1、高考资源网（） 您身边的高考专家第1讲功和功率、动能定理三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养1.功和功率是高考的必考内容，主要从变力做功、瞬时功率和平均功率等方面进行考查动能定理在直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功等各种情况中都可适用，是高考命题的热点2.在2020年高考中，对动能定理及机车启动模型的考查仍是热点，其考查方式可能会有以下几种：一是在选择题中对动能定理的应用进行简单考查；二是在选择题中结合图像对动能定理进行考查；三是在计算题中的某一过程中对动能定理进行考查；四是在带电粒子在电场中的运动过程中对动能定理进行考查；五是对功和功率的考查有可能结合新能源科技(如电动汽车)
2、进行考查.2019卷25T动能定理科学思维卷17T动能定理物理观念2018卷18T动能定理科学思维卷14T动能定理能量观念、科学推理卷19T功、功率科学思维卷25T动能定理科学思维2017卷14T功科学思维卷24T动能定理科学思维卷16T功物理观念考向一功和功率的理解和计算知识必备提核心通技法1恒力做功的公式WFlcos (通过F与l间的夹角判断F是否做功及做功的正、负)2功率(1)平均功率：PF cos .(2)瞬时功率：PFvcos (为F与v的夹角)跟进题组练考题提能力1(2018全国卷，19T)(多选)地下矿井的矿石装在矿车中，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
3、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45解析：AC由vt图像的几何意义可得：t1t0，t2t0，t3t0，故，A项正确；对矿车加速运动过程中，受力分析，由牛顿运动定律得：Fmgma，根据vt图像可知a相同，则F相同，即，故B项错误；根据公式PFv可得P1Fv0，P2F，所以，C项正确；根据动能定理可得：W牵mgh0，所以W牵mgh，高度、质量相同时
4、，W牵也相同，即，D项错误2(2019安徽省安庆市二模)(多选)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示重力加速度g取10 m/s2，则()A物体的质量m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数0.2C第2 s内物体克服摩擦力做的功Wf2 JD前2 s内推力F做功的平均功率1.5 W解析：ACD由题图乙可知，在23 s时间内物体匀速运动，处于平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N在12 s时间内物体做匀加速运动，vt图像的斜率代表加速度的大小，所以a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得：FF
5、fma，所以m0.5 kg，A正确；由FfFNmg，则0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：xat21 m，克服摩擦力做的功WfFfx21 J2 J，C正确；第1 s内物体没有运动，推力F做功为零，第2 s内物体运动，F做的功为WFx31 J3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为 W1.5 W，D正确3(2019福建省三明市上学期期末)(多选)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速
6、度变化的图像，其中正确的是()解析：AC汽车匀加速启动时，a一定，根据vat知v均匀增大，根据FmaFf知F一定，根据PFv知，功率P也均匀增大，达到P额后，功率保持不变，v继续增大，所以牵引力F减小，a减小，当FFf时，a0，vm，此后做匀速运动，故A、C正确，B、D错误易错警示辨易错防未然关于功、功率计算应注意的三个问题(1)适用条件：功的公式WFlcos 仅适用于恒力做功的情况(2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用Fl图像曲线下的面积求功，利用WPt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解(3)公式选择：对于功率的计算，应注意区分公式P和公式PFv
7、cos ，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考向二机车启动问题知识必备提核心通技法1机车输出功率：PFv，其中F为机车牵引力2机车的两种启动方式：(1)恒定功率启动(2)匀加速启动3常用公式FF阻maPFv，当FF阻时，vmv1at其中t为匀加速运动的时间，v1是匀加速运动的最大速度典题例析析典题学通法例1(2020盐城一模)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫作动车而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定
8、功率都相等若2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h，则9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A120 km/hB240 km/hC360 km/h D480 km/h审题指导(1)动车组达到最大速度时，做匀速运动；(2)动车组达到最大速度时，总功率与速度满足PFfv.解析C若开动2节动车带6节拖车，最大速度可达到120 km/h.设每节动车的功率为P，每节车厢所受的阻力为Ff，则有2P8Ffv，当开动9节动车带3节拖车时，有9P12Ffv，联立两式解得v360 km/h，选项C正确迁移题组多角度提能力迁移1汽车在水平面上以恒定功率启动1(2019保定二模)2019年
9、冬为了应对持续出现的雾霾污染天气，我市利用洒水车对主干街道进行洒水降尘，设洒水车保持恒定功率上路行驶，在t1时刻以速度v1匀速驶入一段长直公路后开始不间断的洒水作业在t2时刻停止洒水作业并以速度v2匀速行驶已知公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，下列说法正确的是()A洒水车一定做匀变速直线运动Bv2v1Ct1时刻比t2时刻汽车所受牵引力大D从t1时刻至t2时刻洒水车的位移大小为(t2t1)解析：C公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，洒水过程中重力减小，阻力不断减小，汽车加速度不恒定，A选项错误；t1时刻阻力大，牵引力大，t2时刻阻力小，牵引力小，C选项正确；功率恒定，根据PFv可知汽车做匀速直线运
10、动时，牵引力大的速度小，故v1v2，B选项错误；洒水车不做匀变速直线运动，位移不等于(t2t1)，D选项错误迁移2汽车在斜坡上以恒定功率启动2一辆质量为2 t的汽车由静止开始沿一倾角为30的足够长斜坡向上运动，汽车发动机的功率保持48 kW不变，行驶120 m后达到最大速度已知汽车受到地面的摩擦阻力为2 000 N(g取10 m/s2)求：(1)汽车可以达到的最大速度；(2)汽车达到最大速度所用的时间(结果保留一位小数)解析：(1)当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则Fmgsin 30Ff0，解得F1.2104 N由PFv得vm4 m/s(2)对全过程应用动能定理得Ptmgxsin 30Ffx
