2019屆高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第1講 功能關系的應用學案

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1、第1講　功能關系的應用 ,　　　　　　 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷 Ⅰ )高鐵列車在啟動階段的運動可看做初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能(　　) A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比 解析：選B.列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝可

2、知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤 [命題點分析] 勻變速直線運動規(guī)律、動能、動量 [思路方法] 由列車的勻變速運動公式可得到速度表達式，然后準確寫出動能表達式 (2018·高考全國卷 Ⅰ )如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R; bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　) A.2mgR　　　　 B．4mgR　　　　C．5mgR　　　　 D．6mgR 解析：選C.設小球運動到c點的

3、速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝＝2，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤 [命題點分析] 運動的合成與分解、動能定理 [思路方法]

4、 從a→c由動能定理可得c點的速度，從c點離開后，要從豎直方向和水平方向單獨求解得出最高點位置，再根據(jù)外力做功情況得出機械能增量 (2018·高考全國卷 Ⅱ )如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定(　　) 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：選A.由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確 [命題點分析] 功、動能定理 [思路方法] 對木箱受力分析可知拉力做正功、摩擦力做負功，由動能定理可知答案 命題規(guī)

5、律研究及預測 對功能關系的考查歷來是高考中的重點，尤其2018年全國卷對該部分知識點的命題呈現(xiàn)多樣化，不僅單獨從動能、動能定理、機械能守恒定律等知識出發(fā)進行考查，還從運動形式的角度如平拋運動、勻變速直線運動、圓周運動的角度綜合考核. 在2019年的備考中一定要對本部分的基本知識如動能、勢能、動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律等熟練掌握，并注意知識點在運動形式中的應用 　功、功率與動能定理 功和功率的計算方法 計算功和功率的注意事項 (1)計算力所做的功時，一定要注意是恒力做功還是變力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcos α進行計算．若是變力做功，可用以下

6、幾種方法進行求解： ①微元法：把物體的運動分成無數(shù)個小段，計算每一小段力F做的功． ②將變力做功轉化為恒力做功． ③用動能定理或功能關系進行求解． (2)對于功率的計算要區(qū)分是瞬時功率還是平均功率．P＝只能用來計算平均功率．P＝Fvcos α中的v是瞬時速度時，計算出的功率是瞬時功率；v是平均速度時，計算出的功率是平均功率． 應用動能定理解題的基本思路 動能定理的應用 (1)動能定理雖然是在恒力作用下的直線運動中推導出來的，但也適用于變力做功、曲線運動的情況． (2)當問題涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和時間時，可優(yōu)先考慮利用動能定理分析問題． (3)

7、對于多過程問題，求解時可對全過程應用動能定理，從而避開對每個運動過程的具體細節(jié)進行分析，具有過程簡明、運算量小等優(yōu)點． (4)應用動能定理的關鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負．　 (多選)(2016·高考全國卷Ⅱ)如圖，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(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)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，(　　) 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，

8、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 [解析]　小球在從M點運動到N點的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時，彈簧處于原長，再繼續(xù)向下運動到N點的過程中，彈簧又伸長．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負功，再做正功，最后又做負功，A項錯誤；彈簧與桿垂直時，小球的加速度等于重力加速度，當彈簧的彈力為零時，小球的加速度也等于重力加速度，B項正確；彈簧長度最短時，彈力與小球的速度方向垂直，這時彈力對小球做功的功率為零，C項正確；由于在M、N兩點處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量

9、相等，根據(jù)動能定理可知，小球從M點到N點的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動能的增量，即小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，D項正確． [答案]　BCD 角度1　恒力做功的計算 1.(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，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(　　) A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：選A.QM段繩的質量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為l，繩的下端Q拉

10、到M點時，QM段繩的重心與M點距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，應用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤． 角度2　求解變力做功方法的應用 2.如圖所示，一質量m＝2.0 kg的物體從半徑R＝5.0 m的圓弧的A端，在拉力F作用下沿圓弧緩慢運動到B端(圓弧AB在豎直平面內)．拉力F大小不變始終為15 N，方向始終與物體所在位置的切線成37°角．圓弧所對應的圓心角為60°，BO邊為豎直方向，g取10 m/s2.求這一過程中(cos 37°＝0.8)： (1)拉力F做的功； (2)重力mg做的功； (3)

