2021届新高考物理二轮复习检测（七）功和能

专题跟踪检测（七）

动和能

1.（2020•江苏高考）质量为1.5X1（/kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s,

受到的阻力大小为L8X1（）3N。此时，汽车发动机输出的实际功率是（）

A.90WB.30kW

C.36kWD.300kW

解析：选C根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F=f=

1.8X103N,此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据尸=尸。，代入数据解得此时

汽车发动机的实际输出功率为36kW,A、B、D项均错误，C项正确。

2.［多选］（2020•保定调研）静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做

匀加速运动，在某位置撤去外力，经过一段时间物块返回斜面底端。下列说法正确的是（）

A.物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加

B.物块下滑过程机械能一定守恒

C.外力所做的功等于物块回到底端时的动能

D.外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能

解析：选BC撤去外力后物块依然有向上的速度，所以还可以上滑一段时间，这段时

间里机械能不变，所以选项A错误；下滑时只有重力做功，机械能守恒，故选项B正确；

合外力做功等于动能的变化量，因此选项C正确；物块从底端到最高点，初速度为零，末

速度为零，动能无变化，所以外力做功等于在最高点的重力势能，选项D错误。

3.［多选］（2020•呼伦贝尔一模）如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为仇

质量为M的斜面体固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑

梯滑下，小美连同小球的质量为胆，下滑时，细线呈竖直状态，则在下

滑过程中，下列说法正确的是（）

A.滑梯对地面的压力大小为（”+,"）g

B.小美、小球组成的系统机械能守恒

C.小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan0

D.系统增加的内能大于小美减少的机械能

解析：选ACD由于下滑时细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，

将滑梯、小美、小球看成一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+»i）g,故A正确；由

于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；由

于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，贝I有wigsin〃=/nngcos所以小美与滑梯间的动摩擦

因数一定为tan，，故C正确；由能量守恒定律可知，小美和小球减小的机械能等于系统增

加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。

4.（2020•山东等级考模拟）我国自主研制的绞吸挖泥船“天龌号”达到世界先进水平。

若某段工作时间内，“天鲸号”的泥泵输出功率恒为IX1（/kw,排泥量为1.4m3/s,排泥

管的横截面积为0.7n?。则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（）

A.5X106NB.2X107N

C.2X109ND.5X109N

14m3/s

解析：选A由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度o=m/s。由尸=尸。

-P1X107W6

可求F=-=-^z-;—=5X1（）6N。

v2m/s

5.［多选］（2020•浙江7月选考）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供

电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为2（）kg、额定功率为5kW

的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高

处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V,若不计电缆

的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（g取10m/s2）（）

A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200N

B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A

C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100W

D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功

解析：选BD无人机在上升过程中先加速上升后减速上升，最终速度减为零，在减速

上升过程中空气对无人机的作用力小于无人机的重力，即小于200N,A项错误；直流电源

p5X1（）3

对无人机供电的额定电流/=5=飞「A=12.5A,B项正确；无人机上升过程克服重力

做的功W=,"g/?=2XIO’J,克服重力做功的功率P'=7=100W,同时无人机上升过程

还需克服空气阻力做功，故C项错误；无人机上升过程及悬停过程均会使空气动能增加，

即对空气做功，D项正确。

6.（2020•江淮十校联考）用竖直向上的恒力厂将静止在地面上的质量为m的物体提升高

度办后,撤去力凡当物体的动能为Eko时,试求此时物体的高度h为（已知3%,X

不计空气阻力，重力加速度为g）（）“山

若黄先，则为一定还有一解为

A.71=h='U

叫一即

B.若h=,则九一定还有一解为九=沈力

mg

C.若则人的另一解一定小于%

D.若/尸警/（，，则九的另一解一定大于

解析：选A根据题意可知田%,则当动能达到Eko时可能还未撤去力F,若h=

黄力，说明物体在未撤去尸之前动能就达到E.撤去力尸之后，物体的速度减小，故还

有一个位置动能为与0,该位置高度一定大于4,从地面到该住置由动能定理：FHn-mgh

Ffi

=Ek（）,得到：h=^gE咒故选项A正确，C错误；若撒去尸之前动能未达到E,则

物体的动能一定是在下落到高度的某位置等于Ek。，由动能定理：FH0-mgh=Ek0,

得到：/?='"：二'。，故选项B、D错误。

mg

7.（2020•安徽名校联考）竖直放置的光滑圆环，半径为R,A5是其直径。一质量为，”的

小球穿在环上且受到沿A8方向水平向右的风力大小恒为F=mg.小球由

A点开始运动，则下列说法正确的是（）

A.小球运动过程中的最大速度为2强

B.小球运动过程中的最大动能为（g+l）/ngR

C.运动中小球对环的最大压力为寸丞，"g

D.运动中小球对环的最大压力为（3［i+2）mg

解析：选D小球受到竖直向下的重力机g和水平向右的风力F=mg,可知合力大小

为&mg,方向斜向右下方，与水平方向夹角为45。，可等效为小球处在如图

所示的重力场，等效重力加速度g'=啦且。小球从A点运动到。点速度最

大,由动能定理得，即'RI产解得。=叱2啦+2）gK,最大动能

102

为Ekm=E，〃02=（qi+l）,"gK,故A、B错误；在C点由牛顿第二定律得八一Mig'="万:

