全国通用2019届高考物理二轮复习专题5功能关系的理解和应用学案.doc

专题5 功能关系的理解和应用考题一功和功率的计算1.功的计算力的特点计算方法恒力的功单个恒力WFlcos 合力为恒力1.先求合力，再求WF合l2.WW1W2变力的功大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向力的大小跟路程的乘积力与位移成线性变化Wlcos 已知Fl图象功的大小等于“面积”一般变力动能定理2.功率的计算(1)P，适用于计算平均功率；(2)PFvcos ，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.例1(2016全国甲卷21)如图1，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ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程中()图1A.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两点的重力势能差解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMNMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有MvB2MglEpMvB2Mg4l联立式得mMm答案(1)2l(2)mMm乙，甲乙，则r甲r乙.空气阻力fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则agg，可得a甲a乙，由hat2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲f乙，由球克服阻力做功Wffh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.2.如图1，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a和b.a球质量为m，静置于水平地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧.现将b球释放，则b球着地瞬间a球的速度大小为()图1A. B. C. D.2答案A解析在b球落地前，a、b球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：3mghmgh(3mm)v2，解得：v.3.如图2所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是()图2A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B的动能最大C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多答案B解析A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故B正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故C错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故D错误.4.(多选)如图3所示，小物块以初速度v0从O点沿斜向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则()图3A.斜面只能是粗糙的B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在P点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等答案ACD解析把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确.5.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60角，如图4所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图4A.最低点的速度大约为5 m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加答案C解析秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgL(1cos 60)mv2，解得：v m/s2 m/s，A错误；在最低点合力指向圆心，加速度不为零，B错误；根据动能定理合外力做的功等于增加的动能，C正确；Pmgv，由于在竖直方向上的速度从最高点到最低点过程中先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，D错误.6.(多选)(2016浙江理综18)如图5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.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，sin370.6，cos 370.8).则()图5A.动摩擦因数B.载人滑草车最大速度为 C.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g答案AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mghmgcos 45mv2，解得v ，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为ag，即加速度大小为g，选项D错误.7.(多选)(2016全国丙卷20)如图6，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图6A.a B.aC.N D.N答案AC解析质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgRWmv2，根据公式a，联立可得a，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，Nmgma，代入可得，N，C正确，D错误.8.(多选)如图7所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g10 m/s2，由图象可知()图7A.小滑块的质量为0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为0.32 JC.轻弹簧原长为0.2 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J答案AC解析从0.2 m上升到0.35 m的范围内，EkEpmgh，图线的斜率绝对值为：k2 Nmg，所以：m0.2 kg，故A正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，故B错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以h0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故C正确；由图可知，当h0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EpminEEkmEpmmghEkm0.5 J0.2100.1 J0.32 J0.38 J，故D错误.9.如图8所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处.现在杆中点处施加一大小始终为(g为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去F，小球恰好能到达最高点，忽略一切摩擦，试求：图8(1)拉力所做的功；(2)拉力撤去时小球的速度大小；(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾斜，求杆与水平面夹角为时(正方体和小球还未脱落)，正方体的速度大小.答案(1)mgL(2)(3) 解析(1)根据动能定理可得：WFmgL0力F所做的功为WFmgL(2)设撤去F时，杆与水平面夹角为，撤去F前，有：WFmgL，解得：根据动能定理有：mgLmgLsin mv2得撤去F时小球的速度为：v(3)设杆与水平面夹角为时，杆的速度为v1，正方体的速度为v2，v2v1sin 系统机械能守恒有：mg(LLsin )mvMv解得：v2 .10.如图9所示，虚线圆的半径为R，AC为光滑竖直杆，AB与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC轨道间的动摩擦因数均为，A、B、C三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为.如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时的能量损耗.求：图9(1)小球在AB轨道上运动的加速度；(2)小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；(3)若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为53，求的正切值.答案(1)gcos gsin (2)2(3)2.4解析(1)从A到B，由牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma解得：agcos gsin (2)小球沿ABC轨道运动，从A到C，由动能定理可得：mvmg2R2mg2Rcos sin 解得：vC2(3)设小球沿AC直导轨做自由落体运动，运动时间为t，则有：2Rgt2解得：t2轨道均光滑，小球由A到B机械能守恒，设B点的速度为vB，则有：mg2R cos2mv解得：vB2 cos 且依等时圆，tABt，则B到C的时间为：tBCttt以后沿BC直导轨运动的加速度为：agsin ，且BC2Rsin 故2Rsin vBtBCat代入数据得：tan 2.4.