（全國通用）高考物理二輪熱點題型歸納與變式演練專題14 功能關系（解析+原卷）學案-學案下載-教習網(wǎng)

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、熱點題型歸納
\l "_Tc17993" 【題型一】勢能變化與做功的關系
\l "_Tc26924" 【題型二】動能定理
\l "_Tc12217" 【題型三】機械能變化與做功的關系
\l "_Tc30563" 【題型四】圖像分析
\l "_Tc21895" 二、最新?？碱}組練2
【題型一】勢能變化與做功的關系
【典例分析】如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為eq \f(1,3)g，下降高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是( )
A．該勻強電場的電場強度為eq \f(mg,3q)
B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為eq \f(mg?H＋h?,3)
C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)
D．彈簧的彈性勢能的增加量為eq \f(mg?H＋h?,3)
【提分秘籍】
1、重力做正功，重力勢能減少
2、重力做負功，重力勢能增加
3、WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
4、彈力做正功，彈性勢能減少
5、彈力做負功，彈性勢能增加
6、WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
7、只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析．
8、只涉及電勢能的變化，用電場力做功與電勢能變化的關系分析．
【變式演練】
1．如圖所示，質量相等的物體A、B通過一輕質彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)通過細繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面．彈簧一直在彈性限度內，則( )
A．兩個階段拉力做的功相等
B．拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量
C．第一階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量
D．第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量
2．(多選)如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零．重力加速度為g.則上述過程中( )
A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－eq \f(1,2)μmga
B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－eq \f(3,2)μmga
C．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W－μmga
D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能
3．[多選]如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動能Ek、機械能E隨時間t的關系及重力勢能Ep隨位移x關系的是( )
【題型二】動能定理
【典例分析】如圖所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質彈簧的右端固定在豎直擋板上。質量m＝0.1 kg的小物塊(可視為質點)從空中的A點以v0＝2 m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，此時彈簧的彈性勢能Epm＝0.8 J，已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)小物塊從A點運動至B點的時間；
(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力大?。?br>(3)C、D兩點間的水平距離L。
【提分秘籍】
1、表達式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
2、若只涉及動能的變化用動能定理．
3．應用動能定理的注意事項
(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。
(2)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。
(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。
(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結果加以檢驗。
【變式演練】
1．如圖為某同學建立的一個測量動摩擦因數(shù)的模型。物塊自左側斜面上A點由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側斜面上的B點。實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角為θ。物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結論正確的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan eq \f(α－β,2)
2．我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；
(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。
3．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50 m。盆邊緣的高度為h＝0.30 m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 μ＝0.10。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
【題型三】機械能變化與做功的關系
【典例分析】(多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度由底端沖上傾角為30°的固定斜面，上升的最大高度為h，其加速度大小為eq \f(3,4)g.在這個過程中，物體( )
A．重力勢能增加了mgh
B．動能減少了mgh
C．動能減少了eq \f(3mgh,2)
D．機械能損失了eq \f(3mgh,2)
【提分秘籍】
1、其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少
2、其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少
3、W其他＝ΔE
4、只涉及機械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．
