2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案

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1、 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 高考研究(六) 聚焦選擇題考法——功和功率、動(dòng)能定理 1.(2017·全國(guó)Ⅲ卷T16)如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)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(guò)程中，外力做的功為(　　) A.mgl　　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：選A　QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l，此過(guò)程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，將繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程中，由能量守恒定律，

2、可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 2．(2015·全國(guó)Ⅱ卷T17)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) 解析：選A　由P-t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當(dāng)v增加時(shí)，F(xiàn)減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，A正確。 3．[多選](2016·全國(guó)Ⅲ卷T20)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半

3、球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則(　　) A．a(chǎn)＝　　　　 B．a(chǎn)＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝mv2，則速度v＝，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝＝，選項(xiàng)A正確， B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 4．(2015·全國(guó)Ⅰ卷T17)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處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)

4、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(guò)程中克服摩擦力所做的功。則(　　) 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

5、擦力做的功為Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝mgR。設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W′，則W′

6、重在理解基本概念，掌握典型的功和功率計(jì)算方法 [必備知能] 1．計(jì)算功時(shí)的注意事項(xiàng) (1)計(jì)算功時(shí)，要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，分清是恒力做功還是變力做功，恒力做的功一般用功的定義式或動(dòng)能定理求解，變力做的功可用動(dòng)能定理或圖象法求解。 (2)用圖象法求外力做的功時(shí)，應(yīng)注意橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)分別表示的物理量，若橫坐標(biāo)表示位移，縱坐標(biāo)表示力，則可用圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示功，例如圖甲、乙、丙(圖丙中圖線為圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。 2．計(jì)算功率時(shí)的注意事項(xiàng) 計(jì)算功率時(shí)，要明確是求瞬時(shí)功率，還是平均功率，若求瞬時(shí)功率應(yīng)明確是哪一時(shí)

7、刻或位置的瞬時(shí)功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率；應(yīng)注意區(qū)分公式P＝和P＝Fvcos θ的適用范圍，P＝用于計(jì)算平均功率，P＝Fvcos θ用于計(jì)算瞬時(shí)功率。 [演練沖關(guān)] 1.(2018屆高三·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的vt圖象為正弦曲線。從圖象可以判斷(　　) A．質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng) B．在t1時(shí)刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力做負(fù)功 D．在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力的平均功率相等 解析：選D　質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v t圖象描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，v  t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為

8、零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度增大，動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理可知，合外力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～t1 和t2～t3時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項(xiàng)D正確。 2．(2017·吉林模擬)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用。下列判斷正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)外力的平均功率是 W B．第2 s內(nèi)外力所做的功是 J C．第2 s末外力的瞬時(shí)功率最大 D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是1∶1 解析：選A　由

9、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可求出，第1 s 末、第2 s末速度的大小分別為：v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，0～2 s內(nèi)外力做功為W＝mv22＝4.5 J，平均功率為P＝＝ W＝ W，A對(duì)；第2 s內(nèi)外力所做的功W2＝mv22－mv12＝2.5 J，B錯(cuò)；第1 s末、第2 s末外力的瞬時(shí)功率分別為P1＝F1·v1＝4 W、P2＝F2·v2＝3 W，C錯(cuò)；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量分別為：mv12＝2 J，mv22－mv12＝2.5 J，比值為4∶5，D錯(cuò)。 3．(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F，如圖甲所示，

10、此后物體的v t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B．10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為6 W C．10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)4 m處 D．0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析：選D　由題圖乙可知0～4 s內(nèi)的加速度：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s內(nèi)的加速度：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～4

11、s 內(nèi)的位移x1＝×4×8 m＝16 m,4～10 s內(nèi)的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2 m處，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為＝＝ W＝0.6 W，選項(xiàng)D正確。 題型(二) 機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題 高考定位：?？碱}型　　 解題關(guān)鍵：重在領(lǐng)悟機(jī)車啟動(dòng)的過(guò)程，聯(lián)系實(shí)際、結(jié)合圖象分析各物理量的變化情況 [典例示法] [例1]　(2017·咸陽(yáng)模擬)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程的速度—時(shí)間圖象如圖所示，從t1時(shí)刻起汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)

12、，汽車的牽引力等于m B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于Ffv1 C．汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度等于v1 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速度小于 [解析]　由題圖可知，汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度為v2，則有P＝Ffv2。在0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，汽車的牽引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率保持不變，汽車功率P＝Ffv2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；題圖上A點(diǎn)和B點(diǎn)都對(duì)應(yīng)汽車功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，聯(lián)立解得v2＝v1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)速度—時(shí)間圖象的面積表示位移，t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的位移為曲邊梯

13、形ABt2t1的面積，汽車的平均速度大于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　C 分析機(jī)車啟動(dòng)應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題 1．機(jī)車啟動(dòng)的方式不同，運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同，即其功率、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖象時(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律。 2．在公式P＝Fv中，F(xiàn)是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力，因此F＝Ff時(shí)，牽引力與阻力平衡，機(jī)車達(dá)到最大運(yùn)行速度。 3．解決機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題一定要分清機(jī)車是勻加速啟動(dòng)還是以恒定功率啟動(dòng)。 (1)以恒定功率啟動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不適用，速度最大值等于，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W

