2024高考物理二轮复习专题三动量和能量1-3-5功功率动能定理训练

PAGE3-5功功率动能定理课时强化训练1．(2024·山西太原一模)如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑绳、滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变(θ始终小于30°)，则()A．站在地面的人比站在二楼的人省力B．站在地面的人对绳的拉力越来越大C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率[解析]设重物的质量为m，地面上的人对绳的拉力FT＝mg恒定不变；站在二楼的人对绳的拉力FT′＝eq\f(mg,2cosθ)，重物匀速上升过程中θ越来越大，cosθ越来越小，则FT′越来越大，B项错误，C项正确。因θ始终小于30°，则1＞cosθ＞eq\f(\r(3),2)，则eq\f(\r(3),3)mg＞FT′＞eq\f(1,2)mg，而FT＝mg，则站在地面的人比站在二楼的人费劲，所以A项错误。人对绳拉力做的功等于克服重物重力做的功，两重物质量相同，上上升度相同，所用时间相同，克服重力做功的功率相同，故D错误。[答案]C2．(2024·湖北八校二联)如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶eq\r(3)C．A、B两点高度差为eq\f(h,4)D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等[解析]甲、乙两球经过C点的速度v甲＝v乙＝eq\r(2gh)，甲球平抛的初速度v甲x＝v甲sin30°＝eq\f(\r(2gh),2)，故A错误；甲球经过C点时竖直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝eq\f(\r(6gh),2)，运动时间t甲＝eq\f(v甲y,g)＝eq\r(\f(3h,2g))，乙球运动时间t乙＝eq\r(\f(2h,g))，则t甲∶t乙＝eq\r(3)∶2，故B项错误；A、B两点的高度差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项正确；甲和乙两球在C点时重力的瞬时功率分别为P甲＝mgv甲y＝mgeq\f(\r(6gh),2)，P乙＝mgv乙＝mgeq\r(2gh)，故D项错误。[答案]C3．(2024·河北石家庄质检)如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不行伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。起先用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．物体A下落过程中始终处于失重状态B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小[解析]对物体A下落过程中受力分析可知，其先加速后减速，则其先处于失重状态后处于超重状态，A项错误。物体A即将落地时，B所受合外力为零，T－2mg＝0，则B的加速度aB＝0，B项错误。依据能量守恒定律：－mgh＋ΔE弹＝0，ΔE弹＝mgh，C项正确。在物体A下落过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，物体A的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和不变，因A的重力势能始终减小，则A的动能和弹簧的弹性势能之和始终增大，D项错误。[答案]C4．(2024·河南调研联考)(多选)如图所示，同一竖直平面内的O1、A、B、C四点为长方形的四个顶点，水平面上的B、C两点间的距离为L，O2在A点正上方高h处，B点在A点正下方距离eq\f(h,2)处。同时将质量均为m的小球甲、乙(均可视为质点)分别从O1、O2点沿水平方向O1A和竖直方向O2A抛出，结果两球恰好在B点相遇。空气阻力不计。下列说法正确的是()A．甲、乙抛出的初速度大小之比为eq\f(L,h)B．两球运动过程中均处于超重状态C．甲、乙相遇前瞬间的动能之比为eq\f(h2,L2)D．甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1∶2[解析]对甲满意关系：L＝v甲t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2，对乙满意关系：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选项正确。小球甲、乙在运动过程中都只受重力作用，处于完全失重状态，故B项错误。甲、乙两球都满意机械能守恒，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、乙相遇前瞬间的动能之比eq\f(Ek甲,Ek乙)＝eq\f(L2＋h2,4h2)，故C项错误。由机械能守恒定律有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)，竖直方向上重力功率PG＝mgvy，则PG甲＝mgeq\r(gh)，PG乙＝mg·2eq\r(gh)，故eq\f(PG甲,PG乙)＝eq\f(1,2)，故D项正确。[答案]AD5．(2024·福建厦门质检)(多选)总质量为m的汽车在平直马路上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P。司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率马上减小到eq\f(2,3)P并保持该功率接着行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。从司机减小油门起先，汽车的v-t图像如图，从汽车起先减速到再次达到匀速运动的过程中，行驶的位移为s，汽车因油耗而变更的质量可忽视。则在该过程中，下列说法正确的是()A．汽车再次匀速运动时速度大小为eq\f(2v0,3)B．t＝0时刻，汽车的加速度大小为eq\f(P,3mv0)C．汽车的牵引力不断减小D．经验的时间为eq\f(3s,2v0)－eq\f(5mveq\o\al(2,0),12P)[解析]汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，f＝F＝eq\f(P,v0)，汽车以功率eq\f(2,3)P匀速行驶时牵引力等于阻力f＝F＝eq\f(\f(2,3)P,v′)，可得v′＝eq\f(2,3)v0，所以A选项正确；t＝0时刻，汽车的牵引力F0＝eq\f(2P,3v0)，汽车的加速度大小a＝eq\f(f－F0,m)＝eq\f(\f(P,v0)－\f(2P,3v0),m)＝eq\f(P,3mv0)，所以B正确；汽车做减速运动，速度减小，功率不变，据P＝Fv知，牵引力不断增大，故C错误；由动能定理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，所经验的时间t＝eq\f(3s,2v0)－eq\f(5mveq\o\al(2,0),12P)，所以D正确。