《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第8講 技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）.doc（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

技法專題——巧用“能量觀點(diǎn)”解決力學(xué) 考法 學(xué)法 “能量觀點(diǎn)”是解決力學(xué)問(wèn)題的三大觀點(diǎn)之一。高考既可能在選擇題中單獨(dú)考查功和能，也可能在計(jì)算題中綜合考查功能問(wèn)題，該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的能量觀點(diǎn)的應(yīng)用?？疾榈膬?nèi)容主要有：①幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系；②動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；③利用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問(wèn)題。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②全程法和分段法；③守恒思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [點(diǎn)點(diǎn)探明]———————————————————————————————— 題型1　應(yīng)用動(dòng)能定理求解變力做功 [例1]　如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)軸相距為R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)，此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)已開(kāi)始勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在這一過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) A．0　　　　　　　　 B．2μmgR C．2πμmgR D.μmgR [解析]　物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時(shí)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則有μmg＝，在物塊由靜止到獲得速度v的過(guò)程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正確。 [答案]　D 題型2　應(yīng)用動(dòng)能定理解決往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 [例2]　如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊與擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　) A. B. C. D. [解析]　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，選項(xiàng)A正確。 [答案]　A 題型3　應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題 [例3]　[多選]如圖所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。則(　　) A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g [解析]　由題意知，上、下兩段滑道的長(zhǎng)分別為s1＝、s2＝，由動(dòng)能定理知：2mgh－μmgs1cos 45－μmgs2cos 37＝0，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，選項(xiàng)A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45－μcos 45)＝g，a2＝g(sin 37－μcos 37)＝－g，則在下滑h時(shí)的速度最大，由動(dòng)能定理知：mgh－μmgs1cos 45＝mv2，解得v＝ ，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W＝2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 [答案]　AB 題型4　動(dòng)能定理和圖像的綜合 [例4]　[多選]一物體靜止在粗糙水平面上，某時(shí)刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開(kāi)始沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，已知在第1 s 內(nèi)合力對(duì)物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的vt圖像如圖所示，g取10 m/s2，則(　　) A．物體的質(zhì)量為5 kg B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 C．第1 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功為60 J D．第1 s內(nèi)拉力對(duì)物體做的功為60 J [解析]　由動(dòng)能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A錯(cuò)誤；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得 μ＝0.1，故B正確；第1 s內(nèi)物體的位移x＝13 m＝1.5 m，第1 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功W＝－fx＝－15 J，故C錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，設(shè)第1 s內(nèi)拉力為F，則F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s內(nèi)拉力對(duì)物體做的功W′＝Fx＝60 J，故D正確。 [答案]　BD [系統(tǒng)通法]———————————————————————————————— 1．把握兩點(diǎn)，準(zhǔn)確理解動(dòng)能定理 (1)動(dòng)能定理表達(dá)式中，W表示所有外力做功的代數(shù)和，包括物體所受重力做的功。 (2)動(dòng)能定理表達(dá)式中，ΔEk為所研究過(guò)程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，而且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。 2．應(yīng)用動(dòng)能定理的“兩線索、兩注意” (1)兩線索 (2)兩注意 ①動(dòng)能定理常用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法更簡(jiǎn)便。 ②當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。 [點(diǎn)點(diǎn)探明]———————————————————————————————— 題型1　繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題 [例1]　(2018南京模擬)如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線掛著兩個(gè)小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2?，F(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開(kāi)始沿碗內(nèi)壁下滑。設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為R。則m1滑到碗最低點(diǎn)時(shí)的速度為(　　) A．2 　　 　　 B. C. D．2 [解析]　設(shè)當(dāng)m1到達(dá)碗最低點(diǎn)時(shí)速率為v1，此時(shí)m2的速率為v2，由幾何關(guān)系知 v1cos 45＝v2，對(duì)m1、m2由機(jī)械能守恒定律得m1gR＝m2gR＋m1v12＋m2v22，解得 v1＝2 ，D正確。 [答案]　D 題型2　桿連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題 [例2]　如圖所示為豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R。小球A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，A和B之間用一根長(zhǎng)為l(lmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同 C．在A下滑過(guò)程中輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功 D．在A下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于A與B增加的動(dòng)能 [解析]　根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件可知，A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，A、B錯(cuò)誤；A下滑、B上升過(guò)程中，B機(jī)械能增加，則A機(jī)械能減少，說(shuō)明輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，C正確；A下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于B上升過(guò)程中增加的重力勢(shì)能和A與B增加的動(dòng)能之和，D錯(cuò)誤。 [答案]　C 題型3　彈簧連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題 [例3]　[多選](2018邵陽(yáng)模擬)如圖所示，物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。開(kāi)始時(shí)細(xì)繩伸直，B靜止在桌面上，用手托著A使彈簧處于原長(zhǎng)且A與地面的距離為h。