新高考物理二輪復(fù)習(xí)題型歸納與變式練習(xí)專題06動(dòng)能定理（含解析）

專題06：動(dòng)能定理考點(diǎn)1動(dòng)能定理的應(yīng)用 1考點(diǎn)2應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題 3考點(diǎn)3動(dòng)能定理與圖象的綜合問題 5考點(diǎn)1動(dòng)能定理的應(yīng)用1．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理表達(dá)式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk為所研究過程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。(2)2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡捷。(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，但如能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡化。(4)根據(jù)動(dòng)能定理列方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。【典例1】一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為SKIPIF1<0、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力）（）A.SKIPIF1<0 B.SKIPIF1<0 C.SKIPIF1<0 D.SKIPIF1<0【答案】A【解析】小球下落的高度為h=πR-SKIPIF1<0R+R=SKIPIF1<0R小球下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=SKIPIF1<0mv2綜上有v=SKIPIF1<0故選A。【變式1-1】一籃球質(zhì)量為SKIPIF1<0，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為SKIPIF1<0處由靜止自由落下，反彈高度為SKIPIF1<0。若使籃球從距地面SKIPIF1<0高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為SKIPIF1<0。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為SKIPIF1<0；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取SKIPIF1<0，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對(duì)籃球所做的功；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0【解析】（1）第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系SKIPIF1<0代入數(shù)據(jù)可得SKIPIF1<0（2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得SKIPIF1<0在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為SKIPIF1<0做得功為SKIPIF1<0聯(lián)立可得SKIPIF1<0（SKIPIF1<0舍去）【變式1-2】從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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【答案】C【解析】分別選擇上升過程與下落過程對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理處理；上升過程，由動(dòng)能定理，SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，即F+mg=12N；下落過程，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0N，聯(lián)立兩公式，得到m=1kg、F=2N。【變式1-3】如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當(dāng)H＝2m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??；(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍?！敬鸢浮?1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m【解析】(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD，對(duì)小球從P到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力FN提供向心力，則有：FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r)聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎′N＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O點(diǎn)有：mg＝meq\f(v\o\al(2,O),r)代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，碰后再返回最高點(diǎn)能上升到D點(diǎn)，則有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m?？键c(diǎn)2應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題【題型要點(diǎn)】1．多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。2．利用動(dòng)能定理求解多過程問題的基本思路【典例2】某砂場為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型．豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過．轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H＝2.2m．現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(sin37°＝0.6)(1)若h＝2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大?。?2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件．【答案】(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x＝2eq\r(h－3)(m)h≥3.6m【解析】(1)小物塊由靜止釋放到B的過程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s.(2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，設(shè)當(dāng)小物塊到達(dá)傳送帶上D點(diǎn)時(shí)速度為零，小物塊從距傳送帶高度h1處由靜止釋放，則有0＝mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgL解得h1＝3.0m當(dāng)h<h1＝3.0m時(shí)滿足題中條件．(3)當(dāng)小物塊從右側(cè)拋出時(shí)，設(shè)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度為v，則有eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgLH＋2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt解得x＝2eq\r(h－3)(m)為使小物塊能在D點(diǎn)水平向右拋出，則需滿足mg≤eq\f(mv2,R)，解得h≥3.6m.考點(diǎn)3動(dòng)能定理與圖象的綜合問題【題型要點(diǎn)】1．解決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)、圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．2．圖象所圍“面積”的意義(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量．(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與x坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．