新教材2023年高考物理总复习考案8周测卷七功和功率动能定理

考案(八)周测卷七功和功率动能定理本试卷满分100分，考试时间90分钟。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2022·重庆高三期中)工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，下列说法正确的是(A)A．如果箱子做匀速直线运动，F一定对物体做正功B．如果箱子做匀速直线运动，F一定对箱子不做功C．如果箱子做减速直线运动，F一定对箱子做负功D．如果箱子做加速直线运动，F可能对物体不做功[解析]工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，推力F与箱子的速度方向一定相同，所以无论箱子的运动类型如何，F一定对箱子做正功，故A正确，BCD错误。2．(2023·广东汕头高三模拟)中国运动员谷爱凌在北京冬奥会中获得“自由式滑雪女子U型场地技巧”金牌。图示为U型场地技巧比赛示意图，不计空气阻力且把其视为质点，则谷爱凌在空中运动过程(C)A．可能处于超重状态B．速度、加速度均可能为零C．速度改变量的方向总是竖直向下D．只要有速度，重力的功率就不可能为零[解析]谷爱凌在空中运动过程只受重力作用，加速度一直为重力加速度，处于完全失重状态，AB错误；由于谷爱凌在空中运动过程的加速度为g，根据Δv＝gt，可知速度改变量的方向与重力加速度方向相同，即速度改变量的方向总是竖直向下，C正确；若谷爱凌在空中运动到最高点的速度处于水平方向时，由于速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，D错误。3．(2022·安徽高三模拟)“碳中和”“低碳化”“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度vm。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是(C)A．启动过程中，车做匀加速直线运动B．启动过程中，牵引力对车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)C．车速从0增至vm的加速时间为eq\f(Mv\o\al(2,m),2P)＋eq\f(x,vm)D．车速为eq\f(vm,2)时，车的加速度大小为eq\f(2P,Mvm)[解析]汽车以恒定功率P启动，根据P＝Fv，可知，启动过程中，速度v增大，则牵引力F减小，根据牛顿第二定律有F－f＝Ma，可知，加速度a减小，则车做加速度减小的加速运动，故A错误；根据题意，可知汽车受到的阻力为f＝eq\f(P,vm)，启动过程中，根据动能定理有W－fx＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，牵引力对车做的功为W＝eq\f(Px,vm)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，故B错误；根据题意，可知汽车受到的阻力为f＝eq\f(P,vm)，车速从0增至vm的过程中，根据动能定理有Pt－fx＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，联立解得t＝eq\f(x,vm)＋eq\f(Mv\o\al(2,m),2P)，故C正确；车速为eq\f(vm,2)时，汽车的牵引力为F1＝eq\f(P,\f(vm,2))＝eq\f(2P,vm)，根据牛顿第二定律有F1－f＝Ma1，解得a1＝eq\f(P,Mvm)，故D错误。4．(2023·内蒙古高三阶段练习)甲、乙两人从不同高度处将相同的小球(视为质点)水平抛出，结果两小球落在水平地面上的同一点。已知甲、乙两人将小球抛出时小球距地面的高度之比为41，两小球被抛出时在同一竖直线上，不计空气阻力，则甲、乙两人将小球抛出的过程中对小球做的功之比为(D)A．12 B．21C．41 D．14[解析]由平抛运动的竖直方向是自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于两小球被抛出时在同一竖直线上，两小球落在水平地面上的同一点，所以两小球的水平位移相等，则x＝v0t，由动能定理知人将小球抛出的过程中对小球做的功为W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgx2,4h)，则甲、乙两人将小球抛出的过程中对小球做的功之比为14。故选D。5．(2023·浙江丽水高三阶段练习)公园里的喷泉如图所示，喷嘴方向可任意调节，喷出的水柱最高可达约10米，一圈共有40个喷口，每个喷泉管口直径约为2cm。则喷泉电动机的输出功率约为(B)A．6kW B．18kWC．60kW D．180kW[解析]根据能量转化与守恒定律，输出功率等于单位时间内水的动能增量，有P＝eq\f(1,2)mv2×40，m＝ρvs，s＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，v2＝2gh，代入数据可得P＝18kW。