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文档简介
PAGE24-第5讲功和功率动能定理构建网络·重温真题1.(2024·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg答案C解析画出运动示意图如图,设阻力大小为f,据动能定理知,A→B(上升过程):EkB-EkA=-(mg+f)hC→D(下落过程):EkD-EkC=(mg-f)h联立以上两式,解得物体的质量m=1kg,C正确。2.(2024·全国卷Ⅱ)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度,木箱获得的动能肯定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如图所示:木箱在移动的过程中有两个力做功,拉力做正功,摩擦力做负功,依据动能定理可知即:WF-Wf=eq\f(1,2)mv2-0,所以动能小于拉力做的功,故A正确;无法比较动能与摩擦力做功的大小,C、D错误。3.(2024·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运输至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变更关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程()A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5答案AC解析设第②次所用时间为t,依据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,eq\f(1,2)×2t0×v0=eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t-t0+t))×eq\f(1,2)v0,解得:t=eq\f(5t0,2),所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶eq\f(5t0,2)=4∶5,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿其次定律,F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,B错误;由功率公式P=Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,C正确;两次提升过程中动能增加量均为0,由动能定理得W电-mgh=0,两次提上升度h相同,所以电机两次做功相同,D错误。4.(2024·江苏高考)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面对右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物体从A点到O点的过程,弹力渐渐减为零,刚起先弹簧弹力大于摩擦力,故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程:弹力大于摩擦力过程,合力向右,加速度也向右,由于弹力渐渐减小,摩擦力不变,物块所受合力渐渐减小,加速度渐渐减小,当弹力等于摩擦力时速度最大,此位置在A点与O点之间;弹力小于摩擦力过程,合力方向与运动方向相反,弹力减小,摩擦力大小不变,物体所受合力增大,物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大,方向向左,物体做减速运动;从O点到B点的过程弹力增大,合力向左,加速度接着增大,A正确,B错误;从A点到O点过程,弹簧由压缩复原原长,弹力做正功,从O点到B点的过程,弹簧被拉伸,弹力做负功,故C错误;从A到B的过程中依据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功,故D正确。5.(2024·全国卷Ⅱ)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止起先下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力()A.始终不做功 B.始终做正功C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心答案A解析光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心,后指向圆心),与小环的速度方向始终垂直,不做功。故选A。6.(2024·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽视空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时,速度v=v0-gt,依据动能Ek=eq\f(1,2)mv2得Ek=eq\f(1,2)m(v0-gt)2,故图象A正确。7.(2024·天津高考)完全由我国自行设计、建立的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得胜利。航母上的舰载机采纳滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于探讨舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150m,BC水平投影L2=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止起先做匀加速直线运动,经t=6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60kg,g=10m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)舰载机由静止起先做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有eq\f(v,2)=eq\f(L1,t)①依据动能定理,对飞行员有W=eq\f(1,2)mv2-0②联立①②式,代入数据,得W=7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,依据几何关系,有L2=Rsinθ④由牛顿其次定律,对飞行员有FN-mg=meq\f(v2,R)⑤联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103N。