（全国通用）2019届高考物理二轮复习专题5功能关系的理解和应用学案.doc

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1、1专题 5 功能关系的理解和应用考题一 功和功率的计算1.功的计算力的特点 计算方法2单个恒力 W Flcos 恒力的功合力为恒力1.先求合力，再求 W F 合 l2.W W1 W2大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向 力的大小跟路程的乘积力与位移成线性变化 W lcos F已知 F l图象 功的大小等于“面积”变力的功一般变力 动能定理2.功率的计算(1)P ，适用于计算平均功率；Wt(2)P Fvcos ，若 v为瞬时速度， P为瞬时功率，若 v为平均速度， P为平均功率.例 1 (2016全国甲卷21)如图 1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O点，另一端与小球相连.现将小球从

2、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两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ONMMg 4l 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MvB 2 Mgl 12Ep MvB 2 Mg 4l 12联立 式得7m Mm 乙 ， 甲 乙 ，则 r 甲 r 乙. 空气阻力43f kr，对小球由牛顿第二定律得， mg f ma，则a g g ，可得 a 甲 a 乙 ，由 h at2知， t 甲 v 乙 ，故选项 B正确；因 f 甲 f 乙 ，由球克服阻力做功2ahWf fh知，甲球克服阻力做功较大，选项 D正确.2.如图 1，不可

3、伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球 a和 b.a球质量为m，静置于水平地面； b球质量为 3m，用手托住，高度为 h，此时轻绳刚好拉紧.现将 b球释放，则 b球着地瞬间 a球的速度大小为( )12图 1A. B. C. D.2gh 2ghgh2 gh答案 A解析 在 b球落地前， a、 b球组成的系统机械能守恒，且 a、 b两球速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：3 mgh mgh (3m m)v2，解得： v .12 gh3.如图 2所示， A、 B、 C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动. A由静止释放； B的初速度方向沿斜面向下，大小为 v0； C的初

4、速度方向沿水平方向，大小为 v0.斜面足够大， A、 B、 C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是( )图 2A.A和 C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时， B的动能最大C.滑到斜面底端时， C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时， B的机械能减少最多答案 B解析 A、 C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等， A所受滑动摩擦力沿斜面向上， C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以 C沿斜面向下的加速度大于 A的加速度， C先到达斜面底端，故 A错误；重力做功相同，摩擦力对 A、 B做功相同， C克服摩擦力做功最大，而 B有初速度，则滑到斜面底端时， B滑块的动能最大，故 B正确；三个滑块下降

5、的高度相同，重力势能减少相同，故 C错误；滑动摩擦力做功与路程有关， C运动的路程最大， C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故 D错误.4.(多选)如图 3所示，小物块以初速度 v0从 O点沿斜向上运动，同时从 O点斜向上抛出一个速度大小也为 v0的小球，物块和小球在斜面上的 P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )13图 3A.斜面只能是粗糙的B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在 P点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块到达 P点过程中克服重力做功的平均功率相等答案 ACD解析 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜

6、面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在 P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故 A正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故 B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在 P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故 C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达 P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故 D正确.5.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为 2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成 60角，如图 4

7、所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是( )图 4A.最低点的速度大约为 5 m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加答案 C解析 秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得： mgL(1cos 60) mv2，解得： v m/s2 m/s，A 错误；在最低点合力指向圆心，加速12 gL 102 5度不为零，B 错误；根据动能定理合外力做的功等于增加的动能，C 正确； P mgv ，由于在竖直方向上的速度从最高点到最低点过程中先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减14小，D 错误.6.(多选)(2016浙江理综1

8、8)如图 5所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370.6，cos 370.8).则( )图 5A.动摩擦因数 67B.载人滑草车最大速度为 2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35答案 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得 mg2h mg cos 45 mg cos 37 0，解得 ，选项 A正

9、确；对经过上段滑道过程，hsin 45 hsin 37 67根据动能定理得， mgh mg cos 45 mv2，解得 v ，选项 B正确；载hsin 4512 2gh7人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为 a g，即加速度大小为 g，选项 D错误.mgsin 37 mgcos 37m 335 3357.(多选)(2016全国丙卷20)如图 6，一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

