1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(五)功功率动能定理(45分钟100分)一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的)1.如图所示,三个固定的斜面底边长度相等,斜面倾角分别为30、45、60,斜面的表面情况都一样。完全相同的三物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部,在此过程中()A.物体A克服摩擦力做的功最多B.物体B克服摩擦力做的功最多C.物体C克服摩擦力做的功最多D.三物体克服摩擦力做的功一样多2.(2012福建高考)如图
2、,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后,A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块()A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同3.(2013南昌一模)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时,牵引力为F0。在t1时刻,司机减小油门,使汽车的功率减为,此后保持该功率继续行驶,t2时刻,汽车又恢复到匀速运动状态。下面是有关汽车牵引力F、速度v的几种说法,其中正确的是()A.t2后的牵引力仍为F0B.t2后的牵引力小于
3、F0C.t2后的速度仍为v0D.t2后的速度大于v04.(2013扬州二模)甲、乙两个质量相同的物体受到竖直向上的拉力作用,从同一高度向上运动,它们的运动图像如图所示,则下列说法正确的是()A.在0t1时间内甲的加速度越来越大B.在t=t1时刻两物体的高度相同C.在t=t1时刻甲所受拉力的瞬时功率大于乙所受拉力的瞬时功率D.在t=t2时刻甲所受的拉力大于乙所受的拉力5.(2013安溪一模)质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下,从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑,经B点时速率为v,此时撤去F,物块滑回斜面底端时速率也为v,斜面倾角为,A、B间距离为s,则()A.整个过程中重力做功为mgss
4、inB.整个过程中物块克服摩擦力做功为FsC.上滑过程中克服重力做功为(Fs-mv2)D.从撤去F到物块滑回斜面底端,摩擦力做功为-mgssin二、不定项选择题(本大题共3小题,每小题8分,共24分,每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,选错或不答的得0分)6.(2013宁波一模)将一个苹果斜向上抛出,苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3。图中曲线为苹果在空中运动的轨迹。若不计空气阻力的影响,以下说法正确的是()A.苹果通过第1个窗户所用的时间最短B.苹果通过第3个窗户的平均速度最大C.苹果通过第1个窗户重力做的功最大D.苹果通过第3个窗
5、户重力的平均功率最小7.(2013天津河西区模拟)在冬奥会冰壶比赛中,运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化图线如图所示,已知冰壶质量为19kg,g取10m/s2,则以下说法正确的是()A.=0.05B.=0.01C.滑行时间t=5sD.滑行时间t=10s8.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的。某次测试中,汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图,其中是关闭储能装置时的关系图线,是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg,设汽车运动过程
6、中所受地面阻力恒定,空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出()A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB.汽车的额定功率为80 kWC.汽车加速运动的时间为22.5 sD.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5105J三、计算题(本大题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2013宁波二模)有一质量为m=0.2kg的小球,从水平轨道上的A点出发,经过一段横截面是圆形、内部光滑的固定管道后离开管道(小球半径略小于管道半径),管道由呈抛物线状的BC段、呈圆弧形的CDE和呈圆形的EF段组成,C点、E点为连接点,E点与圆心O在同一水平线上,CO与水平方向夹角为30,BC段
7、的高度为h1=0.2m,CDE和EF段的半径均为R=0.3m,如图所示。小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,AB段长度为l=0.5m,小球半径和管道的内径均远小于上述高度或半径,管壁厚度不计,所有管道与水平轨道在同一竖直面内,重力加速度g=10m/s2。(1)若要使小球恰能从管道的F端离开,求小球从A点出发的最小速度;(2)若小球以最小速度的2倍从A点出发,求小球经过C点的速度和经过最低点D点时小球对管道的压力;(3)若要使小球落到离F端水平距离为0.5m的M点,求小球从A点出发的速度为多大。10.(18分)(2013嘉兴一模)2012年我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”,航空母舰上舰载机
8、的起飞问题一直备受关注。某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计。如图,舰载机总质量为m,发动机额定功率为P,在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f。舰载机在A处以额定功率启动,同时开启电磁弹射系统,它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力。经历时间t1,舰载机运行至B处,速度达到v1,电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至C处,经历的时间为t2,速度达到v2。此后,舰载机进入倾斜曲面轨道,在D处离开航母起飞。请根据以上信息求解下列问题。(1)电磁弹射系统关闭的瞬间舰载机的加速度。(2)水平轨道AC的长度。(3)若不启用电磁弹射系统,舰载机在A处以额定功率启动,经历
