专题二 第5讲 功和功率 动能定理-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第5讲　功和功率　动能定理 考点1　功和功率的计算 例1　（2024·福建省三明市高三下质量检测）如图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v­t图像。已知工人的质量m＝70 kg，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A.发生险情处离地面的高度为27 m B.t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为630 W C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280 N D.整个过程中工人所受重力做功为18900 J [解析]　由v­t图像中图线与t轴所围成的面积等于位移可知，发生险情处离地面的高度为h＝×5×18 m＝45 m，A错误；由题图丙可知，t＝4 s时工人下降的速度为v＝9 m/s，加速度大小为a＝ m/s2＝9 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得T－mg＝ma，解得此时钢丝绳对工人的拉力大小T＝1330 N，则t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为P＝Tv＝11970 W，B错误；由题图丙可知，加速下滑时加速度大小为a′＝ m/s2＝6 m/s2，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg－T′＝ma′，解得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为T′＝280 N，C正确；整个过程中工人所受重力做功为WG＝mgh＝31500 W，D错误。 [答案]　C 例2　（2024·安徽高考）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　） A.mgh B.mv2 C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2 [解析]　人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。 [答案]　D 例3　（2024·安徽高考）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　） A. B. C. D. [解析]　设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据功能关系，得Ptη＝mv＋mg（H＋h），联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。 [答案]　B 功 单个力做功的求法 恒力做功 W＝Flcosα 变力做功 动能定理或其他功能关系 力的大小不变，方向与速度方向始终相同的曲线运动：W＝Fx路程 力的大小改变，方向与速度方向相同的直线运动：F­x图像面积法 总功的求法 方法一：W总＝F合lcosα 方法二：W总＝W1＋W2＋W3＋… 功率 平均功率的求法 ＝ 瞬时功率的求法 P＝Fvcosα 考点2　机车启动问题 例4　（2023·湖北高考）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　　） A. B. C. D. [解析]　设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝（f1＋f2）v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝，故选D。 [答案]　D 例5　（2021·重庆高考）（多选）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比，且比例系数相同，则（　　） A.甲车的总重比乙车大 B.甲车比乙车先开始运动 C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同 D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同 [解析]　根据题述，两车额定功率P相同，两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力不变，由P＝Fv可知此后两车速度不变，牵引力等于各自所受阻力，结合题图可知，甲车所受阻力大于乙车所受阻力，又两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比且比例系数相同，可知甲车的总重比乙车大，A正确。将两车t2、t4之后部分的图线反向延长，由A项分析知，延长线与启动阶段图线交点即为各车开始运动的对应点，可知甲车比乙车先开始运动，B正确。由题图可知，甲车在t1时刻的牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车均刚达到相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t1时刻的速率和乙车在t3时刻的速率相同，C正确。由题图可知，甲车在t2时刻的牵引力大于乙车在t4时刻的牵引力，又两车的功率均为相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，D错误。 [答案]　ABC 例6　（2024·福建省三明市高三下一模）如图甲，山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB延长线夹角为α。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间t达到B点，此时达到额定功率。进入BC保持额定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机运动过程受到的阻力可看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求： （1）舰载机的额定功率； （2）舰载机在BC段运动的时间。 [解析]　（1）设舰载机的额定功率为P，在AB段的牵引力为F，从A点到B点，根据运动学公式可知，舰载机到达B点时的速度大小为 v1＝at 舰载机在AB段运动时，根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma 根据题意，可知舰载机在B点达到额定功率，有P＝Fv1 联立解得P＝mat（a＋kg）。 （2）设舰载机在BC段运动的时间为t′， 根据动能定理有 Pt′－（kmg＋mgsinα）L＝mv2－mv 解得t′＝。 [答案]　（1）mat（a＋kg） （2） 1.以恒定功率启动 （1）动态过程 （2）这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 2.以恒定加速度启动 （1）动态过程 （2）这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 考点3　动能定理的应用 例7　（2023·安徽省淮南市高三下第二次模拟）如图甲所示，有一固定的粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，初始时弹簧处于自然伸长。一小物块在由斜面顶点静止释放后的一段时间内，物块的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示。弹簧始终在弹性限度之内。则以下说法中正确的是（　　） A.小物块最大动能为0.2 J，最大位移为0.4 m B.小物块最大动能为0.2 J，最大位移为0.45 m C.小物块最大动能为0.25 J，最大位移为0.4 m D.小物块最大动能为0.25 J，最大位移为0.45 m [解析]　由动能定理可知，Ek­x图线的斜率表示小物块所受合力。小物块接触弹簧前，所受合力恒定，Ek­x图线的斜率恒定，小物块沿斜面做匀加速直线运动；小物块接触弹簧的运动过程中，所受合力不断变化，Ek­x图线的斜率不断变化。小物块匀加速下滑过程，由动能定理得mgsinθ·x1－fx1＝Ek1－0，其中x1＝0.15 m，Ek1＝0.15 J；动能达到最大时，加速度为0，根据平衡条件有kx2＋f＝mgsinθ，其中x2＝0.25 m－0.15 m＝0.10 m；从小物块与弹簧接触到动能达到最大的过程中，由动能定理得mgsinθ·x2－fx2－kx2·x2＝Ek2－Ek1，联立解得小物块的最大动能为Ek2＝0.2 J。小物块减速下滑过程，由动能定理有mgsinθ·x3－fx3－x3＝0－Ek2，联立解得减速下滑的位移x3＝0.2 m，则最大位移为xmax＝0.25 m＋x3＝0.45 m。故B正确。 [答案]　B 例8　（2023·湖北高考）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求 （1）小物块到达D点的速度大小。 （2）B和D两点的高度差。 （3）小物块在A点的初速度大小。 [解析]　（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点，根据牛顿第二定律有 m＝mg 解得vD＝。 （2）小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg（R＋Rcos60°）＝mv－mv 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝ 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 （3）从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有 －μmgs＝mv－mv 其中s＝π·2R 联立解得vA＝。 [答案]　（1）　（2）0　（3） 1.合力做功是物体动能变化的原因和量度。 2.动能定理中的位移和速度必须相对于同一个惯性系。 1.应用动能定理解题的分析步骤 注：多过程中的往复运动问题一般应用动能定理求解。 2.应用动能定理时常见的三个误区 （1）公式W＝mv－mv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。 （2）功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。 （3）多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。 高考命题预测 1.（2024·山东省临沂市高三下二模）（多选）电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到25 m/s时电动机功率达到最大值256 kW。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为1600 kg，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为f＝kv2（k＝1.024 N·s2/m2），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A.汽车的加速度始终在减小 B.汽车的加速度先不变后减小 C.该汽车能达到的最大速度是100 m/s D.汽车速度为25 m/s时的加速度为6 m/s2 答案：AD 解析：汽车在起步直至速度达到25 m/s的过程中，对汽车，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝，可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小，汽车的速度从25 m/s到最大速度的过程中，同理可得汽车的加速度大小为a′＝＝，可知随着汽车速度的增大，牵引力F减小，汽车的加速度继续逐渐减小，故A正确，B错误；设汽车能达到的最大速度为vm，则此时所受阻力fm＝kv，且＝fm，此时电动机功率降至最大功率的50%，则有50%Pm＝F1vm，联立可得vm＝＝ m/s＝50 m/s，故C错误；汽车速度v1＝25 m/s时，加速度大小为a0＝＝，又＝fm，联立并代入数据，解得a0＝6 m/s2，故D正确。 2.（2024·山东省济宁市高三下三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P＝2000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S＝30 cm2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14，喷口距离地面的高度h＝0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求： （1）喷灌机的最大喷水速度v； （2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。