- 功
- 共4019题
质量为m的小球从离地面h的高度以初速度v0水平抛出．落地时小球的速度为v，且与水平方向成θ角．若空气阻力忽略不计，下面说法中正确的是（ ）
A小球在运动过程中重力做功为mgh
B小球在运动过程中重力做功为
C小球落地时重力的瞬时功率是mgv
D小球落地时重力的瞬时功率是mgvsinθ
正确答案
解析
解：A、小球在此过程中小球重力做的功为mgh．故A正确，B错误．
C、球落地时重力的瞬时功率据P=mgvcosα=mgvsinθ，故C错误，D正确；
故选AD
（1）从物体开始运动至物体刚与传送带达到共同速度这一过程中，传送带的摩擦力对物体做了多少功？
（2）物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到B端的过程中，传送带的摩擦力对物体又做了多少功？
正确答案
解：（1）物体放上传送带后，受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力f1，以a1做匀加速直线运动，直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为s1，则：
由牛顿第二定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ①
由运动学公式，有：
v0=a1t1 ③
代入数据，解得：
滑动摩擦力对物体做正功：
W1=μmgcosθ•s1=16.5J
（2）物体与传送带达到共同速度后，因为mgsinθ＜μmgcosθ，物体将与传送带保持相对静止，以v0匀速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，故由A到B的时间摩擦力对物体做负功：
W2=-mgsinθ•（L-s1）=-27.5J
答：（1）从物体开始运动至物体刚与传送带达到共同速度的过程中，传送带的摩擦力对物体做了16.5J的功；
（2）物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到B端的过程中，传送带的摩擦力对物体又做了-27.5J的功．
解析
解：（1）物体放上传送带后，受到传送带的沿斜面向下的滑动摩擦力f1，以a1做匀加速直线运动，直至与传送带速度相等．设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为s1，则：
由牛顿第二定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ①
由运动学公式，有：
v0=a1t1 ③
代入数据，解得：
滑动摩擦力对物体做正功：
W1=μmgcosθ•s1=16.5J
（2）物体与传送带达到共同速度后，因为mgsinθ＜μmgcosθ，物体将与传送带保持相对静止，以v0匀速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，故由A到B的时间摩擦力对物体做负功：
W2=-mgsinθ•（L-s1）=-27.5J
答：（1）从物体开始运动至物体刚与传送带达到共同速度的过程中，传送带的摩擦力对物体做了16.5J的功；
（2）物体从与传送带达到共同速度的瞬间至滑到B端的过程中，传送带的摩擦力对物体又做了-27.5J的功．
正确答案
解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F=3ma
解得a=
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得f=ma=
摩擦力对A做功为W=fs=
故答案为：
解析
解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F=3ma
解得a=
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得f=ma=
摩擦力对A做功为W=fs=
故答案为：
如图，上表面光滑，下表面粗糙的木板静止在水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面．t=0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0=2m/s，同时对木板施加一个水平向左的恒力F=8N，经过一段时间，滑块从木板上掉下来．已知木板质量M=3kg，长L=0.6m，高h=0.2m，与地面间的动摩擦因数为0.2；滑块质量m=0.5kg，距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m，g取10m/s2．求：
（1）滑块从离开木板开始到落到地面所用时间；
（2）从t=0时刻开始到滑块离开木板所用时间；
（3）从t=0时刻开始到滑块落到底面的过程中，摩擦力对木板做的功．
正确答案
解：（1）由于A上表面光滑，小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动，h=
（2）木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，
f=μFN
FN=（M+m）g
所以：f=μ（M+m）g=0.2×（3+0.5）×10N=7N
加速度a=
速度减为零的时间t1=
