1、第5讲 功和功率 动能定理 构建网络重温真题1(2019全国卷)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 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg答案 C解析 画出运动示意图如图，设阻力大小为 f，据动能定理知，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量 m1 kg，C 正确。2(2018全国卷)如图，某同学用
2、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答案 A解析 木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WFWf12mv20，所以动能小于拉力做的功，故 A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D 错误。3(2018全国卷)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。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，它们变速阶段加速度的大小都相同；两
3、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答案 AC解析 设第次所用时间为 t，根据速度图象与 t 轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，122t0v012tt0t 12v0，解得：t5t02，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 2t05t02 45，A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmgma，可得提升的最大牵引力之比为 11，B 错误；由功率公式 PFv，电机输出的最大功率
4、之比等于最大速度之比，为 21，C 正确；两次提升过程中动能增加量均为 0，由动能定理得 W 电mgh0，两次提升高度 h相同，所以电机两次做功相同，D 错误。4(2018江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过 O 点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案 AD解析 物体从 A 点到 O 点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦
5、力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在 A 点与 O 点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从 O 点到 B 点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A 正确，B 错误；从 A 点到 O 点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从 O 点到 B 点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故 C 错误；从 A 到 B 的过程中根据动能定理弹簧弹
6、力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故 D 正确。5(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心答案 A解析 光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选 A。6(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能 Ek 与时间 t 的关系图象是()答案 A解析 小球
7、做竖直上抛运动时，速度 vv0gt，根据动能 Ek12mv2得Ek12m(v0gt)2，故图象 A 正确。7(2019天津高考)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，BC 水平投影 L263 m，图中 C 点切线方向与水平方向的夹角 12(sin120.21)。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
8、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。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N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v2L1t 根据动能定理，对飞行员有W12mv20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，对飞行员有FNmgmv2R联立式，代入数据，得FN1.1103 N。命题特点：功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点，经常
9、与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，以选择题和计算题考查较多，各种难度都可能出现。思想方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。高考考向1 高考考向 1 功和功率的理解和计算例 1(2018江西联考)(多选)A、B 两物体分别在大小相同的水平恒力 F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为 t0 和 4t0，两物体运动的 v-t 图象如图所示，则()AA、B 两物体与水平面的摩擦力大小之比为 512B水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之比为 21C水平力 F 对 A、B 两物体做功之比为 21D在整个运动过程中，摩擦力对 A、B 两物体做功的平均功率之比为 53破题
10、关键点(1)水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率？(2)整个运动过程中，水平力 F 对 A、B 两物体做功_(填“大于”“小于”或“等于”)A、B 两物体克服摩擦力做功。提示：瞬时功率。提示：等于。解析 由 v-t 图象可知，A 加速运动时的加速度 aA12v0t0，减速运动时的加速度大小为 aA2v0t0，由牛顿第二定律有：Ff1m12v0t0，f1m1v0t0，解两式得：f1F3；B 加速运动时的加速度大小为 aB1v04t0，减速运动时的加速度大小为 aB2v0t0，由牛顿第二定律有：Ff2m2v04t0，f2m2v0t0，解两式得：f24F5，所以 A、B
