2018年高考物理大二輪復習 專題四 功能關系的應用 第1講 功能關系在力學中的應用講學案

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1、 第1講　功能關系在力學中的應用 課標卷高考命題分析 年份 題號·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、豎直面內的圓周運動 比較兩段摩擦力做功 中 Ⅱ卷 17題·選擇題·6分 汽車啟動現象(v－t、P－t圖象) 結合圖象多過程分析 中 21題·選擇題·6分 剛性桿連接體 難 2016年 Ⅰ卷 25題·計算題·18分 直線運動與曲線運動 直線、圓周、平拋運動多過程，相應臨界點 難 Ⅱ卷 21題·選擇題·6分 彈簧模型 M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等 難 25題·計算題

2、·20分 直線運動與曲線運動 直線、圓周、平拋運動多過程，相應臨界點 難 Ⅲ卷 24題·計算題·12分 自由落體運動與曲線運動 直線、圓周運動多過程，相應臨界點 中 2017年 Ⅰ卷 24題·計算題·12分 機械能，動能定理 取地面為重力勢能零點 中 Ⅲ卷 16題·選擇題·6分 功能關系 重心的變化 易 1．常見的幾種力做功的特點 (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關． (2)摩擦力做功的特點 ①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功． ②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零，在靜摩擦力做

3、功的過程中，只有機械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數和不為零，且總為負值．在一對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機械能的轉移，還有部分機械能轉化為內能，轉化為內能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積． ③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱． 2．幾個重要的功能關系 (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械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一

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

5、． 2．機械能守恒定律的應用 (1)機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和是否為零． ②用能量轉化來判斷，看是否有機械能與其他形式的能的相互轉化． ③對一些“繩子突然繃緊”“物體間碰撞”等問題，機械能一般不守恒，除非題目中有特別說明或暗示． (2)應用機械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對象——物體系統(tǒng)． ②根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒． ③恰當的選取參考平面，確定研究對象在運動過程的初、末狀態(tài)的機械能． ④根據機械能守恒定律列方程，進行求解． 高考題型1　力學中的幾個重要功能關系的應

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，現用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖乙，在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內)，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)機械能先增大后減小 答案　C 解析　對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錯誤；在上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，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)的機械能一直增大，故D錯誤． 1．對研究對象進行受力分析、運動分析、能量分析． 2．熟練掌握動能、重力勢能、彈性勢能、機械能等變化的分析方法． 1．(2017·全國卷Ⅲ·16)如圖2，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩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，M點與繩的上端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段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項A正確，B、C、D錯誤． 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物體，它們的質量分別為m1、m2，且m2＝2m1，m1用輕繩掛在動滑輪上，滑輪的質量、摩擦均不計．現將系統(tǒng)從靜止釋放，對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

9、化為m1增加的重力勢能 B．m1上升到h高度時的速度為 C．輕繩對m2做功的功率與輕繩對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　根據能量守恒可知，m2減小的重力勢能全部轉化為m1增加的重力勢能和兩物體的動能，故A錯誤；根據動滑輪的特點可知，m2的速度大小為m1速度大小的2倍，根據動能定理可得：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m2做功的功率與輕繩對m1做功的功率大小相等，故C正確；根據動滑輪

10、的特點可知，m1的加速度大小為m2的加速度大小的一半，根據牛頓第二定律可知：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　動力學方法和動能定理的綜合應用 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．直桿與水平面的夾角為θ，小球質量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數均為，g為重力加速度． 圖4 (1)小球在距B點L的P點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩

11、擦力相等．現讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點L的Q點，求初速度的大?。? 答案　(1)，方向沿桿向下　(2) 解析　(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，根據胡克定律有 F＝ k(L－L)① 設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff ，方向沿桿向下， 根據平衡條件有mgsin θ ＋Ff ＝2F② 由①②式并代入已知數據得Ff＝③ 方向沿桿向下 (2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零 據動能定理有W合＝ΔEk －mg·2(L－L)sin θ－Ff·2(L－L) ＝0－mv2④ 由③④式得