11、圓弧面對物體的支持力FN做的功． 解析：(1)將圓弧AB分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不變，方向始終與物體所在位置的切線方向成37°角，所以： W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°， 所以拉力F做的功為：WF＝W1＋W2＋…＋Wn ＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln) ＝Fcos 37°·R＝20π J＝62.8 J. (2)重力mg做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－50 J. (3)物體受的支持力FN始終與物體的運動方向垂直，所以WFN＝0

12、. 答案：(1)62.8 J　(2)－50 J　(3)0 角度3　運用動能定理解決往復運動問題 3.如圖所示，質量為 m 的滑塊距擋板 P的距離為 l0，滑塊以初速度 v0沿傾角為θ的斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A.　　 B. C. D. 解析：選A.滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑塊最終必定停在擋板 P 處．設滑塊經(jīng)過的總路程為 l，對滑塊運動的全過程應用動能定理，有 mgl0sin θ－ μmglcos θ＝ 0 － mv， 解

13、得 l ＝ ，選項A正確． 角度4　運用動能定理解決曲線運動問題 4．(2018·江蘇淮安漣水中學二模)如圖所示，半徑R＝1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點．C點右側的水平路面上緊挨C點放置一木板，木板質量M＝1 kg，上表面與C點等高．質量m＝1 kg的物塊(可視為質點)從空中A點以v0＝1.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與路面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.05，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝

14、0.8.試求： (1)物塊經(jīng)過B端時速度的大??； (2)物塊經(jīng)過軌道上的C點時對軌道的壓力大??； (3)若木板足夠長，請問從開始平拋至最終木板、物塊都靜止，整個過程產(chǎn)生的熱量是多少？ 解析：(1)根據(jù)運動的合成與分解，B點速度方向與水平方向夾角為53°，故vB＝＝2 m/s. (2)物塊從B到C應用動能定理，有 mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv 解得vC＝6 m/s 在C點，由牛頓第二定律得F－mg＝m· 解得F＝46 N 由牛頓第三定律知，物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時對軌道的壓力大小為46 N. (3)物塊從A到C過程中無能量損失，所以整個過程產(chǎn)生的熱量就是從C到最終

15、木板、物塊都靜止這一過程中產(chǎn)生的熱量，由能量守恒定律得Q＝mv＝18 J. 答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)18 J 命題角度 解決方法 易錯辨析 計算恒力做功 公式法W＝Fscos θ 力的大小、方向不變時才可用公式求解 變力做功的計算 微元法或動能定理 若力不是均勻變化，則計算時一般用動能定理 動能定理在平拋運動中的應用 重力做功改變重力勢能，用動能變化來分析速度的變化 找準物體平拋運動的初、末位置 動能定理在圓周運動中的應用 向心力不做功，利用動能定理把特殊點的運動推廣到一般位置 準確找到圓周運動中的臨界位置即速度極值點 動能定理在往返

16、直線運動中的應用 只考慮初、末位置而不用考慮中間過程且注意摩擦力做功情況 一定要準確分析物體最終的位置，一般處于平衡態(tài) 　 　機車啟動問題 機車輸出功率：P＝Fv，其中F為機車牽引力． 機車勻加速啟動過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時F牽＝F阻)求解方法 (1)求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝. (2)求vm：由P＝F阻 vm，可求vm＝. 解決機車啟動問題時的四點注意 (1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動． (2)勻加速啟動過程中，機車功率不斷增大，最大功率是額定功率． (3)以額定功率啟動的過程中，

17、牽引力不斷減小，機車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力． (4)無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足P＝f阻vm，P為機車的額定功率．　 一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間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隨時間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) [解析]　由P－t圖象知：0～t1內汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內汽車以恒定功率P2行駛．設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確． [答案]　A

