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阶段综合测评五 机械能及其守恒定律(时间：90分钟 满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分)1．(2015届湖南省益阳市阵营中学高三月考)放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象分别如图甲、乙所示，则物体的质量为(g 取10 m/s 2)( )A. kgB. kgC. kgD. kg5310935910解析：根据v t 图象可知物体在0～2 s 内的加速度a ＝＝3 m/s 2，故在0～2 s 内有F －f ＝ma ，ΔvΔt 所以在2～6 s 内拉力的功率P ＝Fv ＝f ×6＝10 W ，故有物体所受的阻力f ＝ N ，而在0～2 s 内有53F ＝f ＋ma ，所以在t ＝2 s 时拉力的功率P ＝(f ＋ma )v ＝×6＝30 W ，解得物体的质量m ＝(53＋3×m )109kg ，故选项B 正确．答案：B2．(2015届湖北省教学合作高三月考)如图所示，小物体A 沿高为h 、倾角为θ的光滑斜面以初速度v 0从顶端滑到底端，而相同的物体B 以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则( )A ．两物体落地时速率相同B ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同C ．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同解析：两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可知两物体落地时速率相同，故选项A正确；重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，故选项B正确；两种情况下落地方向不同，根据公式P＝Fv cosθ，所以瞬时功率不同，所以选项C错误；平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以选项D错误．答案：AB3．(2015届江苏省盐城中学高三月考)两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终在弹性限度内)( )A．弹簧的弹性势能一直减小B．力F一直增大C．木块A的动能和重力势能之和一直增大D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小解析：在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故选项A错误；最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式．当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故选项B正确；在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故选项C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故选项D错误．答案：BC4．(2015届山东师大附中高三模拟)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为fxC ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx －fLD ．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL解析：对物块，由动能定理可知，物块的动能：E k ＝(F －f )(x ＋L )，故选项A 错误；对小车，由动能定理可得，小车的动能为fx ，故选项B 正确；由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为F (x ＋L )－fL ，故选项C 错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fL ，故选项D 正确．答案：BD5．(2015届温州市十校联合体联考)如图所示，一小球从斜轨道的某高处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R ，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是( )A ．在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的B ．小球的初位置比圆轨道最低点高出2R 时，小球能通过圆轨道的最高点C ．小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R 时，小球在运动过程中能不脱离轨道D ．小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R 时，小球在运动过程中才能不脱离轨道解析：设小球的初位置比轨道最低点高h ，从初位置到圆轨道最高点，根据动能定理有mgh ＝mv 2－0，而要通过圆周运动最高点，速度v ≥，代入可得h ≥2.5R ，即初位置要比圆轨道最低点12gR 高出2.5R 时小球才能通过最高点，选项B 错误；小球沿圆轨道内侧运动，最低点弹力向上最高点弹力向下，选项A 错误；小球在运动过程中能不脱离轨道有两种办法，一种是通过最高点即比最低点高出2.5R 的初位置释放，另一种是小球沿圆轨道上滑的高度小于半径R ，根据动能定理即h ≤R ，此时小球上滑速度减小到0后又返回，所以选项C 正确，选项D 错误．答案：C6．(2015届江西省新余一中高三二模)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B .支架的两直角边长度分别为2l 和l ，支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，则( )A ．A 球的最大速度为2glB ．A 球速度最大时，B 球的重力势能最小C ．A 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D ．A ，B 两球的最大速度之比 v a ∶v b ＝1∶2解析：当OA 与竖直方向夹角为θ时，由机械能守恒得mg ×2l cos θ－2mgl (1－sin θ)＝mv ＋·2mv ，且有v A ＝2v B ，联立解得v ＝gl (sin θ＋cos θ)－gl ，由数学知识可知，当122A 122B 2A 8383θ＝45°时(sin θ＋cos θ)有最大值，且A 球的最大速度v A ＝ ，所以选项A 错误，选项 2－1 83glC 正确；两球的角速度相同，线速度之比v A ∶v B ＝ω·2l ∶ω·l ＝2∶1，故选项D 错误；A 球速度最大时，B 球速度也最大，系统的动能最大，则此时A 、B 两球的重力势能之和最小，并不是B 球的重力势能最小，故选项B 错误．答案：C7．(2015届江西省南昌市三校联考)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 沿斜面运动的距离为d ，速度为v ，此时( )A ．拉力F 做功等于A 动能的增加量B ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kdm 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1gd sin θ－m 1v 212解析：物体A 在拉力、重力、弹簧弹力作用下向上运动，根据动能定理可知，合外力做功等于物体动能的增加量，故选项A 错；初始状态，弹簧处于压缩状态，对物块A 分析可得压缩量x 1＝，m 1g sin θk 末状态，B 刚要离开挡板，分析B 可得x 2＝，A 的运动距离d ＝x 1＋x 2＝.