2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题43.doc

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考点一　功的分析与计算

1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功．
2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移．
3．物理意义：功是能量转化的量度．
4．计算公式
(1)当恒力F的方向与位移l的方向一致时，力对物体所做的功为W＝Fl.
(2)当恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时，力F对物体所做的功为W＝Flcos α，即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦值这三者的乘积．
5．功的正负
(1)当0≤α<时，W>0，力对物体做正功．
(2)当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)当α＝时，W＝0，力对物体不做功．
[思维深化]
判断下列说法是否正确．
(1)只要物体受力且发生位移，则力对物体一定做功．(　×　)
(2)如果一个力阻碍了物体的运动，则这个力一定对物体做负功．(　√　)
(3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功．(　√　)
(4)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(　×　)

1．[正、负功的判断]如图1所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是(　　)

图1
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
答案　B
解析　支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<gtan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．
2．[变力做功的计算](多选)如图2所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)

图2
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
答案　ABD
解析　小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误，D正确．
3．[恒力做功的计算](2014·新课标Ⅱ·16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
答案　C
解析　根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为
a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝F2＋Ff，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．

功的计算方法
1．恒力做功：

2．变力做功：(1)用动能定理：W＝mv－mv.
(2)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒定功率启动时．
(3)将变力做功转化为恒力做功：
当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．
3．总功的计算：
(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和．
考点二　功率的理解和计算

1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式：
(1)P＝，P为时间t内的物体做功的快慢．
(2)P＝Fv
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
4．对公式P＝Fv的几点认识：
(1)公式P＝Fv适用于力F的方向与速度v的方向在一条直线的情况．
(2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值．
(3)当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解．
[思维深化]
判断下列说法是否正确．
(1)由P＝，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率．(　×　)
(2)由P＝Fv，既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．(　√　)
(3)由P＝Fv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大．(　×　)
(4)由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比．(　√　)

4．[合理近似解答实际问题]一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于(　　)
A．1 W B．10 W C．100 W D．1 000 W
答案　C
解析　设人和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F＝0.02mg＝20 N，则人骑自行车行驶时的功率为P＝Fv＝100 W，故C正确．
5．[应用P＝Fv求瞬时功率](多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图3所示．下列判断正确的是(　　)

图3
A．0～2 s内外力的平均功率是4 W
B．第2 s内外力所做的功是4 J
C．第2 s末外力的瞬时功率最大
D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4
答案　AD
解析　第1 s末质点的速度
v1＝t1＝×1 m/s＝3 m/s.
第2 s末质点的速度
v2＝v1＋t2＝(3＋×1) m/s＝4 m/s.
则第2 s内外力做功W2＝mv－mv＝3.5 J
0～2 s内外力的平均功率
P＝＝ W＝4 W.
选项A正确，选项B错误；
第1 s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W，
第2 s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，故
P1∶P2＝9∶4.选项C错误，选项D正确．
6．[机车运动中功率综合问题]一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．钢绳的最大拉力为
B．钢绳的最大拉力为mg
C．重物匀加速的末速度为
D．重物匀加速运动的加速度为－g
答案　D
解析　加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝－g，故D正确．
7．[机车运动中功率综合问题](2015·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图4所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)

图4

答案　A
解析　当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝＝.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．

关于功率的理解和应用
1．求解功率时应注意的“三个”问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．
2．机车启动中的功率问题
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<vm＝.
考点三　动能定理及其应用

1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量．
2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
3．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因．
4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
5．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
[思维深化]
判断下列说法是否正确．
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(　√　)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．(　×　)
(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(　√　)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(　×　)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(　×　)
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(　√　)

8．[应用动能定理求变力的功]如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)

图5
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
答案　A
解析　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A.
9．[动能定理与图象的结合](多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图6甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是(　　)

图6
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
答案　ACD
解析　由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．
10．[应用动能定理分析临界问题](2015·新课标全国Ⅰ·17)如图7，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，

图7
对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
答案　C
解析　根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确．

动能定理的理解及应用技巧
1．动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能．
2．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
3．明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解．
4．解决图象问题的突破点
(1)注意图象斜率、面积和截距的物理意义．
(2)注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口．
考点四　用动能定理解决多过程问题

1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．

11．[直线与平抛运动组合的多过程问题](2015·浙江理综·23)如图8所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

图8
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
答案　(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m
解析　(1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s⑧
x1＝0.4 m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m
12．[含弹簧的物体运动多过程问题]如图9甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：

