第1講功和功率動能定理做真題明考向真題體驗透視命題規(guī)律授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第23頁真題再做1(多選)(2018高考全國卷，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線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于第次和第次提升過程()A礦車上升所用的時間之比為45B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21D電機所做的功之比為45解析：由圖線知，礦車上升總高度h2t0v0t0由圖線知，加速階段和減速階段上升高度和h1()v0t0勻速階段：hh1v0t，解得tt0故第次提升過程所用時間為t0t0，兩次上升所用時間之比為2t0t045，A對；對礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運動時，電機的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯；在加速上升階段，由牛頓第二定律知，F(xiàn)mgma，F(xiàn)m(ga)第次在t0時刻，功率P1Fv0，第次在時刻，功率P2F，第次在勻速階段P2FmgP2，可知，電機輸出的最大功率之比P1P221，C對；由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機做功也相同，D錯答案：AC2(2017高考全國卷，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.mglB.mglC.mglD.mgl解析：QM段繩的質(zhì)量為mm，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為l，繩的下端Q拉到M點時，QM段繩的重心與M點距離為l，此過程重力做功WGmg(ll)mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，應(yīng)用動能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤答案：A3.(2015高考全國卷，T17)一汽車在平直公路上行駛從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示假定汽車所受阻力的大小f恒定不變下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是()解析：當(dāng)汽車的功率為P1時，汽車在運動過程中滿足P1F1v，因為P1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1fma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運動，當(dāng)F1f時速度最大，且vm.當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車繼續(xù)加速，由P2F2v可知F2減小，又因F2fma2，所以加速度逐漸減小，直到F2f時，速度最大vm，以后勻速運動綜合以上分析可知選項A正確答案：A4.(2016高考全國卷，T24)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點解析：(1)小球下落至A點的過程，由動能定理得mgEkA0小球下落至B點的過程，由動能定理得mg(R)EkB0由以上兩式聯(lián)立解得.(2)小球恰好經(jīng)過C點時，由牛頓第二定律得mgm，解得v0小球由開始下落至C點的過程，由動能定理得mgmv0，解得vC由于vCv0，故小球恰好可以沿軌道運動到C點答案：(1)51(2)見解析考情分析命題特點與趨勢怎么考1近幾年高考命題點主要集中在正、負功的判斷，功率的分析與計算，機車啟動模型，動能定理在圓周運動、平拋運動中的應(yīng)用題目具有一定的綜合性，難度適中2本講高考單獨命題以選擇題為主，綜合命題以計算題為主，常將動能定理與機械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合動能定理仍是2019年高考的考查重點，要重點關(guān)注本講知識與實際問題相結(jié)合的情景題目解題要領(lǐng)怎么做解決本講知識要理解功和功率的定義、正負功的判斷方法，機車啟動兩類模型的分析、動能定理及動能定理在變力做功中的靈活應(yīng)用建體系記要點知識串聯(lián)熟記核心要點授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建要點熟記1功(1)恒力做功：WFlcos (為F與l之間的夾角)(2)變力做功：用動能定理求解；用F x圖線與x軸所圍“面積”求解2功率(1)平均功率：PFcos .(2)瞬時功率：PFvcos(為F與v的夾角)(3)機車啟動兩類模型中的關(guān)鍵方程：PFv，F(xiàn)F阻ma，vm，PtF阻xEk.3動能定理：W合mv2mv.4應(yīng)用動能定理的兩點注意(1)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負(2)動能定理是標(biāo)量式，不能在某一方向上應(yīng)用研考向提能力考向研析掌握應(yīng)試技能授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁考向一功和功率的分析與計算1(2018北京昌平期末)如圖所示，質(zhì)量為60kg的某同學(xué)在做引體向上運動，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算1次若他在1min內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4m，則他在1min內(nèi)克服重力所做的功及相應(yīng)的功率約為(g取10m/s2)()A240 J,4 WB.2 400 J,2 400 WC2 400 J, 40 W D4 800 J,80 W解析：他每次引體向上克服重力所做的功為W1mgh60100.4 J240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W10W110240 J2 400 J，相應(yīng)的功率約為P40 W，選項C正確答案：C2(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為，且傳送帶足夠長，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物體以初速度v0從B端開始向上運動，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)>tan，傳送帶的速度為v(v0<v)，方向未知，重力加速度為g.