1、1功和功率 动能定理1多选(2018江苏高考)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：选 AD 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 Ff ma 知， a 减小；当运动到 F 弹 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 Ff F
2、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 Ff ma，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。2(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek与位移 x 关系的图线是
3、( )解析：选 C 设物块与斜面间的动摩擦因数为 ，物块的质量为 m，则物块在上滑过程中根据动能定理有( mgsin mg cos )x Ek Ek0，即 Ek Ek0( mgsin mg cos )x，所以物块的动能 Ek与位移 x 的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有( mgsin mg cos )(x0 x) Ek，其中 x0为小物块到达最高点时的位移，即 Ek( mgsin mg cos )x( mgsin mg cos )x0，所以下滑时 Ek随 x 的减小而增大且为直线。由此可以判断 C 项正确。3.(2018江苏七市三模)如图所示，不可伸长的细线一
4、端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中( )A水平方向加速度不断增大2B竖直方向加速度不断增大C重力做功的瞬时功率先增大后减小D拉力做功的瞬时功率先增大后减小解析：选 C 小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A 错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为 g 且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故 B 错误；重力的瞬时功率为 P mgvy，小球在开始释放
5、的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故 C 正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故 D 错误。4.(2018镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高 88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )A在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选 C
6、 机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A 错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力 F，向心力向上，所以 F N mg，则支持力 N mg F，所以重力小于支持力，B 错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C 正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D 错误。5(2018徐州期中)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为( )A7 0
7、00 W B700 WC70 W D7 W解析：选 A 运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为 v 102ghm/s，运动员的体重约为 50 kg，故重力的瞬时功率约为 P mgv7 000 W，故 A 正确。26.(2018扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标 A 的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是( )A第二次炮弹在空中运动时间较长B两次炮弹在空中运动时间相等3C第二次炮弹落地时速度较大D第二次炮弹落地时速度较小解析：选 A 炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相
8、等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动， h gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运12动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理： mgh mv2 mv02，由于两次在空中运动12 12过程重力做功都是零，所以 v v0，故两次炮弹落地时速度相等，故 C、D 错误。 7.多选(2018南京调研)如图所示，滑块以初速度 v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度 a、速度 v 随时间 t，重力对滑块所做的功 W、动能 Ek与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )解析：选 BD 滑块整个运动过程的加
9、速度方向均与初速度方向相反，故 A 错误。上滑时的加速度大小 a1 gsin g cos ，下滑时的加速度大小 a2 gsin g cos ，结合位移公式 x at2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到12出发点时速度小于出发时的初速度，故 B 正确。重力做功 W mgh mgxsin ，上滑过程与下滑过程的 Wx 图像重叠，故 C 错误。根据动能定理得，上滑过程有： ma1x Ek mv02，解得 Ek mv02 ma1x，同理下滑过程有： Ek ma2(L x)，由数学知识12 12知，D 正确。8(2018盐城三模)如图所示，质量为 m、半径为 R 的光滑圆柱体 B 放
10、在水平地面上，其左侧有半径为 R、质量为 m 的半圆柱体 A，右侧有质量为 m 的长方体木块 C，现用水平向左的推力推木块 C，使其缓慢移动，直到圆柱体 B 恰好运动到半圆柱体 A 的顶端，在此过程中 A 始终保持静止。已知 C 与地面间动摩擦因数 ，重力加速度为 g。求：324(1)圆柱体 B 下端离地高为 时，地面对半圆柱体 A 的支持力；R2(2)木块 C 移动的整个过程中水平推力的最大值；(3)木块 C 移动的整个过程中水平推力所做的功。解析：(1)以 A 和 B 整体为研究对象，地面支持力 FN2 mg。(2)B 刚离开地面时， B 对 C 的弹力最大，对 B 受力分析，则弹力 F1
11、 mgtan 60 mg3此时水平推力最大为 Fm F1 mg mg。332(3)C 移动的距离 x2 Rcos 30 R3摩擦力做功 Wf mgx mgR32根据动能定理 W Wf mgR0解得 W mgR。52答案：(1)2 mg (2) mg (3) mgR332 529.(2018南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为 m，垫子的质量为 M，刷子和垫子间的动摩擦因数为 1，垫子和地面间的动摩擦因数为 2，刷子和地面间的动摩擦因数为 3，重力加速度为 g。(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成 60角的推力 F1，垫子和
12、刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力 f1的大小和地面对垫子的支持力 FN的大小；(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成 30角的推力 F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力 f2的大小；(3)若给刷子施加一个水平向右的推力 F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为 b，垫子的长为 L(Lb)，求刷子完全离开垫子的速度 v 的大小。解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力 F1和摩擦力作用则水平方向受力平衡，有 f1 F1cos 60 F112刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，有 FN( M m)g F1sin 60( M m)g F1。325(2)设刷
13、子和垫子运动的加速度为 a，由牛顿第二定律可得：F2cos 30 2(mg Mg F2sin 30)( M m)a对刷子有： F2cos 30 f2 ma解得 f2 2mg 。 3M 2m F22 M m(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功Wf ( 1mgb2 3mgb2 )由动能定理有 F3L 1mg(L b) Wf mv2012解得 v 。2F3Lm g 2 1L 1b 3b答案：(1) F1 ( M m)g F112 32(2) 2mg 3M 2m F22 M m(3) 2F3Lm g 2 1L 1b 3b10.(2018苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上 P 点套一小环，小环
14、通过长 L1 m 的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量 m1 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 fm7 N。现对物块施加F8 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子 Q 时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力 F 的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小 a；(2)P、Q 两点间的距离 s；(3)物块向右摆动的最大高度 h。解析：(1)由牛顿第二定律 F ma解得 a8 m/s 2。(2)环到达
15、Q 时，静摩擦力最大由牛顿第二定律 2fm mg mvm2L解得 vm2 m/s根据动能定理 Fs mvm2126解得 s0.25 m。(3)设物块上升的最大高度为 h，水平距离为 x，由动能定理得 F(x s) mgh0由几何关系得( L h)2 x2 L2解得 h1 m 或 h m(舍去)。141答案：(1)8 m/s 2 (2)0.25 m (3)1 m11(2017江苏高考)如图所示，两个半圆柱 A、 B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C，三者半径均为 R。 C 的质量为m， A、 B 的质量都为 ，与地面间的动摩擦因数均为 。现用水平向m2右的力拉 A，使 A 缓慢移动，
16、直至 C 恰好降到地面。整个过程中 B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：(1)未拉 A 时， C 受到 B 作用力的大小 F；(2)动摩擦因数的最小值 min；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W。解析：(1)对 C 受力分析，如图所示：根据平衡条件有2Fcos 30 mg解得 F mg。33(2)C 恰好降到地面时， B 受 C 压力的水平分力最大 Fxmax mg32B 受地面的摩擦力 f mg根据题意， B 保持静止，则有 fmin Fxmax，解得 min 。32(3)C 下降的高度 h( 1) R3A 的位移 x2( 1) R3摩擦力做功的大小 Wf fx2( 1) mgR3根据动能定理 W Wf mgh00解得 W(2 1)( 1) mgR。3答案：(1) mg (2) (3)(2 1)( 1) mgR33 32 37