12、 v ＝ 1．動能定理解題的“兩狀態(tài)、一過程”，即初、末狀態(tài)和運動過程中外力做功． 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)，均可應用動能定理． 3．(2017·安徽省十校聯(lián)考) 如圖5所示，質量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，t＝0時刻給物塊施加一個水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運動，其加速度隨時間變化的關系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右方向為正方向，求： 圖5 時間t(s) 加速度a/(m·s－2) 0～4 4 4～8 －3 (1)0～4 s內水平拉力的大

13、??； (2)0～8 s內物塊運動的位移大小； (3)0～8 s內水平拉力做的功． 答案　(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J 解析　(1)0～4 s內，物塊運動的加速度大小為a1＝4 m/s2 根據牛頓第二定律：F1－μmg＝ma1，求得：F1＝6 N. (2)t1＝4 s時物塊的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s 0～8 s內物塊運動的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m (3)8 s時物塊的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根據動能定理：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、一由電動機帶動的傳送帶加速裝置示意圖，傳送帶長L＝31.25 m，以v0＝6 m/s順時針方向轉動，現將一質量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的光滑圓弧軌道運動，圓弧軌道與傳送帶在B點相切，C點為圓弧軌道的最高點，O點為圓弧軌道的圓心．已知傳送帶與物體間的動摩擦因數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，物體可視為質點，求： 圖6 (1)物體在B點對軌道的壓力大??； (2)當物體過B點后將傳送帶撤去，求物體落到地面時的速度大小． 答案　(1)58

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

16、 θ＋Lsin θ＝19.65 m 利用運動學公式：vy2＝2gh，解得vy＝ m/s 故v＝＝20 m/s (或利用動能定理 mgh＝mv2－mvC2得v＝20 m/s) 高考題型3　應用動力學和能量觀點分析綜合問題 例3　(2017·齊魯名校聯(lián)考)如圖7所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接一口深為H、寬度為d的深井CDEF，一個質量為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間的動摩擦因數為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點處，求小球釋放點距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上的最小動能Ekmin和此時的釋放點距BC面的高度h2. 答案　見解析 解析　(1)小球由A到C，由動能定理得 mgh－μmgL＝mvC2① 自C點水平飛出后，由平拋運動規(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式得小球的釋放點距BC面的高度為h1＝μL＋ (2)若小球不能落在井底，設打在EF上的動能為Ek，則x＝d 由②③式得vC＝d 小球由C到打在EF上，由動能定理得: mgy＝Ek－mvC2 代入vC得：Ek＝mgy＋ 當y＝時，E

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

19、斜面CD上升的最大高度h和時間t； (3)請描述物體從靜止開始下滑的整個運動情況，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點上升到最高點所用的時間 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斜面的動摩擦因數較大． 情況二： 物體在軌道上做往復運動，在斜面上做勻變速直線運動，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內做周期性往復運動．理由是物體與CD斜面的動摩擦因數較小，在CD斜面上克服摩擦

20、力做功，機械能減少，在BEC圓弧內只有重力做功，機械能守恒. 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，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) 圖9 A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 答案　BCD 解析　因M和N兩

21、點處彈簧對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)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確． 2．(2015·新課標全國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．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) 圖10 A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點 B．W＞mgR，質點不能到達Q點 C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 答案　C 解析　根據動能定理得P點動能EkP＝mgR，經過N點時，由牛頓運動定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N點動能為EkN＝，從P點到N點

23、根據動能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續(xù)向上運動一段距離，對照選項，C正確． 3．(多選)(2015·新課標全國Ⅱ·21)如圖11，滑塊a、b的質量均為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、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜

24、止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則(　　) 圖11 A．a落地前，輕桿對b一直做正功 B．a落地時速度大小為 C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為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b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對象，系統(tǒng)的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝mva2＋0，即va＝，選項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C錯誤；當a落地前b的

