《高中物理二輪復習專題限時訓練：5 功、功率、動能定理 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理二輪復習專題限時訓練：5 功、功率、動能定理 Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題限時訓練5　功、功率、動能定理 時間：45分鐘 一、單項選擇題 1．(2018·全國名校聯(lián)考)如圖所示，靜止在水平地面上的物體，受到一水平向右的拉力F作用，F(xiàn)是隨時間先逐漸增大后逐漸減小的變力，力F的大小隨時間的變化如表所示，表格中的Ffm為物體與地面間的最大靜摩擦力，設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　C　) t(時刻) 0 1 s 2 s 3 s 4 s F(數(shù)值) 0 Ffm 2Ffm Ffm 0 A.第2 s末物體的速度最大 B．第2 s末摩擦力的功率最大 C．第3 s末物體的動能最大 D．在0～3 s時間內，拉力F先做正功后做負功

2、解析：在0～1 s時間內，物體所受水平拉力小于最大靜摩擦力，物體靜止；在1～3 s時間內，物體受到的拉力大于最大靜摩擦力，物體一直做加速運動，3 s末物體的速度達到最大，動能最大，故A、B項錯誤，C項正確；拉力F始終與位移方向相同，一直做正功，故D項錯誤． 2．(2018·濟寧模擬)如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質量為m的小球通過這段軌道時，在A點時剛好對軌道無壓力，在B點時對軌道的壓力為mg.則小球由A點運動到B點的過程中摩擦力對小球做的功為(　A　) A．－mgR B．－mgR C．－mgR D．－mgR 解析：在A處對小球由牛頓第二定律得mg＝m，vA

3、＝，在B處對小球由牛頓第二定律得mg＋FN＝m，又FN＝mg，解得vB＝，小球由A到B的過程由動能定理得mg(2R－2×)＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－mgR，故A正確． 3．(2018·江西師大附中模擬)如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長為l的硬質直管(內徑遠小于h)彎制而成．一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關于小球的運動，下列說法正確的是(　C　) A．小球到達下端管口時的速度大小與l有關 B．小球到達下端管口時重力的功率為mg C．小球到達下端的時間為 D．小球在運動過程中受管道的作用力大小不變 解析：在小球到達下端管口的過程中只有重力做功，故根據(jù)

4、動能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到達下端管口時的速度大小與h有關，與l無關，故A錯誤；到達下端管口的速度為v＝，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時功率為P＝mgcosθ，θ為小球到達下端管口時速度方向與重力方向的夾角，故B錯誤；小球在管內下滑的加速度為a＝，設下滑所需時間為t，則l＝at2，t＝＝，故C正確；小球運動速度越來越大，做的是螺旋圓周運動，根據(jù)Fn＝可知，支持力越來越大，故D錯誤． 4．一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF

5、1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　C　) A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 解析：根據(jù)x＝t得，兩過程的位移關系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝得，兩過程的加速度關系為a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>

6、WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤． 5．(2018·保定模擬)一物體放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，由靜止開始沿直線運動，物體的加速度a和速度的倒數(shù)的關系如圖所示．物體的質量為m＝1 kg，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　A　) A．物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.1 B．物體速度為1.5 m/s時，加速度大小為2 m/s2 C．拉力的最大功率為6 W D．物體勻加速運動的時間為1 s 解析：由圖象可知物體速度為0～1 m/s過程中做加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，在速度為1～3 m/s過程中，拉力以恒定的功率拉動

7、物體，由牛頓第二定律得－Ff＝ma，從圖中代入數(shù)據(jù)得，P－Ff＝0，P－Ff＝2，解得P＝3 W，F(xiàn)f＝1 N，故C錯誤；又Ff＝μmg，解得物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，故A正確；將P＝3 W，F(xiàn)f＝1 N，m＝1 kg，v＝1.5 m/s代入－Ff＝ma，解得a＝1 m/s2，即物體速度為1.5 m/s時，加速度大小為1 m/s2，故B錯誤；從圖象可知物體速度為0～1 m/s過程中做加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，勻加速的時間為t＝＝0.5 s，故D錯誤． 6．(2018·山東臨沂市一模)如圖甲所示，質量m＝2 kg的小物體放在長直的水平地面上，用水平細線繞在半徑R＝0.

8、5 m的薄圓筒上．t＝0時刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉動，其角速度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，小物體和地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，則(　D　) A．小物體的速度隨時間的變化關系滿足v＝4t B．細線的拉力大小為2 N C．細線拉力的瞬時功率滿足P＝4t D．在0～4 s內，細線拉力做的功為12 J 解析：根據(jù)題圖乙可知，圓筒勻加速轉動，角速度隨時間變化的關系式為：ω＝t，圓周邊緣線速度與物體前進速度大小相同，根據(jù)v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A錯誤；物體運動的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝

9、2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B錯誤；細線拉力的瞬時功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C錯誤；物體在4 s內運動的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s內，細線拉力做的功為：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正確． 二、多項選擇題 7．(2018·中山二模)在距水平地面10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一質量為1 kg的物體，已知物體落地時的速度為16 m/s，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　BC　) A．拋出時人對物體做功為150 J B．自拋出到落地，重力對物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22