18、 角度1　以恒定加速度啟動方式的分析 1．(2018·陜西五校模擬)水平面上靜止放置一質量為m＝0.2 kg的物塊，固定在同一水平面上的小型電動機通過水平細線牽引物塊，使物塊由靜止開始做勻加速直線運動，2 s末達到額定功率，其v－t圖線如圖所示，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，g＝10 m/s2，電動機與物塊間的距離足夠遠．求： (1)物塊做勻加速直線運動時受到的牽引力大小； (2)電動機的額定功率； (3)物塊在電動機牽引下，最終能達到的最大速度． 解析：(1)由題圖知物塊在勻加速階段加速度大小 a＝＝0.4 m/s2 物塊受到的摩擦力大小Ff＝μmg 設牽引力大小

19、為F，則有：F－Ff＝ma 得F＝0.28 N. (2)當v＝0.8 m/s時，電動機達到額定功率，則 P＝Fv＝0.224 W. (3)物塊達到最大速度vm時，此時物塊所受的牽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 角度2　以恒定功率啟動方式的分析 2．(多選)(2018·襄陽模擬)我國自行研制的新一代8×8輪式裝甲車已達到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平，將成為中國軍方快速部署輕型裝甲部隊的主力裝備．設該裝甲車的質量為m，若在平直的公路上從靜止開始加速，前進較

20、短的距離s速度便可達到最大值vm.設在加速過程中發(fā)動機的功率恒定為P，裝甲車所受阻力恒為Ff，當速度為v(v

21、定理得Pt－Ffs＝mv，解得t＝＋，D錯誤． (1)機車啟動的方式不同，運動的規(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，分析圖象時應注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律． (2)在公式 P＝Fv中， F是機車的牽引力而不是機車所受合力，因此 F＝Ff時，牽引力與阻力平衡，機車達到最大運行速度． (3)解決機車啟動問題一定要分清機車是勻加速啟動還是恒定功率啟動．　 ①勻加速啟動過程中，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后，機車做加速度減小的加速運動． ②以恒定功率啟動的過程中

22、，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不能用，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 ＝ Flcos θ求解． 　機械能守恒定律的應用 機械能守恒定律的應用 運用機械能守恒定律分析求解時應注意的問題 (1)研究對象的選取 研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，機械能卻是守恒的． (2)要注意研究過程的選取 有些問題研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒．因此，在應用機械

23、能守恒定律解題時要注意過程的選?。? (3)注意機械能守恒表達式的選取 “守恒的觀點”的表達式適用于單個或多個物體機械能守恒的問題．列式時需選取參考平面．而用“轉移”和“轉化”的角度反映機械能守恒時，不必選取參考平面．　 (多選)如圖，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(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 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a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg

24、 [解析]　由題意知，系統(tǒng)機械能守恒．設某時刻a、b的速度分別為va、v B.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v′∥是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，選項B正確；同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤；b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受

25、重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確． 　 [答案]　BD 角度1　單個物體的機械能守恒 1．(多選)(2018·西安高新一中高三二模)如圖，一物體從光滑斜面AB底端A點以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度為h.下列說法中正確的是(設下列情境中物體從A點上滑的初速度仍為v0)(　　) A．若把斜面CB部分截去，物體沖過C點后上升的最大高度仍為h B．若把斜面AB變成曲面AEB，物體沿此曲面上升仍能到達B點 C．若把斜面彎成圓弧形D，物體仍沿圓弧升高h D．若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀，物體上升的最大高度有可能仍為h 解析：選BD

26、.物體上升過程中軌道的支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒；斜拋運動的最高點，速度不為零；AD軌道最高點，合力充當向心力，速度也不為零．若把斜面CB部分截去，物體沖過C點后做斜拋運動，斜拋運動的最高點有水平分速度，速度不為零，由物體機械能守恒可知不能到達h高處，故A錯誤；若把斜面AB變成曲面AEB，物體在最高點速度為零，根據(jù)機械能守恒定律，物體沿此曲面上升仍能到達B點，故B正確；若把斜面彎成圓弧形D，如果能到圓弧最高點，根據(jù)機械能守恒定律得知：到達h處的速度應為零，而物體要到達最高點，必須由合力充當向心力，速度不為零，故知物體不可能升高h，故C錯誤；若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧

