《（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第5講 選擇題對(duì)“功和功率、動(dòng)能定理”的考查限時(shí)練（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第5講 選擇題對(duì)“功和功率、動(dòng)能定理”的考查限時(shí)練（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、選擇題對(duì)“功和功率、動(dòng)能定理”的考查 [A組　基礎(chǔ)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(xué)在做引體向上運(yùn)動(dòng)，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(yīng)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(yīng)的功率約為P＝＝40 W，選項(xiàng)C正確． 答案：C 2.(2019·重慶巴蜀中學(xué)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(tái)由靜止開(kāi)始緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)，在物塊由靜止到開(kāi)始滑動(dòng)前的這一過(guò)程中，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為，若物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，則物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，物塊剛開(kāi)始滑動(dòng)這一時(shí)刻，物塊受到轉(zhuǎn)臺(tái)的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，并由此提供向心力，則有：μmg＝m，解得：v＝，設(shè)轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊

3、做的功為W，根據(jù)動(dòng)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(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖線是(　　) 解析：向上滑動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理：Ek－Ek0＝－(mgsin θ＋Ff)x，同理，下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：Ek＝(mgsin θ－Ff)x′，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)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(diǎn))自竿頂由靜止開(kāi)始滑下，如圖甲所示．演員A滑到竿底時(shí)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(zhǎng)竹竿質(zhì)量為5 kg，A下滑的過(guò)程中速度隨時(shí)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(shí)，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(shí)，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(duì)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(guò)一跨過(guò)定滑輪的細(xì)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(yùn)動(dòng)．從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時(shí)間內(nèi)(OA長(zhǎng)為L(zhǎng)，OB長(zhǎng)為)，F(xiàn)力做的功為(　　) A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL 解析：對(duì)甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；對(duì)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(shè)小球在拋出點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，小球所受空

6、氣阻力大小恒定．則上升過(guò)程中，小球的加速度a、速度v、機(jī)械能E、動(dòng)能Ek與小球離拋出點(diǎn)高度h的關(guān)系錯(cuò)誤的是(　　) 解析：根據(jù)牛頓第二定律，則－mg－f＝ma，解得a＝－，則選項(xiàng)A正確；根據(jù)v2＝v－2gh可知，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)能量關(guān)系：E＝E0－fh可知，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：Ek＝Ek0－mgh－fh可知，選項(xiàng)D正確；此題選擇不正確的選項(xiàng)，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(diǎn)．將棋子、紙條放回原來(lái)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(diǎn)，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(duì)棋子的摩擦力做功較多 D．棋子離開(kāi)桌面至落地過(guò)程中動(dòng)能增量較大 解析：兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f＝μFN紙帶對(duì)棋子的摩擦力沒(méi)變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；棋子離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知時(shí)間相同，由于第二次水平分位移較大，可知第二次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大，可知第二次紙條對(duì)棋子的摩擦力做功較多，設(shè)落地時(shí)速度與水平方向夾角為θ，則tan θ＝＝，可知第二次棋子落地時(shí)速度與水平方向夾角較小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增量等于合外力做的功，由于不計(jì)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(dòng)能的增量相等，故選項(xiàng)D錯(cuò)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(jī)102機(jī)順利完成首次空中遠(yuǎn)距離轉(zhuǎn)場(chǎng)飛行．假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速1.6×103 m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求80 m/s的速度．已知飛機(jī)的質(zhì)量為7.0×104 kg，滑跑時(shí)受到的阻力恒為重力的0.1倍，g取10 m/s2，則在飛機(jī)滑跑的過(guò)程中(　　) A．飛機(jī)加速度的大小為4 m/s2 B．飛機(jī)滑跑的時(shí)間為20 s C．飛機(jī)牽引力的功率與位移成正比 D．飛機(jī)牽引力的最大功率為1.68

9、×107 W 解析：飛機(jī)在起飛過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；飛機(jī)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(cuò)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(duì)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(yuǎn)位置自由下落，落地后木板靜止，物塊在木板中下滑了l長(zhǎng)度．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，以下說(shuō)法正確的

