7、球的機械能一定增大
D．整個過程小球的機械能守恒
答案 C
解析 功的大小比較看絕對值，h>H，所以A錯誤；重力勢能的大小看位置高低，A點最低，B錯誤；恒力F始終做正功，所以機械能一直變大，C對，D錯誤．
考點二 功和功率的分析與計算
1．(2017·浙江11月選考·13)如圖7所示是具有登高平臺的消防車，具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5 min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400 kg)上升60 m到達滅火位置．此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火，已知水炮的出水量為3 m3/min，水離開炮口時的速率為20 m/s，則用于( )
圖7
A．水炮工作的發(fā)動
8、機輸出功率約為1×104 W
B．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104 W
C．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106 W
D．伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800 W
答案 B
解析 若不計伸縮臂的質(zhì)量，抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率P＝＝400×10×60× W＝800 W，但伸縮臂具有一定質(zhì)量，發(fā)動機輸出功率應大于800 W，故選項D錯誤．在1 s內(nèi)，噴出去水的質(zhì)量為m′＝ρV＝103× kg＝50 kg，噴出去水的重力勢能為Ep＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104 J，水的動能為Ek＝m′v2＝1×104 J，所以1 s內(nèi)水增加的能量為4×104 J，所以
9、水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104 W，選項B正確，A、C錯誤．
2．(2017·浙江11月選考·10)如圖8所示，質(zhì)量為60 kg的某運動員在做俯臥撐運動，運動過程中可將她的身體視為一根直棒．已知重心在c點，其垂線與腳、兩手連線中點間的距離Oa、Ob分別為0.9 m和0.6 m．若她在1 min內(nèi)做了30個俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4 m，則克服重力做的功和相應的功率約為( )
圖8
A．430 J,7 W B．4 300 J,70 W
C．720 J,12 W D．7 200 J,120 W
答案 B
解析 設(shè)每次俯臥撐中，運動員重心變化的高度為h，由幾
10、何關(guān)系可得，＝，即h＝0.24 m．一次俯臥撐中，克服重力做功W＝mgh＝60×9.8×0.24 J＝141.12 J，所以1 min內(nèi)克服重力做的總功為W總＝NW＝4 233.6 J，功率P＝＝70.56 W，故選B.
3．(2017·金華市高三上學期期末)如圖9所示，質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍，當它以速度v，加速度a加速前進時，發(fā)動機的實際功率正好等于額定功率，從該時刻起，發(fā)動機始終在額定功率下運轉(zhuǎn)，重力加速度為g，則以下分析正確的是( )
圖9
A．汽車發(fā)動機的額定功率為kmgv
B．汽車行駛的最大速度為
C．當汽車加速度減小到時，速度增
11、加到2v
D．欲使汽車最大速度增加到此時的2倍，則發(fā)動機額定功率應增加到此時的4倍
答案 B
解析 速度為v時，根據(jù)牛頓第二定律知－kmg＝ma，所以P0＝kmgv＋mav，故A錯誤；最后汽車勻速運動牽引力等于阻力時速度最大，故vm＝＝＝v＋，故B正確；加速度為時，此時牽引力為F，則F－kmg＝m，解得F＝kmg＋，此時速度為v＝＝＝，故C錯誤；由于汽車勻速運動時速度最大，汽車受到的阻力不變，此時的功率P＝Ff·2vm＝2P0，故D錯誤．
4．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)物體在大小相等的力F作用下，分別在粗糙的水平地面上發(fā)生了一段位移x，其力與速度方向夾角如圖10所示，則下列判斷
12、正確的是( )
圖10
A．甲圖中力F做負功
B．乙圖中合外力做功最多
C．丙圖中摩擦力做功最多
D．三個圖中力F做功相同
答案 B
解析 根據(jù)W＝Fxcos α，甲中F與位移x的夾角為30°，故為正功，乙中F與x的夾角為150°，故為負功，丙中F與x的夾角為30°，故為正功，三種情況下力F的功的大小是相同的；甲圖中摩擦力最大做功最多；乙圖中合外力為F的水平分力與摩擦力的和，而甲和丙中合外力為F的水平分力與摩擦力的差，乙圖中合外力做功最多．
5．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)周末放學了，小黃高興的騎著電動自行車沿平直公路回家，中途因電瓶“沒電”，只能改用腳蹬車以5 m
13、/s的速度勻速前行，騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.02倍，取重力加速度g＝10 m/s2.根據(jù)估算，小黃騎此電動車做功的平均功率最接近( )
A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW
答案 B
解析 車和人的質(zhì)量大約100 kg，勻速行駛時，牽引力等于阻力，F(xiàn)＝Ff＝0.02mg＝0.02×1 000 N＝20 N，則騎車的平均功率P＝Fv＝20×5 W＝100 W.
