05 動能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用-挑戰(zhàn)2022年高考物理考前必突破16個必考（全解析）

PAGEPAGE1挑戰(zhàn)2022年高考物理考前必突破16個必考熱點(diǎn)熱點(diǎn)05動能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用目錄【熱點(diǎn)解讀】 1【高考真題再練】 1【核心考點(diǎn)】 6【最新熱點(diǎn)分析】 7熱點(diǎn)一功、功率及相關(guān)圖象問題 7熱點(diǎn)二動能定理的理解和應(yīng)用 9熱點(diǎn)三機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用 11熱點(diǎn)四功能關(guān)系的理解及應(yīng)用 13【考場練兵】 15一、基礎(chǔ)強(qiáng)化練 15二、能力提升練 19【熱點(diǎn)解讀】 1、本專題主要結(jié)合圖象考查機(jī)車啟動，根據(jù)動能變化考查變力的功，結(jié)合圓周運(yùn)動、彈簧等模型;涉及摩擦力做功、能量轉(zhuǎn)化、內(nèi)能、電勢能、機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題考查2、通過本專題學(xué)習(xí)可快速提升學(xué)生的審題能力，推理能力，綜合分析能力。3、用到的相關(guān)知識有：圓周運(yùn)動，機(jī)械能守恒定律，動能定理等。【高考真題再練】1.(2019全國Ⅲ卷)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運(yùn)動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí),物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A.2kg B.1.5kg C.1kg D.0.5kg【情境剖析】本題屬于基礎(chǔ)性題目，以“日常生活中豎直上拋”為素材創(chuàng)設(shè)生活實(shí)踐問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題考查關(guān)鍵能力中的理解能力、推理論證能力，理解動能和功的關(guān)系?！敬鸢浮緾【解析】根據(jù)動能定理,物體在上升過程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36J,Ek1=72J,h=3m在下落過程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24J,Ek4=48J,h=3m聯(lián)立求得m=1kg故選C。2.(多選)(2020全國Ⅰ卷)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑,其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。則()A.物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【情境剖析】本題屬于基礎(chǔ)性題目，以“物塊沿斜面下滑”為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。【榛養(yǎng)能力】本題考查關(guān)鍵能力中的信息獲取能力、理解能力、推理論證能力、掌握動能、重力勢能、能量守恒的應(yīng)用。【答案】AB【解析】本題可根據(jù)圖象分析出物塊下滑過程中損失的機(jī)械能。由圖象可知,物塊在斜面頂端時(shí)重力勢能為30J,物塊滑到斜面底端時(shí)動能為10J,該過程損失了20J的機(jī)械能,所以物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)A正確;物塊在斜面頂端時(shí),mgh=30J,在下滑全過程中由能量守恒得μmgcosθ·s=20J,解得m=1kg,μ=0.5,選項(xiàng)B正確;物塊下滑時(shí)mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2.0m/s2,選項(xiàng)C錯誤;物塊下滑2.0m時(shí)損失的機(jī)械能為Q=μmgcosθ·s'=0.5×10×0.8×2.0J=8J,選項(xiàng)D錯誤。3.(多選)(2020天津卷)復(fù)興號動車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能,成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動車,初速度為v0,以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動,經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度vm,設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時(shí)間t內(nèi)()A.