14、＝Flcos θ求解。 (2)勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，機(jī)車功率是不斷改變的，但該過(guò)程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。 [演練沖關(guān)] 4．[多選](2017·佛山第一中學(xué)檢測(cè))質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍。汽車以額定功率行駛，當(dāng)它加速行駛的速度為v時(shí)，加速度為a。則以下分析正確的是(　　) A．汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為kmgv B．汽車行駛的最大速度為 C．當(dāng)汽車加速度減小到時(shí)，速度增加到2v D．汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為(ma＋kmg)v 解析：選BD　設(shè)汽車的額定功率

15、為P，汽車的速度為v時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律知：－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A錯(cuò)誤，D正確；汽車勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝＝＝，故B正確；加速度為時(shí)，設(shè)此時(shí)牽引力為F，則F－kmg＝m·，解得：F＝kmg＋，此時(shí)速度為：v＝＝<2v，故C錯(cuò)誤。 5.[多選](2017·廣州檢測(cè))如圖，傾角為30°的自動(dòng)扶梯在電壓為380 V的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，以0.4 m/s的恒定速率向斜上方運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)的最大輸出功率為4.9 kW，空載時(shí)電動(dòng)機(jī)中的電流為5 A，假設(shè)載人時(shí)扶梯的運(yùn)動(dòng)速率和空載時(shí)相同。設(shè)所載人的平均質(zhì)量為60 kg，重力加速度g＝10 m/s2。

16、不計(jì)一切損耗，則扶梯勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．站在扶梯上的人不受摩擦力作用 B．扶梯可同時(shí)乘載的最多人數(shù)為25人 C．扶梯可同時(shí)乘載的最多人數(shù)為40人 D．無(wú)論空載或滿載，電動(dòng)機(jī)的輸出功率均為 4.9 kW 解析：選AB　因扶梯斜向上勻速運(yùn)動(dòng)，故站在扶梯上的人豎直方向和水平方向所受合力為零，則不受摩擦力作用，選項(xiàng)A正確；維持扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)的功率：P0＝UI＝380×5 W ＝1 900 W＝1.9 kW，電動(dòng)機(jī)的最大輸出功率為P最大＝4.9 kW；可用于輸送人的功率：ΔP＝P最大－P0＝(4.9－1.9)kW＝3 kW，輸送一個(gè)人的功率：P＝Gvsin 30°＝mgvsin 30°＝60

17、×10×0.4× W＝120 W，同時(shí)乘載的最多人數(shù)：n＝＝＝25(人)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；空載時(shí)電動(dòng)機(jī)的功率為1.9 kW；滿載時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為4.9 kW，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 題型(三) 動(dòng)能定理的應(yīng)用 　 高考定位：?？碱}型 　 解題關(guān)鍵：動(dòng)能定理是一個(gè)“過(guò)程”定理，即做功過(guò)程與運(yùn)動(dòng)過(guò)程必須嚴(yán)格一致 [典例示法] [例2]　(2017·南平檢測(cè))如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不拴接。開始時(shí)小球位于O點(diǎn)，彈簧水平且無(wú)形變。O點(diǎn)的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，半圓弧的半徑為R，B為軌道最高點(diǎn)，小球與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ

18、?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，OA間距離為x0，將小球由靜止釋放，小球恰能沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度不斷增大 B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為vm＝ C．小球與彈簧作用的過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝2.5mgR＋μmgx0 D．小球通過(guò)半圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為 5mg 1．小球恰能沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，說(shuō)明此時(shí)由重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。 2．小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，應(yīng)用能量守恒定律；小球在從O到B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理?！?　 [

19、解析]　小球在從A到O運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)(彈力等于摩擦力時(shí))速度最大，接下來(lái)摩擦力大于彈力，小球開始做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到O(彈簧達(dá)到原長(zhǎng))時(shí)離開彈簧，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蚯∧苎匕雸A弧軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B，由重力提供向心力：mg＝m，解得vB＝，從O到B，根據(jù)動(dòng)能定理得：－mg·2R＝mvB2－mv02，解得：v0＝，由以上分析可知：小球從開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧，速度先增大后減小，所以最大速度要比大，故B錯(cuò)誤；從A到O，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝mv02＋μmgx0＝2.5mgR＋μmgx0，故C正確；小球在

20、半圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝6mg，則小球?qū)壍赖膲毫?mg，故D錯(cuò)誤。 [答案]　C 1．動(dòng)能定理雖然是在恒力作用下的直線運(yùn)動(dòng)中推導(dǎo)出來(lái)的，但也適用于變力做功、曲線運(yùn)動(dòng)等情況。 2．應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個(gè)力做的功，同時(shí)要注意各力做功的正、負(fù)。 3．當(dāng)問(wèn)題涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和時(shí)間時(shí)，可優(yōu)先考慮利用動(dòng)能定理分析問(wèn)題。 4．對(duì)于多過(guò)程問(wèn)題，求解時(shí)可對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，從而避開對(duì)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié)進(jìn)行分析，具有過(guò)程簡(jiǎn)明、運(yùn)算量小等優(yōu)點(diǎn)。 [演練沖關(guān)] 6．[多選](20