1.功的計算方法
(1)恒力做功：
W＝Flcos α，F(xiàn)為恒力．
(2)變力做功：
①用動能定理：W＝mv－mv.
②當變力的功率P一定時，可用W＝Pt求功，如機車恒功率
14、啟動時．
③將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功：
當力的大小不變，而方向始終與運動方向相同或相反時，這類力的功等于力和路程(不是位移)的乘積．如滑動摩擦力做功、空氣阻力做功等．
2．平均功率與一段時間(或過程)相對應，計算時應明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率．
(1)可用P＝.
(2)可用P＝Fvcos α，其中v為物體運動的平均速度．
3．計算瞬時功率時應明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率．求解瞬時功率時，如果F和v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或用速度v乘以速度方向的分力求解．
(1)公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度．
(2)P＝FvF，其中
15、vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．
考點三 動能定理的應用
1．(2016·浙江10月學考·20)如圖11甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10 m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF.分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40 m．現(xiàn)有質(zhì)量m＝500 kg的過山車，從高h＝40 m處的A點靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點．過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)
16、均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌道，g取10 m/s2.求：
圖11
(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大??；
(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大??；
(3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 (1)8 m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 (1)設(shè)C點的速度為vC，由動能定理得
mgh－μ1mgcos 45°＝mv
代入數(shù)據(jù)解得vC＝8 m/s
(2)設(shè)D點速度為vD，由動能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45
17、°＝mv
F＋mg＝m，解得F＝7×103 N
由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力為7×103 N
(3)全程應用動能定理
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°－μ1mgcos 37°－μ2mgx＝0
解得x＝30 m.
2．(2015·浙江10月選考·20)如圖12所示是公路上的“避險車道”，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險．質(zhì)量m＝2.0×103 kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發(fā)現(xiàn)剎車失靈的同時發(fā)動機失去動力，此時速度表示數(shù)為v1＝36 km/h，汽車繼續(xù)沿下坡勻加速直行l(wèi)＝350 m、下降高度h＝50 m時到達
18、“避險車道”，此時速度表示數(shù)為v2＝72 km/h.(g＝10 m/s2)
圖12
(1)求從發(fā)現(xiàn)剎車失靈至到達“避險車道”這一過程汽車動能的變化量；
(2)求汽車在下坡過程中所受的阻力；
(3)若“避險車道”與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽車在“避險車道”上運動的最大位移(sin 17°≈0.3)．
答案 (1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m
解析 (1)由ΔEk＝mv－mv
得ΔEk＝3.0×105 J
(2)由動能定理mgh－Ffl＝mv－mv
得Ff＝＝2.0×103 N
(3)設(shè)
19、汽車在“避險車道”上運動的最大位移是x，由動能定理－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－mv
得x＝≈33.3 m
3．(2017·寧波市九校高三上學期期末)如圖13所示為一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)和它運動軌道示意圖．假設(shè)在某次演示中，賽車從A位置由靜止開始運動，經(jīng)2 s后關(guān)閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點．已知賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4 N，賽車質(zhì)量為0.4 kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2 W，B、C兩點間高度差為0.45 m，C與圓心O的連線和豎直方向
20、的夾角α＝37°，空氣阻力忽略不計，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
圖13
(1)賽車通過C點時的速度大??；
(2)賽道AB的長度；
(3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后回到水平賽道EG，其半徑需要滿足什么條件．
答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R≤ m
解析 (1)賽車在BC間做平拋運動，則
vy＝＝3 m/s.
