2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動(dòng)能定理練習(xí)（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動(dòng)能定理練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動(dòng)能定理練習(xí)（含解析）（24頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　功和功率　動(dòng)能定理 構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題 1．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案　C 解析　畫出運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動(dòng)能定理知， A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h

2、 聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，C正確。 2．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)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 答案　A 解析　木箱受力如圖所示：木箱在移動(dòng)的過程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知即：WF－Wf＝mv2－0，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動(dòng)能與摩擦力做功的大小，C、D錯(cuò)誤。 3．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井

3、運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 答案　AC 解析　設(shè)第②次所用時(shí)間為t，根據(jù)速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升過程所用時(shí)間之比為2t0∶＝4∶5，A正確；由

4、于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯(cuò)誤；由功率公式P＝Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動(dòng)能增加量均為0，由動(dòng)能定理得W電－mgh＝0，兩次提升高度h相同，所以電機(jī)兩次做功相同，D錯(cuò)誤。 4．(2018·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C．所受彈

5、簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 答案　AD 解析　物體從A點(diǎn)到O點(diǎn)的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)速度最大，此位置在A點(diǎn)與O點(diǎn)之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物體做減速運(yùn)動(dòng)；從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確，B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到O點(diǎn)過

6、程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長(zhǎng)，彈力做正功，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，彈簧被拉伸，彈力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；從A到B的過程中根據(jù)動(dòng)能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故D正確。 5．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力(　　) A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 答案　A 解析　光滑大圓環(huán)對(duì)小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做

7、功。故選A。 6．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是(　　) 答案　A 解析　小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度v＝v0－gt，根據(jù)動(dòng)能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，故圖象A正確。 7．(2019·天津高考)完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長(zhǎng)L1＝150 m，BC水平投影

8、L2＝63 m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6 s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求 (1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W； (2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。 答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N 解析　(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有 ＝① 根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)飛行員有 W＝mv2－0② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 W＝7.5×104 J③

9、 (2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有 L2＝Rsinθ④ 由牛頓第二定律，對(duì)飛行員有 FN－mg＝m⑤ 聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 FN＝1.1×103 N。⑥ 命題特點(diǎn)：功和功率的判斷和計(jì)算、動(dòng)能定理的應(yīng)用是高考的重點(diǎn)，經(jīng)常與直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)等綜合起來進(jìn)行考查，以選擇題和計(jì)算題考查較多，各種難度都可能出現(xiàn)。 思想方法：微元法、圖象法、轉(zhuǎn)換法、整體法與分段法。 高考考向1　功和功率的理解和計(jì)算 例1　(2018·江西聯(lián)考)(多選)A、B兩物體分別在大小相同的水平恒力F的作用下由靜止開始沿同一水平面運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間分別為t0和4t0，兩物體運(yùn)動(dòng)的v

10、-t圖象如圖所示，則(　　) A．A、B兩物體與水平面的摩擦力大小之比為5∶12 B．水平力F對(duì)A、B兩物體做功的最大功率之比為2∶1 C．水平力F對(duì)A、B兩物體做功之比為2∶1 D．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)A、B兩物體做功的平均功率之比為5∶3 (1)水平力F對(duì)A、B兩物體做功的最大功率為瞬時(shí)功率還是平均功率？ 提示：瞬時(shí)功率。 (2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，水平力F對(duì)A、B兩物體做功________(填“大于”“小于”或“等于”)A、B兩物體克服摩擦力做功。 提示：等于。 [解析]　由v-t圖象可知，A加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度aA1＝，減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為aA2＝，由牛頓

