【物理】2018届二轮复习专题四第1讲功能关系在力学中的应用学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习专题四第1讲功能关系在力学中的应用学案（全国通用）

第1讲　功能关系在力学中的应用 课标卷高考命题分析 年份 题号·题型·分值 模型·情景 题眼分析 难度 ‎2015年 Ⅰ卷 ‎17题·选择题·6分 自由落体、竖直面内的圆周运动 比较两段摩擦力做功 中 Ⅱ卷 ‎17题·选择题·6分 汽车启动现象(v－t、P－t图象)‎ 结合图象多过程分析 中 ‎21题·选择题·6分 刚性杆连接体 难 ‎2016年 Ⅰ卷 ‎25题·计算题·18分 直线运动与曲线运动 直线、圆周、平抛运动多过程，相应临界点 难 Ⅱ卷 ‎21题·选择题·6分 弹簧模型 M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等 难 ‎25题·计算题·20分 直线运动与曲线运动 直线、圆周、平抛运动多过程，相应临界点 难 Ⅲ卷 ‎24题·计算题·12分 自由落体运动与曲线运动 直线、圆周运动多过程，相应临界点 中 ‎2017年 Ⅰ卷 机械能，动能定理 中 ‎24题·计算题·12分 取地面为重力势能零点 Ⅲ卷 ‎16题·选择题·6分 功能关系 重心的变化 易 ‎1．常见的几种力做功的特点 ‎(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．‎ ‎(2)摩擦力做功的特点 ‎①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．‎ ‎③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．‎ ‎2．几个重要的功能关系 ‎(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp.‎ ‎(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.‎ ‎(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.‎ ‎(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.‎ ‎(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ff·x 相对．‎ ‎1．动能定理的应用 ‎(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．‎ ‎(2)应用动能定理解题的基本思路 ‎①选取研究对象，明确它的运动过程．‎ ‎②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．‎ ‎③明确物体在运动过程初、末状态的动能Ek1和Ek2.‎ ‎④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．‎ ‎2．机械能守恒定律的应用 ‎(1)机械能是否守恒的判断 ‎①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．‎ ‎②用能量转化来判断，看是否有机械能与其他形式的能的相互转化．‎ ‎③对一些“绳子突然绷紧”“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示．‎ ‎(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ‎①选取研究对象——物体系统．‎ ‎②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．‎ ‎③恰当的选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态的机械能．‎ ‎④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．‎ 高考题型1　力学中的几个重要功能关系的应用 例1　(2017·山东滨州市一模)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图1甲，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．力F先减小后增大 B．弹簧的弹性势能一直增大 C．物块A的动能和重力势能一直增大 D．两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 答案　C 解析　对A物块由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故拉力一直增大，故A错误；在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误．‎ ‎1．对研究对象进行受力分析、运动分析、能量分析．‎ ‎2．熟练掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能等变化的分析方法．‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图2，一质量为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(　　)‎ 图2‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A ‎ 解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl ，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎2．(多选)(2017·辽宁铁岭市协作体模拟)如图3，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计．现将系统从静止释放，对m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能 B．m1上升到h高度时的速度为 C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等 D．轻绳的张力大小为m1g 答案　BCD 解析　根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正确；绳子的拉力相同，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2＝Fv2，P1＝2F·v1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，联立解得：F＝，故D正确；故选B、C、D.‎ 高考题型2　动力学方法和动能定理的综合应用 例2　(2017·福建大联考)如图4，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，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θ，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．‎ 图4‎ ‎(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．‎ 答案　(1)，方向沿杆向下　(2) 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 F＝ k(L－L)①‎ 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 θ ＋Ff ＝2F②‎ 由①②式并代入已知数据得Ff＝③‎ 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＝ΔEk ‎－mg·2(L－L)sin θ－Ff·2(L－L) ＝0－mv2④‎ 由③④式得 v ＝ ‎1．