高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破二 功与能量限时规范训练1-人教版高三全册物理试题.doc

限时规范训练建议用时：35分钟1如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若电动机的额定输出功率为80 W，在平直路面上行驶的最大速度为4 m/s，则汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是()A16 NB40 NC80 N D20 N解析：选D.根据题意，机车在启动过程中，受到阻力和牵引力，当牵引力和阻力相等时，机车速度达到最大，有：vm，即f N20 N，故选项D正确2(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用下列判断正确的是()A02 s内外力的平均功率是 WB第2 s内外力所做的功是 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是解析：选AD.由题意知，质点所受的水平外力即合力，由牛顿第二定律得：质点在第1 s内的加速度a12 m/s2，第1 s末的速度v1a1t2 m/s，第1 s内的位移l1a1t21 m质点在第2 s内的加速度a21 m/s2，第2 s末的速度v2v1a2t3 m/s，第2 s内的位移l2v1ta2t2 m第1 s内外力做功W1F1l12 J，第2 s内外力做功W2F2l2 J,02 s内外力的平均功率 W，A正确，B错误第1 s末外力的瞬时功率P1F1v14 W，第2 s末外力的瞬时功率P2F2v23 W，C错误根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内动能增加量的比值Ek1Ek2W1W245，D正确3(2016·北京模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()AF1F22mgB从A到B，拉力F做功为F1LC从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A.在B位置，根据平衡条件有F1sin 30°mg，解得F12mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1cos 60°)mv2，根据牛顿第二定律得F2mgm，联立两式解得F22mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WFmgL(1cos 60°)0，解得WFmgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误4(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A弹射器的推力大小为1.1×106 NB弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2022ax，即8022·a·100，得加速度a32 m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F20%Fma，得F1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推(1.2×1061.0×105)N1.1×106N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF推·l1.1×108J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t s2.5 s，平均功率P W4.4×107 W，选项C错误5一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B.tan 和Ctan 和 D.tan 和解析：选D.由动能定理有mgHmgcos 0mv2mghmgcos 0m2解得tan ，h，故D正确6(2016·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角37°时，小球2的速度大小v1.6 m/s，sin 37°0.6，g10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为()A8 J B8.72 JC10 J D9.28 J解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°vcos 53°，所以v1v1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WFmgLcos 37°mvmv2，联立并代入数值得WF10 J，C对7(多选)下列选项是反映汽车从静止匀加速启动(汽车所受阻力Ff恒定)，达到额定功率P后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是()解析：选ACD.汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动开始匀加速时：FFfma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额Fv1最后匀速时：FFf，有：P额Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1，最后匀速运动的速度为：vm.在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，PFvFat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确8(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vmv)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是()A装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为FsB装甲车的最大速度vmC装甲车速度为v时加速度为aD装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t解析：选BC.装甲车在加速过程中，其牵引力F，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs，也可能小于Fs，A错误；装甲车匀速运动时速度最大，故vm，B正确；装甲车速度为v时，由牛顿第二定律得FFfma，解得a，C正确；装甲车加速过程由动能定理得PtFfsmv，解得t，D错误9(2016·湖南八校第三次联考)电气混合新能源公交车，拥有两种不同的动力源(天然气发动机和电力发动机)，具有充电时间短，优先用电，电气混用动力互补，回收储备电能等特点假设汽车及车上乘客总质量为m1×104 kg，当它在平直路面上行驶时，只采用电力驱动，发动机额定功率为P1150 kW，能达到的最大速度为v154 km/h；汽车行驶在倾角为37°的斜坡道上时，为获得足够大的驱动力，两种发动机同时启动，此时发动机的总额定功率可达P2560 kW.设汽车在斜坡道上行驶时所受的摩擦阻力与在平直路面上行驶时所受的摩擦阻力相等，汽车在运动过程中摩擦阻力不变(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，不计空气阻力)(1)求汽车在平直路面上行驶时受到的摩擦阻力大小；(2)求汽车在斜坡道上能达到的最大速度v2；(3)若汽车在斜坡道上以恒定功率P2从静止开始做加速直线运动，经过时间t30 s刚好达到最大速度v2，求这段时间内汽车运动的位移大小解析：(1)在平直路面上行驶，汽车以功率P1匀速行驶时速度最大，设此时驱动力为F1，阻力为f，则P1F1v1又因为F1f解得f N1×104 N.(2)汽车在斜坡道上达到最大速度时，由共点力平衡可知F2mgsin f7×104 N最大速度v2 m/s8 m/s.(3)根据动能定理得P2t(mgsin f)xmv代入数据解得x235.4 m.答案：(1)1×104 N(2)8 m/s(3)235.4 m10如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060°间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度g取10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)(2)当角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2.(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)继续增大角，发现53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析：(1)为使小物块下滑，则mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2代入数据得v1 m/s，Hgt2，解得，t0.4 sx1vt，解得，x10.4 m，xmx1L21.9 m答案：(1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m11如图所示，质量为m2 kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端C处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角30°，物块与斜面间的动摩擦因数为，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h0.5 m，重力加速度g10 m/s2，弹簧处于原长时弹性势能为零(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma解得a2 m/s2设斜面长为L，则sin ，滑到B点时的速度大小为v2 m/s.(2)物块从斜面顶端A开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mghmgcos Ep0则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能Epmghmgcos 解得Ep4 J.(3)物块第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H，由动能定理得mg(hH)mgcos mgcos 0解得H0.125 m.答案：(1)2 m/s22 m/s(2)4 J(3)0.125 m