全品复习方案2018高考物理大一轮复习第5单元机械能第13讲功功率课时作业
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义 第五章 机械能
专题强化六 动力学和能量观点的综合应用专题解读 1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．命题点一 多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1 (2018·全国Ⅰ卷·25)如图1，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图1(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．答案 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12m v B 2②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v B 2④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得 x ＝R⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得： x 1＝72R －56R sin θ＝3R⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得 v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v C 2＝12m 1v D 2＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v C 2⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：图2(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 解析 (1)由H ＝12gt 2和L ＝v Q t 可得距Q 水平距离为L 2的圆环中心到底板的高度为34H .(2)由(1)可得速度的大小v Q ＝Lg2H， 在Q 点由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2Q R，对轨道压力的大小F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR)，方向竖直向下．(3)由动能定理有mgR ＋W f ＝12m v Q 2－0，故摩擦力对小球做的功W f ＝mg (L 24H－R )．2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m ．用质量为m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)图3(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ；(2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .答案 (1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N ，方向竖直向下 (3)4.4 J解析 (1)物块过B 点后遵从x ＝6t －2t 2， 所以知：v B ＝6 m /s ，a ＝－4 m/s 2.由牛顿第二定律：－μmg ＝ma ，解得μ＝0.4. (2)物块竖直方向的分运动为自由落体运动 P 点速度在竖直方向的分量v y ＝2gh ＝4 3 m/s P 点速度在水平方向的分量v x ＝v y tan 30°＝4 m/s 解得离开D 点的速度为v D ＝4 m/s 由机械能守恒定律，有12m v N 2＝12m v D 2＋mg (h ＋R －R cos 60°) 解得v N 2＝74 m 2/s 2根据牛顿第二定律，有F N ′－mg ＝m v 2N R解得F N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8 N ，方向竖直向下(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v 2MR解得v M ＝gR ＝10 m/s物块到达P 点的速度v P ＝v 2x ＋v 2y ＝8 m/s从P 到M 点应用动能定理，有－mgR (1＋cos 60°)－W PNM ＝12m v M 2－12m v P 2解得W PNM ＝2.4 J.从B 到D 点应用动能定理有－W BD ＝12m v D 2－12m v B 2解得W BD ＝2 J.物块从B 点到M 点的运动过程中克服摩擦力所做的功为2.4 J ＋2 J ＝4.4 J. 命题点二 传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s 向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B向右运动的总时间；(2)B回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．①光滑固定斜面；②B与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B经过一段时间回到传送带的左端．答案(1)2 s(2)2 5 m/s(3)(16＋45) J解析(1)B向右减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究对象，水平方向B受到向左的摩擦力与绳对B的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg＝ma1 ①以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B相等，A向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma1 ②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－(－v 1)a 1＝1 s.当B 的速度与传送带的速度相等之后，B 仍然做减速运动，而此时B 的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B 向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为F T2，以B 为研究对象，水平方向B 受到向右的摩擦力与绳对B 的拉力，则F T2－μmg ＝ma 2④以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 是相等的，A 向上运动的过程中 mg sin 37°－F T2＝ma 2⑤联立④⑤可得a 2＝g sin 37°－μg 2＝2 m/s 2.当B 向右速度减为0，经过时间 t 2＝0－(－v 0)a 2＝1 s.B 向右运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋1 s ＝2 s.(2)B 向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A 受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2. t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋(－v 1)2t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋(－v 0)2×t 2＝－1 m ，负号表示方向向右． B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m. 速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m. t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 2＝x 2－x 2′＝1 m. B 回到传送带左端的时间为t 3，则t 3＝v －0a 3＝ 5 s.t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－2 5 m，该时间内传送带相对于B的位移Δx3＝x3－x3′＝(5＋25) m.B与传送带之间的摩擦力F f＝μmg＝2 N.上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝F f(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋45) J.1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：图5(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量．答案(1)2 s(2)24 J解析(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12，可解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝1 s ，x 1＝5 m因mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间 t ＝t 1＋t 2＝2 s(2)物体与传送带间的相对位移 x 相对＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相对＝24 J.4．一质量为M ＝2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.图6(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 答案 (1)2.0 m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24 J 36 J解析 (1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m /s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右．(2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.02m /s 2＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.010＝0.2.(3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝v t ＝2.0×3 m ＝6.0 m ，所以，传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0 J ＝24 J.设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能 Q 1＝μMg (v t 1＋v 12t 1)＝32 J ，物块向右运动时产生的内能 Q 2＝μMg (v t 2－v2t 2)＝4 J.所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36 J. 命题点三 滑块—木板模型问题1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例3 图7甲中，质量为m 1＝1 kg 的物块叠放在质量为m 2＝3 kg 的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g 取10 m/s 2.甲图7(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．答案(1)8 N(2)见解析解析(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N.(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀速运动，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的v－t图象如图所示．0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动．0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m，系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x2＝3 m，木板与地面因摩擦产生的内能Q 3＝μ2(m 1＋m 2)gx 2＝30 J.0～4 s 内系统因摩擦产生的总内能为 Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝36 J.滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况． 2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE 内＝－ΔE 机＝F f x 相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？ 答案 (1)32mgh 0 (2)33(3)见解析解析 (1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ， A 到B 过程由功能关系有－F f h 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.(2)设上升、下降过程物块加速度大小分别为a 1和a 2，则 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由运动学公式得12a 1t 12＝12a 2t 22，解得t 1t 2＝33.(3)足够长时间后，上升的最大高度设为h m ，则由能量关系，来回克服阻力做功等于补充的弹性势能 2F f ·h msin θ＝E p ，解得h m ＝32h 0＜2h 0，所以物块不可能到达C 点．题组1 多运动组合问题1．如图1所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )图1A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 答案 B解析 第一次停在水平雪道上，由动能定理得 mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0 μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α＞mg sin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．2．如图2所示，将质量为m ＝1 kg 的小物块放在长为L ＝1.5 m 的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d ＝1.8 m 的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON 竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h ＝0.65 m ，开始车和物块一起以10 m/s 的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力； (2)小物块落地点至车左端的水平距离． 答案 (1)118.4 N ，方向竖直向下 (2)3.4 m解析 (1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理得 －μmgL ＝12m v 12－12m v 02解得v 1＝85 m/s刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R又d ＝2R 解得F N ≈118.4 N 由牛顿第三定律F N ＝F N ′得F N ′＝118.4 N ，方向竖直向下． (2)若小物块能到达半圆形轨道最高点， 则由机械能守恒得12m v 12＝2mgR ＋12m v 22解得v 2＝7 m/s设恰能过最高点的速度为v 3，则mg ＝m v 23R解得v 3＝gR ＝3 m/s因v 2＞v 3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动， h ＋2R ＝12gt 2，x ＝v 2t联立解得x ＝4.9 m故小物块距车左端为x －L ＝3.4 m. 题组2 传送带模型问题3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )图3A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 摩擦力对物体做功W f ＝－24 J 答案 ACD解析 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m /s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m ，1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．4．(多选)如图4所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )图4A ．固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C ．滑块可能重新回到出发点A 处D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 答案 CD解析 设AB 的高度为h ，假设滑块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则mg ＝m v 2C R ，解得v C ＝gR ，从A到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12m v C 2－0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到滑块在传送带上向右运动距离最大，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝hμ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越大，故选项D正确．5．如图5所示，一质量为m ＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v ＝2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)．现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为E p ＝4.5 J ，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量． 答案 (1)3.125 s (2)12.5 J解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v 1，则E p ＝12m v 12，得v 1＝3 m/s滑块在传送带上运动的加速度 a ＝μg ＝2 m/s 2滑块向左运动的时间t 1＝v 1a ＝1.5 s向右匀加速运动的时间t 2＝va＝1 s向左的最大位移为x 1＝v 212a＝2.25 m向右加速运动的位移为x 2＝v 22a ＝1 m匀速向右运动的时间为t 3＝x 1－x 2v ＝0.625 s所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s.(2)滑块向左运动x 1的位移时，传送带向右的位移为 x 1′＝v t 1＝3 m则Δx 1＝x 1′＋x 1＝5.25 m滑块向右运动x 2时，传送带向右的位移为 x 2′＝v t 2＝2 m 则Δx 2＝x 2′－x 2＝1 m Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6.25 m则产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝12.5 J. 题组3 滑块—木板模型问题6．如图6所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：图6(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x . 答案 (1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m /s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有： a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12m ＝0.5 m.木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.7.如图7所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的14光滑圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝36.(g ＝10 m/s 2，结果可保留根号)求：图7(1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间． 答案 (1)3 N ，方向竖直向下 (2)433 m/s(3)2.5 m/s 24315s 解析 (1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得： mgR ＝12m v B 2，解得：v B ＝2 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2BR解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N ，方向竖直向下． (2)设物块滑上薄木板时的速度为v ，则：cos 30°＝v Bv 解得：v ＝433m/s.(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1 对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2 设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则： v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t 解得：a 1＝2.5 m/s 2， t ＝4315s.。
高考物理大一轮复习 专题训练(五)第5单元 机械能(2021年最新整理)
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专题训练（五）第5单元机械能基础巩固1．将一小物体以初速度v0竖直向上抛出，若物体所受的空气阻力的大小不变,则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x1和x2及速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系（)A．x＝x2B．x1＜x2 C．Δv1＞Δv2D．Δv1＜Δv212．(多选)如图Z51所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L，并排铺在水平地面上,该物体以一定的初速度v0从第一块板的最左端a点滑上第一块板,恰好滑到第三块板的最右端d点停下来,物体在运动过程中三块板均保持静止．若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动,三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是( ）图Z5。
1A．物体恰好运动到a点并停下来B．物体不能运动到a点C．物体两次经过c点时速度大小相等D．物体两次经过b点时速度大小相等3．［2016·江西南昌一模] 如图Z5。
2所示，在光滑水平面上,A小球以速度v0运动，与原来静止的B小球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(0〈a<1）的速率弹回，并与挡板P发生弹性碰撞，已知m B＝4m A，若要求A球能追上B球再相撞，求a应满足的条件．图Z5。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第5单元机械能第13讲功功率课件
考点互动探究
考向三 “转化法”求变力做功 通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用 W＝Flcos α 求解，如轻绳通过 定滑轮拉动物体运动过程中拉力做功问题． 3．如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮 O. 现以大小不变的拉力 F 拉绳，使滑块从 A 点起由静止开始上升．滑块运动到 C 点时速度 最大．已知滑块质量为 m，滑轮 O 到竖直杆的距离为 d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°， 重力加速度为 g.求： (1)拉力 F 的大小； (2)滑块由 A 到 C 过程中拉力 F 做的功．(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)
考点互动探究
考向二 用图像法求变力做功 2．[2015·兰州一中冲刺模拟] 如图 5-13-4 甲所示，质量为 4 kg 的物体在水平推力作用下 开始运动，推力大小 F 随位移大小 x 变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数 为 μ＝0.5，g 取 10 m/s2.则( )
图 5-13-4 A．物体先做加速运动，推力撤去后才开始做减速运动 B．运动过程中推力做的功为 200 J C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变 D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小
第13讲 PART 05
功 功率
教材知识梳理│考点互动探Βιβλιοθήκη │教师备用习题教材知识梳理
一、功
1．力做功的两个要素：力和物体在____________发生的位移．
2．定义式： W＝________，仅适用于力__的__方__向__上做功，功的单位为________，功是
