2013年高考物理二轮复习专题检测试题：第4讲能量观点在力学中的应用

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高考物理(广东专用)二轮专题复习课件第4讲能量观点和动量观点在力学中的应用

第4讲能量观点和动量观点在力学中的应用
1．(双选)(2012· 广东理综，17)如图2－4－1是滑道压力测试
的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处
安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有 ( )．
图2-4-1
P 刚进入 P2 到 P1、P2、P 第二次等速时由能量守恒得 1 2 1 2 1 μ·2mg(2L＋2x)＝ ×2mv0＋ ×2mv1－ ×4mv2 2④ 2 2 2 2 v2 m v 0 0 由③④得：x＝－L，Ep＝ . 16 32μg 1 3 答案 (1) v0，方向向右 v0，方向向右 2 4 2 v2 m v 0 0 (2) －L 16 32μ g
解析在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为 θ，则切向力为： mgsin θ＝mat，可以看出甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，在 B 点，就有甲的切向加速度小于乙，当然这样的地方还有很多，A 错．当甲、乙下降相同的高度 h 时，由动能定理得： mgh 1 2 ＝ mv ，即：v＝ 2gh，B 对．画切向速度图象如下： 2
主要题型：选择题、计算题热点聚焦 (1)动能定理的应用 (2)机械能守恒定律的应用
(3)动量守恒定律、能量守恒定律和功能关系的应用
命题趋势 (1)对动能定理的考查，可能出现以下情景： ①物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化．
②物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中
所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化．
③在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能变化情况． (2)对机械能守恒定律、能量守恒定律、动量守恒定律的

高考物理大二轮复习与测试强化练第4讲功能关系在力学中的应用测试强化练(2013年真题为例,含解析)

高考物理大二轮复习与测试强化练第4讲功能关系在力学中的应用测试强化练（2013年真题为例，含解析）1．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h ，空气阻力的大小恒为F ，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )A ．0B ．－FhC ．FhD ．－2Fh解析：上升过程空气阻力对小球做的功为－Fh ，下落过程空气阻力对小球做的功为－Fh ，从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的总功为－2Fh ，选项D 正确．答案： D2.(2013·广州市高三期末调研测试)如图，物体从某一高度自由下落到竖直立于地面的轻质弹簧上．在a 点时物体开始与弹簧接触，到b 点时物体速度为零．则从a 到b 的过程中，物体( )A ．动能一直减小B ．重力势能一直减小C ．所受合外力先增大后减小D ．动能和重力势能之和一直减小解析：物体接触弹簧时受到的弹力从零开始增大，合力向下，且减小，物体加速，当弹力等于重力后，合力向上，且增大，物体开始减速，所以选项A 、C 错误．物体高度减小，重力势能在减小，选项B 正确．动能与重力势能、弹性势能之和不变，物体下降时弹性势能增大，则动能与重力势能之和减小，选项D 正确．答案： BD3.(2013·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2 C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做功为12mv 2 解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q ，所以A 项错；根据动能定理，对物体列方程，W f ＝12mv 2，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P ＝物体动能增量＋摩擦生热时间＝μmg v 2t ＋μmg v 2t t ＝μmgv ，C 项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv 2，D 项错误．答案： BC4.如图所示，一轻弹簧左端与物体A 相连，右端与物体B 相连，开始时，A 、B 均在粗糙水平面上不动，弹簧处于原长状态．在物体B 上作用一水平向右的恒力F ，使物体A 、B 向右运动．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．合外力对物体A 所做的功小于物体A 的动能增量B ．外力F 做的功与摩擦力对物体B 做的功之和等于物体B 的动能增量C ．外力F 做的功及摩擦力对物体A 和B 做功的代数和等于物体A 和B 的动能增量及弹簧弹性势能增量之和D ．外力F 做的功加上摩擦力对物体B 做的功等于物体B 的动能增量与弹簧弹性势能增量之和答案： C5.(温洲十校2013高三第一学期期中联考)如图所示，木块M 可以分别从固定斜面的顶端沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到A 点或B 点停下．假定木块M 和斜面及水平面间有相同的动摩擦因数，斜面与平面平缓连接，图中O 点位于斜面顶点正下方，则关于木块滑行的水平距离，下列说法正确的是( )A ．OA 等于OBB ．OA 大于OBC ．OA 小于OBD ．无法做出明确的判断解析：物体从顶端滑到水平面上停止的过程中，克服摩擦力做的功和重力做功相等，设高度为h ，斜面倾角为θ，斜面长为l ，则有mgh ＝μmgx ＋μmgl cos θ＝μmg (x ＋l cos θ)，则得x ＋l cos θ＝h μ，可见距离OA 等于OB .选项A 正确．答案： A6.如图所示，2011年5月27日在国际泳联大奖赛罗斯托克站中，中国选手彭健烽在男子3米板预赛中以431.60分的总成绩排名第一，晋级半决赛．若彭健烽的质量为m ，他入水后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒力为F ，在水中下降高度h 的过程中，他的(g 为当地重力加速度)( )A ．重力势能减少了mghB ．动能减少了FhC ．机械能减少了(F ＋mg )hD ．机械能减少了Fh解析：因运动员在水中下降的高度为h ，所以其重力势能减少了mgh ，A 对；由动能定理得mgh －Fh ＝ΔE k ，所以B 错；由功能关系知运动员减少的机械能等于其克服阻力所做的功，大小为Fh ，C 错、D 对．答案： AD7.一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T ，人和车的总质量为m ，轨道半径为R ，车经最高点时发动机功率为P 0，车对轨道的压力为2mg .设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A ．车经最低点时对轨道的压力为3mgB ．车经最低点时发动机功率为2P 0C ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P 0TD ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析：摩托车在最高点时有2mg ＋mg ＝m v 2R ′，在最低点时有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝4mg ，选项A 错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2mg ，所以选项B 正确；根据P ＝Fv 可知，由于发动机在最低点时的功率是在最高点时的2倍，所以选项C 错误；根据动能定理可知，摩托车从最高点经半周到最低点的过程中，发动机做的功应为2mgR 及克服阻力做功之和，选项D 错误．答案： B8.如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做功大小为12mv 21＋12Mv 22 B ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长C ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：由能量守恒定律可知，上述过程中，F 做功大小等于二者动能之和加上摩擦产生的热量，大于12mv 21＋12Mv 22，选项A 错误；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项B 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，x 越小，选项C 正确；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于F f L ，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D 正确．答案： CD9．(2013·临沂市上学期期中)海底有丰富的地下资源，深海探测成为世界关注的热点.2011年7月6日，我国载人潜水器“蛟龙号”以最大下潜5 057 m 的深度创世界载人深潜纪录．如果将“蛟龙号”某次的试潜运动分成三个阶段，选向下为正方向，g 取10 m/s 2，除浮力和重力外，不计任何阻力，其v －t 图象如图甲所示．则有( )A ．Oa 段重力大于浮力，合力做正功B ．ab 段重力等于浮力，重力做功等于克服浮力做的功C ．bc 段重力小于浮力，动能转化为势能D ．三个阶段对应的浮力的大小按图乙所示的规律变化解析：因为Oa 段做匀加速运动，所以重力大于浮力，动能增大，合力做正功，故选项A 正确；在ab 段做匀速运动，合力为零，动能不变，重力做的功等于克服浮力做的功，故选项B 正确；bc 段做匀减速运动，重力小于浮力，合力做负功，动能减小，因为向下运动，重力势能也减小，所以选项C 错；因为Oa 段与bc 的加速度大小不一样，所以两阶段的合力大小不相等，故不可能按图乙所示的规律变化．答案： AB10.如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中转变成的内能．解析： (1)小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度为a 2，则 a 1＝μm 2g m 1＝103m/s 2，a 2＝μg ＝5 m/s 2 v 0－a 2t ＝a 1t所以t ＝v 0a 1＋a 2＝2 m/s 253m/s 2＝0.24 s. (2)相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J. (3)由能量守恒可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J. 答案： (1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J11.如图所示，一根长0.1 m 的细线，一端系着一个质量为0.18 kg 的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40 N ，求：(1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小；(2)线断开的瞬间，小球运动的线速度大小；(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60° ，桌面高出地面0.8 m ，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离．解析： (1)线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω0，向心力为F 0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为F T .F 0＝mω20R ①F T ＝mω2R ②由①②得F T F 0＝ω2ω20＝91③ 又因为F T ＝F 0＋40 N ④由③④得F T ＝45 N.(2)设线断开时小球的线速度大小为v ，由F T ＝mv 2R得 v ＝ F T R m＝5 m/s. (3)设桌面高度为h ，小球落地经历时间为t ，落地点与飞出桌面点的距离为x .由h ＝12gt 2得t ＝2h g ＝0.4 sx ＝vt ＝2 m则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为l ＝x sin 60°＝1.73 m.答案： (1)45 N (2)5 m/s (3)1.73 m12.如图所示，粗糙水平轨道与竖直平面内的光滑半圆轨道BC在B 处平滑连接，B 、C 分别为半圆轨道的最低点和最高点．一个质量m ＝0.1 kg 的小物体P 被一根细线拴住放在水平轨道上，细线的左端固定在竖直墙壁上．在墙壁和P 之间夹一根被压缩的轻弹簧，此时P 到B 点的距离x 0＝0.5 m ．物体P 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道半径R ＝0.4 m ．现将细线剪断，P 被弹簧向右弹出后滑上半圆轨道，并恰好能经过C 点．g 取10 m/s 2.求：(1)P 经过B 点时对轨道的压力；(2)细线未剪断时弹簧的弹性势能．解析： (1)P 恰好能经过C 点，设其速度为v C ，由向心力公式有 mg ＝m v 2C R解得v C ＝2 m/sP 从B 到C 的过程中机械能守恒，设P 经过B 点时的速度为v B ，则有mg ×2R ＋12mv 2C ＝12mv 2B ，解得v B ＝2 5 m/s设小球刚过B 时受到圆轨道的支持力为F N B ，由向心力公式有F N B －mg ＝m v 2B R，解得F N B ＝6 N由牛顿第三定律可知，物体刚过B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)设细线剪断前弹簧的弹性势能为E p .从剪断细线到P 经过B 点的过程中，由能量守恒可得E p －μmgx 0＝12mv 2B解得E p ＝1.1 J.答案： (1)6 N (2)1.1 J。

