專題06功和功率動能定理-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點題型與提分秘籍(解析版)

1、2020年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點題型與提分秘籍專題 06 功和功率 動能定理題型一 功和功率的理解和計算題型解碼】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 WPt 求解 （如功率恒定的力），或用動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，一個質(zhì)量為 m 的物塊從P 點由靜止釋放剛好從槽口 A 點無碰撞地進入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到

2、最低點 B 點，不計物塊的大小，P 點到 A 點高度為 h，重力加速度大小為 g，則下列說法正確的是 （ ）A物塊從 P到 B過程克服摩擦力做的功為 mg（Rh）B物塊從 A 到 B 過程重力的平均功率為 2mg 2ghC物塊在 B點時對槽底的壓力大小為R2Rh mgD 物塊到 B 點時重力的瞬時功率為 mg 2gh參考答案】 BC名師解析】 物塊從 A 到 B 過程做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理有mgRWf 0，因此克服摩擦力做功1Wf mgR，A 項錯誤；根據(jù)機械能守恒，物塊到A 點時的速度大小由 mgh21mv2得 v 2gh，從 A到 B 運1，B 項正確； 物塊在 B動的時間 t2v

3、2 2Rgh，因此從 A到 B過程中重力的平均功率為P Wt 2mg 2ghFNFN R2Rh mg，RD 項錯誤點時，根據(jù)牛頓第二定律 FNmgmv，求得 FN R2h mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，RRC 項正確；物塊到 B 點時，速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時功率為零，典例分析 2】（2019·湖北武漢高三 3月調(diào)研 ）如圖所示，將完全相同的四個小球1、2、 3、4 分別從同一高1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 14光滑圓弧，不計空氣阻力，則下 列對四種情況下相關(guān)物理量的比較正確的是 （ ）A 落地時間 t1 t2

4、t3t4B全程重力做功 W1W2>W3 W4C落地瞬間重力的功率 P1 P2P3 P4D全程重力做功的平均功率P 1 P 2> P 3> 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動，故t1t2 2gh，其中 h為豎直高度，對圖丙， sinh 21gt23sin ，t3 gs2inh2，其中 為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動能定理可知，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，因此 t1 t2<t3<t4，選項 A 錯誤；因豎直 高度相等，因此重力做功相等，選項 B 錯誤；重力的瞬時功率等于

5、mgvy，小球四種方式落地時的豎直分速 度 vy1 vy2> vy3> vy4 0，故落地瞬間重力的功率 P1P2>P3>P4，選項 C 錯誤；綜合分析，可知全程重力做功 平均功率 P Wt ，故 P 1 P 2> P 3> P 4，選項 D 正確【提分秘籍】計算功和功率時應(yīng)注意的問題(1) 計算功時，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 的公式或動能定理求解，變力做功用動能定理、轉(zhuǎn)化法或圖象法求解。(2) 用圖象法求外力做功時應(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1圖線與橫軸圍成的

6、面積表示功， 例如下圖甲、 乙、丙所示 (丙圖中圖線為 1圓弧 )，力做的功分別為 W1F1x1、42x2、W34F3x3。1(3) 計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時功率，應(yīng)明確是哪一時刻或哪個位置的瞬 時功率， 若求平均功率應(yīng)明確是哪段時間內(nèi)的平均功率； 應(yīng)注意區(qū)分公式 PWt 和公式 P Fv cos的適用范 圍， PWt 計算的是平均功率， P Fvcos側(cè)重于對瞬時功率的計算?！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的消防車，其伸縮臂能夠在短時間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺 （人與平臺的總質(zhì)量為 300 kg） 抬

7、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，水離開炮口時的速度為 20m/s，水的密度為 1.0 × 13k0g/m3，g取 10 m/s2。下列 說法正確的是 （ ）A 使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為10 kWB使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為30 kWC伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8 × 14 0J D伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8 × 15 0J【答案】 D【解析】 水的密度為 1.0 ×130 kg/m 3,1 min內(nèi)流出水的質(zhì)量： m V1.0 × 130× 3

