专题2 第6讲 功与功率 功能关系 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题二　 能量与动量 知识体系 知识体系 第6讲　功与功率　功能关系 目标要求 1 会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。 2 掌握常见的功能关系，结合实际情境分析功和能的转化。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 功、功率的分析与计算 功能关系及应用 专题强化练 考点一 功、功率的分析与计算 1.功的计算 (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。 (2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功，即W＝Pt。 明确是求瞬时功率还是平均功率。 P＝ 侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。 2.功率的计算 3.机车启动(F阻不变) (1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma。 (2)两种常见情况： ①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝ mvm2； ②恒定加速度启动：开始阶段a不变，做匀加速运动，F－F阻＝ma，v＝at，达到额定功率P＝Fv，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动。 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm＝ 。 　(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有 A.从M到N，小车牵引力大小为40 N B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J √ 例1 √ √ 小车从M到N，依题意有P1＝Fv1，代入数据解得F＝40 N，故A正确； 小车从M到N匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功800 J，故B正确； 依题意，从P到Q，小车重力势能增加ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误； 设小车从P到Q所受的摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin 30°＝　，摩擦力做功W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功700 J，故D正确。 　(2023·重庆西南大学附中期中)水平桌面上，长6 m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2 kg的小球，现对小球施加一个沿桌面方向大小恒为10 N的力F，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成30°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是 A.拉力F对小球做的功为 B.拉力F对小球做的功为 C.小球克服摩擦力做的功为16π J D.小球克服摩擦力做的功为4π J 例2 √ 　质量为20 kg的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了8 m，其所受合外力F与位移x的关系如图所示，则玩具汽车 A.所受合外力做的总功为25 J B.运动到6 m处的速度大小为17 m/s C.在0～3 m的运动过程中所受合外力的冲 量大小为 D.在4 m处所受合外力的瞬时功率为80 W 例3 √ (多选)(2023·山东省实验中学检测)某码头采用斜面运送冷链食品，其简化图如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻质细绳与放在倾角为θ＝30°、足够长的斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0～6 s时间内物体运动的v－t图像如图乙所示，其中除1～5 s时间段的图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断正确的是 A.在0～1 s内电动机所做的功为25 J B.1 s后电动机的输出功率为100 W C.物体的最大速度为5 m/s D.在0～5 s内物体沿斜面向上运动了35 m 例4 √ √ 解题指导 关键表述 1～5 s时间段的图像为曲线，其余时间段的图像均为直线 运动过程分析 匀加速直线运动，变加速直线运动，匀速直线运动 物体受力分析 重力，拉力，支持力 动力学分析 匀加速时，F1－mgsin 30°＝ma；匀速时，F2＝mgsin 30°＝10 N 能量观点分析 在0～1 s内电动机所做的功可用功的公式也可用动能定理求解，求1～5 s内物体沿斜面的位移，由动能定理有： 设0～1 s内电动机做的功为W1， 当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2＝mgsin 30°＝10 N， 考点二 功能关系及应用 23 1.功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 2.常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE (2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火 箭动能的增加量 √ 例5 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，火箭刚开始向上的时候高压气体的推力大于火箭的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当高压气体的推力等于火箭的重力和空气阻力之 和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着高压气体的推力小于火箭的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确； 根据能量守恒定律可知，高压气体释放的能量大部分转化为火箭的动能、重力势能和内能，故B错误； 根据动量定理可知，火箭所受合力的冲量等于火箭动量的增加量，故C错误； 根据功能关系可知，高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。 (多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的 A.动能损失了2mgH B.动能损失了mgH C.机械能损失了mgH D.机械能损失了 例6 √ √ 设摩擦力的大小为Ff，根据牛顿第二定律 得mgsin 30°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.5mg， 则物块克服摩擦力做功为Wf＝Ff·2H＝0.5mg·2H＝mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确，D错误。 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则 A.