11、 两物体与水平面的摩擦力之比为 512，A 正确；由 v-t图象知，水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之比为(F2v0)(Fv0)21，B 正确；由 v-t 图象与 t 轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力 F 作用时的位移之比为 12，由 WFs 可知，F 对 A、B 两物体做功之比为 12，C 错误；整个运动过程中，摩擦力对 A 做的功 WAF2v0t02 Fv0t0，对 B 做的功 WBFv04t022Fv0t0，由 PWt 可得 PAFv0t03t0Fv03，PB2Fv0t05t02Fv05，PAPB56，D 错误。答案 AB计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意
12、分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。(2)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，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为 W1F1x1、W212F2x2、W34F3x3。(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式 PWt 和公式 PFvcos 的适用范围，PWt计算的是平均功率，
13、PFvcos 侧重于对瞬时功率的计算。1.(2019合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了 3 名消防员的登高平台(人与平台的总质量为 300 kg)抬升到 60 m 高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为 3 m3/min，水离开炮口时的速度为 20 m/s，水的密度为 1.0103kg/m3，g 取 10 m/s2。下列说法正确的是()A使水炮工作的发动机的输出功率为 10 kWB使水炮工作的发动机的输出功率为 30 kWC伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为 1.8104 JD伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为 1.8105 J
14、答案 D解析 水的密度为 1.0103 kg/m3,1 min 内流出水的质量：mV1.01033 kg 3000 kg,1 min 内 水 获 得 的 重 力 势 能：Ep mgh 30001060 J1.8106 J，1 min 内水获得的动能：Ek12mv26105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：PWt EpEkt1.8106610560 W4104 W，故 A、B 错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：Wmgh3001060 J1.8105 J，故 C 错误，D 正确。2(2018开封一模)(多选)如图所示，一质量为 m 的小球固定在长为 2L的轻杆上端
15、，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的 A 点，杆可绕 A 点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕 A 点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动。那么在此过程中()A小球重力做功为 2mgLB绳子拉力做功大于 2mgLC重力做功功率逐渐增大D绳子拉力做功功率先增大后减小答案 AC解析 小球在该过程中下降高度为 2L，所以小球重力做功为 2mgL，A正确；杆匀速转动过程中，小球动能不变，由动能定理可知，该过程中合外力做功为零，所以绳子拉力做功与重力做功大小相等，为 2mgL，B 错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积，杆
16、匀速转动，小球做匀速圆周运动，该过程中小球竖直方向的速度不断增大，所以重力做功的功率不断增大，C 正确；由动能定理可得，拉力做功功率与重力做功功率始终大小相等，故拉力做功功率不断增大，D 错误。高考考向2 高考考向 2 机车启动问题例 2(2019四川省成都市高三三模)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为 m 的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率 P 上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移 s 时速度刚好达到最大值 vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持
17、不变，下列说法正确的是()A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由vm4 增至vm2，所用的时间可能等于3mv2m32PD上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度 vm，所用时间一定小于2svm破题关键点(1)恒定功率启动过程中，汽车做何种形式的运动？(2)功率不变时，汽车运动时间如何求解？提示：汽车功率不变时，速度增大牵引就会减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时速度最大。提示：功率不变时牵引力做功等于 Pt，可以由动能定理求解时间。解题探究(1)此车的长度需考虑吗？(2)列车减速运动的最长时间
18、对应车的运动情况是什么？提示：需要。提示：车头恰好停在 B 点。解析 关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故 A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则由 IFt 可知冲量不为零，故 B 错误；上坡过程中，汽车速度由vm4 增至vm2，设所用的时间为 t，根据动能定理可得：Pt(fmgsin)s12m(vm2)212m(vm4)2，解得 t3mv2m32P fmgsinsP，故 C 错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度 vm，功率不变，由 PFv 可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，设达到
19、最大速度 vm所用时间为 t1，则由图象法可知vm2 t1s，解得 t1a2，即 t2v2v1v1t，故 A 正确；匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由 PFv 得钢绳的最大拉力 FmPv1，故 B 错误；重物以最大速度匀速上升时，Fmg，所以v2 Pmg，故 C 正确；重物做匀加速运动的加速度 aFmmgmPv1mgmPmgv1mv1，则匀加速的时间为 tv1a mv21Pmgv1，故 D 正确。高考考向3 高考考向 3 动能定理及其应用例 3(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B