（保留三位有效数字） 答案：（1）10.0 m/s　（2）285 m2 解析：（1）设在Δt时间内从喷口处喷出水的质量为Δm， 则Δm＝vΔtSρ 由能量守恒定律有75%PΔt＝Δmv2 联立并代入数据解得v＝10.0 m/s。 （2）水离开喷口后做斜上抛运动，喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，则 竖直方向有－h＝vsin30°·t－gt2 水平方向有x＝vcos30°·t 该喷灌机的最大喷灌面积Sm＝πx2 联立并代入数据解得Sm＝285 m2。 专题作业 1.（2024·海南高考）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　） A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 答案：A 解析：返回舱在减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力方向与返回舱的位移方向成钝角，则主伞的拉力对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的位移方向成锐角，则重力对返回舱做正功，故D错误。 2.（2024·江苏省常州市高三下5月三模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力F1做的功至少为W0。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，推力F2做的功至少为（　　） A.1.2W0 B.1.4W0 C.1.6W0 D.1.8W0 答案：C 解析：根据能量守恒定律可知，从斜面底端缓慢推动物块到顶端时，推力对物块做功最少。用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN1＝mgcosθ，平行斜面方向有F1＝mgsinθ＋μFN1，设斜面的长度为L，则W0＝F1L，联立得W0＝mgL；若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，对物块受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，平行斜面方向有F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，其中Ff2＝μFN2，解得F2＝＝2mg，则推力F2做的功至少为W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0，故选C。 3.（2024·浙江6月选考）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　） A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 答案：C 解析：设喷头出水口的横截面积为S，喷水速度为v，水的密度为ρ，则Δt时间内从出水口喷出的水的体积为V＝S·vΔt，质量为m＝ρV，根据动能定理可知，Δt时间内喷头对水做的功等于喷出的水获得的动能，即W＝Ek＝mv2，喷头喷水的功率P＝，联立并代入数据，解得P＝100 W，故选C。 4.（2024·山东省济南市高三下二模）如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率（单位为W）为（　　） A. B. C. D.2nNmgR 答案：A 解析：水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，水车转动一圈所需要的时间t＝，则水车的功率P＝＝ W，故选A。 5.（2024·福建省三明市高三下质量检测）电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间变化的图像较符合实际的是（　　） 答案：A 解析：设电动自行车在平直路面上匀速行驶时的速度大小为v0，牵引力大小为F0，所受阻力为f，则电动自行车的功率P＝F0v0，根据平衡条件可知，电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F0＝f。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小为m′，由f＝μmg可知，所受阻力减小为f′＝μm′g，此时F0>f′，由牛顿第二定律可知，此时的电动自行车具有向前的加速度，则车速开始变大，又因车行驶的功率不变，由P＝Fv可知，牵引力逐渐减小，电动自行车的加速度逐渐减小，当牵引力F的大小减为f′时，电动自行车将匀速行驶，且行驶速度v′＝，则只有A选项的图像较符合实际，故选A。 6.（2024·江苏省徐州市等两地高三下二模）如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度大小vx随时间t变化关系图像可能正确的是（　　） 答案：B 解析：小木块经过斜面与水平面的连接处前后，水平方向的分速度突变为合速度，故水平分速度大小会突然变大，故C、D错误；设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，小木块的质量为m，木块与斜面、水平面间的动摩擦因数为μ，滑到斜面底端时的速度大小为v，在小木块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·＝mv2－0，由此式可知，从倾角θ大的斜面顶端滑下的小木块刚滑上水平面时的速度大，故A错误，B正确。 7.（多选）如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用力F拉住，力F大小如图乙所示，前10 s内物块的v­t图像如图丙所示，保持力F与水平方向之间的夹角θ＝60°不变，当用力F拉绳使物块前进时，下列说法正确的是（　　） A.0～5 s内拉力F做的功为75 J B.3 s末拉力F的功率为9 W C.5～10 s内摩擦力大小为6 N D.5～10 s内拉力F做的功为150 J 答案：CD 解析：通过穿过滑轮的轻绳用力F拉物块，等效于如图所示的两个力F同时拉物块，拉力F做的功等于这两个力做功的代数和。