（江苏专版）2019版高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能检测（含解析）.doc

功和能第一讲功和功率_动能定理 考点一功和功率1.考查功的大小计算如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 JB1.6 JC2 JD4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算如图所示，某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图像可以判断()A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的vt图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。3考查机车启动的图像问题下列各图是反映汽车以额定功率P额从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度v随时间t以及加速度a、牵引力F和功率P随速度v变化的图像中正确的是()解析：选A汽车以额定功率启动时，功率一定，由PFv可知，速度增大，牵引力F减小，根据FFfma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故A正确，B、C、D错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示(除210 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，214 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(010 s内)位移的大小。解析：(1)在1418 s时间段，加速度大小：a m/s21.5 m/s2由牛顿第二定律得：fma1.5 N。(2)在1014 s小车做匀速运动，速度v6 m/s牵引力大小F与f大小相等，则：Ff1.5 N，小车匀速运动的功率：PFv9 W。(3)02 s内，小车的位移：x123 m3 m210 s内，根据动能定理：Ptfx2mv22mv12代入数据解得x239 m加速过程中小车的位移大小为xx1x242 m。答案：(1)1.5 N(2)9 W(3)42 m考点二动能定理的理解和应用5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系多选如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，选项C错误；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，选项D正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故选项A错误。6.考查应用动能定理处理变力做功问题用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内()A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做功为mglsin D细线拉力做功的功率为解析：选A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以空气阻力做功WfWGmgl(1cos )，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合000，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。7考查Ekt图像一个小球从固定的光滑圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是()解析：选B动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即P，A点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处的重力做功功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中，重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误。8考查动能定理与Fx图像的综合应用如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块到达C处时的速度vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数据解得：vB6 m/s。(2)当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mgm代入数据解得：vC m/s。对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2RmvC2mvB2代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：xvC t在竖直方向：2Rgt2联立解得：x1.2 m。答案：(1)6 m/s(2) m/s3 J1.2 m考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题多选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。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，sin 370.6，cos 370.8)。则()A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解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1，s2由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即W2mgh，选项C错误。10考查动能定理解决往复运动问题如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用如图所示，斜面AB长xAB3 m、倾角为，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L3 m，始终以v05 m/s的速度顺时针转动。现有一个质量m1 kg的物块，在离B点xPB2 m处的P点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数10.25，物块与传送带间的动摩擦因数20.2，sin 370.6，sin 530.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当37时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当53时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsin 1mgcos 解得倾角满足的条件为tan 0.25。(2)由P到B，由动能定理得：mgxPBsin 371mgxPBcos 37mvB2解得vB4 m/s在B点，因为vB4 m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达v0，运动位移为x0，则a2g2 m/s2根据：v02vB22ax0解得：x02.25 mPBPDCPAPCPDPBDPAPCPDPB解析：选C小球落地时，A的重力的瞬时功率：PAmg；B落地的瞬时功率：PBmgsin ；C落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PCmg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PDmg；故PAPCPDPB，故选项C正确，A、B、D错误。2一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其vt图像如图甲所示，水平拉力的Pt图像如图乙所示，取g10 m/s2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数；(2)物块运动全过程水平拉力所做的功W；(3)物块在02 s内所受的水平拉力大小。解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第59 s内，物块做匀减速运动加速度：a m/s21.0 m/s2由牛顿第二定律得：mgma得：0.1。(2)对全过程：WP1t1P2t2 J4.03 J24 J。