資源簡(jiǎn)介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
第4講 功和能
考題一　功和功率的計(jì)算
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)模擬）已知某款汽車(chē)每百公里平均油耗為7L，每升汽油8.3元，家庭用電每度（1度＝1kW h）0.52元。小明家里某款電動(dòng)自行車(chē)的一些主要參數(shù)如下表所示，假定電動(dòng)自行車(chē)載人行駛時(shí)，受到的阻力是人與車(chē)總重力的0.02倍，小明自身質(zhì)量為60kg。下列說(shuō)法正確的是（　　）
外形尺寸 1630mm×600mm×1100mm 額定輸出功率 100～200W
整車(chē)質(zhì)量 40kg 標(biāo)準(zhǔn)載重 90kg
充電電壓 36V 電池容量 12A h
欠壓保護(hù) 31.5V 過(guò)流保護(hù) 6A
一次充電連續(xù)行駛里程 20km 充電時(shí)間 4～8h
A．小明騎電動(dòng)自行車(chē)在水平路面上以6m/s的速度勻速行駛時(shí)，電動(dòng)自行車(chē)的輸出功率為72W
B．小明騎電動(dòng)自行車(chē)在水平路面上勻速行駛時(shí)的最大速度為15m/s
C．正常充電情況下，將完全沒(méi)電的電池充滿電至少需要耗電0.432度
D．騎該電動(dòng)自行車(chē)比開(kāi)小汽車(chē)每行駛10km節(jié)省約3元
（2023 溫州模擬）2021年10月25日，如圖甲所示的全球最大“上回轉(zhuǎn)塔機(jī)”成功首發(fā)下線，又樹(shù)立了一面“中國(guó)高端制造”的新旗幟。若該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向上提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1時(shí)達(dá)到額定功率，t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)保持額定功率運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)其它阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．0～t1時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)物體做減速運(yùn)動(dòng)
C．0～t1時(shí)間內(nèi)重力對(duì)物體做功為
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)額定功率為（mg+ma0）a0t1
（2023 浙江模擬）如圖所示為某型號(hào)電動(dòng)車(chē)在某次測(cè)試中的速度v與牽引力F大小的倒數(shù)圖像（v），已知汽車(chē)在平直路面上由靜止啟動(dòng)，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度vm后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)O，汽車(chē)質(zhì)量為M，已知M、F1、F2、vm，下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．汽車(chē)額定功率為F2vm
B．汽車(chē)從b到c過(guò)程做變加速運(yùn)動(dòng)
C．汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為
D．汽車(chē)從a到b過(guò)程克服阻力做功
1．功的計(jì)算
(1)恒力做功的計(jì)算公式：W＝Flcos α；
(2)當(dāng)F為變力時(shí)，用動(dòng)能定理W＝ΔEk或功能關(guān)系求功．所求得的功是該過(guò)程中外力對(duì)物體(或系統(tǒng))做的總功(或者說(shuō)是合力對(duì)物體做的功)；
(3)利用F－l圖象曲線下的面積求功；
(4)利用W＝Pt計(jì)算．
2．功率
(1)功率定義式：P＝.所求功率是時(shí)間t內(nèi)的平均功率；
(2)功率計(jì)算式：P＝Fvcos α.其中α是力與速度間的夾角．若v為瞬時(shí)速度，則P為F在該時(shí)刻的瞬時(shí)功率；若v為平均速度，則P為F在該段位移內(nèi)的平均功率．
考題二　功能關(guān)系的理解
（2023 麗水二模）某人從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始做無(wú)動(dòng)力翼裝飛行，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后速度斜向下且保持不變，一段時(shí)間后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，此人從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中（　　）
A．加速度一直減小 B．一直處于失重狀態(tài)
C．機(jī)械能一直在減小 D．重力勢(shì)能先減小后不變
（2023 紹興二模）如圖所示，質(zhì)量為2000kg電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢(shì)能為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m
B．整個(gè)過(guò)程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4600J
（2023 杭州二模）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈性繩一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m、套在摩擦因數(shù)為μ的粗糙豎直固定桿的圓環(huán)相連，M處有一光滑定滑輪，初始圓環(huán)置于A處，OMA三點(diǎn)在同一水平線上，彈性繩的原長(zhǎng)等于OM，圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零，AC＝h。如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．下滑過(guò)程中，豎直桿對(duì)圓環(huán)摩擦力越來(lái)越大
B．從A下滑到C過(guò)程中摩擦發(fā)熱為
C．在C處，彈性繩的彈性勢(shì)能為
D．圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中持續(xù)減小，上升過(guò)程中持續(xù)增加
1．功能關(guān)系
(1)重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系：WG＝－ΔEp.
(2)彈力做功與彈性勢(shì)能的變化關(guān)系：W彈＝－ΔEp.
(3)合力的功與動(dòng)能變化的關(guān)系：W合＝ΔEk.
(4)滑動(dòng)摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能的計(jì)算：Q＝Ffx相對(duì)．
(5)電場(chǎng)力做功：W＝－ΔEp＝qU，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．
2．說(shuō)明
(1)一對(duì)相互作用的靜摩擦力做功代數(shù)和為0，不改變系統(tǒng)機(jī)械能．
(2)一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功代數(shù)和小于0，系統(tǒng)機(jī)械能減少，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．
考題三　動(dòng)能定理的應(yīng)用
（2023 溫州模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過(guò)程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
（2020 浙江模擬）學(xué)校科技小組設(shè)計(jì)了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，該軌道由兩個(gè)光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg小滑塊從水平地面P點(diǎn)以速度v0＝2m/s沿軌道上滑，運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知直線軌道EF長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m，小滑塊與軌道EF的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計(jì)，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
（1）小滑塊在ABC圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)軌道C點(diǎn)的壓力：
（2）小滑塊最終停止的位置離F點(diǎn)的距離；
（3）若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。
（2023 浙江模擬）如圖所示，光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE各部分平滑連接，水平區(qū)域FG足夠長(zhǎng)，圓軌道最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，滑塊落到FG區(qū)域時(shí)馬上停止運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.8m，水平面BD的長(zhǎng)度x1＝2m，傳送帶長(zhǎng)度x2＝9m，距離落地區(qū)的豎直高度H＝0.5m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝6m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)（不考慮傳送帶輪的半徑對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響）。
（1）若h＝1.2m，則滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；
（2）若滑塊不脫離圓軌道且從E點(diǎn)飛出，求滑塊釋放點(diǎn)高度h0的取值范圍；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，求滑塊靜止時(shí)距B點(diǎn)的水平距離x與釋放點(diǎn)高度h的關(guān)系。
1．動(dòng)能定理應(yīng)用的基本步驟
(1)選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程．
(2)分析受力及各力做功的情況，受哪些力？每個(gè)力是否做功？在哪段位移過(guò)程中做功？正功？負(fù)功？做多少功？求出代數(shù)和．
(3)明確過(guò)程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2.
