高考物理二轮复习专题06 功和功率 动能定理（解析版）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题06功和功率动能定理目录TOC\o"1-3"\h\u一、热点题型归纳 1【题型一】功和功率的理解和计算 1【题型二】机车启动问题 4【题型三】动能定理及其应用 9【题型四】功能中的图像问题 12二、高考题型标准练 17一、热点题型归纳【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】(2020·海南新高考3月诊断)一同学将地面上一质量m＝400g的足球沿与水平方向成θ＝45°角踢出，足球与脚分开时的速度大小为10m/s，不计空气阻力，足球可看成质点，重力加速度g＝10m/s2.则该同学踢球时对足球做的功为()A．200JB．100JC．20JD．10J【答案】C【解析】由题意可知，足球离开脚时的速度为10m/s；而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.4×102J＝20J，故C正确，A、B、D错误．【典例分析2】(2020·上海市青浦区期末)质量为m、初速度为零的物体，在变化情况不同的合外力作用下都通过位移x0.下列各种情况中合外力做功最多的是()【答案】C【解析】由F－x图象与横坐标轴围成的面积表示功知，C中面积最大，合外力做功最多．【典例分析3】(2020·湖北随州市3月调研)如图所示，一半圆槽固定在水平面上，A、B两点为最高点，O为最低点，一个小球在外力控制下沿AOB做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．半圆槽对小球的支持力先做正功后做负功B．合力对小球先做负功后做正功C．小球在最低点O时，所受合力的功率最大D．整个过程中小球重力的功率先减小后增大【答案】D【解析】小球在外力控制下沿AOB做匀速圆周运动，半圆槽对小球的支持力与其速度一直垂直，故支持力不做功，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，方向始终与速度方向垂直，合力不做功，功率为零，故B、C错误；小球在运动过程中，竖直分速度先减小后增大，故小球重力的功率先减小后增大，故D正确．【典例分析4】．(2020·浙江杭州二中3月模拟)如图所示，在外力作用下某物体做直线运动的图象为正弦曲线．从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功不为零【答案】A【解析】在0～t1时间内，由题图可知，物体的速度增大，动能增大，由动能定理知外力做正功，A正确；v－t图象斜率表示加速度，加速度与外力成正比，则知在0～t1时间内，加速度减小，外力减小，速度增大．由题图可知0时刻速度为零，由P＝Fv可知外力的功率为零．t1时刻速度最大但拉力为零，t1时刻外力的功率也为零，可知外力的功率先增大后减小，B错误；t2时刻物体的速度为零，加速度不为零，外力不为零，由P＝Fv可知外力的功率为零，C错误；在t1～t3时间内，物体的动能变化量为零，由动能定理可知外力做的总功为零，D错误．【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。【强化训练】1.(2020·上海市静安区检测)一个质量为0.2kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，碰撞前后小球速度变化量的大小为|Δv|，碰撞过程中墙对小球做的功为W，则()A．|Δv|＝0，W＝0 B．|Δv|＝0，W＝7.2JC．|Δv|＝12m/s，W＝0 D．|Δv|＝12m/s，W＝7.2J【答案】C【解析】碰撞前后小球的速率相等，动能相等，由动能定理得，墙对小球做功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝0，取小球撞墙前的速度方向为正方向，则速度的变化量Δv＝v′－v＝－v－v＝－2v＝－12m/s，即速度变化量的大小为12m/s，故选C.2.如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ，现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为()A．Fh B．mghC．2mgh D．无法确定【答案】C【解析】把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，有Ff＝mgsinθ.上滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有F＝mgsinθ＋Ff＝2mgsinθ，所以在上升过程中恒力F做的功W＝F·eq\f(h,sinθ)＝2mgsinθ·eq\f(h,sinθ)＝2mgh，故选项C正确．3．(2020·浙江名校协作体5月试题)某人用长绳将一重物从井口送到井下，前二分之一的时间内，重物匀速下降，后二分之一的时间内，重物匀减速下降，到达井底时速度恰好为0，两段时间内重物克服拉力做的功分别为W1和W2，则()A．W1>W2 B．W1＝W2C．W1<2W2 D．W1＝2W2【答案】C【解析】设重物的质量为m，匀速运动的速度大小为v，时间为t，则匀速运动时，拉力大小为F1＝mg，位移为x1＝vt，重物克服拉力做的功为W1＝F1x1＝mgvt；匀减速运动时，由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma，得F2＝m(g＋a)，位移为x2＝eq\f(1,2)vt，重物克服拉力做的功为W2＝F2x2＝m(g＋a)eq\f(1,2)vt；很容易得到：W1＜2W2，选项C正确．4.