2013年高考物理二轮典型例题讲解(知识点归纳+例题)专题4功和能课件

复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力．感谢江西特级教师陈东胜对本栏目的鼎力支持
重要知识重温
夯实基础让你得心应手
(对应学生用书P018)
(一)机车的启动问题 1．恒定功率启动机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运 P P 动．速度图象如图1所示，当F＝F阻时，vm＝F＝ . F阻
冲关必试 1．(2011· 上海高考)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成 60° 时，拉力的功率为( A.mgLω 1 C. mgLω 2 ) 3 B. mgLω 2 3 D. mgLω 6
(2)设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有 mv2 mv2 B B FN－mg＝ R ，解得：FN＝mg＋ R ＝5.0N 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小FN′＝FN＝5.0N.
(3)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电＝qER＝0.32 J．设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力对带电体所做的功为W摩，对此过程 1 2 根据动能定理有W电＋W摩－mgR＝0－ mv B ，解得W摩＝－0.72 2 J.
(3)不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的． (4)动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理． (5)动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程式． (6)若Ek2>Ek1，即W总>0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2<Ek1，即W总<0，合力对物体做负功，物体的动能减少．

高中物理压轴题04 用动量和能量的观点解题(解析版)

压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。

高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。

2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。

2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。

3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。

近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。

考向一：动量定理处理多过程问题1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。

3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。

(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。

4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程。

研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。

(3)规定正方向。

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度。

2013届高三物理二轮总复习专题5 第1讲功和能量知识在力学中的应用新人教版(湖南专用)

功和能练习1.(2012·上海卷)质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A 、h B ，上述过程中克服重力做功分别为W A 、W B .若( )A ．h A ＝hB ，则一定有W A ＝W B B ．h A >h B ，则可能有W A <W BC ．h A <h B ，则可能有W A ＝W BD ．h A >h B ，则一定有W A >W B2.(2012·福建卷)如图1所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )图1A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同图23.(2012·上海卷)如图2，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2RB ．5R/3C ．4R/3D ．2R/34.如图3所示，木块A 放在木块B 的左端，用恒力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功为W 1，生热为Q 1；第二次让B 可以在光滑地面上自由滑动，F 做的功为W 2，生热为Q 2，则应有( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2图3图45.质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图4所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m6.(2011·海南卷)一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2s 内外力的平均功率是94W B ．第2秒内外力所做的功是54J C ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是457.(2012·福建卷)如图5所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：图5(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a.功和能量知识在电学中的应用1.(2012·新课标卷)如图1，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过的容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动2.(2012·福建卷)如图2，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能3.(2011·全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2s～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40μs～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J4.如图3所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小5.图4是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则( )A．a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大B．a与b有相同的质量，但a的电荷量比b的电荷量小C．a与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量大D．a与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量小6.(2012·安徽卷)如图5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2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR7.(2012·四川卷)如图6所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N /C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10－2kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3m /s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度．限时训练(十三)1．BD 解析：由图可知，带电粒子受电场力和重力作用，电场力在竖直方向与重力平衡，水平方向提供分力使之做匀减速直线运动．由于电场力做负功，故电势能增加．2．C 解析：由题意知，电场力对正电荷q 1做负功，所以Q 为负电荷，因为距离负电荷越近电势越低，所以A 错误；电场强度是矢量，B 错误；克服电场力做功相等说明两电荷电势能相等，D 错误；所以，C 正确．3．AC 解析：电流瞬时值I ＝q t ＝660×10－6 A ＝1×105A ，故A 对；电场强度E ＝U d ＝1×109103V/m ＝1×106V/m ，故C 对；整个过程的平均功率P ＝qU t，其中t 应为一次闪电历时总时间，故B 错；释放能量W ＝qU ＝6×109J ，故D 错．4．C 解析：由左手定则判定带电粒子a 所受洛伦兹力的方向，可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电场力方向相反，若qE ≠qvB ，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小的不断改变而改变，粒子所受电场力qE 和洛伦兹力qvB 的合力不可能与速度方向在同一直线上，而做直线运动，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qE ＝qvB ，OO ′连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，故选C.5．D 解析：从图中可以看出，b 的半径比a 的半径大．在电场中加速，由qU ＝12mv2得：v ＝2qUm，所以粒子进入磁场的速度与比荷有关，A 错误；在磁场中做圆周运动，由qvB ＝m v 2R ，由上两式得R ＝m qB2qUm＝1B 2Umq，当B 、U 相同时，R 大的m /q 的比值大，故BC 错误D 正确．6．D 解析：由题意知PB 高度为R ，所以从P 到B 重力势能减少了mgR ，故A 错误；在B 点，轨道压力为0，所以v 2＝gR ，从P 到B 由动能定理，阻力做功为mgR /2，故机械能减少了mgR /2，所以B 错误；合外力的功为mgR /2，所以C 错误．D 正确．7．解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12mv 20代入数据得W f ＝0.475J(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1s 后，速度达到v 1，有v 1＝v 0＋a 1t 1可得v 1＝2.1m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0＝v 1＋a 2t 2s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22设CP 的长度为s ，有s ＝s 1＋s 2联立相关方程，代入数据解得s ＝0.57m8．解析：(1)由机械能守恒得mgR ＝mv 2t /2v t ＝2gR ＝2×10×0.45m/s ＝3m/s由牛顿第二定律得F －mg ＋Bv t q ＝mv 2t /R F ＝57N ，由牛顿第三定律得F ′＝F ＝57N. (2)物块做减速运动的加速度大小a ＝f /m ＝μmg /m ＝μg ＝0.2×10m/s 2＝2m/s 2因为物块停止时间t 停＝v t /a ＝1.5s<2s 所以s ＝v －t 停＝ v t ＋0 2×t 停＝2.25m.(3)由动能定理W ＝－12mv 2t克服摩擦力所做的功W 克＝－W ＝12×2×32J ＝9J.9．解析：(1)当两板间加最大电压时，从右侧极板边缘飞出的粒子速度最大．由动能定理得q U 2＝12mv 2m－12mv 20 解出v m ＝qU ＋mv 20m(2)如图，设粒子在电场中的侧移为y ，则x y ＝v 0v y又l ＝v 0ty ＝v y 2t联立解得x ＝l2射出粒子速度最大时，对应磁场区域最大，设最大轨迹半径为r m ，则qv m B ＝m v 2mr mr m ＝mv mqB如图所示，设环带外圆半径为R 2，则：d ＝R 2－R 1R 21＋r 2m ＝(R 2－r m )2解得R 2＝r m ＋r 2m ＋R 21d ＝R 2－R 1＝r m ＋r 2m ＋R 21－R 1＝m qU ＋mv 20 qB ＋m qU ＋mv 20 q 2B2＋R 21－R 1图68.(2011·北京卷)如图6所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力F的大小．(2)由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)图79.如图7所示，倾角为θ的直角斜面体固定在水平地面上．其顶端固定有一轻质光滑定滑轮，轻质弹簧和轻质不可伸长的细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和B物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A.物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为E p.已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L.现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，且此时A未到底端．试求：(1)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；(2)在以后的运动过程中物块A最大速度的大小．限时训练(十二)1．B 解析：两绳质量相等，但长度不同，故即使被提升的高度相同，其中心不在同一位置，由于A的密度小，即使A被提升的高度高，也不能判定其重力势能更大，故本题选B.2．D 解析：本题考查功能关系．剪断绳后两物块均只有重力做功，故A、B机械能均守恒，机械能的变化为0，B错误；由动能定理知，A、B末速度大小相等，速率变化相等，A错误；A、B质量不同，所以重力势能变化不等，C错误；二者的平均速度大小相等，m A gv ＝m B g sinθv，所以，平均功率相等，D正确．3．C 解析：设B 球的质量为m ，A 球落地时B 球的速度为v ，则由2Rmg ＝mgR ＋32mv 2，s ＝v 22g ，s ＝R 3，联立得h ＝s ＋R ＝4R3，故本题选C. 4．A 解析：W ＝Fs ，第一次s 比第二次小，故W 1<W 2，两次A 、B 间的相对位移相等，故Q 1＝Q 2.5．BD 解析：0～2t 0内物体的加速度为a ＝F 0m，2t 0时刻的速度为v 1＝a ·2t 0＝2F 0t 0m，在3t 0时刻的瞬时速度v 2＝v 1＋3a ·t 0＝5F 0t 0m ，则3t 0时刻的瞬时功率为P ＝3F 0·5F 0t 0m，A 错误、B 正确；在t ＝0到3t 0这段时间内，由动能定理可得W ＝ΔE k ＝12mv 22＝25F 20t 202m，则这段时间内的平均功率P ＝25F 20t 06m ，C 错误D 正确．6．AD 解析：由牛顿运动定律求出1s 末、2s 末速度分别为：v 1＝2m/s 、v 2＝3m/s ，故合力做功为W ＝12mv 2＝4.5J ，功率为P ＝W t ＝4.52W ＝94W,1s 末、2s 末功率分别为：4W 、3W ，第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：12mv 21＝2J 、12mv 22－12mv 21＝2.5J ，比值为4∶5.7．解析：(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功W f ＝fd ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做功W ＝Pt 1②由动能定理有W －W f ＝mv 21/2－mv 20/2③由①②③式解得v 1＝v 20＋2mPt 1－fd ④(3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u ，则P ＝Fu ⑤ u ＝v 1cos θ⑥由牛顿第二定律有F cos θ－f ＝ma ⑦由④⑤⑥⑦解得a ＝P m 2v 20＋2m Pt 1－fd－fm . 8．解析：(1)受力图见右．根据平衡条件，应满足T cos α＝ mgT sin α＝F拉力大小F ＝ mg tan α(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mg l (1－cos α)＝12mv 2则通过最低点时，小球的速度大小 v ＝2gl 1－cos α根据牛顿第二定律T ′－ mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力T ′＝ mg ＋m v 2l＝ mg (3－2cos α)，方向竖直向上 9．解析：(1)B 刚要离开地面时．A 的速度恰好为零，即以后B 不会离开地面．当B 刚要离开地面时．地面对B 的支持力为零，设绳上的拉力为F .B 受力平衡，F ＝m 2g ①对A ，由牛顿第二定律，设沿斜面向下为正方向，m 1g sin θ－F ＝m 1a ②联立①②解得，a ＝(sin θ－m 2m 1)g ③由最初A 自由静止在斜面上时，地面对B 支持力不为零，推得 m 1g sin θ<m 2g ，即sin θ<m 2m 1，故A 的加速度大小为(sin θ－m 2m 1)g ，方向沿斜面向上．(2)由题意，物块A 将以P 为平衡位置振动，当物块回到位置P 时有最大速度，设为v m ，从A 由静止释放，到A 刚好到达P 点过程．由系统能量守恒得，m 1gx 0sin θ＝E p ＋12m 1v 2m ④当A 自由静止在P 点时，A 受力平衡， m 1g sin θ＝kx 0⑤联立④⑤式解得，v m ＝2 m 1g 2sin 2θk －E p m 1.。

