（課標版）高考物理二輪復習 專題二 能量與動量 第5講 選擇題對“功和功率、動能定理”的考查限時練（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、選擇題對“功和功率、動能定理”的考查 [A組　基礎題練熟練快] 1.(2019·北京昌平期末)如圖所示，質(zhì)量為60 kg的某同學在做引體向上運動，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算1次，若他在1 min內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4 m，則他在1 min內(nèi)克服重力所做的功及相應的功率約為(　　) A．240 J,4 W　　　　　 B．2 400 J,2 400 W C．2 400 J,40 W D．4 800 J,80 W 解析：他每次引體向上克服重力所做的為W1＝mgh＝60×10×0.4 J＝240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W＝10 W1＝10×240

2、 J＝2 400 J；相應的功率約為P＝＝40 W，選項C正確． 答案：C 2.(2019·重慶巴蜀中學模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)軸OO′相距R，物塊隨水平轉(zhuǎn)臺由靜止開始緩慢轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)速增加到一定值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為，若物塊與轉(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為(　　) A．0.125 B．0.15 C．0.25 D．0.5 解析：由于物塊做圓周運動，物塊剛開始滑動這一時刻，物塊受到轉(zhuǎn)臺的摩擦力達到最大靜摩擦力，并由此提供向心力，則有：μmg＝m，解得：v＝，設轉(zhuǎn)臺對物塊

3、做的功為W，根據(jù)動能定理得：W＝mv2＝，聯(lián)立解得：μ＝0.25，故選C. 答案：C 3．一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x的關系圖線是(　　) 解析：向上滑動的過程中，根據(jù)動能定理：Ek－Ek0＝－(mgsin θ＋Ff)x，同理，下滑過程中，由動能定理可得：Ek＝(mgsin θ－Ff)x′，故選項C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 4．(2019·貴州黔東南州一模)某次頂竿表演中，演員A(視為質(zhì)點)自竿頂由靜止開始滑下，如圖甲所示．演員A滑到竿底時速度正好為零，然后屈腿跳到水平地面上

4、，演員A的質(zhì)量為50 kg，長竹竿質(zhì)量為5 kg，A下滑的過程中速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．重力加速度取10 m/s2，則t＝5 s時，演員A所受重力的功率為(　　) A．50 W　　　　　　　　 B．500 W C．55 W D．550 W 解析：由vt圖象可知，4～6 s內(nèi)A向下減速，加速度為：a2＝＝1 m/s2，t＝5 s時，A的速度大小為v5＝2－a2Δt＝(2－1×1) m/s＝1 m/s，故演員A所受重力的功率為PG＝mAgv5＝50×10×1 W＝500 W，故B正確． 答案：B 5．(2019·哈爾濱六中二模)如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面(μ已知)與

5、傾角為60°的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過定滑輪的細線連在一起．在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運動．從圖示位置開始計時，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時間內(nèi)(OA長為L，OB長為)，F(xiàn)力做的功為(　　) A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL 解析：對甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；對乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝FL＝mgL，故選A. 答案：A 6．(2019·江蘇南京聯(lián)考)將一小球豎直向上拋出，取向上為正方向．設小球在拋出點的重力勢能為零，小球所受空

6、氣阻力大小恒定．則上升過程中，小球的加速度a、速度v、機械能E、動能Ek與小球離拋出點高度h的關系錯誤的是(　　) 解析：根據(jù)牛頓第二定律，則－mg－f＝ma，解得a＝－，則選項A正確；根據(jù)v2＝v－2gh可知，選項B錯誤；根據(jù)能量關系：E＝E0－fh可知，選項C正確；根據(jù)動能定理：Ek＝Ek0－mgh－fh可知，選項D正確；此題選擇不正確的選項，故選B. 答案：B 7．(2019·蘇北三市聯(lián)考)如圖所示，象棋子壓著紙條，放在光滑水平桌面上．第一次沿水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的P點．將棋子、紙條放回原來的位置，仍沿原水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的Q點，與第一次相比(　　

