课时作业14 功和功率-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

hh 第五章 机械能守恒定律 课时作业14 功和功率 - 1.如图所示,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 开始下滑,在小环下滑的过程 中,大圆环对它的作用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 2.一物体放在水平面上,它的俯视图如 图所示,两个相互垂直的力F1 和F2 同时作用在物体上,使物体沿图中v0 的方向做直线运动。经过一段位移的过程中, 力F1 和F2 对物体所做的功分别为3 J和4 J, 则两个力的合力对物体所做的功为 ( ) A.3 J B.4 J C.5 J D.7 J 3.如图所示,质量为60 kg的 某运动员在做俯卧撑运动, 运动过程中可将她的身体视 为一根直棒。已知重心在c 点,其垂线与脚、两手连线中 点间的距离Oa、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m。 若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上 升的距离均为0.4 m,则克服重力做的功和相 应的功率约为(取g=10 m/s2) ( ) A.430 J,7 W B.4 300 J,70 W C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W 4.如图所示,细线的一端固定于 O 点,另一端系一小球。在水 平拉力作用下,小球以恒定速 率在竖直平面内由A 点运动 到B 点。在此过程中拉力的 瞬时功率变化情况是 ( ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大,后减小 D.先减小,后增大 5.(2023·山东卷)质量为 M 的玩具动力小车在 水平面上运动时,牵引力F 和受到的阻力f 均 为恒力,如图所示,小车用一根不可伸长的轻 绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当 小车拖动物体行驶的位移为s1 时,小车达到额 定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一 段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间 的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额 定功率P0 为 ( ) A. 2F2(F-f)(s2-s1)s1 (M+m)s2-Ms1 B. 2F2(F-f)(s2-s1)s1 (M+m)s2-ms1 C. 2F2(F-f)(s2-s1)s2 (M+m)s2-Ms1 D. 2F2(F-f)(s2-s1)s2 (M+m)s2+ms1 6.(2023·湖北八市联考)如图 所示,质量为1 kg的物体在 力F=8 N的作用下,由静止 开始从倾角为37°的光滑斜面底端向上运动, 6 s后撤去力F。取物体在斜面底端的重力势 能为零,且g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列 说法正确的是 ( ) A.力F 做的功为360 J B.物体的最大重力势能为480 J C.物体回到斜面底端时重力的功率为144 W D.物体回到斜面底端时重力的功率为240 W 7.(多选)质量为m 的物体从距地面H 高处自由 下落(不计空气阻力),经过时间t,则下列说法 中正确的是 ( ) A.t时间内重力对物体做的功为12mg 2t2 B.t时间内重力的平均功率为mg2t C. t 2 时刻重力的瞬时功率与t时刻重力的瞬时 功率之比为1︰2 D.前 t 2 时间内重力做功的平均功率与后t 2 时 间内重力做功的平均功率之比为1︰3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -432- 第五章 机械能守恒定律 3 8.