第頁(yè)碼頁(yè)碼頁(yè)/總NUMPAGES總頁(yè)數(shù)總頁(yè)數(shù)頁(yè)EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與提分秘籍專題06功和功率動(dòng)能定理目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點(diǎn)題型歸納 1【題型一】功和功率的理解和計(jì)算 1【題型二】機(jī)車啟動(dòng)問題 4【題型三】動(dòng)能定理及其應(yīng)用 9【題型四】功能中的圖像問題 12二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練 17一、熱點(diǎn)題型歸納【題型一】功和功率的理解和計(jì)算【題型解碼】1.要注意區(qū)分是恒力做功，還是變力做功，求恒力的功常用定義式．2.變力的功根據(jù)特點(diǎn)可將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功(如大小不變、方向變化的阻力)，或用圖象法、平均值法(如彈簧彈力的功)，或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)，或用動(dòng)能定理等求解．【典例分析1】(2020·海南新高考3月診斷)一同學(xué)將地面上一質(zhì)量m＝400g的足球沿與水平方向成θ＝45°角踢出，足球與腳分開時(shí)的速度大小為10m/s，不計(jì)空氣阻力，足球可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2.則該同學(xué)踢球時(shí)對(duì)足球做的功為()A．200JB．100JC．20JD．10J【答案】C【解析】由題意可知，足球離開腳時(shí)的速度為10m/s；而腳踢球時(shí)只有腳對(duì)足球做功，由動(dòng)能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.4×102J＝20J，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．【典例分析2】(2020·上海市青浦區(qū)期末)質(zhì)量為m、初速度為零的物體，在變化情況不同的合外力作用下都通過位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是()【答案】C【解析】由F－x圖象與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示功知，C中面積最大，合外力做功最多．【典例分析3】(2020·湖北隨州市3月調(diào)研)如圖所示，一半圓槽固定在水平面上，A、B兩點(diǎn)為最高點(diǎn)，O為最低點(diǎn)，一個(gè)小球在外力控制下沿AOB做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．半圓槽對(duì)小球的支持力先做正功后做負(fù)功B．合力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功C．小球在最低點(diǎn)O時(shí)，所受合力的功率最大D．整個(gè)過程中小球重力的功率先減小后增大【答案】D【解析】小球在外力控制下沿AOB做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半圓槽對(duì)小球的支持力與其速度一直垂直，故支持力不做功，故A錯(cuò)誤；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，指向圓心，方向始終與速度方向垂直，合力不做功，功率為零，故B、C錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中，豎直分速度先減小后增大，故小球重力的功率先減小后增大，故D正確．【典例分析4】．(2020·浙江杭州二中3月模擬)如圖所示，在外力作用下某物體做直線運(yùn)動(dòng)的圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷()A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力做正功B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力的功率逐漸增大C．在t2時(shí)刻，外力的功率最大D．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，外力做的總功不為零【答案】A【解析】在0～t1時(shí)間內(nèi)，由題圖可知，物體的速度增大，動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理知外力做正功，A正確；v－t圖象斜率表示加速度，加速度與外力成正比，則知在0～t1時(shí)間內(nèi)，加速度減小，外力減小，速度增大．由題圖可知0時(shí)刻速度為零，由P＝Fv可知外力的功率為零．t1時(shí)刻速度最大但拉力為零，t1時(shí)刻外力的功率也為零，可知外力的功率先增大后減小，B錯(cuò)誤；t2時(shí)刻物體的速度為零，加速度不為零，外力不為零，由P＝Fv可知外力的功率為零，C錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物體的動(dòng)能變化量為零，由動(dòng)能定理可知外力做的總功為零，D錯(cuò)誤．【提分秘籍】計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)注意的問題(1)計(jì)算功時(shí)，要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，分清是恒力做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的公式或動(dòng)能定理求解，變力做功用動(dòng)能定理、轉(zhuǎn)化法或圖象法求解。(2)用圖象法求外力做功時(shí)應(yīng)注意橫軸和縱軸分別表示的物理意義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表示功，例如下圖甲、乙、丙所示(丙圖中圖線為eq\f(1,4)圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝eq\f(1,2)F2x2、W3＝eq\f(π,4)F3x3。(3)計(jì)算功率時(shí)，要明確是求瞬時(shí)功率，還是平均功率，若求瞬時(shí)功率，應(yīng)明確是哪一時(shí)刻或哪個(gè)位置的瞬時(shí)功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率；應(yīng)注意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的適用范圍，P＝eq\f(W,t)計(jì)算的是平均功率，P＝Fvcosθ側(cè)重于對(duì)瞬時(shí)功率的計(jì)算?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·上海市靜安區(qū)檢測(cè))一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)，反彈后的速度大小與碰撞前相同，碰撞前后小球速度變化量的大小為|Δv|，碰撞過程中墻對(duì)小球做的功為W，則()A．|Δv|＝0，W＝0 B．|Δv|＝0，W＝7.2JC．|Δv|＝12m/s，W＝0 D．|Δv|＝12m/s，W＝7.2J【答案】C【解析】碰撞前后小球的速率相等，動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理得，墻對(duì)小球做功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝0，取小球撞墻前的速度方向?yàn)檎较颍瑒t速度的變化量Δv＝v′－v＝－v－v＝－2v＝－12m/s，即速度變化量的大小為12m/s，故選C.2.