【物理】2019届二轮复习专题二第1讲功　功率与动能定理教案 20页

第1讲　功　功率与动能定理 ‎[历次选考考情分析]‎ 章 知识内容 考试要求 历次选考统计 必考 加试 ‎2015/10‎ ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ 机械能守恒定律 追寻守恒量——能量 b 功 c c 功率 c c ‎10、13‎ 重力势能 c c ‎4、20‎ ‎13‎ 弹性势能 b b ‎20‎ 动能和动能定理 d d ‎20‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎20‎ 机械能守恒定律 d d ‎20‎ ‎12‎ 能量守恒定律与能源 c d ‎5‎ ‎4‎ 考点一　功和能基本概念及规律辨析 ‎1．功的正负：由W＝Flcos α，α<90°，力对物体做正功；α＝90°，力对物体不做功；α>90°，力对物体做负功．‎ ‎2．恒力做功的计算方法 ‎3．变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用F－l图象曲线下的面积求功，利用W＝Pt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解．‎ ‎4．总功的计算 ‎(1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功；‎ ‎(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和．‎ ‎5．机械能 ‎(1)机械能包括动能、重力势能和弹性势能；‎ ‎(2)重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即WG＝－ΔEp；‎ ‎(3)弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短量相等时，弹性势能相同．‎ ‎1．[正、负功的判断](2018·温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图1所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．发动机对飞行包(包括人)做正功 B．飞行包(包括人)的重力做负功 C．空气阻力对飞行包(包括人)做负功 D．飞行包(包括人)的合力做负功 答案　C 解析　飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包(包括人)做负功，故A错误．高度下降，飞行包(包括人)的重力做正功，故B错误．空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包(包括人)做负功，故C正确．飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误．‎ ‎2．[做功的分析]如图2所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的(　　)‎ 图2‎ A．支持力做功为mgl B．重力做功为mgl C．拉力做功为Flcos θ D．滑动摩擦力做功为－μmgl 答案　C 解析　对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分析，可知雪橇受到的支持力FN＝mg－Fsin θ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin θ)，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力做的功也为零，选项A、B错误；滑动摩擦力做功Wf＝－Ffl＝－μl(mg－Fsin θ)，选项D错误；拉力做功为Flcos θ，选项C正确．‎ ‎3．[重力势能](2018·浙江4月选考·13)如图3所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B 处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)(　　)‎ 图3‎ A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J C．－6.0×102 J D．－2.0×102 J 答案　B 解析　重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为θ，设右边绳子长为a，则左边绳长为20－a.‎ 由几何关系得：20cos θ＝16；asin θ－(20－a)sin θ＝2‎ 联立解得a＝ m，所以最低点与参考平面的高度差为sin θ＝7 m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m，所以在最低点的重力势能约为－750 J，故选B.‎ ‎4．[机械能守恒](2018·绍兴市选考诊断)“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中，哪个阶段中返回舱的机械能是守恒的(　　)‎ A．飞船加速升空阶段 B．飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段 C．返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降 D．返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降 答案　B 考点二　功率的分析与计算 ‎1．首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率．‎ ‎2．平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．‎ ‎(1)可用P＝.‎ ‎(2)可用P＝Fvcos α，其中v为物体运动的平均速度．‎ ‎3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F和v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度，或用速度v乘以沿速度方向的分力求解．‎ ‎(1)公式P＝Fvcos α，其中v为某时刻的瞬时速度．‎ ‎(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．‎ ‎(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．