《高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功 第5讲 功和功率 动能定理练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功 第5讲 功和功率 动能定理练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第5讲功和功率动能定理构建网络重温真题1(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量m1 kg，C正确。2(2018全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗
2、糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WFWfmv20，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。3(2018全国卷)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气
3、阻力。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45答案AC解析设第次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，2t0v0v0，解得：t，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t045，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmgma，可得提升的最大牵引力之比为11，B错误；由功率公式PFv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电mgh0，两次提升高度h相同，所以电
4、机两次做功相同，D错误。4(2018江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此
5、位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故D正确。5(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()
6、A一直不做功 B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心答案A解析光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。6(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时，速度vv0gt，根据动能Ekmv2得Ekm(v0gt)2，故图象A正确。7(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘
7、甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能
8、定理，对飞行员有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin由牛顿第二定律，对飞行员有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N。命题特点：功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，以选择题和计算题考查较多，各种难度都可能出现。思想方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。高考考向1功和功率的理解和计算例1(2018江西联考)(多选)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的vt图象如图所示
9、，则()AA、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为512B水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为21C水平力F对A、B两物体做功之比为21D在整个运动过程中，摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为53(1)水平力F对A、B两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率？提示：瞬时功率。(2)整个运动过程中，水平力F对A、B两物体做功_(填“大于”“小于”或“等于”)A、B两物体克服摩擦力做功。提示：等于。解析由vt图象可知，A加速运动时的加速度aA1，减速运动时的加速度大小为aA2，由牛顿第二定律有：Ff1m1，f1m1，解两式得：f1；B加速运动时的加速度大小为aB1，减速运动时的加速度大小
10、为aB2，由牛顿第二定律有：Ff2m2，f2m2，解两式得：f2，所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为512，A正确；由vt图象知，水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F2v0)(Fv0)21，B正确；由vt图象与t轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力F作用时的位移之比为12，由WFs可知，F对A、B两物体做功之比为12，C错误；整个运动过程中，摩擦力对A做的功WAFFv0t0，对B做的功WBF2Fv0t0，由P可得PA，PB，PAPB56，D错误。答案AB 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
11、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(丙图中图线为圆弧)，力做的功分别为W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3。(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和公式PFvcos的适用范围，P计算的是平均功率，PFvcos侧重于对瞬时功率的计算。1. (2019合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车
12、，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0103kg/m3，g取10 m/s2。下列说法正确的是()A使水炮工作的发动机的输出功率为10 kWB使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8104 JD伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8105 J答案D解析水的密度为1.0103 kg/m3,1 min内流出水的质量：mV1.01033 kg3000 kg,1 min内水获得的重力势
13、能：Epmgh30001060 J1.8106 J，1 min内水获得的动能：Ekmv26105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：P W4104 W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：Wmgh3001060 J1.8105 J，故C错误，D正确。2(2018开封一模)(多选)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动。那么在此过程中()A小球重力做功为2mg
14、LB绳子拉力做功大于2mgLC重力做功功率逐渐增大D绳子拉力做功功率先增大后减小答案AC解析小球在该过程中下降高度为2L，所以小球重力做功为2mgL，A正确；杆匀速转动过程中，小球动能不变，由动能定理可知，该过程中合外力做功为零，所以绳子拉力做功与重力做功大小相等，为2mgL，B错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积，杆匀速转动，小球做匀速圆周运动，该过程中小球竖直方向的速度不断增大，所以重力做功的功率不断增大，C正确；由动能定理可得，拉力做功功率与重力做功功率始终大小相等，故拉力做功功率不断增大，D错误。高考考向2机车启动问题例2(2019四川省成都市高三三模)目前，我国在
15、人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法正确的是()A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于(1)恒定功率启动过程中，汽车做何种形式的运动？提示：汽车功率
