(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第2讲《动能定理及应用》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第2讲《动能定理及应用》(含解析)，共18页。试卷主要包含了动能，动能定理等内容，欢迎下载使用。
一、动能
1.定义：物体由于运动而具有的能。
2.公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2。
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。
二、动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式：W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。
3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)。
图1
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
对小球有－2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。
【自测1】 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )
A.合力为零，则合力做功一定为零
B.合力做功为零，则合力一定为零
C.合力做功越多，则动能一定越大
D.动能不变，则物体所受合力一定为零
答案 A
【自测2】 如图2所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
图2
A.eq \f(μmgR,2) B.eq \f(mgR,2)
C.mgR D.(1－μ)mgR
答案 D
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
命题点一 动能定理的理解
1.动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。
2.标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1】 (多选)如图3所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
图3
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案 BD
解析 A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系
可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【变式1】 (多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是( )
A.物体的重力势能增加了3 J
B.物体的重力势能减少了3 J
C.物体的动能增加了4.5 J
D.物体的动能增加了8 J
答案 AC
解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。
命题点二 动能定理的基本应用
1.应用流程
2.注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
【例2】 (2020·山东省等级考试第二次模拟卷)如图4所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
图4
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
答案 (1)4×105 N (2)1.898×1010 J
解析 (1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得veq \\al(2,1)＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立解得F＝4×105 N。
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得Wf＝1.898×1010 J。
【例3】 (2020·辽宁葫芦岛市上学期质监)如图5所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
图5
A.eq \r(3gL) B.eq \r(6gL)
C.4eq \r(gL) D.3eq \r(gL)
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq \r(gL)，故A、B、C错误，D正确。
【变式2】 (2020·江苏盐城市第三次模拟)如图6所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：
图6
(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小eq \(F,\s\up6(－))。
答案 (1)eq \f(2Fcs α－mg,m) (2)2Fhcs α (3)eq \f(2Fhcs α,x)＋mg
解析 (1)施力时重物所受的合力为F合＝2Fcs α－mg
则重物上升过程中加速度大小a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(2Fcs α－mg,m)。
(2)重物上升过程中由动能定理
2Fcs α·h－mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcs α。
(3)重物砸入地面过程中由动能定理
mg(H＋x)－eq \(F,\s\up6(－))x＝0
解得eq \(F,\s\up6(－))＝eq \f(2Fhcs α,x)＋mg。
命题点三 动能定理与图像问题的结合
1.解决图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2.图像所围“面积”的意义
(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。
【例4】 (2020·江苏卷，4)如图7所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
图7
答案 A
解析 在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μ1mgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
【变式3】 (2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图8甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
图8
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－3mgh B.3mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
C.eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)－mgh D.mgh－eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
答案 D
解析 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)。
命题点四 动能定理在多过程问题中的应用
【例5】 (2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图9所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
图9
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
【变式4】 (2020·河南名校联考)如图10所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为eq \f(l,2)，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
图10
(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ。
答案 (1)eq \r(2gh) (2)eq \f(3h,2l)
解析 (1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝eq \r(2gh)。
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有
t＝eq \f(l,v0)＝eq \f(l,\r(2gh))
当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为eq \f(l,2)，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝eq \f(v0,2)＝eq \f(\r(2gh),2)
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmgeq \f(l,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝eq \f(3h,2l)。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 动能定理的理解
1.(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功
C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
答案 BC
2.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )
A.mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B.－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh
C.mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
D.mgh＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
答案 C
解析 对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得 mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2，选项C正确。
对点练2 动能定理的基本应用
3.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
图1
A.1 J B.10 J
C.50 J D.100 J
答案 B
解析 该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。
4.(2020·广东惠州市第三次调研)如图2，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
图2
A.R越大，则x越大
B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v′t，联立解得
x＝eq \r(\f(4R（v2－4gR）,g))＝eq \r(\f(－16g（R－\f(v2,8g)）2＋\f(v4,4g),g))
可知当R＝eq \f(v2,8g)时，水平位移最大。
5.(2020·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
图3
A.W＝eq \f(3,4)mgR，运动员没能到达Q点
B.W＝eq \f(1,4)mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员恰好能到达Q点
D.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
答案 D
解析 在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，因为W′＜eq \f(1,2)mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
对点练3 动能定理与图像问题的结合
6.(2020·江苏五校上学期12月联考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
答案 C
解析 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ＋μmgcs θ))x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcs θ)s－(mgsin θ－μmgcs θ)x，故只有C正确。
7.如图4甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
图4
A.在0～h0过程中，F大小始终为mg
B.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D.在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
答案 C
解析 在0～h0过程中，Ek－h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
对点练4 动能定理在多过程问题中的应用
8.如图5所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图5
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D.小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋eq \f(H,h))
答案 C
解析 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得Ff′h＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，Ff′＝mg(1＋eq \f(H,h))－eq \f(FfH,h)，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。
9.(2020·四川内江市上学期一模)如图6所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
图6
A.t3时刻达到最高点
B.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
答案 D
解析 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝eq \f(1,2)mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。
10.(多选)(2020·重庆市六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图7所示的v－t图像。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是( )
图7
A.小车受到的阻力大小为8 N
B.在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W
C.小车在2 s末的速度大小vx为6 m/s
D.小车在0～15 s内通过的距离是80 m
答案 BD
解析 根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图像可知a＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(vx,2)，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)，解得x2＝44 m，0～2 s 内通过的位移为x1＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，9～11 s内小车做匀速直线运动通过的位移为x3＝8×2 m＝16 m，11～15 s 内通过的位移为x4＝eq \f(8,2)×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。
11.(2019·天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图8甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
甲 乙
图8
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
解析 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
eq \f(v,2)＝eq \f(L1,t)①
根据动能定理，有
W＝eq \f(1,2)mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J。③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝meq \f(v2,R)⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。
12.(2020·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图9所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
图9
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案 (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
解析 (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m