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[限时练·通高考]__________________________________科学设题__拿下高考高分
(45分钟)
[基础题组专练]
1．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
解析：列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝mv2，又因为v＝at，所以Ek＝ma2t2，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Ek＝W合＝F合s＝mas，知动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，C错误；由Ek＝，可知动能与动量的平方成正比，D错误。
答案：B
2．如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　)
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B，拉力F做的功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
解析：在B位置，根据平衡条件有F1sin
30°＝mg，解得F1＝2mg，从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos
60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos
60°)＝0，解得WF＝mgL，故B错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误。
答案：A
3.
(多选)(2020·高考天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350
km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
解析：由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，A错误，B正确；匀速时F牵＝F，故P＝F牵vm＝Fvm，C正确；由动能定理可知W＋W阻＝mv－mv，D错误。
答案：BC
4．(2020·江西赣州高三模拟)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10
m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该汽车的质量为3
000
kg
B．v0＝6
m/s
C．在前5
s内，阻力对汽车所做的功为25
kJ
D．在5～15
s内，汽车的位移大小约为67.19
m
解析：由图像可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1
m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3
000
N，在匀加速阶段，由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1
000
kg，A错误；牵引力功率为15
kW，汽车所受阻力F1＝0.2mg＝2
000
N时，汽车行驶的速度最大，为v0＝＝7.5
m/s，B错误；前5
s内，汽车的位移x＝at2＝12.5
m，阻力做的功WF1＝－0.2mgx＝－25
kJ，C错误；5～15
s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s≈67.19
m，D正确。
答案：D
5．(多选)(2020·河北唐山高三理综联考)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时速度大小为v，方向竖直向下。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0
B．落地时重力的瞬时功率为mgv
C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为mv－mv2
D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为mv2－mv－mgh
解析：设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝－mgv0cos
α，选项A错误；落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝mv2－mv，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mv2－mv－mgh，选项D正确。
答案：BD
6．(2020·四川眉山三诊)如图甲所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足的关系如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)。若m＝1
kg，AB＝4
m，半圆轨道的半径R＝1.5
m，重力加速度g取10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
乙
A．拉力F从A到B做功为50
J
B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达C点，且速度大小为2
m/s
D．物体能够到达C点，且速度大小为2
m/s
解析：F?x图线与横坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝×2×40
J－10×1
J＝30
J，故A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合外力不为0，故B错误；从A到B由动能定理有
W＝mv
解得vB＝2
m/s
由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2
m/s，故C错误，D正确。
答案：D
7．如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0
m，高度h＝3.0
m，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为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。不计空气阻力，取重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)小朋友沿斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；
(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长。
解析：(1)小朋友沿斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为Wf1＝Ff1L＝88×5
J＝440
J。
(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得
mgh－Wf1＝mv2
代入数据解得v＝4
m/s。
(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得
－Ff2x＝0－mv2
解得x＝1.6
m。
答案：(1)440
J　(2)4
m/s　(3)1.6
m
[能力题组专练]
8．图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动。一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v?t图像，t3时刻物体离开传送带。下列说法正确的是(　　)
A．无法判断出传送带的运行速率
B．传送带与物块间的动摩擦因数为＋tan
α
C．t1时刻物块到达最高点
D．v1解析：由v?t图像可知t2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速率为v2，故A错误；由题图知，在0～t1时间内，对物块受力分析有mgsin
α＋μmgcos
α＝ma1，由图像得a1＝，解得μ＝－tan
α，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离出发点最远，即到达最高点，故C正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wf＝mv－mv，因Wf<0，所以v1>v3，故D错误。
答案：C
9．如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11
m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4
m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道的压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)
A．10
m　　　　　　　　
B．9.5
m
C．9
m
D．8.5
m
解析：已知C点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，有mg＝m，小球在C点的动能为mv2＝mgR。小球从A运动到C，根据动能定理得mg(H－2R)－Wf＝mv2－0，从C点运动到D点，根据动能定理得mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，在同一高度处沿CB弧运动的瞬时速度总小于沿BC弧运动的瞬时速度，根据圆周运动向心力公式可知沿CB弧运动的平均正压力小于沿BC弧运动平均正压力，故沿CB弧运动的平均摩擦力小于沿BC弧运动的平均摩擦力，所以0＜Wf′＜Wf，代入数据解得9
