新高考物理三輪沖刺突破練習專題08功能關系的應用（含解析）

專題08功和動能定理目錄TOC\o"1-2"\h\u考向一功和功率 1考向二動能定理 3考查方式一動能定理的理解 3考查方式二動能定理在直線運動中的應用 4考查方式三動能定理在曲線運動中的應用 5考查方式四動能定理在圖像中的運用 7考查方式五動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應用 12【題型演練】 16考向一功和功率1．功和功率的計算方法2．機車啟動問題(1)機車輸出功率：P＝Fv，其中F為機車牽引力．(2)機車勻加速啟動過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時F牽＝F阻)求解方法①求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝eq\f(P,F阻＋ma).②求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝eq\f(P,F阻).(3)解決機車啟動問題時的四點注意①分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動．②勻加速啟動過程中，機車功率不斷增大，最大功率是額定功率．③以恒定功率啟動的過程中，牽引力不斷減小，機車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力．④無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足P＝f阻vm，分清P是機車的額定功率還是某一恒定功率．【典例1】質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則()A．3t0時刻的瞬時功率為eq\f(5Feq\o\al(2,0)t0,m)B．3t0時刻的瞬時功率為eq\f(15Feq\o\al(2,0)t0,m)C．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(23Feq\o\al(2,0)t0,4m)D．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(25Feq\o\al(2,0)t0,6m)【答案】BD.【解析】2t0時刻速度大小v2＝a1·2t0＝eq\f(2F0,m)t0，3t0時刻的速度大小為v3＝v2＋a2t0＝eq\f(F0,m)·2t0＋eq\f(3F0,m)·t0＝eq\f(5F0t0,m)，3t0時刻力F＝3F0，所以瞬時功率P＝3F0·v3＝eq\f(15Feq\o\al(2,0)t0,m)，A錯、B對；0～3t0時間段，水平力對物體做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×eq\f(1,2)·eq\f(F0,m)(2t0)2＋3F0·eq\f(v2＋v3,2)t0＝eq\f(25Feq\o\al(2,0)teq\o\al(2,0),2m)，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(25Feq\o\al(2,0)t0,6m)，C錯、D對．【典例2】用長度為l的細繩懸掛一個質(zhì)量為m的小球，將小球移至和懸點等高的位置使繩自然伸直．放手后小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球在最低點的勢能取做零，則小球運動過程中第一次動能和勢能相等時重力的瞬時功率為（）A.SKIPIF1<0 B.SKIPIF1<0 C.SKIPIF1<0 D.SKIPIF1<0【答案】C【解析】設小球在運動過程中第一次動能和勢能相等時的速度為v，此時繩與水平方向的夾角為θ，則由機械能守恒定律得mglsinθ=SKIPIF1<0mv2=SKIPIF1<0mgl解得sinθ=SKIPIF1<0v=SKIPIF1<0即此時細繩與水平方向夾角為30°，所以重力的瞬時功率為p=mgvcos30°=SKIPIF1<0mgSKIPIF1<0A.SKIPIF1<0，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；B.SKIPIF1<0，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C.SKIPIF1<0，與結(jié)論相符，選項C正確；D.SKIPIF1<0，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；【典例3】一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖象中，可能正確的是()【答案】A【解析】由圖可知，汽車先以恒定功率P1啟動，所以剛開始做加速度減小的加速度運動，后以更大功率P2運動，所以再次做加速度減小的加速運動，故A正確，B、C、D錯誤．考向二動能定理考查方式一動能定理的理解1．定理中“外力”的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．(2)既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關系【典例4】如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()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【答案】A【解析】由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確．考查方式二動能定理在直線運動中的應用若在直線運動中知道初、末狀態(tài)，而不需要考慮中間過程時，一般用動能定理處理位移與速度的關系一般用分段法來處理問題，找準直線運動中轉(zhuǎn)折處其動能有無損失【典例5】如圖所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉(zhuǎn)折時的機械能損失，則動摩擦因數(shù)為()A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)【答案】B【解析】.如圖所示，設B、O間距離為s1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過程中，應用動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(s2,cosθ)－μmg·s1＝0，解得μ＝eq\f(h,s1＋s2)＝tanα，故選項B正確．[變式]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(cè)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(cè)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(jié)論正確的是()A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝taneq\f(α－β,2)【答案】C【解析】對全過程運用動能定理，結(jié)合摩擦力做功的大小，求出動摩擦因數(shù)大小．設A、B間的水平長度為x，豎直高度差為h，對A到B的過程運用動能定理得mgh－μmgcosα·AC－μmg·CE－μmgcosβ·EB＝0，因為AC·cosα＋CE＋EB·cosβ＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq\f(h,x)＝tanθ，故C正確．考查方式三動能定理在曲線運動中的應用【典例6】如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離【答案】C【解析】.設質(zhì)點到達N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,N),R)，已知FN＝F′N＝4mg，則質(zhì)點到達N點的動能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.質(zhì)點由開始至N點的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR.設從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′<W.從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故質(zhì)點到達Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離．選項C正確．[變式]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P，它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為()A．a(chǎn)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)【答案】AC【解析】質(zhì)點由半球面最高點到最低點的過程中，由動能定理有：mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，又在最低點時，向心加速度大小a＝eq\f(v2,R)，兩式聯(lián)立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A項正確，B項錯誤；在最低點時有N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C項正確，D項錯誤．考查方式四動能定理在圖像中的運用1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據(jù)對應關系列式解答問題．2．四類圖象所圍“面積”的含義F-x圖像【典例7】如圖甲所示，一質(zhì)量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系圖象如圖乙所示，已知物體與面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說法正確的是()物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動B．