2025新課改-高中物理-必修第2冊(cè)（16講）14 B動(dòng)能和動(dòng)能定理 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-必修第2冊(cè)（16講）14B動(dòng)能和動(dòng)能定理中檔版動(dòng)能和動(dòng)能定理知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)能和動(dòng)能定理一、動(dòng)能的表達(dá)式1.表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.2.單位：與功的單位相同，國(guó)際單位為焦耳，符號(hào)為J.3.標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有大小，沒有方向.二、動(dòng)能定理1.內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化.2.表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.如果物體受到幾個(gè)力的共同作用，W即為合力做的功，它等于各個(gè)力做功的代數(shù)和.3.適用范圍：動(dòng)能定理是物體在恒力作用下，并且做直線運(yùn)動(dòng)的情況下得到的，當(dāng)物體受到變力作用，并且做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以采用把整個(gè)過程分成許多小段，也能得到動(dòng)能定理.技巧點(diǎn)撥一、動(dòng)能1.對(duì)動(dòng)能的理解(1)動(dòng)能是標(biāo)量，沒有負(fù)值，與物體的速度方向無關(guān).(2)動(dòng)能是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(或某一時(shí)刻的速度)相對(duì)應(yīng).(3)動(dòng)能面為參考系.2.動(dòng)能變化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動(dòng)能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動(dòng)能減少.二、動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用對(duì)動(dòng)能定理的理解1.表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12(1)Ek2＝eq\f(1,2)mv22表示這個(gè)過程的末動(dòng)能；Ek1＝eq\f(1,2)mv12表示這個(gè)過程的初動(dòng)能.(2)W表示這個(gè)過程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和.2.物理意義：動(dòng)能定理指出了合外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即若合外力做正功，物體的動(dòng)能增加，若合外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，做了多少功，動(dòng)能就變化多少.3.實(shí)質(zhì)：動(dòng)能定理從能量變化的角度反映了力改變運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)時(shí)，在空間上的累積效果.總結(jié)提升應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟：(1)選取研究對(duì)象(通常是單個(gè)物體)，明確它的運(yùn)動(dòng)過程.(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和.(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1、Ek2.(4)列出動(dòng)能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的輔助方程求解并驗(yàn)算.例題精練1．（2021春?如皋市月考）如圖所示，一輕質(zhì)立方體被從水表面緩慢壓入水中，直至其上表面沒入水中，已知立方體的棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，水的密度為p，重力加速度為g，不考慮水面高度的變化。該過程中，立方體克服水的浮力所做的功為（）A． B． C．pgL2 D．pgL4【分析】求出浮力與向下運(yùn)動(dòng)的位移的關(guān)系，利用平均作用力乘以位移計(jì)算功?！窘獯稹拷猓涸O(shè)浸入水的深度為x，所受浮力大小為F＝ρgV＝ρgL2x可見浮力與浸入水中的位移成正比，且浮力與位移方向相反，則克服浮力做的功為：W＝＝故ACD錯(cuò)誤，B正確故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查功的計(jì)算，知道力隨位移呈線性變化時(shí)，可以用平均作用力乘以位移計(jì)算功。2．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示為一款“乒乓球訓(xùn)練器”，整個(gè)裝置由金屬底座、支撐桿、高彈性輕質(zhì)軟桿及固定在軟桿一端的乒乓球構(gòu)成，訓(xùn)練時(shí)底座保持靜止在某次擊球后，乒乓球以某一初速度從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)最高點(diǎn)b后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該過程，下列說法正確的是（）A．從a到b的過程中，軟桿對(duì)乒乓球的彈力一直做正功 B．運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，乒乓球所受合力為零 C．地面對(duì)金屬底座的支持力始終等于整個(gè)裝置的總重力 D．地面對(duì)金屬底座的摩擦力始終為零【分析】軟桿對(duì)乒乓球的彈力對(duì)小球做正功；乒乓球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)其合力不為零；乒乓球做圓周運(yùn)動(dòng)是乒乓球具有斜下右下方的加速度，根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律分析即可判斷金屬底座所受支持力和摩擦力情況?！窘獯稹拷猓篈、乒乓球從a到b運(yùn)動(dòng)的過程是軟桿恢復(fù)原狀的過程，故a到b過程中軟桿對(duì)乒乓球的彈力一直做正功，故A正確；B、乒乓球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度并不為零，乒乓球做變速圓周運(yùn)動(dòng)故，合外力不為零，故B錯(cuò)誤；CD、乒乓球從a到b做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其所受合力方向（加速度方向）指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，即斜向右下方向，對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，如圖所示：根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可知：在豎直方向上，地面對(duì)金屬底座的支持力N小于整個(gè)裝置的總重力在水平方向上，地面對(duì)金屬底座的摩擦力方向向右，故CD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題的難點(diǎn)在于分析地面對(duì)金屬底座的支持力和摩擦力，利用系統(tǒng)牛頓第二定律比較方便。隨堂練習(xí)1．（2021春?昌江區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s。下列說法正確的是（）A．物體重力所做的功是mgh B．合力對(duì)物體做的功是 C．阻力對(duì)物體做的功是Fs﹣mgh D．阻力對(duì)物體做的功是【分析】重力做功只與物體的初末位移的高度差有關(guān)，與其它因素沒有關(guān)系，根據(jù)WG＝mg△h求解重力所做的功；根據(jù)動(dòng)能定理求解合外力的功；推力是恒力，可以根據(jù)W＝FLcosθ求解；阻力所做的功我們不好直接求解，但可以通過動(dòng)能定理求得合外力所做的功，總共有三個(gè)力對(duì)物體做功，即推力和摩擦阻力還有重力對(duì)小車做功，這樣就可以求得阻力對(duì)小車做的功?！窘獯稹拷猓篈、重力做功WG＝mg△h＝mg（hA﹣hB）＝﹣mgh，故物體克服重力做功為mgh，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：W合＝mv2，故B錯(cuò)誤；CD、推力F是恒力，在力的方向上的位移為s，所以W＝FLcosθ＝Fs根據(jù)動(dòng)能定理可得，WF+W阻+WG＝mv2，解得阻力做功W阻＝mv2+mgh﹣Fs，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了求力做功的幾種方法，恒力做功可根據(jù)做功公式直接計(jì)算，變力和合外力對(duì)物體做的功可根據(jù)動(dòng)能定理求解，注意求推力的功時(shí)，位移是沿力的方向上的位移，即物體在水平方向上的位移。2．（2021?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，是將小球由地面豎直向上拋出，小球從拋出至落地過程中其動(dòng)能隨距離地面高度的變化關(guān)系，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝10m/s2。那么下列說法正確的有（）A．小球上升最高點(diǎn)距離地面10m B．運(yùn)動(dòng)過程中小球所受空氣阻力大小恒定為10N C．小球拋出時(shí)的初速度大小為m/s D．小球落地時(shí)的速度大小為5m/s【分析】由于存在空氣阻力，小球的初動(dòng)能大于小球落地時(shí)的動(dòng)能，所以上方的圖像對(duì)應(yīng)小球的上升過程，下方的圖線對(duì)應(yīng)小球的下落過程，分別依據(jù)動(dòng)能定理即可求解空氣阻力大小和小球的質(zhì)量，再根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式求解小球的初速度和落地速度即可。【解答】解：A、由圖可知，小球上升最高點(diǎn)距地面5m，故A錯(cuò)誤；BC、小球的初動(dòng)能Ek0＝150J，小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek＝100J設(shè)小球所受空氣阻力大小f，由動(dòng)能定理得：上升段：﹣mgh﹣fh＝﹣Ek0下降段：mgh﹣fh＝Ek﹣0解得：f＝5N，m＝2.5kg，故B錯(cuò)誤；CD、小球的初動(dòng)能，解得小球的初速度大小小球落地時(shí)的動(dòng)能＝100J，解得小球落地時(shí)的速度，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵在于能從題圖中讀出解題需要的信息，在利用動(dòng)能定理處理問題即可解決題目，讀題能力是關(guān)鍵。3．（2021?常熟市校級(jí)三模）如圖所示，小物塊從斜面AB頂端由靜止釋放，經(jīng)斜面底端平滑過渡到水平面上最終停在C處?，F(xiàn)換更長(zhǎng)的斜面AD使物塊仍由A處靜止釋放，若物塊與兩斜面以及水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，則物塊（）A．停在A處不能下滑 B．最終停在斜面上B1與C1之間某位置 C．最終停在斜面上C1處 D．最終停在D點(diǎn)右側(cè)某位置【分析】小物塊從A經(jīng)B到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理求得動(dòng)摩擦因數(shù)表達(dá)式，進(jìn)而可以比較在AD斜面上小物塊的重力沿斜面向下分力和最大靜摩擦力的關(guān)系即可判斷物塊的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猓簭腁點(diǎn)向地面作垂線交地面與P點(diǎn)，設(shè)A距地面高度為h，PB間距為L(zhǎng)1，BC間距為L(zhǎng)2小物塊從A經(jīng)B到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得：＝tanβ在AD斜面上時(shí)，小物塊的重力沿斜面的分量為mgsinα，小物塊與斜面的最大靜摩擦力為fm＝μmgcosα＝mgcosα?tanβ由于tanα＜tanθ，所以mgsinα＜fm＝μmgcosα＝mgcosα?tanβ，所以在斜面AD上由靜止釋放小物塊，小物塊會(huì)靜止在A點(diǎn)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)動(dòng)能定理得出小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)表達(dá)式，這是判斷物體運(yùn)動(dòng)情況的關(guān)鍵。4．