专题五 15.动能定理及其应用-2022高考物理【创新教程】微点特训之练透小题

５．C　[在４~８s内物体匀速运动,可知F２＝f,根据f＝ μmg,代入数据得μ＝０􀆰３,选项 A 正确;在０~４s内,根 据牛顿第二定律有F１－f＝ma,代入数据得加速度a＝１ m/s２,因此４s末的速度v＝at１＝４m/s,接下来匀速运 动,因此在６s末的速度为４m/s,选项D正确;在０~４s 内,物体的位移s１＝ １ ２at ２ １＝８m,在４~８s内,物体的位 移s２＝vt２＝１６m,整个这段时间内,摩擦力做的功Wf＝ －f(s１＋s２)＝－７２J,整个这段时间内,拉力做的功W＝ F１s１＋F２s２＝８０J,选项B正确,C错误.] ６．BC　[汽车达到额定功率时的牵引力为F＝Pv ,匀加速 过程的加速度为a＝vt ,由牛顿第二定律有F－f＝ma, 即P v －f＝m v t ,则 汽 车 受 到 的 阻 力 大 小 为f＝Pv － mv t ,选项 A错误,B正确;t时刻有P＝Fv,由于汽车做 匀加速直线运动,则t ２ 时刻的速度为vt ２ ＝v２ ,此过程中 汽车牵引力的平均功率􀭺P＝F× vt ２ ２ ＝ Fv ４＝ P ４ ,选项C正 确,D错误.] ７．AD　[木块与子弹间的摩擦力大小为F,木块相对于水 平面的位移为l,则F 对木块做功为Fl,选项 A 正确,B 错误;子弹相对于水平面的位移为(l＋d),故F 对子弹 做功为－F(l＋d),选项 C错误,D正确.] ８．BCD　[当货物匀速运动时,其合力为零,根据平衡条件 有F２＝kmg＋mg,代入数据整理可以得到m＝３􀆰００kg, 选项 A错误,B正确;当货物加速上升末尾速度最大,此 时功率最大,该时刻速度为匀速运动的速度,也是匀减 速的初速度,对匀减速阶段,根据牛顿第二定律有kmg ＋mg－F３＝ma３,则 减 速 运 动 的 初 速 度v０ 为０＝v０－ a３t３,则飞机对货物做功的最大功率为P＝F１v０,代入数 据整理可以得到P＝３０􀆰９W,选项 C正确;在加速阶段, 根据牛顿第二定律有F１－kmg－mg＝ma１,则加速阶段 的位 移 x１ 为 x１ ＝ v２０ ２a１ .在 匀 速 阶 段,其 位 移 为 x２ ＝ v０t２,根据平均速度公式,可以得到匀减速阶段的位移为 x３＝ v０＋０ ２ 􀅰t３,则阳台的高度为h＝x１＋x２＋x３,代入 数据整理可以得到h＝４５m,选项 D正确.] ９．D　 [汽 车 匀 速 时 有 Pm ＝Fv＝fvm,可 得 f＝ Pm vm ＝ ８×１０３ １０ N＝８００N ,选项 A 错误;对启动的过程分析可 知,最初的匀加速阶段时的牵引力最大,而由vＧt图像可 知a＝ΔvΔt＝１m /s２,故最大牵引力为F１＝f＋ma＝８００N ＋２００kg×１m/s２＝１０００N,选项 B错误;汽车在做变 加速运动过程的时间t２＝１８s－８s＝１０s,速度从８m/s 增大为１０m/s,此过程牵引力的功率保持不变,由动能 定理Pmt２－fx２＝ １ ２mv ２ m－ １ ２mv ２ １,解得:x２＝９５􀆰５m, 选项 C错误;８~１８s牵引力的功率保持不变,则牵引力 的功为 WF ＝Pmt２＝８×１０３×１０J＝８×１０４J,选 项 D 正确.] [解题指导]　解答本题应注意以下两点: (１)汽车保持恒定的加速度启动,先做匀加速直线运动,当 功率增大到最大功率后做变加速直线运动; (２)当牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动． １０．C　[在２~６s内,物体的速度v＝６m/s,功率P＝１０W, 物体做匀速运动,摩擦力f＝F＝Pv ＝ １０ ６ N＝ ５ ３ N ,选 项 A错误;在０~２s内,物体做匀加速运动,牵引力不 变,其加速度a＝ΔvΔt＝３m /s２,由题图知,当 P＝３０ W 时,速度v＝６m/s,牵引力F＝Pv ＝ ３０ ６ N＝５N ,选项B 错误;在t＝２s末,根据牛顿第二定律,有F－f＝ma, 物体质量m＝F－fa ＝ ５－５３ ３ kg＝ １０ ９ kg ,选项 C正确; 物体在０~６s内总位移为x＝４＋６２ ×６m＝３０m ,选项 D错误.] １１．C　[A．对动车由牛顿第二定律有F－F阻 ＝ma 若动车组在匀加速启动,即加速度a恒定,但F阻 ＝kv 随速度增大而增大,则牵引力也随阻力增大而变大,故 A错误;B．若四节动力车厢输出功率均为额定值,则总 功率为４P,由牛顿第二定律有４Pv －kv＝ma 故可知加速 启动的过程,牵引力减小,阻力增大,则加速度逐渐减小, 故B错误;C．若四节动力车厢输出的总功率为２．２５P,则 动车组匀速行驶时加速度为零,有２．２５P v ＝kv 而以额定功率匀速时,有４P vm ＝kvm 联立解得v＝３４vm． 故 C正确;D．若四节动力车厢输出 功率均为额定值,动车