2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)微專題專題2第5講功與功率功能關(guān)系(教師版)

第5講功與功率功能關(guān)系命題規(guī)律1.命題角度：(1)功、功率的分析與計(jì)算；(2)功能關(guān)系.2.常用方法：微元法、圖像法、轉(zhuǎn)換法.3.?？碱}型：選擇題．考點(diǎn)一功、功率的分析與計(jì)算1．功的計(jì)算(1)恒力做功一般用功的公式或動(dòng)能定理求解．(2)變力做功通常應(yīng)用動(dòng)能定理、微元法、等效轉(zhuǎn)化法、平均力法、圖像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.2．功率的計(jì)算(1)明確是求瞬時(shí)功率還是平均功率．P＝eq\f(W,t)側(cè)重于平均功率的計(jì)算，P＝Fvcosα(α為F和速度v的夾角)側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算．(2)機(jī)車(chē)啟動(dòng)(F阻不變)①兩個(gè)基本關(guān)系式：P＝Fv，F(xiàn)－F阻＝ma.②兩種常見(jiàn)情況a．恒定功率啟動(dòng)：P不變，此時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到達(dá)到最大速度vm，此過(guò)程Pt－F阻s＝eq\f(1,2)mvm2；b．恒定加速度啟動(dòng)：開(kāi)始階段a不變，達(dá)到額定功率后，然后保持功率不變，加速度逐漸減小到零，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)．無(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最大速度都等于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即vm＝eq\f(P,F阻).例1(多選)(2022·廣東卷·9)如圖所示，載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車(chē)，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛．已知小車(chē)總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的有()A．從M到N，小車(chē)牽引力大小為40NB．從M到N，小車(chē)克服摩擦力做功800JC．從P到Q，小車(chē)重力勢(shì)能增加1×104JD．從P到Q，小車(chē)克服摩擦力做功700J答案ABD解析小車(chē)從M到N，依題意有P1＝Fv1，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；小車(chē)從M到N，因勻速行駛，小車(chē)所受的摩擦力大小為f1＝F＝40N，則摩擦力做功為W1＝－40×20J＝－800J，則小車(chē)克服摩擦力做功為800J，故B正確；依題意，從P到Q，重力勢(shì)能增加量為ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯(cuò)誤；設(shè)小車(chē)從P到Q，摩擦力大小為f2，有f2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功為W2＝－f2·PQ，聯(lián)立解得W2＝－700J，則小車(chē)克服摩擦力做功為700J，故D正確．例2(2021·山東卷·3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連．木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B.例3(多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ·19)地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面．某豎井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程，()A．礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為4∶5B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1D．電機(jī)所做的功之比為4∶5答案AC解析由題圖中的圖線①知，上升總高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0.由題圖中的圖線②知，加速階段和減速階段上升高度和h1＝eq\f(1,2)·eq\f(v0,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq\f(1,4)v0t0，勻速階段：h－h(huán)1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0，故第②次提升過(guò)程所用時(shí)間為eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，兩次上升所用時(shí)間之比為2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，A項(xiàng)正確；由于加速階段加速度相同，故加速時(shí)牽引力相同，即電動(dòng)機(jī)的最大牽引力相同，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)－mg＝ma，則F＝m(g＋a)，第①次在t0時(shí)刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)時(shí)刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在勻速階段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)<P2，可知，電機(jī)輸出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理知，兩個(gè)過(guò)程動(dòng)能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤．例4(2022·山東煙臺(tái)市高三期末)一輛汽車(chē)在平直公路上由靜止開(kāi)始啟動(dòng)，汽車(chē)先保持牽引力F0不變，當(dāng)速度為v1時(shí)達(dá)到額定功率Pe，此后以額定功率繼續(xù)行駛，最后以速度vm勻速行駛．