专题 功和功率、动能定理（解析版）

系数为k)。下列说法正确的是(1动力全开时3P=8kv2mgB．动力全开匀加速出站时对整车受力分析知3F-8kmg=8ma对第1节车厢有F-F1-kmg=ma对后4节车厢有F2+F-4kmg=4ma得sv2故选A。 ()5N5N根据P=F/v/根据PⅡ=FvⅡ故选BD。A.F1做的功小于F2做的功 F击过程的机械能损失，撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取(1)T=2520N(2)F=2880N(3)4石块运动到最低点过程，根据动能定理有Mgl(1-cosθ(=Mv联立解得T=2520N根据机械能守恒有MvMvmv对石块进行分析，根据动量定理有-F/t=Mv1-Mv0根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小F=F/联立解得F=2880N根据木楔的阻力与位移图像关系有f=15000x+2000(N(木楔移动x0需克服阻力做的功Wf=(15000x0+2000(x0(J(根据能量守恒定律有Nmv解得N=3.86【解析】A．根据牛顿第二定律可得由f=maBC．根据a=.-可知a-图像的斜率为k==m2/s3=400m2/s3，-=-4m/s2故选D。6.新考法(2026·贵州省贵阳市白云兴农中学·上学期期中考试)(多选)某建筑工地使用电动卷扬机提升建 )电动机的输出功率为P=Fvm=mgvm=180WD．在0∼6s内，根据动能定理有Pt-m故选AC。 ()B.行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m解得a=μgcosθ-gsinθ行李箱加速的位移为x1=t故行李箱相对传送带的位移为Δx=x2-x1A的加速位移xm加速时间ts故相对位移Δx=x2-x1=0.8m即行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m，故B正确；匀速上升阶段静摩擦力做功W2=mgsinθ.(10-x1(=1104J故选B。滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于点E且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N阻R上消耗的电功率不变。则：() A.电路中的电流I=0.4AB.金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W=0.72JC.金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P=5.32WE=BLv0=1×0.4×2=0.8V选项A正确；d-xL1LF=BIL1=0.16-0≤x≤作出F-x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为W=Fx=×3=0.36J选项B错误；W=I2Rtt=sv=2v0P=3.52W选项D正确。故选AD。 (1)物块不能到达D点(2)m/s根据题意，设在B点的最小速度为vB，从B点到D点过程中，根据动能定理得-μmgL2-mgR=0-mv设物体在等效最高点与圆心连线与竖直方向的夹角为α设在等效最高点最小速度为v1则有mgF(L2-Rsinα(-mgμ2L2-mg(R+Rcosα(=mv-mv解得vBm/s根据闭合电路欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律有E1=BLv1E2=BLv2FamvmvQ故选A。A.该离子带正电B.A、B两点位于同一高度C.该离子电势能先增大后减小电场E1，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差为h (1)物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x；(1)vA=4m/s，x=1.2m(2)E1=200V/m(3)0≤R≤m或R≥m物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，从A到B，竖直方向有h=解得t=0.3s在B点有vy=gt=3m/s，tanθ=可得物块离开A点时的速度大小为vA=4m/sA、B间的水平离为x=vAt=1.2m物块从释放到A点过程，根据动能定理可得qE1L=mv-0代入数据解得E1=200V/m物块从A点到轨道最高点过程，根据动能定理可得-mg(R1+R1cosθ-h)=mv2-mv联立解得Rm情景二：物块恰好运动到圆心等高处，从A点到圆心等高处，根据动能定理可得-mg(R2cosθ-h)=0-mv解得R2=m≥m(1)k=(3)W=解得F=2mgtan37°=mg 由胡克定律有F=k由几何关系可知，此时弹簧的长度为L2=Lsin53°=L>L联立解得W=14.(2026·四川省眉山中学校·一模)如图所示，A.A点电势低于C点电势为EαγγREkC．根据B项分析知qEαREk，qEγREk灬灬故D错误。质细绳的一端拴一质量为m=1kg的铁丝棉(可视为质点)在竖直平面内绕一固定点O做半径为L= 铁丝棉在最低点时，根据牛顿第二定律有Tmax-mg=mB．铁丝棉做平抛运动，竖直方向有h-L=gt2竖直位移为h-L=5m所以铁丝棉从平抛起点到落地点的位移大小为x总=、(h-L)2+x2D．