【典例3】如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能SKIPIF1<0與水平位移x關(guān)系的圖象是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑水平距離x時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有SKIPIF1<0整理可得SKIPIF1<0即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)有SKIPIF1<0即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x也成線性關(guān)系；綜上分析可知A正確。故選A?！咀兪?-1】(多選)(2021東北師大附中3月模擬)在未知方向的恒力F作用下，一質(zhì)量為1.0kg的物體以一定的初速度在光滑水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示．(g取10m/s2)由上述已知條件，可知()A．力F的最小值為2.5NB．力F不可能大于10NC．物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小無法求出D．物體在運(yùn)動(dòng)過程中在任意位置力F的功率是可以求出的【答案】AD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得Fxcosθ＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0＋Fxcosθ，結(jié)合題圖有Ek＝50－2.5x(J)，得Fcosθ＝－2.5N，故F有最小值2.5N，A正確，B錯(cuò)誤；加速度a＝eq\f(Fcosθ,m)＝－2.5m/s2，可以求出，C錯(cuò)誤；力F的功率PF＝Fvcosθ＝－2.5v(W)，由題圖可知任意位置的動(dòng)能，從而可知速度，故任意位置力F的功率可求，D正確．【變式3-2】（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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【答案】C【解析】對(duì)上升過程，由動(dòng)能定理，SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，即F+mg=12N；下落過程，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0N，聯(lián)立兩公式，得到m=1kg、F=2N。【變式3-3】質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移為4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8m時(shí)物體停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中Ek-x的圖線如圖所示。取g＝10m/s2，求：(1)物體的初速度大??；(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)0.25(3)4.5N【解析】(1)從圖線可知物體初動(dòng)能為2J，則Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝2J得v＝2m/s。(2)在位移為4m處物體的動(dòng)能為Ek＝10J，在位移為8m處物體的動(dòng)能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－Ek＝0－10J＝－10J，x2＝4m得Ff＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝0.25。(3)物體從開始運(yùn)動(dòng)到位移為4m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝4.5N?！疽?guī)律總結(jié)1】應(yīng)用動(dòng)能定理求多過程問題的技巧1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。2．全過程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)?！疽?guī)律總結(jié)2】動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-t圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。【規(guī)律總結(jié)3】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過程中，下列說法或表達(dá)式正確的是()A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN為支持力的功B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對(duì)電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)【答案】CD【解析】：電梯上升的過程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功才等于物體動(dòng)能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，故D正確．2.(2021·寧波調(diào)研)張偉同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目比賽，起跳直至著地過程如圖所示，測量得到比賽成績是2.5m，目測空中腳離地最大高度約0.8m，忽略空氣阻力，則起跳過程該同學(xué)所做功最接近()A．65J B．750JC．1025J D．1650J【答案】B.【解析】：人從最高點(diǎn)落地可看做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)人在最高點(diǎn)的速度為v0，則h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,2)x＝v0t，則起跳過程中該同學(xué)所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W≈750J.1.(2018·全國卷Ⅰ·18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C【解析】小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。2.(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間．【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2). ⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)). ?3.(2021四川省瀘州市一中模擬)如圖所示，從高臺(tái)邊A點(diǎn)以某速度水平飛出的小物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道．圓弧軌道CDM的半徑R＝0.5m，O為圓弧的圓心，D為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度，OC與水平面夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點(diǎn)，MN與水平面夾角為53°，斜面MN足夠長，已知小物塊的質(zhì)量m＝3kg，第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78N，與斜面MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,3)，小球第一次通過C點(diǎn)后立刻裝一與C點(diǎn)相切且與斜面MN關(guān)于OD對(duì)稱的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不考慮小物塊運(yùn)動(dòng)過程中的轉(zhuǎn)動(dòng)，求：(1)小物塊平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離；(3)小物塊在斜面MN上滑行的總路程．【解析】(1)在D點(diǎn)，支持力和重力的合力提供向心力，則有FD－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得veq\o\al(2,D)＝8(m/s)2，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgR(1－sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2m/s.(2)平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的豎直分速度vCy＝vCcos37°，A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離y＝eq\f(vC\o\al(2,y),2g)，解得y＝0.128m.