图9
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．
(2)O点和O′点间的距离x1.
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？
答案　(1)mv　(2)－x0　(3)x0－
解析　(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝mv.
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝mv
解得x1＝－x0
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF
只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv
分离后对A有mv＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－.
13．[直线与圆周运动组合的多过程问题]如图10所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图10
(1)小物块Q的质量m2；
(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．
答案　(1)4 kg　(2)78 N　(3)1.0 m
解析　(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：
m1gsin 53°＝m2gsin 37°
解得：m2＝4 kg
即小物块Q的质量m2为4 kg.
(2)小物块P到D点过程，由动能定理得
m1gh＝m1v
根据几何关系，有：
h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)
在D点，支持力和重力的合力提供向心力：
FD－m1g＝m1
解得：FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.
(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零．
由全过程动能定理得：
m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°L总＝0
解得L总＝1.0 m
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.

利用动能定理求解多过程问题的基本思路
1．弄清物体的运动由哪些过程组成．
2．分析每个过程中物体的受力情况．
3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．
4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．
5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．

1．(2015·海南单科·3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)
A．4倍 B．2倍 C.倍 D.倍
答案　D
解析　设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．
2.(2015·海南单科·4)如图11所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)

图11
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
答案　C
解析　在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确．
3．(2015·浙江理综·18)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
答案　ABD
解析　设总推力为F，位移x＝100 m，阻力F阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106 N，弹射器推力F弹＝F－F发＝1.2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F弹·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率＝F弹·＝4.4×107 W，C错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正确．
4．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图12所示．运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛
出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了雪地上，落地时速度大小为v.已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道间的摩擦阻力，求：

图12
(1)运动员刚好能过D点，AC的高度差h；
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；
(3)强风对运动员所做的功．
答案　(1)R　(2)　H－gt2
(3)mv2－mg(H＋R)
解析　(1)运动员刚好做圆周运动的速度满足
mg＝
由动能定理得mg(h－2R)＝mv
联立解得h＝R
(2)运动员做平抛运动，在竖直方向的速度v′＝gt
从A到C由动能定理得mg·R＝mv
v1＝＝
下落高度为h1＝gt2
距地面高度为h2＝H－h1＝H－gt2
(3)由动能定理得Wf＋mg(H＋R)＝mv2
Wf＝mv2－mg(H＋R)
练出高分
基础巩固
1.如图1所示，A、B两物块叠放在一起，用细绳子将A连接在墙上，用力F拉着B向右移动，用F拉、FAB、FBA分别表示细绳的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下列说法中正确的是(　　)

图1
A．F做正功，FAB做负功，FBA做正功，F拉不做功
B．F和FBA做正功，F拉和FAB做负功
C．F做正功，FAB做负功，FBA和F拉不做功
D．F做正功，其他力不做功
答案　C
解析　由W＝Flcos α和题意知，力F的作用点的位移不为零，且与F方向相同，故F做正功；细绳的拉力F拉的作用点的位移为零，故F拉不做功；FAB的作用点的位移不为零，且与FAB方向相反，故FAB做负功；FBA的作用点的位移为零，故FBA不做功．所以选项C正确．
2．某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度为v2，已知汽车空车的质量为m0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是(　　)
A.m0 B.m0 C.m0 D.m0
答案　A
解析　当汽车空载时，有：P＝Ff1v1＝km0gv1，当汽车装满货物后，有：P＝Ff2v2＝k(m0＋m)gv2
联立两式解得：m＝m0.故A正确，B、C、D错误.
3．一个质量为m的木块静止在光滑水平面上，某时刻开始受到如图2所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是(　　)

图2
A．4t0时刻木块的速度为
B．4t0时刻水平拉力的瞬时功率为
C．0到4t0时间内，木块的位移大小为
D．0到4t0时间内，水平拉力做功为
答案　D
解析　0～2t0内的加速度a1＝，则2t0末的速度v1＝a1·2t0＝，匀减速运动的加速度大小a2＝，则4t0末的速度v2＝v1－a2·2t0＝－·2t0＝，则4t0时刻水平拉力的瞬时功率P＝F0＝，故A、B错误；0～2t0内的位移x1＝a1t＝×4t＝，2t0～4t0内的位移x2＝v1·2t0－a2·4t＝，则位移x＝x1＋x2＝，故C错误；0到4t0时间内，水平拉力做功W＝F0x1－x2＝，故D正确．
4．如图3所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)