11、mv0解得t30.3 s答案：(1)4 m/s(2)30.3 s迁移3起重机以恒定加速度竖直吊起重物3如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度为vm的匀速运动，不计额外功(1)求起重机允许输出的最大功率(2)求重物做匀加速运动所经历的时间(3)若已知起重机达到输出功率的最大值，又经t时间，重物速度达到vm，求重物由静止到以vm做匀速运动过程中升高的高度解析：(1)重物匀速上升时有Fmg可得起重机的最大输出功率为：Pmmgvm(2)匀加速运动结束
12、时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F1，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1，则由牛顿第二定律得F1mgma又有PmF1v1v1at1解得：t1(3)设物体匀加速上升的高度为h1，则有h1at由动能定理得F1h1Pmtmghmv解得hvmt答案：(1)mgvm(2)(3)vmt易错警示辨易错防未然解决机车启动问题的四点注意(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动(2)匀加速启动过程：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)恒定功率启动过程：机车做加速度减小
13、的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功WPt.(4)满足的关系式：无论哪种启动方式，在平直路面上最后达到最大速度时，均满足PFfvm，P为机车的额定功率考向三动能定理知识必备提核心通技法典题例析析典题学通法例2(2019课标，17)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()A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg审题指导物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，
14、下落时外力方向向上，这是解答此题的关键解析C本题考查动能定理，体现了模型建构素养设外力大小为f，在距地面高度3 m内的上升过程中，由动能定理知(mgf)hmvmv，由图像可知，mv72 J，mv36 J，得mgf12 N同理结合物体在下落过程中的Ekh图像有mgf8 N，联立解得mg10 N，则m1 kg，选项C正确迁移题组多角度提能力迁移1动能定理在曲线运动中的应用1如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.mgR B.mgR
15、C.mgR D.mgR解析：C当质点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN2mg，由牛顿第三定律知轨道对它的支持力FNFN2mg，由牛顿第二定律有FNmgm，得vgR.对质点自P点滑到Q点应用动能定理有mgRWfmv0，得WfmgR，因此，A、B、D错，C正确迁移2动能定理在变力做功中的应用2如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞(碰后物体静止)已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是()A水平面阻力做的功为fxB物体克服水平面阻力做的功为fxC橡皮泥块对物体做的功为fxmv2D物体克服橡皮泥块的阻力做的功为mv2fx解析：
16、C根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1fxcos 180fx，选项A错误；物体克服水平面阻力做的功W2W1fx，选项B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1W30mv2，解得W3fxmv2，选项C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4W3mv2fx，选项D错误迁移3动能定理与图像的综合应用3质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B0t3时间内，小球的平均速度一定为Ct3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g
17、(t4t3)Dt3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析：Cvt图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错图中t0t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错vt图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，而平均速度v，结合图像中的“面积”可知0t3时间内，小球的平均速度大于，B错t3t4时间内由动能定理得Wmghmvmv，又h(t4t3)，解得W(v4v3)g(t4t3)，C对规律方法知规律握方法动能定理的应用
18、技巧1应用动能定理解题的步骤(1)确定研究对象和研究过程(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况(3)写出该过程中合力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正、负)，如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出力在各个阶段做的功(4)写出物体的初、末动能(5)根据动能定理列式求解2应用动能定理解题应注意的问题(1)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，比动力学研究方法更简洁(2)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)若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)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能
19、对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化(4)如果物体做自由落体运动或平抛运动或圆周运动往往动能定理结合牛顿第二定律或运动学公式联立求解动能定理在多阶段、多过程中的综合应用典例 (2019新课标，25T)一质量为m2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系
20、统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？核心考点1.动能定理2.动量定理3.运动学公式、牛顿定律命题技巧通过研究汽车的运动情景，考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力核心素养1.体现了科学推理与科学论证的素
