專題五功功率動能定理江蘇卷考情導(dǎo)向考點(diǎn)考題考情功功率的分析與計算2017年江蘇T14考查共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；功的計算1．該專題的題型以選擇題、計算題為主．2．高考命題的熱點(diǎn)集中在功、功率的分析與計算，應(yīng)用動能定理解決單個物體的運(yùn)動及多過程問題．動能定理的應(yīng)用2017年江蘇T3考查動能定理的應(yīng)用2015年江蘇T14考查了動能定理、牛頓第二定律、共點(diǎn)力平衡和胡克定律的運(yùn)用2013年江蘇T5考查頻閃照片的理解、速度公式、動能和估算的方法考點(diǎn)1|功功率的分析與計算難度：中檔題型：選擇題五年1考(對應(yīng)學(xué)生用書第22頁)1．(2012·江蘇高考T3)如圖5-1所示，細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)．在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-1A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大，后減小 D．先減小，后增大【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵語句信息解讀在水平拉力作用下拉力F的方向不變小球以恒定速率運(yùn)動小球做勻速圓周運(yùn)動拉力沿切線方向分力與小球重力沿切線方向分力大小相等A[小球速率恒定，由動能定理知：拉力做的功與克服重力做的功始終相等，將小球的速度分解，可發(fā)現(xiàn)小球在豎直方向分速度逐漸增大，重力的瞬時功率也逐漸增大，則拉力的瞬時功率也逐漸增大，A項正確．]2．(2017·江蘇高考T14)如圖5-2所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R．C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ．現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面．整個過程中B保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求：圖5-2(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W．【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)對C受力分析，如圖所示．根據(jù)平衡條件有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg．(2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2)．(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR．【答案】(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR1．計算功、功率時應(yīng)注意的三個問題(1)功的公式W＝Fl和W＝Flcosα僅適用于恒力做功的情況．(2)變力做功的求解要注意對問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動能定理等方法求解．(3)對于功率的計算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計算，而后式側(cè)重于瞬時功率的計算．2．機(jī)車啟動模型中的兩點(diǎn)技巧機(jī)車啟動勻加速過程的最大速度v1(此時機(jī)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：(1)求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝eq\f(P,F阻＋ma)．(2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝eq\f(P,F阻)．●考向1功的理解與計算1．(多選)(2017·徐州二模)如圖5-3所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點(diǎn)，小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)切入圓槽，剛好能運(yùn)動至C點(diǎn)．設(shè)球在AB段和BC段運(yùn)動過程中，運(yùn)動時間分別為t1、t2，克服摩擦力做功分別為W1、W2，則()圖5-3A．t1＞t2 B．t1＜t2C．W1＞W(wǎng)2 D．W1＜W2BC[小球剛開始自由落體，到達(dá)C點(diǎn)速度大小為零，由受力分析，小球在BC階段一直減速，則小球在AB階段平均速率大于BC階段，兩段弧長相等，所以t1＜t2，B選項正確．在AB和BC任一對稱位置上都有小球在AB上速率大于BC上速率，則需要的向心力大，則軌道對小球的彈力大，由摩擦力公式，受到的摩擦力就大，兩段圓弧相等，根據(jù)功的計算公式可得W1＞W(wǎng)2，C選項正確．]2．(2017·徐州模擬)如圖5-4所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球．已知某次拋出點(diǎn)的實(shí)際高度為2．0m，桶的高度為0．4m，到拋出點(diǎn)的水平距離為1．6m，球恰好落入桶內(nèi)，籃球質(zhì)量約為0．5kg，小明對球做功約為()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-4A．0．2J B．2JC．20J D．200JB[籃球做平拋運(yùn)動，豎直方向下降高度為拋出點(diǎn)的實(shí)際高度與桶的高度差，豎直方向：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2①水平方向：x＝vt②由動能定理，人對籃球做功為籃球平拋初動能，則：W＝eq\f(1,2)Mv2③由以上三式代入數(shù)據(jù)可得小明對球做功約為2J，故選 B．]●考向2功率的分析和計算3．(多選)(2017·徐州期中)如圖5-5所示，物塊用一不可伸長的輕繩跨過小滑輪與小球相連，與小球相連的輕繩處于水平拉直狀態(tài)．小球由靜止釋放運(yùn)動到最低點(diǎn)過程中，物塊始終保持靜止，不計空氣阻力．下列說法正確的有()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-5A．小球剛釋放時，地面對物塊的摩擦力為零B．小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，地面對物塊的支持力可能為零C．上述過程中小球的機(jī)械能守恒D．上述過程中小球重力的功率一直增大AC[小球剛釋放時，小球速度為零，此時繩子的拉力為零，對物塊分析可知，受到的摩擦力為零，故A正確；小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，若地面對物塊的支持力為零，此時繩子的拉力對物塊有向右的分力，不可能靜止，故B錯誤；整體受力分析，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故C正確；剛釋放小球時，小球速度為零，小球重力的功率為零，到達(dá)最低點(diǎn)時，速度方向與重力方向垂直，小球重力的功率為零，故小球重力的功率先增大后減小，故D錯誤．]