專題05功功率和動能定理

專題06功、功率和動能定理01TOC\o"13"\f\h\u專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖 102考情分析·解密高考 203高頻考點·以考定法 2 2一、功和功率的計算 2二、機車啟動問題 3三、動能定理的應(yīng)用 4 4 7考向1：常見力做功的綜合計算 7考向2：機車的啟動 9考向3：動能定理在變速運動中的應(yīng)用 11考向4：動能定理在傳送帶問題中的應(yīng)用 1304核心素養(yǎng)·難點突破 1505創(chuàng)新好題·輕松練 26新情境：動能定理在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用 26考點內(nèi)容要求學習目標功和功率的計算II掌握整體法和隔離法在多個物體中的受力分析；掌握處于靜態(tài)平衡中的物體的受力分析，熟練運用力的合成與分解、力的正交分解法處理處理物體的受力平衡問題；掌握圖解法、相識三角形法和拉米定律在動態(tài)平衡問題中的應(yīng)用；機車的啟動問題II動能定理的應(yīng)用II電磁場中的受力平衡問題II一、功和功率的計算功單個力做功的求法恒力做功W＝Flcosα變力做功動能定理或其他功能關(guān)系力的大小不變，方向與速度方向始終相同的曲線運動：W＝Fx路程力的大小改變，方向與速度方向相同的直線運動：F-x圖像面積法總功的求法方法一：W總＝F合lcosα方法二：W總＝W1＋W2＋W3＋…功率平均功率的求法eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)cosα瞬時功率的求法P＝Fvcosα二、機車啟動問題1．以恒定功率啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖像和v-t圖像如圖所示：2．以恒定加速度啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖像和v-t圖像如圖所示：三、動能定理的應(yīng)用1.應(yīng)用動能定理時的注意事項（1）合力做功是物體動能變化的原因和量度。（2）動能定理中的位移和速度必須相對于同一個慣性系。2．應(yīng)用動能定理解題的分析步驟注：多過程中的往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解。3．應(yīng)用動能定理時常見的三個誤區(qū)（1）公式W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)中W應(yīng)是總功，方程為標量方程，不能在某方向上應(yīng)用。（2）功的計算過程中，易出現(xiàn)正、負功判斷錯誤及遺漏某些力做功的現(xiàn)象。（3）多過程問題中，不善于挖掘題目中的隱含條件，運動物體的過程分析易出現(xiàn)錯誤?！镜淅?】（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（

）A．2nmgω2RH5 B．3nmgωRH5 【答案】B【詳解】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH則筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=WT聯(lián)立有P=故選B。【典例2】（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）A．受到的合力較小 B．經(jīng)過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳解】A．頻閃照片時間間隔相同，圖甲相鄰相等時間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；B．設(shè)斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階段，從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x=可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。故選C。【典例3】（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體行駛的位移為S1時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（A．2F2(F?f)S2?S1S【答案】A【詳解】設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)a