对物m 2g sin θk m 1＋m 2 g sin θk 块B ，m 2g sin θ＝kx 2＜kd ，选项B 错误；对物块A 分析，则有F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a ，整理得a ＝，选项C 正确；对A 和弹簧组成的系统，则有Fd －m 1g sin θ×d －E p ＝m 1v 2，整理得F －kd m 112E p ＝Fd －m 1g sin θ×d －m 1v 2，选项D 正确．12答案：CD8．(2015届吉林市普通高中高三月考)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程23中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．动能损失了mghC ．克服摩擦力做功mgh16D ．机械能损失了mgh13解析：物体上升的最大高度为h ，则物体增加的重力势能为mgh ，故选项A 正确；物体上升过程中其加速度a ＝g ，由牛顿第二定律有mg sin30°＋f ＝ma ，解得f ＝mg ，物体上升到最高点过程中，克服合2316外力做功W ＝mgh ＋f ＝mgh ，由动能定理可知其动能损失ΔE k ＝mgh ，故选项B 错误；克服摩擦h sin30°4343力做功W f ＝f ＝mgh ，选项C 错误；由功能关系可知，损失机械能等于克服摩擦力做功，故选项h sin30°13D 正确．答案：AD9．(2015届湖北省孝感市高三月考)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.则( )A．v A＝v B cosθB．v B＝v A cosθC．小球B减小的势能等于物块A增加的动能D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大解析：根据运动的合成与分解，将A的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分速度，如图所示，则有v A cosθ＝v B，故选项B正确，选项A错误；由机械能守恒定律可知，小球B减少的重力势能等于小球A、B增加的动能与小球A增加的重力势能之和，故选项C错误；小球A上升到与滑轮等高的过程中，绳的拉力始终对小球做正功，其机械能增加，故选项D正确．答案：BD10．(2015届武汉市三十九中高三月考)如图所示，2013年2月15日，一颗陨星坠落俄罗斯中西部地区，造成数百人受伤．在影响最严重的车里雅宾斯克州，爆炸造成玻璃窗破碎和人员受伤．忽略陨星的质量变化，在陨星靠近地球的过程中，下列说法正确的是( )A．陨星的重力势能随时间增加均匀减小B．陨星与地球组成的系统机械能不守恒C．陨星减少的重力势能等于陨星增加的内能D．陨星的机械能不断减小解析：因为陨石在下落过程中并不是做的匀速直线运动，所以下落的高度不是均匀减小的，故陨星的重力势能随时间增加不均匀减小，选项A错误；由于摩擦力的存在，系统的机械能不守恒，选项B正确；根据功能关系可得陨石减小的重力势能，转化为动能和内能，选项C错误；由于一部分能量转化为内能，所以机械能减小，选项D 正确．答案：BD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(6分)(2015届武汉市三十九中高三月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U 、频率为f 的交流电源上，从实验打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点与起始点O 的距离为s 0，点A 、C 间的距离为s 1，点C 、E 间的距离为s 2，已知重锤的质量为m ，当地的重力加速度为g ，则：(1)从起点O 开始到打下C 点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝________，重锤动能的增加量ΔE k ＝________.(2)根据题设条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度________，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：________________________________________.解析：(1)从起点O 开始到打下C 点，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mg (s 0＋s 1)，打下C 点的重锤的速度v C ＝＝，故重锤增加的动能ΔE k ＝mv ＝.s 1＋s 22ΔT s 1＋s 2 f 4122C m s 1＋s 2 2f 232(2)根据s 2－s 1＝g ΔT 2，得g ＝＝，测得重力加速度小于当地重力加速度，主s 2－s 1 2T 2 s 2－s 1 f 24要原因是纸带与限位孔之间摩擦力的作用．答案：(1)mg (s 0＋s 1) m s 1＋s 2 2f 232(2)g ＝f 2 纸带与限位孔之间摩擦力(或答纸带与其它部分的阻力或摩擦阻力)的作用s 2－s 1412．(9分)(2014届江门市高考模拟考试)用如图(a)所示的仪器探究做功与速度变化的关系．实验步骤如下：(1)①将木板固定有打点计时器的一端垫起适当高度，消除摩擦力的影响；②小车钩住一条橡皮筋，往后拉至某个位置，记录小车的位置；③先________，后________，小车拖动纸带，打点计时器打下一系列点，断开电源；④改用同样的橡皮筋2条、3条……重复②、③的实验操作，每次操作一定要将小车________________．(2)打点计时器所接交流电的频率为50 Hz ，下图所示是四次实验打出的纸带．(3)根据纸带，完成尚未填入的数据.次数1234橡皮筋做的功W 2W3W 4W v (m/s) 1.00 1.42 2.00v 2(m 2/s 2)1.002.01 4.00从表中数据可得出什么样的结论？______________________________________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再释放小车，且每次操作一定要将小车从相同的位置释放．(3)根据v ＝＝ m/s ＝1.73 m/sx t 3.46×10－20.02v 2＝1.732＝2.99.答案：(1)③接通电源 释放小车 ④从相同位置释放(3)1.73 2.99 橡皮筋做的功与速度的平方成正比三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(12分)(2015届江西省新余一中高三二模)如图，竖直放置的斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 的B 端相切，圆弧半径为R ，圆心与A 、D 在同一水平面上，∠COB ＝θ，现有一个质量为m 的小物体从斜面上的A 点无初速滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物体在斜面上能够通过的路程；(2)小物体通过C 点时，对C 点的最大压力和最小压力．解析：(1)如图，小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgR cos θ－fs ＝0，又f ＝μmg cos θ，解得：s ＝R /μ.(2)小物体第一次到达最低点时对C 点的压力最大：N m －mg ＝mv 2/R由动能定理得：mgR －μmg cos θ·＝mv 2/2，＝R cot θAB AB 解得：N m ＝mg (3－2μcos θcot θ)当小物体最后在BCD ′(D ′在C 点左侧与B 等高)圆弧上运动时，通过C 点时对轨道压力最小．