高中物理二轮复习功能关系及其与圆周运动的综合应用非选择题特训练习(解析版)
高考物理二轮复习专题功和能练含解析.doc
【解析】根据题意，从图可以看出力
F 是均匀减小的，可以得出力 F 随高度 x 的变化关系： F F0 kx ，
而 k F0 ，可以计算出物体到达 h 处时力 错误！未指定书签。 ；物体从地面到 h 处的过程中，力 F 做正功， H
重力 G做负功， 由动能定理可得： F h mgh ，而 错误！ 未指定书签。 ，可以计算出： 错误！ 未指定书签。 ，
【答案】 A
错误！未指定书签。
4．取水平地面为零势能面， 一物块从某高处水平抛出， 在抛出点其重力势能为动能的 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． π B ． 5π C ． π D ． π
6
12
4
3
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的
则物体在初位置加速度为： 错误！未指定书签。 ： 错误！未指定书签。 ，而 错误！未指定书签。
，计算得： a
，计算处理得：
gh ；当物体运动到 h 处时，加速度为 2H h
a
gh ，即加速度最大的位置是 0 或
2H h
h 处。
【考点定位】动能定理、牛顿第二定律
【方法技巧】 首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，
III 卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
错误！未指定书签。
点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌
握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机
2025年新高考物理-圆周运动(解析版)
圆周运动1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题描述圆周运动的基本物理量2024年辽宁卷计算题圆锥摆模型2024年江西卷实验题水平圆盘模型2024年海南卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。
圆周运动的临界问题的单独考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
一、匀速圆周运动及其描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．描述匀速圆周运动的物理量及其关系(1)线速度：v=ΔsΔt =2πrT，描述物体圆周运动快慢的物理量。
(2)角速度：ω=ΔθΔt =2πT，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(3)周期和频率：T=2πrv，T=1f，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(4)向心加速度：a n=rω2=v2r =ωv=4π2T2r，描述速度方向变化快慢的物理量。
二、匀速圆周运动的向心力1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
3．向心力的公式：F n=ma n=m v2r =mω2r=m4π2T2r。
适用于老高考旧教材高考物理二轮复习专题动能定理机械能守恒定律功能关系的应用(含答案)
高考物理二轮复习：专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组基础巩固练1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。
一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g) ()A.0B.mghmv2-mghC.12mv2+mghD.122.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。
两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。
由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大3.(2023浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E k和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是()4.(2023陕西咸阳三模)高速悬浮列车在水平长直轨道上运行,车头会受到前方空气的阻力,假设列车周围空气静止,车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。
已知空气密度为ρ,车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S,列车额定功率为P,以最大速度匀速运行。
若只考虑车头有空气阻力,轨道摩擦等其他阻力不计,下列说法正确的是()A.列车的最大运行速度为2√PρSB.列车的最大运行速度为√PρSC.列车受到的最大阻力为√PρS3D.列车受到的最大阻力为√P2ρS5.(多选)(2023四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛道上由静止开始保持额定功率启动。
甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到,甲车108 km/h,25 s后,速度达到最大速度234 km/h。
2020版高考物理大二轮复习专题二第1讲功能关系的应用练习(含解析)(2021-2022学年)
功能关系的应用一、单项选择题1．(２0１8·高考全国卷Ⅱ）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解析：选A 。
由动能定理W Ｆ－Ｗf ＝E k －0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A 正确.2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示.已知汽车所受阻力恒为重力的错误!未定义书签。
，重力加速度g 取10 m/s 2．下列说法正确的是（ ）Ａ．该汽车的质量为3 000 ｋgＢ．ｖ0=6 m ／ｓC ．在前5 ｓ内，阻力对汽车所做的功为25 kJD.在５～1５ ｓ内,汽车的位移大小约为6７。
19 m解析:选D 。
由图象可得,汽车匀加速阶段的加速度a =错误!未定义书签。
＝1 ｍ/ｓ２,汽车匀加速阶段的牵引力为Ｆ=Ｐｖ＝3 0００ N,匀加速阶段由牛顿第二定律得F -0。
２m ｇ=ｍa ，解得m =1 00０ ｋg ，A 错误；牵引力功率为１5 k Ｗ时,汽车行驶的最大速度v ０＝错误!＝7。
5 m/ｓ，B 错误;前５s 内汽车的位移x ＝错误!未定义书签。
at ２=12。
5 m,阻力做功ＷF ｆ=－０.2mgx ＝-25 ｋJ ，Ｃ错误;５~15 ｓ内,由动能定理得Pt -０.2m ｇs =错误!未定义书签。
mv 错误!-错误!mv 2,解得ｓ=67。
187 5 m,Ｄ正确.３．如图所示，质量均为ｍ的木块A 和Ｂ,用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力Ｆ缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为( )A ．错误!未定义书签。
B ．＼f （2m 2g 2,k )C ．＼f （3m 2g 2,k )ﻩ D.4ｍ2ｇ2ｋ解析:选B.最初系统静止时,弹力等于A 的重力,由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1=错误!,最后B 刚好离开地面时，弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝错误!,此过程缓慢进行,所以力F 做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知:W =mgh =m ｇ×2×＼f(mg,ｋ)=错误!未定义书签。
高考物理二轮总复习课后习题专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用
专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A 组1.如图所示,竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道,A 、B 为水平直径的两端点,O 为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m 的小球从O 点以初速度v 0=√gR 水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为( )A.2√2-12mgR B.√2-12mgR C.(√2-1)mgR D.√2-22mgR 2.(多选)在某次深潜探测中,“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示,其中t 1~t 2、t 3~t 4为直线,忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。