v2=2aS1P0=Fv輕繩從物體上脫落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有P故選A。【典例4】（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【詳解】由題意可知兩節(jié)動車分別有，P1=當將它們編組后有P1+P故選D?！镜淅?】（2020·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移xA．B．C．D．【答案】A【詳解】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑距離在水平面投影距離為x，根據(jù)動能定理，有mgx整理可得mgtanθ?μmgx=E當小物塊在水平面運動時,根據(jù)動能定理由?μmgx=Ek?Ek0為物塊剛下滑到平面上時的動能，則即在水平面運動時物塊動能與x故選A?？枷?：常見力做功的綜合計算1.（多選）（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預(yù)測）如圖甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，一根輕彈簧一端與豎直墻而連接，另一端與物塊不栓接。物塊將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無初速度釋放，物塊向右運動受到的摩擦力f隨位移x的關(guān)系如圖乙所示，x0A．工件在傳送帶上先加速，后減速 B．工件向右運動2xC．彈簧勁度系數(shù)k=f02x0 【答案】BCD【詳解】AB．由圖乙可知，0~x0過程，物塊相對于傳送帶向左運動，物塊受到向右的滑動摩擦力，物體做加速運動，xC．在x0處物塊與傳送帶共速，此時物塊受力平衡，即F彈=kx0D．f?x圖像中圖線與x軸圍成的面積即為整個過程中摩擦力對物塊做功，0~x0過程，摩擦力對物塊做正功，故D正確。故選BCD。2.（多選）（2024·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，質(zhì)量為m的電動遙控玩具車在豎直面內(nèi)沿圓周軌道內(nèi)壁以恒定速率v運動，已知圓軌道的半徑為R，玩具車所受的摩擦阻力為玩具車對軌道壓力的k倍，重力加速度為g，P、Q為圓軌道上同一豎直方向上的兩點，不計空氣阻力，運動過程中，玩具車（）A．在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為6mgB．通過P、Q兩點時對軌道的壓力大小之和為2mC．由最低點到最高點克服摩擦力做功為kπmv2D．由最低點到最高點電動機做功為2kπmv2+2mgR【答案】BC【詳解】A．在最低點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得F在最高點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得F兩式相減可得FA錯誤；BC．在PQ兩點的受力如圖所示在Q點，由向心力公式有N在P點，由向心力公式有N兩式相加可得N因摩托車在不同位置與圓軌道間的壓力不同，所以摩擦力是一個變力，將圓軌道分成N段，在軌道上下關(guān)于水平直徑對稱的位置上取兩小段A、B，每段的長度為Δx=2πR解得W所以摩托車從最低點到最高點克服摩擦力做功為WBC正確；D．玩具車在豎直面內(nèi)沿圓周軌道內(nèi)壁以恒定速率v運動,由最低點到最高點由動能定理可知W解得WD錯誤。故選BC?？枷?：機車的啟動3.（多選）（2024·四川成都·成都七中校考一模）某興趣小組對一輛遙控小車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為vt圖像，如圖所示（除2s~10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線）。已知在小車運動的過程中，2s~14s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1kg，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。則下列選項正確的是（）A．小車在010s內(nèi)為恒定功率啟動B．小車所受到的阻力為1.5NC．小車額定功率為6WD．小車在變加速運動過程中位移為39m【答案】BD【詳解】A．根據(jù)v?t圖像可知，0～2s內(nèi)小車為恒加速度啟動過程，速度逐漸增加，牽引力不變，2s時小車到達額定功率，之后的B．在14s～18由牛頓第二定律可知小車所受阻力為f=ma=1.5N，C．根據(jù)分析可知小車在10s~14s做勻速運動，牽引力大小與f相等，小車功率為額定功率P=Fv=1.5N×6D．2s~10s內(nèi)根據(jù)動能定理有Pt?fx2=12故選BD。4.（多選）（2024·廣東惠州·統(tǒng)考二模）2023年9月26日，廣汕高鐵惠州南站首趟動車G6413以額定功率P在平直軌道上加速啟動，若該動車的質(zhì)量為m，受到的阻力f保持不變，其出站過程的速度—時間圖像如圖所示。則該動車在0~t?時間內(nèi)（

）A．做變加速直線運動 B．牽引力做功W=C．最大速度vm=P【答案】AC【詳解】A．動車以恒定功率運動，根據(jù)P=FB．根據(jù)動能定理有W則該動車在0~t?時間內(nèi)牽引力做功為WB錯誤；C．當牽引力與阻力大小相等時加速度為零，速度達到最大，即有F則復(fù)興號動車的功率P=則最大速度為v故C正確；0~t0這段時間內(nèi)，如果動車做勻加速直線運動，則平均速度應(yīng)該為v=vm故選AC?？枷?：動能定理在變速運動中的應(yīng)用5.（多選）（2024·四川內(nèi)江·統(tǒng)考一模）如圖，原長為l0的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2。桿上M、N兩點與O點的距離均為l0，P點到O點的距離為12l0，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)將小球以某一初速度v0從M點向下運動到NA．