8、 kg3000 kg,1 min 內(nèi)水1獲得的重力勢能： Ep mgh 3000 × 10× 60 J1.8 ×16 0J，1 min 內(nèi)水獲得的動能： Ek2mv26×105 J，使水炮 工作的發(fā)動機輸出功率為： PWt Ept Ek 1.8 × 1600 6×10 W4× 140 W，故 A、B 錯誤；伸縮臂抬升登高 平臺過程中所做的功等于登高平臺克服重力做的功：Wmgh300×10×60 J 1.8 ×150 J，故 C 錯誤， D 正確。2 （2019 ·四川廣元市第二次適應(yīng)性

9、統(tǒng)考 ）某質(zhì)量 m1 500 kg 的“雙引擎 ”小汽車，當行駛速度 v 54k m/h 時 靠電動機輸出動力；當行駛速度在54 km/h< v90 km/h范圍內(nèi)時靠汽油機輸出動力，同時內(nèi)部電池充電；當行駛速度 v>90 km/h 時汽油機和電動機同時工作， 這種汽車更節(jié)能環(huán)保 該小汽車在一條平直的公路上由靜 止啟動，汽車的牽引力 F 隨運動時間 t 變化的圖線如圖 3 所示，所受阻力恒為 1 250 N 已知汽車在 t0時刻 第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至第 11 s末則在前 11 s內(nèi)（ ）B電動機輸出的最大功率為 60 kWD 汽車的位移為 160 mA 經(jīng)過計

10、算 t0 6 sC汽油機工作期間牽引力做的功為4.5 × 15 0J答案】 AC【解析】 開始階段，牽引力 F15 000 N ，根據(jù)牛頓第二定律可得， F 1 Ff ma，解得：開始階段加速度 v1a2.5 m/s2 .v1 54 km/h 15 m/s，根據(jù) t0 ，解得 t06 s，故 A 項正確； t0時刻，電動機輸出的功率最大， a且PmF1v15 000 ×15 W75 000 W75 kW，故 B項錯誤；汽油機工作期間，功率PF2v16 000 ×15 WP 90 × 13090 kW,11 s末汽車的速度 v2F 3 600 m/s 25

11、 m/s，汽油機工作期間牽引力做的功 W Pt2 90× 130× (11 116) J 4.5 ×105 J，故 C項正確；汽車前 6 s內(nèi)的位移 x12at022×2.5 ×2 m645 m，后 5 s內(nèi)根據(jù)動能定理11得：Pt2Ffx22mv222mv12，解得： x2 120 m所以前 11 s時間內(nèi)汽車的位移 xx1x245 m120 m 165 m，故 D 項錯誤題型二 機車啟動問題【題型解碼】分析機車啟動問題時，抓住兩個關(guān)鍵，一是汽車的運動狀態(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)

12、系綜合以上兩個關(guān)系，即可確定汽車的運動情況 【典例分析 1】 (2019·四川省成都市高三三模 )目前，我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。 為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m 的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P 上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移 s 時速度剛好達到最大值 vm。設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小保持不變，下列說法正 確的是 ( )A 關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C上坡過程中，汽車速度由4m增至 2m

13、，所用的時間可能等于23mvm32PD上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于2svm參考答案】 D名師解析】 關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，高度降低，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故 A 錯誤；關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則由I Ft 可知沖量不為零，故 B 錯誤；上坡過程中，汽車速度由v4m增至 v2m，設(shè)所用的時間為t ，根據(jù)動能定理可得： Pt(fmgsin)s 12m(v2m)212m(v4m)2，解得 t33m2vPm fmPgsins，故 C 錯誤；上坡過程中，汽車從1，5，B v0 6 m/sC

14、在前 5 s 內(nèi)，阻力對汽車所做的功為25 kJ名師解析】 ：由圖象可得， 汽車勻加速階段的加速度avt1 m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為FPv3靜止啟動到剛好達到最大速度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)達到最大速度 vm 所用時間為 t1，則由圖象法可知·t1<s，解得 t1< ，故 D 正確。2vm典例分析 2】(2019 ·河南重點中學(xué) 3 月理綜聯(lián)考 )一輛汽車在平直的公路上由靜止開始啟動 在啟動過程中， 汽車牽引力的功率及其瞬時速度隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示已知汽車所受阻力恒為重力的D 在 515 s