⑥命题特点:功和功率的推断和计算、动能定理的应用是高考的重点,常常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查,以选择题和计算题考查较多,各种难度都可能出现。思想方法:微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。高考考向1功和功率的理解和计算例1(2024·江西联考)(多选)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止起先沿同一水平面运动,作用时间分别为t0和4t0,两物体运动的vt图象如图所示,则()A.A、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12B.水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为2∶1C.水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1D.在整个运动过程中,摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为5∶3eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)水平力F对A、B两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率?提示:瞬时功率。(2)整个运动过程中,水平力F对A、B两物体做功________(填“大于”“小于”或“等于”)A、B两物体克服摩擦力做功。提示:等于。[解析]由vt图象可知,A加速运动时的加速度aA1=eq\f(2v0,t0),减速运动时的加速度大小为aA2=eq\f(v0,t0),由牛顿其次定律有:F-f1=m1·eq\f(2v0,t0),f1=m1·eq\f(v0,t0),解两式得:f1=eq\f(F,3);B加速运动时的加速度大小为aB1=eq\f(v0,4t0),减速运动时的加速度大小为aB2=eq\f(v0,t0),由牛顿其次定律有:F-f2=m2·eq\f(v0,4t0),f2=m2·eq\f(v0,t0),解两式得:f2=eq\f(4F,5),所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12,A正确;由vt图象知,水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F·2v0)∶(F·v0)=2∶1,B正确;由vt图象与t轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力F作用时的位移之比为1∶2,由W=Fs可知,F对A、B两物体做功之比为1∶2,C错误;整个运动过程中,摩擦力对A做的功WA=-F·eq\f(2v0t0,2)=-Fv0t0,对B做的功WB=-F·eq\f(v0·4t0,2)=-2Fv0t0,由P=eq\f(W,t)可得PA=eq\f(-Fv0t0,3t0)=eq\f(-Fv0,3),PB=eq\f(-2Fv0t0,5t0)=eq\f(-2Fv0,5),PA∶PB=5∶6,D错误。[答案]AB计算功和功率时应留意的问题(1)计算功时,要留意分析受力状况和能量转化状况,分清是恒力做功,还是变力做功,恒力做功一般用功的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应留意横轴和纵轴分别表示的物理意义,若横轴表示位移,纵轴表示力,则可用图线与横轴围成的面积表示功,例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为eq\f(1,4)圆弧),力做的功分别为W1=F1x1、W2=eq\f(1,2)F2x2、W3=eq\f(π,4)F3x3。(3)计算功率时,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率,应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率;应留意区分公式P=eq\f(W,t)和公式P=Fvcosθ的适用范围,P=eq\f(W,t)计算的是平均功率,P=Fvcosθ侧重于对瞬时功率的计算。1.(2024·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车,其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300kg)抬升到60m高的灭火位置,此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速度为20m/s,水的密度为1.0×103kg/m3,g取10mA.使水炮工作的发动机的输出功率为10kWB.使水炮工作的发动机的输出功率为30kWC.伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104JD.伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105J答案D解析水的密度为ρ=1.0×103kg/m3,1min内流出水的质量:m=ρV=1.0×103×3kg=3000kg,1min内水获得的重力势能:Ep=mgh=3000×10×60J=1.8×106J,1min内水获得的动能:Ek=eq\f(1,2)mv2=6×105J,使水炮工作的发动机输出功率为:P=eq\f(W,t)=eq\f(Ep+Ek,t)=eq\f(1.8×106+6×105,60)W=4×104W,故A、B错误;伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功:W′=m′gh=300×10×60J=1.8×105J,故C错误,D正确。2.(2024·开封一模)(多选)如图所示,一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端,轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点,杆可绕A点在竖直平面内自由转动,杆的中点系一细绳,电机与自动装置限制绳子,使得杆可以从虚线位置绕AA.小球重力做功为2mgLB.绳子拉力做功大于2mgLC.重力做功功率渐渐增大D.绳子拉力做功功领先增大后减小答案AC解析小球在该过程中下降高度为2L,所以小球重力做功为2mgL,A正确;杆匀速转动过程中,小球动能不变,由动能定理可知,该过程中合外力做功为零,所以绳子拉力做功与重力做功大小相等,为2mgL高考考向2机车启动问题例2(2024·四川省成都市高三三模)目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发觉,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变,下列说法正确的是()A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C.