若汽車(chē)所受的阻力Ff為恒力，汽車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度為v、牽引力為F、牽引力的功率為P，則下列圖像中可能正確的是()答案C解析因?yàn)槠?chē)先保持牽引力F0不變，由牛頓第二定律可得F0－Ff＝ma，又因?yàn)槠?chē)所受的阻力Ff為恒力，所以開(kāi)始階段汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以v－t圖像開(kāi)始應(yīng)有一段傾斜的直線，故A錯(cuò)誤；因?yàn)楫?dāng)速度為v1時(shí)達(dá)到額定功率Pe，此后以額定功率繼續(xù)行駛，則滿足Pe＝Fv，即F與v成反比，F(xiàn)與eq\f(1,v)成正比，所以F－v圖像中v1～vm段圖像應(yīng)為曲線，F(xiàn)與eq\f(1,v)圖像中eq\f(1,vm)～eq\f(1,v1)段圖像應(yīng)為直線，故B錯(cuò)誤，C正確；因?yàn)楫?dāng)速度為v1之前，保持牽引力F0不變，則功率滿足P＝F0v，即P與v成正比，所以在P－v圖像中0～v1段圖像應(yīng)為過(guò)原點(diǎn)的直線，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)二功能關(guān)系及應(yīng)用1．常見(jiàn)功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達(dá)式勢(shì)能重力做功等于重力勢(shì)能減少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp彈力做功等于彈性勢(shì)能減少量靜電力做功等于電勢(shì)能減少量分子力做功等于分子勢(shì)能減少量動(dòng)能合外力做功等于物體動(dòng)能變化量W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02機(jī)械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能變化量W其他＝E2－E1＝ΔE機(jī)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對(duì)相互作用的摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·s相對(duì)s相對(duì)為相對(duì)路程電能克服安培力做功等于電能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE2.功能關(guān)系的理解和應(yīng)用功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度．(1)根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況．(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化，可計(jì)算變力做的功．例5(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°＋f＝4N,10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A.例6(多選)如圖所示，一傾角為θ＝53°(圖中未標(biāo)出)的斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在方向豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于豎直面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4×105T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)讓一質(zhì)量m＝4kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C的帶電物塊從斜面上某點(diǎn)(足夠高)由靜止釋放，當(dāng)沿斜面下滑位移大小為3m時(shí)，物塊開(kāi)始離開(kāi)斜面．g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列說(shuō)法正確的是()A．物塊離開(kāi)斜面時(shí)的動(dòng)能為18JB．物塊從釋放至剛要離開(kāi)斜面的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少120JC．物塊從釋放至剛要離開(kāi)斜面的過(guò)程中，電勢(shì)能增加了60JD．物塊從釋放至剛要離開(kāi)斜面的過(guò)程中，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J答案AD解析對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊離開(kāi)斜面時(shí)應(yīng)滿足qvB＝(mg－qE)cos53°，解得v＝3m/s，動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝18J，選項(xiàng)A正確；物塊從釋放到離開(kāi)斜面，重力勢(shì)能減少mgxsin53°＝96J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電勢(shì)能的增加量等于克服靜電力做的功，即ΔEp＝qExsin53°＝48J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系得(mg－qE)xsin53°＝eq\f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝30J，選項(xiàng)D正確．例7(多選)(2022·山東濟(jì)南市、聊城市等高三學(xué)情檢測(cè))一物體在豎直向上的拉力作用下由靜止開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系如圖所示，已知曲線上A點(diǎn)處切線的斜率最大．不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．0～h2過(guò)程中物體所受的拉力先增大后減小B．h1處速度最大C．0～h2過(guò)程中物體的動(dòng)能先增大后減小D．0～h3過(guò)程中物體的加速度先增大再減小，最后物體做勻速運(yùn)動(dòng)答案AC解析物體受重力與拉力作用，重力做功不改變物體的機(jī)械能，機(jī)械能的變化量等于拉力做功，則有ΔE＝FΔh，得F＝eq\f(ΔE,Δh)，所以斜率表示拉力．由題圖可知，在0～h1階段斜率增大，即拉力增大，h1～h2階段斜率減小，即拉力減小，即0～h2過(guò)程中物體所受拉力先增大后減小，故A正確；在h1處，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物體正在加速，所以h1處速度不是最大，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，在h1～h2過(guò)程中，圖像斜率減小，拉力F減小，在h2后圖像斜率為零，拉力為零，在h1處拉力F大于重力，在h2處拉力為零，因此在h1～h2過(guò)程中，拉力先大于重力后小于重力，物體先向上做加速直線運(yùn)動(dòng)后做減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增大后減小，故C正確；在0～h3過(guò)程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力為零，物體所受的合外力先增大再減小到零后反向增大、最后不變，根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度先增大再減小后反向增大再不變，且h2～h3階段為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，不是勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤.1.