《专题过关检测（四）功和功率动能定理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题过关检测（四）功和功率动能定理.docx（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题过关检测（四） 功和功率 动能定理一、单项选择题B. 2倍D. 8倍1. （2019盐城模拟）如图所示，做匀速直线运动的列车受到的阻力与它速率的平方成正 比。如果列车运行速率提升为原来的2倍，则列车发动机的输出功率变为原来的（）A.巾倍C.4倍解析：选D 根据P= Fv=fi=lcv2叩=心可知,如果列车运行速率提升为原来的2倍， 则列车发动机的输出功率变为原来的8倍，故选D。2. （2019海安联号）如图所示，一个质量为机的小球用一根不可伸长。的绳子系着，将球拉到水平位置由静止释放，则小球运动到最低点的过程;中，小球所受重力的功率（）0A. 一直增大B. 一直减小C.先增大后减小I）.先
2、减小后增大解析：选C 因为重力的功率等于重力与物体竖直速度的乘积，在初位置时，速度为 零，重力功率为零，在最低点，速度水平，竖直分速度为零，重力功率为零，而在小球运 动过程中重力功率不为零，所以重力的功率先增大后减小，A、B、D项错误，C项正确。3.（2019常州期末）一小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同， f 忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）八一二-JA.三个石子在最高点时速度相等B.沿轨迹3运动的石子落水时速度最小C.沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长D.沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大解析：选B设任一石子
3、初速度的竖直分量为口勺，水平分量为2仍上升的最大高度为 /,运动时间为tf取竖直向上为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为。 = -g,由。一卬）2=2g/?,得：2Vo=4而，h相同，0）相同，则三个石子初速度的竖直 分量相同。根据0%）=gf,从抛出到最高点所用时间相同，但水平便移不同，所以水平速度不同，到最高点， 竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，矶X,故A 项错误；根据小=、2gh,三个石子落水时，竖直速度相等， 而 VixV2xViXt 合速度 V = 74十4,所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故B项正确；由运动学公式：h12,则得：f
4、= K，则知三个石子运动的时间相等，故C项错误；根据功率P = mgoy,三个石子质量相同，4相同，重力的功率相同，故D项错误。4 . (2017江苏高等)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为 反0, 与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()ABCD解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为，物块的质量为1,则物块在上滑过程 中根据动能定理有一(mgsin 0+i#cos )工=&-Eko,即 k=EkoQ网sin +/“gcos 0)xt 所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中 根据动能定理有(唁si
5、n。一“igcos 6)(xox)=Ek,其中x()为小物块到达最高点时的位移， 即 Ek= (mgsin 0pnigcQS 戊+(igsin 一/#cos 0)x(),所以下滑时 Ek 随 x 的减小而增大 且为直线。由此可以判断C项正确。5 .如图所示，质量加=1 kg、长L=0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平卜. L桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为=0.4。J现用尸=5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力尸做的功至少为(g取 10 m/s2)()A. 1 JB. 1.6 JC. 2 JD. 4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力/=罟=4
6、 N。力尸 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为与则做的功至 少为W=/Xt=1.6J,所以B正确。二、多项选择题6.(2019南京M研)如图所示，滑块以初速度如第2页，共6页滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过 程中，滑块的加速度。、速度。随时间，重力对滑块所做的功W、动能反与位移X关系 的是（取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向）（）解析：选BD 滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑 时的加速度大小ai=gsin4cos 0,下滑时的加速度大小2=j?sin 0一gcos 0,结合位移 公式可
7、知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小 于出发时的初速度，故B正确。重力做功W= - mgh = - mgxsin 8,上滑过程与下滑过程的 W-x图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：一maix=Ek；加伙,解得Ek=niVi）2maixt同理下滑过程有：E=mai（Lx）t由数学知识知，D正确。7. （2019高邮加研）如图所示，竖直平面内固定有半径为K的光勺、./滑半圆形槽，一小球（可看作质点）自半圆形槽左边缘的A点无初速地释放，在最低点B处安装一个压力传感器以测量小球通过B点时对 轨道的压力大小，下列说法正确的是（）A.压力传感器的示数与小球的质量无