【變式演練】
1．如圖所示，一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉動，木板從水平位置OA轉到OB位置的過程中，木板上重為5 N的物塊從靠近轉軸的位置由靜止開始滑到圖中虛線所示位置，在這一過程中，物塊的重力勢能減少了4 J。則以下說法正確的是(取g＝10 m/s2)( )
A．物塊的豎直高度降低了0.8 m
B．由于木板轉動，物塊下降的豎直高度必大于0.8 m
C．物塊獲得的動能為4 J
D．由于木板轉動，物塊的機械能必定增加
2．(多選)如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體．物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)．現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開．此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W.不考慮空氣阻力．關于此過程，下列說法正確的有( )
A．物體重力勢能減少量一定大于W
B．彈簧彈性勢能增加量一定小于W
C．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為W
D．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W
3．如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑，開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度。對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是( )
A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒
B．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大，此時系統(tǒng)機械能最大
C．在運動的過程中，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和
D．在運動過程中m的最大速度一定大于M的最大速度
【題型四】圖像分析
【典例分析】如圖所示，質量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tan α，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關系的圖象是( )
【提分秘籍】
【變式演練】
1．如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2，求：
(1)滑塊到達B處時的速度大??；
(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間；
(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？
2．一質點在0～15 s內豎直向上運動，其加速度—時間圖像如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．質點的機械能不斷增加
B．在0～5 s內質點的動能增加
C．在10～15 s內質點的機械能一直增加
D．在t＝15 s時質點的機械能大于t＝5 s時質點的機械能
3．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A．木板獲得的動能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1
1．如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧形軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P至B的運動過程中( )
A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
2．如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：
(1)滑塊第一次滑至左側圓弧上時距A點的最小高度差h；
(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。
3．如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)( )
A．11 J B．16 J
C．18 J D．9 J
4．用傳感器研究質量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是( )
A．0～6 s內物體先向正方向運動，后向負方向運動
B．0～6 s內物體在4 s時的速度最大
C．物體在2～4 s內速度不變
D．0～4 s內合力對物體做的功等于0～6 s內合力對物體做的功
5．如圖甲所示，電動機通過繞過光滑定滑輪的細繩與放在傾角為30°的光滑斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升；在0～3 s時間內物體運動的v-t圖像如圖乙所示，其中除1～2 s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線，1 s后電動機的輸出功率保持不變；已知物體的質量為2 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)1 s后電動機的輸出功率P；
(2)物體運動的最大速度vm；
(3)在0～3 s內電動機所做的功。
6．一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運動。此過程中物體速度的平方和上升高度的關系如圖所示。若取h＝0處為重力勢能等于零的參考平面，則此過程中物體的機械能隨高度變化的圖像可能正確的是( )
7（2021年全國甲卷）.如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。
（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；
（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？
參考答案
【題型一】勢能變化與做功的關系
【典例分析】答案 D
解析帶電物塊由靜止開始下落時的加速度為eq \f(1,3)g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq \f(2mg,3q)，故A錯誤；從A到C的過程中，除重力和彈簧彈力以外，只有電場力做功，電場力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－eq \f(2mg?H＋h?,3)，可知機械能減少量為eq \f(2mg?H＋h?,3)，故B錯誤；從A到C的過程中，電場力做功為－eq \f(2mg?H＋h?,3)，則電勢能增加量為eq \f(2mg?H＋h?,3)，故C錯誤；根據(jù)動能定理得：mg(H＋h)－eq \f(2mg?H＋h?,3)＋W彈＝0－0，解得彈力做功為：W彈＝－eq \f(mg?H＋h?,3)，即彈簧彈性勢能增加量為eq \f(mg?H＋h?,3)，故D正確．