一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速 度为1 m/s,从此刻开始在滑块运动方向上再 施加一水平作用力F,力F 和滑块的速度v 随 时间t的变化规律分别如图甲、乙所示,则以下 说法正确的是 ( ) A.第1 s内,F 对滑块做的功为3 J B.第2 s内,F 对滑块做功的平均功率为4 W C.第3 s末,F 对滑块做功的瞬时功率为1 W D.前3 s内,F 对滑块做的总功为零 9.(多选)(2024·广东揭阳检 测)质量为400 kg的赛车在 平直赛道上以恒定功率加速, 受到的阻力不变,其加速度a 与速度的倒数1v 的关系图像如图所示,则赛车 ( ) A.速度随时间均匀增大 B.加速度随时间均匀增大 C.输出功率为160 kW D.所受阻力大小为1 600 N 4  10.(2023·江苏扬州调研)汽车在平直的公路上 以速率v0 匀速行驶,现汽车功率减为一半, 所受阻力不变,则此后汽车运动的速度—时 间图像正确的是 ( ) A B C D 11.一列质量为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.牵引力的功率P=Fvm C.当动车速度为 vm 3 时,其加速度为3F m D.牵引力做功W=12mv 2 m- 1 2mv 2 0 12.(多选)如图所示,水平传送带长为L,始终以 速度v保持匀速运动,把质量为m 的货物无 初速度地放到A 点,当货物运动到AC 的中 点B 时速度恰为v,而后被传送到C 点。货 物与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度 大小为g,则货物从A 点到C 点的过程中 ( ) A.摩擦力对货物做的功为μmgL B.摩擦力对货物做功的平均功率为 1 3μmgv C.传送带克服摩擦力做的功为μmgL D.传送带克服摩擦力做功的平均功率为 1 2μmgv 13.质量为1.0×103 kg的汽车,沿倾角为30°的 斜坡由静止开始运动,汽车在运动过程中所 受摩擦阻力大小恒为2 000 N,汽车发动机 的额定输出功率为5.6×104 W,开始时以 a=1 m/s2 的 加 速 度 做 匀 加 速 运 动(g 取 10 m/s2)。求: (1)汽车做匀加速运动的时间t1; (2)汽车所能达到的最大速度; (3)若斜坡长143.5 m,且认为汽车到达坡顶 之前,已达到最大速率,汽车从坡底到坡顶需 多长时间? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -433- hh 力 提 供 向 心 力,则 有 MAω2rA = MBω2rB,根据题意 rA rB =k,MA+MB= M,联立解得 MB= Mk 1+k ,A、B组成的 系统总动量守恒且总动量为0,则B的 动量大小与 A的 动 量 大 小 相 等,即B 的动量大小为p,则B的动能为EkB= p2 2MB = (1+k)p2 2kM 。故选B。 9.C 三星体系中三颗星的角速度ω 相 同,轨道 半 径rA<rB<rC,由v=rω 可知vA <vB <vC,由 a=rω2 可 知 aA<aB<aC,A、B错误;设 等 边 三 角 形ABC 的边长为l,由题 意 可 知 三 颗 星受到万有引力的合力指向圆心O,有 G mAmC l2 >G mBmC l2 ,可知mA>mB,同 理可知mB>mC,所以mA>mB>mC, C正确;根据两个分力的夹角一定时, 两个力 的 大 小 越 大,合 力 越 大,可 知 FA>FB>FC,D错误。 10.BC 卫星C加速后做离心运动,轨道 变高,不可能追上同一轨道的卫星A, A错误;卫星A、B由相距最近到相距 最远,圆周运动转过的角度差为π,可 得ωBt-ωAt=π,又 ωA= 2π T1 ,ωB= 2π T2 ,联立可得t= T1T2 2(T1-T2) ,B正确; 根据牛顿第二定律,有GMm r2 =ma,解 得a= GM r2 ,卫星 A、C的轨道半径相 同且大于卫星B的轨道半径,则 A、C 向心加速度大小相等,且小于B的向 心加速度,C正确;根据 GMm r2 =m 4π2 T2 r, 解得T= 4π2r3 GM ,可知卫星 A、C的 周期大于卫星B的周期,即地球的自 转周期大于卫星B的周期,所以站在 地面上的人用天文望远镜观看卫星B 是往东运转的,D错误。 