上坡过程中,汽车速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2),所用的时间可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D.上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,所用时间肯定小于eq\f(2s,vm)eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)恒定功率启动过程中,汽车做何种形式的运动?提示:汽车功率不变时,速度增大牵引就会减小,汽车做加速度渐渐减小的加速运动,当牵引力等于阻力时速度最大。(2)功率不变时,汽车运动时间如何求解?提示:功率不变时牵引力做功等于Pt,可以由动能定理求解时间。[解析]关掉油门后的下坡过程,汽车的速度不变,动能不变,高度降低,重力势能减小,则汽车的机械能减小,故A错误;关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力大小不为零,时间不为零,则由I=Ft可知冲量不为零,故B错误;上坡过程中,汽车速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2),设所用的时间为t,依据动能定理可得:Pt-(f+mgsinθ)s=eq\f(1,2)m(eq\f(vm,2))2-eq\f(1,2)m(eq\f(vm,4))2,解得t=eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)+eq\f(f+mgsinθs,P),故C错误;上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,功率不变,由P=Fv可知速度增大,牵引力减小,加速度减小,设达到最大速度vm所用时间为t1,则由图象法可知eq\f(vm,2)·t1<s,解得t1<eq\f(2s,vm),故D正确。[答案]D解决机车启动问题时的分析思路(1)明确启动方式:分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程:机车功率是不断变更的,但该过程中的最大功率是额定功率,匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度,达到额定功率后做加速度减小的加速运动。匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵=F阻)求解方法:①求v1:由F牵-F阻=ma,P=F牵v1可得v1=eq\f(P,F阻+ma)。②求vm:由P=F阻vm,可得vm=eq\f(P,F阻)。(3)额定功率启动的过程:机车做加速度减小的加速运动,匀变速直线运动的规律不能用,速度最大值等于eq\f(P,F阻),牵引力是变力,牵引力做的功可用W=Pt计算,但不能用W=Flcosθ计算。留意:无论哪种启动方式,最终达到最大速度时,均满意P=F阻vm,P为机车的额定功率。3.(2024·衡阳模拟)(多选)一辆汽车在平直的马路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力—速度图象如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中所受阻力恒定,则依据图象所给的信息,下列说法正确的是()A.汽车行驶中所受的阻力为eq\f(F1v1,v3)B.汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为eq\f(mv1v3,v3-v1)C.速度为v2时的加速度大小为eq\f(F1v1,mv2)D.若速度为v2时牵引力恰为eq\f(F1,2),则有v2=2v1答案ABD解析依据牵引力—速度图象得汽车运动中的最大功率为F1v1。该汽车达到最大速度时加速度为零,此时阻力等于牵引力,所以阻力Ff=eq\f(F1v1,v3),A正确;依据牛顿其次定律,汽车匀加速运动时,加速度a1=eq\f(F1-Ff,m)=eq\f(F1,m)-eq\f(F1v1,mv3),加速的时间t=eq\f(v1,a1)=eq\f(mv1v3,F1v3-v1),则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I=F1t=eq\f(mv1v3,v3-v1),故B正确;由F1v1=F2v2可知速度为v2时的牵引力F2=eq\f(F1v1,v2),依据牛顿其次定律,速度为v2时加速度大小为a2=eq\f(F2-Ff,m)=eq\f(F1v1,mv2)-eq\f(F1v1,mv3),故C错误;若速度为v2时牵引力恰为eq\f(F1,2),则eq\f(F1v1,v2)=eq\f(F1,2),则v2=2v1,D正确。4.(2024·河北衡水中学三模)(多选)一起重机的钢绳由静止起先匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的有用功率达到最大值P,以后起重机保持该功率不变,接着提升重物,直到以最大速度v2匀速上升为止,则整个过程中,下列说法正确的是()A.若匀加速过程时间为t,则速度由v1变为v2的时间大于eq\f(v2-v1,v1)tB.钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)C.重物的最大速度为v2=eq\f(P,mg)D.重物做匀加速直线运动的时间为eq\f(mv\o\al(2,1),P-mgv1)答案ACD解析起重机提升重物的vt图象如图所示:若匀加速过程时间为t,则重物在匀加速过程中:a1=eq\f(v1,t),起重机的有用功率达到额定功率后,若按匀加速从v1到v2,设从v1加速到v2的时间为t2,则a2=eq\f(v2-v1,t2),结合图象可以看出a1>a2,即t2>eq\f(v2-v1,v1)t,故A正确;匀加速提升重物时钢绳拉力最大,且等于匀加速结束时的拉力,由P=Fv得钢绳的最大拉力Fm=eq\f(P,v1),故B错误;重物以最大速度匀速上升时,F=mg,所以v2=eq\f(P,mg),故C正确;重物做匀加速运动的加速度a=eq\f(Fm-mg,m)=eq\f(\f(P,v1)-mg,m)=eq\f(P-mgv1,mv1),则匀加速的时间为t=eq\f(v1,a)=eq\f(mv\o\al(2,1),P-mgv1),故D正确。