2019届高考物理二轮复习 专题限时训练5功功率动能定理-有答案

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F fm 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) 0 1 s 2 s 3 s 4 s F (数值)F fm 2F fmF fmA.第2 s 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R2，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 ．－mgRB ．－98mgRC ．－54mgRD ．－43mgR解析：在A 处对小球由牛顿第二定律得mg ＝m v 2A R ，v A ＝gR ，在B 处对小球由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2BR2，又F N ＝mg ，解得v B ＝gR ，小球由A 到B 的过程由动能定理得mg (2R －2×R 2)＋W f ＝12mv 2B －12mv 2A ，解得W f ＝－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mg 2ghC ．小球到达下端的时间为2l2ghD ．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 ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，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 ＝2gh ，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P ＝mg 2gh cos θ，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 ＝gh l ，设下滑所需时间为t ，则l ＝12at 2，t ＝2la ＝2l2gh，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F n ＝mv 2R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F 1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F 2，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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( C )A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1解析：根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t得，两过程的加速度关系为a 1＝a 22.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f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，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1v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/s 2，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/s 2C ．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/s 2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P v －F f ＝ma ，从图中代入数据得，13P －F f ＝0，P －F f＝2，解得P ＝3 W ，F f ＝1 N ，故C 错误；又F f ＝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 ，F f ＝1 N ，m ＝1 kg ，v ＝1.5 m/s 代入P v－F f ＝ma ，解得a ＝1 m/s 2，即物体速度为1.5 m/s 时，加速度大小为1 m/s 2，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/s 2的匀加速直线运动，匀加速的时间为t ＝va ′＝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/s 2，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 ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2，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 ＝12at 2＝12×0.5×42m ＝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/s 2，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 2 s解析：根据动能定理，抛出时人对物体做的功W 1＝12mv 21＝50 J ，选项A 错误；自抛出到落地，重力对物体做功W G ＝mgh ＝100 J ，选项B 正确；根据动能定理有mgh －W f ＝E k2－E k1，得物体克服阻力做的功W f ＝mgh －12mv 22＋12mv 21＝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/s 2.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F N ＝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F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR－W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12mv 2＝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＝12gt 2，解得x ＝v ·2hg＝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52mgRB ．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3gR解析：小球恰好能够通过P 点，由mg ＝m v 20R得v 0＝gR .小球从P 点至落地过程，根据动能定理得mg ·2R＝12mv 2－12mv 20，解得12mv 2＝2.5mgR ，A 正确；由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝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 ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，解得v Q ＝3gR ，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/s 2.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 ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，a ＝0.8－03－1m/s 2＝0.4 m/s 2.在3～4 s 时间内，物块匀速运动，受力平衡，则μmg cos θ－mg sin θ＝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 ＝12×0.4×22 m ＝0.8 m,0～3 s 内力F 做功的平均功率为Fx t 3＝0.8×0.83 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μmg cos θ·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.(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 ′＝P 出v ′，由牛顿第二定律知F ′－k (M ＋m )g ＝(m ＋M )a ，解得a ＝0.2 m/s 2.答案：(1)0.03 (2)0.2 m/s 212．(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x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m 汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2.(2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ， 运动的距离x 1′＝vt 12＝302×20 m＝300 m所以，以额定功率运动的距离x 2′＝(2 400－300) m ＝2 100 m对以额定功率运动的过程，有P 额t 2－F f x 2′＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以所求时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s。