物體在水平地面上運動的最大位移是10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運動中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20N時，x＝3.2m，由動能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得物體運動的最大速度vmax＝8m/s，選項C錯誤；當推力由100N減小到20N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當推力由20N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤．[變式]在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象．已知重力加速度g＝10m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間【答案】ABC【解析】.物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F－x圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．v-t圖像【典例8】A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖象如圖所示．已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等．則下列說法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1【答案】C.【解析】由v－t圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關系是2∶1，由v－t圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得，A物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)1·x－Ff1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等．故A、B、D錯誤，C正確．[變式]放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間圖象和該拉力的功率與時間的圖象如圖所示。下列說法不正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為12mB．0～6s內(nèi)拉力做功為70JC．物體的質(zhì)量為10kgD．滑動摩擦力的大小為5N【答案】A【解析】0～6s內(nèi)物體的位移大小等于v-t圖象中圖線與時間軸所包圍的面積，即x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2＋4×2))m＝10m，A錯誤；0～2s內(nèi)拉力做的功W1＝eq\x\to(P)·t1＝eq\f(0＋30,2)×2J＝30J,2～6s內(nèi)拉力做的功W2＝Pt2＝10×4J＝40J，所以0～6s內(nèi)拉力做的總功W＝W1＋W2＝70J，B正確；在2～6s內(nèi)，v＝2m/s，P＝10W，物體做勻速直線運動，F(xiàn)＝f，則滑動摩擦力f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,2)N＝5N，當P1＝30W時，v＝2m/s，得到牽引力F1＝eq\f(P1,v)＝eq\f(30,2)N＝15N，在0～2s內(nèi)，物體做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由牛頓第二定律可得：F1－f＝ma，可知：m＝10kg，C、D正確。a-t圖像【典例9】用傳感器研究質(zhì)量為2kg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0～6s內(nèi)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．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功【答案】D.【解析】由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t＝5s時，速度最大，B項錯；2～4s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯；0～4s內(nèi)與0～6s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4s末和6s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項對．[變式]質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(3,10)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR【答案】C【解析】最低點7mg－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，則最低點速度為：v1＝eq\r(6gR)最高點mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，則最高點速度為：v2＝eq\r(gR)由動能定理得：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：Wf＝－eq\f(1,2)mgR，故克服空氣阻力做功Wf＝eq\f(1,2)mgR，故選項C正確，A、B、D錯誤．Ek-x圖像【典例10】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()【答案】C.【解析】設斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設小物塊滑到最高點的距離為L，小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項C正確．[變式]從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是()【答案】A【解析】對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關系為v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋veq\o\al(2,0)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關系，由數(shù)學中的二次函數(shù)知識可判斷A正確．考查方式五動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應用1．由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解．因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可．2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式．3．全過程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；(3)彈簧彈力做功與路徑無關．4．應用動能定理解題的基本步驟【典例11】如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t.【答案】(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s【解析】(1)滑塊恰能滑到D點，則vD＝0滑塊從A→B→D過程中，由動能定理得mg(2R－R)－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝0－0解得μ＝0.375.(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)滑塊從A→B→D→C過程，由動能定理得－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r(3)m/s.(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設下落的高度為h，則有h＝eq\f(1,2)gt2x＝v′Cteq\f(x,2R－h(huán))＝tan53°其中v′C＝4m/s，聯(lián)立解得t＝0.2s.[變式]如圖，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．可視為質(zhì)點的小物塊從軌道右側(cè)A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已知R＝0.4m，l＝2.5m，v0＝6m/s，物塊質(zhì)量m＝1kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，軌道其他部分摩擦不計．g取10m/s2.求：(1)物塊第一次經(jīng)過圓軌道最高點B時對軌道的壓力；(2)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度L，當L長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動．【答案】(1)40N，豎直向上(2)1m【解析】(1)對物塊，首次從A到B，有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在B點，有：N1＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)解得：N1＝40N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0N，方向豎直向上．(2)對物塊，從A點到第二次到達B點：－f·2L－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f＝μmg在B點，有：mg＝eq\f(mvB′2,R)解得：L＝1m

