2022年高考物理大二轮专题复习讲学稿：专题四 第1讲 功能关系在力学中的应用 Word版含答案

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
2021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
2022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
2021年Ⅰ卷
24题·计算
题·12分
机械能，动能定理
取地面为重力势
能零点
中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削减量，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W G＝－ΔE p.
(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.
(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＝F f·x相对．
1．动能定理的应用
(1)动能定理的适用状况：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选取争辩对象，明确它的运动过程．
②分析争辩对象的受力状况和各力做功状况，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E k1和E k2.
④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，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)机械能是否守恒的推断
①用做功来推断，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用能量转化来推断，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，除非题目中有特殊说明或示意．
(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路
①选取争辩对象——物体系统．②依据争辩对象所经受的物理过程，进行受力、做功分析，推断机械能是否守恒．
③恰当的选取参考平面，确定争辩对象在运动过程的初、末状态的机械能．
④依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 (2021·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开头运动到物块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．弹簧的弹性势能始终增大
C．物块A的动能和重力势能始终增大
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物块由牛顿其次定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故拉力始终增大，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，高度上升，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始终增大，故D错误．
1．对争辩对象进行受力分析、运动分析、能量分析．
2．娴熟把握动能、重力势能、弹性势能、机械能等变化的分析方法．
1．(2021·全国卷Ⅲ·16)如图2，一质量为m、长度为l的均匀松软细绳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
1
3
l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
图2 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12
mgl 答案 A
解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心上升了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝1
9
mgl ，
由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝1
9
mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．
2．(多选)(2021·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m 1、m 2，且m 2＝2m 1，m 1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m 1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 ．m 2减小的重力势能全部转化为m 1增加的重力势能
B ．m 1上升到h 高度时的速度为
2gh 3
C ．轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等
D ．轻绳的张力大小为2
3m 1g
答案 BCD
解析 依据能量守恒可知，m 2减小的重力势能全部转化为m 1增加的重力势能和两物体的动能，故A 错误；依据动滑轮的特点可知，m 2的速度大小为m 1速度大小的2倍，依据动能定理可得：m 2g ·2h －m 1gh ＝12m 2v 22＋1
2
m 1v 12，
v 2＝2v 1，解得：v 1＝
2gh
3
，故B 正确；绳子的拉力相同，故轻绳对m 2、m 1做功的功率大小分别为P 2＝Fv 2，P 1＝2F ·v 1，由于v 2＝2v 1，故轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等，故C 正确；依据动滑轮
的特点可知，m 1的加速度大小为m 2的加速度大小的一半，依据牛顿其次定律可知：2F －m 1g ＝m 1a ，m 2g －F ＝
m 2·2a ，联立解得：F ＝
2m 1g
3
，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 (2021·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3mg sin θ
L
，g 为重力加速度．
图4
(1)小球在距B 点4
5
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4
5
L 的Q 点，求初速度的大小．
答案 (1)
mg sin θ
5，方向沿杆向下 (2)26gL sin θ
5
解析 (1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，依据胡克定律有
F ＝ k (L －45
L )①
设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下， 依据平衡条件有mg sin θ ＋F f ＝2F ② 由①②式并代入已知数据得F f ＝mg sin θ
5
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＝ΔE k
－mg ·2(L －45L )sin θ－F f ·2(L －45L ) ＝0－12mv 2
④
由③④式得
v ＝
26gL sin θ
5
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．(2021·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/s 2
，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a 1＝4 m/s 2
依据牛顿其次定律：F 1－μmg ＝ma 1，求得：F 1＝6 N. (2)t 1＝4 s 时物块的速度大小：v 1＝a 1t 1＝16 m/s 0～8 s 内物块运动的位移：x ＝12v 1t 1＋v 1t 2＋12a 2t 22
＝72 m
(3)8 s 时物块的速度：v 2＝a 1t 1＋a 2t 2＝4 m/s 依据动能定理：W －μmgx ＝12
mv 22
，解得W ＝152 J.
