精品物理大二轮复习(优选习题)：考前基础回扣练7：动能定理功能关系

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高考物理二轮复习-专题2-功能关系试题

功能关系(附参考答案)考点一滑动摩擦力做功与动能、能量转化如图，光滑水平面上放一上表面粗糙的小车，小车左端的小木块(可视为质点)以速度v 0向右滑动，这时小木块所受小车的滑动摩擦力向左，使其做匀减速运动；小车所受小木块的滑动摩擦力向右，使其做匀加速运动；如果双方相对静止，则双方最后的速度相同．设共同速度为v ，小木块与小车间的滑动摩擦力为f ，木块相对小车的位移d ，小车相对于地面的位移为s .如果对小木块或小车进行研究，必须运用动能定理．对小木块，有：－f ()d ＋s ＝12mv 2－12mv 20①对小车，有：fs ＝12Mv 2－0②如果对系统进行研究，必须把①②两式相加，有：Q ＝fd ＝12mv 20－⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2＋12Mv 2由此说明：通过滑动摩擦力做功(摩擦力乘以相对位移)，系统损失的机械能全部转化为系统的内能．考点二功能关系的理解和应用 1．对功能关系的进一步理解：(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式：课时过关(A 卷)一、单项选择题1．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(A )A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体做正功D．合外力对物体做正功解析：物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A正确，B、C、D错误．2．小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行．设小明与车的总质量为100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10 m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(B)A．10 W B．100 WC．300 W D．500 W解析：由P＝Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F＝f＝20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s，所以P＝Fv＝20×5 W＝100 W，B正确．3．娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l(l<H)，不考虑空气阻力和绳的质量，将人视为质点，下列说法正确的是(C) A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时的速度是2gH（1－cos α）C．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3－2cos α)mgD．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3－2sin α)mg解析：失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，拉力大于mg，故A错误；摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1－cos α)＝12mv2，设绳子拉力为T，在最低点有：T－mg＝mv2l，联立解得：v＝2gl（1－cos α）；T＝(3－2cos α)mg，故B、D错误，C正确．4．(2015·双鸭山模拟)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是(A)A．h1>h2B．h1<h2C．h1＝h2D．h1、h2大小关系不确定解析：根据功能关系得：从A到B过程：mgh1＝W f1，从C到B过程：mgh2＝W f2，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见，从A到B小球克服摩擦力做功W f1一定大于从B到C克服摩擦力做功W f2，则h1>h2.故选A.5．(2015·南昌模拟)如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是(B)A．系统受到外力作用，动能不断增大B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F 1、F 2的大小，D 错．二、多项选择题6．一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落．它们都由高度为h 1的地方下落到高度为h 2的地方，在这两种情况下(AD )A ．重力做功相同B ．动能的变化量相同C ．重力势能都转化为动能D ．第二种情况下小球的机械能减少解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项A 正确；在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B 错误；第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C 不对，选项D 正确．7．某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v 的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A 、B 、C 、D 四个不同的光滑轨道分别以速率v 抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是(CD )解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律．若小球恰好击中触发器，由机械能守恒可知：12mv 2＝mgh .在选项A 情况中，小球不可能静止在最高处，选项A 错误；在选项B 情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B 错误；在选项C 中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项C 正确；在选项D 情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D 正确．8．如图所示长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下列说法中正确的是(CD )A ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能 B ．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量解析：根据能量的转化，B 的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A 错C 对；B 克服摩擦力做的功等于B 的动能减少量，B 错；对B ：W fB ＝E ′k B －E k B ，对A ：W fA ＝E ′k A －0；则W fA ＋W fB ＝(E ′k A ＋E ′k B )－E k B ＝ΔE 内增，D 对．三、计算题9．(2015·抚顺模拟)如图所示，AB 和CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝2 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝1 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板．D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下(g 取10 m/s 2)．(1)当H ＝1.4 m 时，求此球第一次到达D 点对轨道的压力大小； (2)当H ＝1.4 m 时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO 轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程；如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析：(1)设小球第一次到达D 的速度v D ，P 到D 点的过程对小球列动能定理：mg (H ＋r )－μmgL ＝mv 2D2在D 点对小球列牛顿第二定律：F N ＝mv 2Dr联立解得：F N ＝32 N由牛顿第三定律得小球在D 点对轨道的压力大小 F ′N ＝F N ＝32 N.(2)第一次来到O 点时速度为v 1，P 到O 点的过程对小球列动能定理：mgH －μmgL ＝mv 212解得：v 1＝2 3 m/s恰能通过O 点，mg ＝mv 2Or临界速度v O ＝10 m/s由于v 1>v O ，故第一次来到O 点之前没有脱离．设第三次来到D 点的动能E k 对之前的过程列动能定理： mg (H ＋r )－3μmgL ＝E k 代入解得：E k ＝0故小球一直没有脱离CDO 轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s ，对全过程列动能定理：mg (H ＋R )－μmgs ＝0 解得：s ＝8.5 m.答案：(1)32 N (2)8.5 m10．有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝120 N/m 的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量为m ＝1 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为μ＝0.5，P 与弹簧自由端Q 间的距离为l ＝1 m ．弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t ； (2)小球运动过程中达到的最大速度v m ；(3)若使小球在P 点以初速度v 0下滑后又恰好回到P 点，则v 0需多大？解析：(1)由牛顿第二定律得： F 合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2由l ＝12at 2，解得t ＝2la＝1 s.(2)当小球从P 点无初速滑下时，弹簧被压缩至x 处有最大速度v m ，由 mg sin θ－μmg cos θ＝kx 得x ＝160 m ＝0.017 m由功能关系得：mg sin θ(l ＋x )－μmg cos θ(l ＋x )－W 弹＝12mv 2m又W 弹＝12kx 2代入数据解得v m ＝2 m/s.(3)设小球从P 点压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x 1，由动能定理得mg sin θ(l ＋x 1)－μmg cos θ(l ＋x 1)－12kx 21＝0－12mv 2从最低点经过弹簧原长Q 点回到P 点的速度为0，则有：12kx 21－mg sin θ(l ＋x 1)－μmg cos θ(l ＋x 1)＝0 解得：x 1＝0.5 m ，v 0＝4.9 m/s.答案：(1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s 课时过关(B 卷)一、单项选择题1．某物体同时受到两个在同一直线上的力F 1、F 2的作用，由静止开始做直线运动，力F 1、F 2与位移x 的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m 内，物体具有最大动能时对应的位移是(A )A ．2.0 mB ．1.0 mC ．3.0 mD ．4.0 m解析：由题图知x ＝2.0 m 时，F 合＝0，此前F 合做正功，而此后F 合做负功，故x ＝2.0 m 时物体的动能最大，故A 正确．2．用长度为l 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为(C )A ．mg gl B.12mg glC.12mg 3glD.13mg 3gl 解析：设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v ，由机械能守恒定律得：mgl ＝12mv 2＋E p ，E p ＝12mv 2，解得v ＝gl ，此时v 与水平方向夹角为60°，故P ＝mgv sin 60°＝12mg 3gl ，C 正确．3．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员(可视为质点)，甲站于地面，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为(B )A ．1︰1B ．2︰1C ．3︰1D ．4︰1解析：设定滑轮到乙演员的距离为L ，那么当乙摆至最低点时下降的高度为L2，根据机械能守恒定律可知m 乙g L 2＝12m 乙v 2；又因当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员的重力相等，所以m 甲g －m 乙g ＝m 乙v 2L，联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1，B 正确．4．如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，不计空气阻力．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为(D )A.gLB.3gLC.5gLD.7gL解析：小铁球恰能到达最高点B ，则小铁球在最高点处的速度v ＝gL .以地面为零势能面，小铁球在B 点处的总机械能为mg ×3L ＋12mv 2＝72mgL ，无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv ′2＝72mgL ，故小铁球落到地面的速度v ′＝7gL .故D 正确．5．(2015·山东师大附中模拟)如图所示，质量为M ，长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为F f ，经过一段时间小车运动的位移为x ，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是(D )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为F f (x ＋L )C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx －F f LD ．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L解析：对小车由动能定理知W ＝F f ·x ＝E k ，故E k ＝F f x ，B 错误；对小物块由动能定理得F (L ＋x )－F f (L ＋x )＝ΔE k ，A 错误；物块和小车增加的机械能ΔE ＝ΔE k ＋E k ＝F (L ＋x )－F f L ，C 错误；摩擦产生的热量Q ＝F f L ，D 正确．二、多项选择题6．某人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中(BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W F －W f －mgh ＝12mv 2，其中W f 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即人对物体的拉力做的功，所以W 人＝W F ＝W f ＋mgh ＋12mv 2，A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，光滑细杆AB 、AC 在A 点连接，AB 竖直放置，AC 水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是(BC)A．M球的机械能守恒B．M球的机械能减小C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功解析：由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．8．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是(AD)A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为g sin θ解析：由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动．因在Ex图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mg sin θ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝g sin θ，D正确．9．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是(ABD)A ．B 物体的机械能一直减小B ．B 物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D ．细线拉力对A 做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析：把A 、B 和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B 下落直至B 获得最大速度过程中，A 的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B 物体的机械能一直减小，选项A 正确；由动能定理，B 物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B 正确；B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A 动能增加量之和，选项C 错误；对A 和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A 做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D 正确．三、计算题10．(2015·东营模拟)如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动至D 点时，弹簧被压缩至最短，C 、D 两点间的水平距离L＝1.2 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值E pm . 解析：(1)小物块恰好从B 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有v B ＝v 0sin θ＝4 m/s. (2)小物块由B 点运动到C 点，由动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点处，由牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2C R解得F ＝8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F ′大小为8 N.(3)小物块从B 点运动到D 点，由能量守恒定律有E pm ＝12mv 2B ＋mgR (1＋sin θ)－μmgL ＝0.8 J.答案：(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J11．如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L ＝8 m ，匀速运动的速度v 0＝5 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)N 点的纵坐标．(2)从P 点到Q 点，小物块在传送带上运动系统产生的热量．(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道上运动不脱轨)到达纵坐标y M ＝0.25 m 的M 点，求这些位置的横坐标范围．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝5 m/s 2小物块与传送带共速时，所用的时间t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 202a＝2.5 m<(L －x P )＝6 m 故小物块与传送带达到相同速度后以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：mg ＝m 2v 2N y N由机械能守恒定律得12mv 20＝mgy N ＋12mv 2N 代入数据解得y N ＝1 m.(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移s ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgs ＝12.5 J.(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M代入数据解得x 1＝7.5 mμmg (L －x 2)＝12mgy N 代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，由(1)可知x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围为7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m.答案：(1)1 m (2)12.5 J(3)7 m≤x≤7.5 m，0≤x≤5.5 m。

