2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二功與能動(dòng)量第5講功功率動(dòng)能定理學(xué)案

PAGEPAGE1第5講功、功率、動(dòng)能定理主干學(xué)問(wèn)體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問(wèn)規(guī)律(1)恒力做功的公式：W＝Flcosα.(2)平均功率的公式：P＝eq\f(W,t)＝Feq\x\to(v)cosα.(3)瞬時(shí)功率的公式：P＝Fvcosα.(4)機(jī)車(chē)啟動(dòng)兩類(lèi)模型中的關(guān)鍵方程：P＝F·vF－f＝ma.(5)動(dòng)能定理的表達(dá)式：W合＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).思想方法(1)物理思想：微元思想．(2)物理方法：圖象法、轉(zhuǎn)換法、整體法和隔離法等.1．(2024·全國(guó)Ⅱ卷，14)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度．木箱獲得的動(dòng)能肯定()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A[A對(duì)、B錯(cuò)；由題意知，W拉－W阻＝ΔEk，則W拉＞ΔEk；C、D錯(cuò)：W阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定．點(diǎn)撥：留意題目中“粗糙”二字，不要遺忘克服摩擦力做的功．2．(2024·全國(guó)Ⅰ卷，18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgR D．6mgRC[小球從a運(yùn)動(dòng)到c，依據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，依據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.]3．(2024·全國(guó)Ⅱ卷，19)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)輸?shù)降孛妫池Q井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變更關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)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(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程，()A．礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為4∶5B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1D．電機(jī)所做的功之比為4∶5AC[A對(duì)，由圖線①知，上升總高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0.由圖線②知，加速階段和減速階段上上升度和h1＝eq\f(\f(v0,2),2)·(eq\f(t0,2)＋eq\f(t0,2))＝eq\f(1,4)v0t0勻速階段：h－h(huán)1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0故第②次提升過(guò)程所用時(shí)間為eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，兩次上升所用時(shí)間之比為2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5.B錯(cuò)：由于加速階段加速度相同，故加速時(shí)牽引力相同．C對(duì)：在加速上升階段，由牛頓其次定律知，F(xiàn)－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)第①次在t0時(shí)刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)時(shí)刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在勻速階段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)＜P2，可知，電機(jī)的輸出最大功率之比P1∶P2＝2∶1.D錯(cuò)：由動(dòng)能定理知，兩個(gè)過(guò)程動(dòng)能變更量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同．]4．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ，16)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的勻稱(chēng)松軟細(xì)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(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過(guò)程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mglA[QM段繩的質(zhì)量為m′＝eq\f(2,3)m，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為eq\f(1,3)l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為eq\f(1,6)l，此過(guò)程重力做功WG＝－m′g(eq\f(1,3)l－eq\f(1,6)l)＝－eq\f(1,9)mgl，對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．]5．(2024·天津卷，10)我國(guó)自行研制、具有完全自主學(xué)問(wèn)產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛勝利后，拉開(kāi)了全面試驗(yàn)試飛的新征程．假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x＝1.6×103m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v＝80m/s.已知飛機(jī)質(zhì)量m＝7.0×104kg，滑跑時(shí)受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝(1)加速度a的大??；(2)牽引力的平均功率P.解析(1)飛機(jī)滑跑過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2＝2ax①代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2②(2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F阻，依題意有F阻＝0.1mg③設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，依據(jù)牛頓其次定律有F－F阻＝ma④設(shè)飛機(jī)滑跑過(guò)程中的平均速度為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率P＝Feq\x\to(v)⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W⑦答案(1)2m/s2(2)8.4×106W[考情分析]■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)1．