21、养要求2.渗透了关注生产、生活的价值观念审题关键汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知，可采用假设法，由方程解得的结果判定假设的正确性.解析(1)vt图像如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取t1 s，设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，
22、汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，
23、代入已知数据解得s87.5 m答案见解析易错展示1.不能判定汽车在t2时刻后做匀减速运动2.不会确定汽车停止的时刻在哪个时间段时3.不会应用动量定理、动能定理列方程求解.对点演练练类题提素养1如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑固定曲面在B处与水平面平滑连接AB之间的距离s1 m质量m0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数0.4.现给物块一个水平向左的初速度v05 m/s，g取10 m/s2.(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h0
24、.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量解析：(1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有mgsW0mvWEp代入数据解得Fp1.7 J(2)对物块从B点开始运动至返回B点的过程有mg2smvmv代入数据解得vB3 m/s(3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得W克fmgh0mv又QW克f代入数据解得Q0.5 J.答案：(1)1.7 J(2)3 m/s(3)0.5 J2(2018全国卷，25T)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin .一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点
25、，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g.求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间解析：(1)小球在C点受力如图因tan ，tan 所以Fmgtan mgFmg又因Fm得：vC (2)从A点到C点，对小球由动能定理得：F(RRcos )mvmv解得：vA所以：pAmvAm.(3)小球离开C点后的运动轨迹如图所示，根据类平拋运动规律可得：xvCtyat2由几何关系可得：yxtan R由牛
26、顿定律得ag联立可得：t答案：(1)mg(2)(3)A级对点练题组一功和功率1用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D若水平面光滑，则推力做功为mgL(1cos )解析：B小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做功，A错误；细绳的拉力方
27、向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1sin )，D错误2(多选)如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑的过程中()AM对m的支持力做负功BM对m的摩擦力做负功Cm所受的合外力对m做负功Dm的机械能守恒解析：AD分析木块m的受力可知，支持力方向与速度方向夹角为钝角，摩擦力方向与速度方向夹角为锐角，则M对m的支持力做负功，M对m的摩擦力做正功，故A正确、B错误两木块整体
28、沿斜面加速下滑，木块m所受合外力对m一定做正功，故C错误由整体受力可知整体下滑的加速度大小为agsin ，方向平行于斜面向下，整体所受合外力等于其重力沿斜面方向的分力，这表明木块m所受支持力、摩擦力的合力与其重力垂直于斜面的分力等值反向，即支持力与摩擦力的合力方向垂直于速度方向，所以支持力与摩擦力对木块m所做的总功为零，即除重力外其他力对木块m做功之和为零，则m的机械能守恒，D正确3如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向夹角为60时，拉力的功率为()AmgL B.mgLC.mgL D.mgL解析：
29、C由能的转化与守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率，PFPGmgvymgvcos 60mgL，故选C.4(多选)如图所示，a、b两球的质量均为m，a从倾角为45的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是()A都做匀变速运动B落地前的瞬间速率相同C整个运动的过程重力对二者做功的平均功率相同D整个运动过程重力势能的变化相同解析：AD由于两球运动过程中加速度均恒定不变，所以A正确根据机械能守恒定律有mvmvmgh，由于v初a0，v初bv0，所以落地时v末bv末a，B错误两球在竖直方向运动的距离相同，则重力做功相等，又运动时间tatb，由P知，Pa
30、Pb，C错误根据Epmgh知，D正确5如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端下列说法正确的是()A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于摩擦力对物体所做的功解析：C对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物
31、体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1t，对传送带：x1vt，摩擦生的热Qfx相对f(x1x1)f，机械能增加量Efx1f，所以QE，C正确题组二机车启动问题6(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，运动过程中F功率恒为P.物体运动速率的倒数与加速度a的关系如图乙所示(v0、a0为已知量)则下列说法正确的是()A该运动过程中的拉力F为恒力B物体加速运动的时间为C物体所受阻力大小为D物体的质量为解析：CD由题意可知：PFv根据牛顿第二定律得：Ffma即得：maf联立解得：
32、a匀速时有：，f图线的斜率，解得：m.故C、D项正确7如图所示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图像，图中P0为发动机的额定功率，若已知汽车在t2时刻之前已达到最大速度vm，据此可知()At1t2时间内汽车做匀速运动B0t1时间内发动机做的功为P0t1C0t2时间内发动机做的功为P0D汽车匀速运动时所受的阻力小于解析：C在0t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由Ffma可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t1时刻达到额定功率，随后在t1t2时间内，汽车速度继续增大，由PFv可知，牵引力减小，加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，fF，达到最大速度vm，接着做
