2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三動量和能量1-3-5功功率動能定理訓(xùn)練

PAGE3-5功功率動能定理課時強化訓(xùn)練1．(2024·山西太原一模)如圖所示，兩個人利用機械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升，相同的時間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮繩、滑輪的質(zhì)量及摩擦，在重物上升的過程中人拉力的作用點保持不變(θ始終小于30°)，則()A．站在地面的人比站在二樓的人省力B．站在地面的人對繩的拉力越來越大C．站在二樓的人對繩的拉力越來越大D．同一時刻，二樓的人對繩拉力的功率小于地面的人對繩拉力的功率[解析]設(shè)重物的質(zhì)量為m，地面上的人對繩的拉力FT＝mg恒定不變；站在二樓的人對繩的拉力FT′＝eq\f(mg,2cosθ)，重物勻速上升過程中θ越來越大，cosθ越來越小，則FT′越來越大，B項錯誤，C項正確。因θ始終小于30°，則1＞cosθ＞eq\f(\r(3),2)，則eq\f(\r(3),3)mg＞FT′＞eq\f(1,2)mg，而FT＝mg，則站在地面的人比站在二樓的人費勁，所以A項錯誤。人對繩拉力做的功等于克服重物重力做的功，兩重物質(zhì)量相同，上上升度相同，所用時間相同，克服重力做功的功率相同，故D錯誤。[答案]C2．(2024·湖北八校二聯(lián))如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知()A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1∶eq\r(3)C．A、B兩點高度差為eq\f(h,4)D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等[解析]甲、乙兩球經(jīng)過C點的速度v甲＝v乙＝eq\r(2gh)，甲球平拋的初速度v甲x＝v甲sin30°＝eq\f(\r(2gh),2)，故A錯誤；甲球經(jīng)過C點時豎直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝eq\f(\r(6gh),2)，運動時間t甲＝eq\f(v甲y,g)＝eq\r(\f(3h,2g))，乙球運動時間t乙＝eq\r(\f(2h,g))，則t甲∶t乙＝eq\r(3)∶2，故B項錯誤；A、B兩點的高度差Δh＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,甲)＝eq\f(h,4)，故C項正確；甲和乙兩球在C點時重力的瞬時功率分別為P甲＝mgv甲y＝mgeq\f(\r(6gh),2)，P乙＝mgv乙＝mgeq\r(2gh)，故D項錯誤。[答案]C3．(2024·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不行伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。起先用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．物體A下落過程中始終處于失重狀態(tài)B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài)C．物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小[解析]對物體A下落過程中受力分析可知，其先加速后減速，則其先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A項錯誤。物體A即將落地時，B所受合外力為零，T－2mg＝0，則B的加速度aB＝0，B項錯誤。依據(jù)能量守恒定律：－mgh＋ΔE彈＝0，ΔE彈＝mgh，C項正確。在物體A下落過程中，物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，物體A的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能之和不變，因A的重力勢能始終減小，則A的動能和彈簧的彈性勢能之和始終增大，D項錯誤。[答案]C4．(2024·河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示，同一豎直平面內(nèi)的O1、A、B、C四點為長方形的四個頂點，水平面上的B、C兩點間的距離為L，O2在A點正上方高h處，B點在A點正下方距離eq\f(h,2)處。同時將質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均可視為質(zhì)點)分別從O1、O2點沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出，結(jié)果兩球恰好在B點相遇?？諝庾枇Σ挥?。下列說法正確的是()A．甲、乙拋出的初速度大小之比為eq\f(L,h)B．兩球運動過程中均處于超重狀態(tài)C．甲、乙相遇前瞬間的動能之比為eq\f(h2,L2)D．甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為1∶2[解析]對甲滿意關(guān)系：L＝v甲t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2，對乙滿意關(guān)系：h＋eq\f(h,2)＝v乙t＋eq\f(1,2)gt2。解得eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(L,h)，故A選項正確。小球甲、乙在運動過程中都只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，故B項錯誤。甲、乙兩球都滿意機械能守恒，Ek甲＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＋mgeq\f(h,2)，Ek乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＋mgeq\f(3h,2)，又v乙＝gt，h＝gt2，eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(L,h)，解得甲、乙相遇前瞬間的動能之比eq\f(Ek甲,Ek乙)＝eq\f(L2＋h2,4h2)，故C項錯誤。由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＋mgeq\f(3h,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,乙)，veq\o\al(2,乙)＝gh，解得v乙′＝2eq\r(gh)，v甲y＝eq\r(gh)，豎直方向上重力功率PG＝mgvy，則PG甲＝mgeq\r(gh)，PG乙＝mg·2eq\r(gh)，故eq\f(PG甲,PG乙)＝eq\f(1,2)，故D項正確。[答案]AD5．(2024·福建廈門質(zhì)檢)(多選)總質(zhì)量為m的汽車在平直馬路上以速度v0勻速行駛時，發(fā)動機的功率為P。司機為合理進入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率馬上減小到eq\f(2,3)P并保持該功率接著行駛，設(shè)汽車行駛過程中所受阻力大小不變。從司機減小油門起先，汽車的v-t圖像如圖，從汽車起先減速到再次達到勻速運動的過程中，行駛的位移為s，汽車因油耗而變更的質(zhì)量可忽視。則在該過程中，下列說法正確的是()A．汽車再次勻速運動時速度大小為eq\f(2v0,3)B．t＝0時刻，汽車的加速度大小為eq\f(P,3mv0)C．汽車的牽引力不斷減小D．經(jīng)驗的時間為eq\f(3s,2v0)－eq\f(5mveq\o\al(2,0),12P)[解析]汽車以速度v0勻速行駛時，牽引力等于阻力，f＝F＝eq\f(P,v0)，汽車以功率eq\f(2,3)P勻速行駛時牽引力等于阻力f＝F＝eq\f(\f(2,3)P,v′)，可得v′＝eq\f(2,3)v0，所以A選項正確；t＝0時刻，汽車的牽引力F0＝eq\f(2P,3v0)，汽車的加速度大小a＝eq\f(f－F0,m)＝eq\f(\f(P,v0)－\f(2P,3v0),m)＝eq\f(P,3mv0)，所以B正確；汽車做減速運動，速度減小，功率不變，據(jù)P＝Fv知，牽引力不斷增大，故C錯誤；由動能定理eq\f(2,3)Pt－Wf＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中克服阻力做功Wf＝fs，所經(jīng)驗的時間t＝eq\f(3s,2v0)－eq\f(5mveq\o\al(2,0),12P)，所以D正確。