放手后A下落，著地時(shí)速度大小為v，此時(shí)B對(duì)桌面恰好無(wú)壓力。不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A下落過(guò)程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧的勁度系數(shù)為 C．A著地時(shí)的加速度大小為 D．A著地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－mv2 [解析]　因?yàn)锽沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，所以A下落過(guò)程中，只有彈簧彈力和重力做功，故A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；因?yàn)锳剛下落時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，A落地時(shí)，彈簧對(duì)B的彈力大小等于B所受的重力，故kh＝mg，解得k＝，B錯(cuò)誤；A落地時(shí)彈簧對(duì)繩子的拉力大小為mg，對(duì)A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正確；A下落過(guò)程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故2mgh＝2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D錯(cuò)誤。 [答案]　AC [系統(tǒng)通法]———————————————————————————————— 1．判斷機(jī)械能守恒的兩個(gè)角度 (1)用做功判斷：若物體(或系統(tǒng))只受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)，或雖受其他力，但其他力不做功，則機(jī)械能守恒。 (2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體(或系統(tǒng))只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無(wú)機(jī)械能與其他形式能的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。 2．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式 3．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 [知能全通]———————————————————————————————— 1．常見(jiàn)的功能關(guān)系 重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系 WG＝－ΔEp 彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系 W彈＝－ΔEp 合外力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系 W合＝ΔEk 除重力和彈力以外其他力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系 W其他＝ΔE機(jī) 滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積與內(nèi)能變化的關(guān)系 Ffx相對(duì)＝ΔE內(nèi) 2．功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 (1)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問(wèn)題中的具體表現(xiàn)不同。 (2)分清是什么力做功，并且分析該力做功的正負(fù)；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況。 (3)可以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計(jì)算變力做的功。 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1.(2018全國(guó)卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　) A．2mgR　　　　　　　 B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：選C　小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得，F(xiàn)3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向的加速度大小也為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F(3R＋x)＝5mgR，C正確。 2.[多選](2019屆高三邯鄲模擬)如圖，質(zhì)量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，力F做的功為W，此時(shí)撤去力F，物體又經(jīng)相同時(shí)間回到了出發(fā)點(diǎn)。若以出發(fā)點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能平面，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．從物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，物體的機(jī)械能增加了 B．力F的大小為mg C．物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為 D．撤去力F時(shí)，物體的動(dòng)能和重力勢(shì)能恰好相等 解析：選BC　除重力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，力F做功為W，則物體機(jī)械能增加了W，故A錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)，撤去力F前后兩個(gè)過(guò)程位移大小相等、方向相反，時(shí)間相等，取豎直向上為正方向，則得：at2＝－，F(xiàn)－mg＝ma，解得：a＝g，F(xiàn)＝mg，故B正確；在整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2＝W，物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率v＝，瞬時(shí)功率為P＝mgv＝，故C正確；撤去力F時(shí)，物體的動(dòng)能為Ek＝W－mgat2＝Fat2－mgat2＝mgat2，重力勢(shì)能為Ep＝mgat2＝ mgat2，可見(jiàn)，動(dòng)能和重力勢(shì)能不相等，故D錯(cuò)誤。 3.[多選](2018盤錦模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方處。小球從最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始沿逆時(shí)針?lè)较蛳禄?，已知彈簧的原長(zhǎng)為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的動(dòng)能最大 B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 C．小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg D．小球從A到C的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量 解析：選CD　小球下滑過(guò)程中，彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，此時(shí)彈簧彈力等于0，只有重力對(duì)小球做正功，小球仍在加速，所以彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的動(dòng)能不是最大，故A錯(cuò)誤；由題可知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝2，故B錯(cuò)誤；設(shè)小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F，在A點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力F1＝ mg＋F，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F2－mg－F＝m，解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力F2＝5mg＋F，則F2－F1＝4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確；小球從A到C的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧彈力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的增加量，故D正確。 [知能全通]———————————————————————————————— “三步走”分析疊放體問(wèn)題(以傳送帶為例) [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1.如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)為s，以速度v始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m的貨物放到A點(diǎn)，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)貨物從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)貨物做的功不可能(　　) A．等于mv2　　　　　 B．小于mv2 C．大于μmgs D．小于μmgs 解析：選C　貨物在傳送帶上相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)情況可能是先加速后勻速，也可能是一直加速而最終速度小于v，根據(jù)動(dòng)能定理知摩擦力對(duì)貨物做的功可能等于mv2，可能小于 mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，不可能大于μmgs，故C對(duì)。 2.