物块下滑过程中机械能不守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J √ 例7 √ 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确； 由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J， 物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C错误； 物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。 高考预测 35 1.(2023·浙江温州市检测)2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a－t图像如图乙所示，t1时刻起重机达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运行，重力加速度为g，不计其他阻力，下列说法正确的是 A.0～t1时间内物体处于失重状态 B.t1～t2时间内物体做减速运动 C.0～t1时间内重力对物体做功为 D.t1～t2时间内起重机额定功率为(mg＋ma0)·a0t1 √ 1 2 0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误； 由a－t图像可知t1～t2时间内物体的加速度为正，做加速度减小的加速运动，故B错误； 1 2 设t1时刻物体受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma0，解得F＝mg＋ma0，t1时刻物体的速度为v＝a0t1，t1～t2时间内起重机额定功率为P＝Fv＝(mg＋ma0)a0t1，故D正确。 1 2 2.(2023·北京市朝阳区检测)质量为m的某同学原地跳绳时上下运动，其速度大小v随时间t的变化图像如图所示，重力加速度为g，不计空气阻力。则 1 2 √ 1 2 由v－t图像可知，该同学向上减速和向下加速过程都是匀变速直线运动，根据对 1 2 该同学在有支持力作用时，受到支持力的作用点没有发生位移，地面对该同学不做功，D错误。 专题强化练 42 1.(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中 A.弹性势能减小 B.重力势能减小 C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误； 游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确； 下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误； 橡皮绳刚绷紧，弹力小于重力，合力向下，做正功，游客动能增加，当弹力大于重力后，合力向上，做负功，游客动能减小，D错误。 13 2.(多选)(2023·广东肇庆市检测)小陈去某商场购物，他先从一楼搭乘如图甲所示的观光电梯到六楼超市，再搭乘如图乙所示的自动人行道电梯到四楼，最后搭乘如图丙所示的自动扶梯到五楼。已知图乙和图丙所示的电梯均匀速运行，图乙所示电梯的梯面倾斜程度处处相同，且小陈搭乘三种电梯的过程中都站在电梯上不动，则 A.搭乘图甲所示电梯的过程中，合外 力对小陈做功最大 B.搭乘图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变 C.搭乘图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈不做功 D.搭乘图丙所示电梯的过程中，小陈的机械能增大 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题图甲电梯运动过程中，小陈在电梯中的初速度与末速度均为0，题图乙与题图丙中电梯均做匀速运动，则始末状态动能的变化量均为0，根据动能定理可知，搭乘三种电梯的过程中，合外力对小陈做的功均为0，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题图乙的梯面倾斜程度处处相同，即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角θ一定，根据P＝mgvcos θ可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题图乙中的梯面倾斜，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力，可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈做负功，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 搭乘题图丙所示电梯的过程中，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、电梯对小陈竖直向上的支持力，小陈的速度方向沿电梯运动方向斜向上，则电梯对小陈做正功，小陈的机械能增大，D正确。 3.(2023·山东淄博市一模)电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间变化的图像较符合实际的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝f，加速度a＝0。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小，所受阻力减小为f′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，电动自行车开始加速。由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F趋近于f′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度vm＝ ，以后继续做匀速运动，故选A。 4.(多选)(2023·四川成都市诊断)如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大，人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小，人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。则关于这四个阶段的说法正确的是 A.A→B地面对人和杆系统做正功 B.B→C人和杆系统的动能减少量等于重力 势能和弹性势能增加量 C.C→D人和杆系统的动能减少量小于重力势能增加量 D.D→E重力对人所做的功等于人的机械能增加量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A→B地面对人和杆系统不做功，人助跑加速过程增加的机械能是通过人体肌肉做功消耗人体内的化学能转化为人的机械能，选项A错误； 13 B→C人和杆系统的动能减少量等于重力势能和弹性势能增加量，选项B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C→D人和杆系统的动能减少量与弹性势能减少量之和等于重力势能增加量，则人和杆系统的动能减少量小于重力势能增加量，选项C正确； 13 D→E重力对人所做的功等于人的重力势能减少量，人的机械能不变，选项D错误。 5.(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做 13 6.