(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要時(shí)注意分析題目的潛在條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解．
2．應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同可以全程列式、也可分段列式．
考題四　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
（2023 浙江模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點(diǎn)）從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無(wú)能量損失的通過(guò)，向左則不能通過(guò)且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長(zhǎng)L＝2m，水平直軌道BC和GH的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過(guò)各圓弧軌道與直軌道相接處均無(wú)能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；
（2）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FB（保留兩位小數(shù)）；
（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在水平直軌道上豎直放置一半徑R＝1m的圓形光滑軌道和細(xì)管彎成兩個(gè)半圓組成的反“S”形光滑軌道，其半徑r＝0.05m。兩軌道最低點(diǎn)B、D相距L1＝4m，B、D間鋪設(shè)特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一點(diǎn)到B的距離）。一個(gè)質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P從傾角θ＝37°、動(dòng)摩擦因數(shù)μ3＝0.8的斜面上以初動(dòng)能Ek0滑下，經(jīng)A點(diǎn)無(wú)能量損失進(jìn)入長(zhǎng)度L2＝3m、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2的AB直軌道，然后沖上圓形軌道。小球P釋放點(diǎn)到水平軌道的高度h＝3m，圓形軌道最低點(diǎn)B處入、出口靠近且相互錯(cuò)開(kāi)，不計(jì)空氣阻力。提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C，求小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小；
（2）調(diào)整釋放初動(dòng)能Ek0，使小球P離開(kāi)反“S”形軌道最高點(diǎn)E后第一次落到水平直軌道上離E點(diǎn)的水平位移大小s＝1m，求初動(dòng)能Ek0的大小；
（3）調(diào)整釋放初動(dòng)能Ek0，要使小球P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，且不停在水平軌道AB段上，求Ek0的取值范圍。
（2023 金華模擬）在平直公路上勻速行駛的自行車(chē)所受阻力為車(chē)和人總重量的0.02倍，如圖所示。自行車(chē)在平直公路上勻速行駛，估算騎行者克服自行車(chē)所受阻力做功的功率最接近于（　　）
A．0.2kW B．2×103kW C．2kW D．20kW
（2023 臺(tái)州模擬）某同學(xué)在周末自制的一輛電動(dòng)小車(chē)如圖所示。接通電源，小車(chē)沿直線加速前進(jìn)時(shí)（　　）
A．小車(chē)的慣性越來(lái)越大
B．電機(jī)消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為車(chē)的機(jī)械能
C．空氣對(duì)小車(chē)的作用力大小等于小車(chē)對(duì)空氣的作用力大小
D．小車(chē)受到的合外力方向與小車(chē)速度變化量的方向相反
（2023 臺(tái)州模擬）某超市中傾角為30°的自動(dòng)坡道式電梯（無(wú)臺(tái)階）如圖所示，某人蹲在電梯上隨電梯勻速下行。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．電梯對(duì)人的作用力沿坡道向上
B．人和電梯表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C．電梯對(duì)人做的功等于人的重力勢(shì)能的變化量
D．若人在電梯上突然起身站立，起身瞬間人對(duì)電梯的作用力減小
（2023 浙江模擬）一物塊在傾角為30°的固定斜面（足夠長(zhǎng)）上受到方向與斜面平行恒定拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊滑動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能、摩擦產(chǎn)生內(nèi)能和重力勢(shì)能隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②和③所示，則（　　）
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．0～t0時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能增大4J
C．0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度為12m/s2
D．若t0時(shí)刻撤去拉力，則再經(jīng)過(guò)時(shí)間3t0，物塊速度減到0
（2023 溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時(shí)豎直向上拋出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．若不計(jì)空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，EA＝EB
B．若不計(jì)空氣阻力，以A球的最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過(guò)程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過(guò)程中，aA＞aB
（2023 浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上距離O點(diǎn)為x的A點(diǎn)停下。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
（2022 浙江模擬）如圖所示，白色傳送帶A、B兩端距離L＝14m，以速度v0＝8m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并且傳送帶與水平面的夾角為θ＝37°，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，＞取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列敘述正確的是（　　）
A．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷時(shí)間為2.25s
B．煤塊運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為120W
C．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4m
D．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為8J
（2022 柯橋區(qū)模擬）有一娛樂(lè)項(xiàng)目，人坐在半徑為R的傾斜圓盤(pán)邊緣隨著圓盤(pán)繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（轉(zhuǎn)軸垂直于盤(pán)面），圓盤(pán)的傾角為α，如圖所示，圖中人用方塊代替。當(dāng)人與圓盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝2.5tanα?xí)r，人恰好不從圓盤(pán)滑出去。人的質(zhì)量為m，A為圓盤(pán)的最低點(diǎn)，B為圓盤(pán)的最高點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下正確的是（　　）
A．B位置處受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A點(diǎn)與B點(diǎn)人所受到的摩擦力大小之差為3mgsinα
C．人在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度大小為