高中物理大二轮物理复习专题目录

二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分专题一力与运动第1讲物体的平衡考向一力学中的平衡问题考向二电学中的平衡问题考向三平衡中的临界极值问题第2讲牛顿运动定律和直线运动考向一运动图象的理解及应用考向二匀变速直线运动应用规律考向三牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲电学实验与创新考向一电表改装与读数、多用电表原理与使用考向二以伏安法测电阻为核心的实验考向三以测电源电动势和内阻为核心的实验考向四电学创新设计实验
二轮物理
专题七选考部分第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律考向一热学基础知识与气体实验定律的组合考向二热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波光电磁波考向一振动(或波动)与光的折射、全反射的组合考向二光学基础知识与波动(或振动)的组合考向三电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想

高考物理二轮复习专项突破训练：动力学和能量观点的综合应用

动力学和能量观点的综合应用1．(多选)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON ＝，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝，θ＝L 23830°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图1A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 158D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 382．(多选)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B 点．一质量为m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v 的平方与其下滑距离x 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点3．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k ；(2)撤去恒力，小球从A 点沿圆环下滑到B 点时的速度大小v B ；(3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f ＝CρSv 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密12度(不同空间密度不同)，S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R ，每个雨滴的质量均为m ，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g .(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．5．如图4所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A 点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静32摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W .参考答案1.答案　BD2.答案　BC3.答案　(1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N解析　(1)小球在A 处由平衡条件可知：沿半径方向：k (R －0.8R )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝mv B 2－012得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (R －0.8R )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝6.0 N4.答案　(1) (2)mg 1R 2mgπC 0ρ0(h －mπC 0ρ0R 2)解析　(1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg ＝F f又因为F f ＝C 0ρ0Sv 2＝C 0ρ0·πR 2v 21212解得：v ＝1R 2mgπC 0ρ0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为W f ，由动能定理：mgh －W f ＝mv 212解得：W f ＝mg (h －mπC 0ρ0R 2)5.答案　(1)2R (2)6mg (3)mgR 52解析　(1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝gt 212解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：mv B 2＝2mgR ＋mv C 21212设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m ，v B 2R解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋mv C 2，解12得E p ＝mgR .526.答案　(1)25.6 N (2)0.4 s解析　(1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得：mv D 2＝mv C 2＋mgR (1－cos 37°)1212滑块在D 点的速度v D ＝＝3 m/sv C 2＋2gR 1－cos 37° 3在D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v D 2R滑块受到的支持力F N ＝mg ＋m ＝25.6 N v D 2R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下(2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Pt －μmgL ＝mv －012B 2解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝＝0.4 s m v B 2＋2μgL 2P7.答案　见解析解析　(1)由动能定理得×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)12解得：v 0＝ 2h －L g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝mg 32(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板由牛顿第二定律得，F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 3a 1t 12＋a 1t 1·t 2－a 3t 22＋a 4t 32＝121212hsin θW ＝F ·a 1t 1212解得：W ＝mgh94。

备考2013高考物理一轮金牌训练课件第一部分专题二第1讲能量观点在力学中的应用

答案：B
动能定理的应用【例 2】(2011 年湛江一中月考)如图 2－1－6 所示，BCFD 是一在竖直平面的粗糙轨道，其中 CFD 是直径为 R 的半圆弧，O 为其圆心，EO 为一水平平台(EO>R)．现有一质量为 m 的小球从 B 点正上方 A 点自由下落，在 B 点进入轨道 BCD 内运动，恰好能通过半圆轨道最高点 D 点，最后落在水平平台 EO 上．小球在 B 点与轨道碰撞的能量损失及运动过程空气阻力忽略不计．求：图 2－1－6
3．(2011 年安徽卷)如图 2－1－3 所示，M＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度 v0＝4 m/s，g 取 10 m/s2.
(1)功、功率的基本概念，以选择题形式出现． (2)机车启动问题，以选择题形式出现较多，也有计算题形式出现． (3)能的转化与守恒，多以计算题出现，常结合平抛运动、圆周运动等知识考查．
机车功率问题
【例 1】(2011 年浙江卷)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量 m＝ 1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以 v1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为 P＝50 kW.当驾驶员看到前方有 80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运
动，运动 L＝72 m 后，速度变为 v2＝72 km/h.此过程中发动
机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：