故B正确，ACD错误。6．(2022·天津高三一模)如图所示，质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点，由静止开始沿斜面ab滑入水平地面(斜面与水平地面在b点平滑连接，斜面长度可随b点位置变动调节)，并最终静止在c点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ，空气阻力不计。设c点到竖直墙壁的水平距离为x，滑块到达b点时的速度大小为v，则滑块从a到c的运动过程中(A)A．斜面倾角越大，v越大B．斜面倾角越大，v越小C．斜面倾角越大，x越大D．斜面倾角越大，x越小[解析]设斜面倾角为θ，滑块由a到b，由动能定理得mgh－μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gh1－μcotθ)，所以斜面倾角越大，v越大，故A正确，B错误；滑块由a到c，由动能定理mgh－μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ)))＝0－0，解得x＝eq\f(h,μ)，所以x的大小与斜面倾角无关，故CD错误。7．(2023·河北唐山高三模拟)一质量为m的汽车从t＝0时刻由静止开始沿平直公路运动，其所受的合外力F与位移x的关系如图所示。则(D)A．汽车在0～x0这段位移内做匀加速直线运动B．汽车在x0位置时的速度大小为eq\r(\f(2F0x0,m))C．汽车在5x0的位置F的瞬时功率为eq\r(\f(10F\o\al(3,0)x0,m))D．x0～5x0所用时间为2eq\r(\f(mx0,F0))[解析]汽车在0～x0这段位移内所受合外力逐渐增大，汽车做加速度增大的加速直线运动，A错误；F－x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，所以F在0～x0这段位移内对汽车所作的功为W＝eq\f(1,2)F0x0，设汽车在x0位置时的速度大小为v1，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(F0x0,m))，B错误；设汽车在5x0的位置的速度大小为v2，根据动能定理有4F0x0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\r(\f(9F0x0,m))，汽车在5x0的位置F的瞬时功率为P＝F0v2＝eq\r(\f(9F\o\al(3,0)x0,m))，C错误；设x0～5x0所用时间为t，根据动量定理有F0t＝m(v2－v1)，解得t＝2eq\r(\f(mx0,F0))，D正确。故选D。8．(2022·广东高三模拟)如图所示，一小电动机用轻绳通过动滑轮将一重物由静止开始以2m/s2的加速度匀加速向上提起。已知重物的质量为1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，运动过程中滑轮未碰到天花板，小电动机的最大输出功率P＝60W，则重物匀加速运动持续的时间和重物能获得的最大速度分别为(B)A．2s,10m/s B．2.5s,6m/sC．2s,6m/s D．2.5s,12m/s[解析]重物由静止开始以2m/s2的加速度匀加速向上提起，由牛顿第二定律可得2F－mg＝ma，代入数据解得F＝6N，绳获得的最大速度v1＝eq\f(P,F)＝eq\f(60,6)m/s＝10m/s，重物匀加速运动持续的时间，由速度时间公式可得t＝eq\f(\f(v1,2),a)＝eq\f(\f(10,2),2)s＝2.5s，此后重物做加速度减小的加速运动，直到2F′＝mg时，绳子的最大速度为v2＝eq\f(P,\f(mg,2))＝eq\f(60,\f(1×10,2))m/s＝12m/s，重物运动的最大速度为v′2＝eq\f(v2,2)＝eq\f(12,2)m/s＝6m/s，ACD错误，B正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2023·天津模拟预测)如图甲所示，一木块放在水平地面上，在水平拉力F＝3N作用下向右运动，水平地面AB段光滑，BC段粗糙，木块从A点运动到C点的v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是(g＝10m/s2)(BC)A．该木块的质量为3kgB．在t＝6s时，克服摩擦力的功率为6WC．拉力在AC段做功为57JD．