________量． Flcos α
①v为平均速度时，则P为________；②v为瞬时速度时，则P为________． 4．发动机功率：P＝______平__均．功(通率常不考虑力与速度夹角), 瞬时功率
全品复习方案2018高考物理大一轮复习专题五力学观点综合应用课件
考点互动探究
[答案] (1)4 m/s，水平向左
14 (2) 3 m/s
[解析] (1)因碰撞时间极短，A、B 碰撞时，可认为 C 的速度为零，由动量守恒定律得
F 合 t＝p′－p
定理 等于物体的动量的变化
I 合＝Δ p
力对时 间积累
效果
系统不受外力或所受外 系统所受外力
动量 守恒 定律
力之和为零时，系统的总 之和为零或在某 动量就保持不变(或在某个 个方向上系统所 方向上系统所受外力之和 受外力之和为零 为零时，系统在这个方向 或内力远大于外
m1v′1＋m2v′2 ＝m1v1＋m2v2
考点互动探究
(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力 f＝μ1mg＝5 N，长木板与地面间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力 f′＝μ2(M＋m)g＝10 N，因为 f<f′，所以小物块在长木板上滑动时，长 木板静止不动。设小物块在长木板上做匀减速直线运动，到达长木板最右端时速度刚好 为 0.则此时长木板长度为 l＝2μv221g＝2.8 m 所以长木板至少为 2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板．
(1)Ek＋Ep＝E′k＋E′p (2)ΔEk＝－ΔEp，(3)ΔEA 增＝ΔEB 减
考点互动探究
动量守恒定律
机械能守恒定律
(1)系统不受外力或所受合外力为零 (1)只受重力或弹力作用(2)有重力或弹
守恒 (2)内力远远大于外力(3)系统所受 力以外的力作用，但是这些力不做功
条件 合外力不为零，但某一方向合外力 (3)有重力或弹力以外的力做功，但是这
作用的细节，只要抓住始、末状态，判断是否符合守恒条件，直接应用就可以了
2．动量观点与能量观点综合应用技巧
(1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都有
高考物理-全品一轮第5单元机械能听课详解
教师详解(听课手册)第五单元机械能第13讲功功率【教材知识梳理】核心填空一、1.力的方向上2.Fl cos α恒力焦耳(J)标3.能量二、1.时间2.快慢3.(1)平均(2)①平均功率②瞬时功率4.F v思维辨析(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(√)(7)(√)【考点互动探究】考点一例1ACD[解析]斜面对物块的作用力可以等效为一个力,根据平衡条件,这个力与重力大小相等,方向相反,与位移的夹角为90°,所以不做功,选项A正确;地面受到摩擦力作用,但没有位移,所以斜面对地面的摩擦力不做功,选项B错误;斜面对物块的支持力与位移方向的夹角小于90°,而斜面对物块的摩擦力与位移方向的夹角大于90°,所以选项C、D正确.[点评]是否做功的判断:功是力对位移的积累效果,“积累”是逐渐聚集的意思,显然,只具有力或位移谈不上积累,因而也没有功,做功的过程也就是能量转化的过程,所以还可以通过有没有能量转化来判断.变式题B[解析]如图所示,物块初位置为A,末位置为B,A到B的位移为s,斜面对小物块的作用力为FN,方向始终垂直于斜面向上,且从地面看,FN与位移s方向的夹角为钝角,所以斜面对物块的作用力做功不为零,为负值,选项B正确.例2ABD[解析]物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用,根据牛顿第二定律a==5.0 m/s2,由x=at2得,物体在2 s内的位移为x=×5×22 m=10.0 m,重力做功WG=-mg·x sin 37°=-2×10×10×0.6 J=-120 J,选项A正确;拉力做的功为WF=Fx=30×10 J=300 J,选项C错误;摩擦力做功为W f=-fx=-μmg cos 37°·x=-0.5×2×10×0.8×10 J=-80 J,选项B正确;支持力做功WN=F N x cos 90°=0,合外力做的功W=W F+W N+W G+W f=300 J-120 J-80 J=100 J,选项D正确.变式题B[解析]根据功的定义式,支持力和重力做功均为0,选项A错误;拉力做功为Fl cos θ,选项B正确;滑动摩擦力做功为-μ(mg-F sin θ)l,选项C错误;合力做功为Fl cos θ-μ(mg-F sin θ)l,选项D错误.考点二例3B[解析]在转动转盘一周过程中,力F的方向时刻变化,但每一瞬时力F总是与该瞬时的速度同向(切线方向),即每一瞬时转盘转过的极小位移Δs1、Δs2、Δs3……都与当时的F方向同向,因而在转动一周过程中,力F做的功应等于在各极小位移段所做功的代数和,即W=(FΔs1+FΔs2+FΔs3+FΔs4+…+FΔs n)=F(Δs1+Δs2+Δs3+Δs4+…+Δs n)=2πFR,选项B正确.例4B[解析]F-x图像与x轴围成的面积表示外力所做的功,由图可知W=(2×2+4×4-3×2) J=14 J,根据动能定理得W=,解得v= m/s,故B正确.例5Fh[解析]人拉绳的力是恒力,但绳拉物体的力的方向不断变化,故绳拉物体的力F'是变力,但此力对物体所做的功与人拉绳的力所做的功相等,力F作用的位移与物体的位移相关连,即s=h则细绳对物体的拉力F'所做的功为W'=W=Fh.F例6AC[解析]小方块恰能完全进入粗糙水平面,说明小方块进入粗糙水平面后速度为零.以所有小方块为研究对象,由动能定理可知,所有小方块克服摩擦力做功W=M v2,选项A正确;所有小方块进入粗糙水平面过程的位移为l,所有小方块受到f的摩擦力随进入粗糙水平面的位移线性变化,摩擦力对位移的平均值,则所有小方块克服摩擦力做的功W f=μMgl,选项C正确.考点三例7D[解析]A、B两球落地的速度大小相同,方向不同,选项A错误;因B球落地时竖直速度较大,由P=mg v竖可知,两球落地时,重力对B球做功的瞬时功率较大,选项B错误;重力做功与路径无关,重力对两小球做的功均为mgh,选项C错误;因B球从被抛出到落地所用时间较长,故从开始至落地,重力对两小球做功的平均功率P>P B,选项D正确.A变式题C[解析]设总推力为F,则舰载机受到的合外力为0.8F,由动能定理有F合s=m v2-0,可求出F=1.2×106 N,减去发动机的推力,得出弹射器的推力为1.1×106 N,选项A正确;弹射器对舰载机所做的功W弹=F弹s=1.1×108 J,选项B正确;舰载机的平均速度为=40 m/s ,则弹射器做功的平均功率=4.4×107 W ,选项C 错误;般载机的加速度a==32 m/s 2,选项D 正确.考点四例8 (1)0.5 (2)3 s[解析] (1)设匀减速直线运动的加速度大小为a ,最后2 s 内的位移为x ,可看成反向的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动的规律,有 x=at 2 解得a=10 m/s 2对小车,由牛顿第二定律得mg sin α+μmg cos α=ma 解得μ=0.5(2)设小车的最大速度为v m ,小车做加速直线运动时功率为P ,用时为t 1,在匀减速过程中,由0=v m -at'得,v m =30 m/s 当达到最大速度时,有F 牵=mg sin α+μmg cos α 故P=(mg sin α+μmg cos α)v m =300 W 在运动45 m 的过程中,由动能定理得Pt 1-(mg sin α+μmg cos α)x=-0解得t 1=3 s变式题 AD [解析] 到t 1时刻功率立即减小一半,但速度减小有一个过程,不能直接变为原来的一半,根据公式P=F v ,所以牵引力立即变为原来的一半,之后保持该功率继续行驶,牵引力小于摩擦力,则速度减小,牵引力增大,根据a=,因摩擦力恒定,所以加速度逐渐减小,即v -t 图像的斜率减小,当F=f 时,加速度为零,汽车速度为,之后做匀速直线运动,故选项A 、D 正确.1.(多选) 分析下列三种情况下各力做功的正负情况:(1)如图甲所示,光滑水平面上有一光滑斜面b ,物块a 从斜面顶端由静止开始下滑过程; (2)人造地球卫星在椭圆轨道上运行,由图乙中的a 点运动到b 点的过程;(3)小车M 静止在光滑水平轨道上,球m 用细线悬挂在车上,由图丙中的位置无初速度释放,小球下摆过程.下列说法正确的是( )A .物块a 下滑过程中斜面对物块不做功B .万有引力对卫星做正功C .绳的拉力对小车做正功D .小球下摆过程绳的拉力对小球做负功[解析] CD物块a下滑过程中,因为支持力FN与位移之间的夹角大于90°,所以支持力对物块做负功,选项A错误.因为卫星由a点运动到b点的过程中,万有引力的方向和速度方向的夹角大于90°,所以万有引力对卫星做负功,选项B错误.小球下摆过程中,绳的拉力使车的动能增加了,所以拉力对小车做正功;又因为M和m构成的系统的机械能是守恒的,M的机械能增加,则m的机械能必减少,所以绳的拉力一定对球m做负功,选项C、D正确.2.如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升.若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2,滑块经B、C两点的动能分别为Ek B 和Ek C,图中AB=BC,则()A.W1>W2B.W1<W2C.W1=W2D.无法确定W1和W2的大小关系[解析] A轻绳对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力做功转化为恒力做功.因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功,而拉力F为恒力,W=F·Δl,Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点的位移,大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量,由题图可知,Δl AB>Δl BC,故W1>W2,A正确.3.把长为l的铁钉钉入木板中,每打击一次给予的能量为E0,已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比,比例系数为k.问此钉子全部进入木板需要打击几次?[答案][解析]在把钉子打入木板的过程中,钉子把得到的能量用来克服阻力做功,而阻力与钉子进入木板的深度成正比,先求出阻力对钉子位移的平均值,便可求得阻力做的功.F=钉子克服阻力做的功为W F=Fl=kl2设全过程共打击n次,则给予钉子的总能量E总=nE0=kl2所以n=4.(多选)[2017·信阳高三检测]如图所示,车间内的天车(有的地区叫行车)将一重104 N的物体沿着与水平方向成30°角的方向匀速吊起,使物体向斜上方移动了x1=6 m,然后又使物体水平移动了x2=8 m,则()A.物体向斜上方移动过程中,天车钢绳对它做了3×104 J功B.物体水平移动过程中,天车钢绳对它没有做功C.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为3×104 JD.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为0[解析] ABC因物体的运动为匀速运动,所以整个吊运过程中,钢绳对物体的拉力F的方向竖直向上,大小等于物体的重力,即F=mg.当物体沿着与水平方向成30°角的直线上升时,拉力F与位移x1的夹角α=60°,所以W=Fx1cos α=104×6×cos 60°J=3×104 J,选项A正确;当物体沿水平方向移动时,钢绳拉力F与位移x2的夹角α'=90°,所以W'=Fx2cos α'=0,选项B正确;总功为各功的代数和,所以选项C正确,D错误.5.(多选)[2017·南昌模拟]某段高速路对载重货车限制的速度范围为50~80 km/h,若货车在上坡道时达不到最小限制速度50 km/h,则必须走“爬坡车道”来避免危险.某质量为4.0×104 kg的载重货车,保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶,每前进1km,上升0.04 km,设货车运动时所受阻力(包括摩擦力和空气阻力)为其重力的,g取10 m/s2,“爬坡车道”足够长,则该货车()A.速度增大时牵引力将减小B.匀速爬坡时牵引力应等于2.0×104 NC.前进1 km的过程中重力做功1.6×103 JD.匀速爬坡1 km克服阻力做功4.0×106 J[解析] ABD由P=F v可知,功率不变,当速度增大时,牵引力将减小,A正确;设“爬坡车道”的倾角为θ,则由题意知,sin θ==0.04,汽车上坡时受到的阻力与重力沿车道的分力的合力为mg+mg sin θ=0.05mg=0.05×4×105 N=2.0×104 N,由平衡条件可知,B 正确;前进1 km时,上升0.04 km,则重力做功W=-mgh=-4×104×10×0.04×103 J=-1.6×107 J,C错误;匀速爬坡1 km克服阻力做功W f=×4×104×10×1000 J=4.0×106 J,D正确.6.(多选)[2017·长沙模拟]如图所示,两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点,一质量为m的重物P通过长度为L的轻质细线固定在O点,系统静止,Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角.现对重物施加一个水平向右的拉力F,使重物缓缓移动至OP间细线转动60°,此过程中拉力做功为W,则下列判断正确的是()A.Oa上的拉力F1不断增大,Ob上的拉力F2一定不变B.Oa上的拉力F1可能不变,Ob上的拉力F2可能增大C.W=mgL,拉力做功的瞬时功率一直增大D.W=FL,拉力做功的瞬时功率先增大后减小[解析] AC对结点O分析,细线OP竖直方向上的拉力(大小为mg)与细线Ob上的拉力F的竖直分力平衡,则F2不变.对重物2分析,应用图解法可知水平拉力F不断增大,又F2不变,对结点O和重物分析,由于水平方向平衡,可知F1不断增大,故A正确,B 错误;由题意可知重物绕O做匀速圆周运动,则拉力和重力垂直半径方向的分力等大,拉力做功功率P=mg sin θ·v不断增大,根据动能定理可知W=mgL(1-cos 60°),选项C正确,D错误.7.[2017·江西赣州期中]如图所示,质量相同的甲、乙两个小物块,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下.下列判断正确的是()A.两物块到达底端时速度相同B.两物块到达底端时动能相同C.两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率均增大D.两物块到达底端时,甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率[解析] B根据机械能守恒定律得mgR=m v2,可知两物块到达底端的动能相等,速度大小相等,但是速度的方向不同,所以选项A错误,B正确;两物块到达底端的速度大小相等,甲的重力与速度方向垂直,瞬时功率为零,故甲的功率先增大后减小,故选项C错误;两物块到达底端的速度大小相等,甲的重力与速度方向垂直,瞬时功率为零,则乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬时功率,故选项D错误.8.[2016·山西太原模拟]“阳光动力2号”太阳能飞机在水平直跑道上起飞过程如下:飞机从静止开始做匀加速直线运动,经过100 m时,飞机达到离开地面的最小速度.已知飞机竖直向上的升力F升与其水平速度v的关系为F升=k v2(k=250 N·s2/m2);飞机和飞行员的总质量为2500 kg,重力加速度g取10 m/s2.(1)求飞机匀加速运动过程中的加速度大小;(2)若飞机匀加速运动过程受到的阻力恒为2000 N,其恒定牵引力由4台电动机提供,则飞机刚要离开地面时平均每台电动机提供的功率为多大?[答案](1)0.5 m/s2(2)8125 W[解析](1)飞机刚要离开地面时,由平衡条件有k v2=mg解得v=10 m/s飞机匀加速运动过程,由运动学公式有2ax=v2解得a=0.5 m/s2(2)飞机匀加速过程,由牛顿第二定律有F-f=ma四台电动机提供的功率4P=F v解得P=8125 W第14讲动能动能定理【教材知识梳理】核心填空一、1.运动质量速度2.m v2焦耳(J)3.标量4.参考系5.状态过程或二、1.动能2.ΔEk3.动能的变化动能4.(1)曲线(2)变力思维辨析(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(√)(5)(×)(6)(×)(7)(×)【考点互动探究】考点一,这两个力做的总功才等于物体动能的增例1CD[解析]电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力FN量,ΔE=,故A、B均错误,C正确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动k能定理可知,其合力做的功一定等于其动能的增量,故D正确.,光滑水变式题1C[解析]根据功的表达式W=Fl,可知在力和沿力方向的位移相等时,做功相等.根据动能定理得W合=ΔEk平面上,W合=Fl,粗糙水平面上,W合2=Fl-W f,可见两种情况下合力做的功不同,因此木块最终获得的动能不同,C正确.1变式题2B[解析]根据动能定理,对子弹,有-F(L+s)=,选项D正确;对木块,有FL=M v2,选项A正确;由以上二式可得Fs=(M+m)v2,选项C正确,只有选项B错误.考点二例2(1)0.25 J(2)0.23 J(3)0.2 N[解析](1)从A到E的过程,重力做功为W1=mgh=0.01×10×2.5 J=0.25 J.(2)A、B间的距离s= m从A至E的过程中,根据动能定理得W1-μmg cos 60°·s=E k E解得E=0.25 J-0.012 5 J≈0.23 J.k E(3)最终,小物块在圆弧轨道间来回滑动,根据机械能守恒定律得mg(R-R cos 60°)=在E点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得F N-mg=m联立解得F=mg+m=0.2 N.N变式题1AC[解析]质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=m v2-0,可得v2=,所以a=,A正确,B错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=m,故N=mg+m,C正确,D错误.变式题2(1)3.0×105 J(2)2×103 N(3)33.3 m[解析](1)由ΔE=k解得ΔE=3.0×105 Jk(2)由动能定理得mgh-fl=解得f=2×103 N(3)设沿“避险车道”向下运动的最大位移为l',由动能定理得-(mg sin 17°+3f)l'=0-解得l'=33.3 m考点三例3(1)2 m/s(2) s(3)5 J[解析](1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得F1x1+F3x3-μmgx=解得v=2 m/s.B(2)在前2 m内,有F-μmg=ma,且x1=1解得t= s.1(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有mg=m对滑块从B到C的过程,由动能定理得W f-mg·2R=解得W=-5 Jf即克服摩擦力做的功为5 J.变式题1C[解析]小物块上滑过程,由动能定理得-(mg sin θ+μmg cos θ)x=E-E k0,整理得E k=E k0-(mg sin θ+μmg cos θ)x.设小物k块上滑的最大位移大小为s,小物块下滑过程,由动能定理得(mg sin θ-μmg cos θ)(s-x)=E-0,整理得E k=(mg sin θ-μmg cos θ)s-k(mg sin θ-μmg cos θ)x,所以选项C正确.变式题2ACD[解析]因小球恰能到达最高点C,由牛顿第二定律得mg=m,所以小球在C点的速度v==2 m/s,图C乙中x==4,选项A正确.由图可知,小球在A点速度为5 m/s,小球从A到C过程损失的机械能为ΔE=-2mgR=0.25 J,选项B错误;由动能定理得,从A到C合外力对其做的功为W==-1.05 J,选项C正确;小球从C飞出后做平抛运动,落地时间t=,所以落地点到A的距离为x=vt==2R=0.8 m,故选项D正确.C考点四例4(1)7R-2R mgl sin θ-μmgl cos θ24R-2R+x(2)mgx sin θ-μmgx cos θ-EpE p-mgl1sin θ-μmgl1cos θR mgR(3)E-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θmp变式题1(1)100 N/m(2)0.13 J[解析](1)当物体的合力为零时速度最大,由平衡条件和胡克定律得mg sin θ=kΔl解得k=100 N/m.(2)从P点释放到反弹至OP中点,由动能定理得μmgx cos θ=0从P点释放到速度达到最大,由动能定理得mg(x+Δl)sin θ-μmgx cos θ-E p=E km解得E=0.13 J.km变式题2(1) m/s(2)3 m/s(3)0<R≤1.08 m[解析](1)小球做平抛运动到达A点,由平抛运动规律知,竖直方向上,有=2gh,即v=3 m/sy因为在A点的速度恰好沿AB方向,所以小球的初速度v0= m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中,由动能定理得mg(h+L1sin θ)-μmgL1cos θ-μmgL2=C(3)当小球刚好能通过最高点时,由牛顿第二定律得mg=m小球做圆周运动过程中,由动能定理得-2mgR1=解得R==1.08 m1当小球刚好能到达与圆心等高处时,有mgR=2解得R==2.7 m2当圆轨道与AB相切时,有R=L2tan 60°=1.5 m3即圆轨道的半径不能超过1.5 m综上所述,要使小球不离开轨道,R应该满足的条件是:0<R≤1.08 m.变式题3(1)32 N(2)不会脱离CDO轨道8.5 m(3)2.9 m<H≤3.0 m[解析](1)设小球第一次到达D的速度为v,从P到D点的过程,对小球,由动能定理得mg(H+r)-DμmgL=在D点,对小球,由牛顿第二定律得F=mN联立解得F=32 NN由牛顿第三定律知,小球第一次到达D点时对轨道的压力F'N=F N=32 N(2)小球第一次到达O点,设速度为v,从P到O点的过程,对小球,由动能定理得mgH-μmgL=11要能通过O点,必须满足mg≤m临界速度v= m/s故第一次到达O点之前没有脱离CDO轨道.设第三次到达D点的动能为Ek ,对之前的过程,由动能定理得mg(H+r)-3μgmL=Ek解得Ek=0故小球一直没有脱离CDO轨道.设小球静止前在水平轨道上经过的路程为s,对全过程,由动能定理得mg(H+R)-μmgs=0解得s=8.5 m(3)为使小球与弹性板碰撞两次,必须满足mgH-3μmgL>m v2解得H>2.9 m为使小球仅仅与弹性板碰撞两次,且小球不会脱离CDO轨道,必须满足mg(H+r)-5μmgL≤0解得H≤3.0 m故2.9 m<H≤3.0 m1.(多选)[2016·浙江卷]如图所示为一滑草场,某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),则()A.动摩擦因数μ=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g[解析] AB作出滑道简化示意图如图所示,从A处到C处的过程中,由动能定理有(mg sin θ-μmg cos θ1)+(mg sin θ2-μmg cos1θ2)=0,解得μ=,选项A正确;到B点时载人滑草车速度最大,从A处到B处的过程中,由动能定理有(mg sin θ1-μmg cosθ1),得v m=,选项B正确;从A处到C处的过程中,克服摩擦力所做的功等于重力势能减少量2mgh,选项C错误;在下段滑道上的加速度大小a=g,选项D错误.2.[2016·上海卷]地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,h<H.当物体加速度最大时其高度为,加速度的最大值为.[答案] 0或h[解析]开始阶段,有F>mg,a=,因此,F最大时加速度最大,此时高度为零;随着F减小,有mg>F,a=,当F最小时加速度最大,所以当物体加速度最大时其高度为0或h.设高度为h时对应的拉力为F',根据图像有,则F'=F0,拉力的功等于图中梯形面积,即W=(F0+F')h,根据动能定理得mgh=(F0+F')h,有F0-mg=mg-F',故物体高度为0或h时,其加速度大小相等且为最大值,解得F0=,根据牛顿第二定律,a=.3.[2017·山西大同模拟]如图甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA,OA长为4 m.有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平力F作用.规定水平向右为力F的正方向,F只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2.(1)求滑块运动到A处的速度大小;(2)不计滑块在A处的速率变化,则滑块冲上斜面AB的长度是多少?[答案](1)5 m/s(2)5 m[解析](1)由题图乙知,在前2 m内,F=2mg做正功,在第3 m内,F2=-0.5mg,做负功,在第4 m内,F3=0,滑动摩擦力F f=-μmg=-10.25mg,始终做负功,对于滑块在OA上运动的全过程,由动能定理得F1x1+F2x2+F f x=-0解得v A=5 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程,由动能定理得-mgL sin 30°=0-解得L=5 m所以滑块冲上斜面AB的长度为5 m4.[2016·天津卷]我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度v=24 m/s,A与B的竖直高度差BH=48 m.为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530 J,g取10 m/s2.的大小;(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大?[答案](1)144 N(2)12.5 m[解析](1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有=2ax由牛顿第二定律有mg-f=ma联立解得f=144 N(2)设运动员到达C点时的速度为v C,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=设运动员在C 点所受的支持力为F N ,由牛顿第二定律有F N -mg=m由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立解得R=12.5 m5.[2017·衢州、丽水、湖州质检] 如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度.