动能定理解题的“两状态、一过程”，即初、末状态和运动过程中外力做功．‎ ‎2．无论直线、曲线、匀变速、非匀变速、单过程、多过程、单物体、物体系统，均可应用动能定理．‎ ‎3．(2017·安徽省十校联考) 如图5所示，质量为1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右方向为正方向，求：‎ 图5‎ 时间t(s)‎ 加速度a/(m·s－2)‎ ‎0～4‎ ‎4‎ ‎4～8‎ ‎－3‎ ‎(1)0～4 s内水平拉力的大小；‎ ‎(2)0～8 s内物块运动的位移大小；‎ ‎(3)0～8 s内水平拉力做的功．‎ 答案　(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J 解析　(1)0～4 s内，物块运动的加速度大小为a1＝4 m/s2‎ 根据牛顿第二定律：F1－μmg＝ma1，求得：F1＝6 N.‎ ‎(2)t1＝4 s时物块的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s ‎0～8 s内物块运动的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m ‎(3)8 s时物块的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根据动能定理：W－μmgx＝mv22，解得W＝152 J.‎ ‎4.(2017·江西省六校3月联考) 如图6所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：‎ 图6‎ ‎(1)物体在B点对轨道的压力大小；‎ ‎(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．‎ 答案　(1)58 N　(2)20 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律：‎ μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2‎ 设物体在AB上全程做匀加速运动，根据运动学公式：‎ vB2＝2aL 解得vB＝5 m/s<6 m/s，即物体在AB上全程做匀加速运动，‎ 对B点受力分析有FN －mgcos θ＝得FN＝58 N 由牛顿第三定律可得物体在B点对轨道的压力大小FN′＝58 N ‎(2)设物体能够越过C点，从B到C利用动能定理：‎ ‎－mg(R＋Rcos θ)＝mvC2－mvB2‎ 解得vC＝ m/s>，即物体能越过最高点C 从C点落到地面，物体做平抛运动，下落高度h＝R＋Rcos θ＋Lsin θ＝19.65 m 利用运动学公式：vy2＝2gh，解得vy＝ m/s 故v＝＝20 m/s ‎(或利用动能定理 mgh＝mv2－mvC2得v＝20 m/s)‎ 高考题型3　应用动力学和能量观点分析综合问题 例3　(2017·齐鲁名校联考)如图7所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接一口深为H、宽度为d的深井CDEF，一个质量为m的小球放在曲面AB上，可从距BC面不同的高度处静止释放小球，已知BC段长L，小球与BC间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10 m/s2.则：‎ 图7‎ ‎(1)若小球恰好落在井底E点处，求小球释放点距BC面的高度h1；‎ ‎(2)若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面的高度h2.‎ 答案　见解析 解析　(1)小球由A到C，由动能定理得 mgh－μmgL＝mvC2①‎ 自C点水平飞出后，由平抛运动规律得 x＝vCt②‎ y＝gt2③‎ 由①②③得h＝μL＋④‎ 若小球恰好落在井底E处，则x＝d，y＝H 代入④式得小球的释放点距BC面的高度为h1＝μL＋ ‎(2)若小球不能落在井底，设打在EF上的动能为Ek，则x＝d 由②③式得vC＝d 小球由C到打在EF上，由动能定理得:‎ mgy＝Ek－mvC2‎ ‎ 代入vC得：Ek＝mgy＋ 当y＝时，Ek最小，且Ekmin＝mgd 此时小球的释放点距BC面的高度为h2＝μL＋ 多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．‎ ‎ ‎ ‎5．(2017·上海市松江区模拟)如图8所示，AB(光滑)与CD(粗糙)为两个对称斜面，斜面的倾角均为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B的高度为H处，以初速度v0沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为μ.‎ 图8‎ ‎(1)物体首次到达C点的速度大小；‎ ‎(2)物体沿斜面CD上升的最大高度h和时间t；‎ ‎(3)请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由．‎ 答案　见解析 解析　(1)由mv02＋mgH＝mvC2 得vC＝ ‎(2)物体沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ vC2＝2a，解得h＝ 物体从C点上升到最高点所用的时间 t＝＝ ‎(3)情况一：‎ 物体滑上CD斜面并匀减速上升最终静止在CD斜面某处．理由是物体与CD斜面的动摩擦因数较大．‎ 情况二：‎ 物体在轨道上做往复运动，在斜面上做匀变速直线运动，最大高度逐渐降低，最终在BEC 圆弧内做周期性往复运动．理由是物体与CD斜面的动摩擦因数较小，在CD斜面上克服摩擦力做功，机械能减少，在BEC圆弧内只有重力做功，机械能守恒.‎ 题组1　全国卷真题精选 ‎1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图9，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ 图9‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 答案　BCD 解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．‎ ‎2．(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图10，一半径为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(　　)‎ 图10‎ 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＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 答案　C 解析　根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿运动定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确．‎ ‎3．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图11，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(　　)‎ 图11‎ 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 答案　BD 解析　滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mva2＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图所示．‎ 由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．‎ ‎4．