11.B 火星和地球均绕太 阳 运 动,由 于 火星与地球的轨道半径之比约为3︰ 2,根据开普勒第三定律有 r3火 r3地 = T2火 T2地 , 可得 T火 T地 = r3火 r3地 = 33 22 ,A 错 误;火 星和地球绕太阳做匀速圆周运动,速 度大小均不变,当火星与地球相距最 远时,由 于 两 者 的 速 度 方 向 相 反,故 此时两者相对速度最大,B正确;在星 球表面根据万有引力定律有G Mm r2 = mg,由于 不 知 道 火 星 和 地 球 的 质 量 比,所以无法得出火星和地球表面的 自由落体加速度大小之比,C错误;火 星和地球绕太阳做匀速圆周运动,有 ω火= 2π T火 ,ω地 = 2π T地 ,要 发 生 下 一 次 “火星冲日”,则有 2π T地- 2π T火 t=2π, 得t= T火 T地 T火-T地 >T地 ,可 知 下 一 次 “火星冲日”将出现在2023年12月8 日之后,D错误。 12.BC 任意两颗星体间的万有引力大 小F0=G m2 r2 ,每颗星体受到其他两个 星体的引力的合力为F=2F0cos 30°= 3G m2 r2 ,A错误;由牛顿第二定律可 得F=m 2πT 2 r',其 中r'= r 2 cos 30° = 3r 3 ,解得每颗星体运行的周期均 为T=2π r3 3Gm ,B正确;星体原来 的角 速 度ω= 2π T = 3Gm r3 ,若r 不 变,星体质量均变为2m,则星体的角 速度ω'= 2π T'= 6Gm r3 ,则星体的角 速度变为 原 来 的 2倍,C正 确;星 体 原来的线速度大小v= 2πr' T ,若 m 不 变,星体间的距离变为4r,则星体的周 期T'=2π (4r)3 3Gm =16π r3 3Gm=8T , 星体的 线 速 度 大 小v'= 2π T'×4r'= πr' T ,则星体的线速度变为原来的1 2 , D错误。 13.AB 因为双星系统的角速度相同,故 对A、B可得 MARAω2=MBRBω2,即 MA MB = RB RA ,即恒星A的质量大于恒星 B的 质 量,A 正 确;对 恒 星 A 可 得 G MAMB (RA+RB)2 =MA 4π2RA T21 ,解得恒星 B的质量为 MB= 4π2RA(RA+RB)2 GT21 , B正 确;对 卫 星 C 满 足 G MBm r2 = m 4π2r T22 ,可 见 无 法 求 出 卫 星 C的 质 量,C错误;由题可知,A、B、C三星由 题中图 示 位 置 到 再 次 共 线 所 用 的 时 间满足ωCΔt-ωBΔt=π,解 得 Δt= T1T2 2(T1-T2) ,D错误。 第五章 机械能守恒定律 课时作业14 功和功率 1.A 大圆环光滑,则大圆环对小环的作 用力总是 沿 半 径 方 向,与 速 度 方 向 垂 直,故大 圆 环 对 小 环 的 作 用 力 一 直 不 做功,A正确,B错误;开始时大圆环对 小环的作 用 力 背 离 圆 心,最 后 指 向 圆 心,C、D错误。故选A。 2.D 当多个力对物体做功时,多个力的 总功大小等于各个力对物体做功的代 数 和,故 W 合 =WF1+WF2=7 J,D 正确。 3.B 设重心上升的高度为h,根据相似 三角形可知,每次俯卧撑中,有 h 0.4 m= 0.9 m 0.9 m+0.6 m ,即h=0.24 m。一 次 俯 卧 撑 中,克 服 重 力 做 的 功 W = mgh=60×10×0.24 J=144 J,所以一 分钟 内 克 服 重 力 做 的 总 功 为 W 总 = nW=4 320 J,功率P= W 总 t =72 W,B 正确。 4.A 因小球速率不 变,所以小球以 O 点为圆心做匀速圆 周 运 动,受 力 如 图 所示。设细线与竖 直 方 向 的 夹 角 为 θ,则在切线方向上 应有mgsin θ=Fcos θ,拉力F 的瞬时功 率P=Fvcos θ=mgvsin θ。