4．(2017·宿遷三模)如圖5-6所示，四個相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運(yùn)動，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運(yùn)動，D從地面開始做斜拋運(yùn)動，其運(yùn)動的最大高度也為h．在每個小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、P D．下列關(guān)系式正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-6A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC＞PB＝PDC．PA＝PC＝PD＞PB D．PA＞PC＝PD＞PBC[A做自由落體運(yùn)動，C做平拋運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，故A、C落地時豎直方向的速度大小相同，故落地時的功率P＝mgv相同；D做斜拋運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)跟A下落時的高度相同，故豎直方向的速度跟A落地時的速度大小相同，故功率相同；B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地時的速度相同，但速度方向與重力方向成一定的夾角，故功率小于A的功率，故C正確．]●考向3機(jī)車啟動問題5．(2017·南通模擬)近年來城市的汽車越來越多，排放的汽車尾氣是形成“霧霾”天氣的一個重要因素，為減少二氧化碳排放，我國城市公交正大力推廣新型節(jié)能環(huán)保電動車，在檢測某款電動車性能的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量為8×102kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達(dá)到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F及對應(yīng)的速度v，并描繪出F-eq\f(1,v)圖象(圖中AB、AO均為直線)，假設(shè)電動車行駛時所受的阻力恒定，則根據(jù)圖象，下列判斷中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-7A．電動車運(yùn)動過程中所受的阻力f＝2000NB．電動車的額定功率P＝6000WC．電動車由靜止開始持續(xù)勻加速運(yùn)動的時間t＝7．5sD．電動車從靜止開始運(yùn)動到最大速度消耗的電能E＝9×104JB[當(dāng)最大速度vmax＝15m/s時，牽引力為Fmin＝400N，故恒定阻力f＝Fmin＝400N，故A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝6kW，故B正確；勻加速運(yùn)動的加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－400,800)m/s2＝2m/s2，勻加速運(yùn)動的最大速度v＝eq\f(P,F)＝eq\f(6000,2000)m/s＝3m/s，電動車維持勻加速運(yùn)動的時間t＝eq\f(v,a)＝1．5s，故C錯誤；AC段做變加速直線運(yùn)動，無法求解其運(yùn)動位移，所以無法求出時間，也就求不出阻力做的功，故D錯誤．]考點(diǎn)2|動能定理的應(yīng)用難度：較難題型：選擇題、計算題五年3考(對應(yīng)學(xué)生用書第23頁)3．(2015·江蘇高考T14)一轉(zhuǎn)動裝置如圖5-8所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上．套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L．裝置靜止時，彈簧長為eq\f(3,2)L．轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g．求：圖5-8(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω0；(3)彈簧長度從eq\f(3,2)L緩慢縮短為eq\f(1,2)L的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W．【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵語句信息解讀四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩個小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接輕桿對小球和小環(huán)的力一定沿桿，可以是拉力，也可以是壓力裝置靜止時，彈簧長為eq\f(3,2)L小球和小環(huán)的合力均為零彈簧對小環(huán)的彈力大小為keq\f(L,2)，方向豎直向上緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升小環(huán)的合力始終為零小球水平方向合力提供向心力，豎直方向合力為零彈簧長度從eq\f(3,2)L緩慢縮短為eq\f(L,2)的過程中全過程彈簧的彈性勢能變化為零【解析】(1)裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1．小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1＝k·eq\f(L,2)小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈1＝mg＋2T1cosθ1小球受力平衡，F(xiàn)1cosθ1＋T1cosθ1＝mgF1sinθ1＝T1sinθ1解得k＝eq\f(4mg,L)．(2)設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2，彈簧長度為x．小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L)小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈2＝mg，得x＝eq\f(5,4)L對小球，F(xiàn)2cosθ2＝mgF2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2且cosθ2＝eq\f(x,2l)解得ω0＝eq\r(\f(8g,5L))．(3)彈簧長度為eq\f(1,2)L時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3．小環(huán)受到彈簧的彈力F彈3＝eq\f(1,2)kL小環(huán)受力平衡，2T3cosθ3＝mg＋F彈3，且cosθ3＝eq\f(L,4l)對小球，F(xiàn)3cosθ3＝T3cosθ3＋mgF3sinθ3＋T3sinθ3＝mωeq\o\al(2,3)lsinθ3解得ω3＝eq\r(\f(16g,L))整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理W－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)－\f(L,2)))－2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,4)－\f(L,4)))＝2×eq\f(1,2)m(ω3lsinθ3)2解得W＝mgL＋eq\f(16mgl2,L)．