高三物理二轮复习第一部分专题二功与能第1讲功、功率与动能定理学案

专题二 功与能第1讲 功、功率与动能定理2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ第1讲 功、功率与动能定理热点一 功和功率的计算命题规律 在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．1．(多选)(2015·西安一模)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v －t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处D ．10 s 内物体克服摩擦力做功34 J [突破点拨](1)0～4 s 内，物体所受摩擦力方向向________，所受合力大小为________.4 s ～10 s 内，摩擦力方向向________，所受合力大小为________．(2)由图象知，0～4 s 内物体的加速度大小为________.4 s ～10 s 内物体的加速度大小为________．(3)摩擦力在0～4 s 和4 s ～10 s 内做的功各为正功还是负功？[解析] 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝18 W ，B 错误；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 正确；10 s 内物体的路程为s ＝34 m ，即10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝μmgs ＝0.05×2×10×34 J ＝34 J ，D 正确．[答案] CD(1)在上述题1中，0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为多大？解析：10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，恒力F 做的功W ＝Fx ＝－3×(－2) J ＝6 J ，P ＝W t＝610W ＝0.6 W. 答案：0.6 W(2)在上述题1中，0～10 s 内合外力对物体所做的功为多少？解析：由动能定理得W 合＝12mv 2－12mv 20＝12×2×(－6)2 J －12×2×82J ＝－28 J.答案：－28 J2．(多选)(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2[解析] 对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，选项D 正确；设总推力为F ，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F －20%F ＝ma ，得F ＝1.2×106 N ，而发动机的推力为1.0×105 N ，则弹射器的推力为F 推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N ，选项A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 推·l ＝1.1×108J ，选项B正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107W ，选项C 错误．[答案] ABD3.(2015·河北冀州调研)一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a 表示物体受水平拉力时的v －t 图线，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t 图线，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．水平拉力的大小为0.1 N ，方向与摩擦力方向相同D ．水平拉力对物体做功为1.2 J [解析] 在0～3 s 内水平拉力F 作用在物体上，由v －t 图象可知，此时间内物体的加速度大小a 1＝23 m/s 2，3 s 末撤去力F ，此后，物体的加速度大小a 2＝13 m/s 2.由v －t 图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s 内物体的位移为7.5 m ，而6 s 末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A 错．由ma 2＝μmg ，可得μ＝130，B 错．结合题图可知F 与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，解得F ＝0.1 N ，故C 对．W ＝－Fx ＝－1.2 J ，D 错．[答案] C [方法技巧](1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W ＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 做的功．②将变力做功转化为恒力做功．③用动能定理或功能关系进行求解．(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝W t只能用来计算平均功率．P ＝Fv cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率．热点二 对动能定理应用的考查命题规律 该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡知识的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．1．(2015·张掖二模)如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0. (2)P 点与A 点的高度差．(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力． [突破点拨](1)“恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧”说明v A 与水平方向成________角．(2)小球由P 至A 过程满足的动能定理方程为_______________________. (3)小球在C 点的速度可由A 点到C 点的过程中________方程求出，在C 点由____________求解轨道对小球的支持力，再由____________求小球在C 点时对轨道的压力．[解析] (1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得： v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得：mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得：F N C ＋mg ＝m v 2CR解得：F N C ＝8 N由牛顿第三定律得：F ′N C ＝F N C ＝8 N方向竖直向上．[答案] (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N ，方向竖直向上(1)在上述题1中，求小球经过最低点B 时对轨道的压力大小．解析：小球由A 至B 过程由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12mv 2B －12mv 2A解得：v B ＝19 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝44 N由牛顿第三定律得小球经过最低点B 时对轨道的压力大小为F ′N B ＝F N B ＝44 N. 答案：44 N(2)在上述题1中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C ，求此过程小球克服摩擦力所做的功．解析：小球恰好经过C 点时，在C 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR解得：v C ＝ 3 m/s小球由A 至C 过程由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )－W f ＝12mv 2C －12mv 2A解得：W f ＝1.2 J.答案：1.2 J2.