《（課標版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練5 功、功率、動能定理（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練5 功、功率、動能定理（含解析）-人教版高三全冊物理試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時訓(xùn)練5　功、功率、動能定理 時間：45分鐘 一、單項選擇題 1．滑雪運動深受人民群眾喜愛．如圖所示，某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　C　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變 2．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所

2、示．重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為(　C　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 解析：設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1 kg、F＝2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤． 3．人與平衡車的總質(zhì)量為m，在平直路面上行駛時，所受阻力不變．當(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時，平衡車的功率為P1，

3、則當(dāng)功率為P2時，平衡車行駛的最大速度為(　B　) A. B. C. D. 解析：對平衡車受力分析，設(shè)受到的阻力的大小為Ff，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，所以功率P1＝Fv＝(Ff＋ma)v，解得Ff＝－ma，當(dāng)功率恒為P2時，設(shè)最大速度為v′，則P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，選項B正確． 4．一物塊放在水平面上，在水平恒力F的作用下從靜止開始運動，物塊受到的阻力與速度成正比，則關(guān)于拉力F的功率隨時間變化的規(guī)律正確的是(　C　) 解析：由題知，阻力與速度的關(guān)系式為：f＝kv，根據(jù)牛頓第二定律得：F－f＝F－kv＝ma，解得：a＝－

4、v，在運動的過程中，速度增大，加速度減小，物塊做加速度減小的加速運動，可知速度時間圖線的切線斜率逐漸減小，根據(jù)P＝Fv知，F(xiàn)不變，則P-t圖線的形狀與v-t圖線的形狀相同，故C正確，A、B、D錯誤． 5．質(zhì)量為2 kg的物體放在動摩擦因數(shù)為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，物體從O點由靜止開始運動，拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖所示，g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　A　) A．此物體在OA段做勻加速直線運動，且整個過程中拉力的最大功率為15 W B．此物體在AB段做勻速直線運動，且整個過程中拉力的最大功率為6 W C．此物體在AB段做勻加速直線運動

5、，且整個過程中拉力的最大功率為15 W D．此物體在OA段做勻速直線運動，且整個過程中拉力的最大功率為15 W 解析：物體受到的摩擦力f＝μFN＝0.1×2×10 N＝2 N，由圖象可知，斜率表示的是物體受到的拉力的大小，OA段的拉力為5 N，AB段的拉力為2 N，所以物體在OA段做勻加速直線運動，在AB段做勻速直線運動，選項C、D錯誤；在OA段的拉力為5 N，物體做加速運動，當(dāng)速度最大時，拉力的功率最大，由v＝at，x＝at2，a＝，解得v＝3 m/s，此時拉力的功率最大，為P＝Fv＝5×3 W＝15 W，在AB段，物體勻速運動，速度為3 m/s，拉力為2 N，所以此時拉力的功率為P＝F

6、v＝2×3 W＝6 W，所以在整個過程中拉力的最大功率為15 W，選項A正確，B錯誤． 6．如圖所示為某游樂園滑草場的示意圖，某滑道由上、下兩段傾角不同的斜面組成，斜面傾角θ1>θ2，滑車與坡面草地之間的動摩擦因數(shù)處處相同．載人滑車從坡頂A處由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好滑到滑道的底端C點停下．若在A、C點位置不變的情況下，將兩段滑道的交接點B向左平移一小段距離，使第一段AB的傾角稍稍變大，第二段BC的傾角稍稍變?。挥嫽囋趦啥位澜唤犹幍臋C械能損失，則平移后(　B　) A．滑車到達滑道底端C點之前就會停下來 B．滑車仍恰好到達滑道的底端C點停下 C．滑車

