高三物理一轮复习收尾二轮专题突破检测 功 功率 动能定理（均为高考题及模拟题）.doc

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。多选题已在题号后标出)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,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.(多选)(2013长宁一模)自动电梯以恒定速度v0匀速上升,一个质量为m的人沿电梯匀速往上走,在时间t内走过此电梯。电梯长为l,电梯斜面倾角为,则()a.电梯对该人做功为mglsinb.电梯对该人做功为mgv0tsinc.重力的功率为d.重力的功率为mgv0sin4.(2013德阳一模)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板上时,光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶,经过时间t,速度为v时功率达到额定功率,并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s,达到最大速度vmax。设汽车质量为m,运动过程中所受阻力恒为f,则下列说法正确的是()a.汽车的额定功率为fvb.汽车匀加速运动过程中,克服阻力做功为fvtc.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,牵引力所做的功为12mvmax2-12mv2d.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中,合力所做的功为12mvmax25.(多选)(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个窗户重力的平均功率最小6.(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12(fs-12mv2)d.从撤去f到物块滑回斜面底端,摩擦力做功为-mgssin7.(2013广元三模)如图所示,竖直平面内有一个半径为r的半圆形轨道oqp,其中q是半圆形轨道的中点,半圆形轨道与水平轨道oe在o点相切。质量为m的小球沿水平轨道运动,通过o点进入半圆形轨道,恰好能够通过最高点p,然后落到水平轨道上,不计一切摩擦阻力。下列说法不正确的是()a.小球落地时的动能为2.5mgrb.小球落地点离o点的距离为2rc.小球运动到半圆形轨道最高点p时,向心力恰好为零d.小球到达q点的速度大小为3gr8.(多选)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。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14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=mgcosx0cos=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2gh,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v=122gh,则pa=magv,pb=mbgsinv,pa=pb,故选d。3.【解析】选b、c。在人走过此电梯的过程中,人的动能未变,但重力势能增加了mglsin。在此时间t内电梯只运动了v0t的位移,也就是说电梯只能把人送到v0tsin的高度,所以b正确,a错误;重力的作用点在人身上,故c正确,d错误。4.【解析】选d。当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡,功率为额定功率,额定功率为p额=fvmax,则可知选项a错误;汽车匀加速行驶过程中通过的位移x=12vt,克服阻力做功为w=12fvt,选项b错误;根据动能定理可得wf-wf=12mvmax2-0,wf=12fvt+fs,可知选项c错误、d正确。5.【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vy1vy2vy3,选项a正确,选项b错误;由pg=mgvy得,选项d正确。6.【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=12mv2-0,故wf=fs-12mv2,b错;在上滑过程中,由动能定理知fs-12wf-wg=0得wg=fs-12wf=12(fs+12mv2),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。7.【解析】选c。小球恰好通过p点,则有mg=mv02r,得v0=gr。根据动能定理有mg2r=12mv2-12mv02,得12mv2=2.5mgr,a正确。由平抛运动知识得t=4rg,落地点与o点距离x=v0t=2r,b正确。p处小球重力提供向心力,c错误。从q到p由动能定理得-mgr=12m(gr)2-12mvq2,解得vq=3gr,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=12mvm2,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=12mvm2,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=12mvm2,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=wt,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)=0-12mv12 (2分)解得:v1=7m/s (1分)(2)当小球以最小速度的2倍(27m/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=12mv22-12m(2v1)2 (2分)解得:v2=30m/s (1分)对小球从a到d过程中,由动能定理得:-mgl+mg(h1+r-rsin30)=12mv32-12m(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=mv32r (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=12gt2 (1分)又小球从a到f过程中,由动能定理得:-mgl-mg(r+rsin30-h1)=12mv52-12mv42 (2分)由上述三式解得:v4=3276m/s (1分)答案:(1)7m/s(2)30m/s24 n(3)3276m/s10.【解析】(1)根据功率表达式可得f1=pv1 (2分)由牛顿第二运动定律f1-f=ma (2分)得a=pv1m-fm (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=12mv12 (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=12mv22-12mv12 (2分)舰载机总位移ac=x1+x2 (1分)联式解得ac=12mv12