1、专题强化练(六)题组一功和功率1(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连开始时绳与水平方向的夹角为.当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L.小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是()AWFFL(cos 1)BWF2FLcos CWfmgLcos 2 DWfFLmgLsin 2解析：小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x2L
2、cos ，所以拉力F做的功WFFx2FLcos ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2，所以小物块在BO段受到的摩擦力fmgcos 2，则WffLmgLcos 2，C正确，D错误答案：BC2(2018江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹
3、Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时FfF弹ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹Ffma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹Ff时速度达到最大，故A正确，B错误在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确答案：AD3一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0.由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率
4、减半，以P0的恒定功率行驶到t2时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶到t3时刻，整个过程汽车所受阻力恒为f，则在0t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图象可能是()解析：在0t1时间内，汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，v-t图线应为一段横线；t1t2时间内，汽车的功率减为P0的瞬间，汽车速度仍为v0，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得fma1，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度v降至时
5、，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；t2t3时间内，汽车的功率恢复到P0的瞬间，汽车速度为v0，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得fma2，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度v升至v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为v0的匀速直线运动，选项B正确答案：B题组二动能定理应用4.(多选)如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好
6、静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8)则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mghmgcos 45mv2，解得：v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误答案：AB5.如图所示，固定斜面倾角为.一轻弹
7、簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()A.mv2mgLsin ；B.mv2；C.mv2mgLsin ；D.mv2mgLsin ；解析：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得WmgLsin mv20，则Wmv2mgLsin ；设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsin mv2mv；从
8、最高点到落地的过程，由动能定理得mgHmv2m(v0cos )2，联立解得：H.答案：A6.(2020天津卷)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果一列质量为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加速度逐渐减小C牵引力的功率PFvmD牵引力做功Wmvmv解析：动车的功率恒定，根据PF牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵Fma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B
9、正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为PFvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为WPt，根据动能定理得PtFsmvmv，D错误答案：BC题组三机械能守恒定律的应用7.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同解析：两物块开始处在同一高度且处于静止状态，则mAgmBgsin ，剪断轻绳后A自由落体，B沿光滑斜面下滑，机械能都守
10、恒，着地时下降的高度相同，由mghmv2 可知，两物块着地时的速度大小相同，因此速率的变化量相同，A项错误；两物块的机械能变化量都为零，B项错误；两物块的质量不等，下落的高度相等，由WGmgh可知两物体重力做功不等，因而重力势能变化量的大小不同，C项错误；设下落的高度为h，则A下落过程的时间为tA，B下滑所用时间为tB，将重力做功、运动时间及质量关系代入重力做功的平均功率P公式，可求得两物体运动过程中重力做功的平均功率相等答案：D8.(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降
11、到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中()AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL解析：A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F3mg，所以Fmg，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达
12、到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Epmg(Lcos 30Lcos 60)EpmgL，故D错误答案：AB9.(多选)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平当30时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时变为45，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中()AA、B组成的系统机械能守恒B弹簧弹性势能的最
13、大值为()mgLC竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力DA的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg解析：A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep2mgL(cos 30cos 45)，即弹性势能的最大值为Ep()mgL，故B正确；对B：水平方向的合力FxF杆sin F弹ma，滑块B先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sin ，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mgFN2ma，则有FN3mg，故D正确答案：BD题组
14、四功能关系的应用10.(2020安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()A BCmv2 D2mv2解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mgx相，x相vtt，ag，vat，联立以上各式可得Wmv2，故选项C正确答案：C11.(多选)如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平
15、面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是()A物体减少的机械能E1E2E3B物体减少的机械能E2E1E3C物体到达底端时的速度v1v2v3D物体到达底端时的速度v2v1W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FNmgcos m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于mgcos ，则W克2W克1，故W克2W克1W克3，由此可知物体减少的机械能E2E1E3，故A错误；由动能定理可知mghW克mv2，由于W克2W克1W克3可得v2v1v3，故C错误，B、D正确答案：BD题组五综合练12
16、.(2018天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s.已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2.求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.解析：(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax，代入数据解得a2 m/s2.(2)飞机受到的阻力F阻0.1mg.设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma，飞机滑跑过程中
17、的平均速度v，所以牵引力的平均功率PFv，联立式得P8.4106 W答案：(1)2 m/s2(2)8.4106 W13(2020浙江卷)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37的斜轨道BC平滑连接而成质量m0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H1.0 m处静止释放已知R0.2 m，LABLBC1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量
18、为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系(碰撞时间不计，sin 370.6，cos 370.8)解析：(1)机械能守恒定律mgHmgRmv，牛顿第二定律FN8 N，牛顿第三定律FNFN8 N.方向水平向左(2)能在斜轨道上到达最高点为C点，功能关系mgHmgLABmgLBCcos mgLBCsin 得LBC m1.0 m.故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理mgHmgxmv2，碰撞后的速度为v，动量守恒定律mv3mv，设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理3mg(LABx)3mg3mgh0(3m)v2得hx m；h0.答案：(1)8 N，方向水平向左(2)不会冲出(3)hx；h0