彈簧的最大彈力為2mgB．小球在P點下方12l0處的加速度大小為C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球動能的變化量Δ【答案】BD【詳解】A.小球在P點受力平衡，則有mg=ff=μ解得彈簧的最大彈力為FN=5mgB.根據(jù)A項知P點，F(xiàn)N=5mg，又FN小球在P點下方l2處時，彈簧與桿的夾角為45°，此時彈簧的長度為彈簧處于壓縮狀態(tài)，受力情況如圖所示彈力大小為F=k由平衡條件有N=F由牛頓第二定律有mg+Fcos45°?μN=ma，聯(lián)立解得a=(4C.在PM之間任取一點A，令A(yù)O與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=k小球受到的摩擦力為f1=μNθ在MP之間增大在PN之間變小，即摩擦力先變大后變小，故C錯誤；D.關(guān)于P點對稱的任意兩點，小球受到的摩擦力相同，所以從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同，彈簧的彈力在關(guān)于P點對稱的任意兩點，大小也相同，故M點到P點做負功，與在P點到N點做正功的大小相同，重力在M點到P點和從P點到N點做相同的正功，根據(jù)動能定理，M點到P點和P點到N點分別列式??故可得小球動能的變化量ΔEk故選BD。6.（多選）（2024·重慶·統(tǒng)考一模）物理課上，老師在講臺上演示了滑塊碰撞實驗，桌面長L=1m，在中央處放置一滑塊A，從桌邊處給另一滑塊B一初速度，兩滑塊發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊恰好都停在桌子兩邊沿，設(shè)兩滑塊的運動方向沿桌長邊方向且在一條直線上（俯視圖如圖），滑塊可視為質(zhì)點，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s2。則（）A．滑塊A與滑塊B質(zhì)量之比為1:3B．碰撞后兩滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量大小相等C．滑塊B的初速度大小為10m/sD．若滑塊A的質(zhì)量為3kg，整個過程中兩滑塊與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為5J【答案】CD【詳解】A．設(shè)滑塊A與滑塊B質(zhì)量分別為m1和m2，滑塊B的初速度為v0，與滑塊A碰前速度為v，兩滑塊碰撞后的速度分別為v1和v2，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，則有m1碰后對滑塊A，根據(jù)動能定理有?μ碰后對滑塊B，根據(jù)動能定理有?μ聯(lián)立解得vv=2m故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma可知碰撞后兩滑塊的加速度大小相等，由于碰后速度大小也相等，則碰后運動時間相同。碰后滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量大小為I可知由于兩滑塊的質(zhì)量不同，所以碰撞后兩滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量大小不相等，故B錯誤；C．碰前對滑塊B分析，根據(jù)動能定理有?μ解得，滑塊B的初速度大小為v故C正確；D．若滑塊A的質(zhì)量為3kg，則滑塊B的質(zhì)量為m根據(jù)能量守恒可得，整個過程中兩滑塊與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為E=故D正確。故選CD。考向4：動能定理在傳送帶問題中的應(yīng)用7.（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，水平傳送帶AB長L=4.5m，質(zhì)量為M=1kg的木塊隨傳送帶一起以v1=1m/s的速度向右勻速運動（傳送帶的傳送速度恒定），木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.當木塊運動到傳送帶的最右端A點時，一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以v0=300m/s水平向左的速度正好射入木塊并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一顆子彈射穿木塊，設(shè)子彈穿出木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，g取10m/s2，求：（1）第一個子彈擊中后木塊的速度大小為多少；（2）第二顆子彈擊中前木塊向右運動到離A點多遠處；（3）木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈擊中；（4）從第一顆子彈射穿木塊后到木塊滑離傳送帶的過程中，木塊和傳送帶摩擦時產(chǎn)生的熱能是多少?！敬鸢浮浚?）v2=4m/s；（2）1.5m處；（3）3顆；（4）35.5J【詳解】（1）第一顆子彈擊中木塊過程中，設(shè)子彈射穿木塊后木塊的速度為v2，子彈射穿木塊的過程中由動量守恒定律得m解得v2=4m/s（2）假設(shè)第二顆子彈擊中前，木塊已經(jīng)與傳送帶共速，設(shè)此過程中木塊運動的時間為t，對地的位移為x1，以水平向右為正方向，由牛頓第二定律得μMg=Ma由運動學公式得v聯(lián)立解得t=1s假設(shè)成立，說明以上過程第二顆子彈還沒有射入木塊；由動能定理得?