21、18屆高三·廣東中山一中七校聯(lián)考)如圖，質(zhì)量相同、大小不計(jì)的兩球A、B分別用不同長(zhǎng)度的細(xì)線懸掛，LA＞LB。拉至同一高度且細(xì)線水平時(shí)釋放，兩球到最低點(diǎn)時(shí)，相等的物理量是(　　) A．細(xì)線的拉力　　　　 B．兩球的速度 C．兩球的加速度 D．兩球具有的機(jī)械能 解析：選ACD　根據(jù)動(dòng)能定理得：mgL＝mv2，解得：v＝，因?yàn)長(zhǎng)A>LB，所以vA>vB，故B錯(cuò)誤；根據(jù)球釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)得：T－mg＝m，解得：T＝mg＋m＝3mg，所以細(xì)線拉力相等，故A正確；根據(jù)a＝，解得：a＝2g，所以兩球的加速度相等，故C正確；兩球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，初始位置的機(jī)械能相等，所

22、以在最低點(diǎn)，兩球的機(jī)械能相等，故D正確。 7.[多選](2017·天津檢測(cè))如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，圓環(huán)左下方開一個(gè)小口與光滑斜面相切于A點(diǎn)，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，不計(jì)小球由小口到A的機(jī)械能損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，要保證運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離可能是(　　) A．R B．2R C．3R D．4R 解析：選AD　若使小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C，則mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理mg(h－2R)＝mvC2，解得h＝R，由幾何關(guān)系知，小球釋放的位置到

23、A點(diǎn)的距離滿足x≥＝R，選項(xiàng)D正確；若使小球恰能經(jīng)過(guò)與圓心O等高的一點(diǎn)，則釋放的高度h′＝R，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離滿足x′≤＝R，選項(xiàng)A正確。 [選擇題保分練] 功和功率、動(dòng)能定理 1．(2017·內(nèi)蒙古赤峰二中模擬)汽車在平直公路上勻速行駛，t1時(shí)刻司機(jī)減小油門使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時(shí)刻，汽車又恢復(fù)了勻速行駛(設(shè)整個(gè)過(guò)程中汽車所受的阻力大小不變)。下列圖象能正確描述汽車速度隨時(shí)間變化的是(　　) 解析：選A　汽車以功率P、速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力平衡。當(dāng)t

24、1時(shí)刻司機(jī)減小油門，汽車的功率減為P的瞬間，速度v不變，由P＝Fv可知，汽車的牽引力突然減小到原來(lái)的一半，即F＝F0，阻力f沒(méi)有變化，汽車的牽引力小于阻力，汽車開始做減速運(yùn)動(dòng)，速度v減小，功率保持為P，由P＝Fv可知，隨v減小，牽引力逐漸增大，由牛頓第二定律知，汽車的加速度逐漸減小，汽車做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)汽車牽引力再次等于阻力，即t2時(shí)刻，汽車再次勻速行駛，由P＝Fv得知，此時(shí)汽車的速度為原來(lái)的一半，由題圖可知，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 2.(2017·黃岡中學(xué)檢測(cè))如圖所示，半徑為R的光滑豎直半圓弧與粗糙水平面平滑連接，輕彈簧一端與墻壁連接，另一端與可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小滑塊接觸

25、但不拴接，小滑塊在水平向右的外力作用下靜止于P點(diǎn)，P點(diǎn)與圓弧最低點(diǎn)A的間距為R。某時(shí)刻將小滑塊由靜止釋放，小滑塊到達(dá)A點(diǎn)之前已與彈簧分離，此后恰好能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)C。已知小滑塊和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。上述過(guò)程中彈簧對(duì)小滑塊做的功為(　　) A．2mgR B．2.5mgR C．3mgR D．3.5mgR 解析：選C　小滑塊恰好能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)C，則在C點(diǎn)：mg＝m，從釋放到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：W－μmgxPA－mg·2R＝mvC2－0，解得W＝3mgR，故C正確。 3.(2017·石家莊檢測(cè))質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，其v  t

26、圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為 D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：選D　根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t0～t2時(shí)間內(nèi)，小球速度一直增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)小球一直做正功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時(shí)間的比值，不一定為，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)

27、動(dòng)能定理，在t3～t4時(shí)間內(nèi)：WF－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得：WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項(xiàng)D正確。 4.(2017·江西師范大學(xué)附中檢測(cè))如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長(zhǎng)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(shuō)法正確的是(　　) 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(guò)程中受管道的作用力大小不變 解析：選C　在小球到達(dá)下端管口的過(guò)程中只有重力做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh

28、＝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(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；小球到達(dá)下端管口時(shí)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＝mg·sin θ(θ為此時(shí)小球速度方向與水平方向的夾角)，故B錯(cuò)誤；小球在管內(nèi)下滑的加速度滿足v2＝2al，解得a＝，設(shè)下滑所需時(shí)間為t，則l＝at2，t＝＝ ，故C正確；小球從上端管口到達(dá)下端過(guò)程中，速度越來(lái)越大，做的是螺旋加速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Fn＝可知，所受支持力(管道作用力)越來(lái)越大，故D錯(cuò)誤。 5．(2017·黃岡中學(xué)檢測(cè))豎直上拋一球，球又落回原處，空氣阻力的大小與球的速度成正比，則(　　) A．上升過(guò)程中克服重力做的功大于下降過(guò)

29、程中重力做的功 B．上升過(guò)程中克服重力做的功小于下降過(guò)程中重力做的功 C．上升過(guò)程中克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)程中重力做功的平均功率 D．上升過(guò)程中克服重力做功的平均功率等于下降過(guò)程中重力做功的平均功率 解析：選C　重力做功的大小只與球的初、末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)，所以在上升和下降的過(guò)程中，重力做功的大小是相等的，故上升過(guò)程中克服重力做的功等于下降過(guò)程中重力做的功，A、B錯(cuò)誤；球在上升的過(guò)程中受到的阻力向下，在下降的過(guò)程中受到的阻力向上，所以在上升時(shí)球受到的合力大，加速度大，此過(guò)程球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短，在上升和下降的過(guò)程中，球所受重力做功的大小是相同的，由P＝可知，上升過(guò)程中重力的平均

30、功率較大，所以C正確，D錯(cuò)誤。 6.[多選](2017·太原模擬)如圖所示，豎直固定的光滑絕緣桿上O點(diǎn)套有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q(q<0)的小環(huán)。在桿的左側(cè)固定一個(gè)帶電量為＋Q的點(diǎn)電荷，桿上A、B兩點(diǎn)與Q正好構(gòu)成一邊長(zhǎng)為a的等邊三角形，OA間距離也為a?，F(xiàn)將小環(huán)從O點(diǎn)由靜止釋放，若小環(huán)通過(guò)A點(diǎn)的速率為，則在小環(huán)從O到B的過(guò)程中(　　) A．在O點(diǎn)時(shí)，小環(huán)與點(diǎn)電荷形成的系統(tǒng)電勢(shì)能最大 B．到達(dá)AB的中點(diǎn)時(shí)，小環(huán)速度一定最大 C．從O到B，電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)一直做正功 D．到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小環(huán)的速率為 解析：選AD　點(diǎn)電荷在OB段的O點(diǎn)電勢(shì)最小，由于小環(huán)的帶電量q<0，則在

31、O點(diǎn)時(shí)小環(huán)與點(diǎn)電荷形成的系統(tǒng)電勢(shì)能最大，A正確；到達(dá)AB的中點(diǎn)時(shí)，受電場(chǎng)力方向水平，小環(huán)所受合外力等于mg，加速度a＝g，小環(huán)將繼續(xù)加速，B錯(cuò)誤；從O到B，電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)先做正功后做負(fù)功，總功是正功，C錯(cuò)誤；從O到A，根據(jù)動(dòng)能定理：mga＋qUOA＝mv2＝mga，從O到B，根據(jù)動(dòng)能定理：mg·2a＋qUOB＝mv′2，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及幾何關(guān)系知，UOB＝UOA，解得v′＝，D正確。 7.[多選](2018屆高三·湖北七校聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計(jì)、寬度為d＝0.2 m的橡膠帶，橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內(nèi)，其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠

32、帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L(zhǎng)＝0.4 m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1 kg、寬度也為d的矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過(guò)程中(此過(guò)程矩形板始終在斜面上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4 N B．矩形板的重力做功為 WG＝3.6 J C．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8 J D．矩形板的上邊緣滑過(guò)橡膠帶下邊緣時(shí)速度大小為v＝ m/s 解析：選BCD　矩形板在滑過(guò)橡膠帶的過(guò)程中對(duì)

33、橡膠帶的正壓力是變化的，所以矩形板受到的摩擦力是變化的，所以A錯(cuò)誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，所以B正確；矩形板在滑上橡膠帶的過(guò)程中，摩擦力隨矩形板下滑由0均勻增大到μmgcos θ，在滑下橡膠帶的過(guò)程中，摩擦力隨矩形板下滑由μmgcos θ均勻減小到0，上述兩個(gè)過(guò)程對(duì)應(yīng)矩形板的下滑距離均為d，產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功Q＝2×μmgcos θ·d＝0.8 J，所以C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D正確。 8.[多選](2018屆高三·衡陽(yáng)聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽

34、引力和速度的關(guān)系圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．汽車行駛中所受的阻力為 B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為 C．速度為v2時(shí)的加速度大小為 D．若速度為v2時(shí)牽引力恰為，則有v2＝2v1 解析：選ABD　根據(jù)牽引力和速度的關(guān)系圖象和功率P＝Fv 得，汽車運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1，汽車達(dá)到最大速度v3時(shí)加速度為零，此時(shí)阻力等于牽引力，所以阻力f＝，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，保持某一恒定加速度時(shí)，加速度a＝＝－，加速的時(shí)間：t＝＝，則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的

