新课标2025版高考物理二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理精练含解析

PAGE7-功和功率动能定理(45分钟)[刷基础][刷基础]1．在70周年国庆阅兵式上，国产新一代战机歼­20携第三代改进型战机歼­16、歼­10C，从天安门广场上空咆哮而过．假设歼­20受到的阻力的大小正比于它的速率．假如歼­20发动机的输出功率变为原来的2倍，则歼­20的最大速率变为原来的()A．4倍 B．2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析：设阻力为f，由题知f＝kv，速度最大时，牵引力等于阻力，则有P＝Fv＝fv＝kv2.所以歼­20发动机的输出功率变为原来的2倍时，歼­20的最大速率变为原来的eq\r(2)倍．答案：D2．(2024·河北邢台高考模拟)如图所示，质量m＝10kg的物体在F＝100N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1m/s的速度匀速前进x＝1m，已知F与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，则()A．推力F做的功为100JB．推力F的功率为100WC．物体克服摩擦力做功为50JD．物体与水平面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)解析：推力F做的功W＝Fxcos30°＝100×1×eq\f(\r(3),2)J＝50eq\r(3)J，故A错误；推力F的功率P＝Fvcos30°＝50eq\r(3)W，故B错误；物体匀速运动，说明克服摩擦力做的功等于推力做的功，为50eq\r(3)J，故C错误；依据力的平衡条件知μ(mg＋Fsin30°)＝Fcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故D正确．答案：D3．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的马路上，从速度v0起先加速运动，经时间t速度达到最大值vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是()A．该过程中汽车始终做匀加速直线运动B．该过程中汽车所受阻力f＝eq\f(P,vm)C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度渐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F＝eq\f(P,vm)，故f＝eq\f(P,vm)＋mgsinθ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误．答案：D4．(多选)(2024·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动再做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从起先运动至最终回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，选项D错误．答案：BC5.(2024·湖南湘潭高三一模)如图所示，竖直平面内放始终角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，变更水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(g取10m/s2)()A．11J B．16JC．18J D．9J解析：A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠B′A′O＝α，则有tanα＝eq\f(3,4)，vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s.此过程中B球上上升度h＝0.1m，由动能定理有，W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，选项C正确．答案：C6.一汽车在平直马路上行驶．从某时刻起先计时，发动机的功率P随时间t的变更如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变更的图线中，可能正确的是()解析：当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满意P1＝F1v，因为P1不变，v渐渐增大，所以牵引力F1渐渐减小，由牛顿其次定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝eq\f(P1,F1)＝eq\f(P1,f).当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车接着加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度渐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝eq\f(P2,f)，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．答案：A7.质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图所示，则赛车()A．做匀加速直线运动B．功率为20kWC．所受阻力大小为2000ND．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A错误；依据P＝Fv，F－Ff＝ma可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，由图象可知eq\f(Ff,m)＝4，eq\f(P,m)＝400，解得Ff＝2000N，P＝2×105W，选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为F＝eq\f(P,v)＝eq\f(2×105,50)N＝4000N，选项D错误．答案：C8.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F1C．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始终增大解析：在B位置，依据平衡条件有F1sin30°＝mg，解得F1＝2mg.从B到A，依据动能定理得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，依据牛顿其次定律得F2－mg＝meq\f(v2,L)，联立两式解得F2＝2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，依据动能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝eq\f(1,2)mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变更，沿径向的合力在变更，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，重力的功领先增大后减小，故D项错误．答案：A9．(2024·湖南永州高三模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对某家用汽车的加速性能进行探讨，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0s．已知该汽车的质量为1000kg，额定功率为90kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1500N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度大小．(2)若汽车由静止起先以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．(3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止起先运动，牵引力不超过3000N，求汽车运动2400m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由图可得汽车在第1个2s时间内的位移x1＝9m，第2个2s时间内的位移x2＝15m汽车的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝1.5m/s2.(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力F＝Ff＋ma＝(1500＋1000×1.5)N＝3000N汽车做匀加速运动的末速度v＝eq\f(P额,F)＝eq\f(90×103,3×103)m/s＝30m/s匀加速运动保持的时间t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s.(3)汽车所能达到的最大速度vm＝eq\f(P额,Ff)＝eq\f(90×103,1.5×103)m/s＝60m/s.(4)要使汽车所用时间最短，必需使牵引力最大，即为3000N，由(2)知当牵引力为3000N时汽车匀加速运动的时间t1＝20s运动的距离x1′＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(30,2)×20m＝300m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x2′＝(2400－300)m＝2100m对后阶段以恒定功率运动，有P额t2－Ffx2′＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,m)－v2)解得t2＝50s所以，所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70s.答案：(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s[刷综合]10．如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v­t图象．t3时刻物体离开传送带．下列说法正确的是()A．无法推断出传送带的运行速率B．传送带与物块间的动摩擦因数为eq\f(v1,gt1cosα)＋tanαC．t1时刻物块到达最高点D．v1<v3解析：由v­t图象可知t2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速率为v2，故A错误．由题图知，在0～t1时间内，对物块受力分析有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，由图象得a1＝eq\f(v1,t1)，解得μ＝eq\f(v1,gt1cosα)－tanα，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离动身点最远，故C正确；从起先滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，因Wf<0，所以v1>v3，故D错误．答案：C11．(2024·陕西西安高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是()A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(5,4)mgRD．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(1,4)mgR解析：小球下落到B点，由机械能守恒定律得mg(4R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式得FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),2R)，解得FB＝5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式有FB′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FB′＝9mg，故A、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得eq\x\to(OP)＝eq\r(3)R，由平抛运动规律知x＝eq\r(3)R＝vCt，y＝R＝eq\f(1,2)gt2，小球运动到C点时，对整个过程由动能定理有mg·2R＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得Wf＝－eq\f(5,4)mgR，故C正确，D错误．答案：C12．(2024·四川攀枝花高三二模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止起先摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道马上关闭A孔．已知摆线长L＝2m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5kg，D点与A孔的水平距离s＝2m，g取10m/s2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力值；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围．解析：(1)摆球由C运动到D，由动能定理可得mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)由牛顿其次定律可得Fm－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),L)可得Fm＝2mg＝10N.(2)小球不脱离圆轨道分两种状况：①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,