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)點(diǎn)在恒力E作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)的速度方向恰好改變了90°，在此過程中（）A．質(zhì)點(diǎn)的速度一直增大 B．質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先增大后減小 C．質(zhì)點(diǎn)可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) D．F的方向可能與M、N兩點(diǎn)的連線垂直【分析】質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，其速度方向恰好改變了90°，可以判斷恒力方向指向右下方，與初速度的方向夾角要大于90°小于180°因此恒力先做負(fù)功后做正功，動(dòng)能先減小后增大；物體在恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，屬于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈B、因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90°，可判斷恒力方向應(yīng)該為右下方，與初速度方向夾角大于90°小于180°，才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到與速度垂直后，再做正功，速度先減小后增大，故AB錯(cuò)誤；C、勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力始終指向圓心，是變力，所以恒力作用下不可能勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過MN兩點(diǎn)速度大小相等，則F做的總功為零，F(xiàn)方向與MN兩點(diǎn)的連線垂直，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】此題需要根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件有其運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，進(jìn)一步分析力的做功問題，從而判斷速度（動(dòng)能）的變化．綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（2021?如皋市校級(jí)模擬）校排球隊(duì)的小華同學(xué)，為了訓(xùn)練自己的球感，練就了好多特技．在一次表演中，他將雙臂和肩背搭成一個(gè)“軌道”，能將排球控制在水平面內(nèi)做連貫的橢圓運(yùn)動(dòng)．如果排球的速率保持不變，則在排球運(yùn)動(dòng)一圈的過程中（）A．人對(duì)排球不做功 B．排球所受的合力為零 C．“軌道”不可能是水平的 D．排球與軌道中心點(diǎn)的連線在單位時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等【分析】排球在水平面內(nèi)做勻速率橢圓運(yùn)動(dòng)，具有向心加速度，合外力不為零，在整個(gè)過程中合力做功為零，由于受到摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求得人對(duì)排球做功情況，根據(jù)在相同時(shí)間內(nèi)通過的弧長(zhǎng)和對(duì)應(yīng)的角度判斷出掃過的面積?！窘獯稹拷猓篈、由于排球控制在水平面內(nèi)做連貫的橢圓運(yùn)動(dòng)且速率不變，根據(jù)動(dòng)能定理可得合力做功為零，由于重力始終與速度方向垂直，故不做功，在運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力做負(fù)功，故人對(duì)排球做正功，故A錯(cuò)誤；B、由于排球速度方向時(shí)刻在變化，則有加速度，故合外力不為零，故B錯(cuò)誤；C、由于排球的向心力在水平方向，重力豎直向下，則所受支持力不可能豎直向上，則軌道不可能是水平的，故C正確；D、由于速率不變，單位時(shí)間內(nèi)通過的弧長(zhǎng)相同，隨排球越來越接近短半軸，經(jīng)過相同的弧長(zhǎng)轉(zhuǎn)過的角度越大，掃過的面積越大，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勻速率橢圓運(yùn)動(dòng)，分析受力及做功，明確通過相同的弧長(zhǎng)掃過的角度越大，面積越大即可。2．（2021春?福州期中）對(duì)于一定質(zhì)量的物體，以下說法中正確的是（）A．動(dòng)能變化，速度一定改變 B．速度變化，動(dòng)能一定變化 C．動(dòng)能不變，速度一定不變 D．速度不變，動(dòng)能可能改變【分析】動(dòng)能是標(biāo)量，其大小為Ek＝；速度是矢量，速度不變時(shí)，速度的大小和方向都不變，根據(jù)動(dòng)能和速度的關(guān)系進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、一定質(zhì)量的物體，動(dòng)能變化，則速度大小一定變化，速度一定發(fā)生變化，故A正確；B、一定質(zhì)量的物體，速度變化，有可能是速度方向改變，大小不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；C、一定質(zhì)量的物體，動(dòng)能不變，速度大小一定不變，但是方向可以改變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以速度有可能變化，故C錯(cuò)誤；D、一定質(zhì)量的物體，速度不變，也就是速度的大小和方向都不變，則動(dòng)能一定不變，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道動(dòng)能和速度的關(guān)系，知道動(dòng)能是標(biāo)量，速度是矢量，速度不變就是速度的大小和方向都不變。3．（2021?天心區(qū)校級(jí)一模）物體在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直線運(yùn)動(dòng)的v﹣t關(guān)系如圖所示，已知第1秒內(nèi)合外力對(duì)物體做功為W1，摩擦力對(duì)物體做功為W2，則（）A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W1，摩擦力做功為4W2 B．從第4秒末到第6秒末合外力做功為0，摩擦力做功也為0 C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W1，摩擦力做功為W2 D．從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75W1，摩擦力做功為1.5W2【分析】根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做功等于物體動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能的變化求合外力做功。根據(jù)速度﹣時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積大小表示位移，求出各段時(shí)間內(nèi)的位移大小，由功的公式求摩擦力做功?！窘獯稹拷猓篈、從第1秒末到第3秒內(nèi)動(dòng)能變化為0，根據(jù)動(dòng)能定理知合外力做功為0。根據(jù)速度﹣時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積大小表示位移，可知，物體在第1秒位移為x1＝m＝2m，第1秒末到第3秒末位移為x2＝4×2m＝8m，則x2＝4x1，物體在運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小不變，由W＝﹣fs可得：從第1秒末到第3秒末摩擦力做功等于第1秒內(nèi)的4倍，為4W2，故A錯(cuò)誤；B、物體在第4秒末與第6秒末速度大小相等，則從第4秒末到第6秒末動(dòng)能變化量為0，由動(dòng)能定理可知合外力做功為0。從第4秒末到第6秒末物體的路程為s3＝2×m＝2m，則s3＝x1，根據(jù)W＝﹣fs可知從第4秒末到第6秒末摩擦力做功與第1秒內(nèi)摩擦力做功相等，為W2，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)物體的質(zhì)量為m，第1秒內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W1＝×m×42＝8m；從第5秒末到第7秒，合外力做功W合4＝×m×42﹣0＝8m＝W1。從第5秒末到第7秒末位移大小為x4＝m＝4m＝2x1，根據(jù)W＝﹣fs可知從第5秒末到第7秒末摩擦力做功為2W2，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)動(dòng)能定理得：從第3秒末到第4秒末合外力做功為W合5＝﹣＝﹣6m＝﹣0.75W1，從第3秒末到第4秒末位移為x5＝×1m＝3m＝1.5x1，根據(jù)W＝﹣fs可知從第3秒末到第4秒末摩擦力做功為為1.5W2，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題一要抓住速度﹣時(shí)間圖像的“面積”表示位移；二要熟練運(yùn)用動(dòng)能定理求合外力做功；三要知道滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)。4．（2021?武漢模擬）懸崖速降是一種戶外運(yùn)動(dòng)。如圖所示，速降者選擇崖面平坦、高度適合的崖壁，用專業(yè)的登山繩做保護(hù)，由崖壁主體沿繩下躍，通過下降器和一個(gè)八字環(huán)控制摩擦阻力從而控制下降速度，從崖頂下降到崖底。某次速降中，速降者先從靜止開始勻加速至2m/s，接著勻速運(yùn)動(dòng)40s，之后勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)地面時(shí)速度恰好減為零，總共歷時(shí)60s。設(shè)速降者及裝備的總質(zhì)量為60kg，運(yùn)動(dòng)方向始終豎直向下，重力加速度大小g＝10m/s2，則下列說法正確的是（）A．在加速下降階段，速降者及裝備的機(jī)械能逐漸增大 B．在60s內(nèi)，速降者下降高度為90m C．在60s內(nèi)，速降者及裝備克服阻力做功4.8×104J D．在變速下降的20s內(nèi)，速降者及裝備克服阻力做功1.2×104J【分析】根據(jù)阻力對(duì)速降者做功情況，判斷其機(jī)械能變化情況；根據(jù)位移等于平均速度與時(shí)間的乘積求在60s內(nèi)速降者下降高度；根據(jù)動(dòng)能定理求在60s內(nèi)速降者及裝備克服阻力做功；速降者及裝備克服阻力做功等于克服阻力總功減去勻速克服阻力做功?！窘獯稹拷猓篈、在加速下降階段，阻力對(duì)速降者及裝備整體做負(fù)功，則速降者及裝備的機(jī)械能逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B、速降者勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v＝2m/s，設(shè)加速、勻速和減速的時(shí)間分別為t1、t2、t3，則t1+t3＝60s﹣40s＝20s在60s內(nèi)，速降者下降高度為x＝（t1+t3）+vt2＝×20m+2×40m＝100m，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)在60s內(nèi)，速降者及裝備克服阻力做功為Wf。根據(jù)動(dòng)能定理得mgx﹣Wf＝0，解得Wf＝6×104J，故C錯(cuò)誤；D、在變速下降的20s內(nèi)，速降者及裝備克服阻力做功等于克服阻力總功減去勻速克服阻力做功，為Wf′＝Wf﹣mgvt2，解得Wf′＝1.2×104J，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要理清速降者的運(yùn)動(dòng)情況，靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求下降的高度。本題求克服阻力做功的方法有兩種：一是功的計(jì)算公式；二是動(dòng)能定理。5．（2021?佛山二模）某水上樂園有兩種滑道，一種是直軌滑道，另一種是螺旋滑道，兩種滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的軌道更長(zhǎng)。某游客分別沿兩種不同的滑道由靜止從頂端滑下，在由頂端滑至底端的整個(gè)過程中，沿螺旋滑道下滑（）A．重力對(duì)游客做的功更多 B．重力對(duì)游客做的功更少 C．摩擦力對(duì)游客做的功更多 D．摩擦力對(duì)游客做的功更少【分析】根據(jù)下降的高度比較重力做功的大小，抓住動(dòng)摩擦因數(shù)相同，求出摩擦力做功的表達(dá)式，從而判斷摩擦力做功的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、游客沿兩種不同滑道由靜止下滑到底端，下降的高度相同，重力做功相等，故A、B錯(cuò)誤；C、游客克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ?s，螺旋滑道較長(zhǎng)，與水平方向的傾角較小，則克服摩擦力做功較多，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道重力做功與路徑無關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，而摩擦力做功與路徑有關(guān)。