第6课时功与功率功能关系

知识网络构建第6课时功与功率、功能关系内容重要的规律、公式和二级结论1.功、功率(1)功的计算公式：W＝Flcosα或W＝Pt。(2)功率：P＝eq\f(W,t)或P＝Fv。(3)重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。(4)物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数μ与L、h之间存在关系μ＝eq\f(h,L)，如图所示。2.动能、动能定理(5)动能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)；动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。3.功能关系(6)重力做功——重力势能变化；合外力做功——动能变化；静电力做功——电势能变化；分子力做功——分子势能变化；除重力或弹簧弹力之外的其他力做功——机械能变化。(7)一对静摩擦力做功的代数和为零；相对滑动的物体因摩擦产生的热量为Q＝Ffs相对，s相对为相对滑动的路程。高考题型一功、功率的分析与计算1.功的求法2.功率的求法角度1功的分析与计算【例1】(2021·6月浙江选考，11)中国制造的某一型号泵车如图1所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为()图1发动机最大输出功率(kW)332最大输送高度(m)63整车满载质量(kg)5.4×104最大输送量(m3/h)180×107J B.5.04×107JC.1.08×108J D.2.72×108J答案C解析泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J，故C正确。角度2功率的分析与计算【例2】(2022·超级全能生原创卷)为达成我国在2060年前实现碳中和的宏伟目标，国家大力提倡绿色能源和绿色交通等项目。现有一质量为m的某品牌新能源汽车在水平路面上进行启动测试，已知测试时保持功率恒定，经过时间t汽车速度恰好达到最大速度v，此过程汽车位移为x，汽车所受阻力f大小不变。则在该过程中()A.汽车的功率大小为P＝eq\f(mv3,2（vt－x）)B.汽车受到的阻力大小为f＝eq\f(mv,2t)C.速度为eq\f(v,2)时，汽车发动机牵引力大小为F＝eq\f(mv2,2（vt－x）)D.速度为eq\f(v,2)时，汽车的加速度大小为a＝eq\f(v2,vt－x)答案A解析对汽车启动过程，由动能定理得Pt－fx＝eq\f(1,2)mv2－0，又P＝fv，可得汽车的恒定功率大小P＝eq\f(mv3,2（vt－x）)，汽车受到的阻力f＝eq\f(mv2,2（vt－x）)，A正确，B错误；速度为eq\f(v,2)时，汽车发动机牵引力F＝eq\f(2P,v)＝eq\f(mv2,vt－x)，汽车的加速度大小a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(v2,2（vt－x）)，故C、D错误。【素能提升】1.(多选)(2022·浙江宁波二模)如图2甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()图2A.物块的质量为1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C.0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD.0～3s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12J答案AD解析由题图丙知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，则F2＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝eq\f(0.8－0,3－1)m/s2＝0.4m/s2，在3～4s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则mgsinθ＋F3＝μmgcosθ，联立解得m＝1kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；在0～1s时间内，物块静止，力F不做功，在1～3s时间内，力F2＝0.8N，物块的位移x＝eq\f(1,2)×0.8×2m＝0.8m，在0～3s内力F做功的平均功率P3＝eq\f(F2x,t3)＝eq\f(0.8×0.8,3)W≈0.213W，故C错误；0～3s时间内物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgxcosθ＝5.12J，故D正确。2.(2022·超级全能生原创卷)儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性，能很好培养孩子的操作能力，锻炼孩子肢体的协调性，深受少年、儿童和家长的喜爱，如图3甲所示。小明等几位同学利用某品牌的某个型号的一辆小汽车，对其最大功率进行测试。他们由一位同学操控小汽车沿水平直轨道由静止开始运动，3s后达到最大功率，之后功率保持不变，14s时解除动力自由滑行，20s时停止运动，运动过程中的v－t图像如图乙所示(除3～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知人与车总质量为50kg，且认为整个运动过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知()图3A.整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功B.小汽车的最大功率为600WC.前3s内牵引力做的功为225JD.3～10s时间内克服阻力做的功为1425J答案D解析整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功和产生的焦耳热之和，故A错误；小汽车在14～20s内做匀减速直线运动时，加速度大小a2＝1m/s2，只受阻力作用，根据牛顿第二定律得f＝ma＝50N，匀速运动时牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm，代入数据可得最大功率P＝300W，故B错误；在0～3s时间内，有F－f＝ma1，P＝Fv1，v1＝a1t1，联立解得a1＝1m/s2，F＝100N，v1＝3m/s，在0～3s时间内的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4.5m，因此0～3s时间内牵引力做的功W1＝Fx1＝450J，故C错误；在3～10s时间内，根据动能定理可得Pt2－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据解得Wf＝1425J，故D正确。高考题型二动能定理的应用【例3】(2022·浙江1月选考，20)如图4所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，图4(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(0.85m≤lx≤3m)(3)eq\f(13,15)meq\f(9,5)meq\f(41,15)m解析(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入数据解得FN＝7N。(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥0即lx≥0.85m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)。