2020届高考二轮复习物理：专题 功和功率 动能定理 Word版含解析

专题二能量与动量[核心知识体系]第一讲功和功率动能定理近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ功和功率机车的启动问题动能定理的应用2018·T142018·T142017·T172019·T172017·T161．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg[题眼点拨]①“始终与运动方向相反的外力”说明该外力始终阻碍物体运动做负功；②E k-h图象的斜率为物体运动过程中受到的合外力．解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比[题眼点拨]①“匀加速直线运动”说明列车的运动情况可用匀变速运动的规律求解；②“列车的动能”说明动能与速度有关，让求的各物理量均与速度建立一定的联系．解析：列车的动能E k＝12m v2与速度的平方成正比，列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，E k＝12m v2＝12m(at)2，与时间的平方成正比，Ek＝12m v2＝p22m，与动量的平方成正比，由动能定理得max＝E k，与它的位移成正比，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()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[题眼点拨]①“静止开始”说明木箱的初速度为零；②“粗糙水平路面”说明地面对木箱有摩擦力，注意摩擦力不等于动摩擦因数与重力的乘积．解析：木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：W F－WF f＝12m v2－0 ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．答案：A4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28gC.v24g D.v22g[题眼点拨] ①“从轨道上端水平飞出”说明飞出后做平抛运动；②“半圆形光滑轨道”说明无摩擦力．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据动能定理有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B5.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl[题眼点拨]①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ 段细绳重力势能的增加量．解析：QM段绳的质量为m′＝23m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为13l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为16l，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 答案：A命题特点与趋势1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用，题目具有一定的综合性，难度适中．2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2020年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．解题要领解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．考点1功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5[题眼点拨] ①“变速阶段加速度的大小都相同”说明合力相同；②“提升的高度相同”说明图象的面积相同；③“提升的质量相等”说明重力做的功相同．解析：设第②次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移可知，12×2t 0×v 0＝12(t ＋t －t 0)×12v 0，解得t ＝52t 0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式P＝F v，电机输出的最大功率之比为2∶1，选项C正确；由动能定理得W F－mgh＝0－0，解得W F ＝mgh，则两次做功相同，选项D错误．答案：AC1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝F v cos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．[对点训练]1．(2019·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O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错误，C正确；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错误；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错误．答案：C2．(2019·保定四校联考)质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示．g取10 m/s2，则()A．拉力F的大小为100 NB．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC．4 s内拉力所做的功为480 JD．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s内，－F－F f ＝ma1且a1＝－5 m/s2；2～4 s内，－F＋F f＝ma2且a2＝－1 m/s2，联立以上两式解得F＝60 N，F f＝40 N，A错误；由P＝F v得4 s时拉力的瞬时功率为120 W，B正确；由W＝Fx，0～2 s内，W1＝－Fx1，2～4 s内，W2＝Fx2，由题图可知x1＝10 m，x2＝2 m，代入数据解得，4 s内拉力所做的功为－480 J，C错误；摩擦力做功W＝F f·s，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12 m，4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J，D 错误．答案：B考点2机车启动问题1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法．(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma.(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P F阻.3．解决机车启动问题时的四点注意．(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻v m，P为机车的额定功率．(多选)(2019·马鞍山一模)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，汽车所受阻力大小与速度大小成正比．由此可得()A．在t3时刻，汽车速度一定等于v mB．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动[题眼点拨]①由图象知0～t1内汽车的功率均匀增加，t1～t3汽车以额定功率行驶；②“t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m”说明t2后汽车牵引力与阻力相等(大小)，汽车做匀速直线运动．解析：已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于v m，故A正确；0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝F v，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误；在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确．答案：AC1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．2．在公式P＝F v中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此F＝F f时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．(1)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动．(2)以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Fl cos θ求解．[对点训练]考向恒定功率的启动3．(多选)(2018·佛山第一中学检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.则以下分析正确的是()A．汽车发动机的额定功率为kmg vB．汽车行驶的最大速度为（kg＋a）vkgC．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD．汽车发动机的额定功率为(ma＋kmg)v解析：设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：Pv－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：v m＝Pkmg＝（kmg＋ma）vkmg＝（kg ＋a ）v kg ，故B 正确；加速度为a 2时，设此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m ·a 2，解得：F ＝kmg ＋ma 2，此时速度为：v ＝P F ＝（kmg ＋ma ）v kmg ＋ma 2<2v ，故C 错误． 答案：BD考向恒定加速度启动4．(2019·芜湖模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为P v2B．重物匀加速过程的时间为m v21P－mg v1C．重物匀加速过程的加速度为P m v1D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度v—＜v1＋v22解析：匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝Pv1，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝Pm v1－g，t＝m v21P－mg v1，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度v—＞v1＋v22，故D错误．答案：B考点3动能定理的应用(2019·信阳模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道固定，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的14圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2，现让一个质量为m＝1 kg 的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下(g取10 m/s2)．请回答下列问题．(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．[题眼点拨]①“自由落下”说明小球落至A点前做自由落体运动，②“仅仅与弹性挡板碰撞一次，且球不会脱离CDO轨道”说明H最小时必须满足小球能上升到O点，H最大时，碰后再返回最高点能至D点．解析：(1)设小球第一次到达D的速度为v D，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得mg(H＋r)－μmgL＝12m v2D－0，在D点轨道对小球的支持力F N提供向心力，则有F N＝m v2D r，联立解得：F N＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝84 N ；(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理得mgH min －μmgL ＝12m v 20－0， 在O 点有：mg ＝m v 20r， 代入数据解得：H min ＝0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(H max＋r)－3μmgL＝0，代入数据解得H max＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m.答案：(1)84 N(2)0.65 m≤H≤0.7 m[对点训练]考向动能定理与图象的结合5．(2019·衡水模拟)质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5 m 内物体匀速运动．x＝7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是()A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B．当x取3 m时物体的速度最大C．撤去外力时物体的速度为 2 m/sD．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s解析：4～5 m内物体匀速运动，则有F＝F f＝μmg，得μ＝Fmg＝310＝0.3，故A错误；只要F＞F f＝μmg，物体就在加速，所以在0～4 m内物体一直加速，x＝4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x轴所围的面。