11、第二定律有：F－f1＝m1·，f1＝m1·，解兩式得：f1＝；B加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為aB1＝，減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為aB2＝，由牛頓第二定律有：F－f2＝m2·，f2＝m2·，解兩式得：f2＝，所以A、B兩物體與水平面的摩擦力之比為5∶12，A正確；由v-t圖象知，水平力F對(duì)A、B兩物體做功的最大功率之比為(F·2v0)∶(F·v0)＝2∶1，B正確；由v-t圖象與t軸所圍的面積表示位移可知兩物體有水平力F作用時(shí)的位移之比為1∶2，由W＝Fs可知，F(xiàn)對(duì)A、B兩物體做功之比為1∶2，C錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)A做的功WA＝－F·＝－Fv0t0，對(duì)B做的功WB＝－F·＝－2Fv0t0，

12、由P＝可得PA＝＝，PB＝＝，PA∶PB＝5∶6，D錯(cuò)誤。 [答案]　AB 計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)注意的問題 (1)計(jì)算功時(shí)，要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，分清是恒力做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的公式或動(dòng)能定理求解，變力做功用動(dòng)能定理、轉(zhuǎn)化法或圖象法求解。 (2)用圖象法求外力做功時(shí)應(yīng)注意橫軸和縱軸分別表示的物理意義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表示功，例如下圖甲、乙、丙所示(丙圖中圖線為圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。 (3)計(jì)算功率時(shí)，要明確是求瞬時(shí)功率，還是平均功率，若求瞬時(shí)功率，應(yīng)明確是哪一時(shí)刻或哪個(gè)

13、位置的瞬時(shí)功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率；應(yīng)注意區(qū)分公式P＝和公式P＝Fvcosθ的適用范圍，P＝計(jì)算的是平均功率，P＝Fvcosθ側(cè)重于對(duì)瞬時(shí)功率的計(jì)算。 1. (2019·合肥高三第三次質(zhì)檢)圖示為一輛配備了登高平臺(tái)的消防車，其伸縮臂能夠在短時(shí)間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺(tái)(人與平臺(tái)的總質(zhì)量為300 kg)抬升到60m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時(shí)的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為10 kW B．使水炮工作

14、的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為30 kW C．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功為1.8×104 J D．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功為1.8×105 J 答案　D 解析　水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min內(nèi)流出水的質(zhì)量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3000 kg,1 min內(nèi)水獲得的重力勢(shì)能：Ep＝mgh＝3000×10×60 J＝1.8×106 J，1 min內(nèi)水獲得的動(dòng)能：Ek＝mv2＝6×105 J，使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為：P＝＝＝ W＝4×104 W，故A、B錯(cuò)誤；伸縮臂抬升登高平臺(tái)過程中所做的功等于登高平臺(tái)克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10

15、×60 J＝1.8×105 J，故C錯(cuò)誤，D正確。 2．(2018·開封一模)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定在長(zhǎng)為2L的輕桿上端，輕桿下端用光滑鉸鏈連接于地面上的A點(diǎn)，桿可繞A點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿的中點(diǎn)系一細(xì)繩，電機(jī)與自動(dòng)裝置控制繩子，使得桿可以從虛線位置繞A點(diǎn)逆時(shí)針倒向地面，且整個(gè)倒下去的過程中，桿做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。那么在此過程中(　　) A．小球重力做功為2mgL B．繩子拉力做功大于2mgL C．重力做功功率逐漸增大 D．繩子拉力做功功率先增大后減小 答案　AC 解析　小球在該過程中下降高度為2L，所以小球重力做功為2mgL，A正確；桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，小球動(dòng)能不

16、變，由動(dòng)能定理可知，該過程中合外力做功為零，所以繩子拉力做功與重力做功大小相等，為2mgL，B錯(cuò)誤；重力做功的功率等于重力與小球沿豎直方向分速度的乘積，桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該過程中小球豎直方向的速度不斷增大，所以重力做功的功率不斷增大，C正確；由動(dòng)能定理可得，拉力做功功率與重力做功功率始終大小相等，故拉力做功功率不斷增大，D錯(cuò)誤。 高考考向2　機(jī)車啟動(dòng)問題 例2　(2019·四川省成都市高三三模)目前，我國(guó)在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無人駕駛，某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若關(guān)掉油門，則汽車的速

