《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動量 第1講 功 功率與動能定理學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動量 第1講 功 功率與動能定理學(xué)案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　功　功率與動能定理 [歷次選考考情分析] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 機械能守恒定律 追尋守恒量——能量 b 功 c c 功率 c c 10、13 重力勢能 c c 4、20 13 彈性勢能 b b 20 動能和動能定理 d d 20 20 20 20 20 20 機械能守恒定

2、律 d d 20 12 能量守恒定律與能源 c d 5 4 考點一　功和能基本概念及規(guī)律辨析 1．功的正負(fù)：由W＝Flcos α，α<90°，力對物體做正功；α＝90°，力對物體不做功；α>90°，力對物體做負(fù)功． 2．恒力做功的計算方法 3．變力做功：變力做功的求解要注意問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，利用F－l圖象曲線下的面積求功，利用W＝Pt計算，也可應(yīng)用動能定理或功能關(guān)系等方法求解． 4．總功的計算 (1)先求物體所受的合外力，再求合外力做的功； (2)先求每個力做的功，再求各功的代數(shù)和． 5．機械能 (1

3、)機械能包括動能、重力勢能和彈性勢能； (2)重力勢能：重力做正功，重力勢能就減小，重力做負(fù)功，重力勢能就增加，即WG＝－ΔEp； (3)彈性勢能：彈力做正功，彈性勢能就減小，彈力做負(fù)功，彈力勢能就增加，伸長量與縮短量相等時，彈性勢能相同． 1．[正、負(fù)功的判斷](2018·溫州市期中)載人飛行包是一個單人低空飛行裝置，如圖1所示，其發(fā)動機使用汽油作為燃料提供動力，可以垂直起降，也可以快速前進(jìn)，若飛行包(包括人)在豎直勻速降落的過程中(空氣阻力不可忽略)，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．發(fā)動機對飛行包(包括人)做正功 B．飛行包(包括人)的重力做負(fù)功 C．空氣阻力對飛

4、行包(包括人)做負(fù)功 D．飛行包(包括人)的合力做負(fù)功 答案　C 解析　飛行包(包括人)在豎直勻速降落的過程中，發(fā)動機的動力向上，則發(fā)動機對飛行包(包括人)做負(fù)功，故A錯誤．高度下降，飛行包(包括人)的重力做正功，故B錯誤．空氣阻力豎直向上，與位移方向相反，則空氣阻力對飛行包(包括人)做負(fù)功，故C正確．飛行包勻速運動，合力為零，則飛行包的合力不做功，故D錯誤． 2．[做功的分析]如圖2所示，坐在雪橇上的人與雪橇的總質(zhì)量為m，在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移動了一段距離l.已知雪橇與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，雪橇受到的(　　) 圖2 A．支持力做功為mgl B

5、．重力做功為mgl C．拉力做功為Flcos θ D．滑動摩擦力做功為－μmgl 答案　C 解析　對坐在雪橇上的人與雪橇整體進(jìn)行受力分析，可知雪橇受到的支持力FN＝mg－Fsin θ，滑動摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin θ)，由功的定義式可知，支持力做的功為零，重力做的功也為零，選項A、B錯誤；滑動摩擦力做功Wf＝－Ffl＝－μl(mg－Fsin θ)，選項D錯誤；拉力做功為Flcos θ，選項C正確． 3．[重力勢能](2018·浙江4月選考·13)如圖3所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山上的A、B處，A、B兩點水平距離為16 m，豎直距離為2 m，A、B間繩長為20 m

6、．質(zhì)量為10 kg的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B 處．以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(繩處于拉直狀態(tài))(　　) 圖3 A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J C．－6.0×102 J D．－2.0×102 J 答案　B 解析　重力勢能最小的點為最低點，結(jié)合“同繩同力”可知，在最低點時，兩側(cè)繩子與水平方向夾角相同，記為θ，設(shè)右邊繩子長為a，則左邊繩長為20－a. 由幾何關(guān)系得：20cos θ＝16；asin θ－(20－a)sin θ＝2 聯(lián)立解得a＝ m，所以最低點與參考平面的高度差為sin θ＝7 m，猴子的重