近幾年高考命題點(diǎn)主要集中在正、負(fù)功的推斷，功率的分析與計(jì)算，機(jī)車(chē)啟動(dòng)模型，動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用．題目具有肯定的綜合性，難度適中．2．本講高考的命題方式單獨(dú)命題以選擇題為主，綜合命題以計(jì)算題為主，常將動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合.2024年的高考動(dòng)能定理仍是考查重點(diǎn)，要關(guān)注本講學(xué)問(wèn)與實(shí)際問(wèn)題相結(jié)合的情景題目．■解題要領(lǐng)解決本講學(xué)問(wèn)要理解功和功率的定義、正負(fù)功的推斷方法，機(jī)車(chē)啟動(dòng)兩類(lèi)模型的分析、動(dòng)能定理及動(dòng)能定理在變力做功中的敏捷應(yīng)用．高頻考點(diǎn)一功和功率的理解和計(jì)算[備考策略]1．恒力做功的公式：W＝Flcosα(通過(guò)F與l間的夾角α推斷F是否做功及做功的正、負(fù))．2．正功、負(fù)功的推斷(1)由F與l的夾角α推斷(恒力做功)．(2)由F與v的夾角α推斷(曲線運(yùn)動(dòng))．(3)由能量變更推斷(做功不明確的狀況)．3．求功的幾種方法(1)W＝Flcosα(恒力)．(2)W＝Pt(恒力或變力)．(3)W＝ΔEk(動(dòng)能定理)．(4)W＝ΔE(功能原理)．(5)圖象法：F－x圖線所圍面積．(6)W＝pΔV(氣體做功)．4．功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\x\to(v)cosα.(2)瞬時(shí)功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)．[命題視角]考向1功、功率及相關(guān)圖象問(wèn)題例1(多選)一質(zhì)量m＝0.5kg的滑塊以某一初速度沖上傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)的斜面，利用傳感器測(cè)出滑塊沖上斜面過(guò)程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，并用計(jì)算機(jī)繪出滑塊上滑過(guò)程中的v－t圖象如圖所示．sin37°＝0.6，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則()A．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5B．滑塊返回斜面底端時(shí)的速度為2m/sC．滑塊在上升過(guò)程中重力做的功為－25JD．滑塊返回斜面底端時(shí)重力的功率為6eq\r(5)WAD[由題圖可知加速度大小a＝10m/s2，即gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，解得μ＝0.5，選項(xiàng)A正確．上滑位移x＝eq\f(v0,2)t＝5m，下滑加速度a′＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，所以回到斜面底端時(shí)的速度v′＝eq\r(2a′x)＝2eq\r(5)m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．上升過(guò)程中重力做功W＝－Gxsinθ＝－15J，返回底端時(shí)求的是重力的瞬時(shí)功率，則為P＝mgv′sinθ＝6eq\r(5)W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．]考向2變力功的分析與計(jì)算例2(2024·衡水中學(xué)信息卷)(多選)如圖所示，傾角為θ、半徑為R的傾斜圓盤(pán)繞圓心處的轉(zhuǎn)軸O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊放在圓盤(pán)的邊緣，小物塊與圓盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.圖中A、B分別為小物塊轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中所經(jīng)過(guò)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的C、D兩點(diǎn)連線與AB垂直，小物塊與圓盤(pán)間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且始終相對(duì)于圓盤(pán)靜止．重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小物塊受到的摩擦力始終指向圓心B．動(dòng)摩擦因數(shù)μ肯定大于tanθC．小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)小物塊做功為－μmgπRcosθD．當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)至C、D兩點(diǎn)時(shí)所受摩擦力大小相等，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力對(duì)小物塊先做負(fù)功后做正功BD[小物塊所受重力沿圓盤(pán)的分力及靜摩擦力的合力供應(yīng)向心力，始終指向圓心，A錯(cuò)誤；小物塊在B點(diǎn)時(shí)由牛頓其次定律Ff－mgsinθ＝mRω2，F(xiàn)f>mgsinθ，又因Ff≤μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，則μ肯定大于tanθ，B正確；小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中由動(dòng)能定理得mg·2Rsinθ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsinθ，C錯(cuò)誤；小物塊運(yùn)動(dòng)至C、D兩點(diǎn)時(shí)受力具有對(duì)稱(chēng)性的特點(diǎn)．所受靜摩擦力大小相等，方向關(guān)于AB對(duì)稱(chēng)，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，重力先做正功后做負(fù)功，小物塊動(dòng)能始終不變，即合外力做功始終為0，所以摩擦力對(duì)小物塊先做負(fù)功后做正功，D正確．][歸納反思]計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)留意的兩個(gè)問(wèn)題1．功的計(jì)算(1)恒力做功一般用功的公式或動(dòng)能定理求解．(2)變力做功一般用動(dòng)能定理或圖象法求解，用圖象法求外力做功時(shí)應(yīng)留意橫軸和縱軸分別表示的物理意義．2．功率的計(jì)算(1)明確是求瞬時(shí)功率還是平均功率．