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 kW

C．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)g

B．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 θ

D．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 N

B ．2×107 N

C ．2×109 N

D ．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 N

B ．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A

C ．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W

D ．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 ＝5×103

400

A ＝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 k0mg

B ．若h ＝FH 0－E k0mg ，则h 一定还有一解为h ＝E k0F －mg

C ．若h ＝E k0F －mg

，则h 的另一解一定小于H 0

D ．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

mg ，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2gR

B ．小球运动过程中的最大动能为(2＋1)mgR

C ．运动中小球对环的最大压力为26mg

D ．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 ＝12

m 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∶ 2

B ．小球A 经过Q 点时，两球A 、B 速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2