(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m将0.85m≤lx≤3m代入上式可得eq\f(27,28)≤n≤eq\f(39,7)由运动过程可知，n只能取1、3、5①当n＝1时，lx＝eq\f(13,15)m②当n＝3时，lx＝eq\f(9,5)m③当n＝5时，lx＝eq\f(41,15)m。应用动能定理解题的五点注意【素能提升】3.(2022·福建厦门第二次质检)如图5甲所示，飞檐是中国传统建筑的重要表现之一，通过檐部上的特殊构造，不但扩大了采光面、有利于排水，还增添了建筑物的美感。现把飞檐看成一个弯曲轨道AB，轨道的最低点B的切线沿水平方向，如图乙所示。现有几颗松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，从B点飞出落到水平地面上。空气阻力不计，松果之间不发生相互碰撞，则()图5A.松果从A点运动到B点的过程，某时刻所受合力可能等于0B.松果从A点运动到B点的过程，重力所做的功小于动能变化量C.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等D.所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小相等答案C解析松果从A点运动到B点的过程，松果做曲线运动，所受合力不为零，故A错误；松果从A点运动到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝ΔEk，即重力所做的功大于动能变化量，故B错误；松果从B点飞出后做平抛运动，运动时间均为t＝eq\r(\f(2h,g))，故C正确；因为松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，所以从B点飞出时水平方向初速度不相等，又因为所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动时间相等，故所有松果从B点飞出落到水平地面上的运动位移大小不相等，故D错误。4.(2022·成都七中模拟)如图6所示，一滑块(可视为质点)从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28N。已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m＝0.5kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则轨道AB的长度为()图6A.6.75m B.6.25mC.6.5m D.6.0m答案A解析根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小为FN＝FN′＝28N，设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有FN－mgcos53°＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有mgLABsin37°－μmgLABcos37°－mgR(cos37°－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，联立并代入数据解得轨道AB的长度为LAB＝6.75m，故A正确。高考题型三功能关系及应用各种能量及对应的功能关系总结能量对应的功能关系重力势能重力做功：WG＝Ep1－Ep2弹性势能弹力做功：W弹＝Ep1－Ep2动能总功：W总＝Ek2－Ek1机械能不包含弹簧W除重力之外＝E2－E1包含弹簧W除重力和弹力之外＝E2－E1滑动摩擦力产生的内能系统克服滑动摩擦力做功：Wf＝Q＝Ffs相对电势能静电力做功：W电＝Ep1－Ep2导体切割磁感线产生的电能克服安培力做功：W克＝E2－E1分子势能分子力做功：W分子力＝Ep1－Ep2气体内能(绝热状态)气体体积增大W对外＝－ΔU气体体积减小W对气＝ΔU【例4】(多选)(2022·河南猜题卷)如图7所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图像可能正确的是()图7答案BC解析乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力f＝kv发生的位移为Δx＝vΔt由动能定理有－(mg＋f)Δx＝ΔEk可得eq\f(ΔEk,Δt)＝－(mg＋kv)v上升过程，速度逐渐减小，eq\f(ΔEk,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ek－t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，同理，下降阶段有eq\f(ΔEk,Δt)＝(mg－kv′)v′下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，eq\f(ΔEk,Δt)的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；上升阶段结合上述分析，有ΔEp＝mgΔx有eq\f(ΔEp,Δt)＝mgv上升阶段速度逐渐减小，eq\f(ΔEp,Δt)的绝对值逐渐减小，即Ep－t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep－t图线斜率也为0，同理，下降阶段有eq\f(ΔEp,Δt)＝－mgv′速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。【素能提升】5.(2022·云南昆明模拟)小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图8所示，则下列说法正确的是()图8A.小球的加速度先减小后增大B.小球上升的时间比下降的时间长C.小球上升过程阻力做功比下降过程少D.小球上升过程阻力做功比下降过程快答案D解析由于阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面那条曲线为上升过程机械能随高度的变化曲线，下面那条曲线为下降过程机械能随高度的变化曲线，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻力变大。上升时mg＋f＝ma，做加速度减小的减速运动；下降时mg－f＝ma，做加速度减小的加速运动，故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误；由于阻力作用，同一高度上升时速度大于下降时速度，上升平均速度大，时间短，故B错误；上升时，阻力做功大小为E0－E1，下降时阻力做功大小为E1－E2，上升阻力做功多，故C错误；上升时阻力做功多，时间短，故做功快，故D正确。6.(多选)(2022·天津五校联考)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图9甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v－t图像可知()图9A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8JD.A、B两点的距离为2.4m答案BC解析由图像可知，传送带的速度为2m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2s内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由图像得到a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcos37°(Δx1＋Δx2)＝0.5×1×10×0.8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t图像与坐标轴围成的面积。