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在恒力F的作用下從底端沿斜面向上一直勻速運(yùn)動(dòng)到頂端，斜面高h(yuǎn)，傾斜角為θ，現(xiàn)把物體放在頂端，發(fā)現(xiàn)物體在輕微擾動(dòng)后可勻速下滑，重力加速度大小為g.則在上升過程中恒力F做的功為()A．Fh B．mghC．2mgh D．無(wú)法確定【答案】C【解析】把物體放在頂端，發(fā)現(xiàn)物體在輕微擾動(dòng)后可勻速下滑，則物體受力平衡，有Ff＝mgsinθ.上滑過程中，物體也做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則有F＝mgsinθ＋Ff＝2mgsinθ，所以在上升過程中恒力F做的功W＝F·eq\f(h,sinθ)＝2mgsinθ·eq\f(h,sinθ)＝2mgh，故選項(xiàng)C正確．3．(2020·浙江名校協(xié)作體5月試題)某人用長(zhǎng)繩將一重物從井口送到井下，前二分之一的時(shí)間內(nèi)，重物勻速下降，后二分之一的時(shí)間內(nèi)，重物勻減速下降，到達(dá)井底時(shí)速度恰好為0，兩段時(shí)間內(nèi)重物克服拉力做的功分別為W1和W2，則()A．W1>W2 B．W1＝W2C．W1<2W2 D．W1＝2W2【答案】C【解析】設(shè)重物的質(zhì)量為m，勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，時(shí)間為t，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力大小為F1＝mg，位移為x1＝vt，重物克服拉力做的功為W1＝F1x1＝mgvt；勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得：F2－mg＝ma，得F2＝m(g＋a)，位移為x2＝eq\f(1,2)vt，重物克服拉力做的功為W2＝F2x2＝m(g＋a)eq\f(1,2)vt；很容易得到：W1＜2W2，選項(xiàng)C正確．4.(2020·湖北武漢高三3月調(diào)研)如圖所示，將完全相同的四個(gè)小球1、2、3、4分別從同一高度由靜止釋放或平拋(圖乙)，其中圖丙是一傾角為45°的光滑斜面，圖丁為eq\f(1,4)光滑圓弧，不計(jì)空氣阻力，則下列對(duì)四種情況下相關(guān)物理量的比較正確的是()A．落地時(shí)間t1＝t2＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬間重力的功率P1＝P2＝P3＝P4D．全程重力做功的平均功率eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(P)4【答案】：D【解析】：圖甲、乙中小球在豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h為豎直高度，對(duì)圖丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動(dòng)能定理可知，兩小球從初始位置到水平面上同一高度處速度大小總相等，但小球4的路程長(zhǎng)，因此t1＝t2<t3<t4，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因豎直高度相等，因此重力做功相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率等于mgvy，小球四種方式落地時(shí)的豎直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬間重力的功率P1＝P2>P3>P4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；綜合分析，可知全程重力做功平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，故eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(P)4，選項(xiàng)D正確．【題型二】機(jī)車啟動(dòng)問題【題型解碼】分析機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)，抓住兩個(gè)關(guān)鍵，一是汽車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關(guān)系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關(guān)系．綜合以上兩個(gè)關(guān)系，即可確定汽車的運(yùn)動(dòng)情況．【典例分析1】(2020·江西南昌市三校聯(lián)考)汽車以額定功率P在平直公路上以速度v1＝10m/s勻速行駛，在某一時(shí)刻突然使汽車的功率變?yōu)?P，并保持該功率繼續(xù)行駛，汽車最終以速度v2勻速行駛(設(shè)汽車所受阻力不變)，則()A．v2＝10m/sB．v2＝20m/sC．汽車在速度v2時(shí)的牽引力是速度v1時(shí)的牽引力的兩倍D．汽車在速度v2時(shí)的牽引力是速度v1時(shí)的牽引力的一半【答案】B【解析】汽車勻速行駛，阻力等于牽引力，汽車受到的阻力為Ff＝eq\f(P,v1)，若汽車的功率變?yōu)?P，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大為v2，已知阻力不變，故牽引力不變，v2＝eq\f(2P,Ff)＝2v1＝20m/s，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．【典例分析2】(2020·河南重點(diǎn)中學(xué)3月理綜聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上由靜止開始啟動(dòng)．在啟動(dòng)過程中，汽車牽引力的功率及其瞬時(shí)速度隨時(shí)間的變化情況分別如圖甲、乙所示．已知汽車所受阻力恒為重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．該汽車的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對(duì)汽車所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車的位移大小約為67.19m【答案】：D【解析】：由圖象可得，汽車勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3000N，勻加速階段由牛頓第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯(cuò)誤；牽引力功率為15kW時(shí)，汽車所受阻力F1＝0.2mg＝2000N，汽車行駛的最大速度v0＝eq\f(P,F1)＝7.5m/s，B錯(cuò)誤；前5s內(nèi)汽車的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WF1＝－0.2mgx＝－25kJ，C錯(cuò)誤；5～15s內(nèi)，由動(dòng)能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得s≈67.19m，D正確．