16、不变时，速度增大牵引就会减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时速度最大。(2)功率不变时，汽车运动时间如何求解？提示：功率不变时牵引力做功等于Pt，可以由动能定理求解时间。解析关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则由IFt可知冲量不为零，故B错误；上坡过程中，汽车速度由增至，设所用的时间为t，根据动能定理可得：Pt(fmgsin)sm()2m()2，解得t，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，由PFv可知速度增大，
17、牵引力减小，加速度减小，设达到最大速度vm所用时间为t1，则由图象法可知t1s，解得t1a2，即t2t，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PFv得钢绳的最大拉力Fm，故B错误；重物以最大速度匀速上升时，Fmg，所以v2，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a，则匀加速的时间为t，故D正确。高考考向3动能定理及其应用例3(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点
18、由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。取sin37，cos37(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。(1)若想求出P运动到E点时弹簧的弹性势能，需先求出P运动到E点时滑行的距离，该距离可以通过研究哪一过程求出？提示：P到达E然后又反弹回F点的整个过程。(2)从D点
19、飞出后做平抛运动，如何求D点速度？提示：可以利用水平位移和竖直位移。解析(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R5R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinmglcosmv式中37。联立式并由题给条件得vB2。(2)设BEx。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinmgxcosEp0mvE、F之间的距离l1为l14R2Rx2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0联立式并由题给条件得xREpmgR。(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距
20、离y1分别为x1RRsiny1RRRcos设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v联立式得m1m。答案(1)2(2)mgR(3)m 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确定研究对象及其运动过程；分析受力情况和各力的做功情况；明确物体初末状态的动能；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动能定理往往用于单个
21、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。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。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既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功。5(2019山东威海三模)(多选)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在
22、小物块运动02L的过程中，下列说法正确的是()A小物块在0L内做匀变速直线运动，L2L内做匀速运动B小物块运动至2L处的速度为C整个过程中水平外力做功为mL(2g3a0)D小物块从L处运动至2L处所用的时间为答案BC解析小物块在0L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L2L内加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；整个过程，根据动能定理得：Lma0Lmv2，得小物块运动至2L处的速度为v，故B正确；整个过程合力做功为Lma0LWFmg2L，得水平外力做功为WFmL(2g3a0)，故C正确；设小物块运动至L处的速度为v0，根据动能定理得：Lmv，得v02，小物块从L处运动至2L处做匀加速
23、直线运动，有Lt，联立解得t(2) ，故D错误。6(2019江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面总长L21.5 m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节。将质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin370.6，cos370.8)(1)求当30时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表
24、示)(2)当增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(3)2取第(2)问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离xm是多少？答案(1) (5) m/s2(2)0.8(3)531.9 m解析(1)根据牛顿第二定律，可得mgsin 1mgcosma代入数据得a(5) m/s2。(2)由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00代入数据得20.8。(3)设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)mv2得20(sin1.2cos)v2，由数学知识可知sincossin()其中
25、tan，当90时，即53时，sin()有极大值，v20(1.2)1，vmax1 m/s由于Hgt2，解得t0.4 sx1vmaxt0.4 m，xmx1L21.9 m。易错警示 瞬时功率及阻力做功的求解例(2019安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A从A运动到B，重力的瞬时功率变大B绳的拉力做功为0C空气阻力F阻做功为mgLD空气阻力F阻做功为F阻L分析与解重力的瞬时功率PGmgvcos，其中为mg与v的夹角，在A处v0，则重力的瞬时功率为零，在B处90，重力的瞬时功率也为零，所以
26、重力的瞬时功率先变大后变小，而有的同学求瞬时功率时丢掉cos，认为重力瞬时功率因v增大而增大，从而错选A。绳的拉力始终与速度垂直，做功为0，B正确。空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力做功为F阻L，故C、D错误。有的同学因没考虑到阻力做负功，而错选D。答案B易错警示用PFvcos计算瞬时功率时，为F与v的夹角，当F与v同向时公式简化为PFv。阻力做功要考虑其特点：阻力做负功，且与物体运动的路程有关。配套作业限时：50分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第15题为单选题，第68题为多选题)1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速
27、度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ekmv2，又因为vat，所以Ekma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理EkW合F合smas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek，可知动能与动量的平方成正比，D错误。2(2019河南濮阳三模)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示。重力加速度