[答案]ABD6．(2024·福建泉州检测)(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面对下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变更图像如图乙所示，则()A．μ0＞tanαB．物块下滑的加速度渐渐增大C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为eq\f(1,2)μ0mglcosαD．物块下滑究竟端时的速度大小为eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)[解析]物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满意mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A选项错误；依据牛顿其次定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B选项正确；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与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝fl＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C选项正确；由动能定理有mglsinα－eq\f(1,2)μ0mglcosα＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D选项错误。[答案]BC7．(2024·河南调研联考)(多选)如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为θ(θ＜45°)的光滑斜面(固定)上方的O点，O点到斜面的距离OQ等于弹簧的原长L，弹簧另一端与小滑块(可视为质点)连接。在斜面上移动滑块至P点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从P点由静止释放，滑块沿斜面运动到O点正下方M点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．滑块经过Q点时的速度最大B．滑块经过M点时的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度始终在减小D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小[解析]对滑块受力分析，其受竖直向下的重力、垂直斜面对上的支持力以及弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的变更状况可知，小滑块下滑过程中所受合力在P→Q过程中始终沿斜面对下，在Q→M过程中可能始终沿斜面对下，也可能先沿斜面对下后沿斜面对上，所以A项错误。滑块由P到M过程中，依据动能定理有WG＋W弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，又WG＝mgeq\f(L,cosθ)，W弹＞0，可得vM＞eq\r(\f(2gL,cosθ))，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面对下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面对下的分力渐渐变小，则滑块所受沿斜面对下的合力渐渐减小，则其加速度始终在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。[答案]BC8．(2024·银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N。若汽车从静止起先以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A．8sB．14sC．26sD．38s[解析]由图像可知，机车的最大功率约为P＝200kW，在加速阶段由牛顿其次定律可知：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，故选项B正确。[答案]B9．(多选)在冬奥会冰壶竞赛中，运动员以肯定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变更图线如图所示，已知冰壶质量为19kg，g取10m/s2，则以下说法正确的是()A．μ＝0.05B．μ＝0.01C．滑行时间t＝5sD．滑行时间t＝10s[解析]对冰壶由动能定理得：－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正确。冰壶运动时：a＝μg＝0.1m/s2由运动学公式s＝eq\f(1,2)at2得：t＝10s，D正确。[答案]BD10．(2024·天津理综)我国自行研制、具有完全自主学问产权的新一代大型喷气式客机C919首飞胜利后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。[解析](1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①代入数据解得a＝2m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F，依据牛顿其次定律有F－F阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝eq\f(v,2)⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W⑦[答案](1)2m/s2(2)8.4×106W11．(2024·江西上饶六校一联)如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN大小；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。[解析](1)依据平抛运动规律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，依据动能定理有：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小物块由B点运动到C点的过程中，依据动能定理有：－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点：FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),r)解得FN＝60N(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2