2020届高考物理二轮复习第一部分专题二功第5讲功和功率动能定理练习含解析

2020届高考物理二轮复习第一部分专题二功第5讲功和功率动能定理练习含解析

高考物理总复习 第5讲　功和功率　动能定理 构建网络·重温真题 ‎1．(2019·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 ‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 C．1 kg D．0.5 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，‎ A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)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 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：WF－Wf＝mv2－0，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Ⅲ)(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①②‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 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 答案　AC 解析　设第②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，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶＝4∶5，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，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，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－mgh＝0，两次提升高度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 - 23 -‎ 高考物理总复习 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Ⅱ)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　小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)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L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎ s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 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)7.5×104 J　(2)1.1×103 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 ＝①‎ 根据动能定理，对飞行员有 W＝mv2－0②‎ 联立①②式，代入数据，得 W＝7.5×104 J③‎ ‎(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有 L2＝Rsinθ④‎ 由牛顿第二定律，对飞行员有 FN－mg＝m⑤‎ 联立①④⑤式，代入数据，得 FN＝1.1×103 N。⑥‎ 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　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vt图象如图所示，则(　　)‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 A．A、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12‎ B．水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为2∶1‎ C．水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1‎ D．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5∶3‎ ‎(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？‎ 提示：瞬时功率。‎ ‎(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：等于。‎ ‎[解析]　由vt图象可知，A加速运动时的加速度aA1＝，减速运动时的加速度大小为aA2＝，由牛顿第二定律有：F－f1＝m1·，f1＝m1·，解两式得：f1＝；B加速运动时的加速度大小为aB1＝，减速运动时的加速度大小为aB2＝，由牛顿第二定律有：F－f2＝m2·，f2＝m2·，解两式得：f2＝，所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A正确；由vt图象知，水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F·2v0)∶(F·v0)＝2∶1，B正确；由vt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1∶2，由W＝Fs可知，F对A、B两物体做功之比为1∶2，C错误；整个运动过程中，摩擦力对A做的功WA＝－F·＝－Fv0t0，对B做的功WB＝－F·＝－2Fv0t0，由P＝可得PA＝＝，PB＝＝，PA∶PB＝5∶6，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。‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎(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(丙图中图线为圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。‎ ‎(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P＝和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝计算的是平均功率，P＝Fvcosθ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60m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3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0×103kg/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 kW B．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kW C．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 J D．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J 答案　D 解析　水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min内流出水的质量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3000 kg,1 min内水获得的重力势能：Ep＝mgh＝3000×10×60 J＝1.8×106 J，1 min内水获得的动能：Ek＝mv2＝6×105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝＝＝ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎ W＝4×104 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：W′＝m′gh＝300×10×60 J＝1.8×105 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，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2mgL B．绳子拉力做功大于2mgL C．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　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，汽车速度由增至，所用的时间可能等于 D．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 - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)恒定功率启动过程中，汽车做何种形式的运动？‎ 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。‎ ‎(2)功率不变时，汽车运动时间如何求解？‎ 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I＝Ft可知冲量不为零，故B错误；上坡过程中，汽车速度由增至，设所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt－(f＋mgsinθ)s＝m()2－m()2，解得t＝＋，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P＝Fv可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，设达到最大速度vm所用时间为t1，则由图象法可知·t1a2，即t2>t，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P＝Fv得钢绳的最大拉力Fm＝，故B错误；重物以最大速度匀速上升时，F＝mg，所以v2＝，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a＝＝＝，则匀加速的时间为t＝＝，故D正确。‎ 高考考向3　动能定理及其应用 例3　(2016·全国卷Ⅰ)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处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，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，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。取sin37°＝，cos37°＝ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎(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点左下方，与C点水平相距R、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。‎ ‎(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？‎ 提示：P到达E然后又反弹回F点的整个过程。‎ ‎(2)从D点飞出后做平抛运动，如何求D点速度？‎ 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 l＝7R－2R＝5R①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsinθ－μmglcosθ＝mv②‎ 式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得 vB＝2。③‎ ‎(2)设BE＝x。P到达E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 mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④‎ E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤‎ P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 Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R⑦‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 Ep＝mgR。⑧‎ ‎(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 x1＝R－Rsinθ⑨‎ y1＝R＋R＋Rcosθ⑩‎ 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y1＝gt2⑪‎ x1＝vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝⑬‎ 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 m1v＝m1v＋m1g⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝m。‎ ‎[答案]　(1)2　(2)mgR　(3)　m ‎ 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 ‎①确定研究对象及其运动过程；‎ ‎②分析受力情况和各力的做功情况；‎ ‎③明确物体初末状态的动能；‎ ‎④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 ‎①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。‎ ‎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 ‎①既适用于直线运动，也适用于曲线运动；‎ ‎②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎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μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块在0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动 B．