2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案

《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案（21頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 課標(biāo)卷高考命題分析 年份 題號(hào)·題型·分值 模型·情景 題眼分析 難度 2015年 Ⅰ卷 17題·選擇題·6分 自由落體、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 比較兩段摩擦力做功 中 Ⅱ卷 17題·選擇題·6分 汽車啟動(dòng)現(xiàn)象(v－t、P－t圖象) 結(jié)合圖象多過程分析 中 21題·選擇題·6分 剛性桿連接體 難 2016年 Ⅰ卷 25題·計(jì)算題·18分 直線運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周、平拋運(yùn)動(dòng)多過程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 難 Ⅱ卷 21題·選擇題·6分 彈簧模型 M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等 難 25題·計(jì)算題

2、·20分 直線運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周、平拋運(yùn)動(dòng)多過程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 難 Ⅲ卷 24題·計(jì)算題·12分 自由落體運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周運(yùn)動(dòng)多過程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 中 2017年 Ⅰ卷 24題·計(jì)算題·12分 機(jī)械能，動(dòng)能定理 取地面為重力勢能零點(diǎn) 中 Ⅲ卷 16題·選擇題·6分 功能關(guān)系 重心的變化 易 1．常見的幾種力做功的特點(diǎn) (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)． (2)摩擦力做功的特點(diǎn) ①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功． ②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做

3、功的過程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值．在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積． ③摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱． 2．幾個(gè)重要的功能關(guān)系 (1)重力的功等于重力勢能的變化，即WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即W＝ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一

4、對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝Ff·x 相對(duì)． 1．動(dòng)能定理的應(yīng)用 (1)動(dòng)能定理的適用情況：解決單個(gè)物體(或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題．動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用． (2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程． ②分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況，然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和． ③明確物體在運(yùn)動(dòng)過程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2. ④列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解

5、． 2．機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 (1)機(jī)械能是否守恒的判斷 ①用做功來判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零． ②用能量轉(zhuǎn)化來判斷，看是否有機(jī)械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化． ③對(duì)一些“繩子突然繃緊”“物體間碰撞”等問題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說明或暗示． (2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象——物體系統(tǒng)． ②根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒． ③恰當(dāng)?shù)倪x取參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過程的初、末狀態(tài)的機(jī)械能． ④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解． 高考題型1　力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)

6、用 例1　(2017·山東濱州市一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖1甲，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙，在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢能一直增大 D．兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 答案　C 解析　對(duì)A物塊由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故拉力一直增大，故A錯(cuò)誤；在A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長

7、，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在上升過程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢能增大，故C正確；在上升過程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)誤． 1．對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析． 2．熟練掌握動(dòng)能、重力勢能、彈性勢能、機(jī)械能等變化的分析方法． 1．(2017·全國卷Ⅲ·16)如圖2，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　

8、　) 圖2 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．(多選)(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖3，用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個(gè)物體，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，且m2＝2m1，m1用輕繩掛在動(dòng)滑輪上，滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計(jì)．現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，對(duì)m1上升h高度(h小于兩滑輪起始高度差)這一過程，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．m2減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)

9、化為m1增加的重力勢能 B．m1上升到h高度時(shí)的速度為 C．輕繩對(duì)m2做功的功率與輕繩對(duì)m1做功的功率大小相等 D．輕繩的張力大小為m1g 答案　BCD 解析　根據(jù)能量守恒可知，m2減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為m1增加的重力勢能和兩物體的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知，m2的速度大小為m1速度大小的2倍，根據(jù)動(dòng)能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正確；繩子的拉力相同，故輕繩對(duì)m2、m1做功的功率大小分別為P2＝Fv2，P1＝2F·v1，由于v2＝2v1，故輕繩對(duì)m2做功的功率與輕繩對(duì)m1做功的功率大小相等，故C正確；根據(jù)動(dòng)滑輪

10、的特點(diǎn)可知，m1的加速度大小為m2的加速度大小的一半，根據(jù)牛頓第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，聯(lián)立解得：F＝，故D正確；故選B、C、D. 高考題型2　動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 例2　(2017·福建大聯(lián)考)如圖4，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度． 圖4 (1)小球在距B點(diǎn)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設(shè)小球在P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩

11、擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以一沿桿方向的初速度向上運(yùn)動(dòng)，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)L的Q點(diǎn)，求初速度的大?。? 答案　(1)，方向沿桿向下　(2) 解析　(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有 F＝ k(L－L)① 設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff ，方向沿桿向下， 根據(jù)平衡條件有mgsin θ ＋Ff ＝2F② 由①②式并代入已知數(shù)據(jù)得Ff＝③ 方向沿桿向下 (2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對(duì)小球做功為零 據(jù)動(dòng)能定理有W合＝ΔEk －mg·2(L－L)sin θ－Ff·2(L－L) ＝0－mv2④ 由③④式得

