内容正文:
高三总复习物理 冀
误;充满电的平衡车以额定功率行驶时,行驶时间t=6.48×10
6
900 s=
7200s=2h,故B正确;平衡车以额定功率行驶时的最大速度v=
15km/h=256 m
/s,此时的牵引力F= Pv =216N
,故 C错误;平衡车
的百公里标准耗电量为6kWh,在标准情况下能骑行的最大里程为
x=36×50000×10
-3×10-3
6 ×100km=30km
,故 D正确.]
10.AC [在0~t0 阶段,由题图可知牵引力恒为F1=5000N,根据牛顿
第二定律有F1-Ff=ma,代入数据可得加速度a=2.5m/s2,v1=
54km/h=15m/s,由t0=
v1
a
得t0=6s,故 A正确;t0 时刻,电动机输
出的功率最大,且Pm=F1v1=75kW,故B错误;第一次切换动力,由
汽油机牵引时,汽油机输出的功率P=F2v1=90kW,第11s末汽车
的速度v2=
P
F3
=25m/s=90km/h,故此期间汽油机牵引力做的功
W=PΔt=4.5×105J,故C正确;汽车前6s内的位移x1=
1
2at0
2=
45m,后5s内根据动能定理得PΔt-Ffx2=
1
2mv2
2- 12mv1
2,解得
汽车后5s内的位移x2=120m,所以前11s时间内汽车的位移x=
x1+x2=165m,故 D错误.]
三、非选择题
11.解析: (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax
解得a=2m/s2
(2)设飞机滑跑时受到的阻力大小为Ff,
则Ff=0.1mg,
由牛顿第二定律有:F-Ff=ma
解得F=2.1×105 N
(3)设飞机滑跑过程中的平均速度大小为v′,则v′=v2
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=Fv′
解得P=8.4×106 W.
答案: (1)2m/s2 (2)2.1×105 N (3)8.4×106 W
课时作业(十七)
一、单项选择题
1.B [对掷铅球的过程,由动能定理得对球做的功为:W= 12mv0
2-0=
1
2 ×5×10
2J=250J,故选B.]
2.C [0~h0 过程中,图像为一段直线,由动能理得:(F-mg)h=Ek,当
h=h0 时,Ek=mgh0,则F=2mg,故 A错误;由 A可知,F 在0~h0 过
程中做功为2mgh0,在h0~2h0 过程中,由动能定理可知:WF-mgh0
=1.5mgh0-mgh0,解得WF=1.5mgh0,因此在两过程中F 做功之比
为2mgh0∶1.5mgh0=4∶3,故 B错误;由 A、B可知在0~h0 过程和
h0~2h0 过程中F一直做正功,物体的机械能不断增加,故 C正确;在
2h0~3.5h0 过程中,由动能定理可知:WF-1.5mgh0=0-1.5mgh0,
则WF=0,物体的机械能不变,故 D错误.]
3.D [aGt图像中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度
的变化情况,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负.由题图可得,物
体在6s末的速度v6=6m/s,则0~6s内物体一直向正方向运动,A
错误;物体在5s末速度最大,vm=7m/s,B错误;在2~4s内物体加
速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大,C错误;在0~4s内,合
力对物体做的功由动能定理可知W合4=
1
2mv4
2-0=36J,0~6s内,
合力对物体做的功由动能定理可知W合6=
1
2mv6
2-0=36J,则 W合4=
W合6,D正确.]
4.C [小球从a运动到c,根据动能定理,得F3R-mgR= 12mv
2
1,又F
=mg,故v1=2 gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平
方向做初速度为零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加速
度大小 相 等,都 为 g,故 小 球 从c点 到 最 高 点 所 用 的 时 间t=
v1
g =
2 Rg
,水平位移x= 12gt
2=2R,根据功能关系,小球从a点到轨迹
最高点机 械 能 的 增 量 为 力F 做 的 功,即 ΔE=F (2R+R+x)
=5mgR.]
5.A [小车从A 到C 的过程,根据动能定理有,-0.2mgl-mgh=0-
1
2mv0
2,得B、C两点的高度差h=0.8m,根据几何知识,倾斜轨道的
长度s= h2+[R2-(R-h)2]=4m,得倾斜轨道的倾角满足sinθ=
h
s =0.2
.小车在水平轨道运动时的加速度大小a1=
0.2mg
m =2m
/s2,
小车沿倾斜轨道上滑时的加速度大小a2=gsinθ=2m/s2,在水平轨道
运动时,满足vB=v0-a1t1,沿倾斜轨道上滑时,满足vB=a2t2,故v0-
a1t1=a2t2,解得t1+t2=
10m/s
2m/s2
=5s