高考物理大二轮复习考前基础回扣练7动能定理功能关系111

回扣练7：动能定理功能关系1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F 1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F 2推这一物体，当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J ，则在整个过程中，恒力F 1、F 2做的功分别为( )A ．16 J 、16 JB ．8 J 、24 JC ．32 J 、0 JD ．48 J 、－16 J解析：选B.设加速的末速度为v 1，匀变速的末速度为v 2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等，根据平均速度公式有v 12＝－v 1＋v 22 ，解得v 2＝－2v 1，根据动能定理，加速过程W 1＝12mv 21，匀变速过程W 2＝12mv 22－12mv 21根据题意12mv 22＝32 J ，故W 1＝8 J ，W 2＝24 J ，故选B.2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m ＝11 kg 的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s 后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v t 图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B ．拉力F 的大小为55 NC ．在0～5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD ．在6 s 末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W解析：选D.撤去F 后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s ～7 s 内的加速度a 2＝－5 m/s 2，根据牛顿运动定律有N 2－mg ＝0，－f 2＝ma 2，又因为f 2＝μN 2，代入数据解得μ＝0.5，故A 错误；力F 拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f 1＝ma 1，mg －F sin 37°－N 1＝0, 又因为f 1＝μN 1，由速度图象得此过程的加速度a 1＝2 m/s 2，联立解得：F ＝70 N ，B 错误；在0 s ～5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J ，C 错误；因6 s 末轮胎的速度为5 m/s ，所以在6 s 时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W ，D 正确；故选D.3．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的是( )A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a2C ．汽车行驶的最大速率为⎝⎛⎭⎪⎫1＋ma f vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a解析：选C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，所以F ＝f ＋ma ，所以汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误；当汽车的速度增加到2v 时，此时的牵引力为F＝P 2v ＝（f ＋ma ）v 2v ＝（f ＋ma ）2，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即（f ＋ma ）2－f ＝ma 1，解得：a 1＝ma －f 2m ，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝Pf＝（f ＋ma ）v f＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax ＝v 2求解．故D 错误．4．如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q 沿水平地面向右运动．下列判断正确的是( )A ．P 触地前的速度一直增大B ．P 触地前的速度先增大后减小C ．Q 的速度一直增大D ．P 、Q 的速度同时达到最大解析：选A.开始时P 、Q 的速度都为零，P 受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q 由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q 做正功，Q 加速，后对Q 做负功，Q 减速，当P 到达底端时，P 只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q 的速度为零，所以在整个过程中，P 的速度一直增大，Q 的速度先增大后减小，故A 正确，BCD 错误；故选A.5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A 、B (可视为质点)串在杆上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB ＝45L ，重力加速度为g ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为35L 时的速度大小为( )A.1510gL B ．1515gL C.8255gL D ．6255gL 解析：选C.开始时A 到O 的距离： OA ＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫45L 2＝35L ，以B 为研究对象，开始时B 受到重力、杆的支持力N 和绳子的拉力T ，如图，则：tan θ＝N mg ；由几何关系：tan θ＝OA OB ＝35L45L ＝34；联立得：N ＝34mg ，以AB 组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F 和杆对B 的支持力N ，由于水平方向受力平衡，所以F ＝N ＝34mg ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则：F ′＝4F ＝3mg ，B 球向上运动时，小球B 运动到距O 点的距离35L 时，由几何关系得，A 到O 点的距离：OA ′＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫35L 2＝45L ， A 向左的距离：Δs ＝45L －35L ＝15L ， B 上升的距离：Δh ＝45L －35L ＝15L此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝43，则得 cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8 由运动的合成与分解知识可知：A 球与B球的速度之间的关系为：v B cos θ′＝v A sin θ′可得v B ＝43v A以AB 球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得： F ′·ΔS －mg Δh ＝12mv 2A ＋12mv 2B联立以上方程解得：v B ＝8255gL ，选项C 正确．故选C.6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg ，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v t 图象如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s 后小车的功率P ＝9 W 保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )A ．0～2 s 时间内，汽车的牵引力是3.5 NB ．汽车在第1 s 时的功率等于第14 s 时的功率的一半C ．小车在0～10 s 内位移的大小为42 mD ．2～10 s 时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s解析：选BC.汽车的最大速度为v m ＝6 m/s ，则阻力f ＝P v m ＝96N ＝1.5 N ；在0～2 s 时间内，汽车的加速度a ＝32 m/s 2＝1.5 m/s 2；则牵引力是F ＝ma ＋f ＝1×1.5 N＋1.5 N ＝3 N ，选项A 错误；汽车在第1 s 末时的功率：P 1＝Fv 1＝3×1.5 W＝4.5 W ＝12P 14，选项B 正确；在0～2 s 内的位移：s 1＝12×2×3 m＝3 m ；在2 s ～10 s 内由动能定理：Pt －fs 2＝12mv 210－12mv 22，解得s 2＝39 m ，则小车在0～10 s 内位移的大小为s ＝s 1＋s 2＝42 m ，选项C 正确；2～10 s 时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v ≠3＋62 m/s ＝4.5 m/s ，选项D 错误；故选BC.7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m 和2m 的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l ，重力加速度用g 表示．则在该过程中( )A ．甲的机械能一直增大B ．乙的机械能减少了23mglC ．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D ．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能解析：选AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A 正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mg l2＝mg l 2＋12mv 2＋12×2mv 2，则解得：v ＝13gl ，乙动能增加量为12×2mv 2＝13mgl ，重力势能减小2mg l 2＝mgl ，所以机械能减小23mgl ，故B 正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C 错误；甲动能增加量为：ΔE k ＝12mv 2＝16mgl ，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl ，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D 错误．所以AB 正确，CD 错误．8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s 沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块，从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动时间为0.4 sB ．发生的位移为1.6 mC ．产生的热量为9.6 JD ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10 m/s 2，第一阶段位移为x 1＝v 2－v 20－2a 1＝0.6 m ，所用时间为t 1＝v －v 0－a 1＝0.2 s ，传送带位移为x 传1＝vt 1＝0.4 m ，划痕为Δx 1＝x 1－x传1＝0.2 m ；第二阶段：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2，第二阶段位移为x 2＝v 22a 2＝1 m ，所用时间为t 2＝va 2＝1 s ，传送带位移为x 传2＝vt 2＝2 m ，划痕为Δx 2＝x 传1－x 2＝1 m ．由以上分析可知，物体运动总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ；物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6 m ；产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δx 2＝9.6 J ；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2 J ，综上分析可知BC 正确．9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R ，位于竖直平面内，管的内径远小于R .ab 为该环的水平直径，ab 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从管中a 点由静止开始释放，已知qE ＝mg .则下列说法正确的是( )A ．小球释放后，可以运动过b 点B ．小球释放后，到达b 点时速度为零，并在bda 间往复运动C ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1∶6D ．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5∶1 解析：选AD.从a 到b 的过程，由动能定理qE ·2R ＝12mv 2b ，可知v b ≠0，故小球可以运动过b 点，则选项A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点c 时有：N 1＋mg ＝m v 21R，－mgR ＋Eq ·2R ＝12mv 21，因为qE ＝mg ，解得N 1＝mg ；第二次经过最高点c 时有：Eq ·2R ＝12mv 22－12mv 21，同理可得N 2＝5mg ，所以比值为1∶5，选项C 错误；小球释放后，第一次经过最低点d ，由动能定理mgR ＋EqR ＝12mv 2，在d 点有：N －mg ＝m v2R ，解得N ＝5mg .故D 正确；故选AD.10．(多选)如图所示，质量为M 、半径为R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR2；D 点距A 点高度差h ＝3R8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒解析：选AC.A 项：小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得：h ＝3R 8，故A 正确；B 项：从A 到B 应用动能定理，mgR (1－sin 30°)＝12mv 2B－12mv 2A ，在B 点由重力与支持力的合力提供向心力可得，F N －mg ＝mv 2BR ，由以上两式解得F N＝3mg ，故B 错误；C 项：小球到B 时的速度为v B 1＝2gR ，根据动量定理可得：I ＝mv B 1－0＝m 2gR ，故C 正确；D 项：小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C 到B 过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统所受外力不为零，故动量不守恒，故D 错误．。

