2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第一讲动能定理机械能守恒定律教学案

2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第一讲动能定理机械能守恒定律教学案

高考物理 第一讲　动能定理、机械能守恒定律 ‎[知识建构]‎ ‎[备考点睛]‎ ‎(注1)……(注3)：详见答案部分 ‎1.易错点归纳 ‎(1)W＝Flcosα只适合求恒力做功.‎ ‎(2)动能定理没有分量式.‎ ‎(3)机械能守恒的条件不是合力所做的功等于零，更不是合力为零.‎ ‎(4)“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.‎ ‎(5)对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能不守恒.‎ ‎2.把握两点，准确理解动能定理 ‎(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功.‎ ‎(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度.‎ ‎3.判断机械能守恒的两个角度 35‎ 高考物理 ‎(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒.‎ ‎(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒.‎ ‎[答案]　(1)适用条件 ‎①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．‎ ‎②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．‎ ‎③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．‎ ‎(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系 机械能守恒定律 动能定理 不同点 适用 条件 只有重力或系统内弹力做功 没有条件限制，它不但允许重力和弹力做功，还允许其他力做功 分析 思路 只需分析研究对象初、末状态的动能和势能 不但要分析研究对象初、末状态的动能，还要分析所有外力所做的功 不同点 研究 对象 一般是物体组成的系统 一般是一个物体(质点)‎ 书写 方式 有多种书写方式，一般常用等号两边都是动能与势能的和 等号左边一定是合力的总功，右边是动能的变化 相同点 ‎(1)思想方法相同：机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下状态的变化．‎ ‎(2)表达这两个规律的方程都是标量式 ‎(3)机械能守恒的条件 只有重力和系统内弹簧弹力做功．只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化．‎ 35‎ 高考物理 热点考向一　功和功率的计算 ‎【典例】　(2019·安徽滁州三中段考)如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球(斜面足够长，重力加速度为g)，则在小球从开始运动到小球距斜面的距离最大的过程中，下列说法中错误的是(　　)‎ A．重力做的功W＝ B．速度的变化量为v0tanθ C．运动时间为 D．重力的平均功率为P＝ ‎[思路引领]　(1)小球距斜面的距离最大时，速度方向与斜面平行．‎ ‎(2)→→→ ‎[解析]　当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时小球的竖直分速度vy＝v0tanθ，解得t＝＝，速度的变化量Δv＝gt＝v0tanθ，故B正确，C错误．小球的竖直分位移h＝＝，重力做的功W＝mgh＝，故A正确．重力的平均功率P＝‎ 35‎ 高考物理 eq f(W,t)＝，故D正确．C符合题意．‎ ‎[答案]　C 功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点：‎ ‎1．准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Flcosα中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．‎ ‎2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力做功转化为恒力做功，也可应用动能定理等方式求解．‎ ‎3．对于功率的计算，应注意区分公式P＝和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．‎ 迁移一　重力的平均功率和瞬时功率 ‎1．(多选)(2019·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是(　　)‎ A．重力对三个小球所做的功相同 B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大 C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同 35‎ 高考物理 D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小 ‎[解析]　假设平板的长度为x，由功的定义式可知W＝mgxsinθ＝mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度a＝gsinθ，小球到达平板底端时的速度为v＝＝＝，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式x＝at2可知t＝＝，整个过程中重力的平均功率为P＝＝，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D正确．‎ ‎[答案]　AD 迁移二　变力做功问题 ‎2．(2019·江西六校联考)如图所示，将一光滑圆弧轨道固定竖直放置，其中A点为圆弧轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静止于A点，现用始终沿切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆周运动到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF－mgR＝mv①；因F是变力，对物体的运动过程分割，将AB划分成许多小段，则当各小段弧长Δs足够小时，在每一小段上，力F可看作恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔs1＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δs1＋…)＝F·R②；从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤m，即在圆轨道最高点处速度至少为.故由机械能守恒定律得mv＝mgR＋m③；联立①②③式得F＝ 35‎ 高考物理 ‎.选项D正确．‎ ‎[答案]　D 迁移三　机车启动问题 ‎3．(2019·宁夏模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示．