【典例分析3】(2020·四川廣元市第二次適應(yīng)性統(tǒng)考)某質(zhì)量m＝1500kg的“雙引擎”小汽車，當(dāng)行駛速度v≤54km/h時(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；當(dāng)行駛速度在54km/h<v≤90km/h范圍內(nèi)時(shí)靠汽油機(jī)輸出動(dòng)力，同時(shí)內(nèi)部電池充電；當(dāng)行駛速度v>90km/h時(shí)汽油機(jī)和電動(dòng)機(jī)同時(shí)工作，這種汽車更節(jié)能環(huán)保．該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動(dòng)，汽車的牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的圖線如圖3所示，所受阻力恒為1250N．已知汽車在t0時(shí)刻第一次切換動(dòng)力引擎，以后保持恒定功率行駛至第11s末．則在前11s內(nèi)()A．經(jīng)過計(jì)算t0＝6sB．電動(dòng)機(jī)輸出的最大功率為60kWC．汽油機(jī)工作期間牽引力做的功為4.5×105JD．汽車的位移為160m【答案】AC【解析】開始階段，牽引力F1＝5000N，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1－Ff＝ma，解得：開始階段加速度a＝2.5m/s2.v1＝54km/h＝15m/s，根據(jù)t0＝eq\f(v1,a)，解得t0＝6s，故A項(xiàng)正確；t0時(shí)刻，電動(dòng)機(jī)輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5000×15W＝75000W＝75kW，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；汽油機(jī)工作期間，功率P＝F2v1＝6000×15W＝90kW,11s末汽車的速度v2＝eq\f(P,F)＝eq\f(90×103,3600)m/s＝25m/s，汽油機(jī)工作期間牽引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6)J＝4.5×105J，故C項(xiàng)正確；汽車前6s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝eq\f(1,2)×2.5×62m＝45m，后5s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理得：Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得：x2＝120m．所以前11s時(shí)間內(nèi)汽車的位移x＝x1＋x2＝45m＋120m＝165m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．【提分秘籍】解決機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)的分析思路(1)明確啟動(dòng)方式：分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)。(2)勻加速啟動(dòng)過程：機(jī)車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法：①求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可得v1＝eq\f(P,F阻＋ma)。②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝eq\f(P,F阻)。(3)額定功率啟動(dòng)的過程：機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不能用，速度最大值等于eq\f(P,F阻)，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計(jì)算，但不能用W＝Flcosθ計(jì)算。注意：無(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿足P＝F阻vm，P為機(jī)車的額定功率?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·超級(jí)全能生11月聯(lián)考)張家界百龍?zhí)焯?如圖甲)，是吉尼斯世界紀(jì)錄記載世界最高的戶外觀光電梯，百龍?zhí)焯荽怪备叨炔?35m，運(yùn)行高度326m，用時(shí)66s就能從地面把人帶到山頂．某次觀光電梯空載測(cè)試由靜止開始以a＝5m/s2的加速度向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí)(t＝1s)，保持該功率繼續(xù)向上加速，其運(yùn)動(dòng)的a－t圖象如圖乙所示．則0～1s和1～2s牽引力對(duì)電梯所做的功之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶1 D．條件不足，無(wú)法確定【答案】A【解析】由題意可知，0～1s內(nèi)觀光電梯做勻加速運(yùn)動(dòng)，此過程牽引力恒定，設(shè)為F，由牛頓第二定律可知，此過程牽引力做的功為W1＝F·eq\f(1,2)at2＝2.5F(J)，輸出功率最大值為P＝F·at＝5F(W).1～2s內(nèi)保持功率不變，此過程牽引力做的功為W2＝Pt＝5F(J)，所以W1∶W2＝1∶2，故A正確．2.(2020·四川宜賓市四中高三下學(xué)期三診)如圖甲所示，用起重機(jī)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，起重機(jī)拉力逐漸變大B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，起重機(jī)拉力的功率保持不變C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，貨物的機(jī)械能保持不變D．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，起重機(jī)拉力對(duì)貨物做負(fù)功【答案】B【解析】在0～t1時(shí)間內(nèi)，貨物加速上升，加速度變小，則起重機(jī)拉力變小，A錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，貨物勻速上升，拉力等于重力，功率不變，由于拉力做正功，機(jī)械能增加，B正確，C錯(cuò)誤；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，貨物勻減速上升，拉力方向向上，起重機(jī)拉力對(duì)貨物做正功，D錯(cuò)誤．3.(2020·河北衡水中學(xué)三模)(多選)一起重機(jī)的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當(dāng)重物的速度為v1時(shí)，起重機(jī)的有用功率達(dá)到最大值P，以后起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升為止，則整個(gè)過程中，下列說(shuō)法正確的是()A．若勻加速過程時(shí)間為t，則速度由v1變?yōu)関2的時(shí)間大于eq\f(v2－v1,v1)tB．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)C．重物的最大速度為v2＝eq\f(P,mg)D．