（浙江选考）2023版高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案

PAGEPAGE1第1讲功功率与动能定理[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2022/102022/042022/102022/042022/11机械能守恒定律追寻守恒量——能量b功cc10、13功率cc重力势能cc4、20弹性势能bb20动能和动能定理dd2020202020机械能守恒定律dd2012cd54考点一功和能根本概念及规律辨析1．(2022·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，那么()图1A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2.(2022·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是()图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3.(2022·浙江10月学考·5)画作?瀑布?如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了()图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案D4.(人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中到达的最高点(位置2)的高度为h，重力加速度为g.以下说法正确的选项是()图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是()图5A．如图甲，撑杆跳高的运发动上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案B6．(2022·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，H<h，那么()图6A．小球从A到B重力做功小于从B到C重力做的功B．小球在A点的重力势能大于在C点的重力势能C．整个过程小球的机械能一定增大D．整个过程小球的机械能守恒答案C解析功的大小比拟看绝对值，h>H，所以A错误；重力势能的大小看位置上下，A点最低，B错误；恒力F始终做正功，所以机械能一直变大，C对，D错误．考点二功和功率的分析与计算1．(2022·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速率为20m图7A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104WB．水炮工作的发动机输出功率约为4×104WC．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106WD．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W答案B解析假设不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P＝eq\f(mgh,t)＝400×10×60×eq\f(1,5×60)W＝800W，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800W，应选项D错误．在1s内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103×eq\f(3,60)kg＝50kg，喷出去水的重力势能为Ep＝m′gh＝50×10×60J＝3×104J，水的动能为Ek＝eq\f(1,2)m′v2＝1×104J，所以1s内水增加的能量为4×104J，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W，选项B正确，A、C错误．2．(2022·浙江11月选考·10)如图8所示，质量为60kg的某运发动在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6m．假设她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，那么克服重力做的功和相应的功率约为()图8A．430J,7W B．4300J,70WC．720J,12W D．7200J,120W答案B解析设每次俯卧撑中，运发动重心变化的高度为h，由几何关系可得，eq\f(h,0.4)＝eq\f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24m．一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×9.8×0.24J＝141.12J，所以1min内克服重力做的总功为W总＝NW＝4233.6J，功率P＝eq\f(W总,t)＝70.56W，应选B.图9A．汽车发动机的额定功率为kmgvB．汽车行驶的最大速度为eq\f(kg＋av,kg)C．当汽车加速度减小到eq\f(a,2)时，速度增加到2vD．欲使汽车最大速度增加到此时的2倍，那么发动机额定功率应增加到此时的4倍答案B解析速度为v时，根据牛顿第二定律知eq\f(P0,v)－kmg＝ma，所以P0＝kmgv＋mav，故A错误；最后汽车匀速运动牵引力等于阻力时速度最大，故vm＝eq\f(P0,kmg)＝eq\f(kmgv＋mav,kmg)＝v＋eq\f(av,kg)，故B正确；加速度为eq\f(a,2)时，此时牵引力为F，那么F－kmg＝meq\f(a,2)，解得F＝kmg＋eq\f(ma,2)，此时速度为v＝eq\f(P0,F)＝eq\f(kmgv＋mav,kmg＋\f(ma,2))＝eq\f(2kgv＋2av,2kg＋a)，故C错误；由于汽车匀速运动时速度最大，汽车受到的阻力不变，此时的功率P＝Ff·2vm＝2P0，故D错误．4．(2022·浙江“七彩阳光〞联考)物体在大小相等的力F作用下，分别在粗糙的水平地面上发生了一段位移x，其力与速度方向夹角如图10所示，那么以下判断正确的选项是()图10A．甲图中力F做负功B．乙图中合外力做功最多C．丙图中摩擦力做功最多D．三个图中力F做功相同答案B解析根据W＝Fxcosα，甲中F与位移x的夹角为30°，故为正功，乙中F与x的夹角为150°，故为负功，丙中F与x的夹角为30°，故为正功，三种情况下力F的功的大小是相同的；甲图中摩擦力最大做功最多；乙图中合外力为F的水平分力与摩擦力的和，而甲和丙中合外力为F的水平分力与摩擦力的差，乙图中合外力做功最多．5．(2022·浙江“七彩阳光〞联考)周末放学了，小黄快乐的骑着电动自行车沿平直公路回家，中途因电瓶“没电〞，只能改用脚蹬车以5m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，取重力加速度g＝10m/s2.根据估算，小黄骑此电动车做功的平均功率最接近()A．10WB．100WC．1kWD．10kW答案B解析000N＝20N，那么骑车的平均功率P＝Fv＝20×5W＝100W.1.功的计算方法(1)恒力做功：W＝Flcosα，F为恒力．(2)变力做功：①用动能定理：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2).②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时．③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．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．(1)可用P＝eq\f(W,t).(2)可用P＝Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度．3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F和v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或用速度v乘以速度方向的分力求解．(1)公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度．(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．考点三动能定理的应用1．(2022·浙江10月学考·20)如图11甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m．现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2.求：图11(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)8eq\r(10)m/s(2)7×10解析(1)设C点的速度为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)代入数据解得vC＝8eq\(2)设D点速度为vD，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)F＋mg＝meq\f(v\o\al(D,2),R)，解得F＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7×103N(3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0解得x＝30m.2．