2024高考物理一轮复习考点攻破训练——功率与机车启动的两个模型练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——功率与机车启动的两个模型练习含解析教科版，共9页。试卷主要包含了注意公式P＝，四个常用规律等内容，欢迎下载使用。

Fvcsα，其中α为力的方向与速度方向的夹角．有两种计算方式：
(1)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(2)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
2．分析机车启动问题时，抓住两个关键：一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．
3．四个常用规律
(1)P＝Fv (2)F－f＝ma (3)v＝at(a恒定) (4)Pt－fx＝ΔEk(P恒定)．
1．(2023·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则( )
图1
A．P1P2>P3
C．P3>P1>P2D．P1＝P2＝P3
2．(2023·安徽A10联盟开年考)从斜面上A点分别以v0、2v0的初速度先后水平抛出两个相同的小球，结果小球分别落在了斜面上的B点和C点，A、B间的距离为s1，B、C间的距离为s2，小球刚要落到B点时重力的瞬时功率为P1，刚要落到C点时重力的瞬时功率为P2，不计空气阻力，则下列关系正确的是( )
A．s1∶s2＝1∶2B．s1∶s2＝1∶4
C．P1∶P2＝1∶2D．P1∶P2＝1∶4
3．(多选)(2023·江西赣州市期中)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间的图像如图2所示．下列说法正确的是( )
图2
A．0～6s内物体的位移大小为12m
B．0～6s内拉力做功为70J
C．物体的质量为10kg
D．滑动摩擦力的大小为5N
4．(2023·广东清远市期末质量检测)如图3所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过光滑滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着向上运动，在A匀速上升的过程中，下列判断正确的是( )
图3
A．拉力F变小
B．杆对A的弹力N不变
C．绳子自由端(右端)的速率v增大
D．拉力F的功率P不变
5．(2023·吉林“五地六校”合作体联考)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v－t图像如图4所示．已知汽车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是( )
图4
A．汽车在前5s内的牵引力为5×102N
B．汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2
C．汽车的额定功率为100kW
D．汽车的最大速度为80m/s
6．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图5所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )
图5
A．物块始终做匀加速直线运动
B．0～t0时间内物块的加速度大小为eq \f(P0,mt0)
C．t0时刻物块的速度大小为eq \f(P0,mg)
D．0～t1时间内物块上升的高度为eq \f(P0,mg)(t1－eq \f(t0,2))－eq \f(P02,2m2g3)
7．(2023·山东烟台市模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图6所示，某质量为4.0×104kg的载重货车，保持额定功率200kW在“爬坡车道”上行驶，每前进
1km，上升0.04km，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )
图6
A．牵引力等于2×104N
B．速度可能大于36km/h
C．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功
D．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功
8．(2023·安徽黄山市一模检测)一辆F1赛车含运动员的总质量约为600kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数eq \f(1,v)的关系如图7所示，则赛车在加速的过程中( )
图7
A．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大
C．输出功率为240kWD．所受阻力大小为24000N
9．(多选)(2023·重庆市沙坪坝等主城六区第一次调研抽测)在平直公路上，质量为m的汽车以速度v0匀速行驶，此时发动机的功率为P.某时刻驾驶员加大油门，发动机功率立即增为2P并保持该功率继续行驶．假设汽车行驶过程中所受阻力不变．从驾驶员加大油门开始计时，汽车的速度v与时间t的关系如图8(经时间t1后汽车以2v0匀速运动)，则下列判断正确的是( )
图8
A．t＝0时刻汽车的加速度大小为eq \f(P,mv0)
B．汽车在eq \f(t1,2)时刻的牵引力大小为eq \f(4P,3v0)
C．在0～t1时间内汽车行驶的位移大小为2v0t1－eq \f(3mv03,2P)
D．在0～t1时间内阻力对汽车所做的功为2Pt1－eq \f(3mv02,2)
