【创新方案】2021届高考物理二轮复习综合讲与练：专题二-功和能(含2020高考题)

专题二功和能考情分析备考策略1.本专题主要利用功能的观点解决物体、带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题。本部分命题情景新，联系实际亲密，综合性强，是高考的压轴题。2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面：重力、摩擦力、电场力和安培力做功的特点和求解；与功、功率相关问题的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律等。1.深刻理解定义式、公式及关系式中各个物理量的精确     含义；精确     理解与记忆机械能守恒定律的条件，机敏运用守恒的观点处理典型的、生活中的热点情景及科技运用中消灭的与机械能相关的问题。2.深刻理解功能关系，抓住两种命题情景突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是应用动能定理和能量守恒定律解决电场中带电体运动或电磁感应问题。eq\a\vs4\al(第1讲功功率和动能定理)考向一功和功率的计算(选择题)1.恒力做功的公式W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α推断F是否做功及做功的正、负)。2．功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\x\to(v)cosα。(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·全国新课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>4WF1,Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1,Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1,Wf2<2Wf1[思路探究](1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？提示：由于前后两次t相等，由a＝eq\f(v,t)，x＝eq\f(\x\to(v),2)t知，a1∶a2＝1∶2，x1∶x2＝1∶2。(2)两次合力做功存在什么关系？提示：由动能定理知W合1∶W合2＝1∶4。[解析]由x＝eq\x\to(v)t知，前后两次的位移之比x1∶x2＝1∶2，由Wf＝fx知Wf1∶Wf2＝1∶2；由动能定理知，WF1－Wf1＝eq\f(1,2)mv2，WF2－Wf2＝eq\f(1,2)m·(2v)2，所以WF2－Wf2＝4(WF1－Wf1)，又由于Wf2＝2Wf1，所以4WF1－WF2>0，即WF2<4WF1，C正确。[答案]C[感悟升华]计算功和功率时应留意的问题1．(2022·乐山模拟)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平面间的θ角渐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是()A．货物受到的摩擦力增大B．货物受到的支持力不变C．货物受到的支持力对货物做正功D．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC货物处于平衡状态，则有mgsinθ＝f，mgcosθ＝N，θ增大，f增大，N减小，A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D错误。2．质量为1kg的物体静止于光滑水平面上。从t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1s内F＝2N，第2s内F＝1N。A．2s末物体的速度是4B．2s内物体的位移为3C．第1s末拉力的瞬时功率最大D．第2s末拉力的瞬时功率最大解析：选C由牛顿其次定律得第1s内和第2s内的加速度分别为2m/s2和1m/s2，第1s末和第2s末的速度分别为v1＝a1t1＝2m/s，v2＝v1＋a2t2＝3m/s，A错误；2s内的位移x＝eq\f(v1t1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)t2＝3.5m，B错误；第1s末拉力的瞬时功率P1＝F1v1＝4W，第2s末拉力的瞬时功率P2＝F2v2＝3W，3．(2022·西安一模)质量为m＝2kg的物体沿水平面对右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F作用，如图甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g＝10m/sA．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧2D．10s内物体克服摩擦力做功34J解析：选CD由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由牛顿其次定律知F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3N、μ＝0.05，A错误；10s末恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝18W，B错误；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知，10s内物体的位移x＝－2m，即在计时起点左侧2m处，C正确；10s内物体的路程为s＝34m，则10考向二机车启动问题(选择题或计算题)1．机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。2．机车启动匀加速过程的最大速度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)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2022·广元五校联考)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开头向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02m/s的匀速运动。取g＝10m/s(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经受的时间；(3)起重机在第2s末的输出功率。[审题指导](1)题干中“重物由静止开头向上做匀加速直线运动”说明起重机以恒定的加速度启动。(2)题干中“匀速运动”说明重物所受的起重机的牵引力与重物的重力平衡。[解析](1)重物匀速上升时有F＝mg可得起重机的最大输出功率Pm＝Fvm＝mgvm＝5.1×104W(2)设重物匀加速阶段受到的牵引力为F1，匀加速运动阶段的末速度为v匀m，由牛顿其次定律得F1－mg＝ma又有Pm＝F1v匀mv匀m＝at1解得t1＝5s(3)设第2s末重物的速度为v2，由运动学公式知v2＝at2由牛顿其次定律知F1－mg＝ma且P＝F1v2解得P＝2.04×104W[答案](1)5.1×104W(2)5s(3)2.04×104W4．(2022·成都质检)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则()A．v2＝k1v1B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1D．