(安徽專用)高考物理二輪考前三個月-第一部分-專題四-動能定理-能量守恒定律學案

專題四動量和能量學案動能定理能量守恒定律【考情分析】【考點預測】功和功率、動能和動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律是力學的重點，也是高考考查的重點，常以選擇題、計算題的形式出現，考題常與生產生活實際聯系緊密，題目的綜合性較強．預計在2014年高考中，仍將對該部分知識進行考查，復習中要特別注意功和功率的計算，動能定理、機械能守恒定律的應用以及與平拋運動、圓周運動知識的綜合應用．考題1對功和功率的計算的考查例1一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時起，第1s內受到2N的水平外力作用，第2s內受到同方向的1N的外力作用．下列判斷正確的是 ()A．0～2s內外力的平均功率是eq\f(9,4)WB．第2s內外力所做的功是eq\f(5,4)JC．第2s末外力的瞬時功率最大D．第1s內與第2s內質點動能增加量的比值是eq\f(2,5)審題突破①分析質點運動情況，分別求第1s、第2s內的位移．②計算平均功率用公式eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，計算瞬時功率用公式P＝Fv.解析第1s內，質點的加速度為a1＝eq\f(F1,m)＝2m/s2，位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝1m,1s末的速度v1＝a1t＝2m/s，第1s內質點動能的增加量為ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0＝2J.第2s內，質點的加速度為a2＝eq\f(F2,m)＝1m/s2，位移x2＝v1t＋eq\f(1,2)a2t2＝2.5m,2s末的速度為v2＝v1＋a2t＝3m/s，第2s內質點動能的增加量為ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2.5J；第1s內與第2s內質點動能的增加量的比值為eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(4,5)，D選項錯誤．第2s末外力的瞬時功率P2＝F2v2＝3W，第1s末外力的瞬時功率P1＝F1v1＝4W>P2，C選項錯誤．第1s內外力做的功W1＝F1x1＝2m，第2s內外力做的功為W2＝F2x2＝2.5J，B選項錯誤.0～2s內外力的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W1＋W2,2t)＝eq\f(9,4)W，所以A選項正確．答案A易錯辨析1．計算力所做的功時，一定要注意是恒力做功還是變力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcosα進行計算．若是變力做功，可用以下幾種方法進行求解：(1)微元法：把物體的運動分成無數個小段，計算每一小段力F的功．(2)將變力做功轉化為恒力做功．(3)用動能定理或功能關系進行求解．2．對于功率的計算要區(qū)分是瞬時功率還是平均功率．P＝eq\f(W,t)只能用來計算平均功率，P＝Fvcosα中的v是瞬時速度時，計算出的功率是瞬時功率；v是平均速度時，計算出的功率是平均功率．突破練習1．圖1中甲、乙是一質量m＝6×103kg的公共汽車在t＝0和t＝4s末兩個時刻的兩張照片．當t＝0時，汽車剛啟動(汽車的運動可看成是勻加速直線運動)．圖丙是車內橫桿上懸掛的手拉環(huán)的圖象，測得θ＝30°.根據題中提供的信息，無法估算出的物理量是圖1A．汽車的長度B．4s內汽車牽引力所做的功C．4s末汽車的速度D．4s末汽車合外力的瞬時功率答案B解析根據題圖丙，通過對手拉環(huán)受力分析，結合牛頓第二定律可知，汽車的加速度為a＝gtanθ＝eq\f(10\r(3),3)m/s2，所以，t＝4s末汽車的速度v＝at＝eq\f(40\r(3),3)m/s，選項C可估算出；根據題圖甲、乙可知，汽車的長度等于4s時汽車的位移，即l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(80\r(3),3)m，選項A可估算出；因為4s末汽車的瞬時速度可求出，汽車所受的合外力F＝ma也可求出，所以汽車在4s末的瞬時功率為P＝Fv也可估算出，即選項D可估算；因為不知汽車與地面間的摩擦力，所以無法估算4s內汽車牽引力所做的功，選項B符合題意．2．一質量m＝0.5kg的滑塊以某一初速度沖上傾角θ＝37°的足夠長的斜面，利用傳感器測出滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出滑塊上滑過程中的v－t圖象如圖2所示．取sin37°＝0.6，g＝10m/s2，認為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則 ()圖2A．滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5B．滑塊返回斜面底端時的速度為2m/sC．滑塊在上升過程中重力做的功為－25JD．滑塊返回斜面底端時重力的功率為7.5W答案D解析由題圖可知a＝10m/s2，即gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，解得μ＝0.5.上滑位移x＝eq\f(10,2)×1.0m＝5m，下滑加速度a′＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2.所以回到斜面底端時的速度v′＝eq\r(2a′x)＝2eq\r(5)m/s.上升過程中重力做功W＝－Gxsinθ＝－15J，返回底端時求的是重力的瞬時功率，P＝mgv′sinθ＝6eq\r(5)W．A正確．考題2對動能定理應用的考查例2如圖3甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中．一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g.圖3(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1；(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；(3)從滑塊由靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v－t圖象．圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量．(本小題不要求寫出計算過程)審題突破①滑塊的運動過程經歷三個階段：勻加速運動、加速度逐漸減小的加速運動、 加速度逐漸增大的減速運動．②彈力是變力，可利用動能定理求彈力做的功．解析(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有qE＋mgsinθ＝ma ①s0＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ②聯立①②可得t1＝eq\r(\f(2ms0,qE＋mgsinθ)) ③(2)滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為x0，則有mgsinθ＋qE＝kx0④從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得(mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0 ⑤聯立④⑤可得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－(mgsinθ＋qE)·(s0＋eq\f(mgsinθ＋qE,k))(3)在0～t1階段，滑塊做勻加速運動，其v－t圖線為過原點的傾斜直線．t1～t2階段，滑塊做加速度逐漸減小的加速運動，v－t圖線的斜率逐漸減小，t2時刻速度達到最大值．t2～t3階段，滑塊做加速度逐漸增大的減速運動，v－t圖線的斜率逐漸增大，t3時刻滑塊的速度減為零．所以畫出v－t圖象如圖．答案(1)eq\r(\f(2ms0,qE＋mgsinθ))(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－(mgsinθ＋qE)·(s0＋eq\f(mgsinθ＋qE,k))(3)見解析圖題后反思應用動能定理的三點注意1．如果在某個運動過程中包含有幾個不同運動性質的階段(如加速、減速階段)，可以分段應用動能定理，也可以對全程應用動能定理，一般對全程列式更簡單．2．因為動能定理中功和動能均與參考系的選取有關，所以動能定理也與參考系的選取有關．在中學物理中一般取地面為參考系．3．動能定理通常適用于單個物體或可看成單個物體的系統．如果涉及多物體組成的系統，因為要考慮內力做的功，所以要十分慎重．在中學階段可以先分別對系統內每一個物體應用動能定理，然后再聯立求解．突破練習3．如圖4所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B接觸面粗糙，現用一水平拉力F作用在B上使其由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，Ff2代表A對B的摩擦力，下列說法正確的有 ()圖4A．力F做的功一定等于A、B系統動能的增加量B．力F做的功一定小于A、B系統動能的增加量C．力Ff1對A做的功等于A動能的增加量D．力F、Ff2對B做的功之和大于B動能的增加量答案C解析當水平拉力F較小時，二者一起運動，力F做的功一定等于A、B系統動能的增加量；當水平拉力F較大時，二者發(fā)生相對滑動，力F做的功一定大于A、B系統動能的增加量，選項A、B錯誤；由動能定理，力Ff1對A做的功等于A動能的增加量，力F、Ff2對B做的功之和等于B動能的增加量，選項C正確，D錯誤．