《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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 恒力的功 单个恒力WFlcos 合力为恒力 1. 先求合力，再求WF合l 2.WW1W2 变力的功 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WF lcos 已知Fl图象功的大小等于“面积” 一般变力动能定理 2. 功率的计算 (1)PW t ，适用于计算平均功率； (2)PFvcos ，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M点由
2、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ONMOMN 2 . 在小球从M点运动到N点的过程中 ( ) 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ONMOMNMg4l 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 1 2Mv B 2 Mgl? Ep 1 2Mv B 2Mg 4l? 联立 ? ? 式得 5 3m M
3、5 2m 答案(1)6gl22l(2) 5 3m Mm乙，甲乙，则r甲r乙.空气阻力fkr， 对小球由牛顿第二定律得，mgfma， 则a mg f m g kr 4 3r3 g 3k 4r2 ， 可得a甲a 乙，由h 1 2at 2 知，t甲v乙，故选项 B正确； 因f甲f 乙，由球克服阻力做功Wffh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确 . 2. 如图 1，不可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( ) 图 1 A.gh B.2gh C.
4、gh 2 D.2gh 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：3mghmgh1 2(3 mm)v 2，解得： vgh. 3. 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 2 A.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
5、 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
6、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( ) 图 3 A.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
7、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 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 4 A.最低点的速度大约为5 m/s B.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
8、到的绳子拉力不做功，机械能守恒， 则得：mgL(1 cos 60) 1 2mv 2，解得： vgL102 m/s 25 m/s ，A错误；在最低点合力指向圆心，加速度不 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；Pmgv，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小，D错 误. 6.( 多选)(2016 浙江理综 18)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
9、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，sin37 0.6 ，cos 37 0.8). 则( ) 图 5 A.动摩擦因数6 7 B.载人滑草车最大速度为 2gh 7 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5g 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 mgcos 45 h sin 45 mgcos 37 h sin 37 0，解得 6 7，选项 A正确；对经过上段滑道 过程，根据动能定理得，mghmgcos 45 h sin 45 1 2mv 2，
10、解得 v 2gh 7 ，选项 B正 确；载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 mgsin 37 mgcos 37 m 3 35g，即加速度大小为 3 35g，选项 D错误 . 7.( 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， 向心加速度的大小为a，容器对它 的支持力大小为N，则 ( ) 图 6 A.a错误 ! B.a错误 ! C.N 3mgR 2W
11、R D.N错误 ! 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mgRW 1 2mv 2，根据公式 a v2 R ，联立可得a 错误 ! ，A正确， B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根 据牛顿第二定律可得，Nmgma，代入可得，N3mgR 2W R ，C正确， D错误 . 8.( 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. 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Ekh图象，其中高度从0.2 m上升到 0.35 m范围 内图
12、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 7 A.小滑块的质量为0.2 kg B.弹簧最大弹性势能为0.32 J C.轻弹簧原长为0.2 m D.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 Epmgh，图线的斜率绝对值为：k Ek h 00.3 0.35 0.2 2 Nmg，所以：m0.2 kg，故 A正确； 根据能的转化与守恒可知， 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Epmmgh 0.2 10(0.35 0.1) J 0.5 J，故
13、 B错误；在Ekh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，EpminEEkmEpmmghEkm 0.5 J 0.2 100.1 J 0.32 J 0.38 J ，故 D错误 . 9. 如
14、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 . 现在杆 中点处施加一大小始终为 6mg (g为重力加速度 ) 、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤 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. 答案 (1)mgL(2) 错误 ! (3) 错误 ! 解析(1) 根据动能定理可得：WFm
15、gL0 力F所做的功为WFmgL (2) 设撤去F时，杆与水平面夹角为，撤去F前，有：WF 6mg L 2mgL ，解得： 3 根据动能定理有：mgLmgLsin 1 2mv 2 得撤去F时小球的速度为：v错误 ! (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，v2v1sin 系统机械能守恒有：mg(LLsin ) 1 2mv 21 1 2Mv 22 解得：v2 错误 ! . 10. 如图 9 所示，虚线圆的半径为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A
16、C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： 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 gsin (2)2gRgRsin 2 (3)2.4 解析(1) 从A到B，由牛顿第二定律得： mgcos mgsin ma 解得：agcos gsin (2) 小球沿ABC轨道运动，从A到C， 由动能定理可得： 1 2mv 2Cmg2R2mg2Rcos sin 解得：vC2gR 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： 2R1 2gt 2 解得：t2 R g 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 cos 21 2mv