(2015·高考海南卷)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A ．14mgR B ．13mgR C ．12mgR D ．π4mgR[解析] 当质点由P 点滑到Q 点时，对轨道的正压力为F N ＝2mg ，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2Q R，v 2Q ＝gR .对质点自P 点滑到Q 点应用动能定理得：mgR －W f ＝12mv 2Q －0，得：W f ＝12mgR ，因此，A 、B 、D 错误，C 正确．[答案] C3．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到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μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . [解析] (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2结合①式并代入数据得v ＝1 m/s 由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt解得t ＝0.4 s x 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m [总结提升](1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．机车的启动问题命题规律 机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2016年的高考中出现，题型为选择题或计算题．[范例] (2015·陕西五校模拟)(16分)水平面上静止放置一质量为m ＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v －t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，电动机与物块间的距离足够远．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小； (2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．[规范答题] (1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a ＝Δv Δt＝0.4 m/s 2(2分) 物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg (1分) 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma (2分) 得F ＝0.28 N ．(1分)(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则 P ＝Fv ＝0.224 W ．(4分)(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有 F 1＝μmg (2分) P ＝F 1v m (2分)解得v m ＝1.12 m/s.(2分)[答案] (1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s [总结提升]解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率． (3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． [最新预测]1.(2015·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的( )解析：选B ．0～t 1时间内，重物匀加速上升，F 恒定且F >mg ，由P ＝F ·v 可知，功率P 随v 的增大而增大；t 1～t 2时间内，重物匀速上升，F ＝mg ，此过程P ＝F ·v 恒定不变，但t 1时刻起重机的功率突然变小了，A 、D 均错误；t 2～t 3时间内，重物减速上升，F 恒定，且有F <mg ，此过程中，由P ＝F ·v 可知，起重机功率随v 的减小而减小，并且在t 2时刻功率突然变小了，故B 正确，C 错误．2．(2015·宁波模拟)如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝2 kg 的小物块和质量M ＝1 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P ＝3 W 不变．从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开平板．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1 s 末和3 s 末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度L 为多少？解析：(1)由题干图可知，前2 s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝P v 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g 由平衡条件可得：P v 1＝μ(M ＋m )g可得：μ＝0.2.(2)物块在1 s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝Pv 1＝6 N物块在2 s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝Pv 2＝10 N物块在3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与6 s 后受到的摩擦力大小相等，为10 N. (3)依题意，物块在2 s 末之后一直到10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21代入数据解得：L ＝P Δt －12mv 22＋12mv 21F f2＝2.416 m.答案：(1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m [失分防范](1)机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解．(2)匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解．以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解．一、选择题1．(2015·太原一模)如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B ．木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则W F ≥μmg ·L 2＝0.4×1×10×0.82J＝1.6 J ，故B 正确．2．(2015·襄阳一模)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 解析：选C ．对全程应用动能定理得： F ·h ＋mgd －W f ＝0即30×1 J ＋2×10×0.2 J －W f ＝0 W f ＝34 J ，故C 正确．3．(2015·荆州一模)一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开始t s 末，该力的瞬时功率是( )A ．9F 2t mB ．6F 2tmC ．4F 2tmD ．3F 2tm解析：选B ．物块受到的合力为2F ，根据牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2t m，B 正确．4．(多选)(2015·华中师大附中一模)开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB 水平．一小物块在曲面内A 点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是( )A ．物块运动的过程中加速度始终为零B ．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C ．