10、J D．物體自拋出到落地時間為 s 解析：根據(jù)動能定理，拋出時人對物體做的功W1＝mv＝50 J，選項A錯誤；自拋出到落地，重力對物體做功WG＝mgh＝100 J，選項B正確；根據(jù)動能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物體克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22 J，選項C正確；由于空氣阻力的影響，物體不做平拋運動，豎直分運動不是自由落體運動，無法求解物體運動的時間，選項D錯誤． 8．如圖所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一質量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達軌道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空氣的阻

11、力．取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　BC　) A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.3 m 解析：小滑塊在B端時，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A錯誤；根據(jù)動能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正確；小滑塊從B點做平拋運動，水平方向上x＝vt，豎直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正確，D錯誤． 9．如圖所示，豎直平面內有一個半徑為R的

12、半圓形軌道OQP，其中Q是半圓形軌道的中點，半圓形軌道與水平軌道OE在O點相切，質量為m的小球沿水平軌道運動，通過O點后進入半圓形軌道，恰好能夠通過最高點P，然后落到水平軌道上，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(g為重力加速度)(　ABD　) A．小球落地時的動能為mgR B．小球落地點離O點的距離為2R C．小球運動到半圓形軌道最高點P時，向心力恰好為零 D．小球到達Q點的速度大小為 解析：小球恰好能夠通過P點，由mg＝m得v0＝.小球從P點至落地過程，根據(jù)動能定理得mg·2R＝mv2－mv，解得mv2＝2.5mgR，A正確；由平拋運動知識得t＝，落地點與O點距離x＝v0t＝

13、2R，B正確；小球在P處時重力提供向心力，C錯誤；小球從Q到P，由動能定理得－mgR＝m()2－mv，解得vQ＝，D正確． 10．如圖甲所示，小物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙斜面上．現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時間t的變化規(guī)律如圖丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　AD　) A．物塊的質量為1 kg B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7 C．0～3 s時間內力F做功的平均功率為0.32 W D．0～3 s時間內物塊克服摩擦力做的功為5.12 J 解析：

14、由速度圖象知在1～3 s時間內，物塊做勻加速直線運動，則0.8 N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝ m/s2＝0.4 m/s2.在3～4 s時間內，物塊勻速運動，受力平衡，則μmgcosθ－mgsinθ＝0.4 N，解得m＝1 kg，μ＝0.8，選項A正確，B錯誤；0～1 s時間內，物塊靜止，力F不做功，1～3 s時間內，力F＝0.8 N，物塊的位移x＝×0.4×22 m＝0.8 m,0～3 s內力F做功的平均功率為＝ W＝0.213 W，選項C錯誤；0～3 s時間內物塊克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x＝5.12 J，選項D正確． 三、計算題 11．下表是一輛電動車的部分技術

15、指標，其中的額定車速是指電動車滿載的情況下，在平直道路上以額定功率勻速行駛時的速度. 額定車速 18 km/h 電源輸出電壓 ≥36 V 整車質量 40 kg 充電時間 6～8 h 載重 80 kg 電動機的額 定輸出功率 180 W 電源 136 V/12 Ah 電動機的額定 工作電壓/電流 36 V/6 A 請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，完成下列問題(g取10 m/s2)． (1)在行駛的過程中，電動車受到的阻力是車重(包括載重)的k倍，假定k是定值，試推算k的大??； (2)若電動車以額定功率行駛，求速度為3 m/s時的加速度是多少？ 解析：(1)由表可

16、得到P出＝180 W，車速v＝18 km/h＝5 m/s，由P出＝Fv，勻速直線運動時有F＝f，其中f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03. (2)當車速v′＝3 m/s時，牽引力F′＝，由牛頓第二定律知F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2. 答案：(1)0.03　(2)0.2 m/s2 12．(2018·常州模擬)高速連續(xù)曝光照相機可在底片上重疊形成多個圖像．現(xiàn)利用這架照相機對某款家用汽車的加速性能進行研究，如圖為汽車做勻加速直線運動時三次曝光的照片，圖中汽車的實際長度為4 m，照相機每兩次曝光的時間間隔為2.0 s．已知該汽車的質量為1 000 kg，額定功率為

17、90 kW，汽車運動過程中所受的阻力始終為1 500 N. (1)求該汽車的加速度． (2)若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運動，則勻加速運動狀態(tài)能保持多長時間？ (3)汽車所能達到的最大速度是多少？ (4)若該汽車從靜止開始運動，牽引力不超過3 000 N，求汽車運動2 400 m所用的最短時間(汽車已經(jīng)達到最大速度)． 解析：(1)由圖可得汽車在第1個2 s時間內的位移x1＝9 m，第2個2 s時間內的位移x2＝15 m 汽車的加速度a＝＝1.5 m/s2. (2)由F－Ff＝ma得，汽車牽引力 F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N

18、 汽車做勻加速運動的末速度 v＝＝ m/s＝30 m/s 勻加速運動保持的時間t1＝＝ s＝20 s. (3)汽車所能達到的最大速度 vm＝＝ m/s＝60 m/s. (4)由(1)、(2)知勻加速運動的時間t1＝20 s， 運動的距離x1′＝＝×20 m＝300 m 所以，以額定功率運動的距離 x2′＝(2 400－300) m＝2 100 m 對以額定功率運動的過程，有 P額t2－Ffx2′＝m(v－v2) 解得t2＝50 s 所以所求時間為t總＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s