高考考向3动能定理及其应用例3(2024·全国卷Ⅰ)如图,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eq\f(5,6)R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点由静止起先下滑,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=eq\f(1,4),重力加速度大小为g。eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())取sin37°=eq\f(3,5),cos37°=eq\f(4,5)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())(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)变更物块P的质量,将P推至E点,从静止起先释放。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eq\f(7,2)R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和变更后P的质量。eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)若想求出P运动到E点时弹簧的弹性势能,需先求出P运动到E点时滑行的距离,该距离可以通过探讨哪一过程求出?提示:P到达E然后又反弹回F点的整个过程。(2)从D点飞出后做平抛运动,如何求D点速度?提示:可以利用水平位移和竖直位移。[解析](1)依据题意知,B、C之间的距离l为l=7R-2R=5R①设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglsinθ-μmglcosθ=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ=37°。联立①②式并由题给条件得vB=2eq\r(gR)。③(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x=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Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦Ep=eq\f(12,5)mgR。⑧(3)设变更后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=eq\f(7,2)R-eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1=R+eq\f(5,6)R+eq\f(5,6)Rcosθ⑩设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1=eq\f(1,2)gt2⑪x1=vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD=eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)+m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R+\f(5,6)Rcosθ))⑭P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1=eq\f(1,3)m。[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m应用动能定理解题的“四步三留意两适用”(1)应用动能定理解题的四个步骤①确定探讨对象及其运动过程;②分析受力状况和各力的做功状况;③明确物体初末状态的动能;④由动能定理列方程求解。(2)应用动能定理解题应留意的三个问题①动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不牵扯加速度刚好间,比动力学探讨方法要简捷。②动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。(3)动能定理适用的两种状况①既适用于直线运动,也适用于曲线运动;②既适用于恒力做功,也适用于变力做功。5.(2024·山东威海三模)(多选)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上,在水平外力作用下由静止起先运动,小物块的加速度a随其运动距离x的变更规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在小物块运动0~2LA.小物块在0~L内做匀变速直线运动,L~2LB.小物块运动至2L处的速度为eq\r(6a0L)C.整个过程中水平外力做功为mL(2μg+3a0D.小物块从L处运动至2L处所用的时间为eq\f(1,2)eq\r(\f(L,a0))答案BC解析小物块在0~L内加速度减小,做加速度减小的变加速直线运动,L~2L内加速度不变,做匀加速直线运动,故A错误;整个过程,依据动能定理得:eq\f(3ma0+ma0,2)L+ma0L=eq\f(1,2)mv2,得小物块运动至2L处的速度为v=eq\r(6a0L),故B正确;整个过程合力做功为eq\f(3ma0+ma0,2)L+ma0L=WF-μmg·2L,得水平外力做功为WF=mL(2μg+3a0),故C正确;设小物块运动至L处的速度为v0,依据动能定理得:eq\f(3ma0+ma0,2)L=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),得v0=2eq\r(a0L),小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动,有L=eq\f(v0+v,2)t,联立解得t=(eq\r(6)-2)eq\r(\f(L,a0)),故D错误。6.(2024·江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示,桌子靠墙固定放置,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌面距地面H=0.8m,桌面总长L2=1.5m,斜面与水平桌面的倾角θ可在0°~60°间调整。将质量m=0.2kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知,忽视物块在斜面与桌面交接处的机械能损失,不计空气阻力。