(2022·山東泰安市一模)如圖所示，水平平臺(tái)與水平細(xì)桿間的高度差為H，質(zhì)量也為M的物塊放在水平臺(tái)上，質(zhì)量為M的小球套在水平桿上，物塊和小球通過(guò)小滑輪用輕質(zhì)細(xì)線相連，滑輪右側(cè)細(xì)線恰好豎直．現(xiàn)用一水平恒力F由靜止沿桿拉動(dòng)小球，物塊始終在水平平臺(tái)上，不計(jì)一切摩擦．則小球前進(jìn)2H時(shí)，物塊的速度為()A.eq\r(\f(2FH,M)) B.eq\r(\f(3FH,M))C.eq\f(2,3)eq\r(\f(5FH,M)) D.eq\f(4,3)eq\r(\f(FH,M))答案D解析小球從平臺(tái)的邊緣處由靜止向右運(yùn)動(dòng)2H時(shí)，設(shè)小球的速度為v，此時(shí)輕質(zhì)細(xì)線與水平方向夾角為θ，如圖所示，可知tanθ＝eq\f(1,2)，則有cosθ＝eq\f(2,\r(5))，小球沿細(xì)線方向的分速度等于物塊的速度，則物塊的速度為v1＝vcosθ＝eq\f(2v,\r(5))，對(duì)物塊和小球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理可得F·2H＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)Mv12，解得v1＝eq\f(4,3)eq\r(\f(FH,M))，故選D.2．(多選)(2022·遼寧葫蘆島市普通高中高三期末)某質(zhì)量m＝1500kg的“雙引擎”小汽車(chē)，行駛速度v≤54km/h時(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；行駛速度在54km/h＜v≤90km/h范圍內(nèi)時(shí)靠汽油機(jī)輸出動(dòng)力，同時(shí)內(nèi)部電池充電；當(dāng)行駛速度v>90km/h時(shí)汽油機(jī)和電動(dòng)機(jī)同時(shí)工作，這種汽車(chē)更節(jié)能環(huán)保，該小汽車(chē)在一條平直的公路上由靜止啟動(dòng)，汽車(chē)的牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的圖線如圖所示，所受阻力恒為1250N．已知汽車(chē)在t0時(shí)刻第一次切換動(dòng)力引擎，以后保持恒定功率行駛至第11s末，則在前11s內(nèi)()A．經(jīng)過(guò)計(jì)算t0＝5sB．在0～t0時(shí)間內(nèi)小汽車(chē)行駛了45mC．電動(dòng)機(jī)輸出的最大功率為60kWD．汽油機(jī)工作期間牽引力做的功為4.5×105J答案BD解析開(kāi)始階段加速度為a＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(5000－1250,1500)m/s2＝2.5m/s2，v1＝54km/h＝15m/s，解得t0＝eq\f(v1,a)＝eq\f(15,2.5)s＝6s，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)前6s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)at02＝45m，故B正確；t0時(shí)刻，電動(dòng)機(jī)輸出的功率最大，為Pm＝F1v1＝5000×15W＝75kW，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，汽油機(jī)工作期間，功率為P＝F2v1＝90kW，解得11s時(shí)刻汽車(chē)的速度為v3＝eq\f(P,F3)＝eq\f(90×103,3600)m/s＝25m/s＝90km/h，故6～11s內(nèi)都是汽油機(jī)在做功，且汽油機(jī)工作時(shí)牽引力做的功為W＝Pt＝4.5×105J，故D正確．3.(多選)(2022·海南省模擬)如圖所示，某物體(可視為質(zhì)點(diǎn))分別從等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ頂端下滑，物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面接觸處用半徑可忽略的光滑小圓弧相連．若該物體沿斜面Ⅰ由靜止下滑，運(yùn)動(dòng)到水平面上的P點(diǎn)靜止，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是()A．物體沿斜面Ⅱ由靜止下滑，將運(yùn)動(dòng)到水平面上P點(diǎn)的左側(cè)靜止B．物體沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)的路程大于沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)的路程C．物體沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)產(chǎn)生的熱量等于沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)產(chǎn)生的熱量D．物體沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能大于沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能答案BC解析設(shè)斜面的傾角為α，長(zhǎng)度為l，高度為h，斜面的下端點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離為x，由動(dòng)能定理得mgh－μmglcosα－μmgx＝0，設(shè)斜面上端點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離為s總，則s總＝lcosα＋x，聯(lián)立可得mgh－μmgs總＝0，可知最終兩物體均停止在P點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)可知，物體沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)的路程大于沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)的路程，故B正確；兩種情形下，都是重力勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，而初始時(shí)重力勢(shì)能相同，則物體沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)產(chǎn)生的熱量等于沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)產(chǎn)生的熱量，故C正確；沿斜面Ⅰ運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能ΔE1＝μmgL1cosα1，沿斜面Ⅱ運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能ΔE2＝μmgL2cosα2，因?yàn)長(zhǎng)1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D錯(cuò)誤．