重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)【答案】ACD【解析】起重機(jī)提升重物的v-t圖象如圖所示：若勻加速過程時(shí)間為t，則重物在勻加速過程中：a1＝eq\f(v1,t)，起重機(jī)的有用功率達(dá)到額定功率后，若按勻加速?gòu)膙1到v2，設(shè)從v1加速到v2的時(shí)間為t2，則a2＝eq\f(v2－v1,t2)，結(jié)合圖象可以看出a1>a2，即t2>eq\f(v2－v1,v1)t，故A正確；勻加速提升重物時(shí)鋼繩拉力最大，且等于勻加速結(jié)束時(shí)的拉力，由P＝Fv得鋼繩的最大拉力Fm＝eq\f(P,v1)，故B錯(cuò)誤；重物以最大速度勻速上升時(shí)，F(xiàn)＝mg，所以v2＝eq\f(P,mg)，故C正確；重物做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(\f(P,v1)－mg,m)＝eq\f(P－mgv1,mv1)，則勻加速的時(shí)間為t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故D正確。4.(2020·河南洛陽(yáng)市一模)為了人民的健康和社會(huì)的長(zhǎng)遠(yuǎn)發(fā)展，我國(guó)環(huán)保部門每天派出大量的灑水車上街進(jìn)行空氣凈化除塵，已知某種型號(hào)的灑水車的操作系統(tǒng)是由發(fā)動(dòng)機(jī)帶動(dòng)變速箱，變速箱帶動(dòng)灑水泵產(chǎn)生動(dòng)力將罐體內(nèi)的水通過管網(wǎng)噴灑出去，假設(shè)行駛過程中車受到的摩擦阻力與其質(zhì)量成正比，受到的空氣阻力與車速成正比，當(dāng)灑水車在平直路面上勻速行駛并且勻速灑水時(shí)，以下判斷正確的是()A．灑水車的動(dòng)能保持不變B．發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變C．牽引力的功率隨時(shí)間均勻減小D．牽引力大小跟灑水時(shí)間成反比【答案】C【解析】以車和車內(nèi)的水為研究對(duì)象，受力分析可知，水平方向受牽引力、摩擦阻力和空氣阻力作用，由題意，車受到的摩擦阻力與其質(zhì)量成正比，受到的空氣阻力與車速成正比，灑水車勻速行駛，合力為零，整體的質(zhì)量在減小，故摩擦阻力在減小，空氣阻力恒定不變，則由F－Ff－F阻＝0知，牽引力減小，Ek＝eq\f(1,2)mv2，灑水車的質(zhì)量減小，速度不變，故動(dòng)能減小，故A錯(cuò)誤．發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P＝Fv，牽引力減小，速度不變，則發(fā)動(dòng)機(jī)的功率減小，故B錯(cuò)誤．牽引力F＝Ff＋F阻，灑水車的質(zhì)量隨時(shí)間均勻減小，則牽引力的大小隨灑水時(shí)間均勻減小，不成反比，故D錯(cuò)誤；牽引力的功率隨灑水時(shí)間均勻減小，故C正確．【題型三】動(dòng)能定理及其應(yīng)用【題型解碼】1.要對(duì)研究對(duì)象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運(yùn)動(dòng)過程，明確對(duì)哪個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理．2.列動(dòng)能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)號(hào)問題．【典例分析1】(多選)(2020·金太陽(yáng)高三“線上”大聯(lián)考)如圖所示，a、b、c分別為固定豎直光滑圓弧軌道的右端點(diǎn)、最低點(diǎn)和左端點(diǎn)，Oa為水平半徑，c點(diǎn)和圓心O的連線與豎直方向的夾角α＝53°，現(xiàn)從a點(diǎn)正上方的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，小球經(jīng)圓弧軌道飛出后以水平速度v＝3m/s通過Q點(diǎn)，已知圓弧軌道的半徑R＝1m，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計(jì)空氣阻力，下列分析正確的是()A.小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中重力所做的功為4.5JB.P、a兩點(diǎn)的高度差為0.8mC.小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/sD.小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為43N【答案】AD【解析】小球由c到Q的逆過程是平拋運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)的速度大小vc＝eq\f(v,cosα)＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)豎直分速度大小vcy＝vtanα＝3×eq\f(4,3)m/s＝4m/s則Q、c兩點(diǎn)的高度差h＝eq\f(vcy2,2g)＝eq\f(42,2×10)m＝0.8m設(shè)P、a兩點(diǎn)的高度差為H，從P到c，由動(dòng)能定理得mg(H＋Rcosα)＝eq\f(1,2)mvc2－0解得H＝0.65m小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中重力所做的功為W＝mg[(H＋Rcosα)－h(huán)]＝4.5J故A正確，B、C錯(cuò)誤；從P到b，由動(dòng)能定理得mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvb2－0小球在b點(diǎn)時(shí)，有FN－mg＝meq\f(vb2,R)聯(lián)立解得FN＝43N根據(jù)牛頓第三定律知，小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為43N，故D正確.【典例分析2】(2020·河南八市聯(lián)考)如圖所示，一傾角為θ＝45°的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上，其底端有一擋板P，所受重力為5N的滑塊從距水平面高度h＝1m處以一定的初速度v0沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，若每次滑塊與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，第一次碰后滑塊沿斜面上滑獲得的最大重力勢(shì)能為4J，經(jīng)多次碰撞后滑塊靜止，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是()A.滑塊的初動(dòng)能為1.25JB.全過程中滑塊克服摩擦力做的功為1.25JC.滑塊最后一定靜止在斜面上距擋板某一高度處D.全過程中滑塊減少的機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能【答案】A【解析】因每次滑塊與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，以滑塊開始運(yùn)動(dòng)到第一次碰后滑塊沿斜面上升至速度為零為研究過程，設(shè)摩擦力做的功為Wf，滑塊質(zhì)量為m，第一次碰撞后滑塊沿斜面上滑的最大高度為h′，滑塊的初動(dòng)能為Ek0，由動(dòng)能定理得mgh－mgh′＋Wf＝0－Ek0，Wf＝－μmg(h＋h′)·eq\f(cosθ,sinθ)，又mgh＝5J，mgh′＝4J，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Ek0＝1.25J，選項(xiàng)A正確；因滑塊的重力沿斜面向下的分力大于斜面對(duì)滑塊的最大靜摩擦力，所以滑塊最后一定靜止在擋板處，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；全過程中滑塊減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則全過程中滑塊克服摩擦力做的功為mgh＋Ek0＝6.25J，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤.【提分秘籍】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的“四步三注意兩適用”(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四個(gè)步驟①確定研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過程；②分析受力情況和各力的做功情況；③明確物體初末狀態(tài)的動(dòng)能；④由動(dòng)能定理列方程求解。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三個(gè)問題①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。②動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。③物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡(jiǎn)化。(3)動(dòng)能定理適用的兩種情況①既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；②既適用于恒力做功，也適用于變力做功?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(多選)(2020·山東日照市校際聯(lián)考)如圖，豎直面內(nèi)有半徑為R的圓弧形滑道AB，一質(zhì)量為m的滑雪愛好者(可視為質(zhì)點(diǎn))從滑道的A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為eq\f(3,2)mg(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?．已知過A點(diǎn)的切線與豎直方向的夾角為30°，滑雪愛好者與滑道各處間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則滑雪愛好者在沿著AB下滑的過程中()A．重力的功率先增加后減小B．始終處于失重狀態(tài)C．克服摩擦力做功為eq\f(1,4)mgRD．受到的摩擦力大小為eq\f(3,4π)mg【答案】AC【解析】沿著AB下滑的過程中，豎直方向的分速度先增大，后減小，故重力的功率先增大后減小，A正確．由于豎直方向加速度先向下后向上，故滑雪者先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤．設(shè)滑雪者在B點(diǎn)的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，從A到B的過程，由動(dòng)能定理得mgR(1－sin30°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得Wf＝eq\f(1,4)mgR，C正確．下滑過程中，滑雪愛好者受到的彈力變化，故受到的摩擦力也是變化的，不是一個(gè)確定值，D錯(cuò)誤．2.(2020·山東聊城二模)如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、O′在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將兩球在圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切阻力，則在最低點(diǎn)時(shí)()A．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1∶1B．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1∶2C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1D．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶2【答案】BC【解析】對(duì)甲球從釋放到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(L＋Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)－0，對(duì)乙球從釋放到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)－0，所以最低點(diǎn)時(shí)兩球的動(dòng)能之比為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,甲),\f(1,2)mv\o\al(2,乙))＝eq\f(1,2)，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)最低點(diǎn)的甲球受力分析，由牛頓第二定律可得T甲－mg＝meq\f(v\o\al(2,甲),L)，對(duì)最低點(diǎn)的乙球受力分析，由牛頓第二定律可得T乙－mg＝meq\f(v\o\al(2,乙),2L)，所以最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)兩球的拉力之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(1,1)，根據(jù)牛頓第三定律，最低點(diǎn)時(shí)甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1，故C正確，D錯(cuò)誤。3.(多選)(2020·河南信陽(yáng)市第一次質(zhì)檢)如圖所示為直角三角形斜劈ABC，∠ABC＝30°，P為AB的中點(diǎn)，AP＝PB＝10m．小物塊與AP段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，與PB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.將BC水平放置，小物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，滑到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．μ1＋μ2＝eq\f(2,3)eq\r(3)B．μ1＋μ2＝2eq\r(3)C．下滑過程中小物塊經(jīng)過AP段和PB段的時(shí)間之比為1∶1D．下滑過程中小物塊經(jīng)過AP段和PB段的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)【答案】AC【解析】從A到B由動(dòng)能定理：mg·eq\x\to(AB)sin30°－μ1mgcos30°eq\x\to(AP)－μ2mgcos30°eq\x\to(BP)＝0解得：μ1＋μ2＝eq\f(2,3)eq\r(3)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；因從A到P和從P到B的平均速度均為eq\f(vP,2)，位移也相等，則根據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，小物塊經(jīng)過AP段和PB段的時(shí)間之比為1∶1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【題型四】功能中的圖像問題【典例分析1】(多選)(2020·四川瀘州市質(zhì)量檢測(cè))如圖甲所示，一小木塊以某一初速度沖上傾角θ＝37°足夠長(zhǎng)的固定斜面.若以斜面底端為位移初始點(diǎn)，乙圖為小木塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨位移x變化關(guān)系圖象.忽略空氣阻力的影響，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是()A.