专题06功和功率动能定理-2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍(解析版)

1、2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题 06 功和功率 动能定理题型一 功和功率的理解和计算题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功（如大小不变、方向变化的阻力 ），或用图象法、 平均值法 （如弹簧弹力的功 ），或用 WPt 求解 （如功率恒定的力），或用动能定理等求解典例分析 1】（2019 ·山东菏泽市下学期第一次模拟）如图所示， 半径为 R 的半圆弧槽固定在水平地面上， 槽口向上，槽口直径水平，一个质量为 m 的物块从P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到

2、最低点 B 点，不计物块的大小，P 点到 A 点高度为 h，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是 （ ）A物块从 P到 B过程克服摩擦力做的功为 mg（Rh）B物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为 2mg 2ghC物块在 B点时对槽底的压力大小为R2Rh mgD 物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh参考答案】 BC名师解析】 物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf 0，因此克服摩擦力做功1Wf mgR，A 项错误；根据机械能守恒，物块到A 点时的速度大小由 mgh21mv2得 v 2gh，从 A到 B 运1，B 项正确； 物块在 B动的时间 t2v

3、2 2Rgh，因此从 A到 B过程中重力的平均功率为P Wt 2mg 2ghFNFN R2Rh mg，RD 项错误点时，根据牛顿第二定律 FNmgmv，求得 FN R2h mg，根据牛顿第三定律可知，RRC 项正确；物块到 B 点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，典例分析 2】（2019·湖北武汉高三 3月调研 ）如图所示，将完全相同的四个小球1、2、 3、4 分别从同一高1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 14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

4、t3t4B全程重力做功 W1W2>W3 W4C落地瞬间重力的功率 P1 P2P3 P4D全程重力做功的平均功率P 1 P 2> P 3> P 4【参考答案】 ： D【名师解析】 ：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1t2 2gh，其中 h为竖直高度，对图丙， sinh 21gt23sin ，t3 gs2inh2，其中 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 t2<t3<t4，选项 A 错误；因竖直 高度相等，因此重力做功相等，选项 B 错误；重力的瞬时功率等于

5、mgvy，小球四种方式落地时的竖直分速 度 vy1 vy2> vy3> vy4 0，故落地瞬间重力的功率 P1P2>P3>P4，选项 C 错误；综合分析，可知全程重力做功 平均功率 P Wt ，故 P 1 P 2> P 3> P 4，选项 D 正确【提分秘籍】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。(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1图线与横轴围成的

6、面积表示功， 例如下图甲、 乙、丙所示 (丙图中图线为 1圆弧 )，力做的功分别为 W1F1x1、42x2、W34F3x3。1(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 PWt 和公式 P Fv cos的适用范 围， PWt 计算的是平均功率， P Fvcos侧重于对瞬时功率的计算。【突破训练】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

7、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 × 13k0g/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 kWB使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8 × 14 0J D伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8 × 15 0J【答案】 D【解析】 水的密度为 1.0 ×130 kg/m 3,1 min内流出水的质量： m V1.0 × 130× 3

8、 kg3000 kg,1 min 内水1获得的重力势能： Ep mgh 3000 × 10× 60 J1.8 ×16 0J，1 min 内水获得的动能： Ek2mv26×105 J，使水炮 工作的发动机输出功率为： PWt Ept Ek 1.8 × 1600 6×10 W4× 140 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：Wmgh300×10×60 J 1.8 ×150 J，故 C 错误， D 正确。2 （2019 ·四川广元市第二次适应性

9、统考 ）某质量 m1 500 kg 的“双引擎 ”小汽车，当行驶速度 v 54k m/h 时 靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h< v90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度 v>90 km/h 时汽油机和电动机同时工作， 这种汽车更节能环保 该小汽车在一条平直的公路上由静 止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 变化的图线如图 3 所示，所受阻力恒为 1 250 N 已知汽车在 t0时刻 第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第 11 s末则在前 11 s内（ ）B电动机输出的最大功率为 60 kWD 汽车的位移为 160 mA 经过计

10、算 t0 6 sC汽油机工作期间牵引力做的功为4.5 × 15 0J答案】 AC【解析】 开始阶段，牵引力 F15 000 N ，根据牛顿第二定律可得， F 1 Ff ma，解得：开始阶段加速度 v1a2.5 m/s2 .v1 54 km/h 15 m/s，根据 t0 ，解得 t06 s，故 A 项正确； t0时刻，电动机输出的功率最大， a且PmF1v15 000 ×15 W75 000 W75 kW，故 B项错误；汽油机工作期间，功率PF2v16 000 ×15 WP 90 × 13090 kW,11 s末汽车的速度 v2F 3 600 m/s 25

