2019版高考物理二轮复习专题二功与能动量第5讲功、功率、动能定理学案.docx

1、1第 5 讲功、功率、动能定理主干知识体系 核心再现及学科素养知识规律(1)恒力做功的公式： W Fl cos .(2)平均功率的公式： P F Wt vcos .(3)瞬时功率的公式： P Fvcos .(4)机车启动两类模型中的关键方程： P FvF f ma.(5)动能定理的表达式： W 合 mv2 mv .12 12 20思想方法(1)物理思想：微元思想(2)物理方法：图象法、转换法、整体法和隔离法等.1(2018全国卷，14)如图，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

2、大于克服摩擦力所做的功A A 对、B 错；由题意知， W 拉 W 阻 E k，则 W 拉 Ek；C、D 错： W 阻 与 Ek的大小关系不确定点拨：注意题目中“粗糙”二字，不要忘记克服摩擦力做的功2(2018全国卷，18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为22R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动重力加速度大小为 g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A2 mgR B4 mgR C5 mgR D6 mgRC 小球从 a 运动到 c

3、，根据动能定理，得 F3R mgR mv ，又 F mg，故 v1212 21，小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运gR动且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 t 2 ，水平位移 x gt22 R，根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能v1g Rg 12的增量为力 F 做的功，即 E F(2R R x)5 mgR. 3(2018全国卷，19)(多选)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，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它

4、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次和第次提升过程，( )A矿车上升所用的时间之比为 45B电机的最大牵引力之比为 21C电机输出的最大功率之比为 21D电机所做的功之比为 45AC A 对，由图线知，上升总高度 h 2t0 v0t0.v02由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1 ( ) v0t0v022 t02 t02 14匀速阶段： h h1 v0t，解得 t t012 323故第次提升过程所用时间为 t0 t0，t02 32 t02 52两次上升所用时间之比为 2t0 t045.52B 错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵

5、引力相同C 对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F mg ma， F m(g a)第次在 t0时刻，功率 P1 Fv0，第次在 时刻，功率 P2 F ，t02 v02第次在匀速阶段 P2 F mg P2，v02 v02可知，电机的输出最大功率之比 P1 P221.D 错：由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同4(2017高考全国卷，16)如图，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 l.重力加13速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为( )A. mgl B

6、. mgl C. mgl D. mgl19 16 13 12A QM 段绳的质量为 m m，未拉起时， QM 段绳的重心在 QM 中点处，与 M 点距离23为 l，绳的下端 Q 拉到 M 点时， QM 段绳的重心与 M 点距离为 l，此过程重力做功13 16WG m g( l l) mgl，对绳的下端 Q 拉到 M 点的过程，应用动能定理，可知外力13 16 19做功 W WG mgl，可知 A 项正确，B、C、D 项错误195(2018天津卷，10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零

7、的匀加速直线运动，当位移 x1.610 3 m 时才能达到起飞所要求的速度 v80 m/s.已知飞机质量 m7.010 4 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 g10 m/s 2.求飞机滑跑过程中4(1)加速度 a 的大小；(2)牵引力的平均功率 P.解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v22 ax代入数据解得 a2 m/s 2(2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻 ，依题意有F 阻 0.1 mg设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有F F 阻 ma设飞机滑跑过程中的平均速度为 ，有 v vv2在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P F v联立式得

8、 P8.410 6 W答案 (1)2 m/s 2 (2)8.410 6W考情分析命题特点与趋势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.2018 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高频考点一 功和功率的理解和计算备考策略1恒力

9、做功的公式： W Flcos (通过 F 与 l 间的夹角 判断 F 是否做功及做功的正、负)2正功、负功的判断(1)由 F 与 l 的夹角 判断(恒力做功)(2)由 F 与 v 的夹角 判断(曲线运动)5(3)由能量变化判断(做功不明确的情况)3求功的几种方法(1)W Flcos (恒力)(2)W Pt(恒力或变力)(3)W Ek(动能定理)(4)W E(功能原理)(5)图象法： F x 图线所围面积(6)W p V(气体做功)4功率(1)平均功率： P F cos .Wt v(2)瞬时功率： P Fvcos ( 为 F 与 v 的夹角)命题视角考向 1 功、功率及相关图象问题例 1 (多选