6．（2021春?如皋市期中）如圖所示，某地有一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，它的葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為R的圓面，某時(shí)間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速為v，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，已知空氣的密度為ρ，設(shè)該風(fēng)力發(fā)電機(jī)將此圓內(nèi)空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η，則此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為（）A． B．ηρv3πR2 C． D．ηρv2πR2【分析】建立正確的模型，即風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)換為電能，然后結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式以及功率的表達(dá)式即可求出。【解答】解：在時(shí)間t內(nèi)通過葉片的空氣質(zhì)量為m＝ρSvt，風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能為：W＝ηmv2＝ηρπR2v3t故風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為：P＝＝ηρπR2v3，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題的解題關(guān)鍵是根據(jù)能量守恒定律列式求解，建立正確的模型，即風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)換為電能，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式求出功率，計(jì)算要細(xì)心。7．（2021春?任城區(qū)期中）從地面豎直向上拋出一物體，在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小恒定、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力F阻的作用。距地面高度h在0至3m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10m/s2。該物體運(yùn)動(dòng)過程受到的空氣阻力F阻為（）A．0.5N B．1N C．1.5N D．2N【分析】根據(jù)動(dòng)能定理得到圖象的斜率表示的物理量，從而求得合外力，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解受到的阻力，【解答】解：根據(jù)動(dòng)能定理可得：F合△h＝△Ek，解得Ek﹣h圖象的斜率大小k＝F合；上升過程中有：mg+F阻＝＝N＝12N下落過程中：mg﹣F阻＝＝N＝8N聯(lián)立解得：F阻＝2N，故ABC錯(cuò)誤，C正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確知道圖象中斜率的大小表示的是物體受到的合外力，知道上升和下降過程中合外力的表達(dá)式。8．（2021?十堰模擬）如圖所示，在距水平地面高為0.4m處，水平固定一根長(zhǎng)直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右邊，桿上套有一質(zhì)量m＝2kg小球A。半徑R＝0.3m的光滑半圓形細(xì)軌道，豎直地固定在地面上，其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球B。用一條不可伸長(zhǎng)的柔軟細(xì)繩，通過定滑輪將兩小球連接起來。桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響，取重力加速度大小g＝10m/s2?，F(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右的恒力F＝60N。則下列說法正確的是（）A．把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C點(diǎn)過程中，力F做的功為22J B．小球B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大小為4m/s C．小球B被拉到離地h＝0.225m時(shí)與小球A的速度大小相等 D．小球B被拉到C處時(shí)小球A的速度大小為2m/s【分析】把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C點(diǎn)過程中，根據(jù)幾何知識(shí)求出滑塊移動(dòng)的位移大小，再求解力F做的功．當(dāng)繩與軌道相切時(shí)兩球速度相等，小滑塊A與小球B的速度大小相等．力F做的功等于AB組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加，根據(jù)功能關(guān)系列方程求解小球B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大小v．【解答】解：A、把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C點(diǎn)過程中，由幾何知識(shí)得到：力F作用點(diǎn)的位移為：x＝PB﹣PC＝m﹣（0.4﹣0.3）m＝0.4m則力F做的功為：W＝Fx＝60×0.4J＝24J，故A錯(cuò)誤；BD、由于B球到達(dá)C處時(shí)，已無沿繩的分速度，所以此時(shí)滑塊A的速度為0，根據(jù)兩球及繩子組成的系統(tǒng)的能量變化過程，由功能關(guān)系得：W＝mv2+mgR代入已知量得：24＝×2×v2+2×10×0.3，解得小球B速度的大小v＝3m/s，故BD錯(cuò)誤；C、由幾何關(guān)系可知，當(dāng)小球B被拉到離地h＝0.225m時(shí)，此時(shí)繩BP恰好與圓相切，根據(jù)A球的速度與B球沿繩子方向的分速度相等，可知兩球速度大小相等，故C正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題連接體問題，關(guān)鍵分析兩物體之間的速度與高度關(guān)系并運(yùn)用幾何知識(shí)和功能關(guān)系來研究，注意分析B球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A球速度為0．9．（2021?河北模擬）在光滑水平面上，有一質(zhì)量為10kg的滑塊，在變力F的作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)﹣x關(guān)系如圖，4m～8m和12m～16m的兩段曲線關(guān)于坐標(biāo)點(diǎn)（10，0）對(duì)稱。滑塊在坐標(biāo)原點(diǎn)處速度為1m/s，則滑塊運(yùn)動(dòng)到16m處的速度大小為（）A．3m/s B．5m/s C．2m/s D．4m/s【分析】由圖求得變力做的功，然后根據(jù)動(dòng)能定理求得物體速度．【解答】解：由圖可知，圖形所圍面積即為變力做的功，4m～16m內(nèi)做功為零，所以，變力F在位移從0到16m的運(yùn)動(dòng)過程做功為：W＝10N×4m＝40J；物體在運(yùn)動(dòng)過程中只有變力F做功，故由動(dòng)能定理可得：W＝﹣解得v＝3m/s；故A正確，ABD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查F﹣x圖和動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，對(duì)于恒力做功求末速度，可以使用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，但一般來說動(dòng)能定理更簡(jiǎn)單；對(duì)于變力做功求末速度，則一般用動(dòng)能定理求解．10．（2021春?建鄴區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN水平，一小物塊從M點(diǎn)正上方高H處的A點(diǎn)自由下落，正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道，測(cè)得其第一次離開N點(diǎn)后上升到距N點(diǎn)最大高度為的B點(diǎn)處，小物塊接著下落，從N點(diǎn)滑入半圓軌道，在向M點(diǎn)滑行過程中（整個(gè)過程不計(jì)空氣阻力）（）A．小物塊一定能沖出M點(diǎn) B．小物塊一定到不了M點(diǎn) C．小物塊正好能到達(dá)M點(diǎn) D．不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn)【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求解物塊在半圓軌道中摩擦力做功，除重力之外的力做功可量度物體機(jī)械能的變化，第二次物塊在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小?！窘獯稹拷猓何飰K第一次在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得：mg（H﹣）+（﹣Wf）＝0﹣0（Wf為質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功大?。┙獾茫篧f＝mgH，則根據(jù)功能關(guān)系得知第一次物塊在半圓軌道中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgH；由于第二次物塊在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgH，機(jī)械能損失小于mgH，因此小球能再次沖出M點(diǎn)，并且能上升的高度大于零而小于H；故BCD錯(cuò)誤，A正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，判斷第二次物塊進(jìn)入軌道時(shí)摩擦力的變化是解題關(guān)鍵。11．（2021春?建鄴區(qū)校級(jí)月考）一名同學(xué)兩次投擲實(shí)心球，球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，若兩次投擲時(shí)他對(duì)實(shí)心球做的功相等，且實(shí)心球離開手時(shí)的高度也相同，則從實(shí)心球離開手到落地過程中（）A．兩次實(shí)心球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 B．兩次重力對(duì)實(shí)心球做的功不等 C．兩次實(shí)心球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等 D．兩次實(shí)心球落地前瞬間的動(dòng)能相等【分析】根據(jù)豎直方向分運(yùn)動(dòng)可比較在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；根據(jù)W＝mg△h可比較兩次重力對(duì)實(shí)心球做的功；根據(jù)動(dòng)能定理求出球離開手時(shí)的速度大小相等，根據(jù)速度的分解可知在水平方向上的速度分量關(guān)系及最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能關(guān)系；從離開手到落地，重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知落地時(shí)的動(dòng)能也是相等的?！窘獯稹拷猓篈、從圖像上可以看出，兩種情況都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上都做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)球上升的最大高度為h，由豎直分運(yùn)動(dòng)可得h＝，兩者在豎直方向上上升的高度不相等，所以在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等，故A錯(cuò)誤；B、球做拋體運(yùn)動(dòng)過程下落的高度相同，根據(jù)W＝mg△h可知，兩次重力對(duì)實(shí)心球做的功相等，故B錯(cuò)誤；C、兩次投擲時(shí)他對(duì)實(shí)心球做的功相等，由動(dòng)能定理可知球離開手時(shí)的速度大小相等，由于角度不同，所以在水平方向上的速度分量也不等，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能也不相等，故C錯(cuò)誤；D、球從離開手到落地，初動(dòng)能相同，重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，落地時(shí)的動(dòng)能也是相等的，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查拋體運(yùn)動(dòng)及動(dòng)能定理應(yīng)用，考查知識(shí)點(diǎn)有針對(duì)性，重點(diǎn)突出，充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)與應(yīng)用知識(shí)的能力。