《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課1 動能定理練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課1 動能定理練習(xí)（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課1 動能定理 一、選擇題 1.(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力作用開始運(yùn)動，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和拉力F的功率，下列四個(gè)圖象分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況，其中正確的是(　　) 解析：選BD　由于拉力F恒定，所以物體有恒定的加速度a，則v＝at，即v與t成正比，選項(xiàng)B正確；由P＝Fv＝Fat可知，P與t成正比，選項(xiàng)D正確；由x＝at2可知x與t2成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動能定理可知Ek＝Fx＝Fat2，Ek與t2成正比，選項(xiàng)A錯(cuò)誤． 2.(2019屆德州一中月考)如圖所示，在輕彈簧的下

2、端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h，若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　小球A下降h過程，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝×3mv2－0，解得v＝ ，故B正確． 3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

3、A．小球落地時(shí)動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動能 C．整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg 解析：選C　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg－，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過程應(yīng)用動能定理可知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確． 4．有兩個(gè)物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同

4、，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時(shí)間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則(　　) A．Fasb B．Fa>Fb，sa>sb C．Fa>Fb，samb，所以saFb，故選項(xiàng)C正確． 5.如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg

5、的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m C．小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物塊落地時(shí)的動能為0.9 J 解析：選D　小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在水平桌面上滑行時(shí)，由動能定理得－Wf＝mv2－mv02，解得v0＝7 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，選項(xiàng)B

6、錯(cuò)誤；設(shè)小物塊落地時(shí)動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，選項(xiàng)D正確． 6.(2019屆天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的v-t圖象為正弦曲線．從圖象可以判斷(　　) A．質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動 B．在t1時(shí)刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力做負(fù)功 D．在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力的平均功率相等 解析：選D　質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的v-t圖象描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，v-t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合

7、外力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項(xiàng)D正確． 7．(2018年江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動一段時(shí)間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是(　　) 解析：選A　對于整個(gè)豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時(shí)間的關(guān)系為v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v02，Ek＝mv2，可見動能與時(shí)間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A正確． 8.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止

8、釋放，運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)速度為v2.已知θ2<θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失．則(　　) A．v1v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定 解析：選C　物體運(yùn)動過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動能定理可得mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因?yàn)椋絰CD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1＝v2，故選項(xiàng)C正確． 9.(多選)(2

9、018年全國卷Ⅲ)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小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．對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析：選AC　由圖象可知圖線①過程所用時(shí)間為2t0，由于兩次提升的高度相同，圖線①②與x軸圍成的面積相等可知圖線②過程所用時(shí)間為2.5t0，因此礦車上升

10、所用時(shí)間之比為4∶5，A對；由于它們的變速階段加速度大小相同，電機(jī)的最大牽引力相等，B錯(cuò)；由Pm＝Fv可知，F(xiàn)最大，v最大時(shí)，P最大，F(xiàn)相等，vm之比為2∶1，所以最大功率之比為2∶1，C對；電機(jī)做功W提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理W－mgh＝ΔEk，由于提升高度相同，ΔEk＝0，所以電機(jī)做功相等，D錯(cuò)，故選AC. 10.(多選)(2018屆大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根據(jù)以上信息

11、能精確得出或估算得出的物理量有(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B．合外力對物體所做的功 C．物體做勻速運(yùn)動時(shí)的速度 D．物體運(yùn)動的時(shí)間 解析：選ABC　物體做勻速直線運(yùn)動時(shí)，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據(jù)F-x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時(shí)間無法求出，D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11.(2019屆河南三門峽期末)一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)

12、，系在輕繩的一端，繩的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此質(zhì)點(diǎn)在該水平面上做半徑為r的圓周運(yùn)動，設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0，滑動摩擦力大小恒定，當(dāng)它運(yùn)動一周時(shí)，其速率變?yōu)椋阎亓铀俣葹間，求： (1)質(zhì)點(diǎn)與水平面的動摩擦因數(shù)； (2)當(dāng)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動一周時(shí)的加速度大小； (3)質(zhì)點(diǎn)在靜止以前運(yùn)動了多少圈． 解析：(1)設(shè)質(zhì)點(diǎn)與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動一周時(shí)摩擦力做的功為W，根據(jù)動能定理得： W＝m2－mv02 又W＝－μmg·2πr 解得μ＝. (2)當(dāng)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動一周時(shí)質(zhì)點(diǎn)的向心加速度大小為an＝＝ 當(dāng)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動一周時(shí)質(zhì)點(diǎn)的切向加速度大小為aτ＝μg 則加速度：a＝＝ .