高考物理二轮复习专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系讲义

功和功率功能关系专题定位 1.掌握功、功率相关的分析与计算方法；2.深刻理解功能关系；3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；4.掌握动量定理和动量守恒定律；5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题．第4讲功和功率功能关系[相关知识链接]1．功的计算(1)单个恒力的功W＝Fl cosα(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W＝F合l cosα②W＝W1＋W2＋…2．功率的计算(1)P＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fv cosθ.(3)机车启动问题以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图象与v－t图象运动规律OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；AB段：做速度为v m的匀速直线运动OA段：以加速度a做匀加速直线运动；AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；BC段：做速度为v m的匀速直线运动过程分析OA段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；AB段：F＝F阻⇒a＝0⇒P额＝FOA段：a＝F－F阻m不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；AB段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；阻·v mBC段：F＝F阻⇒a＝0⇒v达到最大值，v m＝P额F阻[规律方法提炼]变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝F l cosα计算(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”(4)一般变力只能用动能定理求解例1(2019·嘉、丽3月联考)如图所示，篮球运动员平筐扣篮，起跳后头顶与篮筐齐平．若图中篮筐距地高度2.9m，球员竖直起跳，则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时重力瞬时功率约为( )A．900J，－2000W B．900J，－4000WC．500J，－1000W D．2000J，－4000W答案 B解析篮球运动员的身高约为1.8m，则跳起的高度h＝2.9m－1.8m＝1.1m篮球运动员的体重约为mg＝800N，则起跳过程中克服重力做的功W＝mgh＝880J≈900J起跳时的速度为v，则根据位移速度关系可得：v2＝2gh，解得v＝2gh≈4.7m/s离地时重力瞬时功率约为P＝－mgv＝－3760W≈－4000W，故B正确，A、C、D错误．拓展训练1(2019·山东烟台市第一学期期末)把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C拓展训练2 (2019·浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m ＝60kg 的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m ，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h ＝0.2m ．忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A ．该老师起跳时，地面对该老师做正功B ．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300WC ．该老师从起点到终点的时间可能是7sD ．该老师从起点到终点的时间可能是4s 答案 C例2 (多选)发动机额定功率为P 0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F f ，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F 0和a 0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )答案 AC解析汽车由静止开始匀加速启动时，a 一定，根据v ＝at 知v 增大，由F ＝ma ＋F f 知F 一定，根据P ＝Fv 知v 均匀增大，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以F ＝Pv 减小，a ＝F －F f m 减小，当F ＝F f 时，a ＝0，v m ＝PF f，此后汽车做匀速运动，故A 、C 正确．[相关知识链接]1．表达式：W 总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W 总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能增量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差． (3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． [规律方法提炼] 1．基本思路(1)确定研究对象和物理过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式． 2．“两点一过程”(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能E k1、E k2.(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W 合． 3．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L ＝5.0m ，高度h ＝3.0m ，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫．水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m ＝20kg ，小朋友在斜面上受到的平均阻力F f1＝88N ，在水平段受到的平均阻力F f2＝100N ．不计空气阻力，取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v 的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x 至少多长．答案 (1)440J (2)4m/s (3)1.6m解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：W f1＝F f1L ＝88×5J＝440J (2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mgh －W f1＝12mv 2代入数据解得：v ＝4m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：－F f2x ＝0－12mv 2解得：x ＝1.6m.拓展训练3 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析对整段过程，由动能定理知mg ·2h －μmg cos45°·h sin45°－μmg cos37°·hsin37°＝0解得μ＝67，载人滑草车克服摩擦力做功为mg ·2h ，故A 正确，C 错误；滑草车在下段滑道时，对其受力分析如图：沿斜面方向：F 合＝mg sin37°－μF N 垂直斜面方向：F N ＝mg cos37°联立知F 合＝－335mg ，负号表示合力方向沿斜面向上知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动加速度大小为a ＝|F 合|m ＝335g ，故D 错误．由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大，由动能定理知：mgh －μmg cos45°hsin45°＝12mv m 2解得v m ＝2gh7，故B 正确．拓展训练4 在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L 1＝1m ．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B 处停下．已知赛车的质量m ＝2kg ，A 、B 之间的距离L 2＝3m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v ＝4m/s ，方向水平向右．取g ＝10 m/s 2.求：(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离．答案 (1)0.2 (2)0.5m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 处停下，由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2－0解得L ＝0.5m.1．功能关系的理解(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可以通过做功来实现． (2)功是能量转化的量度．①重力做功是重力势能改变的量度，W G ＝－ΔE p . ②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W 弹＝－ΔE p . ③电场力做功是电势能改变的量度，W ＝－ΔE p . ④合外力做功是动能改变的量度．⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度． 2．功能关系的应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化 (2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算例4 (2017·全国卷Ⅲ·16)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13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 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l6，则重力势能增加ΔE p＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练5 (2019·超级全能生2月联考)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次实验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中( )A ．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B ．“竹蜻蜓”的动能一直增加C ．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D ．“竹蜻蜓”的机械能守恒答案 C解析根据牛顿第三定律可知，空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力，A 错误；“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，从运动描述可知它是先加速后减速，所以动能先增加后减少，高度升高，重力势能一直增加，B 错误，C 正确；空气对“竹蜻蜓”做功，故“竹蜻蜓”的机械能不守恒，D 错误．拓展训练6 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是( )A．圆环的机械能守恒B．圆环的机械能先增大后减小C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解析圆环沿光滑杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮绳再次到达原长时，动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误．1．做好两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．2．做好四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．例5(2019·浙南名校联盟高三期末)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手配合能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y ＝59x2的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m ．已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径．E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g 取10m/s 2，求：(1)若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度v 0应该多大；(2)若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；(3)游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度v 0的范围．答案见解析解析 (1)由y ＝59x 2得：A 点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律：x A ＝v 0t ，y A ＝12gt 2，v Ay ＝gt ，v A ＝v 02＋v Ay 代入数据，求得t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ，v Ay ＝4 m/s ，v A ＝5m/s ；(2)由平抛运动速度关系，可得θ＝53°，求得AB 、BC 圆弧的半径R ＝0.5m对E 点：3mg ＋mg ＝m v E 2R，求得：v E ＝25m/s对弹球由O 点到E 点的过程由动能定理得：mgy A －mgR (1－cos53°)＝12mv E 2－12mv 02求得：v 0＝22m/s ；(3)sin α＝2.65－2.00－0.400.5＝0.5，α＝30°，CD 与水平面的夹角也为α＝30°(可不求)设3次通过E 点的速度最小值为v 1，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 12，求得：v 1＝23m/s设3次通过E 点的速度最大值为v 2，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－4μmgL CD cos30°＝0－12mv 22，求得：v 2＝6m/s考虑2次经过E 后不从O 点离开，有：－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 32，求得：v 3＝26m/s因v 2>v 3，所以23m/s<v 0<26m/s拓展训练7 (2019·宁波市3月模拟)如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H ＝0.8m ，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R ＝0.2m ，钢管的内径大小忽略不计．桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A 位置，此时弹簧具有的弹性势能为E p ＝2.16J ，将质量m ＝0.1kg 的可看作质点的小球放在A 位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A 被弹出后经过B 点进入“9”字形轨道最后从D 点水平抛出，AB 间水平距离为L ＝1.2m ，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求：(1)弹簧解除锁定后，小球到B 点时的速度大小； (2)小球运动到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)若小球从“9”字形轨道D 点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D 点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能．答案 (1)6m/s (2)9N ，方向竖直向上 (3)8.4m 1.4J解析 (1)设小球到B 点时的速度为v 0，弹簧解除锁定后，由动能定理得E p －μmgL ＝12mv 02 v 0＝6m/s(2)对小球由B 到C 运动，由动能定理得：－mgH ＝12mv C 2－12mv 02在C 点：F N ＋mg ＝m v C 2R解得：F N ＝9N由牛顿第三定律得：小球对轨道的作用力大小为9N ，方向竖直向上(3)小球由B 到D 运动：－mg (H －2R )＝12mv D 2－12mv 02解得：v D ＝28m/s 第1次到达地面时：v y ＝v Dtan45°，v y ＝v D ＝28m/s竖直方向有：2gh ＝v y 2，解得：h ＝1.4m.小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在竖直方向运动的总时间：t 总＝v y g ＋2×[12×v y g ＋(12)2×v y g ＋(12)3×v yg＋…]代入：t 总≈2810s ＋2×2810×121－12s ＝357s小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在水平方向运动的位移大小：x ＝v D t 总＝8.4m损失的机械能为：ΔE ＝mgh ΔE ＝mgh ＝1.4J.专题强化练基础题组1．(多选)(2019·温州市联考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关答案 ABC解析运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B 正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C 正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D 错误．2．(2019·诸暨市期末)人们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩，这是阿拉斯加当地人的一种娱乐方式．若不计空气阻力，下列说法中正确的是( ) A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒答案 A3.(2019·金华十校高三期末)“反向蹦极”是蹦极运动的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员身上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力．下列说法正确的是( )A．运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B．运动员在B点时的动能最大C．运动员在C点时的加速度大小为0D．运动员从A点运动到B点的过程，弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量答案 D4．(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( ) A．P球重力做功较多B．两球重力的平均功率相等C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等答案 D解析根据W＝mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的物体运动时间长，根据P＝W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律可知12mv2＝mgh＋12mv02，两球落地的速度相同，根据P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确．5．(2019·绍兴市3月选考)一高度为d 的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火．如图所示，水炮与仓库的距离为d ，出水口的横截面积为S ，喷水方向可自由调节、功率也可以变化．火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d 和0.25d ，(要使灭火效果最好)要求水喷入时的方向与窗户面垂直．已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g ，不计空气阻力，忽略水炮离地高度．下列说法正确的是( )A ．若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为gdB ．若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为2gdC ．若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D ．满足水从窗户进入的水炮功率最小值为12ρS (gd )32答案 C解析将水的运动逆向看作是平抛运动，上边缘进入，由d ＝v 1t,0.75d ＝12gt 2，得v 1＝32gd . 下边缘进入d ＝v 2t,0.25d ＝12gt 2，得v 2＝2gd ，故A 、B 错误．设从h 处进入，由h ＝12gt2及d ＝v x t ，v y 2＝2gh .则初速度v 02＝v x 2＋v y 2＝gd 22h ＋2gh ，当gd 22h ＝2gh ，即h ＝d2时v 0有最小值v 0＝gd ，功率最小；由F ·Δt ＝ρv 0S Δtv 0，得F ＝ρSv 02，功率P ＝Fv 0＝ρSv 03＝ρS (gd )32，故C 正确，D 错误．6.(2019·绍兴诸暨市期末) 某三层书架放在1m 高的桌面上，书架的层高均为30cm ，隔板厚度不计．假设每本书质量为1kg ，高度为20cm ，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上．现将书搬到书架上并竖直放满书架，需要做的功为(g 取10m/s 2) ( )A ．435JB ．420JC ．120JD ．390J 答案 B解析放满书的三层书架，三层书的重心分别上升1.1m ，1.4m,1.7m ，由W ＝mg (h 1＋h 2＋h 3)＝420J.7．放置于水平地面上的物体在水平恒力F 作用下，以不同的速度沿着力F 的方向匀速运动了距离L .第一次的速度为v 1，恒力F 做的功为W 1，功率为P 1；第二次的速度为v 2，恒力F 做的功为W 2，功率为P 2.已知v 1>v 2，则下列判断正确的是( ) A ．W 1>W 2，P 1＝P 2 B ．W 1>W 2，P 1>P 2 C ．W 1＝W 2，P 1＝P 2 D ．W 1＝W 2，P 1>P 2答案 D解析根据W ＝FL 可知，两次做功相同则W 1＝W 2；由于v 1>v 2，所以第一次做功时间短，根据P ＝Wt可得P 1>P 2，选项D 正确． 8．(2019·天津市和平区上学期期末)如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O 、O ′在同一水平高度上，一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A 、B 两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是( )A ．小球对轨道的压力是相同的B ．小球的速度相同C ．小球向心加速度是相同的D ．小球的机械能相同答案 B解析设小球通过最低点的速度大小为v ，半圆的半径为R .在落到最低点的过程中．根据动能定理得mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，可知R 越大v 越大，故B 错误；在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，联立解得F N ＝3mg ，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍，方向均竖直向下，故A 正确；在最低点，a ＝F N －mgm＝2g ，方向竖直向上，故C 正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故D 正确．9．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW答案 B解析设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝ 100W ，故B 正确．能力题组10.(2018·全国卷Ⅰ·18)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 ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR答案 C解析小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 12，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .11．(2019·宁波市“十校联考”)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R ＝0.2m ，圆盘边缘有一质量m ＝1kg 的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC ，AB 粗糙，BCD 光滑，CD 面足够长且离地面高为h ′＝0.4m ，经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F ＝1033N ．已知AB 段斜面倾角为60°，BC 段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2m ，运动到B 点时的速度为3m/s ，滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑出A 点时，圆盘转动的角速度ω；(2)小滑块在从A 到B 时，摩擦力做的功； (3)小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离．答案 (1)5rad/s (2)－8J (3)315m 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：μmg ＝mω2R ，代入数据解得：ω＝5rad/s (2)v A ＝ωR ＝5×0.2m/s＝1 m/s ，从A 到B 的运动过程由动能定理：mgh ＋W f ＝12mv B 2－12mv A 2，解得W f ＝－8J(3)－mgh ′＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝1m/s对小滑块经C 点后受力分析可知，F 合＝2033N ，则合加速度大小为a ＝2033m/s 2，方向与C点速度方向垂直v y ＝v C sin30°，小滑块经C 点到落地的过程，用时t ＝2v yg，小滑块在C 点时，水平方向的速度v x ＝v C cos30°，水平方向加速度a ＝F m ，小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离x ＝v x t ＋12at 2，联立解得x＝315m. 12．(2019·诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图．弹射装置将滑块以一定初速度从A 点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从B 点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C 点运动．滑块在C 点水平抛出，恰好在D 点沿DE 方向进入光滑倾斜轨道．固定在轨道底端的弹性板EF 与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1kg ，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，桌面AB 和桌面BC 长度分别为x 1＝2.25m 与x 2＝1.0m ，C 、D 两点高度差h ＝0.2m ，轨道的倾角θ为30°，DE 长度L ＝0.9m ，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块从C 点运动到D 点的时间； (2)求滑块在A 点的动能大小； (3)求竖直圆轨道的最大半径；。