28、大小为10 m/s2。问在04 s时间内，合外力对小物块做的功为()A24 J B12 J C8 J D6 J答案A解析根据Ft图象和at图象可知，t12 s时，F16 N，a11 m/s2；t24 s时，F212 N，a23 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1mgma1，F2mgma2，联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m3 kg，0.1，根据at图象与t轴所围面积为小物块的速度改变量v，得小物块在t24 s末时的速度v0v4 m/s，根据动能定理可得合外力对小物块做的功Wmv224 J，故A正确。3(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间
29、的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上滑时，有(mgsinf)xEkEk0，即Ek(fmgsin)xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有(mgsinf)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。综上所述，C正确。4(2019四川德阳三诊)如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉轻绳牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO
30、段与水平面的夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于()A. B.C. D.答案B解析小船的实际运动为合运动，可分解为沿着绳子方向和垂直绳子方向的分运动，如图a，根据平行四边形定则，有v车vcos，则绳上的拉力：F，对船受力分析：受重力、拉力、浮力和阻力，如图b所示，根据牛顿第二定律，有Fcosfma，联立以上式子解得：a，故B正确。5(2019山西省五地市高三上学期期末大联考)如图所示，斜面倾角为。一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点
31、，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()AWmv2mgLsin；HBWmv2；HCWmv2mgLsin；HDWmv2mgLsin；H答案A解析对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得WmgLsinmv20，则Wmv2mgLsin；设小球离开斜面时的速度为v0，对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsinmv2mv；小球从最高点到落地的过程，由动能定理得mgHmv2m(v0cos)2，联立解得：H，故选A。6(2019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
32、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11B甲、乙两球的动能之比为12C甲、乙两球对杆的拉力之比为11D甲、乙两球对杆的拉力之比为12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(LLsin)mv0，对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得：mg(2L2Lsin)mv0，所以最低点时两球的动能之比为，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mgm，对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得T乙mgm，所以最低点时杆对两球的拉力之
33、比为，根据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为11，故C正确，D错误。7(2019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，t0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t1t2的时间内，外力的功率先增大后减小D在t2t3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t
34、1t2的时间内，根据PFvmav，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；t2t3的时间内，物体动能增大，外力对物体做正功，D错误。8质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示。在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg，重力加速度为g，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是()A到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为m
35、gRB到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg答案AD解析小球在最低点时有F1Tmgm，解得v1，由于小球恰好能通过最高点，所以在最高点时，有mgm，可得v2，小球从最低点到最高点的上升过程，由动能定理可得mg2RWfmvmv，解得小球克服空气阻力做的功WfmgR，A正确，B错误；小球从最高点到最低点的下落过程，由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一高度上上升时的阻力大于下落时的阻力，故下落过程中空气阻力做的功Wf，小球再次经过最低点时有F2Tmgm，解得T5mg，C错误，D正确。二、计算题
36、(本题共2小题，共36分，须写出规范的解题步骤)9(2019江苏省七市高三第三次调研)(16分)如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度0转动，求F1的大小；(2)若圆盘以角速度1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为Ep。解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；(3)若圆盘以角速度2转动，
37、小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点。如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2。答案(1)mR(2)m(R2v2)m(Rx)2Ep(3)mmRx解析(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动，由向心力公式有F1mR。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1，则根据速度的合成：v(1R)2v2，设在此过程中弹簧对小球做功为W，由动能定理有：W1Wmvm(Rx)2，由于WEp，解得W1m(R2v2)m(Rx)2Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时，由向心力公式有Fkx1m(Rx1)，解得FmR(km)x1，由于F的大小不变，与
38、x1无关，则有km，FmR，所以推力做的功W2FxmRx。10(2019山东济宁二模)(20分)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的vt图象。已知小车在02 s内做匀加速直线运动，211 s内小车牵引力的功率保持不变，911 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：(1)在211 s内小车牵引力的功率P是多大？(2)小车在2 s末的速度vx为多大？(3)小车在29 s内通过的距离
39、x是多少？答案(1)16 W(2)4 m/s(3)44 m解析(1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据vt图象可知：a2 m/s2；根据牛顿第二定律有：fma；解得：f2 N；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则：Ff，vm8 m/s；根据PFvm；解得：P16 W。(2)02 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：ax；设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：Fxfmax；根据题意有：PFxvx；解得：vx4 m/s。(3)在29 s内的变加速过程，小车运动的时间t7 s，由动能定理可得：Ptfxmvmv；解得小车通过的距离是：x44 m。