第八章 机械能守恒定律 专题强化11　机车的两种启动方式（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

这是一份第八章 机械能守恒定律 专题强化11　机车的两种启动方式（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二，共11页。
专题强化11　机车的两种启动方式1．(2023·江苏卷)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　)A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW2．(2023·盐城市大丰区新丰中学高一校联考期中)质量为2吨的汽车，发动机的额定功率为30 kW，在水平路面上能以72 km/h的最大速度匀速行驶。则汽车在该路面行驶时所受阻力为(　　)A．1.5×103 N B．2.5×103 NC．3×103 N D．5×103 N3．质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，发动机的功率恒为P，行驶过程中受到的阻力大小一定。当汽车速度为v时，汽车做匀速运动；当汽车速度为eq \f(v,4)时，汽车的瞬时加速度大小为(　　)A.eq \f(P,mv) B.eq \f(2P,mv) C.eq \f(3P,mv) D.eq \f(4P,mv)4．质量为5 t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2 m/s2启动，所受阻力大小恒为1.0×103 N，汽车启动后第1 s末发动机的瞬时功率是(　　)A．2 kW B．22 kWC．1.1 kW D．20 kW5．一辆轿车在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间t0，其速度由零增大到最大值vm。若所受阻力Ff为恒力，关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况不正确的是(　　)6．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机达到额定功率P。以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到达到最大速度v2为止，则整个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A．钢绳的最大拉力为mgB．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v2)C．重物平均速度大小为eq \f(v2,2)D．重物匀加速运动的加速度为eq \f(P,mv1)－g7．(2023·南京市高一期末)某共享电动车和驾驶员的总质量为100 kg，电动车的额定功率为560 W。若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶的最大速度为5.6 m/s，假定行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A．电动车受到的阻力大小为100 NB．加速阶段，电动车的加速度保持不变C．当电动车的速度为4 m/s时，其加速度大小为1.4 m/s2D．若电动车从静止开始以2 m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共2.8 s8．(2023·南通中学校考期中)汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，发动机的输出功率为P。某时刻起将汽车发动机的输出功率减为eq \f(1,2)P，设汽车行驶过程中受到的阻力不变，输出功率减小后(　　)A．汽车运动的平均速度为eq \f(1,2)v0B．汽车所受的牵引力先逐渐增大后不变C．汽车先做匀减速直线运动，最终以eq \f(1,2)v0匀速运动D．汽车先做加速度增大的减速运动，最终以eq \f(1,2)v0匀速运动9．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A．该汽车的质量为3 000 kgB．vmax＝7.5 m/sC．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为50 kJD．在0～15 s内，牵引力对汽车做功250 kJ10．(2023·泰州市高一期中)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车保持牵引力恒定，在平直的路面上从静止开始运动，经过时间10秒前进距离5米时，电动机的功率恰好达到额定功率P，然后保持功率不变，达到最大速度。已知小车质量为2 kg，所受阻力为小车重力的0.1倍，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小车的额定功率；(2)小车运动的最大速度大小。11.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率继续加速直到重物做vm＝6 m/s的匀速运动。g取10 m/s2，不计额外功。求：(1)重物在匀加速运动时的牵引力；(2)起重机在第2秒末的输出功率。12.一赛车在平直赛道上以恒定功率200 kW加速运动，受到的阻力不变，加速度a和速度v的倒数的关系如图所示，则赛车(　　)A．做匀加速直线运动B．质量为200 kgC．所受阻力大小为2 000 ND．v′＝50 m/s时牵引力大小为2 000 N专题强化练11　机车的两种启动方式1．C　[汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力Ff，实际功率P＝Fv＝Ffv＝1.8×103×20 W＝3.6×104 W＝36 kW，故选项C正确。]2．A　[当汽车以72 km/h的最大速度匀速行驶时，牵引力F等于阻力Ff，有P＝Fvmax＝Ffvmax，代入数据，解得Ff＝1.5×103 N，故选A。]3．