12、 v ＝ 1．動(dòng)能定理解題的“兩狀態(tài)、一過程”，即初、末狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程中外力做功． 2．無論直線、曲線、勻變速、非勻變速、單過程、多過程、單物體、物體系統(tǒng)，均可應(yīng)用動(dòng)能定理． 3．(2017·安徽省十校聯(lián)考) 如圖5所示，質(zhì)量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，t＝0時(shí)刻給物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右方向?yàn)檎较颍螅? 圖5 時(shí)間t(s) 加速度a/(m·s－2) 0～4 4 4～8 －3 (1)0～4 s內(nèi)水平拉力的大

13、小； (2)0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大?。? (3)0～8 s內(nèi)水平拉力做的功． 答案　(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J 解析　(1)0～4 s內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1＝4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F1－μmg＝ma1，求得：F1＝6 N. (2)t1＝4 s時(shí)物塊的速度大?。簐1＝a1t1＝16 m/s 0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m (3)8 s時(shí)物塊的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理：W－μmgx＝mv22，解得W＝152 J. 4.(2017·江西省六校3月聯(lián)考) 如圖6所示為

14、一由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的傳送帶加速裝置示意圖，傳送帶長L＝31.25 m，以v0＝6 m/s順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的物體輕放在傳送帶的A端，傳送帶將其帶到另一端B后，物體將沿著半徑R＝0.5 m的光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，圓弧軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，O點(diǎn)為圓弧軌道的圓心．已知傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶與水平地面間夾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，求： 圖6 (1)物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??； (2)當(dāng)物體過B點(diǎn)后將傳送帶撤去，求物體落到地面時(shí)的速度大小． 答案　(1)58

15、 N　(2)20 m/s 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律： μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2 設(shè)物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： vB2＝2aL 解得vB＝5 m/s<6 m/s，即物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)， 對(duì)B點(diǎn)受力分析有FN －mgcos θ＝得FN＝58 N 由牛頓第三定律可得物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝58 N (2)設(shè)物體能夠越過C點(diǎn)，從B到C利用動(dòng)能定理： －mg(R＋Rcos θ)＝mvC2－mvB2 解得vC＝ m/s>，即物體能越過最高點(diǎn)C 從C點(diǎn)落到地面，物體做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度h＝R＋Rcos

16、 θ＋Lsin θ＝19.65 m 利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：vy2＝2gh，解得vy＝ m/s 故v＝＝20 m/s (或利用動(dòng)能定理 mgh＝mv2－mvC2得v＝20 m/s) 高考題型3　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析綜合問題 例3　(2017·齊魯名校聯(lián)考)如圖7所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接一口深為H、寬度為d的深井CDEF，一個(gè)質(zhì)量為m的小球放在曲面AB上，可從距BC面不同的高度處靜止釋放小球，已知BC段長L，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，取重力加速度g＝10 m/s2.則： 圖7 (1)若小球恰好落在井底E點(diǎn)處，求小球釋放點(diǎn)距BC面

17、的高度h1； (2)若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF上的最小動(dòng)能Ekmin和此時(shí)的釋放點(diǎn)距BC面的高度h2. 答案　見解析 解析　(1)小球由A到C，由動(dòng)能定理得 mgh－μmgL＝mvC2① 自C點(diǎn)水平飛出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 x＝vCt② y＝gt2③ 由①②③得h＝μL＋④ 若小球恰好落在井底E處，則x＝d，y＝H 代入④式得小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h1＝μL＋ (2)若小球不能落在井底，設(shè)打在EF上的動(dòng)能為Ek，則x＝d 由②③式得vC＝d 小球由C到打在EF上，由動(dòng)能定理得: mgy＝Ek－mvC2 代入vC得：Ek＝mgy＋ 當(dāng)y＝時(shí)，E

18、k最小，且Ekmin＝mgd 此時(shí)小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h2＝μL＋ 多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時(shí)注意要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系，有時(shí)對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問題會(huì)更簡單． 5．(2017·上海市松江區(qū)模擬)如圖8所示，AB(光滑)與CD(粗糙)為兩個(gè)對(duì)稱斜面，斜面的傾角均為θ，其上部都足夠長，下部分別與一個(gè)光滑的圓弧面BEC的兩端相切，一個(gè)物體在離切點(diǎn)B的高度為H處，以初速度v0沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ. 圖8 (1)物體首次到達(dá)C點(diǎn)的速度大??； (2)物體沿

