2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第1講 功和功率動(dòng)能定理學(xué)案.docx

第1講功和功率動(dòng)能定理做真題明考向真題體驗(yàn)透視命題規(guī)律授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第23頁(yè)真題再做1(多選)(2018高考全國(guó)卷，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等不考慮摩擦阻力和空氣阻力對(duì)于第次和第次提升過(guò)程()A礦車上升所用的時(shí)間之比為45B電機(jī)的最大牽引力之比為21C電機(jī)輸出的最大功率之比為21D電機(jī)所做的功之比為45解析：由圖線知，礦車上升總高度h2t0v0t0由圖線知，加速階段和減速階段上升高度和h1()v0t0勻速階段：hh1v0t，解得tt0故第次提升過(guò)程所用時(shí)間為t0t0，兩次上升所用時(shí)間之比為2t0t045，A對(duì)；對(duì)礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時(shí)牽引力相同，B錯(cuò)；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)mgma，F(xiàn)m(ga)第次在t0時(shí)刻，功率P1Fv0，第次在時(shí)刻，功率P2F，第次在勻速階段P2FmgP2，可知，電機(jī)輸出的最大功率之比P1P221，C對(duì)；由動(dòng)能定理知，兩個(gè)過(guò)程動(dòng)能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯(cuò)答案：AC2(2017高考全國(guó)卷，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過(guò)程中，外力做的功為()A.mglB.mglC.mglD.mgl解析：QM段繩的質(zhì)量為mm，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l，此過(guò)程重力做功WGmg(ll)mgl，對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：A3.(2015高考全國(guó)卷，T17)一汽車在平直公路上行駛從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示假定汽車所受阻力的大小f恒定不變下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是()解析：當(dāng)汽車的功率為P1時(shí)，汽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滿足P1F1v，因?yàn)镻1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1fma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1f時(shí)速度最大，且vm.當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時(shí)，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2F2v可知F2減小，又因F2fma2，所以加速度逐漸減小，直到F2f時(shí)，速度最大vm，以后勻速運(yùn)動(dòng)綜合以上分析可知選項(xiàng)A正確答案：A4.(2016高考全國(guó)卷，T24)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；(2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)解析：(1)小球下落至A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgEkA0小球下落至B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg(R)EkB0由以上兩式聯(lián)立解得.(2)小球恰好經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得mgm，解得v0小球由開始下落至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgmv0，解得vC由于vCv0，故小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)答案：(1)51(2)見(jiàn)解析考情分析命題特點(diǎn)與趨勢(shì)怎么考1近幾年高考命題點(diǎn)主要集中在正、負(fù)功的判斷，功率的分析與計(jì)算，機(jī)車啟動(dòng)模型，動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用題目具有一定的綜合性，難度適中2本講高考單獨(dú)命題以選擇題為主，綜合命題以計(jì)算題為主，常將動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合動(dòng)能定理仍是2019年高考的考查重點(diǎn)，要重點(diǎn)關(guān)注本講知識(shí)與實(shí)際問(wèn)題相結(jié)合的情景題目解題要領(lǐng)怎么做解決本講知識(shí)要理解功和功率的定義、正負(fù)功的判斷方法，機(jī)車啟動(dòng)兩類模型的分析、動(dòng)能定理及動(dòng)能定理在變力做功中的靈活應(yīng)用建體系記要點(diǎn)知識(shí)串聯(lián)熟記核心要點(diǎn)授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第24頁(yè)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建要點(diǎn)熟記1功(1)恒力做功：WFlcos (為F與l之間的夾角)(2)變力做功：用動(dòng)能定理求解；用F x圖線與x軸所圍“面積”求解2功率(1)平均功率：PFcos .(2)瞬時(shí)功率：PFvcos(為F與v的夾角)(3)機(jī)車啟動(dòng)兩類模型中的關(guān)鍵方程：PFv，F(xiàn)F阻ma，vm，PtF阻xEk.3動(dòng)能定理：W合mv2mv.4應(yīng)用動(dòng)能定理的兩點(diǎn)注意(1)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個(gè)力做的功，同時(shí)要注意各力做功的正、負(fù)(2)動(dòng)能定理是標(biāo)量式，不能在某一方向上應(yīng)用研考向提能力考向研析掌握應(yīng)試技能授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第24頁(yè)考向一功和功率的分析與計(jì)算1(2018北京昌平期末)如圖所示，質(zhì)量為60kg的某同學(xué)在做引體向上運(yùn)動(dòng)，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算1次若他在1min內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4m，則他在1min內(nèi)克服重力所做的功及相應(yīng)的功率約為(g取10m/s2)()A240 J,4 WB.2 400 J,2 400 WC2 400 J, 40 W D4 800 J,80 W解析：他每次引體向上克服重力所做的功為W1mgh60100.4 J240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W10W110240 J2 400 J，相應(yīng)的功率約為P40 W，選項(xiàng)C正確答案：C2(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為，且傳送帶足夠長(zhǎng)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物體以初速度v0從B端開始向上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)>tan，傳送帶的速度為v(v0<v)，方向未知，重力加速度為g.