10．(2023·广东东莞市模拟)汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角大小一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v－t图像不可能是下图中的( )
11．(2023·福建厦门市上学期期末质检)航母的水平电磁弹射跑道长度L＝50m．一架质量为m＝4.0×104kg的战斗机在跑道上由静止开始做匀加速直线运动，发动机提供的动力F1＝2×105N，电磁弹射装置水平推进力F2＝8.8×105N，战斗机受到的阻力恒为自身重力的0.2倍，g＝10m/s2.求：
(1)战斗机运动的加速度大小；
(2)战斗机运动到该跑道末端时推进力F2的功率．
12．(2023·湖南长沙市调研)某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图9(a)所示．现用该电动机在水平地面拉动一物体(可视为质点)，运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图(b)所示．已知物体质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.35，在出发点C左侧s距离处另有长为d＝0.5m的粗糙材料铺设的地面AB段，物体与AB段间的动摩擦因数为μ2＝0.45(g取10m/s2)．
图9
(1)若s足够长，电动机功率为2W时，物体在地面能达到的最大速度是多少；
(2)若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5m/s，则BC间的距离s是多少；物体能通过AB段吗？如果不能，停在何处？
答案精析
1．B [对小滑环受力分析，其受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动，设杆与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律得，加速度a＝gsinθ，由题图可知，小滑环的位移s＝2Rsinθ，又s＝eq \f(1,2)at2，所以t＝eq \r(\f(2s,a))＝eq \r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝eq \r(\f(4R,g))，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功W1>W2>W3，所以有：P1>P2>P3，B正确．]
2．C [由平抛运动的规律可知：x1＝v0t1，y1＝eq \f(1,2)gt12，设斜面的倾角为θ，则tanθ＝eq \f(y1,x1)，可得t1＝eq \f(2v0tanθ,g)，s1＝eq \f(y1,sinθ)＝eq \f(2v02tan2θ,gsinθ)，P1＝mgvy1＝mg2t1＝2mgv0tanθ；同理可得：s1＋s2＝eq \f(8v02tan2θ,gsinθ)，P2＝4mgv0tanθ，可得s1∶s2＝1∶3，P1∶P2＝1∶2，则选项C正确，A、B、D错误．]
3．BCD [0～6s内物体的位移大小等于v－t图像中图线与t轴所包围的面积，为：x＝eq \f(1,2)×2×
2m＋4×2m＝10m，故A错误；0～2s内物体的加速度为：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2)m/s2＝1 m/s2，由题图可知，当P＝30W时，v＝2m/s，得到牵引力：F1＝eq \f(P,v)＝eq \f(30,2)N＝15N，在0～2s内物体位移为x1＝2m，则拉力做的功为：W1＝F1x1＝15×2J＝30J，同理，2～6s内拉力做的功为：W2＝Pt＝10×4J＝40J，所以0～6s内拉力做的总功为：W＝30J＋40J＝70J，故B正确；在2～6s内，v＝2m/s，P＝10W，物体做匀速直线运动，F＝f，则滑动摩擦力为：f＝F＝eq \f(P,v)＝eq \f(10,2)N＝5N；0～2s内由牛顿第二定律可得：F1－f＝ma，可知：m＝10kg，故C、D正确．]
4．D [设绳子与竖直方向的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcsθ＝mg，因为θ增大，则F增大，水平方向合力为零，有：N＝Fsinθ，F增大，N增大，故A、B错误；物体A沿绳子方向上的分速度v1＝vcsθ，该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度减小，拉力的功率P＝Fv1＝eq \f(mg,csθ)·vcsθ＝mgv，知拉力的功率不变，故C错误，D正确．]
5．C [匀加速直线运动的加速度为：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(20,5)m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，
解得牵引力为：F＝f＋ma＝0.1×1×104N＋1×103×4N＝5×103N，故A错误；额定功率为：
P＝Fv＝5000×20W＝100000W＝100kW，
当汽车的速度是25m/s时，牵引力：
F′＝eq \f(P,v′)＝eq \f(100000,25)N＝4000N，
汽车的加速度：a′＝eq \f(F′－f,m)＝eq \f(4000－0.1×1×104,1×103)m/s2＝3 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，汽车的速度最大，最大速度为：vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,f)＝eq \f(100000,1000)m/s＝100 m/s，故D错误．]