11、 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功 W Pt2 90× 130× (11 116) J 4.5 ×105 J，故 C项正确；汽车前 6 s内的位移 x12at022×2.5 ×2 m645 m，后 5 s内根据动能定理11得：Pt2Ffx22mv222mv12，解得： x2 120 m所以前 11 s时间内汽车的位移 xx1x245 m120 m 165 m，故 D 项错误题型二 机车启动问题【题型解码】分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的 关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关

12、系综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况 【典例分析 1】 (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4m增至 2m

13、，所用的时间可能等于23mvm32PD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2svm参考答案】 D名师解析】 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v4m增至 v2m，设所用的时间为t ，根据动能定理可得： Pt(fmgsin)s 12m(v2m)212m(v4m)2，解得 t33m2vPm fmPgsins，故 C 错误；上坡过程中，汽车从1，5，B v0 6 m/sC

14、在前 5 s 内，阻力对汽车所做的功为25 kJ名师解析】 ：由图象可得， 汽车匀加速阶段的加速度avt1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为FPv3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·t1<s，解得 t1< ，故 D 正确。2vm典例分析 2】(2019 ·河南重点中学 3 月理综联考 )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D 在 515 s

15、内，汽车的位移大小约为 67.19 m参考答案】 ： D000 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，P汽车所受阻力 F10.2mg2 000 N ，汽车行驶的最大速度 v0FP 7.5 m/s，B错误；前 5 s 内汽车的位移 x11 2at212.5 m ，阻力做功 WF1 0.2mgx 25 kJ，C 错误； 515 s内，由动能定理得 Pt0.2mgs2mv021 2mv2，解得 s67.19 m， D 正确提分秘籍】解决机车启动问题时的分析思路(1) 明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2) 匀加

16、速启动过程：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。匀加速过程的最大速度 v1(此时机车输出的功率最大 )和全程的最大速度 vm(此时 F 牵F 阻) 求解方法：求 v1：由 F 牵F 阻 ma，PF 牵 v1可得P。F阻 ma(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动， 匀变速直线运动的规律不能用， 速度最大值等于 FP阻，求 vm ：由 P F 阻 vm，可得 vmPF阻牵引力是变力，牵引力做的功可用WPt 计算，但不能用 W Fl cos计算。注意：无论哪种启动方式，最后达

17、到最大速度时，均满足PF阻vm，P 为机车的额定功率。突破训练】1. （多选）（2019重·庆市巴蜀中学适应性测试 ）某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动，行驶 10 s后的速度达到 20 m/s，设汽车所受阻力恒定，则这段时间内汽车行驶的距离可能是（ ）A 90 m 【答案】：CDB 100 mC110 mD 120 m解析】：根据汽车的运动过程，画出汽车的速度 时间图象如图所示，根据速度 时间图象曲线与坐标轴围成的 “面积 ”表示位移可知，如果物体做初速度为零、末速度为 20 m/s1的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即x2×20×10 m100

18、m，而此时实际曲线围成面积大于 100 m，则这段时间内汽车行驶的距离可能是 110 m 或 120 m，所以 C、D 正确， A 、B 错误2.（2019 ·衡阳模拟 ）（多选 ）一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的 牵引功率，其牵引力 速度图象如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力 F1和速度 v1 及该车所能达到的最大速度 v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，列说法正确的是()A 汽车行驶中所受的阻力为F1v1v3B汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为mv1v3v3v1C速度为 v2 时的加速度大小为F1v1mv2F1D若速

19、度为 v2 时牵引力恰为 21，则有 v22v1答案】 ABD解析】 根据牵引力 速度图象得汽车运动中的最大功率为F1v1。该汽车达到最大速度时加速度为零， 此时阻力等于牵引力， 所以阻力 Ff F1v1，A 正确；根据牛顿第二定律， 汽车匀加速运动时， 加速度 a1F1 Ffv3mF1F1v1，加速的时间 tv1 mv1v3 ，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为IF1t mv1v3，m mv3a1 F1 v3v1v3 v1F1v1故 B 正确；由 F 1v1 F 2v2可知速度为 v2时的牵引力 F2 F v ，根据牛顿第二定律，速度为v2时加速度大小v2为 a2F FF v F v