12．（2021春?江蘇期中）如圖所示，質(zhì)量為m的物體沿動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面以初速度v0從A點(diǎn)出發(fā)到B點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関，設(shè)同一物體以初速度v0從A′點(diǎn)先經(jīng)斜面A′C，后經(jīng)斜面CB′到B′點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関′（可認(rèn)為過C點(diǎn)前后速度大小不變），兩斜面在水平面上投影長(zhǎng)度之和等于AB的長(zhǎng)度，且動(dòng)摩擦因數(shù)也為μ，則有（）A．v′＞v B．v′＝v C．v′＜v D．不能確定【分析】根據(jù)動(dòng)能定理，分別列方程，對(duì)比兩個(gè)方程即可求末速度之間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓涸O(shè)AB間距為x，在水平面上，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣μmgx＝①設(shè)左、右斜面傾角分別為α、β，左右斜面長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣μmgcosα?L1﹣μmgcosβ?L2＝又因?yàn)椹仸蘭g（L1cosα+L2cosβ）＝﹣μmgx即：﹣μmgx＝②由①②可知，v′＝v，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)動(dòng)能定理列方程，分析兩個(gè)速度大小關(guān)系，抓住滑動(dòng)摩擦力做功相等即可。13．（2021?武漢模擬）血液可視為由紅血球和血漿組成。將裝有血液的試管豎直放置，紅血球會(huì)在血液中下沉。假設(shè)紅血球只受粘滯阻力作用，且所受的粘滯阻力F與下沉速度v成正比，測(cè)得一紅血球以初速度v0沿直線下沉的最大位移為x1，若該紅血球以初速度沿直線下沉的最大位移記為x2，則等于（）A． B． C． D．【分析】勻速下落的速度與其半徑的平方成正比，即v∝R2，再根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡列方程求解?！窘獯稹拷猓赫硿枇與下沉速度v成正比F＝kv把下落過程分成無數(shù)小段，把每一小段的運(yùn)動(dòng)近似看做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。則紅血球以初速度v0沿直線下沉?xí)rF1＝kv0＝ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式＝2a1x1解得x1＝同理，紅血球以初速度沿直線下沉?xí)rF2＝k＝ma2a2＝由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式＝2a2x2解得：x2＝所以＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，知道紅血球勻速下落時(shí)受力平衡，根據(jù)平衡條件列方程解答。14．（2021春?淮安月考）如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個(gè)過程中，下列說法或表達(dá)式正確的是（）A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝mv22，其中WN為支持力做的功 B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功 C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN﹣mgH＝mv22﹣mv12 D．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為mgH＝mv22﹣mv12【分析】對(duì)物體受力分析，根據(jù)動(dòng)能定理列方程?！窘獯稹拷猓篈CD、物體受到重力支持力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理：故C正確，AD錯(cuò)誤；B、電梯豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，v1＜v2W合＞0，故B錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解題關(guān)鍵是理解合力對(duì)物體做的功等于動(dòng)能的變化量。15．（2021?海淀區(qū)一模）如圖所示，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上訓(xùn)練滑冰，恰好同時(shí)到達(dá)虛線PQ，然后分別沿半徑為r1和r2（r2＞r1）的滑道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后勻加速?zèng)_向終點(diǎn)線。設(shè)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力大小相等，直線沖刺時(shí)的加速度大小也相等。下列判斷中正確的是（）A．在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲的線速度大小比乙的大 B．在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲的向心加速度大小比乙的小 C．在直線沖刺階段，甲所用的時(shí)間比乙的長(zhǎng) D．在直線沖刺階段，甲動(dòng)能的變化量比乙的大【分析】甲乙運(yùn)動(dòng)員在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)向心力公式判斷出線速度和向心加速度大小，在沖刺階段，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析判斷?！窘獯稹拷猓篈、由于甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力大小也相等，且r2＞r1，根據(jù)Fn＝m可得v2＞v1，即在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲的線速度大小比乙的小，故A錯(cuò)誤；B、由于甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力大小也相等，根據(jù)F＝ma可得，甲的向心加速度和乙的大小相等，故B錯(cuò)誤；C、由于v2＞v1，且直線沖刺時(shí)的加速度大小相等，根據(jù)x＝v0t+at2可得，甲所用的時(shí)間比乙的長(zhǎng)，故C正確；D、動(dòng)能的變化量△Ek＝mv2﹣m＝m（v2﹣）＝m×2ax＝max，即在直線沖刺階段，甲動(dòng)能的變化量等于乙動(dòng)能的變化量，故D錯(cuò)誤.故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勻速圓周運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是正確的選取公式，即可判斷。二．多選題（共15小題）16．（2021?河北模擬）某同學(xué)用水平拉力拉在粗糙水平面上的物體，在拉力作用下物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A．物體在第1s內(nèi)的位移大小為4m B．物體在第7s內(nèi)的位移大小為3m C．第1s內(nèi)拉力做的功與第7s內(nèi)拉力做的功一定相等 D．在1s～2s內(nèi)，物體克服摩擦力做的功與在5s～7s內(nèi)物體克服摩擦力做的功相等【分析】根據(jù)圖像圍成的面積可求得位移大小，根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算拉力做功或者摩擦力做功情況?！窘獯稹拷猓篈B、由圖像可知，物體在第1s內(nèi)的位移大小x1＝2m，在第7s內(nèi)的位移大小x7＝3m，故A錯(cuò)誤、B正確；C、分析可知，第1s內(nèi)與第7s內(nèi)拉力均大于摩擦力且均做正功，在第1s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有，其中v1＝4m/s，在第7s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理有，其中v6＝2m/s，v7＝4m/s，解得W1＝8m﹣2f，W2＝6m﹣3f，由于物體的質(zhì)量m與摩擦力f未知，W1可能不等于W2，故C錯(cuò)誤；D、在1s～2s內(nèi)，物體克服摩擦力做的功與在5s～7s內(nèi)物體克服摩擦力做的功相等，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查速度一時(shí)間圖像、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功與能的關(guān)系，目的是考查學(xué)生的理解能力。17．（2021?山東模擬）滑雪是一項(xiàng)具有刺激性和挑戰(zhàn)性的冰雪運(yùn)動(dòng)，如圖的滑雪情景可抽象成如下物理過程：物體沿斜面由靜止開始下滑，在水平面上滑行一段距離后停止。假若物體與斜面間和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面平滑連接，選項(xiàng)圖中v、a、Ek、s、t分別表示物體速度大小、加速度大小、動(dòng)能、路程和時(shí)間，則其中可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】對(duì)物體受力分析可知，在斜面上時(shí)物體受到重力支持力和摩擦力的作用，在這些力的作用下物體沿著斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)水平面上之后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷物體運(yùn)動(dòng)過程中的物理量的關(guān)系．【解答】解：AB、物體沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝g（sinθ﹣μcosθ）；在水平面上又做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a2＝μg；因動(dòng)摩擦因數(shù)μ和斜面傾角θ未知，故不能確定a1、a2的大小關(guān)系，但可確定v＝a1t1＝a2t2；v2＝2a1s1＝2a2s2；所以速度大小隨時(shí)間均勻增大，而后又均勻減小，時(shí)間短的加速度大，位移長(zhǎng)的加速度小，故AB正確；C、由可知，Ek–t的圖像應(yīng)是兩段拋物線的拼合，故C錯(cuò)誤；D、由可知，Ek–s的圖像應(yīng)是線性關(guān)系，故D正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生能力要求較高，并且需要得出物理量與時(shí)間過路程的關(guān)系．18．（2021?重慶模擬）質(zhì)量為m的汽車從t＝0時(shí)刻開始受到水平向前的牽引力F作用，F(xiàn)與作用時(shí)間t的關(guān)系如題圖所示。若汽車在t0時(shí)刻開始沿平直公路運(yùn)動(dòng)，汽車受到的阻力恒定不變，下列說法正確的是（）A．汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．2t0~4t0，汽車克服阻力做的功為 C．汽車在2t0時(shí)刻的速度大小為 D．汽車在3t0時(shí)刻牽引力的瞬時(shí)功率為【分析】根據(jù)F﹣t圖像，結(jié)合在t＝t0開始運(yùn)動(dòng)，判斷出汽車受到的阻力，結(jié)合牛頓第二定律判斷出汽車的加速度變化，根據(jù)動(dòng)量定律求得在2t0和4t0時(shí)刻的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求得克服摩擦力做功，在t0~3t0時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理求得速度，即可根據(jù)P＝Fv求得拉力的功率。