物體在傳送帶上運動過程中，下列說法正確的是()A摩擦力對物體做功的最大瞬時功率是mgvcosB摩擦力對物體做功的最大瞬時功率是mgv0cosC摩擦力對物體可能先做負功后做正功D摩擦力對物體做的總功可能為零解析：物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)>tan，則mgcos>mgsin，傳送帶的速度為v(v0<v)，若v0與v同向，物體先做勻加速運動，直至物體加速運動到與傳送帶速度相同時物體速度最大，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為Pmgvcos；若v0與v反向，物體沿傳送帶向上開始做類豎直上拋，根據(jù)對稱性知，物體在傳送帶上運動的速度最大為v0，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為Pmgv0cos，因為最大瞬時功率有兩種可能值，所以選項A、B均錯誤若v0與v反向，物體先是沿傳送帶向上做勻減速運動，速度為零后，沿傳送帶向下做勻加速運動，滑動摩擦力方向始終沿傳送帶向下，摩擦力先對物體做負功，后做正功，物體回到B端時位移為零，滑動摩擦力做的總功為零，選項C、D正確答案：CD3長為L的輕質(zhì)細繩懸掛一個質(zhì)量為m的小球，其下方有一個傾角為的光滑斜面體放在水平面上，開始時小球與斜面剛剛接觸且細繩恰好豎直，如圖所示現(xiàn)在用水平推力F緩慢向左推動斜面體，直至細繩與斜面平行，則下列說法中正確的是()A由于小球受到斜面的彈力始終與斜面垂直，故對小球不做功B細繩對小球的拉力始終與小球的運動方向垂直，故對小球不做功C小球受到的合外力對小球做功為零，故小球在該過程中機械能守恒D若水平面光滑，則推力做功為mgL(1cos)解析：小球受到的斜面的彈力沿小球位移方向有分量，故對小球做正功，A錯誤；細繩的拉力方向始終和小球的運動方向垂直，故對小球不做功，B正確；合外力對小球做的功等于小球動能的改變量，雖然合外力做功為零，但小球的重力勢能增加，故小球在該過程中機械能不守恒，C錯誤；若水平面光滑，則推力做功等于小球重力勢能的增量，即為mgL(1sin)，D錯誤答案：B考向二機車啟動問題1恒定功率啟動(1)機車先做加速度逐漸減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，速度時間圖象如圖所示，當(dāng)FF阻時，vm.(2)動能定理：PtF阻xmv0.2恒定加速度啟動(1)速度時間圖象如圖所示機車先做勻加速直線運動，當(dāng)功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1.之后做變加速直線運動，直至達到最大速度vm后做勻速直線運動(2)常用公式：4.如圖所示，汽車在平直路面上勻速運動，用跨過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當(dāng)牽引輪船的繩與水平方向成角時，輪船速度為v，汽車的功率為P，汽車受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f，則此時繩對船的拉力大小為()A.fB.fC.fD.f解析：將船的速度分解如圖所示，沿繩子方向的分速度v1vcos，根據(jù)PFv1得，汽車的牽引力大小F.根據(jù)平衡條件得，繩對汽車的拉力大小FFff，那么此時繩對船的拉力大小為f，故選項B正確答案：B5一輛汽車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2103kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3103N若汽車從靜止開始以恒定加速度2m/s2做勻加速運動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為()A8sB14sC26sD38s解析：由圖象可知，汽車的最大功率約為P200kW，在勻加速階段由牛頓第二定律可知FF阻ma，即FF阻ma3103N21032N7000N，再由PFv可知vm/sm/s，由vat，解得ts14.3s，故選項B正確答案：B6(多選)(2018江西贛中南五校聯(lián)考)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度時間圖象如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則()A0t1時間內(nèi)，汽車的牽引力做功的大小等于汽車動能的增加量Bt1t2時間內(nèi)，汽車的功率等于(mFf)v1C汽車運動的最大速度v2(1)v1Dt1t2時間內(nèi)，汽車的平均速度等于解析：0t1時間內(nèi)，汽車加速度a，由牛頓第二定律FFfma，解得FmFf.t1t2時間內(nèi)，汽車的功率PFv1(mFf)v1，選項B正確；由PFfv2可得汽車運動的最大速度v2(1)v1，選項C正確；根據(jù)動能定理，0t1時間內(nèi)，汽車的牽引力做的功減去克服阻力做的功等于汽車動能的增加量，選項A錯誤；t1t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于，選項D錯誤答案：BC解決機車啟動問題的四點注意(1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動，如第5題中是勻加速啟動，第6題中0t1時間內(nèi)是勻加速運動，t1t2時間內(nèi)是恒定功率運動(2)勻加速啟動過程中，機車功率是不斷增大的，當(dāng)功率達到額定功率時勻加速運動速度達到最大(如第6題中t1時刻對應(yīng)的速度v1)，但不是機車能達到的最大速度(t2時刻速度v2)，但該過程中的最大功率是額定功率(3)以額定功率啟動的過程中，牽引力是不斷減小的，機車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力(4)無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足PFfvm，P為機車的額定功率考向三動能定理的應(yīng)用典例展示如圖甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙所示的示意圖，傾角37的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端距軌道CD所在水平面的豎直高度h24m，傾斜軌道DE與圓弧軌道EF相切于E點，圓弧軌道EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2在同一水平面上，D點與O1點之間的距離L20m，質(zhì)量m1000kg的過山車(包括乘客)從B點由靜止開始滑下，經(jīng)過水平半圓軌道CD后，滑上傾斜軌道DE，到達圓弧軌道頂端F時，乘客對座椅的壓力為自身重力的.