【高分攻略】高考物理二轮复习学案专题七功能关系（解析版）

专题七功能关系（解析版）考点要求考点解读及预测功和功率 Ⅱ 考查热点：(1)(变力)做功和功率问题 (2)动能定理的应用 (3)机械能守恒的条件(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合 (5)功能关系与能量守恒命题方式：选择题＋计算题。

复习策略：熟练利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系、牛顿运动定律等知识处理综合问题。

动能和动能定理 Ⅱ重力做功与重力势能Ⅱ 功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ一、求变力做功的几种方法1．用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力做功。

因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。

2．用F -x图象求变力做功在F -x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。

3．化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，可以用W＝Fl cos α求解。

此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。

4．用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝F1＋F22的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝F l cos α求此力所做的功。

5．利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。

此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。

二、功能关系的应用1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程是能量转化的过程。

不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第7天功

倒计时第7天功能关系和能量守恒A ．主干回顾B ．精要检索 1．恒力做功的计算式W ＝Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角)．2．恒力所做总功的计算W 总＝F 合l cos α或W 总＝W 1＋W 2＋….3．计算功率的两个公式P ＝Wt或P ＝Fv cos α. 4．动能定理W 总＝E k2－E k1.5．机车启动类问题中的“临界点” (1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P m v m. (2)匀加速运动的最后点为Pv 1m－F 阻＝ma ；此时瞬时功率等于额定功率P 额．(3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma . (4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2－F 阻＝ma 2. 6．重力势能E p ＝mgh (h 是相对于零势能面的高度)7．机械能守恒定律的三种表达方式 (1)始末状态：mgh 1＋12mv 21＝mgh 2＋12mv 22.(2)能量转化：ΔE k(增)＝ΔE p(减)． (3)研究对象：ΔE A ＝－ΔE B . 8．几种常见的功能关系(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，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．(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．C ．考前热身1．(多选)如图1所示，光滑水平面上有一长为L 的小车，在小车的一端放有一物体，在物体上施一水平恒力F ，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之间的摩擦力为f ，则( )【导学号：25702079】图1A ．物体到达另一端时的动能为(F －f )(s ＋L )B ．物体到达另一端时小车的动能为fsC ．整个过程中消耗的机械能为fsD ．物体克服摩擦力做功为fLAB [对物体运用动能定理可得(F －f )(s ＋L )＝12mv 2，则A 正确；对车运用动能定理可得fs ＝12Mv 2，则B 正确；系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，则整个过程中消耗的机械能为fL ，C 错误；物体克服摩擦力所做的功为f (L ＋s )，D 错误．]2．一物块沿倾角为θ的斜面向上滑动，当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图2所示；当物块的初速度为2v 时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜面间的动摩擦因数μ和h 分别为( )图2A ．tan θ和2HB ．tan θ和4HC.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和2H D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和4H D [物块以初速度v 上升的过程，由动能定理可得－mgH －μmg cos θ·H sin θ＝0－12mv 2；以初速度2v 上升的过程，由动能定理可得－mgh －μmg cos θ·hsin θ＝0－12m (2v )2，联立解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝4H ，选项D 正确．]3．140 kg 的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩擦力计算)，通过光照自主进行工作．若车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，月球表面的重力加速度为g ＝1.6 m/s 2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进100 m 用时30 min.则月球车提供的动力功率为( )A ．P ＝1.1×102WB ．P ＝16.2 WC ．P ＝81 WD ．P ＝6.2 WD [玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力，由力平衡得：F ＝μmg ，解得F ＝112 N ，平均速度v ＝x t ＝1001 800 m/s ＝118m/s ，P ＝Fv ，解得P＝6.2 W ，故D 正确．]4．如图3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．一质量为m 的小球自A 点正上方的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( )图3A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgRD [重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P 到B 的过程中，重力做的功为W G ＝mgR ，选项A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，从P 到B 过程，重力势能的减少量为mgR ，动能的增加量为12mv 2B ＝mgR 2，故机械能的减少量为mgR －mgR 2＝mgR2，选项B 错误；小球从P 到B 的过程中，合外力做的功等于动能的增加量，即为mgR2，选项C 错误；从P 到B 的过程中，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，即为mgR2，选项D 正确．]5．(多选)如图4所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用长为2L 的轻杆相连，在杆的中点O 处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B 球沿顺时针转动到最低位置的过程中( )图4A ．A 、B 两球的角速度大小始终相等 B ．重力对B 球做功的瞬时功率一直增大C ．B 球转动到最低位置时的速度大小为23gL D ．杆对B 球做正功，B 球机械能不守恒AC [A 、B 两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A 正确；杆在水平位置时，重力对B 球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B 球的重力和速度方向垂直，重力对B 球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B 球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B 错误；设B 球转动到最低位置时的速度为v ，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A 、B 两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2mgL －mgL ＝12(2m )v 2＋12mv 2，解得v ＝23gL ，选项C 正确；B 球的重力势能减少了2mgL ，动能增加了23mgL ，机械能减少了，所以杆对B 球做负功，选项D错误．]6．(多选)如图5甲所示，质量m ＝0.5 kg ，初速度v 0＝10 m/s 的物体，受到一个与初速方向相反的外力F 的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3 s 后撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图5A ．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B ．0～2 s 内F 做的功为－8 JC ．0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为25 JD ．0～7 s 内物体滑行的总位移为29 mABD [由图象可知物体在3～7 s 内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小a ＝1 m/s 2＝μg ，得物体与地面间的动摩擦因数为0.1，A 正确；计算0～7 s 内所围面积可得物体滑行的总位移为x ＝29 m ，D 正确，0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为Q ＝μmgx ＝14.5 J ，C 错误；0～2 s 加速度大小a 1＝2 m/s 2，由μmg ＋F ＝ma 1可得F ＝0.5 N,0～2 s 内位移由面积可得x ′＝16 m ，所以F 做的功为W ＝－Fx ′＝－8 J ，B 正确．]7．如图6所示，在光滑水平地面上放置质量为M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面的高度h ＝0.6 m ．滑块在长木板上滑行t ＝1 s 后，和长木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，g 取10 m/s 2.求：【导学号：25702080】图6(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？【解析】 (1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有F f ＝Ma 1 由运动学公式得v ＝a 1t 代入数据解得F f ＝2 N.(2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 设滑块滑上长木板时的初速度为v 0，则有v －v 0＝a 2t 代入数据解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh －Q 1＝12mv 20－0代入数据解得Q 1＝1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时长木板的位移为s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1.5 m 所以Q 2＝F f ·L ＝3 J 则Q ＝Q 1＋Q 2＝4.5 J.【答案】 (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J。

