1-3-5 功 功率 動(dòng)能定理課時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練1(2018山西太原一模)如圖所示，兩個(gè)人利用機(jī)械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升，相同的時(shí)間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮繩、滑輪的質(zhì)量及摩擦，在重物上升的過程中人拉力的作用點(diǎn)保持不變(一直小于30)，則()A站在地面的人比站在二樓的人省力B站在地面的人對(duì)繩的拉力越來越大C站在二樓的人對(duì)繩的拉力越來越大D同一時(shí)刻，二樓的人對(duì)繩拉力的功率小于地面的人對(duì)繩拉力的功率解析 設(shè)重物的質(zhì)量為m，地面上的人對(duì)繩的拉力FTmg恒定不變；站在二樓的人對(duì)繩的拉力FT，重物勻速上升過程中越來越大，cos 越來越小，則FT越來越大，B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。因一直小于30，則1cos ，則mgFTmg，而FTmg，則站在地面的人比站在二樓的人費(fèi)力，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤。人對(duì)繩拉力做的功等于克服重物重力做的功，兩重物質(zhì)量相同，上升高度相同，所用時(shí)間相同，克服重力做功的功率相同，故D錯(cuò)誤。答案 C2(2018湖北八校二聯(lián))如圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出，同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度大小相等，方向夾角為30，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計(jì)空氣阻力，由以上條件可知()A小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2B甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為1CA、B兩點(diǎn)高度差為D兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等解析 甲、乙兩球經(jīng)過C點(diǎn)的速度v甲v乙，甲球平拋的初速度v甲xv甲 sin 30，故A錯(cuò)誤；甲球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度v甲yv甲 cos 30，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t甲，乙球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t乙，則t甲t乙2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)的高度差hgtgt，故C項(xiàng)正確；甲和乙兩球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率分別為P甲mgv甲ymg，P乙mgv乙mg，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 C3(2018河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長(zhǎng)的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。開始用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)且細(xì)繩伸直，此時(shí)物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài)C物體A下落過程中，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mghD物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先增大后減小解析 對(duì)物體A下落過程中受力分析可知，其先加速后減速，則其先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A項(xiàng)錯(cuò)誤。物體A即將落地時(shí)，B所受合外力為零，T2mg0，則B的加速度aB0，B項(xiàng)錯(cuò)誤。依據(jù)能量守恒定律：mghE彈0，E彈mgh，C項(xiàng)正確。在物體A下落過程中，物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物體A的重力勢(shì)能、動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不變，因A的重力勢(shì)能一直減小，則A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一直增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 C4(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示，同一豎直平面內(nèi)的O1、A、B、C四點(diǎn)為長(zhǎng)方形的四個(gè)頂點(diǎn)，水平面上的B、C兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)，O2在A點(diǎn)正上方高h(yuǎn)處，B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離處。同時(shí)將質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別從O1、O2點(diǎn)沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出，結(jié)果兩球恰好在B點(diǎn)相遇?？諝庾枇Σ挥?jì)。下列說法正確的是()A甲、乙拋出的初速度大小之比為B兩球運(yùn)動(dòng)過程中均處于超重狀態(tài)C甲、乙相遇前瞬間的動(dòng)能之比為D甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為12解析 對(duì)甲滿足關(guān)系：Lv甲t，gt2，對(duì)乙滿足關(guān)系：hv乙tgt2。解得，故A選項(xiàng)正確。小球甲、乙在運(yùn)動(dòng)過程中都只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。甲、乙兩球都滿足機(jī)械能守恒，Ek甲mvmg，Ek乙mvmg，又v乙gt，hgt2，解得甲、乙相遇前瞬間的動(dòng)能之比，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。由機(jī)械能守恒定律有mvmgmv，vgh，解得v乙2，v甲y，豎直方向上重力功率PGmgvy，則PG甲mg，PG乙mg2，故，故D項(xiàng)正確。答案 AD5(2018福建廈門質(zhì)檢)(多選)總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P。司機(jī)為合理進(jìn)入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛，設(shè)汽車行駛過程中所受阻力大小不變。從司機(jī)減小油門開始，汽車的v-t圖像如圖，從汽車開始減速到再次達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，行駛的位移為s，汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略。則在該過程中，下列說法正確的是()A汽車再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為Bt0時(shí)刻，汽車的加速度大小為C汽車的牽引力不斷減小D經(jīng)歷的時(shí)間為解析 汽車以速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，fF，汽車以功率P勻速行駛時(shí)牽引力等于阻力fF，可得vv0，所以A選項(xiàng)正確；t0時(shí)刻，汽車的牽引力F0，汽車的加速度大小a，所以B正確；汽車做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，功率不變，據(jù)PFv知，牽引力不斷增大，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理PtWfmmv，其中克服阻力做功Wffs，所經(jīng)歷的時(shí)間t，所以D正確。