μMg解得x1=1.5m故在被第二顆子彈擊中前木塊向右運動到離A點1.5m處。（3）同（2）問規(guī)律，第二顆子彈射入后木塊相對地面運動的距離仍為1.5m，假設(shè)木塊向左運動能減速到零，則設(shè)此過程木塊對地的位移為x2，由動能定理得?μMg解得x2=1.6m因L2x1<x2，說明第三顆子彈射穿木塊后，木塊將從傳送帶的左端滑下，所以木塊在傳送帶上最多能被3顆子彈擊中。（4）設(shè)第一顆子彈射穿后，木塊在傳送帶上向左運動的時間為t1，此過程中傳送帶的位移為x3。木塊再向右運動直至與傳送帶同速過程中，木塊向右運動的時間為t2，位移為x4，傳送帶的位移為x5，則對木塊分析，由運動學公式得0=v2at1解得t1=0.8sx3=v1t1=0.8mt2=tt1=0.2sxx5=v1t2=0.2m子彈穿過木塊后，設(shè)木塊與傳送帶間發(fā)生的相對位移為Δx，則Δx=x2＋x3＋（x5x4）=2.5m則第一顆子彈射穿后木塊和傳送帶摩擦時產(chǎn)生的熱能Q1=μMgΔx=12.5J同理，第二顆子彈射穿后木塊和傳送帶摩擦時產(chǎn)生的熱能Q2也為12.5J設(shè)第三顆子彈射穿后木塊向左運動到滑下傳送帶的時間為t3，此過程中木塊的位移為x6，傳送帶的位移為x7，則xxt3=0.6sx7=v1t3=0.6m則第三顆子彈射穿后木塊和傳送帶摩擦時產(chǎn)生的熱能Q3=μMg（x6＋x7）=10.5J所以全過程木塊和傳送帶摩擦產(chǎn)生的總熱能Q=Q1＋Q2＋Q3=35.5J一、單選題1．（2024·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）汽車在平直公路上以恒定功率P啟動，在運動過程中受到的阻力Ff不變，如圖所示是汽車受到的合外力F與發(fā)動機的牽引力F牽之間的關(guān)系圖像，圖像與縱軸的截距為?b，則這輛汽車行駛的最大速度的大小A．Pb B．Pb2 C．Pb【答案】A【詳解】根據(jù)合外力與分力關(guān)系有F=所以F?F牽這輛汽車行駛的速度最大時，牽引力等于阻力，因此F解得v故選A。2．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考模擬預(yù)測）我國自行研制的新一代輪式裝甲車已達到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平，其將成為我國軍方快速部署輕型裝甲部隊的主力裝備。設(shè)該裝甲車的質(zhì)量為m，若在平直的公路上從靜止開始加速，則前進較短的距離s其速度便可達到最大值vmax。設(shè)在加速過程中發(fā)動機的功率恒為P，裝甲車所受阻力恒為f，當速度大小為v（vmax>v）時，所受牽引力為F。以下說法正確的是（）A．裝甲車速度大小為vmax時，牽引力做的功為FsB．裝甲車的最大速度vC．裝甲車速度大小為v時，加速度大小a=D．裝甲車從靜止開始至達到最大速度vmax所用時間t=【答案】B【詳解】A．在運動過程中，裝甲車的功率不變，根據(jù)P=Fv可知，速度增大，則牽引力減小，可知，加速過程牽引力不是恒力，所以裝甲車速度大小為vmax時，牽引力做的功不等于Fs，故A錯誤；B．當牽引力與阻力相等時，裝甲車的速度達到最大，根據(jù)P=fvmax知，最大速度vC．當裝甲車的速度大小為v時，此時牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F?f=ma，可得加速度大小a=F?fmD．根據(jù)動能定理得Pt?fs=12m故D錯誤。故選B。3．（2023·海南·校聯(lián)考一模）一輛質(zhì)量為20kg的玩具賽車在水平直跑道上由靜止開始勻加速啟動，達到額定功率后保持功率不變，其加速度a隨時間t變化的規(guī)律如圖所示。已知賽車在跑道上運動時受到的阻力恒為40N，賽車從起點到終點所用的時間為35s，賽車到達終點前已達到最大速度。下列說法正確的是（）A．賽車勻加速的距離為30m B．賽車的額定功率為1000WC．a(chǎn)?t圖像與坐標軸圍成的面積為20m/s D．起點到終點的距離為450m【答案】C【詳解】A．賽車勻加速的距離為x1=B．賽車做勻加速運動階段，根據(jù)牛頓第二定律有F?f=m解得F=805s末賽車的速度為賽車的額定功率為P=Fv=80×10W=800a?t圖像與坐標軸圍成的面積表示賽車速度的改變量，賽車初速度為零，則Δv=vD．賽車從起點到終點，根據(jù)動能定理有F解得起點到終點的距離為x=550m，故選C。4．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）圖（a）為玩具風鈴，它可以簡化為圖（b）所示的模型。已知圓盤的半徑為d，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩物體通過輕桿與圓盤連接，其中桿O1A與圓盤通過鉸鏈相連，A、B到O1的距離分別為lA和lB。圓盤繞OO′A．A、B兩物體做勻速圓周運動的向心加速度之比為lB．風鈴從靜止至達到穩(wěn)定過程中，輕桿O1A與輕桿AB對AC．O1A桿上的拉力與ABD．A、B兩物體做勻速圓周運動的動能之比為d+【答案】B【詳解】A．A、B兩物體做勻速圓周運動的角速度相同，做勻速圓周運動的半徑為r=d+l故它們做勻速圓周運動的向心加速度之比aAaB．