10、大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )图 6A.a B.a2mgR WmR 2mgR WmRC.N D.N3mgR 2WR 2mgR WR15答案 AC解析 质点 P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR W mv2，根据公12式 a ，联立可得 a ，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向v2R 2mgR WmR心力，根据牛顿第二定律可得， N mg ma，代入可得， N ，C 正确，D 错误.3mgR 2WR8.(多选)如图 7所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度 h0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接

11、.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h并作出滑块的 Ek h图象，其中高度从 0.2 m上升到 0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 g10 m/s 2，由图象可知( )图 7A.小滑块的质量为 0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为 0.32 JC.轻弹簧原长为 0.2 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.18 J答案 AC解析 从 0.2 m上升到 0.35 m的范围内， Ek Ep mg h，图线的斜率绝对值为：k 2 N mg，所以： m0.2 kg，故 A正确；根据能的转化与守恒可 Ek h 0 0.30.35 0.2

12、知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm mg h0.210(0.350.1) J0.5 J，故 B错误；在 Ek h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2 m上升到 0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m上升到 0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以 h0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为 0.2 m，故 C正确；由图可知，当 h0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，Ep

13、min E Ekm Epm mgh Ekm0.5 J0.2100.1 J0.32 J0.38 J，故 D错误.9.如图 8所示，长为 L的轻杆一端连着质量为 m的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的 O点，初始时小球静止于地面上，边长为 L、质量为 M的正方体左侧静止于 O点处.现16在杆中点处施加一大小始终为 (g为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时6mg间后撤去 F，小球恰好能到达最高点，忽略一切摩擦，试求：图 8(1)拉力所做的功；(2)拉力撤去时小球的速度大小；(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾斜，求杆与水平面夹角为 时(正方体和小球还未脱落)，正方体的速度大小

14、.答案(1) mgL (2) gL2 3(3) 2mgL1 sin sin2m Msin2解析 (1)根据动能定理可得： WF mgL0力 F所做的功为 WF mgL(2)设撤去 F时，杆与水平面夹角为 ，撤去 F前，有： WF mgL，解得： 6mg L23根据动能定理有： mgL mgLsin mv212得撤去 F时小球的速度为： v gL2 3(3)设杆与水平面夹角为 时，杆的速度为 v1，正方体的速度为 v2， v2 v1sin 系统机械能守恒有： mg(L Lsin ) mv Mv12 21 12 2解得： v2 .2mgL1 sin sin2m Msin210.如图 9所示，虚线圆

15、的半径为 R， AC为光滑竖直杆， AB与 BC构成直角的 L形轨道，小球与 AB、 BC轨道间的动摩擦因数均为 ， A、 B、 C三点正好是圆上三点，而 AC正好为该圆的直径， AB与 AC的夹角为 .如果套在 AC杆上的小球自 A点静止释放，分别沿 ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过 B处时的能量损耗.求：17图 9(1)小球在 AB轨道上运动的加速度；(2)小球沿 ABC轨道运动到达 C点时的速率；(3)若 AB、 BC、 AC轨道均光滑，如果沿 ABC轨道运动到达 C点的时间与沿 AC直轨道运动到达 C点的时间之比为 53，求 的正切值.答案 (1) gcos g sin (2)

16、2 (3)2.4gR gRsin 2解析 (1)从 A到 B，由牛顿第二定律得：mgcos mg sin ma解得： a gcos g sin (2)小球沿 ABC轨道运动，从 A到 C，由动能定理可得： mv mg2R2 mg 2Rcos 12 2C sin 解得： vC2 gR gRsin 2(3)设小球沿 AC直导轨做自由落体运动，运动时间为 t，则有：2 R gt212解得： t2Rg轨道均光滑，小球由 A到 B机械能守恒，设 B点的速度为 vB，则有：mg2R cos2 mv12 2B解得： vB2 cos gR且依等时圆， tAB t，则 B到 C的时间为：tBC t t t53 23 43Rg以后沿 BC直导轨运动的加速度为：a gsin ，且 BC2 Rsin 故 2Rsin vBtBC a t12 2BC代入数据得：tan 2.4.