高考物理二轮复习热点题型专题06 功和功率 动能定理（解析版）

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W＝Pt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(R＋h)B．物块从A到B过程重力的平均功率为eq\f(2mg\r(2gh),π)C．物块在B点时对槽底的压力大小为eq\f(R＋2hmg,R)D．物块到B点时重力的瞬时功率为mgeq\r(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mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gh)，从A到B运动的时间t＝eq\f(\f(1,2)πR,v)＝eq\f(πR,2\r(2gh))，因此从A到B过程中重力的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(2mg\r(2gh),π)，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝meq\f(v2,R)，求得FN＝eq\f(R＋2hmg,R)，根据牛顿第三定律可知，FN′＝FN＝eq\f(R＋2hmg,R)，C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，D项错误．【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eq\f(1,4)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＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4D．全程重力做功的平均功率eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(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t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h为竖直高度，对图丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ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P1＝P2>P3>P4，选项C错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，故eq\x\to(P)1＝eq\x\to(P)2>eq\x\to(P)3>eq\x\to(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，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为eq\f(1,4)圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝eq\f(1,2)F2x2、W3＝eq\f(π,4)F3x3。(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P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝eq\f(W,t)计算的是平均功率，P＝Fvcosθ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300kg)抬升到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1.0×103kg/m3，g取10m/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10kWB．使水炮工作的发动机的输出功率为30kWC．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104JD．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105J【答案】D【解析】水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3,1min内流出水的质量：m＝ρV＝1.0×103×3kg＝3000kg,1min内水获得的重力势能：Ep＝mgh＝3000×10×60J＝1.8×106J，1min内水获得的动能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6×105J，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ep＋Ek,t)＝eq\f(1.8×106＋6×105,60)W＝4×104W，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：W′＝m′gh＝300×10×60J＝1.8×105J，故C错误，D正确。2．(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h<v≤90km/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>90km/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1250N．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11s末．则在前11s内()A．经过计算t0＝6sB．电动机输出的最大功率为60kWC．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105JD．汽车的位移为160m【答案】AC【解析】开始阶段，牵引力F1＝5000N，根据牛顿第二定律可得，F1－Ff＝ma，解得：开始阶段加速度a＝2.5m/s2.v1＝54km/h＝15m/s，根据t0＝eq\f(v1,a)，解得t0＝6s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5000×15W＝75000W＝75kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率P＝F2v1＝6000×15W＝90kW,11s末汽车的速度v2＝eq\f(P,F)＝eq\f(90×103,3600)m/s＝25m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6)J＝4.5×105J，故C项正确；汽车前6s内的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝eq\f(1,2)×2.5×62m＝45m，后5s内根据动能定理得：Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得：x2＝120m．所以前11s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝45m＋120m＝165m，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eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的时间可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．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eq\f(2s,vm)【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eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，设所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt－(f＋mgsinθ)s＝eq\f(1,2)m(eq\f(vm,2))2－eq\f(1,2)m(eq\f(vm,4))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(f＋mgsinθs,P)，故C错误；上坡过程中，汽车从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eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正确。【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67.19m【参考答案】：D【名师解析】：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，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A错误；牵引力功率为15kW时，汽车所受阻力F1＝0.2mg＝2000N，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WF1＝－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≈67.19m，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：①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可得v1＝eq\f(P,F阻＋ma)。②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝eq\f(P,F阻)。(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eq\f(P,F阻)，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt计算，但不能用W＝Flcosθ计算。注意：无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F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10s后的速度达到20m/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．90mB．100mC．110m D．120m【答案】：CD【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20m/s的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即x＝eq\f(1,2)×20×10m＝100m，而此时实际曲线围成面积大于100m，则这段时间内汽车行驶的距离可能是110m或120m，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，下列说法正确的是()A．汽车行驶中所受的阻力为eq\f(F1v1,v3)B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为eq\f(mv1v3,v3－v1)C．速度为v2时的加速度大小为eq\f(F1v1,mv2)D．若速度为v2时牵引力恰为eq\f(F1,2)，则有v2＝2v1【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＝eq\f(F1v1,v3)，A正确；根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时，加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(F1,m)－eq\f(F1v1,mv3)，加速的时间t＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(mv1v3,F1v3－v1)，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝eq\f(mv1v3,v3－v1)，故B正确；由F1v1＝F2v2可知速度为v2时的牵引力F2＝eq\f(F1v1,v2)，根据牛顿第二定律，速度为v2时加速度大小为a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝eq\f(F1v1,mv2)－eq\f(F1v1,mv3)，故C错误；若速度为v2时牵引力恰为eq\f(F1,2)，则eq\f(F1v1,v2)＝eq\f(F1,2)，则v2＝2v1，D正确。3．(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()A．若匀加速过程时间为t，则速度由v1变为v2的时间大于eq\f(v2－v1,v1)tB．钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)C．重物的最大速度为v2＝eq\f(P,mg)D．重物做匀加速直线运动的时间为eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)【答案】ACD【解析】起重机提升重物的v­t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＝eq\f(v1,t)，起重机的有用功率达到额定功率后，若按匀加速从v1到v2，设从v1加速到v2的时间为t2，则a2＝eq\f(v2－v1,t2)，结合图象可以看出a1>a2，即t2>eq\f(v2－v1,v1)t，故A正确；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P＝Fv得钢绳的最大拉力Fm＝eq\f(P,v1)，故B错误；重物以最大速度匀速上升时，F＝mg，所以v2＝eq\f(P,mg)，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(\f(P,v1)－mg,m)＝eq\f(P－mgv1,mv1)，则匀加速的时间为t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故D正确。