(2022·浙江10月选考·20)如图12所示是公路上的“避险车道〞，车道外表是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v1＝36km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350m、下降高度h＝50m时到达“避险车道〞，此时速度表示数为v2＝72km/h.(g＝10m/s图12(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道〞这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)假设“避险车道〞与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道〞受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道〞上运动的最大位移(sin17°≈0.3)．答案(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m解析(1)由ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)得ΔEk＝3.0×105J(2)由动能定理mgh－Ffl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)得Ff＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(1,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)＋mgh,l)＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道〞上运动的最大位移是x，由动能定理－(mgsin17°＋3Ff)x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得x＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),mgsin17°＋3Ff)≈33.3m3．(2022·宁波市九校高三上学期期末)如图13所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4N，赛车质量为0.4kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W，B、C两点间高度差为0.45m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图13(1)赛车通过C点时的速度大小；(2)赛道AB的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件．答案(1)5m/s(2)2m(3)0＜R≤eq\f(25,46)m解析(1)赛车在BC间做平抛运动，那么vy＝eq\r(2gh)＝3m/s.由图可知：vC＝eq\f(vy,sin37°)＝5m/s(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos37°＝4m/s那么根据动能定理：Pt－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，得到：lAB＝2m.(3)当恰好通过最高点D时，有：mg＝meq\f(v\o\al(D,

2),R)从C到D，由动能定理可知：－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D,

2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)，解得R＝eq\f(25,46)m，所以轨道半径需满足0＜R≤eq\f(25,46)m(可以不写0)．4.(2022·温州市期中)如图14所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如下图．一个质量为2kg的物体(可视为质点)，从h＝3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A、B连线的中点处，重力加速度g取10m/s2，求：图14(1)传送带左、右两端A、B间的距离L；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量；(3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′.答案(1)12.8m(2)160J(3)1.8m解析(1)从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中运用动能定理得：mgh－eq\f(μmgL,2)＝0－0，解得L＝12.8m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x相＝eq\f(L,2)＋v带·t，又eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)μgt2，而摩擦热Q＝μmg·x相，以上三式可联立得Q＝160J.(3)物体随传送带向右匀加速，设当速度为v带＝6m/s时，向右的位移为x，那么μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(带,2)得x＝3.6m＜eq\f(L,2)，即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带＝6m/s的速度冲上斜面，由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(带,2)＝mgh′，解得h′＝1.8m.1.应用动能定理解题的步骤2．考前须知(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考点四动力学和能量观点的综合应用1．(2022·浙江11月选考·20)如图15甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20m．质量m＝1000kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝eq\f(1,32)，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)甲乙图15(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的平安，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，那么过山车受到的摩擦力至少应多大？答案(1)3eq\r(10)m/s(2)－7.5×104J解析(1)在F点由牛顿第二定律得：m人g－0.25m人g＝m人eq\f(v\o\al(F,2),r)，r＝Lsinθ＝12m代入数据可得：vF＝3eq\(2)根据动能定理，从B点到F点：eq\f(1,2)mveq\o\al(F,2)－0＝mg(h－r)＋Wf解得Wf＝－7.5×104J(3)在没有故障时，物体到达D点的速度为vD，根据动能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(F,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)＝－mgr－μmgcos37°·LDELDE＝Lcos37°＝16m，发现故障之后，过山车不能到达EF段，设刹车后恰好到达E点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为Ff1，根据动能定理0－eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)＝－mgLDEsin37°－Ff1LDE，联立各式解得Ff1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为Ff2，那么有Ff2－mgsinθ＝0，解得Ff2＝6×103N综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.2．(2022·浙江4月选考·20)图16中给出了一段“S〞形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10m，r2＝20m，弯道2比弯道1高h＝12m，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m＝1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)图16(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；(2)汽车以v1进入直道，以P＝30kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司时机利用路面宽度，用最短时间匀速平安通过弯道．设路宽d＝10m，求此最短时间(A、B两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．