(3)最后物體在CM之間來回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為零，對(duì)從D點(diǎn)到M點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得－mgR(1－sin37°)－μmgs總cos53°＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，代入數(shù)據(jù)并解得s總＝1m.【答案】(1)2m/s(2)0.128m(3)1m1．(多選)(2021·陜西西安長安區(qū)模擬)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長為l，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)在擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中空氣阻力F阻的大小不變，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．重力做功為mglB．繩的拉力做功為零C．F阻做功為－mglD．F阻做功為－eq\f(1,2)F阻πl(wèi)【答案】ABD【解析】小球下落過程中，重力做功為mgl，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為零，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故F阻做功為－F阻·eq\f(1,2)πl(wèi)，C錯(cuò)誤，D正確。2.(2021·福建廈門期末)一質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)2s后撤去外力，其v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．在0～2s內(nèi)，合外力做的功為4JB．在0～2s內(nèi)，合外力做的功為8JC．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為－8JD．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為－4J【答案】A【解析】在0～2s可讀出初末速度，由動(dòng)能定理可得W合＝eq\f(1,2)mv22－0＝4J，故A正確，B錯(cuò)誤。在0～6s內(nèi)由全程的動(dòng)能定理：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2×eq\f(2,4)N＝1N；對(duì)于0～2s牛頓第二定律F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝Fx1＝3×2J＝6J，聯(lián)立得Wf＝－6J，故C、D錯(cuò)誤。3．(2021·武漢示范高中聯(lián)考)一個(gè)小球被水平拋出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間重力做的功為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,4t) B．eq\f(W,2t)C．eq\f(2W,t) D．eq\f(W,t)【答案】C【解析】設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，t時(shí)刻的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，t時(shí)刻小球的豎直方向分速度v⊥＝gt，v2＝v02＋v⊥2，t時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率P＝mgv⊥＝mg2t，聯(lián)立解得P＝eq\f(2W,t)，選項(xiàng)C正確。4．(2021·日照聯(lián)考)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率是60kW，汽車的質(zhì)量為2×103kg，在平直路面上行駛，受到的阻力是車重的0.1倍。若汽車從靜止出發(fā)，以0.5m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，則出發(fā)50s時(shí)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為(取g＝10m/s2)()A．25kW B．50kWC．60kW D．75kW解析：選C汽車受到的阻力f＝0.1mg＝2000N，汽車以0.5m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－f＝ma，解得F＝3000N；若50s內(nèi)車是勻加速運(yùn)動(dòng)，則v＝at＝25m/s，所以50s末汽車功率P＝Fv＝75000W＝75kW；但汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率是60kW，則50s內(nèi)車不是勻加速運(yùn)動(dòng)，而是先勻加速后變加速；故出發(fā)50s時(shí)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為60kW，選項(xiàng)C正確。5．(多選)(2020·天津等級(jí)考)復(fù)興號(hào)動(dòng)車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動(dòng)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(dòng)車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度vm。設(shè)動(dòng)車行駛過程中所受到的阻力F保持不變，動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)()A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02【答案】BC【解析】由于動(dòng)車以恒定功率運(yùn)動(dòng)，則由P＝F牽v可知在功率不變時(shí)，動(dòng)車的速度增大則牽引力減小，由牛頓第二定律可知F牽－F＝ma，動(dòng)車的加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)動(dòng)車的加速度為零時(shí)，即牽引力等于阻力時(shí)，動(dòng)車的速度最大，即P＝Fvm，C正確；設(shè)動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)的位移為x，由動(dòng)能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，則牽引力所做的功為W＝Fx＋eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，D錯(cuò)誤。1.(2021·濟(jì)南市高三質(zhì)量評(píng)估)新能源汽車近幾年發(fā)展非常迅速，下表是某品牌電動(dòng)汽車相關(guān)參數(shù)。請(qǐng)根據(jù)相關(guān)參數(shù)判斷以下哪些說法正確：(假設(shè)汽車以30m/s勻速行駛時(shí)的阻力為車重的0.05倍，汽車電能轉(zhuǎn)化為有用功的效率為80%，重力加速度g取10m/s2)指標(biāo)參數(shù)整車質(zhì)量0～30m/s加速時(shí)間最大速度電池容量制動(dòng)最短距離(30m/s～0)數(shù)值2000kg5.0s60m/s75kW·h30mA.汽車在0～30m/s的加速過程中的平均加速度大小為6m/s2B.汽車剎車由30m/s減速到0所用時(shí)間最短為1sC.當(dāng)汽車以30m/s勻速行駛時(shí)，汽車克服阻力做功的功率為75kWD.當(dāng)汽車以30m/s勻速行駛時(shí)，汽車的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為216km【答案】AD【解析】汽車在0～30m/s的加速過程中的平均加速度大小為eq\o(a,\s\up6(－))＝eq\f(v,t)＝eq\f(30,5)m/s2＝6m/s2，選項(xiàng)A正確；因制動(dòng)最短距離為30m，可知汽車剎車由30m/s減速到0所用時(shí)間最短為t＝eq\f(x,v)＝eq\f(30,\f(30＋0,2))s＝2s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)汽車以30m/s勻速行駛時(shí)，汽車克服阻力做功的功率為P＝fv＝kmgv＝2000×10×0.05×30W＝30kW，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)80%E＝Peq\f(x,v)，則當(dāng)汽車以30m/s勻速行駛時(shí)，汽車的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為x＝eq\f(80%Ev,P)＝eq\f(0.8×75×103×3600×30,30×103)m＝216km，選項(xiàng)D正確。2.(2021·湖南省聯(lián)考)有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動(dòng)能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是()A.