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θ.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，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H分别为()A.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθeq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)B.eq\f(1,2)mv2eq\f(v2sin2θ－2gLsinθcos2θ,2g)C.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθeq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)D.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθeq\f(v2,2g)【参考答案】A【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＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，则W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；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mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，联立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g).【典例分析2】(2019·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L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面总长L2＝1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节。将质量m＝0.2kg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μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2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g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当θ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μ2；(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ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】(1)(5－eq\f(\r(3),4))m/s2(2)0.8(3)53°1.9m【名师解析】(1)根据牛顿第二定律，可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入数据得a＝(5－eq\f(\r(3),4))m/s2。(2)由动能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0代入数据得μ2＝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mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝eq\f(1,2)mv2得20(sinθ－1.2＋eq\f(3,4)cosθ)＝v2，由数学知识可知sinθ＋eq\f(3,4)cosθ＝eq\r(12＋(\f(3,4))2)sin(θ＋φ)其中tanφ＝eq\f(3,4)，当θ＋φ＝90°时，即θ＝53°时，sin(θ＋φ)有极大值，veq\o\al(2,max)＝20×(eq\f(5,4)－1.2)＝1，vmax＝1m/s由于H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4sx1＝vmaxt＝0.4m，xm＝x1＋L2＝1.9m。【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①确定研究对象及其运动过程；②分析受力情况和各力的做功情况；③明确物体初末状态的动能；④由动能定理列方程求解。(2)应用动能定理解题应注意的三个问题①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。②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。③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①既适用于直线运动，也适用于曲线运动；②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，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1∶1B．甲、乙两球的动能之比为1∶2C．甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1D．甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶2【答案】BC【解析】对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(L＋Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)－0，对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)－0，所以最低点时两球的动能之比为eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,甲),\f(1,2)mv\o\al(2,乙))＝eq\f(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甲－mg＝meq\f(v\o\al(2,甲),L)，对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得T乙－mg＝meq\f(v\o\al(2,乙),2L)，所以最低点时杆对两球的拉力之比为eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(1,1)，根据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为1∶1，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m＝2kg的小物块以速度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g取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)通过计算分析物块能否经过E点．【答案】：(1)11.25m153N，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)＝1.5sA、B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)在C点FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)FN＝153N由牛顿第三定律可知物体在C点对轨道的压力为153N，方向向下．(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－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设在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，所以物块能经过E点．3.(2019·云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H＝0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3m的固定斜面．一个质量m＝0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4m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g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(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．【答案】(1)4m/s(2)eq\f(1,15)s(3)0.15J【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°＝eq\f(1,2)mvB2，解得：vB＝4m/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：x＝vBt，y＝eq\f(1,2)gt2，结合几何关系，有：eq\f(H－y,x)＝eq\f(H,L1)＝eq\f(2,3)，解得：t＝eq\f(1,15)s或t＝－eq\f(3,5)s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，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：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝eq\f(1,2)mv2－0对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有eq\f(1,2)mvB′2＝mgLsin37°－μmgLcos37°又x＝vB′t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(H－y,x)＝eq\f(2,3)联立解得：eq\f(1,2)mv2＝mg(eq\f(25y,16)＋eq\f(9H2,16y)－eq\f(9H,8))，故当eq\f(25y,16)＝eq\f(9H2,16y)，即y＝eq\f(3,5)H＝0.12m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15J.题型四功能中的图像问题【典例分析1】(2019·高考全国卷Ⅲ）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3m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10m/s2.该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg【答案】】：C【解析】：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上两式得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg，选项C正确．【典例分析2】(2019·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F拉静止在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10m/s2。问在0～4s时间内，合外力对小物块做的功为()A．24JB．12JC．8JD．6J【参考答案】A【名师解析】根据F­t图象和a­t图象可知，t1＝2s时，F1＝6N，a1＝1m/s2；t2＝4s时，F2＝12N，a2＝3m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3kg，μ＝0.1，根据a­t图象与t轴所围面积为小物块的速度改变量Δv，得小物块在t2＝4s末时的速度v＝0＋Δv＝4m/s，根据动能定理可得合外力对小物块做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝24J，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μ，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0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动B．小物块运动至2L处的速度为eq\r(6a0L)C．整个过程中水平外力做功为mL(2μg＋3a0)D．小物块从L处运动至2L处所用的时间为eq\f(1,2)eq\r(\f(L,a0))【答案】BC【解析】小物块在0～L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L～2L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：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝eq\f(1,2)mv2，得小物块运动至2L处的速度为v＝eq\r(6a0L)，故B正确；整个过程合力做功为eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功为WF＝mL(2μg＋