(2014·新课标全国Ⅱ·16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)‎ A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1‎ B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1‎ C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1‎ D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1‎ 答案　C 解析　根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝得，两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．‎ 题组2　各省市真题精选 ‎5．(2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J ‎ D．重力势能减小了2 000 J 答案　C 解析　由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能增加1 800 J，故A、B错误．‎ ‎6．(多选)(2015·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)‎ A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2‎ 答案　ABD 解析　设总推力为F，位移x，阻力F阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106 N，弹射器推力F弹＝F－F发＝1.2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F弹·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率＝F弹·＝4.4×107 W，C错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正确．‎ 专题强化练 ‎1．(2017·全国名校联考)如图1所示，静止在水平地面上的物体，受到一水平向右的拉力F作用，F是随时间先逐渐增大后逐渐减小的变力，力F的大小随时间的变化如表所示，表格中的Ffm为物体与地面间的最大静摩擦力，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则(　　)‎ 图1‎ t(时刻)‎ ‎0‎ ‎1 s ‎2 s ‎3 s ‎4 s F(数值)‎ ‎0‎ Ffm ‎2Ffm Ffm ‎0‎ A.第2 s末物体的速度最大 B．第2 s末摩擦力的功率最大 C．第3 s末物体的动能最大 D．在0～3 s时间内，拉力F先做正功后做负功 答案　C 解析　在0～1 s时间内，物体所受水平拉力小于最大静摩擦力，物体静止；在1～3 s时间内，物体受到的拉力大于最大静摩擦力，物体一直做加速运动，3 s末物体的速度达到最大，动能最大，故A、B项错误，C项正确；拉力F始终与位移方向相同，一直做正功，故D项错误．‎ ‎2．(2017·山东临沂市一模)如图2甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上．t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)‎ 图2‎ A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4t B．细线的拉力大小为2 N C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t D．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J 答案　D 解析　根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；物体运动的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；物体在4 s内运动的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正确．‎ ‎3．(2017·江西师大附中3月模拟)如图3所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管是用长为l的硬质直管(内径远小于h ‎)弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．小球到达下端管口时的速度大小与l有关 B．小球到达下端管口时重力的功率为mg C．小球到达下端的时间为 D．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变 答案　C 解析　在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v＝，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P＝mgcos θ，θ为小球到达下端管口时速度方向与重力方向的夹角，故B错误；小球在管内下滑的加速度为a＝，设下滑所需时间为t，则l＝at2，t＝＝，故C正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，根据Fn＝可知，支持力越来越大，故D错误．‎ ‎4．(多选)(2017·甘肃省一模)如图4所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O点，且处于原长．现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零．则在圆环下滑过程中(　　)‎ 图4‎ A．圆环的机械能先减小再增大，再减小 ‎ B．弹簧的弹性势能先增大再减小 C．与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处 D．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 答案　AC 解析　弹力对圆环先做负功再做正功再做负功，故圆环的机械能先减小后增大，再减小；弹性势能先增大，后减小再增大；圆环在A处a＝gsin θ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有a＝gsin θ；合力为零时，圆环的速度最大，不是弹簧原长时．‎ ‎5.(多选)(2017·河北邯郸市一模)如图5，质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力F做的功为W，此时撤去恒力F，物体又经相同时间回到了出发点．若以出发点所在水平面为重力势能的零势能平面，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)‎ 图5‎ A．从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了 B．恒力F的大小为mg C．回到出发点时重力的瞬时功率为 D．撤去恒力F时，物体的动能和势能恰好相等 答案　BC 解析　除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F做功为W，则物体机械能增加了W，故A错误； 撤去恒力F到回到出发点，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2＝－(at·t－gt2)，F－mg＝ma，联立解得：a＝g，F＝mg，故B正确；在整个过程中，根据动能定理得：mv2＝W，物体回到出发点时速率v＝，瞬时功率为P＝mgv＝，故C正确；撤去力F时， 此时动能为Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力势能为Ep＝mg·at2＝mgat2，可见，动能和势能不相等，故D错误．