D．人從A到B摩擦力做功為2mgRsinα
（2022 浙江三模）如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A和質(zhì)量為m的磁鐵B同時(shí)從光滑的鋁制斜面頂端靜止釋放，沿著直線下滑到斜面底端。則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．木塊A和磁鐵B下滑都僅受重力和支持力
B．木塊A到達(dá)底端速度較小
C．磁鐵B到達(dá)底端用時(shí)較長(zhǎng)
D．兩者到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相同
（2022 寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機(jī)器人可攜帶藥物進(jìn)入老鼠體內(nèi)，到達(dá)老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣氣泡作為推進(jìn)動(dòng)力，機(jī)器人的速度可達(dá)6×10﹣5m/s。若不計(jì)重力和浮力，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．胃液中運(yùn)動(dòng)的納米機(jī)器人不受阻力
B．機(jī)器人前進(jìn)時(shí)對(duì)胃液的作用力比胃液對(duì)機(jī)器人的作用力大
C．氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人作用力一定比胃液對(duì)機(jī)器人作用力小
D．機(jī)器人在胃液中加速前進(jìn)時(shí)，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功大于機(jī)器人動(dòng)能的增加量
（2022 杭州二模）電梯一般用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)，鋼絲繩掛在電動(dòng)機(jī)繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運(yùn)動(dòng)。若電梯轎箱質(zhì)量為2×103kg，配重為2.4×103kg。某次電梯轎箱由靜止開(kāi)始上升的v﹣t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)
B．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂和對(duì)配重的拉力大小始終相等
C．在第1s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)做的機(jī)械功為2.4×104J
D．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率為4.8×104W
（2023 溫州模擬）如圖甲所示，某同學(xué)利用樂(lè)高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為r＝0.4m、0.5r、1.5r的三個(gè)半圓軌道BCO3、O3DO1、FGH，半徑為r的四分之一圓弧軌道O1E，長(zhǎng)度L＝1m的水平軌道EF組成，軌道BCO3和軌道O1E前后錯(cuò)開(kāi)，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接。可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以通過(guò)軌道O3DO1的最高點(diǎn)D，不計(jì)空氣阻力。
（1）求A、C兩點(diǎn)的高度差h；
（2）要使物塊至少經(jīng)過(guò)F點(diǎn)一次，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍；
（3）若半圓軌道O3DO1中缺一塊圓心角為2θ的圓弧積木IDJ（I、J關(guān)于O2D對(duì)稱(chēng)），滑塊從I飛出后恰能無(wú)碰撞從J進(jìn)入軌道，求θ的值。
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第4講 功和能
考題一　功和功率的計(jì)算
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)模擬）已知某款汽車(chē)每百公里平均油耗為7L，每升汽油8.3元，家庭用電每度（1度＝1kW h）0.52元。小明家里某款電動(dòng)自行車(chē)的一些主要參數(shù)如下表所示，假定電動(dòng)自行車(chē)載人行駛時(shí)，受到的阻力是人與車(chē)總重力的0.02倍，小明自身質(zhì)量為60kg。下列說(shuō)法正確的是（　　）
外形尺寸 1630mm×600mm×1100mm 額定輸出功率 100～200W
整車(chē)質(zhì)量 40kg 標(biāo)準(zhǔn)載重 90kg
充電電壓 36V 電池容量 12A h
欠壓保護(hù) 31.5V 過(guò)流保護(hù) 6A
一次充電連續(xù)行駛里程 20km 充電時(shí)間 4～8h
A．小明騎電動(dòng)自行車(chē)在水平路面上以6m/s的速度勻速行駛時(shí)，電動(dòng)自行車(chē)的輸出功率為72W
B．小明騎電動(dòng)自行車(chē)在水平路面上勻速行駛時(shí)的最大速度為15m/s
C．正常充電情況下，將完全沒(méi)電的電池充滿電至少需要耗電0.432度
D．騎該電動(dòng)自行車(chē)比開(kāi)小汽車(chē)每行駛10km節(jié)省約3元
【解答】解：A．勻速行駛時(shí)，有
F＝f＝μN(yùn)＝0.02（m+M）g＝0.02×（60+40）kg×10N/kg＝20N
則電動(dòng)自行車(chē)的輸出功率為
P＝Fv＝20×6W＝120W
故A錯(cuò)誤；
B．小明騎電動(dòng)自行車(chē)在水平路面上勻速行駛時(shí)的最大速度為
故B錯(cuò)誤；
C．在額定電壓下，將完全沒(méi)電的電池充滿電至少需要耗電
W＝UIt＝UQ＝36×12W h＝0.432kW h＝0.432度
故C正確；
D．騎該電動(dòng)自行車(chē)每行駛10km，需要的錢(qián)數(shù)為
y1元元＝0.11元
小汽車(chē)每行駛10km，需要的錢(qián)數(shù)為
y27×8.3元＝5.81元
騎該電動(dòng)自行車(chē)比開(kāi)小汽車(chē)每行駛10km節(jié)省約
Δy＝y(tǒng)2﹣y1＝5.81元﹣0.11元＝5.7元
故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 溫州模擬）2021年10月25日，如圖甲所示的全球最大“上回轉(zhuǎn)塔機(jī)”成功首發(fā)下線，又樹(shù)立了一面“中國(guó)高端制造”的新旗幟。若該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向上提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1時(shí)達(dá)到額定功率，t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)保持額定功率運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)其它阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．0～t1時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)物體做減速運(yùn)動(dòng)
C．0～t1時(shí)間內(nèi)重力對(duì)物體做功為
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)額定功率為（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1時(shí)間內(nèi)物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、由圖像可知t1～t2時(shí)間內(nèi)物體的加速度為正，物體仍做加速運(yùn)動(dòng)，只是做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、0～t1時(shí)間內(nèi)物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻物體的位移為
重力對(duì)物體做功
故C錯(cuò)誤；
D、t1時(shí)刻物體所受到的牽引力為F，由牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1時(shí)刻物體的速度為v＝a0t1
起重機(jī)額定功率為P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正確。
故選：D。