v2＝k2v1解析：选B该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F1＝k1mg，F2＝k2mg，两种状况下，车的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝eq\f(k1v1,k2)，B正确。5．(2022·西安模拟)质量为8×102kg的电动车由静止开头沿平直大路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F­eq\f(1,v)图像如图所示(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定(1)电动车的额定功率；(2)电动车由静止开头运动，经过多长时间，速度达到2m(3)若过B点后16s达到最大速度，则电动车所走的总路程是多大？解析：(1)分析图线可知：电动车由静止开头做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力渐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。当最大速度vmax＝15m/s时，牵引力为Fmin＝400N，由平衡条件得恒定阻力f＝Fmin＝400额定功率P＝Fminvmax＝6kW(2)匀加速运动的末速度v＝eq\f(P,Fmax)解得v＝3由牛顿其次定律知匀加速运动的加速度a＝eq\f(Fmax－f,m)解得a＝2m电动车在速度达到3m/s之前，所求时间t＝eq\f(v′,a)解得t＝1s(3)设在匀加速阶段到达B点的位移为x1，则v2＝2ax1解得x1＝2.25从B点到达最大速度过程中，由动能定理得Pt′－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2解得x2＝24故总的位移x＝x1＋x2＝26.25答案：(1)6kW(2)1s(3)26.25考向三动能定理的应用(选择题或计算题)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·南充模拟)如图所示，水平路面CD的右侧有一长L1＝2m的板M，一物块放在板M的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M的上表面与平台等高。平台的上表面AB长s＝3m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R＝0.4m，最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离平台L＝2m时，板与物块向左运动的速度v0＝8m/s。当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板马上停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m＝1(1)求物块进入圆轨道时对轨道上A点的压力；(2)推断物块能否到达圆轨道的最高点E。假如能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；假如不能，则说明理由。[思路探究]在DC段由动能定理求物块和板整体到达BC时的速度→对物块在板和平台上运动过程由动能定理求物块到达A点的速度→在A点由牛顿其次定律求物块受到的支持力→由牛顿第三定律求物块对A点的压力→假设物块能过E点，由动能定理求物块经过E点的速度→与物块刚好经过E点的速度比较推断→若能经过E点，物块做平抛运动。[解析](1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v1，由动能定理得－μ1(m＋M)gL＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)设物块到A点时速度为v2，由动能定理得－μ2mg(s＋L1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛顿其次定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)解得N＝140N由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为140N，方向竖直向下。(2)假设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，则有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝6在最高点的临界速度v满足的关系为mg＝eq\f(mv2,R)解得v＝2由于v3＞v，所以假设成立。故物块能通过圆轨道的最高点做平抛运动，则水平方向x＝v3t竖直方向2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2.4[答案](1)140N方向竖直向下(2)能2.4[感悟升华]应用动能定理解题的步骤和应留意的问题1．应用动能定理解题的步骤2．应用动能定理解题应留意的问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度准时间，比动力学争辩方法要简洁。(2)动能定理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有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。6．(2022·成都模拟)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq\f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()A.eq\f(3,4)mgB.eq\f(3,16)mgC.eq\f(7,16)mgD.eq\f(7,25)mg解析：选D对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对小球向下运动，由动能定理，(mg－f)·H＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2，联立解得f＝eq\f(7,25)mg，D正确。7．(2022·绵阳模拟)如图所示，粗糙水平地面与半径为R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m＝1kg的小物块在水平恒力F＝15N的作用下，从A点由静止开头做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知AB间的距离为xAB＝3m，重力加速度g＝(1)小物块运动到B点时的速度vB；(2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离x；(3)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功Wf。