1、专题07 功、能选择题1. (2021浙江卷)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为()发动机最大输出功率()332最大输送高度(m)63整车满载质量()最大输送量()180A. B. C. D. 答案C解析：泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功故选C。2. (2021浙江卷)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到时会引起神经混乱，达到时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率。若发射的微波
2、可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为()A. B. C. D. 答案 B解析：设微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波功率为解得则引起神经混乱时有 引起心肺功能衰竭时有所以B正确；故选B。3. (2021全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则()A. 物体向上滑动的距离为 B. 物体向下滑动时的加速度大小为C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析：物体从斜
3、面底端回到斜面底端根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有整理得；A错误，C正确；物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有求解得出B正确；故选BC。4. (2021湖南卷) “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比(，为常量)，动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是()A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C. 若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为D.
4、若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为答案C解析：若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；故选C。5. (2021河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A. B. C. D. 答案A解析：小球下落的高度为h = R -
5、R + R = R小球下落过程中，根据动能定理有mgh = mv2综上有v = 故选A。6. (2021春浙江卷)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车()A. 发动机的输出功率为70kWB. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7104JC. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9104JD. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0104J【答案】C【解析】A由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45104J，则输出功率为选项A错误；BCD每1s消耗的燃料有6.9104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9104J，选项C正
6、确，BD错误。故选C。7. (2021广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()A. 甲在空中的运动时间比乙的长B. 两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C. 从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少D. 从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为答案BC解析：做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从
7、投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量故C正确；故选BC。8. (2021四川泸州三模)如图所示，带立杆的小车放在光滑水平面上，小球P用轻绳系在立杆上，把小球拉开一定角度，然后将小球P和小车同时由静止释放。在小球P从静止开始摆到最低点的过程中()A. 小球P的机械能守恒 B. 小球P和小车组成的系统动量守恒C. 细线的拉力对小球P始终不做功 D. 小球P重力的瞬时功率先增大后减小【答案】D【解析】B小球P和小车组成系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，系统只在水平方向动量守恒，故B错误；AC由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子也会随之反方向
8、移动，动能增加，绳对车的拉力对车做正功，系统机械能守恒，则绳对小球的拉力做负功，小球的机械能减少，故AC错误；D小球在刚释放时，速度为零，重力瞬时功率为零，在最低点时，重力方向与速度方向垂直，则重力瞬时功率为零，可知小球P从静止开始摆到最低点的过程中，重力的功率先增大后减小，故D正确。故选D。9. (2021云南曲靖一模)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】拉力竖直向上，与物体的位移方向相
9、同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误由匀变速运动的速度位移关系公式v2-v02=2ah得：v2=v02+2ah;由数学知识可知，v2-h图象的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定由功能关系知：Fh=E，即得，所以E-h图象的斜率等于拉力F，F一定，因此E-h图象应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确故选D.【点睛】根据物理规律得到解析式，再结合数学知识分析图象的形状和物理意义，是常用的方法，要能熟练运用.10. (2021上海普陀一模)如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质
10、点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为m2。施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1:2B.小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为C.小球A落地时速率为D.小球A、立方体B质量之比为1:4【答案】BD【解析】A.A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，则因此故A错误；B.根据牛顿第二定律解得又得故B正确；C.
11、由机械能守恒可知解得故C错误；D.根据A与B脱离之前机械能守恒可知解得故D正确。故选BD。11(2021江苏常州一模)物体沿粗糙斜面底端以一初速度上滑到顶端又滑回到底端。下列关于物体的动能随时间的变化图像正确的是()A BC D【分析】先根据牛顿第二定律分析物体沿斜面上滑和下端加速度的大小，由位移时间公式分析上滑和下滑运动时间关系。根据速度时间公式得到速度与时间的关系式，再得到动能与时间的关系式，即可确定图象的形状。【解答】解：设斜面的倾角为，物体与斜面间的动摩擦因数为，物体沿斜面上滑的加速度大小为a1，下滑的加速度大小为a2。根据牛顿第二定律得：上滑过程有mgsin+mgcosma1下滑过程
