2025届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练五功和功率动能定理和机械能守恒定律

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练五功和功率动能定理和机械能守恒定律，共6页。

A．米粒和糠都做平抛运动
B．米粒和糠质量相同
C．落地时，米粒竖直方向的速度大于糠竖直方向的速度
D．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率
解析：平抛运动只受重力作用，故不是平抛运动，故A错误；空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由h＝ eq \f(1,2) gt2，可知，运动时间相同，在恒定水平风力作用下F＝ma，x＝ eq \f(1,2) at2，米粒和糠落到地面不同位置，则加速度不同，所以质量不同，故B错误；空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由v2＝2gh，可知，落地竖直方向的速度相同，故C错误；根据P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率，故D正确。
2.(2024·深圳市一模)节能电梯在无人时缓慢运行或静止不动，有人上电梯后，电梯先加速后匀速运行。一乘客坐电梯下楼，始终与电梯保持相对静止，如图所示，则( B )
A．加速时乘客所受的摩擦力方向沿斜面向下
B．加速时乘客处于失重状态
C．下楼过程中电梯对乘客的作用力大于乘客对电梯的作用力
D．下楼过程中乘客受到的摩擦力始终做负功
解析：电梯加速向下运动时，人有水平向左的加速度，重力提供向下的加速度，由牛顿第二定律可知，乘客所受的摩擦力方向水平向左，故A错误；电梯加速向下运动时，人有向下的加速度，则乘客处于失重状态，故B正确；电梯对乘客的作用力与乘客对电梯的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；当电梯匀速运行时，乘客不受摩擦力，摩擦力做功为零，故D错误。
3.(2024·梅州市一模)如图所示，喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，给人们的生活增添了无穷乐趣。假设一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠的质量和空气阻力的大小均保持不变，则该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是( B )
A．该水珠在落回地面时，重力的瞬时功率最小
B．该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小
C．上升过程所用的时间大于下落过程所用的时间
D．上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功
解析：重力的瞬时功率P＝mgv，水珠在最高点时，速度为零，重力的瞬时功率最小，故A错误；水珠在空中运动的过程中，一直克服空气阻力做功，水珠的机械能逐渐减小，故该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小，故B正确；水珠上升过程阻力方向与重力方向相同，下降过程阻力方向与重力方向相反，则水珠上升过程的加速度大于下降过程的加速度，水珠上升过程的位移等于下降过程的位移，故上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间，故C错误；运动过程中水珠空气阻力的大小均保持不变，水珠上升过程的位移等于下降过程的位移，故上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功，故D错误。
4．(2023·全国甲卷，T14)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( B )
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，铅球在竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。
5．(2024·广东大亚湾区联合模拟)如图所示，塔式起重机将质量m＝5×103kg的重物沿竖直方向吊起的过程中，在MN段重物以加速度a＝0.2 m/s2匀加速上升，在PQ段重物以速度v＝1.2 m/s匀速上升，MN＝PQ＝2.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力和摩擦阻力。下列说法正确的有( C )
A．从M到N，起重机的输出功率保持为10 kW
B．从M到N，重物的机械能增加量为1.25×105J
C．从P到Q，起重机的输出功率保持为60 kW
D．从P到Q，起重机对重物做功为1.0×105J
解析：从M到N，重物匀加速上升，由牛顿第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝5.1×104 N，保持不变，速度增加，则起重机的输出功率增大，由功能关系可知，重物的机械能增加量ΔE＝F1x＝5.1×104×2.5 J＝1.275×105J，故A、B错误；从P到Q，重物匀速上升，则有F2＝mg＝5×104N，保持不变，速度也不变，则起重机的输出功率保持P＝F2v＝5×104×1.2 W＝6×104 W＝60 kW，起重机对重物做功W＝F2x＝5×104×2.5 J＝1.25×105J，故C正确，D错误。
6.(2024·江门市一模)跳伞运动员由高空沿竖直方向落下，t1时刻开启降落伞，t2时刻开始做匀速直线运动直到t3时刻落地，速度传感器记录此过程中运动员的v－t图像如图所示，下列关于跳伞运动员及降落伞的说法正确的是( C )
A．0到t1时间内，他们处于超重状态
B．t1到t2时间内，他们受到的空气阻力逐渐增大
C．t1时刻，他们所受重力的功率最大
D．t2到t3时间内，他们的机械能守恒
解析：由题图可知，0到t1时间内，他们加速下降，具有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；同理，t1到t2时间内，他们减速下降，由牛顿第二定律可知a＝ eq \f(f－mg,m) ，加速度越来越小，受到的空气阻力逐渐减小，故B错误；根据P＝mgv，可知，t1时刻速度最大，则他们所受重力的功率最大，故C正确；由题图可知，t2到t3时间内，他们匀速下降则机械能不守恒，故D错误。
7.“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2 h。假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f。已知动车质量为m，最高行驶速度为vm，下列说法正确的是( B )