20、 ，故 C错误；若速度为 v2时牵引力恰为 F ，则F v F ，则 v22v1，D 正确。 m mv2 mv3 2 v2 23（2019 ·河北衡水中学三模 ）（多选）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为 v1 时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2 匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是（ ）v2 v1PA 若匀加速过程时间为 t，则速度由 v1 变为 v2 的时间大于 v1 t B 钢绳的最大拉力为 v22 C重物的最大速度为 v2 PD 重物做匀加速直线运动的时间为mv1mgP mgv1

21、【答案】 ACD解析】 起重机提升重物的 v-t 图象如图所示：若匀加速过程时间为 t ，则重物在匀加速过程中： a1 vt1，起重机的有用功率达到额定功率后，若按匀加速v2 v1v2 v1从 v1 到 v2，设从 v1加速到 v2 的时间为 t2，则 a2，结合图象可以看出 a1>a2，即 t2>t，故 A 正t2 v1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PFv 得钢绳的最大拉力 Fm P，v1P故 B 错误；重物以最大速度匀速上升时， Fmg，所以 v2mPg，故 C 正确；重物做匀加速运动的加速度 aP mg2Fmmmgv1 m Pmmvgv1，则匀

22、加速的时间为 tva1 mv12 ，故 D正确。 m m mv1 a P mgv1题型三 动能定理及其应用【题型解码】1.要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理2. 列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题【典例分析 1】（2019 ·山西五地联考上学期期末 ）如图所示， 固定斜面倾角为 .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，重力加速度为g，

23、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分别为 ( )B. 12mv2参考答案】 Av2 sin2 2gLsin cos2D.12mv2mgLsin2gv22g名师解析】 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 mgL sin 21mv2 0，1则 W 2mv2 mgLsin ；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1 2 1 2 mgLsin 2mv 2mv0 ；11从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH12mv212m(v0cos )2，联立解得： Hv2sin22gLsin cos22g典例分析 2】(2019·

24、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L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面总长 L 2 1.5 m，斜面与水平桌面的倾角 可在0° 60°间调节。将质量 m0.2 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 10.05，物块与桌面间的动摩擦因数 2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 g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°0.6，cos37°0.8)(1) 求当30°时，物块在斜面上下滑

25、的加速度的大小；(可以用根号表示 )(2) 当增大到 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2；(3)2 取第(2)问中的数值，当 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？【参考答案】3(1) (5 43) m/s2 (2)0.8 (3)53 ° 1.9 m名师解析】 (1)根据牛顿第二定律，可得mgsin1mgcosma 代入数据得 a(5 43) m/s2。(2)由动能定理得 mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00 代入数据得 2 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 mgL1sin1

26、mgL1cos2mg(L2L1cos) 12mv23得 20(sin 1.2 4cos) v2，由数学知识可知 sin43cos 12 (34)2sin() 其中 tan 3，当 90°时，41.2） 1，vmax1 m/s即 53°时， sin( )有极大值， v2max由于 H12gt2 ，解得 t0.4 sx1 v maxt 0.4 m，xm x1 L21.9 m。【提分秘籍】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 确定研究对象及其运动过程； 分析受力情况和各力的做功情况； 明确物体初末状态的动能； 由动能定理列方程求解。(2)

27、应用动能定理解题应注意的三个问题 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。 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。 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既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功。突破训练】1. (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，

28、 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 11B甲、乙两球的动能之比为 12C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【答案】 BC1【解析】 对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(L Lsin) 21mv2甲 0，对乙球从释放到最低1 212mv2甲 12mv2乙点的过程应用动能定理得： mg(2L2Lsin)2mv2乙0，所以最低点时两球的动能之比为 1 2，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

29、甲mgm L ，对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得 T 乙 mg mv乙，所以最低点时杆对两球的拉力之比为T甲 1，根据牛顿第三定律，最低点2LT乙 1时甲、乙两球对杆的拉力之比为11，故 C正确， D错误。2.(2019 山·东济南区县高三联考 )如图所示，水平光滑轨道 OA 上有一质量 m2 kg 的小物块以速度 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

30、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 g 取 10 m/s2，sin 37 °0.6，cos 37 ° 0.8，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) 通过计算分析物块能否经过 E 点【答案】：(1)11.25 m 153 N，方向向下 (2)见解析【解析】：(1)由题意知，在 B点速度方向沿 B点切线方向，在 B点速度大小为 v1cosv 037 °25 m/s cos 37 °竖直速度大小为 vy v0tan 37 °15 m/s从