滑道简化图如图乙所示,滑道由AB 、BC 、CD 三段组成,各段之间平滑连接.AB 段和CD 段与水平面夹角均为θ1,竖直高度均为h 0,BC 段与水平面夹角为θ2,竖直高度为h 0.一质量为m 的游客从A 点由静止开始下滑,到达底端D 点时的安全速度不得大于,已知sin θ1=,座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用座垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小f 恒为重力的,运动过程中游客始终不离开滑道.(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC 段增加的动能ΔE k 为多少? (2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D 点时是否安全? (3)若游客使用座垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值为多少?[答案] (1)mgh 0 (2)不安全 (3)mgh 0[解析] (1)重力在BC 段做的功即为游客在BC 段增加的动能ΔE k , 可得ΔE k =W G =mgh 0(2)对游客由A 到D 过程,由动能定理得 mg解得v D=,故到达D点时不安全.(3)到达D点的速度为v'D=时对应的功最小.对游客由A到D过程,由动能定理得mg解得W=mgh06.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动.一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆轨道,圆轨道与雪道相切于C点,C点的切线水平,到水平雪地之间是高为H的峭壁,D是圆轨道的最高点,如图所示.运动员从A点由静止下滑,刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周,再滑到C点后被水平抛出,抛出后时间为t时,迎面遭遇一股强风,运动员最终落到了雪地上,落地时速度大小为v.已知运动员连同滑雪装备总质量为m,重力加速度为g,不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力,求:(1)A、C的高度差h;(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度;(3)强风对运动员所做的功.[答案](1)R(2)gt2(3)[解析](1)运动员刚好经过圆轨道最高点,其速度v满足Dmg=m由动能定理得mg(h-2R)=联立解得h=R.(2)运动员离开C点后做平抛运动,在竖直方向上的速度v'=gt从A到C,由动能定理得mg·v1=下落高度为h1=gt2距地面高度为h2=H-h1=H-gt2.(3)对整个过程,由动能定理得W+mg m v2解得W=.7.[2017·江苏卷]如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R.C的质量为m,A、B的质量都为,与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面.整个过程中B保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;;(2)动摩擦因数的最小值μmin(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W.[答案](1)mg(2)(3)(2μ-1)(-1)mgR[解析](1)C受力平衡,则2F cos 30°=mg解得F=mg(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大,为F x max=mg B受地面的摩擦力f=μmg根据题意知f min=F x max,解得μmin=(3)C下降的高度h=(-1)RA的位移x=2(-1)R摩擦力做功的大小W f=fx=2(-1)μmgR根据动能定理得W-W f+mgh=0-0解得W=(2μ-1)(-1)mgR第15讲机械能守恒定律及其应用【教材知识梳理】核心填空一、1.重力高度mgh2.地球3.初、末位置的高度差二、1.弹性形变思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(√)(6)(×)(7)(×)考点一1.CD[解析]甲图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,A错误.乙图中物体B除受重力外,还受到弹力和摩擦力作用,弹力不做功,但摩擦力做负功,物体B的机械能不守恒,B错误.丙图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,C正确.丁图中小球的动能不变,势能不变,机械能守恒,D正确.2.A[解析]子弹射入物块B的过程中,由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功,一部分机械能转化成了内能,所以机械能不守恒;在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中,对于A、B、弹簧和子弹组成的系统,由于墙壁给A 一个弹力作用,系统的外力之和不为零,但这一过程中墙壁的弹力不做功,只有系统内的弹力做功,动能和弹性势能发生转化,系统机械能守恒,这一情形持续到弹簧恢复原长为止;当弹簧恢复原长后,整个系统将向右运动,墙壁不再有力作用在A上,这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化,故系统的机械能守恒.3.C[解析]小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽有向左运动的趋势,但实际上没有动,整个系统中只有重力做功,所以小球与槽组成的系统机械能守恒;小球过了半圆形槽的最低点以后,半圆形槽向右运动,系统没有其他形式的能量产生,满足机械能守恒的条件,所以系统的机械能守恒;小球从开始下落至到达槽最低点前,小球先失重,后超重;当小球向右上方滑动时,半圆形槽也向右移动,半圆形槽对小球做负功,小球的机械能不守恒,故选项C正确.考点二例1B[解析]物块上升到最高点的过程,机械能守恒,有,由平抛运动规律,水平方向,有x=vt,竖直方向,有2r=gt2,1解得x=,当r=时,x最大,B正确.变式题(1)30 m/s(2)120 m(3)0.84倍[解析](1)从A到C过程中,机械能守恒,有。
全程复习构想高考物理一轮复习第五章机械能1功功率课时作业新人教版
功 功率一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求) 1．汽车在水平路面上行驶时受到的阻力相同，当汽车分别匀速、匀加速、匀减速地驶过同样的路程x 时，汽车发动机所做的功的大小关系为( )A ．匀速行驶时做的功最多B ．匀加速行驶时做的功最多C ．匀减速行驶时做的功最多D ．三种情况做的功相同解析：汽车匀加速运动时的牵引力F ＝F f ＋ma 最大，行驶相同的路程，汽车发动机做的功一定最多；匀减速时牵引力F ＝F f －ma ，做的功最少．选项B 正确．答案：B2．(2015·海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍 D.2倍解析：设F f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝F fv＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．答案：D3．用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v －t 图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．在0～t 1时间内，货物处于失重状态B ．在t 1～t 2时间内，起重机拉力对货物不做功C ．在t 2～t 3时间内，起重机拉力对货物做负功D ．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小解析：由v －t 图象可知0～t 1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A 错误；在t 1～t 3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B 、C 错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P ＝Fv 可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D 正确．答案：D 4.如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103 kg/m 3)( )A ．12 WB ．120 WC ．240 WD ．1 200 W解析：考虑Δt 时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm ＝ρSv Δt ，该部分水增加的动能ΔE k ＝12Δmv 2，结合上式有ΔE k ＝12ρSv 3Δt ，则水枪的平均功率P ＝ΔE k Δt ＝12ρSv 3，代入数据得P ＝240 W.答案：C可视为质点)用长为L的细线悬挂于拉到B位置而静止，，然后放手让小球从静止返回，到A一辆汽车在平直的公路上行驶，某时刻汽车以速度v0此过程中汽车的牵引力随时间变化的图象如图所示．行驶过程中汽车所受的阻力大小恒定但未知其大小．则根据已知条件不可以求出．汽车的最大行驶速度在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．时间内，外力做正功时间内，外力的功率逐渐增大．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5的瞬时功率为6 W末物体在计时起点左侧2 m处内物体克服摩擦力做功34 J由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3 N、μFv＝18 W，B错误；由速度－时间图象中图线与坐标轴所围面积的圆轨道竖直固定在桌面上，现用小锤沿水平方向快速击打小球，再次用小锤沿运动方向击打小球，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，，第二次击打过程中小锤对小球做功W400 m，试求：，由匀变速运动的速度位移关系可得：答案：(1)2 m/s(2)25 s (3)16 000 W。
高考物理大一轮复习 第5单元 机械能 第13讲 功 功率课时作业(2021年最新整理)
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第5单元机械能第13讲功功率课时作业编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（全品复习方案2018高考物理大一轮复习第5单元机械能第13讲功功率课时作业）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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功功率基础巩固1．如图K131所示，在加速向右运动的车厢中，一人用力向前推车厢(人与车厢始终保持相对静止)，则下列说法中正确的是（)图K13.1A．人对车厢的作用力做正功B．车厢对人做负功C．车厢对人做正功D．车厢对人不做功2．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程,用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前、后两次克服摩擦力所做的功，则（）A．W F2＞4W F1，W f2＞2W f1B．W F2＞4W F1，W f2＝2W f1C．W F2＜4W F1，W f2＝2W f1D．W F2＜4W F1，W f2＜2W f13．[2016·安徽望江中学期中] A、B两物体的质量之比m A∶m B＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其vt图像如图K13.2所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A∶F B与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比W A∶W B分别为( )图K13。
高考物理一轮复习第五章机械能第一讲功功率课时作业(2021学年)
２018年高考物理一轮复习第五章机械能第一讲功功率课时作业编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(2018年高考物理一轮复习第五章机械能第一讲功功率课时作业)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第一讲功功率［Ａ组·基础题］一、单项选择题1.如图所示,细线的一端固定于Ｏ点，另一端系一个小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点.在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（ )A.逐渐增大ﻩB．逐渐减小Ｃ.先增大，后减小Ｄ.先减小,后增大解析:小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等,将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，则重力的瞬时功率逐渐增大，拉力的瞬时功率也逐渐增大,A项正确．答案：A2．(２０17·黑龙江大庆模拟）已知雨滴在空中竖直下落时所受空气阻力与速度大小的二次方成正比,且不同质量的雨滴所受空气阻力与速度大小的二次方的比值相同.现有两滴质量分别为m1和ｍ2的雨滴从空中竖直下落，在落到地面之前都已做匀速直线运动,那么在两滴雨滴落地之前做匀速直线运动的过程中,其重力的功率之比为( ）A．m1∶m２B。
＼ｒ(m1）∶错误!C.错误!∶错误!ﻩD。
错误!∶错误!解析：因为雨滴落到地面前均已做匀速直线运动，所以雨滴受的是平衡力，雨滴受到的阻力为f＝mg＝kv2，所以雨滴的速度为v＝错误!；又因为P＝Fv，所以两雨滴所受重力的功率之比为错误!=错误!=错误!＝错误!=错误!,故C正确.答案：C3.水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小Ｆf与汽车行驶的速率成正比．若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小F与阻力大小Fｆ关系图象是( ）解析:汽车先做匀加速直线运动,速度增大,F f＝kv增大,根据牛顿第二定律得:F=F f＋ｍa可知,牵引力随着F f的增大而均匀增大，图象是一条倾斜的直线，功率达到额定功率后，F＝＼f(P,v),Fｆ=ｋv，则Ｆ=错误!,则牵引力与阻力成反比，故A正确．答案：A4．(2017·济南模拟）汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示,其中错误的是（）解析:汽车启动时由P=Ｆv和F-F f=ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大,当功率增大到额定功率后保持不变,牵引力逐渐减小到与阻力相等,加速度逐渐减小到零,速度逐渐增大到最大速度,故A、C、D正确,B错误．答案:B5.（2017·安徽江淮十校联考）如图所示，在匀减速向右运动的车厢内,一人用力向前推车厢,该人与车厢始终保持相对静止，则下列说法中正确的是( )A.人对车厢的推力不做功Ｂ．人对车厢的推力做负功C．车厢对人的作用力做正功D.车厢对人的作用力做负功解析：车厢向右做匀减速运动，即ａ、ｖ方向相反,加速度ａ向左,且人与车厢具有相同的加速度.对人受力分析,受到重力和车厢对人的作用力,则车厢对人的作用力方向为斜向左上方，与位移方向成钝角，所以车厢对人做负功，C错误，D正确.人对车厢的作用力方向斜向右下方,人对车厢的作用力与车厢位移方向成锐角,人对车厢做正功(或由动能定理,人的动能减小,故车对人做负功，人对车做正功来判断）,A、B错误.答案:D二、多项选择题６.(20１７·云南质检）如图所示，n个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为ｌ,总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,若小方块恰能完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( )Ａ。
全品复习方案高考物理一轮复习 第5单元 机械能课时作业(含解析)-人教版高三全册物理试题
机械能课时作业(十三)第13讲功功率时间/40分钟图K13-11.如图K13-1所示,平板车放在光滑水平面上,一个人从车的左端加速向右端跑动,设人受的摩擦力为f,平板车受到的摩擦力为f',如下说法正确的答案是()A.f、f'均做负功B.f、f'均做正功C.f做正功,f'做负功D.因为是静摩擦力,所以f、f'做功均为零图K13-22.[2018·大连二模]如图K13-2所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,斜面长为L,一质量为m的小物块从斜面顶端由静止开始释放,重力加速度为g.当小物块刚滑到底端时,重力的瞬时功率为()A.mgB.mgC.mg sinθD.mg cosθ3.如图K13-3所示,在大小一样的恒力F1和F2的作用下,两个质量一样的物体在水平面上移动一样的距离s(两物体与水平面间的动摩擦因数一样),如此()图K13-3A.力F1与F2对物体所做的功一样B.摩擦力对物体所做的功一样C.重力对物体所做的功都是mgsD.合力对物体所做的功一样4.如图K13-4所示,质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动.假设该同学上半身的质量约为全身质量的,她在1min内做了50个仰卧起坐,每次上半身重心上升的高度均为0.3m,如此她抑制重力做的功W和相应的功率P约为()图K13-4A.W=4500J,P=75WB.W=450J,P=7.5WC.W=3600J,P=60WD.W=360J,P=6W5.京沪高铁恢复350km/h的时速,由“复兴号〞承当运营.“复兴号〞列车使用的动车组是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组.假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等.假设2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h,如此4节动车加2节拖车编成的动车组能达到的最大速度为()A.120km/hB.240km/hC.320km/hD.480km/h6.[2018·西北师大附中二模]一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P.从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度达到2v之后又开始匀速行驶.假设汽车行驶过程所受路面阻力保持不变,不计空气阻力.如下说法正确的答案是()A.汽车加速过程的最大加速度为B.汽车加速过程的平均速度为vC.汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D.汽车速度增大时,发动机产生的牵引力随之不断增大7.某重型气垫船的质量为5.0×105kg,最高时速为108km/h,装有额定输出功率为9000kW的燃气轮机.假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v满足f=kv,如下说法正确的答案是()A.该重型气垫船的最大牵引力为3.0×105NB.由题中给出的数据可算出k=1.0×104N·s/mC.当以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力大小为3.0×105ND.当以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船发动机的输出功率为4500kW技能提升图K13-58.[2018·太原五中检测]某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进展研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图K13-5所示(除2~10s时间段内的图像为曲线外,其余时间段图像均为直线),2s后小车的功率不变,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.假设小车的质量为1kg,如此小车在0~10s运动过程中位移的大小为()A.39mB.42mC.45mD.48m9.[2018·安徽六安一中三模]一质量为m=2kg的小球沿倾角为θ=30°的足够长的斜面由静止开始匀加速滚下,途中依次经过A、B、C三点,AB=BC=12m,由A到B和由B到C经历的时间分别为t1=4s、t2=2s,如此如下说法正确的答案是(g取10m/s2)()A.小球的加速度大小为4m/s2B.小球经过B点时重力的瞬时功率为100WC.A点与出发点的距离为0.5mD.小球由静止到C点过程中重力的平均功率为70W10.(多项选择)[2018·福建南平模拟]一辆机动车在平直的公路上由静止启动.如图K13-6所示,图线A表示该车运动的速度与时间的关系,图线B表示该车的功率与时间的关系.设机车在运动过程中阻力不变,如此以下说法正确的答案是()图K13-6A.0~22s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速运动B.运动过程中机动车所受阻力为1500NC.机动车速度为5m/s时牵引力大小为3×103ND.机动车的质量为562.5kg挑战自我11.(多项选择)[2018·福州十中月考]一辆汽车从静止开始启动,其加速度a与速度的倒数的关系如图K13-7所示,汽车的质量为m,汽车启动过程受到的阻力恒定,图中b、c、d,如此()图K13-7A.汽车启动过程的功率越来越大B.汽车启动过程的功率为C.汽车启动过程的最大速度为D.汽车启动过程受到的阻力为12.在北极地区,人们常用狗拉雪橇.狗系着不可伸长的绳拖着质量m=11kg的雪橇从静止开始沿着笔直的水平地面加速奔跑,5s后绳断了,雪橇运动的v-t图像如图K13-8所示.不计空气阻力,绳与地面的夹角为37°,且sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.求:(1)绳对雪橇的拉力大小;(2)0~7s内雪橇抑制摩擦力做的功.图K13-813.高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像.现利用这架照相机对某款家用汽车的加速性能进展研究,图K13-9为汽车做匀加速直线运动时连续三次曝光的照片,图中汽车的实际长度为4m,照相机每两次曝光的时间间隔为2.0s.该汽车的质量为1000kg,额定功率为90kW,汽车运动过程中所受的阻力始终为1500N.(1)求该汽车的加速度大小.(2)假设汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动,如此匀加速运动状态能保持多长时间?(3)汽车所能达到的最大速度是多少?(4)假设该汽车从静止开始运动,牵引力不超过3000N,求汽车运动2400m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度).图K13-9课时作业(十四)第14讲动能动能定理时间/40分钟根底达标1.假设物体在运动过程中受到的合外力不为零,如此以下说法正确的答案是()A.物体的速度大小和方向一定都变化B.物体的加速度一定变化C.物体的动能一定变化D.物体的动量一定变化图K14-12.如图K14-1所示,一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移到Q点,此时悬线与竖直方向夹角为θ,重力加速度为g,如此拉力F所做的功为()A.FL cosθB.FL sinθC.mgL cosθD.mgL(1-cosθ)3.在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将篮球投出,如图K14-2所示,篮球约以1m/s的速度撞击篮筐.篮球质量约为0.6kg,篮筐离地高度约为3m,忽略篮球受到的空气阻力,如此该同学罚球时对篮球做的功大约为()图K14-2A.1JB.10JC.50JD.100J4.(多项选择)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中,重力做功-3J,拉力F做功8J,空气阻力做功-0.5J,如此如下判断正确的答案是()A.物体的重力势能增加了3JB.物体的重力势能减少了3JC.物体的动能增加了4.5JD.物体的动能增加了8J图K14-35.[2018·张掖中学月考]质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放,落到地面后出现一个深为h的坑,如图K14-3所示,重力加速度为g,如此在此过程中()A.重力对物体做功mgHB.物体重力势能减少mg(H-h)C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为6.一个小球从足够高处水平抛出,空气阻力忽略不计,小球抛出后的动能随时间变化的关系为E k=2+50t2(J),重力加速度g取10m/s2,如此()A.小球的初速度为4m/sB.小球的质量为0.5kgC.2s末小球的水平位移为2mD.2s末小球的速度约为20.1m/s7.如图K14-4所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,BC恰好在B点与AB相切,圆弧的半径为R,BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,重力加速度为g,那么物体在AB段抑制摩擦力所做的功为()图K14-4A.B.C.mgRD.(1-μ)mgR技能提升8.(多项选择)一质量为2kg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,运动一段时间后,拉力逐渐减小,当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图K14-5中给出了拉力随位移变化的关系图像.重力加速度g取10m/s2,由此可知()图K14-5A.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12JC.匀速运动时的速度约为6m/sD.减速运动的时间约为1.7s9.