优化方案高考物理浙江专用二轮专题复习课件：第一部分专题二 功与能第3讲

第一讲　功、功率和动能定理知识内容考试要求备考指津1.追寻守恒量——能量b2.功c3.功率c4.重力势能c5.弹性势能b6.动能和动能定理d1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.　功的理解与计算 【题组过关】1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )A ．合力对游客做负功B ．皮筏艇对游客不做功C ．重力对游客做正功D ．游客的机械能增加解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A 错误，重力做正功，选项C 正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B 、D 错误．2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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 F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝∶＝2∶1，位移之比2vt vt l 2∶l 1＝t ∶t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比2v2v2F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为零C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－F 阻πL12解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－F 阻πL ，D 正确．121．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．　(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝(F 初＋F 末)来计12算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上、下两侧分别表示正、负功．　对功率的理解与计算 【重难提炼】1．平均功率的计算(1)利用P ＝.Wt (2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力．2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度．(2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．(3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．　对于α变化的不能用公式P ＝F v cos α计算平均功率．3．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P －t 图和v －t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝↓⇒a ＝P （不变）v↓F －F 阻m a ＝不变⇒ F 不变，F －F 阻m v ↑⇒P ＝F v ↑直到P 额＝F v 1OA 段运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝Pv mv ↑⇒F ＝↓⇒a ＝P 额v F －F 阻m↓运动性质以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段无F ＝F 阻⇒a ＝0⇒以v m ＝做P 额F 阻匀速直线运动　某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？[审题突破]　(1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？(2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？[解析]　(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝＝＝ m/s ＝12 m/s PF PF f 60×1030.1×5 000×10v ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝＝N ＝1.2×104 N ，P v 60×1035由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝m/s 2＝1.4 m/s 2.1.2×104－0.1×5×103×105×103(2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N ＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝＝m/s ＝8 m/sPF 260×1037 500由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t故匀加速过程能维持的时间t ＝＝ s ＝16 s.v ′ma ′80.5[答案]　(1)12 m/s 1.4 m/s 2　(2)16 s【题组过关】考向一　平均功率与瞬时功率1．(2019·杭州二模)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为B ．3t 0时刻的瞬时功率为C ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为D ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为解析：选B.2t 0时刻的速度大小v 2＝a 1·2t 0＝t 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝2F 0m ·2t 0＋t 0＝，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝，选项A 错误，F 0m 3F 0m 5F 0t 0m B 正确；0～3t 0时间段内，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×·(2t 0)2＋3F 0·12F 0m t 0＝，平均功率P ＝＝，选项C 、D 均错误．v 2＋v 32Wt 考向二　以恒定功率启动方式的求解2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1 B ．v 2＝v 1k 1k 2C ．v 2＝v 1D ．v 2＝k 2v 1k 2k 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mg v 1及P ＝k 2mg v 2，得v 2＝v 1，故B 正确．k 1k 2考向三　以恒定牵引力启动方式的求解3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P ＝F v 及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P 增大，当P ＝P 额时，功率不再增加，此时，牵引力F 大于阻力f ，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F ＝f 时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B 错误，A 、C 、D 正确．4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为，已知赛车运动过程中受3P4到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝f v 1两台发动机同时工作，P ＋＝F 2v 2＝f v 23P4最大速度v 2＝＝210 km/h.7v 14(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0，阻力f ＝Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为，设总路程为s ，由动能定理3P8有t 1＋Pt 2－fs ＝m v 3P81220解得s ＝.答案：(1)210 km/h (2)1．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，　若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断．2．机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝＝(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．PF min PF 阻(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝＜v m ＝.PF PF 阻(3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．　动能定理的应用 【重难提炼】　(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )π2A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[解析]　小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．[答案]　BCD【题组过关】考向一　运用动能定理求变力做功1.