31、A 点到 B 点的时间为 tvy1.5 s g1 A、B的高度差为 h2gt211.25 m 从 B 点到 C 点由动能定理得在C点FmgR(1 cos 37v2CN mg mFN153 N由牛顿第三定律可知物体在 C 点对轨道的压力为 153 N，方向向下11(2)假设物块通过 E 点时速度大小为 v2，从 C点运动到 E 点，由动能定理得 mgx mg·R22mv222mv2C 所以在 E 点速度大小为 v2 205 m/s设在 E 点做圆周运动时最小速度为 v3，v23有 mg mR所以 v3 10 m/s因为 v2>v3，所以物块能经过 E 点3. (2019 云

32、83;南昭通市上学期期末 )如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道 BC 相连，竖直墙壁 CD 高 H0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD 等高，底边长 L 1 0.3 m的固定斜面一个质量 m0.1 kg 的小物块 (视为质点 )在轨道 AB上从距离 B点 L24 m处由静止释放，从 C点水平抛出，已知 小物块与 AB 段轨道间的动摩擦因数为 0.5，通过 B 点时无能量损失； AB 段与水平面的夹角为 37°.空( 气阻力不计，取重力加速度 g10 m/s2， sin 37 °0.6，cos 37 °0.8)(1)求小物块运动到 B 点

33、时的速度大小；(2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间；(3) 改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值1【答案】 (1)4 m/s (2)15 s (3)0.15 J1 【解析】 (1)对小物块从 A 到 B过程分析，根据动能定理有： mgL2sin 37 ° mg2Lcos 37 °2mvB2，解得： vB 4 m/s；(2) 设物块落在斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y，如图所示：对平抛运动，有：xvBt，结合几何关系，有：HyH2，x L13，13解得： t 1 s 或 t 3 s(舍去 )；15 5(3) 设小物块从轨道上 A点静止释

34、放且 ABL，运动到 B 点时的速度为 vB，对物块从 A到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：12 mgLsin 37 °mgcos 37 °L· mgy 2mv20对物块从 A到运动到 B 过程分析，根据动能定理有122mvB2 mgL sin 37 ° mgLcos 37 °1 2 H y 2又 x vBt， y 2gt2， x 3 联立解得： 12mv2mg(2156y91H6y 98H)，故当 2156y91H6y，即 y35H0.12 m 时，动能最小为 Ekmin，代入数据，解得 Ekmin0.15 J.题型四 功能中的图像问题典例

35、分析 1】 （2019·高考全国卷 ）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h 在 3 m 以内时，物体上升、下落过程到一大小不变、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 （ ）C1 kgB1.5 kgD0.5 kg答案】：C解析】：画出运动示意图，设阻力为 f，据动能定理知AB（上升过程 ）：EkBEkA （mgf）h选项 C 正确CD（下落过程 ）：EkDEkC （mgf）hF 拉静止在整理以上两式得 mgh30 J，解得物体的质量 m1 kg ，典例分析 2】 （2019

36、83;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 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 04 s 时间内，合外力对小物块做的功为 （ ）A 24 JB12 JC8 JD6 J【参考答案】 A【名师解析】 根据 F-t图象和 a-t 图象可知， t12 s时，F16 N，a11 m/s2；t24 s 时， F 2 12 N，a23 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1 mg ma1，F2 mg ma2，联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m 3 kg， 0.1，根

37、据 a-t图象与 t 轴所围面积为小物块的速度改变量v，得小物块在 t24 s末时的速度 v0v4 m/s，1根据动能定理可得合外力对小物块做的功W 21mv224 J，故 A 正确。提分秘籍】1.解决物理图象问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义(2) 根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式(3) 将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交 点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题2. 四类图象所围 “面积 ”的含义突破训练】1.(2019 山&

38、#183;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，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 0L 内做匀变速直线运动， L2L 内做匀速运动 B小物块运动至 2L 处的速度为 6a0L C整个过程中水平外力做功为 mL（2g 3a0）D小物块从 L 处运动至 2L 处所用的时间为 12 aL【答案】 BC解析】 小物块在 0L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L2L 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：3ma02 ma0Lma0L21mv2，得小物块运动至 2L 处的速度为 v 6a0L ，故 B 正确；整个过程合力做功为3ma0 ma 0L ma0L WF m·g L2，得水平外力做功为 WFmL（2g 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：3ma0 ma0 1 2L2mv