（2023 浙江模擬）如圖所示為某型號(hào)電動(dòng)車(chē)在某次測(cè)試中的速度v與牽引力F大小的倒數(shù)圖像（v），已知汽車(chē)在平直路面上由靜止啟動(dòng)，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度vm后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn)O，汽車(chē)質(zhì)量為M，已知M、F1、F2、vm，下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．汽車(chē)額定功率為F2vm
B．汽車(chē)從b到c過(guò)程做變加速運(yùn)動(dòng)
C．汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間為
D．汽車(chē)從a到b過(guò)程克服阻力做功
【解答】解：A、根據(jù)P＝Fv可知v＝P，額定功率等于圖線的斜率，PF2vm，故A正確；
B、根據(jù)P＝Fv，汽車(chē)由b到c過(guò)程中功率不變，隨著汽車(chē)速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得：
F﹣f＝ma
汽車(chē)所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車(chē)的加速度也減小，汽車(chē)由b到c過(guò)程中加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C、汽車(chē)所受的阻力為fF2
由于額定功率等于圖線的斜率，有：P
解得：F2vm＝v1F1
汽車(chē)從a到b，根據(jù)牛頓第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽車(chē)從a到b持續(xù)的時(shí)間為t
聯(lián)立解得：t
故C錯(cuò)誤；
D、汽車(chē)從a到b過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移為x
克服阻力做功W＝fx
解得：W
本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)；
故選：C。
1．功的計(jì)算
(1)恒力做功的計(jì)算公式：W＝Flcos α；
(2)當(dāng)F為變力時(shí)，用動(dòng)能定理W＝ΔEk或功能關(guān)系求功．所求得的功是該過(guò)程中外力對(duì)物體(或系統(tǒng))做的總功(或者說(shuō)是合力對(duì)物體做的功)；
(3)利用F－l圖象曲線下的面積求功；
(4)利用W＝Pt計(jì)算．
2．功率
(1)功率定義式：P＝.所求功率是時(shí)間t內(nèi)的平均功率；
(2)功率計(jì)算式：P＝Fvcos α.其中α是力與速度間的夾角．若v為瞬時(shí)速度，則P為F在該時(shí)刻的瞬時(shí)功率；若v為平均速度，則P為F在該段位移內(nèi)的平均功率．
考題二　功能關(guān)系的理解
（2023 麗水二模）某人從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始做無(wú)動(dòng)力翼裝飛行，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后速度斜向下且保持不變，一段時(shí)間后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，此人從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中（　　）
A．加速度一直減小 B．一直處于失重狀態(tài)
C．機(jī)械能一直在減小 D．重力勢(shì)能先減小后不變
【解答】解：A、由運(yùn)動(dòng)軌跡圖可知，此人先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度先減小后不變，故A錯(cuò)誤；
B、從O到A過(guò)程中有豎直向下的加速度分量，此時(shí)人處于失重狀態(tài)。從A到B過(guò)程中人做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C、由于除重力外還有空氣阻力做負(fù)功，所以人的機(jī)械能一直在減小，故C正確；
D、人一直下降，重力一直做正功，則重力勢(shì)能一直減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 紹興二模）如圖所示，質(zhì)量為2000kg電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢(shì)能為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m
B．整個(gè)過(guò)程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4600J
【解答】解：A．電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒，得mgx
代入數(shù)據(jù)解得：k＝11000N/m
故A錯(cuò)誤；
B、與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，剛接觸彈簧后，彈簧的彈力小于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，電梯的加速度為零，電梯繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力大于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、電梯停止在井底時(shí)，受力平衡，由平衡條件得：kx＝mg+f靜
代入數(shù)據(jù)解得：f靜＝2000N
故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)電梯速度最大時(shí)，加速度為零，由平衡條件得：kx'+f動(dòng)＝mg
代入數(shù)據(jù)解得：x'
電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力產(chǎn)生的熱量，則
故D正確。
故選：D。
（2023 杭州二模）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈性繩一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m、套在摩擦因數(shù)為μ的粗糙豎直固定桿的圓環(huán)相連，M處有一光滑定滑輪，初始圓環(huán)置于A處，OMA三點(diǎn)在同一水平線上，彈性繩的原長(zhǎng)等于OM，圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零，AC＝h。如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）
A．下滑過(guò)程中，豎直桿對(duì)圓環(huán)摩擦力越來(lái)越大
B．從A下滑到C過(guò)程中摩擦發(fā)熱為
C．在C處，彈性繩的彈性勢(shì)能為
D．圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中持續(xù)減小，上升過(guò)程中持續(xù)增加
【解答】解：A、圓環(huán)下滑過(guò)程受力如圖所示，設(shè)彈性繩的伸長(zhǎng)量為l，彈性系數(shù)為k，彈性繩與水平方向的夾角為θ
在水平方向，由平衡條件得：FN＝klcosθ＝kd，由于k、d都是常數(shù)，則FN不變，下滑過(guò)程豎直桿對(duì)圓環(huán)的摩擦力f＝μFN大小不變，故A錯(cuò)誤；
BC、圓環(huán)從A到C與從C到A過(guò)程彈性繩彈性勢(shì)能的變化量相等，設(shè)為ΔEp，摩擦產(chǎn)生的熱量相等，圓環(huán)恰好回到A，則到達(dá)A點(diǎn)時(shí)圓環(huán)的速度為零，設(shè)為Q，設(shè)A、C間的距離為h，圓環(huán)從A到C過(guò)程，由功能關(guān)系得：mgh＝ΔEp+Q，從C到A過(guò)程，由功能關(guān)系得：ΔEp＝mgh+Q，解得：Q，ΔEp＝mghmv2，從A到C過(guò)程彈性繩彈性勢(shì)能的增加量為mghmv2，在A處彈性繩的彈性勢(shì)能不是零，則到達(dá)C點(diǎn)彈性繩的彈性勢(shì)能大于mghmv2，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中要克服摩擦阻力與彈性繩的彈力做功，機(jī)械能持續(xù)減小，圓環(huán)上升過(guò)程中彈性繩對(duì)環(huán)做正功，摩擦力對(duì)圓環(huán)做負(fù)功，由于不知彈性繩做功與摩擦力做功大小關(guān)系，無(wú)法判斷圓環(huán)機(jī)械能如何變化，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
1．功能關(guān)系
(1)重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系：WG＝－ΔEp.
