资源简介

课时跟踪检测(二十五)　功和功率
一、立足基础，体现综合
1．在体能测试跳绳时，质量为50 kg的某同学一分钟跳了150次，若他每次跳起时，重心上升的高度约为5 cm，则他一分钟内克服重力做功的大小约为(　 )
A．2 500 J B．3 570 J
C．7 500 J D．375 000 J
2．(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　 )
A.　　　　　　 B.
C. D.
3．(2024·武汉调研)(多选)如图所示是汽车的“手动五挡变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。“1、2挡”为低速挡，“5挡”为高速挡，汽车能获得比较大的车速。已知加大油门时，汽车的输出功率增大，发动机的转速增大，则下列说法正确的是(　 )
A．挡位从“1挡”逐步增加到“5挡”过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变小
B．挡位从“1挡”逐步增加到“5挡”过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大
C．同一挡位下，汽车驶上一斜坡，为了保持汽车速度大小不变，此时应加大油门
D．同一挡位下，汽车驶上一斜坡，为了保持汽车速度大小不变，此时应减小油门
4．(2024·安徽联考模拟)如图所示，固定斜面上半部分AB段粗糙程度相同，下半部分BC段光滑，滑块从斜面顶端A点由静止释放，沿斜面向下滑动，取沿斜面向下为正方向，下列选项中分别是滑块的速度v、位移x、加速度a、重力的瞬时功率PG与时间t的关系图像，其中正确的是(　 )
5．(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　 )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
6．(2024·咸阳实验中学高三检测)汽车在地下车库的水平地面上做匀速直线运动，接着驶上一段长直斜坡，最后开上水平路面继续行驶。设全过程中汽车发动机产生的牵引力的功率恒定，汽车在所有路面所受阻力大小不变，则(　 )
A．汽车开上斜坡上后，立即做匀速直线运动
B．汽车开上水平路面后，立即做匀速直线运动
C．汽车将要离开斜坡时发动机产生的牵引力最大
D．汽车开上水平路面后的速率大于它在地下车库时的速率
7．如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，高度为d＝0.5 m的圆柱状薄壁水斗的质量为m0＝0.5 kg。某次需从深井中汲取m＝2 kg的水(恰好装满水斗)，并提升到井口，绳子拉装满水的水斗的最大功率P＝75 W，不计井绳的质量和转动轴处的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)若装满水的水斗先以加速度a＝2 m/s2匀加速上升，匀加速运动最大速度v1的大小；
(2)若将装满水的水斗从刚好没过水面缓慢拉升H＝8 m，忽略水面高度变化但考虑浮力作用，则人做的功不应少于多少？
二、注重应用，强调创新
8．(2023·江苏高考)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块(　 )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
9．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　 )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2－Pt
10．(2024·岳阳高三质检)(多选)图甲起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150 kg的物体，其a t图像如图乙所示，5～10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　 )
A．物体在0～10 s内运动的最大速度为10 m/s
B．起重机的额定功率为18 000 W
C．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的1.5倍
D．5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的2倍
11．某汽车质量m＝2 000 kg，发动机的额定功率为P，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍。若汽车从静止开始以a＝1 m/s2的加速度在水平路面上匀加速启动，t1＝20 s时，达到额定功率。此后汽车以额定功率运动，t2＝100 s时速度达到最大值，汽车的v t图像如图所示，取g＝10 m/s2。求：
(1)该汽车的额定功率P；
(2)当速度为25 m/s时，汽车加速度大小；
(3)汽车在0～t2时间内的位移大小x。
课时跟踪检测(二十五)
1．选B　因为该同学每次起跳时，重心上升5 cm，则每一次克服重力做功为W1＝mgh＝50×9.8×0.05 J＝24.5 J，则他一分钟内克服重力做功的大小约为W＝150W1＝150×24.5 J＝3 675 J，选项B中的数据最接近3 675 J。
2．选D　由题意可知，两节动车编组前分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故选D。
3．选BC　挡位从“1挡”逐步增加到“5挡”过程中，由题图可知，主动齿轮的半径变大，从动齿轮的半径变小，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大，故A错误，B正确；同一挡位下，根据P＝Fv，汽车驶上一斜坡，为了保持汽车速度大小不变，应加大油门，提高功率，故C正确，D错误。
4．选D　物块在AB、BC两段均做匀加速直线运动，在AB段加速度为a1，在BC段加速度为a2，且a15．选BCD　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
6．选C　汽车在地下车库的水平地面上做匀速直线运动，此时牵引力等于阻力大小；汽车开上斜坡上后，由于牵引力小于阻力和重力分力的合力，汽车开始做减速运动，汽车发动机的功率恒定，可知汽车的牵引力逐渐增大，汽车在斜坡上做加速度减小的减速运动，汽车将要离开斜坡时发动机产生的牵引力最大；汽车开上水平路面后，由于一开始牵引力大于阻力，汽车做加速运动，汽车的牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，故A、B错误，C正确。由于汽车在斜坡上做加速度减小的减速运动，可知汽车开上水平路面时的速率小于它在地下车库时的速率；汽车开上水平路面后，做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车再次做匀速直线运动，由于汽车所受阻力一定，汽车功率不变，可知汽车开上水平路面后做匀速直线运动的速率等于它在地下车库时的速率，故D错误。
7．解析：(1)由于牛顿第二定律可知T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根据上述有P＝Tv1
则有v1＝＝2.5 m/s。
(2)设水桶在水中受到的浮力为F浮，上升过程中重力做的功
WG＝－(m＋m0)gH＝－200 J
由动能定理得W＋WG＋d＝0
且知F浮＝mg，解得W＝195 J。
答案：(1)2.5 m/s　(2)195 J
8．选C　因为频闪照片时间间隔相同，对比题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知题图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知题图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块加速度大，根据x＝at2，可知题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论上滑或下滑，滑块受到的滑动摩擦力大小均相等，故题图甲和乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。
9．选C　对动车组由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，动车组在匀加速启动过程，即动车组加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随速度增大而变大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速运动时，有＝kvm，联立解得v＝vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－WF阻＝mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为WF阻＝4Pt－mvm2，故D错误。
10．选BD　由a t图像可知，物体在0～5 s做匀加速直线运动，5 s时物体的速度为v1＝at1＝2×5 m/s＝10 m/s，由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10 s内运动的最大速度大于10 m/s，故A错误；由a t图像可知，在5 s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到额定功率，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1 800 N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1 800×10 W＝18 000 W，故B正确；0～5 s内，物体的位移为x1＝t1＝×5 m＝25 m,0～5 s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1 800×25 J＝45 000 J，5～10 s内起重机保持额定功率不变，则5～10 s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18 000×5 J＝90 000 J，可得2W1＝W2，故D正确，C错误。
11．解析：(1)由题图可知，汽车的最大速度为vm＝40 m/s，
汽车达到最大速度时满足F＝Ff＝0.1mg
汽车的额定功率为P＝Fvm＝8×104 W＝80 kW。
(2)当速度为v＝25 m/s时，汽车牵引力为F′＝＝3 200 N
由牛顿第二定律得F′－Ff＝ma′，
解得a′＝0.6 m/s2。
(3)0～t1时间内汽车通过的位移为
x1＝t1＝200 m
汽车在t1～t2时间内，根据动能定理得
P(t2－t1)－Ffx2＝mvm2－mv12
代入数据解得x2＝2 600 m
所以0～t2时间内汽车通过的总位移大小为x＝x1＋x2＝2 800 m。
答案：(1)80 kW　(2)0.6 m/s2　(3)2 800 m
1

展开更多......

收起↑