解得尸N=（3g+2）mg,由牛顿第三定律可知，小球对环的最大压力为（3，i+2），〃g,故C

错误，D正确。

8.［多选］（2020•济州检测）如图所示，光滑的半圆轨道竖直放置，边缘处固定着光滑小滑

轮，跨过滑轮的轻绳连接小球A和3,质量分别为，孙和，沏，小球A

在水平拉力尸作用下静止于尸点时，对轨道的压力恰好为零。现增大拉

力F使小球A沿半圆轨道运动至。点，小球A经过。点时速度为以，

小球8的速度为为“已知0。连线与竖直方向的夹角为30。，小球A从尸运动到Q的过程

中，下列说法正确的有（）

A.两球A、〃质量之比机A：机8=1：g

B.小球A经过0点时，两球A、〃速度之比。A：狈=1：啦

C.小球A、B组成的系统机械能一直增加

D.拉力尸对小球A做的功等于小球A机械能的变化量

解析：选AC静止时，对A受力分析可得：mBgcos45°=/nAg,解得：mA:/nB=cos45°

=1：也，A正确；小球A经过。点时，两球沿绳方向的速度大小相等，即：uAsin30°=

vB,解得：办：。^=寻而=2：1,B错误；小球A从尸运动到。的过程中，拉力「一直

做正功，所以小球A、5组成的系统机械能一直增加，C正确；小球A机械能的变化量等

于除小球A重力以外的其他力做功之和，除小球4的重力对小球4做功之外，还有拉力产

和绳的拉力7对小球做功，拉力尸做正功，绳的拉力7做负功，所以小球A机械能的变化

量小于拉力尸对小球4做的功，实际上，拉力厂对小球A做的功等于小球A、8组成的系

统机械能的变化量，D错误。

9.［多选］如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N,两“0

杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球“、仇视为质点）质ik

量均为a球套在竖直杆M上，〃球套在水平杆N上，a、方通过钱链

用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与N

杆夹角为30。），不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正

确的是（）

A.。球和〃球所组成的系统机械能守恒

B.》球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g

C.8球的最大速度为小熊

D.5球的最大速度为疝1

解析：选ABCa球和入球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；b

球速度为0时，连接a、力球的轻杆水平，a球在竖直方向只受重力作用，则加速度为g,

故B正确；当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时分达到两杆的交点处，a

的速度为0,b的速度最大为Obm,由机械能守恒得：解得1m=5证，

故C正确，D错误。

10.［多选］（2020•珠海摸底）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道

QD

A8C固定在竖直平面内，。是圆心，OC竖直，04水平，8是最低点，

A点紧靠一足够长的平台MN,D点位于A点正上方，DA距离h为有P一

限值。现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点

进入圆弧轨道，并从C点飞出后做平抛运动，落在平台MN上；尸点是小球落在MN之前

轨迹上紧邻的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球由。点经A、8、C到尸点的过程中，机械能守恒

B.小球从A点运动到8点的过程中，重力的功率一直增大

C.只要。点的高度合适，小球可以落在平台MN上任意一点

D.如果ZM距离系一定，圆弧轨道半径可自由调节，则当时，0尸有最大距离〃

解析：选AD小球由。点经A、B、C到P点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，

故A正确；小球从A点运动到8点的过程中，在A点时速度向下，重力功率不为零；在8

点时速度水平向左，重力的功率为零，所以小球从A点运动到3点的过程中，重力的功率

不是一直增大，故B错误；小球恰好通过C点，则：rng=m示,从C点飞出后做平抛运动

并落在平台MN上：H=^gt2,x=vt,解得即小球落点至少离M点(g-l)R,所

以C错误；如果DA距离为心小球从D到C过程，由动能定理得(九一小

球离开C点做平抛运动，有R=；g/,op=vct,所以0P=2\l(h_R)・R,当h-R=R,即

R=)时，OP最大为ft,故D正确。

11.如图所示，在倾角为，=30。的光滑斜面上，有一长为/=lm的细线，细线的一端固

定在。点，另一端拴一质量为m=2kg的小球，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，

已知O点到斜面底边的距离为L=3m,g取10m/so若小球运动到最

低点8时细线刚好断裂，求：退

(1)细线能够承受的最大拉力；…冰AT

(2)细线断裂后，小球继续运动到斜面底边时到C点的距离。(C点为A8连线与底边的

交点，斜面底边与AC垂直)

解析：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，

根据向心力公式有：mgsinO=nr^~

解得vA=y[5m/s

小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律得：

mg*2lsinO+^mvs=^tnvB

解得以=5m/s

此时，细线拉力与重力沿斜面方向的分力的合力提供向心力

VB