如图K14-6所示,竖直平面内一半径为R的半圆形轨道两边端点等高,一个质量为m的质点从左端点P由静止开始下滑,滑到最低点Q时受到轨道支持力为2mg,g为重力加速度,如此此下滑过程抑制摩擦力做的功是()图K14-6A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR10.如图K14-7所示,一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上,其顶端与台面相平,末端位于地板上的P处,并与地板平滑连接.一可看成质点的滑块放在水平地板上的Q点,给滑块一向左的初速度v0,滑块刚好能够滑到木板顶端.滑块与木板与地板间的动摩擦因数一样.现将木板截短一半,仍按上述方式搁在该平台和地板上,再次将滑块放在Q点,欲使滑块还能够刚好滑到木板顶端,如此滑块的初速度()图K14-7A.大于v0B.等于v0C.小于v0D.条件不足,无法确定11.(多项选择)[2018·泉州质检]如图K14-8甲所示,长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上,一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动.物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化关系图像如图乙所示,重力加速度为g,如此()图K14-8A.μ0>tanαB.物块下滑的加速度逐渐增大C.物块下滑到斜面底端的过程中抑制摩擦力做功为μ0mgl cosαD.物块下滑到底端时的速度大小为12.[2018·西北师大附中二模]如图K14-9所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r=1.5m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根轻弹簧,轻弹簧下端固定,上端恰好与管口D端齐平.一小球在曲面AB上距BC的高度为h=1.0m处由静止开始释放,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,弹簧能将小球无碰撞地弹回管口D.小球与BC间的动摩擦因数μ=0.25,g取10m/s2.求:(1)水平面BC的长度L;(2)小球最终停下的位置.图K14-9挑战自我13.[2018·河南南阳模拟]如图K14-10所示,斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C,整个装置竖直固定,D是最低点,圆心角∠DOC=37°,E、B与圆心O等高,圆弧轨道半径R=0.30m,斜面长L=1.90m,AB局部光滑,BC局部粗糙.现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑,物块P与斜面BC局部之间的动摩擦因数μ=0.75.sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g 取10m/s2,忽略空气阻力.求:(1)物块第一次通过D点时对轨道的压力大小F N;(2)物块第一次通过D点后能上升的最大高度.图K14-10课时作业(十五)第15讲机械能守恒定律与其应用时间/40分钟根底达标图K15-11.如图K15-1所示,将弹性绳上端固定,拉长后下端固定在运动员身上,并通过外力作用使运动员停留在地面上,当撤去外力后,运动员被“发射〞出去冲向高空.假设运动员始终沿竖直方向运动并可视为质点,忽略弹性绳质量与空气阻力.对于运动员的上升过程,如下说法正确的答案是 ()A.运动员的动能先增大后保持不变B.运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小C.弹性绳的弹性势能一直减小D.运动员的机械能先增大后减小图K15-22.[2018·丰台测试]某同学利用如图K15-2所示的实验装置研究摆球的运动情况.摆球从A点由静止释放,经过最低点C到达与A等高的B点,D、E、F是OC连线上的点,OE=DE,DF=FC,OC连线上各点均可钉钉子.每次均将摆球从A点由静止释放,不计绳与钉子碰撞时机械能的损失.如下说法正确的答案是()A.假设只在E点钉钉子,摆球最高可能摆到A、B连线以上的某点B.假设只在D点钉钉子,摆球最高可能摆到A、B连线以下的某点C.假设只在F点钉钉子,摆球最高可能摆到D点D.假设只在F点以下某点钉钉子,摆球可能做完整的圆周运动图K15-33.在某次“蹦床〞娱乐活动中,从小朋友下落到离地面高h1处开始计时,其动能E k与离地高度h 的关系如图K15-3所示.在h1~h2阶段图像为直线,其余局部为曲线,h3对应图像的最高点,小朋友的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦.如下有关说法正确的答案是()A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先增大后减小C.小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为E p=mg(h2-h4)D.小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为E pm=mgh1图K15-44.如图K15-4所示,一长为L的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上,由于某一微小的扰动使得链条向一侧滑动,如此铁链完全离开滑轮时的速度大小为(重力加速度为g) ()A.B.C.D.5.(多项选择)有一系列斜面,倾角各不一样,它们的顶端都在O点,如图K15-5所示.有一系列完全一样的滑块(可视为质点)从O点同时由静止释放,分别到达各斜面上的A、B、C、D……各点,如下判断正确的答案是()图K15-5A.假设各斜面光滑,且这些滑块到达A、B、C、D……各点的速率一样,如此A、B、C、D……各点处在同一水平线上B.假设各斜面光滑,且这些滑块到达A、B、C、D……各点的速率一样,如此A、B、C、D……各点处在同一竖直线上C.假设各斜面光滑,且这些滑块到达A、B、C、D……各点的时间一样,如此A、B、C、D……各点处在同一竖直面内的圆周上D.假设各斜面与这些滑块间有一样的动摩擦因数,且到达A、B、C、D……各点的过程中,各滑块损失的机械能一样,如此A、B、C、D……各点处在同一竖直线上6.同重力场作用下的物体具有重力势能一样,万有引力场作用下的物体同样具有引力势能.假设取无穷远处引力势能为零,质量为m的物体距质量为m0的星球球心距离为r时的引力势能为E p=-G(G为引力常量).设宇宙中有一个半径为R的星球,宇航员在该星球上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体,不计空气阻力,经时间t后物体落回手中.如下说法错误的答案是()A.在该星球外表上以的初速度水平抛出一个物体,物体将不再落回星球外表B.在该星球外表上以2的初速度水平抛出一个物体,物体将不再落回星球外表C.在该星球外表上以的初速度竖直抛出一个物体,物体将不再落回星球外表D.在该星球外表上以2的初速度竖直抛出一个物体,物体将不再落回星球外表技能提升7.(多项选择)如图K15-6所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,虚线OC水平,D 是圆环最低点.两个质量均为m的小球A、B套在圆环上,两球之间用轻杆相连,从图示位置由静止释放,如此()图K15-6A.A、B系统在运动过程中机械能守恒B.当杆水平时,A、B球速度达到最大C.B球运动至最低点D时,A、B系统重力势能最小D.A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功图K15-78.(多项选择)[2018·苏、锡、常、镇四市调研]如图K15-7所示,用铰链将质量均为m的三个小球A、B、C与长均为L的两根轻杆相连,B、C置于水平地面上.在轻杆竖直时,将A由静止释放,B、C在杆的作用下向两侧滑动,三小球始终在同一竖直平面内运动.忽略一切摩擦,重力加速度为g,如此此过程中()A.球A的机械能一直减小B.球A落地的瞬时速度为C.球B对地面的压力始终等于mgD.球B对地面的压力可小于mg9.[2018·太原二模]如图K15-8所示为过山车的局部轨道,它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab、半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成.其中,ab与圆轨道Ⅰ相切于b点,ab=48.9m,θ=37°;R1=10m、R2=5.12m.车厢与ab间的动摩擦因数为μ=0.125.一次游戏中,质量m=500kg的车厢A被牵引到a点由静止释放,经切点b进入圆轨道Ⅰ;绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P时,与停在P点的障碍物B相撞并连在一起进入圆轨道Ⅱ.将A、B视为质点,不考虑空气阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求车厢A通过圆轨道Ⅰ最高点时受到的弹力大小;(2)假设车厢A能安全通过圆轨道Ⅱ,如此B的质量不超过A的多少倍?图K15-8挑战自我10.如图K15-9所示,一不可伸长的轻质细绳长为L,一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球,小球绕O点在竖直平面内做圆周运动(重力加速度为g,不计空气阻力).(1)假设小球通过最高点A时的速度为v,求v的最小值和此时绳对小球的拉力F的大小;(2)假设小球恰好通过最高点A且悬点距地面的高度h=2L,小球经过B点或D点时绳突然断开,求两种情况下小球从抛出到落地所用时间之差Δt;(3)假设小球通过最高点A时的速度为v,小球运动到最低点C或最高点A时,绳突然断开,两种情况下小球从抛出到落地的水平位移大小相等,试证明O点离地面的高度h与绳长L之间应满足h≥L.图K15-9课时作业(十六)第16讲能量守恒定律时间/40分钟根底达标1.某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出,小球上升的最大高度为H.假设上升过程中空气阻力F大小恒定,重力加速度为g,如此在上升过程中()A.小球的动能减小了mgHB.小球的机械能减小了FHC.小球的重力势能减小了mgHD.小球抑制空气阻力做功为(F+mg)H2.一物体从地面由静止开始运动,取地面的重力势能为零,运动过程中重力对物体做功为W1,阻力对物体做功为W2,其他力对物体做功为W3,如此该过程终态时()A.物体的动能为W1+W2B.物体的重力势能为W1C.物体的机械能的改变量为W2+W3D.物体的机械能的改变量为W1+W2+W3图K16-13.一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动,此过程中物体速度的二次方和上升高度的关系如图K16-1所示.假设取h=0处为重力势能等于零的参考平面,如此此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能是图K16-2中的()图K16-24.一小球从某一高度H下落到水平地面上,与水平地面碰撞后弹起.假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失,但由于受到大小不变的空气阻力的影响,每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的.为使小球弹起后能上升到原来的高度H,在小球开始下落时,在极短的时间内应给小球补充的能量为(重力加速度为g) ()A.mgHB.mgHC.mgHD.mgH5.在具有登高平台的消防车上,具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置,此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速率为20m/s,如此(g取10m/s2)()A.用于水炮工作的发动机输出功率为1×104WB.用于水炮工作的发动机输出功率为4×104WC.用于水炮工作的发动机输出功率为2.4×106WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W图K16-36.如图K16-3所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,将质量为m的物体轻轻地放置在木板右端,物体和木板间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,应对木板施一水平向右的作用力F,如此力F对木板做的功为()A. B. C.mv2D.2mv2技能提升7.(多项选择)[2019·武汉模拟]质量为m的跳伞运动员进展低空跳伞表演,在打开降落伞之前,他以恒定的加速度g(g为重力加速度)竖直加速下落高度h,在此过程中()A.运动员的重力势能减少了mghB.运动员的动能增加mghC.运动员抑制阻力所做的功为mghD.运动员的机械能减少mgh8.(多项选择)“弹弓〞是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图K16-4所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(位于AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手握住把手,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标.现将弹丸竖直向上发射,E是CD中点,如此()图K16-4A.从D到C,弹丸的机械能一直在增大B.从D到C,弹丸的动能一直在增大C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能9.(多项选择)如图K16-5甲所示,竖直光滑杆固定,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的E k-h图像如图乙所示,其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线,其余局部为曲线.以地面为零势能面,g取10m/s2.由图像可知()图K16-5A.小滑块的质量为0.2kgB.弹簧的最大弹性势能为0.32JC.弹簧的原长为0.2mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小为0.18J10.(多项选择)[2018·江西赣州中学模拟]如图K16-6所示,传送带与水平面的夹角为θ=30°,传送带两端A、B间的距离为L=5m,传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度沿顺时针方向匀速运动.现将一质量为m=10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点,小物体与传送带间的动摩擦因数μ=,在传送带将小物体从A点输送到B点的过程中,如下说法正确的答案是(g 取10m/s2) ()图K16-6A.小物体在传送带上运动的时间为5sB.传送带对小物体做的功为255JC.电动机做的功为255JD.小物体与传送带间因摩擦产生的热量为15J11.[2018·广州测试]吊锤打桩机如图K16-7甲所示,其工作过程可以简化为图乙:质量m=2.0×103kg的吊锤在绳子的恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动,上升一段高度后撤去F,到最高点后自由落下,撞击钉子将钉子打入一定深度.吊锤上升过程中,机械能E与上升高度h的关系如图丙所示,不计摩擦与空气阻力,g取10m/s2.(1)求吊锤上升h1=1.6m时的速度大小;(2)吊锤上升h1=1.6m后,再经过多长时间撞击钉子?(3)吊锤上升h2=0.4m时,求拉力F的瞬时功率.图K16-7挑战自我12.如图K16-8所示,静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接,传送带长L1=0.36m,质量为1kg的滑块以v0=2m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带,并从传送带右端滑上水平面,最后停在距B点L2=0.64m的C处.滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数相等,重力加速度g取10m/s2.(1)求动摩擦因数μ的值;(2)假设传送带始终以v=2m/s的速度逆时针转动,滑块在传送带上运动的过程中,求传送带对滑块的冲量大小和整个过程中电动机由于传送滑块多消耗的电能.图K16-8课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,如此f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,如此f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=,重力的瞬时功率P=mgv sinθ=mg sinθ,选项C正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cosθ,可得力F1与F2对物体所做的功一样,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3m,如此她每一次抑制重力做的功W=×50×10×0.3J=90J,1min内抑制重力所做的功W总=50W=50×90J=4500J,相应的功率约为P==W=75W,选项A正确.5.C[解析]假设开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,如此有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,如此P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且a m==,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108km/h=30m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F==N=3.0×105N,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105N,选项A错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105N,根据f=kv得k=N·s/m=1.0×104N·s/m,选项B正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k=f=1.5×105N,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'=f'=1.5×105×15W=2250kW,选项C、D错误.8.B[解析]在t=2s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,又加速度a==1.5m/s2,在0~10s内,由动能定理得×。
[推荐学习]2018年高考物理大一轮复习第5章机械能配套教案
![[推荐学习]2018年高考物理大一轮复习第5章机械能配套教案](https://img.taocdn.com/s3/m/a8c2751db90d6c85ec3ac6fa.png)
五 机械能第1节 功 功率一、功1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移． 2．公式W ＝Fl cos α，适用于恒力做功，其中α为F 、l 方向间夹角，l 为物体对地的位移．3．功的正负判断1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述做功的快慢． 3．公式(1)P ＝W t，P 为时间t 内的平均功率． (2)P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率． 4．额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率．(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．[自我诊断]1．判断正误(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．(×)(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(×)(4)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．(√)(5)摩擦力对物体一定做负功．(×)(6)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．(√)(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力．(√)2．(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法正确的是( )A．重力对物体m做正功B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．支持力对物体m做正功解析：选BCD.物体的受力及位移如图所示，支持力F N与位移x的夹角α<90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移，故重力不做功，A错误；摩擦力F f与x夹角β>90°，故摩擦力做负功，C正确；合力为零，合力不做功，B正确．3．如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移动相等的位移x，关于F对甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判断正确的是( )A．W1>W2>W3B．W1＝W2>W3C．W1＝W2＝W3D．W1<W2<W3解析：选C.由功的公式可得，这三种情况下做的功分别为W1＝Fx cos α、W2＝Fx cos α、W3＝－Fx cos α，又因为功的正、负不表示大小，所以C正确．4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动x，平均功率为P，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，则平均功率为( )A ．2PB ．4PC ．6PD ．8P解析：选D.设第一次运动时间为t ，则其平均功率表达式为P ＝Fx t；第二次加速度为第一次的4倍，由x ＝12at 2 可知时间为t 2，其平均功率为4Fx t 2＝8Fxt＝8P ，D 正确．考点一 功的正负判断和计算考向1：功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，依据F 与v 的方向夹角来判断．当0≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．1．(多选)如图所示，重物P 放在一长木板OA 上，将长木板绕O 端转过一个小角度的过程中，重物P 相对于木板始终保持静止．关于木板对重物P 的摩擦力和支持力做功的情况是()A ．摩擦力对重物不做功B ．摩擦力对重物做负功C ．支持力对重物不做功D ．支持力对重物做正功解析：选AD.由做功的条件可知：只要有力，并且物体在力的方向上通过位移，则力对物体做功．由受力分析知，支持力F N 做正功，摩擦力F f 不做功，选项A 、D 正确．2. (多选)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至高处，在此过程中，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合力对物体做正功解析：选AC.物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故A、C正确，B、D错误．考向2：恒力做功的计算(1)单个力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．3．(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L解析：选AD.由做功的定义可知选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为ma2＋mg2，选项C错误；上述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有F f－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确．4．(2017·湖北武汉模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是( )A．W1＝W2＝W3B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2D．W1＝W2<W3解析：选B.力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值的乘积，滑块的位移即vt图象中图象与坐标轴围成的面积，第1 s内，位移大小为一个小三角形面积S；第2 s内，位移大小也为一个小三角形面积S；第3 s内，位移大小为两个小三角形面积2S，故W1＝S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1<W2<W3，B正确．考点二变力功的计算方法一利用“微元法”求变力的功物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．[典例1] 如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为R2和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( ) A．0 B．FRC.32πFR D．2πFR解析虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋πR2，则拉力做的功为32πFR，故C正确．答案 C方法二化变力的功为恒力的功若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Fl cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．[典例2] 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B 点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则( ) A．W1＞W2B ．W 1＜W 2C ．W 1＝W 2D ．