m＜h＜10
m，B正确，A、C、D错误。
答案：B
10．炎炎夏日，水上娱乐成为人们避暑消夏的首选，某水上游乐设施可简化为如图所示的结构，MN为高处平台，左侧为螺旋形光滑滑道，每圈高度落差不大，最后一圈为同一水平面上的圆形滑道，半径R＝7.2
m，螺旋滑道末端E与倾斜直滑道EF相连，F点恰好位于水面上，MN与E高度差为h1＝7.2
m，EF高度差为h2＝4.05
m，右侧PQ为一水平滑道，分别连接两段倾斜光滑直滑道，经过各点时不计能量损耗，g取10
m/s2，求：
(1)一儿童质量m＝30
kg，从左侧螺旋轨道由静止滑下，儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小；
(2)(1)中的儿童经过螺旋滑道末端E点时，滑道对儿童的作用力大小；
(3)有人为寻求刺激，从右侧滑道由静止滑下时，直接由Q点水平飞出落入水中，若PQ的高度可调，求PQ距水面多高时，落水位置到Q点的水平距离最远，最远距离是多少？
解析：(1)对儿童从M点至E点的过程，由动能定理得mgh1＝mv
解得儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小
vE＝＝12
m/s。
(2)在E点儿童需要的向心力Fn＝eq
\f(mv,R)＝600
N
则滑道在E点对儿童的作用力为
F＝eq
\r(m2g2＋F)＝300
N。
(3)设PQ到水面的距离为h，从N到Q的过程中，由动能定理得mg(h1＋h2－h)＝mv
从Q到落水过程中，人做平抛运动，则h＝gt2，x＝vQt
联立得x＝2
由数学知识知，当h＝5.625
m时，x有最大值11.25
m。
答案：(1)12
m/s　(2)300
N　(3)5.625
m　11.25
m
11．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像。现利用这架照相机对某家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4
m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0
s。已知该汽车的质量为1
000
kg，额定功率为90
kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1
500
N。
(1)试利用图示，求该汽车的加速度大小；
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间；
(3)汽车所能达到的最大速度是多大；
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3
000
N，求汽车运动2
400
m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)。
解析：(1)由图可得汽车在第1个2
s时间内的位移x1＝9
m，第2个2
s时间内的位移x2＝15
m
汽车的加速度a＝＝1.5
m/s2。
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
F＝Ff＋ma＝(1
500＋1
000×1.5)N＝3
000
N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝＝
m/s＝30
m/s
匀加速运动保持的时间t1＝＝
s＝20
s。
(3)汽车所能达到的最大速度
vm＝＝
m/s＝60
m/s。
(4)要使汽车所用时间最短，必须使牵引力最大，即为3
000
N，由(2)知当牵引力为3
000
N时汽车匀加速运动的时间t1＝20
s
运动的距离x1′＝＝×20
m＝300
m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x2′＝(2
400－300)m＝2
100
m
后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－Ffx2′＝m(v－v2)
解得t2＝50
s
所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70
s。
答案：(1)1.5
m/s2　(2)20
s　(3)60
m/s　(4)70
s(共52张PPT)
专题二
能量与动量
第1讲　功和功率　动能定理
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
[典例1]　(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，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随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②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①次和第②次提升过程(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
AC
D
2．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6
s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．0～6
s内物体的位移大小为30
m
B．0～6
s内拉力做的功为70
J
C．合外力在0～6
s内做的功与0～2
s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5
N
答案：ABC
3．(多选)如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan
θ，传送带的速度为v(v0A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmgvcos
θ
B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmgv0cos
θ
C．摩擦力对物体可能先做负功后做正功
D．摩擦力对物体做的总功可能为零
解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan
θ，则μmgcos
θ>mgsin
θ，传送带的速度为v(v0θ；若v0与v反向，物体沿传送带先向上做减速运动，达到静止后再向下做加速运动，在速率达到v0时正好运动到B端，物体在传送带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgv0cos
θ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A、B错误。若v0与v反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确。
答案：CD
2．恒定加速度启动
(1)机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1，之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动，速度—时间图像如图所示。
[典例2]　如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v?t图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则下列说法正确的是(　　)
[答案]　D
易错警示
解决机车启动问题时的四点注意
…………………………………………………………………………………
(1)匀加速启动过程中，最大功率是额定功率，匀加速的末速度不是机车运行的最大速度。
(2)以额定功率启动的过程中，牵引力的最小值等于阻力。
(3)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额定功率。
D
5．(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、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是(　　)
AC
C
考向三　动能定理的应用
1．“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移等信息。
2．解题的流程
(1)求小环在B点的速度大小v；
(2)某次实验，弹簧压缩量为2d，求小环在E处对轨道的压力；
(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。
[思路点拨]　解此题注意以下两点：
(1)求B点的速度由B→D应用动能定理时注意摩擦力做功。
(2)利用弹性势能和形变量的关系，确定小环运动到B点的动能。
方法技巧
应用动能定理解题“四点技巧”
…………………………………………………………………………………
(1)建立运动模型，判断物体做了什么运动。
(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
(3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
7.
(2019·高考全国卷Ⅲ)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(　　)
A．2
kg　　　　　
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
C
8.