25、加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確． 4．(2014·新課標全國Ⅱ·16)一物體靜止在粗糙水平地面上．現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，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x＝t得，兩過程的位移關系x1＝x2，根據加速度的定義a＝得，兩過程的加速度關系為a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據牛頓第二定律得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根據功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤． 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雪上項目奪冠的運動員．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．動能增加了1 900 J B．動能增加了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錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故A、B錯誤． 6．(多選)(2015·浙江理綜·18)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器．艦載機總質量為3.0×104 kg，設起飛過程中發(fā)動機的

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．要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80 m/s.彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，假設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．彈射器對艦載機所做的功為1.1×108 J C．彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107 W D．艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2 答案　ABD 解析　設總推力為F，位移x，阻力F阻＝20%F，對艦載機加速過程由動能定理得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；彈射器對艦載機所做的功為W＝F彈·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正確；彈射器對艦載機做功的平均功率＝F彈·＝4.4×107 W，C錯誤；根據運動學公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正確． 專題強化練 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是隨時間先逐漸增大后逐漸減小的變力，力F的大小隨時間的變化如表所示，表格中的Ffm為物體與地面間的最大靜摩擦力，設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　　) 圖1 t(時刻) 0 1 s 2

30、s 3 s 4 s F(數值) 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末物體的動能最大 D．在0～3 s時間內，拉力F先做正功后做負功 答案　C 解析　在0～1 s時間內，物體所受水平拉力小于最大靜摩擦力，物體靜止；在1～3 s時間內，物體受到的拉力大于最大靜摩擦力，物體一直做加速運動，3 s末物體的速度達到最大，動能最大，故A、B項錯誤，C項正確；拉力F始終與位移方向相同，一直做正功，故D項錯誤． 2．(2017·山東臨沂市一模)如圖2甲所示，質量m＝2 kg的小物體放在長直的水平地面上，

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

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錯誤；細線拉力的瞬時功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C錯誤；物體在4 s內運動的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s內，細線拉力做的功為：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的硬質直管(內徑遠小于h)彎制而成．一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關于小球的運動，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球到達下端管口時的速度大小與l有關 B．小球到達下端管口時重力

33、的功率為mg C．小球到達下端的時間為 D．小球在運動過程中受管道的作用力大小不變 答案　C 解析　在小球到達下端管口的過程中只有重力做功，故根據動能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到達下端管口時的速度大小與h有關，與l無關，故A錯誤；到達下端管口的速度為v＝，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時功率為P＝mgcos θ，θ為小球到達下端管口時速度方向與重力方向的夾角，故B錯誤；小球在管內下滑的加速度為a＝，設下滑所需時間為t，則l＝at2，t＝＝，故C正確；小球運動速度越來越大，做的是螺旋圓周運動，根據Fn＝可知，支持力越來越大，故D錯誤． 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質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上O點，且處于原長．現讓圓環(huán)從A點由靜止開始下滑，滑到O點正下方B點時速度為零．則在圓環(huán)下滑過程中(　　) 圖4 A．圓環(huán)的機械能先減小再增大，再減小 B．彈簧的彈性勢能先增大再減小 C．與圓環(huán)在A點的加速度相同的位置還有兩處 D．彈簧再次恢復到原長時圓環(huán)的速度最大 答案　AC 解析　彈力對圓環(huán)先做負功再做正功再做負功，故圓環(huán)的機械能先減小后增大，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，當彈簧恢復原長時和彈簧與桿垂直時，也有a＝gsin θ；合

35、力為零時，圓環(huán)的速度最大，不是彈簧原長時． 5.(多選)(2017·河北邯鄲市一模)如圖5，質量為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動，經過一段時間，力F做的功為W，此時撤去恒力F，物體又經相同時間回到了出發(fā)點．若以出發(fā)點所在水平面為重力勢能的零勢能平面，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) 圖5 A．從物體開始運動到回到出發(fā)點的過程中，物體的機械能增加了 B．恒力F的大小為mg C．回到出發(fā)點時重力的瞬時功率為 D．撤去恒力F時，物體的動能和勢能恰好相等 答案　BC 解析　除重力以外的力做的功等于物體機械能的變化量，力F做功為W，則物體機械能