15、內(nèi)，汽車的位移大小約為 67.19 m參考答案】 ： D000 N，勻加速階段由牛頓第二定律得F0.2mgma，解得 m1 000 kg，A錯誤；牽引力功率為 15 kW 時，P汽車所受阻力 F10.2mg2 000 N ，汽車行駛的最大速度 v0FP 7.5 m/s，B錯誤；前 5 s 內(nèi)汽車的位移 x11 2at212.5 m ，阻力做功 WF1 0.2mgx 25 kJ，C 錯誤； 515 s內(nèi)，由動能定理得 Pt0.2mgs2mv021 2mv2，解得 s67.19 m， D 正確提分秘籍】解決機車啟動問題時的分析思路(1) 明確啟動方式：分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2) 勻加

16、速啟動過程：機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大 速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。勻加速過程的最大速度 v1(此時機車輸出的功率最大 )和全程的最大速度 vm(此時 F 牽F 阻) 求解方法：求 v1：由 F 牽F 阻 ma，PF 牽 v1可得P。F阻 ma(3)額定功率啟動的過程：機車做加速度減小的加速運動， 勻變速直線運動的規(guī)律不能用， 速度最大值等于 FP阻，求 vm ：由 P F 阻 vm，可得 vmPF阻牽引力是變力，牽引力做的功可用WPt 計算，但不能用 W Fl cos計算。注意：無論哪種啟動方式，最后達

17、到最大速度時，均滿足PF阻vm，P 為機車的額定功率。突破訓(xùn)練】1. （多選）（2019重·慶市巴蜀中學(xué)適應(yīng)性測試 ）某汽車在恒定功率牽引下由靜止開始做直線運動，行駛 10 s后的速度達到 20 m/s，設(shè)汽車所受阻力恒定，則這段時間內(nèi)汽車行駛的距離可能是（ ）A 90 m 【答案】：CDB 100 mC110 mD 120 m解析】：根據(jù)汽車的運動過程，畫出汽車的速度 時間圖象如圖所示，根據(jù)速度 時間圖象曲線與坐標軸圍成的 “面積 ”表示位移可知，如果物體做初速度為零、末速度為 20 m/s1的勻加速直線運動，位移等于三角形的面積，即x2×20×10 m100

18、m，而此時實際曲線圍成面積大于 100 m，則這段時間內(nèi)汽車行駛的距離可能是 110 m 或 120 m，所以 C、D 正確， A 、B 錯誤2.（2019 ·衡陽模擬 ）（多選 ）一輛汽車在平直的公路上運動，運動過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。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力 F1和速度 v1 及該車所能達到的最大速度 v3，運動過程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，列說法正確的是()A 汽車行駛中所受的阻力為F1v1v3B汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為mv1v3v3v1C速度為 v2 時的加速度大小為F1v1mv2F1D若速

19、度為 v2 時牽引力恰為 21，則有 v22v1答案】 ABD解析】 根據(jù)牽引力 速度圖象得汽車運動中的最大功率為F1v1。該汽車達到最大速度時加速度為零， 此時阻力等于牽引力， 所以阻力 Ff F1v1，A 正確；根據(jù)牛頓第二定律， 汽車勻加速運動時， 加速度 a1F1 Ffv3mF1F1v1，加速的時間 tv1 mv1v3 ，則汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為IF1t mv1v3，m mv3a1 F1 v3v1v3 v1F1v1故 B 正確；由 F 1v1 F 2v2可知速度為 v2時的牽引力 F2 F v ，根據(jù)牛頓第二定律，速度為v2時加速度大小v2為 a2F FF v F v

20、 ，故 C錯誤；若速度為 v2時牽引力恰為 F ，則F v F ，則 v22v1，D 正確。 m mv2 mv3 2 v2 23（2019 ·河北衡水中學(xué)三模 ）（多選）一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m 的重物，當重物的速度為 v1 時，起重機的有用功率達到最大值P，以后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2 勻速上升為止，則整個過程中，下列說法正確的是（ ）v2 v1PA 若勻加速過程時間為 t，則速度由 v1 變?yōu)?v2 的時間大于 v1 t B 鋼繩的最大拉力為 v22 C重物的最大速度為 v2 PD 重物做勻加速直線運動的時間為mv1mgP mgv1

