高考物理二轮总复习专题能力训练5功功率动能定理

专题能力训练5功功率动能定理(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2020·江苏卷)质量为1.5×103kg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1.8×103N。此时,汽车发动机输出的实际功率是()A.90W B.30kWC.36kW D.300kW2.(2022·吉林实验中学期中)一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用,在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。关于拉力的功率随时间变化的图像,下图可能正确的是()3.(2021·山东聊城二模)踢出的足球在空中的运动轨迹如图所示,足球可视为质点,空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率,用t表示足球在空中的运动时间,下列图像可能正确的是()4.(2021·安徽淮北模拟)某健身爱好者质量为55kg,在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在C点,A、B分别为双脚、两手与地面接触点连线的中点,OA、OB的长分别为1.0m和0.5m。若他在1min内做了36个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.5m,则1min内克服重力做的功和相应的功率约为()A.660J,11W B.6600J,110WC.990J,16.5W D.9900J,165W5.如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示。g取10m/s2,根据图像可求出()A.物体的初速率v0=3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44mD.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑6.我国003号航母预计用电磁弹射器发射舰载机。电磁弹射器的核心设备之一是“强迫储能装置”,它的作用就是把储存的能量以极大的功率在短时间内释放出来。设计要求强迫储能装置在45s内充满200MJ的能量。弹射过程中能量利用率为60%,航母舰载机常规起飞质量为18t,弹射时间约3s。假设航母处于静止状态,则以下说法正确的是()A.强迫储能装置的平均充电功率约为60MWB.舰载机能获得的最大速度约为115m/sC.弹射器对舰载机做功的平均功率约为100MWD.弹射过程飞行员的平均加速度约为4个重力加速度大小7.(2022·重庆考前热身卷)如图甲所示,轻弹簧直立在地面上,一端与地面固定相连,另一端与质量为1kg的物块固定相连,物块处于静止状态。在物块上施加一个竖直向上的拉力F,使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动,拉力F随时间t变化的规律如图乙所示,弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度g取10m/s2,则()甲乙A.弹簧的劲度系数为1000N/mB.物块运动的加速度大小为2m/s2C.从静止开始至拉力的大小刚好等于物块重力的过程中,物块重力势能增量为0.09JD.当物块的动能增量刚好等于拉力和重力做功之和时,物块的动能大小为0.2J8.(2021·湖北武汉模拟)悬崖速降是一种户外运动。如图所示,速降者选择崖面平坦、高度适合的崖壁,用专业的登山绳做保护,由崖壁主体沿绳下跃,通过下降器和一个八字环控制摩擦阻力从而控制下降速度,从崖顶下降到崖底。某次速降中,速降者先从静止开始匀加速至2m/s,接着匀速运动40s,之后匀减速运动,到达地面时速度恰好减为零,总共历时60s。设速降者及装备的总质量为60kg,运动方向始终竖直向下,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.在加速下降阶段,速降者及装备的机械能逐渐增大B.在60s内,速降者下降高度为100mC.在60s内,速降者及装备克服阻力做功4.8×104JD.在变速下降的20s内,速降者及装备克服阻力做功1.2×104J二、非选择题(本题共3小题,共36分)9.(10分)节能混合动力汽车是一种可以利用汽油及所储存的电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力汽车,在平直公路上以v=90km/h的速度匀速行驶,发动机的输出功率为P=50kW。当看到前方有大货车慢速行驶时,该汽车提速超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变,蓄电池开始工作,输出功率为P'=20kW。该混合动力汽车提速后运动s=1000m时,速度达到最大,并超过大货车,然后蓄电池停止工作。全程阻力不变。求:(1)该混合动力汽车以90km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小;(2)该混合动力汽车加速过程中达到的最大速度的大小;(3)整个超车过程中,该混合动力汽车消耗的电能E(保留两位有效数字)。10.(13分)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距l=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。(sin37°=0.6)(1)若h=2.4m,求小物块到达B端时速度的大小。(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件。