物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A摩擦力對(duì)物體做功的最大瞬時(shí)功率是mgvcosB摩擦力對(duì)物體做功的最大瞬時(shí)功率是mgv0cosC摩擦力對(duì)物體可能先做負(fù)功后做正功D摩擦力對(duì)物體做的總功可能為零解析：物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)>tan，則mgcos>mgsin，傳送帶的速度為v(v0<v)，若v0與v同向，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，直至物體加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同時(shí)物體速度最大，此時(shí)摩擦力的瞬時(shí)功率最大，則最大瞬時(shí)功率為Pmgvcos；若v0與v反向，物體沿傳送帶向上開始做類豎直上拋，根據(jù)對(duì)稱性知，物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度最大為v0，此時(shí)摩擦力的瞬時(shí)功率最大，則最大瞬時(shí)功率為Pmgv0cos，因?yàn)樽畲笏矔r(shí)功率有兩種可能值，所以選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤若v0與v反向，物體先是沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零后，沿傳送帶向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力方向始終沿傳送帶向下，摩擦力先對(duì)物體做負(fù)功，后做正功，物體回到B端時(shí)位移為零，滑動(dòng)摩擦力做的總功為零，選項(xiàng)C、D正確答案：CD3長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球，其下方有一個(gè)傾角為的光滑斜面體放在水平面上，開始時(shí)小球與斜面剛剛接觸且細(xì)繩恰好豎直，如圖所示現(xiàn)在用水平推力F緩慢向左推動(dòng)斜面體，直至細(xì)繩與斜面平行，則下列說(shuō)法中正確的是()A由于小球受到斜面的彈力始終與斜面垂直，故對(duì)小球不做功B細(xì)繩對(duì)小球的拉力始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，故對(duì)小球不做功C小球受到的合外力對(duì)小球做功為零，故小球在該過(guò)程中機(jī)械能守恒D若水平面光滑，則推力做功為mgL(1cos)解析：小球受到的斜面的彈力沿小球位移方向有分量，故對(duì)小球做正功，A錯(cuò)誤；細(xì)繩的拉力方向始終和小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，故對(duì)小球不做功，B正確；合外力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的改變量，雖然合外力做功為零，但小球的重力勢(shì)能增加，故小球在該過(guò)程中機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；若水平面光滑，則推力做功等于小球重力勢(shì)能的增量，即為mgL(1sin)，D錯(cuò)誤答案：B考向二機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題1恒定功率啟動(dòng)(1)機(jī)車先做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)間圖象如圖所示，當(dāng)FF阻時(shí)，vm.(2)動(dòng)能定理：PtF阻xmv0.2恒定加速度啟動(dòng)(1)速度時(shí)間圖象如圖所示機(jī)車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1.之后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)常用公式：4.如圖所示，汽車在平直路面上勻速運(yùn)動(dòng)，用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當(dāng)牽引輪船的繩與水平方向成角時(shí)，輪船速度為v，汽車的功率為P，汽車受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f，則此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為()A.fB.fC.fD.f解析：將船的速度分解如圖所示，沿繩子方向的分速度v1vcos，根據(jù)PFv1得，汽車的牽引力大小F.根據(jù)平衡條件得，繩對(duì)汽車的拉力大小FFff，那么此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為f，故選項(xiàng)B正確答案：B5一輛汽車在行駛過(guò)程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2103kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3103N若汽車從靜止開始以恒定加速度2m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，則此勻加速過(guò)程能持續(xù)的時(shí)間大約為()A8sB14sC26sD38s解析：由圖象可知，汽車的最大功率約為P200kW，在勻加速階段由牛頓第二定律可知FF阻ma，即FF阻ma3103N21032N7000N，再由PFv可知vm/sm/s，由vat，解得ts14.3s，故選項(xiàng)B正確答案：B6(多選)(2018江西贛中南五校聯(lián)考)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程的速度時(shí)間圖象如圖所示，從t1時(shí)刻起汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車所受阻力恒為Ff，則()A0t1時(shí)間內(nèi)，汽車的牽引力做功的大小等于汽車動(dòng)能的增加量Bt1t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于(mFf)v1C汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