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

37、質量，開始時乙球位于軌道的最低點，現由靜止釋放輕桿，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．甲球下滑過程中，輕桿對其做正功 B．甲球滑回時一定能回到初始位置 C．甲球可沿軌道下滑到最低點 D．在甲球滑回過程中桿對甲球做的功大于桿對乙球做的功 答案　B 解析　甲球下滑過程中，乙的機械能逐漸增大，所以甲的機械能逐漸減小，則桿對甲做負功，故A錯誤；據機械能守恒定律知，甲球不可能下滑到圓弧最低點，但返回時，一定能返回到初始位置，故B正確，C錯誤；甲與乙兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，在甲球滑回過程中桿對甲球做的功等于桿對乙球做的功． 7．(2017·山東煙臺市模擬)某段高速路對載重貨車設定的

38、允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險，如圖7.某質量為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P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯誤；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錯誤；根據功能關系知，上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤． 8.(多選)(2017·福建廈門市模擬)如圖8所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側(滑輪摩擦不計)，物體A、B的質量都為m，開始時細繩伸直，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，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．此時彈簧的彈性勢能等于mgh－mv2 B．此時物體B的速度大小也為v C．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．彈簧的勁度系數為 答案　AD 解析　物體B對地面壓力恰好為零，故彈簧的拉力為mg，故細繩對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錯誤；此時物體A受重力和細繩的拉力大小相等，合力為零，加速度為零，故C錯誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機械能守恒，mgh＝Ep彈＋m

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

42、同時，木板要向右加速，物塊減少的動能轉化為系統(tǒng)產生的內能和木板的動能，所以產生的內能必然減小，物塊相對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．對系統(tǒng)來說，產生的熱量Q＝Ffx相對＝μmgx相對＜μmgL，故B錯誤．設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)動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對木板，由動量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得t＝，故C正確．由于物塊與木板相對于地的位移大小不等，物塊對地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤． 10．戰(zhàn)機常配有阻力傘，阻力傘也叫減速傘，是用

43、來減小戰(zhàn)機著陸時滑跑速度的傘狀工具．某質量為m＝2.0×104 kg的戰(zhàn)機以水平速度v0＝100 m/s著陸后立即關閉引擎同時打開阻力傘，情形如圖10甲所示，戰(zhàn)機做直線運動，其速度隨時間變化關系如圖乙所示，圖線在12～22 s時間內可近似看成直線，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)在12～22 s時間內，戰(zhàn)機受到的平均阻力大??； (2)在0～12 s時間內，戰(zhàn)機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時間內，a＝＝2 m/s2 根據牛頓第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N (2)0～12

44、 s時間內，根據動能定理： －Wf＝mv12－mv02 Wf＝9.6×107 J 戰(zhàn)機克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W 11.(2017·山東煙臺市一模)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的質量分別為1 kg和0.5 kg.A、B由跨過輕質滑輪的足夠長輕繩系?。陔妱訖C牽引下使轎廂由靜止開始向上運動，電動機輸出功率10 W保持不變，轎廂上升1 m后恰好達到最大速度．不計空氣阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轎廂向上運動過程中，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，重物B下

45、端繩的拉力大小； (3)轎廂從開始運動到恰好達到最大速度過程中所用的時間． 答案　(1)2 m/s　(2)8 N　(3)0.8 s 解析　(1)當F＝(M－m)g時轎廂速度最大 由P＝Fvm得vm＝＝2 m/s (2)轎廂向上的加速度為a＝2 m/s2時， 對A：FA－Mg＝Ma 對B：FB＋mg－FA＝ma 解得：FB＝8 N (3)由動能定理可知：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、度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點，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(結果保留兩位有效數字)． (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能； (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入大氣層時速度大小的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械能為 E0＝mv02① 式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速度．由①式和題給數據得 E0＝4.0×108 J② 設地面附近的重力加速度大小為g，飛船進入大氣層時的機械能為 Eh＝mvh2＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度．由③式和題給數據得 Eh≈2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為 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式和題給數據得W≈9.7×108 J． 21