已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为(　　)‎ A．8 s B．14 s C．26 s D．38 s ‎[解析]　由图像可知，机车的最大功率约为P＝200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103 N＋2×103×2 N＝7000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s＝ m/s，由v＝at，解得t＝ s≈14.3 s，故选项B正确．‎ ‎[答案]　B 机车启动模型中的两点技巧：机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：‎ ‎(1)求v1：由F牵－F阻＝ma、P＝F牵v1可求出v1＝.‎ 35‎ 高考物理 ‎(2)求vm：由P＝F阻vm，可求出vm＝. ‎ 热点考向二　动能定理的应用 ‎【典例】　(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；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(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR ‎[思路引领]　‎ 35‎ 高考物理 ‎ [解析]　设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，ABD错误．‎ ‎[答案]　C ‎1．应用动能定理解题的基本步骤 35‎ 高考物理 ‎2．应用动能定理解题应注意的四点 ‎(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．‎ ‎(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．‎ ‎(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则可使问题简化．‎ ‎(4)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．‎ 迁移一　动能定理求解变力做功 ‎1．(2019·江苏盐城高三三模)如图所示，水平面AB光滑，粗糙半圆轨道BC竖直放置，圆弧半径为R，AB长度为4R.在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场．一带电量为＋q、质量为m的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点．在C点，小球对轨道的压力大小为mg，已知E＝，水平面和半圆轨道均绝缘．求：‎ 35‎ 高考物理 ‎ (1)小球运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球运动到C点时的速度大小；‎ ‎(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．‎ ‎[解析]　(1)小球从A点到B点，根据动能定理有 qE·4R＝mv－0‎ 又E＝ 解得vB＝＝2 ‎(2)小球运动到C点，根据牛顿第二定律有2mg＝m 解得vC＝ ‎(3)小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有 Wf－2mgR＝mv－mv 解得Wf＝－mgR 小球从B点运动到C点的过程克服阻力做功为mgR.‎ ‎[答案]　(1)2　(2)　(3)mgR 迁移二　动能定理解决多过程问题 ‎2．(2019·上海市黄埔区高三二模)光滑水平平台AB上有一根轻弹簧，一端固定于A，自然状态下另一端恰好到B.平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R＝0.2 m的细圆管轨道BC和CD.D端与水平光滑地面DE相接．E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF 35‎ 高考物理 相接，斜面与水平面的倾角θ可在0≤θ≤75°范围内变化(调节好后即保持不变)．一质量为m＝0.1 kg的小物块(略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放，被弹开后以v0＝2 m/s进入管道．小物块与斜面的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．‎ ‎(1)求物块过B点时对细管道的压力大小和方向；‎ ‎(2)当θ取何值时，小物块在EF上向上运动的时间最短？求出最短时间．‎ ‎(3)求θ取不同值时，在小物块运动的全过程中产生的摩擦生热Q与tanθ的关系式．‎ ‎[解析]　(1)设轨道对物块的压力竖直向下，由牛顿第二定律得 F＋mg＝m 解得F＝1 N 由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小F′＝F＝1 N，方向竖直向上 ‎(2)物块到达DE时的速度为v，由动能定理得 mg·2R＝mv2－mv 解得v＝2 m/s 沿斜面上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1‎ 上滑时间为t＝ 35‎ 高考物理 联立可得t＝ s＝ s 由数学知识可得，当θ＝60°时，有tmin＝0.3 s ‎(3)物块恰好能在斜面上保持静止 mgsinθ＝μmgcosθ解得θ＝30°‎ 则当0≤θ≤30°，滑块在EF上停下后即保持静止．‎ 在EF上滑行x＝，产生的摩擦热量为Q＝μmgcosθ·x 化简得Q＝ J 当30°<θ≤75°，滑块在EF上停下后返回，经多次往复运动后，最终静止于E点 产生的摩擦热量为Q＝mg·2R＋mv＝0.6 J ‎[答案]　(1)1 N　方向竖直向上　(2)60°　0.3 s ‎(3)当0≤θ≤30°时，Q＝ J 当30°<θ≤75°时，Q＝0.6 J 在应用动能定理解题时，运动过程的选取很重要，选取的过程恰当，解题过程会很简捷．一般地，先考虑选择全过程分析，若不能解决，再取其中的分过程分析. ‎ 热点考向三　机械能守恒定律的应用 35‎ 高考物理 ‎【典例】　(2019·宜春三中摸底)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R.C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接．现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道．已知重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由．‎ ‎(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？‎ ‎[思路引领]　(1)轨道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球运动过程中机械能守恒．‎ ‎(2)轨道C2属于竖直面内圆周运动的绳模型，轨道C4属于杆模型．‎ ‎(3)轨道C1的最低点B和轨道C3的最低点F都是压力的极大值处，根据圆周运动规律求解后比较即可，注意压力大小与小球质量、速度和轨道半径都有关系．