4．如圖5所示，傾角為45°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相接，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直平面內，A、C兩點等高．質量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的D點，g取10m/s2.圖5(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊至少從離地多高處由靜止開始下滑；(3)若滑塊離開C點后恰能垂直打在斜面上，求滑塊經過C點時對軌道的壓力．答案(1)0.5(2)2m(3)3.3N，方向豎直向上解析(1)A到D過程：根據動能定理有mg(2R－R)－μmgcos45°·eq\f(2R,sin45°)＝0－0解得μ＝0.5(2)若滑塊恰能到達C點，根據牛頓第二定律有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)vC＝eq\r(Rg)＝2m/s至少從離地高為H處下滑到達C的過程：根據動能定理有mg(H－2R)－μmgcos45°·eq\f(H,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得H＝2m(3)離開C點后滑塊做平拋運動，垂直打在斜面上時有x＝vC′ty＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(vy,2)ttan45°＝eq\f(vC′,vy)tan45°＝eq\f(2R－y,x)解得vC′＝eq\f(4\r(3),3)m/s在C點，由牛頓第二定律有mg＋FN＝meq\f(vC′2,R)解得FN＝3.3N由牛頓第三定律可知，滑塊經過C點時對軌道的壓力為FN′＝FN＝3.3N，方向豎直向上．考題3對能量守恒定律的考查例3如圖6所示，AB為一光滑固定軌道，AC為動摩擦因數μ＝0.25的粗糙水平軌道，O為水平地面上的一點，且B、C、O在同一豎直線上，已知B、C兩點的高度差為h，C、O兩點的高度差也為h，AC兩點相距s＝2h.若質量為m的兩滑塊P、Q從A點以相同的初速度v0分別沿兩軌道滑行，到達B點或C點后分別水平拋出．求：圖6(1)兩滑塊P、Q落地點到O點的水平距離．(2)欲使兩滑塊的落地點相同，滑塊的初速度v0應滿足的條件．(3)若滑塊Q的初速度v0已滿足(2)的條件，現將水平軌道AC向右延伸一段L，要使滑塊Q落地點距O點的距離最遠，L應為多少？審題突破①滑塊P沿曲線AB運動，無摩擦力做功，機械能守恒，滑塊Q沿粗糙水平軌道AC運動，機械能不守恒．②寫出滑塊Q距O點的距離d與L的關系式，利用數學方法判斷何時d最大．解析(1)滑塊P從A到B過程機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgh得vB＝eq\r(v\o\al(2,0)－2gh)從B點拋出后：x1＝vBtP,2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,P)得x1＝2eq\r(v\o\al(2,0)－2gh)·eq\r(\f(h,g))滑塊Q從A到C過程，由動能定理得：－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又μ＝0.25，s＝2h，得vC＝eq\r(v\o\al(2,0)－gh)從C點拋出后：x2＝vCtQ，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,Q)得x2＝eq\r(v\o\al(2,0)－gh)·eq\r(\f(2h,g))(2)依題意有：x1＝x2，解得：v0＝eq\r(3gh)所以滑塊的初速度v0應滿足v0＝eq\r(3gh)(3)由動能定理得：－μmg(s＋L)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)滑塊Q從水平軌道AC向右延伸的最右端拋出后：x＝vtQ′，h＝eq\f(1,2)gtQ′2距O點的距離為d＝L＋x從而得d＝eq\r(4h2－h(huán)L)＋L，當L＝eq\f(15,4)h時，d取最大值為eq\f(17,4)h答案(1)2eq\r(v\o\al(2,0)－2gh)·eq\r(\f(h,g))eq\r(v\o\al(2,0)－gh)·eq\r(\f(2h,g))(2)v0＝eq\r(3gh)(3)eq\f(15,4)h知識拓展應用機械能守恒定律解題時的三點注意1．要注意研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為單個物體與地球組成的系統)為研究對象，機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統為研究對象時，機械能卻是守恒的．如圖7所示，單獨選物體A時機械能減少，但選由物體A、B組成的系統時機械能守恒．