4.(2021·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v 0＝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/s 2
，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)依据牛顿其次定律：
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a ＝0.4 m/s 2
设物体在AB 上全程做匀加速运动，依据运动学公式：
v B 2＝2aL
解得v B ＝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F N －mg cos θ＝mv B 2
R
得F N ＝58 N
由牛顿第三定律可得物体在B 点对轨道的压力大小F N ′＝58 N (2)设物体能够越过C 点，从B 到C 利用动能定理： －mg (R ＋R cos θ)＝12mv C 2－12
mv B 2
解得v C ＝7 m/s>gR ，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 ＋R cos θ＋L sin θ＝19.65 m 利用运动学公式：v y 2
＝2gh ，解得v y ＝393 m/s 故v ＝v C 2
＋v y 2
＝20 m/s
(或利用动能定理 mgh ＝12mv 2－12
mv C 2
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 (2021·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/s 2
.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h 1；
(2)若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF 上的最小动能E kmin 和此时的释放点距BC 面的高度h 2. 答案 见解析
解析 (1)小球由A 到C ，由动能定理得
mgh －μmgL ＝1
2
mv C 2①
自C 点水平飞出后，由平抛运动规律得
x ＝v C t ②
y ＝1
2
gt 2③ 由①②③得h ＝μL ＋x 2
4y
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h 1＝μL ＋d 2
4H
(2)若小球不能落在井底，设打在EF 上的动能为E k ，则x ＝d 由②③式得v C ＝d
g 2y
小球由C 到打在EF 上，由动能定理得:
mgy ＝E k －12
mv C 2
代入v C 得：E k ＝mgy ＋mgd 2
4y
当y ＝d
2
时，E k 最小，且E kmin ＝mgd
此时小球的释放点距BC 面的高度为h 2＝μL ＋d
2
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，分析这种问题时留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洁．
5．(2021·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v 0沿斜面对下运动，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头下滑的整个运动状况，并简要说明理由． 答案 见解析
解析 (1)由12mv 02＋mgH ＝12mv C 2 得v C ＝v 02
＋2gH
(2)物体沿CD 上升的加速度大小a ＝g sin θ＋μg cos θ v C 2
＝2a h
sin θ，解得h ＝(v 02
＋2gH )sin θ
2(g sin θ＋μg cos θ)
物体从C 点上升到最高点所用的时间
t ＝v C a ＝v 02＋2gH g sin θ＋μg cos θ
(3)状况一：
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． 状况二：
物体在轨道上做往复运动，在斜面上做匀变速直线运动，最大高度渐渐降低，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，机械能削减，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)(2022·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 <
π
2.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 <π
2，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；当弹簧水平常，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，W F ＋W G ＝ΔE k ，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W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确．
2．(2021·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 处由静止开头下落，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 ＝1
2mgR ，质点恰好可以到达Q 点
B ．W ＞1
2
mgR ，质点不能到达Q 点
C ．W ＝1
2
mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离
D ．W ＜1
2mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离
答案 C
解析 依据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿运动定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2
R
，
所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点依据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR
2
.