由圖可知：vC＝＝5 m/s
(2)由(1)可知B點速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s
則根據(jù)動能定理：Pt－FflAB＝mv，得到：lAB＝2 m.
(3)當恰好通過最高點D時，有：mg
21、＝m
從C到D，由動能定理可知：－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv，解得R＝ m，
所以軌道半徑需滿足0＜R≤ m(可以不寫0)．
4. (2016·溫州市期中)如圖14所示，傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運動，運動方向如圖所示．一個質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從h＝3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點處，重力加速度g取10 m/s2，求：
圖14
(1)傳送帶左、右兩端A
22、、B間的距離L；
(2)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
(3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′.
答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m
解析 (1)從靜止開始到在傳送帶上的速度等于0的過程中運用動能定理得：mgh－＝0－0，解得L＝12.8 m.
(2)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移
x相＝＋v帶·t，又＝μgt2，而摩擦熱
Q＝μmg·x相，以上三式可聯(lián)立得Q＝160 J.
(3)物體隨傳送帶向右勻加速，設(shè)當速度為v帶＝6 m/s時，向右的位移為x，則μmgx＝mv得x＝3.6 m＜，即物體在到達A點前速度與
23、傳送帶相等，最后以v帶＝6 m/s的速度沖上斜面，由動能定理得mv＝mgh′，解得h′＝1.8 m.
1.應用動能定理解題的步驟
2．注意事項
(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡便．
(2)動能定理表達式是一個標量式，不能在某個方向上應用動能定理．
(3)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．當一個力做負功時，可設(shè)物體克服該力做功為W，將該力做功表示為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號．
考點四 動力學和能量觀點的綜合應用
1．(2017·浙江11月選考·20)如圖15甲所示是游樂園的過山
24、車，其局部可簡化為如圖乙的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h＝24 m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點，圓弧EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，DO1的距離L＝20 m．質(zhì)量m＝1 000 kg的過山車(包括乘客)從B點自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍．已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝，EF段摩擦力不計，整個運動過程空氣阻力不計．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.
25、6，cos 37°＝0.8)
甲 乙
圖15
(1)求過山車過F點時的速度大??；
(2)求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功；
(3)如果過D點時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障，為保證乘客的安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，則過山車受到的摩擦力至少應多大？
答案 (1)3 m/s (2)－7.5×104 J (3)6×103 N
解析 (1)在F點由牛頓第二定律得：
m人g－0.25m人g＝m人，
r＝Lsin θ＝12 m
代入已知數(shù)據(jù)可得：vF＝3 m/s
(2)根據(jù)動能定理，從B點到F點：
mv－0＝mg(h
26、－r)＋Wf
解得Wf＝－7.5×104 J
(3)在沒有故障時，物體到達D點的速度為vD，根據(jù)動能定理mv－mv＝－mgr－μmgcos 37°·LDE
LDE＝Lcos 37°＝16 m，
發(fā)現(xiàn)故障之后，過山車不能到達EF段，設(shè)剎車后恰好到達E點速度為零，在此過程中，過山車受到的摩擦力為Ff1，根據(jù)動能定理
0－mv＝－mgLDEsin 37°－Ff1LDE，
聯(lián)立各式解得Ff1＝4.6×103 N
使過山車能停在傾斜軌道上的摩擦力至少為Ff2，
則有Ff2－mgsin θ＝0，解得Ff2＝6×103 N
綜上可知，過山車受到的摩擦力至少應為6×103 N.
