功、功率、动能定理二轮专题复习：5.功、功率、动能定理单元检测Word版含解析.doc

‎6.功、功率、动能定理单元检测 一、单项选择题 ‎1．如图所示，物体在与水平方向成60°角斜向上的500 N拉力作用下，沿水平面以‎1 m/s的速度匀速运动了‎10 m．此过程中拉力对物体做的功和做功的功率分别为(　　)‎ A．50 J,50 W　　　　　　 B．25 J,25 W C．25 J,25 W D．2 500 J,250 W 解析：选D.此过程中拉力对物体做的功为：‎ W＝Fxcos 60°＝500×10×0.5 J＝2 500 J 匀速运动经历的时间为：t＝＝10 s 平均功率为：P＝＝250 W，故D正确，A、B、C错误．故选D.‎ ‎2．物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示．取g＝‎10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)‎ A．物体的质量m＝‎‎0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40‎ C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W 解析：选D.综合甲、乙两个图象信息，在1～2 s，推力F2＝3 N，物体做匀加速运动，其加速度a＝‎2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝‎0.5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40，选项A、B正确．由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2 s内物体位移x＝‎1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，选项C正确．第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝ W＝1.5 W，选项D错误．‎ ‎3．如图所示，两质量均为m＝‎1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝‎‎1.0 m 的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝‎1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为(　　)‎ A．8 J B．8.72 J C．10 J D．9.28 J 解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝v＝‎1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝mv＋mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，C对．‎ ‎4．如图所示，D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球(　　)‎ A．初始离地面的高度比为1∶2∶3‎ B．落地时的速度大小之比为1∶2∶3‎ C．落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3‎ D．从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3‎ 解析：选C.A、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，再由h＝gt2可得，A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9，故A错误；B、由于相同的初动能抛出，根据动能定理mv2－mv＝mgh，由不同的高度，可得落地时的速度大小之比不可能为1∶2∶3，若没有初速度，则之比为1∶2∶3，故B错误；C、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶3，可得运动的时间之比为1∶2∶3，由v竖＝gt可得竖直方向的速度之比为1∶2∶3，由P＝Gv，那么落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3，故C正确；D、根据动能定理mv2－mv＝mgh ‎，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能的变化量之比即为1∶4∶9，故D错误；故选C.‎ ‎5．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物块始终做匀加速直线运动 B．0～t0时间内物块的加速度大小为 C．t0时刻物块的速度大小为 D．0～t1时间内物块上升的高度为－ 解析：选D.t0时刻以后，功率保持不变，结合P＝Fv分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化．根据P＝Fv，结合牛顿第二定律得出Pt的关系式，结合图线的斜率求出加速度．Pt图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理求出0～t1时间内物块上升的高度.0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；根据P0＝Fv＝Fat，F＝mg＋ma得P＝(mg＋ma)at，可知图线的斜率k＝＝m(g＋a)a，可知a≠，故B错误；在t1时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v＝，可知t0时刻物块的速度大小小于，故C错误；Pt图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，＋P0(t1－t0)－mgh＝mv2，解得h＝－，故D正确．‎ 二、多项选择题 ‎6．我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ 解析：选BD.列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向成一锐角，A错误；动车组运动的加速度a＝＝－kg，则对第6、7、8节车厢的整体有f56＝3ma＋3kmg＝‎0.75F，对第7、8节车厢的整体有f67＝2ma＋2kmg＝‎0.5F，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，B正确；根据动能定理得Mv2＝kMgs，解得s＝，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的二次方成正比，C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝＝，8节车厢有4节动车的最大速度为vm2＝＝，则＝，D正确．‎ ‎7．下列选项是反映汽车从静止匀加速启动(汽车所受阻力Ff恒定)，达到额定功率P后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是(　　)‎ 解析：选ACD.汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动．‎ 开始匀加速时：F－Ff＝ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额＝Fv1‎ 最后匀速时：F＝Ff，有：P额＝Fvm 由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1＝，最后匀速运动的速度为：vm＝.‎ 在v－t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，‎ P＝Fv＝Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．‎ ‎8．如图，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝‎2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计．现将系统从静止释放，当m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能 B．m1上升到h高度时的速度为 C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等 D．轻绳的张力大小为m‎1g 解析：选BCD.根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度为m1速度的2倍，根据动能定理可得：m‎2g·2h－m1gh＝m2v＋m1v解得：v＝，故B正确；绳子的拉力相同，由于轻绳对m2做功的功率P2＝Fv2，P1＝‎2F·v1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知：‎2F－m‎1g＝m‎1a，m‎2g－F＝m‎2a；联立解得：F＝，故D正确；故选BCD.‎ ‎9．如图所示，质量m＝‎1 kg的物体从高为h＝‎0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝‎5 m，传送带一直以v＝‎4 m/s的速度匀速运动，则(　　)‎ A．物体A运动到B的时间是1.5 s B．物体A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2 J功 C．物体A运动到B的过程中，产生2 J热量 D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动电动机多做了10 J功 解析：选AC.A.设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mv＝mgh代入数据得：v0＝＝‎2 m/s＜v＝‎4 m/s 则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a＝＝μg＝‎2 m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：t1＝＝ s＝1 s 匀加速运动的位移 s1＝t1＝×‎1 m＝‎3 m＜L＝‎‎5 m 所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝0.5 s 故物体从A运动到B的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s．故A正确．‎ B．物体运动到B的速度是v＝‎4 m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝mv2－mv＝×1×42－×1×22 J＝6 J，故B错误．‎ C．在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 s皮带＝vt1＝‎‎4 m 故产生热量Q＝μmgΔs＝μmg(s皮带－s1)，代入数据得：Q＝2 J．故C正确．‎ D．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W＝＋Q＝×1×(42－22)＋2 J＝8 J，故D错误．故选：AC.‎ 三、非选择题 ‎10．如图，在同一竖直平面内有轨道AOBOC，AO段是半径为R的四分之一圆弧，圆心在C点，圆弧轨道OBO的圆心在D点，半圆轨道OC圆心在E点．三圆弧相切于O点，图中C，E，B，D，O点在同一竖直线上，现让一可视为质点的质量为m的小球从与C点等高的A点开始沿轨道向下运动．已知重力加速度为g.‎ ‎(1)若轨道光滑，且让小球无初速从A点滑下，小球沿轨道AOBOC运动，当小球运动到B点时对轨道的压力为F，求圆轨道OBO的半径r；‎ ‎(2)若轨道粗糙，且让小球以初速度v0从A点滑下，小球沿轨道AOBOC运动，当小球从C点抛出后恰好打在AO弧上的H点，已知∠ACH＝37°.求全过程中小球克服摩擦阻力做的功(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 解析：(1)由向心力公式：F＋mg＝ 动能定理：mg(R－2r)＝mv 联立得：r＝ ‎(2)根据平抛运动：R＝vCt ＝gt2‎ 根据动能定理：Wf＝mv－mv 联立得：Wf＝mv－mgR 答案：(1)圆轨道OBO的半径 ‎(2)全过程中小球克服摩擦阻力做的功mv－mgR ‎11．如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，A点左侧地面光滑，AB的长度为5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到A点时弹簧恢复原长，以后继续向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的光滑圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后进入P孔，又恰能从Q孔落下，已知物体通过B点时对地面的压力为9mg.求：‎ ‎(1)滑块通过B点时的速度vB；‎ ‎(2)弹簧释放的弹性势能Ep；‎ ‎(3)平台转动的角速度ω应满足什么条件．‎ 解析：(1)物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得：FN－mg＝m 即：9mg－mg＝m，‎ 解得：vB＝2 ‎(2)物体由静止释放到B点，根据动能定理可得：‎ W－μmgx＝m 又由功能关系W＝Ep 解得：Ep＝μmg×5R＋m(2)2‎ 即Ep＝4.5mgR ‎(3)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP.‎ 则由机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg×2R 解得：vP＝2 滑块穿过P孔后再回到平台时间：t＝＝4 要想实现上述过程，必须满足ωt＝(2n＋1)π 解得：ω＝ (n＝0、1、2…)‎ 答案：(1)滑块通过B点时的速度为2；‎ ‎(2)弹簧释放的弹性势能为4.5mgR；‎ ‎(3)平台转动的角速度ω应满足的条件是 ω＝ (n＝0、1、2…)‎