2025届高考物理二轮复习第一部分专题二功第5讲功和功率动能定理练习含解析

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，