N n －mg ＝mv 2/R ，mgR (1－cos θ)＝mv ′2/2解得：N n ＝mg (3－2cos θ)．答案：(1) (2)mg (3－2μcos θcot θ) mg (3－2cos θ)Rμ14．(15分)(2015届山东省实验中学高三月考)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S ”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R ＝0.2 m 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D 点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m ＝1 kg 的玩具小车以恒定的功率从E 点由静止开始行驶，经过一段时间t ＝4 s 后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S ”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B 上的C 点，C 点与下半圆的圆心O 等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED 之间的距离为x 0＝10 m ，斜面的倾角为30°.求：(g ＝10 m/s 2)(1)小车到达C 点时的速度大小为多少？(2)在A 点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？(3)小车的恒定功率是多少？解析：(1)把C 点的速度分解为水平方向的v A 和竖直方向的v y ，有：v ＝2g ·3R 2y v C ＝vycos30°解得v C ＝4 m/s.(2)由(1)知小车在A 点的速度大小v A ＝＝2 m/s2gR 因为v A ＝＞，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下2gR gRmg ＋F N ＝m v 2A R解得F N ＝10 N根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝10 N ，方向竖直向上．(3)从E 到A 的过程中，由动能定理：Pt －μmgx 0－mg 4R ＝mv 122A 解得P ＝＝5 W.μmgx 0＋5mgR t 答案：(1)4 m/s (2)10 N ，方向竖直向上 (3)5 W15．(18分)(2015届温州市十校联合体联考)如左图是在阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB 、CD 和一段光滑圆弧BC 组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程；(3)给滑块不同的初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)在P 点mg ＝，得v P ＝mv 2P2R 2gR到达A 点时速度方向要沿着AB ，v y ＝v P ·tan θ＝342gR所以AD 离地高度为h ＝3R －＝R v 2y 2g 3916(2)进入A 点滑块的速度为v ＝＝vp cos θ542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，23E k＝mv2－μmg cosθ8R＜012所以滑块不会滑到A而飞出，最终在BC间来回滑动．(3)设初速度、最高点速度分别为v1，v2由牛顿第二定律，在Q点F1－mg＝，在P点F2＋mg＝mv21Rmv22R 所以F1－F2＝2mg＋m 2v21－2v2＋v22R由机械能守恒mv＝mv＋mg3R，得v－v＝6gR为定值1221122212带入v2的最小值得压力差的最小值为9mg.2gR答案：(1)R (2)见解析 (3)9mg3916。
第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。
2.公式：E k＝12m v2。
3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关。
4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。
6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21。
【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：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。
2.表达式(1)W＝ΔE k。
(2)W＝E k2－E k1。
(3)W＝12m v22－12m v21。
3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4.适用范围广泛(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，也可以不同时作用。
板块二考点细研·悟法培优考点1 动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
4.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。
例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。
滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等。
空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功。
课后分级演练(十七) 功能关系能量守恒定律【A级——基础练】1.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是( )A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：C 滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错；C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．2.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将二个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：D 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与小球重力相等时，小球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B错误，D正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．3.滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析：A 当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．4．(多选)如图所示，D 、A 、B 、C 四点水平间距相等，DA 、AB 、BC 竖直方向高度差之比为1∶3∶5.现分别放置三个相同的小球(视为质点)，均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A 、B 、C 三点沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力，下列说法中正确的有( )A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶1∶1C ．