10、)一质量 m0.5 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角 37的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的 v t 图象如图所示sin 370.6， g 取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A滑块与斜面间的动摩擦因数 0.5B滑块返回斜面底端时的速度为 2 m/sC滑块在上升过程中重力做的功为25 JD滑块返回斜面底端时重力的功率为 6 W5AD 由题图可知加速度大小 a10 m/s2，即 gsin g cos 10 m/s2，解得 0.5，选项 A 正确上滑位移 x t5 m，下滑加速度 a gsin g cos v02

11、2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度 v 2 m/s，选项 B 错误上升过程2a x 5中重力做功 W Gxsin 15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P mgvsin 6 W，选项 C 错误，D 正确5考向 2 变力功的分析与计算6例 2 (2018衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为 、半径为 R 的倾斜圆盘绕圆心处的转轴 O 以角速度 匀速转动，一个质量为 m 的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为 .图中 A、 B 分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的 C、 D 两点连线与 AB 垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

12、且始终相对于圆盘静止重力加速度为 g，下列说法正确的是( )A小物块受到的摩擦力始终指向圆心B动摩擦因数 一定大于 tan C小物块从 A 点运动到 B 点的过程中，摩擦力对小物块做功为 mg R cos D当小物块运动至 C、 D 两点时所受摩擦力大小相等，从 C 点运动到 D 点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功BD 小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在 B 点时由牛顿第二定律 Ff mg sin mR 2， Ffmgsin ，又因Ff mg cos ，所以 mg cos mg sin ，则 一定大于 tan ，B 正确；小物块从 A 点

13、运动到 B 点的过程中由动能定理得 mg2R sin WFf0，解得 WFf mg2R sin ，C 错误；小物块运动至 C、 D 两点时受力具有对称性的特点所受静摩擦力大小相等，方向关于 AB 对称，从 C 点运动到 D 点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为 0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D 正确归纳反思计算功和功率时应注意的两个问题1功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解(2)变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义2功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率(2)平均功率与一段时

14、间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率题组突破11.(2018河北省张家口市五个一联盟高考物理二模试卷)(多选)放在粗糙水平地面7上的物体受到水平拉力的作用，在 06 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是( )A06 s 内物体的位移大小为 30 mB26 s 内拉力做的功为 40 JC合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等D滑动摩擦力的大小为 5 NABC A.06 s 内物体的位移大小 x 6 m30 m故 A 正确B.在 02 s

15、内，4 62物体的加速度 a 3 m/s2，由图，当 P30 W 时， v6 m/s，得到牵引力 F 5 v t PvN在 02 s 内物体的位移为 x16 m，则拉力做功为 W1 Fx156 J30 J26 s 内拉力做的功 W2 Pt104 J40 J故 B 正确C.在 26 s 内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等故 C 正确D.在 26 s内， v6 m/s， P10 W，物体做匀速运动，摩擦力 f F，得到 f F N N故 DPv 106 53错误12.(2018广东省深圳科学高中高三第一次调研)如图甲所示，一次训练中，运动员腰

16、部系着不可伸长的绳，拖着质量 m11 kg 的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是 37，5 s 后拖绳从轮胎上脱落轮胎运动的 v t 图象如图乙所示，不计空气阻力，已知 sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是( )A轮胎与水平地面间的动摩擦因数 0.2B拉力 F 的大小为 55 NC在 05 s 内，轮胎克服摩擦力做功为 1375 JD在 6 s 末，摩擦力的瞬时功率大小为 275 WD A.撤去 F 后，轮胎的受力分析如图 1 所示，由速度图象得 5 s7 s 内的加速度8a25 m/s2，根据牛顿运动定律有 N2 mg0

17、， f2 ma2，又因为 f2 N 2，代入数据接的 0.5，故 A 错误；B力 F 拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图 2 所示，根据牛顿运动定律有 F cos 37 f1 ma1， mg F sin 37N 10，又因为 f1 N1，由速度图象得此过程的加速度 a12 m/s 2，联立解得： F70 N，B 错误；C、在 0 s5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为 0.56825 J850 J，C 错误；D.因 6 s 末轮胎的速度为 5 m/s，所以在 6 s 时，摩擦力的瞬时功率大小为 0.51105275 W，D 正确；故选 D.高频考点二 机车启动问题备考策略本考点主要考查机车牵引与

