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文档介绍
【物理】2020届二轮复习专题二第1讲 功能关系的应用学案（京津鲁琼专用）
第1讲 功能关系的应用 真题再现 考情分析 1．(2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( ) A.2 kg B．1.5 kg C.1 kg D．0.5 kg 解析：选C.设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误. 2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( ) A.物体的质量为2 kg B.h＝0时，物体的速率为20 m/s C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 解析：选AD.根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek＝100 J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确. 3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R; bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( ) A.2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：选C.设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误. 命题研究 对功能关系的考查历来是高考中的重中之重， 尤其近几年全国卷对该部分知识点的命题呈现多样化，不但从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查，还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查. 在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握，并注意知识点在运动形式中的应用 功、功率与动能定理 【高分快攻】 1．功和功率的计算方法 2．应用动能定理解题的基本思路 【典题例析】 (多选)(2018·高考全国卷 Ⅲ )地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( ) A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1 C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5 [解析] 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零， 则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误． [答案] AC 【题组突破】 角度1 恒力做功的计算 1．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( ) A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl 解析：选A.QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误． 角度2 巧解变力做功问题 2．(多选)(2019·衡水中学信息卷)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．动摩擦因数μ一定大于tan θ C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcos θ D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 解析：选BD.小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff－mgsin θ＝mRω2，Ff>mgsin θ，又因Ff≤μ mgcos θ，所以μmgcos θ>mgsin θ，则μ一定大于tan θ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsin θ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsin θ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确． 角度3 往复运动问题中动能定理的应用 3．如图所示，质量为m的滑块距挡板P的距离为l0，滑块以初速度v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( ) A． B． C． D． 解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有 mgl0sin θ－μmglcos θ＝0－mv， 解得l＝，选项A正确． 角度4 曲线运动问题中动能定理的应用 4．如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m＝2 kg的小球以速度v0＝20 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R＝10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力； (2)通过计算分析甲物块能否经过E点． 解析：(1)由题意知：在B点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v1＝＝25 m/s竖直速度大小为vy＝v0tan 37°＝15 m/s 从A点到B点的时间为：t＝＝1.5 s AB的高度差为h＝gt2＝11.25 m 从B点到C点由动能定理得： mgR(1－cos 37°)＝mv－mv 所以在C点N－mg＝m N＝153 N 由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下． (2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到E点，由动能定理得：－μmgx－mg·2R＝mv－mv 所以在E点速度大小为v2＝ m/s 在E点做圆周运动时最小速度为v3， 有mg＝m 所以v3＝10 m/s 因为v2>v3，所以甲物块能经过E点． 答案：(1)11.25 m 153 N，方向向下 (2)能经过E点 命题角度 解决方法 易错辨析 恒力做功的计算 公式法W＝Fscos θ 力的大小、方向不变时才可用公式求解 变力做功的计算 微元法或动能定理 若力不是均匀变化的，则计算时一般用动能定理 动能定理在平抛运动中的应用 重力做功改变重力势能，用动能变化来分析速度的变化 找准物体平抛运动的初、末位置 动能定理在往返直线运动中的应用 只考虑初、末位置而不用考虑中间过程且注意摩擦力做功的特点是与路程有关系 一定要准确分析物体最终的位置，一般处于平衡态 动能定理在圆周运动中的应用 向心力不做功，利用动能定理把特殊点的运动推广到一般位置 准确找到圆周运动中的临界位置即速度极值点 机车启动问题 【高分快攻】 1．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法 (1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1， 可求v1＝. (2)求vm：由P＝F阻 vm，可求vm＝. 2．解决机车启动问题时的四点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动． (2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率． (3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动， 牵引力的最小值等于阻力． (4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，P为机车的额定功率． 【典题例析】 (2019·烟台模拟)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( ) [解析] 由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确． [答案] A 【题组突破】 角度1 以恒定功率启动方式的分析 1.(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图象如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( ) A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m B．t1～t2时间内，汽车的功率等于v1 C．汽车运动的最大速度v2＝v1 D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于 解析：选BC.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a＝，F1－Ff＝ma， 联立得F1＝m＋Ff，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝v1，选项C正确；由v－t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，选项D错误． 角度2 以恒定加速度启动方式的分析 2．(2019·陕西五校模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求： (1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小； (2)电动机的额定功率； (3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度． 解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a＝＝0.4 m/s2 物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg 设牵引力大小为F，则有：F－Ff＝ma 得F＝0.28 N. (2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则 P＝Fv＝0.224 W. (3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有 F1＝μmg P＝F1vm 解得vm＝1.12 m/s. 答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s 机械能守恒定律的应用 【高分快攻】 1．机械能守恒定律的应用 2．运用机械能守恒定律分析求解时应注意的问题 研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的 研究过程的选取 有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取 表达式的选取 “守恒观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题．列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面 【典题例析】 (多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( ) A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg [解析] 由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确． [答案] BD 【题组突破】 角度1 单个物体的机械能守恒1．