斜面的傾角θ＝30°B.物體的質(zhì)量為m＝0.5kgC.斜面與物體間的摩擦力大小Ff＝2ND.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2s【答案】BC【解析】由動(dòng)能定理F合x＝ΔEk知Ek－x圖象的斜率表示合外力，則上升階段斜率為mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(25,5)N＝5N，下降階段斜率為mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f(5,5)N＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；物體與斜面間的摩擦力為Ff＝μmgcosθ＝2N，故C項(xiàng)正確；上升階段由Ek－x圖象的斜率知合力為F1＝5N，由F1＝ma1，則a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，下降階段合力為F2＝1N，由F2＝ma2，則a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(多選)(2018·全國卷Ⅲ·T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過程，()A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1D．電機(jī)所做的功之比為4∶5【答案】AC【解析】根據(jù)位移相同可得兩圖線與時(shí)間軸圍成的面積相等，eq\f(1,2)v0×2t0＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝eq\f(1,2)t0，則對(duì)于第①次和第②次提升過程中，礦車上升所用的時(shí)間之比為2t0∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t0＋\f(1,2)t0))＝4∶5，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時(shí)的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯(cuò)誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零，則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機(jī)所做的功之比為1∶1，D錯(cuò)誤。4.(2018·浙江選考)如圖所示，質(zhì)量為60kg的某運(yùn)動(dòng)員在做俯臥撐運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中可將她的身體視為一根直棒。已知重心在c點(diǎn)，其垂線與腳、兩手連線中點(diǎn)間的距離oa、ob分別為0.9m和0.6m。若她在1min內(nèi)做了30個(gè)俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4m，則克服重力做的功和相應(yīng)的功率約為(取g＝10m/s2)()A．430J,7W B．4300J,70WC．720J,12W D．7200J,120W【答案】B【解析】設(shè)重心上升的高度為h，根據(jù)相似三角形可知，每次俯臥撐中，有eq\f(h,0.4)＝eq\f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24m。一次俯臥撐中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24J＝144J，所以一分鐘內(nèi)克服重力做的總功為W總＝NW＝4320J，功率P＝eq\f(W總,t)＝72W，故選項(xiàng)B正確。5.(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5)，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。6．(2020·四川省瀘縣第四中學(xué)高三模擬)如圖所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，頂端安裝有定滑輪，小物塊A、B通過繞過定滑輪的絕緣輕繩連接，輕繩平行于斜面，空間有平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場．開始時(shí)，帶正電的小物塊A在斜面底端，在外力作用下靜止，B離地面一定高度，撤去外力，B豎直向下運(yùn)動(dòng)．B不帶電，不計(jì)滑輪摩擦．則從A和B開始運(yùn)動(dòng)到B著地的過程中()A．A的電勢能增加B．A和B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒C．A和B系統(tǒng)減少的重力勢能等于A增加的電勢能D．輕繩拉力對(duì)A做的功大于A的電勢能增加量和動(dòng)能增加量之和【答案】AD【解析】A.物體A帶正電，所以B豎直向下的過程中A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，A正確B.因?yàn)殡妶隽?duì)A做負(fù)功，電勢能增加，而總能量守恒，所以機(jī)械能減小，B錯(cuò)誤C.根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過程系統(tǒng)重力勢能減小量一部分轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化成A增加的電勢能，C錯(cuò)誤D.對(duì)A物體應(yīng)用功能關(guān)系，可知輕繩拉力對(duì)A做的功等于A的電勢能增加量和動(dòng)能增加量以及重力勢能的增加量，D正確7．(2020·廣西壯族自治區(qū)北流市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放。某同學(xué)探究小球在接觸彈簧后向下的運(yùn)動(dòng)過程，他以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是A．當(dāng)x=h+x0時(shí)，重力勢能與彈性勢能之和最小 B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)為x=h+2x0C．小球受到的彈力最大值等于2mg D．小球動(dòng)能的最大值為SKIPIF1<0【答案】AD【解析】由圖象結(jié)合小球的運(yùn)動(dòng)過程為:先自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與彈簧相接觸后，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到小球速度為零。A．當(dāng)x=h+x0時(shí)，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動(dòng)能最大，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以重力勢能與彈性勢能之和最小，A正確；B．在最低點(diǎn)小球速度為零，從剛釋放小球到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，小球動(dòng)能變化量為零，重力做的功和彈力做的功的絕對(duì)值相等，即到最低點(diǎn)圖中實(shí)線與x軸圍成的面積應(yīng)該與mg那條虛線與x軸圍成的面積相同，所以最低點(diǎn)應(yīng)該在h+2x0小球的后邊，B錯(cuò)誤；C．由B知道最低點(diǎn)位置大于SKIPIF1<0，所以彈力大于2mg，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)x=h+x0時(shí)，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0，故D正確。8．(2021·浙江省高三學(xué)業(yè)考試)圖甲為一直角三角形劈，傾角∠abc=37°，ab長為2L，p為ab的中點(diǎn)，小物塊從a點(diǎn)由靜止釋放沿ab滑到b時(shí)速度恰好為零，小物塊與ap、pb兩段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2?，F(xiàn)將劈順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°(如圖乙所示)，小物塊從b由靜止釋放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是A．圖甲中小物塊通過ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為l：lB．μ1+μ2=1.5C．圖乙中小物塊可能靜止在b處D．圖乙中小物塊滑到a處時(shí)的速度大小為SKIPIF1<0【答案】BD【解析】AB、圖甲中小物塊在pb段做減速直線運(yùn)動(dòng)，則有SKIPIF1<0，即有SKIPIF1<0；通過ap段克服摩擦力所做的功SKIPIF1<0，小物塊通過pb段克服摩擦力所做的功SKIPIF1<0，小物塊通過ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為SKIPI