【變式演練】
1．答案 B
2．答案 BC
3．解析：選CD 根據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，選項A、B錯誤。
【題型二】動能定理
【典例分析】解析：(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，據(jù)幾何關系有：tan θ＝eq \f(v0,gt)
解得：t＝eq \f(\r(3),5) s≈0.35 s。
(2)vB＝eq \f(v0,sin θ)＝4 m/s。
小物塊由B運動到C，根據(jù)動能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在C點處，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得FN＝8 N。
由牛頓第三定律得：小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力FN′＝FN＝8 N。
(3)從C點到D點，由能量守恒定律可知：
eq \f(1,2)mvC2＝μmgL＋Epm，解得：L＝1.2 m。
答案：(1)0.35 s (2)8 N (3)1.2 m
【變式演練】
1．解析：選C 對全過程運用動能定理，結合摩擦力做功的大小，求出動摩擦因數(shù)大小。設AB的水平長度為x，豎直高度差為h，對A到B的過程運用動能定理得mgh－μmgcs α·AC－μmg·CE－μmgcs β·EB＝0，因為AC·cs α＋CE＋EB·cs β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq \f(h,x)＝tan θ，故C正確。
2．解析：(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有vB2＝2ax
①
由牛頓第二定律有
mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得
Ff＝144 N。③
(2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有
FN－mg＝meq \f(vC2,R)⑤
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m。⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
3．解析：選D 設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復運動后，又回到B點。D正確。
【題型三】機械能變化與做功的關系
【典例分析】答案 AC
解析物體重力勢能的增加量等于克服重力做的功，選項A正確；合力做的功等于物體動能的變化，則可知動能減少量為ΔEk＝maeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(3,2)mgh，選項B錯誤，選項C正確；機械能的損失量等于克服摩擦力做的功，因為mgsin 30°＋Ff＝ma，a＝eq \f(3,4)g，所以Ff＝eq \f(1,4)mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ffeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,4)mgeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,2)mgh，選項D錯誤．
【變式演練】
1．解析：選A 由重力勢能的表達式Ep＝mgh，重力勢能減少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A項正確、B項錯誤；木板轉動，木板的支持力對物塊做負功，則物塊機械能必定減少，故C、D項均錯誤。
2．答案 AD
解析根據(jù)能量守恒定律可知，在此過程中減少的重力勢能mgh＝ΔEp＋W，所以物體重力勢能減少量一定大于W，不能確定彈簧彈性勢能增加量與W的大小關系，故A正確，B錯誤；支持力對物體做負功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少W，所以C錯誤；若將物體從A處由靜止釋放，從A到B的過程，根據(jù)動能定理：Ek＝mgh－W彈＝mgh－ΔEp＝W，所以D正確．
3．解析：選C 由于F1、F2對m、M都做正功，故系統(tǒng)機械能增加，則系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，M和m受力平衡，加速度減為零，此時速度達到最大值，故各自的動能最大，F(xiàn)1和F2可繼續(xù)對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能還可以繼續(xù)增大，故此時系統(tǒng)機械能不是最大，故B錯誤；在運動的過程中，根據(jù)除重力和彈簧彈力以外的力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的變化量可知，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和，故C正確；由于不知道M和m質量大小的關系，所以不能判斷最大速度的大小，故D錯誤。
【題型四】圖像分析
【典例分析】答案 D
解析重力勢能的變化僅僅與重力做功有關，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項A錯誤；機械能的變化僅與重力和系統(tǒng)內彈力之外的其他力做功有關，上滑過程中有－Ffeq \f(h,sin α)＝E－E0，即E＝E0－Ffeq \f(h,sin α)；下滑過程中有－Ffeq \f(2H－h(huán),sin α)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ffeq \f(H,sin α)＋Ffeq \f(h,sin α)，故上滑和下滑過程中E－h(huán)圖線均為直線，選項B錯誤；動能的變化與合外力做功有關，上滑過程中有－mgh－eq \f(Ff,sin α)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq \f(Ff,sin α))h，下滑過程中有－mgh－Ffeq \f(2H－h(huán),sin α)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ffeq \f(H,sin α)－(mg－eq \f(Ff,sin α))h，故Ek－h(huán)圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項C錯誤，D正確．
【變式演練】
1．[解析] (1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mvB2
得vB＝2eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m內，有F1－μmg＝ma，
且x1＝eq \f(1,2)at12，解得t1＝ eq \r(\f(8,35)) s。
