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东方思维高3物理第 复习课时跟踪练：第5章第2讲动能和动能定理 Word 含解析

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第五章机械能第二讲动能和动能定理课时跟踪练A组基础巩固1．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即ΔE k＝W G＋WF f＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G＝－ΔE p，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．答案：C2.(2018·黄冈模拟)如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR解析：由题意可知mgR ＝W AB ＋W BC ，W BC ＝μmgR ，所以W AB ＝(1－μ)mgR ，D 正确．答案：D3.(2018·莱芜模拟)如图所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．木板对小物块做功为12m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 解析：在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得WF N ＋W G ＝0，即WF N －mgL sin α＝0，所以WF N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋WF f＝12m v 2，即WF f ＝12m v 2－mgL sin α，B 错误，C 、D 正确；在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确． 答案：B4．(2018·郑州模拟)在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )解析：小球运动过程中加速度不变，B 错误；速度均匀变化，先减小后反向增大，A 正确；位移和动能与时间不是线性关系，C 、D 错误．答案：A5.如图所示，在竖直平面内有一“V ”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为WF f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功WF f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误．答案：C6.(多选)(2017·湖北黄冈调研)如图所示，A、B两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则此时()A．两球动能相等B．A球动能较大C．B球动能较大D．A球受到向上的拉力较大解析：整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以A 、C 错误，B 正确；在悬点正下方位置，根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，即F －mg ＝m v 2R，由于A 球的速度比B 球的速度大，A 球受到向上的拉力较大，故D 正确．答案：BD7．(2018·临汾模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n 条阻挡条后停下来．若让小球从2h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n解析：小球第一次从释放至到达B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 20，由B 点到停止运动的过程中，由动能定理得－nW ＝0－12m v 20.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg ·2h ＋12m v 20－n ′W ＝0，解得n ′＝3n .答案：C8．(2018·淄博模拟)如图所示，QB 段是半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段是长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量m＝1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止(取g＝10 m/s2)．求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有－μmg·2L＝0－12m v2，解得v0＝4μgL＝2 m/s.(2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对物块P的支持力为F N，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL＝12m v2－12m v2，F N－mg＝m v2 R，解得F N＝12 N.由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12 N，方向竖直向下．答案：(1)2 m/s(2)12 N方向竖直向下B组能力提升9.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前 4.0 m 内，物体具有最大动能时对应的位移是()A．2.0 m B．1.0 mC．3.0 m D．4.0 m解析：由题图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F 合做负功，故x＝2.0 m 时动能最大．答案：A10.(多选)(2018·太原模拟)将3个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了3个不同的三角形，如图所示，其中1和2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.在这3个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：如图所示，设木板的倾角为θ，对应的水平位移为x，则物块沿木板下滑到底端时克服摩擦力做的功WF f＝μmg cos θ·xcos θ＝μmgx ，与倾角θ无关．由功能关系知，产生的热量关系为Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 正确．再由动能定理知mgh －WF f ＝12m v 2，对木板1、2而言，x 1＝x 2，而h 1>h 2，所以v 1>v 2.对木板2、3而言，x 2<x 3，而h 2＝h 3，所以v 2>v 3，故A 错误，B 正确．答案：BCD11．(多选)(2018·南阳模拟)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 ，获得速度为v ，A 、B 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2 C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12m v 2＋mgh －Fx 解析：小车克服重力做功W 重＝mgh ，A 正确；由动能定理知，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W 合＝ΔE k ＝12m v 2，B 正确；由动能定理知，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12m v 2，所以推力做的功W 推＝12m v 2－W 阻－W 重＝12m v 2＋mgh －W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫W 推－W 重－12m v 2＝12m v 2＋mgh －Fx ，D 正确． 答案：ABD12．(2018·榆林模拟)如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g 取10 m/s 2)，求：(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功．解析：(1)在3～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度为a ，A 与B 间的距离为x ，则F －μmg ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2.x ＝12at 2＝4 m. (2)设物块回到A 点时的速度为v A ，由v 2A ＝2ax ，解得v A ＝4 m/s.设整个过程中F 做的功为W F ，由动能定理得W F －2μmgx ＝12m v 2A ， 解得W F ＝24 J.答案：(1)4 m(2)24 J。