则( )A.0~t 1时间内,潜水器做加速下潜B.t 1~t 2时间内,潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大C.t2~t3时间内,潜水器内的科考人员处于失重状态D.t3~t4时间内,潜水器竖直方向所受合外力为03.(多选)从地面竖直向上抛出一物体,运动过程中,物体除受到重力外还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力F作用。
以地面为零势能面,物体从抛出到落回地面的过程中,机械能E随路程s的变化关系如图所示,重力加速度大小为10 m/s2。
则( )A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0 mB.外力F的大小为3.5 NC.物体动能的最小值为1.0 JD.物体的质量为0.4 kg4.(多选)(全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。
小球所受的重力和静电力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。
则射出后,( )A.小球的动能最小时,其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量5.(广西柳州三模)图甲为游乐场的旋转飞椅,当中心转柱旋转后,所有飞椅均在同一水平面内做匀速圆周运动。
高考物理二轮复习 训练4 功能关系的用
拾躲市安息阳光实验学校训练4 功能关系的应用一、单项选择题1．(2012·常州模拟)如图4－15所示，质量为m 的物体放在光滑的水平面上，两次用力拉物体，都是从静止开始，以相同的加速度移动同样的距离，第一次拉力F 1的方向水平，第二次拉力F 2的方向与水平方向成α角斜向上．在此过程中，两力的平均功率为P 1和P 2，则 ( )．图4－15 A ．P 1<P 2 B ．P 1＝P 2 C ．P 1>P 2D ．无法判断2．(2012·上海单科，16)如图4－16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4－16 A ．2RB.5R3C.4R 3D.2R 33．如图4－17所示，质量为m 的小球在竖直面内的光滑圆轨道内侧做半径为R 的圆周运动．设小球恰好能通过最高点B 时速度的大小为v .若小球在最低点水平向右的速度大小为2v ，则下列说法正确的是 ( )．图4－17A ．小球能通过最高点BB ．小球在最低点对轨道的压力大小为4mgC ．小球能通过与圆心等高的A 点D ．小球在A 、B 之间某一点脱离圆轨道，此后做平抛运动 二、多项选择题4．(2012·广东卷，17)图4－18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4－18A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小5．(2012·模拟考试)如图4－19所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C 点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并且也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则( )．图4－19A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D．两小球初速度之比v1∶v2＝6∶36．(2012·南通模拟)低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k与位移x的关系图象如图4－20所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出( )．图4－20A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB．汽车的额定功率为80 kWC．汽车加速运动的时间为22.5 sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J三、计算题7．(2012·北京卷，22)如图4－21所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：图4－21(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能E k；(3)小物块的初速度大小v0.8．如图4－22所示，考驾照需要进行路考，其中一项是定点停车．路旁竖起一标志杆，考官向考员下达定点停车的指令，考员立即刹车，将车停在标志杆处．若车以v0＝36 km/h的速度匀速行驶，当车头距标志杆s＝20 m时，考员开始制动，要求车在恒定阻力作用下做匀减速运动，并且使车头恰好停在标志杆处．已知车(包括车内的人)的质量为m＝1 600 kg，重力加速度g＝10 m/s2.图4－22(1)刹车过程中车所受阻力的大小为多少？(2)若当车头距标志杆s＝20 m时，考官下达停车指令，考生经时间t0＝0.8 s(即反应时间)后开始刹车，车的初速度仍为v0＝36 km/h，则刹车阶段车克服阻力做功的功率约为多少？9．(2012·南通二模)如图4－23所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为倾角θ＝53°的斜面，BC段为半径R＝2 m的圆弧轨道，两者相切于B点，A 点离地面的高度为H＝4 m.一质量为m＝1 kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变，最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v＝7 m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：图4－23(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功．(2)B点到水平地面的高度．10．如图4－24所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v0，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为2m、半径为R，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．图4－24(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小；(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．参考答案1．B [两次拉力作用下，物体都从静止开始，以相同的加速度移动同样的距离，则物体两次运动时间相同，获得的速度相同，即动能的增加量相同，也就是说两次拉力做功相同，做功的时间相同，平均功率相同，故B正确．] 2．C [如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋12×3 mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有12mv2＝mgh，解得h＝13R.则B上升的高度为R＋13R＝43R，故选项C正确．]3．C [根据题意有mg＝mv2R，设当小球在最低点水平向右的速度大小为2v时，它运动到最高点B 时的速度为v B ，根据机械能守恒定律有12m (2v )2＝2mgR ＋12mv 2B ，解得v B ＝0，所以小球不可能通过最高点B ，但能通过与圆心等高的A 点，小球在AB 之间某一点脱离圆轨道，此后做斜抛运动；小球在最低点对轨道的压力大小为F N ＝mg ＋m 2v2R＝5mg .]4．BC [设滑块质量为m ，在B 点所受支持力为F N ，圆弧半径为R ，所需向心力为F .滑块从高度h 处由静止下滑至B 点过程中，由机械能守恒定律有12mv 2B＝mgh ，在B 点滑块所需向心力由合外力提供，得F N －mg ＝m v 2BR.由牛顿第三定律知，传感器示数N 大小等于F N ，解得N ＝mg ＋2mghR，由此式知N >mg ，且h越大，N 越大．选项B 、C 正确．]5．CD [本题考查平抛运动规律及功和功率．由h ＝12gt 2可知小球下落时间取决于下落高度，因C 点距D 点的高度是AD 竖直高度的一半，故从C 点抛出的小球先到达D 点，选项A 错误；由动能定理可知两球在此过程中动能增量等于重力所做的功，由W ＝mgh 可知选项B 错误；根据P ＝mgv 可知重力的瞬时功率与其竖直方向速度有关，由2gh ＝v 2可得从A 点抛出的小球落到D 点时竖直方向分速度大于从C 点抛到D 点的分速度，故选项C 正确；由h ＝12gt 2及x ＝v 0t可得v 1∶v 2＝ 6∶3，选项D 正确．]6．BD [考查机车定功率启动等相关问题．由图线①求所受阻力，ΔE k ＝E f Δx ，F f ＝8×105400＝2 000 N ，A 错误；由E k ＝mv 2m2可得，v m ＝40 m/s ，所以P ＝F f v m ＝80 kW ，B 正确；加速阶段，Pt －F f x ＝ΔE k,80×103t －2×103×500＝3×105，t ＝16.25 s ，C 错误；根据能量守恒，由图线②可得，ΔE ＝E k －F f x ＝(8×105－2×103×150)J＝5×105J ，D 正确．]7．解析 (1)由平抛运动规律，有： 竖直方向h ＝12gt 2，水平方向s ＝vt ，得水平距离s ＝2hgv ＝0.90 m.