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶3∶5D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析：AB 本题考查平抛运动规律、重力做功、动能定理、弹性势能等，意在考查考生对平抛运动规律、功能关系的理解能力和分析判断能力．三个小球弹出后做平抛运动，竖直方向上，三个小球竖直位移比为1∶4∶9，由自由落体运动规律h ＝12gt 2可知，小球在空中运动时间之比为1∶2∶3，A 项正确；又三个小球水平位移之比为1∶2∶3，由水平方向匀速直线运动规律x ＝v 0t 可知，三个小球弹出时速度相同，B 项正确；重力做功W G ＝mgh ，所以重力做功之比为1∶4∶9，C 项错；当且仅当弹力对小球A 做功与重力对小球A 做功相等时，合外力对三个小球做功之比为2∶5∶10，故D 项错．5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由v 1增大到v 2，所用时间为t ，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中( )A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B ．木块沿斜面下滑的距离为v 1＋v 22tC ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12mv 22＋12mv 21 解析：BD 对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A 错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v ＝v 1＋v 22，故下滑的距离为：x ＝v t ＝v 1＋v 22t ，故B 正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 21，故D 正确． 6.(多选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说法正确的是( )A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小C ．小物块在O 点时的速度最大D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：AD 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O 点应该在ab 中间，Oa ＝Ob .由于有摩擦力，物块从a 到b 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b 点，即O 点靠近b 点，故Oa >Ob ，选项A 正确；从O 至b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B 错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O 点右侧，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D 正确．7.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析：CD 因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误．由功能关系知，系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确．对M除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理可知B错误．对m有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．8.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误．9．(2017·湖南长沙三月模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程解析：D 从D到C过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A错误；弹丸竖直向上发射，从D到C过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点F弹＝mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D到C过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B 错误；从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C 错误；从D 到E 过程橡皮筋的弹力大于从E 到C 过程的，故从D 到E 过程橡皮筋弹力做功大于从E 到C 过程，选项D 正确．10．(2017·课标Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J ⑦答案：(1)2.4×1012 J (2)9.7×108J【B 级——提升练】11.(多选)(2017·三湘名校联盟三模)如图是某缓冲装置示意图，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于1f (12mv 20－12mv 2) C ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：BD 小车向右运动的过程中将受到弹簧向左的弹力作用做加速度逐渐增大的减速运动，若小车撞击弹簧时的速度v 0较小，弹簧上的弹力小于f ，小车速度即减为零，随后被弹回，此过程中只有动能与弹性势能之间相互转化，因此最终弹回的速度v 等于v 0，故选项A 错误；若小车撞击弹簧时的速度v 较大，在其速度还未减为零，弹簧上的弹力已增大至f ，由于直杆的质量不可忽略，所以小车继续做加速度增大的减速运动，弹簧继续被压缩，弹力大于f 后，直杆向右做加速运动，当两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，故选项C 错误；选项D 正确；当小车速度减为零时，小车反向弹回，弹簧弹力减小，直杆最终也不再在槽内移动，因此根据功能关系有：fx ＝12mv 20－12mv 2，即直杆在槽内移动的距离为：x ＝1f (12mv 20－12mv 2)，故选项B 正确．12．如图所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 解析：B 第一次停在水平雪道上，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cosα>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．13．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )A ．固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C ．滑块可能重新回到出发点A 处D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：CD 设AB 的高度为h ，假设物块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ＝mv 2C R，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12mv 2C －0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到最终停止，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h μ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．