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2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课件：第五章第二讲动能和动能定理

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课件：第五章第二讲动能和动能定理


(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准 函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交 点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或 者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
[典例 2] 如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与 半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接， 有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始 受水平向右的力 F 作用，F 的大小随位移变化的关系如 图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为 μ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s2.求：
解析：设 AB 段长为 x，从 A 到 C，根据动能定理得 1 2 WF＋WG＝ mvm， 2 1 2 即 FL－mgh＝ mvm，h＝(L－x)sin θ. 2
2FL－mv2 m 综合以上各式解得 x＝L－ . 2mgsin θ 2FL－mv2 m 答案：L－ 2mgsin θ
运用动能定理巧解题 1．动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可 以看作单一物体的物体系统． 2．当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先 考虑动能定理； 处理曲线运动中的速率问题时也要优先考 虑动能定理．
[易误辨析] 判断下列说法的正误 ( 正确的打“√”，错误的打 “×”)． (1) 合 外 力 做 功 不 等 于 零 ， 物 体 的 动 能 一 定 变 化．( )
(2) 物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于 零．( ) )
(3)物体的动能增加，合外力做正功．(
答案：(1)√ (2)× (3)√
由公式Δv＝a-t可知，以a-t图线与坐 a-t图象 标轴围成的面积表示物体速度的变化 量 F-x图 由公式W＝F-x可知，F-x图线与坐标 象 轴围成的面积表示力所做的功
2021高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能动能定理课时作业含解析

2021高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能动能定理课时作业含解析

第2讲 动能 动能定理1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s 的速度撞击篮筐。

已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )A ．1 JB.10 J C ．50 J D.100 JB [该同学将篮球投出时的高度约为h 1＝1.8 m ，根据动能定理有W －mg (h －h 1)＝12mv 2，解得W ＝7.5 J ，故选项B 正确。

]2．(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x 。

甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )A ．力F 对甲做功多B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同BC [由功的公式W ＝Fx cos α可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有Fx ＝E k1－0，对乙有Fx －F f x ＝E k2－0，可知E k1>E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误。

]3.如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B 点与AB 相切，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。

一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( ) A.μmgR 2 B.mgR2C ．mgR D.(1－μ)mgRD [设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故D 正确。

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦 Word版含解析

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η ＜1
能
功能 重力势 能
1 Ek＝ mv2 2 Ep＝mgh
标量，具有相对性 与零势能面 的选择有关
动能定 律 机械能 守恒定 律
1 1 2 W 合＝ mv2 2－ mv1 2 2 E1＝E2 或 Ek1＋Ep1＝Ek2 ＋Ep2
W 合为合外力做的功
守恒条件：有只有重力或 弹力做功的物体系统内
动量 冲量 动 量 动量定 理 动量守 恒定律
高中物理公式集锦
v＝v0＋at 匀变速直 线运动 匀变速直 线运动 v0＋v x － v ＝v t ＝ ＝ t 2 2 2ax＝v 自由落体 运动 v＝gt
2
Δ x＝aT2 x＝ 1 v0t＋ at2 2
x － v ＝ 适用 t 于任何形 式的运动
－v2 0 v2＝2gh
1 h＝ gt2 2
v0＝0， a＝g 上抛取
竖直抛体 运动
h＝v0t± v＝v0±gt 1 2 gt 2
2 v2＝v0 ±
“－”号 下抛取 “＋”号
2gh
重力 相互作用 胡克定律 滑动摩擦 力
G＝mg F＝kx F＝μFN
g 为重力加速度，一般取 9.8 m/s2 或 10 m/s2 x 为形变量，k 为劲度系数 μ 为动摩擦因数
牛顿运动 定律
牛顿第二 定律
F 合＝ ma
a 与 F 合的方向 一致
曲
平抛运动
vx＝v0
vy＝gt
沿 x 方向做匀速直
线 运 动 匀速圆周 运动
x＝v0t v＝ Δs Δt
1 y＝ gt2 2 ω＝ Δθ Δt
线运动；沿 y 方向 做自由落体运动 2π r v＝ T ω＝ 2π T
v2 a＝ ＝ω2r＝ωv r v2 F＝ma＝m ＝mω2r r
东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第五章第一讲功和功率Word版含解析