在滑到最低点C 以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D ．滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率达到最大解析：选BC ．由于物块做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，提供圆周运动的向心力，产生向心加速度，A 错误，B 正确；在下滑的过程中，物块受力如图所示，则摩擦力等于重力沿切线方向的分力，即F f ＝mg cos θ，随着物块下滑，θ角越来越大，物块所受摩擦力越来越小，C 正确；滑到最低点时，速度沿水平方向，此时重力的瞬时功率P ＝mgv cos θ，由于速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率恰好等于零，D 错误．5．一人用恒定的力F ，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A 、B 、C 是其运动路径上的三个点，且AC ＝BC ．若物体从A 到C 、从C 到B 的过程中，人拉绳做的功分别为W FA 、W FB ，物体动能的增量分别为ΔE A 、ΔE B ，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是( )A ．W FA ＝W FB ，ΔE A ＝ΔE B B ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＞ΔE BC ．W FA ＜W FB ，ΔE A ＜ΔE BD ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＜ΔE B解析：选B ．如图，F 做的功等于F 1做的功，物体由A 向B 运动的过程中，F 1逐渐减小，又因为AC ＝BC ，由W ＝F 1l 知W FA ＞W FB ；对物体只有F 做功，由动能定理知ΔE A ＞ΔE B ，故B 正确．6．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A ．P mvB ．2P mvC ．3P mvD ．4P mv解析：选C ．设汽车所受摩擦力为F f ，以v 行驶时有：P v ＝F f ，以v 4行驶时，F 牵＝Pv /4，由牛顿第二定律得：4P v －P v ＝ma ，a ＝3Pmv，故C 正确．7．(多选)一辆汽车在平直公路上以速度v 0开始加速行驶，经过一段时间t ，前进距离l ，此时恰好达到其最大速度v m ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受阻力恒为F f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )A ．F f v m tB ．PtC ．12mv 2m ＋F f l －12mv 20 D ．F f tv 0＋v m2解析：选ABC ．发动机牵引力为变力，而牵引力的功率恒定，则可用W ＝Pt 求变力做功，选项B 正确；根据P ＝F 牵v ＝F f v m ，所以W ＝F f v m t ，选项A 正确；根据动能定理，W －F f l ＝12mv 2m－12mv 20，解得W ＝12mv 2m －12mv 20＋F f l ，选项C 正确． 8.(2015·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C ．设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．9．(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D ．小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．10．(2015·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功 解析：选D ．由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项正确．二、计算题 11．(2015·海淀区一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m ＝1.0 kg 的滑块(可视为质点)在水平恒力F ＝10.0 N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x ＝0.50 m 时撤去力F .已知A 、B 之间的距离x 0＝1.0 m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，g 取10 m/s 2.求：(1)在撤去力F 时，滑块的速度大小． (2)滑块通过B 点时的动能．(3)滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h ＝0.35 m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)滑动摩擦力F f ＝μmg设撤去力F 前滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律得： F －μmg ＝ma 1解得：a 1＝9.0 m/s 2设滑块运动位移为0.50 m 时的速度大小为v ，根据运动学公式得：v 2＝2a 1x 解得：v ＝3.0 m/s.(2)设滑块通过B 点时的动能为E k B ，从A 到B 运动过程中，由动能定理得： Fx －F f x 0＝E k B解得：E k B ＝4.0 J.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W F f ，由动能定理得： －mgh －W F f ＝0－E k B 解得：W F f ＝0.50 J.答案：(1)3.0 m/s (2)4.0 J (3)0.50 J12．(2015·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g ，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C 释放后沿斜面下滑，当A 刚要离开地面时，B 的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开始到物体A 刚要离开地面的过程中，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)C 的质量；(3)A 刚要离开地面时，C 的动能．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为x B ，则有kx B ＝mg设当物体A 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，则有kx A ＝mg当物体A 刚要离开地面时，物体B 上升的距离与物体C 沿斜面下滑的距离相等，为： h ＝x A ＋x B 解得：h ＝2mgk.(2)物体A 刚要离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力kx A 、细线的拉力F T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律：对B 有：F T －mg －kx A ＝ma对C 有：m C g sin θ－F T ＝m C a B 获得最大速度时，有：a ＝0 解得：m C ＝10m3.(3)法一：由于x A ＝x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚要离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v 0，由动能定理得：m C gh sin θ－mgh ＋W 弹＝12(m ＋m C )v 20－0其中W 弹＝0 解得：v 20＝12mg 213k所以E k C ＝12m C v 20＝20m 2g213k .法二：根据动能定理，对C ：m C gh sin θ－W T ＝E k C －0 对B ：W T －mgh ＋W 弹＝E k B －0 其中W 弹＝0又：E k C ∶E k B ＝10∶3 解得：E k C ＝20m 2g213k.答案：(1)2mg k (2)10m 3 (3)20m 2g213k。