第4講功與能1.B[解析]重力的瞬時(shí)功率為P=mgv,水珠在最高點(diǎn)時(shí),速度為零,重力的瞬時(shí)功率最小,故A錯(cuò)誤;水珠在空中運(yùn)動(dòng)的過程中,一直克服空氣阻力做功,水珠的機(jī)械能逐漸減小,故該水珠在落回地面時(shí),水珠的機(jī)械能最小,故B正確;水珠上升過程阻力方向與重力方向相同,下降過程阻力方向與重力方向相反,則水珠上升過程的加速度大于下降過程的加速度,水珠上升過程的位移大小等于下降過程的位移,故上升過程所用的時(shí)間小于下落過程所用的時(shí)間,故C錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)過程中水珠所受的空氣阻力大小保持不變,水珠上升過程的位移大小等于下降過程的位移,故上升過程克服空氣阻力做的功等于下落過程克服空氣阻力做的功,故D錯(cuò)誤.2.B[解析]設(shè)t時(shí)間內(nèi)水流做功為W,水流的質(zhì)量為m,水流的體積為V,水位落差為h,則有W=mgh,m=ρ水V,水流量Q=Vt,發(fā)電功率P=η·Wt,聯(lián)立可得P=ηρ水Qgh,g取10m/s2時(shí),代入數(shù)據(jù)解得P≈1.05×107W,B3.ABD[解析]勻速時(shí)F牽=Ff,在MN段F牽=Pv=40N,故A正確;W克f=FfMN=800J,B正確;從P到Q,ΔEp=mgΔh,ΔEp=5×103J,故C錯(cuò)誤;從P到Q,F牽'=P'v'=285N,F牽'=Ff'+mgsinθ,解得Ff'=35N,W克f'=Ff'4.B[解析]假設(shè)足球不受空氣阻力,則斜拋運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)2的左側(cè)斜拋上升階段和右側(cè)平拋下落階段的軌跡具有對(duì)稱性,題圖顯然不符合斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,說明空氣阻力不可忽略,所以從2到3階段,機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;從2到3階段,假設(shè)僅有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理,動(dòng)能增加量等于重力所做的功,即增加mgh,但由于有空氣阻力做功,所以動(dòng)能增加量小于mgh,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從1到2階段,重力做負(fù)功WG=-mgh,所以重力勢(shì)能增加了mgh,選項(xiàng)B正確;同理,從1到2階段,由于有空氣阻力做功,所以動(dòng)能減少量大于mgh,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.5.B[解析]設(shè)水從出水口射出的初速度為v0,取t時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象,該部分水的質(zhì)量為m=v0tSρ,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得l=v0t',h=12gt'2,解得v0=lg2h,根據(jù)功能關(guān)系得Ptη=12mv02+mgH+h,6.D[解析]當(dāng)小球到達(dá)同一水平面上時(shí),設(shè)高度為h,則由動(dòng)能定理知-mgh-μmgcosθ·hsinθ=Ek-Ek0,因小球初動(dòng)能相同,質(zhì)量相同,動(dòng)摩擦因數(shù)相同,但是傾角θ不同,則末動(dòng)能不相同,則選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球開始時(shí)重力勢(shì)能相同,可知各小球重力勢(shì)能相等的位置在同一水平面上,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球初始位置的機(jī)械能相等,當(dāng)機(jī)械能相等時(shí)則克服摩擦力做功相等,而克服摩擦力做功為Wf=μmglcosθ=μmgx,即此時(shí)各小球處于同一圓柱面上,因摩擦生熱Q=Wf,可知當(dāng)摩擦產(chǎn)生的熱量相等時(shí),各小球處于同一圓柱面上,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D7.D[解析]設(shè)F方向斜向左下,且與水平方向夾角為θ,從A端靜止釋放時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有mgR+FsinθR-FcosθR=0-0,從B端靜止釋放時(shí)mgR+FcosθR+FsinθR=12mv2,根據(jù)牛頓第二定律知Fn=10mg-mg-Fsinθ=mv2R,sin2θ+cos2θ=1,聯(lián)立得F=5mg,力在其他方向均不可能,8.C[解析]方法一(分析法):設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處(P點(diǎn))與大圓環(huán)的作用力恰好為零,如圖所示,設(shè)圖中夾角為θ,從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR(1-cosθ)=12mv2,在P點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有mgcosθ=mv2R,聯(lián)立解得cosθ=23,從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程,小環(huán)速度較小,小環(huán)重力指向大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力,所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心且逐漸減小,從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程,小環(huán)速度變大,小環(huán)重力指向大圓環(huán)圓心方向的分力小于小環(huán)所需的向心力,所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力指向圓心且逐漸變大,根據(jù)牛頓第三定律可知,小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大,故A、B、D方法二(數(shù)學(xué)法):設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí),該處和圓心的連線與豎直向上的夾角為θ0≤θ≤π,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR(1-cosθ)=12mv2(0≤θ≤π),在該處根據(jù)牛頓第二定律有F+mgcosθ=mv2R(0≤θ≤π),聯(lián)立可得F=2mg-3mgcosθ,則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小F=2mg-3mgcosθ,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知F在cosθ=23時(shí)最小,即0≤θ≤arccos23時(shí),F隨θ增大而減小,arccos23<θ≤π時(shí),F隨θ增大而增大,9.BC[解析]當(dāng)b球運(yùn)動(dòng)到兩桿交點(diǎn)處時(shí),速度達(dá)到最大,此時(shí)a球速度為零,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有2·12mv2=12mvm2,解得vm=2v,故A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)輕桿與細(xì)桿Q的夾角為30°時(shí),根據(jù)速度關(guān)聯(lián),小球b沿輕桿方向的速度分量與小球a沿輕桿方向的速度分量相等,即vbcos30°=vacos60°,解得vavb=310.(1)1000N(2)7m[解析](1)設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為v0,從a到b過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=12m解得v0=10m/s在b點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv解得FN=1000N根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小為FN'=FN=1000N(2)設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v,在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得-μmgx=0-12mv解得v=8m/s若游客滑上平臺(tái)前已經(jīng)和滑板共速,則設(shè)共速時(shí)速度為v共,由動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+M)v共解得v共=203根據(jù)v>v共,可知滑上平臺(tái)前游客一直做減速運(yùn)動(dòng),滑板一直做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小分別為a1和a2,得a1=μmgm=μg=2m/sa2=μ