2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业21 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业21 Word版含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
A．A所受的合力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
答案 C
解析 A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsinθ.由于A速度增大，由动能定理可知，A所受的合力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B项错误，C项正确；A对B不做功，D项错误．
2．某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v­t图像不可能是下图中的( )
答案 A
解析 根据P＝Fv，若a＞0，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故C项正确，A项错误；若a＝0，则物体速度不变，做匀速运动，故B项正确；若a＜0，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，故D项正确；本题选不可能的，故选A项．
3．质量为5×103 kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中( )
A．第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 J
B．第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kW
C．第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kW
D．第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW
答案 D
解析 据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104 N．第1 s内汽车位移x＝eq \f(1,2)at2＝1 m，第1 s末汽车速度v＝at＝2 m/s，汽车合力F合＝ma＝1×104 N，则第1 s内汽车牵引力做功：WF＝Fx＝1.1×104 J，故A项错；第1 s内合力做功：W＝F合x＝1×104 J，平均功率P＝eq \f(W,t)＝1×104 W，故B项错；1 s末合力的瞬时功率P合＝F合v＝2×104 W，故C项错；1 s末牵引力瞬时功率P＝Fv＝2.2×104 W＝22 kW，故D项正确．
4．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中正确的是( )
答案 ACD
解析 汽车启动时，由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D项正确．
5.在9.3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，而领头的直升机悬挂的国旗让人心潮澎湃．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来，在国旗下端还悬挂了重物，假设国旗与悬挂物的质量为m，直升机质量为M，并以速度v匀速直线飞行，飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向夹角为α，那么以下说法不正确的是( )
A．国旗与悬挂物受到3个力的作用
B．细线的张力做功的功率为eq \f(mgv,csα)
C．国旗与悬挂物所受合力做的功为零
D．国旗与悬挂物克服阻力做功的功率为mgvtanα
答案 B
解析 国旗与悬挂物受3个力，重力、细线的拉力、空气阻力，如图：
有F＝eq \f(mg,csα)，则F的功率为PF＝Fvsinα＝mgvtanα，克服阻力做功的功率Pf＝fv＝mgvtanα，由于国旗与悬挂物匀速，故合力做功为零，A、C、D三项正确，B项错误，故选B项．
6．如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于( )
A.eq \f(P0,mv)－eq \f(f,m) B.eq \f(P0,mv)cs2θ－eq \f(f,m)
C.eq \f(f,m) D.eq \f(P0,mv)
答案 A
解析 设绳子的拉力为F，功率P0＝Fvcsθ，对小船，由牛顿第二定律得加速度a＝eq \f(Fcsθ－f,m)＝eq \f(P0,mv)－eq \f(f,m)，选项A正确．
7．质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则( )
A．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为eq \f(t,2)
B．若汽车以加速度a由静止开始匀加速启动，经过时间eq \f(t,2)发动机输出功率为eq \f(1,2)P
C．汽车保持功率P在该路面上运动可以达到的最大速度为eq \f(Pat,P－ma2t)
D．汽车运动中所受的阻力大小为eq \f(P,at)
答案 BC
解析 当以加速度a加速运动时有：F－f＝ma，F＝f＋ma，匀加速达到的最大速度为：v＝eq \f(P,f＋ma)，故所需时间为：t＝eq \f(v,a)＝eq \f(P,a（f＋ma）)，当加速度为2a时，匀加速达到最大速度为：v′＝eq \f(P,f＋2ma)，所需时间为：t′＝eq \f(P,2a（f＋2ma）)，故A项错误；eq \f(t,2)时刻速度为v′＝a·eq \f(t,2)，故功率为：P′＝(f＋ma)·eq \f(at,2)，汽车的额定功率为：P＝(f＋ma)at，故B项正确；根据P＝(f＋ma)at，得f＝eq \f(P,at)－ma，当牵引力等于阻力时速度最大为：v＝eq \f(P,f)＝eq \f(Pat,P－ma2t)，故C项正确，D项错误．
8.如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
答案 B
解析 由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W－mgh＝0，故支持力FN做功为mgh，B项正确．
9．(2014·课标全国Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2＞4 WF1，Wf2＞2 Wf1B．WF2＞4 WF1，Wf2＝2 Wf1
C．WF2＜4 WF1，Wf2＝2 Wf1D．WF2＜4 WF1，Wf2＜2Wf1
答案 C
解析 由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为x1：x2＝eq \f(v,2)t∶eq \f(2v,2)t＝1∶2；两次物体所受的摩擦力不变，根据功的公式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fx1∶fx2＝1∶2；再由动能定理，则有WF1－Wf1＝eq \f(1,2)mv2－0，WF2－Wf2＝4×eq \f(1,2)mv2－0；由上两式可解得：WF2＝4WF1－2Wf1，C项正确，A、B、D项错误．