[多選](2018濟(jì)寧模擬)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。物塊以速度v0從木板的左端向右端滑動(dòng)時(shí)，若木板固定不動(dòng)，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時(shí)，下列敘述正確的是(　　) A．物塊不能從木板的右端滑下 B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL C．經(jīng)過(guò)t＝物塊與木板保持相對(duì)靜止 D．摩擦力對(duì)木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 解析：選AC　木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。木板不固定時(shí)，物塊向右減速的同時(shí)，木板要向右加速，物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動(dòng)能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對(duì)于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確；物塊和木板組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(duì)＝μmgx相對(duì)＜μmgL，故B錯(cuò)誤；設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對(duì)木板，由動(dòng)量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得： t＝，故C正確；由于物塊與木板相對(duì)于水平面的位移大小不等，物塊對(duì)地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤。 3.如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l，傳送帶開(kāi)始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，施加恒定拉力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過(guò)程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)，施加相同的恒定拉力F拉物體，使它以相對(duì)傳送帶為v1的速度勻速?gòu)腁滑到B，這一過(guò)程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是(　　) A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2 D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2 解析：選B　因?yàn)閮纱蔚睦臀灰葡嗤?，兩次拉力做的功相等，即W1＝W2；當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝，當(dāng)傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2＝，所以第二次用的時(shí)間短，功率大，即P1＜P2；滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積等于產(chǎn)生的熱量，第二次的相對(duì)路程小，所以Q1＞Q2，選項(xiàng)B正確。 4．[多選]如圖甲所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B，質(zhì)量為m＝2 kg的木塊A以速度 v0＝2 m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 B．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2 kg C．長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2 m D．A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J 解析：選AB　從題圖乙可以看出，A先做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，共同速度：v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正確；由圖像可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝Ma，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝0.1，故A正確；由圖像可知前1 s內(nèi)B的位移為：xB＝11 m＝0.5 m, A的位移為：xA＝1 m＝1.5 m，所以木板最小長(zhǎng)度為：L＝xA－xB＝1 m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D錯(cuò)誤。 [專題強(qiáng)訓(xùn)提能] 1.如圖所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長(zhǎng)量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度第一次回到原長(zhǎng)時(shí)，物塊的速度為v。則此過(guò)程中彈力所做的功為(　　) A.mv2－μmgx　　　　 B．μmgx－mv2 C.mv2＋μmgx D．以上選項(xiàng)均不對(duì) 解析：選C　設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對(duì)。 2．(2018江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是(　　) 解析：選A　小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動(dòng)能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，A正確。 3．[多選](2016全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則(　　) A．a(chǎn)＝ B．a(chǎn)＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝mv2，則速度 v＝，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝＝，選項(xiàng)A正確， B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 4.如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過(guò)下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)中測(cè)量出了三個(gè)角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角θ。物塊與各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan 解析：選C　設(shè)AB的水平長(zhǎng)度為x，豎直高度差為h，對(duì)從A到B的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh－μmgcos αAC－μmgCE－μmgcos βEB＝0，因?yàn)锳Ccos α＋CE＋EBcos β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正確。 5．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，開(kāi)始時(shí)在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾角θ斜向上拋，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，空氣阻力不計(jì)，則(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB 解析：選D　A球和C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度均為零，而B(niǎo)球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能。對(duì)A、C球由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝h＝。對(duì)B球由機(jī)械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正確。 6．(2019屆高三南京模擬)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比。下列圖像分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是(　　) 解析：選C　已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即Ff＝kv，當(dāng)球上升到最高點(diǎn)時(shí)，v為零，球只受重力，a等于g，則vt圖線切線的斜率不等于零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，球上升過(guò)程中：mg＋kv＝ma，v逐漸減小，a逐漸減小，球下降過(guò)程中：mg－kv＝ma，v逐漸增大，a逐漸減小，故B錯(cuò)誤；上升過(guò)程，由動(dòng)能定理：－mgh－Ffh＝ Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，隨h的增加，v減小，則Ekh圖像的斜率減小，下降過(guò)程，由動(dòng)能定理：mg(h0－h(huán))－Ff(h0－h(huán))＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h(huán))，隨下降的高度的增加，v增大，Ekh圖像的斜率減小，故C正確；機(jī)械能的變化量等于克服阻力做的功： －Ffh＝E－E0，上升過(guò)程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即Eh圖像的斜率逐漸變小，故Eh圖像不是直線，故D錯(cuò)誤。 7.