2．(20
27、17·浙江4月選考·20)圖16中給出了一段“S”形單行盤山公路的示意圖．彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10 m，r2＝20 m，彎道2比彎道1高h＝12 m，有一直道與兩彎道圓弧相切．質(zhì)量m＝1 200 kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)
圖16
(1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1；
(2)汽車以v1進入直道，以P＝30 kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0 s進入彎道2，此時速度恰為通過彎
28、道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功；
(3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道．設(shè)路寬d＝10 m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點)．
答案 見解析
解析 (1)在彎道1行駛的最大速度設(shè)為v1
由牛頓第二定律，kmg＝m
得v1＝＝5 m/s
(2)在彎道2行駛的最大速度設(shè)為v2
由牛頓第二定律，kmg＝m
得v2＝＝5 m/s
直道上由動能定理
Pt－mgh＋Wf＝mv－mv
代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104 J
(3)沿如圖所示內(nèi)切的路線行駛時間
29、最短
由圖可得
r′2＝r＋[r′－(r1－)]2
代入數(shù)據(jù)可得r′＝12.5 m
汽車沿該線路行駛的最大速度為v′
則kmg＝m
得v′＝＝12.5 m/s
由sin θ＝＝0.8
則對應的圓心角2θ＝106°
線路長度s＝×2πr′≈23.1 m
最短時間t′＝≈1.8 s
3．(2016·浙江4月選考·20)如圖17所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．
30、當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2)
圖17
(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小；
(2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；
(3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由．
答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由見解析
解析 (1)由機械能守恒定律可得
E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 J
ΔE
31、k＝mv可得v0＝2 m/s
(2)由E彈∝d2可得ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1
由動能定理可得
－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′
μ＝＝0.5
(3)恰能通過螺旋軌道最高點須滿足的條件是
mg＝
由機械能守恒定律有v＝v0＝2 m/s
得Rm＝0.4 m
當R>Rm＝0.4 m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點．
4．(2017·臺州市9月選考)如圖18所示，質(zhì)量為m＝0.1 kg可視為質(zhì)點的小球從靜止開始沿半徑為R1＝40 cm的圓弧軌道AB由A點滑到B點后，進入與AB圓滑連接的圓弧管道BC.管道出口處為C，圓弧管道半徑為R2＝20 cm，在緊
32、靠出口C處，有一半徑為R3＝8.4 cm、水平放置且繞其水平軸線勻速旋轉(zhuǎn)的圓筒(不計筒皮厚度)，筒上開有小孔D，筒旋轉(zhuǎn)時，小孔D恰好能經(jīng)過出口C處，小球射出C出口時，恰好能接著穿過D孔進入圓筒，并越過軸線再從D孔向上穿出圓筒，到最高點后返回又能向下穿過D孔進入圓筒，不計摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2.問：
圖18
(1)小球到達B點的瞬間前、后對軌道的壓力分別為多大？
(2)小球穿出圓筒小孔D時的速度多大？
(3)圓筒轉(zhuǎn)動的最大周期T為多少？
答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s
解析 (1)從A到B，由動能定理得：mgR1＝mv
由牛頓第
33、二定律得：到達B點瞬間前：FNB－mg＝m
解得FNB＝3 N
到達B點瞬間后：FNB′－mg＝m
解得FNB′＝5 N
由牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Ψ謩e為3 N和5 N.
(2)從A到D過程中，由機械能守恒可得：
mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋mv
解得：vD＝0.8 m/s
(3)由機械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋mv
解得：vC＝2 m/s
穿越圓筒過程中：vC－vD＝g(nT＋0.5T)
穿出到進入圓筒過程中：2vD＝gn′T
得到關(guān)系式：3n′＝4n＋2
要使周期最大，n和n′必須同時取正整數(shù)且n最小
取n＝1，得Tmax＝0.08 s.
