物理大一轮复习题组层级快练第五单元机械能作业

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精题组层级快练（二十一）一、选择题1.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功答案C解析A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,加速度为gsinθ。由于A速度增大，由动能定理可知,A所受的合力对A做功,B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B项错误,C项正确;A对B不做功，D项错误．2．某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v。t图像不可能是下图中的()答案A解析根据P＝Fv，若a＞0，则物体加速运动,加速度会减小，当加速度减为零时,速度达到最大，故C项正确，A项错误；若a＝0，则物体速度不变,做匀速运动，故B项正确；若a＜0,即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，故D项正确；本题选不可能的，故选A项．3．质量为5×103kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1。0×10A．第1s内汽车所受牵引力做功为1。0×104JB．第1s内汽车所受合力的平均功率20kWC．第1s末汽车所受合力的瞬时功率为22kWD．第1s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22kW答案D解析据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104N．第1s内汽车位移x＝eq\f（1，2）at2＝1m，第1s末汽车速度v＝at＝2m/s，汽车合力F合＝ma＝1×104N,则第1s内汽车牵引力做功：WF＝Fx＝1。1×104J，故A项错；第1s内合力做功：W＝F合x＝1×104J，平均功率P＝eq\f(W，t）＝1×104W，故B项错;1s末合力的瞬时功率P合＝F合v＝2×104W，故C项错;1s末牵引力瞬时功率P＝Fv＝2。2×104W＝22kW,故D项正确．4．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中正确的是（)答案ACD解析汽车启动时，由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变,牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零,速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D项正确．5。在9。3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，而领头的直升机悬挂的国旗让人心潮澎湃．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来,在国旗下端还悬挂了重物,假设国旗与悬挂物的质量为m，直升机质量为M，并以速度v匀速直线飞行,飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向夹角为α,那么以下说法不正确的是（)A．国旗与悬挂物受到3个力的作用B．细线的张力做功的功率为eq\f(mgv,cosα)C．国旗与悬挂物所受合力做的功为零D．国旗与悬挂物克服阻力做功的功率为mgvtanα答案B解析国旗与悬挂物受3个力,重力、细线的拉力、空气阻力,如图：有F＝eq\f（mg，cosα）,则F的功率为PF＝Fvsinα＝mgvtanα,克服阻力做功的功率Pf＝fv＝mgvtanα，由于国旗与悬挂物匀速，故合力做功为零，A、C、D三项正确，B项错误，故选B项．6．如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v,不计绳子与滑轮的摩擦,则此时小船的加速度等于(）A.eq\f（P0，mv）－eq\f(f，m) B.eq\f(P0，mv）cos2θ－eq\f（f，m）C。eq\f(f，m） D。eq\f(P0，mv)答案A解析设绳子的拉力为F，功率P0＝Fvcosθ,对小船，由牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(Fcosθ－f，m）＝eq\f(P0,mv)－eq\f(f,m）,选项A正确．7．质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始匀加速启动时,其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则(）A．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动,其保持匀加速运动的最长时间为eq\f（t,2）B．若汽车以加速度a由静止开始匀加速启动，经过时间eq\f(t，2)发动机输出功率为eq\f（1，2）PC．汽车保持功率P在该路面上运动可以达到的最大速度为eq\f(Pat，P－ma2t)D．汽车运动中所受的阻力大小为eq\f(P,at）答案BC解析当以加速度a加速运动时有:F－f＝ma，F＝f＋ma，匀加速达到的最大速度为：v＝eq\f（P，f＋ma)，故所需时间为:t＝eq\f(v,a)＝eq\f（P，a(f＋ma）），当加速度为2a时,匀加速达到最大速度为：v′＝eq\f(P，f＋2ma），所需时间为：t′＝eq\f（P,2a(f＋2ma）),故A项错误；eq\f（t,2）时刻速度为v′＝a·eq\f（t,2），故功率为:P′＝(f＋ma)·eq\f（at，2），汽车的额定功率为：P＝(f＋ma）at,故B项正确；根据P＝(f＋ma)at，得f＝eq\f(P,at)－ma，当牵引力等于阻力时速度最大为:v＝eq\f(P，f）＝eq\f(Pat,P－ma2t)，故C项正确，D项错误．8。如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2J．用FN表示物块受到的支持力,用Ff表示物块受到的摩擦力．在此过程中,以下判断正确的是（）A．FN和Ff对物块都不做功B．FN对物块做功为2J,Ff对物块不做功C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2JD．FN和Ff对物块所做功的代数和为0答案B解析由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知,支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W－mgh＝0,故支持力FN做功为mgh，B项正确．