小球从A 点运动到B 点的过程中,拉 力 的 瞬 时 功率随θ的增大而增大,A正确。 5.A 设物体与地面间的动摩擦因数为 μ,当小车拖动物体行驶的位移为s1 的 过程中有 F-f-μmg=(m+M)a1, v2=2a1S1,P0=Fv,轻绳从物体上脱 落后a2=μg,v2=2a2(s2-s1),联立 有P0= 2F2(F-f)(s2-s1)s1 (M+m)s2-Ms1 。故 选A。 6.C 由牛顿第二定律可知F-mgsin θ= ma,由 题 可 求 得 6 s上 行 位 移s= 1 2at 2,解得s=36 m,则 力 F 做 的 功 W=Fs=288 J,A错误;力F 做的功就 等于系统 内 增 加 的 机 械 能,当 物 体 上 升到最高点时,动能为零,所以物体的 最大重力势能等于力F 做的功为288 J, B错误;根据功能关系,系统内增加的 机械能等于力 F 做的功,当回到斜面 底端时,重 力 势 能 为 零,所 以 动 能 为 Ek=W= 1 2mv 2,解得v=24 m/s,重 力的功 率 为 P=mgvsin θ,解 得 P= 144 W,C正确,D错误。 7.ACD 物体自由下落,t时间内物体下 落 的 高 度 h= 1 2gt 2,Wt =mgh= 1 2mg 2t2,A正确;t时间内重力的平均 功率P= Wt t = 1 2mg 2t2 t = 1 2mg 2t,B错 误;从静止开始自由下落,t 2 时刻与t 时刻物体的速度之比为1︰2(因v= gt∝t),又P=mgv∝v,故 t 2 时刻与t 时刻 重 力 的 瞬 时 功 率 之 比 为 P1︰ P2=1︰2,C正确;前 t 2 时间与后 t 2 时 间下落的位移之比为1︰3,则重力做 功之比为1︰3,故重力做功的平均功 率之比为1︰3,D正确。 8.C 由题图可知,第1 s内,滑块位移为 1 m,F 对滑块做的功为2 J,A错误;第 2 s内,滑块位移为1.5 m,F 对滑块做 的功为4.5 J,平均功率为4.5 W,B错 误;第3 s内,滑块位移为1.5 m,F 对 滑块做的功为1.5 J,第3 s末,F 对滑 块做功的瞬时功率P=Fv=1 W,C正 确;前3 s内,F 对 滑 块 做 的 总 功 为 8 J,D错误。 9.CD 由题图可知,加速度是变化的,故 赛车做 变 加 速 直 线 运 动,A 错 误;由 P=Fv 和F-F阻=ma 可得a= P m · 1 v- F阻 m ,由此式可知,赛车速度增大 时,加速度逐渐减小,故赛车做加速度 逐渐减小的加速运动,B错误;由a= P m · 1 v - F阻 m 结 合a 1 v 图 像 可 得 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -640- 参 考 答 案 F阻=4m(N),P=400m(W),代 入 数 据解得F阻=1 600 N,P=160 kW,C、 D正确。 10.A 汽车以功率P、速度v0 匀速行驶 时,牵引力与阻力平衡。当司机减小 油门,汽车 的 功 率 减 为P 2 的 瞬 间,速 度v0 不变,由P=Fv 可知,汽车的牵 引力 突 然 减 小 到 原 来 的 一 半,即 为 F= F0 2 ;阻 力 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v 减小,功率保持为 P 2 ,由 P= Fv 可 知,随v 减 小,牵 引 力 逐 渐 增 大,汽车 受 到 的 合 力 变 小,由 牛 顿 第 二定 律 得 知,汽 车 的 加 速 度 逐 渐 减 小,汽车 做 加 速 度 减 小 的 减 速 运 动, 当汽车牵引力再次等于阻力时,汽车 再次匀速运动,由P=Fv 可知,此时 汽车的速 度 为 原 来 的 一 半,A 正 确, B、C、D错误。 