21、【答案】 ACD解析】 起重機提升重物的 v-t 圖象如圖所示：若勻加速過程時間為 t ，則重物在勻加速過程中： a1 vt1，起重機的有用功率達到額定功率后，若按勻加速v2 v1v2 v1從 v1 到 v2，設(shè)從 v1加速到 v2 的時間為 t2，則 a2，結(jié)合圖象可以看出 a1>a2，即 t2>t，故 A 正t2 v1確；勻加速提升重物時鋼繩拉力最大，且等于勻加速結(jié)束時的拉力，由PFv 得鋼繩的最大拉力 Fm P，v1P故 B 錯誤；重物以最大速度勻速上升時， Fmg，所以 v2mPg，故 C 正確；重物做勻加速運動的加速度 aP mg2Fmmmgv1 m Pmmvgv1，則勻

22、加速的時間為 tva1 mv12 ，故 D正確。 m m mv1 a P mgv1題型三 動能定理及其應(yīng)用【題型解碼】1.要對研究對象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運動過程，明確對哪個過程應(yīng)用動能定理2. 列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負號問題【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 .一輕彈簧的自然長度與斜面長 相同，都為 L，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個質(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，松手后，小球最后落地的速度大小為v，不計空氣阻力和一切摩擦，重力加速度為g，

23、則該過程中，人對小球做的功W 及小球被拋出后離地面的最大高度分別為 ( )B. 12mv2參考答案】 Av2 sin2 2gLsin cos2D.12mv2mgLsin2gv22g名師解析】 對人從開始壓彈簧到小球落地的整個過程，由動能定理得W mgL sin 21mv2 0，1則 W 2mv2 mgLsin ；設(shè)小球離開斜面時的速度為 v0.對小球做斜拋運動的過程，由動能定理得1 2 1 2 mgLsin 2mv 2mv0 ；11從最高點到落地的過程，由動能定理得mgH12mv212m(v0cos )2，聯(lián)立解得： Hv2sin22gLsin cos22g典例分析 2】(2019·

24、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L11.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面總長 L 2 1.5 m，斜面與水平桌面的傾角 可在0° 60°間調(diào)節(jié)。將質(zhì)量 m0.2 kg 的小物塊 (可視為質(zhì)點 )從斜面頂端靜止釋放， 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù) 2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力。(重力加速度取 g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；取sin37°0.6，cos37°0.8)(1) 求當30°時，物塊在斜面上下滑

25、的加速度的大小；(可以用根號表示 )(2) 當增大到 37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2；(3)2 取第(2)問中的數(shù)值，當 角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？【參考答案】3(1) (5 43) m/s2 (2)0.8 (3)53 ° 1.9 m名師解析】 (1)根據(jù)牛頓第二定律，可得mgsin1mgcosma 代入數(shù)據(jù)得 a(5 43) m/s2。(2)由動能定理得 mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00 代入數(shù)據(jù)得 2 0.8。(3) 設(shè)小物塊到達桌面右端的速度為 v，根據(jù)動能定理有 mgL1sin1

26、mgL1cos2mg(L2L1cos) 12mv23得 20(sin 1.2 4cos) v2，由數(shù)學(xué)知識可知 sin43cos 12 (34)2sin() 其中 tan 3，當 90°時，41.2） 1，vmax1 m/s即 53°時， sin( )有極大值， v2max由于 H12gt2 ，解得 t0.4 sx1 v maxt 0.4 m，xm x1 L21.9 m?！咎岱置丶繎?yīng)用動能定理解題的 “四步三注意兩適用 ”(1) 應(yīng)用動能定理解題的四個步驟 確定研究對象及其運動過程； 分析受力情況和各力的做功情況； 明確物體初末狀態(tài)的動能； 由動能定理列方程求解。(2)

