（课标版）高考物理二轮复习 专题限时训练5 功、功率、动能定理（含解析）-人教版高三全册物理试题

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滑雪运动深受人民群众喜爱如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(C)A所受合外力始终为零 B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零 D机械能始终保持不变2(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(C)A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(4824)J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误3人与平衡车的总质量为m，在平直路面上行驶时，所受阻力不变当平衡车加速度为a，速度为v时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为(B)A. B.C. D.解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为Ff，由牛顿第二定律可得，FFfma，所以FFfma，所以功率P1Fv(Ffma)v，解得Ffma，当功率恒为P2时，设最大速度为v，则P2FvFfv，所以v，选项B正确4一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是(C)解析：由题知，阻力与速度的关系式为：fkv，根据牛顿第二定律得：FfFkvma，解得：av，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据PFv知，F不变，则Pt图线的形状与vt图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误5质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，物体从O点由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(A)A此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W解析：物体受到的摩擦力fFN0.1210 N2 N，由图象可知，斜率表示的是物体受到的拉力的大小，OA段的拉力为5 N，AB段的拉力为2 N，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动，选项C、D错误；在OA段的拉力为5 N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由vat，xat2，a，解得v3 m/s，此时拉力的功率最大，为PFv53 W15 W，在AB段，物体匀速运动，速度为3 m/s，拉力为2 N，所以此时拉力的功率为PFv23 W6 W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W，选项A正确，B错误6如图所示为某游乐园滑草场的示意图，某滑道由上、下两段倾角不同的斜面组成，斜面倾角12，滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好滑到滑道的底端C点停下若在A、C点位置不变的情况下，将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离，使第一段AB的倾角稍稍变大，第二段BC的倾角稍稍变小不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失，则平移后(B)A滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度，所以应在C点右侧加安全防护装置D若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数，可使滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下解析：对滑车运动的全过程，由动能定理得mghmgcos1mgcos20，即mghmgxAC0，现改变AB和BC的倾角，但A、C位置不变，则xAC不变，滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下，选项A、C错误，B正确；若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数，则xAC减小，选项D错误二、多项选择题7如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处的质量为m的小球(可视为质点)相连A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30，OAOC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰好能停在C处已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(BCD)A小球通过B点时的加速度为B小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等C弹簧具有的最大弹性势能为mv2DA到C过程中，产生的内能为mgh解析：因在B点时弹簧处于原长，则小球到达B点时的加速度为agsin30gcos30g，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力的平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程中克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有：mghEpmv2Wf，从A到C的过程有：mgh2Wf，解得：Wfmgh，则Epmv2.即弹簧具有的最大弹性势能为mv2，故C正确；A到C过程中，产生的内能为2Wfmgh，选项D正确8.如图，点O、a、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内且其弹力跟伸长量成正比小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(BC)A在c点速度最大B在c点下方某位置速度最大C重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功D在b、c两点，摩擦力的瞬时功率大小相等解析：在b点，重力和弹力向下的分力之和大于摩擦力，合力向下，向下运动过程中，弹力减小，所以从b到c，小球做加速度减小的加速运动，在c点，弹力与杆垂直，重力和摩擦力的合力仍然向下，所以在c点下方某位置加速度等于0，速度达到最大值，故A错误，B正确；由题意知，第一次到达b、d两点时速度相等，由动能定理可得，重力、弹力和摩擦力合力做功等于0，已知b、c间距离小于c、d间距离，即全过程弹力做负功，所以重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，故C正确；设abc，则两点的摩擦力分别为FfbkabsinkacFfc，小球在b、c速度不等，由PFv可知，在b、c两点的摩擦力的瞬时功率大小不等，故D错误9一质量为2 kg的物体，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匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知(ABC)A物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC匀速运动时的速度约为6 m/sD减速运动的时间约为1.7 s解析：物体匀速运动时，受力平衡，则Fmg，0.35，选项A正确；因为WFx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为131 J13 J，选项B正确；由动能定理可知：WFmgx0mv，其中x7 m，则解得：v06 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误10如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)让木板从离地高度为h位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)(AB)A如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2lB如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2lC如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2lD如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(hl)fl0，解得l.仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l，故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2l，故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，故D错误三、计算题11如图所示，半径R0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m1 kg的小物块(可视为质点)现给小物块施加一大小为F15.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数10.45，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围答案：见解析解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FNmgm，由牛顿第三定律得FNFN N联立解得v2 m/s物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg2Rmv2mv解得vB4 m/s(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得Fs1mgxABmv0根据牛顿第二定律得：F1mgma由运动学公式有sat2联立解得t s(3)设BC段的动摩擦因数为2.设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mgm，由动能定理得：22mgxBC2mgRmvmv代入数据解得20.025故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足020.025若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得：22mgxBCmgR0mv代入数据解得：20.25物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：22mgxBC0mv代入数据解得：20.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.2520.4综上所述，020.025或0.2520.4.12如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4 m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m，现有一个质量为m0.2 kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h1.6 m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2，计算结果可保留根号)求：(1)滑块第一次到达B点的速度；(2)滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间答案：(1)4 m/s(2)0.5(3)6 m s解析：(1)第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得：mg(hRcos37)mv代入数据解得：v14 m/s(2)从E到A的过程，由动能定理得：mg(hRcos37LABsin37)mgcos37LAB0代入数据解得：0.5(3)全过程由动能定理得：mg(hRcos37)mgcos37s0代入数据解得：s6 m沿斜面上滑加速度为：a1gsin37gcos3710 m/s2沿斜面下滑加速度为：a2gsin37gcos372 m/s2因为，解得：v2v1v1v3v2()2v1vn()n1v1则：t代入数据解得：t s