一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1.(2015·海南单科)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A.4倍 B.2倍
C.倍 D.倍
答案：D
解析：当摩托艇达到最大速度时，牵引力F等于阻力f=kv，根据P=F·v=kv2可知，当输出功率变为原来的两倍时，其最大速率变为原来的倍。D选项正确。
2.(2015·海南单科)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案：C
解析：设质点在最低点的速度为v，则有2mg-mg=m
据动能定理mgR-Wf=mv2可得Wf=mgR，C正确。
3.(2015·河北衡水中学三模)有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A.动摩擦因数为tanθ B.动摩擦因数为
C.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ
答案：B
解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得
mgh1-μmgcosθ·-μmgs′=0
mgh1-μmg(+s′)=0
mgh1-μmgs=0
μ=
A错误，B正确。
在AB段由静止下滑，说明μmgcosθmgsinα;若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。
4.(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )
A.小物块的初速度是5m/s
B.小物块的水平射程为1.2m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功
D.小物块落地时的动能为0.9J
答案：D
解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2J，C错。在水平桌面上滑行，由动能定理得-Wf=mv2-mv，解得v0=7m/s，A错。小物块飞离桌面后做平抛运动，有x=vt、h=gt2，解得x=0.9m，B错。设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh=Ek-mv2，解得Ek=0.9J，D正确。
5.(2015·山西3月模拟)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B.0～6s内物体在4s时的速度最大
C.物体在2～4s内速度不变
D.0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功
答案：D
解析：由a-t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。物体6s末的速度v6=×(2+5)×2m/s-×1×2m/s=6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，A错;由图象可知物体在5s末速度最大，为vm=×(2+5)×2m/s=7m/s，B错;由图象可知在2～4s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错;在0～4s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4=mv-0，又v4=×(2+4)×2m/s=6m/s
得W合4=36J
0～6s内合力对物体做的功由动能定理可知：
W合6=mv-0
又v6=6m/s
得W合6=36J
则W合4=W合6，D正确。
6.(2015·浙江理综)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1.0×105N;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
答案：ABD
解析：舰载机弹射过程中的加速度a==m/s2=32m/s2，选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得：F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma，解得：F弹=1.1×106N，选项A正确;由功的定义得：W弹=F弹·x=1.1×108J，选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t==s=2.5s，由功率的定义得：P弹==4.4×107W，选项C错。7.(2015·河北保定元月调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是( )
A.1/2 B.2/3
C.3/4 D.1
答案：AB
解析：第一次击打，小球运动的最高高度为R，即W1≤mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg=m，即v高=，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W1+W2-mg2R=mv-0，得W1+W2=mgR，则≤，故选A、B。
8.(2015·河北石家庄3月模拟)如图所示，半径为R的半圆形光滑凹槽A静止在光滑水平面上，其质量为m。现有一质量也为m的小物块B，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块B刚要到达槽最低点时，凹槽A恰好被一表面涂有粘性物的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零;小物块B继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度是。则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A.凹槽A对小物块B做的功W=-mgR
B.凹槽A对小物块B做的功W=mgR
C.凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为mg
D.凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为2mg
答案：AD
解析：设小物块B第一次到达最低点的速度为v，小物块B从最低点继续向右运动到最高点，根据动能定理有mg=mv2，得v=，小物块B从左端最高点到最低点的过程中，对B由动能定理有mgR+W=mv2-0，得W=-mgR，A项正确，B项错误。在最低点小物块所受的向心力F向=FN-mg=m，得FN=2mg，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小FN′=FN=2mg，所以D项正确，C项错误。
二、非选择题
9.(2015·浙江理综)如图所示，用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8 m，长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
答案：(1)tanθ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
解析：(1)为使小物块下滑mgsin θ≥μ1mgcos θ
θ满足的条件tan θ≥0.05
(2)克服摩擦力做功
Wf=μ1mgL1cos θ+μ2mg(L2-L1cos θ)
由动能定理得mgL1sin θ-Wf=0
代入数据得μ2=0.8
(3)由动能定理得mgL1sin θ-Wf=mv2
代入数据得v=1 m/s
H=gt2，t=0.4 s，
x1=vt，
x1=0.4 m，
xm=x1+L2=1.9 m
10.(2015·北京西城模拟)一小孩自己不会荡秋千。爸爸让他坐在秋千板上，将小孩和秋千板一起拉到某一高度，此时绳子与竖直方向的偏角为37°，然后由静止释放。已知小孩的质量为25kg，小孩在最低点时离系绳子的横梁2.5m。重力加速度g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略秋千的质量，可把小孩看做质点。
(1)假设小孩和秋千受到的阻力可以忽略，当摆到最低点时，求：
a.小孩的速度大小;
b.秋千对小孩作用力的大小。
(2)假设小孩和秋千受到的平均阻力是小孩重力的0.1，求从小孩被释放到停止经过的总路程。
答案：(1)350N (2)5m
解析：(1)A.根据机械能守恒定律
mgL(1-cos37°)=mv2
可得v=m/s
b.根据牛顿第二定律F-mg=m
可得F=350N
(2)根据动能定理mgL(1-cos37°)-fs=0-0
其中f=0.1mg
可得s=5m
11.(2015·绵阳模拟)绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道。设计的飞机质量m=5×104kg，起飞速度是80m/s。
(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=8000kW，飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小;
(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F=8×104N，受到的平均阻力为f=2×104N。如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长?
答案：(1)8×104N (2)3467m
解析：(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为F1，受到的阻力大小f1，起飞速度vm=80m/s，则
P=F1vm
F1-f1=ma1
代入数据解得 f1=8×104N
(2)设飞机起飞过程加速度为a2，达到起飞速度应滑行距离为x1，因故减速滑行距离为x2，跑道的长度至少为x，则
F-f=ma2
v=2a2x1
v=2a3x2
a3=4m/s2
x=x1+x2
代入数据解得a2=1.2m/s2，x1=2667m，x2=800m
x=3467m