(2)彈力做功與彈性勢(shì)能的變化關(guān)系：W彈＝－ΔEp.
(3)合力的功與動(dòng)能變化的關(guān)系：W合＝ΔEk.
(4)滑動(dòng)摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能的計(jì)算：Q＝Ffx相對(duì)．
(5)電場(chǎng)力做功：W＝－ΔEp＝qU，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．
2．說(shuō)明
(1)一對(duì)相互作用的靜摩擦力做功代數(shù)和為0，不改變系統(tǒng)機(jī)械能．
(2)一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功代數(shù)和小于0，系統(tǒng)機(jī)械能減少，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．
考題三　動(dòng)能定理的應(yīng)用
（2023 溫州模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過(guò)程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【解答】解：AB．小滑塊在斜面上滑動(dòng)，摩擦力力大小始終不變?yōu)閒＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得：
其中，y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長(zhǎng)度，s為滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，因?yàn)閟＞y，可知v＜v0，故AB錯(cuò)誤；
CD．摩擦力速度的方向始終與滑塊相對(duì)斜面的速度方向相反，可知f的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夾角為90°到180°，根據(jù)幾何關(guān)系可知合力的大小范圍為：
結(jié)合牛頓第二定律F合＝ma
由此可得
則；a2＝0，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選：D。
（2020 浙江模擬）學(xué)校科技小組設(shè)計(jì)了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，該軌道由兩個(gè)光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg小滑塊從水平地面P點(diǎn)以速度v0＝2m/s沿軌道上滑，運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知直線軌道EF長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m，小滑塊與軌道EF的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計(jì)，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
（1）小滑塊在ABC圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)軌道C點(diǎn)的壓力：
（2）小滑塊最終停止的位置離F點(diǎn)的距離；
（3）若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。
【解答】解：（1）小球從P到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：vC＝2m/s
在ABC圓軌道C點(diǎn)對(duì)小球分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：
解得FN＝2N
根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)軌道的壓力為F′N(xiāo)＝FN＝2N，方向豎直向上
（2）從P點(diǎn)到EF軌道停止過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：s＝0.8m
因?yàn)閟＝（L+0.3）m
小球最終停在離F點(diǎn)0.3m處；
（3）小球剛好經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C，則
從P到C根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：
當(dāng)小球第一次從擋板彈回時(shí)，到達(dá)小圓的圓心等高處D點(diǎn)速度為零，
從P到D根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：v2＝4m/s
所以小球的初速度范圍為：
答：（1）小滑塊在ABC圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)軌道C點(diǎn)的壓力為2N：
（2）小滑塊最終停止的位置離F點(diǎn)的距離為0.3m；
（3）若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足條件為。
（2023 浙江模擬）如圖所示，光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE各部分平滑連接，水平區(qū)域FG足夠長(zhǎng)，圓軌道最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，滑塊落到FG區(qū)域時(shí)馬上停止運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.8m，水平面BD的長(zhǎng)度x1＝2m，傳送帶長(zhǎng)度x2＝9m，距離落地區(qū)的豎直高度H＝0.5m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝6m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)（不考慮傳送帶輪的半徑對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響）。
（1）若h＝1.2m，則滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；
（2）若滑塊不脫離圓軌道且從E點(diǎn)飛出，求滑塊釋放點(diǎn)高度h0的取值范圍；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，求滑塊靜止時(shí)距B點(diǎn)的水平距離x與釋放點(diǎn)高度h的關(guān)系。
【解答】解：（1）在h＝1.2m，則滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得：
由牛頓第二定律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：F＝20N
由牛頓第三定律可知，滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為20N；
（2）若滑塊恰好能過(guò)C點(diǎn)，則C點(diǎn)時(shí)有：
從A到C，根據(jù)動(dòng)能定理有：
代入數(shù)據(jù)解得：h1＝2m
要使滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，則滑塊到E點(diǎn)的速度vE＝0，從A到E，
根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入數(shù)據(jù)解得：h2＝2.2m
顯然h2＞h1，若滑塊不脫離圓軌道且從E點(diǎn)飛出，則滑塊釋放點(diǎn)的高度：h0＞2.2m。
（3）①當(dāng)h1≤h≤h2時(shí)，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑塊第一次通過(guò)D點(diǎn)后再次返回到D點(diǎn)后，再到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑塊恰好到達(dá)圓軌道的圓心等高處，在B點(diǎn)需要的動(dòng)能為Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑塊恰好通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)需滿足：
滑塊恰好通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，在B點(diǎn)需要的動(dòng)能為Ek2＝2mgR
解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑塊再次返回圓軌道后會(huì)脫離圓軌道，不符合題意。
②當(dāng)滑塊釋放點(diǎn)的高度h＞2.2m時(shí)，滑塊從E點(diǎn)飛出，根據(jù)動(dòng)能定理有：
整理解得：vE＝2m/s
由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：tss
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+2mm
答：（1）滑塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為20N；
（2）滑塊釋放點(diǎn)高度h0的取值范圍為h0＞2.2m；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，滑塊靜止時(shí)距B點(diǎn)的水平距離x與釋放點(diǎn)高度h的關(guān)系式為：xm，（h＞2.2m）。
1．動(dòng)能定理應(yīng)用的基本步驟
(1)選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程．
(2)分析受力及各力做功的情況，受哪些力？每個(gè)力是否做功？在哪段位移過(guò)程中做功？正功？負(fù)功？做多少功？求出代數(shù)和．
(3)明確過(guò)程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2.