17、度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm。設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小保持不變，下列說法正確的是(　　) A．關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的機(jī)械能守恒 B．關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對(duì)汽車的支持力的沖量為零 C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時(shí)間可能等于 D．上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于 (1)恒定功率啟動(dòng)過程中，汽車做何種形式的運(yùn)動(dòng)？ 提示：汽車功率不變時(shí)，速度增大牽引就會(huì)減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)速度最大。 (2)功率不變時(shí)，汽車運(yùn)動(dòng)時(shí)間如何

18、求解？ 提示：功率不變時(shí)牽引力做功等于Pt，可以由動(dòng)能定理求解時(shí)間。 [解析]　關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動(dòng)能不變，高度降低，重力勢(shì)能減小，則汽車的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對(duì)汽車的支持力大小不為零，時(shí)間不為零，則由I＝Ft可知沖量不為零，故B錯(cuò)誤；上坡過程中，汽車速度由增至，設(shè)所用的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt－(f＋mgsinθ)s＝m()2－m()2，解得t＝＋，故C錯(cuò)誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，功率不變，由P＝Fv可知速度增大，牽引力減小，加速度減小，設(shè)達(dá)到最大速度vm所用時(shí)間為t1，則由圖象法可知·t1

19、<，故D正確。 [答案]　D 解決機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)的分析思路 (1)明確啟動(dòng)方式：分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)。 (2)勻加速啟動(dòng)過程：機(jī)車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。 勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法： ①求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可得v1＝。 ②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝。 (3)額定功率啟動(dòng)的過程：機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不能用，速度最大值等于，牽引

20、力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計(jì)算，但不能用W＝Flcosθ計(jì)算。 注意：無論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿足P＝F阻vm，P為機(jī)車的額定功率。 3．(2019·衡陽模擬)(多選)一輛汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力—速度圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是(　　) A．汽車行駛中所受的阻力為 B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中牽引力的沖量大小為 C．速度為v2時(shí)的加速度大小為 D．若速度為v2時(shí)牽引力恰為，

21、則有v2＝2v1 答案　ABD 解析　根據(jù)牽引力—速度圖象得汽車運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1。該汽車達(dá)到最大速度時(shí)加速度為零，此時(shí)阻力等于牽引力，所以阻力Ff＝，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，汽車勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a1＝＝－，加速的時(shí)間t＝＝，則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝，故B正確；由F1v1＝F2v2可知速度為v2時(shí)的牽引力F2＝，根據(jù)牛頓第二定律，速度為v2時(shí)加速度大小為a2＝＝－，故C錯(cuò)誤；若速度為v2時(shí)牽引力恰為，則＝，則v2＝2v1，D正確。 4．(2019·河北衡水中學(xué)三模)(多選)一起重機(jī)的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當(dāng)重物的速度為v1時(shí)，

22、起重機(jī)的有用功率達(dá)到最大值P，以后起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升為止，則整個(gè)過程中，下列說法正確的是(　　) A．若勻加速過程時(shí)間為t，則速度由v1變?yōu)関2的時(shí)間大于t B．鋼繩的最大拉力為 C．重物的最大速度為v2＝ D．重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 答案　ACD 解析　起重機(jī)提升重物的v-t圖象如圖所示： 若勻加速過程時(shí)間為t，則重物在勻加速過程中：a1＝，起重機(jī)的有用功率達(dá)到額定功率后，若按勻加速?gòu)膙1到v2，設(shè)從v1加速到v2的時(shí)間為t2，則a2＝，結(jié)合圖象可以看出a1>a2，即t2>t，故A正確；勻加速提升重物時(shí)鋼繩拉力最大，且等于勻

23、加速結(jié)束時(shí)的拉力，由P＝Fv得鋼繩的最大拉力Fm＝，故B錯(cuò)誤；重物以最大速度勻速上升時(shí)，F(xiàn)＝mg，所以v2＝，故C正確；重物做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝＝，則勻加速的時(shí)間為t＝＝，故D正確。 高考考向3　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 例3　(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦

24、因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g。取sin37°＝，cos37°＝ (1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R。求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。 (1)若想求出P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，需先求出P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)滑行的距離，該距離可以通過研究哪一過程求出？ 提示：P到達(dá)E然后又反彈回F點(diǎn)的整個(gè)過程。 (2)從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，如何求D點(diǎn)速度？ 提示：可以利用水平位移和豎

25、直位移。 [解析]　(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R＝5R① 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得 mglsinθ－μmglcosθ＝mv② 式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB＝2。③ (2)設(shè)BE＝x。P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有 mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④ E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤ P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有 Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給

26、條件得 x＝R⑦ Ep＝mgR。⑧ (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsinθ⑨ y1＝R＋R＋Rcosθ⑩ 設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝gt2? x1＝vDt? 聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝? 設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC。在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中機(jī)械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g? P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v? 聯(lián)立⑦⑧???式得 m1＝m。 [答案]　(1)2　(2)mgR　(3

27、)　m 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的“四步三注意兩適用” (1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的四個(gè)步驟 ①確定研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過程； ②分析受力情況和各力的做功情況； ③明確物體初末狀態(tài)的動(dòng)能； ④由動(dòng)能定理列方程求解。 (2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三個(gè)問題 ①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。 ②動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。 ③物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡(jiǎn)化。 (3)動(dòng)能定

28、理適用的兩種情況 ①既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)； ②既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 5．(2019·山東威海三模)(多選)一質(zhì)量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，小物塊的加速度a隨其運(yùn)動(dòng)距離x的變化規(guī)律如圖所示。已知小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小物塊運(yùn)動(dòng)0～2L的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小物塊在0～L內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，L～2L內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng) B．小物塊運(yùn)動(dòng)至2L處的速度為 C．整個(gè)過程中水平外力做功為mL(2μg＋3a0) D．小物塊從L處運(yùn)動(dòng)至2L處所用的時(shí)間為 答案　BC 解析　小物

29、塊在0～L內(nèi)加速度減小，做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，L～2L內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：L＋ma0L＝mv2，得小物塊運(yùn)動(dòng)至2L處的速度為v＝，故B正確；整個(gè)過程合力做功為L(zhǎng)＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功為WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正確；設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)至L處的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：L＝mv，得v0＝2，小物塊從L處運(yùn)動(dòng)至2L處做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有L＝t，聯(lián)立解得t＝(－2) ，故D錯(cuò)誤。 6．(2019·江蘇南京、鹽城高三第三次調(diào)研)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長(zhǎng)L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面

30、H＝0.8 m，桌面總長(zhǎng)L2＝1.5 m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0°～60°間調(diào)節(jié)。將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求當(dāng)θ＝30°時(shí)，物塊在斜面上下滑的加速度的大??；(可以用根號(hào)表示) (2)當(dāng)θ增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (3)μ2取第(2)問中的數(shù)值，當(dāng)θ角為多

31、大時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？ 答案　(1) (5－) m/s2　(2)0.8　(3)53°　1.9 m 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律，可得 mgsinθ －μ1mgcosθ＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝(5－) m/s2。 (2)由動(dòng)能定理得 mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0 代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。 (3)設(shè)小物塊到達(dá)桌面右端的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝mv2 得20(sinθ－1.2＋cosθ)＝v2， 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知sinθ＋cosθ

32、＝sin(θ＋φ) 其中tanφ＝，當(dāng)θ＋φ＝90°時(shí)， 即θ＝53°時(shí)，sin(θ＋φ)有極大值，v＝20×(－1.2)＝1，vmax＝1 m/s 由于H＝gt2，解得t＝0.4 s x1＝vmaxt＝0.4 m， xm＝x1＋L2＝1.9 m。 易錯(cuò)警示 瞬時(shí)功率及阻力做功的求解 例　(2019·安慶模擬)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長(zhǎng)為L(zhǎng)，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是(　　) A．從A運(yùn)動(dòng)到B，重力的瞬時(shí)功率變大 B．繩的拉力做功為0 C．空氣阻力F阻做功為－mgL D．空氣阻力F阻