35、過(guò)程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝，B正確；汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1，故速度為v2時(shí)的牽引力是，對(duì)汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，可得速度為v2時(shí)加速度大小為a′＝－，C錯(cuò)誤；若速度為v2時(shí)牽引力恰為，則＝，則v2＝2v1，D正確。 高考研究(七) 聚焦選擇題考法——機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系 1.[多選](2015·全國(guó)Ⅱ卷T21)如圖，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、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(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(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)

36、b一直做正功 B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為 C．a(chǎn)下落過(guò)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 解析：選BD　由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)某時(shí)刻a、b的速度分別為va、vb。此時(shí)剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。 因?yàn)閯傂詶U不可伸長(zhǎng)，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。當(dāng)a滑至地面時(shí)θ＝90°，此時(shí)vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，選項(xiàng)B正確；同時(shí)由于b初、末速度均為零，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其動(dòng)能先增大后減小，即桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；桿對(duì)b的作用先

37、是推力后是拉力，對(duì)a則先是阻力后是動(dòng)力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時(shí)大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b的動(dòng)能最大時(shí)，桿對(duì)a、b的作用力為零，此時(shí)a的機(jī)械能最小，b只受重力和支持力，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確。 2.[多選](2016·全國(guó)Ⅱ卷T21)如圖，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(guò)程中經(jīng)過(guò)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(guò)程中(　　) 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(zhǎng)度最短時(shí)，彈

38、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(shì)能差 解析：選BCD　在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，則小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧長(zhǎng)度先縮短，當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時(shí)彈簧達(dá)到最短，這個(gè)過(guò)程中彈力對(duì)小球做負(fù)功，然后彈簧再伸長(zhǎng)，彈力對(duì)小球開始做正功，當(dāng)彈簧達(dá)到自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，彈力為零，再隨著彈簧的伸長(zhǎng)彈力對(duì)小球做負(fù)功，故整個(gè)過(guò)程中，彈力對(duì)小球先做負(fù)功，再做正功，后再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在彈簧與桿垂直時(shí)及彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，小球加速度等于重力加速度，選項(xiàng)B正確；彈簧與桿垂直

39、時(shí)，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由機(jī)械能守恒定律知，在M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢(shì)能相等，在N點(diǎn)動(dòng)能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢(shì)能的減小值，選項(xiàng)D正確。 高考題型 典型試題 難度 1.機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 2015·全國(guó)Ⅱ卷T21 ★★★ 2.功能關(guān)系的應(yīng)用 2016·全國(guó)Ⅱ卷T21 ★★★ 題型(一) 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 　　 [必備知能] 1．機(jī)械能守恒定律的理解 2．運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求解問(wèn)題時(shí)的注意點(diǎn) (1)研究對(duì)象的選取 研究對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問(wèn)題選單個(gè)物體(實(shí)為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))

40、為研究對(duì)象機(jī)械能不守恒，但選此物體與其他幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，機(jī)械能卻是守恒的。如圖所示，單獨(dú)選物體A機(jī)械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 (2)研究過(guò)程的選取 有些問(wèn)題研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分幾個(gè)階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒。因此，在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過(guò)程的選取。 (3)守恒表達(dá)式的選取 “守恒觀點(diǎn)”的表達(dá)式適用于單個(gè)或多個(gè)物體機(jī)械能守恒的問(wèn)題，列式時(shí)需選取參考平面，而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機(jī)械能守恒時(shí)，不必選取參考平面。 [演練沖關(guān)] 1.(2017·甘肅檢測(cè))如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角

41、為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時(shí)用手按住物體M，此時(shí)M離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。已知M＝2m，空氣阻力不計(jì)。松開手后，關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)M的速度最大時(shí)，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時(shí)m的加速度為零 D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于m的機(jī)械能增加量 解析：選B　因M、m之間有彈簧，故兩物體所受彈簧的彈力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；M的重力沿斜面的分力為Mgsin

42、30°＝mg，先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)受力平衡時(shí)M速度達(dá)最大，則此時(shí)m受細(xì)繩拉力為mg，故m與地面間的作用力恰好為零，故B正確；然后M做減速運(yùn)動(dòng)，M恰好到達(dá)擋板處時(shí)，即速度恰好減小到零，彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且彈力大于mg，m的加速度不為零，故C錯(cuò)誤；若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與m的機(jī)械能增加量之和，故D錯(cuò)誤。 2．(2017·宜賓模擬)如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)的v t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線

43、，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球在tB時(shí)刻所受彈簧彈力大于mg B．小球在tC時(shí)刻的加速度大于g C．小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點(diǎn) D．小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量 解析：選B　由題圖乙可知，小球在tB時(shí)刻加速度大小為零，此時(shí)F彈＝mgsin 30°＝mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在tC時(shí)刻到達(dá)最低點(diǎn)，彈力達(dá)到最大值，小球在A點(diǎn)的加速度大小為gsin 30°＝g，C點(diǎn)的切線斜率的大小大于A點(diǎn)的切線斜率的大小，即小