風鈴從靜止至達到穩(wěn)定過程中，由動能定理有W故輕桿O1A與輕桿AB對A做的總功為12C．如果小球B的力沿桿，以B為研究對象受力分析知，AB桿上的拉力T以A、B整體為研究對象受力分析知，O1A桿上的拉力T故T但因為小球B的力不沿桿，所以拉力比不等于mAD．A、B兩物體做勻速圓周運動時，A、B的動能之比為EkD錯誤。故選B。5．（2024·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）使用如圖所示的卸貨裝置從高處卸下貨物時，先將質(zhì)量為m的貨物放置在傾角為α、長為L的粗糙木板上端，貨物開始加速下滑的同時，自動液壓桿啟動并逐漸縮短，液壓桿裝置最終完全縮回到地面以下，貨物以較小的速度v水平向右滑出木板，完成卸貨。已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．木板對貨物做功為12mv2C．摩擦力對貨物做功為12mv【答案】A【詳解】AB．設(shè)在整個過程中木板對貨物做功為W，根據(jù)動能定理有W+mgL木板對貨物做功為W=12D．木板轉(zhuǎn)動，支持力與貨物運動方向成鈍角，支持力對貨物做功WNC．木板對貨物做功為W=摩擦力對貨物做功為Wf=故選A。6．（2024·廣東佛山·統(tǒng)考一模）如圖所示，起重機以額定功率將地面上質(zhì)量為800kg的重物由靜止沿豎直方向吊起，4秒后，重物開始以1m/s的速度向上做勻速直線運動，忽略空氣阻力，重力加速度取g=10mA．0~4秒內(nèi)重物所受起重機牽引力逐漸變大 B．0~4秒內(nèi)重物的加速度大小恒為0.25C．0~4秒內(nèi)重物克服重力做功1.6×104J【答案】D【詳解】A．在0~4秒內(nèi)，起重機以額定功率將地面上重物由靜止沿豎直方向吊起，由P可知起重機額定功率不變，隨重物的速度逐漸增大，則重物所受起重機牽引力逐漸變小，A錯誤；B．在0~4秒內(nèi)，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)?mg=ma由于重物所受起重機牽引力逐漸變小，可知重物的加速度逐漸變小，B錯誤；D．重物在4秒后以1m/s的速度向上做勻速直線運動，由平衡條件可知，F(xiàn)可得起重機的額定功率為P額=C．0~4秒內(nèi)，對重物由動能定理可得，P在0~4秒內(nèi)，重物克服重力做功WG=故選D。二、多選題7．（2023·陜西咸陽·?？寄M預(yù)測）如圖所示，光滑斜面傾角分別為α、β，α<β，兩小物體用細線相連，繞過光滑小滑輪靜止放在斜面上，兩邊細線分別與斜面平行，P和Q高度相同?，F(xiàn)在把細線剪斷，則下列說法正確的是（）A．從開始到落地，P和Q的運動時間相同 B．從開始到落地，重力做功相同C．從開始到落地，重力做功的平均功率相同 D．P和Q運動到同一高度時重力做功的功率總相同【答案】CD【詳解】A．由于斜面光滑，設(shè)斜面傾角為θ，有mg設(shè)斜面高度為h，斜面長度為x=由勻變速直線運動有x=整理有t=2?gsin2B．從開始到落地，重力做功為W由于初始時兩物塊靜止，所以有m又因為α<β，所以兩物塊的質(zhì)量不相等，即兩物塊從開始到落地，重力做功不相同，故B項錯誤；C．由公式P將之前的數(shù)據(jù)帶入整理有P對于物體P有，P對于物體Q有，P由于mPgD．物體沿斜面下滑某一高度有?sinθ所以兩物體下落同一高度，其速度大小相同，改位置重力的功率為P=mgv對于物體P有P對于物體Q有P由于mPg故選CD。8．（2024·四川成都·成都七中?？家荒＃┤鐖D甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，一根輕彈簧一端與豎直墻面連接，另一端與工件不拴接。工件將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無初速度釋放，工件向右運動受到的摩擦力Ff隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，x0、Ff0為已知量，則下列說法正確的是（工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相等）（）A．工件在傳送帶上先做加速運動，后做減速運動B．工件向右運動2x0后與彈簧分離C．彈簧的勁度系數(shù)為FD．整個運動過程中摩擦力對工件做功為0.75【答案】BD【詳解】A．從圖乙可知，摩擦力在x0處方向發(fā)生變化，在xB．在x0～2x0區(qū)間摩擦力大小等于彈簧彈力大小，C．由胡克定律得k解得彈簧的勁度系數(shù)k=Ff0D．摩擦力對工件先做正功后做負功，圖乙圖像與x軸圍成的面積在數(shù)值上等于摩擦力對工件做的功，即W=Ff0故選BD。9．（2024·河南·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，一質(zhì)量為m的小物塊，從位置O以速度v0沿粗糙水平地面向右運動。小物塊與右方一豎直墻壁第一次碰撞后，反向向左運動。當小物塊水平向左運動至距豎直墻壁最遠處的P1（坐標為x1）位置時，立即對其施加一個水平向右的推力F，當小物塊運動到P2（坐標為x2）位置時，撤去推力F，使其與豎直墻壁第二次碰撞后，恰好反向運動至位置O處靜止不動。取位置O為坐標原點，水平向右為正方向。已知推力F隨小物塊水平位移的變化如圖乙所示，小物塊每次和豎直墻壁碰撞不計能量損失。則下列說法正確的是（

