2025高考物理一轮总复习第6章机械能第15讲功和功率提能训练

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题组一 功的计算
1．一物体所受的力F随位移x变化的图像如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为( B )
A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
[解析] 力F对物体做的功等于图线与横轴x所包围面积的代数和，0～4 m这段位移内力F对物体做的功为W1＝eq \f(1,2)×(3＋4)×2 J＝7 J,4～5 m这段位移内力F对物体做的功为W2＝－eq \f(1,2)×(5－4)×2 J＝－1 J，全过程中，力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J，故选B。
2. (多选)(2024·青海西宁质检)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是( ABD )
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－eq \f(1,2)F阻πL
[解析] 如图所示，因为拉力T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WT＝0，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以重力做功WG＝mgL。F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－eq \f(1,2)F阻πL，故A、B、D正确，C错误。
3．(多选)如图所示，物体在水平恒力F的作用下，从斜面底端O点沿斜面缓慢移动到A点，去掉F后，物体从A点下滑到水平面的B点停下。斜面的倾角为θ，OA的水平距离为L1，OB距离为L2，物体的质量为m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数都为μ，下面判断正确的是( BD )
A．物体从O移动到A，重力做的功是mgL1tan θ
B．物体从O移动到A，水平恒力F做的功是FL1
C．物体从O移动到A和从A下滑到O克服摩擦力做的功相等
D．物体从A下滑到水平面的B，克服摩擦力做的功是μmg(L1＋L2)
[解析] 物体从O移动到A，重力做的功是－mgL1tan θ，A项错误。水平恒力F做的功是FL1，B项正确。物体从O移动到A和从A下滑到O受支持力不同，摩擦力不同，克服摩擦力做的功不相等，C项错误，物体从A下滑到B的运动过程中克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgAOcs θ＋μmgOB＝μmg(L1＋L2)，D项正确。
题组二 功率
4．无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮——重型绞吸船。我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15 000米，居世界第一。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104 kW，排泥量为1.6 m3/s，排泥管的横截面积为0.8 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( B )
A．5×106 N B．8×106 N
C．5×107 N D．8×107 N
[解析] 由于功率大小P＝Fv，而每秒钟排泥管排出泥浆的体积(排泥量)Q＝Sv，联立并代入数据，解得F＝8×106 N，故B正确，A、C、D错误。
5．(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( B )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
[解析] 由图(b)可知，下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。故选B。
6．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是( C )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
[解析] 由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误。
题组三 机车启动问题
7．如图是中国为老挝设计制造的“澜沧号”动车组。在水平测试轨道上，动车组以额定功率7200 kW启动，总质量540t，测得最高时速为216 km/h，若运动阻力与速率成正比，当其加速到108 km/h时，动车组的加速度约为多大(g＝10 m/s2)( C )
A．0.09 m/s2 B．0.22 m/s2
C．0.33 m/s2 D．0.44 m/s2
[解析] 最高时速216 km/h，即60 m/s，此时牵引力等于阻力f＝eq \f(P,vm)＝kvm，当其加速到108 km/h时，即30 m/s，此时牵引力F＝eq \f(P,v)，此时加速度a＝eq \f(F－kv,m)，解得a≈0.33 m/s2。故A、B、D错误，C正确。
8．(2023·湖北卷)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( D )
A.eq \f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B．eq \f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)
C.eq \f(P1＋P2v1v2,P1v1＋P2v2) D．eq \f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)
[解析] 由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝eq \f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D。
能力综合练
9．如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图像能正确表示小球落地(不再弹起)前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是( C )