專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1.如圖所示，一質(zhì)量為25kg的小孩從高為2m的滑梯頂端由靜止滑下，滑到底端時(shí)的速度大小為2m/s(g取10m/s2)．關(guān)于力對(duì)小孩做的功，以下說(shuō)法正確的是()A．重力做功450JB．合力做功50JC．克服阻力做功50JD．支持力做功450J答案B解析由功的計(jì)算公式可知，重力做功為WG＝mgh＝25×10×2J＝500J，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合力做功等于動(dòng)能的變化量，則有W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×25×22J＝50J，B正確；由動(dòng)能定理可得WG－W克f＝eq\f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq\f(1,2)mv2＝500J－50J＝450J，C錯(cuò)誤；支持力與小孩的運(yùn)動(dòng)方向一直垂直，所以支持力不做功，D錯(cuò)誤．2．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)其速度為1m/s，從此刻開(kāi)始在滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖(a)和圖(b)所示．設(shè)在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對(duì)滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關(guān)系正確的是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3答案B解析由v－t圖像可知，第1s、第2s、第3s內(nèi)的位移分別為0.5m、0.5m、1m，由F－t圖像及功的公式W＝Flcosα，可知W1＝0.5J，W2＝1.5J，W3＝2J，故選B.3.(2022·山東煙臺(tái)市高三期末)如圖，一容器的內(nèi)壁是半徑為r的半球面，容器固定在水平地面上．在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))的小滑塊P，它在容器內(nèi)壁由靜止開(kāi)始下滑到最低點(diǎn)，在最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為a，已知重力加速度大小為g.則P由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為()A．mr(g－eq\f(1,2)a) B．mr(2g－a)C.eq\f(1,2)mr(g－a) D．mr(2g＋a)答案A解析在最低點(diǎn)由牛頓第二定律及向心力公式有ma＝meq\f(v2,r)，P由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中有mgr－W克f＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得W克f＝mgr－eq\f(1,2)mar＝mr(g－eq\f(1,2)a)，故選A.4．(多選)(2021·廣東卷·9)長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有()A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh答案BC解析由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力的功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢(shì)能減少量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤．5．(2022·北京市豐臺(tái)區(qū)一模)將質(zhì)量為m的物體從地面豎直向上拋出，一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)．在此過(guò)程中物體所受空氣阻力大小不變，下列說(shuō)法正確的是()A．上升過(guò)程的時(shí)間大于下落過(guò)程的時(shí)間B．上升過(guò)程中機(jī)械能損失量小于下落過(guò)程中機(jī)械能損失量C．上升過(guò)程的動(dòng)能減小量大于下落過(guò)程的動(dòng)能增加量D．上升過(guò)程的動(dòng)量變化量小于下落過(guò)程的動(dòng)量變化量答案C解析設(shè)空氣阻力大小為Ff，上升過(guò)程的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mg＋Ff＝ma1，解得a1＝g＋eq\f(Ff,m)，設(shè)下落過(guò)程的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得mg－Ff＝ma2，解得a2＝g－eq\f(Ff,m)，所以上升過(guò)程的加速度大小大于下落過(guò)程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝eq\f(1,2)at2，可知上升過(guò)程的時(shí)間小于下落過(guò)程的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；由于空氣阻力大小不變，上升過(guò)程和下落過(guò)程空氣阻力做的功相等，所以上升過(guò)程中機(jī)械能損失量等于下落過(guò)程中機(jī)械能損失量，故B錯(cuò)誤；設(shè)物體從地面豎直向上拋出時(shí)的速度大小為v0，物體落回到地面時(shí)的速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因?yàn)閍1>a2，所以v0>v，上升過(guò)程的動(dòng)能減小量為ΔEk1＝eq\f(1,2)mv02，下落過(guò)程的動(dòng)能增加量為ΔEk2＝eq\f(1,2)mv2，所以上升過(guò)程的動(dòng)能減小量大于下落過(guò)程的動(dòng)能增加量，故C正確；上升過(guò)程動(dòng)量的變化量大小為Δp1＝mv0，下落過(guò)程的動(dòng)量變化量大小為Δp2＝mv，所以上升過(guò)程的動(dòng)量變化量大于下落過(guò)程的動(dòng)量變化量，故D錯(cuò)誤．