(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要時(shí)注意分析題目的潛在條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解．
2．應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同可以全程列式、也可分段列式．
考題四　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
（2023 浙江模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點(diǎn)）從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無(wú)能量損失的通過(guò)，向左則不能通過(guò)且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長(zhǎng)L＝2m，水平直軌道BC和GH的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過(guò)各圓弧軌道與直軌道相接處均無(wú)能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；
（2）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FB（保留兩位小數(shù)）；
（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。
【解答】解：（1）小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)E，則小球到E點(diǎn)的速度為0，小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
﹣mg 2R＝0
代入數(shù)據(jù)解得：vC＝2m/s
（2）從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：﹣μmgL
小鋼球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝m
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：NN≈0.83N
根據(jù)牛頓第三定律得，小鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮B＝N＝0.83N
（3）若小鋼球恰能第一次通過(guò)E點(diǎn)，設(shè)小鋼球釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h1，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0
代入數(shù)據(jù)解得：h1＝1.6m
若小鋼球恰能第二次通過(guò)E點(diǎn)，設(shè)小球鋼釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h2，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ 0
代入數(shù)據(jù)解得：h2＝2.24m
①若小球釋放高度h＜1.6m，無(wú)法到達(dá)E點(diǎn)，s＝0
②若小球釋放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能經(jīng)過(guò)E點(diǎn)一次，μ＜tanθ，則小鋼球最終停在H點(diǎn)，從釋放點(diǎn)到停在H點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ s＝0
代入數(shù)據(jù)解得：s＝2.5（h﹣1）
③若小球釋放高度2.24m≤h，小球經(jīng)過(guò)E點(diǎn)兩次，s＝22m＝1.6m
答：（1）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC為2m/s；
（2）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FB為0.83N；
（3）①若小球釋放高度h＜1.6m，s＝0
②若小球釋放高度1.6m≤h＜2.24m，s＝2.5（h﹣1）
③若小球釋放高度2.24m≤h，s＝1.6m。
（2023 鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在水平直軌道上豎直放置一半徑R＝1m的圓形光滑軌道和細(xì)管彎成兩個(gè)半圓組成的反“S”形光滑軌道，其半徑r＝0.05m。兩軌道最低點(diǎn)B、D相距L1＝4m，B、D間鋪設(shè)特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一點(diǎn)到B的距離）。一個(gè)質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P從傾角θ＝37°、動(dòng)摩擦因數(shù)μ3＝0.8的斜面上以初動(dòng)能Ek0滑下，經(jīng)A點(diǎn)無(wú)能量損失進(jìn)入長(zhǎng)度L2＝3m、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2的AB直軌道，然后沖上圓形軌道。小球P釋放點(diǎn)到水平軌道的高度h＝3m，圓形軌道最低點(diǎn)B處入、出口靠近且相互錯(cuò)開(kāi)，不計(jì)空氣阻力。提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C，求小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小；
（2）調(diào)整釋放初動(dòng)能Ek0，使小球P離開(kāi)反“S”形軌道最高點(diǎn)E后第一次落到水平直軌道上離E點(diǎn)的水平位移大小s＝1m，求初動(dòng)能Ek0的大小；
（3）調(diào)整釋放初動(dòng)能Ek0，要使小球P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，且不停在水平軌道AB段上，求Ek0的取值范圍。
【解答】解：（1）小球P恰好通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C點(diǎn)，則有
解得
從C到B，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
B點(diǎn)，則有
解得FN＝60N
根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為60N；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，s＝vEt
聯(lián)立解得t＝0.2s，vE＝5m/s
BD上，有Ff＝μ1mg＝mg（0.2+0.2x）＝2+2x
則摩擦力做功為
從初始到E，則有
解得Ek0＝46.5J
（3）①恰好到A，則有
解得Ek0＝2J
所以0≤Ek0≤2J
②恰好到O點(diǎn)等高處，則有
解得Ek0＝18J
返回恰好到A，則有
解得Ek0＝14J
所以14J≤Ek0≤18J
③恰好過(guò)C，，則有
解得Ek0＝33J
恰好到E，則有
解得Ek0＝34J
所以33J≤Ek0≤34J
綜上，0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J
答：（1）小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為60N；
（2）初動(dòng)能Ek0的大小為46.5J；
（3）Ek0的取值范圍為0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J。
（2023 金華模擬）在平直公路上勻速行駛的自行車(chē)所受阻力為車(chē)和人總重量的0.02倍，如圖所示。自行車(chē)在平直公路上勻速行駛，估算騎行者克服自行車(chē)所受阻力做功的功率最接近于（　　）
A．0.2kW B．2×103kW C．2kW D．20kW
【解答】解：設(shè)人和自行車(chē)的總質(zhì)量約為100kg，騎車(chē)勻速行駛的速度約為10m/s，所受阻力約為f＝0.02mg＝0.02×100×10N＝20N
騎行者克服自行車(chē)所受阻力做功的功率約P＝Fv＝fv＝20×10W＝200W＝0.2kW
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
（2023 臺(tái)州模擬）某同學(xué)在周末自制的一輛電動(dòng)小車(chē)如圖所示。接通電源，小車(chē)沿直線加速前進(jìn)時(shí)（　　）
A．小車(chē)的慣性越來(lái)越大
B．電機(jī)消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為車(chē)的機(jī)械能
C．空氣對(duì)小車(chē)的作用力大小等于小車(chē)對(duì)空氣的作用力大小
D．小車(chē)受到的合外力方向與小車(chē)速度變化量的方向相反
【解答】解：A、慣性只與質(zhì)量有關(guān)，所以小車(chē)的慣性不變，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)能量守恒定律可知，電機(jī)消耗的電能轉(zhuǎn)化為車(chē)的機(jī)械能與內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；
C、空氣對(duì)小車(chē)的作用力與小車(chē)對(duì)空氣的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，由牛頓第三定律可知，空氣對(duì)小車(chē)的作用力大小等于小車(chē)對(duì)空氣的作用力大小，故C正確；
D、小車(chē)沿直線加速前進(jìn)，加速度方向與速度變化量方向相同，由牛頓第二定律知加速度方向與合外力方向相同，所以小車(chē)受到的合外力方向與小車(chē)速度變化量的方向相同，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 臺(tái)州模擬）某超市中傾角為30°的自動(dòng)坡道式電梯（無(wú)臺(tái)階）如圖所示，某人蹲在電梯上隨電梯勻速下行。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．電梯對(duì)人的作用力沿坡道向上
B．人和電梯表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C．電梯對(duì)人做的功等于人的重力勢(shì)能的變化量
D．若人在電梯上突然起身站立，起身瞬間人對(duì)電梯的作用力減小
