3、[由v－t圖象可知t2時刻物塊與傳送帶共速，之后摩擦力反向，所以傳送帶的運行速度為－v2，故A錯誤．由題圖知，在0～t1時間內(nèi)，對物塊受力分析有mg sin α＋μmg cos α＝ma1，由圖象得a1＝，解得μ＝－tan α，故B錯誤；t1時刻物塊速度減為0，離出發(fā)點最遠，故C正確；從開始滑上傳送帶到離開傳送帶，由動能定理得Wf＝mv－mv，因Wf<0，所以v1>v3，故D錯誤．]
4．(2018·湖南省長郡中學高三第四次質檢)甲乙兩車同時同地同向運動，兩車的v－t圖象如圖所示．其中質量m＝7.5 t甲車以恒定功率P＝50 kW啟動，最后勻速運動．乙車做初速為0做勻加速運動，則乙車追上甲車
4、的時間是( )
A．40 s B．20 s
C．60 s D．30 s
D [由圖可知，乙車追上甲車時，甲車已經(jīng)勻速運動，設乙車追上甲車的時間是t，乙車的位移x＝at2，甲車受到的阻力Ff＝，由動能定理得：Pt－Ffx＝mv，解得t＝30 s，故D正確，A、B、C錯誤．]
5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如圖所示，動滑輪下系有一個質量為m的物塊，細線一端系在天花板上，另一端繞過動滑輪．用F＝mg的恒力豎直向上拉細線的另一端(滑輪、細線的質量不計，不計一切摩擦，重力加速度為g)，物塊從靜止開始運動，則下列說法正確的是( )
A．物塊的加速度a＝g
B．經(jīng)過時間t
5、拉力F做功為WF＝mg2t2
C．物塊的機械能增加了ΔE＝mg2t2
D．物塊的動能增加了ΔEk＝mg2t2
C [以物塊m為對象，根據(jù)牛頓第二定律：2F－mg＝ma得a＝g，經(jīng)過時間t后，物塊的位移x＝at2＝gt2，速度v＝at＝gt，則拉力做功WF＝F(2x)＝mg2t2，物體的動能增加了ΔEk＝mv2＝mg2t2，物體的機械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝mg2t2，故C正確，A、B、D錯誤．]
6．(2018·江西省九江高中畢業(yè)班考前沖刺卷)如圖所示，水平地面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上有一固定擋板c.用輕彈簧連接的物塊a、b放置在斜面上，并處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面的
6、恒力F(F<2mg sin θ)作用在物塊a上，使物塊a沿斜面向上運動，當物塊b與擋板c恰好分離時，物塊a移動的距離為d，在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp(ΔEp>0)．已知物塊a的質量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A．物塊a可能做勻變速直線運動
B．物塊a的動能一直增加
C．當b、c恰好分離時，彈簧的伸長量大小為
D．當b、c恰好分離時，物塊a的速度大小為
D [當a沿斜面向上運動時，彈簧的彈力在不斷變化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根據(jù)牛頓第二定律，物塊a將做變加速直線運動，故選項A錯誤；因為物塊b與擋板c恰好分離時，物塊a移
7、動的距離為d，在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp，所以物塊b的質量大于m，又因為F<2mgsin θ，所以物塊a的速度一定是先增大后減小，動能也是先增大后減小，b、c分離時彈簧的彈力大于mgsin θ，彈簧的伸長量大于，故選項B、C錯誤；對于物塊a整個過程根據(jù)動能定理得：Fd－mgdsin θ＋W＝mv2，由功能關系W＝－ΔEp，聯(lián)立解得物塊a的速度大小為，故選項D正確．]
7．(2018·陜西西安市高三二模試題)如圖所示，豎直面內(nèi)有固定軌道ABC，AB是半徑為2R的四分之一光滑圓弧，BC是半徑為R的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點)，O點是BC圓弧的圓心，POQ在同一水平線上，BOC在同一
8、豎直線上．質量為m的小球自由下落2R后，沿軌道ABC運動，經(jīng)過軌道C點后，恰好落到軌道上的P點．則下列說法正確的是( )
A．小球運動到B點前的瞬間對軌道的作用力是4mg
B．小球運動到B點后的瞬間對軌道的作用力是8mg
C．小球運動到C點的過程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
D．小球運動到C點的過程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
C [小球下落到B點，由機械能守恒定律得：mg(4R)＝mv，小球運動到B點前的瞬間，小球運動的半徑是2R，由向心力公式：FB－mg＝，解得FB＝5mg，小球運動到B點后的瞬間，小球的運動半徑是R，由向心力公式：FB′－mg＝，解得FB′＝9mg，故A
9、錯誤、B錯誤；經(jīng)過軌道C點后，恰好落到軌道上的P點，由幾何關系得：＝R，由平拋運動規(guī)律知：x＝R＝vCt，y＝R＝gt2，小球下落到C點，由動能定理有：mg2R＋Wf＝mv，解得Wf＝－mgR，故C正確，D錯誤．]
8．(2018·湖北省麻城一中高考沖刺模擬)水平長直軌道上緊靠放置n個質量為m可看作質點的物塊，物塊間用長為L的不可伸長的細線連接，開始處于靜止狀態(tài)，物塊與軌道間動摩擦因數(shù)為μ.用水平恒力F拉動物塊1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，則( )
A．拉力F所做功為nFL
B．系統(tǒng)克服摩擦力做功為
C．F＞
D．(n－1)μmg＜F＜nμmg
10、
BC [物體1的位移為(n－1)L，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A錯誤．系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝.故B正確．據(jù)題，連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，假設沒有動能損失，
由動能定理有
WF＝Wf，解得F＝
現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失，所以根據(jù)功能關系可知F>，故C正確，D錯誤．故選B、C.]