度v2(1)v1Dt1t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速度等于解析：0t1時(shí)間內(nèi)，汽車加速度a，由牛頓第二定律FFfma，解得FmFf.t1t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率PFv1(mFf)v1，選項(xiàng)B正確；由PFfv2可得汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度v2(1)v1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，0t1時(shí)間內(nèi)，汽車的牽引力做的功減去克服阻力做的功等于汽車動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速度大于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：BC解決機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題的四點(diǎn)注意(1)分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)，如第5題中是勻加速啟動(dòng)，第6題中0t1時(shí)間內(nèi)是勻加速運(yùn)動(dòng)，t1t2時(shí)間內(nèi)是恒定功率運(yùn)動(dòng)(2)勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，機(jī)車功率是不斷增大的，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)勻加速運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到最大(如第6題中t1時(shí)刻對(duì)應(yīng)的速度v1)，但不是機(jī)車能達(dá)到的最大速度(t2時(shí)刻速度v2)，但該過(guò)程中的最大功率是額定功率(3)以額定功率啟動(dòng)的過(guò)程中，牽引力是不斷減小的，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，牽引力的最小值等于阻力(4)無(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿足PFfvm，P為機(jī)車的額定功率考向三動(dòng)能定理的應(yīng)用典例展示如圖甲所示是游樂(lè)園的過(guò)山車，其局部可簡(jiǎn)化為如圖乙所示的示意圖，傾角37的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端距軌道CD所在水平面的豎直高度h24m，傾斜軌道DE與圓弧軌道EF相切于E點(diǎn)，圓弧軌道EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2在同一水平面上，D點(diǎn)與O1點(diǎn)之間的距離L20m，質(zhì)量m1000kg的過(guò)山車(包括乘客)從B點(diǎn)由靜止開始滑下，經(jīng)過(guò)水平半圓軌道CD后，滑上傾斜軌道DE，到達(dá)圓弧軌道頂端F時(shí)，乘客對(duì)座椅的壓力為自身重力的.已知過(guò)山車在BCDE段運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的摩擦力與軌道對(duì)過(guò)山車的支持力成正比，比例系數(shù)，圓弧軌道EF光滑，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力不計(jì)，過(guò)山車經(jīng)過(guò)各軌道之間的連接點(diǎn)時(shí)無(wú)機(jī)械能損失(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2)(1)求過(guò)山車過(guò)F點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)求從B點(diǎn)到F點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力對(duì)過(guò)山車做的功；(3)過(guò)山車過(guò)D點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)圓弧軌道EF有故障，為保證乘客安全，立即觸發(fā)制動(dòng)裝置，使過(guò)山車不能到達(dá)EF段并保證不再下滑，設(shè)觸發(fā)制動(dòng)裝置后，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則過(guò)山車受到的摩擦力至少為多大？解析(1)設(shè)過(guò)山車過(guò)F點(diǎn)時(shí)的速度為vF，選擇某個(gè)質(zhì)量為m1的乘客為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有m1gm1gm1，又rLsin聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得vF3m/s.(2)設(shè)整個(gè)過(guò)程摩擦力做功為W，對(duì)過(guò)山車從B點(diǎn)到F點(diǎn)的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(hr)Wmv0代入數(shù)據(jù)解得W7.5104J.(3)觸發(fā)制動(dòng)裝置后，設(shè)過(guò)山車恰好能夠到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的摩擦力為Ff，過(guò)山車在D點(diǎn)和F點(diǎn)的速度分別為vD和vF，由動(dòng)能定理得FfLcosmgrcos0mv未觸發(fā)制動(dòng)裝置時(shí)，對(duì)D點(diǎn)到F點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgcosLcosmgrmvmv聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得Ff4.56103N因?yàn)镕f<mgsin6000N，故由題意可知過(guò)山車受到的摩擦力至少為6000N.答案(1)3m/s(2)7.5104J(3)6000N應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“一個(gè)過(guò)程、兩個(gè)狀態(tài)、四個(gè)關(guān)注”(1)一個(gè)過(guò)程：明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息(2)兩個(gè)狀態(tài)：明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，如例題中B點(diǎn)的速度為零，F(xiàn)點(diǎn)的速度可利用動(dòng)力學(xué)求出(3)四個(gè)關(guān)注建立運(yùn)動(dòng)模型，判斷物體做了哪些運(yùn)動(dòng)，如例題中EF段為圓周運(yùn)動(dòng)分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況抓住運(yùn)動(dòng)模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)根據(jù)實(shí)際情況分階段(如例題中選DEF段)或整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式計(jì)算7.