33、匀速运动发动机所做的功等于图线与t轴所围的“面积”，0t1时间内发动机做的功为，0t2时间内发动机做的功为P0.故C正确，A、B、D错误题组三动能定理的应用8(2018课标，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大于克服摩擦力所做的功解析：A对木箱受力分析如图：根据动能定理WFWfEk，故A对，B错误；因无法比较Ek与Wf的关系，故C、D错误9如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌
34、面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g10 m/s2，则()A小物块的初速度是5 m/sB小物块的水平射程为1.2 mC小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物块落地时的动能为0.9 J解析：D小物块在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C错在水平桌面上滑行，由动能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A错小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，B错设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D正确10用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随
35、时间变化的关系如图所示下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：D由at图像可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A错；由图像可知物体在5 s末速度最大，为vm(25)2 m/s7 m/s，B错；由图像可知在24 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；由动能定理可知，04
36、s内合力对物体做的功W合4mv0，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J，由动能定理可知，06 s内合力对物体做的功W合6mv0，又v66 m/s，得W合636 J，则W合4W合6，D正确B级综合练11有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为的雪道上h2高处的E点停下若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则()A动摩擦因数为t
37、an B动摩擦因数为C倾角一定大于D倾角可以大于解析：B第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1mgcos mgs0mgh1mg0mgh1mgs0A错误，B正确在AB段由静止下滑，说明mgcos mgsin ，第二次滑上CE在E点停下，说明mgcos mgsin ，若，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误12(2019天津卷，10T)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1150 m，B
38、C水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2.求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103
39、N答案：(1)W7.5104 J(2)FN1.1103 N13如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆轨道的半径为R2 m，其轨道底端P距地面的高度为h5 m，P与右侧竖直墙的距离为L1.8 m，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心的连线OQ与竖直方向的夹角为53.现将一质量为m100 g可视为质点的小球从Q点由静止释放，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力(sin 530.8，cos 530.6)(1)小球运动到P点时对轨道的压力为多大？(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角B点的距离是多少？(小球和地面碰撞后不再弹起)解析：(1)小球由Q到P的过程，由动能
40、定理得：mgR(1cos 53)mv2在P点小球所受的支持力为F，由牛顿第二定律有：Fmg解得F1.8 N.根据牛顿第三定律知，在P点小球对轨道的压力大小FF1.8 N(2)小球到达P点时速度的大小为v，由式得v4 m/s.若右侧无墙壁，小球做平抛运动的时间t1 s，解得小球做平抛运动的射程xvt4 m.由弹性碰撞和对称性知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与B点相距sL(x2L)1.4 m.答案：(1)1.8 N(2)1.4 m14如图所示，质量m3 kg的小物块以初速度v04 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道圆弧轨道的半径为R3.75 m，B点
41、是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37角MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数0.1，轨道其他部分光滑最右侧是一个半径为r0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接已知重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h.(2)若MN的长度为L6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN大小(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L.解析：(1)根据平抛运动规律有tan 37，得t0.3 s，解得hgt20.45 m.(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有mghR(1cos 37)mvmv，解得vB2 m/s.小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvmv在C点：FNmg，解得FN60 N.(3)小物块刚好能通过C点时，有mg，解得vC22 m/s.小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有mgL2mgrmvC2mv解得L10 m.答案：(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m- 24 - 版权所有高考资源网