1、跟踪强化训练(五)一、选择题1(2017华中师大附中一模)如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知Mm，用和分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是()解析设A、B间动摩擦因数为，二者加速度的大小分别为aA、aB，则mgmaA，mgMaB，可知aAaB，vt图象中，的斜率绝对值应大于的，故A、B均错误由mgsBEkB，mvmgsAEkA，可知Eks图象中，、的斜率绝对值应相同，故C错误，D正确答案D2(2017河北石
2、家庄二模)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B0t3时间内，小球的平均速度一定为Ct3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)Dt3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析vt图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错图中t0t2时间内小球做加速运动，
3、故合力对小球一直做正功，A错vt图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v，结合图象中的“面积”可知0t3时间内，小球的平均速度大于，B错t3t4时间内由动能定理得Wmghmvmv，又h(t4t3)，解得W(v4v3)g(t4t3)，C对答案C3(2017河北名校联盟)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，后增大解析解法一：数学解析法因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示设绳与竖直方向的夹角为，则在切线方向上应有m
4、gsinFcos，拉力F的瞬时功率PFvcosmgvsin.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随的增大而增大，A正确选A.解法二：转化法因小球的动能始终不变，故拉力F的瞬时功率就等于克服重力做功的瞬时功率，即PPGmgvcos(90)mgvsin.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随的增大而增大，A正确选A.答案A4(2017江苏徐州沛县中学质检)一汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化关系如图所示假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是()解析汽车开始时做匀速直线运动，功率为P0，t1时刻
5、，功率变为2P0，知该时刻牵引力变来原来的2倍，汽车做加速运动，由于速度增大，牵引力减小，则加速度减小，即做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据vm知，功率变为原来的2倍，则最大速度为2v0，D正确，A、B、C错误答案D5(多选)(2017浙江长兴中学模拟)如图所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h0.05 m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程yx26(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物
6、块从水平台上O点飞出的速度大小为1 m/sB小物块从O点运动到P点的时间为1 sC小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s解析对小物块，从释放至到达O点的过程中，由动能定理得mghmv0，代入数据解得v01 m/s，A正确小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向ygt2，水平方向xv0t，解得y5x2，又有yx26，联立解得x1 m，y5 m，根据hgt2，解得t1 s，B正确竖直方向的速度大小vygt10 m/s；设刚到P点时速度方向与水平方向夹角为，则有tan10，C错误根据速度的合成法则，则有刚到P点时速度的大小v m/s，D错误答案
7、AB6.(2017石家庄质检二)一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移时间图象如图所示，g10 m/s2，则下列说法正确的是()A小球抛出时的速度为12 m/sB小球上升和下降的时间之比为2C小球落回到抛出点时所受合力的功率为64 WD小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失解析上升阶段，由匀变速直线运动规律x0v0t1，可得初速度v024 m/s，选项A错误；上升阶段，由速度公式可得a112 m/s2，由牛顿第二定律可得mgfma1，得fma1mg2 N，下降阶段，由牛顿第二定律可得mgfma2，得a28 m/s2，由位移公式
8、可得x0a2t，解得t2 s，即，选项B错误；设小球落地时的速度为v，由动能定理可得mgx0fx0mv2，解得v8 m/s，故合力的功率Pma2v64 W，选项C正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选项D错误答案C7(2017河北六校联考)如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为AB、BC两段，且BC1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为1、2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则、1、2间应满足的关系是()Atan BtanCtan212 Dtan221解析由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力
9、、支持力、滑动摩擦力作用设斜面AC长为L，则ABL，BCL.对全过程，根据动能定理有mgLsin1mgcosL2mgcosL0，得tan.答案A8(2017河北名校联盟)某辆汽车在行驶过程中的输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为m4103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为f2103 N若汽车从静止开始以恒定加速度a0.5 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A32 s B48 s C60 s D68 s解析由图象可知，汽车的最大功率约为P100 kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知Ffma，Ffma(200040000.5)N4000 N，由PFv可知v m/s2
10、5 m/s，又vat，故t s50 s故只有B符合题意要求答案B9如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，至少要做的功为()A. B.C.MgL D.MgL解析拉力做功最少时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程运用动能定理得00WFminMgLsin602L，解得WFminMgL，故D项正确答案D10(多选)(2017湖南石门第一中学检测)如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的
11、恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为1；现将该夹角增大到2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是()A若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2F1B若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2F1C若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率D若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率解析物体做匀速运动，受力平衡，则F1cos1(mgF1sin1)；F2cos2(mgF2sin2)，解得F1，F2，当cos1sin1cos2sin2时，F2F1，即sin(1)sin(2)，其中tan，当122时，sin(1)sin(2)，则F2的大
12、小可能等于F1，A正确，B错误因为物体做匀速直线运动，合力为零，则F1cos1(mgF1sin1)；F2cos2(mgF2sin2)，功率PFvcos，v相等，要使功率相等，则F1cos1F2cos2，F1sin1F2sin2，而21，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，C错误根据上述的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1cos1可以大于F2cos2，则F1的功率可能等于F2的功率，D正确答案AD二、非选择题11(2017江西六校联考)如图所示，斜面倾角为，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小
13、于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程 解析滑块受重力mg、支持力N、摩擦力f，示意图如图所示由滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”(重力沿斜面方向的分力)可知：下滑时，合力F合1mgsinf，加速度a1，方向沿斜面向下，匀加速下滑；上滑时，合力F合2mgsinf，加速度a2，方向沿斜面向下，匀减速上滑又ffmgcos滑块由A点匀减速上滑至最高点B，然后匀加速下滑至P处，碰后以原速率返回，因a1a2，所以滑块匀减速上滑所到达的最高位置将低于B点，然后又匀加速下滑，如此反复，上滑高度不断减小，最终停止在P点设滑块停止运
14、动前在斜面上经过的路程为s.根据动能定理有：mgs0sinfs0Ek0，即mgs0sinmgcoss0mv解得s.答案12(2017成都第二次诊断性测试) 如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连；O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.解析(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理，有mg(2RR)mgcos370，解得0.375.(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有mgFN，当FN0时，滑块恰能到达C点，有vC2 m/s.滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理，有mgcos37mvmv，联立解得v02 m/s.故v0min2 m/s.(3)滑块离开C点做平抛运动有xvt，ygt2，由几何关系，得tan37，联立以上各式整理得5t23t0.80，解得t0.2 s.答案(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s
