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1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。专题2 第1讲 功 功率 动能定理1(2017湖南十校联考)通过认真学习，同学们掌握了丰富的物理知识下列说法中正确的是(C)A汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯B在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功就为0C物体的速度为0时，其加速度可能不为0D静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功解析 汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，不能使汽车转弯，选项A错误；B
2、项容易片面地理解为WFx，因为位移x0，所以W0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕操场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，选项B错误；物体的速度与加速度没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，选项C正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，选项D错误2(2017山东重点中学联考)一电动机通过一轻绳竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是
3、(D)A物块始终做匀加速直线运动B0t0时间内物块的加速度为Ct0时刻物块的速度大小为D0t1时间内物块上升的高度为解析 因物块在0t0时间内做匀加速直线运动，设绳子的拉力为F，由牛顿第二定律有Fmgma，设t0时刻物块的速度为v0，P0Fv0Fat0，联立可得P0(mgma)at0，可知图线的斜率km(ga)a，可知物块的加速度a，选项B错误；由题意知在t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，由功率公式PFv知，当功率保持不变时，v增大，F应减小，物块做变加速运动，当F减小到mg，即tt1时，物块达到最大速度vm，可知选项A、C错误；设在0t1时间内物块上升的高度为h，由动能定理有
4、WFmghmv0，拉力F做功由图象面积大小计算求得，即WFP0t0P0(t1t0)P0，代入求解可知选项D正确3(2017湖南湘中名校联考)如图所示，质量为m的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置P点无初速度释放，先后经过A、B、C三点，小物块到达左侧C点时速度为零B点是最低点，半圆形槽的半径为R，A点与C点等高，A点与B点高度差为.重力加速度为g，则(D)A小物块从P点运动到C点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功B小物块第一次从A点运动到C点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功C小物块只能到达C点一次，但能经过A点两次D小物块第一次过B点时，对槽的压
5、力一定大于2mg解析 小物块从P点运动到C点的过程中，运用动能定理有mghPCWf0，得重力对小物块做的功等于小物块克服摩擦力做的功，故选项A错误；小物块第一次从A点运动到C点的过程中，由于A点与C点等高，所以重力做功为零，而小物块克服摩擦力做功不为零，故选项B错误；小物块只能到达C点一次是对的，然后由C点返回，由于摩擦力做功，所以不能再次经过等高处的A点，故选项C错误；小物块第一次从B点运动到C点的过程中，运用动能定理mghBCWfBC0mv，由已知条件hBC，再对小物块第一次经过B点时，运用牛顿第二定律得NBmgm，联立以上三式可得槽对小物块的支持力NB2mg，由牛顿第三定律可知选项D正确
6、4(2017湖南长沙一模)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W.设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是(AB)A.mgRBmgRC.mgRDmgR解析 第一次击打，小球运动的最大高度为R，即WmgR.第二次击打，小球才能运动到圆轨道
7、的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mgm，即v0.小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W4Wmg2Rmv0，得WmgR，则mgRWmgR，故选项A、B正确5(2017山西名校联考)(多选)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块薄板长度均为L，并依次连在一起第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a
8、点滑上第一块薄板则下列说法正确的是(AB)A第二次小物块一定能够运动到a点并停下B第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等C第三次小物块也一定能运动到d点D第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析 因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有mgL2mgL3mgL0mv，第二次从d点运动到a点摩擦力做功相同，故可以运动到a点并停下，选项A正确；同理，第一次运动到c点时，摩擦力做的功Wf1mgL2mgL3mgL，第二次运动到c点时摩擦力做的功Wf23mgL，所以两次通过c点时的速度大小相等，选项B正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄
9、板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d点，选项C错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项D错误6(2017云南七校联考)(多选)如图所示，一辆货车用轻绳通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m.货车由静止开始向左先做加速运动，再以速度v做匀速运动，最后减速运动直到静止，在货车的牵引下，将货物提升高度h，重力加速度为g，则(BD)A整个过程中，货物的机械能先增加后减少B货车匀速运动过程中，货物与货箱的总重力做功的瞬时功率一直增大C货车匀
10、速运动时，货物对货箱底部的压力始终等于mgD整个过程中，绳对货物做的功为(Mm)gh解析 因为绳的拉力始终对货物做正功，货物的机械能一直增加，选项A错误；货车匀速运动时，绳与水平方向的夹角在减小，因此绳的速度增大，货物与货箱的总重力做功的瞬时功率一直增大，该过程货物向上做加速运动，货物处于超重状态，选项B正确，选项C错误；整个过程，根据动能定理有W(Mm)gh0，所以绳对货物做的功W(Mm)gh，选项D正确7(2017内蒙古部分学校联考)如图所示，位于竖直平面内的轨道由抛物线ab、圆心为O的圆弧bcd和斜杆de组成，ab、de分别与圆弧平滑连接且相切于b、d两点，a点为拋物线顶点，b、d两点等
11、高，c点为圆弧的最低点已知a、b两点间的竖直高度h1.5 m，水平距离x2. 25 m，圆弧的半径R0.8 m现将一质量m1 kg的小圆环套在轨道上，从a点以初速度v0水平向右抛出，小圆环与ab轨道间恰好没有相互作用力，小圆环第一次到达的最高点P与a点等高，小圆环与斜杆de间的动摩擦因数恒为，其他位置摩擦不计，重力加速度g10 m/s2.(1)求v0的值；(2)求的值；(3)若将一劲度系数为k的光滑轻弹簧套在斜杆上，弹簧上端固定在P点，下端(自由端)恰好在d点，现将小圆环从a点以v0的初速度水平向右拋出，小圆环压缩弹簧，弹簧的最大压缩量xm0.2 m，弹簧的弹性势能Epkx2(x为弹簧的形变量
12、)，求小圆环经过c点时对轨道压力的最小值以及k的值解析 (1)由题意知小圆环在ab轨道上运动时只受重力作用，即小圆环在ab轨道上做平抛运动，初速度为v0，则xv0t，hgt2，得v0 m/s.(2)设小圆环到达b点时竖直分速度为vy，过b点时速度方向与水平方向的夹角为，斜杆的倾角也为，则tan ，v2gh，得sin 0.8，cos 0.6.小圆环从a点第一次到达P点的过程中，根据能量守恒定律有mvmgcos ，得0.75.(3)小圆环最终到达b点、d点时速度为零，即小环最终在圆弧bcd间运动，则从b点到c点的过程，根据机械能守恒定律有mg(RRcos )mv，小圆环过c点时，根据牛顿第二定律有
13、Nmgm，根据牛顿第三定律知，小球过c点时对轨道的压力大小NN，得N18 N；小圆环从a点以v0的初速度水平向右抛出到弹簧的最大压缩量为xm的过程中，根据动能定理有mg(hxmsin )mgcos xmW0m2，其中克服弹簧弹力做的功Wkx，解得k812.5 N/m.答案 (1) m/s(2)0.75(3)18 N812.5 N/m8(2017河北保定调研)如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A与物块B并排放在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连结，A、B处于静止状态若A、B黏连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉物块B
14、，当拉力FT时，A的位移为L；若A、B不黏连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当物块A的位移为L时，A、B恰好分离重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)恒力F的大小；(2)请推导FT与物体A的位移l之间的函数关系并画出FTl图象，借鉴vt图象求直线运动位移的思想和方法计算A缓慢运动L的过程中FT做功大小；(3)A、B不黏连，A与B刚分离时的速度大小解析 (1)设弹簧劲度系数为k，A、B黏连，当A、B缓慢移动L时弹簧的压缩量为x，沿斜面方向根据平衡条件，可得FTkx2mgsin ，A、B不黏连，当A、B恰好分离时二者之间的弹力恰好为零，对A应用牛顿第二定律可得kxmgsin ma，对A、B应
15、用牛顿第二定律可得Fkx2mgsin 2ma，联立可得Fmg.(2)始终A、B静止时弹簧的压缩量为x0，可得kx02mgsin ，当A的位移为l时弹簧的压缩量xx0l根据平衡条件可得FTkx2mgsin ，可得FTkl，图象如图甲所示，A缓慢运动到位移L，图象与坐标轴所围面积如图乙中阴影部分所示，所以FT做功大小WFT.(3)设A通过的位移为L的过程中弹簧弹力做功大小为W，分别对两个过程应用动能定理可得WFT2mgLsin W00，WF2mgLsin W2mv20，联立可得v.答案 (1)mg(2)见解析(3)认识不够深刻全面，没能做到内心外行，表率化人。对照党章和焦裕禄等先进模范典型，感觉自己对党性锻炼标准不高、要求不严。