功功率动能定理一、选择题（本题共8小题,其中1～4题为单选,5~8题为多选）1．（2019·安徽省滁州市模拟）一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y＝－5x2.（单位：m)，一质量为0。

1 kg的金属小环套在上面，t＝0时刻从x＝－1 m处以v0＝1 m/s向右运动，并相继经过x＝1 m的A点和x＝2 m的B点，下列说法正确的是（ C )A．小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B．小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C．小环经过B点时重力的瞬时功率为20 WD．小环经过B点的时刻为t＝2 s［解析] 若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，A错误；金属环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，B错误；小球经过B点的时间t＝错误!＝错误!＝3 s，所以小环经过B点的时刻为t＝3 s,D错误；小环经过B点时，v y＝g(t－1)＝20 m/s，所以小球经过B点时重力的瞬间功率为P＝mgv y＝20 W，C正确。

2．（2019·山西模拟)车辆在行驶时,要克服的阻力有轮胎产生的滚动阻力(路阻）及空气阻力(风阻）。

有一辆汽车的路阻恒为车重的0。

05倍；风阻与车速的平方成正比, 即f＝bv2，b为风阻系数。

该车质量为1。

0×103kg，牵引力的最大功率为94.8 kW，在平直公路上运动时，最大速度可达60 m/s。

则当汽车的速度为20 m/s时，汽车的最大加速度值约为（取g＝10 m/s2）（ B ）A．3.6 m/s2B．4.1 m/s2C．4。

6 m/s2D．9。

0 m/s2[解析］当速度为v1＝60 m/s时，牵引力为错误!，由牛顿运动定律错误!－0.05mg－bv2，1＝0；当速度为v2＝20 m/s时，牵引力为Pv2，由牛顿运动定律错误!－0。