34、
1.動力學觀點：牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律．
2．能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解題關(guān)鍵
(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程．
(2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．
專題強化練
(限時：35分鐘)
1. (2017·浙江吳越聯(lián)盟聯(lián)考)跳水比賽中，看似不起眼的跳板卻是高科技產(chǎn)品，不僅要夠結(jié)實，夠彈性，而且還要軟硬度適中．如圖1所示，運動員在跳板上會有一個起跳動作，若研究從運動員下落接觸跳板到下落到最低點這一過程，下列說法正確的是( )
圖1
A．運動員的動能不斷增大
35、
B．運動員的機械能先增大后減小
C．運動員的勢能先減小后增大
D．跳板的彈性勢能不斷增大
答案 D
2．(2017·杭州市四校聯(lián)考)第17屆亞運會于2014年9月19日～10月4日在韓國仁川舉行，我國運動員薛長銳、李玲以5.55 m和4.35 m分別奪得男、女撐桿跳金牌．如果把撐桿跳全過程分成四個階段：a～b、b～c、c～d、d～e，如圖2所示，不計空氣阻力，則對這四個階段的描述不正確的是( )
圖2
A．a(chǎn)～b階段：加速助跑，人和桿的總機械能增加
B．b～c階段：桿彎曲、人上升，系統(tǒng)動能減少，重力勢能和彈性勢能增加
C．c～d階段：桿伸直、人上升，人的動能減少量等于
36、重力勢能增加量
D．d～e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人動能的增加量
答案 C
解析 a～b階段：人加速過程中，人和桿的動能增加，重力勢能不變，人和桿的機械能增加，所以A正確；b～c階段：人上升過程中，人和桿的動能減少，重力勢能和桿的彈性勢能均增加，所以B正確；c～d階段：桿在恢復原長的過程中，人的動能和桿的彈性勢能減少量之和等于重力勢能的增加量，所以C錯誤；d～e階段：只有重力做功，重力所做的功等于人動能的增加量，所以D正確．
3. (2017·金華市義烏模擬)如圖3所示，纜車在牽引索的牽引下沿固定的傾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在纜車向上運動的過程中，下列說法正確的
37、是( )
圖3
A．纜車克服重力做的功小于纜車增加的重力勢能
B．纜車增加的動能等于牽引力對纜車做的功和克服阻力做的功之和
C．纜車所受牽引力做的功等于纜車克服阻力和克服重力做的功之和
D．纜車增加的機械能等于纜車受到的牽引力與阻力做的功之和
答案 D
解析 根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關(guān)系可知，纜車克服重力做的功等于纜車增加的重力勢能，故A錯誤；由動能定理可知，牽引力對纜車做的功等于纜車增加的動能、增加的重力勢能與克服摩擦力所做的功之和，即牽引力對纜車做的功等于纜車增加的機械能與纜車克服摩擦力做的功之和，故B、C錯誤，D正確．
4. (2017·浙江“9＋1”高中聯(lián)盟期
38、中)如圖4為傾角可調(diào)的可移動式皮帶輸送機，適用于散狀物料或成件物品的裝卸工作．在順時針(從左側(cè)看)勻速轉(zhuǎn)動的輸送帶上端無初速度放一貨物，貨物從上端運動到下端的過程中，其動能Ek(選擇地面所在的水平面為參考平面)與位移x的關(guān)系圖象可能正確的是( )
圖4
答案 B
解析 貨物從上端運動到下端的過程可能一直加速、也可能先加速后勻速或者先加速后做加速度較小的加速運動，故只有B正確．
5. (2017·浙江溫州中學選考)飛機若僅依靠自身噴氣式發(fā)動機推力起飛需要較長的跑道，某同學設(shè)計在航空母艦上安裝電磁彈射器以縮短飛機起飛距離，他的設(shè)計思想如下：如圖5所示，航空母艦的水平跑道總長l
39、＝180 m，其中電磁彈射器是一種長度為l1＝120 m的直線電機，這種直線電機從頭至尾可以提供一個恒定的牽引力F牽．一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．考慮到飛機在起飛過程中受到的阻力與速度大小有關(guān)，假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍．飛機離艦起飛的速度v＝100 m/s，航母處于靜止狀態(tài)，飛機可視為質(zhì)量恒定的質(zhì)點，g＝10 m/s2.請計算(計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
圖5
(1)飛機在后一階段的加速度大??；
(2)電磁彈射器的牽引力F牽的大小；
(3)電
40、磁彈射器輸出效率可以達到80%，則每彈射這樣一架飛機電磁彈射器需要消耗多少能量．
答案 (1)4.0 m/s2 (2)6.8×105 N (3)1.0×108 J
解析 (1)令后一階段飛機加速度為a2，平均阻力為Ff2＝0.2mg，
則F推－Ff2＝ma2，得a2＝4.0 m/s2.
