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　　1.(2015·高考浙江卷)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)

　　A.弹射器的推力大小为1.1×106 N

　　B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J

　　C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W

　　D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2

　　解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2-02=2ax，即802=2·a·100，得加速度a=32 m/s2，选项D正确;设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F-20%F=ma，得F=1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推=(1.2×106-1.0×105)N=1.1×106N，选项A正确;弹射器对舰载机所做的功为W=F推·l=1.1×108J，选项B正确;弹射过程所用的时间为t== s=2.5 s，平均功率P== W=4.4×107 W，选项C错误.

　　2.(多选)质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用.下列判断正确的是(　　)

　　A.0～2 s末外力的平均功率是 W

　　B.第2 s末外力的瞬时功率最大

　　C.第2 s内外力所做的功是 J

　　D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是

　　解析：选AD.第1 s内，加速度a1=2 m/s2，v1=a1t1=2 m/s，s1=a1t=1 m;第2 s内，a2=1 m/s2，v2=v1+a2t2=3 m/s，s2=v1t2+a2t=2.5 m.

　　外力做功的平均功率为

　　== W= W，故选项A正确;第2 s末外力的瞬时功率为

　　P2=F2v2=1×3 W=3 W，第1 s末的瞬时功率P1=F1v1=2×2 W=4 W，故选项B错误;第2 s内外力做的功为W2=F2s2=1×2.5 J，故选项C错误;第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值为ΔEk1ΔEk2=F1s1F2s2=22.5=45，故选项D正确.

　　3.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v-t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)

　　A.F1、F2大小相等

　　B.F1、F2对A、B做功之比为21

　　C.A、B受到的摩擦力大小相等

　　D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为12

　　解析：选C.设A加速时加速度大小为a，则减速时加速度大小为0.5a，B加速时加速度大小为0.5a，减速时加速度大小为a.根据牛顿第二定律，对A：F1-Ff1=2ma，Ff1=2m×0.5a.对B：F2-Ff2=0.5ma，Ff2=ma.解得F1=3ma，F2=1.5ma，Ff2=Ff1，A错误、C正确.外力F1、F2做功分别为：W1=F1x1，W2=F2x2，由图线围成的面积可知x1=0.5x2，故W1W2=11，B错误.两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为Ff1xFf2x=11，D错误.

　　4.(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备.设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vm>v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是(　　)

　　A.装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为Fs

　　B.装甲车的最大速度vm=

　　C.装甲车速度为v时加速度为a=

　　D.装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t=

　　解析：选BC.装甲车在加速过程中，其牵引力F=，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs，也可能小于Fs，A错误;装甲车匀速运动时速度最大，故vm=，B正确;装甲车速度为v时，由牛顿第二定律得F-Ff=ma，解得a=，C正确;装甲车加速过程由动能定理得Pt-Ffs=mv，解得t=+，D错误.

　　5.(多选)质量为2×103 kg、发动机额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶;若汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有(　　)

　　A.汽车的最大动能是4×105 J

　　B.汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末时发动机实际功率是32 kW

　　C.汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 J

　　D.若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2

　　解析：选ABD.汽车的最大速度为vm==20 m/s，最大动能为Ekm=mv=4×105 J，A正确;汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末时的速度是4 m/s，此时的牵引力F=Ff+ma=8×103 N，功率为P=Fv=32 kW，B正确;匀加速运动的末速度为v1==10 m/s，位移x==25 m，所以摩擦力做功W=Ffx=1×105 J，C错误;若汽车保持额定功率启动，当汽车速度为5 m/s时，其牵引力大小是F′==1.6×104 N，加速度a==6 m/s2，D正确.

　　6. (2014·高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示;当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)

　　A.tan θ和　　　　　　B.tan θ和

　　C.tan θ和 D.tan θ和

　　解析：选D.由动能定理有

　　-mgH-μmgcos θ=0-mv2

　　-mgh-μmgcos θ=0-m()2

　　解得μ=(-1)tan θ，h=，故D正确.