7、心比繩子最低點大約低0.5 m，所以在最低點的重力勢能約為－750 J，故選B. 4．[機械能守恒](2018·紹興市選考診斷)“神舟十一號”飛船在發(fā)射至返回的過程中，哪個階段中返回艙的機械能是守恒的(　　) A．飛船加速升空階段 B．飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段 C．返回艙與軌道艙分離，進(jìn)入大氣層后加速下降 D．返回艙在大氣層運動一段時間后，打開降落傘，減速下降 答案　B 考點二　功率的分析與計算 1．首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率． 2．平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率． (1)可用P＝. (2

8、)可用P＝Fvcos α，其中v為物體運動的平均速度． 3．計算瞬時功率時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率．求解瞬時功率時，如果F和v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度，或用速度v乘以沿速度方向的分力求解． (1)公式P＝Fvcos α，其中v為某時刻的瞬時速度． (2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力． 例1　(2017·浙江11月選考·13)如圖4所示是具有登高平臺的消防車，具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5 min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400 kg)上升60

9、m到達(dá)滅火位置．此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火，已知水炮的出水量為3 m3/min，水離開炮口時的速率為20 m/s，則用于(　　) 圖4 A．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1×104 W B．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104 W C．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106 W D．伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800 W 答案　B 解析　若不計伸縮臂的質(zhì)量，抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率P＝＝400×10×60× W＝800 W，但伸縮臂具有一定質(zhì)量，發(fā)動機輸出功率應(yīng)大于800 W，故選項D錯誤；在1 s內(nèi)，噴出去水的質(zhì)量為m′＝ρV＝103× kg＝5

10、0 kg，噴出去水的重力勢能為Ep＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104 J，水的動能為Ek＝m′v2＝1×104 J，所以1 s內(nèi)水增加的能量為4×104 J，所以水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104 W，選項B正確，A、C錯誤． 5．(2018·金、麗、衢十二校聯(lián)考)跳繩是麗水市高中畢業(yè)生體育測試的項目之一，如圖5所示，高三的小李同學(xué)在某次測驗過程中，一分鐘跳180次，每次跳躍，腳與地面的接觸時間為跳躍一次所需時間的，g取10 m/s2，則他克服重力做功的平均功率約為(　　) 圖5 A．20 W B．35 W C．75 W D．120 W 答案　C 解析　小李

11、同學(xué)跳一次的時間是：t＝ s＝ s，他跳離地面向上做豎直上拋運動，到最高點的時間為：t1＝××(1－) s＝0.1 s，此過程中克服重力做功為：W＝mg(gt12)＝500×(×10×0.01) J＝25 J，跳繩時克服重力做功的功率為：＝＝ W＝75 W，故C正確，A、B、D錯誤． 6．一物塊放在水平面上，在水平恒力F的作用下從靜止開始運動，物塊受到的阻力與速度成正比，則關(guān)于拉力F的功率隨時間變化的圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　物塊受到的阻力與速度成正比，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－kv＝ma，所以物塊做加速度減小的加速運動，又因拉力功率P＝Fv，F(xiàn)為恒力，所以功率隨時間變化

12、的規(guī)律和速度v隨時間的變化規(guī)律一致，故C正確，A、B、D錯誤． 7．(2018·臺州市高三期末)如圖6所示，中國版“野?！奔壷匦蜌鈮|船，自重達(dá)540噸，裝有額定輸出功率為8 700 kW的大功率燃汽輪機，最高時速為108 km/h.假設(shè)氣墊船航行過程中所受的阻力Ff與速度v成正比，即Ff＝kv.則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．該氣墊船的最大牽引力為2.9×105 N B．從題中給出的數(shù)據(jù)，無法計算k值 C．在輸出額定功率下以最高時速航行時，氣墊船所受的阻力為2.9×105 N D．以最高時速一半的速度勻速航行時，氣墊船發(fā)動機的輸出功率為4 350 kW 答案　C 解析

13、　在額定輸出功率下以最高時速航行時，vm＝108 km/h＝30 m/s，根據(jù)P＝Fv得：F＝＝ N＝2.9×105 N，此時勻速運動，則Ff＝F＝2.9×105 N，若以恒定牽引力啟動時，開始的牽引力大于勻速運動的牽引力，所以最大牽引力大于2.9×105 N，故A錯誤，C正確；根據(jù)Ff＝kv得：k＝＝ N·s/m≈9.67×103 N·s/m，故B錯誤；以最高時速一半的速度勻速航行時，牽引力F′＝k·，解得F′＝1.45×105 N，則P′＝F′v′＝1.45×105×15 W＝2 175 kW，故D錯誤． 考點三　動能定理的應(yīng)用 1．解題步驟 2．注意事項 (1)動能定理往往用