(2)令電磁彈射階段飛機加速度為a1，末速度為v1，平均阻力為Ff1＝0.05mg，
則v＝2a1l1，v2－v＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7 m/s，
由F牽＋F推－Ff1＝ma1，得F牽≈6.8×105 N.
(3)電磁彈射器對飛機做功W＝F牽l1≈8.2×107 J，
則其消耗的能
41、量E＝≈1.0×108 J.
6．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖6所示，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，且與水平桌面邊緣O點的距離s＝8 m．在緊貼桌面邊緣O點右側(cè)固定了一個圓弧擋板，半徑R＝3 m，圓心與桌面同高．今以O(shè)點為原點建立平面直角坐標系．現(xiàn)用F＝8 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板．(g取10 m/s2)
圖6
(1)若小物塊恰能擊中圓弧擋板最低點，則其離開O點時的動能大??；
(2)在第(1)問情況下拉力F作用的時間；
(3)若小物塊在空中運動的時間為0.6 s，則拉力
42、F作用的距離．
答案 (1)7.5 J (2) s (3) m
解析 (1)小物塊離開O點后開始做平拋運動，
故：R＝v0t，R＝gt2
又EkO＝mv，得EkO＝7.5 J.
(2)由開始運動到小物塊到達O點由動能定理得：
F·x－μmgs＝mv，解得x＝ m
由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，得a＝4 m/s2
at2＝x，得t＝ s
(3)小物塊離開O點后開始做平拋運動，由下落時間可知下落距離y＝gt2，解得y＝1.8 m.
①若小物塊落到半圓的左半邊，則平拋運動水平位移
x1＝R－＝0.6 m，v1＝＝1 m/s
由動能定理得F·L1－μmgs＝mv
解得L1
43、＝ m
②若小物塊落到半圓的右半邊，同理可得v2＝9 m/s
由動能定理得F·L2－μmgs＝mv
L2＝ m>8 m(舍去)．
7．(2017·嘉興市高二上期末)某校科技節(jié)舉行車模大賽，其規(guī)定的賽道如圖7所示，某小車以額定功率18 W由靜止開始從A點出發(fā)，加速2 s后進入光滑的豎直圓軌道BC，恰好能經(jīng)過圓軌道最高點C，然后經(jīng)過光滑曲線軌道BE后，從E處水平飛出，最后落入沙坑中，已知圓半徑R＝1.2 m，沙坑距離BD平面高度h2＝1 m，小車的總質(zhì)量為1 kg，g＝10 m/s2，求：
圖7
(1)小車在B點對軌道的壓力大?。?
(2)小車在AB段克服摩擦力做的功；
(3)末
44、端平拋高臺h1為多少時，能讓小車落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？
答案 (1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m
解析 (1)由于小車恰好經(jīng)過最高點C，即mg＝
根據(jù)動能定理可得2mgR＝mv－mv
B點FN－mg＝m，
聯(lián)立解得FN＝60 N，
由牛頓第三定律得小車對軌道的壓力為60 N，方向豎直向下．
(2)根據(jù)動能定理：Pt＋Wf＝mv，解得Wf＝－6 J，即小車在AB段克服摩擦力做的功為6 J.
(3)根據(jù)動能定理mgh1＝mv－mv，
飛出后，小車做平拋運動，所以h1＋h2＝gt2
水平位移x＝vEt，化簡得x＝ ，
即x＝，當h1＝1 m時，有水平距離最大，xmax＝4 m.
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（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題二 能量和動量 第1講 功 功率與動能定理學案