木块在BC段克服摩擦力做功的平均功率为3.5W[解析]由图可知AB段的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(3－2,2)m/s2＝0.5m/s2，则木块的质量m＝eq\f(F,a)＝eq\f(3,0.5)kg＝6kg，同理BC段的加速度a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－3,4)m/s2＝0.25m/s2，根据牛顿第二定律有F－f＝ma2，解得f＝1.5N，所以t＝6s时，克服摩擦力的功率P＝fv＝1.5×4W＝6W，故A错误；B正确；由图可知AC段的位移x＝eq\f(1,2)×(2＋3)×2m＋eq\f(1,2)×(3＋4)×4m＝19m，则拉力F做的功W＝Fx＝3×19J＝57J，物体在BC段的位移x2＝eq\f(1,2)×(3＋4)×4m＝14m，则木块在BC段克服摩擦力做的功为Wf＝fx2＝1.5×14J＝21J，克服摩擦力做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(21J,4s)＝5.25W，故C正确，D错误。10．(2023·湖南高三模拟)下列各图是反映汽车(额定功率为P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是(ACD)ABCD[解析]汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得F0－f＝ma，可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由公式P＝F0v，可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当P＝P额时，功率保持不变，设此时的速度为v1，则有v1＝eq\f(P额,F0)＝eq\f(P额,f＋ma)，之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力F＝f时，加速度为零，汽车速度vm达到最大，汽车做匀速直线运动，则有vm＝eq\f(P额,F)＝eq\f(P额,f)，由以上分析可知，ACD正确，B错误。11．(2022·山东高三学业考试)如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则(BC)A．小球在A点的初速度为eq\r(6gR)B．小球在A点的初速度为eq\r(7gR)C．小球的落地点到A点的距离为RD．小球的落地点到A点的距离为2R[解析]小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)，小球从A点到C点根据动能定理有－FR－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得小球在A点的初速度为v0＝eq\r(7gR)，故A错误，B正确；小球从C点之后竖直方向做自由落体运动，有2R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向做匀减速运动，则x＝vt－eq\f(1,2)eq\f(F,m)t2，联立解得x＝0。所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，故C正确，D错误。12．(2022·福建南平市高三开学考试)如图所示，水平转盘上放有质量为m的物块，用长度为r的轻绳栓接在细转轴上，物块距转轴距离为r，初始时轻绳张力为0。已知物块与转盘间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当转盘做角速度为ω0的匀速圆周运动时，绳子恰好拉直且拉力为零，下列说法正确的是(BD)A．ω0应满足ω0＝eq\r(\f(2μg,r))B．当转动的角速度为2ω0时，绳子拉力F＝3μmgC．若绳子的拉力等于2μmg，圆盘转动的角速度2ω0D．当转动的角速度为2eq\r(π)ω0时，圆盘突然停止转动，物块恰好绕轴运动一圈[解析]当转盘做角速度为ω0时，绳刚好被拉直且绳中张力为零，有μmg＝mωeq\o\al(2,0)r，解得ω0＝eq\r(\f(μg,r))，故A错误；当转动的角速度为2ω0时，根据合力提供向心力有F＋μmg＝4mωeq\o\al(2,0)r，解得F＝3μmg，故B正确；如果绳子的拉力等于2μmg，有3μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(3μg,r))＝eq\r(3)ω0，故C错误；如果物块恰好运动一圈，根据动能定理μmg·2πr＝eq\f(1,2)mω2r2，解得ω＝2eq\r(\f(πμg,r))＝2eq\r(π)ω0，D正确。二、非选择题：本题共5小题，共52分。13．(8分)(2022·江西省乐平中学高三开学考试)某实验小组用如图甲装置来探究“小车所受合外力做的功与小车的动能改变量的关系”。实验的部分步骤如下：①按如图甲安装实验装置，砂桶通过细绳绕过定滑轮与小车连接，保证斜面上方的细线与斜面平行，使小车靠近打点计时器。②将砂桶中倒入适量的细砂，接通电源，再以一合适初速度释放砂桶，使小车沿斜面匀速上滑。③读出拉力传感器的示数F1。④换上另一条纸带，再往砂桶中倒入适量的细砂，接通电源，由静止释放砂桶，使小车沿斜面加速上滑，得到如图乙所示的纸带。