‎ 例1　(2017·浙江11月选考·13)如图4所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于(　　)‎ 图4‎ A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案　B 解析　若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P＝＝400×10×60× W＝800 W，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W，故选项D错误；在1 s内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103× kg＝50 kg，喷出去水的重力势能为Ep＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104 J，水的动能为Ek＝m′v2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104 W，选项B正确，A、C错误．‎ ‎5．(2018·金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图5所示，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的，g取10 m/s2，则他克服重力做功的平均功率约为(　　)‎ 图5‎ A．20 W B．35 W C．75 W D．120 W 答案　C 解析　小李同学跳一次的时间是：t＝ s＝ s，他跳离地面向上做竖直上抛运动，到最高点的时间为：t1＝××(1－) s＝0.1 s，此过程中克服重力做功为：W＝mg(gt12)＝500×(×10×0.01) J＝25 J，跳绳时克服重力做功的功率为：＝＝ W＝75 W，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎6．一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的图象正确的是(　　)‎ 答案　C 解析　物块受到的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律，F－kv＝ma，所以物块做加速度减小的加速运动，又因拉力功率P＝Fv，F为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度v随时间的变化规律一致，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎7．(2018·台州市高三期末)如图6所示，中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，装有额定输出功率为8 700 kW的大功率燃汽轮机，最高时速为108 km/h.假设气垫船航行过程中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv.则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．该气垫船的最大牵引力为2.9×105 N B．从题中给出的数据，无法计算k值 C．在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105 N D．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW 答案　C 解析　在额定输出功率下以最高时速航行时，vm＝108 km/h＝30 m/s，根据P＝Fv得：F＝＝ N＝2.9×105 N，此时匀速运动，则Ff＝F＝2.9×105 N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9×105 N，故A错误，C正确；根据Ff＝kv得：k＝＝ N·s/m≈9.67×103 N·s/m，故B错误；以最高时速一半的速度匀速航行时，牵引力F′＝k·，解得F′＝1.45×105 N，则P′＝F′v′＝1.45×105×15 W＝2 175 kW，故D错误．‎ 考点三　动能定理的应用 ‎1．解题步骤 ‎2．注意事项 ‎(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．‎ ‎(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．‎ ‎(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．‎ 例2　如图7所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k＝40 N/m的轻弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦．一个质量为m＝5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L＝1 m．已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep＝kx2，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 ‎ m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；‎ ‎(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；‎ ‎(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ 答案　(1)1 s　(2) m/s　(3)20 J 解析　(1)由牛顿第二定律可知，小滑块沿斜面下滑的加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2‎ 由L＝at2‎ 解得t＝＝1 s ‎(2)设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsin θ－μmgcos θ＝kx0‎ 对小滑块由静止滑下到达到最大速度的过程，由动能定理有 mgsin θ·(L＋x0)－μmgcos θ·(L＋x0)－kx02＝mv m2‎ 解得vm＝ m/s ‎(3)设小滑块运动至最低点时，弹簧的压缩量为x1，由动能定理有 mgsin θ·(L＋x1)－μmgcos θ·(L＋x1)－Epm＝0‎ 又Epm＝kx12‎ 解得Epm＝20 J.‎ ‎8．如图8甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一力F的作用，t＝1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面．已知物体从开始运动到滑上斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)力F做的功；‎ ‎(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率．‎ 答案　(1)72 J　(2)36 W 解析　(1)物体1 s末的速度v1＝12 m/s，根据动能定理得：WF＝mv12＝72 J.‎ ‎(2)物体在1～2 s内沿水平面做匀速直线运动，物体在2～3 s内沿斜面向上做减速运动．物体沿斜面上滑的最大距离为：x＝t3＝6 m 物体到达斜面底端的速度v2＝12 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得：‎ ‎－mgxsin 37°－W克＝0－mv22‎ 解得：W克＝36 J 因此克服摩擦力做功的平均功率为：＝＝36 W.