高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型專(zhuān)題06 功和功率 動(dòng)能定理（解析版）

高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型與提分秘籍專(zhuān)題06功和功率動(dòng)能定理題型一功和功率的理解和計(jì)算【題型解碼】1.要注意區(qū)分是恒力做功，還是變力做功，求恒力的功常用定義式．2.變力的功根據(jù)特點(diǎn)可將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功(如大小不變、方向變化的阻力)，或用圖象法、平均值法(如彈簧彈力的功)，或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)，或用動(dòng)能定理等求解．【典例分析1】(2019·山東菏澤市下學(xué)期第一次模擬)如圖所示，半徑為R的半圓弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直徑水平，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從P點(diǎn)由靜止釋放剛好從槽口A點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到最低點(diǎn)B點(diǎn)，不計(jì)物塊的大小，P點(diǎn)到A點(diǎn)高度為h，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊從P到B過(guò)程克服摩擦力做的功為mg(R＋h)B．物塊從A到B過(guò)程重力的平均功率為eq\f(2mg\r(2gh),π)C．物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為eq\f(R＋2hmg,R)D．物塊到B點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgeq\r(2gh)【參考答案】BC【名師解析】物塊從A到B過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒，物塊到A點(diǎn)時(shí)的速度大小由mgh＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gh)，從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(\f(1,2)πR,v)＝eq\f(πR,2\r(2gh))，因此從A到B過(guò)程中重力的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(2mg\r(2gh),π)，B項(xiàng)正確；物塊在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝meq\f(v2,R)，求得FN＝eq\f(R＋2hmg,R)，根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)N′＝FN＝eq\f(R＋2hmg,R)，C項(xiàng)正確；物塊到B點(diǎn)時(shí)，速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時(shí)功率為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤．【典例分析2】(2019·湖北武漢高三3月調(diào)研)如圖所示，將完全相同的四個(gè)小球1、2、3、4分別從同一高度由靜止釋放或平拋(圖乙)，其中圖丙是一傾角為45°的光滑斜面，圖丁為eq\f(1,4)光滑圓弧，不計(jì)空氣阻力，則下列對(duì)四種情況下相關(guān)物理量的比較正確的是()A．落地時(shí)間t1＝t2＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬間重力的功率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【參考答案】：D【名師解析】：圖甲、乙中小球在豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h為豎直高度，對(duì)圖丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動(dòng)能定理可知，兩小球從初始位置到水平面上同一高度處速度大小總相等，但小球4的路程長(zhǎng)，因此t1＝t2<t3<t4，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因豎直高度相等，因此重力做功相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率等于mgvy，小球四種方式落地時(shí)的豎直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬間重力的功率P1＝P2>P3>P4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；綜合分析，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，選項(xiàng)D正確．【提分秘籍】計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)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eq\f(1,4)圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝eq\f(1,2)F2x2、W3＝eq\f(π,4)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)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＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的適用范圍，P＝eq\f(W,t)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?！就黄朴?xùn)練】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(chē)，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300kg)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(kāi)炮口時(shí)的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為10kWB．使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為30kWC．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過(guò)程中所做的功為1.8×104JD．伸縮臂抬升登高平臺(tái)過(guò)程中所做的功為1.8×105J【答案】D【解析】水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3,1min內(nèi)流出水的質(zhì)量：m＝ρV＝1.0×103×3kg＝3000kg,1min內(nèi)水獲得的重力勢(shì)能：Ep＝mgh＝3000×10×60J＝1.8×106J，1min內(nèi)水獲得的動(dòng)能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6×105J，使水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ep＋Ek,t)＝eq\f(1.8×106＋6×105,60)W＝4×104W，故A、B錯(cuò)誤；伸縮臂抬升登高平臺(tái)過(guò)程中所做的功等于登高平臺(tái)克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60J＝1.8×105J，故C錯(cuò)誤，D正確。2．(2019·四川廣元市第二次適應(yīng)性統(tǒng)考)某質(zhì)量m＝1500kg的“雙引擎”小汽車(chē)，當(dāng)行駛速度v≤54km/h時(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；當(dāng)行駛速度在54km/h<v≤90km/h范圍內(nèi)時(shí)靠汽油機(jī)輸出動(dòng)力，同時(shí)內(nèi)部電池充電；當(dāng)行駛速度v>90km/h時(shí)汽油機(jī)和電動(dòng)機(jī)同時(shí)工作，這種汽車(chē)更節(jié)能環(huán)保．該小汽車(chē)在一條平直的公路上由靜止啟動(dòng)，汽車(chē)的牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的圖線如圖3所示，所受阻力恒為1250N．已知汽車(chē)在t0時(shí)刻第一次切換動(dòng)力引擎，以后保持恒定功率行駛至第11s末．則在前11s內(nèi)()A．經(jīng)過(guò)計(jì)算t0＝6sB．電動(dòng)機(jī)輸出的最大功率為60kWC．汽油機(jī)工作期間牽引力做的功為4.5×105JD．