20、处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)。随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF4R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 14，重力加速度大小为 g。(取 sin3735，cos3745)(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小；(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。G 点在 C 点左下
21、方，与 C点水平相距72R、竖直相距 R。求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。破题关键点(1)若想求出 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能，需先求出 P 运动到 E 点时滑行的距离，该距离可以通过研究哪一过程求出？(2)从 D 点飞出后做平抛运动，如何求 D 点速度？提示：P 到达 E 然后又反弹回 F 点的整个过程。提示：可以利用水平位移和竖直位移。解析(1)根据题意知，B、C 之间的距离 l 为l7R2R5R设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsinmglcos12mv2B式中 37。联立式并由题给条件得vB2 gR。(2)设 BEx。P 到达 E
22、点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep。P由 B 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mgxsinmgxcosEp012mv2BE、F 之间的距离 l1 为l14R2Rx2RxP 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0联立式并由题给条件得xREp125 mgR。(3)设改变后 P 的质量为 m1。D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为x172R56Rsiny1R56R56Rcos设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由平抛运动公式有 y112gt2x1vDt联立式得 vD3
23、5 5gR设 P 在 C 点速度的大小为 vC。在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有12m1v2C12m1v2Dm1g56R56Rcos P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cos12m1v2C联立式得m113m。答案(1)2 gR(2)125 mgR(3)35 5gR 13m应用动能定理解题的“四步三注意两适用”(1)应用动能定理解题的四个步骤确定研究对象及其运动过程；分析受力情况和各力的做功情况；明确物体初末状态的动能；由动能定理列方程求解。(2)应用动能定理解题应注意的三个问题动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不
24、牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。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。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，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。(3)动能定理适用的两种情况既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功。5(2019山东威海三模)(多选)一质量为 m 的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度 a 随其运动距离 x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为 g，在小物块运动
25、 02L 的过程中，下列说法正确的是()A小物块在 0L 内做匀变速直线运动，L2L 内做匀速运动B小物块运动至 2L 处的速度为 6a0LC整个过程中水平外力做功为 mL(2g3a0)D小物块从 L 处运动至 2L 处所用的时间为12La0答案 BC解析 小物块在 0L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L2L 内加速度不变，做匀加速直线运动，故 A 错误；整个过程，根据动能定理得：3ma0ma02Lma0L12mv2，得小物块运动至 2L 处的速度为 v6a0L，故 B 正确；整个过程合力做功为3ma0ma02Lma0LWFmg2L，得水平外力做功为 WFmL(2g3a0)，故
26、C 正确；设小物块运动至 L 处的速度为 v0，根据动能定理得：3ma0ma02L12mv20，得 v02 a0L，小物块从L 处运动至 2L 处做匀加速直线运动，有 Lv0v2t，联立解得 t(62)La0，故 D 错误。6(2019江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长 L11.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面 H0.8 m，桌面总长 L21.5 m，斜面与水平桌面的倾角 可在 060间调节。将质量m0.2 kg 的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 10.05，物块与桌面间的动摩擦因数 2 未知，忽略物块在斜面与桌面
27、交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取 g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取 sin370.6，cos370.8)(1)求当 30时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当 增大到 37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 2；(3)2 取第(2)问中的数值，当 角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离 xm是多少？答案(1)(5 34)m/s2(2)0.8(3)53 1.9 m解析(1)根据牛顿第二定律，可得mgsin 1mgcosma代入数据得 a(5 34)m/s2。(2)由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L