【答案】(1)eq\f(4mg,L)(2)eq\r(\f(8g,5L))(3)mgL＋eq\f(16mgl2,L)4．(2017·江蘇高考T3)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()C[設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)動能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)．當(dāng)小物塊沿斜面下滑時根據(jù)動能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線．綜上所述，選項C正確．]5．(2013·江蘇高考T5)水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等．碰撞過程的頻閃照片如圖5-9所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的()【導(dǎo)學(xué)號：】圖5-9A．30% B．50%C．70% D．90%A[根據(jù)v＝eq\f(x,t)和Ek＝eq\f(1,2)mv2解決問題．量出碰撞前的小球間距與碰撞后的小球間距之比為12∶7，即碰撞后兩球速度大小v′與碰撞前白球速度v的比值，eq\f(v′,v)＝eq\f(7,12)．所以損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2mv′2，eq\f(ΔEk,Ek0)≈30%，故選項A正確．]1．應(yīng)用動能定理解題的4個步驟(1)確定研究對象及其運(yùn)動過程；(2)分析受力情況和各力的做功情況；(3)明確物體初末狀態(tài)的動能；(4)由動能定理列方程求解．2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的3個問題(1)動能定理往往用于單個物體的運(yùn)動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡潔．(2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的．(3)物體在某個運(yùn)動過程中包含有幾個運(yùn)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．●考向1動能定理與圖象的結(jié)合6．(2017·鹽城二模)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動的加速度a、速度v隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機(jī)械能E(選地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：】ABCDC[v-t圖象與t軸的交點(diǎn)表示小球到達(dá)最高點(diǎn)，速度為0，此時空氣阻力為0，小球所受的合力等于重力，由牛頓第二定律得：mg＝ma，a＝g≠0，故A錯誤．上升過程有mg＋f＝ma上，下降過程有mg－f＝ma下，又f＝kv，得a上＝g＋eq\f(kv,m)，則上升過程中，隨著v的減小，a減?。蓴?shù)學(xué)知識有eq\f(Δa上,Δt)＝eq\f(k,m)·eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(k,m)a，減小，所以a-t圖象應(yīng)是曲線．同理，下降過程，a-t圖象也是曲線，故B錯誤．上升過程有ΔEk＝－(mg＋kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝－(mg＋kv)，v減小，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEk,Δh)))減小，Ek-h圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線．下降過程有ΔEk＝(mg－kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝mg－kv，v增大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEk,Δh)))減小，Ek-h圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線，故C正確．上升過程有ΔE＝－kv·Δh，得eq\f(ΔE,Δh)＝－kv，v減小，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔE,Δh)))減小，E-h圖象應(yīng)是曲線，故D錯誤．]●考向2多過程應(yīng)用動能定理7．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖5-10所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成：軌道Ⅰ是光滑軌道AB，AB間高度差h1＝0．20m；軌道Ⅱ由AE和螺旋圓形EFG兩段光滑軌道和粗糙軌道GB平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高．軌道最低點(diǎn)與AF所在直線的高度差h2＝0．40m．當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0．05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅱ上升到B點(diǎn)，滑塊兩次到達(dá)B點(diǎn)處均被裝置鎖定不再運(yùn)動．已知彈簧彈性勢能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度g取10m/s2．圖5-10(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小；(2)求滑塊經(jīng)過螺旋圖形軌道最高點(diǎn)F處時對軌道的壓力大小；(3)求滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功．【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0．05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)，所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：彈簧彈性勢能Ep1＝mgh1解得：Ep1＝0．1J又對滑塊由靜止到離開彈簧過程由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Ep1＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝2m/s．(2)根據(jù)題意，彈簧彈性勢能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，所以彈簧壓縮量為2d時，彈簧彈性勢能為Ep2＝0．