7、到達滑道底端C點后仍具有一定的速度，所以應(yīng)在C點右側(cè)加安全防護裝置 D．若適當(dāng)增大滑車與草地之間的動摩擦因數(shù)，可使滑車仍恰好到達滑道的底端C點停下 解析：對滑車運動的全過程，由動能定理得mgh－μmgcosθ1·－μmgcosθ2·＝0，即mgh－μmg·xAC＝0，現(xiàn)改變AB和BC的傾角，但A、C位置不變，則xAC不變，滑車仍恰好到達滑道的底端C點停下，選項A、C錯誤，B正確；若適當(dāng)增大滑車與草地之間的動摩擦因數(shù)，則xAC減小，選項D錯誤． 二、多項選擇題 7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿A處的質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)相連．A點距水

8、平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長．小球從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度為v，并恰好能停在C處．已知重力加速度為g，則下列說法正確的是(　BCD　) A．小球通過B點時的加速度為 B．小球通過AB段與BC段摩擦力做功相等 C．彈簧具有的最大彈性勢能為mv2 D．A到C過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為mgh 解析：因在B點時彈簧處于原長，則小球到達B點時的加速度為a＝gsin30°－μgcos30°

9、到B的過程中克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律得，對于小球從A到B的過程有：mg·h＋Ep＝mv2＋Wf，從A到C的過程有：mgh＝2Wf，解得：Wf＝mgh，則Ep＝mv2.即彈簧具有的最大彈性勢能為mv2，故C正確；A到C過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能為2Wf＝mgh，選項D正確． 8.如圖，點O、a、c在同一水平線上，c點在豎直細桿上．一橡皮筋一端固定在O點，水平伸直(無彈力)時，另一端恰好位于a點，在a點固定一光滑小圓環(huán)，橡皮筋穿過圓環(huán)與套在桿上的小球相連．已知b、c間距離小于c、d間距離，小球與桿間的動摩擦因數(shù)恒定，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)且其彈力跟伸長量成正比

10、．小球從b點上方某處釋放，第一次到達b、d兩點時速度相等，則小球從b第一次運動到d的過程中(　BC　) A．在c點速度最大 B．在c點下方某位置速度最大 C．重力對小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D．在b、c兩點，摩擦力的瞬時功率大小相等 解析：在b點，重力和彈力向下的分力之和大于摩擦力，合力向下，向下運動過程中，彈力減小，所以從b到c，小球做加速度減小的加速運動，在c點，彈力與桿垂直，重力和摩擦力的合力仍然向下，所以在c點下方某位置加速度等于0，速度達到最大值，故A錯誤，B正確；由題意知，第一次到達b、d兩點時速度相等，由動能定理可得，重力、彈力和摩擦力合力做功等于0，

11、已知b、c間距離小于c、d間距離，即全過程彈力做負功，所以重力對小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，故C正確；設(shè)∠abc＝θ，則兩點的摩擦力分別為Ffb＝μkabsinθ＝μkac＝Ffc，小球在b、c速度不等，由P＝Fv可知，在b、c兩點的摩擦力的瞬時功率大小不等，故D錯誤． 9．一質(zhì)量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知(　ABC　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.35 B．減速

12、過程中拉力對物體所做的功約為13 J C．勻速運動時的速度約為6 m/s D．減速運動的時間約為1.7 s 解析：物體勻速運動時，受力平衡，則F＝μmg，μ＝＝＝0.35，選項A正確；因為W＝Fx，故拉力的功等于F-x圖線與x坐標軸包圍的面積，由圖線可知曲線與x軸間小格數(shù)約為13，則減速過程中拉力對物體做功為13×1 J＝13 J，選項B正確；由動能定理可知：WF－μmgx＝0－mv，其中x＝7 m，則解得：v0＝6 m/s，選項C正確；由于不知道具體的運動情況，無法求出減速運動的時間，故D錯誤． 10．如圖所示，兩塊豎直木板夾著一物塊，物塊在木板內(nèi)靜止，兩板因彈簧作用對物塊有