8、关B.压力传感器的示数与半圆形槽半径R无关C.小球在3点的速度与半圆形槽半径K无关D.小球在B点的加速度与半圆形槽半径A无关解析：选BD 设小球到达B处的速度为vf则mgR=tnv2f在B点有产一机g=*, 解得压力传感器的示数b=3mg,小球在B点的速度0=4荻，小球在8点的加速度大小 V2片互=2g第3页，共6页,故B、D项正确，A、C项错误。8 .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，速度为。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
9、度Pmaxo设汽车质量为川运动过程中所受阻力恒为力下列说法正确的是（）A.汽车的额定功率为ma、9 .汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为，C.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为为Wma,一5电2D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为与Wma,解析：选AD当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率P故选项A正确； 汽车匀加速直线运动的位移工=3,在匀加速运动过程中克服阻力做功为Wf=n=与，故 选项B错误；设总路程为x,根据动能定理知，W-fx=Lnvmaf则牵引力做功mvmax2t故选项C错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W合
10、= |mVmax2,故选项D正确。10 （2019连云泄、徐州、布迁三模）如图所示，A5C是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为心轨道的末端C处与水平面相切。一 %个质量为小的小木块从轨道顶端4处由静止释放，到达。处停止，此 j过程中克服摩擦力做功为W”到达5处时速度最大为0,加速度大小侬物？为。8；小木块在C处以速度。向左运动，恰好能沿原路回到4处，此过程中克服摩擦力做 功为1%,经过8处的速度大小为力，重力加速度为g。贝！1（）A. v=2-ghB. VV2C. WiW2D. aB=0解析：选BC 木块下滑过程，在点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径 方向有向心加速度，故在不为零
11、，选项D错误：木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从A 到。有 w/g/j-VVi=O,从 C 到 A 有一力一电=从 A 到 3 有孙 从到A有一吆八8一第4页，共6页VV/M=O-|mr22,分别整理可得，yVi=mght 2gh+ V 2ghAn-2Bt S=q2gA”+与陋，所以5VS,选项B正确：与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均 值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即 W|VW2,又可得 茄，故选项A错误，C正确。三、计算题10.如图甲所示，长为4 m的水平轨道48与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道8C 在处相连接，有一质量为1 kg的滑块（大小不计），
12、从A处由静止开始受水平向右的力尸 作用，尸的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与A间的动摩擦因数为4=0.3,与 。间的动摩擦因数未知，取g=10m/s2。求：（1）滑块到达B处时的速度大小；若到达3点时撤去力尸，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C,则滑块到达。处时的速度比大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：（1）对滑块从4到8的过程，由动能定理得尸1X1 +尸四3-，/=；历/产代入数据解得：Vh=6 m/so当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：，ng=i睚代入数据解得：vc=y6 ni/so对滑块从8到C
13、的过程，由动能定理得：W- mg-2R=mvc12mVl2代入数据得：W=-3J,即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：X =vct在竖直方向：2/?=%产第5页，共6页联立解得：x1 =1.2 m。答案：（l）6m/s而m/s3 J1.2 m11,（2019木京模拟）如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长Li= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面=0.8m,桌面 总长L2=l.5m,斜面与水平桌面的倾角。可在。60。间调节后固定。将质量加=0.2 kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数加=0.05,物块与桌面间的动摩擦
14、因数 2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。（重力加速度取且= 10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370=0.6, cos370=0.8）（1）求当=3（）。时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；（可以用根号表示）（2）当增大到37。时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；（3）2取第问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离Xm 是多少。解析：（1）物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得zz/gsin 0-imgcos O=ma代入数据得。=（50.25小）m/s?。从释放到停下，由动能定理得/ngLisin。一imgLcos 一2陪亿2-Licos 0）=0-0代入数据得 2=0.8。（3）物块从释放到滑离桌面的过程，由动能定理得ingLsin 一i/叫出icos 0一加g（L?一Licos ）=jmv2,整理得 2dsin - 1.2+：cos 0=v2由数学关系可知，当夕=53。时Omax=l m/s由于解得（=0.4 s水平位移：xi = =0.4m最大距离：Xm=xi + L2=L9 m。答案：(1)(50.25小)m/s2 (2)0.8 (3)53 1.9 m第6页，共6页