答案 ABD6(2018福建泉州檢測(cè))(多選)如圖甲所示，長(zhǎng)為l、傾角為的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則()A0tan B物塊下滑的加速度逐漸增大C物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為0mgl cos D物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為解析 物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿足mg sin 0mg cos ，即0tan ，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg sin mg cos ma，得ag sin g cos ，可知物塊下滑過程中隨著的減小，a在增大，故B選項(xiàng)正確；摩擦力fmg cos mgcos (0xl)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f00mg cos ，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wffl0 mgl cos ，故C選項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理有mgl sin 0mgl cos mv2，得v，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 BC7(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為(45)的光滑斜面(固定)上方的O點(diǎn)，O點(diǎn)到斜面的距離OQ等于彈簧的原長(zhǎng)L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))連接。在斜面上移動(dòng)滑塊至P點(diǎn)，使彈簧處于水平狀態(tài)。現(xiàn)將滑塊從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A滑塊經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度最大B滑塊經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的速度大于C滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，其加速度一直在減小D滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量比從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量小解析 對(duì)滑塊受力分析，其受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變化情況可知，小滑塊下滑過程中所受合力在PQ過程中一直沿斜面向下，在QM過程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤。滑塊由P到M過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WGW彈mv，又WGmg，W彈0，可得vM ，B項(xiàng)正確。在PQ的過程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度一直在減小，C項(xiàng)正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負(fù)功，再結(jié)合動(dòng)能定理分析可知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 BC8(2018銀川模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2103 kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3103 N。若汽車從靜止開始以恒定加速度2 m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，則此勻加速過程能持續(xù)的時(shí)間大約為()A8 s B14 sC26 s D38 s解析 由圖像可知，機(jī)車的最大功率約為P200 kW，在加速階段由牛頓第二定律可知：FF阻ma即FF阻ma3 000 N2 0002 N7 000 N，再由PFv可知：v m/s m/s，由vat，解得t s14.2 s，故選項(xiàng)B正確。答案 B9(多選)在冬奧會(huì)冰壺比賽中，運(yùn)動(dòng)員以一定的初速度將冰壺沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其動(dòng)能隨位移變化圖線如圖所示，已知冰壺質(zhì)量為19 kg，g取10 m/s2，則以下說法正確的是()A0.05 B0.01C滑行時(shí)間t5 s D滑行時(shí)間t10 s解析 對(duì)冰壺由動(dòng)能定理得：mgs0mv，得0.01，B正確。冰壺運(yùn)動(dòng)時(shí)：ag0.1 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式sat2得：t10 s，D正確。答案 BD10(2018天津理綜)我國(guó)自行研制、具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后，拉開了全面試驗(yàn)試飛的新征程。假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x1.6103 m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v80 m/s。已知飛機(jī)質(zhì)量m7.0104 kg，滑跑時(shí)受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2。求飛機(jī)滑跑過程中(1)加速度a的大??；(2)牽引力的平均功率P。解析 (1)飛機(jī)滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v22ax代入數(shù)據(jù)解得a2 m/s2(2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F阻，依題意有F阻0.1mg設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有FF阻ma設(shè)飛機(jī)滑跑過程中的平均速度為，有在滑跑階段，牽引力的平均功率PF聯(lián)立式得P8.4106 W答案 (1)2 m/s2(2)8.4106 W11(2018江西上饒六校一聯(lián))如圖所示，質(zhì)量m3 kg的小物塊以初速度v04 m/s水平向右拋出，恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R3.75 m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r0.4 m的半圓軌道，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直距離h；(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)6 m，求小物塊通過C點(diǎn)時(shí)所受軌道的彈力FN大??；(3)若小物塊恰好能通過C點(diǎn)，求MN的長(zhǎng)度L。解析 (1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：tan 37得t0.3 s解得hgt20.45 m(2)小物塊由拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mghR(1cos 37)mvmv解得vB2 m/s小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL2mgrmvmv在C點(diǎn)：FNmg解得FN60 N(3)小物塊剛好能通過C點(diǎn)時(shí)，有mg解得vC2 m/s小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL2mgrmvC2mv解得L10 m答案 (1)0.45 m(2)60 N(3)10 m12(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，底端切線水平且豎直放置的光滑圓軌道的半徑為R2 m，其軌道底端P距地面的高度為h5 m，P與右側(cè)豎直墻的距離為L(zhǎng)1.8 m，Q為圓弧軌道上的一點(diǎn)，它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53。現(xiàn)將一質(zhì)量為m100 g可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。(sin 530.8，cos 530.6)試求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力多大；(2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞，則小球的最終落地點(diǎn)離右側(cè)墻角B點(diǎn)的距離。(小球和地面碰撞后不再彈起)解析 (1)小球由Q到P的過程，由動(dòng)能定理得：mgR(1cos 53)mv2在P點(diǎn)小球所受的支持力為F，由牛頓第二定律有：Fmg解得F1.8 N根據(jù)牛頓第三定律知，在P點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫Υ笮F1.8 N(2)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由式得v4 m/s若右側(cè)無墻壁，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 s解得小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程xvt4 m由彈性碰撞和對(duì)稱性知，小球和左右兩側(cè)豎直墻壁各碰一次后，落到地面上，落點(diǎn)與B點(diǎn)相距sL(x2L)1.4 m答案 (1)1.8 N(2)1.4 m