）A．小物塊每次和豎直墻壁碰撞的過程中，墻壁對小物塊的沖量大小為0B．小物塊每次和豎直墻壁碰撞的過程中，墻壁對小物塊做的功為0C．在小物塊從位置O開始運動到第一次返回到P1的過程中，摩擦力對小物塊做的功為?D．在推力F對小物塊作用的過程中，推力F對小物塊做的功為x【答案】BCD【詳解】A．小物塊每次和豎直墻壁碰撞的過程中，墻壁對小物塊的作用力不為零，根據(jù)I=Ft可知，墻壁對小物塊的沖量大小不為0，選項A錯誤；B．小物塊每次和豎直墻壁碰撞的過程中墻壁與物塊作用點沒有位移，故墻壁對小物塊做的功為零，選項B正確；C．由題意可知，P1點是物塊與墻壁碰后反向運動到達的最遠點，則物塊在到達P1位置時速度為零，則從在小物塊從位置O開始運動到第一次返回到P1的過程中，由動能定理可知，摩擦力對小物塊做的功為W選項C正確；D．因Fx圖像的面積等于力F的功，則在推力F對小物塊作用的過程中，推力F對小物塊做的功為W選項D正確。故選BCD。10．（2024·福建泉州·統(tǒng)考二模）運動員經(jīng)常采用背帶拉著輪胎奔跑的方式進行訓練。如圖，一運動員拉著輪胎在水平跑道上以大小為v的速度勻速運動，背帶對輪胎的拉力大小為F1，拉力的功率為P1；運動員換用較長的背帶，再拉著該輪胎仍以速度v勻速運動，背帶對輪胎的拉力大小為F2，拉力的功率為PA．F2一定大于F1 B．FC．P2一定大于P1 D．P【答案】BC【詳解】AB．對輪胎受力分析如圖所示水平方向有F豎直方向有mg=滑動摩擦力F聯(lián)立可得mg=根據(jù)數(shù)學知識有mg=其中tan由于背帶變長，則拉力F與水平方向的夾角θ減小，而上述正弦函數(shù)隨著夾角θ的變化，增減性不明，因此拉力F可能增大、可能減小也可能不變，即F2可能大于F1、可能小于F1C．拉力的功率P=Fv而F=則可得P=式中μmgv為定值，只需討論cosθcos當θ減小時，上式結(jié)果減小，則可知cosθcos故C正確，D錯誤。故選BC。三、解答題11．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）為了確保汽車每次能安全順利地通過一段陡峭的上坡路，小明通過觀察汽車在上坡時的加速度情況對其進行分析。已知汽車總質(zhì)量m=1500kg，汽車發(fā)動機的額定功率P=132kW，坡面與水平面夾角為θ=37°，汽車在坡面受到的阻力恒為車重的0.4倍，坡面足夠長。某次該汽車以加速度a=1m/s2啟動沿坡向上做勻加速直線運動，當功率達到額定功率后保持功率不變直到汽車獲得最大速度時，汽車總位移為s=40m（1）汽車保持勻加速直線運動的最長時間；（2）汽車從開始啟動到速度達到最大值所用的時間（結(jié)果保留整數(shù)）?！敬鸢浮浚?）8s；（2）9s【詳解】（1）設(shè)汽車的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律可得F?0.4mg?mg解得F=1.65×能夠勻加速的最大速度為v故能夠保持勻加速直線運動的最長時間為t（2）勻加速的位移為x故保持恒定功率加速階段的位移為x由0.4mg+mg解得汽車最大速度為v根據(jù)動能定理可得P解得t故總時間為t=12．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）圖（a）為成都天府國際機場某貨物傳送裝置實物圖，簡化圖如圖（b）所示，該裝置由傳送帶ABCD及固定擋板CDEF組成，固定擋板CDEF與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面ABCD與水平地面的夾角θ=37°，CD與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動時，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖（c）所示。已知傳送帶勻速運行的速度v=1m/s，貨物質(zhì)量m=10kg，其底部與傳送帶ABCD的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，其側(cè)面與擋板CDEF的動摩擦因數(shù)為μ2（1）貨物剛放上傳送帶時，其底面所受滑動摩擦力f1的大小及側(cè)面所受滑動摩擦力f（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時間t及傳送裝置多消耗的電能E；（3）某次測試過程中工作人員每隔Δt=1s從D點靜止釋放相同的貨物，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，若維持傳送帶勻速運轉(zhuǎn)，傳送帶相對空載時需增加的最大功率【答案】（1）f1=40N，f2=15N【詳解】（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為N1，貨物底面所受滑動摩擦力為f1，檔板對貨物支持力為N2NN由滑動摩擦力計算式有f1=代入數(shù)據(jù)可得f1=40（2）因為f1與運動方向相同，f2解得a設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時間為t1，對地位移為x1貨物勻加速階段的位移為x因x1<L，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運動，直至被取下，設(shè)此段運動時間為t2，位移為貨物勻速階段所用的時間為t貨物運動總時間為t=傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動能之和。