(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是 A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为 D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最 大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，F阻＝kv随速度的增大而增大，则牵引力也随阻力的增大而增大，故A错误； 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 ，故可知加速启动的过程中，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为 A.m＝0.7 kg，Ff＝0.5 N B.m＝0.7 kg，Ff＝1.0 N C.m＝0.8 kg，Ff＝0.5 N D.m＝0.8 kg，Ff＝1.0 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 争分提能练 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－Ffs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋Ff)s，结合0～10 m内的图像得， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋Ff＝4 N。10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－Ff)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－Ff)s－(mgsin 30°－Ff)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－Ff＝3 N，联立解得Ff＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 9.(多选)(2023·甘肃兰州市诊断)近年来网上购物的飞速增长催生了物流行业的快速发展。物流公司常用水平传送带装卸包裹，如图所示。接通电源后，传送带以3 m/s2的加速度沿顺时针方向开始运转。当速度达到2 m/s后开始匀速运转。在传送带刚启动时，工作人员将质量为2 kg的包裹从传送带左端无初速度释放，经过4.0 s包裹运动到传送带的右端。已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.水平传送带左右两端的距离为7 m B.包裹所受摩擦力的冲量为4 N·s C.传送带对包裹的作用力做功为4 J D.整个过程中产生的热量为4 J √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 由题意可知，包裹放在传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2<3 m/s2，故传送带先达到v＝2 m/s的速度，则包裹和传送带共速所用的时间为t1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 包裹只有在匀加速阶段受到摩擦力，在此过程中摩擦力的冲量为If＝μmgt1＝0.2×2×10×1 N·s＝4 N·s，故B正确； 包裹受到传送带对它的支持力和摩擦力，其中支持力不做功，摩擦力做正功，而摩擦力作用下的位移为x1，则摩擦力做的功为Wf＝μmgx1＝0.2×2×10×1 J＝4 J，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(多选)(2023·辽宁鞍山市质量监测)如图所示，重力为10 N的滑块在倾角为30°的固定斜面上从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点，开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.7 m，bc＝0.5 m。那么，下列说法正确的是 A.整个过程中滑块动能的最大值为6 J B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J C.从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做功为6 J D.整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据题意可知，当滑块所受合力为零时，速度最大，滑块的动能最大，由于c点为最低点，则速度最大之处在bc之间，设该位置为d点，此时 的动能为Ekm，克服弹簧做功为W0，由动能定理有Ekm＝mghadsin 30°－W0，由于mghadsin 30°<mghacsin 30°＝6 J，则有Ekm<6 J，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据题意可知，c点为最低点，此时弹簧的弹性势能最大，从a→c过程中，设此过程克服弹簧弹力做功为W，由动能定理有mghacsin 30°－W ＝0，解得W＝6 J，则弹簧弹性势能的最大值为6 J，故B正确； 从c点运动到b点的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，则从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做功为6 J，故C正确； 从a出发最后可以回到a点，说明整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，故D正确。 11.(2023·河南许昌、济源、洛阳、平顶山四市质量检测)如图所示，一根两端开口的薄壁圆管竖直插入盛有水的薄壁圆柱体桶中。在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下无摩擦地滑动。开始时，圆管内外水面相齐，且活塞恰好触及水面，圆桶内水面与桶口高度差为h。现通过轻绳对活塞施加一个向上的拉力，使活塞缓慢向上移动(圆桶和圆管竖直固定不动，圆桶内水足够深)。已知圆管半径为r，圆桶半径为2r，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计活塞质量。当活塞上升到和圆桶口相平的过程中(此时活塞仍触及水面)，关于绳子拉力所做的功W，下列关系正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 活塞上升高度为h，设圆管外液面下降高度为h1，设h2＝h＋h1，因水的总体积不变， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(多选)(2023·山东省实验中学诊断)如图甲所示为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以某一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v－t图像如图乙所示。已知在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热量Q＝Ffx相对，其中相对位移为l，所以系统内摩擦产生热量为Q＝Ffl，故D正确。 13.