圖72．要注意研究過程的選取有些問題研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒．因此，在應用機械能守恒定律解題時要注意研究過程的選?。?．要注意機械能守恒定律表達式的選取守恒觀點的表達式適用于單個或多個物體機械能守恒的問題，解題時必須選取參考平面．后兩種表達式都是從“轉化”和“轉移”的角度來反映機械能守恒的，不必選取參考平面．突破練習5．如圖8所示，彈簧的一端固定在水平面上，另一端與質量為1kg的小球相連，小球原來處于靜止狀態(tài)．現用豎直向上的拉力F作用在小球上，使小球開始向上做勻加速直線運動，經0.2s彈簧剛好恢復到原長，此時小球的速度為1m/s，整個過程中彈簧始終在彈性限度內，g取10m/s2.則 ()圖8A．彈簧的勁度系數為50N/mB．在0～0.2s內拉力的最大功率為15WC．在0～0.2s內拉力對小球做的功等于1.5JD．在0～0.2s內小球和彈簧組成的系統機械能守恒答案B解析彈簧的壓縮量x＝eq\f(v,2)t＝0.1m，又因為靜止時，kx＝mg所以k＝100N/m，選項A錯誤．由v＝at得a＝eq\f(v,t)＝5m/s2在0.2s時拉力的功率最大，F－mg＝ma，得F＝15N，所以P＝Fv＝15×1W＝15W，選項B正確．0～0.2s內拉力F逐漸增加到15N，拉力對小球的功應小于1.5J，選項C錯誤．0～0.2s內有拉力F做功，小球和彈簧組成的系統的機械能增加，機械能不守恒，D錯誤．6．如圖9所示，固定坡道傾角為θ，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質點的小物塊質量為m，從坡道頂端由靜止滑下，經過底端O點進入水平面時無機械能損失，為使小物塊制動，將輕彈簧的一端固定在水平面左側M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時右側一端恰好位于O點．已知小物塊與坡道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法不正確的是 ()圖9A．小物塊在傾斜軌道上運動時，下滑的加速度比上滑的加速度小B．當小物塊壓縮彈簧到最短時，物塊的重力勢能完全轉化為彈簧的彈性勢能C．小物塊返回傾斜軌道時所能達到的最大高度為eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)hD．小物塊在往返運動的整個過程中損失的機械能為mgh答案B解析小物塊在傾斜軌道上運動時，受重力、支持力、摩擦力3個力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面方向的分力提供，下滑的加速度a1＝eq\f(mgsinθ－Ff,m)，上滑的加速度a2＝eq\f(mgsinθ＋Ff,m)，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A正確．由于小物塊在傾斜軌道上有摩擦力做功，故當小物塊壓縮彈簧到最短時，物塊重力勢能的部分轉化為彈簧的彈性勢能，B錯誤．小物塊下滑到O點時，由動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，在水平面上，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep，設小物塊能夠上升的最大高度為h1，物塊返回傾斜軌道過程中由動能定理得－mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得：h1＝eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h，C正確．由能量守恒定律可知小物塊最終將靜止在O點，重力勢能全部轉化為內能，故在往返運動的整個過程中損失的機械能為mgh，D正確．7．如圖10所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)(圖中未畫出)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處．現將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是 圖10A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4,3)d答案D解析將環(huán)和重物作為一個系統，顯然整個系統滿足機械能守恒，故環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能，C錯誤．初狀態(tài)：環(huán)在A處，重物在起始位置，它們的速度都為0.末狀態(tài)：環(huán)在最低處(設環(huán)最大下滑距離是H)，重物在最高處，它們的速度都為0.