(3)法一：物块匀速运动阶段：Fmg0P2Fvm解得：mg得：m1.0 kg物块加速运动阶段，加速度：a0 m/s22.0 m/s2由牛顿第二定律得：Fmgma0解得F3.0 N法二：由图像可知：当t12.0 s，v14.0 m/s时，P112 W由P1Fv1得：F N3.0 N。答案：(1)0.1(2)24 J(3)3.0 N3多选(2018连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服摩擦力做功为W1，到达B处时速度最大为v1，加速度大小为aB；小木块在C处以速度v向左运动，恰好能沿原路回到A处，此过程中克服摩擦力做功为W2，经过B处的速度大小为v2，重力加速度为g。则()Av2Bv1v2CW1W2DaB0解析：选BC木块下滑过程，在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，选项D错误；木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从A到C有mghW10，从C到A有mghW2mv2，从A到B有mghABWABmv12，从B到A有mghABWBA0mv22，分别整理可得，W1mgh，v，v1，v2，所以v1v2，选项B正确；与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即W1，故选项A错误，C正确。考点二动能定理的理解和应用高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主。(一)对动能定理的两点理解1动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。2动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。(二)动能定理的适用范围1既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。如诊断卷第6题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用WFlcos 直接求解，应考虑使用动能定理求解。2对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第5题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第8题，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功。题点全练1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为()A.mv2mgxBmgxmv2C.mv2mgxD以上选项均不对解析：选C设W弹为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得W弹mgxmv20，得W弹mv2mgx，故C正确。2.多选(2018潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球。将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时()A向心加速度aB向心加速度aC绳的拉力FD绳的拉力F解析：选AC根据动能定理得：mglWmv2，则向心加速度为：a，故A正确，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：Fmgm，解得绳子的拉力为：Fmgm，故C正确，D错误。3.如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与固定于水平地面上O点的铰链相连，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧紧靠O点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过45时撤去此拉力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求：(1)拉力做的功W和拉力的大小F；(2)撤去拉力F时小球的动能Ek；(3)小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为时小球的速度大小v1(正方体和小球未分开)。解析：(1)由动能定理有WmgL0且有WF解得WmgL，F。(2)由动能定理有WmgLsin Ek0解得EkmgL。(3)此时正方体的速度v2v1sin 由系统动能定理有mg(LLsin )mv12Mv22解得v1。答案：(1)mgL(2)mgL(3) 考点三应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程复杂、知识综合性强等特点。考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚。动能定理综合问题的思维流程(2018临沂二模)如图所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程解析(1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0。竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0。(2)设小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmv02mv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR。答案(1)(2)6mg(3)mgR题点全练1.多选如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37，现从B点正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()AA、B间的竖直高度为0.12 mB小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 NC小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 ND小球从A点到M点的过程中重力的功率一直增大解析：选AB设A、B间的竖直高度为h，从A到N根据动能定理可得：mghmgRcos 37mvN20，解得：h0.12 m，故A正确；小球经过B点时的速度为vB，根据动能定理可得mghmvB20，在B点时轨道对小球的压力的大小为Fm2.4 N，由牛顿第三定律可知B正确；小球经过M点时的速度为vM，根据动能定理可得mg(hR) mvM20，在M点轨道对小球的支持力的大小满足Fmgm，解得F5.4 N，由牛顿第三定律可知C错误；小球在A点重力的功率和在M点重力的功率都为零，所以从A点到M点的过程中小球重力的功率先增大后减小，故D错误。2由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。(1)画出04 m内物体加速度a随位移x变化的图像。(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F减为零后物体还能滑行多远？解析：(1)由牛顿第二定律得：Ffma得：a，fmg20 N，由题图乙可得F25x100(N)则a5x16(m/s2)04 m内物体加速度a随位移x变化的图像如图所示。(2)由(1)中分析可知，物体速度最大时，物体加速度为0，此时x3.2 m，Ff20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：WFmgxmvm2由Fx图像的物理意义得：WF(20100)3.2 J192 J代入数据得：vm m/s此时推力的功率：PFvm20 W64 W。(3)由题图乙可知推力为零时的位移x4 m由动能定理得：W总fx总00W总1004 J200 J解得x总10 mxx总x6 m故物体还能滑行6 m。答案：(1)见解析图(2)64 W(3)6 m 1多选(2018江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由 F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时FfF弹ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹Ffma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。2(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。3.