44、球在tC時(shí)刻的加速度大于g，選項(xiàng)B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，重力勢(shì)能與動(dòng)能減少量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.[多選](2017·泰安檢測(cè))如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點(diǎn)，光滑定滑輪與直桿的距離為d。A點(diǎn)與定滑輪等高，B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處。現(xiàn)將環(huán)從A由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝d B．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能 C

45、．環(huán)從A能下降的最大高度為d D．當(dāng)環(huán)下降時(shí)，輕繩的拉力T＝2mg 解析：選BC　根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝d－d，故A錯(cuò)誤；環(huán)下滑過(guò)程中無(wú)摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故B正確；設(shè)環(huán)下降到最大高度為H時(shí)，環(huán)和重物的速度均為零，此時(shí)重物上升的最大高度為：－d，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgH＝2mg，解得：H＝，故C正確；環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，做非勻速運(yùn)動(dòng)，有加速度，所以重物向上運(yùn)動(dòng)，也有加速度，即環(huán)下降的時(shí)候，輕繩的拉力不可能是2mg，故D錯(cuò)誤。 題型(二) 功能關(guān)系的應(yīng)用 高考定位：?？碱}型,解題關(guān)鍵：重在理清各種功能關(guān)系，明確力做功與哪種能

46、量變化對(duì)應(yīng) [典例示法] [典例]　[多選](2017·重慶永川中學(xué)模擬)如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦。開始時(shí)，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止，且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過(guò)彈性限度，則在此過(guò)程中(　　) A．物體B受到的電場(chǎng)力大小為mgsin θ B．物體B的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為 C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度

47、為gsin θ D．物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量 [解析]　開始時(shí)，外力F作用在物體B上，物體B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)物體B分析可知：F－mgsin θ－F電＝0，解得：F電＝2mgsin θ，故A錯(cuò)誤；當(dāng)撤去外力瞬間，對(duì)物體A、B整體分析，整體受到的合力為：F合＝F電＋mgsin θ＝3mgsin θ，由F合＝3ma可得a＝gsin θ，故C正確；當(dāng)物體B所受的合力為零時(shí)，物體B的速度最大，由：kx＝F電＋mgsin θ，解得彈簧的伸長(zhǎng)量為：x＝，故B正確；根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于物體B電勢(shì)能的減

48、少量及其機(jī)械能的減少量之和，故D錯(cuò)誤。 [答案]　BC [演練沖關(guān)] 4．(2017·株洲檢測(cè))一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中如圖甲所示，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開始在油槽中下沉，通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．鋁球剛開始運(yùn)動(dòng)的加速度a0＝g B．鋁球下沉的速度將會(huì)一直增大 C．鋁球下沉過(guò)程所受油的阻力f＝ D．鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力所做的功 解析：選C　鋁球剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即a0＝＝g－

49、鋁球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到v0時(shí)加速度減小到零，速度不會(huì)一直增大，B錯(cuò)誤；剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)mg－F?。絤a0，鋁球下沉過(guò)程中受重力、油的阻力、浮力，由牛頓第二定律可得，mg－F浮－f＝ma，由a0 v0圖象可知a＝a0－v，解得油的阻力f＝，C正確；鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，D錯(cuò)誤。 5．[多選](2017·棗莊檢測(cè))如圖甲所示，質(zhì)量為1 kg 的小物塊，以初速度v0＝11 m/s從θ＝53°的固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對(duì)小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加恒力F和不施加力時(shí)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的

50、v  t 圖線，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．恒力F大小為21 N B．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 C．有恒力F時(shí)，小物塊在整個(gè)上升過(guò)程產(chǎn)生的熱量較少 D．有恒力F時(shí)，小物塊在整個(gè)上升過(guò)程機(jī)械能的減少量較小 解析：選BD　根據(jù)v t圖線的斜率等于加速度可知：aa＝ m/s2＝－10 m/s2，ab＝ m/s2＝－11 m/s2。不施加力時(shí)：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°， 解得：μ＝0.5。有恒力F時(shí)：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°，解得：F

51、＝1 N，故B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x＝可知，有恒力F時(shí)，小物塊的加速度小，位移大，所以在上升過(guò)程產(chǎn)生的熱量較多，故C錯(cuò)誤；結(jié)合C的分析可知，有恒力F時(shí)，小物塊上升的高度比較大，所以在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能比較大，而兩次上升的過(guò)程動(dòng)能的減少量是相等的，所以在上升過(guò)程機(jī)械能的減少量較小，故D正確。 6.[多選](2017·肇慶模擬)如圖所示，長(zhǎng)為2L的輕桿上端固定一質(zhì)量為m的小球，下端用光滑鉸鏈連接于地面上的 O點(diǎn)，桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。定滑輪固定于地面上方L處，電動(dòng)機(jī)由跨過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的繩子與桿的中點(diǎn)相連。啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，桿從虛線位置繞O點(diǎn)逆時(shí)針倒向地面，假設(shè)整個(gè)倒下去的過(guò)程中，