7、) A．棋子受到紙條的摩擦力較大 B．棋子落地速度與水平方向夾角較大 C．紙條對棋子的摩擦力做功較多 D．棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大 解析：兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動摩擦力公式f＝μFN紙帶對棋子的摩擦力沒變，故選項A錯誤；棋子離開桌面后做平拋運動，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運動規(guī)律可知時間相同，由于第二次水平分位移較大，可知第二次做平拋運動的初速度大，可知第二次紙條對棋子的摩擦力做功較多，設落地時速度與水平方向夾角為θ，則tan θ＝＝，可知第二次棋子落地時速度與水平方向夾角較小，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理可知，動能的增量等于合外力做的功，由于不計空氣

8、阻力，則合力做的功即為重力做的功，由題可知重力做的功相等，故動能的增量相等，故選項D錯誤． 答案：C 8．(2019·陜西第一次聯(lián)考)2018年7月12日，C919大型客機102機順利完成首次空中遠距離轉(zhuǎn)場飛行．假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，加速1.6×103 m時才能達到起飛所要求80 m/s的速度．已知飛機的質(zhì)量為7.0×104 kg，滑跑時受到的阻力恒為重力的0.1倍，g取10 m/s2，則在飛機滑跑的過程中(　　) A．飛機加速度的大小為4 m/s2 B．飛機滑跑的時間為20 s C．飛機牽引力的功率與位移成正比 D．飛機牽引力的最大功率為1.68

9、×107 W 解析：飛機在起飛過程中做勻加速直線運動，根據(jù)x＝t，解得t＝＝ s＝40 s，加速度大小為a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A、B錯誤；飛機牽引力的最大功率P＝Fv＝(ma＋0.1mg)v＝1.68×107 W，牽引力的功率與速度成正比，故C錯誤，D正確． 答案：D [B組　中難題目練通抓牢] 9.(多選)(2018·江西聯(lián)考)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

10、是(以下各選項中物塊均未觸地)(　　) A．如果僅改變木板下落的高度，使其從2h高度落下，物塊下滑的長度變?yōu)?l B．如果僅改變木板對物塊的壓力，使其變?yōu)樵瓉硪话耄飰K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，物塊下滑的距離變?yōu)?l D．如果僅改變木板的質(zhì)量，使其變?yōu)樵瓉硪话?，物塊下滑距離將大于2l 解析：設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＝.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

11、，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． 答案：AB 10．(多選)節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車．有一質(zhì)量m＝1 000 kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1＝90 km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P＝50 kW.當駕駛員看到前方有80 km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h.此過程中發(fā)動機功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于

12、供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變．下列說法正確的是(　　) A．轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小為2×103 N B．駕駛員啟動電磁阻尼轎車做勻減速運動，速度變?yōu)関2＝72 km/h過程的時間為3.2 s C．轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，獲得的電能E電＝6.3×104 J D．轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運動的距離為31.5 m 解析：轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時，由P＝F1v1，F(xiàn)阻＝F1可得F阻＝2×103

13、 N，故A正確．轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，運動L＝72 m，由動能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv－mv；獲得的電能E電＝Pt·，聯(lián)立解得：E電＝6.3×104 J，t＝3.15 s，故B錯誤，C正確．據(jù)E電＝F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運動的距離x＝＝31.5 m，故D正確． 答案：ACD 11．(多選)(2019·四川廣元聯(lián)考)某質(zhì)量m＝1 500 kg的“雙引擎”小汽車，行駛速度v≤54 km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54 km/h

14、>90 km/h時汽油機和電動機同時工作，這種汽車更節(jié)能環(huán)保．該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動，汽車的牽引力F隨運動時間t的圖線如圖所示，所受阻力恒為1 250 N．已知汽車在t0時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至第11 s末．則在前11 s內(nèi)(　　) A．經(jīng)過計算t0＝6 s B．電動機輸出的最大功率為60 kW C．汽油機工作期間牽引力做的功為4.5×105 J D．汽車的位移為160 m 解析：開始階段，牽引力F1＝5 000 N，據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1－f＝ma，解得：開始階段加速度a＝2.5 m/s2.v1＝54 km/h＝15 m/s，據(jù)t0＝，解得