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第五章机械能第一讲功和功率课时跟踪练A组基础巩固1. （2018洛阳模拟）如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的0点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中（）A .斜面对小球的支持力做功B.重力对小球不做功C .绳的张力对小球不做功D .在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C对；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B 错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D 错.答案：C2. （多选）（2018衡阳模拟）如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是（）A .始终不做功B.先做负功后做正功C .先做正功后不做功D .先做负功后不做功解析：设传送带的速度大小为v i，物体刚滑上传送带时的速度大小为V2•若V2= v 1,则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v 2> V 1,物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为V1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功；若v 2< V 1 ,物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为V1,然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功. 选项A、C、D正确.答案：ACD3. （2015海南卷）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. 3倍D. .2倍解析：当F f = k v，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P= F v = F f v = k v v = k v2，变化后有2P= F'v '=v、'• =D . FLcos 0 解析：小球从P 点到Q 点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F k v ‘2,联立解得v '= 2v , D 正确.答案：D4•一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑 轮，另一端用恒力F 拉住，保持两股绳之间的夹角 0不变，如图所 示，当用力F 拉绳使木块前进s 时，力F 对木块做的功（不计绳重和 滑轮摩擦）是（ ）A . Fscos 0"""""""""B . Fs(1 + cos 0)C . 2Fscos 0D . 2Fs解析：根据动滑轮的特点，可求出绳在F 方向上的位移为x = s （1 + cos 0）,根据恒力做功公式得 W = Fx = Fs （1 + cos 0）,或可看成两股绳都在对木块做功 W = Fs + Fscos 0= Fs （1 + cos0），则选项B 正确.答案：B5. （2018荆州模拟）一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂 于0点, 小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动 到Q 点, 此时轻绳与竖直方向夹角为 0,如图所示，则拉力F 所做 的功为（mu#亦、POmgLcos 0B . mgL(1 — cos 0)FLsin 0作用，因很缓慢地移动，小球可视为平衡状态，由平衡条件可知 F = mgtan 0,随B 的增大，拉力F 也增大，故F 是变力，因此不能直接 用公式W = Flcos 0计算.根据动能定理，有 W F — W G = 0•所以W F = W G = mgL （1 — cos 0），选项 B 正确.答案：B6.—物体静止在粗糙水平地面上. 现用一大小为F i 的水平拉力 拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v •若将水平拉力的大小改为 F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v •对于上述两个过 程，用W FI 、W F 2分别表示拉力F i 、F 2所做的功，WF fi 、WF f2分别 表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（） A. W F 2>4W FI , WF f2>2WF fiB. W F 2>4W FI , WF f2 = 2WF fiC. W F 2<4W FI , WF f2= 2WF fiD. W F 2<4W FI , WF f2<2WF fiW F 2<4W FI ; WF f 1= a mgt , WF f2= a mgyt , 故 WF f2= 2WFm C 正 确.答案：C7•如图所示为某汽车启动时发动机功率 P 随时间t 变化的图象， 图中P o 为发动机的额定功率，若已知汽车在 t 2时刻之前已达到最大 速度V m ,据此可知（ ）+ 2 mV 4 2 1 2 2v W F 2 = 2m •v + atA . t l~ t2时间内汽车做匀速运动B. 0〜t i时间内发动机做的功为P o t i、一( 忖C. 0~t2时间内发动机做的功为Pog—2D .汽车匀速运动时所受的阻力小于巳V m解析：在0〜t i时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由 F —F f = ma可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t i时刻达到额定功率，随后在t i〜t2时间内，汽车速度继续增大，由P=F v 可知，牵引力减小，加速度减小，但速度继续增大，直到牵引力减小到与阻力相等时，F f= F = V0，达到最大速度v m,接V m着做匀速运动.