(2020·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【答案】：D【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．【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】(2020·江西南昌市三校联考)汽车以额定功率P在平直公路上以速度v1＝10m/s匀速行驶，在某一时刻突然使汽车的功率变为2P，并保持该功率继续行驶，汽车最终以速度v2匀速行驶(设汽车所受阻力不变)，则()A．v2＝10m/sB．v2＝20m/sC．汽车在速度v2时的牵引力是速度v1时的牵引力的两倍D．汽车在速度v2时的牵引力是速度v1时的牵引力的一半【答案】B【解析】汽车匀速行驶，阻力等于牵引力，汽车受到的阻力为Ff＝eq\f(P,v1)，若汽车的功率变为2P，当牵引力等于阻力时，速度最大为v2，已知阻力不变，故牵引力不变，v2＝eq\f(2P,Ff)＝2v1＝20m/s，故A、C、D错误，B正确．【典例分析2】(2020·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【答案】：D【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．【典例分析3】(2020·四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．【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。【强化训练】1.(2020·超级全能生11月联考)张家界百龙天梯(如图甲)，是吉尼斯世界纪录记载世界最高的户外观光电梯，百龙天梯垂直高度差335m，运行高度326m，用时66s就能从地面把人带到山顶．某次观光电梯空载测试由静止开始以a＝5m/s2的加速度向上做匀加速直线运动，当输出功率达到其允许的最大值时(t＝1s)，保持该功率继续向上加速，其运动的a－t图象如图乙所示．则0～1s和1～2s牵引力对电梯所做的功之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶1 D．条件不足，无法确定【答案】A【解析】由题意可知，0～1s内观光电梯做匀加速运动，此过程牵引力恒定，设为F，由牛顿第二定律可知，此过程牵引力做的功为W1＝F·eq\f(1,2)at2＝2.5F(J)，输出功率最大值为P＝F·at＝5F(W).1～2s内保持功率不变，此过程牵引力做的功为W2＝Pt＝5F(J)，所以W1∶W2＝1∶2，故A正确．2.(2020·四川宜宾市四中高三下学期三诊)如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，起重机拉力逐渐变大B．在t1～t2时间内，起重机拉力的功率保持不变C．在t1～t2时间内，货物的机械能保持不变D．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功【答案】B【解析】在0～t1时间内，货物加速上升，加速度变小，则起重机拉力变小，A错误；在t1～t2时间内，货物匀速上升，拉力等于重力，功率不变，由于拉力做正功，机械能增加，B正确，C错误；在t2～t3时间内，货物匀减速上升，拉力方向向上，起重机拉力对货物做正功，D错误．3.(2020·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。4.(2020·河南洛阳市一模)为了人民的健康和社会的长远发展，我国环保部门每天派出大量的洒水车上街进行空气净化除尘，已知某种型号的洒水车的操作系统是由发动机带动变速箱，变速箱带动洒水泵产生动力将罐体内的水通过管网喷洒出去，假设行驶过程中车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，以下判断正确的是()A．洒水车的动能保持不变B．发动机的功率保持不变C．牵引力的功率随时间均匀减小D．牵引力大小跟洒水时间成反比【答案】C【解析】以车和车内的水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题意，车受到的摩擦阻力与其质量成正比，受到的空气阻力与车速成正比，洒水车匀速行驶，合力为零，整体的质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒定不变，则由F－Ff－F阻＝0知，牵引力减小，Ek＝eq\f(1,2)mv2，洒水车的质量减小，速度不变，故动能减小，故A错误．发动机的功率P＝Fv，牵引力减小，速度不变，则发动机的功率减小，故B错误．牵引力F＝Ff＋F阻，洒水车的质量随时间均匀减小，则牵引力的大小随洒水时间均匀减小，不成反比，故D错误；牵引力的功率随洒水时间均匀减小，故C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】(多选)(2020·金太阳高三“线上”大联考)如图所示，a、b、c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角α＝53°，现从a点正上方的P点由静止释放一质量m＝1kg的小球(可视为质点)，小球经圆弧轨道飞出后以水平速度v＝3m/s通过Q点，已知圆弧轨道的半径R＝1m，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，下列分析正确的是()A.小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5JB.P、a两点的高度差为0.8mC.小球运动到c点时的速度大小为4m/sD.