(2)平均功率與一段時(shí)間(或過(guò)程)相對(duì)應(yīng)，計(jì)算時(shí)應(yīng)明確是哪個(gè)力在哪段時(shí)間(或過(guò)程)內(nèi)做功的平均功率；(3)瞬時(shí)功率計(jì)算時(shí)應(yīng)明確是哪個(gè)力在哪個(gè)時(shí)刻(或狀態(tài))的功率．[題組突破]1－1.(2024·河北省張家口市五個(gè)一聯(lián)盟高考物理二模試卷)(多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的圖象和該拉力的功率與時(shí)間的圖象分別如圖所示．下列說(shuō)法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為30mB．2～6s內(nèi)拉力做的功為40JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動(dòng)摩擦力的大小為5NABC[A.0～6s內(nèi)物體的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m．故A正確．B.在0～2s內(nèi)，物體的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由圖，當(dāng)P＝30W時(shí)，v＝6m/s，得到牽引力F＝eq\f(P,v)＝5N．在0～2s內(nèi)物體的位移為x1＝6m，則拉力做功為W1＝Fx1＝5×6J＝30J．2～6s內(nèi)拉力做的功W2＝Pt＝10×4J＝40J．故B正確．C.在2～6s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合力做功為零，則合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等．故C正確．D.在2～6s內(nèi)，v＝6m/s，P＝10W，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N．故D錯(cuò)誤．]1－2.(2024·廣東省深圳科學(xué)中學(xué)高三第一次調(diào)研)如圖甲所示，一次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員腰部系著不行伸長(zhǎng)的繩，拖著質(zhì)量m＝11kg的輪胎從靜止起先沿著筆直的跑道加速奔跑，繩與水平跑道的夾角是37°，5s后拖繩從輪胎上脫落．輪胎運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.則下列說(shuō)法正確的是()A．輪胎與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2B．拉力F的大小為55NC．在0～5s內(nèi)，輪胎克服摩擦力做功為1375JD．在6s末，摩擦力的瞬時(shí)功率大小為275WD[A.撤去F后，輪胎的受力分析如圖1所示，由速度圖象得5s～7s內(nèi)的加速度a2＝－5m/s2，依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因?yàn)閒2＝μN(yùn)2，代入數(shù)據(jù)接的μ＝0.5，故A錯(cuò)誤；B．力F拉動(dòng)輪胎的過(guò)程中，輪胎的受力狀況如圖2所示，依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Fcos37°－f1＝ma1，mg－Fsin37°－N1＝0，又因?yàn)閒1＝μN(yùn)1，由速度圖象得此過(guò)程的加速度a1＝2m/s2，聯(lián)立解得：F＝70N，B錯(cuò)誤；C、在0s～5s內(nèi)，輪胎克服摩擦力做功為0.5×68×25J＝850J，C錯(cuò)誤；D.因6s末輪胎的速度為5m/s，所以在6s時(shí)，摩擦力的瞬時(shí)功率大小為0.5×110×5＝275W，D正確；故選D.]高頻考點(diǎn)二機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題[備考策略]本考點(diǎn)主要考查機(jī)車(chē)牽引與啟動(dòng)問(wèn)題，試題難度一般，多為選擇題．在二輪復(fù)習(xí)中，留意打牢基礎(chǔ)學(xué)問(wèn)，細(xì)化審題、解題過(guò)程，此考點(diǎn)就能輕松取分．建議考生自學(xué)為主．1．恒定功率啟動(dòng)(1)機(jī)車(chē)先做加速度漸漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度—時(shí)間圖象如圖所示，當(dāng)F＝F阻時(shí)，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻).(2)動(dòng)能定理：Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0.2．恒定加速度啟動(dòng)(1)速度—時(shí)間圖象如圖所示．機(jī)車(chē)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)常用公式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P＝Fv,P額＝F阻vm,v1＝at1))[題組突破]2－1.(2024·廣東試驗(yàn)中學(xué)高三考前摸擬)一輛汽車(chē)在平直的馬路上由靜止起先啟動(dòng)．在啟動(dòng)過(guò)程中，汽車(chē)牽引力的功率及其瞬時(shí)速度隨時(shí)間的變更狀況分別如圖甲、乙所示．已知汽車(chē)所受阻力恒為重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．該汽車(chē)的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對(duì)汽車(chē)所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車(chē)的位移大小約為67.19mD[由圖象可得，汽車(chē)勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽車(chē)勻加速階段的牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3000N，勻加速階段由牛頓其次定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯(cuò)誤；牽引力功率為15kW時(shí)，汽車(chē)行駛的最大速度v0＝eq\f(P,F1)＝7.5m/s，B錯(cuò)誤；前5s內(nèi)汽車(chē)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25kJ，C錯(cuò)誤；5～15s內(nèi)，由動(dòng)能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得s＝67.1875m，D正確．]2－2.(2024·吉林長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三測(cè)試)質(zhì)量為1×103kg、發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為60kW的汽車(chē)在平直馬路上行駛．若汽車(chē)所受阻力大小恒為2×103N，下列A．汽車(chē)行駛能達(dá)到的最大速度是40m/sB．