專題二能量與動量第4講功與能題型1例1C[解析]整個過程中重力做功為WG=mgh=mgLsin30°=40J,A錯誤;整個過程中只有重力做功,故合外力做功為W合=WG=40J,B錯誤;下滑過程中加速度為a=gsin30°=5m/s2,所需時間為t=2La=2s,整個過程中重力做功的平均功率是P=WGt=20W,C正確;下滑到斜面底端時的速度為v=at=10m/s,物體滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率為P=mgvcos60°=40例2D[解析]由題圖可知,在0~t1時間內(nèi)發(fā)動機的功率P1不變,若是勻速,則v-t圖像是平行時間軸的直線;若是加速,由P=Fv可知,牽引力逐漸減小,由牛頓第二定律可有F1-Ff=ma1,可知加速度逐漸減小,是加速度逐漸減小的加速運動,當速度是零時,則有F1=Ff,汽車開始做勻速直線運動,此時的速度為v1=P1F1=P1Ff;在t1~t2時間內(nèi),汽車功率突然增大且不變,則牽引力突然增大,汽車做加速運動,由P=Fv可知,牽引力逐漸減小,則有F2-Ff=ma2,可知加速度逐漸減小,汽車做加速度逐漸減小的加速運動,當加速度是零時,即F2=Ff,汽車開始做勻速直線運動,此時的速度為v2=P2F2=P2Ff,可知在t1~t2時間內(nèi),v-t圖像先是平滑的曲線,后是平行于時間軸的直線.綜上所述【遷移拓展】1.A[解析]返回艙在減速過程中,加速度豎直向上,處于超重狀態(tài),故A正確,B錯誤;主傘的拉力與返回艙運動方向相反,對返回艙做負功,故C錯誤;返回艙的重力與返回艙運動方向相同,重力對返回艙做正功,故D錯誤.2.A[解析]根據(jù)圖像,可得前5s內(nèi)的加速度大小為a=ΔvΔt=2m/s2,由牛頓第二定律得F-0.1mg=ma,解得F=9.0×103N,故A正確;汽車5s末達到額定功率,額定功率為P=Fv=9.0×104W=90kW,故C錯誤;汽車速度為15m/s時,有Pv'-0.1mg=ma',解得a'=1m/s2,故B錯誤;前5s內(nèi)的位移是x=v2t=102×5m=25m,摩擦力做功為Wf=-0.1mgx=-7.5×103.B[解析]汽車在平直路面上啟動,由牛頓第二定律有F-Ff=ma,在0~t0時間內(nèi)牽引力F逐漸減小,則汽車做加速度減小的加速運動,故A錯誤;汽車運動的最大速度為vm,則有vm=PFf,可得額定功率為P=Ffvm,而啟動后速度為vm2時,有P=F1·vm2,F1-Ff=ma1,聯(lián)立解得a1=Ffm,故B正確,C錯誤;若0~t0時間做勻加速直線運動,則位移為x勻=0+vm2t0,而汽車在0題型2例3(1)1200N900N(2)-4200J[解析](1)重物下降的過程中受力平衡,設(shè)此時P、Q繩中拉力的大小分別為FT1和FT2,豎直方向有FT1cosα=mg+FT2cosβ水平方向有FT1sinα=FT2sinβ聯(lián)立解得FT1=1200N,FT2=900N(2)重物下降到地面的過程中,設(shè)兩根繩子拉力對重物做的總功為W,根據(jù)動能定理得W+mgh=0解得W=-4200J例4AB[解析]設(shè)乙將排球擊出的速度為v',對于軌跡②的運動,豎直方向有h=12gt2,解得t=2hg=2×(2.8-1)10s=0.6s,水平方向有x=v't=18×0.6m=10.8m,可知O、P兩位置的水平距離為10.8m,故A、B正確;從O到P點,設(shè)排球在O點的速度為v0,到P點的速度為v,根據(jù)動能定理可得-mgh=12mv2-12mv02,解得12mv02=mgh+12mv2=20.4J,根據(jù)動能定理可知W甲=12mv02=20.4J,故C錯誤;在P【遷移拓展】1.D[解析]設(shè)力F與水平方向的夾角為θ,則摩擦力為Ff=μ(mg-Fsinθ),摩擦力的功Wf=μ(mg-Fsinθ)x,即摩擦力的功與F的方向有關(guān),選項A錯誤;合力做功W=F合x=ma·x,可知合力做功與力F方向無關(guān),選項B錯誤;當力F水平時,則F=ma+μmg,力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x,選項C錯誤;因合外力做功為max大小一定,而合外力做功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和,而當Fsinθ=mg時,摩擦力Ff=0,則此時摩擦力做功為零,此時力F做功最小,最小值為max,選項D正確.2.C[解析]小球落到地面過程,根據(jù)動能定理有mgH=Ek,小球落地時動能等于mgH,A錯誤;小球在運動的全過程有mg(H+h)-Ffh=0,解得Ff=mg(H+h)h,B錯誤;根據(jù)上述,整個過程中小球克服阻力做的功為Wf=Ffh=mg(H+h),C正確;小球陷入泥中的過程,根據(jù)動能定理有mgh-Wf=0-Ek,解得Wf=mgh+Ek,可知,3.D[解析]小球從釋放到最低點,根據(jù)動能定理有mg(h+R)=EkB,解得EkB=17.5J,故A錯誤;小球從釋放到A點,根據(jù)動能定理有mgh=12mvA2,在A