小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N【答案】AD【解析】小球由c到Q的逆过程是平抛运动，则小球运动到c点时的速度大小vc＝eq\f(v,cosα)＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s小球运动到c点时竖直分速度大小vcy＝vtanα＝3×eq\f(4,3)m/s＝4m/s则Q、c两点的高度差h＝eq\f(vcy2,2g)＝eq\f(42,2×10)m＝0.8m设P、a两点的高度差为H，从P到c，由动能定理得mg(H＋Rcosα)＝eq\f(1,2)mvc2－0解得H＝0.65m小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为W＝mg[(H＋Rcosα)－h]＝4.5J故A正确，B、C错误；从P到b，由动能定理得mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvb2－0小球在b点时，有FN－mg＝meq\f(vb2,R)联立解得FN＝43N根据牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N，故D正确.【典例分析2】(2020·河南八市联考)如图所示，一倾角为θ＝45°的足够长的斜面固定在水平地面上，其底端有一挡板P，所受重力为5N的滑块从距水平面高度h＝1m处以一定的初速度v0沿斜面向下运动，若每次滑块与挡板相碰均无机械能损失，第一次碰后滑块沿斜面上滑获得的最大重力势能为4J，经多次碰撞后滑块静止，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A.滑块的初动能为1.25JB.全过程中滑块克服摩擦力做的功为1.25JC.滑块最后一定静止在斜面上距挡板某一高度处D.全过程中滑块减少的机械能有一部分转化为内能【答案】A【解析】因每次滑块与挡板相碰均无机械能损失，以滑块开始运动到第一次碰后滑块沿斜面上升至速度为零为研究过程，设摩擦力做的功为Wf，滑块质量为m，第一次碰撞后滑块沿斜面上滑的最大高度为h′，滑块的初动能为Ek0，由动能定理得mgh－mgh′＋Wf＝0－Ek0，Wf＝－μmg(h＋h′)·eq\f(cosθ,sinθ)，又mgh＝5J，mgh′＝4J，联立并代入数据解得Ek0＝1.25J，选项A正确；因滑块的重力沿斜面向下的分力大于斜面对滑块的最大静摩擦力，所以滑块最后一定静止在挡板处，选项C错误；全过程中滑块减少的机械能全部转化为内能，则全过程中滑块克服摩擦力做的功为mgh＋Ek0＝6.25J，选项B、D错误.【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。【强化训练】1.(多选)(2020·山东日照市校际联考)如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为eq\f(3,2)mg(g为当地的重力加速度)．已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑雪爱好者与滑道各处间的动摩擦因数相同，则滑雪爱好者在沿着AB下滑的过程中()A．重力的功率先增加后减小B．始终处于失重状态C．克服摩擦力做功为eq\f(1,4)mgRD．受到的摩擦力大小为eq\f(3,4π)mg【答案】AC【解析】沿着AB下滑的过程中，竖直方向的分速度先增大，后减小，故重力的功率先增大后减小，A正确．由于竖直方向加速度先向下后向上，故滑雪者先处于失重状态后处于超重状态，B错误．设滑雪者在B点的速度为v，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，从A到B的过程，由动能定理得mgR(1－sin30°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得Wf＝eq\f(1,4)mgR，C正确．下滑过程中，滑雪爱好者受到的弹力变化，故受到的摩擦力也是变化的，不是一个确定值，D错误．2.(2020·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。3.(多选)(2020·河南信阳市第一次质检)如图所示为直角三角形斜劈ABC，∠ABC＝30°，P为AB的中点，AP＝PB＝10m．小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2.将BC水平放置，小物块从A点由静止释放，滑到B点时速度刚好为零，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．μ1＋μ2＝eq\f(2,3)eq\r(3)B．μ1＋μ2＝2eq\r(3)C．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1∶1D．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)【答案】AC【解析】从A到B由动能定理：mg·eq\x\to(AB)sin30°－μ1mgcos30°eq\x\to(AP)－μ2mgcos30°eq\x\to(BP)＝0解得：μ1＋μ2＝eq\f(2,3)eq\r(3)，选项A正确，B错误；因从A到P和从P到B的平均速度均为eq\f(vP,2)，位移也相等，则根据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知，小物块经过AP段和PB段的时间之比为1∶1，选项C正确，D错误．【题型四】功能中的图像问题【典例分析1】(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图甲所示，一小木块以某一初速度冲上倾角θ＝37°足够长的固定斜面.若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化关系图象.