28、2L1cos)00代入数据得 20.8。(3)设小物块到达桌面右端的速度为 v，根据动能定理有mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)12mv2得20(sin1.234cos)v2，由数学知识可知sin34cos12(34)2sin()其中tan34，当90时，即53时，sin()有极大值，v2max20(541.2)1，vmax1 m/s由于H12gt2，解得t0.4 sx1vmaxt0.4 m，xmx1L21.9 m。易错警示 易错警示瞬时功率及阻力做功的求解例(2019安庆模拟)如图所示，摆球质量为 m，悬线的长为 L，把悬线拉到水平位置后放手。设摆球从 A 点运动到 B
29、点的过程中空气阻力 F 阻的大小不变，则下列说法正确的是()A从 A 运动到 B，重力的瞬时功率变大B绳的拉力做功为 0C空气阻力 F 阻做功为mgLD空气阻力 F 阻做功为12F 阻L分析与解 重力的瞬时功率 PGmgvcos，其中 为 mg 与 v 的夹角，在 A 处 v0，则重力的瞬时功率为零，在 B 处 90，重力的瞬时功率也为零，所以重力的瞬时功率先变大后变小，而有的同学求瞬时功率时丢掉cos，认为重力瞬时功率因 v 增大而增大，从而错选 A。绳的拉力始终与速度垂直，做功为 0，B 正确。空气阻力 F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力做功为F 阻12L，故 C、D 错误
30、。有的同学因没考虑到阻力做负功，而错选 D。答案 B易错警示 用 PFvcos 计算瞬时功率时，为 F 与 v 的夹角，当 F 与v 同向时公式简化为 PFv。阻力做功要考虑其特点：阻力做负功，且与物体运动的路程有关。配套作业 配套作业 限时：50 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分，其中第 15 题为单选题，第 68 题为多选题)1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比答案 B解析 列车做初速度为零的匀加速
31、直线运动，列车动能 Ek12mv2，又因为 vat，所以 Ek12ma2t2，加速度 a 恒定，动能跟时间 t 的平方成正比，A错误；根据动能定理 EkW 合F 合smas，故动能与位移成正比，B 正确；动能与速度平方成正比，故 C 错误；由 Ek p22m，可知动能与动量的平方成正比，D 错误。2(2019河南濮阳三模)水平力 F 方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力 F 拉静止在水平桌面上的小物块，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度 a 随时间变化的图象如图乙所示。重力加速度大小为 10 m/s2。问在 04 s 时间内，合外力对小物块做的功为()A24 J B12
32、J C8 J D6 J答案 A解析 根据 F-t 图象和 a-t 图象可知，t12 s 时，F16 N，a11 m/s2；t24 s 时，F212 N，a23 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1mgma1，F2mgma2，联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m3 kg，0.1，根据 a-t 图象与 t 轴所围面积为小物块的速度改变量 v，得小物块在 t24 s 末时的速度 v0v4 m/s，根据动能定理可得合外力对小物块做的功 W12mv224 J，故 A 正确。3(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为 Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动
33、能 Ek 与位移 x 关系的图线是()答案 C解析 设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上滑时，有(mgsinf)xEkEk0，即 Ek(fmgsin)xEk0，所以 Ek 与 x 的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有(mgsinf)(x0 x)Ek0(x0 为小物块到达最高点时的位移)，即 Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0，所以下滑时 Ek 随 x 的减小而增大且为直线。综上所述，C正确。4(2019四川德阳三诊)如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率 P0 拉轻绳牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为 m，沿水面运动时所受的阻力为 f，当
34、绳 AO 段与水平面的夹角为 时，小船的速度为 v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于()A.P0cosmvB.P0mv fmC.P0mvcos fmD.P0cos2mv fm答案 B解析 小船的实际运动为合运动，可分解为沿着绳子方向和垂直绳子方向的分运动，如图 a，根据平行四边形定则，有 v 车vcos，则绳上的拉力：FP0v车 P0vcos，对船受力分析：受重力、拉力、浮力和阻力，如图 b 所示，根据牛顿第二定律，有 Fcosfma，联立以上式子解得：a P0mv fm，故B 正确。5(2019山西省五地市高三上学期期末大联考)如图所示，斜面倾角为。一轻弹簧的自然长度与斜面长相同
35、，都为 L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为 m 的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为 v，不计空气阻力和一切摩擦，则该过程中，人对小球做的功 W 及小球被抛出后离地面的最大高度 H 分别为()AW12mv2mgLsin；Hv2sin22gLsincos22gBW12mv2；Hv2sin22gLsincos22gCW12mv212mgLsin；Hv2sin22gLsincos22gDW12mv2mgLsin；Hv22g答案 A解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得 WmgLsin12mv
36、20，则 W12mv2mgLsin；设小球离开斜面时的速度为 v0，对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得 mgLsin12mv212mv20；小球从最高点到落地的过程，由动能定理得 mgH12mv212m(v0cos)2，联立解得：Hv2sin22gLsincos22g，故选 A。6(2019山东聊城二模)如图所示，质量相等的甲、乙两球分别固定于两轻杆的一端，两杆长度分别为 L、2L，且两杆与水平面夹角相等。两杆的另一端分别可绕轴 O、O在竖直面内转动，现将两球在图示位置由静止释放，不计一切阻力，则在最低点时()A甲、乙两球的动能之比为 11B甲、乙两球的动能之比为 12C甲、乙两球对杆的拉力