【解答】解：A、人蹲在電梯上隨電梯勻速下行，人受到的合力為零，所以電梯對(duì)人的作用力與人的重力等大反向，則電梯對(duì)人的作用力豎直向上，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)平衡條件得：mgsin30°＝f，而f≤μFN，F(xiàn)N＝mgcos30°，解得μ，故B錯(cuò)誤；
C、人做勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，由功能關(guān)系可知，電梯對(duì)人做的功等于人的重力勢(shì)能的變化量，故C正確；
D、若人在電梯上突然起身站立，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則電梯對(duì)人作用力大于重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，起身瞬間人對(duì)電梯的作用力增大，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 浙江模擬）一物塊在傾角為30°的固定斜面（足夠長(zhǎng)）上受到方向與斜面平行恒定拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊滑動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能、摩擦產(chǎn)生內(nèi)能和重力勢(shì)能隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②和③所示，則（　　）
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．0～t0時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能增大4J
C．0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度為12m/s2
D．若t0時(shí)刻撤去拉力，則再經(jīng)過(guò)時(shí)間3t0，物塊速度減到0
【解答】解：A、設(shè)0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的位移為x。根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能關(guān)系可得：μmgxcos30°＝8J ②
聯(lián)立解得：μ，故A錯(cuò)誤；
B、0～t0時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能增大8J，重力勢(shì)能減小5J，所以機(jī)械能增大3J，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理得：max＝12J ③
聯(lián)立①③解得：a＝12m/s2，故C正確；
D、t0時(shí)刻撤去拉力，此時(shí)物塊的速度為v＝at0。此后，由牛頓第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊速度減到0，則v＝a′t，解得：t＝4t0，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023 溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時(shí)豎直向上拋出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．若不計(jì)空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，EA＝EB
B．若不計(jì)空氣阻力，以A球的最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過(guò)程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過(guò)程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，若以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，則小球的機(jī)械能為，，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A錯(cuò)誤；
B、若不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，小球只受重力作用，兩小球加速度相同，均為重力加速度g，則小球上升的最大高度為：，以A球的最大高度所在的平面為零勢(shì)能面，則：，，由于小球各自的機(jī)械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B錯(cuò)誤；
C、若兩球受到相等的空氣阻力，上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)A小球有：mAg+f＝mAaA，對(duì)B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度為：，，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C錯(cuò)誤；
D、若兩球受到相等的空氣阻力，下落過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)小球A有：mAg﹣f＝mAaA，對(duì)B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度為：，，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正確。
故選：D。
（2023 浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上距離O點(diǎn)為x的A點(diǎn)停下。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
【解答】解：小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，最終停在A點(diǎn)，設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，則斜面在水平面的投影為：x1＝Lcosθ
根據(jù)功能關(guān)系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ
改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為（x′，h′）
根據(jù)前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h。
A、當(dāng)x′x時(shí)，解得：h′h，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)x′x時(shí)，解得：h′，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)x′x時(shí)，解得：h′h，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)x′x時(shí)，解得：h′h，故D正確。
故選：D。
（2022 浙江模擬）如圖所示，白色傳送帶A、B兩端距離L＝14m，以速度v0＝8m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并且傳送帶與水平面的夾角為θ＝37°，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，＞取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列敘述正確的是（　　）
A．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷時(shí)間為2.25s
B．煤塊運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為120W
C．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4m
D．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為8J
【解答】解：煤塊放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力作用，一定先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
A、設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，煤塊的速度與傳送帶相同，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，可得 a1＝g（sinθ+μcosθ）＝8m/s2
由 v0＝a1t1得 t1＝1s，此過(guò)程通過(guò)的位移大小為 x1t1＝4m＜L。
由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤塊速度大小等于傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上。
設(shè)煤塊接著做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，可得 a2＝g（sinθ﹣μcosθ）＝4m/s2
由L﹣x1＝v0t2，代入數(shù)據(jù)得：t2＝1s。
故煤塊從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t＝t1+t2＝2s。故A錯(cuò)誤。
B、煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)速度 v＝v0+a2t2＝12m/s，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為 P＝mgvsinθ＝144W，故B錯(cuò)誤。
C、由于兩個(gè)過(guò)程煤塊與傳送帶間的相對(duì)位移大小（v0t1﹣x1）＞[（L﹣x1）﹣v0t2]，所以煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端留下的黑色痕跡長(zhǎng)度為 S＝v0t1﹣x1＝4m。故C正確。
