2025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

PAGEPAGE1第5讲功、功率、动能定理主干学问体系核心再现及学科素养学问规律(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)瞬时功率的公式：P＝Fvcosα.(4)机车启动两类模型中的关键方程：P＝F·vF－f＝ma.(5)动能定理的表达式：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：图象法、转换法、整体法和隔离法等.1．(2024·全国Ⅱ卷，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能肯定()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对、B错；由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定．点拨：留意题目中“粗糙”二字，不要遗忘克服摩擦力做的功．2．(2024·全国Ⅰ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点处从静止起先向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgR D．6mgRC[小球从a运动到c，依据动能定理，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t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，依据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.]3．(2024·全国Ⅱ卷，19)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运输到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变更关系如图所示，其中图线①②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∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5AC[A对，由图线①知，上升总高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0.由图线②知，加速阶段和减速阶段上上升度和h1＝eq\f(\f(v0,2),2)·(eq\f(t0,2)＋eq\f(t0,2))＝eq\f(1,4)v0t0匀速阶段：h－h1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0故第②次提升过程所用时间为eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5.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，由牛顿其次定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)＜P2，可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1.D错：由动能定理知，两个过程动能变更量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同．]4．(2024·高考全国卷Ⅲ，16)如图，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳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eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mglA[QM段绳的质量为m′＝eq\f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq\f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq\f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′g(eq\f(1,3)l－eq\f(1,6)l)＝－eq\f(1,9)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W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．]5．(2024·天津卷，10)我国自行研制、具有完全自主学问产权的新一代大型喷气式客机C919首飞胜利后，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x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s.已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝(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v2＝2ax①代入数据解得a＝2m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F，依据牛顿其次定律有F－F阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Feq\x\to(v)⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W⑦答案(1)2m/s2(2)8.4×106W[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、负功的推断，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．题目具有肯定的综合性，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.2024年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲学问与实际问题相结合的情景题目．■解题要领解决本讲学问要理解功和功率的定义、正负功的推断方法，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敏捷应用．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：W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α推断F是否做功及做功的正、负)．2．正功、负功的推断(1)由F与l的夹角α推断(恒力做功)．(2)由F与v的夹角α推断(曲线运动)．(3)由能量变更推断(做功不明确的状况)．3．求功的几种方法(1)W＝Flcosα(恒力)．(2)W＝Pt(恒力或变力)．(3)W＝ΔEk(动能定理)．(4)W＝ΔE(功能原理)．(5)图象法：F－x图线所围面积．(6)W＝pΔV(气体做功)．4．功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\x\to(v)cosα.(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α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m＝0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝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v－t图象如图所示．sin37°＝0.6，g取10m/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μ＝0.5B．滑块返回斜面底端时的速度为2m/sC．滑块在上升过程中重力做的功为－25JD．滑块返回斜面底端时重力的功率为6eq\r(5)WAD[由题图可知加速度大小a＝10m/s2，即gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，解得μ＝0.5，选项A正确．上滑位移x＝eq\f(v0,2)t＝5m，下滑加速度a′＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，所以回到斜面底端时的速度v′＝eq\r(2a′x)＝2eq\r(5)m/s，选项B错误．上升过程中重力做功W＝－Gxsinθ＝－15J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P＝mgv′sinθ＝6eq\r(5)W，选项C错误，D正确．]考向2变力功的分析与计算例2(2024·衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω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μ.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μ肯定大于tanθC．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－μmgπRcosθD．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供应向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿其次定律Ff－mgsinθ＝mRω2，Ff>mgsinθ，又因Ff≤μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，则μ肯定大于tanθ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsinθ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsinθ，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]计算功和功率时应留意的两个问题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留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]1－1.(2024·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0～6s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()A．0～6s内物体的位移大小为30mB．2～6s内拉力做的功为40JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5NABC[A.0～6s内物体的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m．故A正确．B.在0～2s内，物体的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由图，当P＝30W时，v＝6m/s，得到牵引力F＝eq\f(P,v)＝5N．在0～2s内物体的位移为x1＝6m，则拉力做功为W1＝Fx1＝5×6J＝30J．2～6s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4J＝40J．故B正确．C.在2～6s内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．D.在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，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错误．]1－2.(2024·广东省深圳科学中学高三第一次调研)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不行伸长的绳，拖着质量m＝11kg的轮胎从静止起先沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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μ＝0.2B．拉力F的大小为55NC．在0～5s内，轮胎克服摩擦力做功为1375JD．在6s末，摩擦力的瞬时功率大小为275WD[A.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5s～7s内的加速度a2＝－5m/s2，依据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据接的μ＝0.5，故A错误；B．