6．D [由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F－mg＝ma，v＝at，P＝Fv，得P＝m(a＋g)at，因此图线斜率k＝eq \f(P0,t0)＝m(a＋g)a，可知a≠eq \f(P0,mt0)，B选项错误；t0时刻后功率保持不变，物块速度v增大，由eq \f(P0,v)－mg＝ma知，物块加速度逐渐减小，物块做加速度减小的加速运动，直到加速度减小到零，即t1时刻，此刻速度最大，最大速度为vm＝eq \f(P0,mg)，A、C选项错误；P－t图线与t轴所围的面积表示0～t1时间内拉力做的功，W＝eq \f(P0t0,2)＋P0(t1－t0)，由动能定理得W－mgh＝eq \f(mvm2,2)，得h＝eq \f(P0,mg)(t1－eq \f(t0,2))－eq \f(P02,2m2g3)，D选项正确．]
7．A [货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×eq \f(0.04,1)N＝2×104N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝eq \f(P,F)＝eq \f(2×105,2×104)m/s＝10 m/s＝36km/h，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力所做的功之差，故C错误；由于汽车匀速上坡，根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误．]
8．C [由题图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a－eq \f(1,v)函数方程为a＝eq \f(400,v)－4，赛车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma，其中：F＝eq \f(P,v)；联立得：a＝eq \f(P,mv)－eq \f(f,m)；结合图线，当赛车的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，a＝0时，eq \f(1,v)＝0.01，v＝100m/s，所以最大速度为100 m/s；由图像可知：eq \f(f,m)＝4，解得：f＝4m＝4×600N＝
2400N；0＝eq \f(1,600)·eq \f(P,100)－eq \f(f,600)，解得：P＝240kW，故C正确，D错误．]
9．ACD [汽车匀速行驶时，有阻力f＝eq \f(P,v0)，t＝0时刻汽车的牵引力为F＝eq \f(2P,v0)，根据牛顿第二定律得，汽车的加速度大小为a＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(\f(2P,v0)－\f(P,v0),m)＝eq \f(P,mv0)，故A正确；若汽车做匀加速直线运动，v＝eq \f(v0＋2v0,2)＝eq \f(3v0,2)，由2P＝Fv，可得F＝eq \f(2P,v)＝eq \f(4P,3v0)，但汽车做变加速直线运动，无法求得eq \f(t1,2)时刻的瞬时速度，故牵引力的大小F≠eq \f(4P,3v0)，故B错误；汽车的功率保持不变，牵引力为变力，由动能定理2P·t1－fx＝eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)mv02，解得x＝2v0t1－eq \f(3mv03,2P)，则Wf＝fx＝2Pt1－eq \f(3,2)mv02，故C正确，D正确．]
10．A [由瞬时功率P＝Fv可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F＝eq \f(P,v0)，若汽车受到的合外力F合＝0，则汽车做匀速运动，B项中v－t图像是可能的；若F合与牵引力方向相同，则汽车做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C项中v－t图像是可能的，A项中v－t图像是不可能的；若F合与牵引力方向相反，则汽车做减速运动，牵引力增大，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D项中v－t图像是可能的．]
11．(1)25m/s2 (2)4.4×107W
解析 (1)对战斗机受力分析，根据牛顿第二定律知：
F2＋F1－f＝ma
代入数据解得：a＝25m/s2
(2)设战斗机运动到该跑道末端时速度为v，则有：2aL＝v2
推进力F2的功率为：P＝F2v
联立解得：P＝4.4×107W.
12．(1)eq \f(4,7)m/s (2)0.25m
不能 物体最后停在AB中点位置
解析 (1) 电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则水平方向所受拉力F等于摩擦力
F1＝f1＝μ1mg＝3.5 N
根据P＝Fv有：vm＝eq \f(P,F1)＝eq \f(4,7) m/s；
(2)当物体运动速度小于0.5 m/s时，绳子对物体的拉力为恒力，物体做匀加速运动，
拉力F＝eq \f(P,v)＝4 N
由牛顿第二定律得F－f1＝ma1
解得：a1＝0.5 m/s2
由s＝eq \f(vB2,2a1)得，BC间的距离s＝0.25 m
物体过B点后，f2＝μ2mg＝4.5 N，做减速运动，运动速度不会大于0.5 m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动F－f2＝ma2解得：a2＝－0.5 m/s2
物体滑行x＝eq \f(0－vB2,2a2)＝0.25 m＝eq \f(d,2)
则物体最后停在AB中点位置．