高考物理二轮复习巧用能量观点解决力学选择题专题练

专题检测（八）巧用“能量观点”解决力学选择题1．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：选D A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。

对A 、C 球由机械能守恒得mgh ＝12mv 02，得h ＝v 022g 。

对B 球由机械能守恒得mgh′＋12mv t 2＝12mv 02，且v t ′≠0，所以h A ＝h C >h B ，故D 正确。

2．(2020届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。

不计空气阻力。

该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π8 B.π6 C.π4D.π3解析：选B 平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D 错，B 对。

3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放。

小球A 能够下降的最大高度为h 。

若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( ) A.2gh B.gh C.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh －E p ＝12(2m)v 2，解得v ＝gh ，选项B 正确。

高三物理(通用)二轮复习课件专题四高考热点剖析能量和动量观点的应用

距O点的距离,然后把被碰小球m2静置于水平轨道末端,再将入射小球m1从倾斜轨道上
S位置静止释放,与小球m2相撞,多次重复此过程,并分别找到它们平均落点的位置距
O点的距离.则下列说法正确的是( )
D
A.实验中要求两小球半径相等,且满足m1<m2
B.实验中要求倾斜轨道必须光滑
C.如果等式m1x3=m1x1+m2x2成立,可验证两小球碰撞过程动量守恒
2.[验证动量守恒定律](2017·北京丰台区二模)如图所示,用“碰撞实验器”可以验
证动量守恒定律,即验证两个小球在水平轨道末端碰撞前后的动量守恒.入射小球质
量为m1,被碰小球质量为m2.O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射
小球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置,并记下此位置
守恒,由机械能守恒定律得 1 2
m1
v0 2
=
1 2
m1
v12
+
1 2
m2 v22 ,将
x2=v0t,x1=v1t,x3=v2t,代入得
m1 x22 =m1 x12 +m2 x32 ,选项 D 正确.
3.[动量守恒和能量守恒的综合应用](2017·衡水中学质检)(多选)如图,质量分别
为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg的弹性小球a,b,用轻绳紧紧地把它们捆在一起,使它们发生微小的形变.该系统以速度v0=0.10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动.经过时间t=5.0 s后,测得两球相距
高考热点剖析能量和动量观点的应用
2015年Ⅰ卷, 35(2)
2015年Ⅱ卷, 35(2)
2016年Ⅰ卷, 35(2)

高考物理二轮复习巧用能量观点解决力学选择题讲义

第8讲 ⎪⎪⎪巧用“能量观点”解决力学选择题 [考法·学法]“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。

高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查到功能问题，本讲主要解决的是选择题中的能量观点的应用。

考查内容 ①几种常见的功能关系②动能定理的综合应用③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题思想方法 ①整体法和隔离法②全程法和分段法③守恒思想一、几个重要的功能关系的应用基础保分类考点 [全练题点]1．(2020·四川高考)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 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ＞0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J ＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。

2.[多选](2020届高三·天津联考)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc 与水平面的夹角为30°，顶角b 处安装一定滑轮。

质量分别为M 、m(M >m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( ) A ．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B ．拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加C ．拉力对M 做的功等于M 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析：选BD 因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A 错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M 的动能增量，故拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加，选项B 正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M 做的功等于M 机械能的增加，选项C 错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，选项D 正确。