環(huán)從A處下滑到最低處時，滑輪左側的繩子長度增加了L＝eq\r(H2＋d2)－d，那么重物對應上升的高度也是h＝L，由機械能守恒，得mgH＝(2m)gh，即mgH＝(2m)g(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝4d/3，可見，環(huán)下滑的最大距離是H＝4d/3，D正確．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A錯誤．由運動的合成與分解可知環(huán)沿桿向下的速度沿繩的分速度等于重物上升的速度，故B錯誤．物理模型三傳送帶運動模型傳送帶有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類，往往涉及多個運動過程，常結合圓周運動、平拋運動進行考查，解答時可從以下兩點進行突破：1．分析物體在傳送帶上的運動過程物體相對傳送帶運動，分清二者的速度關系，明確不同狀態(tài)下物體的受力情況及運動情況是解決問題的突破口．2．分析每個過程的初、末速度無論是單純的傳送帶類問題，還是傳送帶與圓周運動、平拋運動相結合的問題，涉及多過程時，前一個運動過程的末速度是后一個運動過程的初速度，因此速度是聯系前、后兩個過程的橋梁，分析每個過程的初、末速度是解決問題的關鍵．例4如圖11所示，一傳送帶傾斜放置，傾角α＝53°，長為L＝10m．一個質量m＝1kg的小物體在光滑的平臺上以速度v0向右做勻速直線運動，到達平臺末端物體沿水平方向拋出，當物體運動到傳送帶上表面頂端A點時，速度方向剛好和傳送帶上表面平行，即物體A無碰撞地運動到傳送帶上．已知傳送帶頂端A點與平臺的高度差h＝0.8m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：圖11(1)物體在平臺上運動的速度大小v0；(2)若傳送帶靜止，物體到達傳送帶下端B點時的速度大小vB；(3)當傳送帶以v＝4eq\r(5)m/s的速度順時針方向轉動時，物體由A到B的過程中所受摩擦力做的功Wf.審題突破①物體A無碰撞地運動到傳送帶上，說明已知物體落到傳送帶上時速度的方向．②傳送帶靜止時，傳送帶對物體的摩擦力做負功．③傳送帶v＝4eq\r(5)m/s時，傳送帶速度大于物體速度，物體加速，當速度相等后，要注意摩擦力方向的變化．解析(1)由運動的合成與分解知識得eq\f(vy,v0)＝tan53°veq\o\al(2,y)＝2gh聯立并代入數據得，物體在平臺上運動的速度v0＝3m/s(2)傳送帶靜止，物體由A加速到B的過程中，由動能定理得(mgsin53°－μmgcos53°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)聯立并代入數據得物體到達傳送帶下端B點時的速度vB＝5eq\(3)當傳送帶以v＝4eq\r(5)m/s速度順時針方向轉動時，小物體加速到v＝4eq\r(5)m/s之前，傳送帶的摩擦力一直對物體做正功，由動能定理得(mgsin53°＋μmgcos53°)s＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數據得s＝2.5m小物體加速到v＝4eq\r(5)m/s之后直到到達底端，傳送帶的摩擦力對物體做負功，故得物體由AWf＝μmgscos53°－μmg(L－s)cos53°＝－15J答案(1)3m/s(2)5eq\題后反思1．在水平傳送帶上當物體相對傳送帶向后運動時，物體所受滑動摩擦力向前，當物體相對傳送帶向前運動時，物體所受滑動摩擦力向后．2．在傾斜傳送帶上，物體與傳送帶速度相等后，物體做加速運動還是勻速運動決定于重力的分力與最大靜摩擦力大小關系．3．若求摩擦生熱，應用滑動摩擦力乘以相對位移，即Q＝Ffx相對，若物體出現往返運動情況，應分段求摩擦生熱．知識專題練訓練61．如圖1甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F與時間t的關系如圖乙所示；設物塊與地面間的靜摩擦力最大值Ffm與滑動摩擦力大小相等，則()圖1A．0～t1時間內F的功率逐漸增大B．t2時刻物塊A的動能最大C．t3時刻物塊A的動能最大D．t1～t3時間內F對物塊先做正功后做負功答案C解析當拉力小于最大靜摩擦力時，物塊靜止不動，靜摩擦力與拉力二力平衡，當拉力大于最大靜摩擦力時，物塊開始加速，當拉力重新小于最大靜摩擦力時，物塊由于慣性繼續(xù)減速運動．t1時刻前，拉力小于最大靜摩擦力，物塊靜止不動，靜摩擦力與拉力二力平衡，合力為零，力F的功率為零，故A錯誤；t1～t2，合力向前，物塊做加速度增大的加速運動，t2時刻物塊A的加速度最大，t3時刻之后合力向后，物塊由于慣性減速前進，故t3時刻A的速度最大，動能最大，B錯誤，C正確；t1～t3時間內物塊速度一直增大，動能一直增大，F對物塊A始終做正功，D錯誤；故選C.2．如圖2所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊，現緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為α時小物塊開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，則下列說法不正確的是()圖2A．