2021届新高考物理二轮复习检测(七)功和能

专题跟踪检测（七）功和能1．(2020·江苏高考)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 kWC．36 kW D．300 kW解析：选C根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103 N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝F v，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，A、B、D项均错误，C项正确。

2．[多选](2020·保定调研)静止在斜面底端的物块，在外力的作用下沿光滑斜面向上做匀加速运动，在某位置撤去外力，经过一段时间物块返回斜面底端。

下列说法正确的是() A．物块沿斜面上滑的过程中，机械能一直增加B．物块下滑过程机械能一定守恒C．外力所做的功等于物块回到底端时的动能D．外力所做的功小于物块到达最高处的重力势能解析：选BC撤去外力后物块依然有向上的速度，所以还可以上滑一段时间，这段时间里机械能不变，所以选项A错误；下滑时只有重力做功，机械能守恒，故选项B正确；合外力做功等于动能的变化量，因此选项C正确；物块从底端到最高点，初速度为零，末速度为零，动能无变化，所以外力做功等于在最高点的重力势能，选项D错误。

3.[多选](2020·呼伦贝尔一模)如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面体固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是()A．滑梯对地面的压力大小为(M＋m)gB．小美、小球组成的系统机械能守恒C．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan θD．系统增加的内能大于小美减少的机械能解析：选ACD由于下滑时细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看成一个整体，则滑梯对地面的压力大小为(M＋m)g，故A正确；由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有mg sin θ＝μmg cos θ，所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan θ，故C正确；由能量守恒定律可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。

4．(2020·山东等级考模拟)我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。

若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW ，排泥量为1.4 m 3/s ，排泥管的横截面积为0.7 m 2。

则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )A ．5×106 NB ．2×107 NC ．2×109 ND ．5×109 N解析：选A 由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度v ＝1.4 m 3/s 0.7 m 2＝2 m/s 。

由P ＝F v 可求F ＝P v ＝1×107 W 2 m/s＝5×106 N 。

5．[多选](2020·浙江7月选考)如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。

现有质量为20 kg 、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200 s 到达100 m 高处后悬停并进行工作。

已知直流电源供电电压为400 V ，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则(g 取10 m/s 2)( )A ．空气对无人机的作用力始终大于或等于200 NB ．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 AC ．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 WD ．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功解析：选BD 无人机在上升过程中先加速上升后减速上升，最终速度减为零，在减速上升过程中空气对无人机的作用力小于无人机的重力，即小于200 N ，A 项错误；直流电源对无人机供电的额定电流I ＝P U ＝5×103400A ＝12.5 A ，B 项正确；无人机上升过程克服重力做的功W ＝mgh ＝2×104 J ，克服重力做功的功率P ′＝W t ＝100 W ，同时无人机上升过程还需克服空气阻力做功，故C 项错误；无人机上升过程及悬停过程均会使空气动能增加，即对空气做功，D 项正确。

6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F 将静止在地面上的质量为m 的物体提升高度H 0后，撤去力F 。

当物体的动能为E k0时，试求此时物体的高度h 为(已知h ≠H 0，不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．若h ＝E k0F －mg ，则h 一定还有一解为h ＝FH 0－E k0mgB ．若h ＝FH 0－E k0mg ，则h 一定还有一解为h ＝E k0F －mgC ．若h ＝E k0F －mg，则h 的另一解一定小于H 0D ．若h ＝FH 0－E k0mg，则h 的另一解一定大于H 0 解析：选A 根据题意可知h ≠H 0，则当动能达到E k0时可能还未撤去力F ，若h ＝E k0F －mg，说明物体在未撤去F 之前动能就达到E k0，撤去力F 之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为E k0，该位置高度一定大于H 0，从地面到该位置由动能定理：FH 0－mgh ＝E k0，得到：h ＝FH 0－E k0mg，故选项A 正确，C 错误；若撤去F 之前动能未达到E k0，则物体的动能一定是在下落到高度h <H 0的某位置等于E k0，由动能定理：FH 0－mgh ＝E k0，得到：h ＝FH 0－E k0mg ，故选项B 、D 错误。

7.(2020·安徽名校联考)竖直放置的光滑圆环，半径为R ，AB 是其直径。

一质量为m 的小球穿在环上且受到沿AB 方向水平向右的风力大小恒为F ＝mg 。

小球由A 点开始运动，则下列说法正确的是( ) A ．小球运动过程中的最大速度为2gRB ．小球运动过程中的最大动能为(2＋1)mgRC ．运动中小球对环的最大压力为26mgD ．运动中小球对环的最大压力为(32＋2)mg解析：选D 小球受到竖直向下的重力mg 和水平向右的风力F ＝mg ，可知合力大小为2mg ，方向斜向右下方，与水平方向夹角为45°，可等效为小球处在如图所示的重力场，等效重力加速度g ′＝2g 。