14、于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡便． (2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某個方向上應(yīng)用動能定理． (3)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負(fù)．當(dāng)一個力做負(fù)功時，可設(shè)物體克服該力做功為W，將該力做功表示為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負(fù)號． 例2　如圖7所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k＝40 N/m的輕彈簧的軸線與斜面平行，彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，彈簧與斜面間無摩擦．一個質(zhì)量為m＝5 kg的小滑塊從斜面上的P點由靜止滑下，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，P點與彈簧自由端Q點間的距離

15、為L＝1 m．已知整個過程彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與其形變量x的關(guān)系為Ep＝kx2，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求： 圖7 (1)小滑塊從P點下滑到Q點時所經(jīng)歷的時間t； (2)小滑塊運動過程中達(dá)到的最大速度vm的大小； (3)小滑塊運動到最低點的過程中，彈簧的最大彈性勢能． 答案　(1)1 s　(2) m/s　(3)20 J 解析　(1)由牛頓第二定律可知，小滑塊沿斜面下滑的加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 由L＝at2 解得t＝＝1 s (2)設(shè)彈簧被壓縮x0時小滑塊達(dá)到最大速度v

16、m，此時小滑塊加速度為零，根據(jù)平衡條件有mgsin θ－μmgcos θ＝kx0 對小滑塊由靜止滑下到達(dá)到最大速度的過程，由動能定理有 mgsin θ·(L＋x0)－μmgcos θ·(L＋x0)－kx02＝mv m2 解得vm＝ m/s (3)設(shè)小滑塊運動至最低點時，彈簧的壓縮量為x1，由動能定理有 mgsin θ·(L＋x1)－μmgcos θ·(L＋x1)－Epm＝0 又Epm＝kx12 解得Epm＝20 J. 8．如圖8甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體靜止在光滑的水平面上，t＝0時刻，物體受到一力F的作用，t＝1 s時，撤去力F，某時刻物體滑上傾角為37°的粗糙斜面．

17、已知物體從開始運動到滑上斜面最高點的v－t圖象如圖乙所示，不計其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： 圖8 (1)力F做的功； (2)物體從斜面底端滑到最高點過程中克服摩擦力做功的平均功率． 答案　(1)72 J　(2)36 W 解析　(1)物體1 s末的速度v1＝12 m/s，根據(jù)動能定理得：WF＝mv12＝72 J. (2)物體在1～2 s內(nèi)沿水平面做勻速直線運動，物體在2～3 s內(nèi)沿斜面向上做減速運動．物體沿斜面上滑的最大距離為：x＝t3＝6 m 物體到達(dá)斜面底端的速度v2＝12 m/s，到達(dá)斜面最高點的速度為零，根據(jù)動能定理

18、得： －mgxsin 37°－W克＝0－mv22 解得：W克＝36 J 因此克服摩擦力做功的平均功率為：＝＝36 W. 9．如圖9所示為一滑梯的實物圖，滑梯的斜面段長度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，為保證小朋友的安全，在水平面鋪設(shè)安全地墊．水平段與斜面段平滑連接，小朋友在連接處速度大小不變．某小朋友從滑梯頂端由靜止開始滑下，經(jīng)斜面底端后水平滑行一段距離，停在水平地墊上．已知小朋友質(zhì)量為m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff1＝88 N，在水平段受到的平均阻力Ff2＝100 N．不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖9 (1)小朋友在斜面滑下的過程

19、中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端時的速度v的大小； (3)為使小朋友不滑出水平地墊，地墊的長度x至少多長． 答案　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 解析　(1)小朋友在斜面滑下的過程中克服摩擦力做的功為：Wf1＝Ff1L＝88×5 J＝440 J (2)小朋友在斜面上運動，由動能定理得mgh－Wf1＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得：v＝4 m/s (3)小朋友在水平地墊上運動的過程，由動能定理得： －Ff2x＝0－mv2 解得：x＝1.6 m 考點四　動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用 1．動力學(xué)觀點：牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律． 2．能量觀點：動能定