小木塊從底端沖到最高點(diǎn)的過程中，損失的機(jī)械能為40JB.小木塊從底端出發(fā)再回到底端的過程中，摩擦力做功為－20JC.小木塊的質(zhì)量m＝1kgD.小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2【答案】BC【解析】小木塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做負(fù)功，所以機(jī)械能減少，而上升和下降過程中機(jī)械能的減少量相等，根據(jù)圖象可知，上升和下降整個(gè)過程機(jī)械能的減少量為20J，則小木塊從底端沖到最高點(diǎn)的過程中，損失的機(jī)械能為10J，小木塊從底端出發(fā)再回到底端的過程中，摩擦力做功為－20J，故A錯(cuò)誤，B正確；上升過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－40又μmgcosθ·x＝10聯(lián)立解得m＝1kg，μ＝0.25故C正確，D錯(cuò)誤.【典例分析2】(2020·寧夏銀川三模)如圖甲所示，質(zhì)量為4kg的物體在水平推力作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力大小F隨位移大小x變化的情況如圖乙所示，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2，則()A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去才開始做減速運(yùn)動(dòng)B．物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為20m/sD．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】開始時(shí)推力大于摩擦力，隨著推力的減小，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力減小到小于摩擦力以后，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，撤去F后做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A、D錯(cuò)誤；由F－x圖像的面積可得推力全過程做功W＝eq\f(1,2)×100×4J＝200J，由WF－μmgs＝0，得s＝10m，故B正確；由F－x圖像可知F＝μmg＝20N時(shí)，x＝3.2m，此刻速度最大W1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，其中W1＝eq\f(100＋20,2)×3.2J＝192J，得最大速度vm＝8m/s，故C錯(cuò)誤．【典例分析3】(2020·內(nèi)蒙古赤峰二中模擬)一物體在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直線運(yùn)動(dòng)，已知在第1秒內(nèi)合力對(duì)物體做的功為45J，在第1秒末撤去拉力，其v－t圖像如圖所示，g＝10m/s2，則()A．物體的質(zhì)量為10kgB．物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．第1秒內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功為－60JD．前4秒內(nèi)合力對(duì)物體做的功為60J【答案】A【解析】由圖知第1s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1×3,2)m＝1.5m，則由動(dòng)能定理可得合外力做功W＝F合x1＝eq\f(1,2)mv2＝45J，得F合＝30N；m＝10kg，故A正確；從第1s末到4s，摩擦力做功為－45J，位移為：x2＝eq\f(3×3,2)m＝4.5m，摩擦力大小為f，則：－f×x2＝－45J，得f＝10N，則μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(10,100)＝0.1，故B錯(cuò)誤；第1s內(nèi)摩擦力做功為：Wf＝－fx1＝－10×1.5J＝－15J，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，前4s內(nèi)合外力做功為零；故D錯(cuò)誤；故選A．【典例分析4】(2020·山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示．下列說(shuō)法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功【答案】D.【解析】：由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，0～6s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t＝5s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；2～4s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；0～4s內(nèi)與0～6s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4s末和6s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等，D項(xiàng)對(duì)．【提分秘籍】1.解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問題．2.四類圖象所圍“面積”的含義【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(多選)(2020·河北邢臺(tái)市期末)如圖甲所示，靜止在水平地面上的滑塊在水平拉力F作用下，從t＝0時(shí)刻起，其加速度大小a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．已知滑塊質(zhì)量m＝1kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2.則下列判斷正確的是()A．t＝2s時(shí)，滑塊的速度大小為3.2m/sB．t＝5s時(shí)，水平拉力F為零C．0～5s內(nèi)，水平拉力F所做的功為12.5JD．0～5s內(nèi)，滑塊所受合力做的功為12.5J【答案】AD【解析】由題圖乙知，t＝2s時(shí)，a＝1.2m/s2，速度v＝eq\f(2＋1.2,2)×2m/s＝3.2m/s，A正確；t＝5s時(shí)，a＝0，F(xiàn)＝μmg＝2N，B錯(cuò)誤；v5＝eq\f(1,2)×2×5m/s＝5m/s，W合＝eq\f(1,2)mv52＝12.5J，摩擦力做負(fù)功，F(xiàn)做正功，則WF>12.5J，C錯(cuò)誤，D正確．2.(2020·四川眉山市三診)如圖甲所示，在光滑水平桌面內(nèi)，固定有光滑軌道ABC，其中半圓軌道BC與直軌道AB相切于B點(diǎn)，物體受到與AB平行的水平拉力F，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，拉力F的大小滿足如圖乙所示關(guān)系(以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，拉力F從A指向B為正方向)．若m＝1kg，AB＝4m，半圓軌道的半徑R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s2.則下列說(shuō)法中正確的是()A．拉力F從A到B做功為50JB．物體從B到C過程中，所受的合外力為0C．物體能夠到達(dá)C點(diǎn)，且速度大小為2eq\r(5)m/sD．