18、启动问题，试题难度一般，多为选择题在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分建议考生自学为主1恒定功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度时间图象如图所示，当 F F 阻 时， vm .PF PF阻(2)动能定理： Pt F 阻 x mv 0.12 2m2恒定加速度启动(1)速度时间图象如图所示机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度 v1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度 vm后做匀速直线运动9(2)常用公式：Error!题组突破21.(2018广东实验中学高三考前摸拟)一辆汽车在平直的公路上由静

19、止开始启动在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示已知汽车所受阻力恒为重力的 ，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是( )15A该汽车的质量为 3 000 kgB v06 m/sC在前 5 s 内，阻力对汽车所做的功为 25 kJD在 515 s 内，汽车的位移大小约为 67.19 mD 由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度 a 1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引 v t力为 F 3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得 F 0.2mg ma，解得 m1 000 kg，APv错误；牵引力功率为 15 kW 时，汽车行驶的最大速度 v0 7.5

20、 m/s，B 错误；前 5 s 内PF1汽车的位移 x at212.5 m，阻力做功 WFf0.2 mgx25 kJ，C 错误；515 s 内，12由动能定理得 Pt0.2 mgs mv mv2，解得 s67.1875 m，D 正确12 20 1222.(2018吉林长春外国语学校高三测试)质量为 1103 kg、发动机额定功率为 60 kW 的汽车在平直公路上行驶若汽车所受阻力大小恒为 2103 N，下列判断正确的是( )A汽车行驶能达到的最大速度是 40 m/sB汽车从静止开始加速到 20 m/s 的过程，发动机所做的功为 2105 J.C汽车保持额定功率启动，当速度大小为 20 m/s

21、时，其加速度大小为 6 m/s210D汽车以 2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第 2 s 末的实际功率是 16 kWD 当阻力和牵引力相等时，速度最大，故 vm 30 m/s，A 错误；汽车PFf 60 0002 000从静止开始加速，但汽车如果以恒定功率启动，则做变加速直线运动，运动时间和位移未知，故无法求解发动机做的功，B 错误；汽车保持额定功率启动，当速度大小为 20 m/s 时，牵引力 F N 3 000 N，根据牛顿第二定律可得 a Pv 60 00020 F Ffm 3 000 2 0001 000m/s21 m/s2，C 错误；根据牛顿第二定律得牵引力为 F Ff ma(2

22、 0001 0002) N4 000 N，则匀加速直线运动的最大速度为 v1 m/s15 m/s，可知匀加速PF 60 0004 000直线运动的时间为 t s7.5 s,2 s 末的速度为 v at222 m/s4 m/s，则发动v1a 152机的实际功率为 P 实 Fv4 0004 W16 kW，D 正确归纳反思解决机车启动问题时的四点技巧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，达到额定功率后做加速度减小的加速运动3以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度

23、最大值等于 ，牵PFf引力是变力，牵引力做的功 W Pt.4无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P Ffvm， P 为机车的额定功率高频考点三 动能定理的理解和应用备考策略1动能表达式：Ek mv2，是标量122动能定理表达式：W 总 mv mv 是标量式，不用考虑速度的方向及中间过程12 2 12 213应用动能定理的“两线索” “两注意”(1)应用动能定理解题有两条主要线索：一是明确研究对象进行受力分析对各力进行做功分析求出总功；11二是明确研究过程进行运动过程分析物体始末状态分析求出动能状态量求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解(2)两注意：动能定理往往用于单个

24、物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解典例导航例 3 (2018西北师大附中高三调研题)如图所示，水平光滑轨道 OA 上有一质量 m2 kg 的小球以速度 v020 m/s 向左运动，从 A 点飞出后恰好无碰撞地经过 B 点， B 是半径为R10 m 的光滑圆弧轨道的右端点， C 为轨道最低点，且圆弧 BC 所对圆心角 37，又与一动摩擦因数 0.2 的粗糙水平直轨道 CD 相连， CD 长为 15 m进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为 E，该轨