已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)，圓弧軌道EF光滑，整個運動過程中空氣阻力不計，過山車經(jīng)過各軌道之間的連接點時無機械能損失(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2)(1)求過山車過F點時的速度大小；(2)求從B點到F點的整個運動過程中摩擦力對過山車做的功；(3)過山車過D點時發(fā)現(xiàn)圓弧軌道EF有故障，為保證乘客安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，設(shè)觸發(fā)制動裝置后，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則過山車受到的摩擦力至少為多大？解析(1)設(shè)過山車過F點時的速度為vF，選擇某個質(zhì)量為m1的乘客為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有m1gm1gm1，又rLsin聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得vF3m/s.(2)設(shè)整個過程摩擦力做功為W，對過山車從B點到F點的過程，應(yīng)用動能定理得mg(hr)Wmv0代入數(shù)據(jù)解得W7.5104J.(3)觸發(fā)制動裝置后，設(shè)過山車恰好能夠到達E點時對應(yīng)的摩擦力為Ff，過山車在D點和F點的速度分別為vD和vF，由動能定理得FfLcosmgrcos0mv未觸發(fā)制動裝置時，對D點到F點的過程，由動能定理得mgcosLcosmgrmvmv聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得Ff4.56103N因為Ff<mgsin6000N，故由題意可知過山車受到的摩擦力至少為6000N.答案(1)3m/s(2)7.5104J(3)6000N應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關(guān)注”(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，如例題中B點的速度為零，F(xiàn)點的速度可利用動力學(xué)求出(3)四個關(guān)注建立運動模型，判斷物體做了哪些運動，如例題中EF段為圓周運動分析各個運動過程中物體的受力和運動情況抓住運動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)根據(jù)實際情況分階段(如例題中選DEF段)或整個過程利用動能定理列式計算7.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊從O點以速度v0沿水平面向左運動，小滑塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點，則運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能是()A.mvB.mvC.mvD.mv解析：設(shè)動摩擦因數(shù)為，O點離彈簧右端距離為L，彈簧最大壓縮量為x.小滑塊從O點運動到彈簧壓縮量最大時，速度減為0，由動能定理可得mg(Lx)W彈0mv，再分析彈簧壓縮量最大到小滑塊最終靜止的過程，由動能定理可得W彈mg(Lx)00，聯(lián)立可得W彈mv，故彈簧獲得的最大彈性勢能是mv，選項B正確答案：B8.如圖所示是一個質(zhì)量m50kg的物塊(可看作質(zhì)點)，從靜止開始沿斜面從A點滑下，沿切線從B點進入半徑R15m的光滑豎直圓弧軌道BPC，通過軌道最高點C時水平飛出，經(jīng)t2s落到斜面上的D點，其速度方向與斜面垂直，斜面與水平面的夾角37，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)0.075，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.試求：(1)物塊運動到C點時的速度大小vC；(2)物塊在圓軌道最低點P受到軌道支持力的大小FN；(3)A點離P點所在的水平地面的高度H.解析：(1)物塊落在D點時，速度在豎直方向上的分速度vygt20m/s，又tan37聯(lián)立解得vC15m/s.(2)在物塊從P點運動到C點的過程中，由動能定理得mg2Rmvmv在P點由重力與支持力的合力提供向心力得FNmgm聯(lián)立以上式子并代入數(shù)據(jù)解得FN3250N.(3)在物塊從A點運動到P點的過程中，由動能定理可得mgHmgcos37mv解得H45.5m.答案：(1)15m/s(2)3250N(3)45.5m9(2018江蘇南京一模)如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L，上表面光滑，下表面與平臺間是粗糙的現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時的速度為v.此時，在其右端無初速度地放上一個質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)隨后軟鋼錠滑過2L距離時速度為零，滑塊恰好到達平臺重力加速度為g，空氣阻力不計求：(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)；(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程克服阻力做的功；(3)滑塊到達平臺的動能解析：(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺上滑過距離L時，滑塊脫離做自由落體運動，滑塊獲得的最大加速度ag.