‎ ‎[解析]　(1)小球从P到A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin30°＝4R；‎ 由平抛运动规律可得：v＝2gh 解得：vy＝ 在A点，由速度关系tan60°＝ 解得：v0＝.‎ ‎(2)若小球能过D点，则在D点的速度满足v> 小球从P到D由机械能守恒定律得：‎ 35‎ 高考物理 mv＋6mgR＝mv2＋5mgR 解得：v＝>，则小球能过D点 若小球能过H点，则H点速度满足vH>0‎ 小球从P到H时，机械能守恒，H点的速度等于P点的初速度，为>0；‎ 综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出．‎ ‎(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能 小球从P到B由机械能守恒定律得：‎ mv＋6mgR＝mv 在B点轨道给小球的弹力NB满足：‎ NB－mg＝m 解得：NB＝mg；‎ 小球从P到F由机械能守恒定律得：‎ mv＋6mgR＝mv＋3mgR 在F点轨道给小球的弹力NF满足：‎ NF－mg＝m 联立解得：NF＝mg；‎ 比较可知：F点轨道对小球的弹力最大，为mg.‎ ‎[答案]　(1)　(2)能，理由见解析 35‎ 高考物理 ‎(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg ‎1．机械能守恒定律的三种表达形式 ‎2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 迁移一　涉及弹性势能的机械能守恒问题 ‎1．(多选)(2019·武汉调研) 如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道，a点为最高点，d点为最低点，c点与圆心O等高，a、b间距为R.一轻质弹簧的原长为1.5R，它的一端固定在a点，另一端系一小圆环，小圆环套在圆轨道上．某时刻，将小圆环从b点由静止释放，小圆环沿轨道下滑并通过d点．已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列判断正确的是(　　)‎ 35‎ 高考物理 A．小圆环从b点运动至c点的过程中先加速后减速 B．小圆环从b点运动至d点的过程中，弹簧弹力对其先做正功后做负功 C．小圆环运动至c点时的速度大于 D．小圆环运动至d点时的速度小于 ‎[解析]　小圆环运动至c点时，弹簧的长度为R<1.5R，小圆环从b点运动至c点的过程中，弹簧一直处于压缩状态，重力和弹簧弹力都做正功，小圆环一直处于加速状态，选项A错误；小圆环从b点运动至d点的过程中，弹簧先恢复原长后伸长，可见弹簧的弹力对小圆环先做正功后做负功，选项B正确；小圆环从b点运动至c点的过程中，选与O点等高的平面为零势能面，对小圆环和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有mg(R－Rcos60°)＋Epb＝mv＋Epc，由于弹簧弹性势能Epb>Epc，得vc>，选项C正确；当小圆环在b点时弹簧处于压缩状态且压缩量x1＝0.5R，当小圆环在d点时弹簧处于伸长状态且伸长量x2＝0.5R＝x1，小圆环在b点时弹簧的弹性势能等于小圆环在d点时弹簧的弹性势能，选与d点等高的面为零势能面，对圆环和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有mg(2R－Rcos60°)＝mv，解得vd＝，选项D错误．‎ ‎[答案]　BC 迁移二　绳连接体的机械能守恒问题 ‎2. (2019·黑龙江哈尔滨六中模拟)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10 m/s2，若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则两个物体的质量关系为(　　)‎ 35‎ 高考物理 A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ ‎[解析]圆环下降3 m时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得vA＝vcosθ，又由几何关系可知cosθ＝，解得vA＝3 m/s.当圆环下降的高度h＝3 m时，由几何关系可知，物体A上升的高度h′＝－l＝1 m．将A、B看做一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入数据求解可得＝，选项A正确．‎ ‎ [答案]　A 迁移三　杆连接体问题 ‎3．(多选)(2019·山西省太原一模)如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b两金属球(可视为质点)，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b 35‎ 高考物理 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则(　　)‎ A．在b球落地前的整个过程中，a、b组成的系统水平方向上动量守恒 B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgl C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功为－mgl D．从b球由静止释放到落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg ‎[解析]　在b球落地前的整个过程中，b在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，A错误．从开始到b球距地面高度为的过程中，b球减少的重力势能为mgL，当b球距地面高度为时，由两球沿杆方向分速度相同可知vb＝va，又因为a、b质量相等，所以有Ekb＝3Eka.从开始下落到b球距地面高度为的过程由机械能守恒可得mgL＝4Eka.可得Eka＝mgl，所以杆对a球做功为mgl，B正确．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做负功，且大小等于a球机械能的增加量，为－mgl，C错误．在b球落地的瞬间，a球速度为零，从b球由静止释放到落地瞬间的过程中，b球减少的重力势能全部转化为b球动能，所以此时b球速度为，方向竖直向下，所以重力对b球做功的功率为mg，D正确．‎ ‎[答案]　BD 35‎ 高考物理 连接体的机械能守恒问题，一般是两个物体由细绳或轻杆连接在一起．求解这类问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解．其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键．连接体一般可分为三种：‎ ‎(1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ ‎(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ ‎(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳 方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．‎ 思维方法突破——动能定理与图像结合问题的处理方法 动能定理与图像结合的问题 ‎1．