2017-2018学年高考物理 小题狂刷 专题19 功和功率 新人教版

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1、狂刷19功和功率1．关于功和功率的判断，下列说法正确的是A．功的大小只由力和位移的大小决定B．力和位移都是矢量，所以功也是矢量C．功率大的机械做功比功率小的机械做功快D．做功越多，功率就越大【答案】C【名师点睛】功虽有负号，但负号不表示方向，而是表示大小的，如–1J要比1J大。2．光滑水平面上质量为m=1kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是A．拉力在前2s内和后4s内做的功之比为1:1B．拉力在前2s内和后4s内做的功之比为1:3C．拉力在4s末和6s末做功的功率之比为2:3D．拉力在前2s内和后4s内做功的功率

2、之比为1:1【答案】B3．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ=60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则A．F1=F2=2mgB．从A到B，拉力F做的功为F1LC．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大【答案】A【解析】在B位置，根据平衡条件有F1sin30°=mg，解得F1=2mg，从B到A，根据动能定理得mgL(1–cos60°)=mv2，根据牛顿第二定律得F2–mg=m，

3、联立两式解得F2=2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF–mgL(1–cos60°)=0，解得WF=mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误。4．如图所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端。已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是A．金属块带负电荷B．电场力做功0.5JC．金属块克

4、服摩擦力做功0.8JD．金属块的机械能减少1.2J【答案】D5．一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F1、方向与斜面平行的拉力向上拉动物体，经过时间t后其速度变为v；若将平行斜面方向的拉力大小改为F2，则物体从静止开始经过时间t后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，WG1、WG2分别表示前后两次克服重力所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则A．WF2>4WF1、Wf2>2Wf1、WG2>2WG1B．WF2>4WF1、Wf2=2Wf1、WG2=2WG1C．WF2<4WF1、Wf2=2Wf1、WG2=2WG1D．WF2<4

5、WF1、Wf2>2Wf1、WG2=2WG1【答案】C【解析】由题意可知，两次物体均做匀加速直线运动，根据x=·t知，在同样的时间内，它们的位移之比为x1:x2=1:2，两次上升的高度之比为h1:h2=x1sinθ:x2sinθ=1:2，根据克服重力做功WG=mgh得WG2=2WG1；根据克服摩擦力做功Wf=Ffx得Wf2=2Wf1，由牛顿第二定律得F1–Ff–mgsinθ=ma、F2–Ff–mgsinθ=2ma，可得F2<2F1，根据WF=Fx可得WF2<4WF1，故选项C正确。6．一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f

6、恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是【答案】A7．关于功和功率的计算，下列说法中正确的是A．用可以计算变力做功B．用可以计算变力做功C．用只能计算恒力做功D．用可以计算瞬时功率【答案】B【解析】是恒力做功公式，不可以计算变力做功，故A错误；动能定理既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，故B正确；用计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是变力，C错误；用计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，D错误。8．同一恒力按同样方式施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同的一段距离，恒力的功和功率分别为W1、P1和W2、P2，则两者的关

7、系是A．W1>W2B．W1P2D．P1