11.B 动车以恒定功率启动,则由 P= F牵 v 可 知 动 车 的 速 度 增 大,则 牵 引 力减小,由 牛 顿 第 二 定 律 F牵 -F= ma 得动车的加速度逐渐减 小,A错 误;当动 车 的 加 速 度 为 零 时,即 牵 引 力等于阻 力 时,动 车 的 速 度 最 大,则 P=Fvm,B正 确;当 动 车 速 度 为 vm 3 时,牵引力F'牵= P vm 3 = 3P vm =3F,根据 牛顿第二定律可得F'牵-F=ma,可 得此时其加速度为a1= 2F m ,C错误; 设动车在时间t内的位移为x,由动 能定理得W-Fx= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 0, 则牵 引 力 所 做 的 功 为 W =Fx+ 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 0,D错误。 12.BC 货物在运动过程中,当速度达到 v 时,不再受摩擦力,故摩擦力所做的 功Wf=μmg· L 2 ,A错误;在货物加 速过程中,摩擦力做的功Wf=μmg· L 2 ,由运动学公式有L 2=vt1= v 2t1 , 货物从B 点到C 点所用时间t2= L 2v , 所以货物从A 点到C 点所用时间为 t=t1+t2= 3L 2v ,则摩擦力对货物做功 的平 均 功 率 P= Wf t = μmg· L 2 3L 2v = 1 3μmgv ,B正确;货物在加速过程中 平均速度为 v 2 ,而传送带的速度为v, 货物加速运动的位移为 L 2 ,则传送带 前进的位移一定为L,故传送带克服 摩擦力所做的功为 W'f=μmgL,C正 确;货物从A 点到C 点用时t= 3L 2v , 故传送 带 克 服 摩 擦 力 做 功 的 平 均 功 率应为P'= W'f t = 2 3μmgv ,D错误。 13.(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s 解析:(1)由 牛 顿 第 二 定 律 得 F- mgsin 30°-Ff=ma,设 匀 加 速 运 动 过程的末速度为v,则有P=Fv,v= at1,解得t1=7 s。(2)当汽车达到最 大速 度 vm 时,a =0,则 有 P = (mgsin 30°+Ff)vm,解得vm=8 m/s。 (3)汽 车 做 匀 加 速 运 动 的 位 移x1= 1 2at 2 1,在后 一 阶 段 对 汽 车 由 动 能 定 理得 Pt2-(mgsin 30°+Ff)x2= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2,又 有x=x1+x2, 解得t2≈15 s,故汽车运动的总时间 为t=t1+t2=22 s。 课时作业15 动能定理及应用 1.A 由动能定理得 WF-Wf=Ek-0, 可知木箱获得的动能一定小于拉力所 做的功,A正确。 2.A 图像与坐标轴围成的面积表示变 力 F 做 的 功,所 以 根 据 动 能 定 理 得 W=10×4 J= 1 2mv 2- 1 2mv 2 0,解 得 v=3 m/s。故选A。 3.D 小物体在缓慢运动过程中,只有重 力和 拉 力 F 做 功,根 据 动 能 定 理 得 W 拉-mgR=ΔEk=0,则 拉 力 做 的 功 W 拉=mgR,D正确。 4.ACD 根 据 动 能 定 理,对 子 弹,有 -F(L+s)= 1 2mv 2- 1 2mv 2 0,D正 确;对木块,有 FL= 1 2Mv 2,A正 确; 由以上两式可得Fs= 1 2mv 2 0- 1 2 (M+ m)v2,C正确,B错误。 5.D 从烧断细线到小球刚要落地的整 个过程 中,根 据 动 能 定 理 可 知 W 弹 - Wf+mgh= 1 2mv 2,移项可知,小球离 开弹簧时的动能不等于 1 2mv 2,落地时 动能才等于 1 2mv 2,A错误;弹簧弹力 做的 功 等 于 1 2mv 2-mgh+Wf,B错 误;弹 簧 弹 力 与 重 力 做 功 的 和 等 于 1 2mv 2+Wf,C错误;弹簧弹力与摩擦力 做功的和等于 1 2mv 2-mgh,D正确。 