(2)由机械能守恒定律，动能E k ＝12mv 2＋mgh ＝0.90 J.(3)由动能定理，有－μmg ·l ＝12mv 2－12mv 20，得初速度大小v 0＝ 2μgl ＋v 2＝4.0 m/s. 答案 (1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s8．解析 (1)刹车过程中由牛顿第二定律得f ＝ma ， 设车头刚好停在标志杆处，由运动学公式得：v 20＝2as 解得f ＝mv 202s，代入数据得f ＝4×103 N.(2)设刹车后经过t 时间停 止，由s ＝v 0t 0＋v 02t解得t ＝2.4 s ，由动能定理得车克服阻力做功 W ＝12mv 20＝8.0×104 J ，车克服阻力做功的功率为P ＝W t＝3.33×104W.答案 (1)4×103N (2)3.33×104W9．解析 (1)设小球从B 到C 克服阻力做功为W BC ，由动能定理，得mgR (1－cosθ)－W BC ＝0.代入数据，解得W BC ＝8 J.(2)设小球在AB 段克服阻力做功为W AB ，B 点到地面高度为h ，则W AB ＝μmg AB cos θ，而AB ＝H －hsin θ.对于小球从A 点落地的整个过程，由动能定理，得mgH －W AB －W BC ＝12mv 2，联立，解得h ＝2 m.答案 (1)8 J (2)2 m10．解析 (1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v ，从开始 滑动到分离经历时间为t ，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma 1① μmg ＝2ma 2② v ＝a 1t ＝v 0－a 2t ③由以上各式得v ＝23v 0④(2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x ，取硬橡胶块分析，应用动能定理得μmgx ＝12mv 2⑤由系统能量关系可得μmgR ＝12(2m )v 20－12(m ＋2m )v 2⑥由④⑤⑥式可得x ＝23R ⑦因x <R ，故硬橡胶块将落入污水井内． 答案 (1)23v 0 (2)井内。
高考物理二轮复习整合突破二 功和能 第6讲 功能关系和能量守恒素能特训
拾躲市安息阳光实验学校功能关系和能量守恒一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1. [2015·天津高考]如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。
现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案B解析圆环在下滑的过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，而圆环的机械能并不守恒，A项错误；在下滑到最大距离的过程中，圆环动能的变化量为零，因此圆环减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即E p＝mg2L2－L2＝3mgL，B项正确；圆环下滑的过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，到最大距离时，向上的加速度最大，此时圆环所受合力不为零，C项错误；由于圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，所以圆环重力势能、圆环的动能与弹簧的弹性势能之和为定值，因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，D项错误。
2．[2015·盐城二模]一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙。
滑块运动过程中加速度与时间关系图象如右图所示。
下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能E k和重力势能E p(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )答案D解析设上升阶段时间为t1，加速度为a1，上升阶段滑块的位移x1＝v0t1－12a1t21，xt图象开口向下，设上升的最大位移为x0，下降阶段加速度为a2，时间为t2，则x＝x0－12a2t22，xt图象也应开口向下，所以A选项错误，vt图象的斜率表示加速度，所以B选项错误。
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 。
新课标高考物理二轮训练第4讲功能关系在力学中的应用(含答案)
第4讲 功能关系在力学中的应用(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1. 如图2－4－19所示，质量为m 的物体在与水平方向成θ角的恒力F 作用下以加速度a 做匀加速直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x 的过程中力F 做的功为( )．图2－4－19A ．μmgxB.m (a ＋μg )x 1－μtan θC.m (a －μg )x 1＋μtan θD.μmgx 1＋μtan θ 解析 以物体为研究对象，竖直方向有F sin θ＋mg ＝F N ，水平方向有F cos θ－μF N ＝ma ，联立解得F ＝m (a ＋μg )cos θ－μsin θ，在此过程中F 做功W ＝Fx cos θ＝m (a ＋μg )x1－μtan θ，故正确选项为B.答案 B2．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/s 2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近( )．A ．10 WB ．100 WC ．300 WD ．500 W 解析 由P ＝F v 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，前者由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F＝f＝20 N，后者对于骑车人的速度我们应该有一个估测，约为5 m/s，所以由P＝F v得，选项B正确．答案 B3. 光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图2－4－20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：①E A＋E B等于拉力F做的功；②E A ＋E B小于拉力F做的功；③E A等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功；④E A大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功．其中正确的是()．图2－4－20A．①③B．①④C．②③D．②④答案 A4．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止，以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()．解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，fs＝E k－E k0，解得E k＝E k0－fs，选项C正确，D错误．答案 C5. 如图2－4－21所示，一质量为m 的滑块以初速度v 0从固定于地面的斜面底端A 开始冲上斜面，到达某一高度后返回A ，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v 、加速度a 、重力势能E p 和机械能E 随时间变化的图象，可能正确的是( )．图2－4－21解析 滑块上滑和回落过程中受到的摩擦力方向不同，加速度大小不等、方向相同，上升时的加速度a 1大于回落时的加速度a 2，故A 、B 错．摩擦力一直做负功，机械能一直减小，D 错．设滑块滑到最高点时的重力势能为E pm ，斜面倾角为θ，则上升过程E p ＝mg ·12a 1t 2·sin θ＝12mga 1sin θ·t 2，回落过程E p ＝E pm －mg ·12a 2(t －t 0)2·sin θ，其中t 0为滑块上滑的总时间，故C 图象为两段抛物线，正确．答案 C6. 如图2－4－22所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点．质量为m 的物体从斜面上的B 点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是()．图2－4－22A．物体最终将停在A点B．物体第一次反弹后有可能到达B点C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能解析物体最终处于静止状态，故受力平衡，由题知物体重力沿斜面的分力大于物体受到的沿斜面向上的滑动摩擦力，故物体最终将停在A点以下，A 项错；根据能量守恒，物体在运动过程中受到滑动摩擦力作用，机械能减少，故物体第一次反弹后不可能到达B点，B项错误；根据能量守恒，物体在整个过程中重力势能的减少量等于克服摩擦力及克服弹簧弹力做的总功，故C 项正确；整个过程中，物体处于平衡态时其动能最大，设物体处于平衡态时，弹簧的压缩量为x1，则根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)·(x AB＋x1)－ΔE p1＝E km，当物体位于斜面最低点时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的压缩量为x2，根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x AB＋x2)－ΔE pm＝0，由于x2>x1，故ΔE pm>E km，故D项错．