汽車(chē)從靜止起先加速到20m/s的過(guò)程，發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功為2×105J.C．汽車(chē)保持額定功率啟動(dòng)，當(dāng)速度大小為20m/s時(shí)，其加速度大小為6m/s2D．汽車(chē)以2m/s2的恒定加速度啟動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)在第2s末的實(shí)際功率是16kWD[當(dāng)阻力和牽引力相等時(shí)，速度最大，故vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(60000,2000)＝30m/s，A錯(cuò)誤；汽車(chē)從靜止起先加速，但汽車(chē)假如以恒定功率啟動(dòng)，則做變加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間和位移未知，故無(wú)法求解發(fā)動(dòng)機(jī)做的功，B錯(cuò)誤；汽車(chē)保持額定功率啟動(dòng)，當(dāng)速度大小為20m/s時(shí)，牽引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60000,20)N＝3000N，依據(jù)牛頓其次定律可得a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(3000－2000,1000)m/s2＝1m/s2，C錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓其次定律得牽引力為F＝Ff＋ma＝(2000＋1000×2)N＝4000N，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)的最大速度為v1＝eq\f(P,F)＝eq\f(60000,4000)m/s＝15m/s，可知?jiǎng)蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(15,2)s＝7.5s,2s末的速度為v＝at2＝2×2m/s＝4m/s，則發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為P實(shí)＝Fv＝4000×4W＝16kW，D正確．][歸納反思]解決機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題時(shí)的四點(diǎn)技巧1．分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)．2．勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，機(jī)車(chē)功率是不斷變更的，但該過(guò)程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車(chē)所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．3．以額定功率啟動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度最大值等于eq\f(P,Ff)，牽引力是變力，牽引力做的功W＝Pt.4．無(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最終達(dá)到最大速度時(shí)，均滿(mǎn)意P＝Ffvm，P為機(jī)車(chē)的額定功率．高頻考點(diǎn)三動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用[備考策略]1．動(dòng)能表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，是標(biāo)量．2．動(dòng)能定理表達(dá)式：W總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)是標(biāo)量式，不用考慮速度的方向及中間過(guò)程．3．應(yīng)用動(dòng)能定理的“兩線索”“兩留意”(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題有兩條主要線索：一是明確探討對(duì)象→進(jìn)行受力分析→對(duì)各力進(jìn)行做功分析→求出總功；二是明確探討過(guò)程→進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析→物體始末狀態(tài)分析→求出動(dòng)能狀態(tài)量→求出動(dòng)能變更量；最終結(jié)合兩條線索列出動(dòng)能定理方程求解．(2)兩留意：①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)探討方法更簡(jiǎn)便．②當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解．[典例導(dǎo)航]例3(2024·西北師大附中高三調(diào)研題)如圖所示，水平光滑軌道OA上有一質(zhì)量m＝2kg的小球以速度v0＝20m/s向左運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)飛出后恰好無(wú)碰撞地經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，B是半徑為R＝10m的光滑圓弧軌道的右端點(diǎn)，C為軌道最低點(diǎn)，且圓弧BC所對(duì)圓心角θ＝37°，又與一動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的粗糙水平直軌道CD相連，CD長(zhǎng)為15m．進(jìn)入另一豎直光滑半圓軌道，半圓軌道最高點(diǎn)為E，該軌道的半徑也為R.不計(jì)空氣阻力，物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)A、B兩點(diǎn)的高度差和物塊在C點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力；(2)通過(guò)計(jì)算分析甲物塊能否經(jīng)過(guò)E點(diǎn)．解析(1)由題意知：在C點(diǎn)速度方向沿B點(diǎn)切線方向，在B點(diǎn)速度大小為：v1＝eq\f(v0,cos37°)＝25m/s豎直速度大小為vy＝v0tan37°＝15m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間為：t＝eq\f(vy,g)＝1.5sAB的高度差為h＝eq\f(1,2)gt2＝11.25m從B點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得：mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)所以在C點(diǎn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)N＝153N由牛頓第三定律可知物體對(duì)軌道的壓力為153N，方向向下(2)假設(shè)甲物塊通過(guò)E點(diǎn)時(shí)速大小為v2，從C點(diǎn)運(yùn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：－μmgx－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)所以在E點(diǎn)速度大小為v2＝eq\r(205)m/s在E點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)最小速度為v3，有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)所以v3＝10m/s因?yàn)関2>v3，所以甲物塊能經(jīng)過(guò)E點(diǎn)．