‎ ‎9．如图9所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫．水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff1＝88 N，在水平段受到的平均阻力Ff2＝100 N．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ 图9‎ ‎(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；‎ ‎(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长．‎ 答案　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 解析　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1＝Ff1L＝88×5 J＝440 J ‎(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mgh－Wf1＝mv2‎ 代入数据解得：v＝4 m/s ‎(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：‎ ‎－Ff2x＝0－mv2‎ 解得：x＝1.6 m 考点四　动力学和能量观点的综合应用 ‎1．动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．‎ ‎2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．‎ ‎3．解题关键 ‎(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．‎ ‎(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．‎ 例3　(2017·台州市选考模拟)如图10所示，质量为m＝0.1 kg的可视为质点的小球从静止开始沿半径为R1＝40 cm的圆弧轨道AB由A点滑到B点后，进入与AB平滑连接的圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半径为R2＝20 cm，在紧靠出口C处，有一半径为R3＝8.4 cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处，小球射出C出口时，恰好能接着穿过D孔进入圆筒，并越过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.问：‎ 图10‎ ‎(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？‎ ‎(2)小球穿出圆筒小孔D时的速度多大？‎ ‎(3)圆筒转动的最大周期T为多少？‎ 答案　(1)3 N　5 N　(2)0.8 m/s　(3)0.08 s 解析　(1)从A到B，由动能定理得：mgR1＝mvB2‎ 由牛顿第二定律得，到达B点瞬间前：FNB－mg＝m 解得FNB＝3 N 到达B点瞬间后：FNB′－mg＝m 解得FNB′＝5 N 由牛顿第三定律得，小球到达B点瞬间前、后对轨道的压力分别为3 N和5 N.‎ ‎(2)从A到穿出D过程中，由机械能守恒可得：‎ mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋mvD2‎ 解得：vD＝0.8 m/s ‎(3)由机械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋mvC2‎ 解得：vC＝2 m/s 穿越圆筒过程中：vC－vD＝g(nT＋0.5T)‎ 从圆筒穿出到又进入圆筒过程中：2vD＝gn′T 得到关系式：3n′＝4n＋2‎ 要使周期最大，n和n′必须同时取正整数且n最小 取n＝1，得T＝0.08 s.‎ ‎10．如图11所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC＝37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝0.30 m，斜面长L＝1.90 m，AB部分光滑，BC部分粗糙．现有一个质量m＝0.10 kg的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ＝0.75.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求：‎ 图11‎ ‎(1)物块第一次通过C点时的速度大小vC；‎ ‎(2)物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小FD；‎ ‎(3)物块最终所处的位置．‎ 答案　(1)3 m/s　(2)7.4 N ‎(3)在斜面BC段且距离C点0.35 m 解析　(1)根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：l＝0.40 m 设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：‎ mg(L－l)sin 37°＝mvB2－0，‎ 代入数据得：vB＝3 m/s 物块在BC部分滑动时受到的摩擦力大小为：Ff＝μmgcos 37°＝0.60 N 在BC部分下滑过程中受到的合力为：F＝mgsin 37°－Ff＝0‎ 则物块第一次通过C点时的速度为：vC＝vB＝3 m/s.‎ ‎(2)设物块第一次通过D点时的速度为vD，则由动能定理有：‎ mgR(1－cos 37°)＝mvD2－mvC2‎ FD－mg＝m 代入数据得：FD＝7.4 N.‎ ‎(3)物块每通过一次BC部分减小的机械能为：ΔE＝Ffl＝0.24 J 物块在B点的动能为：EkB＝mvB2＝×0.1×18 J＝0.9 J，‎ 物块能通过BC部分的次数为：n＝＝3.75，‎ 设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处静止，则有 mg(L－x)sin 37°－Ff(3l＋x)＝0，代入数据得：x＝0.35 m.‎ ‎11．(2018·杭州市期末)如图12所示，倾角为30°的光滑斜劈AB长L1＝0.4 m，放在离地高h＝0.8 m的水平桌面上，B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L2.现有一小滑块从A点由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.‎ 图12‎ ‎(1)求滑块到达B点的速度vB的大小；‎ ‎(2)求B点到桌面边缘C点的距离L2；‎ ‎(3)若将斜劈向右平移一段距离ΔL＝0.64 m，滑块仍从斜劈上的A点由静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点．求落地点P距C点正下方的O点的距离x.