9、时间t到达C处,假设速度大小仍为v2,则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少?(该问AC间距离用x表示)答案解析1.【解析】选D。设斜面倾角为,斜面底边长为x0,则物体下滑过程中克服阻力做功W=mgcos=mgx0,可见W与斜面倾角无关,D正确。2.【解题指南】解答本题时应明确以下三点:(1)矢量和标量的描述不同。(2)对平均功率的计算公式的理解。(3)据平衡状态得两物块的质量关系。【解析】选D。设A、B离地高度为h,由于斜面表面光滑,A、B运动过程机械能守恒。机械能不变,物块着地时速率相等,均为,因此速率变化量相等,A、B错。由于初始时刻A、B处于同一高度并处于静止状态,因此有mAg=
10、mBgsin,重力势能变化量不相等,C错。从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大小为=,则=mAg,=mBgsin,=,故选D。3.【解析】选A。由P=Fv可知,当汽车的功率突然减小为时,瞬时速度还没来得及变化,则牵引力突然变为,汽车将做减速运动,随着速度的减小,牵引力逐渐增大,汽车做加速度逐渐减小的减速运动,当速度减小到使牵引力又等于阻力时,汽车再匀速运动,可见只有A正确。4.【解析】选C。由v-t图线知,甲的加速度越来越小,A错;t1时刻,乙的位移大于甲的位移,B错;t1时刻,v甲=v乙,但F甲F乙,由P=Fv知P甲P乙,C对;t2时刻,甲、乙均做匀速运动,则F甲=F乙,D错。5.【解析】
11、选D。因为物块又回到了A点,故在整个过程中其总位移为零,重力做功为零,A错;对整个过程利用动能定理得Fs-Wf=mv2-0,故Wf=Fs-mv2,B错;在上滑过程中,由动能定理知Fs-Wf-WG=0得WG=Fs-Wf=(Fs+mv2),C错;从撤去F到物块滑回斜面底端,由动能定理得mgssin+Wf=0,故Wf=-mgssin,D对。6.【解析】选A、D。由WG=mgh可知,苹果通过3个窗户重力做的功相等,选项C错误;斜抛运动在竖直方向上是匀减速运动,设苹果在竖直方向上的平均速度为vy,则,选项A正确,选项B错误;由=mg得,选项D正确。7.【解析】选B、D。对冰壶由动能定理得:-mgs=0-
12、m,得=0.01,B正确。冰壶运动时:a=g=0.1m/s2由运动学公式s=at2得:t=10s,D正确。8.【解题指南】解答本题时应把握以下关键点:(1)明确Ek-x图像的意义,知道直线斜率的意义。(2)明确最大动能时对应汽车的匀速运动状态。(3)灵活运用动能定理列方程求解。【解析】选B、C、D。由题图可知,汽车的最大动能是Ek=8105J=m,因此,汽车运动过程中的最大速度为vm=40m/s,在关闭发动机过程中,关闭储能装置时,汽车动能全部转化为内能,则f阻s=m,根据图像知s=4102m,那么f阻=2103N,当汽车速度达到最大时,牵引力等于阻力,即F=f阻=2103N,汽车的额定功率为
13、P额=Fvm=f阻vm=210340W=80kW,选项A错误,选项B正确;在汽车加速运动过程中,根据动能定理得,P额t-f阻s1=m,其中s1=500m,加速时间t=22.5s,选项C正确;根据开启储能装置时的关系图线知,E=Ek-f阻s=8105J-21031.5102J=5105J,选项D正确。【方法技巧】两种功率表达式的比较1.功率的定义式:P=,所求出的功率是时间t内的平均功率。2.功率的计算式:P=Fvcos,其中是力与速度间的夹角,该公式有两种用法:(1)求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小,v取瞬时值,对应的P为F在该时刻的瞬时功率。(2)当v为某段位移(时间)内的平
14、均速度时,则要求这段位移(时间)内F必须为恒力,对应的P为F在该段时间内的平均功率。9.【解析】(1)由于要求小球恰能从管道的F端离开,只要小球在管口F端时的速度为零即可,设小球从A点出发的最小速度为v1。(2分)对小球从A到F过程中,由动能定理得:-mgl-mg(R+Rsin30-h1)=0-m(2分)解得:v1=m/s(1分)(2)当小球以最小速度的2倍(2m/s)从A点出发时,设小球经过C点和D点的速度分别为v2、v3。对小球从A到C过程中,由动能定理得:-mgl+mgh1=m-m(2v1)2(2分)解得:v2=m/s(1分)对小球从A到D过程中,由动能定理得:-mgl+mg(h1+R-
15、Rsin30)=m-m(2v1)2(2分)又小球在D点受到重力(mg)和轨道的弹力(FN)作用,这两个力提供小球做圆周运动的向心力。由向心力公式得:FN-mg=m(2分)由上述两式解得:FN=24N所以小球对轨道的压力大小为24N,方向竖直向下。(1分)(3)要使小球落到M点,设小球从A点出发的速度为v4,当其到达F点时的速度为v5。由平抛运动可知:x=v5t(1分)2R=gt2(1分)又小球从A到F过程中,由动能定理得:-mgl-mg(R+Rsin30-h1)=m-m(2分)由上述三式解得:v4=m/s(1分)答案:(1)m/s(2)m/s24 N(3)m/s10.【解析】(1)根据功率表达
16、式可得F1=(2分)由牛顿第二运动定律F1-f=ma(2分)得a=-(1分)(2)舰载机在A处以额定功率启动,同时开启电磁弹射系统,它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力。经历时间t1,舰载机运行至B处,速度达到v1,AB长度设为x1,由动能定理Pt1+Fx1-fx1=m(3分)电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至C处,经历的时间为t2,速度达到v2,BC长度设为x2。同理得Pt2-fx2=m-m(2分)舰载机总位移AC=x1+x2(1分)联式解得AC=+(2分)(3)全过程,根据动能定理有Pt-fx=m1(2分)应减少的质量m=m-m1(1分)得m=m-(2分)答案:(1)-(2)见解析(3)m-【方法技巧】应用动能定理解题的一般步骤(1)选取研究对象,明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况:受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功各力做功的代数和(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2。(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程进行求解。关闭Word文档返回原板块
