2024届高考物理二轮复习第4讲功能关系与能量守恒学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第4讲功能关系与能量守恒学案，共28页。


命题分类剖析
命题点一 功和功率
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝Wt侧重于平均功率的计算，P＝Fv cs α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
3．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此时a＝0，此过程Pt－F阻s＝12mvm2；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝PF阻.
考向1 功和功率的分析与计算
例 1 [2023·山东卷]
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景．引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A．2nmgω2RH5 B．3nmgωRH5
C．3nmgω2RH5 D．nmgωRH
例 2 [2023·重庆统考一模]
(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成．如题图乙为提水设施工作原理简化图．某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计．t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则( )
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10t
C．0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s内井绳拉力所做的功为520 J
考向2 机车启动问题
例 3 [2023·广东省汕头市期末] 2022年9月28日汕头海湾隧道正式开通，隧道全长约6.68公里，全段最高限速为60 km/h.海湾隧道中间为盾构段，埋于海底，南北两侧路段以较小的坡度与盾构段连接，全段可简化为如图所示模型．一汽车从南岸由静止开始以1 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车质量为2.0×103 kg，汽车所受阻力大小恒为重力的0.2，斜面倾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)若汽车发动机的最大功率为P0＝5.6×104 W，下坡阶段足够长，求汽车下坡阶段做匀加速直线运动的时间．
(2)若汽车在上、下坡时均以最高限速匀速行驶，则下坡和上坡时的汽车发动机功率之比为多少．
提升训练
1.[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0 B．mgh
C．12mv2－mgh D．12mv2＋mgh
2.(多选)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数．请根据相关参数判断以下哪些说法正确(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)( )
A.汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B．汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s
C．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
3．[2023·山东青岛市高三上学期期中](多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动．其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力视为不变，若两车行驶时所受的阻力大小与其总重成正比，且比例系数相同，下列说法正确的是( )
A．甲车的总重比乙车的大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率
命题点二 动能定理的应用
1．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
考向1 动能定理的应用
例 1 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点正上方高度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＝12mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>12mgR，质点不能到达Q点
C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W<12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
[考法拓展1] (多选)在[例1]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2mqgR.质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则( )
A．质点经过N点时的速度大小为2gR
B．质点由P点至N点的过程中，洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程中，机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程中，机械能减少32mgR
[考法拓展2] 在[例1]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E.质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是( )
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
思维提升
动能定理在力学与电场中的应用对比
考向2 动能定理与图像的综合
例 2 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：

甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
[教你解决问题]——审图
解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示．
提升训练
1.[2023·陕西省西安市长安区高考模拟]如图甲所示为由弹丸发射器、固定在水平地面上的倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置．半圆形挡板墙的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板墙向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
2．[2023·江苏卷]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
3.
[2023·湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
命题点三 机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
考向1 机械能守恒定律的应用
例 1 [2023·湖南卷]
(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝2gR
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
例 2 [2023·湖北宜昌市协作体期中](多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A、B两物体用轻质弹簧相连，非弹性细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连．初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为θ，已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g.在滑环C下降过程中，下列说法正确的是( )
A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g
B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大
C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为v cs θ
D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
考向2 功能关系的应用
例 3 [2023·全国乙卷]
(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02－fl
D．物块的动能一定小于12mv02－fl
例 4 [2023·北京石景山期末]如图甲所示，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比．
(2)如图甲所示，若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在篮球与地球相互作用的过程中，我们认为地球始终保持静止不动．请你运用所学知识分析说明建立这种模型的合理性．
考向3 能量守恒定律的应用
例 5 将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm.将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑．让一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm.现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离．
思维提升
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
提升训练
1. (多选)北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为2ghg
C．运动员到达最高点时速度的大小为 v2-2gh
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为 2gh
2．[2023·全国甲卷]
如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离．
3．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
素养培优·思维方法
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体，运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例] 如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道” 转化
几何关系 vB＝v0sinθ
②“光滑圆弧轨道BC” 隐含 小物块由B→C过程中机械能守恒 规律 mgR(1＋sin θ)＝12mvC2 -12mvB2
③“C点”―→圆周运动的最低点 规律 FN－mg＝mvC2 R
④“过C点后…弹簧被压缩至最短” 隐含 小物块在D点的速度为零 规律 能量守恒．Emax＝12mvC2 －μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝v0sinθ＝1sin30° m/s＝2 m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝12mvC2 -12mv B2
在C点处，对小物块由向心力公式有FN－mg＝mvC2 R
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9 N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Epmax＝12mvB2＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入数据解得Epmax＝2 J.