解析：(1)小物块恰能通过D点，在D点由牛顿其次定律得mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)小物块由B运动到D的过程由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝5(2)小物块经过D点后做平抛运动，则水平方向x＝vDt竖直方向2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝1(3)小物块在水平面上由A运动到B过程由动能定理得FxAB－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得Wf＝32.5J答案：(1)5m/s(2)1m(3应用动能定理解答带电粒子在电场中的运动问题eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))(2022·泸州模拟)如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，试求：(1)小球通过C点的速度vC的大小；(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量ΔEp。第1步：找关键点(1)“小球和场源电荷的电性相同”说明小球由A到B电场力做负功。(2)“B、C两点在以O为圆心的圆上”说明B、C两点电势相同，小球由B到C电场力不做功。第2步：寻交汇点(1)受力状况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个库仑力。(2)运动状况分析：和力学中分析方法相同，小球A在外力的作用下做曲线运动。(3)做功状况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个电场力做负功。第3步：明突破点(1)问题一：vB已知，由B→C只有重力做功，运用功能定理求解。(2)问题二：vC已求，运用动能定理求小球由A→C电场力做功，利用电场力做功和电势能的变化关系求ΔEp。[解析](1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2解得vC＝eq\r(v2＋gR)(2)设由A到C电场力对小球做功WAC，由A到C应用动能定理得WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh由电势能变化与电场力做功的关系得ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR[答案](1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR[感悟升华]动能定理在力学和电场中应用时的对比分析[跟踪训练](2022·保定调研)如图甲所示，绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R＝0.45m，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨道的竖直直径是电场的左边界，电场强度大小为eq\f(\r(3),3)×103N/C。一质量为0.1kg、电荷量为＋q＝1.0×10－3C的小物块自半圆形轨道某位置自由滑下，滑至底端并冲上传送带，在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示(以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(g取10m/sA．传送带至少长4.5m，传送带速度最小为B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1C．小物块开头滑下的位置与半圆形轨道底端的高度差为0.45D．小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力为2eq\r(3)N解析：选ABD由图像可知小物块在传送带上运动的加速度大小为a＝1m/s2，由a＝μg可知μ＝0.1，B正确；小物块向左运动的最大位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝4.5m，由于小物块滑上和离开传送带的速度均为3m/s，所以传送带的速度至少为3m/s，A正确；设小物块开头滑下的位置在圆心O上方，滑块与圆心O的连线与水平方向的夹角为θ，对小物块，从开头到半圆轨道底端，依据动能定理有mgR·(1＋sinθ)－qERcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得θ＝30°，小物块开头滑下的位置P到传送带的高度h＝0.45×1.5m＝0.675m，C错误；小物块受到的电场力qE和重力mg的合力F＝eq\r(\f(4,3))N，与竖直方向成30°角斜向右下方，设小物块到达平衡位置Q(OQ与OP垂直)时的速度为v，依据动能定理有FR＝eq\f(1,2)mv2，对小物块有N－F＝eq\f(mv2,R)，解得N＝2eq\r(3)N，D正确。一、选择题1．(2022·潍坊模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，其次次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则正确的是()A．W1＝W2，P1＝P2B．W1＝W2，P1>P2C．W1>W2，P1>P2D．W1>W2，P1＝P2解析：选B由W＝Fs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P＝eq\f(W,t)可知P1>P2，B正确。2．(2022·成都一模)一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开头的ts末，该力的瞬时功率是A.eq\f(9F2t,m)B.eq\f(6F2t,m)C.eq\f(4F2t,m)D.eq\f(3F2t,m)解析：选B物块所受合力为2F，依据牛顿其次定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，联立可得P＝eq\f(6F2t,m)，B正确。3．某中学科技小组制作出利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开头沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f阻，那么在这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力渐渐增大C．小车受到的合力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为f阻s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：选D小车运动时受向前的牵引力F1、向后的阻力f阻作用，由于v增大，P不变，由P＝F1v，F1－f阻＝ma，得出F1减小，a减小，当v＝vm时，a＝0，A、B错误；合力的功W总＝Pt－f阻s，由动能定理W牵－f阻s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得W牵＝f阻s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，C错误，D正确。4．(2022·抚顺一模)如图所示，一个质量为m的小球，用长L的轻绳悬于O点，小球在水平恒力F的作用下从平衡位置P点由静止开头运动，运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，则力F的大小为()A.eq\f(\r(3),2)mgB.eq\r(3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),3)mg解析：选D小球在水平恒力作用下从P点运动至与竖直方向成60°角位置的过程中，由动能定理得FLsin60°－mgL(1－cos60°)＝0，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg，D正确。5．