新高考物理三轮冲刺突破练习专题08功能关系的应用（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺突破练习专题08功能关系的应用（含解析），共24页。试卷主要包含了功和功率，动能定理在曲线运动中的应用等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc22996" 考向一 功和功率 PAGEREF _Tc22996 \h 1
\l "_Tc13741" 考向二 动能定理 PAGEREF _Tc13741 \h 3
\l "_Tc12224" 考查方式一 动能定理的理解 PAGEREF _Tc12224 \h 3
\l "_Tc5598" 考查方式二 动能定理在直线运动中的应用 PAGEREF _Tc5598 \h 4
\l "_Tc12014" 考查方式三 动能定理在曲线运动中的应用 PAGEREF _Tc12014 \h 5
\l "_Tc26673" 考查方式四 动能定理在图像中的运用 PAGEREF _Tc26673 \h 7
\l "_Tc15105" 考查方式五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 PAGEREF _Tc15105 \h 12
\l "_Tc25335" 【题型演练】 PAGEREF _Tc25335 \h 16
考向一 功和功率
1．功和功率的计算方法
2．机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．
(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法
①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵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)解决机车启动问题时的四点注意
①分清是匀加速启动还是恒定功率启动．
②匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．
③以恒定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．
④无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，分清P是机车的额定功率还是某一恒定功率．
【典例1】质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )
A．3t0时刻的瞬时功率为 eq \f(5Feq \\al(2,0)t0,m)
B．3t0时刻的瞬时功率为 eq \f(15Feq \\al(2,0)t0,m)
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 eq \f(23Feq \\al(2,0)t0,4m)
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 eq \f(25Feq \\al(2,0)t0,6m)
【答案】BD.
【解析】2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝eq \f(2F0,m)t0，3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝eq \f(F0,m)·2t0＋eq \f(3F0,m)·t0＝eq \f(5F0t0,m)，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝eq \f(15Feq \\al(2,0)t0,m)，A错、B对；0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×eq \f(1,2)·eq \f(F0,m)(2t0)2＋3F0·eq \f(v2＋v3,2)t0＝eq \f(25Feq \\al(2,0)teq \\al(2,0),2m)，平均功率P＝eq \f(W,t)＝eq \f(25Feq \\al(2,0)t0,6m)，C错、D对．
【典例2】用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v，此时绳与水平方向的夹角为θ，则由机械能守恒定律得mglsinθ= SKIPIF 1 < 0 mv2= SKIPIF 1 < 0 mgl
解得sinθ= SKIPIF 1 < 0 v= SKIPIF 1 < 0 即此时细绳与水平方向夹角为30°，所以重力的瞬时功率为p=mgvcs30°= SKIPIF 1 < 0 mg SKIPIF 1 < 0
A. SKIPIF 1 < 0 ，与结论不相符，选项A错误；B. SKIPIF 1 < 0 ，与结论不相符，选项B错误；
C. SKIPIF 1 < 0 ，与结论相符，选项C正确；D. SKIPIF 1 < 0 ，与结论不相符，选项D错误；
【典例3】一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变
化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
【答案】A
【解析】由图可知，汽车先以恒定功率P1启动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误．
考向二 动能定理
考查方式一 动能定理的理解
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
【典例4】如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
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】 由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
考查方式二 动能定理在直线运动中的应用
若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系
一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失
【典例5】如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
A．tan θ B．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
【答案】B
【解析】.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(s2,cs θ)－μmg·s1＝0，解得μ＝eq \f(h,s1＋s2)＝tan α，故选项B正确．
[变式]如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan eq \f(α－β,2)
【答案】C
【解析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设A、B间的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcs α·AC－μmg·CE－μmgcs β·EB＝0，因为AC·cs α＋CE＋EB·cs β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq \f(h,x)＝tan θ，故C正确．
考查方式三 动能定理在曲线运动中的应用
【典例6】如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W>eq \f(1,2)mgR，质点不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W【答案】C
【解析】.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq \f(mveq \\al(2,N),R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)＝eq \f(3,2)mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq \f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝eq \f(1,2)mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′[变式]如图，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( )
A．a＝eq \f(2（mgR－W）,mR) B．a＝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】质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR－W＝eq \f(1,2)mv2，又在最低点时，向心加速度大小a＝eq \f(v2,R)，两式联立可得a＝eq \f(2（mgR－W）,mR)，A项正确，B项错误；在最低点时有N－mg＝meq \f(v2,R)，解得N＝eq \f(3mgR－2W,R)，C项正确，D项错误．
考查方式四 动能定理在图像中的运用
1．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．
2．四类图象所围“面积”的含义
F-x 图像
【典例7】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动 B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m
C．物体运动的最大速度为2eq \r(15) m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【答案】 B
【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W＝eq \f(1,2)×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时，x＝3.2 m，由动能定理得eq \f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)，解得物体运动的最大速度vmax＝8 m/s，选项C错误；当推力由100 N减小到20 N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误．
[变式]在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(F,mg)＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
v-t图像
【典例8】A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【答案】C.