(2)軟鋼錠滑上平臺時的動能EkMv2設(shè)克服阻力做功為Wf克，由動能定理得Wf克0Mv2則Wf克Mv2(3)滑塊脫離軟鋼錠后自由下落到平臺的時間與軟鋼錠在平臺最后滑動L的時間相同，都為t，Lgt2，(Mm)gLMgL0Mv2vmgtEkmmv聯(lián)解以上四個方程式得Ekm答案：(1)g(2)Mv2(3)限訓(xùn)練通高考科學(xué)設(shè)題拿下高考高分單獨成冊對應(yīng)學(xué)生用書第131頁(45分鐘)一、單項選擇題1.(2018高考全國卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度木箱獲得的動能一定()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：由題意知，W拉W阻Ek，則W拉Ek，A對，B錯；W阻與Ek的大小關(guān)系不確定，C、D錯答案：A2如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上，從速度v0開始加速運動，經(jīng)時間t速度達到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動機的功率恒為P，汽車所受的摩擦阻力為恒力對于該過程，以下說法正確的是()A該過程中汽車一直做勻加速直線運動B該過程中汽車所受阻力fC該過程中汽車所受阻力做功的大小為PtmvD該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運動解析：汽車發(fā)動機的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運動，A錯誤，D正確；汽車速度達到最大值vm時，汽車的牽引力F，故fmgsin，B錯誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯誤答案：D3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時細線與豎直方向夾角為60，細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則()AF1F22mgB從A到B，拉力F做的功為F1LC從B到A的過程中，小球受到的合力大小不變D從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大解析：在B位置，根據(jù)平衡條件有F1sin30mg，解得F12mg.從B到A，根據(jù)動能定理得mgL(1cos60)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得F2mgm，聯(lián)立兩式解得F22mg，故A項正確；從A到B，小球緩慢移動，根據(jù)動能定理得WFmgL(1cos60)0，解得WFmgL，故B項錯誤；從B到A的過程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力在變化，故C項錯誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的功率先增大后減小，故D項錯誤答案：A4.人與平衡車的總質(zhì)量為m，在平直路面上行駛時，所受阻力不變當(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時，平衡車的功率為P1，則當(dāng)功率為P2時，平衡車行駛的最大速度為()A.B.C.D.解析：對平衡車受力分析，設(shè)受到的阻力的大小為Ff，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)Ffma，所以FFfma，所以功率P1Fv(Ffma)v，解得Ffma，當(dāng)功率恒為P2時，設(shè)最大速度為v，則P2FvFfv，所以v，選項B正確答案：B5一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t0時的速率為1m/s，從此刻開始在與初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，兩圖取同一正方向，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A滑塊的質(zhì)量為2kgB第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做的功為1JC第2s末拉力F的瞬時功率為0.3WD第2s內(nèi)拉力F的平均功率為0.15W解析：由題圖乙可知滑塊的加速度a1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在第1s內(nèi)有FFfma，第2s內(nèi)有FFfma，代入數(shù)據(jù)解得Ff1N，m2kg，A正確；第1s內(nèi)滑塊的位移大小x111m0.5m，則摩擦力對滑塊做的功WFfFfx110.5J0.5J，B錯誤；第2s末拉力的功率PFv31W3W，C錯誤；第2s內(nèi)滑塊的位移x211m0.5m，則第2s內(nèi)拉力的平均功率PW1.5W，D錯誤答案：A6.質(zhì)量為500kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車()A做勻加速直線運動B功率為20kWC所受阻力大小為2000ND速度大小為50m/s時牽引力大小為3000N解析：由圖象可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運動，選項A錯誤；根據(jù)PFv，F(xiàn)Ffma可得a，由圖象可知4，400，解得Ff2000N，P2105W，選項B錯誤，C正確；速度大小為50m/s時牽引力大小為FN4000N，選項D錯誤答案：C7(2017高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：物塊上滑時，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑時，摩擦力沿斜面向上，根據(jù)動能定理WEk知，圖象中的斜率表示物塊受到的合力，物塊上滑時恒定的合力大于物塊下滑時恒定的合力，所以C項正確答案：C二、多項選擇題8.(2018湖南長沙高三一模)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W，第二次擊打過程中小錘對小球做功4W，設(shè)兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則W的值可能是()A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析：第一次擊打小球時，小球運動的最大高度為R，即WmgR.