14.如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x .解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102 m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ，解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m＝1 m. 铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12 m ＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s 2 (2)1.5 m15.(2017·湖南永州三模)如图所示，水平传送带A 、B两轮间的距离L ＝40 m ，离地面的高度H ＝3.2 m ，传送带以恒定的速率v 0＝2 m/s 向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P 、Q 中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P 、Q 不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态．现将P 、Q 轻放在传送带的最左端，P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m ＝0.2 kg ，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．解析：(1)滑块的加速度大小a ＝μg ＝1 m/s 2从静止到与传送带共速所需时间t 0＝v 0a＝2 sx 0＝12at 20＝2 m<L ＝40 m故滑块第2 s 末相对传送带静止由动量守恒定律有2mv 0＝mv Q －mv P又v Q ＝2v P解得v Q ＝8 m/s ，v P ＝4 m/s弹性势能E p ＝12mv 2P ＋12mv 2Q －12(2m )v 20＝7.2 J (2)两滑块离开传送带后做平抛运动时间相等，故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差 t 1＝4 s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6 m滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6 s 这段时间内位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30 m<L －x 1＝34 m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间 t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2 s 滑块P 速度减小到0时运动位移大小x 3＝v 2P 2a＝8 m>x 1＝6 m 滑块P 滑到左端时的速度v P ′＝v 2P －2ax 1＝2 m/s运动时间t 4＝v P －v P ′a＝2 s 两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6 s(3)滑块PQ 共同加速阶段Q 1＝2μmg (v 0t 0－x 0)＝0.8 J分离后滑块Q 向右运动阶段Q 2＝μmg (x 2－v 0t 2)＝3.6 J滑块P 向左运动阶段Q 3＝μmg (x 1＋v 0t 4)＝2 J全过程产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝6.4 J答案：(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J。
![【配套K12】[学习]2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第4讲 功能关系 能量](https://img.taocdn.com/s1/m/3070053a14791711cc79178b.png)
第4讲功能关系能量守恒定律微知识1 功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化，而且能的转化必通过做功来实现。
2．几种常见力的功与能量转化的关系(1)重力做功：重力势能和其他能相互转化。
(2)弹簧弹力做功：弹性势能和其他能相互转化。
(3)滑动摩擦力做功：机械能转化为内能。
(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化。
(5)安培力做功：电能和机械能相互转化。
微知识2 能量守恒定律1．内容能量既不会消灭，也不会创生，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．应用能量守恒的两条基本思路(1)某种形式的能减少，一定存在另一种形式的能增加，且减少量和增加量相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在另一个物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．做功过程一定有能量的转化。
(√)2．力对物体做多少功，物体就有多少能量。
(×)3．力对物体做功，物体的总能量一定增加。
(×)4．能量在转化和转移的过程中，总量会不断减少。
(×)5．滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。
(√)二、对点微练1．(对功能关系的理解)(多选)对于功和能，下列说法正确的是( )A．功和能的单位相同，它们的概念也相同B．做功的过程就是物体能量转化的过程C．做了多少功，就有多少能量发生了转化D．各种不同形式的能可以互相转化，且在转化的过程中，能的总量是守恒的答案BCD2．(功能关系的应用)(多选)一人用力把质量为m 的物体由静止竖直向上匀加速提升h ，速度增加为v ，则对此过程，下列说法正确的是( ) A ．人对物体所做的功等于物体机械能的增量 B ．物体所受合外力所做的功为12mv 2C ．人对物体所做的功为mghD ．人对物体所做的功为12mv 2解析 由功能关系可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh ＋12mv 2，选项A正确，C 、D 项错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为12mv 2，选项B 正确。