【解答】解：A、由題目可知，阻力恒定不變，即f不變，在t0時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，可得f＝F0在0＜t＜t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)＜f，汽車保持靜止，在t0＜t＜2t0時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律可得F﹣f＝ma；由于F在增大，所以加速度也在增大，故汽車做加速度增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)，在2t0＜t＜4t0時(shí)間內(nèi)，力F未發(fā)生變化，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)汽車在2t0時(shí)的速度為v1，在4t0時(shí)的速度為v2，在t0~2t0時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可得；聯(lián)立方程，解得；在2t0~4t0時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可得2F0?2t0﹣f?2t0＝mv2﹣mv1；聯(lián)立方程，解得；在2t0~4t0時(shí)間內(nèi)，汽車克服阻力做的功等于動(dòng)能的變化量，由動(dòng)能定理可得；故B正確，C錯(cuò)誤；D、設(shè)汽車在3t0時(shí)的速度為v3，在t0~3t0時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理可得；解得；則牽引力的瞬時(shí)功率為P＝2F0?v3；聯(lián)立方程，解得；故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和動(dòng)量定理，關(guān)鍵是正確的選取研究過程，利用好動(dòng)能定理和動(dòng)量定理即可。19．（2021?松原模擬）如圖甲所示，一質(zhì)量m＝1kg的木塊被水平向左的力F壓在豎直墻上，木塊初始位置離地面的高度H＝4m，木塊與墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，力F與木塊距離地面距離h間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。則（）A．木塊下滑過程一直做加速運(yùn)動(dòng) B．木塊下滑過程克服摩擦阻力所做的功為10J C．木塊下滑到地面前瞬間的速度大小為8m/s D．木塊下滑過程用時(shí)為1s【分析】根據(jù)摩擦力隨位移均勻的變化，利用平均力求摩擦力的功，根據(jù)動(dòng)能定理求末速度，根據(jù)v﹣t圖像判斷平均速度小于做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的平均速度。從而判斷時(shí)間與1s的關(guān)系。【解答】解：A、木塊下滑過程重力一直大于摩擦力，所以木塊下滑過程一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B、木塊受到的摩擦力大小為f＝μF，故摩擦力隨距地面的距離的均勻減小，平均摩擦力為木塊下滑過程克服摩擦阻力所做的功解得：W＝8J，故B錯(cuò)誤；C﹣木塊下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理，mgh﹣W＝，得v＝8m/s，故C正確；D、木塊下滑過程彈力越來越小，摩擦力越來越小，加速度越來越大，v﹣t圖像如圖所示：平均速度比小，時(shí)間比長(zhǎng)故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是利用力隨位移均勻變化時(shí)，可以用平均力求變力的功。通過v﹣t圖像判斷平均速度的大小。20．（2021?遼寧模擬）如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)半徑為R的四分之一圓形軌道AB，軌道右側(cè)固定一個(gè)傾角為30°的斜面，斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪，輕滑輪與OB在同一水平高度。一輕繩跨過定滑輪，左端與套在圓形軌道上質(zhì)量為m的小圓環(huán)相連，右端與斜面上質(zhì)量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點(diǎn)靜止釋放小圓環(huán)，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí)，輕繩與軌道相切，OP與OB夾角為60°；小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。忽略一切摩擦力阻力，小圓環(huán)和物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊離斜面底端足夠遠(yuǎn)，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的加速度為g B．小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)后還能再次回到A點(diǎn) C．小圓環(huán)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，小圓環(huán)和物塊的速度之比為2： D．小圓環(huán)和物塊的質(zhì)量之比滿足＝【分析】小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，分析其受力情況，由牛頓第二定律求加速度，在運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可判斷出小環(huán)再次能夠達(dá)到A點(diǎn)，利用動(dòng)能定理求得量質(zhì)量間的比值，根據(jù)速度的合成與分級(jí)求得小環(huán)在P點(diǎn)時(shí)的兩者的速度之比?！窘獯稹拷猓篈、小環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小環(huán)受到豎直向下的重力，水平向右的拉力和圓環(huán)對(duì)小環(huán)向左的支持力，豎直方向只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知mg＝ma，解得a＝g，故A正確；B、小環(huán)和物塊組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)小環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速度都為零，此后小環(huán)沿圓軌道向下運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能還是守恒，組最終小環(huán)和物塊速度都減到零，故圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)后還能再次滑回A點(diǎn)，故B正確；C、小環(huán)在P點(diǎn)時(shí)，小環(huán)的速度方向沿繩的方向，根據(jù)速度的合成與分解可知，此時(shí)小圓環(huán)和物塊的速度之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)輕滑輪的位置為C，由幾何關(guān)系可知OC＝2R，AC＝R，在運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)環(huán)和物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知：﹣mgR﹣MgR（﹣1）sin30°＝0﹣0解得：＝，故D錯(cuò)誤；故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，注意點(diǎn)：小環(huán)和物塊沿繩的方向的速度大小相等，而實(shí)際速度大小不一定相等，注意點(diǎn)容易出錯(cuò)。21．（2021?廣東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在恒定拉力F的作用下沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其位移與速度的平方的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知拉力F方向與水平方向的夾角為37°。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列分析正確的是（）A．物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2 B．物塊運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2m/s C．物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定為0 D．在0～3s內(nèi)，拉力F所做的功為3J【分析】根據(jù)物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)和位移﹣速度公式求位移和速度的平方間的關(guān)系式，根據(jù)關(guān)系式中的斜率和截距求加速度和初速度，根據(jù)圖像的特點(diǎn)判斷物塊的運(yùn)動(dòng)為先勻減速再反向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度的特點(diǎn)判斷摩擦力的大小，根據(jù)速度公式求末速度，根據(jù)動(dòng)能定理求力F的功?！窘獯稹拷猓篈、物塊在恒力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移﹣速度公式：解得：由圖線的斜率k＝1s2/m＝解得：a＝1m/s2故A正確；B、由圖線的縱截距b＝﹣1m＝解得：故B錯(cuò)誤；C、由圖線可知當(dāng)速度減小到0時(shí)物塊位移為﹣1m，所以物塊先向負(fù)方向減速運(yùn)動(dòng)，再向正方向加速運(yùn)動(dòng)并且物塊加速度大小不變，說明物塊沒有受到摩擦力，故動(dòng)摩擦因數(shù)為0，故C正確；D、因?yàn)槲飰K先向負(fù)向運(yùn)動(dòng)，初速度為負(fù)方向，根據(jù)速度﹣時(shí)間公式：v＝﹣v0+at解得：t＝s時(shí)的速度大小為v＝m/s根據(jù)動(dòng)能定理：WF＝解得：WF＝3J故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是根據(jù)位移﹣速度公式找到位移速度的平方的關(guān)系表達(dá)式，找到圖線的斜率和截距，求出加速度和初速度的值。22．（2021?呼和浩特模擬）如圖所示，固定斜面高6m，傾角37°。質(zhì)量為150kg的物體A，受到平行于斜面向上1500N拉力作用，物體沿著斜面向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則（）A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6 B．當(dāng)物體受到平行于斜面向上300N拉力時(shí)，物體能夠沿著斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．物體從斜面頂端自由滑下，滑到下端點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為3.0×103J D．物體從斜面頂端自由滑下，滑到下端點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為2.4×104W【分析】物體勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，合外力為零，物體自由滑下時(shí)，運(yùn)用動(dòng)能定理分析?！窘獯稹拷猓篈.物塊向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝mgsinθ+μmgcosθ代入數(shù)據(jù)：1500＝150×10×0.6+μ×150×10×0.8解得：u＝0.5故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)物體能夠沿著斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，則F+μmgcosθ＝mgsinθ代入數(shù)據(jù)：F+0.5×150×10×0.8N＝150×10×0.6N解得：F＝300N即物體受到平行于斜面向上300N拉力，故B正確；C.根據(jù)動(dòng)能定理：Ek＝（mgsinθ﹣μmgcosθ）代入數(shù)據(jù)：Ek＝（150×10×0.6﹣0.5×150×10×0.8）×J解得：Ek＝3.0×103J故C正確；D.到達(dá)底端時(shí)的速度v＝＝m/s＝m/s重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgvsinθ＝150×10××0.6W＝1800W，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了平衡狀態(tài)，動(dòng)能定理，功率等知識(shí)，關(guān)鍵是對(duì)物體受力分析，再結(jié)合相關(guān)知識(shí)求解。23．（2020秋?泰安期末）運(yùn)動(dòng)員把冰壺沿水平冰面投出，讓冰壺在冰面上自由滑行，在不與其他冰壺碰撞的情況下，最終停在遠(yuǎn)處的某個(gè)位置，如圖，設(shè)它經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，到O點(diǎn)速度為零，已知A、B、C三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離分別為s1、s2、s3，時(shí)間分別為t1、t2、t3。下列結(jié)論正確的是（冰壺和冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)保持不變，g為已知）（）A．＝＝ B．