(2020·高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关
系的图像是(　　)
A
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
限时练?通高考
点击进入word....第1讲　功和功率　动能定理
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.功(1)恒力做功：W＝Flcos
α(α为F与l之间的夹角)。(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F?x图线与x轴所围“面积”求解。2.功率(1)平均功率：P＝＝Fcos
α(α为F与的夹角)。(2)瞬时功率：P＝Fvcos
α(α为F与v的夹角)。(3)两类机车启动问题中的关键方程：P＝F·v，F－F阻＝ma，vm＝，Pt－F阻x＝ΔEk。3.动能定理：W合＝mv2－mv。4.两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负。(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　功和功率的分析与计算
1．区分恒力、变力：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或图像法求解。
2．图像法求功的四种情况：力做的功分别为W甲＝F1x1、W乙＝F2x2、W丙＝F3x3(图丙中F?x的图线是四分之一圆周)、W丁＝Pt1＋P(t2－t1)。
3．区分公式：P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos
θ侧重于瞬时功率的计算。
[典例1]　(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，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随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②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①次和第②次提升过程(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
[解析]　由图线①知，矿车上升总高度
h＝·2t0＝v0t0。
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h1＝·(＋)＝v0t0，
匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0，
故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A对；
对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在时刻，功率P2＝F·，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·＜P2，
可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C对；
由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错。
[答案]　AC
1．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是(　　)
A．落地时间t1＝t2＝t3＝t4
B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功的平均功率
1＝2>3>4
解析：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1＝t2＝，其中h为竖直高度，对图丙，＝gtsin
θ，t3＝，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1＝t2vy3>vy4＝0，故落地瞬间重力的功率P1＝P2>P3>P4，选项C错误；全程重力做功的平均功率＝，因W相同，t1＝t23>4，选项D正确。
答案：D
2．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6
s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．0～6
s内物体的位移大小为30
m
B．0～6
s内拉力做的功为70
J
C．合外力在0～6
s内做的功与0～2
s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5
N
解析：由v?t图像与t轴围成的面积表示位移，可得0～6
s内物体的位移大小x＝×6
m＝30
m，故A正确；由P?t图像与t轴围成的面积表示做功多少，可得在0～2
s内拉力对物体做的功W1＝
J＝30
J，2～6
s内拉力对物体做的功W2＝10×4
J＝40
J，所以0～6
s内拉力做的功为W＝W1＋W2＝70
J，B正确；由图甲可知，在2～6
s内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在0～6
s内做的功与0～2
s内做的功相等，故C正确；在2～6
s内，v＝6
m/s，P＝10
W，物体做匀速运动，滑动摩擦力Ff＝F＝＝
N＝
N，故D错误。
答案：ABC
3．(多选)如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan
θ，传送带的速度为v(v0A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmgvcos
θ
B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmgv0cos
θ
C．摩擦力对物体可能先做负功后做正功
D．摩擦力对物体做的总功可能为零
解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan
θ，则μmgcos
θ>mgsin
θ，传送带的速度为v(v0θ；若v0与v反向，物体沿传送带先向上做减速运动，达到静止后再向下做加速运动，在速率达到v0时正好运动到B端，物体在传送带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgv0cos
θ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A、B错误。若v0与v反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确。
答案：CD
考向二　机车启动问题
1．恒定功率启动
(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图像如图所示。
(2)常用公式
①当F＝F阻时，vm＝＝。
②Pt－F阻x＝mv－0。
2．恒定加速度启动
(1)机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1，之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动，速度—时间图像如图所示。
(2)常用公式
[典例2]　如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v?t图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则下列说法正确的是(　　)
A．0～t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动
B．t1～t2时间内汽车的平均速度为
C．t1～t2时间内汽车牵引力做的功等于m(v－v)
D．在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值
[解析]　由题图可知，0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，根据P＝Fv可知，汽车的功率增大，t1～t2时间内，汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，t2时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动，可知在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，选项A错误，D正确；t1～t2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度≠，选项B错误；t1～t2时间内，设汽车牵引力做的功为W，克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理可得W－Wf＝mv－mv，则牵引力做的功W＝Wf＋mv－mv，选项C错误。
[答案]　D
易错警示
