2023届高考一轮复习（老高考）第六章 微专题37　功率和机车启动问题【解析版】

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1．教育部要求高考要充分体现德智体美劳全面发展，使得“加强体育锻炼，增强人民体质”不再是一句空喊的口号．引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上的吉尼斯世界纪录是53次/分钟．若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生在此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．10 W B．100 W
C．1 000 W D．4 000 W
答案 B
解析 学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，则引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(nW,t)＝eq \f(12×250,30) W＝100 W．故选B.
2．(多选)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(g取10 m/s2)( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为10.5 N
C．4 s内F做功的平均功率为42 W
D．4 s末F的功率大小为42 W
答案 BD
解析 根据v－t图像知加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2，故A错误；由牛顿第二定律得2F－mg＝ma，解得F＝eq \f(mg＋ma,2)＝eq \f(20＋1,2) N＝10.5 N，故B正确；物体在4 s内的位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.5×
42 m＝4 m，则拉力作用点的位移x＝ 8 m，则拉力F做功的大小为W＝Fx＝10.5×8 J＝84 J，平均功率P′＝eq \f(W,t)＝eq \f(84,4) W＝21 W，故C错误；4 s末物体的速度为2 m/s，则拉力作用点的速度为4 m/s，则拉力F的功率P＝Fv＝10.5×4 W＝42 W，故D正确．
3．(多选)运动场上，某同学将篮球竖直向上抛出，到最高点又竖直落回到抛出点，若篮球所受的空气阻力大小恒定，下列判断正确的是( )
A．篮球上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度
B．篮球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
C．篮球下落到抛出点的速度大小大于篮球抛出时向上的初速度大小
D．篮球上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
答案 AD
解析 上升过程a1＝eq \f(mg＋Ff,m)＝g＋eq \f(Ff,m)，下降过程a2＝eq \f(mg－Ff,m)＝g－eq \f(Ff,m)可知，a1>a2，故A正确；由W克G＝WG＝mgh可知，篮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故B错误；取上升和下降的全过程，由能量守恒可知，重力势能不变，初动能等于内能和末动能之和，故落回到抛出点的速度大小小于抛出时的初速度大小，故C错误；上升过程用逆向思维有h＝eq \f(1,2)a1t12，下降过程有h＝eq \f(1,2)a2t22，因a1>a2，则t1PG，故D正确．
4．(2022·河南驻马店市正阳县高级中学高三月考)质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为eq \f(v,4)时．汽车的瞬时加速度的大小为( )
A.eq \f(P,m) B.eq \f(2P,m)
C.eq \f(3P,mv) D.eq \f(4P,mv)
答案 C
解析 当汽车达到最大速度时做匀速运动，牵引力F与摩擦力Ff相等，有F＝Ff，P＝Fv，所以Ff＝eq \f(P,v).当速度达到eq \f(v,4)时，F′＝eq \f(4P,v)，则F′－Ff＝ma，所以a＝eq \f(F′－Ff,m)＝eq \f(3P,mv).故选C.
5．(多选)一辆汽车停在平直的路面上，汽车发动机以恒定功率由静止开始行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t＝10 s，经历的路程s＝60 m,10 s后汽车做匀速运动．由以上数据可知( )
A．汽车所受的摩擦力为1×104 N
B．汽车运动过程中发动机功率为1×105 W
C．汽车的质量为8×104 kg
D．汽车加速度为5 m/s2时汽车的速度大小为2 m/s
答案 ABD
解析 汽车达到最大速度后做匀速运动，牵引力F与摩擦力Ff相等，由图像可知，摩擦力Ff＝1×104 N，匀速运动速度vm＝10 m/s，汽车的功率P＝Ffvm＝1×105 W，故A、B正确；加速过程，由动能定理，得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mv2，解得m＝8×103 kg，故C错误；当a＝5 m/s2时，设车的速度为v，根据牛顿第二定律eq \f(P,v)－Ff＝ma，解得v＝2 m/s，D正确．
6．(多选)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操作方便，深受年轻人的喜爱．当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v－t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知( )
A．0～3 s时间内，牵引力做功585 J
B．3～10 s时间内，平衡车的平均速度大小是4.5 m/s
C．3～10 s时间内，平衡车克服摩擦力做功1 020 J
D．平衡车在第2 s末与第14 s末牵引力的功率之比为1∶2
答案 AC
解析 平衡车最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝Ffvm代入数据，可得Ff＝50 N．在0～3 s时间内，平衡车做匀加速运动，根据图像可知a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma，可得F＝130 N，在0～3 s时间内的位移s1＝eq \f(1,2)at2＝4.5 m，因此0～3 s时间内，牵引力做功W1＝Fs1＝585 J，故A正确；在3～10 s时间内，根据动能定理Pt－
W克f＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，代入数据得W克f＝1 020 J，故C正确；在3～10 s时间内，平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，因此平衡车的平均速度eq \x\t(v)≠eq \f(v1＋vm,2)＝4.5 m/s，故B错误；平衡车在2 s末的功率P2＝Fv2＝260 W，因此eq \f(P2,P14)＝eq \f(260,300)＝eq \f(13,15).故D错误．
7．2019年12月17日，中国首艘自主建造的国产航母“山东舰”正式入役，中国海军真正拥有了可靠的航母作战能力，国产航母上的“歼15”舰载机采用滑跃式起飞．如图所示，AB为水平甲板，BC为倾斜甲板，倾角为θ，B点由光滑圆弧平滑连接．舰载机从A点启动做匀加速直线运动，经过2 s到达B点时速度为60 m/s，此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率，随后滑上倾斜甲板继续加速，在C点实现起飞．已知舰载机总质量为1.0×104 kg，滑跑过程中舰载机受到的阻力(空气阻力与摩擦阻力总和)恒为自身重力的0.1倍，方向与速度方向相反．倾斜甲板舰艏高度H＝4 m，sin θ＝0.2，g＝10 m/s2，舰载机可视为质点，航母始终处于静止状态．
(1)求航母水平甲板AB之间的距离和舰载机发动机的额定功率；
(2)若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速，又经过2 s最终飞离航母．通过计算判断舰载机能否安全起飞？(已知舰载机的安全起飞速度至少为80 m/s)
答案 (1)60 m 1.86×107 W (2)见解析
解析 (1)由x＝eq \f(v0＋v,2)t可得LAB＝eq \f(vB,2)t1＝60 m，
由运动学公式v＝v0＋at可得a＝eq \f(vB,t1)＝30 m/s2，
水平滑跑过程中由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，
其中Ff＝kmg，k＝0.1，
可得F＝3.1×105 N.
由P＝Fv得，发动机的额定功率P额＝FvB＝1.86×107 W.
(2)达到额定功率后，舰载机在倾斜甲板上做变加速运动，设舰载机在C点起飞时的速度为vC，由动能定理可得P额t2－(Ff＋mgsin θ)×eq \f(H,sin θ)＝eq \f(1,2)m(vC2－vB2)，
解得vC＝104.5 m/s>80 m/s.
所以舰载机可以安全起飞．