如图所示， 在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做负功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选D.由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项错误；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错误．2．如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝mgR ，质点恰好可以到达Q 点12B ．W >mgR ，质点不能到达Q 点12C ．W ＝mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离12D ．W <mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离12解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝m v ＝mgR .质点由122N32开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功1212为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝m v －m v ，即122Q 122N mgR －W ′＝m v ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．12122Q 考向二　运用动能定理解决往复运动问题3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l 0，滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μB.1μC.2μD.1μ解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板 P 处．设滑块经过的总路程为l ，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl 0sinθ－μmgl cos θ＝ 0 － m v ，解得l ＝，选项A 正确．12201μ考向三　运用动能定理解决曲线运动问题4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空132气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)(1)求过山车过F 点时的速度大小．(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？解析：(1)在F 点的向心力F 向＝mg －0.25mg ＝m ，代入已知数据可知v F ＝3 m/s.10(2)根据动能定理，从B 点到F 点，有m v －0＝mgh BF ＋W 正122F 解得W 正＝－7.5×104 J.(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1－F f1L cos θ－mgr cos θ＝0－m v 122D 未触发制动时，对D 点到F 点的过程，有－μmg cos θL cos θ－mgr ＝m v －m v 122F122D 联立得F f1＝×103 N ＝4.6×103 N 7316要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为F f2F f2＝mg sin θ＝6×103 N 故F fm ＝6×103 N.答案：见解析1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．5．应用动能定理解题的基本思路[课后作业(八)](建议用时：50分钟)一、选择题1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )A ．430 J ，7 W B ．4 300 J ，70 WC ．720 J ，12 WD ．7 200 J ，120 W解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度＝，即h 0.4 m 0.90.9＋0.6h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以一分钟内克服重力做功为W 总＝nW ＝4 320 J ，功率P ＝＝72 W ，故选项B 正确．W 总t 2．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32解析：选D.设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 v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝v ，D 正2确．3．(2017·浙江选考11月)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P ＝＝ W ＝800 W ，而伸mgh t 400×10×605×60缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W ，选项D 错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103× kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为W G ＝m ′gh ＝50×10×60120J ＝3×104 J ，水的动能为m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104 J ，所以功率12为4×104 W ，选项B 正确，选项A 、C 错误．4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.R (F N －3mg )B.R (2mg －F N )1212C.R (F N －mg )D.R (F N －2mg )1212解析：选A.质点在B 点，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m ，质点在B 点的动能为v 2R E k B ＝m v 2＝(F N －mg )R .质点自A 滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR ＋W f ＝E k B －0，解1212得：W f ＝R (F N －3mg )，选项A 正确，B 、C 、D 错误．125．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝F v ，而F －f ＝ma ，联立可得＝a ＋，由题图乙可得图线的斜1v m P f P 率为，纵截距为＝，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速m P f P 1v m 运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．6．质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2)　( )A ．34 JB ．56 JC ．92 JD ．196 J解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx ·sin30°－F f x ＝0－E 0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx ·sin 30°－F f x ＝E －0，代入数据得E ＝34 J ，故选A.7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m ＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x 轴，重力加速度g ＝10 m/s 2.现对物块施加竖直向下的拉力F ，F 随x 变化的情况如图乙所示．若物块运动到x ＝0.4 m 处速度为零，则在物块下移0.4 m 的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A ．5.5 JB ．3.5 JC ．2.0 JD ．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m 的过程中，拉力F 做的功W ＝3.5 J ，重力势能减少量mgx ＝2 J ，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W ＋mgx ＝5.5 J ，选项A 正确．8.如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力F 的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O 点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F ＝mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P ＝F ·v cos θ＝mg v ·sin θ.从A 运动到B 的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A 项正确．9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为16 m ，竖直距离为2 m ，A 、B 间绳长为20 m ．