[全国通用]2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练7动能定理功能关系2

回扣练7：动能定理功能关系1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F 1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F 2推这一物体，当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J ，则在整个过程中，恒力F 1、F 2做的功分别为( )A ．16 J 、16 JB ．8 J 、24 JC ．32 J 、0 JD ．48 J 、－16 J解析：选B.设加速的末速度为v 1，匀变速的末速度为v 2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等，根据平均速度公式有v 12＝－v 1＋v 22，解得v 2＝－2v 1，根据动能定理，加速过程W 1＝12mv 21，匀变速过程W 2＝12mv 2－12mv 21根据题意12mv 2＝32 J ，故W 1＝8J ，W 2＝24 J ，故选B.2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W解析：选D.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0, 又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得：F＝70 N，B错误；在0 s～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s ，所以在6 s 时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W ＝275 W ，D 正确；故选D.3．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的是( )A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a2C ．汽车行驶的最大速率为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫1＋ma f vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a解析：选C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，所以F ＝f ＋ma ，所以汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A错误；当汽车的速度增加到2v 时，此时的牵引力为F ＝P2v＝（f ＋ma ）v2v＝（f ＋ma ）2，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即（f ＋ma ）2－f ＝ma 1，解得：a 1＝ma －f2m，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝Pf ＝（f ＋ma ）vf＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax ＝v 2求解．故D 错误．4．如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q 沿水平地面向右运动．下列判断正确的是( )A ．P 触地前的速度一直增大B ．P 触地前的速度先增大后减小C ．Q 的速度一直增大D ．P 、Q 的速度同时达到最大解析：选A.开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q做正功，Q加速，后对Q做负功，Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，BCD错误；故选A.5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝45L，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为35L时的速度大小为( )A. 1 510gL B．1515gLC.8255gL D ．6255gL解析：选C.开始时A 到O 的距离： OA＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫45L 2＝35L ，以B 为研究对象，开始时B 受到重力、杆的支持力N 和绳子的拉力T ，如图，则：tan θ＝Nmg ；由几何关系：tan θ＝OAOB ＝35L45L ＝34；联立得：N ＝34mg ，以AB 组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B 的支持力N ，由于水平方向受力平衡，所以F ＝N ＝34mg ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则：F ′＝4F ＝3mg ，B 球向上运动时，小球B 运动到距O 点的距离35L 时，由几何关系得，A 到O 点的距离：OA ′＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫35L 2＝45L ，A 向左的距离：Δs ＝45L －35L ＝15L ，B 上升的距离：Δh ＝45L －35L ＝15L此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝43，则得 cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8由运动的合成与分解知识可知：A 球与B 球的速度之间的关系为： vB cos θ′＝vA sin θ′可得vB ＝43vA以AB 球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得： F ′·ΔS －mg Δh ＝12mv 2A ＋12mv 2B联立以上方程解得：vB ＝8255gL ，选项C 正确．故选C.6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg ，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v t 图象如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s 后小车的功率P ＝9 W 保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )A ．0～2 s 时间内，汽车的牵引力是3.5 NB ．汽车在第1 s 时的功率等于第14 s 时的功率的一半C ．小车在0～10 s 内位移的大小为42 mD ．2～10 s 时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s解析：选BC.汽车的最大速度为v m ＝6 m/s ，则阻力f ＝Pv m＝96 N ＝1.5 N ；在0～2 s 时间内，汽车的加速度a ＝32 m/s2＝1.5 m/s2；则牵引力是F ＝ma ＋f ＝1×1.5 N ＋1.5 N ＝3 N ，选项A 错误；汽车在第1 s 末时的功率：P 1＝Fv 1＝3×1.5 W ＝4.5 W ＝12P 14，选项B 正确；在0～2 s 内的位移：s 1＝12×2×3 m ＝3 m ；在2 s ～10 s 内由动能定理：Pt －fs 2＝12mv 210－12mv 2，解得s 2＝39 m ，则小车在0～10 s 内位移的大小为s ＝s 1＋s 2＝42 m ，选项C 正确；2～10 s 时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v ≠3＋62m/s ＝4.5 m/s ，选项D 错误；故选BC.7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m 和2m的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l ，重力加速度用g 表示．则在该过程中( )A ．甲的机械能一直增大B ．乙的机械能减少了23mglC ．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D ．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能解析：选AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A 正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mg l 2＝mg l 2＋12mv 2＋12×2mv 2，则解得：v ＝13gl ，乙动能增加量为12×2mv 2＝13mgl ，重力势能减小2mg l 2＝mgl ，所以机械能减小23mgl ，故B 正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C 错误；甲动能增加量为：ΔE k ＝12mv 2＝16mgl ，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl ，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D 错误．所以AB 正确，CD 错误．8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s 沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块，从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动时间为0.4 sB ．发生的位移为1.6 mC ．产生的热量为9.6 JD ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10 m/s2，第一阶段位移为x 1＝v 2－v 20－2a1＝0.6 m ，所用时间为t 1＝v －v 0－a 1＝0.2 s ，传送带位移为x 传1＝vt 1＝0.4 m ，划痕为Δx 1＝x 1－x 传1＝0.2 m ；第二阶段：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s2，第二阶段位移为x 2＝v 22a 2＝1 m ，所用时间为t 2＝va 2＝1 s ，传送带位移为x 传2＝vt 2＝2 m ，划痕为Δx 2＝x 传1－x 2＝1 m ．由以上分析可知，物体运动总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ；物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6 m ；产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δx 2＝9.6 J ；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2 J ，综上分析可知BC 正确．9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R ，位于竖直平面内，管的内径远小于R .ab 为该环的水平直径，ab 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m 、电荷量为q的带正电小球从管中a 点由静止开始释放，已知qE ＝mg .则下列说法正确的是( )A ．小球释放后，可以运动过b 点B ．小球释放后，到达b 点时速度为零，并在bda 间往复运动C ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1∶6D ．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5∶1解析：选AD.从a 到b 的过程，由动能定理qE ·2R ＝12mv 2b ，可知vb ≠0，故小球可以运动过b 点，则选项A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点c 时有：N 1＋mg ＝m v 21R，－mgR＋Eq ·2R ＝12mv 21，因为qE ＝mg ，解得N 1＝mg ；第二次经过最高点c 时有：Eq ·2R ＝12mv 2－12mv 21，同理可得N 2＝5mg ，所以比值为1∶5，选项C 错误；小球释放后，第一次经过最低点d ，由动能定理mgR ＋EqR ＝12mv 2，在d 点有：N －mg ＝m v 2R，解得N ＝5mg .故D 正确；故选AD.10．(多选)如图所示，质量为M 、半径为R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是()A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒解析：选AC.A 项：小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得：h ＝3R8，故A 正确；B 项：从A到B 应用动能定理，mgR (1－sin 30°)＝12mv 2B －12mv 2A ，在B 点mv2B由重力与支持力的合力提供向心力可得，F N－mg＝，由以上R两式解得F N＝3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1＝2gR，根据动量定理可得：I＝mvB1－0＝m2gR，故C 正确；D项：小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C 到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统所受外力不为零，故动量不守恒，故D错误．。