答案(1)11.25m,153N，方向向下(2)能經(jīng)過(guò)E點(diǎn)[歸納反思]應(yīng)用動(dòng)能定理的四環(huán)節(jié)1．明確探討對(duì)象和探討過(guò)程探討對(duì)象一般取單個(gè)物體，通常不取一個(gè)系統(tǒng)(整體)為探討對(duì)象．探討過(guò)程要依據(jù)已知量和所求量來(lái)定，可以對(duì)某個(gè)運(yùn)動(dòng)階段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可以對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程(全程)應(yīng)用動(dòng)能定理．2．分析物體受力及各力做功的狀況(1)受哪些力？(2)每個(gè)力是否做功？(3)在哪段位移哪段過(guò)程中做功？(4)做正功還是負(fù)功？(5)用恒力做功的公式計(jì)算各力做的功及其代數(shù)和．對(duì)變力做功或要求的功用W表示．(6)電磁場(chǎng)中的應(yīng)用：在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)多了一個(gè)電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力，特殊留意電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，洛倫茲力在任何狀況下都不做功．3．明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2.4．利用動(dòng)能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求解．[題組突破]3－1.(2024·甘肅蘭州新亞中學(xué)高三摸擬)(多選)如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板A、B水平放置．A板帶正電，板間距離為d，A、B間的電勢(shì)差為U.在平行板內(nèi)部固定一同種材料構(gòu)成的“V”形絕緣軌道CDE，CD、DE在D點(diǎn)平滑連接．軌道兩側(cè)最高點(diǎn)C、E距最低點(diǎn)D的高度都為h，導(dǎo)軌CD、DE與水平面間的夾角均為θ.現(xiàn)將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的滑塊從軌道左側(cè)C點(diǎn)處無(wú)初速度釋放，滑塊沿著軌道滑下后第一次滑到右側(cè)能到達(dá)的最高點(diǎn)P距D點(diǎn)的高度為eq\f(h,2)，已知重力加速度為g.則()A．滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功eq\f(mgh,2)B．軌道CDE與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)tanθC．若滑塊從左側(cè)距D點(diǎn)eq\f(h,2)處無(wú)初速度釋放，則滑塊第一次滑到右側(cè)軌道所能到達(dá)的最高點(diǎn)距D點(diǎn)高度為eq\f(h,4)D．保持板間電勢(shì)差不變，若將A板下移一小段距離，則滑塊第一次滑到右側(cè)軌道的最高點(diǎn)將低于P點(diǎn)BC[滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的過(guò)程中重力做功eq\f(mgh,2)，克服電場(chǎng)力做功為eq\f(qUh,2d)，從能量守恒的角度可知滑塊滑動(dòng)過(guò)程中與軌道間有摩擦，故eq\f(qUh,2d)＜eq\f(mgh,2)，所以A錯(cuò)誤．帶正電的滑塊從C點(diǎn)滑到P點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得(mg－qE)·eq\f(h,2)－μ(mg－qE)cosθ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)＋\f(h,2sinθ)))＝0－0，化簡(jiǎn)得μ＝eq\f(1,3)tanθ，所以B正確．若滑塊從左側(cè)距D點(diǎn)eq\f(h,2)處無(wú)初速度釋放，設(shè)滑塊第一次滑到軌道右側(cè)所能到達(dá)的最高點(diǎn)距D點(diǎn)高度為x，則(mg－qE)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)－x))－μ(mg－qE)cosθ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2sinθ)＋\f(x,sinθ)))＝0－0，將μ＝eq\f(1,3)tanθ代入，化簡(jiǎn)可得x＝eq\f(1,4)h，所以C正確．保持板間電勢(shì)差為U，若將A板下移一小段距離，兩板間場(chǎng)強(qiáng)變小，電場(chǎng)力減小，但通過(guò)上述動(dòng)能定理的表達(dá)式可以看出mg－qE被消去，所以滑塊在右側(cè)軌道的最高點(diǎn)與質(zhì)量m、場(chǎng)強(qiáng)E無(wú)關(guān)，所以應(yīng)還在P點(diǎn)．所以D錯(cuò)誤．]3－2.(2024·合肥市高三其次次質(zhì)檢)合肥開(kāi)往上海的動(dòng)車(chē)組D3028是由動(dòng)車(chē)和拖車(chē)編組而成的，只有動(dòng)車(chē)供應(yīng)動(dòng)力．假定該列動(dòng)車(chē)組由8節(jié)車(chē)廂組成，第1節(jié)和第5節(jié)車(chē)廂為動(dòng)車(chē)，每節(jié)動(dòng)車(chē)的額定功率均為P0，每節(jié)車(chē)廂的總質(zhì)量均為m，動(dòng)車(chē)組運(yùn)行過(guò)程中所受阻力為車(chē)重的k倍．若動(dòng)車(chē)組以額定功率從合肥南站啟動(dòng)，沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0速度達(dá)到最大，重力加速度為g.求：(1)當(dāng)動(dòng)車(chē)組速度達(dá)到最大速度的一半時(shí)的加速度大小和此時(shí)第6節(jié)車(chē)廂對(duì)第7節(jié)的拉力大??；(2)動(dòng)車(chē)組從啟動(dòng)至速度達(dá)到最大的過(guò)程中所通過(guò)的路程．解析(1)設(shè)動(dòng)車(chē)組勻速運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm，動(dòng)車(chē)組速度為最大速度的一半時(shí)動(dòng)車(chē)的牽引力為F，有2P0＝8kmgvm2P0＝2Feq\f(vm,2)對(duì)動(dòng)車(chē)組，由牛頓其次定律有，2F－8kmg＝8解得a＝eq\f(2F－8kmg,8m)＝kg對(duì)第7、8節(jié)車(chē)廂的整體有：F67－2kmg＝2ma解得：F67＝4kmg(2)由動(dòng)能定理有，2P0t0－8kmgx＝eq\f(1,2)(8m)veq\o\al(2,m)－0解得x＝eq\f(P0t0,4kmg)－eq\f(P\o\al(2,0),32k3m2g3)＝eq\f(8k2mg2P0t0－P\o\al(2,0),32k3m2g3)答案(1)kg，4kmg(2)eq\f(8k2mg2P0t0－P\o\al(2,0),32k3m2g3)3－3.