物體能夠到達(dá)C點(diǎn)，且速度大小為2eq\r(15)m/s【答案】D【解析】F－x圖象與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示功，則拉力F從A到B做功為W＝eq\f(1,2)×2×40J－10×1J＝30J，故A錯(cuò)誤；物體從B到C過程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力大小不為0，故B錯(cuò)誤；物體從A到B過程中，由動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(15)m/s，由于光滑軌道ABC在水平面內(nèi)，則物體從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體能夠到達(dá)C點(diǎn)，且速度大小為2eq\r(15)m/s，故C錯(cuò)誤，D正確．3.(2020·山東濰坊市4月模擬)在一次航模比賽中，某同學(xué)遙控航模飛機(jī)豎直上升，某段過程中其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示．已知飛機(jī)質(zhì)量為1kg，重力加速度g＝10m/s2，此過程中飛機(jī)()A．處于超重狀態(tài) B．機(jī)械能減少C．加速度大小為4.5m/s2 D．輸出功率最大值為27W【答案】C【解析】由題圖可知，飛機(jī)的速度減小，即豎直向上做減速運(yùn)動(dòng)，則飛機(jī)處于失重狀態(tài)，故A則加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝4.5m/s2，說(shuō)明飛機(jī)除受重力外還受到豎直向上的升力，升力對(duì)飛機(jī)做正功，由功能關(guān)系可知，飛機(jī)的機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤，C正確；由牛頓第二定律可得mg－F＝ma，則升力為F＝5.5N．由題圖可知，Ekmax＝36J，則飛機(jī)最大速度為vmax＝6eq\r(2)m/s，輸出功率最大值為Pmax＝Fvmax＝5.5×6eq\r(2)W＝33eq\r(2)W，故D錯(cuò)誤．4.(2020·山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平桌面上，t＝0時(shí)刻在水平外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。根據(jù)圖象提供的信息，判斷下列說(shuō)法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)在t1時(shí)刻的加速度最大B．質(zhì)點(diǎn)在t2時(shí)刻離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)C．在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，外力的功率先增大后減小D．在t2～t3的時(shí)間內(nèi)，外力做負(fù)功【答案】BC【解析】v-t圖象的斜率代表加速度，所以t1時(shí)刻的加速度為零，最小，A錯(cuò)誤；v-t圖象與t軸所圍的面積代表位移，橫軸上方為正向位移，下方為負(fù)向位移，所以t2時(shí)刻正向位移最大，離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，B正確；在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，根據(jù)P＝Fv＝mav，t1時(shí)刻加速度為零，外力為零，外力功率為零，t2時(shí)刻速度為零，外力功率為零，而中間任意時(shí)刻速度、外力都不為零，所以功率先增大后減小，C正確；t2～t3的時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)能增大，外力對(duì)物體做正功，D錯(cuò)誤。二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練1.(2020·陜西漢中市高三期末)一個(gè)小球被水平拋出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間重力做功為W，不計(jì)空氣阻力，則t時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率為()A.eq\f(W,t)B.eq\f(2W,t)C.eq\f(4W,t)D.eq\f(W,2t)【答案】B【解析】由題意知，小球運(yùn)動(dòng)t時(shí)間重力做功為：W＝mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)mg2t2，t時(shí)刻小球豎直方向的速度大小為：v＝gt重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgv＝mg·gt＝mg2t，聯(lián)立解得：P＝eq\f(2W,t)，故B正確.2.(2020·安徽皖江聯(lián)盟名校聯(lián)考)如圖所示，在固定的光滑斜面上，疊放著A、B兩物體，一起沿斜面由靜止開始下滑，已知B的上表面水平，則在下滑過程中()A．A不受摩擦力的作用B．B對(duì)A的彈力不做功C．A對(duì)B做正功D．B對(duì)A的作用力垂直于斜面向上【答案】D【解析】?jī)晌矬w一起沿著光滑斜面下滑，根據(jù)整體法，兩物體的加速度沿斜面向下，大小為a＝gsinθ，把此加速度正交分解，A物體有水平向左的加速度分量，因此一定受水平向左的靜摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B對(duì)A的彈力與速度方向之間的夾角為鈍角，因此做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．把A所受重力、彈力和靜摩擦力沿斜面和垂直于斜面兩個(gè)方向正交分解，由于物體A的加速度為a＝gsinθ，因此沿斜面方向彈力與靜摩擦力的分力的合力為零，即彈力與摩擦力的合力垂直于斜面向上，選項(xiàng)D正確．力的作用是相互的，A對(duì)B的作用力垂直于斜面向下，不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．3.(2020·黑龍江大慶段考)質(zhì)量為1kg的物體以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動(dòng)能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10m/s2，則以下說(shuō)法中正確的是()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．物體滑行的總時(shí)間為4sD．物體滑行的總時(shí)間為2.5s【答案】C【解析】根據(jù)動(dòng)能定理Ek2－Ek1＝－Ffl，可得Ff＝eq\f(Ek1－Ek2,l)＝eq\f(50－0,20)N＝2.5N，所以μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.25，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(Ff,m)＝2.5m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得物體滑行的總時(shí)間t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(2×20,2.5))s＝4s，故C正確，D錯(cuò)誤．4.(2020·全國(guó)押題卷)如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個(gè)傾角θ＝30°、長(zhǎng)l＝500m的斜面．