37、之比为 11D甲、乙两球对杆的拉力之比为 12答案 BC解析 对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(LLsin)12mv2甲0，对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(2L2Lsin)12mv2乙0，所以最低点时两球的动能之比为12mv2甲12mv2乙12，A 错误，B 正确；对最低点的甲球受力分析，由牛顿第二定律可得 T 甲mgmv2甲L，对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得 T 乙mgmv2乙2L，所以最低点时杆对两球的拉力之比为T甲T乙11，根据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为 11，故 C 正确，D 错误。7(2019山东日照高三 5 月校际联合
38、考试)一质点静止在光滑水平桌面上，t0 时刻在水平外力作用下做直线运动，其速度 v 随时间 t 变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，判断下列说法正确的是()A质点在 t1 时刻的加速度最大B质点在 t2 时刻离出发点最远C在 t1t2 的时间内，外力的功率先增大后减小D在 t2t3 的时间内，外力做负功答案 BC解析 v-t 图象的斜率代表加速度，所以 t1 时刻的加速度为零，最小，A错误；v-t 图象与 t 轴所围的面积代表位移，横轴上方为正向位移，下方为负向位移，所以 t2 时刻正向位移最大，离出发点最远，B 正确；在 t1t2 的时间内，根据 PFvmav，t1 时刻加速度为零，外力
39、为零，外力功率为零，t2时刻速度为零，外力功率为零，而中间任意时刻速度、外力都不为零，所以功率先增大后减小，C 正确；t2t3 的时间内，物体动能增大，外力对物体做正功，D 错误。8质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，如图所示。在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为 7mg，重力加速度为 g，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是()A到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为12mgRB到最高点过程中小球克服空气阻力
40、做的功为 mgRC再次经过最低点时力传感器的示数为 5mgD再次经过最低点时力传感器的示数大于 5mg答案 AD解析 小球在最低点时有 F1Tmgmv21R，解得 v1 6gR，由于小球恰好能通过最高点，所以在最高点时，有 mgmv22R，可得 v2 gR，小球从最低点到最高点的上升过程，由动能定理可得mg2RWf12mv2212mv21，解得小球克服空气阻力做的功 Wf12mgR，A 正确，B 错误；小球从最高点到最低点的下落过程，由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一高度上上升时的阻力大于下落时的阻力，故下落过程中空气阻力做的功 Wf4gR，小球再次经过最低点时有 F2T
41、mgmv12R，解得T5mg，C 错误，D 正确。二、计算题(本题共 2 小题，共 36 分，须写出规范的解题步骤)9(2019江苏省七市高三第三次调研)(16 分)如图所示，半径为 R 的水平圆盘可绕着过圆心 O 的竖直轴转动，在圆盘上从圆心 O 到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为 R 的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心 O点，另一端贴放着一质量为 m 的小球，弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力 F1 作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度 0 转动，求 F1 的大小；(2)若圆盘以角速度 1 转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为 x 的 P点，此时弹簧的弹性势能为 Ep
42、。解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为 v，求此过程中槽对小球做的功 W1；(3)若圆盘以角速度 2 转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离 x 到达 P 点。如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k 以及此过程中推力做的功 W2。答案(1)m20R(2)12m(21R2v2)12m21(Rx)2Ep(3)m22 m22Rx解析(1)小球在沿槽方向的力 F1 的作用下做圆周运动，由向心力公式有 F1m20R。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为 v1，则根据速度的合成：v21(1R)2v2，设在此过程中弹簧对小球做功为 W，由动能定理有：W1W12mv211
43、2m21(Rx)2，由于 WEp，解得 W112m(21R2v2)12m21(Rx)2Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为 x1 时，由向心力公式有 Fkx1m22(Rx1)，解得 Fm22R(km22)x1，由于 F 的大小不变，与 x1 无关，则有 km22，Fm22R，所以推力做的功 W2Fxm22Rx。10(2019山东济宁二模)(20 分)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t 图象。已知小车在 02 s 内做匀加速直线运动，211 s 内小
44、车牵引力的功率保持不变，911 s 内小车做匀速直线运动，在 11 s 末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量 m1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：(1)在 211 s 内小车牵引力的功率 P 是多大？(2)小车在 2 s 末的速度 vx 为多大？(3)小车在 29 s 内通过的距离 x 是多少？答案(1)16 W(2)4 m/s(3)44 m解析(1)根据题意，在 11 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力 f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为 a，根据 v-t 图象可知：a|v|t 2 m/s2；根据牛顿第二定律有：fma；解得：f2 N；设小车在匀速运动阶段的牵引力为 F，则：Ff，vm8 m/s；根据 PFvm；解得：P16 W。(2)02 s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：axvtvx2；设小车的牵引力为 Fx，根据牛顿第二定律有：Fxfmax；根据题意有：PFxvx；解得：vx4 m/s。(3)在 29 s 内的变加速过程，小车运动的时间 t7 s，由动能定理可得：Ptfx12mv2m12mv2x；解得小车通过的距离是：x44 m。本课结束