忽略空气阻力的影响，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是()A.小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为40JB.小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20JC.小木块的质量m＝1kgD.小木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2【答案】BC【解析】小木块在运动过程中受到重力、摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能减少，而上升和下降过程中机械能的减少量相等，根据图象可知，上升和下降整个过程机械能的减少量为20J，则小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为10J，小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20J，故A错误，B正确；上升过程，根据动能定理有：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－40又μmgcosθ·x＝10联立解得m＝1kg，μ＝0.25故C正确，D错误.【典例分析2】(2020·宁夏银川三模)如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，则()A．物体先做加速运动，推力撤去才开始做减速运动B．物体在水平面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为20m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】B【解析】开始时推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到小于摩擦力以后，物体做加速度增大的减速运动，撤去F后做匀减速运动，故A、D错误；由F－x图像的面积可得推力全过程做功W＝eq\f(1,2)×100×4J＝200J，由WF－μmgs＝0，得s＝10m，故B正确；由F－x图像可知F＝μmg＝20N时，x＝3.2m，此刻速度最大W1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，其中W1＝eq\f(100＋20,2)×3.2J＝192J，得最大速度vm＝8m/s，故C错误．【典例分析3】(2020·内蒙古赤峰二中模拟)一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45J，在第1秒末撤去拉力，其v－t图像如图所示，g＝10m/s2，则()A．物体的质量为10kgB．物体与水平面的动摩擦因数为0.2C．第1秒内摩擦力对物体做的功为－60JD．前4秒内合力对物体做的功为60J【答案】A【解析】由图知第1s内的位移为x1＝eq\f(1×3,2)m＝1.5m，则由动能定理可得合外力做功W＝F合x1＝eq\f(1,2)mv2＝45J，得F合＝30N；m＝10kg，故A正确；从第1s末到4s，摩擦力做功为－45J，位移为：x2＝eq\f(3×3,2)m＝4.5m，摩擦力大小为f，则：－f×x2＝－45J，得f＝10N，则μ＝eq\f(f,mg)＝eq\f(10,100)＝0.1，故B错误；第1s内摩擦力做功为：Wf＝－fx1＝－10×1.5J＝－15J，故C错误；由动能定理可知，前4s内合外力做功为零；故D错误；故选A．【典例分析4】(2020·山西模拟)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功【答案】D.【解析】：由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5s时，速度最大，B项错；2～4s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；0～4s内与0～6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．【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【强化训练】1.(多选)(2020·河北邢台市期末)如图甲所示，静止在水平地面上的滑块在水平拉力F作用下，从t＝0时刻起，其加速度大小a随时间t的变化规律如图乙所示．已知滑块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2.则下列判断正确的是()A．t＝2s时，滑块的速度大小为3.2m/sB．t＝5s时，水平拉力F为零C．0～5s内，水平拉力F所做的功为12.5JD．0～5s内，滑块所受合力做的功为12.5J【答案】AD【解析】由题图乙知，t＝2s时，a＝1.2m/s2，速度v＝eq\f(2＋1.2,2)×2m/s＝3.2m/s，A正确；t＝5s时，a＝0，F＝μmg＝2N，B错误；v5＝eq\f(1,2)×2×5m/s＝5m/s，W合＝eq\f(1,2)mv52＝12.5J，摩擦力做负功，F做正功，则WF>12.5J，C错误，D正确．2.(2020·四川眉山市三诊)如图甲所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示关系(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)．若m＝1kg，AB＝4m，半圆轨道的半径R＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s2.则下列说法中正确的是()A．拉力F从A到B做功为50JB．物体从B到C过程中，所受的合外力为0C．