27、狀，若B點不高于此圓的圓心，根據(jù)機械能守恒定律，物體沿斜面上升的最大高度仍然可以為h，故D正確． 角度2　多個物體的系統(tǒng)機械能守恒 2．(多選)(2018·四川綿陽模擬)如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝ B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能 D．環(huán)能下滑的最大

28、高度為d 解析：選CD.根據(jù)幾何關系可知，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝d－d，故A錯誤；對環(huán)在B處時的速度v沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有vcos 45°＝v重物，故B錯誤；環(huán)下滑過程中，系統(tǒng)機械能守恒，即環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能，故C正確；環(huán)下滑到最大高度為h時，環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－d，根據(jù)機械能守恒有mgh＝2mg(－d)，解得h＝d，故D正確． 命題角度 解決方法 易錯辨析 機械能守恒條件的判斷問題 條件判斷法 除重力或彈力外是否有其他力做功，尤其注意摩擦內力做功生熱情況或機械能瞬

29、間損失情況 機械能守恒在單個物體運動中的應用 隔離法分析單物體的受力情況，利用機械能守恒定律列式求解 要準確判斷物體的運動過程是否機械能守恒 機械能守恒在多個物體組成的系統(tǒng)中的應用 列系統(tǒng)初、末狀態(tài)的機械能守恒定律方程 看是單個物體機械能守恒還是系統(tǒng)機械能守恒 　 　功能關系的應用 常見的功能關系 應用能量守恒定律的兩條基本思路 (1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增． (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增． 在處理功能關系的綜合問題時

30、，要注意： (1)弄清物體的受力情況和運動情況，根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況及不同的運動過程中力的變化情況． (2)根據(jù)各力做功的不同特點分析各力在不同的運動過程中的做功情況． (3)熟練掌握常用的功能關系．　 (2017·高考全國卷Ⅰ)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7.50×103 m/s的速度進入大氣層，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2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能

31、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%. [解析]　(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝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＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小．由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh＝2.4×1012 J．④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為 Eh′＝m＋mgh′⑤

32、由功能關系得 W＝Eh′－Ek0⑥ 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. [答案]　見解析 角度1　功與能的對應關系 1．(2018·河北唐山開灤二中模擬)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) A．重力做功2mgR　　　　 B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功

33、mgR 解析：選 D.小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg＝得，小球在B點的速度v＝.小球從P點到B點的過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；減少的機械能ΔE減＝mgR－mv2＝mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故選項D正確． 角度2　能量守恒的應用 2.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變

34、為2L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤． 角度3　功能關系的綜合應用

35、3.(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動． (1)求小球在B、A兩點的動能之比． (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． 解析：(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg① 設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg② 由①②式得＝5∶1.③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N≥0④ 設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和

36、向心加速度公式有N＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應滿足mg≤m⑥ 由機械能守恒有mg＝mv⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點． 答案：(1)5∶1　(2)見解析 (1)與能量有關的力學綜合題的特點 ①常見的與能量有關的力學綜合題有單一物體多過程和多個物體多過程兩大類型； ②聯(lián)系前后兩個過程的關鍵物理量是速度，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度； ③當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律，題目中出現(xiàn)相對位移時，應優(yōu)先選擇能量守恒定律． (2)解答與能量有關的綜合題時的注意事項 ①將復雜的物理過程分解為幾個簡單的物理過程，挖掘出

37、題中的隱含條件，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”． ②分析物體所經(jīng)歷的各個運動過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求解．　 ,　　　　　　　 (建議用時：30分鐘) 一、單項選擇題 1．假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍　　　　　　　　　　 B．2倍 C.倍 D.倍 解析：選 D.設Ff＝kv，當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝v，D正確． 2．(2018·邯鄲