铁丝棉落地前竖直方向分速度为vy=gt=10m/s此时重力的瞬时功率为P=mgvy故选AB。16.(2026·安徽省淮北市实验高级中学·上学期期中考试)(多选)如甲图所示，质量为2kg的物块，以v0=-F.x=0-mv从F-x图像可知F=16-4x则有F==16-2x代入可得-μmgx-(16-2x(x=0-mv代入数据整理x2-9x+14=0解得x=2m或x=7m>4m(舍去)8N，根据动能定理则有x-μmgxmv2-0x2-μmgx2=Ek能定理可得-μmgx=0-mv2故选ABD。(1)木块的位移大小x1；(2)长木板的位移大小x2；(1)对木块根据牛顿第二定律有μmg=ma根据运动学公式有v=2ax1 解得木块的位移大小为x对长木板根据动能定理有Pt-(μmg+2μmg(x2=mv其中t=联立解得x2=-对长木板根据牛顿第二定律有F-μmg-μFN=ma其中FN=2mg联立解得v()C.x=0与x=x0间的电势差和x=x0与x=x1间的电势差相等D.x=0与x=x1间图线与横轴所围面积和x=x1与x=x2间图线与横轴所围面积x=x0与x=x1间的电势差Ux0xx1-x故C错误；由动能定理U0x1(-qmv解得vx=x1与x=x2间图线与横轴所围面积为x=x1与x=x2间的电势差Uxx由动能定理Ux1x2(-qmvmv故选BD。圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨(1)5m/s(3)Rm=m解得vy=3m/s解得赛车经过C点时的速度大小为vCm/s 赛车通过B点时的速度大小为vB=vCcosα=4m/s赛车从A点到B点过程，根据动能定理得Pt-fL=mv-0从C到D，由动能定理可得-mgRm(1+cosα)=mv-mv联立解得RmmA与地面间的摩擦力f地=μmg=1N可知xatm图乙可知x=5m时拉力F2=1.5N>f地可知A、B仍一起加速，由牛顿第二定律得F2-f地=2ma2对B箱子分析FN=ma2=0.25N可知A、B之间的弹力大小为0.25N。联立解得v=22m/sA与B之间的距离Δx=xB-xA联立解得Δx=4m别在M、Q、P三点与滑道的水平部分平滑连接。某小朋友(可视为质点)A．根据动能定理可得EkM=mgh-μmgcosα×=mgh-，EkQ=mgh-μmgcosβ×= 则小朋友沿甲、乙两滑道到M、Q两点时的动能不同，速度不同，在水平滑道上由动能定理-μmgx甲=0-EkM，-μmgx乙=0-EkQ可得x甲≠x乙故A错误。故选BC。【解析】A．小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有qUMN+mghmvmv解得UMN故A正确；B．小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，水平速度大小为v0，所以在竖直方向vy=v2-v=vyv0设小球经过N点时速度方向与水平的夹角为α,则tanvyv0解得α=60°,故B正确；解得vy=2gh<6gh则vmin=v0sinθ=v0，故D正确。故选ABD。()C.小球在最高点的速度大小为D.小球能上解得抛出速度v01=2gR根据动能定理，有mg.2R=mv2-mv2解得抛出速度v02=5gR时对轨道的压力最大，由Nm-mg=m解得Nm=4mg因此ΔN=Nm-0=4mg，故B错误；根据动能定理，有-mgR=mv-mv联立解得N1=mg CD．设小球到圆心的连线与竖直方向成θ角时脱离，由动能定理，有mgR(1+cosθ(=mv-mv联立解得vcos小球脱离轨道后做斜上抛运动的最大高度hR故选D。(2)小球经过M点时的速度大小vM；(3)M、N两点间的距离L。(结果均可保留根号)(1)2m/s从F点到Q点的过程中，由动能定理mg.2Rsinθ=mv-mv联立解得小球经过Q点时的速度大小vQ=2m/s 运动时间为ts沿斜面向下方向做匀加速直线运动a=g沿斜面向下的速度v2=at1=2m/s则小球经过M点时的速度大小vM=v+v=22m/s竖直位移h=v3(t-t1)+g(t-t1)2=5.8m水平方向做匀速直线运动v4=v+(v2cosθ)2水平方向位移x=v4(t-t1)M、N两点间的距离L=h2+x2=41m(1)所用时间t；μmgcosθ-mgsinθ=ma1t1=5s1=5mμmgcosθ>mgsinθL-x1=vt2t2=2.5s故物体由A端运动到B端的时间t=t1+t2=7.5sW=μmgcosθ.x1 W=mgsinθ(L-x1(，W=W1+W2W=248J(1)mg，方向由圆心O指向M。x=Rsin60°gt2=R+Rcos60°mg-FN=v=xt即胜利过程M点处管道对小球的压力大小为mg，方向mv2+mg(R+Rcos60°)=mvP=P=mgvN=mgμmgcosθ-mgsinθ=mω2R又因为μ=2tanθ,解得ω=θA的过程，摩擦力大小f总=f+f-2f1f2cosα由于f1D．根据题意可知，小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有Wf-解得摩擦力做功Wf=mgRsinθ,故D错误。 道右端与一半圆形粗糙轨道相切，轨道半径R=0.1m。质量为m2=3kg的物块B以初速度v0=10m/s(1)A和B碰撞过程中损失的机械能；(1)60J(2)-77.5J对A和B系统，碰撞过程由动量守恒有m2v0=(m1+m2(v由能量守恒有m2v=(m1+m2(v2+ΔE对A和B系统，到达半圆弧轨道最高点P点时，由牛顿第二定律有(m1+m2