第1讲 功和功率【基础梳理】一、功1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W ＝Fl cos__α．适用于恒力做功．其中α为F 、l 方向间夹角，l 为物体对地的位移． 3．功的正、负的判断(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功． (3)α＝90°，力对物体不做功．功是标量，比较做功多少要看功的绝对值．二、功率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)定义式：P ＝W t，P 为时间t 内的平均功率． (2)推论式：P ＝Fv cos__α．(α为F 与v 的夹角)【自我诊断】判一判(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．( ) (2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．( ) (3)作用力做负功时，反作用力一定做正功．( ) (4)静摩擦力一定对物体不做功．( )(5)由P ＝Fv 可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√做一做(2018·福建闽粤联合体联考)如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P A ＞PB B ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A ＜P B提示：选D.B 做自由落体运动，运动时间t B ＝2h g .A 做匀加速直线运动，a ＝g sin θ，根据h sin θ＝12g sin θt 2A 得，t A ＝2h g sin 2θ，可知t A ＞t B .重力做功相等，根据P ＝W Gt知，P A ＜P B ，A 、B 错误．根据动能定理，mgh ＝12mv 2得，两物体到达地面时的速度大小均为v ＝2gh .A 物体重力的瞬时功率P A ＝mgv sin θ，B 物体重力的瞬时功率P B ＝mgv .则P A ＜P B .C 错误，D 正确．想一想汽车以不同方式启动，一次以恒定功率启动，一次以恒定加速度启动．(1)用公式P ＝Fv 研究汽车启动问题时，力F 是什么力？ (2)以恒定功率启动时，汽车的加速度变化吗？做什么运动？ (3)汽车上坡的时候，司机师傅必须换挡，其目的是什么？ 提示：(1)牵引力(2)加速度变化 做加速度减小的加速直线运动 (3)换挡的目的是减小速度，得到较大的牵引力对功的正负判断和大小计算[学生用书P82]【知识提炼】1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．计算功的方法(1)常用办法：对于恒力做功利用W ＝Fl cos α；对于变力做功可利用动能定理(W ＝ΔE k )；对于机车启动问题中的恒定功率启动问题，牵引力的功可以利用W ＝Pt .(2)几种力做功比较①重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关． ②滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关． ③摩擦力做功有以下特点：a ．单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．b ．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．c ．相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q ＝F f x相对．【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mgl B ．16mgl C.13mgl D ．12mgl [审题指导] 题中所说外力经判断为变力，不好用公式直接求解．但由于细绳为缓慢移动，就代表初末动能不变，仅从重力势能方面考虑就可以．自然就转到重力做功方面来．[解析] QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误．[答案] A求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想． (2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算． (5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上下两侧分别表示正、负功．【迁移题组】迁移1 对功的正、负的判断 1.一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F ，在车前进s 的过程中，下列说法正确的是( )A ．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B ．当车加速前进时，人对车做的总功为负功C ．当车减速前进时，人对车做的总功为负功D ．不管车如何运动，人对车做的总功都为零解析：选B.人对车施加了三个力，分别为压力、推力F 、静摩擦力f ，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F 做的功为W F ＝Fs ，静摩擦力做的功为W f ＝－fs ，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F ＝f ，则人对车做的总功为零，故A 错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f ′向右且大于车厢壁对人的作用力F ′，所以人对车厢的静摩擦力f 向左，静摩擦力做的功W f ＝－fs ，人对车厢的推力F 方向向右，做的功为W F ＝Fs ，因为f >F ，所以人对车做的总功为负功，故B 正确，D 错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C 错误．迁移2 恒力做功的求解2．(高考全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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F 2，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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．迁移3 变力做功的求解3．(多选)(2018·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．功率的理解和计算[学生用书P83]【知识提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝Fv cos α计算平均功率．【跟进题组】1．(多选)(2018·海口模拟)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为 5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为 15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 25F 20t 06m解析：选BD.2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错、B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，C 错、D 对．2．一台起重机从静止开始匀加速地将一质量m ＝1.0×103kg 的货物竖直吊起，在2 s 末货物的速度v ＝4 m/s.起重机在这2 s 内的平均输出功率及2 s 末的瞬时功率分别为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.4×104W 2.4×104W B ．2.4×104W 4.8×104W C ．4.8×104W 2.4×104W D ．4.8×104W 4.8×104W解析：选B.货物运动的加速度a ＝v t ＝42m/s 2＝2 m/s 2设起重机吊绳的拉力为F ，根据牛顿第二定律，有F －mg ＝ma ，所以F ＝m (g ＋a )＝1.0×103×(10＋2) N ＝1.2×104N货物上升的位移l ＝12at 2＝4 m则拉力做的功W ＝Fl ＝1.2×104×4 J ＝4.8×104J 故2 s 内的平均功率P ＝Wt＝2.4×104W2 s 末的瞬时功率P ＝Fv ＝1.2×104×4 W ＝4.8×104W.计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断．