27、應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題 動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡捷。 動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。 物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程( 如加速、減速的過程 )，此時可以分段考慮，也 可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(3) 動能定理適用的兩種情況既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功。突破訓(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， 兩桿長度分別為 L、2L，

28、 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， 現(xiàn)將兩球在圖示位置由靜止釋 放，不計一切阻力，則在最低點時 ( )A 甲、乙兩球的動能之比為 11B甲、乙兩球的動能之比為 12C甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1 1 D甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1 2【答案】 BC1【解析】 對甲球從釋放到最低點的過程應(yīng)用動能定理得：mg(L Lsin) 21mv2甲 0，對乙球從釋放到最低1 212mv2甲 12mv2乙點的過程應(yīng)用動能定理得： mg(2L2Lsin)2mv2乙0，所以最低點時兩球的動能之比為 1 2，A 錯誤，B 正確；對最低點的甲球受力分析，由牛頓第二定律可得T

29、甲mgm L ，對最低點的乙球受力分析，由牛頓第二定律可得 T 乙 mg mv乙，所以最低點時桿對兩球的拉力之比為T甲 1，根據(jù)牛頓第三定律，最低點2LT乙 1時甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為11，故 C正確， D錯誤。2.(2019 山·東濟南區(qū)縣高三聯(lián)考 )如圖所示，水平光滑軌道 OA 上有一質(zhì)量 m2 kg 的小物塊以速度 v020 m/s 向左運動，從 A 點飛出后恰好無碰撞地經(jīng)過 B點， B是半徑為 R10 m 的光滑圓弧軌道的右端點， C 為軌 道最低點，且圓弧 BC所對圓心角 37°，又與一動摩擦因數(shù) 0.2 的粗糙水平直軌道 CD 相連，CD 長為 15 m進入

30、另一豎直光滑半圓軌道，半圓軌道最高點為E，該軌道的半徑也為 R.不計空氣阻力，物塊均可 視為質(zhì)點，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37 °0.6，cos 37 ° 0.8，求：(1) A、 B 兩點的高度差和物塊在 C 點對圓弧軌道的壓力；(2) 通過計算分析物塊能否經(jīng)過 E 點【答案】：(1)11.25 m 153 N，方向向下 (2)見解析【解析】：(1)由題意知，在 B點速度方向沿 B點切線方向，在 B點速度大小為 v1cosv 037 °25 m/s cos 37 °豎直速度大小為 vy v0tan 37 °15 m/s從

31、A 點到 B 點的時間為 tvy1.5 s g1 A、B的高度差為 h2gt211.25 m 從 B 點到 C 點由動能定理得在C點FmgR(1 cos 37v2CN mg mFN153 N由牛頓第三定律可知物體在 C 點對軌道的壓力為 153 N，方向向下11(2)假設(shè)物塊通過 E 點時速度大小為 v2，從 C點運動到 E 點，由動能定理得 mgx mg·R22mv222mv2C 所以在 E 點速度大小為 v2 205 m/s設(shè)在 E 點做圓周運動時最小速度為 v3，v23有 mg mR所以 v3 10 m/s因為 v2>v3，所以物塊能經(jīng)過 E 點3. (2019 云

32、83;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 H0.2 m，在地面上緊靠墻壁固定一個和CD 等高，底邊長 L 1 0.3 m的固定斜面一個質(zhì)量 m0.1 kg 的小物塊 (視為質(zhì)點 )在軌道 AB上從距離 B點 L24 m處由靜止釋放，從 C點水平拋出，已知 小物塊與 AB 段軌道間的動摩擦因數(shù)為 0.5，通過 B 點時無能量損失； AB 段與水平面的夾角為 37°.空( 氣阻力不計，取重力加速度 g10 m/s2， sin 37 °0.6，cos 37 °0.8)(1)求小物塊運動到 B 點