(2018江苏七市三模)如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中()A水平方向加速度不断增大B竖直方向加速度不断增大C重力做功的瞬时功率先增大后减小D拉力做功的瞬时功率先增大后减小解析：选C小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为g且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故B错误；重力的瞬时功率为Pmgvy，小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故D错误。4.(2018镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以FNmg，则支持力NmgF，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。5(2018徐州期中)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为()A7 000 WB700 WC70 WD7 W解析：选A运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为v10 m/s，运动员的体重约为50 kg，故重力的瞬时功率约为Pmgv7 000 W，故A正确。6.(2018扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是()A第二次炮弹在空中运动时间较长B两次炮弹在空中运动时间相等C第二次炮弹落地时速度较大D第二次炮弹落地时速度较小解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，hgt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：mghmv2mv02，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以vv0，故两次炮弹落地时速度相等，故C、D错误。 7.多选(2018南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑时的加速度大小a1gsin gcos ，下滑时的加速度大小a2gsin gcos ，结合位移公式xat2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。重力做功Wmghmgxsin ，上滑过程与下滑过程的Wx图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：ma1xEkmv02，解得Ekmv02ma1x，同理下滑过程有：Ekma2(Lx)，由数学知识知，D正确。8(2018盐城三模)如图所示，质量为m、半径为R的光滑圆柱体B放在水平地面上，其左侧有半径为R、质量为m的半圆柱体A，右侧有质量为m的长方体木块C，现用水平向左的推力推木块C，使其缓慢移动，直到圆柱体B恰好运动到半圆柱体A的顶端，在此过程中A始终保持静止。已知C与地面间动摩擦因数，重力加速度为g。求：(1)圆柱体B下端离地高为时，地面对半圆柱体A的支持力；(2)木块C移动的整个过程中水平推力的最大值；(3)木块C移动的整个过程中水平推力所做的功。解析：(1)以A和B整体为研究对象，地面支持力FN2mg。(2)B刚离开地面时，B对C的弹力最大，对B受力分析，则弹力F1mgtan 60mg此时水平推力最大为FmF1mgmg。(3)C移动的距离x2Rcos 30R摩擦力做功WfmgxmgR根据动能定理WWfmgR0解得WmgR。答案：(1)2mg(2)mg(3)mgR9.(2018南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为1，垫子和地面间的动摩擦因数为2，刷子和地面间的动摩擦因数为3，重力加速度为g。(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60角的推力F1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力f1的大小和地面对垫子的支持力FN的大小；(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30角的推力F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力f2的大小；(3)若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为b，垫子的长为L(Lb)，求刷子完全离开垫子的速度v的大小。解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用则水平方向受力平衡，有f1F1cos 60F1刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，有FN(Mm)gF1sin 60(Mm)gF1。(2)设刷子和垫子运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：F2cos 302(mgMgF2sin 30)(Mm)a对刷子有：F2cos 30f2ma解得f22mg。(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功Wf由动能定理有F3L1mg(Lb)Wfmv20解得v 。答案：(1)F1(Mm)gF1(2)2mg(3) 10.(2018苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P点套一小环，小环通过长L1 m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m1 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm7 N。现对物块施加F8 N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h。解析：(1)由牛顿第二定律Fma解得a8 m/s2。(2)环到达Q时，静摩擦力最大由牛顿第二定律2fmmgm解得vm2 m/s根据动能定理Fsmvm2解得s0.25 m。(3)设物块上升的最大高度为h，水平距离为x，由动能定理得F(xs)mgh0由几何关系得(Lh)2x2L2解得h1 m或h m(舍去)。答案：(1)8 m/s2(2)0.25 m(3)1 m11(2017江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。解析：(1)对C受力分析，如图所示：根据平衡条件有2Fcos 30mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意，B保持静止，则有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案：(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR第二讲机械能守恒定律_功能关系 考点一单个物体的机械能守恒1.考查平抛运动中的机械能守恒问题将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为，则tan 的值为(不计空气阻力)()A.B.C.D.解析：选A物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：E1mv02mgH，且mv02mgH，即E1mv02；末状态的机械能：E2mv2mgh，且mv23mgh，则E2mv2，根据机械能守恒定律：E1E2，即mv02mv2，解得v，设此时速度与水平方向的夹角为，则tan ，故选A。2考查机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。解析：(1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FNmg，方向竖直向下，根据向心力公式有mgFNm从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则Ep2mgRmvC2解得Ep3mgR。(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgRmgRmvB2小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，则FNm解得FN4mg由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2Rgt2，xvCt解得x2R。因为x2R2R，所以小球不能落在薄板DE上。答案：(1)3mgR(2)分别为向右和向左的大小为4mg的压力(3)见解析考点二多个物体的机械能守恒3.