质点运动过程，半径方向的合力供应向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2
R
，依据左右对称，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F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，依据动能定理，Q 点动能E k Q ＝
3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR
2
，所以Q 点速度仍旧没有减小到0，会连续向上运动一段距离，对比选项，C 正确．
3．(多选)(2021·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，由静止开头运动．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 始终做正功
B ．a 落地时速度大小为2gh
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 及轻杆为争辩对象，系统的机械能守恒，当a 刚落地时，b 的速度为零，则mgh ＝12
mv a 2
＋0，即v a ＝2gh ，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F N b ＝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．(2022·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F 1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F 2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1
B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1
C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1
D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1 答案 C 解析 依据x ＝
v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，依据加速度的定义a ＝v －v 0
t
得，两过程的加速度关系为a 1＝a 2
2.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f 1＝f 2＝f ，依据牛顿其次定律
得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.依据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>1
4W F 2，
故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 题组2 各省市真题精选
5．(2022·四川理综·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竞赛中沿“助滑区”保持同一姿势下滑了一段距离，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W G ＝1 900 J ，则重力势能削减1 900 J ，故C 正确，D 错误；由动能定理得，W G －W f ＝ΔE k ，克服阻力做功W f ＝100 J ，则动能增加1 800 J ，故A 、B 错误．
6．(多选)(2021·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/s 2
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 ＝12mv 2
，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P ＝F 弹·
0＋v 2
＝4.4×107
W ，C 错误；依据运动学公式v 2
＝2ax ，得a ＝v 22x
＝32 m/s 2
，D 正确．
专题强化练
1．(2021·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 是随时间先渐渐增大后渐渐减小的变力，力F 的大小随时间的变化如表所示，表格中的F fm 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)
F fm 2F fm
F fm
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，物体始终做加速运动，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，始终做正功，故D 项错误．
2．(2021·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，圆筒由静止开头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/s 2
，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 依据题图乙可知，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，依据v ＝ωR 得：v ＝ωR ＝0.5t ，故A 错误；物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2
，
依据牛顿其次定律得：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 ＝12at 2＝12×0.5×42
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．(2021·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 2gh
C ．小球到达下端的时间为
2l
2
gh
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，故依据动能定理可知mgh ＝12mv 2
，解得v ＝2gh ，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 ＝2gh ，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P ＝mg 2gh cos 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 ＝gh l ，设下滑所需时间为t ，则l ＝12
at 2
，t ＝
2l
a
＝
2l
2
gh
，故C
正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，依据F n ＝mv 2
R
可知，支持力越来越大，故D 错误．
4．(多选)(2021·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 点由静止开头下滑，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 ＝g sin θ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有a ＝g sin θ；合力为零
时，圆环的速度最大，不是弹簧原长时．
5.(多选)(2021·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动身点．若以动身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 ．从物体开头运动到回到动身点的过程中，物体的机械能增加了W
3
B ．恒力F 的大小为4
3
mg
C ．回到动身点时重力的瞬时功率为2mg 2
W 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 到回到动身点，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：12at
2
＝－(at ·t －12gt 2)，F －mg ＝ma ，联立解得：a ＝13g ，F ＝4
3mg ，故B 正确；在整个过程中，依据动能定理得：
12
mv 2
＝W ，物体回到动身点时速率v ＝2W
m
，瞬时功率为P ＝mgv ＝2mg 2
W ，故C 正确；撤去力F 时， 此时动
能为E k ＝W －mg ·12at 2＝F ·12at 2－mg ·12at 2＝16mgat 2，重力势能为E p ＝mg ·12at 2＝12mgat 2
，可见，动能和势能不
相等，故D 错误．
6.(2021·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，开头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 ．甲球滑回时肯定能回到初始位置
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，乙的机械能渐渐增大，所以甲的机械能渐渐减小，则杆对甲做负功，故A 错误；据机械能守恒定律知，甲球不行能下滑到圆弧最低点，但返回时，肯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．(2021·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 ，则必需走“爬坡车道”来避开危急，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/s 2
，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，依据平衡条件得：牵引力大小 F ＝0.01mg ＋mg sin θ＝0.01×4.0×104
×10 N ＋4.0×104
×10×0.041 N ＝2×104 N ，故A 正确；依据P ＝Fv 得：v ＝P F ＝2×105
2×104
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；依据功能关系知，
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)(2021·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 ，开头时细绳伸直，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 －12mv 2
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mg
h
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 ＝mg h
，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 ＝E p 弹＋12mv 2，故E p 弹＝mgh －12
mv 2
，故A 正确．
9．(多选)(2021·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v 0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( )。