15、t0＝6 s，故A項正確．t0時刻，電動機輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 000 W＝75 kW，故B項錯誤．汽油機工作期間，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s時刻汽車的速度v2＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，汽油機工作期間牽引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6) J＝4.5×105 J，故C項正確．汽車前6 s內(nèi)的位移x1＝at＝×2.5×62 m＝45 m，后5 s內(nèi)根據(jù)動能定理得：Pt2－fx2＝mv－mv，解得：汽車后5 s內(nèi)的位移x2＝120 m．所以前11 s時間內(nèi)汽車的位移x＝x1＋x2＝45＋120

16、m＝165 m，故D項錯誤． 答案：AC 12．(多選)(2019·四川二診)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，其1.5 s內(nèi)的速度隨時間變化關系如圖乙所示，g取10 m/s2.則(　　) A．0.5 s時拉力功率12 W B．1.5 s內(nèi)拉力做功9 J C．1.5 s后物塊可能返回 D．1.5 s后物塊一定靜止 解析：0～0.5 s內(nèi)物體的位移：x1＝×0.5×2 m＝0.5 m；0.5 s～1.5 s內(nèi)物體的位移：x2＝×1×2 m＝1 m；由題圖乙知，各階段加速度的大?。篴1＝4 m/s2，

17、a2＝2 m/s2；設斜面傾角為θ，斜面對物塊的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，0～0.5 s內(nèi)F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1；0.5 s～1.5 s內(nèi)－μmgcos θ－mgsin θ＝－ma2；聯(lián)立解得：F＝6 N，但無法求出μ和θ.則0.5 s時，拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A正確.1.5 s內(nèi)的前0.5 s拉力做功，其大小W＝Fx1＝3 J，故B錯誤．無法求出μ和θ，不清楚tan θ與μ的大小關系，故無法判斷物塊能否靜止在斜面上，故C正確，D錯誤． 答案：AC [C組　探究創(chuàng)新從容應對] 13.(2019·河南鄭州聯(lián)考)蹦極是一項考驗體力、智力和心理承受能力的

18、空中極限運動．跳躍者站在約50 m高的塔臺上，把一根原長為L的彈性繩的一端綁在雙腿的踝關節(jié)處，另一端固定在塔臺上，跳躍者頭朝下跳下去．若彈性繩的彈力遵守胡克定律，不計空氣阻力，則在跳躍者從起跳到第一次下落到最低點的過程中，跳躍者的動能Ek(圖線①)和彈性繩的彈性勢能Ep(圖線②)隨下落高度的變化圖象中，大致正確的是(　　) 解析：在彈性繩到達原長之前，由動能定理可知，動能隨下降的高度均勻變大，即Ek－h(huán)圖象為直線；當彈性繩被拉直后，彈力逐漸變大，則加速度逐漸減小，速度仍然變大，即動能繼續(xù)變大，當彈力等于重力時速度最大，此時的動能最大；之后隨著人的下降彈力變大大于重力，加速度變?yōu)橄蛏希?/p>

19、人做變減速運動，最后動能減到0時到達最低點；綜上所述，圖象B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 14．(2019·福建寧德聯(lián)考)據(jù)報道，2018年7月上海中車公司生產(chǎn)的全球最大馬力無人遙控潛水器在上海下線，主要用于深海搜尋和打撈等．該潛水器質(zhì)量為5×103 kg，在某次作業(yè)中，潛水器與質(zhì)量為4×103 kg的重物從3 km深的海底一起沿豎直方向勻速上升到海面，已知上升過程中潛水器的機械功率恒為180 kW，水對潛水器與重物的浮力和阻力相互平衡，其他影響可忽略，重力加速度g取10 m/s2，則潛水器與重物上升的速度大小為(　　) A．1.8 m/s B．2.0 m/s C．3.6 m/s D．4.5 m/s 解析：以潛水器和重物整體為研究對象，因為整體勻速提升，故處于平衡狀態(tài)，又浮力與阻力平衡，則可知潛水器的動力F與整體重力平衡， 即滿足：F＝(m＋M)g＝(5×103＋4×103)×10 N＝9×104 N， 潛水器勻速上升時，功率滿足P＝Fv，可得上升速度v＝＝ m/s＝2.0 m/s，故選B. 答案：B