高考总复习优化设计二轮用书物理(新高考)第一讲动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

5 6
(3)
12
m
5
6
m
解析 (1)小球恰好在最高点O只受到重力,重力提供向心力,即mg=
0 2
m
代入数据可得v0=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为
1 m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得
1
Pt-μ1mgL-mg·
2R=2 0 2 -0
筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以
角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间
无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送
到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水
做功的功率为( B )
2 2
lsin
1 2
θ= gt
2
联立可得 x=
5-3 2
2
由数学知识可得,当
5
l=
6
m 时,水平位移 x 有最大值,最大值为
5 6
x=
12
m。
规律总结
应用动能定理解题的思维流程
分层演练——拿高分
练真题·明考向
1.(命题角度2)(多选)(2023全国新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力
的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做
1.(命题角度1)(多选)(2022广东卷)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,
在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定
功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,lMN=lPQ=20

高考物理大二轮复习考前特训考点8 动能定理、功能关系

考点8 动能定理、功能关系1．(多选)(2017·河南新乡市二模)如图1所示，一轻弹簧的上端与物块连接在一起，并从高处由静止开始释放，空气阻力不计，在弹簧接触水平地面后直至物块运动到最低点的过程中，下列判断正确的是( )图1A．弹簧触地时物块的速度最大B．物块先加速后减速运动C．物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小D．物块的机械能一直减小答案BD解析弹簧触地时，开始阶段弹簧的弹力小于物块的重力，物块所受的合力向下，继续向下做加速运动；弹力等于重力时，合力为零，加速度为零，之后，弹力大于重力，物块向下做减速运动，所以弹力等于重力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块先加速后减速运动，故A错误，B正确；对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，物块的重力势能一直减小，所以物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直增加，故C错误；物块和弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能一直增大，所以物块的机械能一直减小．故D正确．2．(2017·北京房山区模拟)奥运比赛项目高台跳水是我国的强项，质量为m的跳水运动员从高台上跳下，在他入水前重心下降的高度为H，经历的时间为T.入水后他受到水的作用力而做减速运动，在水中他的重心下降的最大高度为h，对应的时间为t，设水对运动员的作用力大小恒定为F，当地的重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．运动员入水后的运动过程中动能减少量为FhB．运动员入水后的运动过程中机械能减少量为FhC．水对运动员作用力的冲量大小等于mgTD．运动员在整个运动过程中机械能减少了mgh答案 B解析运动员入水后的运动过程中，根据动能定理，有：ΔE k＝mgh－Fh，即动能减少量为Fh－mgh，故A错误；机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，即机械能的减小量等于克服阻力做的功，为Fh，故B正确；水对运动员作用力的冲量大小I＝Ft＝mg(T＋t)，则I>mgT，故C错误．运动员在整个过程中机械能的减少量等于重力势能的减少量，为mg(H＋h)，故D错误．3.如图2所示，足够长水平传送带以v0的速度匀速运行．现将一质量为m的物块轻放在传送带上，物块与传送带间的动摩擦因数为μ.若不计电动机自身能量损耗，则将物体传送的过程中( )图2A．摩擦力对物块做的功等于电动机输出的电能B．传送带克服摩擦力做功等于系统产生的内能C．摩擦力对物块做的功等于物块增加的动能D．物块与传送带共速后，物块所受静摩擦力对物块做正功答案 C解析摩擦力对物块做的功等于物块增加的动能，传送带克服摩擦力做的功等于系统产生的内能和物块动能之和，物块与传送带共速后，物块不受摩擦力，故C项正确．4.(多选)(2017·贵州贵阳市2月模拟)将一小球从光滑轨道最高点A由静止释放沿轨道滑下，经轨道末端B点后做平抛运动过C点．如图3，轨道AB与小球平抛运动的轨迹BC形状完全相同(即绕过B点垂直纸面的轴，旋转180°可与轨迹BC完全重合)．忽略空气阻力，小球从A到C的运动过程中，下列说法正确的是( )图3A．小球沿轨道运动与做平抛运动两个过程机械能守恒B．小球沿轨道运动与做平抛运动两个过程动能增量相等C．小球沿轨道运动与做平抛运动的水平分速度相等D．小球沿轨道运动与做平抛运动所用时间相等答案AB解析从A到B的过程中，只有重力做功，做平抛运动的过程中，也是只有重力做功，两种情况下机械能都守恒，故A正确；从A到B的过程中，只有重力做功，动能的增加量：ΔE1＝mgh，同理可知，ΔE2＝mgh，可知小球沿轨道运动与做平抛运动两过程动能增量相等．故B正确；小球沿轨道运动时，速度逐渐增大，沿水平方向的分速度也逐渐增大；做平抛运动的水平分速度保持不变，所以二者不相等，故C 错误；两种情况下小球沿水平方向的位移是相等的，而二者沿水平方向的分速度不相等，所以运动的时间一定不相同，故D 错误．5.(2017·福建漳州市联考)图4中ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m 的小滑块在A 点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和D 点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，将它缓慢地由D 点推回A 点，设滑块与轨道间的动摩擦系数为μ，则推力对滑块做的功等于( )图4A ．mghB ．mgh ＋μmg h tan θ＋μmgsC ．μmg (s ＋h sin θ) D ．4mgh答案 B解析对将滑块由D 点缓慢推回A 点的过程，根据动能定理可得 W F －(mgh ＋μmg cos θ·hsin θ＋μmgs )＝0－0，解得W F ＝mgh ＋μmg ·htan θ＋μmgs ，在下落过程中，根据动能定理可得 mgh －μmg ·htan θ－μmgs ＝0－0，即mgh ＝μmg ·h tan θ＋μmgs ，所以W F ＝2mgh ，故B 正确．6．如图5甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m ，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能E k 随位移x 的变化规律如图乙所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能E p 随位移x 的变化规律如图丙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.根据上述信息可以求出( )图5A ．斜面的倾角B ．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C ．小滑块下滑的加速度的大小D ．小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案 D 解析小滑块自斜面顶端由静止下滑的过程中，根据动能定理有F 合x ＝E k ，由题图乙的斜率可求得合力F 合＝ΔE k Δx ＝2510N ＝2.5 N ，小滑块重力势能的变化量ΔE p ＝－mg Δx sin θ，由题图丙的斜率可求得mg sin θ＝|ΔE p Δx |＝10010 N ＝10 N ，F 合＝mg sin θ－F f ＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma ＝2.5 N ，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小F f 可以求出，因小滑块的质量m 未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a 的大小不能求出，故D 项正确．7.如图6所示，绝缘细杆倾斜放置，小球M 套在杆上可沿杆滑动，用弹簧与固定小球N (与M 位于同一水平面)相连，杆和弹簧处于同一竖直平面内，现使M 从A 位置由静止释放，M 运动到B 点时弹簧与杆垂直且为原长，运动到C 点时速度减为零，M 在A 、C 两点时弹簧长度相同．下列说法正确的是( )图6A ．M 从A 到C 的过程，两小球重力势能一直减小B ．M 在A 、C 两点的加速度大小一定相等C ．M 从A 到B 的过程，重力势能减少量大于其克服摩擦力做的功D ．M 从A 到B 的过程，两小球重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M 在B 点处的动能答案 A解析 M 从A 到C 的过程，N 的重力势能不变，M 的重力势能一直减小，所以两小球重力势能一直减小，故A 正确；设M 运动到A 、C 两点时弹簧的弹力大小为F ，摩擦力大小为F f ，杆与水平方向的夹角设为α，M 在A 点有：mg sin α＋F cos α－F f ＝ma AM 在C 点有：F cos α＋F f －mg sin α＝ma C .由于F f 与mg sin α的大小关系不能判断，所以a A 与a C 的大小关系不能确定，故B 错误； M 从A 到B 的过程，两小球重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M 在B 点处的动能和M 克服摩擦力做的功之和，故D 错误．重力势能减少量与其克服摩擦力做功的关系不能确定，故C 错误．8.(多选)(2017·豫南九校第四次质考)如图7所示，一个质量为2m 的甲球和一个质量为m 的乙球，用长度为2R 的轻杆连接，两个球都被限制在半径为R 的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面．初始时刻，轻杆竖直，且质量为2m 的甲球在上方，此时，受扰动两球开始运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图7A ．甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B ．甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．整个运动过程中甲球的最大速度为233gR D ．甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功答案 ACD解析在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加．由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故A 正确；在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故B 错误；当甲到达最低点时，乙也到达了最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，由于两球的线速度相等，设该速度为v ，则：2mg ·2R －mg ·2R ＝12mv 2＋12×2mv 2，得：v ＝233gR ，故C 正确；甲球运动到最低点前，乙的重力势能一直增大，同时乙的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故D 正确．。