C　[当汽车速度为v时，汽车做匀速运动，有F＝Ff，根据功率与速度的关系得P＝Fv，汽车受到的阻力大小为Ff＝F＝eq \f(P,v)，当车速为eq \f(v,4)时，根据功率与速度的关系得，P＝F1·eq \f(v,4)，则F1＝eq \f(4P,v)，根据牛顿第二定律得F1－Ff＝ma，解得汽车的瞬时加速度大小为a＝eq \f(3P,mv)，故选C。]4．B　[根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，则F＝Ff＋ma＝1 000 N＋5 000×2 N＝11 000 N，汽车第1 s末的速度大小为v＝at＝2×1 m/s＝2 m/s，所以汽车启动后第1 s末发动机的瞬时功率为P＝Fv＝11 000×2 W＝22 000 W＝22 kW，故B正确。]5．A　[轿车以恒定的牵引力F启动，由a＝eq \f(F－Ff,m)得，轿车先做匀加速运动，由P＝Fv知，轿车输出功率均匀增加，当功率达到额定功率后，不再变化，牵引力减小，加速度减小，轿车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝Ff时，速度达到最大，之后轿车做匀速运动，选项B、C、D正确，选项A错误。]6．D　[匀加速提升重物时钢绳的拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，即F＝eq \f(P,v1)＝ma＋mg，故A、B错误；因重物匀加速运动结束以后做的是变加速运动，因此重物的平均速度大小不等于eq \f(v2,2)，重物做匀加速运动的加速度a＝eq \f(F－mg,m)＝eq \f(P,mv1)－g，故C错误，D正确。]7．A　[依题意，可得电动车受到的阻力大小为Ff＝eq \f(P,vm)＝eq \f(560,5.6) N＝100 N，故A正确；加速阶段，根据牛顿第二定律有eq \f(P,v)－Ff＝ma，速度增大，则电动车的加速度逐渐减小，故B错误；根据eq \f(P,v)－Ff＝ma，当电动车的速度为4 m/s时，其加速度大小为a＝0.4 m/s2，故C错误；若电动车从静止开始以2 m/s2的加速度匀加速启动，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma′，可得此过程的牵引力大小F＝300 N，当功率达到额定功率时，匀加速运动结束，此时速度大小为v＝eq \f(P,F)＝eq \f(560,300) m/s＝eq \f(28,15) m/s，则所用时间为t＝eq \f(v,a′)＝eq \f(14,15) s，故D错误。]8．B　[发动机的输出功率为P，汽车做匀速运动时v0＝eq \f(P,Ff)，发动机的输出功率为eq \f(1,2)P，汽车最终做匀速运动时v′＝eq \f(\f(P,2),Ff)＝eq \f(1,2)v0，所以整个过程汽车运动的平均速度应大于eq \f(1,2)v0，A错误；根据P＝Fv，当功率减小为eq \f(1,2)P时，牵引力也减半，由于汽车受到的阻力不变，所以汽车做减速运动，随着速度的减小，牵引力增大，直到等于阻力时，以后牵引力不变，故B正确；汽车在减速阶段，根据牛顿第二定律Ff－F＝ma，根据上述分析可知，加速度逐渐变小，当加速度减小到零后汽车匀速运动，匀速运动的速度为eq \f(1,2)v0，C、D错误。]9．D　[第5 s时，汽车的功率达到额定功率，前5 s由牛顿第二定律可知F－Ff＝ma，P额＝Fv，Ff＝0.1mg，联立解得F＝4 000 N，m＝2 000 kg，故A错误；汽车的最大速度vmax＝eq \f(P额,Ff)＝10 m/s，故B错误；在前5 s内，汽车做匀加速直线运动，由题图乙可知前5 s的位移x1＝eq \f(5×5,2) m＝12.5 m，阻力对汽车所做的功为Wf＝－Ffx1＝－0.1mgx1＝－25 kJ，故C错误；在0～5 s内，牵引力恒定，则牵引力做的功W1＝Fx1＝50 000 J，在5～15 s内，汽车功率恒定，则牵引力做的功W2＝P额t＝200 000 J，在0～15 s内，牵引力对汽车做功W＝W1＋W2＝250 kJ，故D正确。]10．(1)2.2 W　(2)1.1 m/s解析　(1)根据题意可知小车在0～10 s内做匀加速直线运动，则有x＝eq \f(1,2)at2解得a＝eq \f(2x,t2)＝eq \f(2×5,102) m/s2＝0.1 m/s2根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma可得F＝Ff＋ma＝0.1mg＋ma＝2.2 Nt＝10 s时小车的速度大小为v＝at＝0.1×10 m/s＝1 m/s小车的额定功率为P＝Fv＝2.2×1 W＝2.2 W(2)当牵引力等于阻力时，小车的速度达到最大，则有vm＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(2.2,0.1×2×10) m/s＝1.1 m/s。11．(1)6×104 N，方向竖直向上(2)2.4×105 W解析　(1)根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，代入数据可得，重物在匀加速运动时的牵引力为F＝6×104 N，方向竖直向上(2)当起重机以其输出功率允许的最大值使重物匀速运动时有F′＝mg则起重机允许输出的最大功率为Pm＝F′vm＝5×103×10×6 W＝3×105 W重物做匀加速运动的末速度v＝eq \f(Pm,F)＝eq \f(3×105,6×104) m/s＝5 m/s，由v＝at知重物做匀加速运动的时间t＝eq \f(v,a)＝2.5 s，故重物在第2秒末的速度为v2＝at2＝4 m/s，则起重机在第2秒末的输出功率为P＝Fv2＝6×104×4 W＝2.4×105 W。12．C　[由题图可知，加速度变化，赛车不做匀加速直线运动，故A错误；当赛车的速度最大时，加速度为零，由题图可知最大速度v＝100 m/s，此时有P＝Ffv，可得Ff＝2 000 N，故C正确；图线的反向延长线与纵轴的交点为a0＝－4 m/s2，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，其中F＝eq \f(P,v)，可得eq \f(P,v)－Ff＝ma，则有a＝eq \f(P,mv)－eq \f(Ff,m)，由题图可得此时有Ff＝－ma0，可得m＝500 kg，故B错误；v′＝50 m/s时，F′＝eq \f(P,v′)＝eq \f(200 000,50) N＝4 000 N，故D错误。]