⑤读出拉力传感器的示数F2。⑥取下纸带，撤掉装置。已知小车的质量M，重力加速度为g，纸带上各相邻计数点间的时间间隔为Δt，O点为小车开始运动时打下的点，各计数点与O点距离如图乙所示。(1)将砂桶中倒入适量的细砂，再以一合适初速度释放砂桶，使小车沿斜面匀速上滑，则此时砂和砂桶的总重力G1＝_F1__。(用给出的已知量表示)(2)小车加速上滑过程中，从O到E，合外力对小车做的功为WE＝_(F2－F1)d5__；若关系式(F2－F1)d5＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d6－d4,2Δt)))2或(F2－F1)d5＝eq\f(Md6－d42,8Δt2)成立，则小车所受合外力做的功与小车的动能改变量相等。(均用给出的已知量表示)[解析](1)在本实验步骤②中，砂和砂桶的总重力大小正好等于小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力大小，砂和砂桶的总重力大小也等于传感器的示数，即G1＝F1(2)小车加速上滑过程中，从O到E，所受合外力对小车做的功等于WE＝(F2－F1)d5小车过E点的速度为vE＝eq\f(d6－d4,2Δt)从O到E，小车的动能改变量ΔEk＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d6－d4,2Δt)))2根据动能定理，小车合外力做的功与小车的动能改变量的关系式应为(F2－F1)d5＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d6－d4,2Δt)))2＝eq\f(Md6－d42,8Δt2)14．(10分)(2023·广东茂名模拟预测)滑雪是一项非常刺激的运动项目，位于大邑县的西岭雪山有一大型滑雪场，如图所示，假设一位质量m＝50kg的滑雪运动员(包括滑雪板和所有装备)从高度h＝960m的顶端无初速滑下。斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ＝0.5。则运动员滑至坡底的过程中(不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)合力做的功；(2)下滑过程中重力的平均功率。[答案](1)W合＝1.6×105J(2)eq\x\to(PG)＝1.2×104W[解析](1)设运动员下滑过程受到的支持力、重力、摩擦力、合力做功分别为WN、WG、Wf、W合，WN＝0，WG＝mgh＝4.8×105J，Wf＝－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝－3.2×105J，W合＝WN＋WG＋Wf＝1.6×105J。(2)由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma，得a＝2m/s2，eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)at2，得t＝40s。解得重力的平均功率eq\x\to(PG)＝eq\f(WG,t)，eq\x\to(PG)＝1.2×104W。15．(10分)(2023·福建莆田模拟预测)为抗击疫情，全国人民齐心合力、众志成城，一辆来自厦门的大货车满载蔬菜紧急驰援泉州。质量为10t的货车以150kW的恒定功率由静止开始运动，经时间32s速度达到最大速度vm＝30m/s，最终做匀速直线运动。求：(g取10m/s2)。(1)货车所受到的摩擦力；(2)货车速度为6m/s时的加速度；(3)货车在加速运动过程中通过的位移。[答案](1)5000N(2)2m/s2(3)60m[解析](1)因为当F＝f时有最大速度，所以f＝F＝eq\f(P,vm)＝5000N。(2)由题意可得，此时牵引力为F′＝eq\f(P,v2)＝25000N，则由牛顿第二定律得a＝eq\f(F′－f,m)＝2m/s2。(3)由动能定理可得Pt－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，解得s＝60m。16．(12分)(2023·浙江大学附属中学模拟预测)如图所示是一种电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M＝1.5kg、m＝0.5kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升5m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。在厢体向上运动过程中，求：(1)厢体的最大速度vm；(2)厢体向上的加速度为1m/s2时，重物下端绳的拉力大小：(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。[答案](1)2m/s(2)12N(3)2.7s[解析