2019版高考物理二轮复习专题二功与能动量第5讲功功率动能定理学案.docx

第5讲功、功率、动能定理主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)恒力做功的公式：WFl cos .(2)平均功率的公式：PF cos .(3)瞬时功率的公式：PFvcos .(4)机车启动两类模型中的关键方程：PFvFfma.(5)动能定理的表达式：W合mv2mv.思想方法(1)物理思想：微元思想(2)物理方法：图象法、转换法、整体法和隔离法等.1(2018全国卷，14)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AA对、B错；由题意知，W拉W阻Ek，则W拉Ek；C、D错：W阻与Ek的大小关系不确定点拨：注意题目中“粗糙”二字，不要忘记克服摩擦力做的功2(2018全国卷，18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A2mgR B4mgR C5mgR D6mgRC小球从a运动到c，根据动能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t2，水平位移xgt22R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即EF(2RRx)5mgR. 3(2018全国卷，19)(多选)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次和第次提升过程，( )A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45ACA对，由图线知，上升总高度h2t0v0t0.由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1()v0t0匀速阶段：hh1v0t，解得tt0故第次提升过程所用时间为t0t0，两次上升所用时间之比为2t0t045.B错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)第次在t0时刻，功率P1Fv0，第次在时刻，功率P2F，第次在匀速阶段P2FmgP2，可知，电机的输出最大功率之比P1P221.D错：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4(2017高考全国卷，16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )A.mgl B.mgl C.mgl D.mglAQM段绳的质量为mm，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WGmg(ll)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A项正确，B、C、D项错误5(2018天津卷，10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s.已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2.求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax代入数据解得a2 m/s2(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma设飞机滑跑过程中的平均速度为，有在滑跑阶段，牵引力的平均功率PF联立式得P8.4106 W答案(1)2 m/s2(2)8.4106W考情分析命题特点与趋势1近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用题目具有一定的综合性，难度适中2本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2018年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目解题要领解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用高频考点一功和功率的理解和计算备考策略1恒力做功的公式：WFlcos (通过F与l间的夹角判断F是否做功及做功的正、负)2正功、负功的判断(1)由F与l的夹角判断(恒力做功)(2)由F与v的夹角判断(曲线运动)(3)由能量变化判断(做功不明确的情况)3求功的几种方法(1)WFlcos (恒力)(2)WPt(恒力或变力)(3)WEk(动能定理)(4)WE(功能原理)(5)图象法：Fx图线所围面积(6)WpV(气体做功)4功率(1)平均功率：PFcos .(2)瞬时功率：PFvcos (为F与v的夹角)命题视角考向1功、功率及相关图象问题例1(多选)一质量m0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角37的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的vt图象如图所示sin 370.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A滑块与斜面间的动摩擦因数0.5B滑块返回斜面底端时的速度为2 m/sC滑块在上升过程中重力做的功为25 JD滑块返回斜面底端时重力的功率为6WAD由题图可知加速度大小a10 m/s2，即gsin gcos 10 m/s2，解得0.5，选项A正确上滑位移xt5 m，下滑加速度agsin gcos 2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度v2m/s，选项B错误上升过程中重力做功WGxsin 15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为Pmgvsin 6W，选项C错误，D正确考向2变力功的分析与计算例2(2018衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止重力加速度为g，下列说法正确的是( )A小物块受到的摩擦力始终指向圆心B动摩擦因数一定大于tan C小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为mgR cos D当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功BD小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ffmg sin mR2，Ffmgsin ，又因Ffmg cos ，所以mgcos mg sin ，则一定大于tan ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg2R sin WFf0，解得WFfmg2R sin ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确归纳反思计算功和功率时应注意的两个问题1功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解(2)变力做功一般用动能定理或图象法求解，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2功率的计算 (1)明确是求瞬时功率还是平均功率(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率题组突破11.