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2024版高考物理二轮复习专题2功和能动量第6讲功功率动能定理练习含答案
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这是一份2024版高考物理二轮复习专题2功和能动量第6讲功功率动能定理练习含答案，共8页。试卷主要包含了5 m、0等内容，欢迎下载使用。
A组·基础练
1. (2023·湖南岳阳三模)如图所示，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B点，木板上A、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20 N，则物块所受的摩擦力做功为( D )
A．－160 J B．－100 J
C．100 J D．－40 J
【解析】物块所受的摩擦力做的功为：W＝Fxcs θ＝－20×(5－3)＝－40 J。
2.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是( B )
A．重力做功450 J B．合力做功50 J
C．克服阻力做功50 J D．支持力做功450 J
【解析】由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误。
3.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是( B )
A．W1＝W2＝W3 B．W1C．W1【解析】由v－t图像可知，第1 s、第2 s、第3 s内的位移分别为0.5 m、0.5 m、1 m，由F－t图像及功的公式W＝Flcs α，可知W1＝0.5 J，W2＝1.5 J，W3＝2 J，故选B。
4. (2022·山东烟台期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g。则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为( A )
A．mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(1,2)a)) B．mr(2g－a)
C.eq \f(1,2)mr(g－a) D．mr(2g＋a)
【解析】在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝meq \f(v2,r)，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－W克f＝eq \f(1,2)mv2，联立解得W克f＝mgr－eq \f(1,2)mar＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(1,2)a))，故选A。
5.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( C )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－Pt
【解析】对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，故D错误。
6. (2023·湖南岳阳三模)“歼－20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼－20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是( C )
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．该过程克服阻力所做的功为Pt0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．平均速度eq \f(vm,2)
【解析】根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F＝ma，加速度减小，合外力减小，故AB错误；根据动能定理可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0＝Pt0－Wf，解得Wf＝Pt0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，故C正确；因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于eq \f(vm,2)，故D错误。
7. (2023·山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( B )
A.eq \f(2nmgω2RH,5) B．eq \f(3nmgωRH,5)
C.eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq \f(W,T)，T＝eq \f(2π,ω)，联立有P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。
8. (2021·湖北卷，4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( A )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【解析】0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。
9. (2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块( C )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【解析】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B.从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C.由于图甲中滑块加速度大，根据可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D.由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选C。
B组·综合练
10. (2022·山东泰安市一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦，则小球前进2H时，物块的速度为( D )
A.eq \r(\f(2FH,M)) B．eq \r(\f(3FH,M))
C.eq \f(2,3)eq \r(\f(5FH,M)) D．eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))
【解析】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，可知tan θ＝eq \f(1,2)，则有cs θ＝eq \f(2,\r(5))，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcs θ＝eq \f(2v,\r(5))，对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))，故选D。
11. (多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内( BD )
A．经过计算t0＝5 s
B．在0～t0时间内小汽车行驶了45 m
C．电动机输出的最大功率为60 kW
D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
【解析】开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确。
12. (2023·福建宁德质检)如图所示为一种打弹珠的游戏装置，高度h＝0.4 m的竖直细管AB连接半径r＝0.2 m的四分之一圆弧管形轨道BC。细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆，将一质量m＝0.02 kg的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至D点，BD在同一水平线上，落点距管口C的水平距离x＝0.8 m。小球可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球从管口C飞出时的速度大小；
(2)拉杆做的功；
(3)若x＝0.8 m固定不变，圆弧轨道半径可调，拉杆做功最小时，圆弧轨道半径的大小。
【答案】(1)4 m/s (2)0.28 J (3)0.4 m
【解析】(1)小球做平抛运动r＝eq \f(1,2)gt2
x＝vct
解得vc＝4 m/s。
(2)取系统为研究对象，根据动能定理W杆－mg(h＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)
解得W杆＝0.28 J。
(3)由(1)(2)可得x＝vct
W杆－mg(h＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)
联立可得W＝mgh＋mgr＋eq \f(1,4)mgeq \f(x2,r)
解得当r＝eq \f(x,2)＝0.4 m时拉杆做功最小。
13.游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20 m，质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的eq \f(1,4)。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝eq \f(1,32)，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
【答案】(1)3eq \r(10) m/s (2)－7.5×104 J
(3)6 000 N
【解析】(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－eq \f(1,4)m1g＝m1eq \f(v\\al(2,F),r)，
又r＝Lsin θ
联立方程并代入数据解得vF＝3eq \r(10) m/s。
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－0
代入数据解得W＝－7.5×104 J。