无法确定W 1和W 2的大小关系解析 绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F 对绳子做的功，而拉力F 为恒力，W ＝F ·Δl ，Δl 为绳拉滑块过程中力F 的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，Δl AB ＞Δl BC ，故W 1＞W 2，A 正确．答案 A方法三 利用F x 图象求变力的功在F x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．[典例3] 如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )A ．0B ．12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 2解析 F 为变力，根据F x 图象包围的面积在数值上等于F 做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.答案 C方法四 利用平均力求变力的功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W ＝Fl cos α求此力所做的功．[典例4] 把长为l 的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E 0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k .问此钉子全部进入木板需要打击几次？解析 在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功．钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F ＝0＋kl 2＝kl2钉子克服阻力做的功为：W F ＝Fl ＝12kl 2设全过程共打击n 次，则给予钉子的总能量： E 总＝nE 0＝12kl 2，所以n ＝kl 22E 0答案 kl 22E 0方法五 利用动能定理求变力的功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法．[典例5] 如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR解析 在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．答案 C考点三 功率的计算1．平均功率的计算 (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝Fv cos α，其中v 为物体运动的平均速度． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻物体的瞬时速度． (2)利用公式P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)利用公式P ＝F v v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力． 3．计算功率的3个注意(1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率．(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F 与v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或速度v 乘以速度方向的分力求解．1．一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开始到t 秒末，该力的瞬时功率是( )A.3F 2t mB ．4F 2t mC.6F 2tmD.9F 2tm解析：选C.物块受到的合力为2F ，根据牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2tm，C 正确．2．(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v 2－0＝2ax ，代入数据得加速度a ＝32 m/s 2，D正确；设总推力为F ，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F －20%F ＝ma ，得F ＝1.2×106N ，而发动机的推力为1.0×105N ，则弹射器的推力为F 推＝(1.2×106－1.0×105)N ＝1.1×106 N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 推·l ＝1.1×108J ，B 正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107W ，C 错误．3. 如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P A >PB B ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A <P B解析：选D.根据功的定义可知重力对两物体做功相同即W A ＝W B ，自由落体时满足h ＝12gt 2B ，沿斜面下滑时满足hsin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A >t B ，由P ＝Wt知P A <P B，A 、B 错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率P A ＝mgv sin θ，P B ＝mgv ，显然P A <P B ，故C 错，D 对．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率考点四 机车启动问题考向1：以恒定功率启动 (1)运动过程分析(2)运动过程的速度时间图象1. 一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小F f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：选A.由P t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝Fv 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －F fm知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，A 正确．2．(2017·山东济南模拟)(多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F 随时间t 、速度v 随时间t 变化的图象是( )解析：选AD.到t 1时刻功率立即减小一半，但速度减小有一个过程，不能直接变为原来的一半，所以牵引力立即变为原来的一半，根据公式P ＝Fv ，之后保持该功率继续行驶，速度减小，牵引力增大，根据a ＝F f －Fm，摩擦力恒定，所以加速度逐渐减小，即v t 图象的斜率减小，当加速度为零时，做匀速直线运动，故选项A 、D 正确．考向2：以恒定加速度启动(1)运动过程分析(2)运动过程的速度－时间图象如图所示．3．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中( )A ．汽车的速度与时间成正比B ．汽车的位移与时间成正比C ．汽车做变加速直线运动D ．汽车发动机做的功与时间成正比解析：选A.由F －F f ＝ma 可知，因汽车牵引力F 保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C 错误；由v ＝at 可知，A 正确；而x ＝12at 2，故B 错误；由W F ＝F ·x ＝F ·12at 2可知，D 错误．4．(2017·浙江舟山模拟)质量为1.0×103kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N ，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W ，开始时以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g ＝10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t 1； (2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？解析：(1)由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－F f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝Fvv ＝at 1解得t 1＝7 s(2)当达到最大速度v m 时，a ＝0，则有P ＝(mg sin 30°＋F f )v m解得v m ＝8 m/s(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 21在后一阶段对汽车由动能定理得Pt 2－(mg sin 30°＋F f )x 2＝12mv 2m －12mv 2又有x ＝x 1＋x 2 解得t 2＝15 s故汽车运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝22 s 答案：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s解决机车启动问题的4个注意(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．(2)在机车功率P ＝Fv 中，F 是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度，即P ＝F f v m .(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速过程，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 为变力)．(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．课时规范训练 [基础巩固题组]1. 如图所示，木块B 上表面是水平的，当木块A 置于B 上，并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A ．A 所受的合外力对A 不做功B ．B 对A 的弹力做正功C ．B 对A 的摩擦力做正功D ．A 对B 做正功解析：选C.AB 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为g sin θ.由于A 速度增大，由动能定理，A 所受的合外力对A 做功，B 对A 的摩擦力做正功，B 对A 的弹力做负功，选项A 、B 错误C 、正确．A 对B 不做功，选项D 错误．2. (多选)如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.小球下落过程中，重力做功为mgL ，A 正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B 正确；空气阻力F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL ，C 错误，D 正确．3．(多选) 如图所示，B 物体在拉力F 的作用下向左运动，在运动过程中，A 、B 之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是( )A ．A 、B 都克服摩擦力做功 B ．摩擦力对A 不做功C ．摩擦力对B 做负功D ．摩擦力对A 、B 都不做功解析：选BC.对A 、B 受力分析如图所示，物体A 在F f2作用下没有位移，所以摩擦力对A 不做功，故B 正确；对物体B ，F f1与位移夹角为180°，做负功，故C 正确，A 、D 错误．4. 如图所示，用与水平方向成θ角的力F ，拉着质量为m 的物体沿水平地面匀速前进位移s ，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ.则在此过程中F 做的功为( )A ．mgsB ．μmgsC.μmgscos θ＋μsin θD.μmgs1＋μtan θ解析：选D.物体受力平衡，有F sin θ＋F N ＝mg ，F cos θ－μF N ＝0，在此过程中F 做的功W ＝Fs cos θ＝μ mgs1＋μtan θ，D 正确．5．如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F 将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F 做的功为( )A ．FL cos θB ．FL sin θC ．FL (1－cos θ)D ．mgL (1－cos θ)解析：选D.用F 缓慢地拉，则显然F 为变力，只能用动能定理求解，由动能定理得W F－mgL (1－cos θ)＝0，解得W F ＝mgL (1－cos θ)，D 正确．6. 如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A ．mgv 0tan θ B.mgv 0tan θC.mgv 0sin θD ．mgv 0cos θ解析：选B.小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mgv y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mgv 0tan θ，B 正确．7. 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mghC ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析：选A.小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.[综合应用题组]8．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v3时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.P mvB.2P mvC.3PmvD.4Pmv解析：选B.当汽车匀速行驶时，有f ＝F ＝P v ，根据P ＝F ′v 3，得F ′＝3Pv ，由牛顿第二定律得a ＝F ′－f m ＝3Pv －Pv m ＝2Pmv，故B 正确，A 、C 、D 错误．9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg 的物体在F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A ．物体加速度大小为2 m/s 2B ．F 的大小为21 NC ．4 s 末F 的功率大小为42 WD ．4 s 内F 做功的平均功率为42 W解析：选C.由图乙可知，物体的加速度a ＝0.5 m/s 2，由2F －mg ＝ma 可得：F ＝10.5 N ，A 、B 均错误；4 s 末力F 的作用点的速度大小为v F ＝2×2 m/s＝4 m/s ，故4 s 末拉力F 做功的功率为P ＝F ·v F ＝42 W ，C 正确；4 s 内物体上升的高度h ＝4 m ，力F 的作用点的位移l ＝2h ＝8 m ，拉力F 所做的功W ＝F ·l ＝84 J,4 s 内拉力F 做功的平均功率P ＝Wt＝21 W ，D 错误．10. 当前我国“高铁”事业发展迅猛．假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v t 图象如图所示，已知在0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下述判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为Pv 3解析：选D.0～t 1时间内，列车匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度变小，故A 、B 错；t 3以后列车匀速运动，牵引力等于阻力，故C 错；匀速运动时f ＝F 牵＝Pv 3，故D 正确．11．有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为f ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为fx ＋12mv 2m解析：选D.小车在运动方向上受牵引力F 和阻力f ，因为v 增大，P 不变，由P ＝Fv ，F －f ＝ma ，得出F 逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝v m 时，a ＝0，故A 、B 均错；合外力做的功W 外＝Pt －fx ，由动能定理得Pt －fx ＝12mv 2m ，故C 错误，D 正确．12．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体位移大小为36 mB ．0～6 s 内拉力做的功为30 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力大小为5 N解析：选C.由P ＝Fv ，对应v t 图象和P t 图象可得30＝F ·6,10＝f ·6，解得：F ＝5 N ，f ＝53 N ，D 错误；0～6 s 内物体的位移大小为(4＋6)×6×12 m ＝30 m ，A 错误；0～6 s内拉力做功W ＝F ·x 1＋f ·x 2＝5×6×2×12 J ＋53×6×4 J＝70 J ，B 错误；由动能定理可知，C 正确．13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为Pv 2B ．钢绳的最大拉力为mgC ．重物匀加速的末速度为P mgD ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g 解析：选D.加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为P v 2，故A 错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B 错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg ，故C 错误；重物匀加速运动的末速度为v 1，此时的拉力为F ＝Pv 1，由牛顿第二定律得：a ＝F －mgm＝Pmv 1－g ，故D 正确． 14．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：选BD.设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a。
高考物理-全品一轮第5单元机械能作业手册
课时作业(十三)第13讲功功率时间 / 40分钟基础巩固1.(多选)如图K13-1甲所示,一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼,如图乙所示,一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼.下列关于两人受到的力做功的判断正确的是()图K13-1A.甲图和乙图中支持力都对人做正功B.甲图和乙图中摩擦力都对人做负功C.甲图和乙图中重力都对人做负功D.甲图和乙图中人所受的合力都不做功2.如图K13-2甲所示,轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg的物块相连,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2.以物块所在处为原点,水平向右为正方向,建立x轴,现对物块施加水平向右的力F,F随x轴坐标变化的情况如图乙所示,物块运动至x=0.4 m处时速度为零,则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2) ()图K13-2A.3.1 JB.3.5 JC.1.8 JD.2.0 J3.[2017·湖南岳阳一中模拟]如图K13-3所示,四个相同的小球在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛,不计空气阻力,则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中正确的是()图K13-3A.小球飞行过程中单位时间内的速度变化不同B.小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地,重力对小球做功相同D.从开始运动至落地,重力对小球做功的平均功率相同4.[2017·辽宁实验中学月考]一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图K13-4所示,已知该车质量为 2×103 kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3×103 N.若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为()图K13-4A.8 sB.14 sC.26 sD.38 s技能提升5.汽车以恒定功率P额从静止启动,最后做匀速运动,此过程其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像正确的是图K13-5中的()图K13-56.汽车发动机的额定功率为60 kW,汽车质量为5 t.汽车在水平面上行驶时,阻力与车重成正比,g取10 m/s2.当汽车以额定功率匀速行驶时,速度为12 m/s.现突然减小油门,使发动机功率减小到40 kW,对接下去汽车的运动情况的描述正确的是()A.先做匀减速运动,再做匀加速运动B.先做加速度增大的减速运动,再做匀速运动C.先做加速度减小的减速运动,再做匀加速运动D.最后的速度大小是8 m/s7.(多选)[2017·武汉华师一附中月考]质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上,从t=0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用,拉力F与时间t的关系如图K13-6甲所示.物体在时刻开始运动,其运动的v-t图像如图乙所示.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则()图K13-6A.物体与地面间的动摩擦因数为B.物体在t0时刻的加速度大小为C.物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D.拉力F在t0~2t0时间内的平均功率为F08.(多选)[2017·齐鲁名校协作体模拟]质量为1 kg的物体静止在水平地面上,现用大小为4 N的水平恒力向右拉物体,作用3 s后将拉力方向反向,大小不变,继续作用于物体.已知物体运动的图像如图K13-7所示,重力加速度g取10 m/s2,则()图K13-7A.物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2B.t1=4 sC.若t2时刻物体回到出发点,则t2=8 sD.物体从静止出发至回到出发点,全过程拉力做的功为零9.(多选)[2017·安徽安庆一模]高速公路上下坡路段刹车失灵时车辆可以驶离行车道,转入行车道外侧增设的安全减速专用斜坡避险车道.某避险车道的斜坡与水平面的夹角为37°,斜坡长为50 m,某汽车进入该避险车道入口时速度为90 km/h,假设汽车动力为零,所受摩擦阻力为车重的,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则()A.该车上滑到速度为零处所用的时间为10 sB.无论该车的质量如何,上滑到速度为零处所用的时间都相同C.该车从开始上滑到速度为零的过程中,重力的平均功率为摩擦阻力的平均功率的2倍D.若该车进入斜坡时的速度为108 km/h,则汽车恰好可到达斜坡顶端10.[2017·江苏常州模拟]高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像.现利用这架照相机对某款家用汽车的加速性能进行研究,图K13-8为汽车做匀加速直线运动时连续三次曝光的照片,图中汽车的实际长度为4 m,照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s.已知该汽车的质量为1000 kg,额定功率为90 kW,汽车运动过程中所受的阻力始终为1500 N.(1)求该汽车的加速度大小.(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动,则匀加速运动状态能保持多长时间?(3)汽车所能达到的最大速度是多少?(4)若该汽车从静止开始运动,牵引力不超过3000 N,求汽车运动2400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度).图K13-8挑战自我11.如图K13-9所示,在水平道路上,质量为5×103 kg的拖车将另一同质量的故障车拖移.用一根长度为4.6 m、不可伸长的轻绳将两车连接,行驶时两车所受阻力均为车重的.当拖车拖动故障车一起做匀速直线运动时,拖车输出功率为2×105 W.重力加速度g取10 m/s2.(1)求拖车拖动故障车一起匀速运动时的速度大小v.(2)在拖车拖着故障车匀速行驶过程中,司机发现前方有一障碍物后紧急刹车,此后拖车在水平方向上只受到阻力,其大小为其重力的,若故障车所受阻力保持不变,则经过多长时间故障车撞上拖车?碰撞前瞬间故障车的速度为多大?图K13-9课时作业(十四)第14讲动能动能定理时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·温州学考模拟]在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将篮球投出,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,忽略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功大约为()图K14-1A.1 JB.10 JC.50 JD.100 J2.(多选)[2017·湖南岳阳质检]用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中,重力做功-3 J,拉力F做功8 J,空气阻力做功-0.5 J,则下列判断正确的是()A.物体的重力势能增加了3 JB.物体的重力势能减少了3 JC.物体的动能增加了4.5 JD.物体的动能增加了8 J3.