25、道的半径也为 R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)A、 B 两点的高度差和物块在 C 点对圆弧轨道的压力；(2)通过计算分析甲物块能否经过 E 点解析 (1)由题意知：在 C 点速度方向沿 B 点切线方向，在 B 点速度大小为： v125 m/sv0cos 37竖直速度大小为 vy v0 tan 3715 m/s从 A 点到 B 点的时间为： t 1.5 svygAB 的高度差为 h gt211.25 m12从 B 点到 C 点由动能定理得：mgR(1cos 37) mv mv12 2C 12 21所以在 C

26、点 N mg mv2CR12N153 N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为 153 N，方向向下(2)假设甲物块通过 E 点时速大小为 v2，从 C 点运到 E 点，由动能定理得： mgx mg2R mv mv12 2 12 2C所以在 E 点速度大小为 v2 m/s205在 E 点做圆周运动时最小速度为 v3，有 mg mv23R所以 v310 m/s因为 v2v3，所以甲物块能经过 E 点答案 (1)11.25 m,153 N，方向向下(2)能经过 E 点归纳反思应用动能定理的四环节1明确研究对象和研究过程研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象研究过程要根据已知量和所

27、求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理2分析物体受力及各力做功的情况(1)受哪些力？(2)每个力是否做功？(3)在哪段位移哪段过程中做功？(4)做正功还是负功？(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和对变力做功或要求的功用 W 表示(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功3明确过程始末状态的动能 Ek1和 Ek2.4利用动能定理方程式 W1 W2 W3 mv mv 求解12 2 12 21题组突破31.(2018甘肃兰州新亚中学高三摸拟)(多选)如图所示，带等量异种

28、电荷的平行金属板 A、 B 水平放置 A 板带正电，板间距离为 d， A、 B 间的电势差为 U.在平行板内部固定一同种材料构成的“V”形绝缘轨道 CDE， CD、 DE 在 D 点平滑连接轨道两侧最高点 C、 E距最低点 D 的高度都为 h，导轨 CD、 DE 与水平面间的夹角均为 .现将一质量为 m、可视13为质点的带正电的滑块从轨道左侧 C 点处无初速度释放，滑块沿着轨道滑下后第一次滑到右侧能到达的最高点 P 距 D 点的高度为 ，已知重力加速度为 g.则( )h2A滑块从 C 点运动至 P 点的过程中克服电场力做功mgh2B轨道 CDE 与滑块间的动摩擦因数为 tan 13C若滑块从左

29、侧距 D 点 处无初速度释放，则滑块第一次滑到右侧轨道所能到达的最h2高点距 D 点高度为h4D保持板间电势差不变，若将 A 板下移一小段距离，则滑块第一次滑到右侧轨道的最高点将低于 P 点BC 滑块从 C 点运动至 P 点的过程中重力做功 ，克服电场力做功为 ，从能量守mgh2 qUh2d恒的角度可知滑块滑动过程中与轨道间有摩擦，故 ，所以 A 错误带正电的滑块qUh2d mgh2从 C 点滑到 P 点的过程中，由动能定理得( mg qE) (mg qE)cos h200，化简得 tan ，所以 B 正确若滑块从左侧距 D 点 处(hsin h2 sin ) 13 h2无初速度释放，设滑块第

30、一次滑到轨道右侧所能到达的最高点距 D 点高度为 x，则( mg qE) (mg qE) cos (h2 x)00，将 tan 代入，化简可得 x h，(h2 sin xsin ) 13 14所以 C 正确保持板间电势差为 U，若将 A 板下移一小段距离，两板间场强变小，电场力减小，但通过上述动能定理的表达式可以看出 mg qE 被消去，所以滑块在右侧轨道的最高点与质量 m、场强 E 无关，所以应还在 P 点所以 D 错误32.(2018合肥市高三第二次质检)合肥开往上海的动车组 D3028 是由动车和拖车编组而成的，只有动车提供动力假定该列动车组由 8 节车厢组成，第 1 节和第 5 节车厢

31、为动车，每节动车的额定功率均为 P0，每节车厢的总质量均为 m，动车组运行过程中所受阻力为车重的 k 倍若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t0速度达到最大，重力加速度为 g.求：14(1)当动车组速度达到最大速度的一半时的加速度大小和此时第 6 节车厢对第 7 节的拉力大小；(2)动车组从启动至速度达到最大的过程中所通过的路程解析 (1)设动车组匀速运动的最大速度为 vm，动车组速度为最大速度的一半时动车的牵引力为 F，有 2P08 kmgvm2P02 Fvm2对动车组，由牛顿第二定律有，2 F8 kmg8 ma解得 a kg2F 8kmg8m对第 7、8 节车厢的