(重力加速度取g=10m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力;取sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求当θ=30°时,物块在斜面上下滑的加速度的大小;(可以用根号表示)(2)当θ增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(3)μ2取第(2)问中的数值,当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大?最大距离xm是多少?答案(1)(5-eq\f(\r(3),4))m/s2(2)0.8(3)53°1.9m解析(1)依据牛顿其次定律,可得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma代入数据得a=(5-eq\f(\r(3),4))m/s2。(2)由动能定理得mgL1sinθ-μ1mgL1cosθ-μ2mg(L2-L1cosθ)=0-0代入数据得μ2=0.8。(3)设小物块到达桌面右端的速度为v,依据动能定理有mgL1sinθ-μ1mgL1cosθ-μ2mg(L2-L1cosθ)=eq\f(1,2)mv2得20(sinθ-1.2+eq\f(3,4)cosθ)=v2,由数学学问可知sinθ+eq\f(3,4)cosθ=eq\r(12+(\f(3,4))2)sin(θ+φ)其中tanφ=eq\f(3,4),当θ+φ=90°时,即θ=53°时,sin(θ+φ)有极大值,veq\o\al(2,max)=20×(eq\f(5,4)-1.2)=1,vmax=1m/s由于H=eq\f(1,2)gt2,解得t=0.4sx1=vmaxt=0.4m,xm=x1+L2=1.9m。易错警示瞬时功率及阻力做功的求解例(2024·安庆模拟)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.从A运动到B,重力的瞬时功率变大B.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eq\f(1,2)F阻πL分析与解重力的瞬时功率PG=mgvcosθ,其中θ为mg与v的夹角,在A处v=0,则重力的瞬时功率为零,在B处θ=90°,重力的瞬时功率也为零,所以重力的瞬时功领先变大后变小,而有的同学求瞬时功率时丢掉cosθ,认为重力瞬时功率因v增大而增大,从而错选A。绳的拉力始终与速度垂直,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,故空气阻力做功为-F阻·eq\f(1,2)πL,故C、D错误。有的同学因没考虑到阻力做负功,而错选D。答案B易错警示用P=Fvcosθ计算瞬时功率时,θ为F与v的夹角,当F与v同向时公式简化为P=Fv。阻力做功要考虑其特点:阻力做负功,且与物体运动的路程有关。配套作业限时:50分钟满分:100分一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中第1~5题为单选题,第6~8题为多选题)1.(2024·全国卷Ⅰ)高铁列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,列车的动能()A.与它所经验的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动,列车动能Ek=eq\f(1,2)mv2,又因为v=at,所以Ek=eq\f(1,2)ma2t2,加速度a恒定,动能跟时间t的平方成正比,A错误;依据动能定理Ek=W合=F合s=mas,故动能与位移成正比,B正确;动能与速度平方成正比,故C错误;由Ek=eq\f(p2,2m),可知动能与动量的平方成正比,D错误。2.(2024·河南濮阳三模)水平力F方向确定,大小随时间的变更如图甲所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0起先渐渐增大的过程中,物块的加速度a随时间变更的图象如图乙所示。重力加速度大小为10m/s2。问在0~4s时间内,合外力对小物块做的功为()A.24JB.12JC.8JD.6J答案A解析依据Ft图象和at图象可知,t1=2s时,F1=6N,a1=1m/s2;t2=4s时,F2=12N,a2=3m/s2,依据牛顿其次定律可得:F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,联立解得小物块的质量和动摩擦因数为:m=3kg,μ=0.1,依据at图象与t轴所围面积为小物块的速度变更量Δv,得小物块在t2=4s末时的速度v=0+Δv=4m/s,依据动能定理可得合外力对小物块做的功W=eq\f(1,2)mv2=24J,故A正确。3.(2024·江苏高考)一小物块沿斜面对上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面倾角为θ,依据动能定理,当小物块沿斜面上滑时,有-(mgsinθ+f)x=Ek-Ek0,即Ek=-(f+mgsinθ)x+Ek0,所以Ek与x的函数关系图象为直线,且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时,依据动能定理有(mgsinθ-f)(x0-x)=Ek-0(x0为小物块到达最高点时的位移),即Ek=-(mgsinθ-f)x+(mgsinθ-f)x0,所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。综上所述,C正确。4.(2024·四川德阳三诊)如图所示,卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉轻绳牵引河中的小船沿水面运动,已知小船的质量为m,沿水面运动时所受的阻力为f,当绳AO段与水平面的夹角为θ时,小船的速度为v,不计绳子与滑轮的摩擦,则此时小船的加速度等于()A.eq\f(P0cosθ,mv) B.eq\f(P0,mv)-eq\f(f,m)C.eq\f(P0,mvcosθ)-eq\f(f,m) D.eq\f(P0cos2θ,mv)-eq\f(f,m)答案B解析小船的实际运动为合运动,可分解为沿着绳子方向和垂直绳子方向的分运动,如图a,依据平行四边形定则,有v车=v·cosθ,则绳上的拉力:F=eq\f(P0,v车)=eq\f(P0,vcosθ),对船受力分析:受重力、拉力、浮力和阻力,如图b所示,依据牛顿其次定律,有F·cosθ-f=ma,联立以上式子解得:a=eq\f(P0,mv)-eq\f(f,m),故B正确。5.(2024·山西省五地市高三上学期期末大联考)如图所示,斜面倾角为θ。