6．(多選)(2021·全國(guó)乙卷·19)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物體通過(guò)的路程等于s0時(shí)，速度的大小為v0，此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，則()A．在此過(guò)程中F所做的功為eq\f(1,2)mv02B．在此過(guò)程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于eq\f(v02,4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍答案BC解析外力撤去前，由牛頓第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛頓第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv02,4s0)，物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v02,4s0g)，則滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；在此過(guò)程中，外力F做功為W＝Fs0＝eq\f(3,4)mv02，故A錯(cuò)誤；由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此過(guò)程中，F(xiàn)的沖量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正確．7．(2021·湖南卷·3)“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車(chē)組用多節(jié)車(chē)廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的．總質(zhì)量為m的動(dòng)車(chē)組在平直的軌道上行駛．該動(dòng)車(chē)組有四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為P，若動(dòng)車(chē)組所受的阻力與其速率成正比(F阻＝kv，k為常量)，動(dòng)車(chē)組能達(dá)到的最大速度為vm.下列說(shuō)法正確的是()A．動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車(chē)組從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)C．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛的速度為eq\f(3,4)vmD．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，則這一過(guò)程中該動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為eq\f(1,2)mvm2－Pt答案C解析對(duì)動(dòng)車(chē)組由牛頓第二定律有F牽－F阻＝ma，動(dòng)車(chē)組勻加速啟動(dòng)，即加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而增大，故A錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速啟動(dòng)的過(guò)程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，動(dòng)車(chē)組勻速行駛時(shí)加速度為零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以額定功率勻速行駛時(shí)，有eq\f(4P,vm)＝kvm，聯(lián)立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正確；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，由動(dòng)能定理可知4Pt－W克阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為W克阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D錯(cuò)誤．[爭(zhēng)分提能練]8．(2022·廣東省高三5月測(cè)試)在某滑雪場(chǎng)有一段坡道，可看作斜面，一滑雪愛(ài)好者從坡道最低點(diǎn)以某一速度滑上此坡道，滑雪愛(ài)好者和全部裝備的總質(zhì)量為50kg，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨上滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面為重力勢(shì)能的參考平面，滑雪愛(ài)好者連同全部裝備可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，則()A．坡道與水平面的夾角θ為45°B．滑雪板和坡道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．滑雪愛(ài)好者在坡道上滑的最大高度為15mD．滑雪愛(ài)好者在坡道上滑過(guò)程重力的沖量大小為1000N·s答案D解析上滑過(guò)程重力勢(shì)能為Ep＝mgssinθ＝mgsinθ·s，則重力勢(shì)能隨s變化的圖線的斜率為mgsinθ＝eq\f(2500J,10m)，解得sinθ＝eq\f(1,2)，則坡道與水平面的夾角為θ＝30°，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；上滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＋Ek0，動(dòng)能隨s變化的圖線斜率為－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝eq\f(1875J－5625J,10m－0)，代入數(shù)據(jù)解得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),6)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；上滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15m，上升的高度h＝smsinθ＝7.5m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)量定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)t＝0－(－eq\r(2mEk0))，解得上滑時(shí)間t＝2s，則重力的沖量為mgt＝1000N·s，選項(xiàng)D正確．