反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．
第4讲 功能关系与能量守恒
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W＝1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
P＝WT
T＝2πω
联立有P＝3nmgωRH5
故选B.
答案：B
[例2] 解析：根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝4010t×0.1＝0.4t，A正确；
井绳拉力的瞬时功率为P＝Tv＝Tωr，用m0表示水斗质量
根据牛顿第二定律有T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根据上述分析有a＝ωrt＝0.4 m/s2，解得T＝26 N，则井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10.4t，B错误；
根据题图丙可知，0～10 s内水斗上升的高度为h＝ωt2r＝40×10×0.12m＝20 m，C错误；
根据P＝10.4t知，
0～10 s内井绳拉力所做的功为W＝Pt＝10.4×10×102 J＝520 J，D正确．
答案：AD
[例3] 解析：(1)汽车下坡时，以恒定加速度启动，有 F＋mg sin θ－f＝ma
其中f＝0.2mg，汽车加速运动过程中，功率逐渐增加，刚达到P0时P0＝Fv，v＝at
解得t＝14 s.
(2)汽车下坡过程中以最高时速vm匀速行驶，
有F1＋mg sin θ＝f
此时汽车发动机功率P1，有P1＝F1vm
汽车上坡过程中以最高时速vm匀速行驶，有F2＝mg sin θ＋f
此时汽车发动机功率P2，有P2＝F2vm，解得P1P2＝13.
答案：(1)14 s (2)13
[提升训练]
1．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
2．解析：汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为a＝vt＝305 m/s2＝6 m/s2，选项A正确；因制动最短距离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为t＝xv＝3030+02 s＝2 s，选项B错误；当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C错误；根据80%E＝Pxv，则当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝80%EvP＝0.8×75×103×3 600×3030×103 m＝216 km，选项D正确．
答案：AD
3．解析：根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，可知甲车牵引力小于乙车可知F＝f＝kmg
可知甲车的总重比乙车小，故A错误；
如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，甲车的牵引力小于乙车的牵引力，由P＝Fv
可知，甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率，故C正确；
t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲车的总重比乙车小，所以甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率，故D正确．
答案：BCD
命题点二
[例1] 解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝mvN2 R；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝12mvN2，联立解得W＝12mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧轨道上的等高点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
答案：C
[考法拓展1]解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝mv2R，解得v＝gR，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝32mgR，由功能关系得质点的机械能减少32mgR，选项D正确．
答案：CD
[考法拓展2]解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
答案：D
[例2] 解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝12mv C2
在C点合力提供向心力
即F'N－mg＝mvC2 R，
F′N＝FN，则FN＝2mgRH＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，斜率为2mgR＝4-20.5
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，
轨道BC所对圆心角为θ
由几何关系可知H＝R(1－cs θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－μmgcsθH-0.5 msinθ＝12mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝mv2R，F′N＝FN，
整理得FN＝41-13μH＋213μ+1，
结合IQ段图像得μ＝34.
答案：(1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)34
[提升训练]
1．解析：弹丸从B到D过程，由动能定理得mgh－μ1mg cs 37°·hsin37°＝，由题图乙可知，在D点，挡板墙对弹丸的支持力为12.4 N，由牛顿第二定律有12.4 N＝，联立解得m＝0.2 kg，故A、B错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μ2mg·3×R＝12mv2-12mvD2，转过3 rad后挡板墙对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2 N＝mv2R，联立解得μ2＝0.6，故C正确，D错误．
答案：C
2．解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cs 45°d＝12mvP2－0
根据动量定理有
(mg sin 45°－μmg cs 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝ 22dg1-μ
vP＝ 2gd1-μ.