2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第二部分功能与动量第5讲功功率动能定理目录一、理清单，记住干 (2)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (3)四、定考点，定题型 (3)超重点突破1功和功率的分析与计算 (3)命题角度1功的分析与计算 (4)命题角度2功率的分析及应用 (5)命题角度3 变力做功 (5)超重点突破2机车启动中的功率问题 (6)超重点突破3动能定理的基本应用 (7)命题角度1动能定理在直线运动中的应用 (8)命题角度2动能定理在曲线运动中的应用 (8)命题角度3 动能定理在图象问题中的应用 (9)五、固成果，提能力 (10)一、理清单，记住干1．功(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F ­x 图线与x 轴所围“面积”求解．2．功率(1)平均功率：P ＝W t＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)． (2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的关键方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝P F 阻，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12mv 2－12mv 20. 4．应用动能定理的两点注意(1)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．(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用． 二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅲ，T17】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【2019·高考江苏卷】如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为2μgs【2018·高考全国卷Ⅲ，T19】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5三、考情揭秘近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，题目具有一定的综合性，难度适中．高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．应考策略：备考中要理解功和功率的定义，掌握正、负功的判断方法，机车启动两类模型的分析，动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．动能定理仍是2020年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题、图象问题相结合的情景题目．四、定考点，定题型超重点突破1功和功率的分析与计算1．功和功率的计算(1)功的计算①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。