12、有mgsinmgcosma2可得a1a2。由于上滑和下滑的位移大小相等，由x知上滑的时间短于下滑的时间。上滑过程，有vv0a1t，动能为Ek，Ekt图象是开口向上的抛物线(左支)；设上滑的时间为t0。下滑过程，有va2(tt0)，动能为Ek，Ekt图象是开口向上的抛物线(右支)，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】解决本题时，要知道有摩擦时物体在斜面上的运动过程不具有对称性，上滑时间比下滑时间短，要根据牛顿第二定律和运动学公式分析运动时间关系。根据速度时间公式和动能表达式得到动能与时间的关系，从而分析图象的形状。12. (2021河北石家庄一模)如图所示，将一内壁光滑的半圆形槽置于光滑水平
13、面上，槽的左侧紧靠固定的竖直墙壁。将一小球自左端槽口处由静止释放。到第一次运动至槽内右侧最高点过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()A. 从释放到运动到最低点的过程中，小球的机械能不变B. 从释放到运动到最低点的过程中，小球的机械能减小C. 从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球的机械能不变D. 从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球的机械能减小【答案】AD【解析】【详解】AB小球从释放到运动到最低点的过程中，槽没有动，对小球来说，只有重力做功，所以小球的机械能保持不变，故A正确，B错误；CD小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽同时向右运动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能减小，故C
14、错误，D正确。故选AD。13. (2021河北石家庄一模)从地面以初速度v斜向上抛出一物块，不计空气阻力。重力加速度为g，以地面为零势能面参考面，当物块的重力势能是动能的4倍时，物块离地面的高度为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】依题意知物体机械能守恒，初动能重力势能恰好是动能4倍时，离地面高度设为h，则此时重力势能为mgh，则有解得故C正确，ABD错误。故选C。14(2021北京东城一模)如图所示为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道半径为r，最低点为A、最高点为B，小球从斜轨道上无初速释放，可模拟游乐园的“翻滚过山车”。某实验小组同学通过改变释放小球距圆轨道底端的高度h多次实验，发现
15、有时小球能通过B点，有时在到达B点前就脱离轨道。他们结合观察和分析提出了一些猜想，请运用物理知识分析其中正确的是(不考虑摩擦力等阻力的影响，小球视为质点，重力加速度大小记为g)A若h2.5r，小球对A点和B点都有压力，且h越高，压力之差也越大C若h2.5r，小球能通过B点且对B点没有压力【答案】C【解析】因为小球在这样的一个圆轨道上运行，到达最高点的速度vB，根据机械能守恒规律可知，mg(h-2r)=mvB2，解得h2.5r；若h2.5r，小球对A点和B点都有压力，设压力分别为FA和FB，则FA-mg=，同理可得mg-FB=；对AB两点而言，根据动能定理可知：mg2r=mvA2-mvB2，以上
16、三式结合可得FA-FB=4mg，说明小球对两点的压力之差是不变的，与h无关，选项B错误；若h2.5r，小球能通过B点，且轨道对B点有向下的压力，选项D错误。计算题15. (2021全国甲卷)如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为
17、，重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案：(1)；(2)；(3)解析：(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为联立以上各式解得
18、(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有联立解得故在每一个减速带上平均损失的机械能为(3)由题意可知可得16. (2021全国乙卷)一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案：(1)；(
19、2)解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得(舍去)17(2021北京东城一模)如图1所示，弹簧a和弹簧b为两根相同的弹簧，与可视为质点的小球相连，另外两端固定，小球处于静止状态时两弹簧均处于伸长状态且伸长
20、量为x0，弹簧的劲度系数为k，质量不计，小球的质量为m，整个装置处于光滑的水平面上。现将小球向右缓慢推动一段距离x(x x0)。(1)求此刻弹簧a弹力的大小和弹簧b弹力的大小。(2)a.用图2中的横轴x表示小球相对于初始位置的位移，纵轴F表示弹簧的弹力(均以水平向右为正方向)。请在图2中画出弹簧a的弹力Fa随x变化的Fa -x图像，以及弹簧b的弹力Fb随x变化的Fb -x图像。b. 取小球处于初始位置时系统的弹性势能为零，请利用图2中的图像求出小球被向右推动了距离x时系统的弹性势能EP。(3)如图3所示，将小球在水平面内沿与两弹簧轴线相垂直的方向移动一小段距离y，请通过计算论证，释放后小球是否
21、做简谐运动以及其运动可视为简谐运动的条件。(请对论证过程中用到的物理量加以说明；论证过程中有可能用到的数学知识有：当很小时，sintan)【答案】(1)Fa=k(x0-x)；Fb=k(x0+x)；(2)a.图像见解析；b. EP=kx2；(3)认证过程见解析。【解析】(12分)(1)弹簧a的弹力大小为k(x0-x)；弹簧b的弹力大小为k(x0+x)(2)见答图1。(2)由图2中的图像可知小球被向右推动距离x的过程中，弹簧弹力做的功可通过线下面积求出，其中Fa做正功，Fb做负功，二者做功的和为再由可知时小球被向右推动了距离x时系统的弹性势能EP=kx2。(若利用答图1的图线再做出合力的图像，然后
22、由合力与坐标轴所围的面积计算功也得分)(3)如答图2所示，设弹簧与弹簧初始位置所在连线的夹角为，小球偏离初始位置的位移为y，设弹簧的原长为l0，则小球受到两根弹簧的拉力，其合力方向与位移y相反，大小为Fy=，其中。由此可知，小球所受的回复力与相对平衡位置的位移y不成正比，即，小球的运动不是简谐运动。但是若很小(也就是y l0+x0)时，,则有Fy=,即，小球所受的回复力与相对平衡位置的位移y成正比，小球的运动可视为简谐运动。18. (2021河北石家庄一模)动车组是把动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起的。如图所示，某实验用动车组由4节动车和4节拖车组成。总质量为m=4105kg。动车组可
23、以提供的总额定功率P=9.6106W，若动车组先以恒定加速度a=0.2m/s2由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=60m/s并开始匀速行驶。行驶过程中所受阻力恒定。(1)求动车组在匀加速运动阶段总时问；(2)若动车组在变加速运动阶段的总时间为400s，求变加速运动的位移大小。【答案】(1) 200s；(2) 2.15104m【解析】(1)设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时F=f动车组总功率P=Fvm设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F，匀加速运动的末速度为v，由牛顿第二定律有F-f=ma动车组总功率P=Fv运动学公式v=at1解得匀加速运动的时间t1=200s(2)设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理解得x=2.15104m