考查用轻绳连接的两物体机械能守恒多选如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A小环与重物、地球组成的系统机械能守恒B小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环下落到B处时的速度为 解析：选AD由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h(1)d，故B项错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物v环cos 45，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为1，故C项错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd2mghmv环22mv物2，且v物v环cos 45，解得：v环，故D项正确。4考查用轻杆连接的两物体机械能守恒多选如图，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，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点(重力加速度大小为g) ，则()Aa落地前，a、b整体的机械能守恒B因为a的机械能守恒，所以a落地时速度大小为Ca落地前，当b对地面的压力大小为mg时，b的机械能最大Da下落过程中，竖直杆对a的作用力逐渐减小解析：选ACa落地前，a、b整体只有重力做功，则整体的机械能守恒，选项A正确；a下落过程中，杆对a做功，则a的机械能不守恒，选项B错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的机械能最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故C正确；a下落过程中，b先加速后减速，即b的加速度先向右后向左，对a、b整体而言，竖直杆对a的作用力先向右后向左，大小不是一直减小，选项D错误。5考查轻弹簧与物体组成的系统机械能守恒多选如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，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()A弹簧的劲度系数为B此时物体B的速度大小也为vC此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D此时弹簧的弹性势能等于mghmv2解析：选AD物体B对地压力恰好为零，处于平衡状态，速度仍为零，故弹簧的拉力为mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k，故A正确，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，mghEp弹mv2，故Ep弹mghmv2，故D正确。6考查物体与轻弹簧组成的系统机械能守恒图像问题如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，滑块套在杆上向下压缩弹簧，处于离地h0.1 m高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测得滑块离地高度h时对应的速度，作出滑块的Ekh图像如图乙所示，图中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g10 m/s2，求：(1)小滑块的质量m和弹簧的劲度系数k；(2)轻弹簧弹性势能的最大值Epmax和小滑块的最大加速度amax；(3)小滑块和轻弹簧组成系统的最小势能Epmin。解析：(1)由图像可知，高度在大于0.2 m的过程中为直线，说明滑块在0.2 m时离开弹簧，对该过程用机械能守恒定律有：Ek1mgh1，即0.3 Jmg(0.35 m0.2 m)，解得m0.2 kg滑块在高度为0.18 m时动能最大，说明此时滑块受到的二力平衡，即有：mgkx1又x10.2 m0.18 m0.02 m解得k100 N/m。(2)滑块在开始高度为0.1 m时弹性势能最大，全过程弹性势能转化为重力势能，有：Epmaxmgh2mg(0.35 m0.1 m)0.5 J滑块在开始高度为0.1 m时弹力最大，有kx2mgmamax代入数据解得amax40 m/s2。(3)全过程系统机械能守恒，当滑块动能最大时，系统的势能最小，有：EpminmghmaxEkmax0.2100.35 J0.32 J0.38 J。答案：(1)0.2 kg100 N/m(2)0.5 J40 m/s2(3)0.38 J考点三功能关系的应用7.考查功与能量变化的对应关系多选如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为x。在这个过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC小物块克服摩擦力所做的功为fxD小物块和小车增加的总动能为FxfL解析：选CD由题意可知，小物块运动的距离为x，则对小物块，由动能定理得：Ekm(Ff)x，故A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为xL，则对小车，由动能定理得：EkMf(xL)，故B错误；小物块运动的距离为x，则小物块克服摩擦力所做的功为fx，故C正确；根据能量转化和守恒定律可知，小物块和小车间摩擦生热为fL，则小物块和小车增加的总动能为FxfL，故D正确。8考查能量守恒定律的应用多选如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30的斜面，其运动的加速度为0.75g，物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中()A重力势能增加了mghB动能损失了mghC机械能损失了0.25mghD物体克服摩擦力的功率随时间在减小解析：选AD物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为F合mamg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，EkF合mg2h1.5mgh，所以物体的动能减小1.5mgh，故B错误；物体的动能减小1.5mgh，重力势能增加mgh，所以机械能减小0.5mgh，故C错误；物体克服摩擦力的功率为Pfvf(v0at)，f、v0、a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故D正确。9考查机械能变化规律分析多选一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则()A在x1处物体所受拉力最大B在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小C在x2处物体的速度最大D在x1x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AB由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。10考查传送带模型中的功能关系水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内()A小物体相对地面的位移大小为2xB传送带上的A点对地面的位移大小为xC由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2D由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2解析：选D物体相对地面发生的位移为x1tt，传送带发生的位移为x2vt，物体相对传送带发生的位移的大小为xx2x1vt，再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知xxx1，所以A错误。根据选项A的分析可知，A点对地面的位移大小为x2vt2x，所以B错误。根据摩擦生热公式Qfs相对可知，产生的热能为Qfx；又物体的加速度应为a，物体受到的阻力fma；联立以上各式解得Qmmv2，所以C错误。根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能应为E电QE机mv2mv2mv2，所以D正确。11考查多物体系统中功能关系的应用如图所示是一个电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M1.5 kg、m0.5 kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20 W保持不变，厢体上升1 m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2。在厢体向上运动过程中，求：(1)厢体的最大速度vm；(2)厢体向上的加速度为1 m/s2时，重物下端绳的拉力大小；(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。解析：(1)设厢体的最大速度