點,根據(jù)牛頓第二定律有FN=mvA2R,解得FN=15N,故B錯誤;設(shè)小球在圓軌道上最高點C與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ,則有mgcosθ=mv2R,從B點到最高點,根據(jù)動能定理有-mgR(1+cosθ)=12mv2-EkB,解得v=5m/s,cosθ=12,最大高度為h=R(1+cosθ)+(vsinθ)22g=1.6875m,故C錯誤;假設(shè)小球離開軌道后將落至軌道B點,根據(jù)斜拋運動的規(guī)律可知R(1+cosθ)=-vsin60°t+12gt2,x=vcos60°t題型3例5C[解析]如圖所示,設(shè)小環(huán)下降的高度為h,大圓環(huán)的半徑為R,小環(huán)到P點的距離為L,根據(jù)機械能守恒定律得mgh=12mv2,由幾何關(guān)系可得h=Lsinθ,而sinθ=L2R,所以h=L22R,解得v=LgR,故C正確例6C[解析]設(shè)B剛落地時速度為v,則根據(jù)機械能守恒定律有2mg×7r=mg×7r+12×3mv2+14mv2,解得v=2gr,當物塊B落地后,A還能上升的高度為h=v22g=2r,因此A上升到最高點時離地面的高度為9例7BD[解析]根據(jù)機械能守恒定律可知,重物減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成石塊、重物的動能與石塊的重力勢能之和,即Mg(L2+L2sin37°)=mg(L1+L1sin37°)+12mvA2+12MvB2,石塊、重物繞軸做同軸轉(zhuǎn)動,則速度關(guān)系為vA=2vB,聯(lián)立可得石塊被拋出瞬間的速度大小為vA=4m/s,故A錯誤,B正確;石塊拋出后做平拋運動,由2g(L1+L1sin37°)=vy2,可得石塊落地前瞬間的豎直速度為vy=8m/s,則石塊落地前瞬間重力的功率為P=mgvy=224例8(16分)(1)v2(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)sin[解析](1)物塊在CD段運動過程中,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma (2分)由運動學公式有0-v2=-2ax (2分)聯(lián)立解得x=v22g(2)物塊在BC段勻速運動,則電動機的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ (2分)由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ) (2分)(3)全過程物塊增加的機械能為E1=mgLsinθ (2分)整個過程由能量守恒定律得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,可知E2=E1+μmgcosθ·L (2分)則E1E2=sin例9B[解析]當甲所坐木板剛要離開原位置時,對甲及其所坐木板整體有μmg=kx0,解得彈性繩的伸長量x0=μmgk,則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx02=(μmg)22k,從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程中,乙所坐木板的位移為x1=x0+l-d,由功能關(guān)系可知,該過程中F所做的功W=E0+μmgx1=3【遷移拓展】1.C[解析]物體恰好能到達最高點C,則物體在最高點只受重力,且重力全部用來提供向心力,設(shè)半圓軌道的半徑為r,由牛頓第二定律得mg=mv2r,解得物體在C點的速度v=gr,A、B錯誤;由牛頓第二定律得mg=ma,解得物體在C點的向心加速度a=g,C正確;由能量守恒定律知,物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和,D2.C[解析]由于小環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒,故重物機械能的增加量等于小環(huán)機械能的減少量,選項A錯誤;根據(jù)速度的分解,小環(huán)沿著輕繩方向的分速度大小等于重物速度,即v環(huán)cos45°=v重,環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為2∶1,結(jié)合幾何關(guān)系,重物上升的高度為h=dcos45°-d,可得h=(2-1)d,小環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒,即mgd=12mv環(huán)2+12·2mv重2+2mgh,解得v環(huán)=(33.AB[解析]斜面傾角的正弦值sinθ=35,故θ=37°.物塊的重力勢能為Ep=mg(h-xsinθ)=-mgxsinθ+mgh,Ep-x圖像的斜率的絕對值為k1=mgsinθ=6N,得m=1kg,Ek-x圖像的斜率的大小等于