【題型演練】如圖所示，在固定的光滑斜面上，疊放著A、B兩物體，一起沿斜面由靜止開始下滑，已知B的上表面水平，則在下滑過程中()A．A不受摩擦力的作用B．B對A的彈力不做功C．A對B做正功D．B對A的作用力垂直于斜面向上【答案】D【解析】兩物體一起沿著光滑斜面下滑，根據(jù)整體法，兩物體的加速度沿斜面向下，大小為a＝gsinθ，把此加速度正交分解，A物體有水平向左的加速度分量，因此一定受水平向左的靜摩擦力，選項A錯誤．B對A的彈力與速度方向之間的夾角為鈍角，因此做負功，選項B錯誤．把A所受重力、彈力和靜摩擦力沿斜面和垂直于斜面兩個方向正交分解，由于物體A的加速度為a＝gsinθ，因此沿斜面方向彈力與靜摩擦力的分力的合力為零，即彈力與摩擦力的合力垂直于斜面向上，選項D正確．力的作用是相互的，A對B的作用力垂直于斜面向下，不做功，選項C錯誤．如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使輕繩拉直，彈簧處于自然長度．將兩球分別由靜止開始釋放，達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則下列說法正確的是()A．兩球到達各自懸點的正下方時，動能相等B．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大C．兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較小【答案】C【解析】兩個球都是從同一個水平面由靜止釋放，到達最低點時仍處在同一個水平面上，根據(jù)重力做功的特點可知在整個過程中，A、B兩球重力做的功相同，兩球重力勢能減少量相等．B球在下落的過程中彈簧要對球做負功，彈簧的彈性勢能增加，所以B球在最低點的速度要比A球的速度小，動能也要比A球的小，故A、B錯誤，C正確；由于在最低點時A球的速度大，且兩球質(zhì)量相同，根據(jù)向心力的公式FT－mg＝meq\f(v2,r)可知，A球需要的向心力大，所以A球受到向上的拉力較大，故D錯誤．如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知θ2<θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失．則 ()A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關系無法判定【答案】C【解析】物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq\f(h,tanθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，因為eq\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故選項C正確．如圖甲所示，一質(zhì)量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說法正確的是()物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動B．物體在水平地面上運動的最大位移是10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運動中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20N時，x＝3.2m，由動能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得物體運動的最大速度vmax＝8m/s，選項C錯誤；當推力由100N減小到20N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當推力由20N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．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點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】小球從a運動到c，根據(jù)動能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A．不變B．變小C．變大D．變大變小均可能【答案】B.【解析】設木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，顯然x2<x1.如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B．eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C．eq\f(mveq\o\al(2,0),4)D．mveq\o\al(2,0)【答案】C.【解析】由題意知，繩與水平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體應用動能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正確．7.光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力F作用開始運動，拉力隨時間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個圖象中分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，正確的是()【答案】BD【解析】由動能定理，F(xiàn)x＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，選項A錯誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運動，選項B正確；其位移x＝eq\f(1,2)at2，選項C錯誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，選項D正確．一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa′、bb′相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示．一小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進入槽內(nèi)，到達b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到達的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、沿斜坡bb′滑下并從b處進入槽內(nèi)反向運動，若不考慮空氣阻力，則()A．小物塊再運動到a處時速度變?yōu)榱鉈．小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點時對槽的壓力不同C．小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為hD．小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通過最低點的速度會變小，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會變小，所以B正確；設第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通過圓弧槽的最低點時因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對應的摩擦力都變小，故第二次通過圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次，即Wf′＜mgh，則小物塊還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正確，A、C錯誤．地理方向標為上北下南，左西右東．如圖所示，一個質(zhì)量為m＝1kg的小球在足夠大的光滑水平面上，以速度v0＝10m/s向正北方向運動，從t＝0時刻起受到向東的恒力F＝10N的作用，經(jīng)過1s后將F的方向改為向西、大小不變，小球又運動了1s，從t＝0時刻到第2s末的時間內(nèi)，下列說法中正確的是()A．F在第1s內(nèi)對小球做功為150JB．小球在第1s內(nèi)速度變化了20m/sC．小球在2s內(nèi)的位移大小為10eq\r(5)mD．F在2s末的功率為100W【答案】C【解析】第1秒內(nèi)，小球沿F方向的分運動為勻加速運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝10m/s2，則位移為x1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，F(xiàn)做功WF＝Fx1＝50J，選項A錯誤；小球在第1s內(nèi)速度變化了Δv＝at＝10m/s，選項B錯誤；在2s內(nèi)，沿v0方向小球位移為20m，沿水平向東方向位移為10m，故2s內(nèi)小球的位移大小為eq\r(202＋102)m＝10eq\r(5)m，選項C正確；2s末沿水平方向小球的速度為0，F(xiàn)的功率為0，選項D錯誤．（多選)如圖甲所示，在傾角為θ的固定粗糙斜面體上，有一個質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始向下運動，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示．其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．在0～x2過程中，物體先加速后勻速B．在0～x1過程中，物體的加速度一直減