解决机车启动问题时的四点注意
……………………………………………………
(1)匀加速启动过程中，最大功率是额定功率，匀加速的末速度不是机车运行的最大速度。
(2)以额定功率启动的过程中，牵引力的最小值等于阻力。
(3)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额定功率。
4．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值vm。设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的阻力为恒力。对于该过程，以下说法正确的是(　　)
A．该过程中汽车一直做匀加速直线运动
B．该过程中汽车所受阻力f＝
C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋mv
D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动
解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F＝，故f＝＋mgsin
θ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误。
答案：D
5．(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、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是(　　)
解析：汽车由静止开始匀加速启动时，a一定，根据v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F一定，根据P＝Fv知v均匀增大时，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F＝减小，a＝减小，当F＝Ff时，a＝0，vm＝，此后汽车做匀速运动，故A、C正确。
答案：AC
6．质量为500
kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　)
A．做匀加速直线运动
B．功率为20
kW
C．所受阻力大小为2
000
N
D．速度大小为50
m/s时牵引力大小为3
000
N
解析：由图像可知，赛车的加速度随速度的增大而减小，故赛车不做匀加速运动，选项A错误；根据P＝Fv，F－Ff＝ma可得a＝·－，由图像可知＝4，＝400，解得Ff＝2
000
N，P＝2×105
W，选项B错误，C正确；速度大小为50
m/s时牵引力大小为F＝＝
N＝4
000
N，选项D错误。
答案：C
考向三　动能定理的应用
1．“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移等信息。
2．解题的流程
[典例3]　小明同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光轮”后，对“过山车”类型的轨道运动充满了兴趣。为此他自己利用器材设计拼接了一条轨道，如图所示，ABC为一条水平轨道，BC段长度为20
cm，斜直轨道CD段长度为15
cm，与水平面夹角θ＝37°，BC段与CD段在C
点平滑连接，竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1，半径R1＝10
cm，圆轨道与CD相切于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O1F水平，FG段为竖直轨道，与圆轨道GH相切于G点，圆形轨道GH圆心为O2，半径R2＝4
cm，G、O2、D在同一水平线上，水平轨道HK长度为40
cm，HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时刚好位于B端，现在B端放置一个小环(可视为质点)但不拴接，小环的质量为m＝0.01
kg，现推动小环压缩弹簧，当弹簧压缩量为d时释放小环，小环恰好能运动到D点。已知小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力，动摩擦因数μ＝0.5，弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2。
(1)求小环在B点的速度大小v；
(2)某次实验，弹簧压缩量为2d，求小环在E处对轨道的压力；
(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。
[思路点拨]　解此题注意以下两点：
(1)求B点的速度由B→D应用动能定理时注意摩擦力做功。
(2)利用弹性势能和形变量的关系，确定小环运动到B点的动能。
[解析]　(1)由B到D，根据动能定理有
－μmglBC－μmglCDcos
θ－mglCDsin
θ＝0－mv2
代入数据得v＝
m/s。
(2)弹簧压缩量为d时，弹性势能Ep＝kd2＝mv2
弹簧压缩量为2d时，弹性势能Ep′＝k(2d)2＝mv′2
小环在B点的动能变为原来的4倍，则速度v′＝2v，设到E点速度为vE，轨道对环的弹力为FE，根据动能定理有－μmglBC－μmglCDcos
θ－mglCDsin
θ－mgR1(1＋cos
θ)＝mv－mv′2
由牛顿第二定律有mg＋FE＝m
联立解得FE＝1.04
N
根据牛顿第三定律知，小环在E处对轨道的压力为1.04
N，方向竖直向上。
(3)假设小环在E点速度为零时，在HK上滑行的距离为x，根据动能定理有mgR1(1＋cos
θ)＋mgR2－μmgx＝0，
代入数据得x＝0.44
m>0.4
m，故小环不能停在HK上。
[答案]　(1)
m/s　(2)1.04
N，方向竖直向上　(3)小环不能停在HK上　理由见解析
方法技巧
应用动能定理解题“四点技巧”
……………………………………………………
(1)建立运动模型，判断物体做了什么运动。
(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
(3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
7.
(2019·高考全国卷Ⅲ)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(　　)
A．2
kg　　　　　
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
整理以上两式得mgh＝30
J，解得物体的质量m＝1
kg，选项C正确。
答案：C
8.
(2020·高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)
解析：设斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek，由动能定理得mgxtan
θ－μ1mgcos
θ＝Ek－0，即mgxtan
θ－μ1mgx＝Ek－0，故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比；当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的加速运动，由动能定理得μ2mgx＝Ek，即Ek与x也成正比，故A正确。
答案：A
9．(2020·湖南十校高三联考)游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24
m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20
m。质量m＝1
000
kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，重力加速度g取10
m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
解析：(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有
m1g－m1g＝m1eq
\f(v,r)，
又r＝Lsin
θ
联立方程并代入数据解得vF＝3
m/s。
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得
mg(h－r)＋W＝mv－0
代入数据解得W＝－7.5×104
J。
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF。触发制动装置时，对D点到E点的过程，由动能定理得
－FfLcos
θ－mgrcos
θ＝0－mv
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得－μmgcos
θ·Lcos
θ－mgr＝mv－mv
联立方程并代入数据解得Ff＝4.56×103
N
因为Ffθ＝6
000
N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为6
000
N。
答案：(1)3
m/s　(2)－7.5×104
J　(3)6
000
N

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