木板對小物塊做功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對小物塊做功為mgLsinαC．支持力對小物塊做功為mgLsinαD．滑動摩擦力對小物塊做功為eq\f(1,2)mv2－mgLsinα答案B解析在抬高A端的過程中，小物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，其方向和小物塊的運動方向時刻垂直，故在抬高階段，摩擦力并不做功，這樣在抬高小物塊的過程中，由動能定理得：WN＋WG＝0，即WN－mgLsinα＝0，所以WN＝mgLsinα.在小物塊下滑的過程中，支持力不做功，滑動摩擦力和重力做功，由動能定理得：WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，即Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，B錯，C、D正確．在整個過程中，設木板對小物塊做的功為W，對小物塊在整個過程由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，A正確．3．(2013·山東·16改編)如圖3所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M、m(M>m)的滑塊、通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中 ()圖3A．兩滑塊組成系統的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功大于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功答案D解析兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，系統的機械能減小，減小的機械能等于M克服摩擦力做的功，選項A錯誤，D正確．除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤．繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C錯誤．圖44．如圖4所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖象，Oa段為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說法中正確的是 ()A．0～t1時間內汽車做勻加速運動且功率恒定B．t1～t2時間內汽車牽引力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C．t1～t2時間內的平均速度為eq\f(1,2)(v1＋v2)D．在全過程中t1時刻的牽引力及功率都是最大值，t2～t3時間內牽引力最小答案D解析由題圖知，0～t1時間內汽車做勻加速運動，功率P＝Fat隨時間均勻增加，t1時刻的功率達到額定功率P額，則A錯．t1～t2時間內以額定功率P額加速行駛，由動能定理得P額(t2－t1)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，牽引力做功W＝P額(t2－t1)＝Wf＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，則B錯．t1～t2時間內汽車做加速度減小的加速運動，平均速度eq\x\to(v)>eq\f(1,2)(v1＋v2)，則C錯.0～t1時間內加速度恒定，牽引力恒定；t1～t2時間內加速度減小，牽引力減小，在t2時刻的牽引力恰減小到等于阻力；t2～t3時間內，汽車的加速度為0，牽引力恒定，則D正確．5．如圖5所示，勁度系數為k的輕質彈簧，一端系在豎直放置、半徑為R的光滑圓環(huán)頂點P，另一端連接一套在圓環(huán)上且質量為m的小球，開始時小球位于A點，此時彈簧處于原長且與豎直方向的夾角為45°，之后小球由靜止沿圓環(huán)下滑，小球運動到最低點B時速率為v，此時小球與圓環(huán)之間壓力恰好為零．下列分析正確的是 ()圖5A．小球過B點時，彈簧的彈力大小為meq\f(v2,R)B．小球過B點時，彈簧的彈力大小為k(2R－eq\r(2)R)C．從A到B的過程中，重力勢能和彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能D．從A到B的過程中，重力對小球做的功等于小球克服彈簧彈力做的功答案B解析在B點彈簧的伸長量Δx＝2R－2R×eq\f(\r(2),2)＝2R－eq\r(2)R，所以彈簧的彈力F＝kΔx＝k(2R－eq\r(2)R)，B正確．另外，在B點由向心力公式得：F－mg＝meq\f(v2,R)，解得F＝mg＋meq\f(v2,R)，A錯誤．