[2017·济南一中月考]如图K14-2所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,BC恰好在B点与AB相切,圆弧的半径为R,BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,重力加速度为g,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图K14-2A.C.mgRD.(1-μ)mgR4.如图K14-3所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B 的距离为()图K14-3A.0.50 mB.0.25 mC.0.10 mD.05.(多选)[2017·河南陕州中学月考]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,运动一段时间后,拉力逐渐减小,当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图K14-4中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g取10 m/s2,由此可知()图K14-4A.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12 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技能提升6.[2017·辽宁实验中学月考]质量m=2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动与其发生位移x之间的关系如图K14-5所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,则下列说能Ek法中不正确的是()图K14-5A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/sB.x=3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2C.在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 sD.在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J7.(多选)[2017·河北衡水二模]如图K14-6所示,内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上,一小球静止在轨道底部A点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动,当小球回到A点时,再次用小锤沿小球运动方向击打小球.通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,已知小球在运动过程中始终未脱离轨道.若在第一次击打过程中小锤对小球做功为W1,第二次击打过程中小锤对小球做功为W2,先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能为()图K14-6A.C.1D.28.[2017·湖南怀化二模]如图K14-7所示,一高为H=8.75 m的高台上固定着一竖直硬杆AB,硬杆上端点A和地面上某点C间紧绷着一钢绳AC,且AC与水平方向夹角为45°.在某次消防演习中,消防队员王壹从高台上的B点以5m/s的初速度水平跳出,下落过程中恰好能抓住钢绳AC,而后顺着钢绳减速滑下,且到达地面时速度刚好减为零.若整个过程将消防队员视为质点,不考虑他在空中运动所受的阻力、与钢绳接触时损失的能量及钢绳的形变,g取10m/s2.求:(1)消防队员抓住钢绳瞬间的竖直速度大小;(2)硬杆AB的高度h;(3)消防队员沿钢绳下滑时所受阻力与重力的比值.图K14-79.[2017·云南曲靖一中月考]如图K14-8所示,AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R,一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放,而后在两轨道上做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高,物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.(重力加速度为g)(1)求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ.(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,求物体对圆弧轨道的压力大小.(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L'至少为多大?图K14-8挑战自我10.如图K14-9所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带AB,长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半1径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E=18 J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,g取10 m/s2.p(1)求右侧圆弧轨道的半径R;(2)求小物块最终停下时与C点间的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.图K14-9课时作业(十五)第15讲机械能守恒定律及其应用时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·南宁模拟]以下说法中正确的是()A.物体做匀速运动,它的机械能一定守恒B.物体所受合力做的功为零,它的机械能一定守恒C.物体所受合力不等于零,它的机械能可能守恒D.物体所受合力等于零,它的机械能一定守恒2.[2017·长沙一中月考]总质量约为3.8吨的“嫦娥三号”探测器在距月面3 m 处关闭反推发动机,让其以自由落体方式降落在月球表面.4条着陆腿触月信号显示,“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区.月球表面附近重力加速度约为1.6 m/s2,4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧,在软着陆后,每个轻弹簧获得的弹性势能大约是()图K15-1A.28 500 JB.4560 JC.18 240 JD.9120 J3.[2017·山东淄博、莱芜二模]如图K15-2所示,不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b.a 球质量为m,静置于水平地面上;b球质量为3m,用手托住,高度为h,此时轻绳刚好拉紧,重力加速度为g.现将b球释放,则b球着地瞬间a球的速度大小为()图K15-2A.4.(多选)[2017·湖南衡阳八中月考]如图K15-3甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m=0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示,其中A为曲线的最高点,小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()图K15-3A.小球刚接触弹簧时加速度最大B.该弹簧的劲度系数为20.0 N/mC.从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的机械能守恒D.从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧的弹性势能一直增大技能提升5.[2017·郑州一中模拟]如图K15-4甲所示,将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为h.若从半径均为R=h的竖直圆弧形光滑轨道的最将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球分别以同样大小的速度v低点水平向右射入轨道,轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示,则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中上升的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)()图K15-4A.质量为2m的小球B.质量为3m的小球C.质量为4m的小球D.质量为5m的小球6.如图K15-5所示,一长为L的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上,由于某一微小的扰动使得链条向一侧滑动,则铁链完全离开滑轮时的速度大小为(重力加速度为g)()图K15-5A.C.7.[2017·广东肇庆二模]如图K15-6所示,一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B,两球质量均为m,两球半径忽略不计,杆的长度为l.先将杆竖直靠放在竖直墙上,轻轻振动小球B,使小球B在水平面上由静止开始向右滑动,不计一切摩擦,重力加速度为g.当小球A沿墙下滑距离为l时,下列说法正确的是()图K15-6A.小球A和B的速度都为B.小球A和B的速度都为C.小球A的速度为,小球B的速度为D.小球A的速度为,小球B的速度为8.(多选)[2017·江苏淮阴中学月考]如图K15-7所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,虚线OC水平,D是圆环最低点.两个质量均为m的小球A、B套在圆环上,两球之间用轻杆相连,从图示位置由静止释放,则()图K15-7A.A、B系统在运动过程中机械能守恒B.当杆水平时,A、B球速度达到最大C.B球运动至最低点D时,A、B系统重力势能最小D.A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功9.(多选)[2017·苏北四市联考]如图K15-8所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连,开始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静止释放,在物块向下运动过程中()图K15-8A.刚释放时物块的加速度为gB.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力C.小球重力的功率一直增大D.物块下降的最大距离为d10.[2017·济南模拟]半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B,A、B之间用一长为R的轻杆相连,如图K15-9所示.开始时,A、B都静止,且A在圆环的最高点.现将A、B释放,试求:(1)B球到达最低点时的速度大小;(2)B球到达最低点的过程中,杆对A球做的功;(3)B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置.图K15-9挑战自我11.[2017·江西师大附中、九江一中联考]如图K15-10所示,质量m B=3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100 N/m.一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后,另一端与套在光滑直杆顶端、质量mA=1.6 kg的小球A连接.已知直杆固定,杆长L为0.8 m,与水平面的夹角θ=37°.初始时使小球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45 N.已知AO1=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,绳子不可伸长.现将小球A从静止释放.(1)求释放小球A之前弹簧的形变量;(2)若直线CO1与杆垂直,求小球A从开始至运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功;(3)求小球A运动到底端D点时的速度大小.图K15-10课时作业(十六)第16讲能量守恒定律时间 / 40分钟基础巩固1.[2017·浙江温州选考模拟]蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图K16-1所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离.蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是()图K16-1A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W2.[2017·成都模拟]质量为m的物体由静止开始下落,由于空气阻力影响,物体下落的加速度为g(g为重力加速度).在物体下落高度为h的过程中,下列说法正确的是()A.物体的动能增加了mghB.物体的机械能减少了mghC.物体克服阻力所做的功为mghD.物体的重力势能减少了mgh3.(多选)[2017·长沙雅礼中学月考]如图K16-2所示,电梯的质量为M,其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动,上升高度为H时,电梯的速度为v电梯,物体的速度达到v,物体上升的高度为H物,弹簧的弹性势能为Ep弹,重力加速度为g,则在这段运动过程中,下列说法中正确的是()图K16-2A.轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于m v2B.钢索的拉力所做的功等于m v2+MgHC.轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于m v2D.钢索的拉力所做的功等于+mgH物+E p弹技能提升4.太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车.已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W,太阳到地球的距离为1.5×1011 m,假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗,某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的效率约为15%.若驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW,且其中的来自于太阳能电池板,则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r的球体积为V=πr3,球表面积为S=4πr2)()A.2 m2B.6 m2C.8 m2D.12 m25.(多选)[2017·江西萍乡一模]如图K16-3所示,两个物体A和B的质量均为m,其中物体A置于光滑水平台面上,物体B穿在光滑竖直杆上,杆与平台有一定的距离,A、B两物体通过不可伸长的轻绳跨过台面边缘的光滑小定滑轮相连,绳与A相连部分保持与台面平行.现由静止释放两物体,当物体B下落h时,物体B的速度为2v,物体A速度为v.关于此过程,下列说法正确的是(重力加速度为g)()图K16-3A.该过程中物体B的机械能损失了mghB.该过程中绳对物体A做的功为m v2C.物体A在台面上滑动的距离为hD.该过程中绳对系统做的功为m v26.(多选)[2017·郑州质检]如图K16-4甲所示,在距离地面高度为h=0.80 m的平台上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量m=0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连),OA段粗糙且长度等于弹簧原长,其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点,与OA段台面间的动摩擦因数μ=0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F,其大小随位移x变化关系如图乙所示.物块向左运动x=0.40 m到达B点,到达B点时速度为零,随即撤去外力F,物块在AB弹簧弹力作用下向右运动,从M点离开平台,落到地面上N点,g取10 m/s2,则()图K16-4A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB.弹簧在被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD.M、N的水平距离为1.6 m7.如图K16-5所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离l=4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量l BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,物体到达的最高AB位置为D点,D点到A点的距离l=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:AD(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)弹簧的最大弹性势能E.pm图K16-58.[2017·黄冈中学模拟]如图K16-6所示,A、B间是一个风洞,水平地板AB延伸至C点,通过半径r=0.5 m、圆心角为θ的光滑圆弧CD与足够长的光滑斜面DE连接,斜面倾角为θ.可以看成质点、质量m=2 kg的滑块在风洞中受到水平向右的恒定风力F=20 N,滑块与地板AC间的动摩擦因数μ=0.2.已知x=5 m,x BC=2 m,如果将滑块在风洞中ABA点由静止释放,已知sin θ=0.6,cos θ=0.8,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)滑块经过圆弧轨道的C点时对地板的压力大小及沿斜面上升的最大高度;(2)滑块第一次返回风洞速率为零时的位置;(3)滑块在A、C间运动的总路程.图K16-6挑战自我9.[2017·襄阳期末]如图K16-7所示,AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道,高度为h,末端B处的切线水平.一个质量为m的小物体P(可视为质点)从轨道顶端A处由静止释放,滑到B端后飞出,落到地面上的C点,轨迹如图中虚线BC所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l.现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带,传送带的右端与B的距离为.当传送带静止时,让P再次从A点由静止释放,它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出,仍然落在地面上的C点.当驱动轮转动从而带动传送带以速度v=(g为重力加速度)匀速向右运动时(其他条件不变),P的落地点为D.求:(1)P滑至B点时的速度大小;(2)P与传送带之间的动摩擦因数;(3)O、D间的距离.图K16-7。
精选全程复习构想2018高考物理一轮复习第五章机械能1功功率课时作业新人教版
功功率
图象如图所示．下列说法正确的是( )
时间内，货物处于失重状态
时间内，起重机拉力对货物不做功
时间内，起重机拉力对货物做负功
．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小
图象可知0～t时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选
如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为
当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为
可视为质点)用长为L的细线悬挂于
拉到B位置而静止，
，然后放手让小球从静止返回，到A
一辆汽车在平直的公路上行驶，某时刻汽车以速度v0
此过程中汽车的牵引力随时间变化的图象如图所示．
行驶过程中汽车所受的阻力大小恒定但未知其大小．则根据已知条件不可以求出
．汽车的最大行驶速度
在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．
时间内，外力做正功
时间内，外力的功率逐渐增大
．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
的瞬时功率为6 W
末物体在计时起点左侧2 m处
内物体克服摩擦力做功34 J
由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1
＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3 N、μ
Fv＝18 W，B错误；由速度－时间图象中图线与坐标轴所围面积
的圆轨道竖直固定在桌面上，现用小锤沿水平方向快速击打小球，
再次用小锤沿运动方向击打小球，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，，第二次击打过程中小锤对小球做功W
400 m，试求：
，由匀变速运动的速度位移关系可得：答案：(1)2 m/s(2)25 s (3)16 000 W。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第5单元 机械能 作业答案
课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=,重力的瞬时功率P=mgv sinθ=mg sinθ,选项C正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cosθ,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3m,则她每一次克服重力做的功W=×50×10×0.3J=90J,1min内克服重力所做的功W总=50W=50×90J=4500J,相应的功率约为P==W=75W,选项A正确.5.C[解析]若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且a m==,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108km/h=30m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F==N=3.0×105N,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105N,选项A错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105N,根据f=kv得k=N·s/m=1.0×104N·s/m,选项B正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k=f=1.5×105N,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'=f'=1.5×105×15W=2250kW,选项C、D错误.8.B[解析]在t=2s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,又加速度a==1.5m/s2,在0~10s内,由动能定理得×t1+Pt2-fx=mv2,解得x=42m,选项B正确.9.C[解析]在A、B间的平均速度v1==3m/s,在B、C间的平均速度v2==6m/s,小球加速度a==1m/s2,选项A错误;小球经过B点时的速度v B=v1+a·=5m/s,则小球经过B点时重力的瞬时功率P=mgv B sinθ=2×10×5×sin30°W=50W,选项B错误;小球经过A点时的速度为v A=v1-a·=1m/s,A点与出发点的距离为x==0.5m,选项C正确;小球经过C点时的速度v C=v2+=7m/s,则小球由静止到C点过程中重力的平均功率为=mg sin30°·=35W,故选项D错误.10.BD[解析]由v t图像可知,0~22s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程,阻力f=F==1500N,选项B正确;6s末的加速度a==,质量m=562.5kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5m/s时,牵引力F=f+ma=2250N,选项C错误,D正确.11.BD[解析]汽车从静止启动时,由P=Fv,F-f=ma,可得a=·-,结合图像知=,解得P=,故汽车的功率P保持不变,选项A错误,B正确;加速度为0时,速度最大,由=c,可得最大速度v m=,选项C错误;汽车启动过程中受到的阻力f==,选项D正确.12.(1)70N(2)1400J[解析](1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a2=-5m/s2根据牛顿第二定律得-μF N2=ma2又知F N2-mg=0联立解得μ=0.5力F拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得F cos37°-μF N1=ma1又知mg-F sin37°-F N1=0由速度图像得此过程的加速度a1=2m/s2联立解得F=70N(2)在0~5s内,雪橇克服摩擦力做功为W1=f1x1在5~7s内,雪橇克服摩擦力做功为W2=f2x2其中x1=×5×10m=25m,x2=×2×10m=10m所以在0~7s内,雪橇克服摩擦力做功为W=W1+W2=1400J13.(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s[解析](1)由图可知,汽车在第1个2s时间内的位移x1=9m,在第2个2s时间内的位移x2=15m故汽车的加速度a==1.5m/s2.(2)由F-f=ma解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+1000×1.5)N=3000N汽车做匀加速运动的末速度v==m/s=30m/s故匀加速运动保持的时间t1==s=20s.(3)汽车所能达到的最大速度v m==m/s=60m/s.(4)匀加速运动的时间t1=20s匀加速运动的距离x1'==×20m=300m则以额定功率运动的距离x2'=2400m-300m=2100m对以恒定功率运动阶段,有Pt2-fx2'=m-mv2额解得t2=50s=t1+t2=20s+50s=70s.