2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)：專題二 功和能、動量 第四講　功、功率、動能定理-專項訓(xùn)練 【含答案】

這是一份2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)：專題二 功和能、動量 第四講　功、功率、動能定理-專項訓(xùn)練 【含答案】，共5頁。試卷主要包含了功和能、動量等內(nèi)容，歡迎下載使用。

1.[2024·溫嶺模擬] 如圖所示是某地鐵中的列車從左向右勻速率通過軌道abcd的示意圖,其中bc段水平,ab與cd段的傾角相等.已知整個過程中列車受到的阻力大小保持不變(包括摩擦阻力和空氣阻力),在ab和bc段列車牽引力的功率分別為P1和P2,則在cd段列車牽引力的功率為( )
A.2P2-P1
B.P2-P1
C.P1+P22
D.P1-P22
2.[2024·新課標(biāo)卷] 福建艦是我國自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦.借助配重小車可以進行彈射測試,測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后,落到海面上.調(diào)整彈射裝置,使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍.忽略空氣阻力,則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的( )
倍B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
3.無風(fēng)時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落.一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中(重力加速度大小為g),克服空氣阻力做的功為( )
A.0 B.mgh
C.12mv2-mghD.12mv2+mgh
4.[2024·溫州模擬] 我國無人機技術(shù)發(fā)展迅猛,應(yīng)用也越來越廣泛,無人機配送快遞就是一種全新的配送方式.如圖所示,一架配送包裹的無人機從地面起飛后豎直上升的過程中,升力的功率恒為P0.已知無人機的質(zhì)量與包裹的質(zhì)量的比值為k,忽略空氣阻力的影響,則該過程中懸吊包裹的輕繩(不可伸長)對包裹做功的功率為( )
A.P0k
B.P0k+1
C.P0k-1
D.kP0k+1
5.如圖甲所示,一物體置于傾角θ=30°的足夠長光滑斜面上,電動機通過跨過定滑輪的輕繩牽引物體沿斜面上升.啟動電動機后,在0~6 s時間內(nèi)物體運動的v-t圖像如圖乙所示,其中除1~5 s時間段圖像為曲線外,其余時間段圖像均為直線,1 s后電動機的輸出功率保持不變.已知物體的質(zhì)量為5 kg,不計一切阻力,重力加速度g取10 m/s2.則( )
A.0~1 s內(nèi)電動機的輸出功率不變
B.1~5 s內(nèi)電動機牽引力逐漸變大
C.0~1 s內(nèi)電動機牽引力大小為20 N
D.1 s后電動機的輸出功率為180 W
6.[2024·溫州中學(xué)模擬] 如圖甲所示,在光滑水平桌面上固定有光滑軌道ABC,其中半圓軌道BC與直軌道AB相切于B點.一物體受到與AB平行的水平拉力F,從A點由靜止開始運動,拉力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示(拉力F從A指向B為正方向),物體運動到B點后撤去拉力.若物體的質(zhì)量m=1 kg,直軌道的長度AB=4 m,則下列說法中正確的是( )
A.物體從A到B過程中,拉力F做功為50 J
B.物體從B到C過程中,所受的合外力為0
C.物體能夠到達(dá)C點,且到C點時速度為25 m/s
D.物體能夠到達(dá)C點,且到C點時速度為215 m/s
7.南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群.一同學(xué)在遠(yuǎn)處觀看秋水廣場噴泉表演時,估測噴泉中心主噴水口的水柱有40層樓高,表演結(jié)束時,靠近觀察到該主噴水管口的圓形內(nèi)徑約有10 cm,重力加速度g取10 m/s2,水的密度為1.0×103 kg/m3,由此可估算出驅(qū)動主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是( )
A.5×102 WB.5×103 W
C.5×104 WD.5×105 W
8.如圖所示是工人傳輸貨物的示意圖,工人甲把質(zhì)量m=7 kg的貨物從傾斜軌道的頂端A點由靜止釋放,貨物從軌道的底端B點(B點處有一段長度不計的小圓弧)滑上放置在水平地面上的長木板.長木板的右端到達(dá)反彈裝置左端C點的瞬間,貨物剛好運動到長木板的最右端且與長木板達(dá)到共速,此時工人乙控制機械抓手迅速把貨物抓起放到存貨區(qū),長木板進入反彈裝置,反彈后長木板的最左端返回B點時恰好靜止.已知傾斜軌道AB的長度為L1=10 m,傾斜軌道AB與水平方向的夾角為θ=53°,BC段的長度為L2=7.5 m,長木板的長度為d=5 m,貨物與傾斜軌道以及長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6.
(1)貨物到達(dá)B點時的速度vB為多大?
(2)長木板的右端剛到C點時貨物的速度vC為多大?
(3)長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量的比值η為多少?
9.[2024·諸暨模擬] 如圖所示,可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=0.1 kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點,在水平向右的恒定拉力F的作用下,滑塊從A點開始做勻加速直線運動,在滑塊運動到水平軌道AB之間某一點時撤去拉力,滑塊繼續(xù)運動到B點后進入半徑為R=0.4 m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓管道,在圓管道中運行一周后從C處的出口出來后向D點滑動,D點右側(cè)有一與CD等高的傳送帶緊靠D點且平滑連接,并以恒定的速度v=3 m/s順時針轉(zhuǎn)動.已知水平軌道AB光滑,小滑塊與水平軌道CD間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2,小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5,AB的長度為l1=1.0 m,CD的長度為l2=3.5 m,DE段傳送帶的長度為l3=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑塊恰能過圓管道的最高點,求滑塊剛運動到B點時對圓管道的壓力;
(2)若滑塊到AB中點時撤去拉力,為使小滑塊能到達(dá)傳送帶左側(cè)D點,求F最小值;
(3)若在AB段水平拉力F=2 N且作用距離x可變,滑塊到D點后一直在傳送帶上加速運動,且到E點時速度小于3 m/s,試求小滑塊到達(dá)傳送帶右側(cè)E點時的速度v與水平拉力F的作用距離x的關(guān)系.