做勻加速直線運(yùn)動B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率P=FvmD.牽引力做功W=1【情境剖析】本題屬于基礎(chǔ)性題目，以“復(fù)興號動車實(shí)現(xiàn)自動駕駛功能”為素材創(chuàng)設(shè)生活實(shí)踐問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題考查關(guān)鍵能力中的理解能力、推理論證能力，能夠應(yīng)用功和功率的公式、動能定理解決功能關(guān)系問題。【答案】BC【解析】動車以恒定功率啟動,P=F牽v=Fvm,由于速度增加,因此牽引力減小,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度越來越小,A錯誤,B、C正確;時(shí)間t內(nèi)牽引力做功W=Pt,根據(jù)動能定理有Pt-WF=12mvm4.(2021全國甲卷)如圖所示,一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出),相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d;一質(zhì)量為m的無動力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn),小車通過第30個減速帶后,在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面,繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后,經(jīng)過每一個減速帶時(shí)損失的機(jī)械能。(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能。(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個減速帶損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能,則L應(yīng)滿足什么條件?【情境剖析】本題屬于綜合性題目，以“生活中的減速帶”為素材創(chuàng)設(shè)生活實(shí)踐問題情境?！舅仞B(yǎng)能力】本題考查學(xué)生是否具有運(yùn)動觀、相互作用觀、能量觀等物理觀念素養(yǎng)，考查關(guān)鍵能力中的理解能力、分析綜合能力、推理論證能力，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律等解決實(shí)際問題?！敬鸢浮?1)mgdsinθ(2)mgsinθ(L+29d【解析】(1)第30個減速帶后,兩相鄰減速帶間的平均速度相同,即經(jīng)過每兩個減速帶的距離d、初速度v0、末速度vt都相同,可推出在每相鄰減速帶間,因重力做功獲得的動能等于過每個減速帶時(shí)損失的能量。則有第30個減速帶后,經(jīng)過每一個減速帶時(shí)損失的機(jī)械能ΔE1=mgdsinθ。(2)小車通過前30個減速帶的過程中,根據(jù)能量守恒定律,重力勢能的減少量等于動能的增加量與經(jīng)過減速帶損失的機(jī)械能之和mgsinθ(L+29d)=12m小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面,繼續(xù)滑行距離s后停下。根據(jù)動能定理μmgs=1小車通過前30個減速帶的過程中,在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能ΔE2'=ΔE(3)小車在前30個減速帶上平均每一個減速帶損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能即ΔE2'>ΔE1聯(lián)立以上各式解得L>μssinθ+d【核心考點(diǎn)】機(jī)車啟動問題P=Fv(F為牽引力,不是合外力;v為瞬時(shí)速度時(shí),P為瞬時(shí)功率;v為平均速度時(shí),P為平均功率;P一定時(shí),F與v成反比)2、動能、動能定理的理解及應(yīng)用⑴動能:Ek=12mv動能定理:外力對物體所做的總功等于物體動能的變化(增量)。⑵公式:W合=ΔEk=Ek2-Ek1=1機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用⑴機(jī)械能守恒定律條件:系統(tǒng)只有內(nèi)部的重力或彈力(指彈簧的彈力)做功,有時(shí)重力和彈力都做功⑵公式:mgh1+12mv14、功能關(guān)系的理解和應(yīng)用5、能量守恒及轉(zhuǎn)化問題的綜合應(yīng)用(1)轉(zhuǎn)化:某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量和增加量一定相等。(2)轉(zhuǎn)移:某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量相等【最新熱點(diǎn)分析】熱點(diǎn)一功、功率及相關(guān)圖象問題【典例1】(多選)(2018全國Ⅱ卷T14,改編題)一個質(zhì)量為5kg靜止在水平地面上的物體,某時(shí)刻受到一個水平方向的恒力F作用,3s末撤去恒力F,物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間停下,物體的運(yùn)動圖象如圖所示。