32、整体有： F672 kmg2 ma解得： F674 kmg(2)由动能定理有，2 P0t08 kmgx (8m)v 012 2m解得 x P0t04kmg P2032k3m2g3 8k2mg2P0t0 P2032k3m2g3答案 (1) kg， 4 kmg (2)8k2mg2P0t0 P2032k3m2g333.(2018江西省六校 3 月联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长 L31.25 m，以 v06 m/s 顺时针方向转动，现将一质量 m1 kg 的物体轻放在传送带的 A 端，传送带将其带到另一端 B 后，物体将沿着半径 R0.5 m 的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨

33、道与传送带在 B 点相切， C 点为圆弧轨道的最高点， O 点为圆弧轨道的圆心已知传送带与物体间的动摩擦因数 0.8，传送带与水平地面间夹角 37，已知 sin 370.6，cos 370.8， g10 m/s 2，物体可视为质点，求：(1)物体在 B 点对轨道的压力大小；(2)当物体过 B 点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小解析 (1)根据牛顿第二定律：15mg cos mg sin ma解得 a0.4 m/s 2设物体在 AB 上全程做匀加速运动，根据运动学公式：v 2 aL2B解得 vB5 m/s ，即物体能越过最高点 C7 gR从 C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度 h

34、 R R cos Lsin 19.65 m利用运动学公式： v 2 gh，解得 vy m/s2y 393故 v 20 m/sv2C v2y(或利用动能定理 mgh mv2 mv 得 v20 m/s)12 12 2C答案 (1)58 N (2)20 m/s课时跟踪训练(五)一、选择题(17 题为单项选择题，810 题为多项选择题)1(2018山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力 F 的作用下都通过了相同的位移 x0，下列情况中物体在 x0位置时速度最大的是( )C 根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力 F 做的功，所以从图象上看出 C 图所包围的面积最大，故选 C2(2

35、018宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为 m、电量为 q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动， M、 N 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 M 点的速度大小为 v0，方向与水平方向的夹角为 60， N 点为轨迹的最高点，不计重力则 M、 N 两点间的电势差为( )16A. B 3mv208q 3mv208qC D.mv208q mv208qB 从 M 点到 N 点利用动能定理有： qUMN mv mv m(v0 cos60)2 mv12 2N 12 2M 12 12 20解得： UMN ，故 B 正确3mv208q3(2018天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水

36、平方向夹角为 ，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动一物块由底端以速度 v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的 v t 图象下列说法正确的是( )A无法判断出传送带的运行速度B传送带与物块间的动摩擦因数为 tan v1gt1 cos C t1时刻物块到达最高点D v1v3，故 D 错误12 23 12 214(2018湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v t 图象如图所示其中质量 m7.5 t 甲车以恒定功率 P50 kW 启动，最后匀速运动乙车做初速为 0 做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )17A40 s B20 sC60 s D30 sD 由图可知，乙车

37、追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是 t，乙车的位移 x at2，甲车受到的阻力 Ff ，由动能定理得： Pt Ffx mv ，解得12 Pvm 12 2mt30 s，故 D 正确，A、B、C 错误5(2018湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为 m 的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮用 F mg 的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑45轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为 g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )A物块的加速度 a g15B经过时间 t 拉力 F 做功为 WF mg2t2625C物块的机械能增加了 E mg2t21

38、225D物块的动能增加了 Ek mg2t21225C 以物块 m 为对象，根据牛顿第二定律：2 F mg ma 得 a g，经过时间 t 后，物35块的位移 x at2 gt2，速度 v at gt，则拉力做功 WF F(2x) mg2t2，物体的动12 310 35 1225能增加了 Ek mv2 mg2t2，物体的机械能增加了 E Ek mgx mg2t2，故 C 正确，12 950 1225A、B、D 错误6(2018江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为 的光滑斜面，斜面上有一固定挡板 c.用轻弹簧连接的物块 a、 b 放置在斜面上，并处于静18止状态，现用一平