＝＝ C．由題中所給條件可以求出冰壺的質(zhì)量 D．由題中所給條件可以求出冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)【分析】冰壺運(yùn)動(dòng)的逆過程是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，采用逆向思維，利用位移時(shí)間公式求時(shí)間之比，由位移等于平均速度乘以時(shí)間求各點(diǎn)的速度，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求動(dòng)摩擦因數(shù)。【解答】解：AB、冰壺運(yùn)動(dòng)的逆過程是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：s＝，a相等，則得＝＝，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、從O到A的過程，由s1＝得加速度大小為：a＝，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，得：μ＝，可知能求出冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)，但無法求得冰壺的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤，D正確故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的技巧是采用逆向思維，研究冰壺運(yùn)動(dòng)的逆過程，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求加速度和速度。24．（2021?廣東模擬）游樂場(chǎng)滑索項(xiàng)目的簡(jiǎn)化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點(diǎn)比B點(diǎn)高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長(zhǎng)4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，到B點(diǎn)進(jìn)入水平減速區(qū)，在C點(diǎn)與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點(diǎn)停下。設(shè)滑塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量為﹣50N?s B．緩沖墻對(duì)滑塊的沖量為﹣250N?s C．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為﹣125J D．緩沖墻對(duì)滑塊做的功為﹣250J【分析】由動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得滑塊與緩沖墻碰撞前后的速度大小，然后根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理求解即可。【解答】解：從A到B的過程中，由動(dòng)能定理得：mgh＝代入數(shù)據(jù)解得滑塊到達(dá)B得速度為：v0＝5m/s由B到C的過程中，由牛頓第二定律得：μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a＝2m/s2由速度﹣位移公式得：v2﹣＝2ax1代入數(shù)據(jù)解得滑塊到達(dá)緩沖墻的速度為：v＝3m/s由C到D的過程中，由速度位移公式得：0﹣v′2＝﹣2ax2代入數(shù)據(jù)解得滑塊與緩沖墻碰撞后得速度大小為：v′＝2m/sAB、規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I＝m（﹣v′）﹣mv代入數(shù)據(jù)可得緩沖墻對(duì)滑塊的沖量為：I＝﹣250N?s，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由動(dòng)能定理得：W＝﹣代入數(shù)據(jù)解得緩沖墻對(duì)滑塊做的功為：W＝﹣125J，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題以游樂場(chǎng)滑索項(xiàng)目的簡(jiǎn)化模型為情景載體，考查了動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合問題，有較強(qiáng)的綜合性，解決此題的關(guān)鍵是要搞清楚物體運(yùn)動(dòng)的過程，并靈活選取相應(yīng)的規(guī)律去求解。25．（2021?重慶模擬）如圖所示，傾角為θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長(zhǎng)度均為3d。四個(gè)質(zhì)量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個(gè)樣品（可視為質(zhì)點(diǎn)）左側(cè)固定有長(zhǎng)度為d的輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ。若樣品1在P處時(shí)，四個(gè)樣品由靜止一起釋放，則（重力加速度大小為g）（）A．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品的共同加速度大小為gsinθ B．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθ C．當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力做的總功為9dmgsinθ D．當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，樣品的共同速度大小為3【分析】當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，以四個(gè)樣品整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求整體加速度，再以樣品1為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求樣品1的輕桿受到壓力；當(dāng)四個(gè)樣品均處于MN段時(shí)，分別求出各樣品受到的摩擦力所做的功，再求其代數(shù)和，即為摩擦力做的總功；四個(gè)樣品從靜止釋放到處于MN段過程，對(duì)四個(gè)樣品根據(jù)動(dòng)能定理求共同速度?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，以四個(gè)樣品整體為對(duì)象，由牛頓第二定律有：4mgsinθ﹣μmgcosθ＝4ma1解得樣品的共同加速度大小為：a1＝gsinθ，故A正確；B、當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，以樣品1為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：F1+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1解得樣品1的輕桿受到的壓力大小為：F1＝mgsinθ，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)四個(gè)樣品均處于MN段時(shí)，摩擦力對(duì)樣品1做功為：W1＝﹣μmgcosθ?3d＝﹣3mgdsinθ摩擦力對(duì)樣品2做功為：W2＝﹣μmgcosθ?2d＝﹣2mgdsinθ摩擦力對(duì)樣品3做功為：W3＝﹣μmgcosθ?d＝﹣mgdsinθ此時(shí)樣品4剛進(jìn)入MN段，摩擦力對(duì)樣品4不做功，故當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，摩擦力做的總功為：W＝W1+W2+W3＝﹣3mgdsinθ﹣2mgdsinθ﹣mgdsinθ＝﹣6mgdsinθ，故C錯(cuò)誤；D、四個(gè)樣品從靜止釋放到處于MN段過程，對(duì)四個(gè)樣品根據(jù)動(dòng)能定理有：4mg?6dsinθ+W＝×4mv2，由C項(xiàng)分析知：W＝﹣6mgdsinθ，聯(lián)立解得：v＝3，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是能靈活選擇研究對(duì)象，再根據(jù)牛頓第二定律、功的定義式、動(dòng)能定理求解。注意當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品1受到摩擦力作用，受力分析時(shí)不可漏掉；當(dāng)四個(gè)樣品均處于MN段時(shí)，各樣品所受的摩擦力所做的功是不同的。26．（2020秋?天津期末）類比是一種常用的研究方法。在利用v﹣t圖象研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)，我們可以把運(yùn)動(dòng)過程按橫軸t劃分為很多△t足夠小的小段，用細(xì)長(zhǎng)矩形的面積之和代表物體的位移，如圖所示。類比上述的方法，我們可以分析其他問題。下列說法正確的是（）A．若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示加速度a，一定可以求得物體的速度v B．若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示加速度a，一定可以求得物體的速度變化量△v C．若橫軸表示位移x，縱軸表示合外力F，一定可以求得合外力做的功W D．若橫軸表示位移x，縱軸表示合外力F，一定可以求得物體的末動(dòng)能Ek【分析】圖線與橫軸圍成的面積表示什么，采用微元極限的思想，先分成無數(shù)小段，認(rèn)為每一小段中縱軸表示的物理量不變，從而得出矩形面積的物理意義，根據(jù)極限的思想得出整個(gè)面積表示的含義，明確斜率的含義?！窘獯稹拷猓篈B、若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示加速度a，直線與橫軸所圍面積表示速度的變化量，故一定可以求得物體的速度變化量△v，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、若橫軸表示位移x，縱軸表示合外力F，一定可以求得合外力做的功W，根據(jù)動(dòng)能定理可求得動(dòng)能的變化量，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握極限微元思想在物理學(xué)習(xí)中的運(yùn)用，能夠觸類旁通，比如：知道a﹣t圖線圍成的面積表示的含義，F(xiàn)﹣x圖線圍成面積表示的含義等。27．（2021?十六模擬）A、B兩物體放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自從靜止開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t0，撤去作用在A物體上的外力F，A物體在2.5t0時(shí)停止運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過時(shí)間4t0，撤去作用在B物體上的外力F，B物體在5t0時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，兩物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖所示，則（）A．A、B兩物體的質(zhì)量之比為3：8 B．外力F對(duì)A、B兩物體做的功之比為2：1 C．外力F對(duì)A、B兩物體做功的最大瞬時(shí)功率之比為5：3 D．A、B兩物體在運(yùn)動(dòng)過程中具有的最大機(jī)械能之比為3：2【分析】根據(jù)兩物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，求出各自運(yùn)動(dòng)的加速度之比，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求得質(zhì)量之比；在v﹣t圖象中與時(shí)間軸所圍面積表示位移，根據(jù)功的定義式求得拉力做功之比，AB物體的最大瞬時(shí)功率等于拉力與最大速度的乘積，最大機(jī)械能等于物體具有的最大動(dòng)能。【解答】解：A、由圖象可得，A加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a1＝，減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a1′＝，根據(jù)牛頓第二定律知，在加速階段：F﹣μmAg＝mAa1在減速階段：μmAg＝mAa′1B加速運(yùn)動(dòng)的加速度為，減速運(yùn)動(dòng)的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律知，在加速階段：F﹣μmBg＝mBa2在減速階段：μmBg＝mBa′2聯(lián)立解得：，故A正確；B、外力F對(duì)AB做兩物體做功為W＝Fx，故，故B錯(cuò)誤；C、由P＝Fv可得外力做功的最大瞬時(shí)功率之比為，故C錯(cuò)誤；D、AB兩物體具有的最大機(jī)械能即最大動(dòng)能，由可得：，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查動(dòng)能定理、牛頓第二定律及圖象的應(yīng)用；解決本題的關(guān)鍵通過圖象得出勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，得出兩個(gè)物體的質(zhì)量大小之比，以及知道速度﹣時(shí)間圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示位移．