‎ 答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)0.64 m 解析　(1)滑块从A到B的运动，根据机械能守恒定律得：‎ mgL1sin 30°＝mvB2‎ 代入数据解得：vB＝2 m/s ‎(2)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30°－μmgL2＝0‎ 解得：L2＝1 m；‎ ‎(3)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30°－μmg(L2－ΔL)＝mvC2－0，代入数据解得vC＝1.6 m/s，‎ 滑块离开C后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：h＝gt2，解得：t＝0.4 s，‎ 所以落地点P距C点正下方的O点的距离为：x＝vCt＝0.64 m.‎ 专题强化练 ‎1．(2018·名校协作体联考)如图1所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是(　　)‎ 图1‎ A．节省燃料 B．提高柴油机的功率 C．提高传动机械的效率 D．增大拖拉机的牵引力 答案　D ‎2．(2018·七彩阳光联盟期中)如图2所示，某一足球比赛中，‎ 运动员大力踢出的点球恰好击中横梁．假定足球击中横梁时速度大小为20 m/s，足球的质量为450 g，球门高度约为2.4 m，不计空气阻力，则该运动员对足球所做的功的大小约为(　　)‎ 图2‎ A．45 J B．90 J C．100 J D．180 J 答案　C 解析　球门高度约为h＝2.4 m，对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得：W－mgh＝mv2－0，则W＝mgh＋mv2＝0.45×10×2.4 J＋×0.45×202 J＝100.8 J≈100 J.‎ ‎3．(2018·杭州市期末)研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍．某同学体重为70 kg，在水平地面上匀速步行的速度为5 km/h，g取10 m/s2，此过程中他的平均功率约为(　　)‎ A．5 W B．50 W C．100 W D．200 W 答案　C 解析　人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍，设该同学在时间t内在水平地面上运动的距离为vt，此过程中重心上升的高度为Δh＝0.1vt，其重力为G＝700 N，所以平均功率P＝＝＝0.1Gv＝0.1×700× W≈97.2 W，故C正确．‎ ‎4．(2018·西湖高级中学月考)如图3所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．小球飞行过程中加速度相同 B．小球落地时的动能不同 C．从开始运动至落地，重力对小球做功不相同 D．从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同 答案　A 解析　物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，都相同，故A正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，故B错误；根据W＝mgh可知，重力做功相同，故C错误；小球的运动时间不同，由公式P＝可知重力对小球做功的平均功率不同，故D错误．‎ ‎5．(2018·宁波市重点中学联考)如图4甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．0～t1时间内，起重机拉力逐渐变大 B．在t1～t2时间内，起重机拉力的功率保持不变 C．在t1～t2时间内，货物的机械能保持不变 D．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功 答案　B ‎6．(2018·绍兴市选考诊断)某一水力发电站的水位的平均落差为50 m，每秒约有6×106 kg的水用来发电，水的重力势能有10%转化为电能，g取10 m/s2，则(　　)‎ A．每秒水减少的重力势能约为3×108 J B．发电的平均功率约为6×108 W C．每天的发电量约为7.2×106 kW·h D．若将这些电能以0.5元/度的价格卖出，则一年可收入约为3 600万元 答案　C ‎7．(2018·西湖高级中学月考)如图5所示，质量为m的物体(可视为质点)从倾角为30°的光滑斜面上的h高处自由下滑到底端A处，则在这个过程中(　　)‎ 图5‎ A．重力势能减少了mgh B．重力势能减少了mgh C．机械能增加了mgh D．机械能减少了mgh 答案　B 解析　物体的高度下降了h，重力对物体做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故A错误，B正确；斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故C、D错误．‎ ‎8.如图6所示，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步”，驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率 B．变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力 C．徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功 D．徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率 答案　B 解析　由P＝Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，则换低速挡，增大牵引力，故A错误，B正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据P＝Fv可知，目的是为了增大牵引力，故C、D错误．‎ ‎9．(2018·台州市3月模拟)蹦极是一项极限活动．如图7所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下．不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中(　　)‎ 图7‎ A．游客一直处于完全失重状态 B．橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大 C．游客的机械能先保持不变，后逐渐减小 D．游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能 答案　C ‎10．如图8所示，在水平地面上固定一足够长的倾角θ＝30°的光滑斜面，质量为m＝2 kg的小滑块从斜面底端，在与斜面平行的恒力F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间t撤去恒力F，又经过时间t小滑块回到斜面底端，此时小滑块的动能为49 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．