39、行于斜面的恒力 F(F0)已知物块 a 的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A物块 a 可能做匀变速直线运动B物块 a 的动能一直增加C当 b、 c 恰好分离时，弹簧的伸长量大小为mgsin kD当 b、 c 恰好分离时，物块 a 的速度大小为2Fd mgd sin EPmD 当 a 沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力 F 恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块 a 将做变加速直线运动，故选项 A 错误；因为物块 b 与挡板 c 恰好分离时，物块 a 移动的距离为 d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为 Ep，所以物块 b 的质量大于 m

40、，又因为 F ，故 C 正确，Dn mg2错误故选 B、C.9(2018山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车在检测某款电动车性能的实验中，质量为 8102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度 v，并描绘出如图所示的 F 图象(图中 AB、 BO 均为1v直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取 10 m/s2，则( )A该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C该

41、车做匀加速运动的时间是 1.2 sD该车加速度为 0.25 m/s2时，动能是 4104 JBD 由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从 A 到 B 到 C.AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为 a 2 F fm 2000 0.058102108102m/s2；BC 段，由于图象为过原点的直线，所以 Fv P 额 恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当 F f400 N，速度达到最大值 15 m/s，故选项 A 错误、 B 正确；由 a 可知 t 1.5 s，故选项 Cv v0t v v0a 3 02错误；该车加速度为 0.25

42、 m/s2时，牵引力为F ma f810 20.250.05810 210600 N，此时的速度为 v10 m/s，动能为 EK mv 2 8102102410 4 J，故选项 D 正确2 0003600 12 1210(2018安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为 37的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上 O 点小球由 A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点 C 时速度恰为 0.A、 C 相距 0.8 m， B 是 A、 C 连线的中点， OB 连线垂直 AC，小球质量为 1 kg，弹簧原长为 0.5 m，劲度系数为 40 N/m， sin 370.6， g 取 1

43、0 m/s2.则小球从 A 到 C 过程中，下列说法正确的是( )21A小球经过 B 点时的速度最大B小球在 B 点时的加速度为 6 m/s2C弹簧弹力对小球先做正功后做负功D小球从 A 到 B 过程和从 B 到 C 过程摩擦力做功相等BD A.小球合外力等于 0 时速度最大，在 B 点时由于弹簧弹力为 k(l OB)40 N/m(0.50.3)m8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为 mgcos 1100.8 N8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在 B 点时合外力 F mgsin 1100.6 N6 N，所以经过 B 点时速度不是最大，A 错误；B.此时加速度 a Fm6 m/s2，B

44、 正确；C.在 AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于 90，所以做负功， BC6 N1 kg段做正功，C 错误；D. A、 C 两点小球速度为 0，由图形的对称性知 AB 过程和 BC 过程摩擦力做功相等，D 正确选 BD.11(2018四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下，摆到最低点 D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由 D 点向右做匀减速运动，到达小 A 孔进入半径 R0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭 A孔已知摆线长 L2 m， 60，小球质量为 m0.5 kg， D 点与小孔 A 的水平距离s2 m， g 取 10

45、m/s2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数 的范围？解析 (1)当摆球由 C 到 D 运动机械能守恒： mg(L Lcos ) mv12 2D由牛顿第二定律可得： Fm mg mv2DL可得： Fm2 mg10 N(2)小球不脱圆轨道分两种情况：要保证小球能达到 A 孔，设小球到达 A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得：22 mgs 0 mv .12 2D可得： 0.5若进入 A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得： mv mgR12 2A由动能定理可

46、得： mgs mv mv12 2A 12 2D可求得： 0.35若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg mv2R由动能定理可得： mgs 2 mgR mv2 mv12 12 2D解得： 0.125综上所以动摩擦因数 的范围为：0.35 0.5 或者 0.125.答案 (1)10 N (2)0.35 0.5 或者 0.12512(2018石家庄高中毕业班质检(二)如图所示，在光滑水平面上，质量为 m4 kg 的物块左侧压缩一个劲度系数为 k32 N/m 的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在 O 点，在水平面 A 点与一顺时针匀速转动且倾角 37的传送带平滑连接，已知 xOA0.25 m，传送带顶端