高考

导航

2016届湖北高考物理二轮复习:《功、功率和动能定理》

来源 :中华考试网 2016-01-29

  (时间:45分钟)

  1.(2015·高考浙江卷)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则(  )

  A.弹射器的推力大小为1.1×106 N

  B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J

  C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W

  D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2

  解析:选ABD.对舰载机应用运动学公式v2-02=2ax,即802=2·a·100,得加速度a=32 m/s2,选项D正确;设总推力为F,对舰载机应用牛顿第二定律可知:F-20%F=ma,得F=1.2×106N,而发动机的推力为1.0×105N,则弹射器的推力为F推=(1.2×106-1.0×105)N=1.1×106N,选项A正确;弹射器对舰载机所做的功为W=F推·l=1.1×108J,选项B正确;弹射过程所用的时间为t== s=2.5 s,平均功率P== W=4.4×107 W,选项C错误.

  2.(多选)质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时起,第1 s内受到2 N的水平外力作用,第2 s内受到同方向的1 N的外力作用.下列判断正确的是(  )

  A.0~2 s末外力的平均功率是 W

  B.第2 s末外力的瞬时功率最大

  C.第2 s内外力所做的功是 J

  D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是

  解析:选AD.第1 s内,加速度a1=2 m/s2,v1=a1t1=2 m/s,s1=a1t=1 m;第2 s内,a2=1 m/s2,v2=v1+a2t2=3 m/s,s2=v1t2+a2t=2.5 m.

  外力做功的平均功率为

  == W= W,故选项A正确;第2 s末外力的瞬时功率为

  P2=F2v2=1×3 W=3 W,第1 s末的瞬时功率P1=F1v1=2×2 W=4 W,故选项B错误;第2 s内外力做的功为W2=F2s2=1×2.5 J,故选项C错误;第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值为ΔEk1ΔEk2=F1s1F2s2=22.5=45,故选项D正确.

  3.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止,其v-t图象如图所示,则下列说法正确的是(  )

  A.F1、F2大小相等

  B.F1、F2对A、B做功之比为21

  C.A、B受到的摩擦力大小相等

  D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为12

  解析:选C.设A加速时加速度大小为a,则减速时加速度大小为0.5a,B加速时加速度大小为0.5a,减速时加速度大小为a.根据牛顿第二定律,对A:F1-Ff1=2ma,Ff1=2m×0.5a.对B:F2-Ff2=0.5ma,Ff2=ma.解得F1=3ma,F2=1.5ma,Ff2=Ff1,A错误、C正确.外力F1、F2做功分别为:W1=F1x1,W2=F2x2,由图线围成的面积可知x1=0.5x2,故W1W2=11,B错误.两物体运动位移相同,故摩擦力做功之比为Ff1xFf2x=11,D错误.

  4.(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平,将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备.设该装甲车的质量为m,若在平直的公路上从静止开始加速,前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P,装甲车所受阻力恒为Ff,当速度为v(vm>v)时,所受牵引力为F.以下说法正确的是(  )

  A.装甲车速度为v时,装甲车的牵引力做功为Fs

  B.装甲车的最大速度vm=

  C.装甲车速度为v时加速度为a=

  D.装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t=

  解析:选BC.装甲车在加速过程中,其牵引力F=,随着速度的增大,牵引力逐渐减小,故装甲车速度为v时,装甲车的牵引力做功可能大于Fs,也可能小于Fs,A错误;装甲车匀速运动时速度最大,故vm=,B正确;装甲车速度为v时,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,解得a=,C正确;装甲车加速过程由动能定理得Pt-Ffs=mv,解得t=+,D错误.

  5.(多选)质量为2×103 kg、发动机额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶;若汽车所受阻力大小恒为4×103 N,则下列判断中正确的有(  )

  A.汽车的最大动能是4×105 J

  B.汽车以加速度2 m/s2匀加速启动,启动后第2 s末时发动机实际功率是32 kW

  C.汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中,达到最大速度时摩擦力做功为4×105 J

  D.若汽车保持额定功率启动,则当汽车速度为5 m/s时,其加速度为6 m/s2

  解析:选ABD.汽车的最大速度为vm==20 m/s,最大动能为Ekm=mv=4×105 J,A正确;汽车以加速度2 m/s2匀加速启动,启动后第2 s末时的速度是4 m/s,此时的牵引力F=Ff+ma=8×103 N,功率为P=Fv=32 kW,B正确;匀加速运动的末速度为v1==10 m/s,位移x==25 m,所以摩擦力做功W=Ffx=1×105 J,C错误;若汽车保持额定功率启动,当汽车速度为5 m/s时,其牵引力大小是F′==1.6×104 N,加速度a==6 m/s2,D正确.