【解析】由v－t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由v－t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－Ff1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝eq \f(3,2)Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．
[变式]放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。下列说法不正确的是( )
A．0～6 s内物体的位移大小为12 m
B．0～6 s内拉力做功为70 J
C．物体的质量为10 kg
D．滑动摩擦力的大小为5 N
【答案】A
【解析】0～6 s内物体的位移大小等于v­t图象中图线与时间轴所包围的面积，即x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2＋4×2)) m＝10 m，A错误；0～2 s内拉力做的功W1＝eq \x\t(P)·t1＝eq \f(0＋30,2)×2 J＝30 J,2～6 s内拉力做的功W2＝Pt2＝10×4 J＝40 J，所以0～6 s内拉力做的总功W＝W1＋W2＝70 J，B正确；在2～6 s内，v＝2 m/s，P＝10 W，物体做匀速直线运动，F＝f，则滑动摩擦力f＝F＝eq \f(P,v)＝eq \f(10,2) N＝5 N，当P1＝30 W时，v＝2 m/s，得到牵引力F1＝eq \f(P1,v)＝eq \f(30,2) N＝15 N，在0～2 s内，物体做匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，由牛顿第二定律可得：F1－f＝ma，可知：m＝10 kg，C、D正确。
a-t图像
【典例9】用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
【答案】D.
【解析】由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5 s时，速度最大，B项错；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．
[变式]质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空
气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，
经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(3,10)mgR C.eq \f(1,2)mgR D．mgR
【答案】C
【解析】最低点7mg－mg＝eq \f(mveq \\al(2,1),R)，则最低点速度为：
v1＝eq \r(6gR)
最高点mg＝eq \f(mveq \\al(2,2),R)，则最高点速度为：v2＝eq \r(gR)
由动能定理得：－2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得：Wf＝－eq \f(1,2)mgR，故克服空气阻力做功Wf＝eq \f(1,2)mgR，故选项C正确，A、B、D错误．
Ek-x图像
【典例10】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( )

【答案】C.
【解析】设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcs θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmgcs θ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcs θ)－(mgsin θ－μmgcs θ)x，故选项C正确．
[变式]从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是 ( )

【答案】A
【解析】对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为
v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋veq \\al(2,0)，Ek＝eq \f(1,2)mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．
考查方式五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，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来即可．
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
4．应用动能定理解题的基本步骤
【典例11】如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
【答案】(1)0.375 (2)2eq \r(3) m/s (3)0.2 s
【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmgcs θ·eq \f(2R,sin θ)＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),R)
滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得
－μmgcs θ·eq \f(2R,sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(3) m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝v′C t
eq \f(x,2R－h)＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s，联立解得t＝0.2 s.
[变式]如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，
调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块
从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已
知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩
擦不计．g取10 m/s2.求：
(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
【答案】(1)40 N，竖直向上 (2)1 m
【解析】(1)对物块，首次从A到B，
有－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在B点，有：N1＋mg＝eq \f(mveq \\al(2,B),R)
解得：N1＝40 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上．
(2)对物块，从A点到第二次到达B点：
－f·2L－mg·2R＝eq \f(1,2)mvB′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，f＝μmg
在B点，有：mg＝eq \f(mvB′2,R)
解得：L＝1 m
【题型演练】
如图所示，在固定的光滑斜面上，叠放着A、B两物体，一起沿斜面由静止开始下滑，已知B的上表面水平，则在下滑过程中( )
A．A不受摩擦力的作用 B．B对A的弹力不做功
C．A对B做正功 D．B对A的作用力垂直于斜面向上
【答案】D
【解析】两物体一起沿着光滑斜面下滑，根据整体法，两物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsin θ，把此加速度正交分解，A物体有水平向左的加速度分量，因此一定受水平向左的静摩擦力，选项A错误．B对A的弹力与速度方向之间的夹角为钝角，因此做负功，选项B错误．把A所受重力、弹力和静摩擦力沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，由于物体A的加速度为a＝gsin θ，因此沿斜面方向弹力与静摩擦力的分力的合力为零，即弹力与摩擦力的合力垂直于斜面向上，选项D正确．力的作用是相互的，A对B的作用力垂直于斜面向下，不做功，选项C错误．
如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度．将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是( )
A．两球到达各自悬点的正下方时，动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较小
【答案】 C
【解析】两个球都是从同一个水平面由静止释放，到达最低点时仍处在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A、B两球重力做的功相同，两球重力势能减少量相等．B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，弹簧的弹性势能增加，所以B球在最低点的速度要比A球的速度小，动能也要比A球的小，故A、B错误，C正确；由于在最低点时A球的速度大，且两球质量相同，根据向心力的公式FT－mg＝meq \f(v2,r)可知，A球需要的向心力大，所以A球受到向上的拉力较大，故D错误．
如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )
A．v1v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定
【答案】C
【解析】物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μmgxBD＝eq \f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq \f(h,tan θ)－μmgxBD＝eq \f(1,2)mv2，因为eq \f(h,tan θ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故选项C正确．