汽車(chē)的位移為160m【答案】AC【解析】開(kāi)始階段，牽引力F1＝5000N，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)1－Ff＝ma，解得：開(kāi)始階段加速度a＝2.5m/s2.v1＝54km/h＝15m/s，根據(jù)t0＝eq\f(v1,a)，解得t0＝6s，故A項(xiàng)正確；t0時(shí)刻，電動(dòng)機(jī)輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5000×15W＝75000W＝75kW，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；汽油機(jī)工作期間，功率P＝F2v1＝6000×15W＝90kW,11s末汽車(chē)的速度v2＝eq\f(P,F)＝eq\f(90×103,3600)m/s＝25m/s，汽油機(jī)工作期間牽引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6)J＝4.5×105J，故C項(xiàng)正確；汽車(chē)前6s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝eq\f(1,2)×2.5×62m＝45m，后5s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理得：Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得：x2＝120m．所以前11s時(shí)間內(nèi)汽車(chē)的位移x＝x1＋x2＝45m＋120m＝165m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．題型二機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題【題型解碼】分析機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題時(shí)，抓住兩個(gè)關(guān)鍵，一是汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關(guān)系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關(guān)系．綜合以上兩個(gè)關(guān)系，即可確定汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況．【典例分析1】(2019·四川省成都市高三三模)目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車(chē)性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車(chē)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(mén)，則汽車(chē)的速度保持不變；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(chē)在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小保持不變，下列說(shuō)法正確的是()A．關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，汽車(chē)的機(jī)械能守恒B．關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)的支持力的沖量為零C．上坡過(guò)程中，汽車(chē)速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的時(shí)間可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡過(guò)程中，汽車(chē)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eq\f(2s,vm)【參考答案】D【名師解析】關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，汽車(chē)的速度不變，動(dòng)能不變，高度降低，重力勢(shì)能減小，則汽車(chē)的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)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(guò)程中，汽車(chē)速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，設(shè)所用的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)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錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車(chē)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eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正確?！镜淅治?】(2019·河南重點(diǎn)中學(xué)3月理綜聯(lián)考)一輛汽車(chē)在平直的公路上由靜止開(kāi)始啟動(dòng)．在啟動(dòng)過(guò)程中，汽車(chē)牽引力的功率及其瞬時(shí)速度隨時(shí)間的變化情況分別如圖甲、乙所示．已知汽車(chē)所受阻力恒為重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．該汽車(chē)的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對(duì)汽車(chē)所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車(chē)的位移大小約為67.19m【參考答案】：D【名師解析】：由圖象可得，汽車(chē)勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽車(chē)勻加速階段的牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3000N，勻加速階段由牛頓第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯(cuò)誤；牽引力功率為15kW時(shí)，汽車(chē)所受阻力F1＝0.2mg＝2000N，汽車(chē)行駛的最大速度v0＝eq\f(P,F1)＝7.5m/s，B錯(cuò)誤；前5s內(nèi)汽車(chē)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WF1＝－0.2mgx＝－25kJ，C錯(cuò)誤；5～15s內(nèi)，由動(dòng)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正確．【提分秘籍】解決機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)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(guò)程：機(jī)車(chē)功率是不斷改變的，但該過(guò)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(chē)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(guò)程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車(chē)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＝eq\f(P,F阻＋ma)。②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝eq\f(P,F阻)。(3)額定功率啟動(dòng)的過(guò)程：機(jī)車(chē)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eq\f(P,F阻)，牽引力是變力，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(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿(mǎn)足P＝F阻vm，P為機(jī)車(chē)的額定功率。【突破訓(xùn)練】1.(多選)(2019·重慶市巴蜀中學(xué)適應(yīng)性測(cè)試)某汽車(chē)在恒定功率牽引下由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，行駛10s后的速度達(dá)到20m/s，設(shè)汽車(chē)所受阻力恒定，則這段時(shí)間內(nèi)汽車(chē)行駛的距離可能是()A．90mB．100mC．110m D．120m【答案】：CD【解析】：根據(jù)汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫(huà)出汽車(chē)的速度—時(shí)間圖象如圖所示，根據(jù)速度—時(shí)間圖象曲線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”表示位移可知，如果物體做初速度為零、末速度為20m/s的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移等于三角形的面積，即x＝eq\f(1,2)×20×10m＝100m，而此時(shí)實(shí)際曲線圍成面積大于100m，則這段時(shí)間內(nèi)汽車(chē)行駛的距離可能是110m或120m，所以C、D正確，A、B錯(cuò)誤．2.(2019·衡陽(yáng)模擬)(多選)一輛汽車(chē)在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chē)的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車(chē)所能達(dá)到的最大速度v3，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．