  6. (2014·高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(  )

  A.tan θ和      B.tan θ和

  C.tan θ和 D.tan θ和

  解析:选D.由动能定理有

  -mgH-μmgcos θ=0-mv2

  -mgh-μmgcos θ=0-m()2

  解得μ=(-1)tan θ,h=,故D正确.

  7.(2015·江西盟校三联)如图所示,质量为m的小车在水平恒力F推动下,从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B,获得的速度为v,A、B之间的水平距离为s,重力加速度为g.下列说法正确的是(  )

  A.小车重力所做的功是mgh

  B.合外力对小车做的功是mv2

  C.推力对小车做的功是mv2+mgh

  D.阻力对小车做的功是Fs-mv2-mgh

  解析:选B.小车重力所做的功为-mgh,A错误.由动能定理得合外力对小车做的功W=mv2,B正确.推力对小车做的功为Fs,C错误.根据动能定理,阻力对小车做的功为-(Fs-mv2-mgh),故D错误.

  8. 如图所示,用轻质细绳悬挂一质量为m=0.5 kg的小圆球,圆球套在可沿水平方向移动的框架槽内,框架槽竖直放置在水平面上.自细绳静止在竖直位置开始,框架槽在水平力F=20 N的恒力作用下移至图中位置,此时细绳与竖直方向的夹角θ=30°,绳长L=0.2 m,不计一切摩擦,g取10 m/s2.

  (1)求水平力F做的功;

  (2)若不计框架槽的质量,求小球在此位置的速度的大小;

  (3)若框架槽的质量为0.2 kg,求小球在此位置的速度的大小.

  解析:(1)水平力做的功W=FLsin θ=2 J.

  (2)设小球在此位置的速度为v1,由动能定理有

  FLsin θ-mgL·(1-cos θ)=mv,

  v1= =2.73 m/s.

  (3)设小球的速度为v2,如图所示.设框架槽对小球做的功为W′,框架槽的质量为m1,

  对框架槽,由动能定理有

  FLsin θ-W′=m1(v2cos θ)2,

  对小球,由动能定理有

  W′-mgL(1-cos θ)=mv,

  联立解得v2=2.40 m/s.

  答案:(1)2 J (2)2.73 m/s (3)2.40 m/s

  9.如图所示,粗糙水平地面与半径为R=0.5 m的光滑半圆轨道BCD相连接,且在同一竖直平面内,O是BCD的圆心,BOD在同一竖直线上.质量为m=1 kg的小物块在水平恒力F=15 N的作用下,从A点由静止开始做匀加速直线运动,当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点,已知A、B间的距离为3 m,重力加速度g取10 m/s2.求:

  (1)小物块运动到B点时的速度大小;

  (2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离;

  (3)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功.

  解析:(1)小物块恰能通过D点,在D点由牛顿第二定律得:mg=m

  小物块由B运动到D的过程由动能定理得:

  -mg·2R=mv-mv

  解得:vB=5 m/s

  (2)小物块经过D点后做平抛运动,则:

  水平方向:x=vDt

  竖直方向:2R=gt2

  解得:x=1 m

  (3)小物块在水平面上由A运动到B的过程由动能定理得:FxAB-Wf=mv

  解得:Wf=32.5 J.

  答案:(1)5 m/s (2)1 m (3)32.5 J

  10.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大小;

  (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)

  解析:(1)根据功率表达式可得F1=

  由牛顿第二运动定律

  F1-f=ma

  得a=-

  (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=mv

  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=mv-mv

  舰载机总位移

  AC=x1+x2

  联式解得

  AC=+

  (3)全过程,根据动能定理有

  Pt-fx=m1v

  应减少的质量

  Δm=m-m1

  得Δm=m-

  答案:(1)- (2)见解析 (3)m-

分享到

您可能感兴趣的文章