所以最短时间为t总课时作业(十四)1.D[解析]当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D正确.2.D[解析]小球从平衡位置P缓慢地移动到Q点的过程中,由动能定理得W F-mgL(1-cosθ)=0,选项D正确.3.B[解析]该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8m,根据动能定理得W-mg(h-h1)=mv2,解得W=7.5J,故选项B正确.4.AC[解析]因为重力做功-3J,所以重力势能增加3J,A正确,B错误;根据动能定理W合=ΔE k,可得ΔE k=-3J+8J-0.5J=4.5J,C正确,D错误.5.C[解析]重力对物体做的功为mg(h+H),物体重力势能减少mg(H+h),合力对物体做的总功为零,选项A、B错误,选项C正确;对运动的全过程,由动能定理得mg(H+h)-fh=0,解得平均阻力f=,选项D错误.6.D[解析]由动能定理得E k-E k0=mgh=mg·gt2,则E k=E k0+mg·gt2,与E k=2+50t2(J)对比可知,m=1kg,初动能为E k0=2J=m,所以v0=2m/s,选项A、B错误;2s内水平位移x=vt=4m,选项C错误;2s末的动能E k=202J=mv2,解得v≈20.1m/s,选项D正确.7.D[解析]设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB,物体从A到C的全过程,根据动能定理得mgR-W AB-μmgR=0,所以W AB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,故D正确.8.ABC[解析]F-x图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x 图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1J,则减速阶段拉力所做的功约为12J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg,由图知F=7N,则μ==0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得W F-μmgx=0-m,其中W F=7×4J+12J=40J,解得v0=6m/s,故选项C正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.9.B[解析]质点在Q点时,有F N-mg=m,可得=gR,质点从P滑到Q的过程中,由动能定理得mgR-W f=m,则克服摩擦力做的功W f=mgR,选项B正确.10.B[解析]设木板长度为L,木板与水平地板的夹角为θ,由动能定理得-μmgx-mgh-μmg cosθ·=0-m,由几何关系可知x+等于Q点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-μmgX-mgh=0-m,截短后,Q到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v0,选项B正确.11.BC[解析]物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mg sinα>μ0mg cosα,即μ0<tanα,选项A错误;根据牛顿第二定律得a=g sinα-μg cosα,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a在增大,选项B正确;摩擦力f=μmg cosα=mg cosα,可知f 与x成线性关系,如图所示,其中f0=μ0mg cosα,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功W f=l=μ0mgl cosα,选项C正确;由动能定理得mgl sinα-μmgl cosα=mv2,解得v=,选项D错误.12.(1)1m(2)B点[解析](1)小球在C点时,有mg=mmgh-μmgL=m联立解得L=1.0m.(2)最终小球停在B、C之间,由动能定理得mgh-μmgx=0解得x=4.0m走过的路程是BC长度的4倍,最终停在B点.13.(1)7.4N(2)0.96m[解析](1)BC长度s BC==0.4m物块在AD段运动的过程中,由动能定理得m=mg[L sin37°+R(1-cos37°)]-μmg cos37°·s BC在D点时,有F N=mg+m联立解得F N=7.4N由牛顿第三定律可得物块第一次通过D点时对轨道的压力大小为7.4N(2)物块在光滑的圆弧轨道内运动时,只有重力做功,机械能守恒,取D所在水平面为零势能面,设物块上升的最大高度为H,由机械能守恒定律得mgH=m解得H=0.96m课时作业(十五)1.B[解析]运动员在合力为0时动能最大,其动能先增大后减小,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小,选项A错误,B正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松弛状态,则弹性势能先减小后不变,由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增大后保持不变,选项C、D 错误.2.D[解析]根据机械能守恒定律可知,在E点和D点钉钉子时,摆球最高可摆到与A、B 等高的位置,选项A、B错误;当在F点钉钉子时,摆球不可能摆到D点,因为摆球如果摆到D点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C点摆到D点,在D点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C错误;若在F点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D正确.3.C[解析]蹦床弹力对小朋友做了功,小朋友的机械能不守恒,选项A错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力F逐渐增大,其加速度先减小后反向增大,选项B错误;小朋友从h2到h4高度,蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒,则弹性势能为E p=mg(h2-h4),选项C正确;小朋友从h1下降到h5过程中,在h5高度的弹性势能最大,且最大值E pm=mgh1-mgh5,选项D错误.4.C[解析]铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功,设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v,由机械能守恒定律得mv2+ΔE p=0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p=-mg·,解得v=,故C正确.5.ACD[解析]若各斜面光滑,则滑块下滑过程中机械能守恒,有mgh=mv2,滑块到达A、B、C、D……各点的速率相同时,下落的高度h相同,即A、B、C、D……各点处在同一水平线上,选项A正确,选项B错误;以O点为最高点,作等时圆,可知下滑的时间相等时所处的位置在同一竖直面内的圆周上,选项C正确;从O点下滑到A、B、C、D……各点的过程中,设滑块滑动的水平距离是x,滑块损失的机械能为克服摩擦力做的功,即ΔE=W f=μmg cosθ·=μmgx,因ΔE相同,故x相同,说明A、B、C、D……各点处在同一竖直线上,选项D正确.6.C[解析]物体做竖直上抛运动,有v0=g·,解得星球表面重力加速度为g=,卫星绕星球表面做圆周运动,有m=mg,解得v==,此为最大环绕速度,也是最小发射速度,故以此速度或超过此速度水平抛出,物体都不会落回星球表面,故A、B正确;设竖直上抛的初速度为v',卫星绕星球表面运动时,由机械能守恒定律得-G+mv'2=0,又=mg,解得v'=2,故D正确,C错误.7.AB[解析]A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为mgR,故A正确,C错误.A球从C点运动到D点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A、B球的速度最大,故B正确.8.BD[解析]当A球即将到达地面时,B和C的速度为0,对A、B、C三者组成的系统,由机械能守恒定律得mgL=mv2,则A落地的瞬时速度v=,选项B正确;B和C 的速度先增大后减小,则A的机械能先减小后增大,选项A错误;在B减速阶段,杆对B 的作用力沿杆指向右上方,B受到的支持力小于mg,由牛顿第三定律知,选项D正确.9.(1)1450N(2)[解析](1)设A到达b点时速度为v b,根据动能定理可得mg·(sinθ-μcosθ)=m 解得v b=m/s设A到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c,轨道对A的弹力大小为F,有mgR1(1+cosθ)=m-mmg+F=m联立解得F=1450N(2)设A运动到圆轨道Ⅰ最低点P时速度为v P,有mgR1(1-cos37°)=m-m解得v P=m/s=23m/s设A与B碰撞后共同速度为v,则mv P=(M+m)v设连在一起的A、B安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d,在P点最小速度为v'P,有(M+m)g=(M+m)2(M+m)gR2=(M+m)v-(M+m)联立解得v'P=m/s=16m/s当v=v'P时,M最大,解得M=m=m10.(1)0(2)(3)见解析[解析](1)球通过最高点时的速度为v,有F+mg=m解得F=m-mg当F=0时,v最小,速度v的最小值为(2)若小球恰好通过最高点,则v A=m=m+mgLv B=v D=小球从B点、D点分别竖直上抛和竖直下抛,则Δt===(3)设小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t,则h+L=gt2x=vt设小球运动到最低点C时速度为v',绳突然断开后小球做平抛运动的时间为t',则h-L=gt'2x'=v't'由机械能守恒定律得2mgL+mv2=mv'2又x=x'联立解得h=-L小球运动到最高点时,有v≥小球运动到最低点时,有v'≥故h≥L课时作业(十六)1.B[解析]对上升过程,由动能定理得-(mg+F)h=-m,动能减小了(F+mg)H,选项A错误;小球克服阻力做的功等于机械能的减小量,即机械能减小了FH,选项B正确,D错误;重力做功为-mgH,重力势能增加了mgH,选项C错误.2.C[解析]合外力做功等于动能的增加量,初动能为零,所以末动能为W1+W2+W3,选项A错误;重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功W1,所以重力势能减少W1,原来为零,终态时为-W1,选项B错误;机械能是动能、重力势能、弹性势能之和,因为此题不涉及弹性势能,所以机械能的改变量就取决于动能和势能的改变量,则机械能的改变量为(W1+W2+W3)-W1=W2+W3,选项C正确,D错误.3.D[解析]v2-h图像为倾斜直线,可知物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于除重力(和弹簧弹力)以外的其他力做功的大小,由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故选项D正确.4.C[解析]先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得f·H=mg·,解得f=;为使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,即E=·2H=mgH.5.B[解析]伸缩臂使人与平台上升到灭火位置,功率P1==800W,但伸缩臂有质量,其高度上升,也消耗功率,故发动机的功率大于800W,选项D错误;水炮每秒射出的水的质量m=1000×kg=50kg,水炮对水做的功W=mgh+mv2,其功率P==4×104W,选项A、C错误,B正确.6.C[解析]由能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=mv2+μmg·s相,s相=vt-t,v=μgt,联立可得W=mv2,选项C正确.7.AB[解析]对运动员,由牛顿第二定律得mg-f=ma,则阻力f=,运动员的重力做功为mgh,重力势能减少了mgh,合力做功为mgh,动能增加了mgh,选项A、B正确;运动员克服阻力所做的功为,机械能减少了,选项C、D错误.8.AD[解析]从D到C,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸机械能一直增加,弹丸先加速后减速运动,动能先增大后减小,选项A正确,B、C错误;从D到E橡皮筋的弹力大于从E 到C橡皮筋的弹力,从D到E橡皮筋的弹力做的功大于从E到C的弹力所做的功,则从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能,选项D正确.9.AC[解析]高度在0.2~0.35m的范围内,ΔE k=-ΔE p=-mgΔh,图线的斜率k==N=-2N=-mg,所以m=0.2kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧最大弹性势能E pm=mgΔh=0.5J,选项B错误;在E k-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.2~0.35m范围内图像为直线,所受合外力为恒力,所以h=0.2m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2m,选项C正确;由图像可知,当h=0.18m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律知,E pmin=E-E km=E pm+mgh-E km=0.5J+0.2×10×0.1J-0.32J=0.38J,选项D 错误.10.BD[解析]物体刚被放到A点时,做匀加速直线运动,加速度a1==g(μcosθ-sinθ)=2.5m/s2,若物体能与传送带达到相同的速度,则上滑位移为x1==0.2m<L=5m,假设成立,物体加速到v=1m/s时运动的时间t1==0.4s,因为μmg cosθ=75N>mg sinθ=50N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间为t2==4.8s,运动的总时间为t=t1+t2=5.2s,选项A错误;小物体运动到B点时的速度为1m/s,从A到B,由动能定理得W传-mgL sinθ=mv2-0,解得W传=255J,选项B正确;在相对滑动时,s相=vt1-x1=0.2m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg cosθ·s相=15J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而发的热,则W电=W传+Q=270J,选项C错误.11.(1)2m/s(2)0.8s(3)2.25×104W[解析](1)吊锤上升过程中,由功能关系得ΔE=FΔh结合图像可得F==2.25×104N设吊锤上升到h1=1.6m处的速度为v1,由动能定理得Fh1-mgh1=m-0联立解得v1=2m/s(2)吊锤上升到h1=1.6m处后做初速度为v1=2m/s的竖直上抛运动,设经时间t落到钉子上,有-h1=v1t-gt2解得t=0.8s(3)设吊锤上升到h2=0.4m处的速度为v2,由动能定理得Fh2-mgh2=m-0 解得v2=1m/sF的瞬时功率P=Fv2=2.25×104W12.(1)0.2(2)N·s0.8J[解析](1)由动能定理得-μmg(L1+L2)=0-m,解得μ=0.2.(2)当传送带逆时针转动时,滑块在传送带上的加速度大小为a=μg=2m/s2,设滑块离开传送带时的速度大小为v1,有-=2aL1,解得v1=1.6m/s.设滑块在传送带上运动的时间为t,有L1=t,解得t=0.2s,传送带对滑块的作用力F==2N,所以传送带对滑块的冲量I=Ft=N·s.由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动的距离s=vt=0.4m,所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μmg(s+L1)=1.52J,根据能量守恒定律得,电动机多消耗的电能E=Q+m-m=0.8J.。
高考物理-全品一轮第5单元机械能作业详解
教师详解(作业手册)课时作业(十三)1.CD[解析]根据做功的两个因素——力和在力方向上的位移,甲图中支持力方向竖直向上且在竖直方向上有位移,所以做了正功,乙图中支持力方向上没有位移,因此没有做功,选项A错误;甲图中人不受摩擦力,乙图中摩擦力对人做正功,选项B错误.两图中人的重力与位移之间的夹角均大于90°,所以都做负功,选项C正确;甲图和乙图中人均做匀速运动,合力不做功,选项D 正确.2.A[解析]物块与水平面间的摩擦力为f=μmg=1 N.对物块施加水平向右的力F,由F-x图线与x轴围成图形的面积表示功,可知F做功为W=3.5 J,克服摩擦力做功为W=fx=0.4 J.由功能关系可知W-W f=E p,故此时弹簧的弹性势能为E p=3.1 J,选项Af正确.3.C[解析]因为抛体运动的加速度恒为g,所以单位时间内的速度变化相同,选项A错误;小球落地时竖直方向上的速度大小不都相同,所以重力的瞬时功率不都相同,选项B错误;由W=mgh可知重力做功相同,选项C正确;从抛出到落地所用时间不相G同,所以重力做功的平均功率不相同,D错误.4.B[解析]由图可知,跑车的最大输出功率大约为200 kW,根据牛顿第二定律得,牵引力F=f+ma=3000 N+2000×2 N=7000 N,则跑车做匀加速运动时的实际功率与速度的关系为P实=7000v(W),作P实-v图像如图所示,由两图线交点可看出跑车匀加速运动的最大速度约为v=28 m/s,则匀加速过程持续的时间约为t= s=14 s,故B正确,A、C、D错误.m5.A[解析]汽车以恒定功率启动时,功率一定,由P=F v可知,速度逐渐增大,牵引力F逐渐减小,根据F-f=ma可知,加速度逐渐减小,但速度继续增大,当牵引力等于阻力时,速度达到最大,故A正确,B、C、D错误.6.D[解析]发动机功率减小,由公式P=F v知,牵引力F变小,f>F,汽车做减速运动,使得汽车速度v变小,则F变大,由f-F=ma可知,汽车减速运动的加速度变小,当再次出现F=f时,汽车做匀速运动,选项A、B、C错误;由f==5×103 N,可知v'==8 m/s,选项D正确.7.AD[解析]物体在时刻开始运动,此时f=F0,则动摩擦因数μ=,A正确;在~t0时间内,假设物体做匀加速运动,则v0=a·,解得a=,实际上物体的加速度从0开始增大,故在t0时刻的加速度大于,B错误;在t0时刻,物体受到的合外力F=2F0-f=F0,其功率P=F0v0,C错误;在2t0时刻,速度v1=v0+t0,在t0~2t0时间内,物体的平均速度,故拉力F的平均功率,D正确.8.AB[解析] 0~3 s内,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,由图像知加速度大小a1=2 m/s2,解得μ=0.2,选项A正确;3 s~t1内,物体做匀减速运动,加速度大小a==6 m/s2,由t1-3 s==1 s,解得t1=4 s,选项B正确;由图像可知,回到出发点应满足总位移2为零,即(t-t1)a1(t2-t1),解得t2=(4+2)s,C错误;拉力做的功等于摩擦产生的内能及物体动能增量之和,故D错误.29.BCD[解析]该汽车的初速度v0=90 km/h=25 m/s,由牛顿第二定律得mg sin 37°+0.3mg=ma,解得a=9 m/s2,根据公式v=v0-at,当v=0时,t= s,A错误.由受力分析可知,无论该车的质量如何,加速度都相同,所以上滑到速度为零处所用的时间都相同,B正确.在汽车上滑过程中,重力沿斜坡的分力为摩擦阻力的2倍,做功的位移和时间均相同,所以重力的平均功率为摩擦阻力的平均功率的2倍,C正确.若初速度v=108 km/h=30 m/s,则由公式2ax=-v2可得该汽车速度v减为零时的位移x=50 m,D正确.10.(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s[解析](1)由图可得汽车在第一个2 s时间内的位移x=9 m,在第二个2 s时间内的位移x2=15 m1故汽车的加速度a==1.5 m/s2.(2)由F-f=ma得,汽车的牵引力F=f+ma=1500 N+1000×1.5 N=3000 N汽车做匀加速运动的末速度v= m/s=30 m/s故匀加速运动保持的时间t= s=20 s.1(3)汽车所能达到的最大速度v m= m/s=60 m/s.(4)由(2)知匀加速运动的时间t=20 s,运动的距离x1'=×20 m=300 m1所以,以额定功率运动的距离x2'=2400 m-300 m=2100 m对以额定功率运动的过程,由动能定理得P额t2-fx2'=m v2解得t2=50 s所以所求时间为t总=t1+t2=20 s+50 s=70 s.11.(1)8 m/s(2)2 s 3 m/s[解析](1)以故障车和拖车为系统,设其所受阻力大小为f,拖车的牵引力为F,有f=×(m+m)gP=F v0此系统匀速运动时,有F=f联立解得v=8 m/s.(2)假设追尾前两车一直在运动.设制动时拖车和故障车的加速度分别为a1、a2,则a1=-=-5 m/s2a2=-=-2.5 m/s2设经时间t故障车追尾拖车,则有v0t+a2t2解得t=1.92 s追尾时拖车速度大小v1=v0+a1t=-1.6 m/s,不合题意,故拖车先停下来等待故障车追尾.拖车从开始刹车到停止的位移x1==6.4 m从拖车开始制动到追尾,故障车的位移x2=4.6 m+x1=11 m设追尾时故障车的速度大小为v,则有v2-=2a2x2解得v=3 m/s设从开始刹车到追尾经历时间为t',则t'==2 s.课时作业(十四)1.B[解析]该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8 m,根据动能定理有W-mg(h-h1)=m v2,解得W=7.5 J,故选项B正确.2.AC[解析]因为重力做功-3 J,所以重力势能增加3 J,A正确,B错误;根据动能定理W合=ΔE k,得ΔE k=-3 J+8 J-0.5 J=4.5 J,C 正确,D错误.3.D[解析]设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB,物体从A到C的全过程,根据动能定理有mgR-W AB-μmgR=0,所以W AB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,故D正确.4.D[解析]设小物块在B、C间运动的总路程为L,小物块从开始到停止的全过程,根据动能定理得mgh-μmgL=0,解得L=3 m,因为BC长0.5 m,所以小物块最终停在B点,选项D正确.5.ABC[解析]F-x图像与横坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x图像与横坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J,则减速阶段拉力所做的功约为12 J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg,由图知F=7 N,则μ==0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得W-μmgx=0-,其中W F=7×4FJ+12 J=40 J,解得v0=6 m/s,故选项C正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.6.A[解析]根据图像知,x=1 m时,动能为2 J,即m v2=2 J,解得v= m/s,故A错误;对x=2 m到x=4 m过程运用动能定理,有,解得F=6.5 N,物块的加速度a= m/s2=1.25 m/s2,故B正确;对前2 m的运动过程(F-μmg)Δx=ΔEk,解得F'=6 N,物块的加速度a'= m/s2=1 m/s2,末速度v'=运用动能定理得(F'-μmg)Δx'=ΔE'km/s=2 m/s,根据v'=a't得t=2 s,故C正确;对全过程运用动能定理得W F-μmgx=ΔE″k,解得W F=25 J,故D正确.7.AB[解析]由于小球始终未脱离轨道,所以第一次击打后小球上升的高度不超过R,故W1≤mgR.两次击打后上升到最高点的过程中,由动能定理得W+W2-2mgR=m v2,由于通过最高点的速度v≥,所以W2≥mgR,故,A、B正确.18.(1)5 m/s(2)1.25 m(3)[解析](1)由于恰好抓住钢绳,即此时速度方向与钢绳平行,则有tan 45°=解得v=5 m/sy(2)下落时间t==0.5 s且平抛过程中,有x=vt=2.5 my=t=1.25 m向几何关系有y+h=x解得h=1.25 m(3)钢绳A点距地面的距离为H'=H+h=10 m,则钢绳AC长为L'=10 m设消防队员沿绳下滑的距离为L,则有L=L'-x对消防队员从B到C整个过程应用动能定理得mgH-fL=0-解得9.(1)(2)(3-)mg(3)[解析](1)由题意可知,物体最终向右运动到B点再返回,对整个过程由动能定理得mgR cos θ-μmgs cos θ=0解得μ=.(2)最终物体以B为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B→E过程,由动能定理得mgR(1-cos θ)=在E点,由牛顿第二定律得F N-mg=m联立解得F=(3-)mgN由牛顿第三定律得,F'=F N=(3-)mg.N(3)若物体刚好能到D点,由牛顿第二定律有mg=m对物体由释放至到达D点这一过程,由动能定理得mgL'sin θ-μmgL'cos θ-mgR(1+cos θ)=联立解得L'=.10.(1)0.8 m(2) m(3) m/s[解析](1)物块被弹簧弹出,由E=p可知v=6 m/s因为v>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-解得a=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m1因为x<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰能滑到E点,由动能1定理可知m v2=μmgs+mgR2解得R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v,有B=μ2mg×2s解得v= m/sB因为v>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速B率离开传送带,设最终停在距C点x处,有=μ2mg(s-x)解得x= m.(3)设传送带速度为v时物块恰能到F点,在F点满足mg sin 30°=m1从B到F过程中由动能定理可知=μ2mgs+mg(R+R sin 30°)解得v= m/s1时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,有设传送带速度为v2=μ2mg×3s+mgR解得v= m/s2若物块在传送带上一直加速运动,有=μ1mgL知其到B点的最大速度v= m/sB m综合上述分析可知,只要传送带速度v满足: m/s,即可满足条件.