(2018河北省张家口市五个一联盟高考物理二模试卷)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是( )A06 s内物体的位移大小为30 mB26 s内拉力做的功为40 JC合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 NABCA.06 s内物体的位移大小x6 m30 m故A正确B.在02 s内，物体的加速度a3 m/s2，由图，当P30 W时，v6 m/s，得到牵引力F5 N在02 s内物体的位移为x16 m，则拉力做功为W1Fx156 J30 J26 s内拉力做的功W2Pt104 J40 J故B正确C.在26 s内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等故C正确D.在26 s内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，摩擦力fF，得到fFN N故D错误12.(2018广东省深圳科学高中高三第一次调研)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s后拖绳从轮胎上脱落轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )A轮胎与水平地面间的动摩擦因数0.2B拉力F的大小为55 NC在05 s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 JD在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 WDA.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s7 s内的加速度a25 m/s2，根据牛顿运动定律有 N2mg0，f2ma2，又因为f2N2，代入数据接的0.5，故A错误；B力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37f1ma1，mgF sin 37N10，又因为f1 N1，由速度图象得此过程的加速度a12 m/s2，联立解得：F70 N，B错误；C、在0 s5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.56825 J850 J，C错误；D.因 6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.51105275 W，D正确；故选D.高频考点二机车启动问题备考策略本考点主要考查机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分建议考生自学为主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，速度时间图象如图所示，当FF阻时，vm. (2)动能定理：PtF阻xmv0.2恒定加速度启动(1)速度时间图象如图所示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 (2)常用公式：题组突破21.(2018广东实验中学高三考前摸拟)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 kgBv06 m/sC在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJD在515 s内，汽车的位移大小约为67.19 mD由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F0.2mgma，解得m1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v07.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移xat212.5 m，阻力做功WFf0.2mgx25 kJ，C错误；515 s内，由动能定理得Pt0.2mgsmvmv2，解得s67.1875 m，D正确22.(2018吉林长春外国语学校高三测试)质量为1103 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在平直公路上行驶若汽车所受阻力大小恒为2103 N，下列判断正确的是( )A汽车行驶能达到的最大速度是40 m/sB汽车从静止开始加速到20 m/s的过程，发动机所做的功为2105 J.C汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，其加速度大小为6 m/s2D汽车以2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2 s末的实际功率是16 kWD当阻力和牵引力相等时，速度最大，故vm30 m/s，A错误；汽车从静止开始加速，但汽车如果以恒定功率启动，则做变加速直线运动，运动时间和位移未知，故无法求解发动机做的功，B错误；汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，牵引力F N 3 000 N，根据牛顿第二定律可得a m/s21 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律得牵引力为FFfma(2 0001 0002) N4 000 N，则匀加速直线运动的最大速度为v1 m/s15 m/s，可知匀加速直线运动的时间为t s7.5 s,2 s末的速度为vat222 m/s4 m/s，则发动机的实际功率为P实Fv4 0004 W16 kW，D正确归纳反思解决机车启动问题时的四点技巧1分清是匀加速启动还是恒定功率启动2匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动3以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功WPt.4无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足PFfvm，P为机车的额定功率高频考点三动能定理的理解和应用备考策略1动能表达式：Ekmv2，是标量2动能定理表达式：W总mvmv是标量式，不用考虑速度的方向及中间过程3应用动能定理的“两线索”“两注意”(1)应用动能定理解题有两条主要线索：一是明确研究对象进行受力分析对各力进行做功分析求出总功；二是明确研究过程进行运动过程分析物体始末状态分析求出动能状态量求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解(2)两注意：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解典例导航例3(2018西北师大附中高三调研题)如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m2 kg的小球以速度v020 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角37，又与一动摩擦因数0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；(2)通过计算分析甲物块能否经过E点解析(1)由题意知：在C点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v125 m/s竖直速度大小为vyv0 tan 3715 m/s从A点到B点的时间为：t1.5 sAB的高度差为hgt211.25 m从B点到C点由动能定理得：mgR(1cos 37)mvmv所以在C点NmgmN153 N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到 E点，由动能定理得：mgxmg2Rmvmv所以在E点速度大小为v2m/s在E点做圆周运动时最小速度为v3，有mgm所以v310 m/s因为v2v3，所以甲物块能经过E点答案(1)11.25 m,153 N，方向向下(2)能经过E点归纳反思应用动能定理的四环节1明确研究对象和研究过程研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理2分析物体受力及各力做功的情况(1)受哪些力？