33、做功為F阻πL 分析與解　重力的瞬時(shí)功率PG＝mgvcosθ，其中θ為mg與v的夾角，在A處v＝0，則重力的瞬時(shí)功率為零， 在B處θ＝90°，重力的瞬時(shí)功率也為零，所以重力的瞬時(shí)功率先變大后變小，而有的同學(xué)求瞬時(shí)功率時(shí)丟掉cosθ，認(rèn)為重力瞬時(shí)功率因v增大而增大，從而錯(cuò)選A。繩的拉力始終與速度垂直，做功為0，B正確。空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力做功為－F阻·πL，故C、D錯(cuò)誤。有的同學(xué)因沒考慮到阻力做負(fù)功，而錯(cuò)選D。 答案　B 易錯(cuò)警示　用P＝Fvcosθ計(jì)算瞬時(shí)功率時(shí)，θ為F與v的夾角，當(dāng)F與v同向時(shí)公式簡(jiǎn)化為P＝Fv。阻力做功要考慮其特點(diǎn)：阻力做負(fù)功，且

34、與物體運(yùn)動(dòng)的路程有關(guān)。 配套作業(yè) 　　限時(shí)：50分鐘　　　滿分：100分 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～5題為單選題，第6～8題為多選題) 1．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動(dòng)量成正比 答案　B 解析　列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車動(dòng)能Ek＝mv2，又因?yàn)関＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，動(dòng)能跟時(shí)間t的平方成正比，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，

35、故動(dòng)能與位移成正比，B正確；動(dòng)能與速度平方成正比，故C錯(cuò)誤；由Ek＝，可知?jiǎng)幽芘c動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。 2．(2019·河南濮陽三模)水平力F方向確定，大小隨時(shí)間的變化如圖甲所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度大小為10 m/s2。問在0～4 s時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)小物塊做的功為(　　) A．24 J B．12 J C．8 J D．6 J 答案　A 解析　根據(jù)F-t圖象和a-t圖象可知，t1＝2 s時(shí)，F(xiàn)1＝6 N，a1＝1 m/s2；t2＝4 s時(shí)，F(xiàn)2＝12 N，a2＝3 m/s2，根據(jù)

36、牛頓第二定律可得： F1－μmg＝ma1， F2－μmg＝ma2， 聯(lián)立解得小物塊的質(zhì)量和動(dòng)摩擦因數(shù)為：m＝3 kg，μ＝0.1， 根據(jù)a-t圖象與t軸所圍面積為小物塊的速度改變量Δv，得小物塊在t2＝4 s末時(shí)的速度v＝0＋Δv＝4 m/s， 根據(jù)動(dòng)能定理可得合外力對(duì)小物塊做的功W＝mv2＝24 J，故A正確。 3．(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 答案　C 解析　設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上滑時(shí)，有－(mgsinθ＋f)x＝

37、Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)。當(dāng)小物塊沿斜面下滑時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。綜上所述，C正確。 4．(2019·四川德陽三診)如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉輕繩牽引河中的小船沿水面運(yùn)動(dòng)，已知小船的質(zhì)量為m，沿水面運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的阻力為f，當(dāng)繩AO段與水平面的夾角為θ時(shí)，小船的速度為v，不計(jì)繩子與滑輪的摩擦，則此時(shí)小船的加速度等于(　　) A.