课时作业(十五)1.C[解析]物体做匀速运动时动能不变,但是高度可以改变,即重力势能可以改变,A、D错误;合力做的功为零,只是动能不变,B错误;物体所受合力不等于零,例如只在重力作用下的运动,机械能守恒,C正确.2.B[解析]由机械能守恒定律得mgh=4E p,解得E p==4560 J,选项B正确.3.A[解析]在b球落地前,a、b两球组成的系统机械能守恒,且a、b两球速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有3mgh=mgh+(3m+m)v2,解得v=,故A正确.4.BD[解析]图乙中A为曲线的最高点,对应加速度为零,弹簧压缩量Δx=0.1 m,由mg=kΔx,解得k=20.0 N/m,选项B正确;小球刚接触弹簧时加速度为g,弹力最大时的加速度a==51 m/s2,所以小球在速度减小到最小时加速度最大,选项A错误;从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的机械能减小,弹簧的弹性势能一直增大,弹簧和小球系统的机械能守恒,选项D正确,C错误.5.C[解析]由题意可知,质量为m的小球竖直向上抛出时只有重力做功,故机械能守恒,得mgh=.题射入轨道,小球若能到达的最大高度为h,则此时速度不为零,此时的动能与重力势能之和大图乙将质量为2m的小球以速度v于初位置时的动能与重力势能之和,故不可能,即h<h,故A错误;由丙图和戊图可知,小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向,2则上升到最高点时水平方向速度不为零,根据功能关系得h<h,h5<h,故B、D错误;由丁图可知,小球出轨道时的速度方向沿竖3直方向向上,则上升到最高点时,速度为零,根据机械能守恒定律得h=h,故C正确.46.C[解析]铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功.设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v,由机械能守恒定律有m v2+ΔE=0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p=-,解得pv=,故C正确.7.C[解析]当小球A沿墙下滑距离为l时,设此时A球的速度为v A,B球的速度为v B,对A、B系统,根据机械能守恒定律得mg·,两球沿杆方向上的速度相等,则有v A cos 60°=v B cos 30°,联立解得v A=,v B=,故C正确,A、B、D错误.8.AB[解析]A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为mgR,故A正确,C错误.A球从C点运动到D点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A、B球的速度最大,故B正确.9.ABD[解析]刚释放物块时,物块在水平方向受力平衡,在竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度为g,故A正确;物块所受的合力为零时速度最大,则绳子拉力在竖直向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放物块时小球的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据系统机械能守恒,有mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故D正确.10.(1)(2)0(3)高于O点R处[解析](1)释放后B到达最低点的过程中,A、B和杆组成的系统机械能守恒,有m A gR+m B gR=又OA⊥OB,AB杆长为R,故OA、OB与杆间夹角均为45°,可得v=v BA解得v=.B(2)对小球A应用动能定理可得W杆A+m A gR=又v=v BA解得杆对A球做功W杆A=0.(3)设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向之间的夹角为θ,取圆环的圆心O为零势面,由机械能守恒定律可得m A gR=m B gR cos θ-m A gR sin θ解得θ=30°所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时,高于圆心O的高度h B=R cos θ=R.11.(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s[解析](1)释放小球前,B处于静止状态,由于绳子拉力大于重力,故弹簧被拉伸,设弹簧形变量为x,有kx=F-mgB所以x=0.1 m(2)对A球从顶点运动到C的过程应用动能定理得W+m A gh=-0其中h=xcos 37°CO1而x=x AO1sin 37°=0.3 mCO1物体B下降的高度h'=x-x CO1=0.2 mAO1由此可知,弹簧此时被压缩了0.1 m,此时弹簧弹性势能与初状态相等,对于A、B和弹簧组成的系统,根据机械能守恒定律有m A gh+m B gh'=由题意知,小球A在C点运动方向与绳垂直,此瞬间B物体速度v=0B联立解得W=7 J(3)由题意知,杆长L=0.8 m,故∠CDO=θ=37°1DO1=AO1,当小球到达D点时,弹簧弹性势能与初状态相等,物体B又回到原位置,在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解,可得平行于绳方向的速度即为B的速度,由几何关系得v'B=v'A cos 37°对于整个下降过程,由机械能守恒定律得m A gL sin 37°=联立解得v'=2 m/sA课时作业(十六)1.C[解析]蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中,由于有空气阻力做功,所以机械能减少,选项A、B错误;整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和,即ΔE=W+ΔE2,选项C正确,选项D错误.12.A[解析]下落阶段,物体受重力和空气阻力,由动能定理得W=ΔE k,即mgh-fh=ΔE k,f=mg-mg,可得ΔE k=mgh,选项A正确;机械能减少量等于克服阻力所做的功,即ΔE=W=fh=mgh,选项B、C错误;重力势能的减少量等于重力做的功,即ΔE p=mgh,选f项D错误.3.CD[解析]轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能,大于m v2,故A错误,C正确;钢索的拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和,即系统增加的机械能,所以钢索的拉力做功应大于m v2+MgH,故B错误;由于物体是由静止开始向上做加速运动,所以弹簧的弹力增大,可知物体上升的高度小于H,但弹性势能增大,故拉力做功W=+mgH物+E p弹,故D正确.4.C[解析]以太阳为球心、以太阳到地球的距离为半径的球的表面积S=4πd2,太阳辐射到该单位面积上的功率为P'=.设电池板的面积为S',由能量守恒定律得P机=P'×15%×S',解得S'=≈8 m2.5.AB[解析]在图中的虚线对应的位置,将物体B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解,设绳子与水平方向的夹角为θ,物体A、B沿着绳子的分速度相等,故sin θ=,θ=30°,该过程中A、B系统机械能守恒,故mgh=m·(2v)2+m v2,物体B的机械能减小量为ΔE B=mgh-m(2v)2,联立解得ΔE B=mgh,故A正确;根据动能定理,该过程中绳对物体A做功W A=m v2,故B正确;结合几何关系,物体A滑动的距离Δx==(2-)h,故C错误;由于绳子不可伸长,故不能储存弹性势能,绳子对两个物体做功的代数和等于弹性势能的变化量,故该过程中绳对系统做功为零,故D错误.6.AD[解析]F-x图像与横坐标轴所围图形的面积表示力F做的功,由题图乙可知W F=6.0 J,选项A正确;在压缩弹簧过程中,克服摩擦力做功W=μmgx AB=0.50×0.50×10×0.4 J=1.0 J,整个运动过程中克服摩擦力做功为2W f=2.0 J,选项C错误;根据功能关f系,弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为E=W F-W f=5.0 J,选项B错误;物块由B点运动到M点,由功能关系得-W f=m v2-pE p,解得物块运动到M点的速度v=4 m/s,设M、N间的水平距离为x0,由平抛运动规律,有x0=v t,h=gt2,联立解得x0=1.6 m,选项D正确.7.(1)0.52(2)24.4 J[解析](1)物体在D点与A点比较,动能减少ΔE==9 Jk重力势能减少ΔE=mgl AD sin 37°=36 Jp机械能减少ΔE=ΔE+ΔE p=45 Jk机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即W f=fl=45 J而路程l=5.4 m,则f=≈8.33 N而f=μmg cos 37°μ=≈0.52.(2)由A到C的过程,动能减少ΔE'==9 Jk重力势能减少ΔE'=mgl AC sin 37°=50.4 Jp克服摩擦力做功W f'=fl AC=μmg cos 37°·l AC=35 J由能量守恒定律得E pm=ΔE k'+ΔE p'-W f'=24.4 J.8.(1)308 N3.50 m(2)在B点左侧2.67 m处(3)25.0 m,由动能定理得[解析](1)滑块在风洞中A点由静止释放后,设经过C点时速度为v1Fx AB-μmgx AC=在C点,由牛顿第二定律有F N C-mg=m解得F=308 NN C由牛顿第三定律知,滑块经过C点时对地板的压力为308 N滑块由C点上滑过程中,由机械能守恒定律得=mgr(1-cos θ)+mgh解得h=3.50 m.(2)滑块返回风洞时,风力与摩擦力皆为阻力,设滑块运动到P点时速率为零,由能量守恒定律得=μmg(x BC+x PB)+Fx PB解得x= m≈2.67 mPB滑块第一次返回风洞速率为零时的位置在B点左侧2.67 m处.(3)整个过程等效为滑块从A处在风力和滑动摩擦力的共同作用下被推到B处,然后在足够长水平面上滑行至静止,设总路程为s,由动能定理得Fx AB-μmgs=0解得s=25.0 m.9.(1)(2)(3)l[解析](1)物体P在AB轨道上滑动时,根据动能定理得mgh=物体P滑到B点时的速度v=.(2)当没有传送带时,物体离开B点后做平抛运动,运动时间为t=当传送带静止时,物体从传送带右端水平飞出,在空中运动的时间也为t,水平位移为,物体从传送带右端飞出的速度v=1根据功能关系,物体在传送带上滑动时,有μmg解得μ=.,所以物体将会在传送带上做一段匀加速运动,设物体加速到速度等于v=时,通过的距离为x, (3)因为传送带的速度v>v有μmgx=解得x=由x<知,物体加速到v时尚未到达传送带右端,此后物体将做匀速运动,最后以速度v离开传送带.物体从传送带右端水平飞出,在空中运动的时间也为t,O、D间的距离s=.。
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功功率基础巩固1．如图K131所示，在加速向右运动的车厢中，一人用力向前推车厢(人与车厢始终保持相对静止)，则下列说法中正确的是( )图K131A．人对车厢的作用力做正功B．车厢对人做负功C．车厢对人做正功D．车厢对人不做功2．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前、后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2＞4W F1，W f2＞2W f1B．W F2＞4W F1，W f2＝2W f1C．W F2＜4W F1，W f2＝2W f1D．W F2＜4W F1，W f2＜2W f1图K132A．2∶1，4∶1 B．4∶1，2∶1C．1∶4，1∶2 D．1∶2，1∶44．如图K133所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块克服重力做功为2 J．用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )图K133A．F N和F f对物块都不做功B．F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C．F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD．F N和F f对物块所做功的代数和为0能力提升5．[2016·湖南株洲模拟] 如图K134所示，一辆摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg.设轨道对车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )图K134A．车经最低点时对轨道的压力为3mgB．车经最低点时发动机功率为2P0C．车从最高点经半个圆周到最低点的过程中发动机做的功等于0.5P0TD．车从最低点经半个圆周到最高点的过程中发动机做的功等于2mgR6．[2016·合肥模拟] 如图K135甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，Ft关系图像如图乙所示．两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终保持相对静止，则( )图K135A．第1 s末拉力F的瞬时功率最大B．第2 s末拉力F的功率大于第3 s末拉力F的功率C．0～4 s内，任意时刻A对B的摩擦力的功率一定小于拉力F的功率D．0～4 s内，A对B的摩擦力的平均功率为零7．(多选)[2016·长沙模拟] 如图K136所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，以下说法正确的是( )图K136A．若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2＝F1B．若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2＞F1C．若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率D．若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率8．[2015·合肥模拟] 起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其vt图像如图K137所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是( )图K137图K1389．(多选)如图K139甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g＝10 m/s 2.则( )图K139A ．物体的质量m ＝1.0 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2.0 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W10．(多选)[2016·海阳一中摸底] 物块在倾角θ一定的斜面底端以初速度v 0上滑，上滑到最高点后又沿斜面下滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ.设上滑和下滑过程中，物块克服摩擦力做功的平均功率分别为P 1、P 2，经过斜面上同一点时(不是最高点)克服摩擦力做功的瞬时功率分别为P ′1和P ′2.则( )A ．P 1>P 2B ．P 1<P 2C ．P ′1>P ′2D ．P ′1<P ′211．(多选)[2016·南昌模拟] 如图K1310所示为汽车的加速度a 和车速倒数1v的关系图像．若汽车质量为2×103kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s ，则( )图K1310A ．汽车所受阻力大小为2×103NB ．汽车在车速为15 m/s 时，牵引力的功率为6×104 WC ．汽车匀加速的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需时间为5 s12．[2016·常州模拟] 高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像．现利用这架照相机对某款家用汽车的加速性能进行研究，如图K1311为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s ．已知该汽车的质量为1000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1500 N.(1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，则匀加速运动状态能保持多长时间？(3)汽车所能达到的最大速度是多少？(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3000 N ，求汽车运动2400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．图K1311挑战自我13．[2016·重庆适应性测试] 如图K1312所示，在水平道路上，质量为5×103 kg 的拖车将另一同质量的故障车拖移．用一根长度为4.6 m 、不可伸长的轻绳将两车连接．行驶时两车所受阻力均为车重的14.当拖车拖动故障车一起做匀速直线运动时，拖车输出功率为2×105 W ．重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)求拖车拖动故障车一起匀速运动时的速度大小v 0.(2)在拖车拖着故障车匀速行驶过程中，司机发现前方有一障碍物后紧急刹车，此后拖车水平方向只受到阻力，其大小为其重力的12，若故障车所受阻力保持不变，则经过多长时间故障车撞上拖车？碰撞前瞬间故障车的速度为多大？图K1312课时作业(十三)1．C2．C [解析] 因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x ＝vt 也是2倍关系，若W f 1＝fx ，则W f 2＝f ·2x ，故W f 2＝2W f 1；由动能定理有W F 1－fx ＝12mv 2，W F 2－f ·2x ＝12m (2v )2，解得W F 2＝4W F 1－2fx <4W F 1，选项C 正确． 3．B [解析] 由v t 图像可知a A ∶a B ＝2∶1，又由F ＝ma ，m A ∶m B ＝2∶1，解得F A ∶F B ＝4∶1；由图像中面积关系可知A 、B 位移之比x A ∶x B ＝1∶2，物体克服摩擦阻力做的功W ＝Fx ，解得W A ∶W B ＝2∶1，选项B 正确．4．B [解析] 由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N 做正功，但摩擦力F f 方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理得W F N －mgh ＝0，故支持力F N 做功为mgh ，选项B 正确．5．B [解析] 在最高点：向心力大小为F n ＝F N1＋mg ＝3mg ，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点：F n ＝F N2－mg ，解得F N2＝4mg ，选项A 错误；在最高点：发动机功率P 0＝F 1v ＝μF N1v ＝2μmgv ，在最低点：发动机功率P ＝F 2v ＝μF N2v ＝4μmgv ，则P ＝2P 0，选项B 正确；由以上分析可知，车从最高点经半个圆周到最低点的过程中发动机的功率是变化的，所以发动机做的功不等于0.5P 0，选项C 错误；摩托车做匀速圆周运动，动能不变，根据动能定理得知其所受的合力做功为零，则发动机做功等于克服重力与摩擦力做功之和，发动机做的功不等于2mgR ，选项D 错误．6．D [解析] 对整体进行受力分析可知，水平方向只受拉力，故0～2 s 整体做加速运动，2～4 s 整体做减速运动直到静止，故第2 s 末速度最大，第1 s 末拉力F 的大小是最大的，但此时的功率不一定最大，选项A 错误；第2 s 末，拉力为零，此时拉力的功率为零，故其小于第3 s 末拉力F 的功率，选项B 错误；0～4 s 内，当拉力为零时，A 对B 的摩擦力为零，A 对B 的摩擦力的功率等于拉力F 的功率，选项C 错误；0～4 s 内，物体B 的动能变化量为零，即A 对B 的摩擦力做的总功为零，则此段时间内平均功率为零，选项D 正确．7．AD [解析] 物体做匀速运动，受力平衡，则F 1cos θ1＝μ(mg －F 1sin θ1)，F 2cos θ2＝μ(mg －F 2sin θ2)，解得F 1＝μmg cos θ1＋μsin θ1，F 2＝μmg cos θ2＋μsin θ2，当cos θ1＋μsin θ1＝cos θ2＋μsin θ2时，F 2＝F 1，则sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，其中tan β＝1μ，当θ1＋θ2＋2β＝π时，sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，则F 2的大小可能等于F 1，故A 正确，B 错误．功率P ＝Fv cos θ，v 相等，要使功率相等，则F 1cos θ1＝F 2cos θ2，F 1sin θ1＝F 2sin θ2，而θ2＞θ1，不可能同时满足，所以F 2的功率不可能等于F 1的功率，故C 错误．根据C 的分析可知，F 1cos θ1可以大于F 2cos θ2，若物体以大于v 的速度做匀速运动，则F 1的功率可能等于F 2的功率，故D 正确．8．B [解析] 0～t 1时间内重物匀加速上升，此过程中F 1－mg ＝ma 1，P 1＝F 1v ，可见F 1恒定，起重机功率P 1随v 均匀增大；t 1～t 2时间内，重物匀速上升，有F 2＝mg ，P 2＝mgv ，大小不变，但匀加速过程的末时刻功率大于mgv ，故A 、D 均错误；t 2～t 3时间内，重物减速上升，有mg －F 3＝ma 3，P 3＝F 3v ，此过程中F 3不变，P 3随v 均匀减小，但匀速运动末时刻功率大于匀减速开始时刻的功率，故B 正确，C 错误．9．CD [解析] 根据图乙可知物体受到的摩擦力为2 N ，当拉力为3 N 时，根据v t 图像的斜率可知加速度为2 m/s 2，根据牛顿第二定律有F －f ＝ma ，所以质量m ＝0.5 kg ，选项A 错误；根据滑动摩擦力的计算公式，有f ＝μmg ，可得μ＝0.4，选项B 错误；第2 s 内物体的位移为1 m ，所以克服摩擦力做功为W f ＝2×1 J ＝2 J ，选项C 正确；前2 s 内，根据动能定理，有W －W f ＝12mv 2－0，可得W ＝3 J ，所以拉力的平均功率为P ＝W t ＝32W ＝1.5 W ，选项D 正确．10．AC [解析] 根据牛顿第二定律，上滑时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，则加速度大小a 1>a 2，设物块上滑的最大位移为x ，上滑过程的逆运动有x ＝12a 1t 21，下滑过程有x ＝12a 2t 22，比较可知t 1<t 2，而物块上滑过程和下滑过程克服摩擦力做功相等，由P ＝W t 知P 1>P 2，选项A 正确，选项B 错误；设该点与最高点的距离为x 0，则v 21＝2a 1x 0，v 22＝2a 2x 0，比较可知v 1>v 2，即上滑到该点的速度大于下滑到该点的速度，由瞬时功率P ′＝μmgv cos θ知P ′1>P ′2，选项C 正确，选项D 错误．11．ABD [解析] 设汽车所受阻力大小为F f ，由汽车的加速度a 和车速倒数1v的关系图像可知，汽车从静止开始先做匀加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，直到速度达到v 1＝10 m/s ，则匀加速阶段所用时间为t ＝v 1a ＝5 s ，此时汽车的牵引力功率达到最大，即P m ＝(F f ＋ma )v 1；接下来做加速度逐渐减小的变加速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到v 2＝30 m/s时，加速度为零，此时P m ＝F f v 2，解得F f ＝2×103 N ，P m ＝6×104 W ，当汽车在车速为15 m/s时，牵引力的功率为6×104 W ，所以正确选项为A 、B 、D.12．(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s[解析] (1)由图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T 2＝1.5 m/s 2. (2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1500＋1000×1.5) N ＝3000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s 匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s. (3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s. (4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x 1′＝vt 12＝302×20 m ＝300 m 所以，以额定功率运动的距离x 2′＝(2400－300) m ＝2100 m对以额定功率运动的过程，有P 额t 2－F f x 2′＝12m (v 2m －v 2) 解得t 2＝50 s所以所求时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s.13．(1)8 m/s (2)2 s 3 m/s[解析] (1)以故障车和拖车为系统，设其所受阻力大小为f ，拖车的牵引力为F ，有 f ＝14×(m ＋m )gP ＝Fv 0此系统匀速运动，有F ＝f联立各式并代入数据得v 0＝8 m/s.(2)假设追尾前两车一直在运动．设制动时，拖车和故障车加速度分别为a 1、a 2，则a 1＝－12mg m＝－5 m/s 2 a 2＝－14mg m＝－2.5 m/s 2 设经时间t 故障车追尾拖车，则v 0t ＋12a 1t 2＋4.6 m ＝v 0t ＋12a 2t 2解得t ＝1.92 s追尾时拖车速度大小v 1＝v 0＋a 1t ＝－1.6 m/s ，不合题意，故拖车先停下来等待故障车追尾．拖车从开始刹车到停止的位移x 1＝0－v 202a 1＝6.4 m 从开始制动到追尾，故障车的位移x 2＝4.6 m ＋x 1＝11 m设追尾时故障车速度大小为v ，则v 2－v 20＝2a 2x 2解得v ＝3 m/s设从开始刹车到追尾经历时间为t ′，则t ′＝2x 2v 0＋v ＝2 s.。