52、桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。則在此過(guò)程中(　　) A．小球重力做功為2mgL B．繩子拉力做功大于2mgL C．小球重力做功功率逐漸增大 D．繩子拉力做功功率先增大后減小 解析：選AC　重力做功為重力mg乘以豎直方向位移，即重心下降的高度2L，所以重力做功為2mgL，選項(xiàng)A正確；小球動(dòng)能一直沒(méi)有發(fā)生變化，即合外力做功等于0，所以拉力做功等于重力做功，即2mgL，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球重力和速度方向夾角逐漸變小，速度大小和重力都不變，所以重力做功的功率逐漸變大，選項(xiàng)C正確；任意一段時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)能都不變，所以繩子拉力做功的功率和重力做功的功率始終相等，即逐漸變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [選擇題保分練

53、] 機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)四市模擬)以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球，小球上升到最高點(diǎn)之后，又落回到拋出點(diǎn)，假設(shè)小球所受空氣阻力與速度大小成正比，則小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能E隨離地高度h的變化關(guān)系可能正確的是(　　) 解析：選D　由于f＝kv，由能量關(guān)系可知：E＝E0－fh＝E0－kvh；上升過(guò)程中，速度減小，故E  h圖象的斜率減?。幌陆颠^(guò)程中，速度增大，故E  h圖象的斜率變大；上升過(guò)程的初速度大于下降過(guò)程的末速度，上升過(guò)程的平均速度大于下降過(guò)程的平均速度，上升過(guò)程中的平均阻力大于下

54、降過(guò)程中的平均阻力，故上升過(guò)程中機(jī)械能的減小量比下降過(guò)程中機(jī)械能的減小量大。則D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 2.(2018屆高三·本溪三校聯(lián)考)如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不拴接，彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)撤去F，在小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過(guò)程中，重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做的功分別為W1、W2、W3，不計(jì)空氣阻力，則上述過(guò)程中(　　) A．小球重力勢(shì)能的增量為W1 B．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．小球動(dòng)能的增量為W1＋W2 D．小球機(jī)械能的增加量為W2＋W3 解析：選

55、D　由題意可知，此過(guò)程中重力做負(fù)功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A錯(cuò)誤；此過(guò)程中電場(chǎng)力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；此過(guò)程中電場(chǎng)力、重力、彈力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C錯(cuò)誤；重力以外的力做功等于小球機(jī)械能的變化量，故小球機(jī)械能的增加量等于彈力和電場(chǎng)力做功，所以E＝W2＋W3，D正確。 3.(2017·肇慶模擬)一個(gè)長(zhǎng)直輕桿兩端分別固定一個(gè)小球A和B，兩小球質(zhì)量均為m，大小忽略不計(jì)，桿的長(zhǎng)度為l。先將桿豎直靠放在豎直墻上，如圖所示，輕輕振動(dòng)小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動(dòng)，當(dāng)小球A沿墻下滑距離為l時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(不計(jì)一切摩擦)(　　

56、) A．小球A和B的速度都為 B．小球A和B的速度都為 C．小球A、B的速度分別為和 D．小球A、B的速度分別為和 解析：選C　由題意及幾何關(guān)系易知，此時(shí)桿與水平面的夾角為30°，如圖所示，設(shè)此時(shí)小球A向下的速度為v1，小球B水平向右的速度為v2，則它們沿桿方向的分速度大小相等，即v1sin 30°＝v2cos 30°，得v1＝v2，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；又因?yàn)闂U向下滑時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故mgl＝mg×＋mv12＋mv22，聯(lián)立兩式解得v1＝，v2＝；選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 4.如圖所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在

57、墻上，且處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中(　　) A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B．彈簧彈性勢(shì)能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變 解析：選B　圓環(huán)沿桿下滑的過(guò)程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí)，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最大時(shí)，合力為零，

58、下滑到最大距離時(shí)，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 5.[多選](2017·西安高新一中模擬)一個(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角為30°的斜面，其加速度為g，如圖所示，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過(guò)程中(　　) A．物體動(dòng)能增加了mgh B．物體克服重力做功mgh C．物體機(jī)械能損失了mgh D．物體克服摩擦力做功mgh 解析：選BC　物體在斜面上加速度為g，方向沿斜面向下，物體所受合力F合＝ma＝mg，方向沿斜面向下，斜面傾角為30°，由幾何關(guān)系知，物體從斜面底端到最大高度處的位移為2h，物體從斜面底端到最大高度處，合力做功W合＝－F合×2h＝