一轻弹簧的自然长度与斜面长相同,都为L,弹簧一端固定在斜面的底端,将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连,用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点,松手后,小球最终落地的速度大小为v,不计空气阻力和一切摩擦,则该过程中,人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()A.W=eq\f(1,2)mv2-mgLsinθ;H=eq\f(v2sin2θ+2gLsinθcos2θ,2g)B.W=eq\f(1,2)mv2;H=eq\f(v2sin2θ-2gLsinθcos2θ,2g)C.W=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mgLsinθ;H=eq\f(v2sin2θ+2gLsinθcos2θ,2g)D.W=eq\f(1,2)mv2-mgLsinθ;H=eq\f(v2,2g)答案A解析对人从起先压弹簧到小球落地的整个过程,由动能定理得W+mgLsinθ=eq\f(1,2)mv2-0,则W=eq\f(1,2)mv2-mgLsinθ;设小球离开斜面时的速度为v0,对小球做斜抛运动的过程,由动能定理得mgLsinθ=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0);小球从最高点到落地的过程,由动能定理得mgH=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)m(v0cosθ)2,联立解得:H=eq\f(v2sin2θ+2gLsinθcos2θ,2g),故选A。6.(2024·山东聊城二模)如图所示,质量相等的甲、乙两球分别固定于两轻杆的一端,两杆长度分别为L、2L,且两杆与水平面夹角相等。两杆的另一端分别可绕轴O、OA.甲、乙两球的动能之比为1∶1B.甲、乙两球的动能之比为1∶2C.甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1D.甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶2答案BC解析对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得:mg(L+Lsinθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)-0,对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得:mg(2L+2Lsinθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)-0,所以最低点时两球的动能之比为eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,甲),\f(1,2)mv\o\al(2,乙))=eq\f(1,2),A错误,B正确;对最低点的甲球受力分析,由牛顿其次定律可得T甲-mg=meq\f(v\o\al(2,甲),L),对最低点的乙球受力分析,由牛顿其次定律可得T乙-mg=meq\f(v\o\al(2,乙),2L),所以最低点时杆对两球的拉力之比为eq\f(T甲,T乙)=eq\f(1,1),依据牛顿第三定律,最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1,故C正确,D错误。7.(2024·山东日照高三5月校际联合考试)一质点静止在光滑水平桌面上,t=0时刻在水平外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变更的图象如图所示。依据图象供应的信息,推断下列说法正确的是()A.质点在t1时刻的加速度最大B.质点在t2时刻离动身点最远C.在t1~t2的时间内,外力的功领先增大后减小D.在t2~t3的时间内,外力做负功答案BC解析vt图象的斜率代表加速度,所以t1时刻的加速度为零,最小,A错误;vt图象与t轴所围的面积代表位移,横轴上方为正向位移,下方为负向位移,所以t2时刻正向位移最大,离动身点最远,B正确;在t1~t2的时间内,依据P=Fv=mav,t1时刻加速度为零,外力为零,外力功率为零,t2时刻速度为零,外力功率为零,而中间随意时刻速度、外力都不为零,所以功领先增大后减小,C正确;t2~t3的时间内,物体动能增大,外力对物体做正功,D错误。8.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示。在圆心处连接有力传感器,用来测量绳子上的拉力,运动过程中小球受到空气阻力的作用,空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点,力传感器的示数为7mg,重力加速度为g,此后小球接着做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,下列说法正确的是()A.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为eq\f(1,2)mgRB.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC.再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD.再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg答案AD解析小球在最低点时有F1=T-mg=meq\f(v\o\al(2,1),R),解得v1=eq\r(6gR),由于小球恰好能通过最高点,所以在最高点时,有mg=meq\f(v\o\al(2,2),R),可得v2=eq\r(gR),小球从最低点到最高点的上升过程,由动能定理可得-mg·2R-Wf=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),解得小球克服空气阻力做的功Wf=eq\f(1,2)mgR,A正确,B错误;小球从最高点到最低点的下落过程,由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小,分析可知在同一高度上上升时的阻力大于下落时的阻力,故下落过程中空气阻力做的功Wf′<Wf,由动能定理可得mg·2R-Wf′=eq\f(1,2)mv1′2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2),解得v1′>eq\r(4gR),小球再次经过最低点时有F2=T′-mg=meq\f(v1′2,R),解得T′>5mg,C错误,
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