(多选)(2019·西安高新一中二模)如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)( ) A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点 C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h 解析：选BD.物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动的最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由机械能守恒定律可知，物体不能到达h高处，故A错误；若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，物体不可能升高h，故C错误；若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确． 角度2 多个物体的系统机械能守恒 2．(多选)(2019·衡阳第二次联考)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是( ) A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B．小球从B点运动到C点的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大 D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大 解析：选AD.在B点时，小球的加速度为g，在B、C间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向上除受重力外还受弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，合力大于重力，所以小球从A 点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；从B点运动到C点的过程中，小球做加速运动，即动能增大，对小球、弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球在C点时，由于弹簧的弹力为零，小球所受合力为重力，所以小球从C点往下还会加速一段距离，可知小球在C点的速度不是最大，即重力做功的功率不是最大，故C错误；D点为小球可到达的最低点，小球到达D点时动能为0，重力势能最小，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确． 命题角度 解决方法 易错辨析 机械能守恒条件的判断问题 条件判断法 除重力或弹力外是否有其他力做功，尤其注意摩擦内力做功生热情况或机械能瞬间损失情况 机械能守恒在单个物体运动中的应用 隔离法分析单物体的受力情况，利用机械能守恒定律列式求解 要准确判断物体的运动过程是否机械能守恒 机械能守恒在多个物体组成的系统中的应用 列系统初、末状态的机械能守恒定律方程 看是单个物体机械能守恒还是系统机械能守恒 功能关系的应用 【高分快攻】 1．常见的功能关系 2．应用能量守恒定律的两条基本思路 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增． (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增． 【典题例析】 (2017·高考全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%. [解析] (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝mv ① 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh ③ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得 Eh＝2.4×1012 J． ④ (2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m＋mgh′ ⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0 ⑥ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功． 由②⑤⑥式和题给数据得 W＝9.7×108 J． ⑦ [答案] 见解析 【题组突破】 1．(2019·青岛二中模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( ) A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：选D.小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故D正确． 2．(多选)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接， 另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大．下列关于小环C下落过程中的描述正确的是( ) A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大 C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大 D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为 解析：选ABD.在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，从S点往下，绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；小环从R点下落过程中，弹簧向下移动，形变量减少，弹性势能减小，若小环下降到S点时，弹簧恢复原长，则从S到Q过程，弹性势能增大，但平衡位置不一定在S点，若平衡位置在S点与R点之间，则小环从R到Q过程中，弹性势能，先减小，再增大，再减小，再增大，故C错误；小环在R位置时，物体B对地面无压力，此时F弹＝mBg，mA＝mB，绳的拉力T＝mAg＋F弹＝2mAg，Q点与R点对称，在Q点将小环速度分解可知vA＝vcos θ，又因环在Q位置速度最大，则有m环＝2mAcos θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确． 3．(多选)(2019·安徽江南十校3月检测)如图所示，一原长等于A、B间距离的弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，右端跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时A、B、C三点在同一水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．在小球由C运动到E的过程中，下列说法正确的是( ) A．小球在D点时速度最大 B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v＝ C．小球在CD段损失的机械能等于小球在DE段损失的机械能 D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小为 解析：选AB.设BC的长度为L，小球在C点时根据胡克定律有0.5mg＝kL(k为弹性绳的劲度系数)，在向下运动的过程中，设小球和B点的连线与竖直方向的夹角为α，则弹性绳对小球的拉力为F＝k，将F正交分解可得水平方向上有Fx＝Fsin α＝kL＝0.5mg，竖直方向上有Fy＝Fcos α＝＝，若某时小球下降的距离为l，则tan α＝，整理可得Fy＝，由此可知，弹性绳的弹力沿竖直方向的分力与小球下降的高度l成正比．对小球受力分析，小球受重力、弹性绳的拉力、摩擦力f、杆的支持力N，小球在水平方向上受力平衡，则有N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN＝0.25mg，小球在下滑过程中，由于在竖直方向上重力的方向始终向下，大小不变，所受摩擦力的方向始终向上，大小也不变，弹性绳沿竖直方向的分力与下降的距离l成正比，所以小球在竖直方向上的运动具有对称性，当l＝时，即小球运动到D点时小球具有最大速度，故A正确；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝fh＝0.25mgh，对小球从C到E的过程进行分析，根据功能关系，有mgh－fh－W拉＝0，解得W拉＝0.75mgh，若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则根据动能定理有W拉－mgh－fh＝0－mv2，解得v＝，故B正确；因小球在下滑过程中受到的摩擦力不变，D是CE的中点，所以在CD段与DE段小球克服摩擦力做的功是相等的，弹性绳沿竖直方向的分力与小球下降的距离l成正比，则小球在CD段克服拉力做的功小于在DE段克服拉力做的功，即小球在CD段损失的机械能小于小球在DE段损失的机械能，故C错误；若仅把小球的质量变成2m，小球从C到E的过程中，根据动能定理有2mgh－fh－W拉＝·2mv－0，解得v1＝，故D错误． 一、单项选择题 1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( ) A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 解析：选A.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确． 2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( ) A．该汽车的质量为3 000 kg B．v0＝6 m/s C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m 解析：选D.由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m，D正确． 3．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为( ) A． B． C． D． 解析：选B.最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正确． 4．(2018·高考天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( ) A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 解析：选C.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误． 5．(2019·济南二模)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( ) A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 解析：选C.当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝m，v＝gR.对质点自P点滑到Q点的过程应用动能定理得：mgR－Wf＝mv－0，得：Wf＝mgR，因此，A、B、D错误，C正确． 6．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( ) A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W>mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W查看更多