33、時的速度大??；(2)求小物塊從 C 點拋出到擊中斜面的時間；(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動能的最小值1【答案】 (1)4 m/s (2)15 s (3)0.15 J1 【解析】 (1)對小物塊從 A 到 B過程分析，根據(jù)動能定理有： mgL2sin 37 ° mg2Lcos 37 °2mvB2，解得： vB 4 m/s；(2) 設(shè)物塊落在斜面上時水平位移為 x，豎直位移為 y，如圖所示：對平拋運動，有：xvBt，結(jié)合幾何關(guān)系，有：HyH2，x L13，13解得： t 1 s 或 t 3 s(舍去 )；15 5(3) 設(shè)小物塊從軌道上 A點靜止釋

34、放且 ABL，運動到 B 點時的速度為 vB，對物塊從 A到碰撞斜面過程分析，根據(jù)動能定理有：12 mgLsin 37 °mgcos 37 °L· mgy 2mv20對物塊從 A到運動到 B 過程分析，根據(jù)動能定理有122mvB2 mgL sin 37 ° mgLcos 37 °1 2 H y 2又 x vBt， y 2gt2， x 3 聯(lián)立解得： 12mv2mg(2156y91H6y 98H)，故當 2156y91H6y，即 y35H0.12 m 時，動能最小為 Ekmin，代入數(shù)據(jù)，解得 Ekmin0.15 J.題型四 功能中的圖像問題典例

35、分析 1】 （2019·高考全國卷 ）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受h 在 3 m 以內(nèi)時，物體上升、下落過程到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用距地面高度中動能 Ek隨 h 的變化如圖所示重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為 （ ）C1 kgB1.5 kgD0.5 kg答案】：C解析】：畫出運動示意圖，設(shè)阻力為 f，據(jù)動能定理知AB（上升過程 ）：EkBEkA （mgf）h選項 C 正確CD（下落過程 ）：EkDEkC （mgf）hF 拉靜止在整理以上兩式得 mgh30 J，解得物體的質(zhì)量 m1 kg ，典例分析 2】 （2019

36、83;河南濮陽三模 ）水平力 F 方向確定，大小隨時間的變化如圖甲所示，用力 水平桌面上的小物塊，在 F 從 0 開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度 a 隨時間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度大小為 10 m/s2。問在 04 s 時間內(nèi)，合外力對小物塊做的功為 （ ）A 24 JB12 JC8 JD6 J【參考答案】 A【名師解析】 根據(jù) F-t圖象和 a-t 圖象可知， t12 s時，F(xiàn)16 N，a11 m/s2；t24 s 時， F 2 12 N，a23 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F1 mg ma1，F(xiàn)2 mg ma2，聯(lián)立解得小物塊的質(zhì)量和動摩擦因數(shù)為：m 3 kg， 0.1，根

37、據(jù) a-t圖象與 t 軸所圍面積為小物塊的速度改變量v，得小物塊在 t24 s末時的速度 v0v4 m/s，1根據(jù)動能定理可得合外力對小物塊做的功W 21mv224 J，故 A 正確。提分秘籍】1.解決物理圖象問題的基本步驟 (1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應(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)出縱坐標與橫坐標所對應(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)上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交 點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題2. 四類圖象所圍 “面積 ”的含義突破訓(xùn)練】1.(2019 山&

38、#183;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始運 動，小物塊的加速度 a 隨其運動距離 x 的變化規(guī)律如圖所示。已知小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為 g，在小物塊運動 0 2L 的過程中，下列說法正確的是 ( )A 小物塊在 0L 內(nèi)做勻變速直線運動， L2L 內(nèi)做勻速運動 B小物塊運動至 2L 處的速度為 6a0L C整個過程中水平外力做功為 mL（2g 3a0）D小物塊從 L 處運動至 2L 處所用的時間為 12 aL【答案】 BC解析】 小物塊在 0L 內(nèi)加速度減小，做加速度減小的變加速直線運動，L2L 內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，故 A 錯誤；整個過程，根據(jù)動能定理得：3ma02 ma0Lma0L21mv2，得小物塊運動至 2L 處的速度為 v 6a0L ，故 B 正確；整個過程合力做功為3ma0 ma 0L ma0L WF m·g L2，得水平外力做功為 WFmL（2g 3a0），故 C 正確；設(shè)小物塊運動至L 處的速度為 v0，根據(jù)動能定理得：3ma0 ma0 1 2L2mv