重力加速度g取10m/s2,關(guān)于物體的運(yùn)動下列說法正確的是()A.物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.5B.整個過程恒力F做功625JC.整個過程恒力F做功的功率為250WD.恒力F的最大功率為250W【答案】AB【解析】由圖象可得a2=Δv2Δt2=0-105-3m/s2=-5m/s2,由a=-μg,解得μ=0.5,故A正確;由圖象可得第一段過程中運(yùn)動的位移x1=12×10×3m=15m,根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma1,a1=Δv1Δt1=10-03-0m/s2=103m/s2,解得F=1253N,則整個過程恒力F做功為W=Fx1=【典例2】(多選)(2020天津卷T8改編題)某裝甲車的質(zhì)量為m,若在平直的公路上從靜止開始加速,前進(jìn)較短的距離s速度便可達(dá)到最大值vm。設(shè)在加速過程中發(fā)動機(jī)的功率恒定為P,裝甲車所受阻力恒為Ff,當(dāng)速度為v(v<vm)時(shí),所受牽引力為F。下列說法正確的是()A.裝甲車速度為v時(shí),裝甲車的牽引力做功為FsB.裝甲車的最大速度vm=PC.裝甲車速度為v時(shí)加速度為a=FD.裝甲車從靜止開始達(dá)到最大速度vm所用時(shí)間t=2【答案】BC【解析】裝甲車在加速過程中,其牽引力F=Pv,隨著速度的增大,牽引力逐漸減小,故裝甲車速度為v時(shí),裝甲車的牽引力做功大于Fs,A錯誤;裝甲車勻速運(yùn)動時(shí)速度最大,故vm=PFf,B正確;裝甲車速度為v時(shí),由牛頓第二定律得F-Ff=ma,解得a=F-Ffm,C正確;裝甲車加速過程由動能定理得Pt-Ffs=【方法規(guī)律歸納】一、計(jì)算功和功率時(shí)各需注意的兩個方面1.功的計(jì)算(1)恒力做功一般用功的公式或動能定理求解。(2)變力做功一般用動能定理或圖象法求解,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。注:涉及功和功率的圖象常見的是F-x圖象、速度圖象、F-t圖象等。2.功率的計(jì)算(1)明確是求瞬時(shí)功率還是平均功率。(2)P=Wt側(cè)重于平均功率的計(jì)算,P=Fvcosα(α為F和v的夾角)側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算。要注意P=Fvcosα可理解成力F注:對于機(jī)車,通常輸出功率P=Fv,其中F為機(jī)車牽引力。二、解決機(jī)車啟動問題時(shí)的四點(diǎn)注意1.分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。2.勻加速啟動過程中,機(jī)車功率不斷增大,最大功率是額定功率。3.以額定功率啟動的過程中,牽引力不斷減小,機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動,牽引力的最小值等于阻力。4.無論哪種啟動方式,最后達(dá)到最大速度時(shí),均滿足P=Ffvm,P為機(jī)車的額定功率。熱點(diǎn)二動能定理的理解和應(yīng)用【典例3】(2022云南楚雄一中一中模擬)某遙控賽車軌道如圖所示,賽車從起點(diǎn)A出發(fā),沿?cái)[放在水平地面上的直軌道AB運(yùn)動L=10m后,從B點(diǎn)進(jìn)入半徑R=0.1m的光滑豎直圓軌道,經(jīng)過一個完整的圓周后進(jìn)入粗糙的、長度可調(diào)的、傾角θ=30°的斜直軌道CD,最后在D點(diǎn)速度方向變?yōu)樗胶箫w出(不考慮經(jīng)過軌道中C、D兩點(diǎn)的機(jī)械能損失)。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg,通電后賽車以額定功率P=1.5W工作,賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3和μ2=36,重力加速度g取10m/s2(1)求賽車恰好能過圓軌道最高點(diǎn)P時(shí)的速度vP的大小。(2)若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動,求賽車通電的最短時(shí)間。(3)已知賽車在水平直軌道AB上運(yùn)動時(shí)一直處于通電狀態(tài)且最后階段以恒定速率運(yùn)動,進(jìn)入圓軌道后關(guān)閉電源,選擇CD軌道合適的長度,可使賽車從D點(diǎn)飛出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此時(shí)CD軌道的長度。【答案】(1)1m/s(2)2.17s(3)5612m【解析】(1)小球恰好在最高點(diǎn)P只受到重力,重力提供向心力,即mg=mv代入數(shù)據(jù)可得vP=1m/s。