物体能够到达C点，且速度大小为2eq\r(5)m/sD．物体能够到达C点，且速度大小为2eq\r(15)m/s【答案】D【解析】F－x图象与横坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝eq\f(1,2)×2×40J－10×1J＝30J，故A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，所受合外力大小不为0，故B错误；物体从A到B过程中，由动能定理有W＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(15)m/s，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2eq\r(15)m/s，故C错误，D正确．3.(2020·山东潍坊市4月模拟)在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关系如图所示．已知飞机质量为1kg，重力加速度g＝10m/s2，此过程中飞机()A．处于超重状态 B．机械能减少C．加速度大小为4.5m/s2 D．输出功率最大值为27W【答案】C【解析】由题图可知，飞机的速度减小，即竖直向上做减速运动，则飞机处于失重状态，故A则加速度大小为a＝eq\f(F合,m)＝4.5m/s2，说明飞机除受重力外还受到竖直向上的升力，升力对飞机做正功，由功能关系可知，飞机的机械能增大，故B错误，C正确；由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，则升力为F＝5.5N．由题图可知，Ekmax＝36J，则飞机最大速度为vmax＝6eq\r(2)m/s，输出功率最大值为Pmax＝Fvmax＝5.5×6eq\r(2)W＝33eq\r(2)W，故D错误．4.(2020·山东日照高三5月校际联合考试)一质点静止在光滑水平桌面上，t＝0时刻在水平外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，判断下列说法正确的是()A．质点在t1时刻的加速度最大B．质点在t2时刻离出发点最远C．在t1～t2的时间内，外力的功率先增大后减小D．在t2～t3的时间内，外力做负功【答案】BC【解析】v­t图象的斜率代表加速度，所以t1时刻的加速度为零，最小，A错误；v­t图象与t轴所围的面积代表位移，横轴上方为正向位移，下方为负向位移，所以t2时刻正向位移最大，离出发点最远，B正确；在t1～t2的时间内，根据P＝Fv＝mav，t1时刻加速度为零，外力为零，外力功率为零，t2时刻速度为零，外力功率为零，而中间任意时刻速度、外力都不为零，所以功率先增大后减小，C正确；t2～t3的时间内，物体动能增大，外力对物体做正功，D错误。二、高考题型标准练1.(2020·陕西汉中市高三期末)一个小球被水平抛出，运动t时间重力做功为W，不计空气阻力，则t时刻重力的瞬时功率为()A.eq\f(W,t)B.eq\f(2W,t)C.eq\f(4W,t)D.eq\f(W,2t)【答案】B【解析】由题意知，小球运动t时间重力做功为：W＝mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)mg2t2，t时刻小球竖直方向的速度大小为：v＝gt重力的瞬时功率为：P＝mgv＝mg·gt＝mg2t，联立解得：P＝eq\f(2W,t)，故B正确.2.(2020·安徽皖江联盟名校联考)如图所示，在固定的光滑斜面上，叠放着A、B两物体，一起沿斜面由静止开始下滑，已知B的上表面水平，则在下滑过程中()A．A不受摩擦力的作用B．B对A的弹力不做功C．A对B做正功D．B对A的作用力垂直于斜面向上【答案】D【解析】两物体一起沿着光滑斜面下滑，根据整体法，两物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsinθ，把此加速度正交分解，A物体有水平向左的加速度分量，因此一定受水平向左的静摩擦力，选项A错误．B对A的弹力与速度方向之间的夹角为钝角，因此做负功，选项B错误．把A所受重力、弹力和静摩擦力沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，由于物体A的加速度为a＝gsinθ，因此沿斜面方向弹力与静摩擦力的分力的合力为零，即弹力与摩擦力的合力垂直于斜面向上，选项D正确．力的作用是相互的，A对B的作用力垂直于斜面向下，不做功，选项C错误．3.(2020·黑龙江大庆段考)质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则以下说法中正确的是()A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C．物体滑行的总时间为4sD．物体滑行的总时间为2.5s【答案】C【解析】根据动能定理Ek2－Ek1＝－Ffl，可得Ff＝eq\f(Ek1－Ek2,l)＝eq\f(50－0,20)N＝2.5N，所以μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.25，故A错误，B错误；根据牛顿第二定律可得a＝eq\f(Ff,m)＝2.5m/s2，由运动学公式得物体滑行的总时间t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(2×20,2.5))s＝4s，故C正确，D错误．4.(2020·全国押题卷)如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l＝500m的斜面．一辆质量m＝2000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．电动汽车所受阻力Ff＝12000NB．