19、斜面CD上升的最大高度h和時(shí)間t； (3)請(qǐng)描述物體從靜止開始下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)情況，并簡要說明理由． 答案　見解析 解析　(1)由mv02＋mgH＝mvC2 得vC＝ (2)物體沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ vC2＝2a，解得h＝ 物體從C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間 t＝＝ (3)情況一： 物體滑上CD斜面并勻減速上升最終靜止在CD斜面某處．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較大． 情況二： 物體在軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內(nèi)做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，在CD斜面上克服摩擦

20、力做功，機(jī)械能減少，在BEC圓弧內(nèi)只有重力做功，機(jī)械能守恒. 題組1　全國卷真題精選 1．(多選)(2016·全國卷Ⅱ·21)如圖9，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中(　　) 圖9 A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差 答案　BCD 解析　因M和N兩

21、點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確． 2．(2015·新課標(biāo)全國Ⅰ·17)如圖10，一半徑為R、粗糙程度處處

22、相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) 圖10 A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W＞mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 答案　C 解析　根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝，從P點(diǎn)到N點(diǎn)

23、根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，半徑方向的合力提供向心力，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q點(diǎn)速度仍然沒有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)，C正確． 3．(多選)(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·21)如圖11，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜

24、止開始運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.則(　　) 圖11 A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功 B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg 答案　BD 解析　滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對(duì)象，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，當(dāng)a剛落地時(shí)，b的速度為零，則mgh＝mva2＋0，即va＝，選項(xiàng)B正確；a、b的先后受力如圖所示． 由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)a落地前b的

25、加速度為零(即輕桿對(duì)b的作用力為零)時(shí)，b的機(jī)械能最大，a的機(jī)械能最小，這時(shí)b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確． 4．(2014·新課標(biāo)全國Ⅱ·16)一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v.對(duì)于上述兩個(gè)過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　) A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4

26、WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　根據(jù)x＝t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝得，兩過程的加速度關(guān)系為a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤． 題組2　各省市真題精選 5．(2016·四川理綜·1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同

27、一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中(　　) A．動(dòng)能增加了1 900 J B．動(dòng)能增加了2 000 J C．重力勢能減小了1 900 J D．重力勢能減小了2 000 J 答案　C 解析　由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢能減少1 900 J ，故C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動(dòng)能增加1 800 J，故A、B錯(cuò)誤． 6．(多選)(2015·浙江理綜·18)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器．艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104 kg，設(shè)起飛過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的

28、推力恒為1.0×105 N；彈射器有效作用長度為100 m，推力恒定．要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80 m/s.彈射過程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則(　　) A．彈射器的推力大小為1.1×106 N B．彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1×108 J C．彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107 W D．艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2 答案　ABD 解析　設(shè)總推力為F，位移x，阻力F阻＝20%F，對(duì)艦載機(jī)加速過程由動(dòng)能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106 N，彈射器推力F彈＝F－F發(fā)＝1.

29、2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為W＝F彈·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率＝F彈·＝4.4×107 W，C錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正確． 專題強(qiáng)化練 1．(2017·全國名校聯(lián)考)如圖1所示，靜止在水平地面上的物體，受到一水平向右的拉力F作用，F(xiàn)是隨時(shí)間先逐漸增大后逐漸減小的變力，力F的大小隨時(shí)間的變化如表所示，表格中的Ffm為物體與地面間的最大靜摩擦力，設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　　) 圖1 t(時(shí)刻) 0 1 s 2

30、s 3 s 4 s F(數(shù)值) 0 Ffm 2Ffm Ffm 0 A.第2 s末物體的速度最大 B．第2 s末摩擦力的功率最大 C．第3 s末物體的動(dòng)能最大 D．在0～3 s時(shí)間內(nèi)，拉力F先做正功后做負(fù)功 答案　C 解析　在0～1 s時(shí)間內(nèi)，物體所受水平拉力小于最大靜摩擦力，物體靜止；在1～3 s時(shí)間內(nèi)，物體受到的拉力大于最大靜摩擦力，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，3 s末物體的速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；拉力F始終與位移方向相同，一直做正功，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(2017·山東臨沂市一模)如圖2甲所示，質(zhì)量m＝2 kg的小物體放在長直的水平地面上，