答案见解析解析(1)在弯道1行驶的最大速度设为v1由牛顿第二定律，kmg＝meq\f(v\o\al(1,2),r1)得v1＝eq\r(kgr1)＝5eq\r(5)m/s(2)在弯道2行驶的最大速度设为v2由牛顿第二定律，kmg＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)得v2＝eq\r(kgr2)＝5eq\r(10)m/s直道上由动能定理Pt－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)代入数据可得Wf＝－2.1×104J(3)沿如下图内切的路线行驶时间最短由图可得r′2＝req\o\al(1,2)＋[r′－(r1－eq\f(d,2))]2代入数据可得r′＝12.5m汽车沿该线路行驶的最大速度为v′那么kmg＝meq\f(v′2,r′)得v′＝eq\r(kgr′)＝12.5m/s由sinθ＝eq\f(r1,r′)＝0.8那么对应的圆心角2θ＝106°线路长度s＝eq\f(106,360)×2πr′≈23.1m最短时间t′＝eq\f(s,v′)≈1.8s3．(2022·浙江4月选考·20)如图17所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．(弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s2)图17(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d时，假设沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．答案(1)0.1J2m/s(2)0.5(3)不能，理由见解析解析(1)由机械能守恒定律可得E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1JΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)可得v0＝2m/s(2)由E弹∝d2可得ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1由动能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′μ＝eq\f(3h1－h2,L)＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg＝eq\f(mv2,Rm)由机械能守恒定律有v＝v0＝2m/s得Rm＝0.4m当R>Rm＝0.4m时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B点．4．(2022·台州市9月选考)如图18所示，质量为m＝0.1kg可视为质点的小球从静止开始沿半径为R1＝40cm的eq\f(1,4)圆弧轨道AB由A点滑到B点后，进入与AB圆滑连接的eq\f(1,4)圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半径为R2＝20cm，在紧靠出口C处，有一半径为R3＝8.4cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处，小球射出C出口时，恰好能接着穿过D孔进入圆筒，并越过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10m/s2.问：图18(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？(2)小球穿出圆筒小孔D时的速度多大？(3)圆筒转动的最大周期T为多少？答案(1)3N5N(2)0.8m/s(3)0.08s解析(1)从A到B，由动能定理得：mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B,2)由牛顿第二定律得：到达B点瞬间前：FNB－mg＝meq\f(v\o\al(B,2),R1)解得FNB＝3N到达B点瞬间后：FNB′－mg＝meq\f(v\o\al(B,2),R2)解得FNB′＝5N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力分别为3N和5N.(2)从A到D过程中，由机械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)解得：vD＝0.8m/s(3)由机械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)解得：vC＝2m/s穿越圆筒过程中：vC－vD＝g(nT＋0.5T)穿出到进入圆筒过程中：2vD＝gn′T得到关系式：3n′＝4n＋2要使周期最大，n和n′必须同时取正整数且n最小取n＝1，得Tmax＝0.08s.1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学根本规律．2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．专题强化练(限时：35分钟)1.(2022·浙江吴越联盟联考)跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图1所示，运发动在跳板上会有一个起跳动作，假设研究从运发动下落接触跳板到下落到最低点这一过程，以下说法正确的选项是()图1A．运发动的动能不断增大B．运发动的机械能先增大后减小C．运发动的势能先减小后增大D．跳板的弹性势能不断增大答案D2．(2022·杭州市四校联考)第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运发动薛长锐、李玲以5.55m和4.35m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，那么对这四个阶段的描述不正确的选项是()图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案C解析a～b阶段：人加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．3.(2022·金华市义乌模拟)如图3所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，以下说法正确的选项是()图3A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和答案D解析根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即牵引力对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确．4.(2022·浙江“9＋1”高中联盟期中)如图4为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能Ek(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的选项是()图4答案B解析货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先加速后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．5.(2022·浙江温州中学选考)飞机假设仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图5所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，g＝10m/s图5(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；答案(1)4.0m/s2(2)6.8×105N(3)1.0×108J解析(1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为Ff2＝0.2mg，那么F推－Ff2＝ma2，得a2＝4.0m/s2.(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1，末速度为v1，平均阻力为Ff1＝0.05mg，那么veq\o\al(

2,1)＝2a1l1，v2－veq\o\al(1,2)＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7m/s，由F牵＋F推－Ff1＝ma1，得F牵≈6.8×105N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107J，那么其消耗的能量E＝eq\f(W,80%)≈1.0×108J.6．(2022·浙江名校协作体联考)如图6所示，质量m＝1kg的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O点的距离s＝8m．在紧贴桌面边缘O点右侧固定了一个eq\f(1,2)圆弧挡板，半径R＝3m，圆心与桌面同高．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝8N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g取10m/s2)图6(1)假设小物块恰