高考物理二轮专项复习限时训练05《功功率动能定理》(含详解)

这是一份高考物理二轮专项复习限时训练05《功功率动能定理》(含详解)，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
专题限时训练5　功、功率、动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．(2018·全国名校联考)如图所示，静止在水平地面上的物体，受到一水平向右的拉力F作用，F是随时间先逐渐增大后逐渐减小的变力，力F的大小随时间的变化如表所示，表格中的Ffm为物体与地面间的最大静摩擦力，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则(　C　) t(时刻)01 s2 s3 s4 sF(数值)0Ffm2FfmFfm0A.第2 s末物体的速度最大B．第2 s末摩擦力的功率最大C．第3 s末物体的动能最大D．在0～3 s时间内，拉力F先做正功后做负功解析：在0～1 s时间内，物体所受水平拉力小于最大静摩擦力，物体静止；在1～3 s时间内，物体受到的拉力大于最大静摩擦力，物体一直做加速运动，3 s末物体的速度达到最大，动能最大，故A、B项错误，C项正确；拉力F始终与位移方向相同，一直做正功，故D项错误．2．(2018·济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对轨道无压力，在B点时对轨道的压力为mg.则小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功为(　A　) A．－mgR   B．－mgRC．－mgR   D．－mgR解析：在A处对小球由牛顿第二定律得mg＝m，vA＝，在B处对小球由牛顿第二定律得mg＋FN＝m，又FN＝mg，解得vB＝，小球由A到B的过程由动能定理得mg(2R－2×)＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－mgR，故A正确．3．(2018·江西师大附中模拟)如图所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管是用长为l的硬质直管(内径远小于h)弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是(　C　) A．小球到达下端管口时的速度大小与l有关B．小球到达下端管口时重力的功率为mgC．小球到达下端的时间为 D．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变解析：在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v＝，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P＝mgcosθ，θ为小球到达下端管口时速度方向与重力方向的夹角，故B错误；小球在管内下滑的加速度为a＝，设下滑所需时间为t，则l＝at2，t＝＝，故C正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，根据Fn＝可知，支持力越来越大，故D错误．4．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　C　)A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1   B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1   D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝得，两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．5．(2018·保定模拟)一物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，由静止开始沿直线运动，物体的加速度a和速度的倒数的关系如图所示．物体的质量为m＝1 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　A　) A．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1B．物体速度为1.5 m/s时，加速度大小为2 m/s2C．拉力的最大功率为6 WD．物体匀加速运动的时间为1 s解析：由图象可知物体速度为0～1 m/s过程中做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，在速度为1～3 m/s过程中，拉力以恒定的功率拉动物体，由牛顿第二定律得－Ff＝ma，从图中代入数据得，P－Ff＝0，P－Ff＝2，解得P＝3 W，Ff＝1 N，故C错误；又Ff＝μmg，解得物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；将P＝3 W，Ff＝1 N，m＝1 kg，v＝1.5 m/s代入－Ff＝ma，解得a＝1 m/s2，即物体速度为1.5 m/s时，加速度大小为1 m/s2，故B错误；从图象可知物体速度为0～1 m/s过程中做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，匀加速的时间为t＝＝0.5 s，故D错误．6．(2018·山东临沂市一模)如图甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上．t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　D　) A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4tB．细线的拉力大小为2 NC．细线拉力的瞬时功率满足P＝4tD．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J解析：根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；物体运动的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；物体在4 s内运动的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正确．二、多项选择题7．(2018·中山二模)在距水平地面10 m高处，以10 m/s的速度水平抛出一质量为1 kg的物体，已知物体落地时的速度为16 m/s，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　BC　)A．抛出时人对物体做功为150 JB．自抛出到落地，重力对物体做功为100 JC．飞行过程中物体克服阻力做功22 JD．物体自抛出到落地时间为 s解析：根据动能定理，抛出时人对物体做的功W1＝mv＝50 J，选项A错误；自抛出到落地，重力对物体做功WG＝mgh＝100 J，选项B正确；根据动能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物体克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22 J，选项C正确；由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解物体运动的时间，选项D错误．8．如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　BC　) A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m解析：小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误．9．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点后进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(g为重力加速度)(　ABD　) A．小球落地时的动能为mgRB．小球落地点离O点的距离为2RC．小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零D．小球到达Q点的速度大小为解析：小球恰好能够通过P点，由mg＝m得v0＝.小球从P点至落地过程，根据动能定理得mg·2R＝mv2－mv，解得mv2＝2.5mgR，A正确；由平抛运动知识得t＝，落地点与O点距离x＝v0t＝2R，B正确；小球在P处时重力提供向心力，C错误；小球从Q到P，由动能定理得－mgR＝m()2－mv，解得vQ＝，D正确．10．如图甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　AD　) A．物块的质量为1 kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3 s时间内力F做功的平均功率为0.32 WD．0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12 J解析：由速度图象知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8 N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝ m/s2＝0.4 m/s2.在3～4 s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则μmgcosθ－mgsinθ＝0.4 N，解得m＝1 kg，μ＝0.8，选项A正确，B错误；0～1 s时间内，物块静止，力F不做功，1～3 s时间内，力F＝0.8 N，物块的位移x＝×0.4×22 m＝0.8 m,0～3 s内力F做功的平均功率为＝ W＝0.213 W，选项C错误；0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功为μmgcosθ·x＝5.12 J，选项D正确．三、计算题11．下表是一辆电动车的部分技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度.额定车速18 km/h电源输出电压≥36 V整车质量40 kg充电时间6～8 h载重80 kg电动机的额定输出功率180 W电源136 V/12 Ah电动机的额定工作电压/电流36 V/6 A请根据表中的数据，完成下列问题(g取10 m/s2)．(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍，假定k是定值，试推算k的大小；(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s时的加速度是多少？ 解析：(1)由表可得到P出＝180 W，车速v＝18 km/h＝5 m/s，由P出＝Fv，匀速直线运动时有F＝f，其中f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03.(2)当车速v′＝3 m/s时，牵引力F′＝，由牛顿第二定律知F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2.答案：(1)0.03　(2)0.2 m/s212．(2018·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像．现利用这架照相机对某款家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s．已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N. (1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，则匀加速运动状态能保持多长时间？(3)汽车所能达到的最大速度是多少？(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v＝＝ m/s＝30 m/s匀加速运动保持的时间t1＝＝ s＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度vm＝＝ m/s＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离x1′＝＝×20 m＝300 m所以，以额定功率运动的距离x2′＝(2 400－300) m＝2 100 m对以额定功率运动的过程，有P额t2－Ffx2′＝m(v－v2)解得t2＝50 s所以所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s.答案：(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s