高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用

高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用1．(2021·江苏七市第二次调研)如图1所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板相连，一滑块从斜面上某处由静止释放，运动一段时间后压缩弹簧，已知弹簧始终在弹性限度内，则()图1A．弹簧劲度系数越大，弹簧的最大弹性势能越大B．弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越大C．滑块释放点位置越高，滑块最大速度的位置越低D．滑块释放点位置越高，滑块的最大加速度越大答案D解析滑块从释放到弹簧压至最短的过程中，滑块的重力势能转化为弹簧的弹性势能，弹簧劲度系数越大，弹簧被压至最短时位置越高，滑块减小的重力势能越少，则弹簧的最大弹性势能越小，故A错误；设滑块刚接触弹簧时的速度为v0，速度最大时弹簧的压缩量为x，则有kx＝mg sinθ，弹簧劲度系数越大，x越小，重力势能减少量越小，则最大速度v m越小，故B错误；弹簧弹力等于滑块重力沿斜面分力时，即kx＝mg sinθ，此时滑块速度最大，则滑块最大速度的位置不变，故C错误；滑块释放点位置越高，滑块接触弹簧时动能越大，则弹簧压缩量越大，弹簧弹力越大，则滑块的最大加速度越大，故D正确。

2．(多选)(2021·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图2所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(可看做质点)。

A、B的质量分别为2kg和8kg，到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。

现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时(g＝10m/s2)，下列说法正确的是()图2A．转轴O对杆的作用力方向沿竖直方向向上B．球A只受重力和杆对它的拉力C ．球A 的角速度为52rad/sD ．球B 的角速度为215rad/s答案AC 解析根据机械能守恒定律可得m B gL 2－m A gL 1＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，A 、B 两球同轴转动，角速度相同，所以有v A ＝L 1ω，v B ＝L 2ω，联立并代入数据解得ω＝52rad/s ，故C 正确，D 错误；杆对B 球的作用力为F B ，合力提供向心力，有F B －m B g ＝m B v 2B L 2，代入数据解得F B ＝120N ，球对杆向下的拉力为120N 。

高三物理二轮复习——功能关系

计算功的八大方法:
（1）恒力的功----公式法：W = F S cosθ（F为恒力）（2）恒功率的功---公式法：W = P t 求功（P恒定）
（3）线性力的功--平均值法：（4）变力的功：A.微元法
B.替代法 C.功能关系法
（5）图像累积法（F—x图像面积）
（6）压力的功---模型法
W=Fd=Psd=PV
F
P一定,a↓ G 加速运动
v
v
vm
B
C vm:汽车极速
vm
v1 A
BC
v1:匀加速最大速度
O
t
O
t
①A,B,C三个状态的特征? ②分别画出相应的F-t图,P-t图,v-1/F图
机车起动模型解析
PP
稳定关系
ห้องสมุดไป่ตู้
①运动特征a＝0
基本关系
vmax
F

f
瞬时关系 ②牛顿定律
基本关系 P Fv
P V
— f阻＝ ma
vm 匀
速
运
动
匀加速运动
X=1/2at2
变加速运动(a↓)
W=Pt
匀速运动
两种启动方式的动力学分析
恒功率启动
v↑
FN
a↓
f
F
G P一定,a↓ 加速运动
FN
vm a=0
FN
f
F
f
G P一定,a=0
G
匀速运动
恒加速度启动
v↑ a FN Ff
F,a一定 G 匀加速运动
v a
v↑ a↓ FN
a=0 vm
Ff
空中课堂—功能专题
功和能单元知识体系

高中二轮复习专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用核心要点1、功恒力做功：W=Flcosa合力做功：W合=F合lcosa变力做功：图像法、转换法等2、功率瞬时功率：P=Fvcosa平均功率：P=wt机车启动：P=Fv3、动能定律表达式：W=12mv22−12mv12备考策略1、动能定理（1）应用思路：确定两状态(动能变化)，一过程(各个力做的功)（2）适用条件：直线运动曲线运动均可；恒力变力做功均可；单个过程多个过程均可（3）应用技巧：不涉及加速度、时间和方向问题是使用2、机械能守恒定律（1）守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内守恒角度E1=E2（2）表达形式：转化角度△E k=△E p转移角度△E A=-△E p3、功能关系：（1）合力的功等于动能的增量（2）重力的功等于重力势能增量的负值（3）弹力的功等于弹性势能增量的负值（4）电场力的功等于电势能增量的负值（5）除了重力和系统内弹力之外的其他力的功等于机械能的增量考向一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解2．应用动能定理的四点提醒(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2020·江苏卷·4)如图1所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()图1解析:由题意可知设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ1,则物块在斜面上下滑水平距离x时根据=E k,整理可得(mgtanθ-μ1mg)x=E k,即在斜面上运动能定理有mgxtan θ-μ1mgcos θxcosθ动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时,设水平面的动摩擦因数为μ2,由动能定理有一μ2mg(x一x0)=E k一E k0,其中E0为物块滑到斜面底端时的动能, x0为在斜面底端对应的水平位移,解得E k=E k0一μ2mg(x-x0),即在水平面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A 项正确。

★★★专题七动能定理与功能关系

机械能守恒定律专题一动能定理与功能关系［高考要求］和能源环保问题本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹力功与弹性势能、合力功与机械能,摩擦阻力做功、内能与机械能。

都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。

动能定理、功能关系是历年高考力学部分的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。

《考纲》对本部分考点要求都为Ⅱ类，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。

考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。

它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。

还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。

［知识结构］［知识点拨］1、动能定理：适用范围：适用于物体的直线运动和曲线运动；适用于恒力和变力做功；适用于阶段和全程；适用于各种性质的力。

重点提示：①动能定理W ＝E K2－E K1中，W 指的是合．外力．．所做的功，解决时不要漏掉某个力做的功；要特别注意力F 做的功W F =Fl ，其中的l 是相对地而言的（或相对同一惯性参考系而言）；而Q 热=F f 滑l 相对，是指滑动摩擦力产生的热量，l 相对是相对另一接触面的。

②若物体运动过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体考虑。

③求各力做功时，要明确哪个力在哪一阶段上所做的功。

④求合外力做功，可用W 合=F 合•l ；或用W 合=W 1+W 2+W 3+…。

思维误区警示：对于一个系统，系统不受外力或合外力为零，并不能保证重力以外其他力不做功，所以系统外力之和为零，机械能不一定守恒，而此时系统的动量却守恒（因为动量守恒的条件是系统的合外力为零）。

(精品推荐)2019高考物理复习考前强化必刷练习题《动能定理功能关系》高考精品练习题(整理含答案)