13、一恒定壓力并保持兩板之間的距離不變(圖中未畫出彈簧)．讓木板從離地高度為h位置自由下落，落地后木板靜止，物塊在木板中下滑了l長度．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)不變，以下說法正確的是(以下各選項中物塊均未觸地)(　AB　) A．如果僅改變木板下落的高度，使其從2h高度落下，物塊下滑的長度將為2l B．如果僅改變木板對物塊的壓力，使其變?yōu)樵瓉硪话?，物塊下滑的長度將大于2l C．如果僅改變物塊的質(zhì)量，使其變?yōu)樵瓉?倍，物塊下滑的距離將為2l D．如果僅改變木板的質(zhì)量，使其變?yōu)樵瓉硪话耄飰K下滑距離將大于2l 解析：設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為f，根據(jù)動能定理，有mg(h＋l)－fl＝0，解得l

14、＝.僅改變木板下落的高度，使其從2h高度落下，物塊下滑的長度將為2l，故A正確；如果僅改變木板對物塊的壓力，使其變?yōu)樵瓉硪话?，物塊受到的滑動摩擦力為原來的一半，物塊下滑的長度將大于2l，故B正確；如果僅改變物塊的質(zhì)量，使其變?yōu)樵瓉?倍，物塊下滑的距離將大于2l，故C錯誤；如果僅改變木板的質(zhì)量，物塊下滑的距離仍為l，故D錯誤． 三、計算題 11．如圖所示，半徑R＝0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道AC相切于B點，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)．現(xiàn)給小物塊施加一大小為F＝15.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC

15、向右運動，當(dāng)運動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點后進入豎直圓槽形軌道做圓周運動，當(dāng)物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為 N．已知水平軌道AC長為2 m，B為AC的中點，小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊運動到B點時的速度大?。? (2)拉力F作用在小物塊上的時間t； (3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達C點，與豎直擋板相碰時無機械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍． 答案：見解

16、析 解析：(1)小物塊運動到軌道最高點時，由牛頓第二定律得FN＋mg＝m，由牛頓第三定律得FN＝FN′＝ N 聯(lián)立解得v＝2 m/s 物塊從B運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得mg·2R＋mv2＝mv 解得vB＝4 m/s (2)小物塊從A運動到B點的過程，由動能定理得 Fs－μ1mgxAB＝mv－0 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μ1mg＝ma 由運動學(xué)公式有s＝at2 聯(lián)立解得t＝ s (3)設(shè)BC段的動摩擦因數(shù)為μ2. ①設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點的最小速度為v1，則由牛頓第二定律可得：mg＝m， 由動能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)

17、解得μ2＝0.025 故為使物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道，應(yīng)滿足0≤μ2≤0.025 ②若物塊從C點返回在圓槽形軌道上升高度R時速度為零，由動能定理可得：－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.25 物塊從C返回剛好停止到B點，由動能定理可得： －2μ2mgxBC＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.4 故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0.25≤μ2<0.4 綜上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4. 12．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面AB長為2.4 m，其下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B

18、，C是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0 m，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m＝0.2 kg可視為質(zhì)點的滑塊，從D點的正上方h＝1.6 m的E點處自由下落，滑塊恰好能運動到A點(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，計算結(jié)果可保留根號)．求： (1)滑塊第一次到達B點的速度； (2)滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)； (3)滑塊在斜面上運動的總路程及總時間． 答案：(1)4 m/s　(2)0.5　(3)6 m　 s 解析：(1)第一次到達B點的速度為v1，根據(jù)動能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝mv 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝4 m/s (2)從E到A的過程，由動能定理得： mg(h＋Rcos37°－LABsin37°)－μmgcos37°·LAB＝0 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5 (3)全過程由動能定理得： mg(h＋Rcos37°)－μmgcos37°s＝0 代入數(shù)據(jù)解得：s＝6 m 沿斜面上滑加速度為： a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10 m/s2 沿斜面下滑加速度為： a2＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2 因為＝，解得：v2＝v1＝v1 v3＝v2＝()2v1 … vn＝()n－1v1 則：t＝＋ 代入數(shù)據(jù)解得：t＝ s