小球从A 点运动到C 点速度最大，由动能定理得mg ′R 1＋22＝12m v 2，解得v ＝(22＋2)gR ，最大动能为E km ＝12m v 2＝(2＋1)mgR ，故A 、B 错误；在C 点由牛顿第二定律得F N －mg ′＝m v 2R ，解得F N ＝(32＋2)mg ，由牛顿第三定律可知，小球对环的最大压力为(32＋2)mg ，故C 错误，D 正确。

8.[多选](2020·苏州检测)如图所示，光滑的半圆轨道竖直放置，边缘处固定着光滑小滑轮，跨过滑轮的轻绳连接小球A 和B ，质量分别为m A 和m B ，小球A在水平拉力F 作用下静止于P 点时，对轨道的压力恰好为零。

现增大拉力F 使小球A 沿半圆轨道运动至Q 点，小球A 经过Q 点时速度为v A ，小球B 的速度为v B ，已知OQ 连线与竖直方向的夹角为30°，小球A 从P 运动到Q 的过程中，下列说法正确的有( )A ．两球A 、B 质量之比m A ∶m B ＝1∶ 2B ．小球A 经过Q 点时，两球A 、B 速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2C ．小球A 、B 组成的系统机械能一直增加D ．拉力F 对小球A 做的功等于小球A 机械能的变化量解析：选AC 静止时，对A 受力分析可得：m B g cos 45°＝m A g ，解得：m A ∶m B ＝cos 45°＝1∶2，A 正确；小球A 经过Q 点时，两球沿绳方向的速度大小相等，即：v A sin 30°＝v B ，解得：v A ∶v B ＝1sin 30°＝2∶1，B 错误；小球A 从P 运动到Q 的过程中，拉力F 一直做正功，所以小球A 、B 组成的系统机械能一直增加，C 正确；小球A 机械能的变化量等于除小球A 重力以外的其他力做功之和，除小球A 的重力对小球A 做功之外，还有拉力F 和绳的拉力T 对小球做功，拉力F 做正功，绳的拉力T 做负功，所以小球A 机械能的变化量小于拉力F 对小球A 做的功，实际上，拉力F 对小球A 做的功等于小球A 、B 组成的系统机械能的变化量，D 错误。

9．[多选]如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M 、N ，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。

两个小球a 、b (视为质点)质量均为m ，a 球套在竖直杆M 上，b 球套在水平杆N 上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆夹角为30°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g 。

在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于gC ．b 球的最大速度为3gLD ．b 球的最大速度为2gL解析：选ABC a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A 正确；b 球速度为0时，连接a 、b 球的轻杆水平，a 球在竖直方向只受重力作用，则加速度为g ，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a的速度为0，b 的速度最大为v b m ，由机械能守恒得：mgL ＋L 2＝12m v b m 2，解得v b m ＝3gL ，故C 正确，D 错误。

10.[多选](2020·珠海摸底)如图所示，半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，O 是圆心，OC 竖直，OA 水平，B 是最低点，A 点紧靠一足够长的平台MN ，D 点位于A 点正上方，DA 距离h 为有限值。

现于D 点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A 点进入圆弧轨道，并从C 点飞出后做平抛运动，落在平台MN 上；P 点是小球落在MN 之前轨迹上紧邻MN 的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球由D 点经A 、B 、C 到P 点的过程中，机械能守恒B ．小球从A 点运动到B 点的过程中，重力的功率一直增大C ．只要D 点的高度合适，小球可以落在平台MN 上任意一点D ．如果DA 距离h 一定，圆弧轨道半径可自由调节，则当R ＝h 2时，OP 有最大距离h 解析：选AD 小球由D 点经A 、B 、C 到P 点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A 正确；小球从A 点运动到B 点的过程中，在A 点时速度向下，重力功率不为零；在B 点时速度水平向左，重力的功率为零，所以小球从A 点运动到B 点的过程中，重力的功率不是一直增大，故B 错误；小球恰好通过C 点，则：mg ＝m v 2R ，从C 点飞出后做平抛运动并落在平台MN 上：R ＝12gt 2，x ＝v t ，解得x ＝2R ，即小球落点至少离M 点(2－1)R ，所以C 错误；如果DA 距离为h ，小球从D 到C 过程，由动能定理得mg (h －R )＝12m v C 2，小球离开C 点做平抛运动，有R ＝12gt 2，OP ＝v C t ，所以OP ＝2(h －R )·R ，当h －R ＝R ，即R ＝h 2时，OP 最大为h ，故D 正确。