10、是(以下各選項(xiàng)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(zhǎng)度變?yōu)?l B．如果僅改變木板對(duì)物塊的壓力，使其變?yōu)樵瓉?lái)一半，物塊下滑的長(zhǎng)度將大于2l C．如果僅改變物塊的質(zhì)量，使其變?yōu)樵瓉?lái)2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?lái)一半，物塊下滑距離將大于2l 解析：設(shè)物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為f，根據(jù)動(dòng)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(zhǎng)度為2l，故A正確；如果僅改變木板對(duì)物塊的壓力，使其變?yōu)樵瓉?lái)一半，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為原來(lái)的一半，物塊下滑的長(zhǎng)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?lái)2倍，物塊下滑的距離將大于2l，故C錯(cuò)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(cuò)誤． 答案：AB 10．(多選)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來(lái)源的汽車．有一質(zhì)量m＝1 000 kg的混合動(dòng)力轎車，在平直公路上以v1＝90 km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50 kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80 km/h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h.此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)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(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，所受阻力F阻的大小為2×103 N B．駕駛員啟動(dòng)電磁阻尼轎車做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度變?yōu)関2＝72 km/h過(guò)程的時(shí)間為3.2 s C．轎車從90 km/h減速到72 km/h過(guò)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(guò)程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)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(shí)，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(guò)程中，運(yùn)動(dòng)L＝72 m，由動(dòng)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(cuò)誤，C正確．據(jù)E電＝F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)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(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；行駛速度在54 km/h

14、>90 km/h時(shí)汽油機(jī)和電動(dòng)機(jī)同時(shí)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(dòng)，汽車的牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)刻第一次切換動(dòng)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(guò)計(jì)算t0＝6 s B．電動(dòng)機(jī)輸出的最大功率為60 kW C．汽油機(jī)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(kāi)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(kāi)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(xiàng)正確．t0時(shí)刻，電動(dòng)機(jī)輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 000 W＝75 kW，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．汽油機(jī)工作期間，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s時(shí)刻汽車的速度v2＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，汽油機(jī)工作期間牽引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6) J＝4.5×105 J，故C項(xiàng)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(dòng)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(shí)間內(nèi)汽車的位移x＝x1＋x2＝45＋120

16、m＝165 m，故D項(xiàng)錯(cuò)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(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，其1.5 s內(nèi)的速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2.則(　　) A．0.5 s時(shí)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，各階段加速度的大小：a1＝4 m/s2，

17、a2＝2 m/s2；設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的動(dòng)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(wú)法求出μ和θ.則0.5 s時(shí)，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(cuò)誤．無(wú)法求出μ和θ，不清楚tan θ與μ的大小關(guān)系，故無(wú)法判斷物塊能否靜止在斜面上，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC [C組　探究創(chuàng)新從容應(yīng)對(duì)] 13.(2019·河南鄭州聯(lián)考)蹦極是一項(xiàng)考驗(yàn)體力、智力和心理承受能力的

18、空中極限運(yùn)動(dòng)．跳躍者站在約50 m高的塔臺(tái)上，把一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的彈性繩的一端綁在雙腿的踝關(guān)節(jié)處，另一端固定在塔臺(tái)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(jì)空氣阻力，則在跳躍者從起跳到第一次下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，跳躍者的動(dòng)能Ek(圖線①)和彈性繩的彈性勢(shì)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(dá)原長(zhǎng)之前，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能隨下降的高度均勻變大，即Ek－h(huán)圖象為直線；當(dāng)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(dòng)能繼續(xù)變大，當(dāng)彈力等于重力時(shí)速度最大，此時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，最后動(dòng)能減到0時(shí)到達(dá)最低點(diǎn)；綜上所述，圖象B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 14．(2019·福建寧德聯(lián)考)據(jù)報(bào)道，2018年7月上海中車公司生產(chǎn)的全球最大馬力無(wú)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(guò)程中潛水器的機(jī)械功率恒為180 kW，水對(duì)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(duì)象，因?yàn)檎w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(dòng)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(shí)，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