拉力F做的功为24.5 J B．撤去拉力时小滑块刚好滑到最大高度的一半 C．撤去拉力时小滑块的速度是7 m/s D．与斜面平行的恒力F＝ N 答案　D 解析　整个过程中，小滑块的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知：WF＝49 J，故选项A错误；取沿斜面向上为正方向，设小滑块刚撤去拉力时的速度大小为v1，回到底端时的速度大小为v2，有拉力时的位移x1＝t，从撤去拉力到回到底端时的位移－x1＝t，根据题意，解得：v2＝2v1，小滑块到达最底端的速度大小v2＝＝7 m/s，所以撤去拉力时速度是v1＝3.5 m/s，故C错误；设从撤去拉力到小滑块上升到最大高度的位移为x2，则由运动学公式知v1＝，v2＝，解得x1＝3x2，撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，故B错误；由动能定理，在小滑块上升的过程中，Fx1－mg(x1＋x2)sin θ＝0，解得F＝ N，故D正确．‎ ‎11．(2018·宁波市十校联考)如图9是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4 m，下滑到C点后进入了弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5 m，圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5 m，圆心角为53°的圆弧，已知小车的质量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，‎ 动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是(　　)‎ 图9‎ A．小车滑至C点的速度为6 m/s B．小车到达D点时对轨道的压力为1 560 N C．小车刚好能沿着轨道滑到F点 D．若小车从长直轨道上距C点L′＝9 m开始由静止下滑，则小车能在F点水平抛出 答案　A 解析　由B到C根据动能定理：mgL0sin 53°－μmgL0cos 53°＝mvC2，解得vC＝2 m/s，选项A错误；到达D点时：mvC2＋mgR(1－cos 53°)＝mvD2，解得vD＝4 m/s，则在D点：FN－mg＝m，解得FN＝1 560 N，由牛顿第三定律知选项B正确；假设小球能到达F点，则mvC2＝mgR(1－cos 53°)＋mvF2，解得vF＝0，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；从B′到F点，由动能定理mgL′sin 53°－mgR(1－cos 53°)－μmgL′cos 53°＝mvF′2‎ 得vF′＝5 m/s，在F点：mg－FN′＝m，解得FN′＝0，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确．‎ ‎12．如图10所示，AB为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道BCD的下端与水平轨道相切于B点，质量m＝0.50 kg的滑块(可视为质点)，从A点以速度vA＝10 m/s沿水平轨道向右运动，恰好能通过半圆轨道的上端D点，已知AB长x＝3.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，半圆轨道的半径R＝0.50 m，g＝10 m/s2，求：‎ 图10‎ ‎(1)滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端B点的压力大小；‎ ‎(2)滑块从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功．‎ 答案　(1)98 N　(2)17 J 解析　(1)滑块由A到B的过程，由动能定理得：－μmgx＝mvB2－mvA2‎ 在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝98 N 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小为98 N.‎ ‎(2)在D点，有：mg＝m 从B到D过程，由动能定理得：－2mgR－Wf＝mvD2－mvB2‎ 解得：Wf＝17 J ‎13．如图11所示，与水平面夹角θ＝60°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求：‎ 图11‎ ‎(1)滑块在C点的速度大小vC；‎ ‎(2)滑块在B点的速度大小vB；‎ ‎(3)A、B两点间的高度差h.‎ 答案　(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3) m 解析　(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在C点由牛顿第二定律可得：mg＝m，所以，vC＝＝ m/s＝2 m/s；‎ ‎(2)滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有：‎ mvB 2＝mvC2＋mgR(1＋cos 60°)‎ 解得：vB＝4 m/s；‎ ‎(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：‎ mgh－μmgcos 60°·＝mvB2‎ 可得：h＝ m.‎ ‎14．(2017·嘉兴市高二上期末)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图12所示，某小车以额定功率18 W由静止开始从A点出发，加速2 s后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径R＝1.2 m，沙坑距离BD平面高度h2＝1 m，小车的总质量为1 kg，g＝10 m/s2，求：‎ 图12‎ ‎(1)小车在B点对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；‎ ‎(3)末端平抛高台h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？‎ 答案　(1)60 N　(2)6 J　(3)1 m　4 m 解析　(1)由于小车恰好经过最高点C，即mg＝ 根据动能定理可得－2mgR＝mvC2－mvB2‎ 在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，‎ 联立解得FN＝60 N，‎ 由牛顿第三定律得，在B点小车对轨道的压力为60 N.‎ ‎(2)根据动能定理：Pt＋Wf＝mvB2，解得Wf＝－6 J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6 J.‎ ‎(3)根据动能定理：－mgh1＝mvE2－mvB2，‎ 飞出后，小车做平抛运动，所以h1＋h2＝gt2‎ 水平位移x＝vEt，化简得x＝ ，‎ 即x＝ m＝ m，‎ 当h1＝1 m时，水平距离有最大值，最大值为4 m.‎