(2024·江西省六校3月聯(lián)考)如圖所示為一由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的傳送帶加速裝置示意圖，傳送帶長(zhǎng)L＝31.25m，以v0＝6m/s順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的物體輕放在傳送帶的A端，傳送帶將其帶到另一端B后，物體將沿著半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，圓弧軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，O點(diǎn)為圓弧軌道的圓心．已知傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶與水平地面間夾角θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，求：(1)物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??；(2)當(dāng)物體過(guò)B點(diǎn)后將傳送帶撤去，求物體落到地面時(shí)的速度大?。馕?1)依據(jù)牛頓其次定律：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2設(shè)物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝5m/s<6m/s，即物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)．對(duì)B點(diǎn)受力分析有FN－mgcosθ＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)得FN＝58N由牛頓第三定律可得物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝58N(2)設(shè)物體能夠越過(guò)C點(diǎn)，從B到C利用動(dòng)能定理：－mg(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝eq\r(7)m/s>eq\r(gR)，即物體能越過(guò)最高點(diǎn)C從C點(diǎn)落到地面，物體做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度h＝R＋Rcosθ＋Lsinθ＝19.65m利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：veq\o\al(2,y)＝2gh，解得vy＝eq\r(393)m/s故v＝eq\r(v\o\al(2,C)＋v\o\al(2,y))＝20m/s(或利用動(dòng)能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得v＝20m/s)答案(1)58N(2)20m/s課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(五)一、選擇題(1～7題為單項(xiàng)選擇題，8～10題為多項(xiàng)選擇題)1．(2024·山東省濟(jì)南市高三二模)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下都通過(guò)了相同的位移x0，下列狀況中物體在x0位置時(shí)速度最大的是()C[依據(jù)圖象的坐標(biāo)可知圖象所包圍的面積代表了合外力F做的功，所以從圖象上看出C圖所包圍的面積最大，故選C]2．(2024·宿州市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，M、N為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子在M點(diǎn)的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60°，N點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，不計(jì)重力．則M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.eq\f(3mv\o\al(2,0),8q) B．－eq\f(3mv\o\al(2,0),8q)C．－eq\f(mv\o\al(2,0),8q) D.eq\f(mv\o\al(2,0),8q)B[從M點(diǎn)到N點(diǎn)利用動(dòng)能定理有：qUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)m(v0cos60°)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：UMN＝－eq\f(3mv\o\al(2,0),8q)，故B正確．]3．(2024·天星押題卷)如圖甲為一傾斜的傳送帶，傳送帶足夠長(zhǎng)，與水平方向夾角為α，以恒定的速度沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)．一物塊由底端以速度v1滑上傳送帶，圖乙為物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．下列說(shuō)法正確的是()A．無(wú)法推斷出傳送帶的運(yùn)行速度B．傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v1,gt1cosα)＋tanαC．t1時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn)D．v1<v3C[由v－t圖象可知t2時(shí)刻物塊與傳送帶共速，之后摩擦力反向，所以傳送帶的運(yùn)行速度為－v2，故A錯(cuò)誤．由題圖知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊受力分析有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，由圖象得a1＝eq\f(v1,t1)，解得μ＝eq\f(v1,gt1cosα)－tanα，故B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻物塊速度減為0，離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，故C正確；從起先滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，因Wf<0，所以v1>v3，故D錯(cuò)誤．]4．(2024·湖南省長(zhǎng)郡中學(xué)高三第四次質(zhì)檢)甲乙兩車(chē)同時(shí)同地同向運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)的v－t圖象如圖所示．其中質(zhì)量m＝7.5t甲車(chē)以恒定功率P＝50kW啟動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)．