13、 (3)設(shè)質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動了n周時(shí)停止，由動能定理得： －μmg·n·2πr＝0－mv02 解得n＝1.33. 答案：(1)　(2) 　(3)1.33 12．(2019屆晉城調(diào)研)如圖甲所示，一滑塊從平臺上A點(diǎn)以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的落地點(diǎn)離平臺的水平距離為s，多次改變初速度的大小，重復(fù)前面的過程，根據(jù)測得的多組v0和s，作出s2-v02圖象如圖乙所示，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求平臺離地的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d； (2)若將滑塊的質(zhì)量增大為原來的2倍，滑塊從A點(diǎn)以4 m/s的初速度向右滑動，求滑塊滑離

14、平臺后落地時(shí)的速度大小v′及落地點(diǎn)離平臺的水平距離s的大?。? 解析：(1)設(shè)滑塊滑到平臺邊緣時(shí)的速度為v， 根據(jù)動能定理得 －μmgd＝mv2－mv02① 滑塊離開平臺后做平拋運(yùn)動，則有 h＝gt2② s＝vt③ 聯(lián)立以上三式得s2＝ v02－4μhd④ 由圖象得：圖象的斜率等于 ， 即 ＝＝0.2⑤ 解得h＝1 m 且當(dāng)s＝0時(shí)，v02＝12，代入④式解得d＝2 m. (2)由①得v＝2 m/s 滑塊離開平臺后做平拋運(yùn)動，則有：h＝gt2⑥ 得t＝＝ s＝ s⑦ 滑塊滑離平臺后落地時(shí)的速度為 v′＝ ＝2 m/s 落地點(diǎn)離平臺的水平距離s的大小為 s＝v

15、t＝2× m＝ m. 答案：(1)1 m　2 m　(2)2 m/s　 m |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆南通市二次調(diào)研)某同學(xué)用如圖所示的裝置測量一個(gè)凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點(diǎn)，釋放后，木塊右端恰能運(yùn)動到B1點(diǎn)．在木塊槽中加入一個(gè)質(zhì)量m0＝200 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點(diǎn)，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運(yùn)動到B2點(diǎn)．測得AB1、AB2長分別為36.0 cm和12.0 cm，則木塊的質(zhì)量m為(　　) A.100 g B．200 g C．300 g D．40

16、0 g 解析：選A　兩次木塊均由同一位置釋放，故彈簧恢復(fù)原長的過程中，彈簧所做的功相同，未加砝碼時(shí)，由動能定理，可得W彈－μmg·AB1＝0，加上砝碼m0時(shí)，有W彈－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100 g，選項(xiàng)A正確． 2.(2019屆西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動，t＝4 s時(shí)停下，其v-t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) A．整個(gè)過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個(gè)過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段

17、時(shí)間內(nèi)拉力不做功 解析：選A　對物塊運(yùn)動全過程應(yīng)用動能定理得：WF－Wf＝0，故A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動過程中受到的拉力最大，故t＝1 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過程中拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤． 3.(2018屆濟(jì)寧模擬)如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質(zhì)量為m的小球通過這段軌道時(shí)，在A點(diǎn)時(shí)剛好對軌道無壓力，在B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為mg.則小球由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中摩擦力對小球做的功為(　　) A．－mgR B．－mgR C．－mgR D．－mgR 解析：選A　在A處對小球由牛頓第二

18、定律mg＝m，vA＝，在B處對小球由牛頓第二定律得mg＋FN＝m，又FN＝mg，解得vB＝，小球由A到B的過程由動能定理得mg＋Wf＝mvB2－mvA2，解得Wf＝－mgR，故A正確． 4．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運(yùn)動的位移為13 m C．物體在前3 m運(yùn)動過程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時(shí)，物體的速度為3 m/s 解析：選ACD　由摩擦力

19、做功的圖象可知，W＝μmg·x＝20 J，解得μ＝0.2，A正確；由f＝μmg＝2 N，f·x＝Wf＝27 J可得x＝13.5 m，B錯(cuò)誤；又WF＝F·x，可解得：前3 m內(nèi)，F(xiàn)＝ N＝5 N，由F－f＝ma可得：a＝3 m/s2，C正確；由動能定理可得：WF－fx＝mv2，解得：x＝9 m時(shí)物體的速度v＝3 m/s，D正確． 5.(2018屆吉林三校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)OA＝0.3 m，OB＝0.4

20、m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運(yùn)動，已知A球向右運(yùn)動0.1 m時(shí)速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 解析：選C　A球向右運(yùn)動0.1 m時(shí)，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設(shè)此時(shí)∠B′A′O＝α，則有tanα＝.由運(yùn)動的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4 m/s.以B球?yàn)檠芯繉ο?，此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W－mgh＝mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋mvB2＝2×10×0.1

21、 J＋×2×42 J＝18 J，選項(xiàng)C正確． 6.(2019屆石家莊聯(lián)考)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運(yùn)動，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　) A．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動 B．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對小球先做正功后做負(fù)功 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為 D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：選D　根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線運(yùn)動，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t0～t2時(shí)間內(nèi)，小球速度一直

22、增大，根據(jù)動能定理可知，合力對小球一直做正功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時(shí)間的比值，不一定為，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理，在t3～t4時(shí)間內(nèi)：WF－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項(xiàng)D正確． 7．如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出．小球落回地面時(shí)，其速度大小為v0.設(shè)小球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：選D　重力對物體做的功為零，設(shè)空氣阻力大小為f，對整個(gè)過程應(yīng)用動能定理得： －2