(2)由(1)小題可知,若要賽車做完整圓周運(yùn)動,即小車到達(dá)P點(diǎn)的速度至少為1m/s,賽車從開始運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程,由動能定理得Pt-μ1mgL-mg·2R=12代入數(shù)據(jù)可得,賽車的最短通電時(shí)間t=136s=2.17s(3)賽車在最后過程做勻速運(yùn)動,牽引力與滑動摩擦力平衡,其速度大小為v=P設(shè)CD軌道的長度為l,賽車沿CD向上運(yùn)動過程運(yùn)用動能定理可得12mvD2賽車從D飛出后做平拋運(yùn)動,設(shè)其水平位移為x,則有x=vDtlsinθ=12gt聯(lián)立可得x=5由數(shù)學(xué)知識可得,當(dāng)l=56m時(shí),水平位移x有最大值,最大值為x=56【方法規(guī)律歸納】1.運(yùn)用動能定理求變力做功根據(jù)動能定理W合=1先求動能變化,根據(jù)動能定理確定合力的功或各功的代數(shù)和,再求某個變力的功;衍生問題:根據(jù)功求動能的變化2.動能定理的圖象問題根據(jù)動能定理,寫出圖象縱橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系,弄清圖象斜率或面積的意義,分析求解3.運(yùn)用動能定理解決曲線運(yùn)動問題解題時(shí)應(yīng)抓好“一個過程、兩個狀態(tài)”(1)一個過程:明確研究過程,確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)兩個狀態(tài):明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況4.運(yùn)用動能定理解決多過程及往復(fù)運(yùn)動問題把握四點(diǎn):①建立運(yùn)動模型,判斷物體做了哪些運(yùn)動;分析各個運(yùn)動過程中物體的受力和運(yùn)動情況。②抓住運(yùn)動模型之間的聯(lián)系紐帶,如速度、加速度、位移,確定初、末狀態(tài)。③根據(jù)實(shí)際情況分階段或整體利用動能定理列式計(jì)算。④對于往復(fù)過程,只考慮初、末位置而不用考慮中間過程且要注意摩擦力做功的特點(diǎn)熱點(diǎn)三機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用【典例4】(2020江蘇卷T15改編題)如圖所示,在傾角為30°的光滑斜面上,勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接在固定擋板C上,另一端連接一質(zhì)量為4kg的物體A,一輕細(xì)繩通過定滑輪,一端系在物體A上,另一端與質(zhì)量也為4kg的小球B相連,細(xì)繩與斜面平行,斜面足夠長,用手托住球B使繩子剛好沒有拉力,然后由靜止釋放,不計(jì)一切摩擦,g取10m/s2。則()A.A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒B.彈簧恢復(fù)原長時(shí)細(xì)繩上的拉力為30NC.彈簧恢復(fù)原長時(shí)A速度最大D.A沿斜面向上運(yùn)動10cm時(shí)加速度最大【答案】B【解析】A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒,因?yàn)閺椈蓮椓ψ隽斯?所以A錯誤;A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中加速度大小相等,在彈簧恢復(fù)原長時(shí),細(xì)繩拉力為F,由牛頓第二定律可得mBg-F=mBa,F-mAgsin30°=mAa,解得F=30N,所以B正確;彈簧恢復(fù)原長后,A、B組成的系統(tǒng)還一直做加速運(yùn)動,所以C錯誤;A、B組成的系統(tǒng)開始運(yùn)動時(shí)加速度最大,彈簧開始時(shí)的壓縮量滿足mgsin30°=kx1,解得x1=10cm,A沿斜面向上運(yùn)動10cm時(shí),彈簧剛好恢復(fù)原長,此時(shí),加速度不是最大,所以D錯誤?！镜淅?】(2020江蘇卷)如圖所示,鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿,桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球,球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩,繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落,帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動,忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)重物落地后,小球線速度的大小v;(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A,此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h?！