D、煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端因摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q＝μmgcosθ{（v0t1﹣x1）+[（L﹣x1）﹣v0t2]}，代入數(shù)據(jù)解得：Q＝24J，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2022 柯橋區(qū)模擬）有一娛樂(lè)項(xiàng)目，人坐在半徑為R的傾斜圓盤(pán)邊緣隨著圓盤(pán)繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（轉(zhuǎn)軸垂直于盤(pán)面），圓盤(pán)的傾角為α，如圖所示，圖中人用方塊代替。當(dāng)人與圓盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝2.5tanα?xí)r，人恰好不從圓盤(pán)滑出去。人的質(zhì)量為m，A為圓盤(pán)的最低點(diǎn)，B為圓盤(pán)的最高點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下正確的是（　　）
A．B位置處受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A點(diǎn)與B點(diǎn)人所受到的摩擦力大小之差為3mgsinα
C．人在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度大小為
D．人從A到B摩擦力做功為2mgRsinα
【解答】解：A.人做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好不從圓盤(pán)滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力為
則
假設(shè)B位置摩擦力方向沿斜面向下，則向心力為
則
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
則mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知
故可知B位置處受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A錯(cuò)誤；
B.A點(diǎn)與B點(diǎn)人所受到的摩擦力大小之差為
fA﹣fB＝2mgsinα，故B錯(cuò)誤；
C.由
可得人在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度大小為，故C錯(cuò)誤；
D.因?yàn)槿俗鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，所以有
Wf﹣mg 2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正確。
故選：D。
（2022 浙江三模）如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A和質(zhì)量為m的磁鐵B同時(shí)從光滑的鋁制斜面頂端靜止釋放，沿著直線下滑到斜面底端。則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
A．木塊A和磁鐵B下滑都僅受重力和支持力
B．木塊A到達(dá)底端速度較小
C．磁鐵B到達(dá)底端用時(shí)較長(zhǎng)
D．兩者到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相同
【解答】解：A、木塊A下滑僅受重力和支持力，對(duì)于磁鐵B根據(jù)楞次定律可知會(huì)受到阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)的安培力，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)A選項(xiàng)的分析，A下滑加速度大，下滑位移相同，所以木塊A到達(dá)底端速度較大，磁鐵B到達(dá)底端用時(shí)較長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、因?yàn)閮烧叩竭_(dá)底端速度不同，質(zhì)量相同，所以兩者到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能不同，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
（2022 寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機(jī)器人可攜帶藥物進(jìn)入老鼠體內(nèi)，到達(dá)老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣氣泡作為推進(jìn)動(dòng)力，機(jī)器人的速度可達(dá)6×10﹣5m/s。若不計(jì)重力和浮力，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．胃液中運(yùn)動(dòng)的納米機(jī)器人不受阻力
B．機(jī)器人前進(jìn)時(shí)對(duì)胃液的作用力比胃液對(duì)機(jī)器人的作用力大
C．氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人作用力一定比胃液對(duì)機(jī)器人作用力小
D．機(jī)器人在胃液中加速前進(jìn)時(shí)，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功大于機(jī)器人動(dòng)能的增加量
【解答】解：A、納米機(jī)器人受到胃液的阻力，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)牛頓第三定律可知，B錯(cuò)誤；
C、由于機(jī)器人向前加速，根據(jù)牛頓第二定律可知C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)動(dòng)能定理可知，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功加上胃液阻力對(duì)機(jī)器人做的負(fù)功等于機(jī)器人動(dòng)能的增加量，故D正確；
故選：D。
（2022 杭州二模）電梯一般用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)，鋼絲繩掛在電動(dòng)機(jī)繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運(yùn)動(dòng)。若電梯轎箱質(zhì)量為2×103kg，配重為2.4×103kg。某次電梯轎箱由靜止開(kāi)始上升的v﹣t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)
B．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂和對(duì)配重的拉力大小始終相等
C．在第1s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)做的機(jī)械功為2.4×104J
D．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率為4.8×104W
【解答】解：A、電梯轎箱在第10s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，既不超重也不失重，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)轎廂及物體構(gòu)成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升過(guò)程先勻加速，后勻速再勻減速，加速度變化，所拉力變化，故B錯(cuò)誤；
C、動(dòng)能定理：W拉﹣（M+m）gH（M+m）v2，解得鋼索拉力做功為：W拉＝5.28×104J，故C錯(cuò)誤；
D、上升過(guò)程中，1s時(shí)，加速度am/s2＝2m/s2，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正確。
故選：D。
（2023 溫州模擬）如圖甲所示，某同學(xué)利用樂(lè)高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為r＝0.4m、0.5r、1.5r的三個(gè)半圓軌道BCO3、O3DO1、FGH，半徑為r的四分之一圓弧軌道O1E，長(zhǎng)度L＝1m的水平軌道EF組成，軌道BCO3和軌道O1E前后錯(cuò)開(kāi)，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接。可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以通過(guò)軌道O3DO1的最高點(diǎn)D，不計(jì)空氣阻力。
（1）求A、C兩點(diǎn)的高度差h；
（2）要使物塊至少經(jīng)過(guò)F點(diǎn)一次，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍；
（3）若半圓軌道O3DO1中缺一塊圓心角為2θ的圓弧積木IDJ（I、J關(guān)于O2D對(duì)稱(chēng)），滑塊從I飛出后恰能無(wú)碰撞從J進(jìn)入軌道，求θ的值。
【解答】解：（1）滑塊恰好經(jīng)過(guò)D，重力提供向心力
滑塊從A到D，根據(jù)動(dòng)能定理
聯(lián)立解得h＝0.7m
（2）若恰好滑到F點(diǎn)停下，根據(jù)動(dòng)能定理mgh﹣μ1mgL＝0
解得μ1＝0.7
當(dāng)?shù)紾點(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理mg（h﹣1.5r）﹣μ2mgL＝0
解得μ2＝0.1
當(dāng)返回時(shí)不超過(guò)O1點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mg（h﹣r）﹣μ3mg 2L＝0
解得μ3＝0.15
綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍0.15≤μ≤0.7
（3）A點(diǎn)到I點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)I點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)間為t，則有vsinθ＝gt
0.5rsinθ＝（vcosθ） t
解得
可得
另一解cosθ＝1舍去。
答：（1）A、C兩點(diǎn)的高度差0.7m；
（2）滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍0.15≤μ≤0.7；
（3）θ的值為60°。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁(yè) （共 2 頁(yè)）
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