力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力状况如图2所示，依据牛顿运动定律有Fcos37°－f1＝ma1，mg－Fsin37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2m/s2，联立解得：F＝70N，B错误；C、在0s～5s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25J＝850J，C错误；D.因6s末轮胎的速度为5m/s，所以在6s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5＝275W，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，留意打牢基础学问，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)机车先做加速度渐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F＝F阻时，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻).(2)动能定理：Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0.2．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：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P＝Fv,P额＝F阻vm,v1＝at1))[题组突破]2－1.(2024·广东试验中学高三考前摸拟)一辆汽车在平直的马路上由静止起先启动．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更状况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．该汽车的质量为3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s内，阻力对汽车所做的功为25kJD．在5～15s内，汽车的位移大小约为67.19mD[由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝eq\f(P,v)＝3000N，匀加速阶段由牛顿其次定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A错误；牵引力功率为15kW时，汽车行驶的最大速度v0＝eq\f(P,F1)＝7.5m/s，B错误；前5s内汽车的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25kJ，C错误；5～15s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得s＝67.1875m，D正确．]2－2.(2024·吉林长春外国语学校高三测试)质量为1×103kg、发动机额定功率为60kW的汽车在平直马路上行驶．若汽车所受阻力大小恒为2×103N，下列A．汽车行驶能达到的最大速度是40m/sB．汽车从静止起先加速到20m/s的过程，发动机所做的功为2×105J.C．汽车保持额定功率启动，当速度大小为20m/s时，其加速度大小为6m/s2D．汽车以2m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2s末的实际功率是16kWD[当阻力和牵引力相等时，速度最大，故vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(60000,2000)＝30m/s，A错误；汽车从静止起先加速，但汽车假如以恒定功率启动，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20m/s时，牵引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60000,20)N＝3000N，依据牛顿其次定律可得a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(3000－2000,1000)m/s2＝1m/s2，C错误；依据牛顿其次定律得牵引力为F＝Ff＋ma＝(2000＋1000×2)N＝4000N，则匀加速直线运动的最大速度为v1＝eq\f(P,F)＝eq\f(60000,4000)m/s＝15m/s，可知匀加速直线运动的时间为t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(15,2)s＝7.5s,2s末的速度为v＝at2＝2×2m/s＝4m/s，则发动机的实际功率为P实＝Fv＝4000×4W＝16kW，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，机车功率是不断变更的，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eq\f(P,Ff)，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt.4．无论哪种启动方式，最终达到最大速度时，均满意P＝Ffvm，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：Ek＝eq\f(1,2)mv2，是标量．2．动能定理表达式：W总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)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”“两留意”(1)应用动能定理解题有两条主要线索：一是明确探讨对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；二是明确探讨过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变更量；最终结合两条线索列出动能定理方程求解．(2)两留意：①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，比动力学探讨方法更简便．②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(2024·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m＝2kg的小球以速度v0＝20m/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R＝10m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θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15m．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g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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：v1＝eq\f(v0,cos37°)＝25m/s竖直速度大小为vy＝v0tan37°＝15m/s从A点到B点的时间为：t＝eq\f(vy,g)＝1.5sAB的高度差为h＝eq\f(1,2)gt2＝11.25m从B点到C点由动能定理得：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点N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)N＝153N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153N，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：－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点速度大小为v2＝eq\r(205)m/s在E点做圆周运动时最小速度为v3，有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)所以v3＝10m/s因为v2>v3，所以甲物块能经过E点．答案(1)11.25m,153N，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．明确探讨对象和探讨过程探讨对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为探讨对象．探讨过程要依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状况(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，特殊留意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何状况下都不做功．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W1＋W2＋W3＋…＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求解．[题组突破]3－1.(2024·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θ.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eq\f(h,2)，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eq\f(mgh,2)B．轨道CDE与滑块间的动摩擦因数为eq\f(1,3)tanθC．若滑块从左侧距D点eq\f(h,2)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eq\f(h,4)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eq\f(mgh,2)，克服电场力做功为eq\f(qUh,2d)，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eq\f(qUh,2d)＜eq\f(mgh,2)，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(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，化简得μ＝eq\f(1,3)tanθ，所以B正确．若滑块从左侧距D点eq\f(h,2)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(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，将μ＝eq\f(1,3)tanθ代入，化简可得x＝eq\f(1,4)h，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mg－qE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．]3－2.(2024·合肥市高三其次次质检)合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成的，只有动车供应动力．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2P0＝8kmgvm2P0＝2Feq\f(vm,2)对动车组，由牛顿其次定律有，2F－8kmg＝8解得a＝eq\f(2F－8kmg,8m)＝kg对第7、8节车厢的整体有：F67－2kmg＝2ma解得：F67＝4kmg(2)由动能定理有，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L＝31.25m，以v0＝6m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1kg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R＝0.5m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μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/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)依据牛顿其次定律：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2设物体在AB上全程做匀加速运动，依据运动学公式：veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝5m/s<6m/s，即物体在AB上全程做匀加速运动．