6.D 小球从平台的 边缘 处 由 静 止 向 右运动2H 时,设 小球 的 速 度 为v, 此时轻质细线与水 平方向夹 角 为θ,如 图 所 示,由 图 可 知 tan θ= 1 2 ,则有cos θ= 2 5 ,小球 沿 细 线方向的 分 速 度 等 于 物 块 的 速 度,则 有物块 的 速 度 为v1=vcos θ= 2v 5 ,对 物块和小 球 组 成 的 系 统,用 动 能 定 理 可得F·2H= 1 2Mv 2+ 1 2Mv 2 1,v1= 4 3 FH M ,A、B、C错误,D正确。 7.A 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空 气阻力,由 题 意 可 知 运 动 员 在 沿 斜 面 下 滑 过 程 中 根 据 动 能 定 理 有 Ek= mgxtan θ,即 Ek x =mgtan θ,下滑过程 中开始阶段 倾 角θ 不 变,Ek x 图 像 为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先 减小后增 大,即 图 像 斜 率 先 减 小 后 增 大,A正确。 8.B 由题意知,小物块第一次到达O 点 由动能定理可得mgH=Ek,此时小物 块所走路程s1= H sin θ ,第一次通过 O 点后 动 能Ek1=95%Ek=95%mgH, 此时利用动能定理知小物块上升高度 H1=95%H,第二次到达O 点所走的 路程s2= 2H1 sin θ=95% 2H sin θ ,同 理 第 二 次离开O 点到第三次到达O 点所走路 程s3=(95%)2 2H sin θ ,…,故 小 物 块 所 走的 总 路 程s总 =s1+s2+…+sn= H sin θ+95% 2H sin θ+ (95%)2 2H sin θ+ …+ (95%)n-1 2H sin θ ,n 无 穷 大 时,可 得 s总= 39H sin θ (等比数列求和),B正确。 9.BC 设物体沿斜面向上滑动的距离为 s,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,物 体沿斜面 上 滑 过 程 中,根 据 动 能 定 理 有-mgssin α-μmgscos α=0-Ek,同 理,物体沿斜面下滑过程中有mgssin α- μmgscos α= Ek 5-0 ,两式联立解得s= Ek mg ,μ=0.5。物 体 沿 斜 面 下 滑 过 程 中,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 mgsin α- μmgcos α=ma下 ,解得a下=g5 ,同理 可知物体沿斜面上滑过程的加速度大 小大于下滑过程的加速度大小,由s= 1 2at 2 可知,物体向上滑动所用的时间 比向下滑动所用的时间短。B、C正确, A、D错误。 10.BC 由于拉力在水平方向,则拉力做 的功为W=Fx,可看出W x 图像的 斜率代表拉力F。在物体运动的过程 中根据动能定理有W-μmgx= 1 2mv 2, 则x=1 m时物体的速度为v1=2 m/s, x=1 m时,拉力为F= ΔW Δx=6 N,则 此时 拉 力 的 功 率 P=Fv1=12 W, x=4 m时物体的动能为Ek=2 J,A 错误,B正 确;从 x=0运 动 到 x= 2 m,物体克服摩擦力做的功为 Wf= μmgx=8 J,C正确;根据 W x 图像 可知在0~2 m的过程中 F1=6 N, 2~4 m的过程中F2=3 N,由于物体 受到的摩擦力恒为f=4 N,则物体在 x=2 m处速度最大,且根据选项 A、 B分析可知此时的速度v2= 8 m/s, 则从x=0运动到x=4 m的过程中, 物 体 的 动 量 最 大 为 p = mv = 22 kg·m/s,D错误。故选B、C。 11.(1)0.2 m/s2 0.1 m/s2 (2)14 500 J 解析:(1)由题意可知,快递车运行时 所受阻力为f=0.05mg=50 N,快递 车在加速过程中,由牛顿第二定律得 F1-f=ma1,快递车在减速过程中, 由牛顿第二定律得f-F2=ma2,其 中F2=40 N,解 得a2=0.1 m/s2。 设加速时 间 为t1,减 速 时 间 为t2,由 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -641-