小物块运动至2L处的速度为 C．整个过程中水平外力做功为mL(2μg＋3a0)‎ D．小物块从L处运动至2L处所用的时间为 答案　BC 解析　小物块在0～L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L～2L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：L＋ma0L＝mv2，得小物块运动至2L处的速度为v＝，故B正确；整个过程合力做功为L＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功为WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正确；设小物块运动至L处的速度为v0，根据动能定理得：L＝mv，得v0＝2，小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有L＝t，联立解得t＝(－2) ，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L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节。将质量m＝0.2 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μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)求当θ＝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θ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μ2；‎ ‎(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ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－) m/s2　(2)0.8　(3)53°　1.9 m 解析　(1)根据牛顿第二定律，可得 mgsinθ －μ1mgcosθ＝ma 代入数据得a＝(5－) m/s2。‎ ‎(2)由动能定理得 mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0‎ 代入数据得μ2＝0.8。‎ ‎(3)设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有 mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝mv2‎ 得20(sinθ－1.2＋cosθ)＝v2，‎ 由数学知识可知sinθ＋cosθ＝sin(θ＋φ)‎ 其中tanφ＝，当θ＋φ＝90°时，‎ 即θ＝53°时，sin(θ＋φ)有极大值，v＝20×(－1.2)＝1，vmax＝1 m/s 由于H＝gt2，解得t＝0.4 s x1＝vmaxt＝0.4 m，‎ xm＝x1＋L2＝1.9 m。‎ 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 - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎，把悬线拉到水平位置后放手。设摆球从A点运动到B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0‎ C．空气阻力F阻做功为－mgL D．空气阻力F阻做功为F阻πL 分析与解　重力的瞬时功率PG＝mgvcosθ，其中θ为mg与v的夹角，在A处v＝0，则重力的瞬时功率为零，‎ 在B处θ＝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cosθ，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·πL，故C、D错误。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P＝Fvcosθ计算瞬时功率时，θ为F与v的夹角，当F与v同向时公式简化为P＝Fv。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 ‎　　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1～5题为单选题，第6～8题为多选题)‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)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 - 23 -‎ 高考物理总复习 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，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＝，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0～4 s时间内，合外力对小物块做的功为(　　)‎ A．24 J B．12 J C．8 J D．6 J 答案　A 解析　根据Ft图象和at图象可知，t1＝2 s时，F1＝6 N，a1＝1 m/s2；t2＝4 s时，F2＝12 N，a2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得：‎ F1－μmg＝ma1，‎ F2－μmg＝ma2，‎ 联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3 kg，μ＝0.1，‎ 根据at图象与t轴所围面积为小物块的速度改变量Δv，得小物块在t2＝4 s末时的速度v＝0＋Δv＝4 m/s，‎ 根据动能定理可得合外力对小物块做的功W＝mv2＝24 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，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 答案　C 解析　设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上滑时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，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(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)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，当绳AO段与水平面的夹角为θ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. B.－ C.－ D.－ 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＝v·cosθ，则绳上的拉力：F＝＝，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F·cosθ－f＝ma，联立以上式子解得：a＝－，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θ。一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，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(　　)‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 A．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ B．W＝mv2；H＝ C．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ D．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ 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W＋mgLsinθ＝mv2－0，则W＝mv2－mgLsinθ；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mgLsinθ＝mv2－mv；小球从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH＝mv2－m(v0cosθ)2，联立解得：‎ H＝，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1∶1‎ B．甲、乙两球的动能之比为1∶2‎ C．甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1‎ D．甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶2‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 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(L＋Lsinθ)＝mv－0，对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝mv－0，所以最低点时两球的动能之比为＝，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－mg＝m，对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得T乙－mg＝m，所以最低点时杆对两球的拉力之比为＝，根据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1，故C正确，D错误。‎ ‎7．(2019·山东日照高三5月校际联合考试)一质点静止在光滑水平桌面上，t＝0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t1～t2的时间内，外力的功率先增大后减小 D．在t2～t3的时间内，外力做负功 答案　BC 解析　vt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；vt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t1～t2的时间内，根据P＝Fv＝mav，t1时刻加速度为零，外力为零，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；t2～t3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 - 23 -‎ 高考物理总复习 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mgR B．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgR C．再次经过最低点时力传感器的示数为5mg D．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F1＝T－mg＝m，解得v1＝，由于小球恰好能通过最高点，所以在最高点时，有mg＝m，可得v2＝，小球从最低点到最高点的上升过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得小球克服空气阻力做的功Wf＝mgR，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Wf′，小球再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝m，解得T′>5mg，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。‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎(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ω0转动，求F1的大小；‎ ‎(2)若圆盘以角速度ω1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。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ω2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)mωR ‎(2)m(ωR2＋v2)－mω(R－x)2－Ep ‎(3)mω　mωRx 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F1＝mωR。‎ ‎(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：v＝(ω1R)2＋v2，‎ 设在此过程中弹簧对小球做功为W，由动能定理有：‎ W1＋W＝mv－mω(R－x)2，‎ 由于W＝Ep，‎ 解得W1＝m(ωR2＋v2)－mω(R－x)2－Ep。‎ ‎(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F－kx1＝mω(R－x1)，‎ 解得F＝mωR＋(k－mω)x1，‎ 由于F的大小不变，与x1无关，‎ 则有k＝mω，F＝mωR，‎ 所以推力做的功W2＝Fx＝mωRx。‎ ‎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vt图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11‎ - 23 -‎ 高考物理总复习 ‎ s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：‎ ‎(1)在2～11 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2～9 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vt图象可知：a＝＝2 m/s2；‎ 根据牛顿第二定律有：f＝ma；‎ 解得：f＝2 N；‎ 设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，‎ 则：F＝f，vm＝8 m/s；‎ 根据P＝Fvm；‎ 解得：P＝16 W。‎ ‎(2)0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：‎ ax＝＝；‎ 设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：‎ Fx－f＝max；‎ 根据题意有：P＝Fxvx；‎ 解得：vx＝4 m/s。‎ ‎(3)在2～9 s内的变加速过程，小车运动的时间Δt＝7 s，由动能定理可得：PΔt－fx＝mv－mv；‎ 解得小车通过的距离是：x＝44 m。‎ ‎ ‎ - 23 -‎