28．（2021?四模擬）如圖所示，粗糙絕緣的水平面上，一被壓縮、鎖定的輕彈簧一端固定在墻上，另一端與物體B連接，物體A緊靠著物體B，處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B兩物體不拴接?，F(xiàn)解除鎖定彈簧的同時(shí)，對(duì)物體A向右施加F＝4N的水平恒力作用，使A、B物體一起從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。已知兩物體質(zhì)量mA＝mB＝1kg，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則在運(yùn)動(dòng)過程中，下列判斷正確的是（）A．A、B兩物體在彈簧的原長(zhǎng)位置分離 B．A、B兩物體分離的瞬間，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)能達(dá)到最大 C．A、B兩物體分離的瞬間，物體B的加速度大小為2m/s2，方向向右 D．從靜止開始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，物體B動(dòng)能先增大后減小【分析】AB兩物體分離時(shí)，AB兩物體的加速度相同，速度相同，但AB間無相互作用力，然后對(duì)A和B物體受力分析，利用牛頓第二定判斷出加速度大小和彈簧對(duì)B的彈力大小，此后彈簧對(duì)B的彈力減小，但仍做加速運(yùn)動(dòng)，只是加速度逐漸減小，根據(jù)AB兩物體的運(yùn)動(dòng)即可判斷出動(dòng)能的變化。【解答】解：C、AB兩物體分離瞬間，兩物體速度大小相同，加速度大小相同且兩物體之間的彈力為零，對(duì)A物體受力分析，受到重力，支持力，滑動(dòng)摩擦力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μmAg＝mAa，解得：a＝，方向向右，則B物體的加速度也為2m/s2，方向向右，故C正確；AD、AB兩物體分離瞬間，對(duì)B物體分析，受到重力，支持力，彈簧對(duì)物體B的彈力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可得：F彈﹣μmBg＝mBa，由此可知此時(shí)彈簧還處于壓縮狀態(tài)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B水平方向只受到摩擦力，已經(jīng)在減速，動(dòng)能已經(jīng)減少，故A錯(cuò)誤，D正確；B、AB兩物體分離后的短時(shí)間內(nèi)，兩物體的加速度均向右，系統(tǒng)動(dòng)能還在增加，故B錯(cuò)誤；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了對(duì)AB物體的運(yùn)動(dòng)分析和受力分析，關(guān)鍵是抓住AB兩物體分離瞬間的特點(diǎn)，即加速度相同，速度相同，但AB間無相互作用力。29．（2021?三模擬）一質(zhì)量為2kg的物體，在水平恒定拉力F＝7N的作用下以一定的初速度v0＝3m/s在粗糙的水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象，已知重力加速度g取10m/s2，由此可知（）A．整個(gè)過程中拉力對(duì)物體所做的功約為41J B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.23 C．物體勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度約為4.3m/s D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為2.5s【分析】物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，拉力等于摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式求解動(dòng)摩擦因數(shù)，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功，從而求出合外力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理求出初速度．根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程分析減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【解答】解：A、在水平恒定拉力F＝7N的作用下通過的位移為4m，故在前4m內(nèi)拉力做功W1＝7×4J＝28J，4m后物體做減速運(yùn)動(dòng)，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功，則由圖象中減速過程包括的方格數(shù)可知，減速過程拉力做功等于：W2＝13×1J＝13J，故整個(gè)過程拉力做功W＝W1+W2＝28J+13J＝41J，故A正確；B、在整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得μ＝0.23，故B正確；C、設(shè)物體勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v′，則0﹣4m內(nèi)有動(dòng)能定理可得：，解得：v′＝4.3m/s，故C正確；D、由于不知道4m后具體的運(yùn)動(dòng)情況，無法求出減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤；故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題要注意根據(jù)位移公式及圖象遷移應(yīng)用其結(jié)論：F﹣x圖象中圖象與x軸圍成的面積表示力所做的功，利用好動(dòng)能定理即可．30．（2021春?中山市校級(jí)月考）如圖所示，某人將質(zhì)量為m的小球從距水平地面高為h處以一定初速度水平拋出，在距拋出點(diǎn)水平距離為L(zhǎng)處有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管。管上口距地面高為，由于存在水平向左大小恒定的風(fēng)力，小球恰能無碰撞地通過細(xì)管，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球的初速度大小為L(zhǎng) B．風(fēng)力的大小為 C．小球落地時(shí)的速度大小為 D．在小球被拋出到落地的過程中，風(fēng)力對(duì)小球做的功為【分析】將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到零，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性求出水平初速度。根據(jù)水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)速度位移公式求出運(yùn)動(dòng)的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度。小球落地的過程中有重力和風(fēng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球落地的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到零，豎直方向有：h＝gt2，得t＝在水平方向，小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，至管上口，水平方向速度為零：水平方向上，小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，有L＝t，解得v0＝2L．故A錯(cuò)誤。B、水平方向有，a＝根據(jù)牛頓第二定律有：F＝ma，聯(lián)立解得風(fēng)力的大小為F＝．故B正確。C、由動(dòng)能定理：WG+W風(fēng)＝△EK即：﹣＝mgh﹣FL解得：小球落地時(shí)的速度大小v＝．故C正確。D、在小球被拋出到落地的過程中，風(fēng)力對(duì)小球做的功W風(fēng)＝﹣FL＝﹣，故D錯(cuò)誤故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵將小球的運(yùn)動(dòng)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，知道分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，以及會(huì)運(yùn)用動(dòng)能定理求出落地的速度。三．填空題（共10小題）31．（2021春?倉山區(qū)校級(jí)期中）一個(gè)質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻撤去力F，其v﹣t圖象如圖所示，已知物體的最大速度為v0，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則力F的大小等于3μmg；力F所做功W的大小等于（須用m、v0、t0、μ表示）【分析】全過程根據(jù)動(dòng)量定理求解力F的大小，根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力做的功?！窘獯稹拷猓喝±Ψ较?yàn)檎较?，全過程根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft0﹣μmg?3t0＝0，得F＝3μmg；在0﹣3t0時(shí)間內(nèi)物體的位移大小為：x＝＝全過程根據(jù)動(dòng)能定理可得：W﹣μmgx＝0，解得力F所做功的大小為：W＝。故答案為：3μmg；?！军c(diǎn)評(píng)】如果涉及力在時(shí)間上的累積效應(yīng)，可優(yōu)先考慮運(yùn)用動(dòng)量定理進(jìn)行解答，如果涉及力對(duì)空間的積累效果，可以利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。32．（2020春?寶山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為m的物體從高度為h的A點(diǎn)靜止下滑，滑到平面上的C點(diǎn)停下，在B點(diǎn)沒有能量損失，則A到C的全過程中物體克服阻力所做的功為mgh。如果使物體在C點(diǎn)有一水平初速度，且它能夠自己從C點(diǎn)沿原路返回到A點(diǎn)，則該初速度至少為?！痉治觥繉?duì)A到C的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出物體克服阻力做的功。對(duì)C到A的過程，由動(dòng)能定理列式求解其初速度的最小值；【解答】解：對(duì)A到C過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh﹣Wf＝0，解得：Wf＝mgh對(duì)C到A的過程，由動(dòng)能定理得：﹣mgh﹣Wf＝0﹣，解得：故答案為：mgh，2；【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，又適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于恒力做功，也適用于變力做功，這就是動(dòng)能定理解題的優(yōu)越性。33．（2020?普陀區(qū)二模）用內(nèi)壁光滑的圓管制成如圖所示軌道（ABC為圓的一部分，CD為斜直軌道，二者相切于C點(diǎn)），放置在豎直平面內(nèi)。圓軌道中軸線的半徑R＝1m，斜軌道CD與水平地面的夾角為θ＝37°．現(xiàn)將直徑略小于圓管直徑的小球以一定速度從A點(diǎn)射入圓管，欲使小球通過斜直軌道CD的時(shí)間最長(zhǎng)，則小球到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的速度為0，進(jìn)入斜直軌道C點(diǎn)時(shí)的速度為2m/s（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）?！痉治觥啃∏虻竭_(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為0時(shí)，通過傾斜軌道CD的時(shí)間最長(zhǎng)，利用動(dòng)能定理求出小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度?！