机车启动问题[学生用书P84]【知识提炼】1．两种启动方式的比较(1)P ＝Fv . (2)F －F f ＝ma . (3)v ＝at (a 恒定)． (4)Pt －F f x ＝ΔE k (P 恒定)． 3．三个重要结论(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v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 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，速度不是最大，即v ＝PF <v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．【典题例析】(多选)某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？ [审题指导] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？[解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P F f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035N ＝1.2×104N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5s ＝16 s. [答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s机车启动问题的求解方法(1)机车的最大速度v max 的求法机车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F 等于阻力F f ，故v max ＝P F ＝P F f. (2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t 的求法 牵引力F ＝ma ＋F f ，匀加速运动的最大速度v max ′＝P 额ma ＋F f ，时间t ＝v max ′a. (3)瞬时加速度a 的求法根据F ＝Pv 求出牵引力，则加速度a ＝F －F fm. 【迁移题组】迁移1 以恒定功率启动方式的求解1．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．迁移2 以恒定牵引力启动方式的求解 2.当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v －t 图象如图所示，已知0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下列判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为Pv 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F 牵＝P v 3，故D 正确．[学生用书P85]1．(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：选BD.由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r ，根据牛顿第二定律，下落过程中mg －kr ＝ma ，a ＝g －krρ×43πr3＝g －3k4πρr 2，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h ＝12at 2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A 、C 项错误；由v 2＝2ah 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B 项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D 项正确．2．(2015·高考全国卷Ⅱ)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( )解析：选A.由P －t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝Fv 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －fm知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．3.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F 的作用下，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：选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，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F ＝mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P ＝F ·v cos θ＝mgv ·sin θ.从A 运动到B 的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A 项正确．4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？ (2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝P v 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20 解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P[学生用书P303(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．2．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m ＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x 轴，重力加速度g ＝10 m/s 2.现对物块施加竖直向下的拉力F ，F 随x 变化的情况如图乙所示．若物块运动到x ＝0.4 m 处速度为零，则在物块下移0.4 m 的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A．5.5 J B．3.5 JC．2.0 J D．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．3．(2015·高考海南卷)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. 3 倍D． 2 倍解析：选D.设F f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝F f v＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝2v，D正确．4．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是( )A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即W F＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cos θ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误．5.