图3
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案　D
解析　根据动能定理，对全过程有：－2FfH＝m(v0)2－mv，上升过程：－(mg＋Ff)H＝－mv，联立两式得：Ff＝mg，选项D正确．
5．运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则将木箱拉上汽车，拉力至少做功(　　)
A．mgL B．mg C.mgL(1＋μ) D.μmgL＋mgL
答案　C
解析　以木箱为研究对象，将木箱拉上汽车，重力做功WG＝－mgLsin 30°＝－mgL，摩擦力做功Wf＝－μmgLcos 30°＝－μmgL，所以拉力至少做功WF＝－(WG＋Wf)＝mgL(1＋μ)，C项正确．
6．(多选)如图4所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体仍做速度为v的匀速运动，则以下说法正确的是(　　)

图4
A．F2一定大于F1
B．F2的大小可能等于F1
C．F2的功率一定小于F1的功率
D．F2的功率可能等于F1的功率
答案　BC
解析　物体都做匀速运动，受力平衡，则：F1＝μmg，F2cos θ＝μ(mg－F2sin θ)，解得：F2(cos θ＋μsin θ)＝F1.因为cos θ＋μsin θ可能等于1，可知F2的大小可能等于F1.故A错误，B正确；因为物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率大小等于摩擦力功率的大小，由于水平拉力作用下的摩擦力大于斜向上拉力作用下的摩擦力，可知F2的功率一定小于F1的功率，故C正确，D错误．
7．(多选)如图5所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)

图5
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv，其中WFN为支持力的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mv－mv
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
答案　CD
解析　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．
综合应用
8．质量为m的汽车，以恒定的功率P从静止开始在平直路面上行驶一段距离s后达到最大速度vm，经历时间为t.若行驶中阻力Ff恒定，则以下关系式正确的是(　　)
A．vm＝ B．P＝Ffvm
C．Pt＝mv D．Pt＝Ffs
答案　B
解析　根据P＝Fv，F－Ff＝ma，若保持功率P不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm后，做匀速运动，所以A错误；匀速运动时，F＝Ff，所以P＝Ffvm，故B正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt－Ffs＝mv－0，所以C、D错误．
9．(多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v－t图象如图6所示．下列说法正确的是(　　)

图6
A．水平拉力大小为F＝m
B．物体在3t0时间内位移大小为v0t0
C．在0～t0时间内水平拉力做的功为mv
D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0
答案　BD
解析　v－t图象的斜率表示加速度，则匀加速运动的加速度大小a1＝，匀减速运动的加速度大小a2＝，根据牛顿第二定律得：Ff＝ma2＝，则F－Ff＝ma1，解得：F＝，故A错误；根据图象与时间轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小为x＝v0·3t0＝v0t0，故B正确；0～t0时间内的位移x′＝v0t0，则0～t0时间内水平拉力做的功W＝Fx′＝×v0t0＝mv，故C错误；0～3t0时间内物体克服摩擦力做功W＝Ffx＝μmg×v0t0＝v0t0μmg，则在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为＝＝＝μmgv0，故D正确．
10．(多选)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图7所示．则在此过程中(　　)

图7
A．物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做的功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
答案　BD
解析　物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功， 所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确．
11．如图8，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R＝2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数μ＝0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m＝0.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处．不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10 m/s2.求：

图8
(1)小球从D点抛出的速度vD；
(2)水平轨道BC的长度x；
(3)小球开始下落的高度h.
答案　(1)5 m/s　(2)5 m　(3)7.5 m
解析　(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mg＝m
所以小球从D点抛出的速度
vD＝＝ m/s＝5 m/s.
(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，
2R＝gt2，
所以运动的时间为t＝ ＝ s＝1 s，
水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以x＝vDt＝5×1 m＝5 m.
(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，
mgh－μmgx－mg·2R＝mv
解得h＝7.5 m
12．(2015·山东理综·23)如图9甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：

图9
(1)物块的质量；
(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．
答案　(1)3m　(2)0.1mgl
解析　(1)设开始时细绳的拉力大小为FT1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得
对小球，FT1＝mg①
对物块，F1＋FT1＝Mg②
当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为FT2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得
对小球，FT2＝mgcos 60°③
对物块，F2＋FT2＝Mg④
联立①②③④式，代入数据得
M＝3m⑤
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得
mgl(1－cos 60°)－Wf＝mv2⑥
在最低位置时，设细绳的拉力大小为FT3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得
FT3－mg＝m⑦
对物块，由平衡条件得
F3＋FT3＝Mg⑧
联立①②⑤