所以有sAB＝eq\f(2×0.2,2)m＋eq\f(2＋4,2)×1m＝3.2m，故D错误。1.(2021·山东高考，3)如图10所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()图10A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),16πL)答案B解析木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－f·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故选项B正确。2.(多选)(2022·广东高考，9)如图11所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有()图11A.从M到N，小车牵引力大小为40NB.从M到N，小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q，小车重力势能增加1×104JD.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J答案ABD解析小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W，代入数据解得F＝40N，故A正确；小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40N，则克服摩擦力做功为W1＝Ff1·MN＝40×20J＝800J，故B正确；小车从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5×103J，故C错误；小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，代入数值解得Ff2＝35N，克服摩擦力做功为W2＝Ff2·PQ，联立解得W2＝700J，故D正确。3.(2022·浙江6月选考，13)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为()A.13.2s B.14.2sC.15.5s D.17.0s答案C解析为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，上升至平台时速度刚好为零。重物在第一阶段做匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律可得a1＝eq\f(FTm－mg,m)＝eq\f(300－20×10,20)m/s2＝5m/s2当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝eq\f(P额,FTm)＝eq\f(1200,300)m/s＝4m/s此过程所用时间和上升高度分别为t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(4,5)s＝0.8sh1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＝eq\f(42,2×5)m＝1.6m重物以最大速度做匀速运动时，有vm＝eq\f(P额,FT)＝eq\f(P额,mg)＝eq\f(1200,200)m/s＝6m/s重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝eq\f(vm,am)＝eq\f(6,5)s＝1.2sh3＝eq\f(veq\o\al(2,m),2am)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)又有h2＝h－h1－h3＝80m联立解得t2＝13.5s故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5s故C正确，A、B、D错误。1.(2022·河北沧州二模)在竖直电梯中放置一个铁架台，铁架台上端固定一个力传感器，下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯由静止向上运行时，数据采集系统采集到拉力F随时间t的变化如图1所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是()图1A.a到b过程中电梯向上加速，b到c过程中电梯向上减速B.a到b过程中拉力对钩码做正功，b到c过程中拉力对钩码做负功C.d到e过程中拉力对钩码做负功，e到f过程中拉力对钩码做正功D.a到c过程中拉力对钩码做正功，d到f过程中拉力对钩码做正功答案D解析从a到b过程中，力F大于mg，钩码加速度向上，向上做加速运动，同理，从b到c过程中钩码也向上做加速运动，故A错误；电梯向上运动，a到c过程中拉力做正功，d到f过程电梯减速向上运动过程中拉力做正功，B、C错误，D正确。2.(2021·北京高考，8)如图2所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是()图2A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大答案B解析汽车的输出功率等于牵引力的功率P＝Fv，汽车的速率不变，在ab段的牵引力大小不变，故汽车在ab段的输出功率不变，选项A错误；同理，选项C错误；汽车在ab段受到的牵引力比bc段的大，又两段的速率相等，由P＝Fv可知汽车在ab段的输出功率比bc段的大，选项B正确；汽车在cd段的牵引力比bc段的小，所以在cd段的输出功率比bc段的小，选项D错误。3.(2022·山东东营模拟)如图3所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动。某次训练中，轮胎的质量为5kg，与轮胎连接的拖绳与地面的夹角为37°，轮胎与地面间的动摩擦因数是0.8。若运动员拖着轮胎以5m/s的速度匀速前进，则10s内运动员对轮胎做的功最接近的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()图3A.500J B.750JC.1250J D.2000J答案C解析对轮胎受力分析得：Fcosθ＝Ff，FN＋Fsinθ＝mg，且Ff＝μFN，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(0.8×50,0.8＋0.8×0.6)N＝31.25N，10s内运动员对轮胎做功WF＝Fcosθ·vt＝31.25×0.8×5×10J＝1250J，选项C正确。4.(2022·湖南岳阳二模)“和谐号”动车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，动车的速度v、位移x、功率P、动能Ek与运动时间t的关系，下列说法正确的是()A.v与t成反比 B.x与t成反比C.P与t成正比 D.Ek与t成正比答案C解析初速度为零的匀加速直线运动中速度与时间关系为v＝at，可知v与t成正比，故A错误；由位移与时间关系为x＝eq\f(1,2)at2可知x与t2成正比，故B错误；加速度大小不变，牵引力大小不变，根据P＝F牵引v＝F牵引at可知P与t成正比，故C正确；根据动能表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，可知Ek与t2成正比，故D错误。5.