答案 C7．(2013·山东卷，16)如图2－4－23所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，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()．图2－4－23A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对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两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．答案CD8．下列各图是反映汽车以额定功率P额从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其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()．解析分析汽车启动过程可知，汽车先是牵引力不变的匀加速启动过程，加速度恒定，速度均匀增大，功率均匀增大；当功率达到额定功率时，功率不再变化，此后汽车为恒定功率启动，速度继续增大，牵引力减小，加速度减小，当牵引力等于阻力时，加速度减小到零，速度达到最大，然后匀速运动．结合各选项的图象可知，选项B 错误，A 、C 、D 正确．答案 ACD9. 如图2－4－24所示，M 为固定在水平桌面上的有缺口的正方形木块，abcd为半径是R 的34光滑圆弧形轨道，a 为轨道的最高点，de 面水平且有一定长度．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，让其自由下落到d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )．图2－4－24A ．只要h 大于R ，释放后小球就能通过a 点B ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内D ．调节h 的大小，可以使小球飞出de 面之外(即e 的右侧)解析 要使小球到达最高点a ，则在最高点小球速度最小时有mg ＝m v 2R ，得最小速度v ＝gR ，由机械能守恒定律得mg (h －R )＝12m v 2，得h ＝32R ，即h必须大于或等于32R ，小球才能通过a 点，A 项错；小球若能到达a 点，并从a 点以最小速度平抛，有R ＝12gt 2，x ＝v t ＝2R ，所以，无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，B 项错，C 项正确；如果h 足够大，小球可能会飞出de面之外，D项正确．答案CD10．(2013·北京西城期末)如图2－4－25甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.)则()．图2－4－25A．物体的质量m＝0.67 kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10 J解析ΔE机＝－μmg cos α·hsin α＝－μmgh cot α＝－20 J，在最大高度时E p＝mgh＝30 J，可得m＝1 kg，μ＝0.5，A、B错．由动能定理－ma·hsin α＝0－E k0＝－50 J得物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2，C正确．上升和下滑过程的机械能损失相同，所以回到斜面底端时的动能为30 J－20 J＝10 J，D正确．答案CD11．(2013·廊坊模拟)如图2－4－26所示，一质量为M＝5.0 kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h＝0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.另一质量为m＝2.0 kg可视为质点的滑块，以v0＝8 m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止．此时撤去恒力F，当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R ＝1.0 m ，圆弧所对的圆心角∠BOD ＝θ＝106°.取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图2－4－26(1)平板车的长度；(2)障碍物A 与圆弧左端B 的水平距离；(3)滑块运动到圆弧轨道最低点C 时对轨道压力的大小．解析 (1)滑块与平板车间的滑动摩擦力F f ＝μmg ，对滑块，由牛顿第二定律得：a 1＝F f m ＝μg ＝5 m/s 2对平板车，由牛顿第二定律得：a 2＝F ＋F f M ＝3 m/s 2设经过时间t 1，滑块与平板车相对静止，共同速度为v ，则：v ＝v 0－a 1t 1＝a 2t 1滑块的位移：x 1＝v 0＋v 2t 1平板车的位移：x 2＝v 2t 1平板车的长度：l ＝x 1－x 2解得：l ＝4 m.(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t 2，则：h ＝12gt 22，x AB ＝v t 2障碍物A 与圆弧左端B 的水平距离：x AB ＝1.2 m.(3)对滑块，从离开平板车到C 点，由动能定理得：mgh ＋mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos 106°2＝12m v 2C －12m v 2在C点由牛顿第二定律得：F N－mg＝m v 2 CR，解得：F N＝86 N.由牛顿第三定律得滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小为86 N.答案(1)4 m(2)1.2 m(3)86 N12．(2013·北京卷，23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．图2－4－27把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k，并在图2－4－27中画出弹力F随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m；(3)借助F－x图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．解析(1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg＝kx0.代入数据得：k＝5 000 N/mF－x图象如图(2)运动员离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，由h ＝12g (Δt )2得：最大高度h m ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫Δt 22＝12×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为F －x 曲线下的面积，其规律为W ＝12k Δx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：12kx 21＝mg (h m ＋x 1)代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)代入数据解得W ＝2 525 J ≈2.5×103 J.答案 (1)5000 N/m 示意图见解析 (2)5 m(3)1.1 m 2.5×103 J。
高考物理二轮专训【7】功能关系、能量守恒(含答案)