38、 B.－ C.－ D.－ 答案　B 解析　小船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng)，可分解為沿著繩子方向和垂直繩子方向的分運(yùn)動(dòng)，如圖a，根據(jù)平行四邊形定則，有v車＝v·cosθ，則繩上的拉力：F＝＝，對(duì)船受力分析：受重力、拉力、浮力和阻力，如圖b所示，根據(jù)牛頓第二定律，有F·cosθ－f＝ma，聯(lián)立以上式子解得：a＝－，故B正確。 　 5．(2019·山西省五地市高三上學(xué)期期末大聯(lián)考)如圖所示，斜面傾角為θ。一輕彈簧的自然長(zhǎng)度與斜面長(zhǎng)相同，都為L(zhǎng)，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個(gè)質(zhì)量為m的小球放在斜面頂端與彈簧另一端接觸但不相連，用力推小球使其擠壓彈簧并緩慢移到斜面的中點(diǎn)，松手后，小球最后落地

39、的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦，則該過程中，人對(duì)小球做的功W及小球被拋出后離地面的最大高度H分別為(　　) A．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ B．W＝mv2；H＝ C．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ D．W＝mv2－mgLsinθ；H＝ 答案　A 解析　對(duì)人從開始?jí)簭椈傻叫∏蚵涞氐恼麄€(gè)過程，由動(dòng)能定理得W＋mgLsinθ＝mv2－0，則W＝mv2－mgLsinθ；設(shè)小球離開斜面時(shí)的速度為v0，對(duì)小球做斜拋運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得mgLsinθ＝mv2－mv；小球從最高點(diǎn)到落地的過程，由動(dòng)能定理得mgH＝mv2－m(v0cosθ)2，聯(lián)立解得： H＝，故選A。

40、6．(2019·山東聊城二模)如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、O′在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將兩球在圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切阻力，則在最低點(diǎn)時(shí)(　　) A．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1∶1 B．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1∶2 C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1 D．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶2 答案　BC 解析　對(duì)甲球從釋放到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(L＋Lsinθ)＝mv－0，對(duì)乙球從釋放到最低點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝mv－0，所以最低點(diǎn)時(shí)兩球的動(dòng)能

41、之比為＝，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)最低點(diǎn)的甲球受力分析，由牛頓第二定律可得T甲－mg＝m，對(duì)最低點(diǎn)的乙球受力分析，由牛頓第二定律可得T乙－mg＝m，所以最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)兩球的拉力之比為＝，根據(jù)牛頓第三定律，最低點(diǎn)時(shí)甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1，故C正確，D錯(cuò)誤。 7．(2019·山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平桌面上，t＝0時(shí)刻在水平外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。根據(jù)圖象提供的信息，判斷下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)在t1時(shí)刻的加速度最大 B．質(zhì)點(diǎn)在t2時(shí)刻離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) C．在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，外力的功率先增大后減小 D．在t2～t3

42、的時(shí)間內(nèi)，外力做負(fù)功 答案　BC 解析　v-t圖象的斜率代表加速度，所以t1時(shí)刻的加速度為零，最小，A錯(cuò)誤；v-t圖象與t軸所圍的面積代表位移，橫軸上方為正向位移，下方為負(fù)向位移，所以t2時(shí)刻正向位移最大，離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，B正確；在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，根據(jù)P＝Fv＝mav，t1時(shí)刻加速度為零，外力為零，外力功率為零，t2時(shí)刻速度為零，外力功率為零，而中間任意時(shí)刻速度、外力都不為零，所以功率先增大后減小，C正確；t2～t3的時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)能增大，外力對(duì)物體做正功，D錯(cuò)誤。 8．質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。在圓心處連接有力傳感器，用來測(cè)量繩子上的拉

43、力，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度的減小而減小。某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，力傳感器的示數(shù)為7mg，重力加速度為g，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR B．到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR C．再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)為5mg D．再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)大于5mg 答案　AD 解析　小球在最低點(diǎn)時(shí)有F1＝T－mg＝m，解得v1＝，由于小球恰好能通過最高點(diǎn)，所以在最高點(diǎn)時(shí)，有mg＝m，可得v2＝，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的上升過程，由動(dòng)能定理可得－