10．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率大小为42 W
D．4 s内F做功的平均功率为42 W
答案 C
解析 由图乙可知，物体的加速度a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，A、B两项均错误；4 s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2 m/s＝4 m/s，故4 s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42 W，C项正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝F·l＝84 J，4 s内拉力F做功的平均功率P＝eq \f(W,t)＝21 W，D项错误．
11.质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq \f(1,v)的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
答案 CD
解析 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A项错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝60 000 W，车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝eq \f(6 000－2 000,2 000) m/s2＝2 m/s2，故B项错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝eq \f(P,v)＝eq \f(60 000,15) N＝4 000 N，则加速度a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(4 000－2 000,2 000) m/s2＝1 m/s2，故C项正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W，故D项正确．
12.(2017·山西监测)(多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则( )
A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为eq \f(3mgsinθ,k)
B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为－eq \f(3m2g2sinθ,k)
C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为(mgsinθ＋ma)v
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为eq \f(a,2)
答案 AD
解析 开始系统静止时，设弹簧压缩量为x，由平衡条件有：kx＝mgsinθ，解得：x＝eq \f(mgsinθ,k).当B刚离开挡板时，设弹簧伸长量为x′，对B受力分析，kx′＝2mgsinθ，解得：x′＝eq \f(2mgsinθ,k)，所以从静止到B刚离开C过程中，A的位移为x＋x′＝eq \f(3mgsinθ,k)，A项正确；重力对A做功WG＝－mgh＝－eq \f(3m2g2sin2θ,k)，B项错；B刚离开C时，对A、B及弹簧组成的整体，由牛顿第二定律有：F－3mgsinθ＝ma⇒F＝3mgsinθ＋ma，所以拉力做功功率P＝Fv＝(3mgsinθ＋ma)v，C项错；当A的速度达到最大时，A所受合外力为零，对A根据平衡条件有：F弹＋mgsinθ＝F，解得：F弹＝2mgsinθ＋ma，对B，根据牛顿第二定律有：F弹－2mgsinθ＝2ma′，解两式得：a′＝eq \f(a,2)，D项正确．
二、非选择题
13．(2017·广东肇庆二模)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v—t图像，图像如下图所示(除2 s—10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知在小车运动的过程中，2 s—14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：
(1)14 s－18 s时间段小车的加速度大小；
(2)小车匀速行驶阶段的功率；
(3)小车在2 s－10 s内位移的大小．
解析 (1)在14 s－18 s时间段，由图像可得加速度大小为：
a＝eq \f(v14－v18,Δt)①
将数据代入①式，解得a＝1.5(m/s2)
(2)在14 s－18 s，小车在阻力f作用下做匀减速运动：
f＝ma②
代入数据，解②式，得f＝1.5(N)③
在10 s－14 s，小车做匀速直线运动：
牵引力 F＝f＝1.5 N
小车匀速行驶阶段的功率：P＝Fv④
将数据代入④式，解得P＝9(W)
(3)2 s－10 s，根据动能定理，可得
Pt－fs2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv22⑤
其中：v＝6 m/s，v2＝3 m/s
由⑤解得小车在2 s－10 s内位移s2＝39(m)
14．在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90 m处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80 kg，吊绳的拉力不能超过1 200 N，电动机的最大输出功率为12 kW.为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是：先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，达到最大功率后电动机就以最大功率工作，当物体到达机舱时恰好达到最大速度．(g取10 m/s2)求：
(1)落水物体刚到达机舱时的速度；
(2)这一过程所用的时间．
解析 (1)第一阶段绳以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时，速度达到最大．由Pm＝Fvm，得vm＝eq \f(Pm,mg)＝eq \f(12×103,80×10) m/s＝15 m/s
此即物体刚到机舱时的速度．
(2)匀加速上升的加速度为a1＝eq \f(Fm－mg,m)＝eq \f(1 200－80×10,80) m/s2＝5 m/s2
匀加速阶段的末速度v1＝eq \f(Pm,Fm)＝eq \f(12 000,1 200) m/s＝10 m/s
匀加速上升时间t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(10,5) s＝2 s
匀加速上升的高度h1＝eq \f(v1,2)t1＝eq \f(10,2)×2 m＝10 m
以最大功率上升过程由动能定理得
Pmt2－mg(h－h1)＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12
解得t2＝5.75 s
所以吊起落水物体所用总时间为
t＝t1＋t2＝(2＋5.75) s＝7.75 s