窘獯稹拷猓盒∏蛲ㄟ^傾斜軌道時(shí)間若最長(zhǎng)，則小球到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為0，設(shè)最高點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離為h，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，從最高點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可得：mgh＝由幾何關(guān)系得：h＝R﹣Rcosθ代入數(shù)據(jù)解得到達(dá)C點(diǎn)的速度為：vC＝2m/s故答案為：0，2【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了動(dòng)能定理等相關(guān)知識(shí)；解答此題的關(guān)鍵是找到隱含條件：小球通過傾斜軌道時(shí)間若最長(zhǎng)，即是小球到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為0；要求認(rèn)真分析運(yùn)動(dòng)過程，理解豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的兩種模型：輕繩模型和輕桿模型，知道它們能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)的臨界條件。34．（2019秋?徐匯區(qū)期末）如圖，傾角為θ的固定斜面上AB段光滑，BC段粗糙，且BC＝2AB．若P由靜止開始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，則小物塊P與BC段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝；若P以初速度v0從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vC＝v0（選填“＞”、“＜”或“＝”）。【分析】對(duì)滑塊從A到C過程運(yùn)用動(dòng)能定理即可求解滑塊與斜面的摩擦因數(shù)，進(jìn)而解決vC與v0關(guān)系；【解答】解：設(shè)AB間距為L(zhǎng)，則BC間距為2L，對(duì)滑塊從A到C過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mg?3Lsinθ﹣μmgcosθ?2L＝0解得；當(dāng)P以初速度v0從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得：mg?3Lsinθ﹣μmgcosθ?2L＝解得：vC＝v0；故答案為：，＝【點(diǎn)評(píng)】了解研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律；35．（2019春?天河區(qū)期末）如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為1.5mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為mgR?！痉治觥抠|(zhì)點(diǎn)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律求出質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度，再由動(dòng)能定理求解克服摩擦力所做的功?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第三定律可知，質(zhì)點(diǎn)最低點(diǎn)Q時(shí)，軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力大小N＝1.5mg。質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝m可得：vQ＝質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，由動(dòng)能定理得：mgR﹣Wf＝﹣0解得：Wf＝mgR故答案為：mgR【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理及向心力，要注意正確進(jìn)行受力分析，明確指向圓心的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知道動(dòng)能定理是求解變力做功常用的方法。36．（2019春?南通月考）一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的球在光滑水平面上以5m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁碰撞以后以原速率被彈回，若以初速度方向?yàn)檎较颍瑒t小球碰墻前后速度的變化為﹣10m/s，動(dòng)能的變化為0?！痉治觥扛鶕?jù)題意求出球與墻壁碰撞前后速度的變化；根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求出碰撞前后球動(dòng)能的變化?！窘獯稹拷猓阂猿跛俣确较?yàn)檎较颍深}意可知：v＝5m/s，v′＝﹣5m/s，碰撞前后速度的變化：△v＝v′﹣v＝﹣5m/s﹣5m/s＝﹣10m/s；碰撞前后動(dòng)能的變化：△EK＝J＝0J；故答案為：﹣10m/s；0?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能和速度的變化，解題時(shí)要注意速度是矢量，要注意速度的方向，根據(jù)題意可以求出速度的變化，根據(jù)動(dòng)能計(jì)算公式可以求出動(dòng)能變化。37．（2019春?西城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，懸掛一質(zhì)量為m的小球靜止在A點(diǎn)。今施加在小球上一個(gè)水平向右的恒力F使其運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。那么在這一過程中，恒力對(duì)小球做的功為FLsinθ，小球在B處時(shí)動(dòng)能為FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）?！痉治觥亢懔ψ龉Ρ磉_(dá)式為：W＝Fxcosθ，題中拉力為恒力，故可以直接根據(jù)公式列式求解。根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng)能的改變量；【解答】解：根據(jù)恒力做功的公式可知，恒力做功為W＝FLsinθ；根據(jù)動(dòng)能定理可知B點(diǎn)的動(dòng)能為Ek＝△EkAB＝WF+WG＝FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）故答案為：FLsinθ，F(xiàn)Lsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確知道恒力做功的基本求解方法，熟記動(dòng)能定理的表達(dá)式；38．（2019春?唐山月考）一物體在水平地面上，受水平拉力F及物體速度v與時(shí)間的變化關(guān)系如圖。則F在0﹣4s對(duì)物體做功為35J?！痉治觥扛鶕?jù)速度時(shí)間圖象分別求出三段時(shí)間的位移，根據(jù)做功定義式分別求出三段時(shí)間拉力所做的功，拉力所做的總功即為三段時(shí)間拉力做功之和；【解答】解：根據(jù)速度時(shí)間圖象可知，0﹣2s，其位移為x1＝＝6m，2﹣3s的位移為x2＝6×1＝6m，3﹣4s的位移為：＝5m，所以0﹣4s拉力做功為W＝F1x1+F2x2+F3x3＝3×6+2×6+1×5＝35J；故答案為：35J；【點(diǎn)評(píng)】明確速度時(shí)間圖象的面積表示物體發(fā)生的位移，熟記做功的計(jì)算式，知道合力功的計(jì)算方法；39．（2019春?涼州區(qū)校級(jí)期末）一質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能一直增大；先逐漸減小至零，再逐漸增大；先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大。【分析】質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明質(zhì)點(diǎn)所受合力為0，從某時(shí)刻起受到一恒力作用，這個(gè)恒力就是質(zhì)點(diǎn)的合力。根據(jù)這個(gè)恒力與速度的方向關(guān)系確定質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的變化情況?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)點(diǎn)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明質(zhì)點(diǎn)所受合力為0，從某時(shí)刻起受到一恒力作用，若：恒力與運(yùn)動(dòng)方向相同，那么質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增大；恒力與運(yùn)動(dòng)方向相反，那么質(zhì)點(diǎn)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減到0，質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，故整個(gè)過程質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先逐漸減小至零，再逐漸增大；恒力方向與原來運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個(gè)速度方向相反，這個(gè)方向速度就會(huì)減小，當(dāng)這個(gè)方向速度減小至零時(shí)又會(huì)反方向增加，另一個(gè)方向速度不變，那么合速度就會(huì)先減小至某一非零的最小值，然后再逐漸增大，同樣動(dòng)能也是先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大。故答案為：一直增大；先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大；先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，判斷速度增加還是減小，我們就看加速度的方向和速度的方向。對(duì)于受恒力作用的曲線運(yùn)動(dòng)，我們可以將速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究。40．（2019春?乾安縣校級(jí)月考）甲、乙兩物體質(zhì)量之比m1：m2＝1：2，它們與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因受摩擦力作用而停止。（1）若它們的初速度相同，則滑行距離之比為1：1，滑行時(shí)間之比為1：1；（2）若它們的初動(dòng)能相同，則滑行距離之比為2：1?！痉治觥浚?）若它們的初速度相同，求出摩擦力，然后使用牛頓第二定律檢查加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求解；（2）若它們的初動(dòng)能相同，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出滑行距離大小的表達(dá)式即可?！窘獯稹拷猓海?）它們與水平面間的摩擦因數(shù)相同，由μmg＝ma解得：a＝μg，設(shè)物體的初速度為v，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式得：0﹣v2＝﹣2ax，0＝v﹣at解得：x＝，t＝與物體的質(zhì)量無關(guān)，所以：x1：x2＝1：1，t1：t2＝1：1；（2）若它們的初動(dòng)能相同，由f＝μmg得：f甲：f乙＝m甲：m乙＝1：2，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣f?s＝0﹣EK，所以：s1：s2＝2：1。故答案為：（1）1：1，1：1；（2）2：1?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查動(dòng)能、動(dòng)能定理及位移公式，在解題時(shí)要注意如果題目中涉及時(shí)間時(shí)，則應(yīng)考慮應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，不涉及時(shí)間應(yīng)優(yōu)先采用動(dòng)能定理或功能關(guān)系。四．計(jì)算題（共2小題）41．（2021?濰坊三模）2021年4月23日，首屆成都國(guó)際工業(yè)博覽會(huì)軌道交通館內(nèi)，一輛外形炫酷的新一代高速磁懸浮列車吸引不少眼球，這是我國(guó)研制的時(shí)速600公里新一代自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的高速磁浮列車，填補(bǔ)了航空與高鐵速度的空白，如圖所示。在某次制動(dòng)性能測(cè)試中，列車先在平直軌道上以額定功率P由靜止啟動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到最大速度v，之后勻速率進(jìn)入水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)彎軌道。已知列車質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)中阻力恒定，重力加速度為g。（1）求列車由靜止開始加速至最大速度v的過程通過的路程x；（2）為了使列車以速率v無側(cè)向擠壓通過彎軌道，軌道向內(nèi)側(cè)傾斜，傾斜角度為θ，求圓形軌道的設(shè)計(jì)半徑r?！痉治觥浚?）牽引力是變力，而功率恒定，做功為W＝Pt，應(yīng)