发动机所做的功为图线与t轴所围成的面积，0〜t i 时间内发动机做的功为罟,0~ t2时间内发动机做的功为P o；t2 —殳) 故C正确，A、B、D错误.答案：C8•质量为2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.t= 0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g取i0 m/s2).求：F(1) 4 s末拉力的瞬时功率；(2) 6〜8 s内拉力所做的功；(3) 8 s内拉力的平均功率.解析：⑴在0〜2 s内，拉力等于4 N,最大静摩擦力卩m詹于4 N，故物体静止.在2〜4 s内，拉力F = 8 N,由牛顿第二定律得F ―卩m涉ma,解得a= 2 m/s2,1 2位移为x i = 2a(At) = 4 m,4 s末物体的速度大小v = aAt= 4 m/s,4 s末拉力的瞬时功率P= F v = 8X4 W = 32 W・⑵在4〜6 s内，拉力等于4 N,滑动摩擦力等于4 N,故物体做匀速直线运动.位移X2= v At= 4X 2 m= 8 m,在6〜8 s内，拉力F = 8 N,物体的加速度大小仍为a= 2 m/f1 2位移X3= v At+ 2a(At)2= 12 m,拉力所做的功 W = FX 3= 8X 12 J = 96 J.(3)8 s 内拉力做功 W = 0 + 8X 4 J + 4X 8 J + 96 J = 160 J ,W平均功率P = t = 20 W.答案：(1)32 W (2)96 J (3)20 WB 组能力提升9. （2018潍坊模拟）如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点 处的小物块，在水平拉力 F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物 块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆.则小物块运 动到X 0处时F 做的总功为（ ） ... 爭. …77^77777777777777777777 图甲B.qF m X 0n 2 D. 7X2 解析：F 为变力，但F-x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的1 11总功.由于图线为半圆，又因在数值上F m = 2x 0，故 W = 2兀尸辟=2 答案：C 10. 如图所示，水平木板上有质量 m = 1.0 kg 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F f 的大小.取重力加速度g = 10 m/s 2，下列判断正确的是（ ）m x 0 4・2 mF 4 F m X o , O& x/m 图乙 W = ；n n 8X0・0 ] 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 123456789 10A . 5s 内拉力对物块做功为零B . 4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC .物块与木板之间的动摩擦因数为 0・4D . 6〜9 s 内物块的加速度大小为 2.0 m/S解析：由题给图象可知物块在0〜4 s 内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B 错误；4〜5 s 内做变加速直线运动，因此5 s 内 拉力对物块做的功不为零，选项A 错误；物块的滑动摩擦力F f = 3 N , 则 尸补討°・3,选项C 错误；在6〜9 s 内由牛顿第二定律得F — F f答案：D11. （多选）（2018聊城模拟）汽车从静止匀加速启动，最后做匀速 运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图 所示，其中正确的是（ ）解析：汽车启动时由P = F v 和F — F f = ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大.当功率 增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故 A 、C 、D 正确.5 4 321=ma , a = 1.0m/s 2= 2.0 m/s 2，选项 D 正确.答案：ACD12. (2018德州模拟)水平面上静止放置一质量为m = 0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v-1图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为尸0.1, g取10 m/s2.(1) 物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2) 电动机的额定功率；⑶物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度.解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a = —= 0.4 m/s2,物块受到的摩擦力大小F f=卩mg设牵引力大小为F，则有F —F f = ma,得 F = 0.28 N.⑵当v = 0.8 m/s时，电动机达到额定功率,贝卩P= F v = 0.224 W.⑶物块达到最大速度V m时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F f=[i mg P = F f v m,解得v m= 1・12 m/s.答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3) 1.12 m/s。