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题组一　功和功率
1．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ.当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L.小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　)
A．WF＝FL(cos θ＋1)　 B．WF＝2FLcos θ
C．Wf＝μmgLcos 2θ D．Wf＝FL－mgLsin 2θ
解析：小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2Lcos θ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcos θ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos 2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos 2θ，C正确，D错误．
答案：BC
2．(2018·江苏卷)(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向右运动，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
解析：小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误．在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误．由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确．
答案：AD
3．一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0.由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率减半，以P0的恒定功率行驶到t2时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶到t3时刻，整个过程汽车所受阻力恒为f，则在0～t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图象可能是(　　)
解析：在0～t1时间内，汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，v-t图线应为一段横线；t1～t2时间内，汽车的功率减为P0的瞬间，汽车速度仍为v0，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得f－＝ma1，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度v降至时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；t2～t3时间内，汽车的功率恢复到P0的瞬间，汽车速度为v0，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得－f＝ma2，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度v升至v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为v0的匀速直线运动，选项B正确．
答案：B
题组二　动能定理应用
4.(多选)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，载人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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，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mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得：v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝g，选项D错误．
答案：AB
5.如图所示，固定斜面倾角为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，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，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.mv2－mgLsin θ；
B.mv2；
C.mv2－mgLsin θ；
D.mv2－mgLsin θ；
解析：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，
由动能定理得W＋mgLsin θ＝mv2－0，
则W＝mv2－mgLsin θ；
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mgLsin θ＝mv2－mv；
从最高点到落地的过程，由动能定理得
mgH＝mv2－m(v0cos θ)2，
联立解得：H＝.
答案：A
6.(2020·天津卷)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
解析：动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝Fvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝mv－mv，D错误．
答案：BC
题组三　机械能守恒定律的应用
7.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块(　　)
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
解析：两物块开始处在同一高度且处于静止状态，则mAg＝mBgsin θ，剪断轻绳后A自由落体，B沿光滑斜面下滑，机械能都守恒，着地时下降的高度相同，由mgh＝mv2 可知，两物块着地时的速度大小相同，因此速率的变化量相同，A项错误；两物块的机械能变化量都为零，B项错误；两物块的质量不等，下落的高度相等，由WG＝mgh可知两物体重力做功不等，因而重力势能变化量的大小不同，C项错误；设下落的高度为h，则A下落过程的时间为tA＝，B下滑所用时间为tB＝，将重力做功、运动时间及质量关系代入重力做功的平均功率P＝公式，可求得两物体运动过程中重力做功的平均功率相等．
答案：D
8.(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中(　　)
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
解析：A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝Ep＝mgL，故D错误．
答案：AB
9.(多选)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中(　　)
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为(－)mgL
C．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力
D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg
解析：A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos 30°－cos 45°)，即弹性势能的最大值为Ep＝(－)mgL，故B正确；对B：水平方向的合力Fx＝F杆sin α－F弹＝ma，滑块B先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sin α，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－FN＝2ma，则有FN＜3mg，故D正确．
答案：BD
题组四　功能关系的应用
10.(2020·安庆模拟)如图所示，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，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　)
A． B．
C．mv2 D．2mv2
解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．
答案：C
11.(多选)如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．物体减少的机械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3
B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3
C．物体到达底端时的速度v1＝v2D．物体到达底端时的速度v2解析：如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功，等于物体减少的机械能．当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmgcos θ·xAC＝μmgxBC，则物体克服摩擦力所做的功与BC边长度有关，W克1>W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FN＝mgcos θ＋m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmgcos θ，则W克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3，故A错误；由动能定理可知mgh－W克＝mv2，由于W克2>W克1>W克3可得v2答案：BD
题组五　综合练
12.(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P.
解析：(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有
v2＝2ax，①
代入数据解得
a＝2 m/s2.②
(2)飞机受到的阻力F阻＝0.1mg.③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma，④
飞机滑跑过程中的平均速度v＝，⑤
所以牵引力的平均功率P＝Fv，⑥
联立②③④⑤⑥式得
P＝8.4×106 W．⑦
答案：(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
13．(2020·浙江卷)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放．已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)机械能守恒定律
mgH＝mgR＋mv，
牛顿第二定律
FN＝,R)＝8 N，
牛顿第三定律
F′N＝FN＝8 N.
方向水平向左．
(2)能在斜轨道上到达最高点为C′点，功能关系
mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ得
LBC′＝ m<1.0 m.
故不会冲出．
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
mgH－μmgx＝mv2，
碰撞后的速度为v′，动量守恒定律
mv＝3mv′，
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2得
h＝x－ m；
h＝0.
答案：(1)8 N，方向水平向左　(2)不会冲出
(3)h＝x－；h＝0

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