一輛質(zhì)量m＝2000kg的電動(dòng)汽車從引橋底端由靜止開始加速，其加速度a隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電動(dòng)汽車的速度達(dá)到1m/s后，牽引力的功率保持恒定．已知行駛過程中電動(dòng)汽車受到的阻力Ff(摩擦和空氣阻力)不變，重力加速度g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．電動(dòng)汽車所受阻力Ff＝12000NB．電動(dòng)汽車的速度達(dá)到1m/s后，牽引力的功率P0＝12kWC．第1s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P與時(shí)間t滿足P＝12000tD．第1s內(nèi)電動(dòng)汽車機(jī)械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和，大小為6000J【答案】D【解析】加速階段由牛頓第二定律可知：F－Ff－mgsinθ＝ma，之后保持功率不變，eq\f(P0,v)－Ff－mgsinθ＝ma，電動(dòng)汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終加速度減小到0，電動(dòng)汽車達(dá)到該功率該路況下的最大速度，eq\f(P0,vmax)－Ff－mgsinθ＝0解得P0＝14KW；Ff＝2000N；選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；第1s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P＝Fv＝14000t，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電動(dòng)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，位移x＝eq\f(v2,2a)＝0.5m，牽引力大小為14000N，牽引力與阻力做功的代數(shù)和為(F－Ff)x＝6000J，選項(xiàng)D正確．5.(多選)(2020·北京海淀區(qū)期中)將一質(zhì)量為m的排球豎直向上拋出，它上升了H高度后落回到拋出點(diǎn)．設(shè)排球運(yùn)動(dòng)過程中受到方向與運(yùn)動(dòng)方向相反、大小恒為f的空氣阻力作用，已知重力加速度大小為g，且f<mg.不考慮排球的轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是()A．排球運(yùn)動(dòng)過程中的加速度始終小于gB．排球從拋出至上升到最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能減少了fHC．排球整個(gè)上升過程克服重力做的功大于整個(gè)下降過程重力做的功D．排球整個(gè)上升過程克服重力做功的平均功率大于整個(gè)下降過程重力做功的平均功率【答案】BD【解析】排球上升過程中合力F合＝mg＋f>mg，故a>g，A錯(cuò)；排球上升過程中機(jī)械能的減少量等于空氣阻力做的功，W＝fH，B對(duì)；重力做功W＝mgh，排球上升與下降過程位移大小相等，故重力做功大小均為mgH，C錯(cuò)；排球上升與下降兩個(gè)過程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升過程中F1＝mg＋f，a1＝g＋eq\f(f,m)，下降過程F2＝mg－f，a2＝g－eq\f(f,m)，a1>a2，t2>t1，由P＝eq\f(W,t)知時(shí)間越小功率越大，D對(duì)；故選B、D．6.(多選)(2020·全國(guó)名校大聯(lián)考)質(zhì)量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F，如圖8甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5B．10s內(nèi)恒力F做的功為3JC．10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處D．10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J【答案】CD【解析】前后兩段時(shí)間內(nèi)物體加速度的大小分別為a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由F＋μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2得F＝3N，μ＝0.05，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v－t圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義知，10s內(nèi)物體的位移為x＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×6))m＝－2m，與恒力F的方向相同，則恒力F做的功為W＝Fx＝6J，則B錯(cuò)誤；因?yàn)?0s內(nèi)物體的位移x＝－2m，即10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處，C正確；10s內(nèi)物體的路程為s＝eq\f(1,2)×4×8m＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×6))m＝34m，即10s內(nèi)物體克服摩擦力所做的功Wf＝μmgs＝0.05×2×10×34J＝34J，則D正確．7.(多選)(2020·廣東肇慶一模)如圖所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m的物體，給物體施加一個(gè)水平方向的作用力F，已知F隨時(shí)間的變化規(guī)律為：F＝F0－kt(以向左為正，F(xiàn)0、k均為大于零的常數(shù))，物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μF0>mg·t＝0時(shí)，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)物體下滑eq\f(H,2)后脫離墻面，此時(shí)速度大小為eq\r(\f(gH,2))，最終落在地面上．則下列關(guān)于物體的說(shuō)法，正確的是()A．當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先加速再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t＝eq\f(F0,k)C．物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條直線D．物體克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(3,8)mgH【答案】BD【解析】豎直方向上，由牛頓第二定律有：mg－μF＝ma，隨著F減小，加速度a逐漸增大，做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝0時(shí)，加速度增大到重力加速度g，此后物塊脫離墻面，故A錯(cuò)誤．當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)F為零，所以F＝F0－kt＝0，解得時(shí)間t＝eq\f(F0,k)，故B正確；物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線．故C錯(cuò)誤．物體從開始運(yùn)動(dòng)到脫離墻面F一直不做功，由動(dòng)能定理得：mgeq\f(H,2)－W＝eq\f(1,2)m(eq\f(\r(g