20、理、機械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解題關(guān)鍵 (1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程． (2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵． 例3　(2017·臺州市選考模擬)如圖10所示，質(zhì)量為m＝0.1 kg的可視為質(zhì)點的小球從靜止開始沿半徑為R1＝40 cm的圓弧軌道AB由A點滑到B點后，進(jìn)入與AB平滑連接的圓弧管道BC.管道出口處為C，圓弧管道半徑為R2＝20 cm，在緊靠出口C處，有一半徑為R3＝8.4 cm、水平放置且繞其水平軸線勻速旋轉(zhuǎn)的圓筒(不計筒皮厚度)，筒上開有小孔D，筒旋轉(zhuǎn)時，小孔D恰好能經(jīng)過出口C處，小球

21、射出C出口時，恰好能接著穿過D孔進(jìn)入圓筒，并越過軸線再從D孔向上穿出圓筒，到最高點后返回又能向下穿過D孔進(jìn)入圓筒，不計摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2.問： 圖10 (1)小球到達(dá)B點的瞬間前、后對軌道的壓力分別為多大？ (2)小球穿出圓筒小孔D時的速度多大？ (3)圓筒轉(zhuǎn)動的最大周期T為多少？ 答案　(1)3 N　5 N　(2)0.8 m/s　(3)0.08 s 解析　(1)從A到B，由動能定理得：mgR1＝mvB2 由牛頓第二定律得，到達(dá)B點瞬間前：FNB－mg＝m 解得FNB＝3 N 到達(dá)B點瞬間后：FNB′－mg＝m 解得FNB′＝5 N 由牛頓第三定律得，

22、小球到達(dá)B點瞬間前、后對軌道的壓力分別為3 N和5 N. (2)從A到穿出D過程中，由機械能守恒可得： mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋mvD2 解得：vD＝0.8 m/s (3)由機械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋mvC2 解得：vC＝2 m/s 穿越圓筒過程中：vC－vD＝g(nT＋0.5T) 從圓筒穿出到又進(jìn)入圓筒過程中：2vD＝gn′T 得到關(guān)系式：3n′＝4n＋2 要使周期最大，n和n′必須同時取正整數(shù)且n最小 取n＝1，得T＝0.08 s. 10．如圖11所示，斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C，整個裝置豎直固定，D是最低點，圓心角∠DOC＝

23、37°，E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝0.30 m，斜面長L＝1.90 m，AB部分光滑，BC部分粗糙．現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝0.10 kg的小物塊P從斜面上端A點無初速度下滑，物塊P與斜面BC部分之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空氣阻力．求： 圖11 (1)物塊第一次通過C點時的速度大小vC； (2)物塊第一次通過D點時受到軌道的支持力大小FD； (3)物塊最終所處的位置． 答案　(1)3 m/s　(2)7.4 N (3)在斜面BC段且距離C點0.35 m 解析　(1)根據(jù)幾何關(guān)系得，斜面BC

24、部分的長度為：l＝0.40 m 設(shè)物塊第一次通過B點時的速度為vB，根據(jù)動能定理有： mg(L－l)sin 37°＝mvB2－0， 代入數(shù)據(jù)得：vB＝3 m/s 物塊在BC部分滑動時受到的摩擦力大小為：Ff＝μmgcos 37°＝0.60 N 在BC部分下滑過程中受到的合力為：F＝mgsin 37°－Ff＝0 則物塊第一次通過C點時的速度為：vC＝vB＝3 m/s. (2)設(shè)物塊第一次通過D點時的速度為vD，則由動能定理有： mgR(1－cos 37°)＝mvD2－mvC2 FD－mg＝m 代入數(shù)據(jù)得：FD＝7.4 N. (3)物塊每通過一次BC部分減小的機械能為：ΔE＝

25、Ffl＝0.24 J 物塊在B點的動能為：EkB＝mvB2＝×0.1×18 J＝0.9 J， 物塊能通過BC部分的次數(shù)為：n＝＝3.75， 設(shè)物塊第四次從下端進(jìn)入BC部分后最終在距離C點x處靜止，則有 mg(L－x)sin 37°－Ff(3l＋x)＝0，代入數(shù)據(jù)得：x＝0.35 m. 11．(2018·杭州市期末)如圖12所示，傾角為30°的光滑斜劈AB長L1＝0.4 m，放在離地高h(yuǎn)＝0.8 m的水平桌面上，B點右端接一光滑小圓弧(圖上未畫出)，圓弧右端切線水平，與桌面邊緣的距離為L2.現(xiàn)有一小滑塊從A點由靜止釋放，通過B點后恰好停在桌面邊緣的C點，已知滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝

26、0.2. 圖12 (1)求滑塊到達(dá)B點的速度vB的大?。? (2)求B點到桌面邊緣C點的距離L2； (3)若將斜劈向右平移一段距離ΔL＝0.64 m，滑塊仍從斜劈上的A點由靜止釋放，最后滑塊落在水平地面上的P點．求落地點P距C點正下方的O點的距離x. 答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)0.64 m 解析　(1)滑塊從A到B的運動，根據(jù)機械能守恒定律得： mgL1sin 30°＝mvB2 代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2 m/s (2)從A到C根據(jù)動能定理可得：mgL1sin 30°－μmgL2＝0 解得：L2＝1 m； (3)從A到C根據(jù)動能定理可得：mgL1sin 3

27、0°－μmg(L2－ΔL)＝mvC2－0，代入數(shù)據(jù)解得vC＝1.6 m/s， 滑塊離開C后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得：h＝gt2，解得：t＝0.4 s， 所以落地點P距C點正下方的O點的距離為：x＝vCt＝0.64 m. 專題強化練 1．(2018·名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖1所示，拖拉機耕地時一般比在道路上行駛時速度慢，這樣做的主要目的是(　　) 圖1 A．節(jié)省燃料 B．提高柴油機的功率 C．提高傳動機械的效率 D．增大拖拉機的牽引力 答案　D 2．(2018·七彩陽光聯(lián)盟期中)如圖2所示，某一足球比賽中，運動員大力踢出的點球恰好擊中橫梁．假定足球擊中橫梁

28、時速度大小為20 m/s，足球的質(zhì)量為450 g，球門高度約為2.4 m，不計空氣阻力，則該運動員對足球所做的功的大小約為(　　) 圖2 A．45 J B．90 J C．100 J D．180 J 答案　C 解析　球門高度約為h＝2.4 m，對足球從運動員踢球到擊中橫梁的過程，根據(jù)動能定理得：W－mgh＝mv2－0，則W＝mgh＋mv2＝0.45×10×2.4 J＋×0.45×202 J＝100.8 J≈100 J. 3．(2018·杭州市期末)研究表明，人步行時重心升降的幅度約為腳跨一步距離的0.1倍．某同學(xué)體重為70 kg，在水平地面上勻速步行的速度為5 km/h，g取

29、10 m/s2，此過程中他的平均功率約為(　　) A．5 W B．50 W C．100 W D．200 W 答案　C 解析　人步行時重心升降的幅度約為腳跨一步距離的0.1倍，設(shè)該同學(xué)在時間t內(nèi)在水平地面上運動的距離為vt，此過程中重心上升的高度為Δh＝0.1vt，其重力為G＝700 N，所以平均功率P＝＝＝0.1Gv＝0.1×700× W≈97.2 W，故C正確． 4．(2018·西湖高級中學(xué)月考)如圖3所示，四個完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0分別水平、豎直向下、豎直向上、斜向上拋出，不計空氣阻力的影響，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球飛行過程中加

30、速度相同 B．小球落地時的動能不同 C．從開始運動至落地，重力對小球做功不相同 D．從開始運動至落地，重力對小球做功的平均功率相同 答案　A 解析　物體都做拋體運動，故加速度都為重力加速度，都相同，故A正確；根據(jù)動能定理可知，小球落地時的動能相同，故B錯誤；根據(jù)W＝mgh可知，重力做功相同，故C錯誤；小球的運動時間不同，由公式P＝可知重力對小球做功的平均功率不同，故D錯誤． 5．(2018·寧波市重點中學(xué)聯(lián)考)如圖4甲所示，用起重機將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．0～t1時間內(nèi)，起重

31、機拉力逐漸變大 B．在t1～t2時間內(nèi)，起重機拉力的功率保持不變 C．在t1～t2時間內(nèi)，貨物的機械能保持不變 D．在t2～t3時間內(nèi)，起重機拉力對貨物做負(fù)功 答案　B 6．(2018·紹興市選考診斷)某一水力發(fā)電站的水位的平均落差為50 m，每秒約有6×106 kg的水用來發(fā)電，水的重力勢能有10%轉(zhuǎn)化為電能，g取10 m/s2，則(　　) A．每秒水減少的重力勢能約為3×108 J B．發(fā)電的平均功率約為6×108 W C．每天的發(fā)電量約為7.2×106 kW·h D．若將這些電能以0.5元/度的價格賣出，則一年可收入約為3 600萬元 答案　C 7．(2018·西湖

