高考物理功能关系在力学中的应用教学案

专题4功能关系在力学中的应用

[2020年高考考纲解读】

1.动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查。

2.功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点。高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动规律

相联系，并常作为压轴题出现。在试卷中以计算题的形式考查的较多，也有在选择题中出现，难度中等偏

难。

3.2020年高考中把选修3-5改为必考，动量和能量的综合问题要特别关注。

(1)功、功率的理解及定量计算，往往与图象相结合

(2)动能定理的应用

(3)机械能守恒定律的应用

(4)滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题

【命题趋势】

(1)结合直线运动考查功、功率的理解及计算.

(2)对动能定理的考查，可能出现以下情景：

①物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化.

②物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化.

③在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能

变化情况.

(3)对机械能守恒定律的考查，可能出现以下两种情景：

①结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动.

②在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查.

(4)对功能关系的考查，可能出现以下情景：

①功能关系结合曲线运动及圆周运动进行考查.

②功能关系结合多个物体间的相对运动进行考查.

③物体经历多个过程，有多个力做功，涉及多种形式的能量转化的考查.

【重点、难点剖析】

专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，

难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这

些知识的综合训练和应用。

1.必须精通的几种方法

(1)功(恒力功、变力功)的计算方法

(2)机车启动问题的分析方法

(3)机械能守恒的判断方法

(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法。

2.必须明确的易错易混点

(1)公式W=Flcosa中，1不一定是物体的位移

(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式W=Fv,漏掉了F与v之间的夹角

(3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同

(4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度

(5)AE内=阵1相对中1相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度

3.功和功率

(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力的功还是变力的功，选用合适的方法进

行计算。

(2)计算功率时，要明确是求瞬时功率还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置，若求平均

功率则应明确是哪段时间内的平均功率。

(3)对于图象问题要首先看懂图象的物理意义，根据图象求出加速度、位移并明确求哪个力的功或功率，

是合力的功率还是某个力的功率。

4.应用动能定理解题的基本步骤

5.应用动能定理解题时需注意的问题

(1)动能定理适用于物体做直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以

是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。

这正是动能定理解题的优越性所在。

(2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉及到力和位移时可优先考虑动能定理。

(3)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一个

整体来处理。

6.机械能守恒定律的三种表达式及用法

(1)守恒观点：Eki+Epi=Ekz+Ep2或山=E2,运用此法求解只有一个物体(实际是单个物体与地球组成的系

统）的问题较方便，注意选好参考平面；

（2）转化观点：AEp=-AEk>此法的优点是不用选取参考平面；

（3）转移观点：AEt9=-AE»,此法适用于求解两个或两个以上物体（实际是两个或两个以上物体与地球

组成的系统）的问题。

【高频考点】

题型1、功、功率的理解与计算

【例1】【2020•天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩

天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】B

【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能

时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：

mg-N=也二，座椅对他的支持力N=mg-m—<物g,故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，

rr

动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量/=故C错误；乘客重力的瞬时功率

p=mgv^se,其中e为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不

变，但&在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。

【变式探窕】（多选）（2020•全国卷n,21）如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于0

点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点

n

处，弹簧对小球的弹力大小相等，且N0NM<N0MN<2。在小球从M点运动到N点的过程中（）

V

图1

A.弹力对小球先做正功后做负功

B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且NONMVNOMN”，M处的弹簧处于压缩状态，N处的

弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直

方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g,则有两个时刻的

加速度大小等于g,选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功

率为零，选项C正确；由动能定理得，WF+WG=AEk,因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性

势能相等，则由弹力做功特点知WF=O,即％=AEk,选项D正确。

答案BCD

【举一反三】（2020•海南单科，3,3分）（难度★★）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果

摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）

A.4倍B.2倍C.倍D.倍

解析设£=的，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P=Fv=fv=kv-v=kv2,变

化后有2P=F'v'=kv'•v'=kvz2,联立解得v'=v,D正确.

答案D

【变式探究】（2020•新课标全国fl,17,6分）（难度★★★）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变化的图线中，可能正确的是（）

Ohi0«|ht0<1ot,i,I

AB

解析当汽车的功率为尸:时，汽车在运动过程中满足尸：=/>,因为尸:不变，r逐渐增大，所以牵引力F.