位移为x1=
然后滑块向左加速，加速度a′=
根据位移时间关系x=
知t2=
从t=0时刻开始到滑块离开木板所用时间t=t1+t2=0.4+5.7=6.1s
（3）从t=0时刻开始到滑块落到底面的过程中，摩擦力做功为W=-fs=-f（x1+x2）=-7（0.4+5.4）=-40.6J
答：（1）滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为0.2s
（2）t=0时刻开始到滑块离开木板所用时间为5.7s
（3）从t=0时刻开始到滑块落到底面的过程中，摩擦力对木板做的功为-140.6J．
解析
解：（1）由于A上表面光滑，小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动，h=
（2）木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，
f=μFN
FN=（M+m）g
所以：f=μ（M+m）g=0.2×（3+0.5）×10N=7N
加速度a=
速度减为零的时间t1=
位移为x1=
然后滑块向左加速，加速度a′=
根据位移时间关系x=
知t2=
从t=0时刻开始到滑块离开木板所用时间t=t1+t2=0.4+5.7=6.1s
（3）从t=0时刻开始到滑块落到底面的过程中，摩擦力做功为W=-fs=-f（x1+x2）=-7（0.4+5.4）=-40.6J
答：（1）滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为0.2s
（2）t=0时刻开始到滑块离开木板所用时间为5.7s
（3）从t=0时刻开始到滑块落到底面的过程中，摩擦力对木板做的功为-140.6J．
A在斜劈起动t秒内，推力F对斜劈做的功是
B在斜劈起动t秒内，斜劈对物块的弹力所做的功是
C在斜劈起动t秒内，斜劈对物块的弹力与物块所受重力的合力所做功的平均功率是
D在斜劈起动t秒末，合力对斜劈的即时功率为
正确答案
解析
解：对物块做受力分析，
因为木块与物块保持物块相对斜面静止，且物块与斜面的接触是光滑的，
所以物块在重力和斜面对物体的斜向上的支持力的共同作用下做加速度运动，设这个加速度为a，所受合力为F′．
由力的分解不难算出 F′=mgtanθ=ma 即a=gtanθ，
将木块与物块看成是一个整体，它们的共同的加速度即为a．
对于整体
则有水平力F=（M+m）a
解得F=（M+m）gtanθ
斜劈起动t秒内，位移的大小是x=
推力F对斜劈做的功是W=Fx=（M+m）gtanθ•
斜劈起动t秒内，速度的大小是V=at，
对于物体，只有斜劈对物块的弹力做功，由动能定理可得，
W=
由于物体的重力不做功，所以合力的功率即为斜劈对物块的弹力的功率，
所以P=
在斜劈起动t秒末，合力对斜劈的即时功率为P′=FV=（M+m）gtanθ•at=（M+m）（gtanθ）2t，所以D错误．
故选ABC．
（2016春•龙岩校级月考）采用下述哪种措施可以提高机械效率？（ ）
正确答案
解析
解：因为：机械效率=
A、额外功一定，减小有用功，则有功与总共的比值减小，即减小了机械效率，故A错误．
B、总功一定，增大额外功，即减小了有用功，根据公式会降低机械效率，故B错误；
C、有用功一定，增大总功，根据公式会降低机械效率，故C错误；
D、总功一定，减小额外功，即增加了有用功，根据公式可以提高机械效率，故D正确；
故选：D．
正确答案
解：
推力等于摩擦力：
F=f=μmg，
当长方体的中间与桌面的边缘齐时，开始下翻，此阶段的位移为s=
答：水平推力做功为
解析
解：
推力等于摩擦力：
F=f=μmg，
当长方体的中间与桌面的边缘齐时，开始下翻，此阶段的位移为s=
答：水平推力做功为
A4μmgL
B
C2μmgL
DμmgL
正确答案
解析
解：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T
木块Q与P间的滑动摩擦力f=μmg ①
根据共点力平衡条件T=f ②
对木块P受力分析，P受拉力F，Q对P向左的摩擦力f，
地面对P体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，
有F=f+f′+T ③
地面对P物体向左的摩擦力
f′=μ（2m）g ④
由①～④式可以解得
F=4μmg
要使P与Q分离，则F至少做功为W=FS=4μmg×
故选C．
正确答案
3000
60%
解析
解：（1）推力对箱子做的总功：
W总=Fs=600N×5m=3000J，
（2）推力对箱子做的有用功：
W有用=G×h=1800N×1m=1800J，
斜面的机械效率：
η=
故答案为：3000；60%
如图所示，水平木板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2，下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误；
B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零．故B错误；
C、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=
故选：D．
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