4J根據(jù)題意，滑塊到達(dá)F點(diǎn)處的速度v′＝4m/s根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma可得：mg＋FN＝meq\f(v′2,R)解得：FN＝3．5N根據(jù)牛頓第三定律：F處滑塊對軌道的壓力大小為3．5N．(3)滑塊通過GB段過程，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得Ep2＝mgh1＋Q解得：Q＝0．3J又Q＝W克所以滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功W克＝0．3J．【答案】(1)0．1J2m/s(2)3．5N(3)0．3J8．(2017·徐州模擬)如圖5-11所示為某車間傳送裝置的簡化示意圖，由水平傳送帶、粗糙斜面、輕質(zhì)彈簧及力傳感器組成．傳送帶通過一段光滑圓弧與斜面頂端相切，且保持v0＝4m/s的恒定速率運(yùn)行，AB之間距離為L＝8m，斜面傾角θ＝37°，彈簧勁度系數(shù)k＝200N/m，彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中x為彈簧的形變量，彈簧處于自然狀態(tài)時上端到斜面頂端的距離為d＝3．2m．現(xiàn)將一質(zhì)量為4kg的工件輕放在傳送帶A端，工件與傳送帶、斜面間的動摩擦因數(shù)均為0．5，不計其它阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g取10m/s2．求：圖5-11(1)工件傳到B端經(jīng)歷的時間；(2)傳感器的示數(shù)最大值；(3)工件經(jīng)多次緩沖后停在斜面上，傳感器的示數(shù)為20N，工件在斜面上通過的總路程．(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)【導(dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)設(shè)工件輕放后向右的加速度為a，達(dá)共速時位移為x1，時間為t1，由牛頓第二定律：μmg＝ma可得：a＝μg＝5m/s2t1＝eq\f(v0,a)＝eq\f(4,5)s＝0．8sx1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×0．82m＝1．6m接著工件向右勻速運(yùn)動，設(shè)時間為t2，t2＝eq\f(L－x1,v0)＝eq\f(8－1．6,4)s＝1．6s工件傳到B端經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝2．4s．(2)設(shè)傳感器示數(shù)最大時彈簧的壓縮量為Δx1，由動能定理得：mg(d＋Δx1)sin37°－μmg(d＋Δx1)cos37°－eq\f(1,2)kΔxeq\o\al(2,1)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：Δx1＝0．8m傳感器的示數(shù)最大值為：Fm＝k·Δx1＝160N．(3)設(shè)傳感器示數(shù)為20N時彈簧的壓縮量為Δx2，工件在斜面上通過的總路程為s，則：Δx2＝eq\f(F2,k)＝eq\f(20,200)m＝0．1m由能量守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(d＋Δx2)sin37°＝μmgscos37°＋eq\f(1,2)kΔxeq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)得：s＝6．89m．【答案】(1)2．4s(2)160N(3)6．89m●考向3動能定理在機(jī)車啟動問題中的應(yīng)用9．(2017·紅橋區(qū)期末)一輛由電動機(jī)提供牽引力的實(shí)驗(yàn)小車在水平的直軌道上由靜止開始運(yùn)動，其運(yùn)動的全過程轉(zhuǎn)化為如圖5-12所示的v-t圖象，圖象顯示2s～10s時間段內(nèi)的圖象為曲線，其余時間段圖象均為直線．已知實(shí)驗(yàn)小車運(yùn)動的過程中，2s～14s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末關(guān)閉發(fā)動機(jī)而讓小車自由滑行．已知小車的質(zhì)量為1kg，假設(shè)在整個運(yùn)動過程中小車所受到的阻力大小不變．求：圖5-12(1)小車所受到的阻力大小及0～2s時間內(nèi)電動機(jī)提供的牽引力F的大??；(2)小車勻速行駛階段的功率P；(3)小車在0～10s運(yùn)動過程中位移x的大?。緦?dǎo)學(xué)號：】【解析】(1)由圖象可得，在14s～18s內(nèi)的加速度為：a3＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－3,18－14)m/s2＝－0．75m/s2小車受到阻力大小為：f＝ma3＝0．75N在0～2s內(nèi)的加速度為：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,2)m/s2＝0．5m/s2由F－f＝ma1得，電動機(jī)提供的牽引力大小為：F＝ma1＋f＝1．25N．(2)在10s～14s內(nèi)小車做勻速運(yùn)動，有：F＝f故小車功率為：P＝Fv＝0．75×3W＝2．25W．(3)速度圖象與時間軸的“面積”的數(shù)值等于物體位移大?。?～2s內(nèi)，s1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m2s～10s內(nèi)，根據(jù)動能定理有：Pt－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得：s2＝18．7m故小車在加速過程中的位移為：s＝s1＋s2＝19．7m．【答案】(1)0．75N1．25N(2)2．25W(3)19．7m規(guī)范練高分|動能定理的綜合應(yīng)用類問題(對應(yīng)學(xué)生用書第25頁)[典題在線](2017·湖南十校聯(lián)考)(18分)為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列的設(shè)想：取一個與水平方向夾角為θ＝60°，長為L1＝2eq\r(3)m的傾斜軌道AB，①通過微小圓弧與長為L2＝eq\f(\r(3),2)m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計一個②豎直完整的光滑圓軌道，出口為水平軌道D，如圖5-13所示．現(xiàn)將一個小球從距A點(diǎn)高為h＝0．9m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，③到A點(diǎn)時速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下．已知④小球與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),3)．g取10m/s2，求：⑤圖5-13(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑過C點(diǎn)時的速度vC；(3)要使⑥小球不離開軌道，則豎直圓弧軌