提能专训(七)功能关系、能量守恒时间：90分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．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.π6B.π4C.π3D.5π12答案：B解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，根据题意在抛出点动能与重力势能相等有12m v2＝mgh，即v0＝2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度v y＝2gh＝v x＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B正确，选项A、C、D错误．2．(2014·甘肃天水一中段考)质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝13g竖直下落到地面，在此过程()A．物体的动能增加13 mghB．物体的重力势能减少13 mghC．物体的机械能减少13mghD．物体的机械能保持不变答案：A解析：物体动能的增加等于合外力的功W＝mah＝13mgh，A项正确；物体的重力势能的减少量等于重力做的功W G＝mgh，B项错误；物体除重力之外的其他力做功为W F＝－(mg－ma)h＝－23mgh，所以机械能的减少量为23mgh，选项C、D错误．3. (多选)如图，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2mgH B．动能损失了mgHC．机械能损失了mgH D．机械能损失了12 mgH答案：AC解析：小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面向下，由牛顿第二定律得F合＝ma＝mg，根据动能定理知损失的动能等于F合s＝mgHsin 30°＝2mgH，A项对，B项错；小物块在向上运动过程中，重力势能增加了mgH，而动能减少了2mgH，故机械能损失了mgH，C项对，D项错．4.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是()A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能先增加后减少D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功的绝对值答案：D解析：运动员到达最低点时，其所受外力的合力方向向上，合力一定大于零，选项A错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直在增加，选项B、C 错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，由动能定理可知运动员所受重力对她做的功与跳板的作用力对她做的功(负功)之和等于动能的变化，可得运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功的绝对值，选项D正确．5. (2014·沈阳模拟)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，始终保持以速度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静止这一过程中，下列说法正确的是()A．电动机做的功为12m v2B．摩擦力对物体做的功为m v2C．传送带克服摩擦力做的功为12m v2D．电动机增加的功率为μmg v答案：D解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，选项B错误；传送带克服摩擦力做的功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝m v2，选项C错误；由功率公式知传送带增加的功率为μmg v，选项D正确．6．将一物体竖直向上抛出，物体上升到最高点后又落回抛出点．此过程中物体上升的最大高度为H，所受空气阻力大小恒为 f.下列说法正确的是()A．抛出后的瞬间与落回抛出点的瞬间，重力的瞬时功率相同B．上升与下落过程中动能的变化量相等C．上升与下落过程中重力做功相同D．上升与下落过程中机械能的损失相等答案：D解析：上升与下落过程，空气阻力均做负功，且所做负功大小相等，由功能关系知，上升与下落过程机械能的损失相等，选项D正确；因为空气阻力一直做负功，所以物体的机械能不断减少，故物体落回抛出点时的速度小于抛出时的速度，落回抛出点时重力的瞬时功率较小，选项A错误；上升过程合外力做功(G＋f)h，下落过程合外力做功(G－f)h，故上升过程合外力做功多，由动能定理知，上升过程物体的动能变化量大，选项B错误；上升过程重力做负功，而下落过程重力做正功，选项C错误．7．(2014·吉林市期末)如图所示，小木块可以分别从固定斜面沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到水平面上的A点或B点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平缓连接，图中水平面上的O点位于斜面顶点正下方，则()A．距离OA等于OB B．距离OA大于OBC．距离OA小于OB D．无法作出明确的判断答案：A解析：设斜面倾角为θ，高为h，物块质量为m，根据动能定理，mgh－μmg c os αhsin α－μmgx＝0变形可得x＋htan θ＝hμ，即OA＝hμ，与倾角无关，所以OA＝OB，A项正确．8．(2014·淄博市期末统测)半径为r和R(r<R)的光滑半圆形槽，其圆心在同一水平面上，如图所示，质量相等的两小球(可看成质点)分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速释放，在下滑过程中关于两小球的说法正确的是()A．机械能均逐渐减小B．经最低点时动能相等C．两球经过最低点时加速度大小不等D．机械能总是相等的答案：D解析：两小球下滑过程中只有重力做功，所以机械能守恒，A项错误，D项正确；对小球下滑到最低端应用动能定理得：mgr＝12m v2－0，可见物体的动能与半径有关，半径大的动能大，B项错误；小球在最低点的加速度为a＝v2r＝2grr＝2g，与半径无关，C项错误．9. (多选)在半径为R的四分之一光滑圆弧轨道上的a点，质量为m 的小物块由静止开始滑下，如图(圆心O与a点连线Oa与水平方向夹30°角)经最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接．物体与水平面间动摩擦因数为μ，物块滑至c点停止．下列说法正确的是()A ．物块滑到b 点时的速度大小为2gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力大小为2mgC ．c 点与b 点之间的距离为R μD ．整个过程中物块机械能损失为12mgR 答案：BD解析：物块从a 点到b 点的过程中，机械能守恒，故有mgR (1－sin 30°)＝12m v 2b ，解得物块在b 点时的速度为v b ＝gR ，选项A 错误；根据牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2bR ，可得到物块在b 点时对轨道的压力为F N ＝2mg ，故选项B 正确；从b 点到c 点由动能定理得－μmgx＝0－12m v 2b ，代入数据解得两点间的距离为x ＝R 2μ，选项C 错误；由能量守恒定律可知，物块全程机械能损失为mgR 2，选项D 正确．10. (2014·山西太原一模)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是() A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD．小球上升到 2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J答案：D解析：在最高点，由E p＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝12m v2，由动能定理－fH－mgH＝12m v2－12m v20，得H＝209m，故C项错误；当上升h′＝2 m时，由动能定理－fh′－mgh′＝E k2－12m v20，得E k2＝2.5 J，E p2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．11．(2014·云南一模)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋12m v2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12m v2D．该同学所受的合外力对其做功为12m v2＋mgh答案：B解析：由题意可知，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，根据动能定理可得：W F－mgh＝12m v2，因此W F＝mgh＋12m v2，则该同学机械能增量为mgh＋12m v2，故A项错误，B项正确；地面的支持力的作用点始终没有动，所以支持力对该同学做功为0，该同学增大的机械能是人体内的肌肉做功，故C项错误；由动能定理可知，所受的合外力对其做功为12m v2，故D项错误．12．(2014·山东烟台一模)(多选)如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是()A．两球组成的系统机械能守恒B．B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加C．重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加D．A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功答案：BD解析：由于有空气阻力作用，两球和轻杆组成的系统机械能不守恒，A项错误；重力做功仅仅和重力势能相联系，B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加，B项正确；根据动能定理，合外力的功等于动能的变化，对A球做功的力有重力、空气阻力和轻杆的作用力，C项错误；由于OA>OB，且两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，所以克服空气阻力做的功W＝F f×14×2πr＝12F fπr，故D项正确．二、计算题(本题包括4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分) 13．(2014·广东深圳一模)(12分)如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度—时间图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m 的距离，g取10 m/s2.