逐渐减小,由牛顿第二定律得其-4用&，f不变，所以汽车做加速度激小的加速运动，当F.二f时速度最

大，且卡与=2.当汽车的功率突变为尸:时，汽车的至引力突钠&汽车继续加速，由尸；二支「可知E

Ftf

.-,•一A

减小，又因K-U质金，所以加速度逐渐减小，直到E=f时，速度最大vJ以后匀速运动.综合以

上分析可知选项A正确.

答案A

【特别提醒】求功的主要方法：

①公式法：W=Flcosa

其关键：利用运动学公式求位移和利用牛顿第二定律求力.

②动能定理法：W^=AEk

其关键：分析各力做功情况及物体的动能变化.

题型2、动能定理的应用

【例2】【2020・江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为稣0,与斜面间的

动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能线与位移x的关系图线是

【答案】C

【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：O-4o=-(mg+4)x,同理，下滑过程中，由动能定理可

得：/-0=(5-mg)x,故C正确：ABD错误.

【变式探究】(2020•全国卷I,25)如图5,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨

道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为褊的光滑圆弧轨道

相切于C点，AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最

低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数口

1_34

=4,重力加速度大小为g。(取sin37°=5,cos37°=5)

D

7R

ZA?/>ZZZZ77777Z/Z7

A图5

(1)求p第一次运动到B点时速度的大小；

(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；

(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，

7

恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距2R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改

变后P的质量。

解析(1)根据题意可知，B、C之间的距离

1=7R-2R=5R①

设P到达B点时的速度为VB,由动能定理得

12

mglsin0—umglcos9=2mvB(2)

式中。=37°,联立①②式并由题给条件得

VB=2③

(2)设BE=x,P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E”P由B点运动到E点的过程中，由动

能定理有

12

mgxsin9—umgxcos9—EP=0—2mvB©

E、F之间的距离L为L=4R—2R+x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep—mglisin9—umglicos0=0⑥

联立③©©⑥式并由题给条件得

x=I?⑦

12_

Ep=5mgR⑧

(3)设改变后P的质量为皿，D点与G点的水平距离xi和竖直距离力分别为

75_

xi=2R—6Rsin。⑨

55_

yi=R+6R+6Rcos8⑩

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实。

设P在D点的速度为VD,由D点运动到G点的时间为t。

由平抛运动公式有

1…

yi=2gt⑪

Xi=vDt@

联立⑨⑩⑪

设P在C点速度的大小为vc,在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有

121255

2mivC=2mivD+mig(6R+6Rcos。)⑭

P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得

12^

Ep—mig(x+5R)sin0—umig(x+5R)cos。=2mivC(S)

联立⑦⑧⑬@鳏

3

1525

【举一反三】(2020•新课标全国I,17,6分)(难度★★★)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P0Q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.贝!!()

am

A.W=2mgR,质点恰好可以到达Q点

B.W>2mgR,质点不能到达Q点

1

C.W=2mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离

1

D.W<2mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离

解析根据动能定理得P点动能“umgR,经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg-mg=mR,

383ngR

所以N点动能为£^=02\从P点到N点根据动能定理可得mgR-W=2-mgR,即克服摩擦力做功W

=夕.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN—mgcos9=ma=mR,根据左右对称，在同一高

度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Fr=1*FN变小,

3mgR1

所以摩擦力做功变小，那么从N至IJQ,根据动能定理,Q点动能EkQ=2-mgR-W,=2mgR-W,,由

于/<mf\所以Q点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确.

答案C

【变式探究】(2020•浙江理综，18,6分)(难度★★★)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的

电磁弹射器.舰载机总质量为3.0X10,kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0X105N；弹射器有效

作用长度为100m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所

受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%,贝4()

A.弹射器的推力大小为1.1X1()6N

B.弹射器对舰载机所做的功为1.1X10'J

C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8X10,W

D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s?

1

解析设总推力为F,位移x,阻力F阻=20%F,对舰载机加速过程由动能定理得Fx—20%Fx=2mv2,解

得F=1.2X1()6N,弹射器推力FJ»=F-F发=L2X1()6N-l.OXlO,N=L1X1()6N,A正确；弹射器对舰

载机所做的功为W=F潭x=1.1X106X100J=l.1X108J,B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P=

F»•2=4.4X10W,C错误；根据运动学公式v?=2ax,得a=2x=32m/s,D正确.

