课标版2020高考物理二轮复习专题二能量与动量第5讲选择题对“功和功率动能定理”的考查限时练含解析.doc

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1、选择题对“功和功率、动能定理”的考查A组基础题练熟练快1.(2019北京昌平期末)如图所示，质量为60 kg的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次，若他在1 min内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则他在1 min内克服重力所做的功及相应的功率约为()A240 J,4 WB2 400 J,2 400 WC2 400 J,40 W D4 800 J,80 W解析：他每次引体向上克服重力所做的为W1mgh60100.4 J240 J，他在1 min内克服重力所做的功为W10 W110240 J2 400 J；相应的功率约为P40 W，选项C正确答案：C2.(2

2、019重庆巴蜀中学模拟)如图所示，质量为m的物块与转轴OO相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为()A0.125 B0.15C0.25 D0.5解析：由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：mgm，解得：v，设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：Wmv2，联立解得：0.25，故选C. 答案：C3一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek

3、0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是()解析：向上滑动的过程中，根据动能定理：EkEk0(mgsin Ff)x，同理，下滑过程中，由动能定理可得：Ek(mgsin Ff)x，故选项C正确，A、B、D错误答案：C4(2019贵州黔东南州一模)某次顶竿表演中，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示演员A滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到水平地面上，演员A的质量为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示重力加速度取10 m/s2，则t5 s时，演员A所受重力的功率为()A50 WB500 WC55 W D55

4、0 W解析：由vt图象可知，46 s内A向下减速，加速度为：a21 m/s2，t5 s时，A的速度大小为v52a2t(211) m/s1 m/s，故演员A所受重力的功率为PGmAgv550101 W500 W，故B正确答案：B5(2019哈尔滨六中二模)如图所示，倾角为30的粗糙斜面(已知)与倾角为60的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内(OA长为L，OB长为)，F力做的功为()AmgL BmgL CmgL DmgL 解析：对甲：Tmgs

5、in 30mgcos 30；对乙：FTmgsin 60；F做的功：WFL；解得WFLmgL，故选A. 答案：A6(2019江苏南京联考)将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是()解析：根据牛顿第二定律，则mgfma，解得a，则选项A正确；根据v2v2gh可知，选项B错误；根据能量关系：EE0fh可知，选项C正确；根据动能定理：EkEk0mghfh可知，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.答案：B7(2019苏北三市联考)如图所示，象棋子压着纸条，放

6、在光滑水平桌面上第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比()A棋子受到纸条的摩擦力较大B棋子落地速度与水平方向夹角较大C纸条对棋子的摩擦力做功较多D棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大解析：两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式fFN纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可知第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为，则tan ，可知第二次棋子

7、落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力做的功，由于不计空气阻力，则合力做的功即为重力做的功，由题可知重力做的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误答案：C8(2019陕西第一次联考)2018年7月12日，C919大型客机102机顺利完成首次空中远距离转场飞行假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，加速1.6103 m时才能达到起飞所要求80 m/s的速度已知飞机的质量为7.0104 kg，滑跑时受到的阻力恒为重力的0.1倍，g取10 m/s2，则在飞机滑跑的过程中()A飞机加速度的大小为4 m/s2B飞机滑跑的时间为20 sC

8、飞机牵引力的功率与位移成正比D飞机牵引力的最大功率为1.68107 W解析：飞机在起飞过程中做匀加速直线运动，根据xt，解得t s40 s，加速度大小为a m/s22 m/s2，故A、B错误；飞机牵引力的最大功率PFv(ma0.1mg)v1.68107 W，牵引力的功率与速度成正比，故C错误，D正确答案：DB组中难题目练通抓牢9.(多选)(2018江西联考)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

9、确的是(以下各选项中物块均未触地)()A如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度变为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，物块下滑的距离变为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

10、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 答案：AB10(多选)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车有一质量m1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v190 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L72 m后，速度变为v272 km/h.此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电

11、池的电能假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变下列说法正确的是()A轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2103 NB驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为v272 km/h过程的时间为3.2 sC轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电6.3104 JD轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离为31.5 m解析：轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，由PF1v1，F阻F1可得F阻2103 N，故A正确轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，运动L72 m，由动能定理可得Pt(F阻L)mvm

12、v；获得的电能E电Pt，联立解得：E电6.3104 J，t3.15 s，故B错误，C正确据E电F阻x可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离x31.5 m，故D正确答案：ACD11(多选)(2019四川广元联考)某质量m1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末则

13、在前11 s内()A经过计算t06 sB电动机输出的最大功率为60 kWC汽油机工作期间牵引力做的功为4.5105 JD汽车的位移为160 m解析：开始阶段，牵引力F15 000 N，据牛顿第二定律可得，F1fma，解得：开始阶段加速度a2.5 m/s2.v154 km/h15 m/s，据t0，解得t06 s，故A项正确t0时刻，电动机输出的功率最大，且PmF1v15 00015 W75 000 W75 kW，故B项错误汽油机工作期间，功率PF2v16 00015 W90 kW,11 s时刻汽车的速度v2 m/s25 m/s90 km/h，汽油机工作期间牵引力做的功WPt290103(116)

14、 J4.5105 J，故C项正确汽车前6 s内的位移x1at2.562 m45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2fx2mvmv，解得：汽车后5 s内的位移x2120 m所以前11 s时间内汽车的位移xx1x245120 m165 m，故D项错误答案：AC12(多选)(2019四川二诊)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()A0.5 s时拉力功率12 WB1.5 s内拉力做功9 JC1.5 s后物块可能返回D1.5 s后物块一定静止解析：00.5 s

15、内物体的位移：x10.52 m0.5 m；0.5 s1.5 s内物体的位移：x212 m1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a14 m/s2，a22 m/s2；设斜面倾角为，斜面对物块的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5 s内Fmgcos mgsin ma1；0.5 s1.5 s内mgcos mgsin ma2；联立解得：F6 N，但无法求出和.则0.5 s时，拉力的功率PFv12 W，故A正确.1.5 s内的前0.5 s拉力做功，其大小WFx13 J，故B错误无法求出和，不清楚tan 与的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误答案：ACC组探究创新从容应对13.

16、(2019河南郑州联考)蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动跳跃者站在约50 m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线)和弹性绳的弹性势能Ep(图线)随下落高度的变化图象中，大致正确的是()解析：在弹性绳到达原长之前，由动能定理可知，动能随下降的高度均匀变大，即Ekh图象为直线；当弹性绳被拉直后，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，速度仍然变大，即动能继续变大，当弹力等于重力时速度最大，此时的动能最大；之后随着人的

17、下降弹力变大大于重力，加速度变为向上，人做变减速运动，最后动能减到0时到达最低点；综上所述，图象B正确，A、C、D错误答案：B14(2019福建宁德联考)据报道，2018年7月上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线，主要用于深海搜寻和打捞等该潜水器质量为5103 kg，在某次作业中，潜水器与质量为4103 kg的重物从3 km深的海底一起沿竖直方向匀速上升到海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器与重物的浮力和阻力相互平衡，其他影响可忽略，重力加速度g取10 m/s2，则潜水器与重物上升的速度大小为()A1.8 m/s B2.0 m/sC3.6 m/s D4.5 m/s解析：以潜水器和重物整体为研究对象，因为整体匀速提升，故处于平衡状态，又浮力与阻力平衡，则可知潜水器的动力F与整体重力平衡，即满足：F(mM)g(51034103)10 N9104 N，潜水器匀速上升时，功率满足PFv，可得上升速度v m/s2.0 m/s，故选B.答案：B8