‎ ‎6.(2017·山东菏泽市一模)如图6所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端，甲球质量小于乙球质量，开始时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻杆，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．甲球下滑过程中，轻杆对其做正功 B．甲球滑回时一定能回到初始位置 C．甲球可沿轨道下滑到最低点 D．在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 答案　B 解析　甲球下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故A错误；据机械能守恒定律知，甲球不可能下滑到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故B正确，C错误；甲与乙两球组成的系统机械能守恒，在甲球滑回过程中杆对甲球做的功等于杆对乙球做的功．‎ ‎7．(2017·山东烟台市模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图7.某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中(　　)‎ 图7‎ A．牵引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功 D．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功 答案　A 解析　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F＝0.01mg＋mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误．‎ ‎8.(多选)(2017·福建厦门市模拟)如图8所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧(滑轮摩擦不计)，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2‎ B．此时物体B的速度大小也为v C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 D．弹簧的劲度系数为 答案　AD 解析　物体B对地面压力恰好为零，故弹簧的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k＝，故D正确；此时物体B受重力和弹簧的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故B错误；此时物体A受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C错误；物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh＝Ep弹＋mv2，故Ep弹＝mgh－mv2，故A正确．‎ ‎9．(多选)(2017·山东济宁市模拟)如图9所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下面叙述正确的是(　　)‎ 图9‎ A．物块不能从木板的右端滑下 B．对系统来说产生的热量Q＝μmgL C．经过t＝物块与木板便保持相对静止 D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 答案　AC 解析　木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确．对系统来说，产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL，故B错误．设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得t＝，故C正确．由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误．‎ ‎10．战机常配有阻力伞，阻力伞也叫减速伞，是用来减小战机着陆时滑跑速度的伞状工具．某质量为m＝2.0×104 kg的战机以水平速度v0＝100 m/s着陆后立即关闭引擎同时打开阻力伞，情形如图10甲所示，战机做直线运动，其速度随时间变化关系如图乙所示，图线在12～22 s时间内可近似看成直线，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ 图10‎ ‎(1)在12～22 s时间内，战机受到的平均阻力大小；‎ ‎(2)在0～12 s时间内，战机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时间内，a＝＝2 m/s2‎ 根据牛顿第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N ‎(2)0～12 s时间内，根据动能定理：‎ ‎－Wf＝mv12－mv02‎ Wf＝9.6×107 J 战机克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W ‎11.(2017·山东烟台市一模)如图11所示是一种升降电梯的模型示意图，A为轿厢，B为平衡重物，A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg.A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住．在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机输出功率10 W保持不变，轿厢上升1 m后恰好达到最大速度．不计空气阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轿厢向上运动过程中，求：‎ 图11‎ ‎(1)轿厢的最大速度vm大小；‎ ‎(2)轿厢向上的加速度为a＝2 m/s2时，重物B下端绳的拉力大小；‎ ‎(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间．‎ 答案　(1)2 m/s　(2)8 N　(3)0.8 s 解析　(1)当F＝(M－m)g时轿厢速度最大 由P＝Fvm得vm＝＝2 m/s ‎(2)轿厢向上的加速度为a＝2 m/s2时，‎ 对A：FA－Mg＝Ma 对B：FB＋mg－FA＝ma 解得：FB＝8 N ‎(3)由动能定理可知：Pt－Mgh＋mgh＝(M＋m)vm2‎ 得t＝0.8 s ‎12．(2017·全国卷Ⅰ·24)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7.5×103 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(结果保留两位有效数字)．‎ ‎(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%.‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E0＝mv02①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度．由①式和题给数据得 E0＝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＝mvh2＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度．由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤‎ 由功能原理得 W＝Eh′－E0⑥‎ 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．‎