31、用水平細(xì)線繞在半徑R＝0.5 m的薄圓筒上．t＝0時(shí)刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，小物體和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A．小物體的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系滿足v＝4t B．細(xì)線的拉力大小為2 N C．細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率滿足P＝4t D．在0～4 s內(nèi)，細(xì)線拉力做的功為12 J 答案　D 解析　根據(jù)題圖乙可知，圓筒勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式為：ω＝t，圓周邊緣線速度與物體前進(jìn)速度大小相同，根據(jù)v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根據(jù)

32、牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B錯(cuò)誤；細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C錯(cuò)誤；物體在4 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s內(nèi)，細(xì)線拉力做的功為：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正確． 3．(2017·江西師大附中3月模擬)如圖3所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h)彎制而成．一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與l有關(guān) B．小球到達(dá)下端管口時(shí)重力

33、的功率為mg C．小球到達(dá)下端的時(shí)間為 D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中受管道的作用力大小不變 答案　C 解析　在小球到達(dá)下端管口的過程中只有重力做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與h有關(guān)，與l無關(guān)，故A錯(cuò)誤；到達(dá)下端管口的速度為v＝，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時(shí)功率為P＝mgcos θ，θ為小球到達(dá)下端管口時(shí)速度方向與重力方向的夾角，故B錯(cuò)誤；小球在管內(nèi)下滑的加速度為a＝，設(shè)下滑所需時(shí)間為t，則l＝at2，t＝＝，故C正確；小球運(yùn)動(dòng)速度越來越大，做的是螺旋圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Fn＝可知，支持力越來越大，故D錯(cuò)誤． 4．(多選)(2017·甘肅省一模

34、)如圖4所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上O點(diǎn)，且處于原長．現(xiàn)讓圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為零．則在圓環(huán)下滑過程中(　　) 圖4 A．圓環(huán)的機(jī)械能先減小再增大，再減小 B．彈簧的彈性勢能先增大再減小 C．與圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處 D．彈簧再次恢復(fù)到原長時(shí)圓環(huán)的速度最大 答案　AC 解析　彈力對(duì)圓環(huán)先做負(fù)功再做正功再做負(fù)功，故圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減小；彈性勢能先增大，后減小再增大；圓環(huán)在A處a＝gsin θ，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)和彈簧與桿垂直時(shí)，也有a＝gsin θ；合

35、力為零時(shí)，圓環(huán)的速度最大，不是彈簧原長時(shí)． 5.(多選)(2017·河北邯鄲市一模)如圖5，質(zhì)量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，力F做的功為W，此時(shí)撤去恒力F，物體又經(jīng)相同時(shí)間回到了出發(fā)點(diǎn)．若以出發(fā)點(diǎn)所在水平面為重力勢能的零勢能平面，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖5 A．從物體開始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)的過程中，物體的機(jī)械能增加了 B．恒力F的大小為mg C．回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為 D．撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能和勢能恰好相等 答案　BC 解析　除重力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，力F做功為W，則物體機(jī)械能

36、增加了W，故A錯(cuò)誤； 撤去恒力F到回到出發(fā)點(diǎn)，兩個(gè)過程位移大小相等、方向相反，時(shí)間相等，取豎直向上為正方向，則得：at2＝－(at·t－gt2)，F(xiàn)－mg＝ma，聯(lián)立解得：a＝g，F(xiàn)＝mg，故B正確；在整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2＝W，物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率v＝，瞬時(shí)功率為P＝mgv＝，故C正確；撤去力F時(shí)， 此時(shí)動(dòng)能為Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力勢能為Ep＝mg·at2＝mgat2，可見，動(dòng)能和勢能不相等，故D錯(cuò)誤． 6.(2017·山東菏澤市一模)如圖6所示，內(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道內(nèi)甲、乙兩小球固定在輕桿的兩端，甲球質(zhì)量小于乙球

37、質(zhì)量，開始時(shí)乙球位于軌道的最低點(diǎn)，現(xiàn)由靜止釋放輕桿，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．甲球下滑過程中，輕桿對(duì)其做正功 B．甲球滑回時(shí)一定能回到初始位置 C．甲球可沿軌道下滑到最低點(diǎn) D．在甲球滑回過程中桿對(duì)甲球做的功大于桿對(duì)乙球做的功 答案　B 解析　甲球下滑過程中，乙的機(jī)械能逐漸增大，所以甲的機(jī)械能逐漸減小，則桿對(duì)甲做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；據(jù)機(jī)械能守恒定律知，甲球不可能下滑到圓弧最低點(diǎn)，但返回時(shí)，一定能返回到初始位置，故B正確，C錯(cuò)誤；甲與乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在甲球滑回過程中桿對(duì)甲球做的功等于桿對(duì)乙球做的功． 7．(2017·山東煙臺(tái)市模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的