图像问题分析的“四步走”‎ 35‎ 高考物理 ‎2．常见图像所围面积的含义 v－t图 由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a－t图 由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F－x图 由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P－t图 由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 ‎【典例】　(2019·江西红色六校二联)晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图像如图乙所示，在t＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.‎ 35‎ 高考物理 ‎(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；‎ ‎(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；‎ ‎(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．‎ ‎[审题指导]‎ 第一步　读题干—提信息 题干 信息 驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动 属于恒定功率速度不变 在t＝15 s时图线的切线与横轴平行 说明t＝15秒时轿车加速度为零，做匀速运动 图乙 ‎5～15秒做加速度减小的变减速运动 由O运动到N的过程中位移的大小 注意O到N过程牵引力大小改变 第二步　审程序—顺思路 35‎ 高考物理 ‎ [解析]　(1)轿车在MO段运动时，以10 m/s的速度匀速运动，有F1＝f1，P＝F1v1‎ 联立解得f1＝ N＝2000 N.‎ ‎(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图像可知t＝15 s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2＝f2，P＝F2v2‎ 联立解得f2＝ N＝4000 N t＝5 s时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1－f2＝ma 解得a＝－1 m/s2‎ 轿车通过O点时加速度大小为1 m/s2.‎ ‎(3)由动能定理可知Pt－f2x＝mv－mv 解得x＝68.75 m.‎ ‎[答案]　(1)2000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m 35‎ 高考物理 ‎(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律．‎ ‎(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)．‎ ‎(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的). ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(多选)(2019·河北名校联盟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为如图所示v－t图像(除2～10 s时间内的图线为曲线外，其余时间内的图线均为直线)，已知2～14 s时间内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m＝2 kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小车在14～18 s时间内的加速度大小为2 m/s2‎ B．小车匀速行驶阶段的功率为32 W C．小车在2～10 s时间内的位移大小为52 m D．小车受到的阻力大小为8 N ‎[解析]　在14～18 s时间内，小车的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2‎ 35‎ 高考物理 ‎，选项A正确；在14～18 s时间内，小车在水平方向上只受阻力f作用，根据牛顿第二定律得f＝ma1＝4 N，选项D错误；在10～14 s内两小车做匀速直线运动，牵引力大小F1＝f＝4 N，小车的功率P＝F1v＝4×8 W＝32 W，选项B正确；在2～10 s时间内，根据动能定理有PΔt－fx＝mv－mv，其中Δt＝8 s，v1＝4 m/s，v2＝8 m/s，解得x＝52 m，选项C正确．‎ ‎[答案]　ABC ‎2．(2019·湖南五校联考)质量为1 kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．AB段加速度大小为3 m/s2‎ B．OA段加速度大小为5 m/s2‎ C．s＝9 m时速度大小为3 m/s D．s＝3 m时速度大小为2 m/s ‎[解析]　分析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－s图像，可知FOA＝5 N，FAB＝2 N，而物体受到的摩擦力为Ff＝2 N，故物体在OA段加速，由牛顿第二定律，可知FOA－Ff＝ma，故a＝3 m/s2，而在AB段物体做匀速运动，选项A、B错误．在OA段，根据动能定理，有W－μmgs＝mv，解得vA＝3 m/s，vB＝vA＝3 m/s，故可知选项C正确，D错误．‎ 35‎ 高考物理 ‎[答案]　C 专题强化训练(五)‎ 一、选择题 ‎1．(2019·深圳宝安区期中检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如下图甲、乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W D．前3 s内，F对滑块做的总功为零 ‎[解析]　由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．‎ ‎[答案]　C ‎2．(2019·湖北八校二联)如右图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知(　　)‎ 35‎ 高考物理 A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ C．A、B两点高度差为 D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等 ‎[解析]　甲、乙两球经过C点的速度v甲＝v乙＝，甲球平抛的初速度v甲x＝v甲sin30°＝，故A项错误；甲球经过C点时竖直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝，运动时间t甲＝＝，乙球运动时间t乙＝，则t甲∶t乙＝∶2，故B项错误；A、B两点的高度差Δh＝gt－gt＝，故C项正确；甲和乙两球在C点时重力的瞬时功率分别为P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D项错误．‎ ‎[答案]　C ‎3．