高考物理二轮复习专题检测试题：第4讲能量观点在力学中的应用

能量观点在力学中的应用(附参考答案)1．一物体在竖直平面内做匀速圆周运动，下列物理量一定不会发生变化的是( ) A ．向心力 B ．向心加速度 C ．动能 D ．机械能2．(双选，2011年广州高三调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v －t 图象如图2－1－10所示．在t ＝3 s 到t ＝5 s 内，重力对货物做的功为W 1、绳索拉力对货物做的功为W 2、货物所受合力做的功为W 3，则( )A ．W 1＞0B ．W 2＜0C ．W 2＞0D ．W 3＜0图2－1－10图2－1－113．(双选)如图2－1－11所示，斜面体置于光滑水平地面上，光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )A ．物体的重力势能减少，动能增加B ．斜面体的机械能不变C ．斜面体对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D ．物体和斜面体组成的系统机械能守恒 4．(2012年上海卷)如图2－1－12所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )图2－1－12A ．2R B.5R 3 C.4R 3 D.2R35．(双选，珠海2012届高三摸底)如图2－1－13所示，在半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )图2－1－13A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是2mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块的机械能损失了mgR6．(双选，2011年广东四校联考)物体沿直线运动的v －t 关系如图2－1－14所示，已知在第1 s 内合外力对物体做的功为W ，则( )图2－1－14A ．从第1 s 末到第3 s 末合外力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合外力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合外力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合外力做功为－0.75W7．(双选，2012年上海卷)如图2－1－15所示，位于水平面上的物体在水平恒力F 1的作用下，做速度为v 1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F 2，物体做速度为v 2的匀速运动，且F 1与F 2功率相同．则可能有( )图2－1－15A ．F 2＝F 1，v 1＞v 2B ．F 2＝F 1，v 1＜v 2C ．F 2＞F 1，v 1＞v 2D ．F 2＜F 1，v 1＜v 28．(2011年海南卷)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2 s 内外力所做的功是54JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是459．(双选，2011年佛山一中月考)如图2－1－16所示，由电动机带动的水平传送带以速度v ＝2.0 m/s 匀速运行，A 端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q ＝50 kg/s 落到传送带上，煤与传送带达到共同速度后被运至B 端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是( )图2－1－16A ．电动机应增加的功率为100 WB ．电动机应增加的功率为200 WC ．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103 JD ．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104 J10．(2011年深圳一模)汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t 1时刻突然使汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻汽车又开始做匀速直线运动(设汽车所受阻力不变)，则在t 1～t 2时间内( )A ．汽车的加速度保持不变B ．汽车的加速度逐渐减小C ．汽车的速度先减小后增大D ．汽车的速度先增大后减小11．一半径R ＝1 m 的四分之一圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A 静止释放一个质量m ＝20 g 的木块，测得其滑至底端B 的速度v B ＝3 m/s ，以后又沿水平导轨滑行l ＝3 m 而停止在C 点，如图2－1－17所示，求：(1)圆弧导轨摩擦力的功；(2)BC 段导轨摩擦力所做的功以及滑动摩擦系数．(取g ＝10 m/s 2)图2－1－1712．如图2－1－18所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K ，一条不可伸长的轻绳绕过K 分别与A 、B 相连，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F 拉物体A ，使物体B 上升．已知当B 上升距离h 时，B 的速度为v .求此过程中物体A 克服摩擦力所做的功．重力加速度为g .图2－1－181．C2．CD 解析： t ＝3 s 到t ＝5 s ，货物上升，重力与速度方向相反，则W 1＜0；绳索拉力方向向上，与位移方向相同，所以W 2＞0；t ＝3 s 到t ＝5 s 货物减速上升，动能减小，合外力做负功，即W 3＜0，C 、D 正确．3．AD 4.C5．CD 解析：设滑到b 点时的速度为v ，由机械能守恒得mgR ＝12m v 2，解得v ＝2gR .设对b 点的压力为F ，由牛顿第二定律有F －mg ＝m v2R，解得F ＝3mg ，A 、B 错．从b 点滑至c 点过程中由动能定理得－μmgx ＝0－12m v 2，所以x ＝Rμ.到c 点时动能为零，整个过程中物块的机械能损失了mgR ，C 、D 对．6．CD 7.BD8．D 解析：由动量定理求出1 s 末、2 s 末速度分别为v 1＝2 m/s 、v 2＝3 m/s ，故合外力做功W ＝12m v 22＝4.5 J ，功率为P ＝W t ＝4.53W ＝1.5 W ．1 s 末、2 s 末功率分别为4 W 、3 W ，第1 s 内与第2 s 内动能增加量分别为12m v 21＝2 J 、12m v 22－12m v 21＝2.5 J ，比值为4∶5. 9．BC 解析：煤落到传送带上后匀加速运动，由0增加到v ＝2.0 m/s ，平均速度为1.0 m/s ，所以在煤的加速时间内，传送带运动的位移等于煤运动位移的两倍．所以，摩擦力对电动机做的负功是摩擦力对煤做的正功的两倍．对煤，功率为P ，则P ＝W t ＝12m v 2t ＝12Qt v2t ，代入数据得P ＝100 W ，电动机增加的功率应是P 电＝2P ＝200 W ，A 错、B 对；在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热Q 热＝(P 电－P )t ，代入数据得Q 热＝6.0×103 J ，C 对，D 错．10．B 解析：当汽车匀速运动时P ＝F v ＝f v ，汽车功率突然减小一半，则牵引力减小一半，故汽车做减速运动，由P ＝F v 知牵引力变大，汽车做加速度变小的减速运动，当牵引力等于阻力时，汽车再次做匀速运动，故B 正确．11．解：(1)对AB 段应用功能定理有mgR ＋W f 1＝12m v 2B所以W f 1＝12m v 2B －mgRW f 1＝－0.11 J.(2)对BC 段应用功能定理，有W f 2＝0－12m v 2B解得W f 2＝－0.09 J 又因W f 2＝μmgl cos 180° 解得μ＝0.15.12．解：在此过程中，B 的重力势能的增加量为m B gh ，A 、B 的动能增加量为12(m A ＋m B )v 2，恒力F 所做的功为Fh ，用W 表示A 克服摩擦力所做的功，根据功能关系有Fh －W ＝12(m A ＋m B )v 2＋m B gh解得W ＝Fh －12(m A ＋m B )v 2－m B gh .。

广东高考物理二轮专题训练第4讲能量观点和动量观点在力学中的应用(含答案)

专题二能量观点和动量观点的应用第4讲能量观点和动量观点在力学中的应用一、单项选择题1．(2013·株洲市重点中学联考)A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝2∶1，它们以相同的初速度v 0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v －t 图象如图2－4－12所示．那么，A 、B 两物体所受摩擦阻力之比F A ∶F B 与A 、B 两物体克服摩擦阻力做的功之比W A ∶W B 分别为( )．A ．2∶1，4∶1B ．4∶1，2∶1C ．1∶4，1∶2D ．1∶2，1∶4 解析由a ＝ΔvΔt 和v －t 图线知a A ∶a B ＝2∶1由F ＝ma 知F A ∶F B ＝4∶1由v －t 图线下包围的面积等于位移大小知s A ∶s B ＝1∶2由W ＝Fs 知W A ∶W B ＝2∶1，故B 正确．答案 B2．用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为 ( )．A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1m 时，由动能定理，Fh －mgh ＝12m v 2，撤去力F 后由动能定理，mg (d ＋h )－W＝0－12m v 2，联立解得W ＝mg (d ＋h )＋Fh －mgh ＝Fh ＋mgd ＝30×1 J ＋图2－4－122×10×0.2 J ＝34 J ．选项C 正确．答案 C3．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上．t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是 ( )．A ．2 s 末物体的速度是2 m/sB ．2 s 内物体的位移为3 mC ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大解析由牛顿第二定律得第1 s 和第2 s 内的加速度分别为2 m/s 2和1 m/s 2，第1 s 末和第2 s 末的速度分别为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，则选项A 错误；2 s 内的位移s ＝v 1t 12＋v 1＋v 22t 2＝3.5 m ，则选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率P 1＝F v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率P 2＝F v 2＝3 W ，则选项C 正确，D 错误．答案 C4．