38、模擬)某人用同一水平力先后兩次拉同一物體，第一次使此物體沿光滑水平面前進距離s，第二次使此物體沿粗糙水平面也前進距離s，若先后兩次拉力做的功為W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，則正確的是(　　) A．W1＝W2，P1＝P2 B．W1＝W2，P1>P2 C．W1>W2，P1>P2 D．W1>W2，P1＝P2 解析：選 B.由W＝Fs可知兩次拉力做功相同，但由于地面光滑時不受摩擦力，加速度較大，運動時間較短，由P＝可知P1>P2，B正確． 3.(2018·高考天津卷)滑雪運動深受人民群眾喜愛．某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低

39、點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變 解析：選C.運動員做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項正確；運動員所受滑動摩擦力大小隨運動員對滑道壓力大小的變化而變化，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，D項錯誤． 4．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

40、點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) 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

41、設從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′

42、又將一部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能，因此機械能肯定減少，故A錯誤；對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說，物塊減少的機械能等于克服空氣阻力所做的功和彈簧彈性勢能之和，因此整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，故B錯誤；由A運動到C的過程中，物塊的動能變化為零，重力勢能減少量等于機械能的減少量，所以物塊機械能減少mg(H＋h)，故C錯誤；物塊從A點由靜止開始下落，加速度是g，根據(jù)牛頓第二定律得f＝mg－ma＝mg，所以空氣阻力所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少mg(H＋h)，故D正確． 6．(2018·上海靜安教學質

43、量檢測)物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同的斜面的底端，勻速運動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數(shù)相同，則 (　　) A．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多 B．沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多 C．無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同 D．無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同 解析：選A.設斜面傾角為θ，高度為h，則斜面長度L＝.物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動能定理WF＝mgh＋μmgcos θ·L＝mgh＋μmg·，則h相同時，傾角較小則拉力做的功較多，選項A正確，C錯誤；克服重力做功為WG＝mgh，則克服重力做功相同，選項B錯誤；克服摩擦力做的功W

44、f＝μmgcos θ·L＝μmg·，所以傾角越大，克服摩擦力做功越小，選項D錯誤． 7.如圖所示，一個質量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上，桿足夠長，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，如果環(huán)在運動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F，且F＝kv(k為常數(shù)，v為環(huán)的速率)，則環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功不可能為(　　) A.mv B.mv＋ C．0 D.mv－ 解析：選 B.當環(huán)受到的合力向下時，隨著環(huán)做減速運動，向上的力F逐漸減小，環(huán)最終將靜止；當環(huán)所受合力向上時，隨著環(huán)速度的減小，豎直向上的力F逐漸減小，當環(huán)向上的拉力減至和重力大小相等時，環(huán)

45、所受合力為0，桿不再給環(huán)阻力，環(huán)將保持此時速度不變做勻速直線運動；當環(huán)在豎直方向所受合力為0時，環(huán)將一直做勻速直線運動，分三種情況應用動能定理求出阻力對環(huán)做的功即可．當F＝kv0＝mg時，圓環(huán)不受桿的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功為零；當F＝kv0mg時，圓環(huán)先做減速運動，當F＝mg時，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運動，由F＝kv＝mg得v＝，根據(jù)動能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝mv－.綜上所述，答案為 B. 二、多項選擇題 8．(2016·高考浙江卷)如圖所示為一滑草場．某條滑道由

46、上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析：選AB.由題意根據(jù)動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得動摩擦因數(shù)μ＝，則A項正確；載人滑

47、草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項錯誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，則在上段底端時達到最大速度v，由運動學公式有2a1＝v2得，v＝ ＝ ，故B項正確，D項錯誤． 9．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

48、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 解析：選ABD.對艦載機應用運動學公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32 m/s2，選項D正確；設總推力為F，對艦載機應用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106 N，而發(fā)動機的推力為1.0×105 N，則彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106

49、N，選項A正確；彈射器對艦載機所做的功為W＝F推·l＝1.1×108 J，選項B正確；彈射過程所用的時間為t＝＝ s＝2.5 s，平均功率P＝＝ W＝4.4×107 W，選項C錯誤． 10．(2016·高考全國卷Ⅱ)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量．兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關．若它們下落相同的距離，則(　　) A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析：選BD.由于兩球由同一種材料制成，甲球