(2022·福建高考)如图所示，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、外形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对上弹出并离开弹簧，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：选C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过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A错误；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿其次定律可知，两物块的最大加速度不同，B错误；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，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，系统的机械能分别守恒，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错误；由于两物块质量不同，物块的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，两物块上升的最大高度不同，C正确。6．(2022·攀枝花模拟)一辆汽车在平直的大路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)图像如图所示。若已知汽车的质量，则依据图像所给的信息，能求出的物理量是()A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间解析：选ABC由F－f＝ma，P＝Fv可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(f,m)，对应图线可知，eq\f(P,m)＝k＝40，由于汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P。由a＝0时，eq\f(1,vm)＝0.05可得vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,f)，可求出汽车受到的阻力f，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A、B、C正确，D错误。7．(2022·宜宾一模)如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有肯定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止，则()A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速率相同C．两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大D．两滑块到达斜面底端所用时间相同解析：选AB依据题意，由于A、B滑块均处于平衡状态，有FTA＝FTB，而FTA＝mAgsinα，FTB＝mBgsinβ，所以mA大于mB，A正确；由于A、B滑块距离地面的高度h相同，据mgh＝eq\f(1,2)mv2可知两者到达斜面底端的速率v相同，B正确；两者到达地面的瞬时功率为PA＝mAgv·sinα，PB＝mBgv·sinβ，所以PA＝PB，C错误；两者到达地面的时间为eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)gsinαteq\o\al(2,A)，eq\f(h,sinβ)＝eq\f(1,2)gsinβteq\o\al(2,B)，解得sinαtA＝sinβtB，所以tA＞tB，D错误。二、非选择题8．额定功率为80kW的汽车，在平直的大路上行驶，行驶的最大速度为20m/s，汽车的质量m＝2000kg，若汽车从静止开头做匀加速直线运动，加速度a＝2m/s(1)汽车所受的阻力有多大；(2)匀加速运动的时间多长；(3)3s末汽车的瞬时功率多大。解析：(1)当速度最大时，牵引力F1与阻力f大小相等，有f＝F1＝eq\f(P额,vm)＝4000N(2)设以恒定的加速度a＝2m/s2启动时的牵引力为F2，由牛顿其次定律得F2－f＝解得F2＝8000N当汽车达到额定功率时加速过程结束，设加速运动的末速度为v1，则v1＝eq\f(P额,F2)＝10m/s所以匀加速运动的时间t1＝eq\f(v1,a)＝5s(3)因3s末汽车为匀加速运动，故3s末的速度v＝at＝63s末的瞬时功率P＝F2v＝48kW答案：(1)4000N(2)5s(3)48kW9．(2022·正定二模)如图所示，A、B、C质量分别为mA＝0.7kg，mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2＝0.3m，当B、C从静止下降h1＝0.3m，C穿环而过，B被D拦住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取(1)请推断C能否落到地面；(2)求A在桌面上滑行的距离是多少。解析：(1)设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被拦住后，C再下落h后，A、C两者均静止，对A、B、C一起运动和A、C一起再下降h过程分别由动能定理得(mB＋mC)gh1－μmAgh1＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2－0mCgh－μmAgh＝0－eq\f(1,2)(mA＋mC)v2代入数据解得h＝0.96由于h＞h2，故C能落至地面。(2)设C落至地面瞬间，A的速度为v′，在C落至地面过程对A、C由动能定理得mCgh2－μmAgh2＝eq\f(1,2)(mA＋mC)·(v′2－v2)C落至地面后，A运动的过程由动能定理得－μmAgx＝0－eq\f(1,2)mAv′2解得x＝0.165故A滑行的距离为xA＝h1＋h2＋x＝(0.3＋0.3＋0.165)m＝0.765答案：(1)C能落至地面(2)0.76510．(2022·自贡联考)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C、质量m＝0.1kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点。取g＝(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开头运动到落至D点的过程中的最大动能。解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)设带电体通过B点时的速度为vB，此时轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FB＝6.0N依据牛顿第三定律得带电体在B点时对轨道的压力大小F′B＝6.0N(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经受的时间为t，依据运动的分解有2R＝eq\f(1,2)gt2xDB＝vCt－eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2联立解得xDB＝0(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度肯定消灭在从B到C的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必消灭在B点右侧对应圆心角为45°处。