由题图乙可知，0～5 s内拉力大小F1＝6 N，根据题图丙求得物块在0～5 s内的位移s1＝×5×5 m＝12.5 m，所以拉力做功W1＝F1s1＋F1s1cosθ，解得W1＝112.5 J，故A错误；由题图丙可知，3 s末速度为v1＝3 m/s，拉力F的功率为P1＝F1v1＋F1v1cosθ，解得P1＝27 W，故B错误；由题图丙可知，5～10 s内物块做匀速运动，物块所受合力等于零，水平方向由平衡条件得F2＋F2cosθ＝f，又由题图乙可知F2＝4 N，解得f＝6 N，故C正确；由题图乙可知，5～10 s内拉力大小F2＝4 N，根据题图丙求得物块在5～10 s内的位移s2＝5×5 m＝25 m，所以拉力做功W2＝F2s2＋F2s2cosθ，解得W2＝150 J，故D正确。 8.（2024·海南省海口市高三下一模）如图所示，杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时，从相同高度由静止释放小球B。已知两小球完全相同，运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断错误的是（　　） A.两球同时落地 B.两球落地时的速率可能相等 C.运动全过程中，合外力做功相等 D.运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等 答案：C 解析：将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，两球完全相同，竖直方向的初速度均为0，则两球在竖直方向的受力情况一样，两球在竖直方向具有相同的运动，则两球同时落地，且根据P＝mgvy可知，A球重力的功率时刻与B球的相等，故A、D判断正确；A球在水平方向做减速运动，若落地时A球的水平速度刚好为0，又两球在竖直方向的分速度相等，则这种情况下两球落地时的速率相等，故B判断正确；运动全过程中，两球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B球受到的空气阻力，且A球通过的路程大于B球的路程，则A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功，所以合外力对两球做的功不相等，故C判断错误。本题选判断错误的，故选C。 9.（2024·山东省枣庄市高三下三模）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6 s时汽车达到额定功率，t2＝14 s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000 kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 C.汽车达到的最大速度大小为15 m/s D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150 m 答案：D 解析：汽车功率P＝Fv，则F＝P，即F­图像上的点与原点连线的斜率表示功率，又汽车的速度v从0开始增大，在AB段汽车牵引力F不变，可知汽车在AB段先做匀加速直线运动，然后在BC段功率不变，牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故A、B错误；在AB段，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，则t1＝6 s时汽车的速度为v1＝at1＝15 m/s，汽车额定功率为P＝Fv1＝10×103×15 W＝1.5×105 W，汽车达到的最大速度大小为vm＝＝＝ m/s＝30 m/s，故C错误；汽车做匀加速直线运动的位移大小为x1＝at＝45 m，从t1到t2时间内，根据动能定理有P（t2－t1）－mgx2＝mv－mv，解得此过程汽车的位移大小x2＝105 m，则从启动到速度达到最大过程中，汽车通过的距离为x＝x1＋x2＝150 m，故D正确。 10.（2024·江苏省南通市高三下第一次适应性调研）列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间t变化的关系图像如图所示，列车匀加速运动达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，则（　　） A.t2时刻，列车刚达到额定功率 B.0～t1时间内，列车的功率随时间增大得越来越慢 C.t1～t2时间内，列车的合外力的功率随速率均匀减小 D.0～t2时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 答案：C 解析：设列车的牵引力为F牵，受到的阻力为f，瞬时速度为v，列车的功率为P牵，则有P牵＝F牵v，F牵－f＝F。由题图可知，0～t1时间内，F不变，则列车的牵引力F牵不变，又F＝ma，v＝at，则v随t均匀增大，可知列车的功率P牵随时间均匀增大，在t1～t2时间内，F牵＝F＋f逐渐减小，根据题意可知，这段时间P牵保持不变，则t1时刻列车达到额定功率，故A、B错误；t1～t2时间内，合外力的功率P合＝Fv，又F牵－f＝F，可得P合＝F牵v－fv，而这段时间P牵＝F牵v不变，F牵减小，v增大，所以P合随速率v均匀减小，故C正确；根据a＝可知，列车的加速度的变化曲线与合外力的变化曲线相同，即列车在0～t1时间内做匀加速直线运动，在t1～t2时间内做加速度减小的变加速直线运动，在t2时刻之后做匀速直线运动，故D错误。 11.（2024·山东省淄博市高三下一模）为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称，每小段坡面都是直线）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度v0从A站M处出发沿着轨道运动，恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B站P处，该滑块初速度的大小应调整为（　　） A. B. C. D. 答案：B 解析：质量为m的滑块在倾角为θ的粗糙斜面上滑过的长度为s时，克服摩擦力做功Wf＝μmgscosθ，其中scosθ是滑过的斜面底边的长度，则滑块从M处出发恰好到达N处的过程中，由动能定理得mgh1－μmg（2l1＋2l2＋l3）＝0－mv，解得μ＝。若要使滑块从A站M处出发恰能到达B站P处，设该滑块初速度的大小应调整为v，由动能定理得－μmg·（2l1＋2l2＋2l3）＝0－mv2，解得v＝，故选B。 