[解析] 当平抛的初速度v≤v0时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角且均等于斜坡倾角θ，可得tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq \f(gt,2v)，可得平抛时间t＝eq \f(2vtan θ,g)，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P＝mg·vy＝mg·gt＝2mgtan θ·v可知，P与v成正比；当平抛的初速度v>v0时，小球落在水平面上，平抛的竖直高度相同，为h，且有h＝eq \f(1,2)gt′2，则平抛时间为t′＝eq \r(\f(2h,g))，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P′＝mg·vy′＝mg·gt′＝mgeq \r(2gh)，可知功率P′为恒定值；综合两种情况可知C正确，A、B、D错误。
10．(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( C )
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
[解析] 以最大加速度向上加速到额定功率，然后保持功率不变达到最大速度，匀速一段时间最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短。重物向上提升的最大加速度a1＝eq \f(F－mg,m)＝5 m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq \f(P,F)＝4 m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，匀加速上升的高度h1＝1.6 m；重物能达到的最大速度为vm＝eq \f(P,mg)＝6 m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq \f(vm,a2)＝1.2 s，上升高度为h2＝3.6 m，则以额定功率上升的高度h3＝80 m，额定功率上升过程有Pt3－mgh3＝eq \f(1,2)m·(veq \\al(2,m)－v2)，解得t3＝13.5 s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，C正确。
11．(2024·福建龙岩高三月考)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数eq \f(1,v)的关系如图所示。已知轿车的总质量为1 300 kg，其所受的阻力不变，则轿车( C )
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀减小
C．所受阻力大小为2.73×103 N
D．电动机输出功率为9.1×103 W
[解析] 由题图可知，轿车的加速度变化，故轿车做变加速直线运动，故A错误；因为轿车做变加速运动，根据a与eq \f(1,v)间的函数关系知，车的加速度不随时间均匀减小，故B错误；对轿车受力分析，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，F＝eq \f(P,v)，联立得a＝eq \f(P,mv)－eq \f(f,m)，当轿车的速度最大时，加速度为零，由题图可以知道，a＝0时，eq \f(1,v)＝0.03 s·m－1，解得v≈33 m/s，所以轿车最大速度为33 m/s，由题图可知eq \f(f,m)＝2.1 m/s2，解得f＝2.1m(N)＝2.1×1 300 N＝2 730 N，由题图可知0＝0.03× eq \f(P,1 300)－2.1(m/s2)，解得P＝91 kW，故C正确，D错误。
12．(多选)(2021·重庆卷)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则( ABC )
A．甲车的总重力比乙车大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D．甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
[解析] 根据题述，两车额定功率P相同，所受阻力f＝kmg。根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变时甲车牵引力大于乙车，由F＝f＝kmg，可知甲车的总重力比乙车大，选项A正确；对甲、乙两车启动的第一阶段，牵引力与时间t成正比，即F＝k′t，由k′t≥f＝kmg，再结合题图可知甲车牵引力先达到超过阻力，所以可以判断出甲车比乙车先开始运动，选项B正确；甲车在t1时刻牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车刚到达额定功率，由P＝Fv可知，甲车在t1时刻的速率等于乙车在t3时刻的速率，选项C正确；甲车在t2时刻达到最大速度，乙车在t4时刻达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm，由于甲车的总重力比乙车大，所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，选项D错误。
13．(2023·河北省沧州市高三联考)一质量为M＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是( D )
A．电动汽车最大速度为10 m/s
B．电动汽车受到的阻力为100 N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3 750 J
[解析] 由图甲可知电动汽车在0～3 s内做匀加速直线运动，其加速度a1＝1 m/s2，t＝3 s时，由题和图甲、乙，并根据P＝Fv可得，0～3 s的牵引力F＝eq \f(P额,v1)＝eq \f(300,3) N＝100 N，设电动汽车在运动过程中受到的阻力为f，由牛顿第二定律得F－f＝Ma1，解得f＝60 N，速度最大时，F＝f，可得P额＝fvm，解得vm＝5 m/s，A、B错误；关闭发动机后，根据牛顿第二定律有－f＝Ma2，设经过时间t2电动汽车停止运动，则0＝vm＋a2t2，可得t2＝eq \f(10,3) s，C错误；对全程由动能定理可得eq \f(P额,2)t1＋P额t3－Wf＝0－0，式中t1＝3 s，t3＝14 s－3 s＝11 s，可解得整个过程中克服阻力做功为Wf＝3 750 J，D正确。
14．(多选)下列各图是反映汽车(额定功率为P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是( ACD )
[解析] 汽车从静止开始匀加速启动，由公式P＝Fv及题意知，当牵引力恒定时，随着速度的增加功率P增大，当P＝P额时，功率不再增加，此时，牵引力F＝f＋ma，v1＝eq \f(P额,f＋ma)，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝f时，a＝0，速度达到最大，vm＝eq \f(P额,f)，做匀速直线运动。由以上分析知，B错误，A、C、D正确。