设小球的最大动能为Ekm，由动能定理得qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Ekm＝eq\f(2\r(2)＋3,5)J≈1.17J答案：(1)6.0N(2)0(3)1.17Jeq\a\vs4\al(第2讲机械能守恒定律和功能关系)考向一机械能守恒定律的应用(选择题)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·遂宁一模)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开头下滑到光滑地面上，g取10A．下滑的整个过程中A球机械能守恒B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为eq\f(2,3)J[审题指导]题干中“光滑固定斜面”、“光滑短圆弧”、“光滑地面”说明A、B两球不受摩擦力作用，系统机械能守恒。[解析]A、B下滑的整个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能削减，A错误；A、B球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，B正确；对A、B球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，C错误；B球机械能的增加量为ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，D正确。[答案]BD[感悟升华]应用机械能守恒定律解题的基本思路1．如图所示，在高1.5m的光滑平台上有一个质量为2kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝A．10JB．15JC．20JD．25J解析：选A由h＝eq\f(1,2)gt2，tan60°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可得v0＝eq\r(10)m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝10J，A正确。2．(2022·四川师大附中模拟)如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)解析：选C如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R。则B上升的高度为R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故选项C正确。3．(2022·巴中模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是A．环到达B处时，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环削减的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为eq\f(4,3)d解析：选CD重物上升的高度h与滑轮左侧绳长的增加量相等，故h＝(eq\r(2)－1)d，A错误；重物的速度v物＝v环cos45°，B错误；由于不计一切摩擦阻力，环与重物组成的系统机械能守恒，故C正确；设环能下降的最大高度为h′，由机械能守恒得mgh′＝2mg(eq\r(h′2＋d2)－d)，解得h′＝eq\f(4,3)d，D正确。考向二功能关系的应用(选择题或计算题)常见的功能关系eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2022·眉山一模)滑板运动是深受年轻人宠爱的一种极限运动，如图所示为某公园内一滑板场地的竖直截面示意图。斜面AB与水平面间的夹角θ＝37°，水平地面BC长x＝10m，B处平滑连接，CD为半径R＝3.0m的四分之一圆弧轨道。若一质量为m＝50kg的运动员，以v0＝4m/s的初速度从场地A点沿斜面滑下，经过AB段所用时间为t＝eq\f(5,3)s，若没有蹬地动作，恰能到达D点。已知滑板与斜面AB间的动摩擦因数μ＝0.45，圆弧轨道CD光滑，不计滑板质量和空气阻力，除蹬地外运动员和滑板可视为一质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝(1)斜面高度h；(2)运动员第一次经过圆弧最低点C时受到的支持力大小；(3)运动员在BC段受到的阻力大小；(4)若运动员第一次经过D点后有1.2s的时间离开圆弧轨道，则其在BC段需要通过蹬地做多少功？[解析](1)在AB段，对运动员、滑板组成的系统受力分析如图所示，由牛顿其次定律得mgsinθ－f＝maN＝mgcosθf＝μN由运动学公式得斜面AB长度l＝v0t＋eq\f(1,2)at2由几何关系得h＝lsinθ解得a＝2.4m/s2，h(2)设运动员第一次经过C点时的速度大小为vC，恰好到达D点说明物块在D点时速度为零，从C到D过程中，依据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR经C点时，由牛顿其次定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得N＝1500N(3)运动员经过B点时的速度为vB，则vB＝v0＋at在BC段，由动能定理得－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得f＝10N(4)运动员离开D点后做竖直上抛运动，则2vD＝gT依据功能关系得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得W＝900J[答案](1)6m(2)1500N(3)10N(4)900[感悟升华]解决功能关系问题的三点留意(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力是做正功还是做负功；依据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化状况。(2)可以依据功能之间的转化状况，确定是什么力做功，尤其可以便利计算变力做功的多少。(3)功能关系反映了做功与能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度，在不同问题中的具体表现不同。4．(2022·永安质检)如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开头沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图像如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线，由此可以推断()A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且肯定不断减小B．0～x1过程中物体的动能肯定不断减小C．x1～x2过程中物体肯定做匀速运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动解析：选D在E­x图像中，图线的斜率表示力的大小，在0～x1过程中，由E­x图像知，拉力F渐渐变大，由于无法确定F和mg的关系，动能可能增大、减小或不变，A、B错误；x1～x2过程，F不变，物体可能做匀速运动，也可能做匀变速运动，C错误，D正确。5．