对B点受力分析有FN－mgcosθ＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)得FN＝58N由牛顿第三定律可得物体在B点对轨道的压力大小FN′＝58N(2)设物体能够越过C点，从B到C利用动能定理：－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h＝R＋Rcosθ＋Lsinθ＝19.65m利用运动学公式：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(或利用动能定理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课时跟踪训练(五)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2024·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，下列状况中物体在x0位置时速度最大的是()C[依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C]2．(2024·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.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[从M点到N点利用动能定理有：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正确．]3．(2024·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α，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v－t图象．下列说法正确的是()A．无法推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eq\f(v1,gt1cosα)＋tanαC．t1时刻物块到达最高点D．v1<v3C[由v－t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0～t1时间内，对物块受力分析有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，由图象得a1＝eq\f(v1,t1)，解得μ＝eq\f(v1,gt1cosα)－tanα，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离动身点最远，故C正确；从起先滑上传送带到离开传送带，由动能定理得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错误．]4．(2024·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v－t图象如图所示．其中质量m＝7.5t甲车以恒定功率P＝50kW启动，最终匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是()A．40s B．20sC．60s D．30sD[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x＝eq\f(1,2)at2，甲车受到的阻力Ff＝eq\f(P,vm)，由动能定理得：Pt－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得t＝30s，故D正确，A、B、C错误．]5．(2024·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F＝eq\f(4,5)mg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)，物块从静止起先运动，则下列说法正确的是()A．物块的加速度a＝eq\f(1,5)gB．经过时间t拉力F做功为WF＝eq\f(6,25)mg2t2C．物块的机械能增加了ΔE＝eq\f(12,25)mg2t2D．物块的动能增加了ΔEk＝eq\f(12,25)mg2t2C[以物块m为对象，依据牛顿其次定律：2F－mg＝ma得a＝eq\f(3,5)g，经过时间t后，物块的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,10)gt2，速度v＝at＝eq\f(3,5)gt，则拉力做功WF＝F(2x)＝eq\f(12,25)mg2t2，物体的动能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(9,50)mg2t2，物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝eq\f(12,25)mg2t2，故C正确，A、B、D错误．]6．(2024·江西省九江中学毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ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(F<2mgsinθ)作用在物块a上，使物块a沿斜面对上运动，当物块b与挡板c恰好分别时，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ΔEp(ΔEp>0)．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的动能始终增加C．当b、c恰好分别时，弹簧的伸长量大小为eq\f(mgsinθ,k)D．当b、c恰好分别时，物块a的速度大小为eq\r(\f(2Fd－mgdsinθ－ΔEP,m))D[当a沿斜面对上运动时，弹簧的弹力在不断变更，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，依据牛顿其次定律，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恰好分别时，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ΔEp，所以物块b的质量大于m，又因为F<2mgsinθ，所以物块a的速度肯定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b、c分别时弹簧的弹力大于mgsinθ，弹簧的伸长量大于eq\f(mgsinθ,k)，故选项B、C错误；对于物块a整个过程依据动能定理得：Fd－mgdsinθ＋W＝eq\f(1,2)mv2，由功能关系W＝－ΔEp，联立解得物块a的速度大小为eq\r(\f(2Fd－mgdsinθ－ΔEp,m))，故选项D正确．]7．(2024·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是()A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(5,4)mgRD．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－eq\f(1,4)mgRC[小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),2R)，解得FB＝5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FB′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FB′＝9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：eq\x\to(OP)＝eq\r(3)R，由平抛运动规律知：x＝eq\r(3)R＝vCt，y＝R＝eq\f(1,2)gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得Wf＝－eq\f(5,4)mgR，故C正确，D错误．]8．(2024·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不行伸长的细线连接，起先处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1起先运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A．拉力F所做功为nFLB．系统克服摩擦力做功为eq\f(nn－1μmgL,2)C．F＞eq\f(nμmg,2)D．(n－1)μmg＜F＜nμmgBC[物体1的位移为(n－1)L，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝eq\f(nn－LμmgL,2).故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以依据功能关系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正确，D错误．故选B、C.]9．(2024·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为削减二氧化碳排放，许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试验中，质量为8×102kg的电动车由静止起先沿平直马路行驶，达到的最大速度为15m/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－eq\f(1,v)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10m/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1.2sD．该车加速度为0.25m/s2时，动能是4×104JBD[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a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－0.05×8×102×10,8×102)＝2m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以Fv＝P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F＝f＝400N，速度达到最大值15m/s，故选项A错误、B正确；由a＝eq\f(v－v0,t)可知t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(3－0,2)＝1.5s，故选项C错误；该车加速度为0.25m/s2时，牵引力为F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600N，此时的速度为v′＝eq\f(2000×3,600)＝10m/s，动能为EK＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×8×102×102＝4×104J，故选项D正确．]10．(2024·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0.8m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1kg，弹簧原长为0.5m，劲度系数为40N/m，sin37°＝0.6，g取10m/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6m/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BD[A.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(l－OB)＝40N/m×(0.5－0.3)m＝8N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcosθ＝1×10×0.8N＝8N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsinθ＝1×10×0.6N＝6N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(6N,1kg)＝6m/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．(2024·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止起先摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，