9．(2018·山東省湖北省重點學校協(xié)作體沖刺模擬)為減少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型節(jié)能環(huán)保電動車．在檢測某款電動車性能的實驗中，質量為8×102 kg的電動車由靜止開始
11、沿平直公路行駛，達到的最大速度為15 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的F－圖象(圖中AB、BO均為直線)，電動車行駛中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，則( )
A．該車啟動后，先做勻加速運動，然后做勻速運動
B．該車啟動后，先做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，接著做勻速運動
C．該車做勻加速運動的時間是1.2 s
D．該車加速度為0.25 m/s2時，動能是4×104 J
BD [由于橫坐標為速度的倒數(shù)，所以電動車的啟動過程為從A到B到C.AB段，牽引力不變，電動車做勻加速運動，加速度為a＝＝＝2 m/
12、s2；BC段，由于圖象為過原點的直線，所以Fv＝P額＝恒量，即以恒定功率啟動，牽引力減小，加速度減小，電動車做加速度減小的加速運動，當F＝f＝400 N，速度達到最大值15 m/s，故選項A錯誤、B正確；由a＝可知t＝＝＝1.5 s，故選項C錯誤；該車加速度為0.25 m/s2時，牽引力為F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N，此時的速度為v′＝＝10 m/s，動能為EK＝mv′2＝×8×102×102＝4×104 J，故選項D正確．]
10．(2018·安徽省合肥三模)如圖所示，一小球套在傾角為37°的固定直桿上，輕彈簧一端與小球相連，另一端固定于水
13、平地面上O點．小球由A點靜止釋放，它沿桿下滑到達最低點C時速度恰為0.A、C相距0.8 m，B是A、C連線的中點，OB連線垂直AC，小球質量為1 kg，彈簧原長為0.5 m，勁度系數(shù)為40 N/m，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.則小球從A到C過程中，下列說法正確的是( )
A．小球經(jīng)過B點時的速度最大
B．小球在B點時的加速度為6 m/s2
C．彈簧彈力對小球先做正功后做負功
D．小球從A到B過程和從B到C過程摩擦力做功相等
BD [A.小球合外力等于0時速度最大，在B點時由于彈簧彈力為k(l－OB)＝40 N/m×(0.5－0.3)m＝8 N，方向垂直桿向上，
14、重力垂直于桿的分力為mgcos θ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于桿向下，所以小球在B點時合外力F＝mgsin θ＝1×10×0.6 N＝6 N，所以經(jīng)過B點時速度不是最大，A錯誤；B.此時加速度a＝＝＝6 m/s2，B正確；C.在AB段彈簧彈力與小球位移夾角大于90°，所以做負功，BC段做正功，C錯誤；D.A、C兩點小球速度為0，由圖形的對稱性知AB過程和BC過程摩擦力做功相等，D正確．選BD.]
11．(2018·四川省南充市高三三模)如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達小A孔進入半徑R＝
15、0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔．已知擺線長L＝2 m，θ＝60°，小球質量為m＝0.5 kg，D點與小孔A的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2.試求：
(1)求擺線能承受的最大拉力為多大？
(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求粗糙水平面摩擦因數(shù)μ的范圍？
解析 (1)當擺球由C到D運動機械能守恒：mg(L－Lcos θ)＝mv
由牛頓第二定律可得：Fm－mg＝m
可得：Fm＝2 mg＝10 N
(2)小球不脫圓軌道分兩種情況：
①要保證小球能達到A孔，設小球到達A孔的速度恰好為零，由動能定理可得：－μmgs＝0－mv.
可得：μ
16、＝0.5
若進入A孔的速度較小，那么將會在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道．其臨界情況為到達圓心等高處速度為零，由機械能守恒可得：mv＝mgR
由動能定理可得：－μmgs＝mv－mv
可求得：μ＝0.35
②若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，在圓周的最高點由牛頓第二定律可得：mg＝m
由動能定理可得：－μmgs－2mgR＝mv2－mv
解得：μ＝0.125
綜上所以動摩擦因數(shù)μ的范圍為：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125.
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
12．(2018·石家莊高中畢業(yè)班質檢(二))如圖所示，在光滑水平面上，質量為
17、m＝4 kg的物塊左側壓縮一個勁度系數(shù)為k＝32 N/m的輕質彈簧，彈簧與物塊未拴接．物塊與左側豎直墻壁用細線拴接，使物塊靜止在O點，在水平面A點與一順時針勻速轉動且傾角θ＝37°的傳送帶平滑連接，已知xOA＝0.25 m，傳送帶頂端為B點，LAB＝2 m，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.現(xiàn)剪斷細線同時給物塊施加一個初始時刻為零的變力F，使物塊從O點到B點做加速度大小恒定的加速運動．物塊運動到A點時彈簧恰好恢復原長，運動到B點時撤去力F，物塊沿平行AB方向拋出，C為運動軌跡的最高點．傳送帶轉輪半徑遠小于LAB，不計空氣阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，co
18、s 37°＝0.8.
(1)求物塊從B點運動到C點，豎直位移與水平位移的比值；
(2)若傳送帶速度大小為v＝5 m/s，求物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；
(3)若傳送帶勻速順時針轉動的速度大小為v，且v的取值范圍為2 m/s
19、LAB)，得vB＝3 m/s
物塊從A到B運動的時間為t′，t′＝，得t′＝1 s
因vB
2022年高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練5 功、功率、動能定理