59、－mgh，根據(jù)動(dòng)能定理得W合＝ΔEk，所以物體動(dòng)能減小mgh，故A錯(cuò)誤；根據(jù)功的定義式得：重力做功WG＝－mgh，故B正確；重力做功量度重力勢(shì)能的變化，所以物體重力勢(shì)能增加了mgh，而物體動(dòng)能減小mgh，所以物體機(jī)械能損失了mgh，故C正確；除了重力之外的力做的功量度機(jī)械能的變化，物體除了重力之外還有摩擦力做功，物體機(jī)械能減小了mgh，所以摩擦力做功為－mgh，故D錯(cuò)誤。 6.[多選](2017·河南中原名校檢測(cè))如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為2m的甲球和一個(gè)質(zhì)量為m的乙球，用長(zhǎng)度為2R的輕桿連接，兩個(gè)球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直固定軌道上。初始時(shí)刻，輕桿豎直，且質(zhì)量為2m的甲球在上方。此時(shí)，因

60、受擾動(dòng)兩球開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲球下滑過(guò)程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能 B．甲球下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能總等于乙球增加的重力勢(shì)能 C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中甲球的最大速度為 D．甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前，輕桿對(duì)乙球一直做正功 解析：選AD　以兩個(gè)球?yàn)橄到y(tǒng)分析，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力對(duì)系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動(dòng)能都增加。由于只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，所以甲球下滑過(guò)程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能，故A正確；在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力對(duì)系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動(dòng)能都增加，所以甲球下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能總大于乙球增加的重力勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；當(dāng)甲球到達(dá)最低點(diǎn)

61、時(shí)，乙球也到達(dá)了最高點(diǎn)，該過(guò)程中系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能，由于兩球的線速度相等，設(shè)該速度為v，則：2mgR－mgR＝mv2＋×2mv2，解得：v＝ ，故C錯(cuò)誤；甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前，乙球的重力勢(shì)能一直增大，同時(shí)其動(dòng)能也一直增大，可知輕桿對(duì)乙球一直做正功，故D正確。 7.[多選](2017·山西檢測(cè))如圖所示，輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶孔小球相連，小球套在豎直固定桿上，輕彈簧自然長(zhǎng)度正好等于O點(diǎn)到固定桿的距離OO′。小球從桿上的A點(diǎn)由靜止釋放后，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度減為零。若在C點(diǎn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v，小球恰好能到達(dá)A點(diǎn)。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧

62、始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．從A下滑到O′的過(guò)程中，彈簧彈力做功的功率先增大后減小 B．從A下滑到C的過(guò)程中，在B點(diǎn)時(shí)小球、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大 C．從A下滑到C的過(guò)程中，小球克服摩擦力做的功為mv2 D．從C上升到A的過(guò)程中，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為零 解析：選AC　小球從A下滑到O′的過(guò)程，彈簧彈力與速度方向成銳角，彈力做正功，但彈力在減小，速度在增大，而在O′彈力為零，功率為零，則從A下滑到O′的過(guò)程中，彈力的功率先增大后減小，選項(xiàng)A正確；由全過(guò)程的運(yùn)動(dòng)可知，一直有摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，故小球在A的機(jī)械能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從A到C由動(dòng)

63、能定理：WG－Wf－W彈＝0－0，從C到A，由于路徑和A、C位置均不變，則WG、Wf、W彈的大小相同，有－WG－Wf＋W彈＝0－mv2，解得Wf＝mv2，選項(xiàng)C正確；小球從A至C經(jīng)過(guò)B時(shí)速度最大，則加速度為零，此時(shí)摩擦力向上與彈簧彈力、桿的彈力、重力的合力為零；而從C至A經(jīng)過(guò)B時(shí)彈簧彈力和重力均相同，但摩擦力向下，故合力不為零，加速度不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 8.[多選](2018屆高三·邵陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。開始時(shí)細(xì)繩伸直，B靜止在桌面上，用手托著A使彈簧處于原長(zhǎng)，且A與地面的距離為h。放手后A下落，著地時(shí)速度大小為v

64、，此時(shí)B對(duì)桌面恰好無(wú)壓力。不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A下落過(guò)程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧的勁度系數(shù)為 C．A著地時(shí)的加速度大小為 D．A著地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－mv2 解析：選AC　因?yàn)锽沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，所以A下落過(guò)程中，只有彈簧彈力和重力做功，故A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；因?yàn)锳剛下落時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，A落地時(shí)，彈簧對(duì)B的彈力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝，B錯(cuò)誤；A著地時(shí)彈簧對(duì)細(xì)繩的拉力大小為mg，對(duì)A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg－

65、mg＝2ma，解得a＝，C正確；A下落過(guò)程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故2mgh＝·2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D錯(cuò)誤。 高考研究(八) 聚焦選擇題考法——?jiǎng)恿慷ɡ?、?dòng)量守恒定律 1．[多選](2017·全國(guó)Ⅲ卷T20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　) A．t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s B．t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s C．t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s D．t＝4 s時(shí)物塊的速度為零 解析：選AB　方法一：根據(jù)F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意

66、義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、 1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。 方法二：前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時(shí)物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時(shí)物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動(dòng)量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時(shí)物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，動(dòng)量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D錯(cuò)誤。 2．(2017·全國(guó)Ⅰ卷T14)將質(zhì)量為1