(2)每个力是否做功？(3)在哪段位移哪段过程中做功？(4)做正功还是负功？(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和对变力做功或要求的功用W表示(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功3明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.4利用动能定理方程式W1W2W3mvmv求解题组突破31.(2018甘肃兰州新亚中学高三摸拟)(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平放置A板带正电，板间距离为d，A、B间的电势差为U.在平行板内部固定一同种材料构成的“V”形绝缘轨道CDE，CD、DE在D点平滑连接轨道两侧最高点C、E距最低点D的高度都为h，导轨CD、DE与水平面间的夹角均为.现将一质量为m、可视为质点的带正电的滑块从轨道左侧C点处无初速度释放，滑块沿着轨道滑下后第一次滑到右侧能到达的最高点P距D点的高度为，已知重力加速度为g.则( )A滑块从C点运动至P点的过程中克服电场力做功B轨道CDE与滑块间的动摩擦因数为tan C若滑块从左侧距D点处无初速度释放，则滑块第一次滑到右侧轨道所能到达的最高点距D点高度为D保持板间电势差不变，若将A板下移一小段距离，则滑块第一次滑到右侧轨道的最高点将低于P点BC滑块从C点运动至P点的过程中重力做功，克服电场力做功为，从能量守恒的角度可知滑块滑动过程中与轨道间有摩擦，故，所以A错误带正电的滑块从C点滑到P点的过程中，由动能定理得(mgqE)(mgqE)cos 00，化简得 tan ，所以B正确若滑块从左侧距D点处无初速度释放，设滑块第一次滑到轨道右侧所能到达的最高点距D点高度为x，则(mgqE)(mgqE) cos 00，将 tan 代入，化简可得xh，所以C正确保持板间电势差为U，若将A板下移一小段距离，两板间场强变小，电场力减小，但通过上述动能定理的表达式可以看出mgqE被消去，所以滑块在右侧轨道的最高点与质量m、场强E无关，所以应还在P点所以D错误32.(2018合肥市高三第二次质检)合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成的，只有动车提供动力假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P0，每节车厢的总质量均为m，动车组运行过程中所受阻力为车重的k倍若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t0速度达到最大，重力加速度为g.求： (1)当动车组速度达到最大速度的一半时的加速度大小和此时第6节车厢对第7节的拉力大小；(2)动车组从启动至速度达到最大的过程中所通过的路程解析(1)设动车组匀速运动的最大速度为vm，动车组速度为最大速度的一半时动车的牵引力为F，有2P08kmgvm2P02F对动车组，由牛顿第二定律有，2F8kmg8ma解得akg对第7、8节车厢的整体有：F672kmg2ma解得：F674kmg(2)由动能定理有，2P0t08kmgx(8m)v0解得x答案(1)kg，4kmg(2)33.(2018江西省六校3月联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L31.25 m，以v06 m/s顺时针方向转动，现将一质量m1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心已知传送带与物体间的动摩擦因数0.8，传送带与水平地面间夹角37，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，物体可视为质点，求：(1)物体在B点对轨道的压力大小；(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小解析(1)根据牛顿第二定律：mg cos mg sin ma解得a0.4 m/s2设物体在AB上全程做匀加速运动，根据运动学公式：v 2aL解得vB5 m/s，即物体能越过最高点C从C点落到地面，物体做平抛运动，下落高度hRR cos Lsin 19.65 m利用运动学公式：v2gh，解得vy m/s故v20 m/s(或利用动能定理mghmv2mv得v20 m/s)答案(1)58 N(2)20 m/s课时跟踪训练(五)一、选择题(17题为单项选择题，810题为多项选择题)1(2018山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )C根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看出C图所包围的面积最大，故选C2(2018宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力则M、N两点间的电势差为( )A.B C D.B从M点到N点利用动能定理有：qUMNmvmvm(v0 cos60)2mv解得：UMN，故B正确3(2018天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为，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vt图象下列说法正确的是( )A无法判断出传送带的运行速度B传送带与物块间的动摩擦因数为tan Ct1时刻物块到达最高点Dv1v3C由vt图象可知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度为v2，故A错误由题图知，在0t1时间内，对物块受力分析有mg sin mg cos ma1，由图象得a1，解得tan ，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wfmvmv，因Wfv3，故D错误4(2018湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的vt图象如图所示其中质量m7.5 t甲车以恒定功率P50 kW启动，最后匀速运动乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )A40 sB20 sC60 sD30 sD由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t，乙车的位移xat2，甲车受到的阻力Ff，由动能定理得：PtFfxmv，解得t30 s，故D正确，A、B、C错误5(2018湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮用Fmg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )A物块的加速度agB经过时间t拉力F做功为WFmg2t2C物块的机械能增加了Emg2t2D物块的动能增加了Ekmg2t2C以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2Fmgma得ag，经过时间t后，物块的位移xat2gt2，速度vatgt，则拉力做功WFF(2x)mg2t2，物体的动能增加了Ekmv2mg2t2，物体的机械能增加了EEkmgxmg2t2，故C正确，A、B、D错误6(2018江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c.