9．(2014·课标全国Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则（)A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1,Wf2＜2Wf1答案C解析由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内,它们的位移之比为x1：x2＝eq\f（v,2)t∶eq\f(2v,2）t＝1∶2；两次物体所受的摩擦力不变，根据功的公式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fx1∶fx2＝1∶2;再由动能定理，则有WF1－Wf1＝eq\f(1，2）mv2－0，WF2－Wf2＝4×eq\f(1,2)mv2－0；由上两式可解得：WF2＝4WF1－2Wf1,C项正确,A、B、D项错误．10．如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,A．物体加速度大小为2m/sB．F的大小为21NC．4s末F的功率大小为42WD．4s内F做功的平均功率为42W答案C解析由图乙可知，物体的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10。5N,A、B两项均错误;4s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42W,C项正确；4s内物体上升的高度h＝4m,力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J，4s内拉力F做功的平均功率P＝eq\f(W，t）＝21W，D11.质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq\f(1,v)的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则(）A．汽车所受阻力为6×103NB．汽车在车速为5m/s时，加速度为3mC．汽车在车速为15m/s时，加速度为1mD．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W答案CD解析当牵引力等于阻力时,速度最大，由图线可知阻力大小Ff＝2000N，故A项错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2000×30W＝60000W,车速为5m/s时，汽车的加速度a＝eq\f（6000－2000,2000)m/s2＝2m/s2，故B项错误；当车速为15m/s时,牵引力F＝eq\f（P，v）＝eq\f（60000，15)N＝4000N，则加速度a＝eq\f（F－Ff，m)＝eq\f（4000－2000，2000）m/s2＝1m/s2，故C项正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W，故D项正确．12。（2017·山西监测)（多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板,系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（)A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为eq\f（3mgsinθ,k)B．从静止到B刚离开C的过程中,重力对A做的功为－eq\f(3m2g2sinθ,k)C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为(mgsinθ＋ma)vD．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为eq\f（a,2）答案AD解析开始系统静止时，设弹簧压缩量为x，由平衡条件有：kx＝mgsinθ,解得:x＝eq\f(mgsinθ，k)。当B刚离开挡板时，设弹簧伸长量为x′,对B受力分析，kx′＝2mgsinθ，解得：x′＝eq\f（2mgsinθ,k)，所以从静止到B刚离开C过程中,A的位移为x＋x′＝eq\f(3mgsinθ，k），A项正确；重力对A做功WG＝－mgh＝－eq\f（3m2g2sin2θ,k），B项错;B刚离开C时,对A、B及弹簧组成的整体,由牛顿第二定律有：F－3mgsinθ＝ma⇒F＝3mgsinθ＋ma，所以拉力做功功率P＝Fv＝(3mgsinθ＋ma）v，C项错；当A的速度达到最大时，A所受合外力为零,对A根据平衡条件有：F弹＋mgsinθ＝F，解得：F弹＝2mgsinθ＋ma，对B,根据牛顿第二定律有:F弹－2mgsinθ＝2ma′，解两式得：a′＝eq\f（a,2)，D项正确．二、非选择题13．(2017·广东肇庆二模）某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图像，图像如下图所示(除2s—10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知在小车运动的过程中，2s-14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行,小车的质量为1。0kg,(1）14s－18s时间段小车的加速度大小；（2)小车匀速行驶阶段的功率；(3）小车在2s－10s内位移的大小．解析（1）在14s－18s时间段,由图像可得加速度大小为：a＝eq\f（v14－v18,Δt) ①将数据代入①式,解得a＝1.5(m/s2)（2）在14s－18s,小车在阻力f作用下做匀减速运动：f＝ma ②代入数据，解②式，得f＝1.5（N) ③在10s－14s，小车做匀速直线运动:牵引力F＝f＝1。5N小车匀速行驶阶段的功率:P＝Fv ④将数据代入④式,解得P＝9(W)(3）2s－10s，根据动能定理，可得Pt－fs2＝eq\f（1,2）mv2－eq\f(1,2)mv22 ⑤其中：v＝6m/s，v2＝3由⑤解得小车在2s－10s内位移s2＝39（m）14．在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW。为尽快把物体安全救起,操作人员采取的办法是:先让吊绳以最大的拉力工作一段时间,达到最大功率后电动机就以最大功率工作，当物体到达机舱时恰好达到最大速度．（g取10m(1)落水物体刚到达机舱时的速度;(2)这一过程所用的时间．解析（1)第一阶段绳以最大拉力拉着物体匀加速上升,当电动机达到最大功率时,功率保持不变，物体变加速上升，速度增大,拉力减小，当拉力与重力相等时，速度达到最大．由Pm＝Fvm，得vm＝eq\f（Pm，mg）＝eq\f(12×103,80×10)m/s＝15m/s此即物体刚到机舱时的速度．（2)匀加速上升的加速度为a1＝