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊從O點(diǎn)以速度v0沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，小滑塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點(diǎn)，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能是()A.mvB.mvC.mvD.mv解析：設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，O點(diǎn)離彈簧右端距離為L(zhǎng)，彈簧最大壓縮量為x.小滑塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大時(shí)，速度減為0，由動(dòng)能定理可得mg(Lx)W彈0mv，再分析彈簧壓縮量最大到小滑塊最終靜止的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得W彈mg(Lx)00，聯(lián)立可得W彈mv，故彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能是mv，選項(xiàng)B正確答案：B8.如圖所示是一個(gè)質(zhì)量m50kg的物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，從靜止開始沿斜面從A點(diǎn)滑下，沿切線從B點(diǎn)進(jìn)入半徑R15m的光滑豎直圓弧軌道BPC，通過(guò)軌道最高點(diǎn)C時(shí)水平飛出，經(jīng)t2s落到斜面上的D點(diǎn)，其速度方向與斜面垂直，斜面與水平面的夾角37，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.075，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.試求：(1)物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；(2)物塊在圓軌道最低點(diǎn)P受到軌道支持力的大小FN；(3)A點(diǎn)離P點(diǎn)所在的水平地面的高度H.解析：(1)物塊落在D點(diǎn)時(shí)，速度在豎直方向上的分速度vygt20m/s，又tan37聯(lián)立解得vC15m/s.(2)在物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg2Rmvmv在P點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力得FNmgm聯(lián)立以上式子并代入數(shù)據(jù)解得FN3250N.(3)在物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgHmgcos37mv解得H45.5m.答案：(1)15m/s(2)3250N(3)45.5m9(2018江蘇南京一模)如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來(lái)傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過(guò)滾筒滑上平臺(tái)質(zhì)量為M的軟鋼錠長(zhǎng)為L(zhǎng)，上表面光滑，下表面與平臺(tái)間是粗糙的現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺(tái)，全部滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v.此時(shí)，在其右端無(wú)初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))隨后軟鋼錠滑過(guò)2L距離時(shí)速度為零，滑塊恰好到達(dá)平臺(tái)重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)求：(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺(tái)的撞擊過(guò)程)；(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動(dòng)過(guò)程克服阻力做的功；(3)滑塊到達(dá)平臺(tái)的動(dòng)能解析：(1)由于滑塊與軟鋼錠間無(wú)摩擦，所以，軟鋼錠在平臺(tái)上滑過(guò)距離L時(shí)，滑塊脫離做自由落體運(yùn)動(dòng)，滑塊獲得的最大加速度ag.(2)軟鋼錠滑上平臺(tái)時(shí)的動(dòng)能EkMv2設(shè)克服阻力做功為Wf克，由動(dòng)能定理得Wf克0Mv2則Wf克Mv2(3)滑塊脫離軟鋼錠后自由下落到平臺(tái)的時(shí)間與軟鋼錠在平臺(tái)最后滑動(dòng)L的時(shí)間相同，都為t，Lgt2，(Mm)gLMgL0Mv2vmgtEkmmv聯(lián)解以上四個(gè)方程式得Ekm答案：(1)g(2)Mv2(3)限訓(xùn)練通高考科學(xué)設(shè)題拿下高考高分單獨(dú)成冊(cè)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第131頁(yè)(45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1.(2018高考全國(guó)卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度木箱獲得的動(dòng)能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功解析：由題意知，W拉W阻Ek，則W拉Ek，A對(duì)，B錯(cuò)；W阻與Ek的大小關(guān)系不確定，C、D錯(cuò)答案：A2如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上，從速度v0開始加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過(guò)程中汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，汽車所受的摩擦阻力為恒力對(duì)于該過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是()A該過(guò)程中汽車一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B該過(guò)程中汽車所受阻力fC該過(guò)程中汽車所受阻力做功的大小為PtmvD該過(guò)程中汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)解析：汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時(shí)，汽車的牽引力F，故fmgsin，B錯(cuò)誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無(wú)法求出，C錯(cuò)誤答案：D3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為60，細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則()AF1F22mgB從A到B，拉力F做的功為F1LC從B到A的過(guò)程中，小球受到的合力大小不變D從B到A的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大解析：在B位置，根據(jù)平衡條件有F1sin30mg，解得F12mg.