(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。11.(13分)(2021·浙江临海二模)图甲为儿童玩具小火车轨道,由竖直圆轨道BMC(B、C是圆弧轨道最低点且可认为是紧靠的)、竖直圆弧轨道DE和HF、倾斜半圆轨道EGF、四分之一水平圆轨道AK和IJ与水平轨道AB、CD、HI、KJ平滑相切连接而成,图乙为轨道侧视示意图。已知竖直圆轨道、圆弧DE、HF和EGF的半径均为R=0.4m,lCD=0.4m,圆弧DE、HF对应的圆心角∠HO3F=37°,小火车质量m=0.2kg且可视为质点。水平轨道上小火车受到轨道的阻力恒为其重力的15,其他轨道的阻力忽略不计。小火车在H点处以恒定功率P=2W由静止开始启动,沿着HIJKAB轨道运动,经过t=2s到达B点时关闭电动机,小火车恰好能沿着竖直圆轨道运动。sin37°=0.6,cos37°=0.甲乙(1)小火车到达B点时的速度大小;(2)小火车从H点运动到B点过程中阻力做的功;(3)小火车运动到倾斜半圆轨道EGF最高点G时对轨道作用力的大小。

专题能力训练5功功率动能定理1.C解析:汽车在水平路面上匀速行驶,故牵引力与阻力的大小相等,为1.8×103N,功率P=Fv=1.8×103×20W=36kW,故A、B、D错误,C正确。2.D解析:由题图知,在0~t0时间内,物体做初速度为零的匀加速运动,则有v=at,由牛顿第二定律得FFf=ma,则拉力的功率为P=Fv=(Ff+ma)v=(Ff+ma)at,在t0时刻以后,物体做匀速运动,速度不变,则F'=Ff,P'=F'v'=Ffv'<P,P'不变,选项A、B、C错误,D正确。3.C解析:足球做斜上抛运动,竖直方向上,速度先减小后增大,vyt图像的斜率表示重力加速度,故斜率应恒定不变,故A错误;空气阻力不计,足球的机械能守恒,即不随时间变化,故B错误;足球机械能守恒,重力势能先增大后减小,故动能先减小后增大,但足球做斜上抛运动,到最高点的速度不为零,即动能最小值不为零,故C正确;速度的水平分量不变,竖直分量先减小到零,后反向增加,故根据P=mgvy=mg2t,重力的功率随时间先均匀减小后均匀增加,故D错误。4.B解析:设重心上升高度为h,根据几何知识可得h0.5m=1.0m1.0m+0.5m,解得h=13m,故做一次俯卧撑克服重力做的功为mgh=5505.C解析:由题图可知,当θ=90°时物体做竖直上抛运动,位移为x=1.80m,由竖直上抛运动规律可知v02=2gh,代入数据解得v0=6m/s,故A错误;当θ=0°时,位移为x=2.40m,由动能定理可得μmgx=012mv02,代入数据解得μ=0.75,故B错误;由动能定理得mgxsinθμmgcosθ·x=012mv02,解得x=1.8sinθ+34cosθm=1.854sin(θ+α)m,当θ+α=90°时,sin(θ+α)=6.BD解析:强迫储能装置在45s内充满200MJ的能量,强迫储能装置的平均充电功率约为P=Wt=ΔEt=200×10645W=4.4×106W,故A错误;由动能定理得12mvmax2=60%×200×7.AC解析:开始时物块处于静止状态,弹簧处于压缩状态,设弹簧压缩量为x,根据平衡条件可得kx=mg①,当t=0时,对物块受力分析,根据牛顿第二定律得F0+kxmg=ma②,联立解得a=1m/s2,选项B错误。当t=0.1s时,对物块受力分析,由于F1<mg,则根据牛顿第二定律可得F1+k(xΔx)mg=ma③,因为物块向上做初速度为零的匀加速直线运动,在t=0.1s内,Δx=12at2=0.005m,联立①③得k=1000N/m,x=0.01m,选项A正确。当拉力的大小刚好等于物块重力时,弹簧弹力提供外力,则有k(xΔx')=ma,解得Δx'=0.009m,所以ΔEp增=mg·Δx',解得ΔEp增=0.09J,选项C正确。物块的动能增量刚好等于拉力和重力做功之和时,说明弹簧弹力做功为0,开始时弹簧压缩x,弹簧弹力做功为0,则弹簧需伸长x,即位移为2x,根据速度—位移关系可得v=2a·2x,物块的动能大小为Ek=12mv2,联立解得8.BD解析:在加速下降阶段,阻力对速降者及装备整体做负功,则速降者及装备的机械能逐渐减小,故A错误;速降者匀速运动的速度为v=2m/s,设加速、匀速和减速的时间分别为t1、t2、t3,则t1+t3=60s40s=20s,在60s内,速降者下降高度为x=v2(t1+t3)+vt2=22×20m+2×40m=100m,故B正确;设在60s内,速降者及装备克服阻力做功为Wf,根据动能定理得mgxWf=0,解得Wf=6×104J,故C错误;在变速下降的20s内,速降者及装备克服阻力做功等于克服阻力总功减去匀速阶段克服阻力做的功,为Wf'=Wfmgvt2,解得Wf'=1.2×109.答案:(1)2×103N(2)35m/s(3)6.6×105J解析:(1)汽车牵引力与功率的关系为P=Fv当汽车匀速行驶时有F=F阻所以F阻=Pv=2×103(2)汽车达到的最大速度vmax=P+P(3)在加速过程中,由动能定理有(P+P')tF阻s=12m消耗的电能E=P't解得E=6.6×105J。10.答案:(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x=2h-3h≥3解析:(1)物块由静止释放到B的过程中,mgsinθμmgcosθ=mavB2=2vB=4m/s。(2)设小物块从传送带左侧离开,到达D点速度为0时高为h10=mgh1μmgcosθh1sin得h<h1=3.0m。(3)设小物块从传送带右侧抛出,到达D点的速度为v12mv2=mghμmgcosθhsinH+2R=12gt2,得x=2h为使小物块能在D点水平抛出mg≤m得h≥3.6m。11.答案:(1)25m/s(2)2J(3)810解析:(1)小火车恰能通过竖直圆周轨道