第二次擊打小球，使小球運動到圓軌道的最高點，而小球能夠通過最高點的條件為mgm，即v高.小球從靜止到到達最高點的過程中，由動能定理得W4Wmg2Rmv0，得WmgR，所以W滿足mgRWmgR，選項A、B正確答案：AB9.a、b為緊靠著的且兩邊固定的兩張相同薄紙，如圖所示一個質(zhì)量為1kg的小球從距紙面高為60cm的地方自由下落，恰能穿破兩張紙若將a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則a紙距離b紙可能是(小球穿破兩張紙時，克服阻力做功相同)()A15cmB20cmC30cmD60cm解析：小球穿過兩張紙時，由動能定理得mgh2W0，將a紙向上移，若恰能穿過第一張紙，則mghW0，解得下落的高度hh，因此兩張紙的距離不能超過h30cm，選項A、B、C正確答案：ABC10(2018福建福州高三質(zhì)檢)如圖所示為某電動汽車在加速性能試驗過程中的vt圖象為了簡化計算，可近似認為：汽車運動時受到的阻力恒定，在030s內(nèi)做勻加速直線運動，30s后汽車發(fā)動機的功率保持不變則()A15s末、30s末汽車的牽引力大小之比為21B15s末、30s末汽車的發(fā)動機功率之比為12C30s末、54s末汽車的加速度大小之比為43D030s內(nèi)、3054s內(nèi)汽車發(fā)動機做功之比為58解析：由題意可知汽車前30s做勻加速直線運動，則牽引力恒定，因此A錯誤；由圖可知15s末、30s末的速度分別為9m/s、18 m/s，由公式PFv可知，15s末、30s末汽車的發(fā)動機功率之比為12，B正確；由圖可知30s末、54s末的加速度之比應(yīng)為>，C錯誤；030s內(nèi)，汽車發(fā)動機做的功W1Fx1(J)15P(J)，3054s內(nèi)汽車發(fā)動機做功W2P(54s30s)24P(J)，因此，D正確答案：BD三、非選擇題11一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時間沿平直冰面跑完1000m設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為15m/s；開始運動的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半求整個運動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運動過程中所受阻力的大小解析：設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運動時PFvFfv即運動過程中雪橇受到的阻力大小Ff對于整個過程運用動能定理得t1P(t總t1)Ffxmv20代入數(shù)據(jù)，解得P723W，F(xiàn)f48.2N再由動能定理可得t總Ffxmv2解得687W.答案：687W48.2N12某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分均光滑，水平部分均粗糙圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R0.5m，水平部分長度L2m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點離水平地面高h1m將一個質(zhì)量為m0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為0.4.給鋼球一初速度v013m/s，g取10 m/s2.求：(1)鋼球運動至第一個半圓形軌道最低點A時對軌道的壓力；(2)鋼球落地點到拋出點的水平距離解析：(1)鋼球從P點運動到A點的過程中，由動能定理得mg2RmgLmvmv由牛頓第二定律有FNmg代入數(shù)據(jù)解得FN178N由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78N，方向豎直向下(2)設(shè)鋼球到達軌道末端點的速度為v2，對全程應(yīng)用動能定理得mg5Lmg4Rmvmv解得v27m/s由平拋運動規(guī)律得h8Rgt2，sv2t解得s7m.答案：(1)178N，方向豎直向下(2)7m13(2018重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為37，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于場強為E1104N/C、水平向右的勻強電場中一質(zhì)量m4103 kg、帶電量q3106 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點P處時速度恰好為零已知CD段長度L0.8 m，圓弧DG的半徑r0.2 m；不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質(zhì)點g取10 m/s2，cos370.8，sin370.6.求：(1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊在CD段上運動的總路程；(3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中，由動能定理得qEmg(L)0，解得0.25(2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力mg0.01N、電場力qE0.03N，滑動摩擦力小于電場力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，且在D點的速度為0全過程由動能定理得qEL(mgx)0解得xL3L2.4m(3)GH段的傾角37，滑塊受到的重力mg0.04N，電場力qE0.03N，qEcosmgsin0.024N，則滑塊加速度a0，所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能對C到G過程由動能定理得Ek最大Eq(Lrsin)mgLmg(rrcos)0.018J滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運動，碰撞絕緣擋板時有最小動能對D到G過程由動能定理得Ek最小Eqrsinmg(rrcos)0.002J答案：(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J