乙車(chē)做初速為0做勻加速運(yùn)動(dòng)，則乙車(chē)追上甲車(chē)的時(shí)間是()A．40s B．20sC．60s D．30sD[由圖可知，乙車(chē)追上甲車(chē)時(shí)，甲車(chē)已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙車(chē)追上甲車(chē)的時(shí)間是t，乙車(chē)的位移x＝eq\f(1,2)at2，甲車(chē)受到的阻力Ff＝eq\f(P,vm)，由動(dòng)能定理得：Pt－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得t＝30s，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．]5．(2024·湖北省孝感市高三二模)如圖所示，動(dòng)滑輪下系有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，細(xì)線一端系在天花板上，另一端繞過(guò)動(dòng)滑輪．用F＝eq\f(4,5)mg的恒力豎直向上拉細(xì)線的另一端(滑輪、細(xì)線的質(zhì)量不計(jì)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g)，物塊從靜止起先運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊的加速度a＝eq\f(1,5)gB．經(jīng)過(guò)時(shí)間t拉力F做功為WF＝eq\f(6,25)mg2t2C．物塊的機(jī)械能增加了ΔE＝eq\f(12,25)mg2t2D．物塊的動(dòng)能增加了ΔEk＝eq\f(12,25)mg2t2C[以物塊m為對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律：2F－mg＝ma得a＝eq\f(3,5)g，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后，物塊的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,10)gt2，速度v＝at＝eq\f(3,5)gt，則拉力做功WF＝F(2x)＝eq\f(12,25)mg2t2，物體的動(dòng)能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(9,50)mg2t2，物體的機(jī)械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝eq\f(12,25)mg2t2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]6．(2024·江西省九江中學(xué)畢業(yè)班考前沖刺卷)如圖所示，水平地面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上有一固定擋板c.用輕彈簧連接的物塊a、b放置在斜面上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F(F<2mgsinθ)作用在物塊a上，使物塊a沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊b與擋板c恰好分別時(shí)，物塊a移動(dòng)的距離為d，在此過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為ΔEp(ΔEp>0)．已知物塊a的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊a可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．物塊a的動(dòng)能始終增加C．當(dāng)b、c恰好分別時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量大小為eq\f(mgsinθ,k)D．當(dāng)b、c恰好分別時(shí)，物塊a的速度大小為eq\r(\f(2Fd－mgdsinθ－ΔEP,m))D[當(dāng)a沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力在不斷變更，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，依據(jù)牛頓其次定律，物塊a將做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)槲飰Kb與擋板c恰好分別時(shí)，物塊a移動(dòng)的距離為d，在此過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為ΔEp，所以物塊b的質(zhì)量大于m，又因?yàn)镕<2mgsinθ，所以物塊a的速度肯定是先增大后減小，動(dòng)能也是先增大后減小，b、c分別時(shí)彈簧的彈力大于mgsinθ，彈簧的伸長(zhǎng)量大于eq\f(mgsinθ,k)，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；對(duì)于物塊a整個(gè)過(guò)程依據(jù)動(dòng)能定理得：Fd－mgdsinθ＋W＝eq\f(1,2)mv2，由功能關(guān)系W＝－ΔEp，聯(lián)立解得物塊a的速度大小為eq\r(\f(2Fd－mgdsinθ－ΔEp,m))，故選項(xiàng)D正確．]7．(2024·陜西西安市高三二模試題)如圖所示，豎直面內(nèi)有固定軌道ABC，AB是半徑為2R的四分之一光滑圓弧，BC是半徑為R的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點(diǎn))，O點(diǎn)是BC圓弧的圓心，POQ在同一水平線上，BOC在同一豎直線上．質(zhì)量為m的小球自由下落2R后，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)軌道C點(diǎn)后，恰好落到軌道上的P點(diǎn)．則下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬間對(duì)軌道的作用力是4mgB．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后的瞬間對(duì)軌道的作用力是8mgC．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(5,4)mgRD．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(1,4)mgRC[小球下落到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：mg(4R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬間，小球運(yùn)動(dòng)的半徑是2R，由向心力公式：FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),2R)，解得FB＝5mg，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后的瞬間，小球的運(yùn)動(dòng)半徑是R，由向心力公式：FB′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FB′＝9mg，故A錯(cuò)誤、B錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)軌道C點(diǎn)后，恰好落到軌道上的P點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：eq\x\to(OP)＝eq\r(3)R，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：x＝eq\r(3)R＝vCt，y＝R＝eq\f(1,2)gt2，小球下落到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有：mg2R＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得Wf＝－eq\f(5,4)mgR，故C正確，D錯(cuò)誤．]