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、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。每小题只有一个选项正确)1.(2013合肥二模)一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1m/s,从此时刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力,力F和滑动的速度v随时间的变化规律分别如图所示,设第1s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1、P2、P3,则以下关系式正确的是()A.P1=P2=P3B.P1P2P3C.P3P1P12.(2012福建
2、高考)如图,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
3、牵引力小于F0C.t2后的速度仍为v0D.t2后的速度大于v04.(2013马鞍山一模)水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小与汽车行驶的速率成正比,若汽车从静止出发,先做匀加速直线运动,达到额定功率后保持额定功率行驶,则在整个行驶过程中,汽车受到的牵引力大小与阻力大小关系图像正确的是()5.(2013芜湖一模)如图所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球b从距地面h处以初速度v0水平抛出,两球恰好同时到达同一水平高度处(不计空气阻力)。下列说法中正确的是()A.两小球落地时的速度相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.到达同一水平高度后的任意时刻,重力对球a做功
4、功率和对球b做功功率相等D.从开始运动到两球到达同一水平高度,球a动能的减少量等于球b动能的增加量6.(2013池州一模)如图所示,半径为R的金属环竖直放置,环上套有一质量为m的小球,小球开始时静止于最低点。现给小球一冲击,使它以初速度v0=沿金属环向上运动。小球运动到环的最高点时与环恰无作用力,小球从最低点运动到最高点的过程中()A.小球机械能守恒B.小球在最低点时对金属环的压力是6mgC.小球在最高点时,重力的功率是mgD.小球机械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR7.(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
5、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mgssinB.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-mgssin8.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,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计。
6、根据图像所给的信息以下所求结果不准确的是()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二、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合肥二模)如图所示,AB为倾角=37的斜面轨道,轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙。BP为圆心角等于143、半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、O两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在A点,另一自由端在斜面上C点处,现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放
7、,物块经过C点后,从C点运动到B点的过程中位移与时间的关系为x=12t-4t2(式中x单位是m,t的单位是s),假设物块第一次经过B点后恰能到达P点,sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2。试求:(1)若=1m,试求物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功;(2)B、C两点间的距离x。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,
8、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C。由所给两个图像得P1=F1v1=21W=2 W,P2
9、=F2=3W=4.5 W,P3=F3=1W=1.5 W,故P3P1P2,C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=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
10、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A。由F-f=ma得F=f+ma,即匀加速运动阶段,F随f线性增加,F-f图像为倾斜直线;而P=Fv,f=kv,所以F=,F,即恒定功率加速行驶时,牵引力F与阻力f成反比,F-f图像为双曲线,故选项A正确。5.【解析】选D。a球的初速度为v0,则v0t-gt2=,gt2=,故v0=,a球落地时的速度大小为v0,方向竖直向下。由mgh=m-m得b球落地时的速度vb=,故vavb,
11、A错。a、b两球落地时重力的瞬时功率分别为Pa=mg,Pb=mg,PaPb,B错。到达时,a球的速度为0,b球在竖直方向的速度vb=,由于a、b两球在竖直方向的速度不同,所以重力的功率不同,C错。从开始运动到两球处于同一水平高度,两球高度的变化量大小相同,由动能定理可知,a球动能的减少量与b球动能的增加量相等,D对。6.【解析】选D。在最低点,由FN-mg=m得FN=mg+m=7mg,B错。在最高点,小球的速度v沿水平方向,重力的功率为零,C错。由mg=m得v=,根据动能定理得:-mg2R+Wf=mv2-m,故Wf=-0.5mgR,所以小球上升过程中克服摩擦力做功为0.5mgR,机械能减少,A
12、错,D对。7.【解析】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。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A。由题图可知,汽车的最大动能是Ek=8105J=m,因此,
13、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=,
14、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x=12t-4t2知,物块在C点速度为v0=12m/s(2分)设物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功为W,由动能定理得W-mgsin37=m(2分)代入数据得W=m+mgsin37=156J(2分)(2)由x=12t-4t2知,物块从C运动
15、到B过程中的加速度大小为a=8m/s2(1分)设物块与斜面间的动摩擦因数为,由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma(2分)代入数据解得=0.25(1分)物块在P点的速度满足mg=(2分)物块从B运动到P点的过程中机械能守恒,则有m=mgR 1+sin(143-90)+m(2分)物块从C运动到B的过程中有-=-2ax(2分)由以上各式解得x=m=6.125m(2分)答案:(1)156J(2)6.125 m10.【解析】(1)根据功率表达式可得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
16、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:(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