求：(1)物体离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)锁定时弹簧具有的弹性势能E p.答案：(1)10 m/s20.5 (2)00.2 m/s(3)4 J解析：(1)由题中图象可知0.1 s物体离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小a＝2.0－1.00.2－0.1m/s2＝10 m/s2根据牛顿第二定律，有a＝mgsin 37°＋μmg c os 37°m＝10 m/s2解得：μ＝0.5.(2)根据速度—时间公式，得：t2＝0.3 s时的速度大小v1＝v0－at＝1 m/s－10×0.1 m/s＝0. 0．3 s后滑块开始下滑，下滑的加速度a′＝mgsin 37°－μmg c os 37°m＝2 m/s2t2＝0.4 s时的速度大小v2＝a′t′＝2×0.1 m/s＝0.2 m/s.(3)由功能关系可得：E p＝12m v2＋mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＝4 J.14．(12分)一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个1 4光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M＝2 kg，小车足够长，圆弧轨道半径R＝0.8 m．现将一质量m＝0.5 kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，对轨道的压力大小；(2)小车运动2 s时，小车右端距轨道B端的距离；(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．答案：(1)15 N(2)0.96 m(3)3.2 J解析：(1)滑块从A 端下滑到B 端时速度大小为v 0，由动能定理得mgR ＝12m v 20，v 0＝4 m/s在B 点对滑块由牛顿第二定律得F N －mg ＝mv20R解得轨道对滑块的支持力F N ＝3mg ＝15 N由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小F N ′＝15 N(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：－μmg ＝ma 1，得a 1＝－2 m/s 2对小车：μmg ＝Ma 2，得a 2＝0.5 m/s2设经时间t 后两者达到共同速度，则有v 0＋a 1t ＝a 2t解得t ＝1.6 s由于t ＝1.6 s ＜2 s ．故1.6 s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝a 2t ＝0.8 m/s因此，2 s 时小车右端距轨道B 端的距离为x ＝12a 2t 2＋v (2－t)＝0.96 m(3)滑块相对小车滑动的距离为Δx ＝v 0＋v 2t －v 2t ＝3.2 m所以产生的内能Q ＝μmg Δx ＝3.2 J15．(14分)如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R ＝6 cm 的光滑圆轨道．质量为m ＝4 kg 的物块静止放在粗糙水平面上A 处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A 与B 的间距L ＝0.5 m ．现对物块施加大小恒定的拉力F 使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B 处将拉力F 撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F 与水平面夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g 取10m/s 2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B 处时的动能；(2)拉力F 的最小值及与水平方向的夹角θ.答案：(1)6 J (2)33.6 N 37°解析：(1)设物块到达竖直光滑轨道最高点的速度为v ，则有mg ＝m v2R ①物块从B 处沿光滑圆轨道运动到最高点，因为机械能守恒，取B为零势能点，所以E kB ＝2mgR ＋12m v 2②联立①②得E kB ＝52mgR ＝6 J所以物块到达B 处时的动能E kB ＝6 J (2)物块从A 运动到B ，根据动能定理有FL cos θ－μ(mg －Fsin θ)L ＝E kB解得F ＝E kB ＋μmgL cos θ＋μsin θL ＝42cos θ＋0.75sin θ由数学知识可知，当θ＝37°时，F 的最小值为33.6 N 16．(14分)如图，水平传送带以恒定的速度v 0＝2 m/s 匀速向右传动，传送带左右两端点P 、Q 之间的距离为L ＝4 m ．有一个质量m ＝2 kg 的小物体(视为质点)，自右端Q 点以某一初速度v 沿着皮带向左滑行，恰好未能从左端P点滑出，继而回头向右从Q点滑离．物体与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2.(g取10 m/s2)(1)物体的初速度v等于多少？它回头从Q点滑离时的速度为多大？(2)物体从Q出发再返回Q皮带摩擦力对物体做了多少功？(3)物体从Q出发再返回Q所经历的时间为多少？答案：(1)4 m/s 2 m/s(2)－12 J(3)4.5 s解析：(1)物体恰未从P点滑出，表示到P点时物体的速度为0，由动能定理得－μmgL＝0－12m v2解得v＝4 m/s设物体从P点向右运动到G点时与皮带速度相同，位移为x，所以μmgx＝12m v20x＝1 m<L，所以在回到Q之前物体就已经随皮带一起做匀速运动，故回到Q滑离皮带时的速度为v0＝2 m/s(2)根据动能定理，物体从Q出发再返回Q皮带摩擦力对物体做的功为W f＝12m v20－12m v2＝－12 J(3)设向左为正，则－μmg＝ma，a＝－2 m/s2物体从Q出发再回头运动到G历时Δt，所以v0＝v＋aΔt 即－2＝4－2Δt，Δt＝3 s物体从G到Q历时t，t＝L－xv0＝1.5 s物体从Q出发再返回Q所经历的时间为 4.5 s.。
2020高考物理课标二轮(天津专用)专题提升训练6 功能关系的理解与应用 Word版含解析
姓名，年级：时间：专题提升训练6功能关系的理解与应用专题提升训练第11页一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。
(2019·天津一模）天津市新建了几个滑雪场,右图为某滑雪道示意图，四分之一圆弧轨道半径为R。
质量为m的运动员（含滑板)从A点由静止开始滑下,到达最低点B时,运动员对轨道的压力为2mg，已知重力加速度为g,则在运动员（可视为质点)下滑的过程中(）A。
机械能守恒B。
重力的功率一直变大mgRC。
先失重后超重 D.阻力做功为12答案：C，解得解析:在最低点B的速度为v B，根据牛顿第二定律可得F-mg=m v B2Rv B=√gR，从A到B根据动能定理可得mgR+W f=1mv B2-0，解得阻力做功2mgR,说明下滑过程中阻力做负功,机械能不守恒，故A、D错误;为W f=-12竖直方向的速度先增大、后减小，根据P=mgv y可知,重力的功率先增大、后减小,故B错误；竖直方向的速度先增大、后减小，说明先加速下降后减速下降，所以运动员先失重后超重，故C正确.2。
(2019·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。
在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断正确的是( )A 。
W=0,Q=mv 2B 。
W=0,Q=2mv 2C 。
W=mv 22，Q=mv 2 D 。
W=mv 2,Q=2mv 2答案:B解析:对小物块，由动能定理有W=12mv 2—12mv 2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x 相对=2v 2μg ,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg ·x 相对=2mv 2，选项B 正确。
功能关系的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题10功能关系的综合应用考向一/计算题：与曲线运动有关的功能关系问题考向二/计算题：与传送带有关的功能关系问题考向三/计算题：与板块模型有关的功能关系问题要领一：能量转化问题的解题思路1.当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
2.解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
要领二：求解相对滑动物体的能量问题的方法1.正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。
2.利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
3.公式Q=F f ·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则l 相对为总的相对路程。