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时对轨道压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图像如图乙所示，不计物块通过A点时的能量损失，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝eq\f(4,5)，cos53°＝eq\f(3,5)，求：(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；(2)物块的质量m。解析：(1)由题图乙知，当h1＝5R时，物块到达B点时对轨道压力的大小为零，此时物块自身的重力恰好供应物块做圆周运动的向心力，设此时物块在B点的速度大小为v1，则由牛顿其次定律知mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得mg(h1－2R)－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ＝eq\f(2,3)(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，物块受到轨道的压力为F′，则F′＋mg＝eq\f(mv2,R)对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得F′＝5mg－eq\f(mgh,R)则由牛顿第三定律得F＝eq\f(mgh,R)－5mg则F­h图线的斜率k＝eq\f(mg,R)由题图乙可知k＝eq\f(2N,R)解得m＝0.2答案：(1)eq\f(2,3)(2)0.2kg考向三能量守恒定律的综合应用(选择题或计算题)应用能量守恒定律的两条基本思路1．某种形式的能削减，肯定存在其他形式的能增加，且削减量和增加量肯定相等，即ΔE减＝ΔE增。2．某个物体的能量削减，肯定存在其他物体的能量增加，且削减量和增加量肯定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·江苏高考)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率eq\x\to(P)。[思路探究](1)工件在乙上运动时，可将工件的运动分解成沿甲运动方向和沿乙运动方向的两个分运动。(2)工件相对传送带滑动时，摩擦产生的热量可由Q＝fx相对求解。(3)电动机消耗的电能全部转化为工件的动能和因摩擦产生的内能。[解析](1)摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小ax＝μgcos45°在侧向上由匀变速直线运动规律知－2axs＝0－veq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，相对传送带侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，则eq\f(ay,ax)＝tanθ很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度变化量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ且由题意知tanθ＝eq\f(vy,vx)，设在经Δt时间后，相对传送带侧向和纵向速度分别为v′x和v′y则eq\f(v′y,v′x)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ，有v′y＝v′x·tanθ所以摩擦力方向保持不变。则当v′x＝0时，v′y＝0，即相对传送带纵向速度为零，即v＝2v0(3)设工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙运动方向的位移为y，由题意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ在侧向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)在纵向上2ayy＝(2v0)2－0工件滑动时间t＝eq\f(2v0,ay)乙前进的距离y1＝2v0t工件相对乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)则系统摩擦生热Q＝μmgL电动机做功W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q又eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)解得eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)[答案](1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\f(4\r(5)μmgv0,5)[感悟升华]涉及能量转化问题的解题方法(1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特殊留意摩擦产生的内能Q＝fx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。(2)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削减，哪种形式的能量增加，求出削减的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最终由ΔE减＝ΔE增列式求解。6．(2022·南充模拟)如图所示，质量为M＝2kg、长为L＝2m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1kg的小木块(可视为质点)，先相对静止，后用一水平向右的力F＝4N作用在小木块上，经过时间t＝2s，小木块从长木板另一端滑出，g取A．小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1B．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8JC．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的功率为16WD．长木板在运动过程中获得的机械能为16J解析：选C对小木块由牛顿其次定律得F－μmg＝ma1，对长木板由牛顿其次定律得μmg＝Ma2，经时间t＝2s，L＝eq\f(1,2)(a1－a2)t2，解得μ＝0.2，A错误；在整个运动过程中，小木块与长木板间的滑动摩擦力对小块做负功，将系统的部分机械能转化为内能，摩擦产生的热量为Q＝μmgL＝4J，B错误；小木块脱离长木板的瞬间，小木块的速度v1＝a1t＝4m/s，长木板的速度v2＝a2t＝2m/s，拉力F的功率P＝Fv1＝16W，C正确；长木板获得的动能大小为Ek＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝4J，势能不变，D错误。7．当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45m高的桥上A点系弹性绳，另一端B点系住重50kg男孩的脚，弹性绳原长AB为15m，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C点，末速度为零。假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽视不计，男孩视为质点。弹性势能可用公式：E弹＝eq\f(kx2,2)(k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变长度)计算。