32、高級中學(xué)月考)如圖5所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)從傾角為30°的光滑斜面上的h高處自由下滑到底端A處，則在這個過程中(　　) 圖5 A．重力勢能減少了mgh B．重力勢能減少了mgh C．機械能增加了mgh D．機械能減少了mgh 答案　B 解析　物體的高度下降了h，重力對物體做功為mgh，則重力勢能減少了mgh，故A錯誤，B正確；斜面光滑，物體在運動過程中只受重力和斜面的支持力，而支持力對物體不做功，只有重力做功，所以物體的機械能守恒，故C、D錯誤． 8.如圖6所示，汽車停在緩坡上，要求駕駛員在保證汽車不后退的前提下向上啟動，這就是汽車駕駛中的“坡道起步”，駕駛

33、員的正確操作是：變速桿掛入低速擋，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松開離合器，同時松開手剎，汽車慢慢啟動，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．變速桿掛入低速擋，是為了增大汽車的輸出功率 B．變速桿掛入低速擋，是為了能夠提供較大的牽引力 C．徐徐踩下加速踏板，是為了讓牽引力對汽車做更多的功 D．徐徐踩下加速踏板，是為了讓汽車的輸出功率保持為額定功率 答案　B 解析　由P＝Fv可知，在功率一定的情況下，當(dāng)速度減小時，汽車的牽引力就會增大，此時更容易上坡，則換低速擋，增大牽引力，故A錯誤，B正確；徐徐踩下加速踏板，發(fā)動機的輸出功率增大，根據(jù)P＝Fv可知，目的是為了增大牽引力，故C、D錯誤

34、． 9．(2018·臺州市3月模擬)蹦極是一項極限活動．如圖7所示，游客站在平臺上，用橡皮繩固定住身體后由靜止下落，觸地前彈起，然后反復(fù)彈起落下．不計空氣阻力和橡皮繩的質(zhì)量，在第一次下落過程中(　　) 圖7 A．游客一直處于完全失重狀態(tài) B．橡皮繩剛繃緊時，游客的動能最大 C．游客的機械能先保持不變，后逐漸減小 D．游客下落到最低點時，橡皮繩的彈性勢能大于游客減少的重力勢能 答案　C 10．如圖8所示，在水平地面上固定一足夠長的傾角θ＝30°的光滑斜面，質(zhì)量為m＝2 kg的小滑塊從斜面底端，在與斜面平行的恒力F作用下由靜止開始沿斜面上升，經(jīng)過時間t撤去恒力F，又經(jīng)過時間t小

35、滑塊回到斜面底端，此時小滑塊的動能為49 J，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．拉力F做的功為24.5 J B．撤去拉力時小滑塊剛好滑到最大高度的一半 C．撤去拉力時小滑塊的速度是7 m/s D．與斜面平行的恒力F＝ N 答案　D 解析　整個過程中，小滑塊的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由動能定理知：WF＝49 J，故選項A錯誤；取沿斜面向上為正方向，設(shè)小滑塊剛撤去拉力時的速度大小為v1，回到底端時的速度大小為v2，有拉力時的位移x1＝t，從撤去拉力到回到底端時的位移－x1＝t，根據(jù)題意，解得：v2＝2v1，小滑塊到達(dá)最底端的速度大小v2＝＝7

36、 m/s，所以撤去拉力時速度是v1＝3.5 m/s，故C錯誤；設(shè)從撤去拉力到小滑塊上升到最大高度的位移為x2，則由運動學(xué)公式知v1＝，v2＝，解得x1＝3x2，撤去拉力時的高度為最大高度的四分之三，故B錯誤；由動能定理，在小滑塊上升的過程中，F(xiàn)x1－mg(x1＋x2)sin θ＝0，解得F＝ N，故D正確． 11．(2018·寧波市十校聯(lián)考)如圖9是某設(shè)計師設(shè)計的游樂場滑梯軌道簡化模型圖，在傾角θ＝53°的長直軌道AC上的B點輕放一小車，B點到C點的距離L0＝4 m，下滑到C點后進(jìn)入了弧形的光滑軌道CDEF，其中CDE是半徑為R＝5 m，圓心角為106°的圓弧，EF為半徑R＝5 m，圓心