如图2－4－13所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v 0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m 的物体，经一段时间，物体的速度达到v 02，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q 1，物体继续加速，再经一段时间速度增加到v 0，这个过程中因摩擦而产生的热量为Q 2.则Q 1∶Q 2的值为 ( )．A ．3∶1B ．1∶3C ．1∶1D ．与μ大小有关解析设物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体在加速运动过程中，由牛顿第二定律得F 合＝μmg ＝ma ，a ＝μg ，物体从静止到v 02和从v 02到v 0所用的时间t ＝v 02μg 相同，物体对地的位移分别为x 1和x 2，传送带对地的位移分别为s1图2－4－13和s 2，物体相对传送带的位移分别为Δx 1和Δx 2，则x 1＝12at 2＝12×v 02t ＝v 208μg，x 2＝v 02t ＋12at 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫v 02＋v 0t ＝3v 208μg ，s 1＝s 2＝v 0t ＝v 202μg ，Δx 1＝s 1－x 1＝3v 208μg，Δx 2＝s 2－x 2＝v 208μg＝13Δx 1，Q 1＝μmg Δx 1，Q 2＝μmg Δx 2＝13Q 1，选项A 正确．答案 A二、双项选择题5．用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v －t 图象如图2－4－14所示．下列表述正确的是 ( )．A ．在0～t 1时间内拉力逐渐减小B ．在0～t 1时间内物体做曲线运动C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率不为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功为12m v 2解析由F －μmg ＝ma 及P ＝F v 知0～t 1时间内拉力F 逐渐减小，物体做直线运动，A 正确，B 错误；在t 1～t 2时间内，由动能定理知，F ≠0，F 合＝0，故C 正确，D 错误．答案 AC6．光滑水平地面上叠放着两个物体A 和B ，如图2－4－15所示．水平拉力F 作用在物体B 上，使A 、B 两物体从静止出发一起运动．经过时间t ，撤去拉力F ，再经过时间t ，物体A 、B 的动能分别设为E A 和E B ，在运动过程中A 、B 始终保持相对静止．以下有几个说法，其中正确的是 ( )．A ．E A ＋EB 等于拉力F 做的功B ．E A ＋E B 小于拉力F 做的功C ．E A 等于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功图2－4－14 图2－4－15D ．E A 大于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功答案 AC7．在离水平地面h 高处将一质量为m 的小球水平抛出，在空中运动过程中所受空气阻力大小恒为f ，水平距离为s ，落地速率为v ，那么，在小球运动过程中 ( )．A ．重力所做的功为mghB ．小球克服空气阻力所做的功为f h 2＋s 2C ．小球落地时，重力的瞬时功率为mg vD ．小球的重力势能和机械能都逐渐减少解析小球下落过程中，受到重力和空气阻力，重力为恒力，重力做功为mgh ，选项A 正确；空气阻力大小虽不变，但方向在不断改变，所以为变力，它做的功等于空气阻力的大小乘以路程，而不是乘以位移，选项B 错误；小球落地时，小球速度方向与重力方向间有夹角，重力的功率等于重力乘以速度的竖直分量，选项C 错误；小球在下落过程中，高度逐渐减小，所以重力势能逐渐减少，空气阻力做负功，将一部分机械能转化为内能，所以机械能也逐渐减少，选项D 正确．答案 AD8．(2013·大纲卷，20)如图2－4－16所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )．A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 解析运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g 图2－4－16的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F 合＝mg ，由受力分析知摩擦力f ＝12mg ，当上升高度为H 时，位移s ＝2H ，由动能定理得ΔE k ＝－2mgH ；由功能关系知ΔE ＝W f ＝－12mgs ＝－mgH ，选项A 、C 正确．答案 AC9．如图2－4－17所示，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F ，且F 的大小始终与小球的速度成正比，即F ＝k v (图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0>μmg .下列说法正确的是 ( )．A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动直到静止B ．小球的最大加速度为F 0－μmg mC ．恒力F 0的最大功率为F 20＋F 0μmg μkD ．小球在加速运动过程中合力对其做功为12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0＋μmg μk 2 解析刚开始，F ＝0，a ＝F 0－μmg m ，之后v 增大，a ＝F 0－μmg ＋μk v m逐渐增大，当F ＝k v ＝mg 时，加速度达到最大，即a m ＝F 0m ；当速度继续增大，F ＝k v >mg 时，a ＝F 0－μ（k v －mg ）m不断减小，当μ(F －mg )＝F 0，即μ(k v －mg )＝F 0时，a ＝0，速度达到最大，所以v m ＝F 0＋μmg μk ，此后小球做匀速运动．根据以上分析，选项A 、B 均错．P m ＝F 0v m ＝F 20＋F 0μmgμk ，选项C 正确．根据动能定理可得小球在加速运动过程中合力对其做功为W ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0＋μmg μk 2，D 项正确．图2－4－17答案 CD10．(2013·东北三校一模，20)如图2－4－18所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m ，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )． A ．此刻两根线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析已知小球质量为m ，当两小球运动到题中图示位置时，设两球速度大小为v ，此时两根细线的拉力分别为F 1和F 2，F 1－mg ＝m v 2L ，F 2＋mg ＝m v 2L ，故选项A 错误．易知小球1在最高点时细线的拉力F 1′最小，设此时速度大小为v 1，则有F 1′＋mg ＝m v 21L ，再由机械能守恒定律有：12m v 2＝12m v 21＋2mgL ；小球2在最低点时细线的拉力F 2′最大，设此时速度大小为v 2，则有F 2′－mg ＝m v 22L ，再由机械能守恒定律有：12m v 22＝12m v 2＋2mgL ，联立解得，运动过程中两根线上拉力的差值最大为F 2′－F 1′＝2mg ＋m v 22－v 21L ＝2mg ＋8mg ＝10mg ，故选项C 正确，B 错误．取题中图示位置为零势能面，由机械能守恒定律知选项D 正确．答案 CD三、非选择题11．(2013·珠海模拟)如图2－4－19所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径图2－4－18r＝0.8 m，N为固定在水平面内的半圆平台，其半径R＝4πm，轨道ABC与平台N相切于C点，DEF是包围在半圆平台N周围且垂直于上表面的光滑半圆形挡板，现让质量为m的滑块自A点由静止开始下滑，进入平台N后立即受到DEF的约束并最终从平台上F点滑落，已知m＝1 kg，滑块与平台N 之间的动摩擦因数μ＝0.15，平台的竖直高度h＝0.45 m，求：(取g＝10 m/s2)(1)滑块运动到C处时对圆轨道的压力；(2)滑块运动到F点时的速度大小；(3)滑块离开F点后的位移大小．解析(1)滑块从A运动到C的过程中机械能守恒mgr＝12m v2c，在c点：F N－mg＝m v2cr联立以上两式，解得F N＝30 N根据牛顿第三定律得，滑块运动到C处时对圆轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下(2)对滑块从C运动到F的过程运用动能定理－μmg·πR＝12m v 2F－12m v2C解得v F＝2 m/s(3)设滑块从F点抛出到落地的时间为t，则h＝12gt2，t＝0.3 s在这段时间内，滑块沿水平方向的位移：x＝v F t＝0.6 m落地点到F点的距离为s＝h2＋x2＝0.75 m.答案(1)30 N(2)2 m/s(3)0.75 m12．(2013·佛山市模拟)如图2－4－20所示，水平放置的传送带左侧放置一个半径为R的14圆弧光滑轨道，底端与传送带相切．传送带长也为R.传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为3m的小物块B.一质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与B发生碰撞，碰后A以碰前速率的一半反弹．A与B碰撞后马上撤去圆弧轨道．已知物块A与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度为g，传送带逆时针运动的速度的取值范围为12gR≤v≤2gR.求：图2－4－20(1)物块A滑至圆弧底端P处时对圆弧轨道的压力；(2)求物块A与B碰撞后B的速度．(3)讨论传送带速度取不同值时，物块A、B碰撞后传送带对物块A做功的大小．解析(1)A下滑，有12m Av21－0＝m A gR，故v1＝2gR对A，在P点，由牛顿第二定律可得：N－mg＝m v 2 1R所以：N＝3mg又由牛顿第三定律可得：N′＝N＝3mg，方向竖直向上(2)A从传送带左端滑至右端，有12m Av22－12m A v21＝－μm A gRA与B发生碰撞，有m A v2＋0＝m A v A＋m B v B由题意知v A＝－gR2解得B碰后的速度大小为v B＝gR2方向水平向右(3)A碰后从传送带右端往左运动，传送带速度为12gR≤v≤2gR①若传送带速度为v＝gR2，物块A匀速运动，传送带对物块做功为W＝0②当传送带的速度为gR2<v≤2gR时，物块A滑上传送带后加速，物块能一直加速，则物块最终的速度为v A′，则μm A gR＝12m A v A′2－12m A v2A，解得v A′＝5gR2故当传送带的速度5gR2<v≤2gR时，物块一直加速，不会有共速，摩擦力一直存在，则传送带摩擦力做的功为W＝μm A gR＝0.5 mgR③若传送带的速度gR2<v≤5gR2时，物块A先加速，后与传送带达到共同速度，即A的末速度为传送带的速度v，由动能定理得12m Av2－12m A v2A＝W即W＝12m v 2－18mgR⎝⎛⎭⎪⎫gR2<v≤5gR2答案见解析。