(2021·湖北高考，4)如图4甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()图4A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgs1sin30°－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s1，结合0～10m内的Ek－s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的Ek－s图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。6.(2022·天津预测)我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图5所示，倾角为α、长为2m的斜面固定在水平地面上，质量为100kg的滑块置于斜面底部A处，滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.1，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，速度变为1m/s，重力加速度g取10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8。将滑块沿斜面拉到0.72m处时拉力F的功率为()图5A.52.5W B.63WC.352.5W D.423W答案D解析对滑块受力分析有F－mgsinα－μmgcosα＝ma根据运动学公式有v2＝2aL联立解得F＝705N，a＝0.25m/s2将滑块沿斜面拉到0.72m处时，速度为v′＝eq\r(2as)＝0.6m/s则拉力的功率为P＝Fv′＝423W，故D正确。7.(2022·福建龙岩质检)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图6所示。已知轿车的总质量为1300kg，其所受的阻力不变，则轿车()图6A.速度随时间均匀增大B.加速度随时间均匀减小C.所受阻力大小为2.73×103ND.电动机输出功率为9.1×103W答案C解析由图可知，轿车加速度变化，做变加速直线运动，故A错误；a－eq\f(1,v)函数方程a＝eq\f(70,v)－2.1，因为轿车做变加速运动，所以加速度不是随时间均匀减小，故B错误；对轿车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，F＝eq\f(P,v)，联立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，结合图线，当轿车的速度最大时，加速度为零，故结合图像可知，a＝0时，eq\f(1,v)＝0.03，解得v＝eq\f(100,3)m/s，由图像可知－eq\f(f,m)＝－2.1，解得f＝2.1m＝2.1×1300N＝2.73×103N，电动机输出功率P＝fv＝9.1×104W，故C正确，D错误。8.(2022·超级全能生原创卷)质量为m的物体(可视为质点)，位于距离地面高度为h的平台边缘，如图7所示。某时刻物体以水平初速度从平台边缘飞出，选取飞出点为坐标原点，已知重力加速度为g，忽略空气阻力和平台的摩擦，在运动过程中的任意位置，关于其动能Ek和重力做的功W与水平位移x的关系，以下图像描述正确的是()图7答案B解析根据平抛运动的规律，在水平方向有vx＝v0，x＝v0t在竖直方向有vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2由以上各式得速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可知动能Ek与水平位移x的关系是一条抛物线，A错误，B正确；重力做的功为W＝mgy＝mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mg2,2veq\o\al(2,0))x2可知重力做的功W与水平位移x的关系是一条过原点的抛物线，C、D错误。9.(多选)(2021·全国甲卷，20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B.物体向下滑动时的加速度大小eq\f(g,5)C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析设物体沿斜面向上滑动的距离为s，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgssinα－μmgscosα＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgssinα－μmgscosα＝eq\f(Ek,5)－0，两式联立解得s＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，故A错误，C正确；物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，故B正确；同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大小大于下滑过程的加速度大小，由s＝eq\f(1,2)at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短，故D错误。10.(2022·河北衡水中学期中)如图8所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在的水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙。一绳长为3R的轻绳一端系于斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直，小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点，已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中()图8A.合外力做功eq\f(1,2)mgRB.重力做功mgRC.克服摩擦力做功eq\f(3,4)mgRD.机械能减少eq\f(1,4)mgR答案D解析以小球为研究对象，则小球恰好第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好提供向心力，则有mgsin30°＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\r(gRsin30°)＝eq\r(0.5gR)，小球从A到B的运动过程中，合外力做功等于动能的增加，合外力做功为W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,4)mgR，故A错误；小球从A到B的运动过程中，重力做功为WG＝mgRsin30°＝eq\f(1,2)mgR，故B错误；小球从A到B的运动过程中，设摩擦力做功为Wf，根据动能定理Wf＋WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得Wf＝－eq\f(1,4)mgR，即物体克服摩擦力做功为eq\f(1,4)mgR，故C错误；由于物体克服摩擦力做功为eq\f(1,4)mgR，根据功能关系可知机械能损失为eq\f(1,4)mgR，故D正确。11.我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图9所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。图9(1)若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶上升过程的最大速度vm；(2)空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时的速度大小v；(3)水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程中人做的功W。答案