如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开
始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，
则下列说法正确的是 ( )
物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动 B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m
C．物体运动的最大速度为2eq \r(15) m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【答案】 B
【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W＝eq \f(1,2)×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时，x＝3.2 m，由动能定理得eq \f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)，解得物体运动的最大速度vmax＝8 m/s，选项C错误；当推力由100 N减小到20 N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误．
如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
【答案】 C
【解析】 小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq \r(gR)，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向
做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq \f(v1,g)＝2eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )
A．不变 B．变小 C．变大 D．变大变小均可能
【答案】B.
【解析】设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq \f(v2,2μg)；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq \f(1,2)Mv2，解得x2＝eq \f(Mv2,2（m＋M）μg)，显然x2如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )
A．eq \f(mveq \\al(2,0),2) B ．eq \f(\r(2)mveq \\al(2,0),2) C．eq \f(mveq \\al(2,0),4) D．mveq \\al(2,0)
【答案】C.
【解析】由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2)v0,2)，故质量为m的物体速度等于eq \f(\r(2)v0,2)，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝eq \f(1,2)mv2－0＝eq \f(mveq \\al(2,0),4)，C正确．
7. 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、x、
P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是 ( )
【答案】BD
【解析】由动能定理，Fx＝F·eq \f(1,2)at2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x＝eq \f(1,2)at2，选项C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，选项D正确．
一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa′、bb′相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab的高度为h；接着小物块、沿斜坡bb′滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 ( )
A．小物块再运动到a处时速度变为零
B．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同
C．小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度为h
D．小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡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，所以每次通过最低点的速度会变小，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v2,R)，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小，同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即Wf′＜mgh，则小物块还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正确，A、C错误．
地理方向标为上北下南，左西右东．如图所示，一个质量为m＝1 kg的小球在足够大的光滑水平面上，以速度v0＝10 m/s向正北方向运动，从t＝0时刻起受到向东的恒力F＝10 N的作用，经过1 s后将F的方向改为向西、大小不变，小球又运动了1 s，从t＝0时刻到第2 s末的时间内，下列说法中正确的是( )
A．F在第1 s内对小球做功为150 J B．小球在第1 s内速度变化了20 m/s
C．小球在2 s内的位移大小为10eq \r(5) m D．F在2 s末的功率为100 W
【答案】C
【解析】第1秒内，小球沿F方向的分运动为匀加速运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝10 m/s2，则位移为x1＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，F做功WF＝Fx1＝50 J，选项A错误；小球在第1 s内速度变化了Δv＝at＝10 m/s，选项B错误；在2 s内，沿v0方向小球位移为20 m，沿水平向东方向位移为10 m，故2 s内小球的位移大小为eq \r(202＋102) m＝10eq \r(5) m，选项C正确；2 s末沿水平方向小球的速度为0，F的功率为0，选项D错误．
（多选)如图甲所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面体上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E2－E1＋μmgcs θ·x2
【答案】CD
【解析】物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcs θ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcs θ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，则加速度增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，则F＝μmgcs θ，此时加速度为gsin θ，物体做匀加速运动，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcs θ·x2，D正确．
如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，
此时弹簧无形变．现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止．图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．
【答案】(1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零．
F－μmg－F弹＝0，μ＝eq \f(F－F弹,mg)＝0.4.
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O到B，
由动能定理得
－FfxOB＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，Ff＝μmg＝4 N，
解得v0＝eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s.
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，
代入数值得xmax＝0.9 m.
如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
【答案】 见解析
【解析】 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①
F2＝(mg)2＋Feq \\al(2,0)②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2).⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cs α)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2).⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝eq \f(3,5) eq \r(\f(5R,g)).⑫