8．(2024·湖北省麻城一中高考沖刺模擬)水平長(zhǎng)直軌道上緊靠放置n個(gè)質(zhì)量為m可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不行伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，起先處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.用水平恒力F拉動(dòng)物塊1起先運(yùn)動(dòng)，到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，則()A．拉力F所做功為nFLB．系統(tǒng)克服摩擦力做功為eq\f(nn－1μmgL,2)C．F＞eq\f(nμmg,2)D．(n－1)μmg＜F＜nμmgBC[物體1的位移為(n－1)L，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A錯(cuò)誤．系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝eq\f(nn－LμmgL,2).故B正確．據(jù)題，連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，假設(shè)沒(méi)有動(dòng)能損失，由動(dòng)能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動(dòng)能損失，所以依據(jù)功能關(guān)系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正確，D錯(cuò)誤．故選B、C.]9．(2024·山東省湖北省重點(diǎn)學(xué)校協(xié)作體沖刺模擬)為削減二氧化碳排放，許多城市都推出了新型節(jié)能環(huán)保電動(dòng)車(chē)．在檢測(cè)某款電動(dòng)車(chē)性能的試驗(yàn)中，質(zhì)量為8×102kg的電動(dòng)車(chē)由靜止起先沿平直馬路行駛，達(dá)到的最大速度為15m/s，利用傳感器測(cè)得此過(guò)程中不同時(shí)刻電動(dòng)車(chē)的牽引力F與對(duì)應(yīng)的速度v，并描繪出如圖所示的F－eq\f(1,v)圖象(圖中AB、BO均為直線)，電動(dòng)車(chē)行駛中所受阻力恒定，重力加速度取10m/s2，則()A．該車(chē)啟動(dòng)后，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻速運(yùn)動(dòng)B．該車(chē)啟動(dòng)后，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，接著做勻速運(yùn)動(dòng)C．該車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是1.2sD．該車(chē)加速度為0.25m/s2時(shí)，動(dòng)能是4×104JBD[由于橫坐標(biāo)為速度的倒數(shù)，所以電動(dòng)車(chē)的啟動(dòng)過(guò)程為從A到B到C.AB段，牽引力不變，電動(dòng)車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－0.05×8×102×10,8×102)＝2m/s2；BC段，由于圖象為過(guò)原點(diǎn)的直線，所以Fv＝P額＝恒量，即以恒定功率啟動(dòng)，牽引力減小，加速度減小，電動(dòng)車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝f＝400N，速度達(dá)到最大值15m/s，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；由a＝eq\f(v－v0,t)可知t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(3－0,2)＝1.5s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該車(chē)加速度為0.25m/s2時(shí)，牽引力為F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600N，此時(shí)的速度為v′＝eq\f(2000×3,600)＝10m/s，動(dòng)能為EK＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×8×102×102＝4×104J，故選項(xiàng)D正確．]10．(2024·安徽省合肥三模)如圖所示，一小球套在傾角為37°的固定直桿上，輕彈簧一端與小球相連，另一端固定于水平地面上O點(diǎn)．小球由A點(diǎn)靜止釋放，它沿桿下滑到達(dá)最低點(diǎn)C時(shí)速度恰為0.A、C相距0.8m，B是A、C連線的中點(diǎn)，OB連線垂直AC，小球質(zhì)量為1kg，彈簧原長(zhǎng)為0.5m，勁度系數(shù)為40N/m，sin37°＝0.6，g取10m/s2.則小球從A到C過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度最大B．小球在B點(diǎn)時(shí)的加速度為6m/s2C．彈簧彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功D．小球從A到B過(guò)程和從B到C過(guò)程摩擦力做功相等BD[A.小球合外力等于0時(shí)速度最大，在B點(diǎn)時(shí)由于彈簧彈力為k(l－OB)＝40N/m×(0.5－0.3)m＝8N，方向垂直桿向上，重力垂直于桿的分力為mgcosθ＝1×10×0.8N＝8N，方向垂直于桿向下，所以小球在B點(diǎn)時(shí)合外力F＝mgsinθ＝1×10×0.6N＝6N，所以經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度不是最大，A錯(cuò)誤；B.此時(shí)加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(6N,1kg)＝6m/s2，B正確；C.在AB段彈簧彈力與小球位移夾角大于90°，所以做負(fù)功，BC段做正功，C錯(cuò)誤；D.A、C兩點(diǎn)小球速度為0，由圖形的對(duì)稱(chēng)性知AB過(guò)程和BC過(guò)程摩擦力做功相等，D正確．選BD.]11．(2024·四川省南充市高三三模)如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止起先擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好被拉斷，