质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A 处滑到B 处．以A 点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A ．－1.2×103 JB ．－7.5×102 JC ．－6.0×102 JD ．－2.0×102J解析：选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小，∠BCF ＝∠ECF ＝θ，所以L BC ·sinθ＋L AC ·sin θ＝BD ，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD ＝2 m ，则ED ＝AD ·tan 53°＝BD LAB 4583m ，所以FE ＝ m ．FC ∶AD ＝FE ∶ED ，得FC ＝5 m ，所以AC 高度差为7 m ，再加上猴子203自身高度，重心距套环约为0.5 m ，故猴子重力势能最小约为E p ＝－mgh ＝－750 J ，故选项B 正确．10．(多选)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：选ACD.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，B 错误．二、非选择题11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5m/s 2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝at 2，v ＝at .12根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h .1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．(3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝＝1.5 m/s 2.ΔxT 2(2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N ＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝＝ m/s ＝30 m/sP 额F 90×1033×103匀加速运动保持的时间t 1＝＝ s ＝20 s.v a 301.5(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝＝ m/s ＝60 m/s.P 额F f 90×1031.5×103(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝＝×20 m ＝300 mvt 12302所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝m (v －v 2)122m解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s.答案：(1)1.5 m/s 2　(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；35在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有＝tan α①F 0mg F 2＝(mg )2＋F ②20设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m ③v 2R 由①②③式和题给数据得F 0＝mg ④34v ＝.⑤5gR2(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝m v 2－m v ⑧121221由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝m v 1＝.⑨m 23gR2(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋gt 2＝CD ⑩12v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝ .⑫355Rg 答案：见解析。

专题二综合检测一、单项选择题1．(2015·新余一模)如图所示是质量为1 kg 的质点在水平面上做直线运动的v －t 图象．以下判断正确的是( )A ．在t ＝1 s 时，质点的加速度为零B ．在4～6 s 时间内，质点的平均速度为2 m/sC ．在0～3 s 时间内，合力对质点做功为10 JD ．在3～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 W 答案：D2.(2015·绍兴模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C ，质量相等的两木块A 、B 用一劲度系数为k 的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l .如果用平行斜面向上的恒力F (F ＝m A g )拉A ，当A 向上运动一段距离x 后撤去F ，A 运动到最高处时，B 刚好不离开C ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．A 沿斜面上升的初始加速度大小为g2B ．A 上升的竖直高度最大为2lC ．拉力F 的功率随时间均匀增加D ．l 等于x 解析：选D.A 沿斜面上升的初始时刻，A 所受合力为F ＝m A g ＝m A a ，得a ＝g ，A 选项错误．初始时A 静止，弹簧压缩量为l ，则有kl ＝m A g sin 30°；当A 运动到最高处时，弹簧的伸长量为l ′，对B 受力分析，则有kl ′＝m B g sin 30°，又m A ＝m B ，得l ′＝l ，所以A 上升的竖直高度最大为2l sin 30°＝l ，B 项错误；拉力F 的功率P ＝Fv ＝Fat ，a 时刻改变，所以P 随时间不均匀增加，C 项错误．在全程对A 由动能定理有－m A g 2l sin θ＋Fx ＝0，得x ＝l ，所以D 项正确．3．(2015·河北石家庄二中一模)一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．质点的机械能不断增加B ．在0～5 s 内质点的动能增加C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能解析：选D.质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．4．如图，光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中AB 段水平，BCDE 段为半径为R 的四分之三圆弧管，圆心O 与AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量为m ，初速度v 0＝10gR2的光滑小球水平进入圆管AB ，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R ，以下说法错误的是( )A ．小球到达C 点时的速度大小为v C ＝32gR2B ．小球能通过E 点并恰好落至B 点C ．若将DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D 点为2R D ．若减小小球的初速度v 0，则小球到达E 点时的速度可以为零解析：选C.从A 至C 过程，机械能守恒(以AB 为参考平面)：12mv 20＝12mv 2C －mgR ，将v 0＝10gR 2代入得v C ＝32gR 2，故A 正确；从A 至E 过程，机械能守恒：12mv 20＝12mv 2E ＋mgR ，v E ＝2gR2，结合平抛运动规律可知能正好平抛落回B 点，故B 正确；设小球能上升的最大高度为h ，则机械能守恒：12mv 20＝mgh ，h ＝v 202g ＝54R, 故C 错误；因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E 点速度可以为零，故D 正确．5．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块做匀速运动．从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 、t 表示每个物块所通过的路程、时间，E 表示两物块组成的系统的机械能，E p 表示两物块组成的系统的重力势能，W f 表示物块甲克服摩擦力所做的功，W F 表示拉力F 对物块乙所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是( )解析：选C.因为相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故h 甲h 乙＝sin 30°sin 60°，即h 甲<h 乙，所以任意时间段内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能增加，而系统动能不变，则系统的机械能增加，故A 、B 错误；物块甲克服摩擦力所做的功W f ＝μmgx cos 30°，x ＝vt ，故W f －t 图线为一条过原点的倾斜直线，同理W F －t 图线也为一条过原点的直线，故C 正确，D 错误．二、不定项选择题6．(2015·湖州一模)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．货物受到的摩擦力增大B ．货物受到的支持力不变C ．货物受到的支持力对货物做正功D ．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC.货物处于平衡状态，则有mg sin θ＝F f ，F N ＝mg cos θ，θ增大，F f 增大，F N 减小，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C 正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D 错误．7．(2015·衡水一模)质量为2×103kg 、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4×103N ，则下列判断中正确的有( )A ．汽车的最大动能是4×105JB ．汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动，启动后第2 s 末发动机实际功率是32 kWC ．汽车以加速度2 m/s 2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4×105JD ．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/s 2解析：选ABD.汽车的最大速度为v m ＝P 0F f ＝20 m/s ，最大动能为E km ＝12mv 2m ＝4×105J ，A正确；汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动，启动后第2 s 末的速度是4 m/s ，此时的牵引力F ＝F f ＋ma ＝8×103N ，功率为P ＝Fv ＝32 kW ，B 正确；匀加速运动的末速度为v 1＝P 0F＝10 m/s ，位移x ＝v 212a＝25 m ，所以摩擦力做功W ＝F f x ＝1×105J ，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 ′＝P 0v ′＝1.6×104 N ，加速度a ＝F ′－F f m＝6 m/s 2，D 正确．8．如图所示，两物体A 、B 用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A 、B 两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A ．由于F 1、F 2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变B ．当A 、B 两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小C ．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D ．当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度为零解析：选BC.从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A 项错；当两物体之间距离减小即A 、B 相向运动，力F 1和F 2做负功，系统机械能减小，B 项正确；当弹簧伸长到最长时，力F 1和F 2做正功最多，故系统机械能最大，C 项正确；分别对A 、B 应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A 、B 做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D 项错．9．(2015·河北石家庄模拟)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为R2.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 ＝－12mgRB ．凹槽A 对小物块B 做的功W ＝mgRC ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为mgD ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为2mg解析：选AD.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 R 2＝12mv 2，得v ＝gR ，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 ＝12mv 2－0，得W ＝－12mgR ，A 项正确，B 项错误．在最低点小物块所受的向心力F 向＝F N －mg ＝m v 2R，得F N ＝2mg ，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小F ′N ＝F N ＝2mg ，所以D 项正确，C 项错误．10．(2015·银川一中高三第五次考试)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选AC.根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x ＝（2＋6）×42 m －2×22 m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加量为mgx ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为 6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．三、非选择题11.(2015·杭州市第二次质检)如图所示，倾角为α、高为H 的粗糙斜面处于场强为E 、方向竖直向下的匀强电场中，一个带电荷量为－q 、质量为m 的小球以初速度v 0从斜面顶端A 处沿斜面下滑，至底端B ，问：(1)在此过程中，小球电势能变化多少？是增加还是减少？(2)若斜面与小球的动摩擦因数为μ(μ＞tan α)，要使小球能沿斜面到达底端B 点，电场强度E 应满足什么条件？(重力加速度取g )解析：(1)ΔE p ＝－W 电场＝－(－qEH )＝qEH ， 电势能增加．(2)因为μ＞tan α，所以不加电场时，物块减速下滑． 若不加电场，物块刚好滑至B 点，根据动能定理mgH －μ0mg cos αHsin α＝0－12mv 20 μ0＝tan α＋v 20tan α2gH①当μ＞μ0时，不加电场，物块不能滑至B 点，故需 (mg －qE )H －μ(mg －qE )cot αH ＋12mv 20≥0所以E ≥mgH ＋12mv 20－μmg ·cot α·HqH （1－μcot α）又要保证物块不离开斜面，故有qE ≤mg ，即E ≤mg qmgH ＋12mv 20－μmg cot α·HqH （1－μcot α）≤E ≤mg q.②当μ＜μ0时，不加电场，物块能滑至B 点，故只要保证物块不离开斜面，需0≤E ≤mg q. 答案：(1)qEH 增加 (2)见解析12．过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径R 1＝2.0 m 、R 2＝1.4 m ．一个质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)，从轨道的左侧A 点以v 0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距L 1＝6.0 m ．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B 、C 间距L 应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R 3应满足的条件；小球最终停留点与起点A 的距离．解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1，根据动能定理－μmgL 1－mg ·2R 1＝12mv 21－12mv 20①小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律F ＋mg ＝m v 21R 1②由①②得F ＝10.0 N ．③(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意mg ＝m v 22R 2，④－μmg (L 1＋L )－mg ·2R 2 ＝12mv 22－12mv 20⑤由④⑤得L ＝12.5 m ．⑥(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足mg ＝m v 23R 3⑦－μmg (L 1＋2L )－mg ·2R 3＝12mv 23－12mv 20 ⑧由⑥⑦⑧得R 3＝0.4 m.Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理－μmg (L 1＋2L )－mg ·R 3＝0－12mv 2解得R 3 ＝1.0 m为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足(R 2＋R 3)2 ＝L 2 ＋(R 3－R 2)2解得R 3＝27.9 m.综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0<R 3≤0.4 m 或 1.0 m ≤R 3≤27.9 m.当0<R 3≤0.4 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ′，则 －μmgL ′＝ 0－12mv 20，L ′＝36.0 m.当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ″，则 L ″＝L ′－2(L ′－L 1－2L )＝26.0 m.答案：(1)10.0 N (2)12.5 m (3)当0<R 3≤0.4 m 时，L ′＝36.0 m 当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，L ″＝26.0 m。