(g＝10m(1)男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大？弹性绳的劲度系数又为多大？(2)在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少？解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的削减量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置。(1)由功能关系得E弹＝mgh解得E弹＝2.25×104J又由于E弹＝eq\f(1,2)kx2其中x＝45m－15解得k＝eq\f(2E弹,x2)＝50N/m(2)男孩加速度为零时，mg＝kx′解得x′＝10由能量转化和守恒定律得mg(hAB＋x′)＝eq\f(1,2)kx′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得vm＝20m/s答案：(1)2.25×104J50N/m(2)20m/s功能关系在电磁感应问题中的应用eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))(2022·攀枝花模拟)如图所示，两平行金属导轨相距l＝0.6m，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R＝3Ω的定值电阻，磁感应强度为B＝1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量m＝0.2kg、长为l的导体棒固定在ab位置，导体棒的电阻为R0＝1Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3。现导体棒获得平行斜面对上的初速度v0＝10m/s滑行最远至a′b′位置，所滑行距离为s＝4m。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g(1)把导体棒视为电源，最大输出功率是多少？(2)导体棒向上滑行至a′b′过程中所受的安培力做了多少功？(3)以ab位置为重力势能的零点，若导体棒从ab沿导轨面对上滑行d＝3m过程中电阻R产生的热量QR＝2.1J，第1步：找关键点(1)“动摩擦因数为μ”：说明导体棒受摩擦力。(2)“滑行最远至a′b′”：说明导体棒滑行至a′b′位置时速度为零。第2步：寻交汇点(1)力学学问：受力分析、功能关系。(2)电磁学学问：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则、右手定则、安培力的计算。第3步：明突破点(1)问题一：导体棒刚开头运动→感应电流最大→输出功率最大。(2)问题二：导体棒向上滑行的过程→动能定理列方程求安培力做的功。(3)问题三：导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，利用功能关系求解。[解析](1)由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝eq\f(E,R＋R0)＝eq\f(Blv,R＋R0)知当v＝v0时，I有最大值Im解得Im＝1.5故最大输出功率为Pm＝Ieq\o\al(2,m)R＝6.75W(2)导体棒向上滑行过程中，安培力做负功，由动能定理得W安－mgssinθ－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W安＝－3.28J(3)由于导体棒和R串联，R∶R0＝3∶1由Q＝I2Rt知，Q总∶QR＝4∶3解得Q总＝2.8J设导体棒滑行d时机械能为E′，由功能关系得Q总＋W′f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－E′向上滑行d时，W′f＝μmgdcosθ解得E′＝5.76J[答案](1)6.75W(2)－3.28J(3)5.76J[感悟升华]对比分析功能关系在力学中和电磁感应中的应用[跟踪训练](2022·达州质检)如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg。它们在光滑水平面上，以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v­xA．线圈的长度L＝15B．磁场的宽度d＝25C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4mD．线圈通过磁场过程中产生的热量为40J解析：选B由图乙知线圈长度为10cm，A错误；磁场的宽度d＝25cm，B正确；线圈进入磁场过程中速度渐渐减小，C错误；由功能关系知，线圈通过磁场产生的热量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×(102－22)J＝48J，D错误。卷(一)一、选择题1．(2022·上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝eq\f(1,2)at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为ΔE＝eq\f(1,2)Fat2；撤去恒力后，物体机械能不变，C正确。2．(2022·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化成内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：选B在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合力做功不为零，因此机械能不守恒，A错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D错误。3．(2022·绵阳模拟)如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为eq\f(3,4)g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中()A．重力势能增加了eq\f(3,4)mghB．动能损失了mghC．机械能损失了eq\f(1,4)mghD．物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小解析：选D物体上上升度h过程中，重力做功－mgh，重力势能增加mgh，A错误；依据倾角为30°，可知物体沿斜面上升位移F＝2h，此过程合力F＝ma＝eq\f(3,4)mg，合力做功等于动能变化量，即动能变化量ΔEk＝－ma×2h＝－eq\f(3,2)mgh，即动能削减eq\f(3,2)mgh,B错误；ΔE＝－eq\f(3,2)mgh＋mgh＝－eq\f(1,2)mgh，机械能损失eq\f(1,2)mgh，C错误；物体沿斜面上升过程，克服摩擦力的功率P＝fv＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(3,4)gt))，摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，功率P随时间均匀减小，D正确。4．(2022·信阳调研)如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(h＞d)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()A．v2＝ghB．v2＝2ghC．A产生的热量Q＝mgh－mv2D．