12.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测三）（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在倾角为30°的光滑固定斜面底端，轻弹簧上端拴接质量为m的物体A，质量为2m的物体B紧靠A放在斜面上，沿斜面向下的力F＝4.5mg作用在B上，系统处于静止状态。现减小F使A、B以的加速度一起沿斜面向上做匀加速直线运动直到F＝0。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.F＝4.5mg时，弹簧的压缩量为 B.F＝0时，物体A、B间恰好无作用力 C.物体A、B开始运动后，F随时间均匀减小 D.A、B从静止到F＝0，合外力对A、B系统做功为 答案：AD 解析：设F＝4.5mg时，弹簧的压缩量为x0，此时系统处于静止状态，根据平衡条件，在平行斜面方向上，有F＋（m＋2m）gsin30°＝kx0，解得x0＝，A正确；F＝0时，设物体A、B间的作用力大小FAB，根据牛顿第二定律，对B有FAB－2mgsin30°＝2m·，得FAB＝2mg≠0，B错误；物体A、B开始运动后，A、B的位移x与经过时间t的关系为x＝·t2，根据牛顿第二定律，有k（x0－x）－（m＋2m）gsin30°－F＝（m＋2m）·，解得F＝3mg－kx＝3mg－kgt2，即F随时间不是均匀减小，C错误；设F＝0时，A、B系统的位移为x1，速度大小为v，由C项分析结果F＝3mg－kx可知，3mg－kx1＝0，由匀加速直线运动的速度与位移的关系式，有2·x1＝v2，由动能定理可知，合外力对A、B系统做功为W＝（m＋2m）v2－0，可解得W＝，D正确。 13.（2024·安徽省合肥市高三一模）如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x＝2 m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5 kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O′，半径为0.5 m，MN为竖直直径，∠PO′N＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求： （1）物块飞出平台时的速度大小； （2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。 答案：（1）4 m/s　（2）0.5 J 解析：（1）F­x图线与x轴所围的面积表示F做的功，可知当物块运动到x＝2 m处时F所做的功W1＝×2 J＝11 J 设物块运动到x＝2 m处时的速度为v， 由动能定理有W1－μmgx2＝mv2－0 解得v＝4 m/s。 （2）物块从平台飞出后做平抛运动，从P点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为vP，则有vP＝ 设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM，由牛顿第二定律有mg＝m 设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为W2，由动能定理有 －mgR（1＋cos37°）－W2＝mv－mv 联立并代入数据解得W2＝0.5 J。 14.（2024·湖北省武汉市高三下5月三模）如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）滑块第一次到达圆形轨道最高点时对轨道的压力大小； （2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； （3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案：（1）45mg　（2）25R　（3）137.5R 解析：（1）设滑块第一次到达圆形轨道最高点的速度大小为v1，滑块从A点至第一次到达圆形轨道最高点的过程，根据动能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－mg×2R＝mv－0 滑块第一次经过圆形轨道最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m 根据牛顿第三定律，此时滑块对轨道的压力大小FN′＝FN 解得FN′＝45mg。 （2）设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1，滑块从A点至第一次在CD段滑行到最高点的过程，根据动能定理有 mg（L－L1）sinθ－μmg（L＋L1）cosθ＝0－0 解得L1＝25R。 （3）设滑块在圆形轨道最高点恰好做圆周运动的速度为v0，有mg＝m 解得v0＝ 假设滑块可以再次通过圆形轨道最高点，设滑块第二次到达圆形轨道最高点的速度大小为v2，根据动能定理有 mgL1sinθ－μmgL1cosθ－mg×2R＝mv－0 解得v2＝ v2>v0，所以滑块可以再次通过圆形轨道最高点，假设正确。设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理有 mg（L1－s1）sinθ－μmg（L1＋s1）cosθ＝0－0 解得s1＝5R 假设滑块可以第三次通过圆形轨道最高点，设滑块第三次到达圆形轨道最高点的速度大小为v3，根据动能定理有 mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mg×2R＝mv－0 v3无正解，则假设错误，滑块第三次进入圆形轨道无法达到最高点 假设滑块第三次进入圆形轨道运动能减速到0，设上升的最大高度为h，根据动能定理有mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mgh＝0－0 解得h＝R h不大于R，则假设成立，所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设之后滑块在AB段滑行的路程为s2，根据动能定理有mgh－μmgs2cosθ＝0－0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 解得s＝137.5R。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$