(精品推荐)2019高考物理复习考前强化必刷练习题《动能定理功能关系》高考精品典型练习题（整理含答案）1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为( )A．16 J、16 J B．8 J、24 JC．32 J、0 J D．48 J、－16 J2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m ＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W3．一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是( )A．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a2C ．汽车行驶的最大速率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a4．如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q 沿水平地面向右运动．下列判断正确的是( )A ．P 触地前的速度一直增大B ．P 触地前的速度先增大后减小C ．Q 的速度一直增大D ．P 、Q 的速度同时达到最大5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A 、B (可视为质点)串在杆上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB ＝45L ，重力加速度为g ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为35L 时的速度大小为( ) A.1510gLB ．1515gL C.8255gL D ．6255gL6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg ，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v t 图象如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s 后小车的功率P ＝9 W 保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )A ．0～2 s 时间内，汽车的牵引力是3.5 NB ．汽车在第1 s 时的功率等于第14 s 时的功率的一半C ．小车在0～10 s 内位移的大小为42 mD ．2～10 s 时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m 和2m 的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l ，重力加速度用g 表示．则在该过程中( )A ．甲的机械能一直增大B ．乙的机械能减少了23mglC ．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D ．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s 沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块，从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动时间为0.4 sB ．发生的位移为1.6 mC ．产生的热量为9.6 JD ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R ，位于竖直平面内，管的内径远小于R .ab 为该环的水平直径，ab 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从管中a 点由静止开始释放，已知qE ＝mg .则下列说法正确的是( )A ．小球释放后，可以运动过b 点B ．小球释放后，到达b 点时速度为零，并在bda 间往复运动C ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1∶6D ．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5∶1 10．(多选)如图所示，质量为M 、半径为R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR2；D 点距A 点高度差h ＝3R8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒(精品推荐)2019高考物理复习考前强化必刷练习题《动能定理功能关系》高考精品典型练习题（整理含答案）1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为( )A．16 J、16 J B．8 J、24 JC．32 J、0 J D．48 J、－16 J解析：选B.设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有v12＝－v1＋v22，解得v2＝－2v1，根据动能定理，加速过程W 1＝12mv21，匀变速过程W2＝12mv22－12mv21根据题意12mv22＝32 J，故W1＝8 J，W2＝24 J，故选B.2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m ＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W解析：选D.撤去F 后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s ～7 s 内的加速度a 2＝－5 m/s 2，根据牛顿运动定律有N 2－mg ＝0，－f 2＝ma 2，又因为f 2＝μN 2，代入数据解得μ＝0.5，故A 错误；力F 拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f 1＝ma 1，mg －F sin 37°－N 1＝0, 又因为f 1＝μN 1，由速度图象得此过程的加速度a 1＝2 m/s 2，联立解得：F ＝70 N ，B 错误；在0 s ～5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J ，C 错误；因6 s 末轮胎的速度为5 m/s ，所以在6 s 时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W ，D 正确；故选D.3．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的是( )A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a2C ．汽车行驶的最大速率为⎝⎛⎭⎪⎫1＋ma f v D ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a解析：选C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，所以F ＝f ＋ma ，所以汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误；当汽车的速度增加到2v 时，此时的牵引力为F ＝P 2v ＝（f ＋ma ）v 2v ＝（f ＋ma ）2，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即（f ＋ma ）2－f ＝ma 1，解得：a 1＝ma －f2m ，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝P f ＝（f ＋ma ）v f ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax ＝v 2求解．故D 错误．4．如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q 沿水平地面向右运动．下列判断正确的是( )A ．P 触地前的速度一直增大B ．P 触地前的速度先增大后减小C ．Q 的速度一直增大D ．P 、Q 的速度同时达到最大解析：选A.开始时P 、Q 的速度都为零，P 受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q 由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q 做正功，Q 加速，后对Q 做负功，Q 减速，当P 到达底端时，P 只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q 的速度为零，所以在整个过程中，P 的速度一直增大，Q 的速度先增大后减小，故A 正确，BCD 错误；故选A.5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A 、B (可视为质点)串在杆上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB ＝45L ，重力加速度为g ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为35L 时的速度大小为( )A.1510gL B ．1515gL C.8255gL D ．6255gL解析：选C.开始时A 到O 的距离： OA ＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫45L 2＝35L ，以B 为研究对象，开始时B 受到重力、杆的支持力N 和绳子的拉力T ，如图，则：tan θ＝N mg ；由几何关系：tan θ＝OA OB ＝35L45 L ＝34；联立得：N ＝34mg ，以AB 组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F 和杆对B 的支持力N ，由于水平方向受力平衡，所以F ＝N ＝34mg ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则：F ′＝4F ＝3mg ，B 球向上运动时，小球B 运动到距O 点的距离35L 时，由几何关系得，A 到O点的距离：OA ′＝L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫35L 2 ＝45L ，A 向左的距离：Δs ＝45L －35L ＝15L ，B 上升的距离：Δh ＝45L －35L ＝15L此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝43，则得 cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8 由运动的合成与分解知识可知：A 球与B 球的速度之间的关系为： v B cos θ′＝v A sin θ′ 可得v B ＝43v A以AB 球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得：F′·ΔS－mgΔh＝12mv2A＋12mv2B联立以上方程解得：v B＝8255gL，选项C正确．故选C.6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其vt图象如图所示(除2～10 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s 后小车的功率P＝9 W保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )A．0～2 s时间内，汽车的牵引力是3.5 NB．汽车在第1 s时的功率等于第14 s时的功率的一半C．小车在0～10 s内位移的大小为42 mD．2～10 s时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s解析：选BC.汽车的最大速度为v m＝6 m/s，则阻力f＝Pvm＝96N＝1.5 N；在0～2 s时间内，汽车的加速度a＝32m/s2＝1.5 m/s2；则牵引力是F＝ma＋f＝1×1.5 N＋1.5 N＝3 N，选项A错误；汽车在第1 s末时的功率：P1＝Fv1＝3×1.5W＝4.5 W＝12P14，选项B正确；在0～2 s内的位移：s1＝12×2×3 m＝3 m；在2 s～10 s内由动能定理：Pt－fs2＝12mv210－12mv22，解得s2＝39 m，则小车在0～10 s内位移的大小为s＝s1＋s2＝42 m，选项C正确；2～10 s时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v≠3＋62m/s＝4.5 m/s，选项D错误；故选BC.7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m 和2m 的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l ，重力加速度用g 表示．则在该过程中( )A ．甲的机械能一直增大B ．乙的机械能减少了23mglC ．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D ．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能解析：选AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A 正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mg l 2＝mg l 2＋12mv 2＋12×2mv 2，则解得：v ＝13gl ，乙动能增加量为12×2mv 2＝13mgl ，重力势能减小2mg l 2＝mgl ，所以机械能减小23mgl ，故B正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C 错误；甲动能增加量为：ΔE k ＝12mv 2＝16mgl ，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl ，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D 错误．所以AB 正确，CD 错误．8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块，从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动时间为0.4 sB．发生的位移为1.6 mC．产生的热量为9.6 JD．摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一阶段位移为x1＝v2－v2－2a1＝0.6 m，所用时间为t1＝v－v－a1＝0.2s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2 m；第二阶段：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二阶段位移为x2＝v22a2＝1 m，所用时间为t2＝va2＝1 s，传送带位移为x传2＝vt2＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmg cos θ·Δx1＋μmg cos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmg cos θ·x1＋μmg cos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知BC正确．9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内，管的内径远小于R.ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知qE＝mg.则下列说法正确的是( )A．小球释放后，可以运动过b点B．小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶6 D．小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1解析：选AD.从a到b的过程，由动能定理qE·2R＝12mv2b，可知v b≠0，故小球可以运动过b点，则选项A正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：N1＋mg＝mv21R，－mgR＋Eq·2R＝12mv21，因为qE＝mg，解得N1＝mg；第二次经过最高点c 时有：Eq ·2R ＝12mv 22－12mv 21，同理可得N 2＝5mg ，所以比值为1∶5，选项C 错误；小球释放后，第一次经过最低点d ，由动能定理mgR ＋EqR ＝12mv 2，在d 点有：N －mg ＝m v 2R，解得N ＝5mg .故D 正确；故选AD.10．(多选)如图所示，质量为M 、半径为R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR 2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒解析：选AC.A 项：小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh＝12m(2v)2－12mv2，解得：h＝3R8，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR(1－sin 30°)＝12mv2B－12mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，F N－mg＝mv2BR，由以上两式解得F N＝3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为v B1＝2gR，根据动量定理可得：I＝mv B1－0＝m2gR，故C 正确；D项：小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统所受外力不为零，故动量不守恒，故D错误．。