從B到A，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1cos60)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得F2mgm，聯(lián)立兩式解得F22mg，故A項(xiàng)正確；從A到B，小球緩慢移動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得WFmgL(1cos60)0，解得WFmgL，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；從B到A的過(guò)程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力在變化，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點(diǎn)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：A4.人與平衡車的總質(zhì)量為m，在平直路面上行駛時(shí)，所受阻力不變當(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時(shí)，平衡車的功率為P1，則當(dāng)功率為P2時(shí)，平衡車行駛的最大速度為()A.B.C.D.解析：對(duì)平衡車受力分析，設(shè)受到的阻力的大小為Ff，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)Ffma，所以FFfma，所以功率P1Fv(Ffma)v，解得Ffma，當(dāng)功率恒為P2時(shí)，設(shè)最大速度為v，則P2FvFfv，所以v，選項(xiàng)B正確答案：B5一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t0時(shí)的速率為1m/s，從此刻開始在與初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，兩圖取同一正方向，g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A滑塊的質(zhì)量為2kgB第1s內(nèi)摩擦力對(duì)滑塊做的功為1JC第2s末拉力F的瞬時(shí)功率為0.3WD第2s內(nèi)拉力F的平均功率為0.15W解析：由題圖乙可知滑塊的加速度a1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在第1s內(nèi)有FFfma，第2s內(nèi)有FFfma，代入數(shù)據(jù)解得Ff1N，m2kg，A正確；第1s內(nèi)滑塊的位移大小x111m0.5m，則摩擦力對(duì)滑塊做的功WFfFfx110.5J0.5J，B錯(cuò)誤；第2s末拉力的功率PFv31W3W，C錯(cuò)誤；第2s內(nèi)滑塊的位移x211m0.5m，則第2s內(nèi)拉力的平均功率PW1.5W，D錯(cuò)誤答案：A6.質(zhì)量為500kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車()A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B功率為20kWC所受阻力大小為2000ND速度大小為50m/s時(shí)牽引力大小為3000N解析：由圖象可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)PFv，F(xiàn)Ffma可得a，由圖象可知4，400，解得Ff2000N，P2105W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度大小為50m/s時(shí)牽引力大小為FN4000N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：C7(2017高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：物塊上滑時(shí)，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑時(shí)，摩擦力沿斜面向上，根據(jù)動(dòng)能定理WEk知，圖象中的斜率表示物塊受到的合力，物塊上滑時(shí)恒定的合力大于物塊下滑時(shí)恒定的合力，所以C項(xiàng)正確答案：C二、多項(xiàng)選擇題8.(2018湖南長(zhǎng)沙高三一模)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球，必須經(jīng)過(guò)兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W，第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功4W，設(shè)兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則W的值可能是()A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析：第一次擊打小球時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為R，即WmgR.第二次擊打小球，使小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，而小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)的條件為mgm，即v高.小球從靜止到到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得W4Wmg2Rmv0，得WmgR，所以W滿足mgRWmgR，選項(xiàng)A、B正確答案：AB9.a、b為緊靠著的且兩邊固定的兩張相同薄紙，如圖所示一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球從距紙面高為60cm的地方自由下落，恰能穿破兩張紙若將a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則a紙距離b紙可能是(小球穿破兩張紙時(shí)，克服阻力做功相同)()A15cmB20cmC30cmD60cm解析：小球穿過(guò)兩張紙時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh2W0，將a紙向上移，若恰能穿過(guò)第一張紙，則mghW0，解得下落的高度hh，因此兩張紙的距離不能超過(guò)h30cm，選項(xiàng)A、B、C正確答案：ABC10(2018福建福州高三質(zhì)檢)如圖所示為某電動(dòng)汽車在加速性能