高考物理二轮复习专题检测试题：能量观点在电磁学中的应用

能量看法在电磁学中的应用( 附参照答案 )1．(2012 年深圳三校联考 )在绝缘的水平面上方存在着方向如图2－ 2－11 所示的匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力 F 的作用下，沿水平面挪动，已知金属块在挪动的过程中，外力 F 做功 32 J，金属块战胜电场力做功 8 J，金属块战胜摩擦力做功 16 J，则在此过程中金属块的 ( )图 2－2－11A ．动能增添8 JB．电势能增添24 JC．机械能减少24 JD．机械能增添48 J2．(双选，2011 年江门一模)一带电粒子沿着如图2－ 2－ 12所示的虚线由 A 经 B 穿越电场，不计粒子的重力，则以下说法中正确的选项是()A．粒子带正电B．粒子在 A 点遇到的电场力小于在 B 点遇到的电场力C．粒子在 A 处的动能小于在 B 处的动能D．粒子在 A 处的电势能小于在 B 处的电势能图 2－2－12图 2－2－ 133．(双选， 2011 年增城调研 )如图 2－ 2－ 13 所示，绝缘圆滑的半圆轨道位于竖直平面内，竖直向下的匀强电场正穿过此中，在轨道的上缘有一个质量为m、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动．以下说法正确的选项是()A ．小球运动过程中机械能守恒B．小球在轨道最低点时速度最大C．小球在最低点遇到重力、支持力、电场力、向心力D．小球在最低点对轨道的压力为3(mg＋ qE)4．(双选， 2012 年肇庆一模 )如图 2－ 2－ 14 所示，固定在Q 点的正点电荷的电场中有M、N 两点，已知MQ＜NQ，以下表达正确的选项是()图 2－2－14A ．若把一正的点电荷从 M 点沿直线移到 N 点，则电场力对该电荷做正功，电势能减少B．若把一正的点电荷从 M 点沿直线移到 N 点，则该电荷战胜电场力做正功，电势能增加C．若把一负的点电荷从D．若把一负的点电荷从M 点沿直线移到M 点沿直线移到N 点，则电场力对该电荷做正功，电势能减少N 点，再从 N 点沿不一样路径移回到M 点，则该电荷战胜电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变5．(双选， 2011 年广州一模 )如图 2－ 2－ 15 所示，金属棒ab、cd 与足够长的水平圆滑金属导轨垂直且接触优秀，匀强磁场垂直导轨所在的平面，ab 棒在恒力 F 的作用下向右运动，则 ()图 2－ 2－15A ．安培力对ab 棒做正功B．安培力对cd 棒做正功C． abdca 回路的磁通量先增添后减少D． F 做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增添量之和6．如图 2－2－ 16 所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L 3处的动能为20 J，运动到等势面L1处时动能为零；现取 L 2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为 4 J 时，它的动能为(不计重力及空气阻力)()图 2－2－16A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J7．(双选， 2011 年四川卷 )质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由着落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则 ()3 2 2A ．整个过程中小球的电势能变化了2mg tB．整个过程中小球动量增添量的大小为2mgtmg2 t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球的动能变化了2 2 2D．从 A 点到最低点小球的重力势能变化了3mg t8．(双选， 2011 年潮阳一中模拟 )如图 2－ 2－ 17所示，在粗拙绝缘水平面上固定一点电荷Q，从 M 点无初速度开释一带有恒定负电荷的小物块，小物块在 Q 的电场中运动到 N 点静止．则从 M 点运动到 N 点的过程中，以下说法中正确的选项是()图 2－ 2－17A．小物块所受电场力渐渐增大B．小物块拥有的电势能渐渐增添C． M 点的电势低于N 点的电势D．小物块电势能变化量的大小等于战胜摩擦力做的功9．如图2－2－ 18 所示，回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导线 AC 能够贴着圆滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导线AC 从静止开始下落伍，下面相关回路中能量转变的表达中正确的说法有()图 2－2－ 18A．导线着落过程中机械能守恒B．导线加快着落过程中，导线减少的重力势能所有转变成在回路产生的热量C．导线加快着落过程中，导线减少的重力势能所有转变成导线增添的动能D．导线达到稳固速度后的着落过程中，导线减少的重力势能所有转变成回路中增添的内能10．如图 2－2－ 19 所示，位于竖直平面内的正方形平面导线框abcd，边长为 L ＝ 10 cm，线框质量为m＝ 0.1 kg ，电阻为 R＝ 0.5 Ω，其下方有一匀强磁场地区，该地区上、下两界限间的距离为H(H>L)，磁场的磁感觉强度为B＝ 5 T，方向与线框平面垂直．今线框从距磁场上面界 h＝ 30 cm 处自由着落，已知线框的dc 边进入磁场后，ab 边抵达上界限以前的某一时辰线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始着落到dc 边刚才抵达磁场下界限的过程中，2磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？(取 g＝ 10 m/s )图 2－2－1911．如图 2－2－ 20 所示， ABCD 表示直立在场强为E＝ 104 V/m 的水平匀强电场中的绝缘BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切， A 为－ 52(1)小球抵达 C 点时的速度．(2)小球达到 C 点时对轨道的压力．(3)要使小球恰好能运动到 D 点，小球开始运动的地点应离 B 点多远？图 2－ 2－2012．(2011 年惠州一模 )如图 2－ 2－ 21 所示， PR 是一长为 L ＝ 0.64 m 的绝缘平板，固定在水平川面上，挡板 R 固定在平板的右端．整个空间有一个平行于 PR 的匀强电场 E ，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度 d ＝0.32 m ．一个质量 m ＝ 0.50×10－3 kg 、－ 2P 端由静止开始向右做匀加快运动，从 D 点进带电荷量为 q ＝ 5.0× 10 C 的小物体，从板的入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体遇到挡板 R 后被弹回，若在碰撞瞬时撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，走开磁场后做减速运动，停在C 点， PC ＝L.若物体与平板间的动摩擦因数 μ＝0.20，取 g ＝ 10 m/s 2.(结果保存两位有效数字4 )(1)判断电场的方向及物体带正电仍是带负电； (2)求磁感觉强度 B 的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能．图 2－ 2－211．A 分析：设外力 1，战胜电场力做功为 W 2，战胜摩擦力做功为 W 3F 做功为 W.由动能定理得 E k ＝ W 1－ W 2－W 3 ＝ 8 J ．由势能规律，电势能变化量 E p ＝W 2＝8 J ．机械能增添量E＝ W 1－ W 2－ W 3＝ 8 J ．选 A.2．AC 分析：从曲线运动曲折方向看粒子受力应当沿电场线斜向上，所以电场力的方向与场强方向一致，粒子带正电， A 项正确； A 点电场线较密，所以粒子在A 点遇到的电场力大于在 B 点遇到的电场力，B 项错误；从 A 到 B 电场力做正功，动能增添，C 项正确；电场力做正功电势能减少， D 项错误．3．BD＞φ ， U MN ＞0，W ＝ UMN ·q ，若 q ＞ 0， W ＞ 0，电场力做正功，电势能 4．AD 分析： φM N减少．若 q ＜ 0，W ＜ 0，电场力做负功，电势能增添．选 AD.5．BD 分析： ab 棒在恒力 F 的作用下向右运动，产生的电流、安培力如图 12 所示，可知安培力对 ab 棒做负功，对 cd 棒做正功， A 错 B 对；电路中电流方向向来为逆时针方向，依据楞次定律，回路中磁通量向来增添，C 错； F 做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增添量之和， D 对．图 126．C 分析： L 2 电势为 0，电势能为 0.L 3 到 L 1，动能变成 0，则在 L 2 处的动能为 10 J ．L 2处总能量为 10 J ．依据能量守恒，E 电＋ E k ＝恒量，当 E 电＝ 4 J ， E k ＝ 6 J ．选 C.7．BD 分析：设着落 t 秒时速度大小为v ，再次回到 A 时为 v x ，两次位移大小相等，则vt ＝v x ＋－ v1 1 m(2gt)2＝ 2mg2 t 2，A 错；动量增添量p ＝mv x ＝ m(2gt)2t ，得 v x ＝2v ， E ＝ mv x 2＝ 2221122＝ 2mgt ， B 对；加电场时速度为v ，最低点时速度为零，则动能变化E ＝2mv ＝ 2m(gt) ， C错；加电场后加快度为v x －－ v v ，所以 a x ＝ 3g ，所以着落中减速时间1a x ， a x ＝ t ，g ＝t ′ ＝ t ，1 21t 2 2 t 23着落总位移2 2 2h ＝ gt ＋ a x3 ＝ gt ， E p ＝ mgh ＝ mg t ， D 对．2 2 338．CD分析：物块远离点电荷，场强变小，所受电场力渐渐减小，A 错；电场力做正功电势能渐渐减少， B 错；物块带负电，电势能减少，由E p ＝q φ，则电势增大，C 对；过程初、末动能都为零，电势能转变成内能，所以电势能变化量的大小等于战胜摩擦力做的功，D 对．9．D10．解：设线框的最大速度为v m ，今后直到 ab 边开始进入磁场为止，线框做匀速直线B 2L 2 m mgR运动，此过程中线框的动能不变．由 mg ＝ R v解得 v m ＝B 2L 2＝ 2 m/s所有进入后，无安培力，所以只要考虑从开始着落到恰好所有进入时，这段时间内线框因战胜安培力做功而损失的机械能为mg(h ＋L)－ 1mv m 2＝ 0.2 J2所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－ 0.2 J.11．解： (1) 设小球在 C 点的速度大小是v C ，则关于小球由 A 运动到 C 的过程中，应用动能定理得12qE ·2R － mgR ＝2mv C －0解得 v C ＝(2)设小球在有4qERm－ 2gR ＝ 2 m/s.C 点时，对轨道的压力大小为N C .在 C 点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，2 mv CN C － qE ＝ R2解得 N C ＝qE ＋ mv R C＝ 0.3 N.(3)设小球初始地点应在离B 点 x m 的 A ′ 点，对小球由 A ′→ D 的过程应用动能定理，有12 qEx－ mg·2R＝2mv D在 D mg＝解得点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有mv2DR5mgRx＝2qE＝0.5 m.12．解： (1) 物体由静止开始向右做匀加快运动，证明电场力向右且大于摩擦力．进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受的摩擦力增大，证明它所受的洛伦兹力方向向下．由左手定章判断，物体带负电．物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左．(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从走开磁场到停在 C 点的过程中，依据动能定理有L 1 2－μ mg＝ 0－ mv242解得 v2＝ 0.80 m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力均衡mg＝ qv2B解得 B＝ 0.13 T.(3)设从 D 点进入磁场时的速度为v1，依据动能定理有1112qE L －μ mgL＝ mv1222物体从 D 到 R 做匀速直线运动受力均衡，有qE＝μ(mg＋ qv1B)解得 v1＝ 1.6 m/s小物体撞击挡板损失的机械能为1 212E＝2mv1－2mv2解得ΔΕ＝ 4.8× 10－4 J.。

[最新版本]高考物理二轮复习专题检测试题：能量观点在力学中的应

[最新版本]高考物理二轮复习专题检测试题：能量观点在力学中的应数学就意味着要善于解题。

而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。

高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。

我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。

能量观点在力学中的应用(附参考答案)1．一物体在直角平面内搞匀速圆周运动，以下物理量一定不能发生变化的就是()a．向心力b．contribution加速度c．动能d．机械能2．(双选，2021年广州高三调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图2－1－10所示．在t＝3s到t＝5s内，重力对货物做的功为w1、绳索拉力对货物做的功为w2、货物所受合力做的功为w3，则()a．w1＞0b．w2＜0c．w2＞0d．w3＜0图2－1－10图2－1－113．(双选)如图2－1－11所示，斜面体置于光滑水平地面上，光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()a．物体的重力势能增加，动能减少b．斜面体的机械能维持不变c．斜面体对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功d．物体和斜面体组成的系统机械能守恒4．(2021年上海卷)例如图2－1－12右图，可以视作质点的小球a、b用不容弯曲的钓竿轻线相连接，越过紧固在地面上半径为r的扁平圆柱，a的质量为b的两倍．当b坐落于地面时，a恰与圆柱轴心等低．将a由恒定释放出来，b下降的最小高度就是()图2－1－125r4r2ra．2rb.c.d.3335．(双挑选，珠海2021届高三摸底)例如图2－1－13右图，在半径为r的四分之一扁平圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可以视作质点)由恒定已经开始大幅下滑，经圆弧最低点b滑上坚硬水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道光滑相连，物块最终直上c点暂停．若物块与水平面间的动摩擦因数为μ，以下观点恰当的就是()图2－1－13a．物块下台阶b点时的速度为grb．物块滑到b点时对b点的压力是2mgrc．c点与b点的距离为μd．整个过程中物块的机械能损失了mgr6．(双选，2021年广东四校联考)物体沿直线运动的v－t关系如图2－1－14所示，已知在第1s内合外力对物体做的功为w，则()数学就意味著必须擅于解题。