38、允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險(xiǎn)，如圖7.某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中(　　) 圖7 A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功 D．上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車克服阻力所做的功 答案　A 解析　貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平

39、衡條件得：牽引力大小 F＝0.01mg＋mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯(cuò)誤；上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯(cuò)誤． 8.(多選)(2017·福建廈門市模擬)如圖8所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)(滑輪摩擦不計(jì))，物體A、B的質(zhì)量都為m，開始時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在

40、地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．此時(shí)彈簧的彈性勢能等于mgh－mv2 B．此時(shí)物體B的速度大小也為v C．此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．彈簧的勁度系數(shù)為 答案　AD 解析　物體B對(duì)地面壓力恰好為零，故彈簧的拉力為mg，故細(xì)繩對(duì)A的拉力也等于mg，彈簧的伸長量為h，由胡克定律得k＝，故D正確；此時(shí)物體B受重力和彈簧的拉力，處于平衡狀態(tài)，速度仍為零，故B錯(cuò)誤；此時(shí)物體A受重力和細(xì)繩的拉力大小相等，合力為零，加速度為零，故C錯(cuò)誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mgh＝Ep彈＋m

41、v2，故Ep彈＝mgh－mv2，故A正確． 9．(多選)(2017·山東濟(jì)寧市模擬)如圖9所示，長為L、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.物塊以v0從木板的左端向右滑動(dòng)時(shí)，若木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊恰好能從木板的右端滑下．若木板不固定時(shí)，下面敘述正確的是(　　) 圖9 A．物塊不能從木板的右端滑下 B．對(duì)系統(tǒng)來說產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL C．經(jīng)過t＝物塊與木板便保持相對(duì)靜止 D．摩擦力對(duì)木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 答案　AC 解析　木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．木板不固定時(shí)，物塊向右減速的

42、同時(shí)，木板要向右加速，物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動(dòng)能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對(duì)于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確．對(duì)系統(tǒng)來說，產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(duì)＝μmgx相對(duì)＜μmgL，故B錯(cuò)誤．設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對(duì)木板，由動(dòng)量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得t＝，故C正確．由于物塊與木板相對(duì)于地的位移大小不等，物塊對(duì)地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤． 10．戰(zhàn)機(jī)常配有阻力傘，阻力傘也叫減速傘，是用

43、來減小戰(zhàn)機(jī)著陸時(shí)滑跑速度的傘狀工具．某質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的戰(zhàn)機(jī)以水平速度v0＝100 m/s著陸后立即關(guān)閉引擎同時(shí)打開阻力傘，情形如圖10甲所示，戰(zhàn)機(jī)做直線運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，圖線在12～22 s時(shí)間內(nèi)可近似看成直線，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)在12～22 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)受到的平均阻力大?。? (2)在0～12 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率． 答案　(1)4.0×104 N　(2)8.0×106 W 解析　(1)12～22 s時(shí)間內(nèi)，a＝＝2 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N (2)0～12

44、 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理： －Wf＝mv12－mv02 Wf＝9.6×107 J 戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W 11.(2017·山東煙臺(tái)市一模)如圖11所示是一種升降電梯的模型示意圖，A為轎廂，B為平衡重物，A、B的質(zhì)量分別為1 kg和0.5 kg.A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長輕繩系?。陔妱?dòng)機(jī)牽引下使轎廂由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)輸出功率10 W保持不變，轎廂上升1 m后恰好達(dá)到最大速度．不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轎廂向上運(yùn)動(dòng)過程中，求： 圖11 (1)轎廂的最大速度vm大?。? (2)轎廂向上的加速度為a＝2 m/s2時(shí)，重物B下

45、端繩的拉力大小； (3)轎廂從開始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到最大速度過程中所用的時(shí)間． 答案　(1)2 m/s　(2)8 N　(3)0.8 s 解析　(1)當(dāng)F＝(M－m)g時(shí)轎廂速度最大 由P＝Fvm得vm＝＝2 m/s (2)轎廂向上的加速度為a＝2 m/s2時(shí)， 對(duì)A：FA－Mg＝Ma 對(duì)B：FB＋mg－FA＝ma 解得：FB＝8 N (3)由動(dòng)能定理可知：Pt－Mgh＋mgh＝(M＋m)vm2 得t＝0.8 s 12．(2017·全國卷Ⅰ·24)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速

46、度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%. 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 E0＝mv02① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速度．由①式和題給數(shù)據(jù)得 E0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為 Eh＝mvh2＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度．由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh≈2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－E0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功． 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108 J． 21