(2018武漢調(diào)研)如圖所示，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，B的動(dòng)能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選D　A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，A下降的高度為hA＝R＋Rsin 45，B上升的高度為hB＝Rsin 45，則有2mghA－mghB＝2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，所以B的動(dòng)能為EkB＝mvB2＝mgR，選項(xiàng)D正確。 8．(2018煙臺(tái)模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來(lái)避免危險(xiǎn)。某質(zhì)量為4.0104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長(zhǎng)，則貨車勻速上坡的過(guò)程中(　　) A．牽引力等于2104 N B．速度可能大于36 km/h C．增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功 D．增加的機(jī)械能等于貨車克服阻力所做的功 解析：選A　貨車勻速上坡的過(guò)程中，根據(jù)平衡條件得：牽引力大小 F＝0.01mg＋ mgsin θ＝0.014.010410 N＋4.010410 N＝2104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯(cuò)誤；勻速上坡過(guò)程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過(guò)程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯(cuò)誤。 9．[多選](2018武漢質(zhì)檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點(diǎn)，如圖所示。有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從這些斜面上的A、B、C、D、…各點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點(diǎn)的過(guò)程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)處在同一豎直線上 解析：選ACD　若各斜面均光滑，根據(jù)mgh＝mv2，滑塊質(zhì)量相同，到達(dá)O點(diǎn)的速率相同，則h相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，如圖所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑塊從圓周上各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，C正確；若各滑塊滑到O點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊滑動(dòng)的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能(即克服摩擦力做功)為：Wf＝μmgcos θ，即各釋放點(diǎn)處在同一豎直線上，D正確。 10．[多選]如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30，質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開(kāi)始時(shí)用手按住M，此時(shí)M到擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且沒(méi)有力的作用。已知M＝2m，空氣阻力不計(jì)。松開(kāi)手后，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)M的速度最大時(shí)，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時(shí)m的速度為零 D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與m的機(jī)械能增加量之和 解析：選BD　運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；當(dāng)M速度最大時(shí)，彈簧的彈力等于Mgsin 30＝mg，此時(shí)m與地面間的作用力恰好為零，B正確；然后M做減速運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)擋板處，也就是速度剛好減小到了零，之后M會(huì)上升，所以M恰好到達(dá)擋板處時(shí)彈簧彈力大于mg，即此時(shí)m受到的細(xì)繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，M減小的機(jī)械能等于m增加的機(jī)械能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，若M恰好能到達(dá)擋板處，此時(shí)動(dòng)能恰好為零，因此重力對(duì)M做的功等于M減小的機(jī)械能，D正確。 11．[多選]如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)均為L(zhǎng)。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60變?yōu)?20。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過(guò)程中(　　) A．A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL 解析：選AB　在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg，即地面對(duì)B的支持力小于mg，A項(xiàng)正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，這時(shí)系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcos 30－Lcos 60)＝mgL，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 12．[多選]如圖所示，在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45角 解析：選AD　設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得，下落時(shí)間t＝，則水平位移x＝v0t＝ ，所以當(dāng)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tan θ＝2tan α＝2＝1，則θ＝45，D正確。 13.(2019屆高三濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示。在物塊A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開(kāi)桌面的過(guò)程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢(shì)能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大 D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 解析：選C　對(duì)物塊A由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故力F一直增大，故A錯(cuò)誤；在物塊A上升過(guò)程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在物塊A上升過(guò)程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能增大，故C正確；在物塊A上升過(guò)程中，除重力與彈力做功外，還有力F做正功，所以物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)誤。 14.[多選](2018江西八校聯(lián)考)如圖所示，三角形傳送帶以 1 m/s 的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是6 m且與水平方向的夾角均為37?，F(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A先到達(dá)傳送帶底端 B．A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)A做正功，對(duì)B做負(fù)功 D．A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶2 解析：選BD　對(duì)A，因?yàn)閙gsin 37>μmgcos 37，則A所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同理，B所受摩擦力沿傳送帶向上，下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，位移大小相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤，B正確；傳送帶對(duì)A、B的摩擦力方向與速度方向相反都沿傳送帶向上，傳送帶對(duì)A和B做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；對(duì)A，劃痕的長(zhǎng)度等于A的位移大小減去傳送帶的位移大小，以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mgsin 37－μmgcos 37＝ma，a＝2 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝vt＋at2，得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝2 s，所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小為x＝vt＝2 m，所以A在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為Δx1＝6 m－2 m＝4 m；對(duì)B，劃痕的長(zhǎng)度等于B的位移大小加上傳送帶的位移大小，同理得出B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以劃痕長(zhǎng)度之比為1∶2，故D正確。