37、角為53°的圓弧，已知小車的質(zhì)量為60 kg，車與軌道AC間存在摩擦，動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計其他阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，下列說法不正確的是(　　) 圖9 A．小車滑至C點的速度為6 m/s B．小車到達(dá)D點時對軌道的壓力為1 560 N C．小車剛好能沿著軌道滑到F點 D．若小車從長直軌道上距C點L′＝9 m開始由靜止下滑，則小車能在F點水平拋出 答案　A 解析　由B到C根據(jù)動能定理：mgL0sin 53°－μmgL0cos 53°＝mvC2，解得vC＝2 m/s，選項A錯誤；到達(dá)D點時：mvC2＋mgR(1－cos 5

38、3°)＝mvD2，解得vD＝4 m/s，則在D點：FN－mg＝m，解得FN＝1 560 N，由牛頓第三定律知選項B正確；假設(shè)小球能到達(dá)F點，則mvC2＝mgR(1－cos 53°)＋mvF2，解得vF＝0，可知小車剛好能到達(dá)F點，選項C正確；從B′到F點，由動能定理mgL′sin 53°－mgR(1－cos 53°)－μmgL′cos 53°＝mvF′2 得vF′＝5 m/s，在F點：mg－FN′＝m，解得FN′＝0，即此時小車能在F點水平拋出，選項D正確． 12．如圖10所示，AB為水平軌道，豎直平面內(nèi)的半圓軌道BCD的下端與水平軌道相切于B點，質(zhì)量m＝0.50 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)

39、，從A點以速度vA＝10 m/s沿水平軌道向右運動，恰好能通過半圓軌道的上端D點，已知AB長x＝3.5 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，半圓軌道的半徑R＝0.50 m，g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)滑塊剛剛滑上半圓軌道時，對半圓軌道下端B點的壓力大??； (2)滑塊從B點運動到D點的過程中克服摩擦力所做的功． 答案　(1)98 N　(2)17 J 解析　(1)滑塊由A到B的過程，由動能定理得：－μmgx＝mvB2－mvA2 在B點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝98 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的大小為98 N. (

40、2)在D點，有：mg＝m 從B到D過程，由動能定理得：－2mgR－Wf＝mvD2－mvB2 解得：Wf＝17 J 13．如圖11所示，與水平面夾角θ＝60°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)．滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2，求： 圖11 (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h. 答案　(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3) m 解析　(1)通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為

41、零，對滑塊，在C點由牛頓第二定律可得：mg＝m，所以，vC＝＝ m/s＝2 m/s； (2)滑塊在光滑圓軌道上運動時機械能守恒，故有： mvB 2＝mvC2＋mgR(1＋cos 60°) 解得：vB＝4 m/s； (3)滑塊從A到B只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得： mgh－μmgcos 60°·＝mvB2 可得：h＝ m. 14．(2017·嘉興市高二上期末)某?？萍脊?jié)舉行車模大賽，其規(guī)定的賽道如圖12所示，某小車以額定功率18 W由靜止開始從A點出發(fā)，加速2 s后進(jìn)入光滑的豎直圓軌道BC，恰好能經(jīng)過圓軌道最高點C，然后經(jīng)過光滑曲線軌道BE后，從E處水平飛出，最后落入沙坑中

42、，已知圓半徑R＝1.2 m，沙坑距離BD平面高度h2＝1 m，小車的總質(zhì)量為1 kg，g＝10 m/s2，求： 圖12 (1)小車在B點對軌道的壓力大??； (2)小車在AB段克服摩擦力做的功； (3)末端平拋高臺h1為多少時，能讓小車落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？ 答案　(1)60 N　(2)6 J　(3)1 m　4 m 解析　(1)由于小車恰好經(jīng)過最高點C，即mg＝ 根據(jù)動能定理可得－2mgR＝mvC2－mvB2 在B點，由牛頓第二定律得FN－mg＝m， 聯(lián)立解得FN＝60 N， 由牛頓第三定律得，在B點小車對軌道的壓力為60 N. (2)根據(jù)動能定理：Pt＋Wf＝mvB2，解得Wf＝－6 J，即小車在AB段克服摩擦力做的功為6 J. (3)根據(jù)動能定理：－mgh1＝mvE2－mvB2， 飛出后，小車做平拋運動，所以h1＋h2＝gt2 水平位移x＝vEt，化簡得x＝ ， 即x＝ m＝ m， 當(dāng)h1＝1 m時，水平距離有最大值，最大值為4 m. 21