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcs θ－mgrcs θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcs θ·Lcs θ－mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
联立方程并代入数据解得Ff≈4.56×103 N
因为Ff
A组·基础练
1. (2023·湖南岳阳三模)如图所示，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B点，木板上A、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20 N，则物块所受的摩擦力做功为( D )
A．－160 J B．－100 J
C．100 J D．－40 J
【解析】物块所受的摩擦力做的功为：W＝Fxcs θ＝－20×(5－3)＝－40 J。
2.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是( B )
A．重力做功450 J B．合力做功50 J
C．克服阻力做功50 J D．支持力做功450 J
【解析】由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误。
3.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是( B )
A．W1＝W2＝W3 B．W1
4. (2022·山东烟台期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g。则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为( A )
A．mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(1,2)a)) B．mr(2g－a)
C.eq \f(1,2)mr(g－a) D．mr(2g＋a)
【解析】在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝meq \f(v2,r)，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－W克f＝eq \f(1,2)mv2，联立解得W克f＝mgr－eq \f(1,2)mar＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(1,2)a))，故选A。
5.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( C )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－Pt
【解析】对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，故D错误。
6. (2023·湖南岳阳三模)“歼－20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼－20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是( C )
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．该过程克服阻力所做的功为Pt0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．平均速度eq \f(vm,2)
【解析】根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F＝ma，加速度减小，合外力减小，故AB错误；根据动能定理可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0＝Pt0－Wf，解得Wf＝Pt0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，故C正确；因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于eq \f(vm,2)，故D错误。
7. (2023·山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( B )
A.eq \f(2nmgω2RH,5) B．eq \f(3nmgωRH,5)
C.eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq \f(W,T)，T＝eq \f(2π,ω)，联立有P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。
8. (2021·湖北卷，4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( A )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【解析】0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。
9. (2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块( C )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【解析】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B.从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C.由于图甲中滑块加速度大，根据可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D.由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选C。
B组·综合练
10. (2022·山东泰安市一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦，则小球前进2H时，物块的速度为( D )
A.eq \r(\f(2FH,M)) B．eq \r(\f(3FH,M))
C.eq \f(2,3)eq \r(\f(5FH,M)) D．eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))
【解析】小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，可知tan θ＝eq \f(1,2)，则有cs θ＝eq \f(2,\r(5))，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcs θ＝eq \f(2v,\r(5))，对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))，故选D。
11. (多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内( BD )
A．经过计算t0＝5 s
B．在0～t0时间内小汽车行驶了45 m
C．电动机输出的最大功率为60 kW
D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
【解析】开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确。
12. (2023·福建宁德质检)如图所示为一种打弹珠的游戏装置，高度h＝0.4 m的竖直细管AB连接半径r＝0.2 m的四分之一圆弧管形轨道BC。细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆，将一质量m＝0.02 kg的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至D点，BD在同一水平线上，落点距管口C的水平距离x＝0.8 m。小球可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球从管口C飞出时的速度大小；
(2)拉杆做的功；
(3)若x＝0.8 m固定不变，圆弧轨道半径可调，拉杆做功最小时，圆弧轨道半径的大小。
【答案】(1)4 m/s (2)0.28 J (3)0.4 m
【解析】(1)小球做平抛运动r＝eq \f(1,2)gt2
x＝vct
解得vc＝4 m/s。
(2)取系统为研究对象，根据动能定理W杆－mg(h＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)
解得W杆＝0.28 J。
(3)由(1)(2)可得x＝vct
W杆－mg(h＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)
联立可得W＝mgh＋mgr＋eq \f(1,4)mgeq \f(x2,r)
解得当r＝eq \f(x,2)＝0.4 m时拉杆做功最小。
13.游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20 m，质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的eq \f(1,4)。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝eq \f(1,32)，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
【答案】(1)3eq \r(10) m/s (2)－7.5×104 J
(3)6 000 N
【解析】(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－eq \f(1,4)m1g＝m1eq \f(v\\al(2,F),r)，
又r＝Lsin θ
联立方程并代入数据解得vF＝3eq \r(10) m/s。
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－0
代入数据解得W＝－7.5×104 J。
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcs θ－mgrcs θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcs θ·Lcs θ－mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
联立方程并代入数据解得Ff≈4.56×103 N
因为Ff
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