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1、专题三 能量与动量,高考试题统计与命题预测,第6讲 功、功率和动能定理,1,2,3,4,1.(2017全国卷)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 解析:小环下滑过程中,光滑大圆环对小环的作用力为弹力,开始时大圆环对小环弹力背离圆心最后指向圆心。小圆环的速度方向沿着大圆环的切线方向,时刻发生改变,与半径垂直。所以光滑大圆环对小环的作用力时刻与小环的速度垂直,一直不做功,故选项A正确,B、C、D错误
2、。 答案:A,1,2,3,4,2.(2019全国卷)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:根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36 J,Ek1=72 J,h=3 m 在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m 联立求得m=1 kg 故选C。
3、答案:C,1,2,3,4,3.(多选)(2018全国卷)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45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45,1,2,3,4,解析:由两次提升的高度相同可知,图形不重合部分面积应相等,可得过程的总时间为2.5t0,上升所用时间之比为2t02.5t0=45,
4、A选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,根据牛顿第二定律,最大牵引力Fm-mg=ma,最大牵引力相等,B选项错误;最大输出功率为Pm=Fmvm,已知最大牵引力相等,过程的最大速度是过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为21,C选项正确;设整个过程中电机所做的功为W,根据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D选项错误。 答案:AC,1,2,3,4,4.(2019全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的
5、速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g,求 (1)电场强度的大小; (2)B运动到P点时的动能。,1,2,3,4,解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条件,对小球B有 mg+qE=ma,考点1,考点2,考点3,利用图象分析功、功率问题 例1质量m=1 kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动,所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示。对图示的全过程进行研究,下列叙述正确的是( ) A.外力做的功为28 J B.物体的运动时间为5 s C.外力做功的平均功率约为5.7 W D.物体运动到x=5
6、 m处时,外力做功的瞬时功率为25 W,考点1,考点2,考点3,解析:通过计算F-x图象的面积可知,图示的全过程中外力做的功W=63 J+(-5)2 J=8 J,选项A错误;由动能定理W= mv2,计算得到x=3 m处的速度为v1=6 m/s;x=5 m处的速度为v2=4 m/s,由牛顿第二定律可知,物体匀加速过程的加速度大小为a1=6 m/s2,匀减速过程的加速度大小为a2=5 m/s2;设匀加速和匀减速所用的时间分别为t1和t2,则a1t1=v1,解得t1=1 s;v1-a2t2=v2,解得t2=0.4 s,故物体运动的总时间为t=t1+t2=1.4 s,选项B错误;全过程中外力做功的平均
7、功率为 5.7 W,选项C正确;物体运动到x=5 m处时,外力做功的瞬时功率为P=5v2=20 W,选项D错误。 答案:C,考点1,考点2,考点3,方法归纳抓住图象中“面积”的意义 1.v-t图象与横轴围成的面积表示物体的位移; 2.F-x图象与横轴围成的面积表示力所做的功; 3.P-t图象与横轴围成的面积表示力所做的功。,考点1,考点2,考点3,对应训练 1.(2019河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。02 s内F与运动方向相反,24 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示。g取10 m/s2,则( ) A.拉力F的大小为1
8、00 N B.在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J,考点1,考点2,考点3,解析:取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知02 s内,-F-Ff=ma1,且a1=-5 m/s2;24 s内,-F+Ff=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,Ff=40 N,选项A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W,选项B正确;由W=Fx,可知02 s内,W1=-Fx1,24 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2 m,代入数据解得,4 s内
9、拉力所做的功为-480 J,选项C错误;摩擦力做功W=Ffs,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可求得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误。 答案:B,考点1,考点2,考点3,2.(多选)(2019山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息能得出的物理量有( ) A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度 D
10、.物体运动的时间,考点1,考点2,考点3,解析:由题意知物体开始做匀速直线运动,故拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为= =0.35,选项A正确;减速过程由动能定理得WF+WFf=0- mv2,根据F-x图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而WFf=-mgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,选项B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D错误。 答案:ABC,考点1,考点2,考点3,机车启动问题 例2(多选)(2018江西赣中南五校模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度时间图象如图所示。从t1时刻
11、起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff,则( ) A.0t1时间内,汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量,考点1,考点2,考点3,答案:BC,考点1,考点2,考点3,方法归纳机车启动的三个重要关系式 (3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt,由动能定理得Pt-F阻x=Ek,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度。,考点1,考点2,考点3,对应训练 3.一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P。从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶。若汽车行驶过
12、程中所受路面阻力保持不变,不计空气阻力。下列说法正确的是( ) C.汽车在速度从v增大到2v过程中做匀加速运动 D.汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大,考点1,考点2,考点3,答案:A,考点1,考点2,考点3,动能定理在多过程问题中的应用 例3(2018浙江嘉兴模拟)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15 cm,与水平面夹角=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R
13、1=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,考点1,考点2,考点3,(可视为质点)但不拴接,小环的质量为m=0.01 kg,现推动小环,弹簧压缩量为d后释放,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=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
14、.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。,考点1,考点2,考点3,解析:(1)由B到D,根据动能定理有 B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 联立解得:FE=1.04 N 根据牛顿第三定律,小环在E处对轨道的压力为1.04 N,方向竖直向上。,考点1,考点2,考点3,(3)假设小环在E点速度为零,在HK上滑行的距离为x,根据动能定理有 mgR1(1+co
15、s )+mgR2-mgx=0 代入数据得:x=0.44 m0.4 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,考点1,考点2,考点3,方法归纳应用动能定理解题的两点技巧 (1)运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。 (2)当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的功能特点:重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的
16、乘积。,考点1,考点2,考点3,对应训练4.(多选)(2019山东济阳检测)如图所示,在倾角为的足够长斜面上,轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定,另一端与质量为M的平板A连接,一质量为m的物体B靠在平板的右侧,A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态,现释放,使A和B一起沿斜面向上运动,当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是 ( ),A.A和B达到最大速度v时,弹簧恢复原长 B.若运动过程中A和B能够分离,则A和B恰好分离时,二者加速度大小均为g(sin +cos ) C.从释放到A和B达到最大速度v的过程中,弹簧对A所做的功等于 Mv2+MgLsin +
17、MgLcos D.从释放到A和B达到最大速度v的过程中,B受到的合力对它做的功等于 mv2,考点1,考点2,考点3,答案:BD,考点1,考点2,考点3,5. (2019河北唐山模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角=37,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求: (1)小滑块第一次
18、到达D点时的速度大小; (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔; (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。,考点1,考点2,考点3,解析:(1)小滑块从ABCD过程中,由动能定理得: 代入数据解得:vD=3 m/s。 (2)小滑块从ABC过程中: 代入数据解得vC=6 m/s 小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin =6 m/s2 由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间 t2=t1=1 s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t=t1+t2=2 s。,考点1,考点2,考点3,(3)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总,有:mgh1-mgs总=0 代入数据解得:s总=8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为: 2s-s总=1.4 m。 答案:(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m,