在從A到B的過程中，小球的重力勢能減少，彈簧的彈性勢能增加，小球減少的重力勢能轉化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，C、D均錯．6．如圖6所示，勁度系數為k的輕彈簧下懸掛一個質量為m的重物，處于靜止狀態(tài)，手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，然后放手使重物從靜止開始下落，重物下落過程中的最大速度為v，不計空氣阻力，則下列說法正確的是 ()圖6A．小球速度最大時彈簧的彈性勢能為零B．彈簧的彈性勢能最大時小球加速度為零C．手托重物緩慢上移時手對重物做功為W1＝eq\f(m2g2,k)D．重物從靜止下落到速度最大過程中重物克服彈簧彈力所做的功為W2＝eq\f(m2g2,k)－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球速度最大時，合外力為零，所以彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈性勢能不為零，選項A錯誤．當小球到達最低點時，速度為零，彈簧的伸長量最大，彈性勢能最大，但加速度不為零，B錯誤．重物上升過程，根據動能定理得W1＋W彈－mgx＝0，其中x＝eq\f(mg,k)，所以W1＝eq\f(m2g2,k)－W彈，C錯誤．重物下落過程：mgx－W彈＝eq\f(1,2)mv2，解得W彈＝eq\f(m2g2,k)－eq\f(1,2)mv2，D正確．7．一輛汽車在水平路面勻速直線行駛，阻力恒定為Ff.t1時刻駛入一段阻力為Ff/2的路段繼續(xù)行駛．t2時刻駛出這段路，阻力恢復為Ff.行駛中汽車功率恒定，則汽車的速度v及牽引力F隨時間變化圖象可能是 ()A．①③ B．①④C．②③ D．②④答案A解析0～t1時間內，汽車做勻速運動，F＝f.t1～t2時間內P＝Fv，隨著v的增大，F減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動．t2時刻，F<Ff，汽車做減速運動，隨著v的減小，F增大，汽車做加速度逐漸減小的減速運動，當F＝Ff時做勻速運動，所以正確選項為A.8．如圖7所示，將一輕彈簧固定在傾角為30°的斜面底端，現用一質量為m的物體將彈簧壓縮鎖定在A點，解除鎖定后，物體將沿斜面上滑，物體在運動過程中所能到達的最高點B距A點的豎直高度為h，物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g.則下列說法正確的是 ()圖7A．彈簧的最大彈性勢能為mghB．物體從A點運動到B點的過程中系統損失的機械能為mghC．物體的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能D．物體將不能靜止在B點答案B解析根據能量守恒，在物體上升到最高點的過程中，彈性勢能變?yōu)槲矬w的重力勢能mgh和內能，故彈簧的最大彈性勢能應大于mgh，故A錯誤．物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g，由牛頓第二定律得物體所受沿斜面向下的合力為F＝mg，而重力沿斜面向下的分力為mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，可知，物體必定受到沿斜面向下的摩擦力為Ff＝eq\f(1,2)mg，摩擦力做功等于物體從A點運動到B點的過程中系統損失的機械能，Wf＝Ffeq\f(h,sin30°)＝mgh，故B正確．物體動能最大時，加速度為零，此時物體必定沿斜面向上移動了一定距離，故損失了一部分機械能，所以動能小于彈簧的最大彈性勢能，故C錯誤．由于物體到達B點后，瞬時速度為零，此后摩擦力方向沿斜面向上，與重力沿斜面向下的分力相抵消，物體將靜止在B點，故D錯誤．9．如圖8所示，工廠利用皮帶傳輸機把貨物從地面運送到高出水平地面的C平臺上，C平臺離地面的高度一定．運輸機的皮帶以一定的速度v順時針轉動且不打滑．將貨物輕輕地放在A處，貨物隨皮帶到達平臺．貨物在皮帶上相對滑動時，會留下一定長度的痕跡．已知所有貨物與皮帶間的動摩擦因數為μ.若皮帶的傾角θ、運行速度v和貨物質量m都可以改變，始終滿足tanθ<μ，可以認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則 ()圖8A．當速度v一定時，傾角θ越大，運送時間越短B．當傾角θ一定時，改變速度v，運送時間不變C．當傾角θ和速度v一定時，貨物質量m越大，皮帶上留下的痕跡越長D．當傾角θ和速度v一定時，貨物質量m越大，皮帶上摩擦產生的熱越多答案D解析開始時對貨物受力分析，根據牛頓第二定律得a＝μgcosθ－gsinθ，根據運動學公式得貨物加速到與皮帶速度相等所需的時間t1＝eq\f(v,a)，貨物加速過程的位移x1＝eq\f(v2,2a)，貨物加速到與皮帶的速度相等時，因為μmgcosθ>mgsinθ，貨物將做勻速運動，根據運動學公式得貨物勻速的時間t2＝eq\f(L－x1,v)，因此貨物從底端運送到頂