汽車(chē)行駛中所受的阻力為eq\f(F1v1,v3)B．汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為eq\f(mv1v3,v3－v1)C．速度為v2時(shí)的加速度大小為eq\f(F1v1,mv2)D．若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則有v2＝2v1【答案】ABD【解析】根據(jù)牽引力—速度圖象得汽車(chē)運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1。該汽車(chē)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＝eq\f(F1v1,v3)，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(F1,m)－eq\f(F1v1,mv3)，加速的時(shí)間t＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(mv1v3,F1v3－v1)，則汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝eq\f(mv1v3,v3－v1)，故B正確；由F1v1＝F2v2可知速度為v2時(shí)的牽引力F2＝eq\f(F1v1,v2)，根據(jù)牛頓第二定律，速度為v2時(shí)加速度大小為a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝eq\f(F1v1,mv2)－eq\f(F1v1,mv3)，故C錯(cuò)誤；若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則eq\f(F1v1,v2)＝eq\f(F1,2)，則v2＝2v1，D正確。3．(2019·河北衡水中學(xué)三模)(多選)一起重機(jī)的鋼繩由靜止開(kāi)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)，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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．若勻加速過(guò)程時(shí)間為t，則速度由v1變?yōu)関2的時(shí)間大于eq\f(v2－v1,v1)tB．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)C．重物的最大速度為v2＝eq\f(P,mg)D．重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)【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(guò)程時(shí)間為t，則重物在勻加速過(guò)程中：a1＝eq\f(v1,t)，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＝eq\f(v2－v1,t2)，結(jié)合圖象可以看出a1>a2，即t2>eq\f(v2－v1,v1)t，故A正確；勻加速提升重物時(shí)鋼繩拉力最大，且等于勻加速結(jié)束時(shí)的拉力，由P＝Fv得鋼繩的最大拉力Fm＝eq\f(P,v1)，故B錯(cuò)誤；重物以最大速度勻速上升時(shí)，F(xiàn)＝mg，所以v2＝eq\f(P,mg)，故C正確；重物做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(\f(P,v1)－mg,m)＝eq\f(P－mgv1,mv1)，則勻加速的時(shí)間為t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故D正確。題型三動(dòng)能定理及其應(yīng)用【題型解碼】1.要對(duì)研究對(duì)象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確對(duì)哪個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理．2.列動(dòng)能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)號(hào)問(wèn)題．【典例分析1】(2019·山西五地聯(lián)考上學(xué)期期末)如圖所示，固定斜面傾角為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，小球最后落地的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦，重力加速度為g，則該過(guò)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.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)【參考答案】A【名師解析】對(duì)人從開(kāi)始?jí)簭椈傻叫∏蚵涞氐恼麄€(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；設(shè)小球離開(kāi)斜面時(shí)的速度為v0.對(duì)小球做斜拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；從最高點(diǎn)到落地的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，聯(lián)立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g).【典例分析2】(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＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面總長(zhǎng)L2＝1.5m，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＝0.2kg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＝10m/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(wèn)中的數(shù)值，當(dāng)θ角為多大時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？【參考答案】(1)(5－eq\f(\r(3),4))m/s2(2)0.8(3)53°1.9m【名師解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝(5－eq\f(\r(3),4))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)＝eq\f(1,2)mv2得20(sinθ－1.2＋eq\f(3,4)cosθ)＝v2，由數(shù)學(xué)知識(shí)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)，當(dāng)θ＋φ＝90°時(shí)，即θ＝53°時(shí)，sin(θ＋φ)有極大值，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?！咎岱置丶繎?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(guò)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(wèn)題①動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(méi)有依據(jù)的。③物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式，則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。(3)動(dòng)能定理適用的兩種情況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?！就黄朴?xùn)練】1.(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∶1B．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1∶2C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1D．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(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(L＋Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)－0，對(duì)乙球從釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)－0，所以最低點(diǎn)時(shí)兩球的動(dòng)能之比為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,甲),\f(1,2)mv\o\al(2,乙))＝eq\f(1,2)，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＝meq\f(v\o\al(2,甲),L)，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＝meq\f(v\o\al(2,乙),2L)，所以最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)兩球的拉力之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(1,1)，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。