(2023·江苏南通市调研)如图所示，一轻质弹簧固定在固定斜面底端，t＝0时刻，一物块从斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的速度v和加速度a随时间t、动能Ek和机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 尖子生选练 √ 在接触弹簧前，物块做匀加速直线运动，接触弹簧后，在达到最大速度前，物块做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，物块做加速度增大的减速运动，直到停止，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设物块与弹簧接触前运动了x0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在接触弹簧前，设物块沿着斜面下滑的位移为x，由动能定理有mgsin θ·x－Ffx＝Ek，动能随着位移的增大线性增大，接触弹簧后，在达到最大 速度前，物块做加速运动，动能随着位移的增大而增大，达到最大速度后，物块做减速运动，动能随着位移的增大而减小，故C错误； 在接触弹簧前，只有摩擦力做负功，物块的机械能减小，则有E＝E0－Ffx，在接触弹簧后，摩擦力和弹簧弹力做负功，则有E＝E0－ (x－x0)2－Ffx，其图像是开口向下的抛物线的一段，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10π J 5π J 根据题意可知，F的方向始终与小球的运动方向成30°角，由W＝Fxcos θ可得，拉力F对小球做的功为W＝F··2πR·cos 30°＝10π J，故B错误，A正确； 根据题意可知，小球所受摩擦力为滑动摩擦力，方向与运动方向相反，则摩擦力做的功为W′＝－Ffx＝－μmg··2πR＝－8π J，即小球克服摩擦力做的功为8π J，故C、D错误。 20 N·s 玩具汽车运动到6 m处时F做的功为W6＝×20×2 J＋×(20＋40)× 1 J＋40×3 J＝170 J，根据动能定理有W6＝mv62，解得v6＝ m/s，B错误； F－x图线与横轴所围面积表示F做的功，则合外力做的总功为W＝×20×2 J＋ ×(20＋40)×1 J＋40×5 J＝250 J，A错误； 玩具汽车运动到4 m处时，F做的功为W4＝×20×2 J＋×(20＋40)×1 J＋40×1 J＝90 J，由W4＝mv42，解得v4＝3 m/s，此时F的瞬时功率为P＝Fv4＝40×3 W＝120 W，D错误。 同理，0～3 m内F做的功为W3＝×20×2 J＋×(20＋40)×1 J＝50 J，由动能定理有W3＝mv32，解得v3＝ m/s，根据动量定理得，F的冲量为I＝mv3＝20 N·s，C正确； Pt2－mgx2sin 30°＝mvm2－mv12 在0～1 s内，物体位移大小为x1＝v1t1＝2.5 m， 由动能定理得W1－mgx1sin 30°＝mv12，解得W1＝50 J，选项A错误； 在0～1 s内，物体的加速度大小为a＝＝5 m/s2，设0～1 s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得F1－mgsin 30°＝ma，解得F1＝20 N，由题意知，1 s后电动机的输出功率为P＝F1v1＝100 W，选项B正确； 则vm＝＝10 m/s，选项C错误； 设1～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得Pt2－mgx2sin 30°＝mvm2－mv12，解得x2＝32.5 m，所以在0～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x＝x1＋x2＝35 m，选项D正确。 W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02 mgH 已知物块上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物块克服合外力做功为ΔEk＝W合＝F合·＝mg·2H＝2mgH，故A正确，B错误； 又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确； －m·(a0t1)2 0～t1时间内物体的位移为x1＝a0t12，重力对物体做功W＝－mgx1＝－mga0t12，故C错误； A.0～t0时间内，该同学的最大速度为gt0 B.0～t0时间内，该同学上升的最大高度为gt02 C.该同学克服重力做功的平均功率为mg2t0 D.每跳一次，地面对该同学所做的功为mg2t02 称性，从最高点到最低点用时t0，则其 0～t0时间内，最大速度为vm＝g·t0＝gt0，A错误； 0～t0时间内，该同学上升的最大高度为0～t0时间内的位移h＝vm· t0＝×gt0·t0＝gt02，B错误； 该同学每跳一次克服重力做的功为W＝ mgh＝mg2t02，则该同学克服重力做功 的平均功率约为P＝＝mg2t0，C正确； A. B. C. D.nmgωRH 的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，T＝，联立解得P＝，故选B。 vm mvm2－Pt －kv＝ma 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速行驶时有＝kvm，联立解得v＝vm，故C正确； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理有4Pt－W克阻＝mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－mvm2，故D错误。 A. B. C. D. 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－Ff·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。 ＝＝ s＝1 s，此过程中包裹的位移x1＝at12＝×2×1 m＝1 m，之后包裹和传送带一起做匀速直线运动，位移为x2＝v(t－t1)＝2×(4－1) m＝6 m，则可知传送带两端的距离为L＝x1＋x2＝7 m，故A正确； 整个过程中只有第1 s内发生了相对运动，且传送带在此阶段运动得比包裹快，而传送带加速到v＝2 m/s所用的时间为t2＝ s，之后的t3＝ s做匀速运动，则传送带的位移为x0＝a0t22＋vt3＝×3× m＋2× m＝ m，由此可知相对位移为Δx＝x0－x1＝ m，则整个过程中产生的热量为Q＝μmgΔx＝0.2×2×10× J＝ J，故D错误。 A.W＝πρr2gh2 B.W＝πρr2gh2 C.W＝πρr2gh2 D.W＝πρr2gh2 则有h1＝h()＝h， 可得h2＝h，由功能关系可知，拉力做的功全部转化为上升水的重力势能。则W＝ρ(πr2)hg＝πρr2gh2，故选B。 A.在0～t1时间内，小车运动的位移为2 B.在t1时刻，小车速度v1＝ C.在t1时刻，小车速度v1＝ D.在0～t2时间内，系统摩擦产生热量Q＝Ffl 小车把弹簧压缩到弹簧和轻杆整体所受弹力等于摩擦力时，即x＝时，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，所以在0～t1时间内，小车运动的位移为，故A错误； t1时刻弹簧弹力等于Ff，在0～t1时间内，对小车由动能定理得－Ffx＝mv12－mv02，解得v1＝，故B正确； t1时刻后，小车、弹簧和杆三者一起向右做匀减速运动，直至速度为零，运动的位移为l，根据动能定理－Ffl＝0－mv12，解得v1＝，故C正确； 在物块接触弹簧前，加速度恒定，刚接触弹簧后的加速度大小为a0＝gsin θ－，达到最低点时，设此时弹簧的形变量为Δx， 由牛顿第二定律有kΔx＋Ff－mgsin θ＝ma， 则a＝－(gsin θ－)＝－a0， 物块从释放到运动至最低点有mg(x0＋Δx)sin θ＝kΔx2＋Ff(x0＋Δx)，整理得kΔx2－2ma0Δx－2ma0x0＝0，有Δx＝ >，因此a＝－a0>a0，故B错误； k $$