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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福建福州质检)(多选)图为某电动汽车在加速性能试验过程中的vt图象为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在030 s内做匀加速直线运动，30 s后汽车发动机的功率保持不变近似后可得(BD)A15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为21B15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为12C30 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为43D030 s内、3054 s内汽车发动机做功之比为58解析 由题意可知汽车
2、前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此选项A错误；由图可知15 s末、30 s末的速度分别为9 m/s、18 m/s，由公式PFv可知，15 s末、30 s末的功率之比为12，选项B正确；由图可知30 s末、54s末的加速度之比应为，选项C错误；030 s内，汽车发动机做功W1Fx1(J)15P(J)，3054 s内汽车发动机做功W2P(54 s30 s)24P(J)，因此，选项D正确2(2017宁夏银川模拟)(多选)如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速
3、度时间图象如图丙所示，重力加速度g为10 m/s2.下列说法正确的是(BD)A斜面倾角为30，小滑块的质量m2 kgB在02 s时间内拉力F做的功为100 JC在04 s时间内小滑块机械能增加80 JD在01 s时间内合外力对小滑块做功12.5 J解析 由速度时间图象可知，在24 s时间内小滑块的加速度a25 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin ma2，解得30.在02 s时间内小滑块的加速度a15 m/s2，由牛顿第二定律Fmgsin ma1，解得m1 kg，选项A错误；在02 s时间内小滑块的位移为x10 m，拉力F做的功为WFx1010 J100 J，选项B正确；由功能关系，可知在04
4、 s时间内小滑块机械能增加量EW100 J，选项C错误；1 s末小滑块的是速度v5 m/s，由动能定理，在01 s时间内合外力对小滑块做的功Wmv212.5 J，选项D正确3(2016福建福州质检)如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑将质量不相等的A、B两个小滑块(mAmB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(B)AB滑块先滑至斜面底端B地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力解析 设两斜面的倾角为，对两滑块受力分析，由牛顿第二定
5、律可知：两滑块下滑过程中的加速度agsin ，两斜面的长度相等，根据xat2，可知两滑块同时到达斜面的底端，选项A错误；根据vat，滑块到达底端的速度大小相等根据功率定义可得Pmgvsin ，因两滑块的质量不等，故到达斜面底端时重力的瞬时功率不相等，选项C错误；斜面体处于静止状态，其受到的合力为零，对其受力分析，如图所示，利用正交分解法，可知因mAmB，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，地面对斜面体的支持力小于三者的重力之和，选项B正确，选项D错误4(2016安徽合肥模拟)(多选)一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端已知小物体的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑
6、到最大路程的中点时速度为v；若小物体以2E的初动能冲上斜面，则有(AC)A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C小物体上滑到最大路程的中点时速度为vD小物体上滑到最大路程的中点时速率为2v解析 设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得mghFfx0E，而hxsin ，式中为斜面倾角，可得x.由此可见小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ffx与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故选项A正确，B错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v22ax得
7、，故有v1v，选项C正确，D错误5(2017甘肃一诊)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从O点由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g10 m/s2.下列说法中正确的是(A)A此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W解析 对物体受力分析，物体受到的摩擦力为FfFNmg0.1210 N2 N，由
8、图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5 N，AB段的拉力为2 N，所以物体在OA段做匀加速运动，在AB段做匀速直线运动，选项C、D错误；在OA段的拉力为5 N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由vat，xat2，a代入数值解得v3 m/s，此时的最大功率为PFv53 W15 W，在AB段，物体匀速运动，最大速度的大小为3 m/s，拉力的大小为2 N，所以此时的最大功率为PFv23 W6 W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W，故选项A正确，B错误6(2017新疆乌鲁木齐二诊)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带
9、动力的车厢叫拖车每节动车与拖车质量都相等，每节动车的额定功率都相等动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160 km/h，此时空气阻力是总阻力的0.5倍若要使12节车厢的动车组的最大速度达到240 km/h，则动车的节数至少为(B)A7节B8节C9节D10节解析 设12节动车组的质量为m，则机械阻力Ff1k1m，空气阻力为Ff2k2v2，每节动车的额定功率为P，由PFv得，有3节动车时3P(k1mk2v)v1，k2v0.5(k
10、1mk2v)，有n节动车时nP(k1mk2v)v2，由以上三式解得n7.3，故要使12车厢的动车组的最大速度达到240 km/h，动车的节数至少8节，选项B正确，A、C、D错误7(2016湖南长沙一中月考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车(当作质点)的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则(B)A车经最低点时对轨道的压力为3mgB车经最低点时发动机功率为2P0C车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为P0TD车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析 摩托车在
11、最高点时有2mgmgm，在最低点时有FNmgm，解得FN4mg，选项A错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2 mg，根据PFv，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，所以选项B正确，C错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与2mgR之和，选项D错误8(多选)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定
12、拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(BC)A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析 纸板相对于砝码运动时，纸板受两个摩擦力；桌面对纸板向左的摩擦力和砝码对纸板向左的摩擦力，由FfFN得，Ff(2Mm)g，选项A错误；由牛顿第二定律得，对砝码有MgMa1，对纸板有F(2Mm)gma2，要使纸板相对砝码运动，则a1a2，联立以上三式解得F2(Mm)g，选项B正确；设砝码与纸板分离时通过的位移为x1，速度为v1，由动能定理得Mgx1Mv，解得x
13、1，设砝码离开纸板后运动的位移为x2，由动能定理得Mgx2Mv，解得x2，则砝码移动的总位移为x1x2d，因此砝码不会从桌面上掉下来，选项C正确；因为F(2M3m)g2(Mm)g，所以砝码相对纸板运动，由牛顿第二定律得砝码的加速a1g，对纸板，FFfma2，a22g，设砝码离开纸板前的位移为x3，纸板在砝码离开前的位移为x4，由匀速直线运动规律得x3a1t2，x4a2t2，x4x3d，v2a1t，联立以上各式解得x3d，即砝码离开纸板时，恰好到达桌面边缘，此时砝码的速度不为零，砝码将从桌面上掉下，选项D错误9(2017福建质检)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连
14、，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点直杆与水平面的夹角为，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为，g为重力加速度(1)小球在距B点L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点L的Q点，求初速度的大小解析 (1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有Fk；设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsin Ff2F，代入数据解得Ff，方向沿杆向下(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小
15、球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零，据动能定理有W合Ek，mg2sin Ff20mv2，联立解得v.答案 (1)，方向沿杆向下(2)10(2017安徽重点中学联考)如图所示，现有一根长为L1 m的不可伸长的轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量为m0.5 kg、电荷量为q1.0104C的带正电小球(可视为质点)，整个装置处于竖直向上的匀强电场(未画出)中，电场强度的大小为E2.5104V/m.现将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，不计空气阻力，重力加速度大小为g10 m/s2.(1)在A点至少应给小球多大的水平速度，才能使小球在竖直面内做完整的圆周运动？(2)若将小球以v14 m/s的速度水平抛出，则求小球在最低点和最高点时轻绳的张力之差；(3)若将小球以v