(3)當滑塊恰好能到達最高點C時，有mg＝meq \f(vC2,R)
對滑塊從B到C的過程，由動能定理得
W－mg×2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
代入數(shù)值得W＝－5 J。
即克服摩擦力做的功為5 J。
[答案] (1)2eq \r(10) m/s (2) eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
2．解析：選D 由圖像可以看出0～5 s內的加速度等于g，質點的機械能不變，故A錯誤；在0～5 s內，質點速度向上，加速度方向向下，加速度與速度方向相反，則質點速度減小，則動能減小，故B錯誤；在10～15 s內，質點向上減速的加速度大于g，說明質點受到了方向向下的外力，做負功，機械能減少，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，5～10 s內，mg－F＝ma，得：F＝2m，方向向上，做正功，質點機械能增加；10～15 s內，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，質點機械能減少；質點一直向上做減速運動，則10～15 s內的速度小于5～10 s內的速度，則10～15 s內的位移s10～15小于5～10 s內的位移s5～10，故Fs5～10＞Fs10～15，則5～15 s內質點機械能增加的多，減少的少，故質點在t＝15 s時的機械能大于t＝5 s時的機械能，D正確。
3．解析：選D 由圖像可知，A、B的加速度大小都為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質量相等，木板獲得的動能為1 J，選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，選項B錯誤；由v -t圖像可求出二者相對位移為1 m，所以C錯誤；分析B的受力，根據(jù)牛頓第二定律，可求出μ＝0.1，選項D正確。
1．答案 D
2．解析：(1)滑塊從D到達左側最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mgh－μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0，解得h＝eq \f(μRcs θ,tan θ)。
(2)通過分析可知，滑塊最終至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得：
mgRcs θ－μmgcs θ·s＝0，解得：s＝eq \f(R,μ)。
答案：(1)eq \f(μRcs θ,tan θ) (2)eq \f(R,μ)
3．解析：選C A球向右運動0.1 m時，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設此時∠B′A′O＝α，則有tan α＝eq \f(3,4)。由運動的合成與分解可得vAcs α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W－mgh＝eq \f(1,2)mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋eq \f(1,2)mvB2＝2×10×0.1 J＋eq \f(1,2)×2×42 J＝18 J，選項C正確。
4．解析：選D a-t圖線的“面積”等于速度的變化量，由圖像可知，0～6 s內速度變化量一直為正，物體速度方向不變，物體在0～5 s內一直加速，5 s時速度最大，A、B均錯誤；2～4 s內物體的加速度不變，做勻加速直線運動，C錯誤；由題圖可知，t＝4 s時和t＝6 s時物體速度大小相等，由動能定理可知，物體在0～4 s內和0～6 s內動能變化量相等，合外力做功也相等，D正確。
5．解析：(1)設物體的質量為m，由題圖乙可知，在t1＝1 s時間內，物體做勻加速直線運動的加速度大小為a＝5 m/s2，1 s末物體的速度大小達到v1＝5 m/s，此過程中，設細繩拉力的大小為F1，則根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律可得：v1＝at1
F1－mgsin 30°＝ma
設在1 s末電動機的輸出功率為P，由功率公式可得：P＝F1v1
聯(lián)立解得：P＝100 W。
(2)當物體達到最大速度vm后，設細繩的拉力大小為F2，由牛頓第二定律和功率的公式可得：F2－mgsin 30°＝0
P＝F2vm
聯(lián)立解得：vm＝10 m/s。
(3)設在時間t1＝1 s內，物體的位移為x，電動機做的功為W1，則由運動學公式得：x＝eq \f(1,2)at12
由動能定理得：W1－mgxsin 30°＝eq \f(1,2)mv12
設在時間t＝3 s內電動機做的功為W，則：W＝W1＋P(t－t1)
聯(lián)立解得：W＝250 J。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J
6．解析：選D 拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對物體做正功，由功能關系知物體的機械能增加，故A、B錯誤。由勻變速運動的速度位移關系公式v2－v02＝2ah得：v2＝v02＋2ah，由數(shù)學知識可知，v2 -h圖像的斜率等于2a，直線的斜率一定，則知物體的加速度a一定，因此物體向上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律知拉力恒定。由功能關系知：FΔh＝ΔE，即得eq \f(ΔE,Δh)＝F，所以E-h圖像的斜率等于拉力F，F(xiàn)一定，因此E-h圖像應是向上傾斜的直線，故C錯誤，D正確。
7、答案：本題考查功能關系的理解與應用。
（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時，根據(jù)牛頓第二定律有
設小車通過第30個減速帶后速度為，到達第31個減速帶時的速度為，則有
因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶時的速度均為和；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為
聯(lián)立以上各式解得
（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為，則在水平地面上根據(jù)動能定理有
從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有
聯(lián)立解得
故在每一個減速帶上平均損失的機械能為
（3）由題意可知
可得
v -t圖
由公式x＝vt可知，v -t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移
a-t圖
由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量
F-x圖
由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功
P-t圖
由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功

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