9.(2022·山東卷·2)我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭．如圖所示，發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空．從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中()A．火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量答案A解析火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開(kāi)始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤．10．(多選)(2022·甘肅張掖市高三期末)如圖所示，內(nèi)壁光滑的玻璃管豎直固定在水平地面上，管內(nèi)底部豎直放置處于自然長(zhǎng)度的輕質(zhì)彈簧．用輕桿連接的兩小球A、B的質(zhì)量分別為m和2m(球的直徑比管的內(nèi)徑略小)，重力加速度為g，現(xiàn)從彈簧的正上方釋放兩球，則從A球與彈簧接觸起到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．桿對(duì)A球做的功大于桿對(duì)B球做的功B．A球克服彈簧彈力做的功是桿對(duì)A球做功的eq\f(3,2)倍C．彈簧和桿對(duì)A球做功的總和等于A球機(jī)械能的增量D．A球到最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)B球的作用力等于4mg答案BC解析桿對(duì)A球的作用力與桿對(duì)B球的作用力大小相等，兩球的位移相同，所以桿對(duì)A球做的功與桿對(duì)B球做的功數(shù)值相等，故A錯(cuò)誤；設(shè)A球克服彈簧彈力做的功為W1，A下降的高度為h，桿對(duì)A球做的功為W2，則桿對(duì)B球做功為－W2，由動(dòng)能定理，對(duì)A球有mgh－W1＋W2＝0，對(duì)B球有2mgh－W2＝0，聯(lián)立解得W1＝eq\f(3,2)W2，即A球克服彈簧彈力做的功是桿對(duì)A球做的功的eq\f(3,2)倍，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系知，彈簧和桿對(duì)A球做功的總和等于A球機(jī)械能的增量，故C正確；若A球從彈簧原長(zhǎng)處釋放，剛釋放時(shí)A、B整體的加速度大小為g，方向豎直向下，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知，A球到最低點(diǎn)時(shí)整體的加速度大小為g，方向豎直向上，現(xiàn)A球從彈簧正上方下落，A球到最低點(diǎn)時(shí)彈簧壓縮量比從彈簧原長(zhǎng)處釋放時(shí)的大，則彈力比從彈簧原長(zhǎng)處釋放時(shí)的大，整體所受的合力增大，加速度將大于g，所以A球到最低點(diǎn)時(shí)整體的加速度大小大于g，方向豎直向上，在最低點(diǎn)，對(duì)B球，由牛頓第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，則得A球到最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)B球的作用力F＞4mg，故D錯(cuò)誤．11．(多選)(2022·山西晉中市榆次區(qū)一模)如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)．固定斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),4).木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下(貨物與木箱之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng))，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過(guò)程．重力加速度為g，木箱可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．木箱與貨物的質(zhì)量之比為6∶1B．下滑與上滑過(guò)程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點(diǎn)C．木箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí)，下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為1∶6D．若木箱下滑的最大距離為l，則彈簧的最大彈性勢(shì)能為eq\f(7,8)Mgl答案BD解析根據(jù)題意和動(dòng)能定理可得(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°－W彈＝0，W彈－Mglsin30°－μMglcos30°＝0，聯(lián)立可得M∶m＝1∶6，故A錯(cuò)誤；下滑速度最大時(shí)有(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°－F彈＝0，可得F彈＝eq\f(7,8)Mg，上滑速度最大時(shí)有F彈′－Mgsin30°－μMgcos30°＝0，可得F彈′＝eq\f(7,8)Mg，所以下滑與上滑過(guò)程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點(diǎn)，故B正確；木箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí)，下滑的加速度為a1＝eq\f(M＋mgsin30°－μM＋mgcos30°,M＋m)＝eq\f(1,8)g，上滑的加速度為a2＝eq\f(Mgsin30°＋μMgcos30°,M)＝eq\f(7,8)g，則eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,7)，故C錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能，有(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°＝Ep，則彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep＝eq\f(7,8)Mgl，故D正確．12．(2022·廣東高州市二模)如圖，“和諧號(hào)”是由提供動(dòng)力的車(chē)廂(動(dòng)車(chē))和不提供動(dòng)力的車(chē)廂(拖車(chē))編制而成．某“和諧號(hào)”由8節(jié)