貨物與傳送帶之間Q貨物與擋板之間Q貨物增加的動能Δ傳送裝置多消耗的電能為E（3）分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經(jīng)歷的時間均為t1，之后以速度v做勻速運動。因第1個貨物在傳送帶上運動的總時間為t=10.2s，設(shè)第1個貨物釋放后又釋放了N個貨物，則分析可知當?shù)?個貨物即將被取走時，傳送帶上共有11個貨物，且前10個已共速。第11個貨物在傳送帶上運動的時間為t第11個貨物相對傳送帶滑動。綜上，傳送帶上有11個貨物且第11個處于加速運動階段時，傳送帶需增加的功率達到最大值ΔP。傳送帶受到前10個貨物的靜摩力大小為10f2，受到第11個貨物的滑動摩擦力大小為13．（2023·江蘇·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，一根輕質(zhì)橡皮繩固定于O點，通過定滑輪A與質(zhì)量為m的物塊B相連接，物塊B靜止在A正下方的粗糙水平面上。OA間距恰好為橡皮繩的原長，A到物塊的距離為L，現(xiàn)對物塊施加一個水平向右的恒力F＝0.5mg的作用，物塊立刻獲得0.25g的初始加速度開始向右運動，g為重力加速度。物塊與地面的動摩擦因數(shù)μ=0.5，橡皮繩產(chǎn)生的彈力滿足胡克定律，物塊B、定滑輪A可作為質(zhì)點且不考慮其他摩擦。求：（1）橡皮繩的勁度系數(shù)k；（2）物塊向右運動到與初始位置相距為x時，其加速度a與x的關(guān)系式；（3）物塊向右運動的最大速度vm【答案】（1）k=mg2L；（2）a=14【詳解】（1）水平方向上，由牛頓第二定律得F?f=ma代入數(shù)據(jù)解得f=豎直方向上受力分析得kL+f=μ聯(lián)立解得k=（2）物塊向右運動到與初始位置相距為x時，彈性繩伸長量為L1，繩與水平方向夾角為θ，可得f由牛頓第二定律得F?由幾何關(guān)系得LL聯(lián)立解得Fa=（3）物塊向右運動至最大速度時，加速度為0，此時水平位移為x=對物塊受力分析，由（2）中關(guān)系式知，物塊運動過程中的摩擦力為恒力，且為f這一過程中摩擦力做功為W彈力在這一過程中由形變量L增加到L則此過程中彈力做的功為W因此橡皮繩增加的彈性勢能為E由動能定理得F解得v新情境：動能定理在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用1．（2023·湖南·校聯(lián)考二模）一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運行時A（含乘客）、B的質(zhì)量分別為和。A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長輕質(zhì)纜繩連接。電動機通過牽引繩向下拉配重B，使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動（轎廂A、配重B一直未與滑輪相撞）。電動機輸出功率保持不變。不計空氣阻力和摩擦阻力，。在A向上運動過程中，則（）A．轎廂A先做勻加速直線運動，再做加速度減小的直線運動，最后做勻速直線運動B．轎廂A能達到的最大速度C．轎廂A向上的加速度為時，配重B下端的牽引繩上拉力D．廂體A從靜止開始到上升的高度為時（箱體已處于勻速狀態(tài)），所用的時間【答案】C【詳解】電動機輸出功率保持不變，速度增大時，根據(jù)可知牽引力減小，所以轎廂A做加速度減小的直線運動，最后做勻速直線運動，故A錯誤；B．當轎廂A的速度達到最大時轎廂A做勻速直線運動，電動機的牽引力為F，則有又代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．當A向上的加速度為時，設(shè)A、B之間繩的拉力為，重物B下端繩的拉力大小為。分別分析A、B，根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立解得故C正確；D．廂體A從靜止開始到上升的高度為時，轎廂箱體已處于勻速狀態(tài)，對A、B整體，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤；故選C。2．（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）某同學利用如圖甲所示的裝置，探究物塊a上升的最大高度H與物塊b距地面高度h的關(guān)系，忽略一切阻力及滑輪和細繩的質(zhì)量，初始時物塊a靜止在地面上，物塊b距地面的高度為h，細繩恰好繃直，現(xiàn)將物塊b由靜止釋放，b碰到地面后不再反彈，測出物塊a上升的最大高度為H，此后每次釋放物塊b時，物塊a均靜止在地面上，物塊b著地后均不再反彈，改變細繩長度及物塊b距地面的高度h，測量多組（H，h）的數(shù)值，然后做出Hh圖像（如圖乙所示），圖像的斜率為k，已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，則以下給出的四項判斷中正確的是（）①物塊a，b的質(zhì)量之比

②物塊a、b的質(zhì)量之比③Hh圖像的斜率為k取值范圍是0<k<1