(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Ek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(　　)‎ 35‎ 高考物理 A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg ‎[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均错误．‎ ‎[答案]　C ‎4．(多选)(2019·抚州阶段性检测)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　)‎ 35‎ 高考物理 A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小 B．最低点的坐标x＝h＋2x0‎ C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg D．小球动能的最大值为mgh＋ ‎[解析]　由题图乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝k(x－h)2，小球由静止释放到最低点的过程，由动能定理得mgx－k(x－h)2＝0，即mgx－(x－h)2＝0，解得x＝h＋x0，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图乙可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确．‎ ‎[答案]　CD ‎5．(多选)(2019·青岛重点中学期中联测)质量为m的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O点的拉力F作用，且F＝ks，k为比例系数，s为小球和O点的距离．小球从A点由静止出发恰好运动到D点；小球在d点以初速度v0向A点运动，恰好运动到B点．已知OC垂直于杆且C为垂足，B点为AC的中点，OC＝d，CD＝BC＝l.不计小球的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球从A运动到D的过程中只有两个位置F的功率为零 B．小球从A运动到B与从B运动到C的过程克服摩擦力做功相等 C．v0＝2 D．小球在D点的速度至少要2v0才能运动到A点 35‎ 高考物理 ‎[解析]　小球从A运动到D的过程中，在A点、D点速度为零，拉力的功率为零，在C点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，故有三处，A错误；因为不计小球的重力，所以F在垂直于杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N＝Fsinθ(θ为F与杆的夹角)，故摩擦力Ff＝μN＝μFsinθ＝μkssinθ＝μkd，从A到B克服摩擦力做功为Wf1＝Ffl＝μkdl，同理，从B到C克服摩擦力做功为Wf2＝Ffl＝μkdl，B正确；从D→B的过程根据动能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－mv，解得v0＝2 ，C正确；设小球在D点的速度为v时恰好能运动到A点，根据动能定理可得－3μkdl＝0－mv2，又v0＝2 ，解得v＝v0，D错误．‎ ‎[答案]　BC ‎6．(多选)(2019·广西北海一模)如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10 m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是(　　)‎ A．图乙中x＝5 m2·s－2‎ B．小球从B点到C点损失了0.125 J的机械能 C．小球从A点到C点合外力对其做的功为－1.05 J D．小球从C点抛出后，落地点到A点的距离为0.8 m ‎[解析]　因为小球恰能到达最高点C，有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则x＝v2＝4 m2·s－2，故A错误．小球从A到C，动能减少量为ΔEk＝mv－mv2＝1.05‎ 35‎ 高考物理 ‎ J，重力势能的增加量为ΔEp＝mg·2r＝1×0.8 J＝0.8 J，则机械能减少0.25 J，由于小球从A点到B点过程中对轨道的压力大于从B点到C点过程中对轨道的压力，则小球从A点到B点过程中受到的摩擦力大于从B点到C点过程中受到的摩擦力，可知小球从B点到C点的过程克服摩擦力做功较小，机械能损失小于0.125 J，故B错误．小球从A点到C点合外力对其做的功等于动能的变化量，则W＝mv2－mv＝－1.05 J，故C正确．小球经过C点时的速度v＝2 m/s，小球从C点抛出后做平抛运动，根据2r＝gt2得，t＝＝0.4 s，则落地点到A点的距离x′＝vt＝2×0.4 m＝0.8 m，故D正确．‎ ‎[答案]　CD ‎7．(多选)(2019·河北名校联盟)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B. 支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如右图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则(　　)‎ A．A球的最大速度为2 B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小 C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°‎ D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1‎ ‎[解析]　设当杆转过θ角时，两球的速度最大，如图所示，根据机械能守恒定律得mv＋×2mv＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得mv＝2mgl(sinθ＋cosθ)－2mgl，当θ＝45°时，vA＝，速度最大，两小球的总动能最大，总重力势能最小，B、C、D正确．‎ 35‎ 高考物理 ‎ [答案]　BCD ‎8．(多选)(2019·江西六校期末统测)如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑块从斜面顶端a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c点，然后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m．下列说法正确的是(　　)‎ A．整个过程中滑块动能的最大值为6 J B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J C．从b点向下到c点的过程中，滑块的机械能减少量为6 J D．从c点向上返回a点的过程中，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 ‎[解析]　当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点受到合力为0，d点在b和c之间，滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad

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