敬鸢浮?1)2Rω(2)m4R2ω【解析】(1)由題意可知當(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω,則根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可知小球的線速度為v=2Rω。(2)小球勻速轉(zhuǎn)動,當(dāng)?shù)剿轿恢脮r(shí),合力提供向心力,則有F2-(解得桿對球的作用力大小為F=m4R(3)設(shè)重物落地時(shí)的速度為v1,重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知Mgh=12Mv重物的速度等于鼓形輪的線速度,有v1=Rω聯(lián)立各式解得h=(M【方法規(guī)律歸納】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用中的三選取(1)研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié),有的問題選單個物體(實(shí)際為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象,有的選幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象,如圖所示,單選物體A機(jī)械能減少不守恒,但由物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)研究過程的選取研究對象的運(yùn)動過程分幾個階段,有的階段機(jī)械能守恒,而有的階段機(jī)械能不守恒,因此在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過程的選取。(3)機(jī)械能守恒表達(dá)式的選?、偈睾阌^點(diǎn):Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需選取參考面)②轉(zhuǎn)化觀點(diǎn):ΔEp=-ΔEk。(不需選取參考面)③轉(zhuǎn)移觀點(diǎn):ΔEA增=ΔEB減。(不需選取參考面)熱點(diǎn)四功能關(guān)系的理解及應(yīng)用【典例6】(云南文山一中模擬)A、B兩個木塊疊放在豎直輕彈簧上,如圖所示,已知mA=mB=1.5kg,輕彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m。若在木塊A上作用一個豎直向上的力F使木塊A由靜止開始以2m/s2的加速度豎直向上做勻加速運(yùn)動,且已知輕彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2(k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量)。g取10m/s2,求(1)剛開始運(yùn)動時(shí)彈簧的彈性勢能;(2)使木塊A豎直向上做勻加速運(yùn)動的過程中力F的最小值;(3)從木塊A豎直向上做勻加速運(yùn)動直到A、B分離的過程中,力F對木塊做的功?！敬鸢浮?1)4.5J(2)6N(3)1.44J【解析】(1)對A、B組成的整體,受到重力與彈簧的彈力處于平衡狀態(tài),則Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10N=30N初始位置對應(yīng)的彈簧的壓縮量x1=Fx彈簧的彈性勢能Ep=12kx1(2)A與B開始運(yùn)動時(shí)加速度是相等的,AB組成的系統(tǒng)受到重力、彈簧的彈力與拉力;由于開始時(shí)彈簧對AB系統(tǒng)的彈力最大,所以拉力F最小,由牛頓第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a代入數(shù)據(jù)可得Fmin=6N。(3)設(shè)A、B分離時(shí)彈簧壓縮了x2,二者分離時(shí)A與B之間的作用力為0,由牛頓第二定律對B有kx2-mBg=mBa得x2=0.18m此過程A、B上升高度h=x1-x2=0.30m-0.18m=0.12m設(shè)此時(shí)A、B速度為v,則v2=2ah代入數(shù)據(jù)可得v=0.48m/s彈性勢能的變化量ΔEp=1對系統(tǒng)由能量守恒定律得WF+ΔEp=(mA+mB)gh+12(mA+mB)v聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得WF=1.44J。【方法規(guī)律歸納】記住理解常見的七種功能關(guān)系【考場練兵】一、基礎(chǔ)強(qiáng)化練1.(2021遼寧大連高三一模)“ETC”是高速公路上電子不停車收費(fèi)系統(tǒng)的簡稱。若某汽車以恒定功率勻速行駛,為合理通過收費(fèi)處,司機(jī)在t1時(shí)刻使汽車功率減半,并保持該功率行駛,到t2時(shí)刻又做勻速運(yùn)動;通過收費(fèi)處后,逐漸增加功率,使汽車做勻加速運(yùn)動直到恢復(fù)原來功率,以后保持該功率行駛。