50、的質量大于乙球的質量，因此甲球的體積大于乙球的體積，甲球的半徑大于乙球的半徑，設球的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，下落過程中mg－kr＝ma，a＝g－＝g－，可知，球下落過程做勻變速直線運動，且下落過程中半徑大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝at2可知，下落相同的距離，甲球所用的時間短，A、C項錯誤；由v2＝2ah可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B項正確；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D項正確． 11.(2018·高考全國卷 Ⅲ )地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①

51、②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程，(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機的最大牽引力之比為2∶1 C．電機輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機所做的功之比為4∶5 解析：選AC.根據(jù)位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，則對于第①次和第②次提升過程中，礦車上升所用的時間之比為2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時的加速度大小相等，故兩次

52、提升過程中最大牽引力相等，B錯誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零，則電機所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機所做的功之比為1∶1，D錯誤． 12．(2018·江蘇啟東模擬)質量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的v－t圖象如圖所示．從t1時刻起牽引力的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時間內，汽車的牽引力等于m B．t1～t2時間內，汽車的功率等于v1 C．汽車運動的最大速度v2＝v1 D．t1～t2時間內，汽車的平均速度小于

53、 解析：選BC.由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運動，a＝，F(xiàn)1－Ff＝ma，聯(lián)立得F1＝m＋Ff，選項A錯誤；在t1時刻汽車達到額定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2時間內，汽車保持額定功率不變，選項B正確；t2時，速度達到最大值v2，此時F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝v1，選項C正確；由v－t圖線與t軸所圍面積表示位移的大小可知，t1～t2時間內，汽車的平均速度大于，選項D錯誤． 13．(2016·高考天津卷)我國高鐵技術處于世界領先水平．和諧號動車組是由動車和拖車編組而成的，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，

54、動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C．進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為 1∶2 解析：選B D.啟動時，動車組做加速運動，加速度方向向前，乘客受到豎直向下的重力和車廂對乘客的作用力，由牛頓第二定律可知，這兩個力的合力方向向前，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向一定傾斜向前，選項A錯誤

55、．設每節(jié)車廂質量為m，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，則有每節(jié)車廂所受阻力f＝kmg.設動車組勻加速直線運動的加速度為a，每節(jié)動車的牽引力為F，對8節(jié)車廂組成的動車組整體，由牛頓第二定律，2F－8f＝8ma；設第5節(jié)車廂對第6節(jié)車廂的拉力為F5，隔離第6、7、8節(jié)車廂，把第6、7、8節(jié)車廂作為整體進行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)5－3f＝3ma，解得F5＝；設第6節(jié)車廂對第7節(jié)車廂的拉力為F6，隔離第7、8節(jié)車廂，把第7、8節(jié)車廂作為整體進行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)6－2f＝2ma，解得F6＝；第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F5∶F6＝∶＝3∶2，選項B

56、正確．關閉發(fā)動機后，動車組在阻力作用下滑行，由勻變速直線運動規(guī)律，滑行距離x＝，與關閉發(fā)動機時速度的二次方成正比，選項C錯誤．設每節(jié)動車的額定功率為P，當有2節(jié)動車帶6節(jié)拖車時，2P＝8f·v1m；當改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車時，4P＝8f·v2m；聯(lián)立解得v1m∶v2m＝1∶2，選項D正確． 14.(2018·南京二模)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高．它們由靜止釋放，最終在水平面上運動．下列說法正確的是(　　) A．下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B．當B滑到圓軌道最低點時，軌道

57、對B的支持力大小為3mg C．下滑過程中B的機械能增加 D．整個過程中輕桿對A做的功為mgR 解析：選AD.對AB小球組成的系統(tǒng)，在運動過程中，機械能守恒，設B到達軌道最低點時速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝.因為初位置速度為零，則重力的功率為0，最低點速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小，故A正確；在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m，解得：FN＝2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以B球機械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中，輕桿對A做的功根據(jù)動能定

58、理得：W＝mv2＝mgR，故D正確． 15.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤；圓環(huán)下滑時，設克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，選項B正確，選項C錯誤；設圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔE′p，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項D正確． 23