A产生的热量Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2解析：选C因h＞d，故线框肯定经过磁场区域，由Q＋eq\f(1,2)(m＋m)v2＝mgh，得Q＝mgh－mv2，v2＜gh，C正确，A、B、D错误。5．(2022·南充三模)如图所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场。小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则()A．小球在D点时的动能为50JB．小球电势能的增加量肯定等于重力势能的削减量C．到达C点后小球可能沿杆向上运动D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等解析：选C小球做减速运动，F洛将减小，球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力，据F合·x＝ΔEk可知，A错误；重力势能的削减量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确；由于摩擦力为变力，D错误。6．(2022·海南高考)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不行伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开头运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中()A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：选AD由于va＝vbcosθ，θ为b的拉绳与水平面间的夹角，质量相同，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，A正确；a物体下降时，其机械能的削减量等于b物体的动能增加量和b物体克服摩擦力做功之和，B、C错误；绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的削减量，绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做的功，D正确。7．(2022·乐山一模)如图所示，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。现用拉力F沿斜面对上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态。在这一过程中()A．弹簧的伸长量为eq\f(F－mgsinα,k)B．拉力F做的功为FhsinαC．物体A的机械能增加mghD．斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcosα解析：选CD物体A在斜面上匀速运动，弹簧的弹力等于F，弹簧的伸长量为eq\f(F,k)，A错误；拉力F做的功为WF＝F·eq\f(h,sinα)，B错误；物体A的动能不变，重力势能增加mgh，所以其机械能增加了mgh，C正确；斜面和物体都受力平衡，以斜面和物体整体作为争辩对象进行受力分析，整体受重力、支持力、拉力F和摩擦力，在水平方向应用平衡条件得f＝Fcosα，D正确。8．(2022·西城区质检)如图甲所示，物体以肯定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面对上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝A．物体的质量m＝0.67B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程中的加速度大小a＝10mD．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J解析：选CD上升过程，由动能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦产生的热μmg·cosαhm/sinα＝E1－E2，解得m＝1kg，μ＝0.50，A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1－E2＝20J，下降过程因摩擦产生的热也应为20J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50J－40J＝10二、非选择题9．如图所示，质量m＝0.2kg的小物体，从光滑曲面上高度为H＝0.8m处释放，到达底端时水平进入轴心距离L＝6m的水平传送带，传送带可由一电动机驱使逆时针转动。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1(取g(1)求物体到达曲面底端时的速度v0的大小？(2)若电动机不开启，传送带不转动，则物体滑离传送带右端的速度v1的大小和在传送带上所用时间t分别为多少？(3)若开启电动机，传送带以速率5m/s逆时针转动，解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，则mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gH)＝4m/s(2)设水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变。f＝μmg由牛顿其次定律得－f＝ma可得a＝－1m对物体滑离传送带过程，由运动学公式得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2aL解得v1＝2由t＝eq\f(v1－v0,a)得t＝2s(3)以地面为参考系，则滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动。由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2m/s，所用时间为2s，最终将从右端滑离传送带。此段时间内，明显，物体向右运动的位移大小x1＝L＝6m，皮带向左运动的位移大小为x2＝物体相对于传送带滑行的距离Δx＝x1＋x2＝16物体与传送带相对滑动期间产生的热量Q＝fΔx＝μmgΔx＝3.2J答案：(1)4m/s(2)2m/s2s(310．(2022·达州模拟)如图所示，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个不计电阻的光滑U型导轨，导轨宽度都是L＝1.0m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a和b，a的电阻R1＝10.0Ω、质量m1＝2.0kg，b的电阻R2＝8.0Ω、质量m2＝1.0kg。U型导轨所在空间分别存在着垂直于斜面对上的匀强磁场，大小分别为B1＝1.0T，B2＝2.0T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮(图中未画出)连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10.0m/s2。开头时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？(2)同时闭合开关S1、S2，当金属棒a和b通过的距离s＝400m时，速度达到最大，在这个过程中，解析：(1)设撤去外力时线的拉力为FT，两金属棒的加速度大小相等，设为a，由牛顿其次定律得对a有m1gsinθ－FT＝m1对b有FT－m2gsinθ＝m2解得a＝2m(2)a