44、mg·2R－Wf＝mv－mv，解得小球克服空氣阻力做的功Wf＝mgR，A正確，B錯(cuò)誤；小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的下落過程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一高度上上升時(shí)的阻力大于下落時(shí)的阻力，故下落過程中空氣阻力做的功Wf′，小球再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)有F2＝T′－mg＝m，解得T′>5mg，C錯(cuò)誤，D正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟) 9．(2019·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)(16分)如圖所示，半徑為R的水平圓盤可繞著過圓心O的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開有一

45、沿半徑方向的光滑細(xì)槽。一根原長(zhǎng)為R的輕彈簧置于槽內(nèi)，一端固定在圓心O點(diǎn)，另一端貼放著一質(zhì)量為m的小球，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。 (1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圓盤邊緣隨圓盤以角速度ω0轉(zhuǎn)動(dòng)，求F1的大??； (2)若圓盤以角速度ω1轉(zhuǎn)動(dòng)，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點(diǎn)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時(shí)沿槽方向的速度大小為v，求此過程中槽對(duì)小球做的功W1； (3)若圓盤以角速度ω2轉(zhuǎn)動(dòng)，小球在沿槽方向推力作用下，從圓盤邊緣緩慢向內(nèi)移動(dòng)距離x到達(dá)P點(diǎn)。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數(shù)k以及此過程中推力做的功W2。 答案　(1)mωR (2

46、)m(ωR2＋v2)－mω(R－x)2－Ep (3)mω　mωRx 解析　(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式有F1＝mωR。 (2)設(shè)小球從槽口飛出圓盤時(shí)的速度為v1，則根據(jù)速度的合成：v＝(ω1R)2＋v2， 設(shè)在此過程中彈簧對(duì)小球做功為W，由動(dòng)能定理有： W1＋W＝mv－mω(R－x)2， 由于W＝Ep， 解得W1＝m(ωR2＋v2)－mω(R－x)2－Ep。 (3)當(dāng)小球沿槽方向緩慢向內(nèi)移動(dòng)的距離為x1時(shí)， 由向心力公式有F－kx1＝mω(R－x1)， 解得F＝mωR＋(k－mω)x1， 由于F的大小不變，與x1無關(guān)， 則有k＝mω，F(xiàn)＝

47、mωR， 所以推力做的功W2＝Fx＝mωRx。 10．(2019·山東濟(jì)寧二模)(20分)某中學(xué)生對(duì)剛買來的一輛小型遙控車的性能進(jìn)行研究。他讓這輛小車在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過程通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖所示的v-t圖象。已知小車在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2～11 s內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，9～11 s內(nèi)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在11 s末小車失去動(dòng)力而開始自由滑行。已知小車質(zhì)量m＝1 kg，整個(gè)過程中小車受到的阻力大小不變，試求： (1)在2～11 s內(nèi)小車牽引力的功率P是多大？ (2)小車在2 s末的速度vx為多大？ (3)

48、小車在2～9 s內(nèi)通過的距離x是多少？ 答案　(1)16 W　(2)4 m/s　(3)44 m 解析　(1)根據(jù)題意，在11 s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)v-t圖象可知：a＝＝2 m/s2； 根據(jù)牛頓第二定律有：f＝ma； 解得：f＝2 N； 設(shè)小車在勻速運(yùn)動(dòng)階段的牽引力為F， 則：F＝f，vm＝8 m/s； 根據(jù)P＝Fvm； 解得：P＝16 W。 (2)0～2 s的勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，小車的加速度為： ax＝＝； 設(shè)小車的牽引力為Fx，根據(jù)牛頓第二定律有： Fx－f＝max； 根據(jù)題意有：P＝Fxvx； 解得：vx＝4 m/s。 (3)在2～9 s內(nèi)的變加速過程，小車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt＝7 s，由動(dòng)能定理可得：PΔt－fx＝mv－mv； 解得小車通過的距離是：x＝44 m。 - 24 -