答案ABD

题型3、机械能守恒定律的应用

【例3】【2020・天津卷】(16分)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质

量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为皿=2kg、既=1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先

将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的

速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10m/s%空气阻力不计。求：

(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

(2)A的最大速度v的大小；

(3)初始时B离地面的高度H。

囱

J3

【答案】(1)2=0.6s(2)v=2m/s(3)7/=0,6m

【解析】〈1〉3从释放到细绳刚细直前做自由落体运动，有：%即:解得：，=0.6s

<2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vs,.有%=gr=6ms

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于人B的重力，.八月相互作用，总动量守恒：wBv0=(Wj+Wfl)v

绳子绷直瞬间，-八B系统获得的速度：v=2ms

之后/做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度丫即为最大速度，M的最大速度为2ms

(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、

2

B组成的系统机械能守恒，有：+m3)v+m£gH=mAgH

解得，初始时B离地面的高度耳=0.6m

11

【变式探究】(2020•全国卷m,24)如图3,在竖直平面内有由4圆弧AB和2圆弧BC组成的光滑固定轨道,

两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为幺一小球在A点正上方与A相距I处由静止

开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。

解析(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EM,由机械能守恒得

EkA=mg•々①

设小球在B点的动能为EM同理有

5R…

EkB=mg•4②

EkB

由①②式得EkA=5③

(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN，0④

设小球在C点的速度大小为VC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有

2R_

FN+mg=mC2⑤

由④⑤式得，Vc应满足

2

mg^mCC©

R1

由机械能守恒有mg,4=2mvC⑦

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。

答案（1）5：1（2）能，理由见解析

【举一反三】（2020♦四川理综，1,6分）（难度★★）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、

斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）

A.一样大B.水平抛的最大

C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大

1212

解析由机械能守恒定律mgh+2mvl=2mv2知，落地时速度V2的大小相等，故A正确.

答案A

2.（2020•新课标全国H,21,6分）（难度★★★）（多选）如图，滑块a、b的质量均为m,a套在固定

竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上，a、b通过较链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不

计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.贝!I（）

A.a落地前，轻杆对b一直做正功

B.a落地时速度大小为

C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

解析滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、

12

b及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，贝!Jmgh=2mva+0,即v,=,选项

B正确；a、b的先后受力如图所示.

由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g,选项C错误；当a落地前b的加速

度为零（即轻杆对b的作用力为零）时,b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNB

=mg,由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg,选项D正确.

答案BD

【变式探究】（2020•福建理综）如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面

底部挡板上，斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上,

使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到

物块速度第一次减为零的过程，两物块（）

A.最大速度相同

B.最大加速度相同

C.上升的最大高度不同

D.重力势能的变化量不同

【解析】整个过程中，物块达到平衡位置时速度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低

点到平衡位置的过程中，合力对质量较大的物块做功较小，又瓦故质量较大的物块在平衡位置速度

校小，A项错；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿第二定律可知，两物块的最大加速度不同，B项

错；撤去外力前，两弹蕃具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零,

物块的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所

以重力势能的变化量相同，D项错；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由△与二?，呼14可知，

两物块上升的最大高度不同，C项对.

【答案】C

【变式探究】（2020•浙江卷，23）山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图2—4—8.

图中A、B、C、D均为石头的边缘点，0为青藤的固定点，hi=l.8m,h2=4.0m,xi=4.8m,x2=8.Om.开

始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发

现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头.大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端,

荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零.运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度

g=10m/s2.求:

图2—4一8

(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；

(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小.

解析(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为v*n,根据平抛运动规律，有

1.

hi=2gt(D

Xl=V・int②

联立①②式，得

v»in=8m/s③

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为V”有

1

(M+m)ghz=2(M+m)vC④

vc==m/s=4m/s⑤

⑶设拉力为FT,青藤的长度为L,在最低点，由牛顿第二定律得

FT—(M+m)g=(M+m)C⑥

由几何关系

2

22

(L-h2)+x2=L©

得：L=10m⑧

联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：

FT=(M+m)g+(M+m)C=216N

答案(1)8m/s

(2)4m/s

(3)216N

题型4、功能关系的应用

【例4】(2020•全国卷n,25)轻质弹簧原长为21,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为51n

的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为1。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另

一端与物块P接触但不连接。AB是长度为51的水平轨道，B端与半径为1的光滑半圆轨道BCD相切，半

圆的直径BD竖直，如图4所示。物块P与AB间的动摩擦因数N=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至

长度L然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。

,,,,,,,

AB图4

(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的

距离；

(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至1时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化

为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹簧长度为1时的弹性势能为

En=5mgl①

设P的质量为M,到达B点时的速度大小为VB,由能量守恒定律得

12

EP=2MvB+uMg•41②

联立①②式，取M=m并代入题给数据得

VB=③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

mv2-

1-mg20④

设P滑到D点时的速度为V。，由机械能守恒定律得

1212_

2mvB=2mvD+mg•21⑤

联立③⑤式得VD=(g)