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝ 2gd1-μ.
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
vP cs 45°＝g×t2
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
联立可得L＝2d(1－μ)．
答案：(1) 22dg1-μ (2) 2gd1-μ
(3)2d(1－μ)
3．解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD2 R＝mg
解得vD＝gR.
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cs 60°＝vBvC
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cs 60°)＝12mvD2 -12mvC2
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝12mvD2 -12mvB2
联立解得vB＝gR，HBD＝0.
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgS＝12mvB2 -12mvA2
S ＝π·2R
解得vA＝3gR.
答案：(1)gR (2)0 (3)3gR
命题点三
[例1] 解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cs α－FN＝mv2R，从D到C过程有，mg(R－R cs α)＝12mv2，联立解得FN＝3mg cs α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝ －mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝12mvC2 -12mv 02
解得v0＝4gR，C错误；
小球在B点恰好脱离轨道有mg cs θ＝mvB2 RB＝gRcsθ
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gRcsθ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
[例2] 解析：设三者质量为m，初状态时弹簧弹力为F＝mg sin θ
释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T＝2F.对滑环C，根据牛顿第二定律得mg＋T sin θ＝maC
解得aC>g，故A错误；
当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功．则滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，故B正确；
滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，则vB＝v sin θ，故C错误；
滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态相同．系统机械能守恒，则mgh＝12mv2＋12m(v sin θ)2
整理得2gh＝v2(1＋sin 2θ)，故D正确．
答案：BD
[例3] 解析：当物块从木板右端离开时，对m有
－fxm＝12mvm2 -12mv02
对M有fxM＝12MvM2
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
根据以上分析，联立有12mv02－fl＝12mvm2 +12mvM2
则物块的动能一定小于12mv02－fl，C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
[例4] 解析：(1)设篮球自由下落，碰地之前的速率为v1，由运动学公式有v12＝2gH，设篮球反弹至h高处，离地时的速率为v2，由运动学公式有v22＝2gh
碰后速率与碰前速率之比v2v1＝ hH.
(2)篮球能反弹至h高度，压力F做的功等于第一次碰撞过程损失的能量，WF＝mg(H－h)
由图像可知，拍球过程压力做的功WF＝12(h－h0)F0，解得F0＝2mgH-hh-h0.
(3)篮球与地球相互作用过程中，设地球质量为M，当篮球速度为v时，地球的速度为v0，由动量守恒得mv－Mv0＝0，解得v0＝mvM
由于地球质量M远大于篮球质量m，地球速度非常接近于零，可认为地球保持静止不动．
答案：见解析
[例5] 解析：(1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝mvC2 R
由机械能守恒定律可得：mgh2＝mg·2R+12mvC2
解得h2＝0.25 m.
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能
Ep＝m0gh1＝0.01 J.
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，
其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得μmgxMN＝0.015 J
当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰，
由能量守恒可得：EkN＝μmgx
解得x＝0.4 m
即小滑块最终停在N点左侧0.4 m处．
答案：见解析
[提升训练]
1．解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝12gt2，解得t＝2ghg，故B正确；
从a到b根据机械能守恒得12mv2＝mgh+12mvt2
解得vt＝v2-2gh，故C正确；
从a到b速度的变化量的大小为Δv＝gt＝2gh，故D正确．
答案：BCD
2．解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝12mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝ 2Epm.
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝vy '2 2g
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝45vy
离开桌面后由平抛运动规律得
x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
x＝5mghEp2mg.
答案：(1) 2Epm (2)5mghEp2mg
3．解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v12，则L＝12v1t
解得飞机滑行的时间为
t＝2Lv1＝2×1 60080 s＝40 s
飞机滑行的加速度为
a＝v1t＝8040 m/s2＝2 m/s2.
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则
ΔE＝mgh+12mv22 -12mv12＝12×1×104×1002 J-12×1×104×802 J＋1×104×10×100 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2 40 s (2)2.8×107 J指标参数
整车质量
0～30 m/s加速时间
最大速度
电池容量
制动最短距离(30m/s～0)
数值
2 000 kg
5.0 s
60 m/s
75 kW·h
30 m