試驗(yàn)過(guò)程中的vt圖象為了簡(jiǎn)化計(jì)算，可近似認(rèn)為：汽車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒定，在030s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，30s后汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變則()A15s末、30s末汽車的牽引力大小之比為21B15s末、30s末汽車的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為12C30s末、54s末汽車的加速度大小之比為43D030s內(nèi)、3054s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為58解析：由題意可知汽車前30s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則牽引力恒定，因此A錯(cuò)誤；由圖可知15s末、30s末的速度分別為9m/s、18 m/s，由公式PFv可知，15s末、30s末汽車的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為12，B正確；由圖可知30s末、54s末的加速度之比應(yīng)為>，C錯(cuò)誤；030s內(nèi)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1Fx1(J)15P(J)，3054s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功W2P(54s30s)24P(J)，因此，D正確答案：BD三、非選擇題11一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時(shí)間沿平直冰面跑完1000m設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(yùn)動(dòng)的8s時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)，最后一段時(shí)間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為15m/s；開始運(yùn)動(dòng)的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力的大小解析：設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)PFvFfv即運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力大小Ff對(duì)于整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得t1P(t總t1)Ffxmv20代入數(shù)據(jù)，解得P723W，F(xiàn)f48.2N再由動(dòng)能定理可得t總Ffxmv2解得687W.答案：687W48.2N12某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分均光滑，水平部分均粗糙圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R0.5m，水平部分長(zhǎng)度L2m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點(diǎn)離水平地面高h(yuǎn)1m將一個(gè)質(zhì)量為m0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點(diǎn)P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4.給鋼球一初速度v013m/s，g取10 m/s2.求：(1)鋼球運(yùn)動(dòng)至第一個(gè)半圓形軌道最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)鋼球落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離解析：(1)鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg2RmgLmvmv由牛頓第二定律有FNmg代入數(shù)據(jù)解得FN178N由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78N，方向豎直向下(2)設(shè)鋼球到達(dá)軌道末端點(diǎn)的速度為v2，對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg5Lmg4Rmvmv解得v27m/s由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h8Rgt2，sv2t解得s7m.答案：(1)178N，方向豎直向下(2)7m13(2018重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為37，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個(gè)軌道處于場(chǎng)強(qiáng)為E1104N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中一質(zhì)量m4103 kg、帶電量q3106 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零已知CD段長(zhǎng)度L0.8 m，圓弧DG的半徑r0.2 m；不計(jì)滑塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)g取10 m/s2，cos370.8，sin370.6.求：(1)滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程；(3)滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得qEmg(L)0，解得0.25(2)滑塊在CD段上受到的滑動(dòng)摩擦力mg0.01N、電場(chǎng)力qE0.03N，滑動(dòng)摩擦力小于電場(chǎng)力，故不可能停在CD段，滑塊最終會(huì)在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且在D點(diǎn)的速度為0全過(guò)程由動(dòng)能定理得qEL(mgx)0解得xL3L2.4m(3)GH段的傾角37，滑塊受到的重力mg0.04N，電場(chǎng)力qE0.03N，qEcosmgsin0.024N，則滑塊加速度a0，所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能對(duì)C到G過(guò)程由動(dòng)能定理得Ek最大Eq(Lrsin)mgLmg(rrcos)0.018J滑塊最終在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣擋板時(shí)有最小動(dòng)能對(duì)D到G過(guò)程由動(dòng)能定理得Ek最小Eqrsinmg(rrcos)0.002J答案：(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J