設(shè)汽車所受阻力大小不變,則在該過程中,汽車的速度隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()【答案】C【解析】0~t1時(shí)間內(nèi),汽車以恒定功率勻速行駛,則有F=Ff,P=Fv1,t1時(shí)刻使汽車功率減半,則有P2=F1v1,解得F1=F2=Ff2,則汽車做減速運(yùn)動,速度減小,t1到t2時(shí)刻保持該功率行駛,所以牽引力增大,由牛頓第二定律可得Ff-F'=ma,則汽車做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動,t1到t2時(shí)間內(nèi)圖象的斜率逐漸減小;t2到t3時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動,則速度保持不變;通過收費(fèi)處后,先做勻加速運(yùn)動有F2-Ff=ma2,P2=F2v2,由于牽引力不變,速度增大,功率增大,當(dāng)P2=P時(shí),保持功率不變,則汽車?yán)^續(xù)加速運(yùn)動,其牽引力減小,由牛頓第二定律可知,汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,加速度為0時(shí),汽車的速度達(dá)到最大值,最后做勻速運(yùn)動;所以在t3到t4時(shí)間內(nèi)圖象斜率先保持不變,再逐漸減小。所以C正確2.（多選）（2022新疆喀什地區(qū)高三一模）如圖所示，質(zhì)量物體從高為的光滑軌道上點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，傳送帶之間的距離為，傳送帶一直以的速度順指針勻速運(yùn)動，重力加速度大小，下列說法正確的是（）A.物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間是B.物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做功為C.物體從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為D.物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為【答案】AC【解析】A．設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為，由機(jī)械能守恒定律有，代入數(shù)據(jù)得：，物體在摩擦力作用下先做勻加速運(yùn)動，加速度大小為，加速至速度與傳送帶相等的時(shí)間為，勻加速運(yùn)動的位移為，所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動，物體勻速運(yùn)動的時(shí)間為，則物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間為：，故選項(xiàng)A正確；B．物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做正功，摩擦力做的功，故選項(xiàng)B錯誤；C．在時(shí)間內(nèi)，皮帶做勻速運(yùn)動的位移為，故產(chǎn)生熱量，代入數(shù)據(jù)得產(chǎn)生的熱量為，故選項(xiàng)C正確；D．電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分就是增加了內(nèi)能，則物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為，故選項(xiàng)D錯誤；3.(2021山西高三二模)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的半圓形軌道,A、B為水平直徑的兩端點(diǎn),O為圓心,現(xiàn)將半徑遠(yuǎn)小于軌道半徑、質(zhì)量為m的小球從O點(diǎn)以初速度v0=gR水平向右拋出,小球落在圓周上某一點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則小球落在圓周上時(shí)的動能為()A.22-12mgR B.2-12mgRC.(【答案】A【解析】設(shè)小球下落的時(shí)間為t,根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律,水平方向的位移為x=v0t,豎直方向的位移為y=12gt2,由幾何關(guān)系可得x2+y2=R2,解得y=(2-1)R,小球落在圓周上時(shí)的動能為Ek=12mv024.(2021江西高三一模)研究“蹦極”運(yùn)動時(shí),在運(yùn)動員身上系好彈性繩并安裝傳感器,可測得運(yùn)動員豎直下落的距離及其對應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù),得到如圖所示的“速度—位移”圖象,若空氣阻力和彈性繩的重力可忽略,根據(jù)圖象信息,下列說法正確的是()A.彈性繩原長為15mB.當(dāng)運(yùn)動員下降10m時(shí),處于超重狀態(tài),當(dāng)運(yùn)動員下降20m時(shí),處于失重狀態(tài)C.若以運(yùn)動員、彈性繩、地球?yàn)橄到y(tǒng)研究,此過程機(jī)械能守恒D.