　　7.(2015·江西盟校三联)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

　　A.小车重力所做的功是mgh

　　B.合外力对小车做的功是mv2

　　C.推力对小车做的功是mv2+mgh

　　D.阻力对小车做的功是Fs-mv2-mgh

　　解析：选B.小车重力所做的功为-mgh，A错误.由动能定理得合外力对小车做的功W=mv2，B正确.推力对小车做的功为Fs，C错误.根据动能定理，阻力对小车做的功为-(Fs-mv2-mgh)，故D错误.

　　8. 如图所示，用轻质细绳悬挂一质量为m=0.5 kg的小圆球，圆球套在可沿水平方向移动的框架槽内，框架槽竖直放置在水平面上.自细绳静止在竖直位置开始，框架槽在水平力F=20 N的恒力作用下移至图中位置，此时细绳与竖直方向的夹角θ=30°，绳长L=0.2 m，不计一切摩擦，g取10 m/s2.

　　(1)求水平力F做的功;

　　(2)若不计框架槽的质量，求小球在此位置的速度的大小;

　　(3)若框架槽的质量为0.2 kg，求小球在此位置的速度的大小.

　　解析：(1)水平力做的功W=FLsin θ=2 J.

　　(2)设小球在此位置的速度为v1，由动能定理有

　　FLsin θ-mgL·(1-cos θ)=mv，

　　v1= =2.73 m/s.

　　(3)设小球的速度为v2，如图所示.设框架槽对小球做的功为W′，框架槽的质量为m1，

　　对框架槽，由动能定理有

　　FLsin θ-W′=m1(v2cos θ)2，

　　对小球，由动能定理有

　　W′-mgL(1-cos θ)=mv，

　　联立解得v2=2.40 m/s.

　　答案：(1)2 J　(2)2.73 m/s　(3)2.40 m/s

　　9.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量为m=1 kg的小物块在水平恒力F=15 N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3 m，重力加速度g取10 m/s2.求：

　　(1)小物块运动到B点时的速度大小;

　　(2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离;

　　(3)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功.

　　解析：(1)小物块恰能通过D点，在D点由牛顿第二定律得：mg=m

　　小物块由B运动到D的过程由动能定理得：

　　-mg·2R=mv-mv

　　解得：vB=5 m/s

　　(2)小物块经过D点后做平抛运动，则：

　　水平方向：x=vDt

　　竖直方向：2R=gt2

　　解得：x=1 m

　　(3)小物块在水平面上由A运动到B的过程由动能定理得：FxAB-Wf=mv

　　解得：Wf=32.5 J.

　　答案：(1)5 m/s　(2)1 m　(3)32.5 J

　　10.我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注.某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计.如图，舰载机总质量为m，发动机额定功率为P，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f.舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力.经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，电磁弹射系统关闭.舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D处离开航母起飞.请根据以上信息求解下列问题.

　　(1)电磁弹射系统关闭的瞬间舰载机的加速度大小;

　　(2)水平轨道AC的长度;

　　(3)若不启用电磁弹射系统，舰载机在A处以额定功率启动，经历时间t到达C处，假设速度大小仍为v2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少?(该问AC间距离用x表示)

　　解析：(1)根据功率表达式可得F1=

　　由牛顿第二运动定律

　　F1-f=ma

　　得a=-

　　(2)舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力.经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，AB长度设为x1，

　　由动能定理Pt1+Fx1-fx1=mv

　　电磁弹射系统关闭.舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2，BC长度设为x2.

　　同理得Pt2-fx2=mv-mv

　　舰载机总位移

　　AC=x1+x2

　　联式解得

　　AC=+

　　(3)全过程，根据动能定理有

　　Pt-fx=m1v

　　应减少的质量

　　Δm=m-m1

　　得Δm=m-

　　答案：(1)-　(2)见解析　(3)m-