电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率P0＝12kWC．第1s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P＝12000tD．第1s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6000J【答案】D【解析】加速阶段由牛顿第二定律可知：F－Ff－mgsinθ＝ma，之后保持功率不变，eq\f(P0,v)－Ff－mgsinθ＝ma，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，eq\f(P0,vmax)－Ff－mgsinθ＝0解得P0＝14KW；Ff＝2000N；选项A、B错误；第1s内电动汽车牵引力的功率P＝Fv＝14000t，选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移x＝eq\f(v2,2a)＝0.5m，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为(F－Ff)x＝6000J，选项D正确．5.(多选)(2020·北京海淀区期中)将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g，且f<mg.不考虑排球的转动，则下列说法中正确的是()A．排球运动过程中的加速度始终小于gB．排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fHC．排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功D．排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率【答案】BD【解析】排球上升过程中合力F合＝mg＋f>mg，故a>g，A错；排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W＝fH，B对；重力做功W＝mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH，C错；排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1＝mg＋f，a1＝g＋eq\f(f,m)，下降过程F2＝mg－f，a2＝g－eq\f(f,m)，a1>a2，t2>t1，由P＝eq\f(W,t)知时间越小功率越大，D对；故选B、D．6.(多选)(2020·全国名校大联考)质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图8甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则下列说法中正确的是()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s内恒力F做的功为3JC．10s末物体在计时起点左侧2m处D．10s内物体克服摩擦力做功34J【答案】CD【解析】前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2得F＝3N，μ＝0.05，选项A错误；由v－t图象中图线与坐标轴所围面积的物理意义知，10s内物体的位移为x＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×6))m＝－2m，与恒力F的方向相同，则恒力F做的功为W＝Fx＝6J，则B错误；因为10s内物体的位移x＝－2m，即10s末物体在计时起点左侧2m处，C正确；10s内物体的路程为s＝eq\f(1,2)×4×8m＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×6))m＝34m，即10s内物体克服摩擦力所做的功Wf＝μmgs＝0.05×2×10×34J＝34J，则D正确．7.(多选)(2020·广东肇庆一模)如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F＝F0－kt(以向左为正，F0、k均为大于零的常数)，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF0>mg·t＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑eq\f(H,2)后脱离墙面，此时速度大小为eq\r(\f(gH,2))，最终落在地面上．则下列关于物体的说法，正确的是()A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B．物体与墙壁脱离的时刻为t＝eq\f(F0,k)C．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线D．物体克服摩擦力所做的功为W＝eq\f(3,8)mgH【答案】BD【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg－μF＝ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F＝0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．当物体与墙面脱离时F为零，所以F＝F0－kt＝0，解得时间t＝eq\f(F0,k)，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故C错误．物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：mgeq\f(H,2)－W＝eq\f(1,2)m(eq\f(\r(g