要领三：与传送带有关的功能关系问题1．两个设问角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系(1)传送带电动机做的功W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝Fx 传。
(2)传送带摩擦力产生的热量Q ＝F f ·x 相对。
要领四：与传送带有关的功能关系问题1．两个分析角度(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。
2．三种处理方法(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
浙江专用2021高考物理二轮复习答题模板之2功能关系与圆周运动的综合问题课件
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1。 (2)汽车以v1进入直道,以P=30 kW的恒定功率沿直线行驶了t=8.0 s进入弯道2, 此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度,求直道上除重力以外的阻力对汽 车做的功。 (3)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路 面宽度,用最短时间匀速安全通过弯道。设路宽d=10 m,求此最短时间(A、B两 点都在轨道的中心线上,计算时视汽车为质点)。
D.陨石重力势能减小量等于重力对陨石做的功
【解析】选D。在陨石冲向地面的过程中空气阻力对陨石做功,所以陨石机械能 不守恒,故A错误;根据动能定理,陨石动能的增加量等于空气阻力对陨石做的功 与重力对陨石做的功的代数和,故B、C错误;根据功能关系可知,陨石重力势能 减小量等于重力对陨石做的功,故D正确;故选D。
【基础练】
1.一颗小行星曾以14.6 km/s的速度冲向地球,在云南省香格里拉县城西北40
公里处与空气摩擦产生高温从而发生爆炸,爆炸当量相当于540吨TNT,有部分
陨石掉入地面。在陨石冲向地面的过程中(假设质量不变)
()
A.陨石机械能守恒
B.陨石动能的减小量等于陨石克服阻力所做的功
C.陨石重力势能减小量等于动能的增加量
【解析】选D。q在C正下方某处时,Q在B处所受的合力为零,速率最大,故A错 误;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,而弹簧 弹力一直对Q做负功,即W弹<0,库仑力也一直对Q做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q的 机械能不断减小,故C错误;因小球q固定不动,其机械能不变,Q的机械能不断减 小,故Q、q两球组成的系统的机械能不断减小,故B错误;Q在B处的加速度为零, 则Q从A运动到B的过程中,加速度一直减小直至为零,从B到C加速度反向增大,故 D正确。
2024届高考物理二轮复习功能关系专题(一) (1)
2024届高考物理 二轮复习 功能关系专题（一）姓名：___________班级：___________一、单选题1．（2023·广东·高考真题）如图（a ）所示，太阳系外的一颗行星P 绕恒星Q 做匀速圆周运动。
由于P 的遮挡，探测器探测到Q 的亮度随时间做如图（b ）所示的周期性变化，该周期与P 的公转周期相同。
已知Q 的质量为M ，引力常量为G 。
关于P 的公转，下列说法正确的是（ ）A ．周期为102t t - BC ．角速度的大小为10t t π- D 【答案】B 【详解】A ．由图（b ）可知探测器探测到Q 的亮度随时间变化的周期为10T t t =-则P 的公转周期为10t t -，故A 错误；B ．P 绕恒星Q 做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得解得半径为故B 正确；C ．P 的角速度为故C 错误；D ．P 的加速度大小为故D 错误。
故选B 。
2．（2022·广东·高考真题）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。
假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。
火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。
下列关于火星、地球公转的说法正确的是（ ）A ．火星公转的线速度比地球的大B ．火星公转的角速度比地球的大C ．火星公转的半径比地球的小D ．火星公转的加速度比地球的小可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C 错误；A ．根据22Mm v G m =可得结合C 选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A 错误；B ．根据2T πω=可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B 错误； D ．根据2Mm G ma r =可得 可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D 正确。
故选D 。
3．（2021·广东·高考真题）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（ ）A ．核心舱的质量和绕地半径B ．核心舱的质量和绕地周期C ．核心舱的绕地角速度和绕地周期D．核心舱的绕地线速度和绕地半径可得可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020届高考物理二轮复习非选择题特训练习（5）功能关系及其与圆周运动的综合应用1、如图所示,竖直平面内放一直角杆,杆的各部分均光滑,水平部分套有质量为3A m kg =的小球A ,竖直部分套有质量为2B m kg =的小球B ,A 、B 之间用不可伸长的轻绳相连。
在作用于A 球上的水平拉力F 的作用下,系统处于静止状态,且3,OB 4OA m m ==,重力加速度210/g m s =.1.求水平拉力F 的大小和水平杆对小球A 弹力F N 的大小;2.若改变水平力F 大小,使小球A 由静止开始,向右做加速度大小为24.5/m s 的匀加速直线运动,求经过23t s =拉力F 所做的功. 2、如图所示，半径R ＝0.45m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆心O 与右端点A 连线水平，底端距水平地面的高度h ＝0.2m 。
一质量m ＝1.0kg 的小滑块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 由静止释放。
忽略空气阻力，取g ＝10m/s 2。
求：（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小F N ； （2）小滑块落地点与B 点的水平距离x 。
3、竖直平面内光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置,其中直轨道bc 粗糙,直轨道cd 光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧.质量为m =0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动,到达轨道最高点a 时的速度大小为v =4m/s,当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时,脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道滑行,到达轨道cd 上的d 点时速度为零.若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计,已知圆轨道的半径为R =0.25m,直轨道bc 的倾角θ=37°,其长度为L =26.25m,d 点与水平地面间的高度差为h =0.2m,重力加速度g 取10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:1.滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小2.滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数;3.滑块在直轨道bc 上运动的时间. 4、如图所示,地面上放一质量为m =2kg 的小物块,通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引,圆筒半径为R =0.5m,质量为M =4kg,t =0时刻,圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动角速度与时间的关系满足ω=4t ,物块和地面之间的动摩擦因数μ=0.3,细线始终与地面平行,其他摩擦不计,g 取10m/s 2,求:1.物块运动过程中受到的拉力大小;2.从开始运动至t =2s 时电动机对外做的功.5、如图所示，将一质量为0.1kg m =的小球自水平平台右端O 点以初速度0v 水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道并沿轨道恰好通过最高点C ，圆弧轨道ABC 的形状为半径 2.5m R =的圆截去了左上角圆心角为127°的圆弧，CB 为其竖直直径(sin530.8,cos530.6==°°,重力加速度g 取102m/s ,不计空气阻力)。