用轻弹簧连接的物块a、b放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F(F0)已知物块a的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A物块a可能做匀变速直线运动B物块a的动能一直增加C当b、c恰好分离时，弹簧的伸长量大小为D当b、c恰好分离时，物块a的速度大小为D当a沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a将做变加速直线运动，故选项A错误；因为物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为Ep，所以物块b的质量大于m，又因为F，故C正确，D错误故选B、C.9(2018山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车在检测某款电动车性能的实验中，质量为8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则( )A该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C该车做匀加速运动的时间是1.2 sD该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4104 JBD由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a2 m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以FvP额恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当Ff400 N，速度达到最大值15 m/s，故选项A错误、B正确；由a可知t1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为Fmaf81020.250.05810210600 N，此时的速度为v10 m/s，动能为EKmv281021024104 J，故选项D正确10(2018安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 370.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是( )A小球经过B点时的速度最大B小球在B点时的加速度为6 m/s2C弹簧弹力对小球先做正功后做负功D小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等BDA.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(lOB)40 N/m(0.50.3)m8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos 1100.8 N8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力Fmgsin 1100.6 N6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确选BD.11(2018四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，60，小球质量为m0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s2 m，g取10 m/s2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数的范围？解析(1)当摆球由C到D运动机械能守恒：mg(LLcos )mv由牛顿第二定律可得：Fmmgm可得：Fm2 mg10 N(2)小球不脱圆轨道分两种情况：要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：mgs0mv.可得：0.5若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mvmgR由动能定理可得：mgsmvmv可求得：0.35若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mgm由动能定理可得：mgs2mgRmv2mv解得：0.125综上所以动摩擦因数的范围为：0.350.5或者0.125.答案(1)10 N(2)0.350.5或者0.12512(2018石家庄高中毕业班质检(二)如图所示，在光滑水平面上，质量为m4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角37的传送带平滑连接，已知xOA0.25 m，传送带顶端为B点，LAB2 m，物块与传送带之间的动摩擦因数0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动轨迹的最高点传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；(2)若传送带速度大小为v5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/sv3 m/s，求物块由O点到B点的过程中力F做的功与传送带速度大小v的函数关系解析 (1)设物块在B点的速度大小为v0，从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离hv0tBC的水平距离为xv0tcos 又37，解得(2)在初始位置kxOAma，a2 m/s2由v2axOA，得vA1 m/s由v2a(xOALAB)，得vB3 m/s物块从A到B运动的时间为t，t，得t1 s因vBv，则物块速度一直小于传送带速度物块与传送带间由于摩擦产生的热量Qmg(vtLAB)cos 解得：Q48 J(3)物块在水平面上，Fk(xOAx)ma得Fkx因力F随位移x线性变化W1xOA1 J若传送带速度范围为2 m/sv3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿传送带向上后沿传送带向下F1mgcos mgsin ma，F116 Nv2v2axF2mgcos mg sin ma，F248 NW2F1xF2(LABx)1048v2(J)WW1W21058v2(J) 答案(1)(2)48 J(3)W1058v2(J)