如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v－t图象，测试时机车先以恒定的牵引力F启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t1时刻机车关闭发动机，到t2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和克服摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2，0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程克服摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，则下列判断正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －fm，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝fm，根据v －t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．6．(2018·贵州遵义高三模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k16解析：选C.物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P ＝Fv m ＝F f v m ＝kv 3m ，要使物体运动的速率增大到2v m ，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P 0，故A 错误，C 正确；发动机额定功率不变时，需使阻力因数减小到k8，故B 、D 错误．二、多项选择题7．(2015·高考浙江卷)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3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；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1.1×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，选项D 正确；设总推力为F ，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F －20%F ＝ma ，得F ＝1.2×106N ，而发动机的推力为1.0×105N ，则弹射器的推力为F 推＝(1.2×106－1.0×105)N ＝1.1×106N ，选项A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 推·l ＝1.1×108J ，选项B 正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t＝1.1×1082.5W ＝4.4×107W ，选项C 错误． 8.如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F 拉动细绳，将静置于A 点的木箱经B 点移到C 点(AB ＝BC )，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A 到B 和从B 到C 的过程中，F 做功分别为W 1、W 2，克服摩擦力做功分别为Q 1、Q 2，木箱经过B 、C 时的动能和F 的功率分别为E k B 、E k C 和P B 、P C ，则下列关系一定成立的有( )A ．W 1＞W 2B ．Q 1＞Q 2C ．E k B ＞E k CD ．P B ＞P C解析：选AB.F 做功W ＝Fl cos α(α为绳与水平方向的夹角)，AB 段和BC 段相比较，F 大小相同，l 相同，而α逐渐增大，故W 1＞W 2，A 正确；木箱运动过程中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q 1＞Q 2，B 正确；因为F cos α与摩擦力的大小关系无法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C 、D 错误．9．(2016·高考天津卷)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A 错误．设每节车厢质量为m ，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f ＝kmg .设动车组匀加速直线运行的加速度为a ，每节动车的牵引力为F ，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F －8f ＝8ma ；设第5节车厢对第6节车厢的拉车为F 5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 5－3f ＝3ma ，解得F 5＝3F4；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F 6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 6－2f＝2ma ，解得F 6＝F 2；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F 5∶F 6＝3F 4∶F2＝3∶2，选项B 正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x ＝v 22a ′，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C 错误．设每节动车的额定功率为P ，当有2节动车带6节拖车时，2P ＝8f ·v 1m ；当改为4节动车带4节拖车时，4P ＝8f ·v 2m ，联立解得v 1m ∶v 2m ＝1∶2，选项D 正确．10．(2018·云南临沧第一中学高三模拟)质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，从t ＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图甲所示．物体在12t 0时刻开始运动，其v －t 图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则( )A ．物体与地面间的动摩擦因数为F 0mgB ．物体在t 0时刻的加速度大小为2v 0t 0C ．物体所受合外力在t 0时刻的功率为2F 0v 0D ．水平力F 在t 0到2t 0这段时间内的平均功率为F 0⎝⎛⎭⎪⎫2v 0＋F 0t 0m 解析：选AD.物体在t 02时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即f ＝F 0，动摩擦因数μ＝F 0mg ，故A正确；在t 0时刻由牛顿第二定律可知，2F 0－f ＝ma ，a ＝2F 0－fm，故B 错误；物体在t 0时刻受到的合外力为F＝2F 0－f ＝F 0，功率为P ＝F 0v 0，故C 错误；2t 0时刻速度为v ＝v 0＋F 0mt 0，在t 0～2t 0时间内的平均速度为v ＝v ＋v 02＝2v 0＋F 0m t 02，故平均功率为P ＝2F 0v ＝F 0(2v 0＋F 0t 0m)，故D 正确．三、非选择题 11.(2015·高考四川卷)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速度72 km/h ，再匀速运动80 s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N ，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．。