求：1.小球经过C点的速度大小；2.小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小;3.平台右端O点到A点的竖直高度H。
6、如图所示，“冰雪游乐场”的滑道由与水平面夹角为60°的光滑直滑道AB、光滑的1/6圆弧滑道BC和粗糙的水平滑道CD构成。
一小孩乘坐冰车从滑道的顶端A点由静止滑下，最终停在水平滑道上的D点。
已知小孩和冰车的总质量为m，小孩和冰车可视为质点，圆弧滑道的半径为R,AB滑道的长度为2R，滑道连接处均平滑，重力加速度为g，求：v；1.小孩乘坐冰车滑至圆弧滑道的最低点C时的速度大小CF；2.小孩乘坐冰车滑至圆弧滑道的最低点C时对圆弧滑道的压力大小NW。
3.小孩乘坐冰车沿水平滑道运动的过程中，克服摩擦力所做的功f7、如图所示,半径R=1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16m,传送带以v0=10m/s的速度顺时针转动,将质量m=1kg 的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s21.将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间;2.若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆弧轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围;3.若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆弧轨道的最高点C, 求此初速度满足的条件.8、如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE 相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N F，改变H的大小，可测出相应的N F的大小，N F随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8 N），重力加速度g取2m s，求：10/（1）小物块的质量m、圆轨道的半径R及轨道DC所对应的圆心角θ（2）小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ答案以及解析1答案及解析：答案：1.15N;50N; 2.49.5J解析：1.设静止时绳子与竖直方向夹角为θ,则由已知条件可知4cos 5θ= 设绳中张力大小为T F对B 进行受力分析有cos T B F m g θ= 解得: 25N cos B T m gF θ== 对A 进行受力分析有sin 15N T F F θ==对A 、B 整体进行受力分析:竖直方向()50N N A B F m m g =+= 2.经过23t s =,小球A 向右运动的位移211m 2x at ==此时绳子与水平方向夹角为θ 小球A 的速度为A 3m/s v at ==A 、B 两小球沿绳方向速度大小相等,即cos sin A B v v θθ=解得A cot 4m/s B v v θ==此时小球B 上升的高度为()1tan 1m h OB θ=-= 由功能关系知: 221149.5J 22F P K B A A B B W E E m gh m v m v =∆+∆=++=2答案及解析：答案：（1）小滑块从A 运动到B 过程，机械能守恒，设小滑块运动到B 点时，速度大小为v ，有212mgR mv =v =V=3m/s在B 点，根据牛顿第二定律，2N v F mg m R -=解得：30N F N =（2）小滑块离开B 点后，做平抛运动 水平方向：x=vt竖直方向：212h gt =解得：x=0.6m解析：3答案及解析：答案：1.滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小是5.4N 2.0.8; 3.7.66s解析：1.在圆轨道最高点a 处对滑块由牛顿第二定律得2N v mg F m R +=2 5.4N v F m g N R ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭由牛顿第三定律得跨快在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N2.对滑块从a 点到d 点全过程应用动能定理有()2cos sin cos 02mv mg R R L h mg L θθμθ++--⋅=- 解得0.8μ=3.设滑块在轨道bc 上向下滑动的加速度为a 1,时间为t 1;向上滑动的加速度为a 2,时间为t 2,在C 点时的速度为v c 由c 到d 有2c 2mv mgh =解得2/c v m s =对从a 点到b 点的过程,有()22b 1cos 22mv mv mgR θ+=-解得b 5m/s v = 在轨道bc 上 下滑时: ()b c 11,7.5s 2v v t L t +==上滑时: 2sin cos mg mg ma θμθ+= 解得2212.4m/s a =, 由于c 220v a t =- c220.16s v t a == 由于tan μθ>,滑块在轨道bc 上停止后不再下滑.滑块在直轨道bc 上运动的总时间为127.66s t t t =+=4答案及解析：答案：1.10N; 2.72J 解析：1.由于边缘的线速度与物块的运动速度大小相等, 根据v =ωR =4Rt =2t 可知,线速度与时间成正比,物块做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a =2m/s 2.对物块进行受力分析,由牛顿第二定律得T -μmg =ma ,则物块受到的拉力大小为T =10N. 2.根据匀变速直线运动规律:t =2s 时物块的速度v =at =4m/s, 2s 内物块的位移2142x at m == 对整体运用动能定理有221122mv Mv =+ 其中f 24W mgx J μ=-=- 电动机对外做的功为W 电=72J5答案及解析：答案：1.5m/s 2.6N 3.3.36 m解析：1.小球恰好通过最高点C 时，由重力提供其做圆周运动的向心力，即20Cv v mg m R=,则5m/s C v gR =。
2.从B 点到C 点，由机械能守恒定律得2211222C Bmv mg R mv +⋅=,在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律得2BN v F mg m R-=,解得6N N F =.3.从A 点到B 点由机械能守恒定律有2211(1cos53)22A Bmv mgR mv +-=°，所以105m/s A v =，在A 点对速度进行分解有sin 53y A v v =°，所以23.36m 2yv H g==。
6答案及解析：答案：(231)gR + 2.31)mg 3.1(3)2mgR解析：1.对小孩乘坐冰车从滑道的顶端A 点滑至圆弧滑道的M 低点C 的过程，由机械能守恒定律得,21(2sin 60cos60)2C mg R R R mv +-=°°, 解得C v =. 2.可每在C 点时圆弧滑道对冰车的支持力为N F ',在C 点，由牛顿第二定律得,2CN v F mg m R'-=，又根据牛顿第三定律有N N F F '=,联立解得1)N F mg =.3.对小孩乘坐冰车沿水平滑道运动的过程，由动能定理得，2102f C W mv -=-，解得1)2f W mgR =。
7答案及解析： 答案：1.2.85s; 2.滑块在A 端与距A 端6m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处 3. 24m/s 8m/s v ≤≤解析：1.对滑块受力分析,由牛顿第二定律得mg ma μ=,01v at =,解得1 2.5t s = 设滑块速度达到0v 时经过的位移为1x 有211112.5m 2x at ==设滑块匀速运动的位移为x 2,x 2=L -x 1=3.5m 则滑块匀速运动的时间为2200.35s x t v == 总时间为t =t 1+t 2=2.85s.2.滑块恰好通过C 点时有2Cv mg m R=由机械能守恒定律得22B C 11222mv mv mg R -=⋅解得滑块通过B 点的速度至少为B 10m/s v =<22B v as =,解得s =10m,滑块在A 端与距A 端6m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处;3.若给滑块一水平向右的初速度1v ,由运动学知识得22B 122Lv v a -=⋅解得14/v m s =所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件为14m/s v '≥若给滑块一水平向左的初速度,只需让滑块在向左减速滑行的距离在2〜8m 的范围即可,可得2202,2m 8m v as s ''-=≤≤ 解得24m/s 8m/s v ≤≤所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件为24m/s 8m/s v ≤≤8答案及解析： 答案：（1）由图线知：当10H =时，15N N = 此时在最低点有： 1N mg =解得： m =0.5kg由图线知：当20.2H m =时，27N N =，此时小物块恰好由D 点下滑 根据机械能守恒得：22212mgH mv =在最低点，根据牛顿第二定律得：222v N mg m R-=联立解得： R =1m 由几何关系得： 2cos 0.8R H Rθ-== 解得： 37θ=o（2）小球从高为H 处的斜面上滑到最低点过程。