[答案]ABD6．(2024·福建泉州檢測)(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面對下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變更圖像如圖乙所示，則()A．μ0＞tanαB．物塊下滑的加速度漸漸增大C．物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．物塊下滑究竟端時的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)[解析]物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿意mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A選項錯誤；依據(jù)牛頓其次定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B選項正確；摩擦力f＝μmgcosα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ0－\f(μ0,l)x))mgcosα(0≤x≤l)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f0＝μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf＝fl＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C選項正確；由動能定理有mglsinα－eq\f(1,2)μ0mglcosα＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D選項錯誤。[答案]BC7．(2024·河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為θ(θ＜45°)的光滑斜面(固定)上方的O點，O點到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點)連接。在斜面上移動滑塊至P點，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點由靜止釋放，滑塊沿斜面運動到O點正下方M點，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．滑塊經(jīng)過Q點時的速度最大B．滑塊經(jīng)過M點時的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))C．滑塊從P點運動到Q點的過程中，其加速度始終在減小D．滑塊從P點運動到Q點過程中動能的增量比從Q點運動到M點過程中動能的增量小[解析]對滑塊受力分析，其受豎直向下的重力、垂直斜面對上的支持力以及彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變更狀況可知，小滑塊下滑過程中所受合力在P→Q過程中始終沿斜面對下，在Q→M過程中可能始終沿斜面對下，也可能先沿斜面對下后沿斜面對上，所以A項錯誤?；瑝K由P到M過程中，依據(jù)動能定理有WG＋W彈＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，又WG＝mgeq\f(L,cosθ)，W彈＞0，可得vM＞eq\r(\f(2gL,cosθ))，B項正確。在P→Q的過程中因重力沿斜面對下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面對下的分力漸漸變小，則滑塊所受沿斜面對下的合力漸漸減小，則其加速度始終在減小，C項正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負(fù)功，再結(jié)合動能定理分析可知，D項錯誤。[答案]BC8．(2024·銀川模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2×103kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3×103N。若汽車從靜止起先以恒定加速度2m/s2做勻加速運動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為()A．8sB．14sC．26sD．38s[解析]由圖像可知，機車的最大功率約為P＝200kW，在加速階段由牛頓其次定律可知：F－F阻＝ma即F＝F阻＋ma＝3000N＋2000×2N＝7000N，再由P＝Fv可知：v＝eq\f(P,F)＝eq\f(200×103,7000)m/s＝eq\f(200,7)m/s，由v＝at，解得t＝eq\f(100,7)s≈14.2s，故選項B正確。[答案]B9．(多選)在冬奧會冰壺競賽中，運動員以肯定的初速度將冰壺沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變更圖線如圖所示，已知冰壺質(zhì)量為19kg，g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．μ＝0.05B．μ＝0.01C．滑行時間t＝5sD．滑行時間t＝10s[解析]對冰壺由動能定理得：－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得μ＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,0),mgs)＝eq\f(9.5J,19×10×5J)＝0.01，B正確。冰壺運動時：a＝μg＝0.1m/s2由運動學(xué)公式s＝eq\f(1,2)at2得：t＝10s，D正確。[答案]BD10．(2024·天津理綜)我國自行研制、具有完全自主學(xué)問產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛勝利后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當(dāng)位移x＝1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度v＝80m/s。已知飛機質(zhì)量m＝7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2。求飛機滑跑過程中(1)加速度a的大??；(2)牽引力的平均功率P。[解析](1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax①代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2②(2)設(shè)飛機滑跑受到的阻力為F阻，依題意有F阻＝0.1mg③設(shè)發(fā)動機的牽引力為F，依據(jù)牛頓其次定律有F－F阻＝ma④設(shè)飛機滑跑過程中的平均速度為，有＝eq\f(v,2)⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率P＝F⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W⑦[答案](1)2m/s2(2)8.4×106W11．(2024·江西上饒六校一聯(lián))如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r＝0.4m的半圓軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點離A點的豎直距離h；(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點時所受軌道的彈力FN大小；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。[解析](1)依據(jù)平拋運動規(guī)律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物塊由拋出點運動到B點的過程中，依據(jù)動能定理有：mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物塊由B點運動到C點的過程中，依據(jù)動能定理有：－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點：FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),r)解得FN＝60N(3)小物塊剛好能通過C點時，有mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2