VD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度V。水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,

由运动学公式得

1

21=2gt2®

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=v»t⑧

联立⑥⑦⑧式得

s=21⑨

(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知

5mgl>uMg•41⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有

12_

2MvBWMgl⑪

联立①②⑩⑪式得

55

3mWM<2m⑫

55

答案⑴21（2）3mWM〈2m

【举一反三】（2020•江苏单科,9,4分）（难度★★★）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一

端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下

滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能

回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环（）

A.下滑过程中，加速度一直减小

1,

B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为4nK

1

C.在C处，弹簧的弹性势能为4mv2—mgh

D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

解析由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故

11

2

A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh=Wf+Ep,从C到A有2mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得：Wf=4mv,

1,,12

Ep=mgh—4mv,所以B正确,C错误；根据能量守怛，从A到B有mghi=2mvBl+AEpi+Wn,从C至!|B

1,121,_

有2小/+AEp2=2mvB2+Wf2+mgh2,又有2mv2+Ep=mgh+Wf,联立可得VBZ>VB”所以D正确.

答案BD

【变式探究】（2020•山东理综）2020年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月

两大航天工程.某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发

射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球.设“玉

兔”质量为m,月球半径为R,月面的重力加速度为g月.以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能

GMmh

可表示为EP=R+h,其中G为引力常量，M为月球质量.若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需

要对“玉兔”做的功为()

【解析】“玉兔”在上高处做圆周运动时有尸系.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功畔y

"十hJr-rh/

+瓦.在月球表面有等MW,联立各式解得—黄?•2+3?•故选项D正确，选项A、B、C错误.

【答案】D

【特别提醒】

1.解决功能关系问题应该注意的两个方面

(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的一一对应关系，判定能

的转化形式，确定能量之间的转化多少.

(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少.

2.易错易混点

△£内=氏1相对中1相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度.

【变式探究】有一块长木板P放在固定斜面上，木板上又放物体M,P、M之间有摩擦，斜面和木板间摩擦

不计，以恒力F沿斜面向上拉木板P,使之由静止滑动一段距离x“M只向上运动了X2,且X2<xi.在此过

程中，下列说法中正确的是().

图2—4一12

A.外力F做的功等于P和M机械能的增量

B.P对M摩擦力做的功等于M机械能的增量

C.外力F做的功等于P和M机械能的增量与P克服摩擦力做的功之和

D.P对M摩擦力做的功等于M对P摩擦力做的功

解析由能量守恒可知，恒力F做的功等于系统增加的能量；P和M增加的机械能、P与M间摩擦产生的热

量，而摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，故A、C皆错误.由于M所受三个外力中，除重力

外支持力不做功，只有P对M的摩擦力做功，故由功能关系知B正确.因P对M的摩擦力与M对P的摩擦

力等值反向，但P与M的位移不同，故做功数值不同，且P对M的摩擦力做正功而M对P的摩擦力做负功,

故D错误.

答案B

高考理综物理模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清

楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答

题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题

1.如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板，下面有一个托盘，让黑板撑开一个安全角度（黑板平面与水平面

的夹角为e）,不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。图

中就有小朋友把一块质量m为黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数N,则下列说

法正确的是（）

A.黑板擦对黑板的压力大小为mgcos。

B.黑板斜面对黑板的摩擦力大小为umgcos。

C.黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsin。

D.黑板对黑板擦的作用力大小为mg

2.如图所示，在静电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）

A.场强EQEB,电势6»风

B.将电荷+q从A点移到B点，电场力做负功

C.将重力可忽略的电荷+q从A点移到B点，加速度变小

D.将电荷-q分别放在A、B两点，具有的电势能EMVEPB

3.如图所示是电容式话筒的原理图，膜片与固定电极构成一个电容器，用直流电源供电，当声波使膜片

振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压

下列说法正确的是t）

接

放

大

器

的

变电容

积来改

正对面

过改变

筒是通

容式话

A.电

相同

的频率

与电流

的频率

压变化

两端电

阻R

B.电

a

流向

从b

电流

时，

电极

固定

靠近

膜片

C.当

电状态

处于放

电容器

时，

电极

固定

靠近

膜片

D.当

确的是

判断正

则下列

态，

止状

于静

下处

F作用

推力

向的

面方

板平