2.(2019·山東濟(jì)南區(qū)縣高三聯(lián)考)如圖所示，水平光滑軌道OA上有一質(zhì)量m＝2kg的小物塊以速度v0＝20m/s向左運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)飛出后恰好無(wú)碰撞地經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，B是半徑為R＝10m的光滑圓弧軌道的右端點(diǎn)，C為軌道最低點(diǎn)，且圓弧BC所對(duì)圓心角θ＝37°，又與一動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的粗糙水平直軌道CD相連，CD長(zhǎng)為15m．進(jìn)入另一豎直光滑半圓軌道，半圓軌道最高點(diǎn)為E，該軌道的半徑也為R.不計(jì)空氣阻力，物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)A、B兩點(diǎn)的高度差和物塊在C點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力；(2)通過(guò)計(jì)算分析物塊能否經(jīng)過(guò)E點(diǎn)．【答案】：(1)11.25m153N，方向向下(2)見(jiàn)解析【解析】：(1)由題意知，在B點(diǎn)速度方向沿B點(diǎn)切線方向，在B點(diǎn)速度大小為v1＝eq\f(v0,cos37°)＝25m/s豎直速度大小為vy＝v0tan37°＝15m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(vy,g)＝1.5sA、B的高度差為h＝eq\f(1,2)gt2＝11.25m從B點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)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點(diǎn)FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)FN＝153N由牛頓第三定律可知物體在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為153N，方向向下．(2)假設(shè)物塊通過(guò)E點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，由動(dòng)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點(diǎn)速度大小為v2＝eq\r(205)m/s設(shè)在E點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)最小速度為v3，有mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)所以v3＝10m/s因?yàn)関2>v3，所以物塊能經(jīng)過(guò)E點(diǎn)．3.(2019·云南昭通市上學(xué)期期末)如圖，固定在豎直平面內(nèi)的傾斜軌道AB，與水平固定光滑軌道BC相連，豎直墻壁CD高H＝0.2m，在地面上緊靠墻壁固定一個(gè)和CD等高，底邊長(zhǎng)L1＝0.3m的固定斜面．一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在軌道AB上從距離B點(diǎn)L2＝4m處由靜止釋放，從C點(diǎn)水平拋出，已知小物塊與AB段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，通過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損失；AB段與水平面的夾角為37°.(空氣阻力不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)求小物塊從C點(diǎn)拋出到擊中斜面的時(shí)間；(3)改變小物塊從軌道上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面時(shí)動(dòng)能的最小值．【答案】(1)4m/s(2)eq\f(1,15)s(3)0.15J【解析】(1)對(duì)小物塊從A到B過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°＝eq\f(1,2)mvB2，解得：vB＝4m/s；(2)設(shè)物塊落在斜面上時(shí)水平位移為x，豎直位移為y，如圖所示：對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)，有：x＝vBt，y＝eq\f(1,2)gt2，結(jié)合幾何關(guān)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)設(shè)小物塊從軌道上A′點(diǎn)靜止釋放且A′B＝L，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB′，對(duì)物塊從A′到碰撞斜面過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝eq\f(1,2)mv2－0對(duì)物塊從A′到運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)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)聯(lián)立解得：eq\f(1,2)mv2＝mg(eq\f(25y,16)＋eq\f(9H2,16y)－eq\f(9H,8))，故當(dāng)eq\f(25y,16)＝eq\f(9H2,16y)，即y＝eq\f(3,5)H＝0.12m時(shí)，動(dòng)能最小為Ekmin，代入數(shù)據(jù)，解得Ekmin＝0.15J.題型四功能中的圖像問(wèn)題【典例分析1】(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)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3m以?xún)?nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg【答案】】：C【解析】：畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知A→B(上升過(guò)程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過(guò)程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項(xiàng)C正確．【典例分析2】(2019·河南濮陽(yáng)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(kāi)始逐漸增大的過(guò)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10m/s2。問(wèn)在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)小物塊做的功為()A．24JB．12JC．8JD．6J【參考答案】A【名師解析】根據(jù)F-t圖象和a-t圖象可知，t1＝2s時(shí)，F(xiàn)1＝6N，a1＝1m/s2；t2＝4s時(shí)，F(xiàn)2＝12N，a2＝3m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，聯(lián)立解得小物塊的質(zhì)量和動(dòng)摩擦因數(shù)為：m＝3kg，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＝4s末時(shí)的速度v＝0＋Δv＝4m/s，根據(jù)動(dòng)能定理可得合外力對(duì)小物塊做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝24J，故A正確。【提分秘籍】1.解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問(wèn)題．2.四類(lèi)圖象所圍“面積”的含義【突破訓(xùn)練】1.(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(kāi)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(guò)程中，下列說(shuō)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eq\r(6a0L)C．整個(gè)過(guò)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eq\f(1,2)eq\r(\f(L,a0))【答案】BC【解析】小物塊在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(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝eq\f(1,2)mv2，得小物塊運(yùn)動(dòng)至2L處的速度為v＝eq\r(6a0L)，故B正確；整個(gè)過(guò)程合力做功為eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功為WF＝mL(2μg＋