④Hh圖像的斜率為k取值范圍是1<k<2A．①③ B．②③ C．①④ D．②④【答案】D【詳解】①②．物塊的上升過程分為兩個階段，第一階段為在物塊釋放后，在繩子拉力的作用下加速上升，與此同時物塊加速下降，速率與物塊相同，第二個階段為物塊落地后，物塊在自身重力的作用下減速上升直至最高點。則第一階段對整體由動能定理有第二階段對物塊由動能定理有聯(lián)立以上兩式可得，結(jié)合圖像可得，，可知，故①錯誤，②正確；③④．要將物塊拉起，則有對物塊，則有可得，因此有，即，故③錯誤，④正確。故選D。3．（2023·山西太原·統(tǒng)考二模）備戰(zhàn)冬奧會期間，我國自主研發(fā)的轉(zhuǎn)盤滑雪訓練機在訓練基地投入使用。轉(zhuǎn)盤滑雪訓練機工作起來像一個巨型“陀螺”，可模擬一些特定的環(huán)境和場景。該轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速可調(diào)，轉(zhuǎn)盤與水平面的夾角為。某次訓練中，轉(zhuǎn)盤滑雪機繞垂直于盤面的固定轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離為處的運動員（可看成質(zhì)點）與圓盤始終保持相對靜止。運動員質(zhì)量為65kg，與盤面間的動摩擦因數(shù)為0.4，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。不計空氣阻力，g取，已知。則下列說法正確的是（）A．運動員隨圓盤做圓周運動時，某時刻可能受到兩個力的作用B．運動員訓練時，與圓盤相對靜止的最大值約為C．運動員在最高點受到的摩擦力一定隨的增大而減小D．運動員由最低點運動到最高點的過程中摩擦力對其所做的功約為【答案】C【詳解】A．當運動員在最高點時，由重力的下滑分力提供向心力時，靜摩擦力為零，此時受到兩個力的作用，則當物體在最低點時，得，又不符合實際情況，故運動員做勻速圓周運動時，不可能受兩個力，A錯誤；B．在最低點，摩擦力達到最大時，與圓盤相對靜止的角速度最大，根據(jù)牛頓第二定律，，得，B錯誤；C．由A選項可知，運動員在最高點時，靜摩擦力方向一定背離圓心，即，在最高點時，角速度越大，靜摩擦力越小，C正確；D．運動員動能不變，摩擦力做功等于克服重力做功，則摩擦力做功為，D錯誤。故選C。4．（2023·廣東惠州·統(tǒng)考一模）蹦床運動是運動員利用彈性蹦床的反彈在空中表演雜技的競技運動，如圖所示。若時刻，一運動員在最高點自由下落，直至運動到彈性蹦床最低點的過程中，忽略空氣阻力，則運動員的速度v、加速度a隨時間t及動能、機械能E隨位移x變化的關(guān)系圖像可能正確的是（

）A．B．C．D．【答案】A【詳解】A．一運動員在最高點自由下落，直至運動到彈性蹦床最低點的過程中，運動員開始一段時間只受到重力作用，做自由落體運動，之后受到重力和彈性蹦床的的彈力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有彈性床對運動員的彈力逐漸變大，運動員的速度逐漸減小，所以運動員做加速度減小的加速運動，當彈性床的彈力大于運動員的重力之后，合力向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，運動員做加速度增大的減速運動，因為速度時間圖像的斜率表示加速度，A正確；B．根據(jù)運動員在彈性床上運動屬于簡諧運動的一部分，所以根據(jù)稱性，可知運動員在最低點的加速度大于自由落體加速度，B錯誤；C．自由下落階段對運動員分析，根據(jù)動能定理，有，即接觸彈性床之前，動能增加與下落距離成正比，圖像為傾斜直線；接觸彈性床之后到彈力等于重力之前，運動員依然做加速運動，所以動能繼續(xù)增大，圖像為向上斜率變小的曲線，之后，彈力大于重力后動能減少，C錯誤；D．運動員在接觸到彈性床之前，機械能守恒，接觸彈性床之后，由于彈性床對運動員做負功，所以運動員的機械能減少，D錯誤。故選A。5．（2023·北京朝陽·統(tǒng)考二模）電動平衡車作為一種電力驅(qū)動的運輸載具，被廣泛應(yīng)用在娛樂、代步、安保巡邏等領(lǐng)域。某人站在平衡車上以初速度在水平地面上沿直線做加速運動，經(jīng)歷時間t達到最大速度，此過程電動機的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車整體的質(zhì)量為m，所受阻力的大小恒為f。則（）A．B．車速為時的加速度大小為C．人與車在時間t內(nèi)的位移大小等于D．在時間t內(nèi)阻力做的功為【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，當牽引力等于阻力時，平衡車的速度達到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度為，故A錯誤；B．車速為時的牽引力為由牛頓第二定律可得，解得，故B錯誤；D．平衡車從到最大速度，由動能定理得解得在時間t內(nèi)阻力做的功為，故D正確；C．在時間t內(nèi)阻力做的功解得人與車在時間t內(nèi)的位移大小為，故C錯誤。故選D。6．（2023·江蘇·模擬預(yù)測）據(jù)歷史文獻和出土文物證明，踢毽子起源于中國漢代，盛行于南北朝、隋唐。毽子由羽毛、金屬片和膠墊組成。如圖是同學練習踢毽子，毽子離開腳后，恰好沿豎直方向運動，假設(shè)運動過程中毽子所受的空氣阻力大小不變，則下列說法正確的是（）A．腳對毽子的作用力大于毽子對腳的作用力，所以才能把毽子踢起來B．毽子在空中運動時加速度總是小于重力加速度gC．毽子上升過程的動能減少量大于下落過程的動能增加量D．毽子上升過程中重力沖量大于下落過程中的重力沖量【答案】C【詳解】A．腳對毽子的作用力與毽子對腳的作用力是一對作用力和反作用力，等大反向，故A錯誤；B．因為空氣阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度