參考答案與詳細(xì)解析
1.A [解析] 列車在三個路段均做勻速直線運動,在ab段,由平衡條件得P1v+mgsin θ-Ff=0,在bc段,由平衡條件得P2v-Ff=0,在cd段,由平衡條件得P3v-mgsin θ-Ff=0,聯(lián)立解得P3=2P2-P1,故A正確.
2.C [解析] 動能表達(dá)式為Ek=12mv2,使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍,則小車離開甲板時的速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍;小車離開甲板后做平拋運動,根據(jù)h=12gt2可知,從離開甲板至到達(dá)海面所用的時間不變,根據(jù)x=vt可知,小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍,故C正確.
3.B [解析] 地面附近的雨滴下落過程中做勻速直線運動,根據(jù)動能定理得mgh-Wf=0,故雨滴克服空氣阻力做功為mgh,故B正確.
4.B [解析] 對無人機和包裹整體,由動能定理可得P0t-(m機+m物)gh=12(m機+m物)v2,對包裹,由動能定理可得Pt-m物gh=12m物v2,已知m機m物=k,聯(lián)立解得P=P0k+1,故B正確.
5.D [解析] 由圖可知,0~1 s物體做勻加速直線運動,則電動機牽引力大小不變,物體速度增大,則0~1 s電動機的輸出功率變大,A錯誤;由圖可知,1~5 s內(nèi)物體的加速度逐漸減小,則電動機牽引力逐漸減小,B錯誤;由圖可知,0~1 s內(nèi)物體的加速度為a=41 m/s2=4 m/s2,由牛頓第二定律可得,0~1 s內(nèi)電動機牽引力大小為F=ma+mgsin θ=45 N,C錯誤;1 s后電動機的輸出功率不變,等于1 s時的輸出功率,則有P=Fv=45×4 W=180 W,D正確.
6.D [解析] F-x圖像與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示功,由圖像可知,物體從A到B過程中,拉力F做功為W=12×40×2 J-10×1 J=30 J,故A錯誤;物體從B到C過程中,做圓周運動,所受的合外力不為0,故B錯誤;物體從A到B過程中,由動能定理有W=12mvB2,解得vB=215 m/s ,由于光滑軌道ABC在水平面內(nèi),物體從B到C做勻速圓周運動,所以物體能夠到達(dá)C點,且到C點時速度為215 m/s,故C錯誤,D正確.
7.D [解析] 40層樓高約為h=120 m,設(shè)水泵的功率為P,水泵在時間Δt內(nèi)使質(zhì)量為Δm的水以速度v通過噴水管口,由動能定理得PΔt=12Δmv2,由運動學(xué)公式得v2=2gh,其中Δm=ρSvΔt,S=14πD2,聯(lián)立可得P=14πD2ρgh2g?≈5×105 W,故D正確.
8.(1)10 m/s (2)5 m/s (3)0.6
[解析] (1)貨物由A點運動到B點過程,根據(jù)動能定理
可得mgL1sin 53°-μ1mgL1cs 53°=12mvB2
解得vB=10 m/s
(2)貨物在長木板上做勻減速直線運動,由牛頓第二定律可得μ1mg=ma貨
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得-2a貨L2=vC2-vB2
聯(lián)立解得vC=5 m/s
(3)長木板進入反彈裝置時的速度v1=vC
設(shè)長木板的質(zhì)量為M,則長木板剛進入反彈裝置時的能量為E=12Mv12
設(shè)長木板反彈后右端回到C點時的速度為v2,長木板從右端反彈回到C點至左端回到B點的過程中,由動能定理可得-μ2Mg(L2-d)=0-12Mv22
長木板在反彈的過程中損失的能量為ΔE=12Mv12-12Mv22
所以長木板在反彈過程中損失的能量與長木板剛接觸反彈裝置時的能量的比值η=ΔEE
聯(lián)立解得η=0.6
9.(1)5 N,方向豎直向下 (2)1.6 N (3)v=40x-9(m/s),其中0.4 m≤x