(江苏专用)2019高考物理总复习优编题型增分练：基础回扣练7 动能定理、功能关系

7.动能定理、功能关系1．(2018·南京市学情调研)大型强子对撞器LHC(Large Hadron Collider)是一座欧洲核子研究组织CERN 的粒子加速器与对撞机，加速管中的单个质子具有的能量为7 TeV(7×1012eV)，此能量最接近( )A ．一只蜗牛爬行时的动能B ．辽宁舰正常行驶时的动能C ．手机充满1次电消耗的电能D ．家用空调工作1 h 消耗的电能答案 A解析 7×1012 eV ＝7×1012×1.6×10－19 J ＝1.12×10－6 J ，此能量接近一只蜗牛爬行时的动能．2．背越式跳高是一项跳跃障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，如图1为从起跳到落地的运动过程分解图，某同学身高1.80 m ，体重60 kg ，参加学校运动会成功地越过了1.90 m 的横杆，该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值(g 取10 m/s 2)( )图1A ．400 JB ．500 JC ．800 JD ．2 000 J答案 C解析运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：h ＝1.90 m －1.802 m ＝1.0 m.根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能：E k＝mgh＝60×10×1 J＝600 J，因实际过程中存在阻力，则可知，只有动能大于600 J时才能成功越过，但2 000 J不符合实际，故只有C正确，A、B、D错误．3．(多选)(2018·如皋市调研)如图2所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动．则小球在向右运动到最远的整个过程中( )图2A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C．小球的动能逐渐增大D．小球的动能先增大后减小答案BD4．(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图3为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车在拉力F 作用下向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图所示(AB段为曲线)，汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是( )图3A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动答案 B解析设斜坡的倾角为α，则汽车的重力势能为E p＝mgx sin α，由动能定理得汽车的动能为E k＝Fx－mgx sin α，则汽车的机械能为E＝E k＋E p＝Fx，即图线的斜率表示F，则可知 0～x1过程中汽车受到的拉力恒定，选项A错误；x1～x2过程中，拉力逐渐减小，随着F的减小，汽车先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，加速度为零时，速度达到最大，选项B正确；综上可知，0～x3过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；x1～x2过程中，汽车所受拉力逐渐减小，到x2处为零，则汽车到x2处的功率为零，选项D错误．5．(2018·盐城市三模)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为E k0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x 关系的图线是下列图中的( )答案 C解析设小球的质量为m ，由题意可知，空气阻力与速度关系为F f ＝kv (k 是比例常数) 取极短位移Δx 为研究过程，根据动能定理得：上升过程中有－(mg ＋F f )Δx ＝－ΔE k ，所以ΔE k ＝(mg ＋F f )Δx ，E k －x 图象斜率的大小等于mg ＋F f ，由于上升过程速度减小，则F f 减小，所以图象的斜率绝对值减小(对应上面一条曲线)．下降过程中有(mg －F f )Δx ＝ΔE k ，E k －x 图象斜率的大小等于mg －F f ，由于下降过程速度增大，则F f 增大，所以图象的斜率绝对值随位移的减小而减小(对应下面一条曲线)，故C 正确、A 、B 、D 错误．6．(多选)(2018·无锡市高三期末)如图4所示，质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，t 1＝0时刻在A 上施加一个水平向左的恒力F ，t 2＝t 时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A 、B 速度分别为v 1和v 2.则t 1到t 2时间内( )图4A ．A 、B 和弹簧组成系统的机械能先增大后减小B ．当A 的加速度为零时，B 的加速度为Fm 1＋m 2C ．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D ．物块B 移动的距离为m 1v 12＋m 2v 222F答案 CD解析通过受力分析可知，物块A 先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，物块B 先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t 1～t 2时间内，拉力F 一直做正功，系统的机械能一直增大，故A 错误；当A 的加速度为零时，弹簧弹力等于F ，所以B 的加速度为F m 2，故B 错误；速度相等前，A 一直比B 速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，故C 正确；因为弹簧恢复原长，所以弹簧弹性势能为零，根据功能关系可知：Fx ＝12m 1v 12＋12m 2v 22，所以x ＝m 1v 12＋m 2v 222F，故D 正确． 7．(多选)如图5所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与质量为m B 的小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为m A 的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，加速度大小为a A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.重力加速度为g ，则( )图5A ．vB ＝v A cos θB ．a A ＝m B g cos θm A－g C ．小球B 减小的重力势能等于物块A 增加的动能D ．当物块A 上升到与滑轮等高时，它的机械能最大答案 AD解析将物块A 的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向进行分解，沿绳子方向的分速度等于B 的速度，即v B ＝v A cos θ，A 正确；根据力的合成与分解法则，结合牛顿第二定律得：F T cos θ－m A g ＝m A a ，而F T ＜m B g ，则有，a A <m B g cos θm A－g ，故B 错误；A 、B 系统的机械能守恒，那么小球B 减小的机械能等于物块A 增加的机械能，C 错误；物块A 上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A 上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小，所以A 上升到与滑轮等高时，A 的机械能最大，D 正确．8．(2018·无锡市期中)如图6所示，楔形木块固定在水平面上，斜面AB 、BC 与水平面的夹角分别为53°、37°.质量分别为2m 、m 的两滑块P 、Q 通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳与斜面平行．已知滑块P 与AB 间的动摩擦因数为13，其它摩擦不计，在两滑块运动的过程中( )图6A．Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功B．Q机械能的增加量等于P机械能的减少量C．P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量D．P克服轻绳拉力做的功等于轻绳拉力对Q做的功答案 D解析在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，故A错误．由于P下滑过程中要产生内能，所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量，故B、C错误．由题图可知，P与Q位移的大小是相等的，轻绳对P与对Q的拉力也相等，所以P克服轻绳拉力做的功等于轻绳拉力对Q做的功，故D正确．百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

高考物理二轮复习力学考点辅导专练：考点10 动能定理与功能关系 Word版含解析

考点10动能定理与功能关系1、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2、如图所示,桌面高度为h,质量为m的小球,从离桌面高H处自由落下,不计空气阻力,假设桌面处的重力势能为零,关于重力势能的说法正确的是( )A.重力势能是矢量,有正负之分B.刚开始下落时的重力势能为mg(H+h)C.落地时的重力势能为零D.落地时的重力势能为—mgh3、如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB a=,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中( )A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于12W mgaμ-B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于32W mgaμ-C.经O 点时,物块的动能小于W mga μ-D.物块动能最大时,弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能4、如图所示,一物体从长为L 、高为h 的光滑斜面顶端A 由静止开始下滑,则该物体滑到斜面底端B 时的速度大小为( )A. ghB. 2g LC. gLD. 2gh 5、如图所示,在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体,抛出后物体落到比地面低h 的海平面上.若以地面为零势能面,不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )A.物体上升到最高点时的重力势能为2012mv B.物体落到海平面时的重力势能为-mghC.物体在海平面上的动能为2012mv -mgh D.物体在海平面上的机械能为2012mv 6、如图所示,光滑水平平台上有一个质量为m 的物块,站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块,不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦,且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时,则( )A.在该过程中,物块的运动可能是匀速的B.在该过程中,人对物块做的功为22222()mv x h x + C.在该过程中,人对物块做的功为212mv D.人前进x 时,物块的运动速率为22h x +7、如图所示,在高1.5m 的光滑平台上有一个质量为2kg 的小球被一细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。

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