23、fh＝mv2－mv02 上升過程中物體加速度為a＝ 由運(yùn)動學(xué)公式得： 2ah＝v02 帶入數(shù)據(jù)計(jì)算得出： f＝mg 所以D選項(xiàng)正確． 8.(2018屆河南洛陽名校聯(lián)考)一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側(cè)做勻速圓周運(yùn)動，周期為T，人和車(當(dāng)做質(zhì)點(diǎn))的總質(zhì)量為m，軌道半徑為R，車經(jīng)最高點(diǎn)時(shí)發(fā)動機(jī)功率為P0，車對軌道的壓力為2mg.設(shè)軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則(　　) A．車經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為3mg B．車經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)發(fā)動機(jī)功率為2P0 C．車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過程中發(fā)動機(jī)做的功為P0T D．車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過程中發(fā)動機(jī)做的功為2mgR 解析

24、：選B　摩托車在最高點(diǎn)時(shí)有2mg＋mg＝m，在最低點(diǎn)有FN－mg＝m，解得FN＝4mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，又因?yàn)檐囋谧罡唿c(diǎn)對軌道的壓力為2mg：根據(jù)P＝Fv，可知發(fā)動機(jī)在最低點(diǎn)時(shí)的功率是在最高點(diǎn)時(shí)功率的2倍，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理可知摩托車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過程中克服阻力做的功等于發(fā)動機(jī)做的功與重力做功2mgR之和，無法求得發(fā)動機(jī)做的功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 9．(2018屆南京市、鹽城市—模)如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺，質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L，上表面光滑，下表面與平臺間是粗

25、糙的．現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時(shí)的速度為v.此時(shí)，在其右端無初速放上一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))．隨后軟鋼錠滑過2L距離時(shí)速度為零，滑塊恰好到達(dá)平臺，重力加速度取g，空氣阻力不計(jì)．求： (1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)； (2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程克服阻力做的功； (3)軟鋼錠處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滑塊到達(dá)平臺的動能． 解析：(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺上滑過距離L時(shí)，滑塊脫離做自由落體運(yùn)動，所以a＝g. (2)根據(jù)動能定理得Wf克＝－ΔEk＝Mv2. (3)滑塊脫離軟鋼錠后做自由下落到平臺上的時(shí)間與軟鋼錠在平臺最后

26、滑過L的時(shí)間相等，都為t L＝μgt2 μ(m＋M)gL＋μMgL＝Mv2 vm＝gt Ek＝mvm2 聯(lián)立以上四個(gè)方程式解得 Ek＝. 答案：(1)g　(2)Mv2　(3) 10．(2019屆棗莊期末)如圖甲所示，電動機(jī)通過繞過光滑定滑輪的細(xì)繩與放在傾角為30°的光滑斜面上的物體相連，啟動電動機(jī)后物體沿斜面上升；在0～3 s時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示，其中除1～2 s時(shí)間段圖象為曲線外，其余時(shí)間段圖象均為直線，1 s后電動機(jī)的輸出功率保持不變；已知物體的質(zhì)量為2 kg，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)1 s后電動機(jī)的輸出功率P； (2)物體運(yùn)動的

27、最大速度vm； (3)在0～3 s內(nèi)電動機(jī)所做的功． 解析：(1)設(shè)物體的質(zhì)量為m，由題圖乙可知，在t1＝1 s時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為a＝5 m/s2，1 s末物體的速度大小達(dá)到v1＝5 m/s，此過程中，設(shè)細(xì)繩拉力的大小為F1，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律可得 v1＝at1 F1－mgsin30°＝ma 設(shè)在1 s末電動機(jī)的輸出功率為P，由功率公式可得P＝F1v1 聯(lián)立解得P＝100 W. (2)當(dāng)物體達(dá)到最大速度vm后，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為F2，由牛頓第二定律和功率的公式可得F2－mgsin30°＝0 P＝F2vm 聯(lián)立解得vm＝10 m/s. (3

28、)設(shè)在時(shí)間t1＝1 s內(nèi)，物體的位移為x，電動機(jī)做的功為W1，則由運(yùn)動學(xué)公式得x＝at12 由動能定理得W1－mgxsin30°＝mv12 設(shè)在時(shí)間t＝3 s內(nèi)電動機(jī)做的功為W，則W＝W1＋P(t－t1) 聯(lián)立解得W＝250 J. 答案：(1)100 W　(2)10 m/s　(3)250 J 11.(2019屆福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度． (1)小球在距B點(diǎn)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此

29、時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設(shè)小球在P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以一沿桿方向的初速度向上運(yùn)動，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)L的Q點(diǎn)，求初速度的大?。? 解析：(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有F＝k 設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝ 方向沿桿向下． (2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零 據(jù)動能定理有W舍＝ΔEk －mg·2sinθ－Ff·2＝0－mv2 聯(lián)立解得 v＝. 答案：(1)　方向沿桿向下 (2) 14