當(dāng)運(yùn)動員下降15m時(shí),繩的彈性勢能最大【答案】C【解析】運(yùn)動員下降15m時(shí)速度最大,此時(shí)加速度為0,合外力為0,彈力不為0,彈力等于重力,彈簧處于伸長狀態(tài),所以A錯誤;運(yùn)動員下降10m時(shí),處于加速下落過程,加速度向下,處于失重狀態(tài),當(dāng)運(yùn)動員下降20m時(shí),處于減速下落過程,加速度向上,處于超重狀態(tài),所以B錯誤;以運(yùn)動員、彈性繩、地球?yàn)橄到y(tǒng)研究,此過程機(jī)械能守恒,所以C正確;運(yùn)動員下降15m時(shí),速度不為0,繼續(xù)向下運(yùn)動,彈性繩繼續(xù)伸長,彈性勢能繼續(xù)增大,所以D錯誤。5.(多選)(2021福建高三二模)2020年11月10日,中國自主研發(fā)制造的“奮斗者”號潛水器在馬里亞納海溝成功坐底,創(chuàng)造了10909m的中國載人深潛新紀(jì)錄。若在這次深潛探測中“奮斗者”號下潛過程潛水深度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示,其中t1~t2、t3~t4時(shí)間內(nèi)圖象為直線,忽略下潛過程重力加速度的變化及潛水器的體積變化。則()A.0~t1時(shí)間內(nèi),潛水器做加速下潛B.t1~t2時(shí)間內(nèi),潛水器內(nèi)的科考人員所受重力的功率逐漸增大C.t2~t3時(shí)間內(nèi),潛水器內(nèi)的科考人員處于失重狀態(tài)D.t3~t4時(shí)間內(nèi),潛水器豎直方向所受合外力為零【答案】AD【解析】因h-t圖象的斜率表示速度,可知0~t1時(shí)間內(nèi),潛水器速度增加,即做加速下潛,選項(xiàng)A正確;t1~t2時(shí)間內(nèi),潛水器的速度不變,根據(jù)P=mgvy可知,潛水器內(nèi)的科考人員所受重力的功率不變,選項(xiàng)B錯誤;t2~t3時(shí)間內(nèi),潛水器的速度減小,即減速下降,加速度向上,則潛水器內(nèi)的科考人員處于超重狀態(tài),選項(xiàng)C錯誤;t3~t4時(shí)間內(nèi),潛水器深度不變,豎直方向的速度為零,則豎直方向所受合外力為零,選項(xiàng)D正確。6.(多選)(2021福建高三二模)如圖所示,木塊A、B緊靠放置于水平面上,A和墻間水平連接著勁度系數(shù)為k的輕彈簧,且彈簧處于原長狀態(tài)。已知A、B質(zhì)量分別為2m、m,與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g。用水平力F向左緩慢壓B,使B向左移動x,突然撤去F,則()A.若A、B可分開,分開時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)B.若A、B可分開,分開時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)C.為使A、B可分開,F做功必須大于4.5μmgxD.為使A、B可分開,F做功必須大于6μmgx【答案】AD【解析】兩木塊分開瞬間加速度相等,兩者之間彈力為0。設(shè)此時(shí)共同的加速度為a,彈簧的彈力為FT,對B木塊用牛頓第二定律有μmg=ma,對A木塊用牛頓第二定律有2μmg+FT=2ma,聯(lián)立得FT=0,所以此時(shí)彈簧沒有彈力,即處于原長狀態(tài),故A正確,B錯誤;由選項(xiàng)A可知,A、B分開時(shí)彈簧已經(jīng)恢復(fù)原長,全程彈簧所做總功為0,從力F開始推動到A、B木塊分開,對全程用動能定理,可得WF-μ(m+2m)g·2x=Ek-0,木塊分開時(shí)有Ek≥0,即WF-μ(m+2m)g·2x≥0,解得WF≥6μmgx,故C錯誤,D正確。7.（多選）(2022屆河南省名校聯(lián)盟高三二次模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)四分之一圓弧軌道AP和水平傳送帶PC相切于P點(diǎn)，圓弧軌道圓心為O，半徑為R=2m．小耿同學(xué)讓一質(zhì)量為m=1kg的小物塊從圓弧頂點(diǎn)A由靜止開始沿軌道下滑，再滑上傳送帶PC，傳送帶以速度v=4m／s沿逆時(shí)針方向的轉(zhuǎn)動．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，滑塊第一次滑到傳送帶上離P點(diǎn)2.5m處速度為零，不計(jì)物體經(jīng)過圓弧軌道與傳送帶連接處P時(shí)的機(jī)械能損失，重力加速度為g=10m／s2．則（）A.滑塊從A開始下滑到P點(diǎn)過程機(jī)械能守恒B.滑塊再次回到P點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道P點(diǎn)的壓力大小為18NC.滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動由于摩擦產(chǎn)生的熱量為31.5JD.滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動而使電動機(jī)額外多做的功為36J【答案】BD【解析】滑塊第一次滑到傳送帶上P點(diǎn)的速度，故滑塊從A開始下滑到P點(diǎn)過程機(jī)械能不守恒，A錯誤；滑塊再次回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v=4m/s，根據(jù)牛頓第二定律，解得，根據(jù)牛頓第三定律可知對圓弧軌道P點(diǎn)的壓力大小為18N，B正確；滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動由于摩擦產(chǎn)生的熱量為，C錯誤；滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動而使電動機(jī)額外多做的功為，D正確．二、能力提升練8.(多選)(2021河南高三二模)如圖所示,水平傳送帶兩端A、B間的距離為L,傳送帶以速度v沿順時(shí)針運(yùn)動,一個質(zhì)量為m的小物體以一定的初速度從A端滑上傳送帶,運(yùn)動到B端,此過程中物塊先做勻加速直線運(yùn)動后做勻速直線運(yùn)動,物塊做勻加速直線運(yùn)動的時(shí)間與做勻速直線運(yùn)動的時(shí)間相等,兩過程中物塊運(yùn)動的位移之比為2∶3,重力加速度為g,傳送帶速度大小不變。下列說法正確的是()A.物塊的初速度大小為vB.物塊做勻加速直線運(yùn)動的時(shí)間為3LC.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為10D.整個過程中物塊與傳動帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為m【答案】BC【解析】由題意知(v0+v)2∶v=2∶3,得v0=v3,A錯誤;勻速運(yùn)動中3L5=vt,則t=3L5v,勻加速與勻速時(shí)間相等,B正確;由運(yùn)動學(xué)公式v2-v02=2ax,x=25L,μg=a得動摩擦因數(shù)為μ=10v29gL,C正確;由熱量Q=Ffs相對9.(多選)(2021四川成都高三二模)從地面豎直向上拋出一物體,運(yùn)動過程中,物體除受到重力外還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力F作用。以地面為零勢能面,物體從拋出到落回地面的過程中,機(jī)械能E隨路程s的變化關(guān)系如圖所示,重力加速度大小取10m/s2。則()A.物體到達(dá)的最高點(diǎn)距地面的高度為1.0mB.外力F的大小為3.5NC.物體動能的最小值為1.0JD.物體的質(zhì)量為0.4kg【答案】AD【解析】根據(jù)圖象可知,物塊總共的路程為s=2m,故上升的最大高度為1.0m,A正確;整個過程,由功能關(guān)系得Ek-Ek0=-Fs,根據(jù)圖象可知Ek0=7J,Ek=1J,可得F=3N,B錯誤;到達(dá)最高點(diǎn)速度為零,動能為零,故最小動能為零,C錯誤;由圖象知s=1m時(shí)E=4J,此時(shí)動能為0,故Ep=E=4J,Ep=mgh,得m=0.4kg,故D正確。10.(多選)(2021四川德陽高三二模)如圖所示,小滑塊P、Q的質(zhì)量均為m,P套在固定光滑豎直桿上,Q放在光滑水平面上。P、Q間通過鉸鏈用長為L的輕桿連接,輕桿與豎直桿的夾角為α,一水平輕彈簧左端與Q相連,右端固定在豎直桿上。當(dāng)α=30°時(shí),彈簧處于原長。P由靜止釋放,下降到最低點(diǎn)時(shí)α變?yōu)?0°。整個運(yùn)動過程中,P、Q始終在同一豎直平面內(nèi),彈簧在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦,重力加速度為g。則P下降過程中()A.彈簧彈性勢能最大值為3-12B.滑塊P的動能達(dá)到最大前,P的機(jī)械能先增大后減小C.滑塊P的動能達(dá)到最大時(shí),Q受到地面的支持力等于2mgD.滑塊P的動能達(dá)到最大時(shí),Q受到地面的支持力大于2mg【答案】AC【解析】P下降到最低點(diǎn)時(shí)α變?yōu)?0°,彈性勢能達(dá)到最大,由能量守恒可得Ep=mgL(cos30°-cos60°)=3-12mgL,A正確;滑塊P的動能達(dá)到最大前,P、Q及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由于Q的動能及彈簧的彈性勢能均增大,故P的機(jī)械能一直減小,B錯誤;滑塊P的動能達(dá)到最大時(shí),P、Q及彈簧組成的整體在豎直方向加速度為零,受到整體的重力及地面支持力作用而平衡,故Q受到地面的支持力等于2mg,C正確11.(多選)(2022昆明一中、銀川一中高三聯(lián)合考試一模)如圖，若小滑塊以某一初速度v0從斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能運(yùn)動到斜面頂端。現(xiàn)僅將光滑斜面改為粗糙斜面，仍讓滑塊以初速度v0。從斜面底端上滑時(shí)，滑塊能運(yùn)動到距離底端斜面長度的處。則（）A.滑塊滑上斜面后能再次滑回斜面底端 B.滑塊滑上斜面后不能再滑回斜面底端C.整個過程產(chǎn)生的熱量為 D.整個過程產(chǎn)生的熱量為【答案】AD【解析】AB．設(shè)斜面長度為L，由題意可知其中的解得因則當(dāng)