A．动车启动过程中所受合外力不变
B．动车发动机功率为fvm
C．从启动到最大速度过程中，动车平均速度为 eq \f(vm,2)
D．从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m)
解析：发动机功率恒定，根据P＝Fv可知速度变大，牵引力变小，合外力F合＝F－f，则合外力变小，故A错误；速度最大时，动车加速度为零，受力平衡，此时P＝Fv＝fvm，故B正确；从启动到最大速度过程中，动车做加速度减小的加速运动，动车平均速度大于 eq \f(vm,2) ，故C错误；从启动到最大速度过程中，根据动能定理有WF－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) ，则动车牵引力做功大于 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,m) ，故D错误。
8．(多选)(2024·潮州市期末)如图甲所示是某游乐场的一部直道滑梯，质量为20千克的儿童在长为5米的滑梯顶端从静止开始沿滑梯下滑，经过3秒到达滑梯底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图乙所示，取滑梯底部为零势能面，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取10 m/s2，则( ACD )
A．儿童下滑时加速度的大小约为1.1 m/s2
B．儿童与滑梯间的动摩擦因数为0.7
C．滑梯与水平面的夹角θ为37°
D．儿童下滑过程中机械能减小
解析：根据图像可知，下滑距离为5 m，根据s＝ eq \f(1,2) at2，可得，加速度a＝ eq \f(2s,t2) ＝ eq \f(10,9) m/s2≈1.1 m/s2，故A正确；根据题意Ep＝mgs sin θ，解得sin θ＝0.6，所以滑梯与水平面的夹角θ为37°，根据mg sin θ－f＝ma，f＝μN，N＝mg cs θ，解得μ＝ eq \f(11,18) ，故B错误，C正确；儿童下滑过程中克服阻力做功，机械能减小，故D正确。
9.(多选)如图所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直径，一个物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器，第一次从P点由静止释放，P点离A点高度为h，结果物块从C点飞出上升的高度为 eq \f(h,2) ，第二次从Q点由静止释放，Q点离A点高度为 eq \f(h,2) ，物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定，B为容器内壁最低点，容器的半径为h。下列判断正确的是( AD )
A．第一次，物块由A点运动到C点的过程克服摩擦做的功为 eq \f(1,2) mgh
B．第二次，物块运动到C点的速度刚好为零
C．第一次，物块运动到B点的最大动能为 eq \f(7,4) mgh
D．第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
解析：根据动能定理mg× eq \f(h,2) －Wf＝0，解得克服摩擦力做功Wf＝ eq \f(1,2) mgh，故A正确；第二次，由于物块运动到某一位置的速度小于第一次物块在该位置的速度，因此正压力小于第一次的正压力，摩擦力小于第一次的摩擦力，因此从A到C克服摩擦力做功小于 eq \f(1,2) mgh，根据动能定理可知，物块到达C点的速度不为零，故B错误；第一次，物块从A运动到B过程中的速度比从B运动到C过程中的速度大，因此正压力大，摩擦力大，所以物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于B到C克服摩擦力做的功，大于 eq \f(1,4) mgh，因此到B点的最大动能小于2mgh－ eq \f(1,4) mgh＝ eq \f(7,4) mgh，故C错误，D正确。
10．如图，质量为5×104 kg 的C919飞机，在水平跑道上滑行2 000 m时可达到飞机起飞的速度80 m/s。若飞机滑行过程可视为从静止开始的匀加速直线运动，受到的阻力为自身重力的 eq \f(1,10) ，重力加速度大小取10 m/s2，求：
(1)飞机滑行过程中的加速度大小；
(2)飞机起飞时刻推力的功率。
解析：(1)设滑行过程中飞机的加速度大小为a，
则有v2＝2ax，将x＝2 000 m，v＝80 m/s代入解得，飞机滑行过程中的加速度大小a＝1.6 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律有F－0.1mg＝ma
解得飞机起飞时刻的推力F＝1.3×105 N
则飞机起飞时刻推力的功率P＝Fv＝1.04×107 W。
答案：(1)1.6 m/s2 (2)1.04×107 W
11.整理餐具时，服务员先把餐具摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径r＝0.6 m，圆形桌面的半径R＝1 m，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差h＝0.05 m。可看作质点的质量为m的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘间的动摩擦因数μ＝0.54，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求餐具刚好被甩出去时转盘的角速度ω0；
(2)若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面间的动摩擦因数μ′的取值范围(计算结果保留2位有效数字)。
解析：(1)以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得
μmg＝mrω eq \\al(2,0) ，代入数据得ω0＝3 rad/s。
(2)餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为v0，时间为t1，射程为x，则v0＝rω0，h＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) ，x＝v0t1
解得v0＝1.8 m/s，x＝0.18 m
餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为μ1时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程由动能定理得
－μ1mg( eq \r(R2－r2) －x)＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
代入数据得μ1≈0.26
故餐具与桌面间的动摩擦因数的范围应是μ′≥0.26。
答案：(1)3 rad/s (2)μ′≥0.26