功、功率和动能定理一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1)D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D ．A 、B 两小球的质量之比为2∶14．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg ，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg 的高密度重物从3 000 m 深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW ，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为( )A ．0.5×103 sB ．1.0×103 sC ．1.5×103 sD ．2.0×103 s5．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kgC．1 kg D．0.5 kg6．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是()A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中()A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功的功率逐渐增大D．绳子拉力做功的功率先增大后减小8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB＝4 m，α＝37°.一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s的初速度从A点沿杆上滑．不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2.则：(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？(2)小环运动到B点时的速度v B为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？11.如图所示，劲度系数k＝200 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m＝3 kg的物块A，A放在平台B上，平台B可以控制A的运动，初始时A、B静止，弹簧处于原长，g取10 m/s2，控制平台B竖直向下运动，保持A与B一起下降直到分离，求：(1)A、B一起缓慢下降的最大位置x1；(2)若B以a＝5 m/s2向下加速运动，从开始运动到A、B分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B对A做的功．答案一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1) D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)答案：A解析：设空载时质量为m ，满载时质量为M ，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足F －kmg ＝ma 1，由汽车的功率和牵引力关系P ＝Fv ，可得P ＝(kmg ＋ma 1)v ，当汽车满载时有F 1－kMg ＝Ma 2，P ＝F 1v ，得P ＝(kMg ＋Ma 2)v ，满载和空载时功率和速率均相等，可求出M m ＝kg ＋a 1kg ＋a 2.所以选项A 正确．2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D答案：C解析：汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W ＝Fx ＝F ·12at 2，则W －t 图象是开口向上的抛物线，W －x 图象是条倾斜的直线，达到某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功W ＝Pt ，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会达到一个最大值，故A 、B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，E k －t 图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C 正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：E k ＝(F －f )x ，E k －x 图象应该是直线，故D 错误． 3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D．A、B两小球的质量之比为2∶1答案：A解析：重力的功率P＝mgv，这里的v是指竖直方向的分速度，一开始A是由静止释放的，所以A一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零．相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率mgv先增大后减小，故A正确；m A由c 点下滑到a的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m A滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m A的速度大于m A沿绳子的分速度，而m B的速度大小等于绳子的速度大小，则m A的速率大于m B速率，故B错误；由题可知，两个小球的速度都是先增大后减小，当B向上的速度增大时，加速度的方向向上，绳上的拉力大于B球重力；而当B向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于B球重力．故C错误；c点到轨道的上沿的距离l＝R2＋R2－2R2cos 30°＝R2－3，若m A恰好能沿圆轨道下滑到a点，此时两小球速度为零，由动能定理得：m A gR(1－cos 60°)－m B g(2R－l)＝0－0，解得：m A＝(23－22－3)m B，故选项D错误．4．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg的高密度重物从3 000 m深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为()A．0.5×103 s B．1.0×103 sC．1.5×103 s D．2.0×103 s答案：C解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为v＝PG＝180×103(5＋4)×103×10m/s＝2 m/s，运动的时间为t＝3 0002s＝1.5×103 s，故只有选项C正确．5．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kgC．1 kg D．0.5 kg答案：C解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝E k－E k0，得E k＝E k0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F )(6－h )＝E k ，得E k ＝6(mg －F )－h (mg －F )，即mg －F ＝8 N ，联立两公式，得m ＝1 kg 、F ＝2 N ．故只有选项C 正确．6．如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是( )A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功W F ＝FL sin θB ．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC ．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D ．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 答案：C解析：缓慢上拉过程中拉力F 是变力，由动能定理，F 做的功等于克服重力做的功，即W F ＝mgL (1－cos θ)，重力势能增加mgL (1－cos θ)，选项A 、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C 正确，D 错误． 二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m 的小球固定在长为2L 的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A 点，杆可绕A 点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A 点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中( )A ．小球重力做功为2mgLB ．绳子拉力做功大于2mgLC ．重力做功的功率逐渐增大D ．绳子拉力做功的功率先增大后减小 答案：AC解析：小球重力做功为W G ＝mg ·2L ＝2mgL ，故A 正确；在整个过程中，根据动能定理可得mg ·2L －W 拉＝12mv 2－12mv 2，解得W 拉＝2mgL ，故B 错误；根据P ＝Fv cos θ可知，P ＝mgv cos θ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C 正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D 错误． 8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间 答案：ABC解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，选项A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F -x 图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，选项B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D 错误． 三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2，重力加速度大小为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能． 答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2) 解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得：E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有 E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ④且有v 1t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得：E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)⑦10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB ＝4 m ，α＝37°.一个质量为m 的小环套在杆上，以v 0＝8 m/s 的初速度从A 点沿杆上滑．不计小环经过B 点时的能量损失，g 取10 m/s 2.则：(1)小环在AB 段运动的加速度a 大小和方向怎样？(2)小环运动到B 点时的速度v B 为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C 点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？答案：(1)6 m/s 2，方向沿杆斜向下 (2)4 m/s (3)0.64解析：(1)小环在AB 段运动过程中，受到重力和支持力的作用，其合外力为mg sin α，根据牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma ，得：a ＝g sin α＝6 m/s 2，方向沿杆斜向下． (2)小环从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得： －mgL AB sin α＝12mv 2B －12mv 20 解得：v B ＝v 20－2gL AB sin α＝4 m/s.(3)小环从A 点出发，经过B 点，能够到达C 点，重力不做功，只有摩擦力做负功，全过程利用动能定理可得：－μmg cos αL AB －μmg sin αL BC ＝0－12mv 20，再由几何关系可知：L BC ＝3 m ，解得：μ＝0.64.11.如图所示，劲度系数k ＝200 N/m 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m ＝3 kg 的物块A ，A 放在平台B 上，平台B 可以控制A 的运动，初始时A 、B 静止，弹簧处于原长，g 取10 m/s 2，控制平台B 竖直向下运动，保持A 与B 一起下降直到分离，求：(1)A 、B 一起缓慢下降的最大位置x 1；(2)若B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，从开始运动到A 、B 分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B 对A 做的功． 答案：(1)0.15 m (2)0.562 5 J －0.562 5 J 解析：(1)对A 受力分析：mg －F N －kx ＝0 当F N ＝0时，达到最大位移，x 1＝mgk＝0.15 m(2)B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，对A 受力分析：mg －F N －kx ＝ma ，当F N ＝0时，达到最大位移x 2＝mg －mak ＝0.075m弹簧弹力对A 做的功：W 弹＝－12F 弹x 2＝－12kx 22＝－0.562 5 J所以弹性势能的增加量E p2＝－W 弹＝0.562 5 J 分离时物块A 的速度v ＝2ax 2 动能E k ＝12mv 2＝98J重力对A 做的功为W G ＝mgx 2＝2.25 J 对A 由动能定理，W ＋W G ＋W 弹＝E k代入数据得B对A的作用力所做的功W＝－0.562 5 J.。