（课标通用）2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第四道选择题涉及的命题点教学案.docx

第4道选择题涉及的命题点 41424344 45功和功率动能定理机械能守恒定律功能关系及能量守恒用能量观点解决力学综合问题41 备考精要一、功的求法1恒力做功2变力做功方法以例说法功率法汽车以恒定功率P在水平路面上运动t时间的过程中，牵引力做功WFPt应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WFmgl(1cos )0，得WFmgl(1cos )微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wffx1fx2fx3f(x1x2x3)f2R等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的功WF平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W(x2x1)图像法一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，WF0x0二、功率的求法1平均功率的计算方法(1)利用。(2)利用F cos ，其中为物体运动的平均速度，F为恒力。2瞬时功率的计算方法(1)利用PFv cos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用PFvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。3额定功率与实际功率(1)额定功率：机械长时间正常工作而不损坏机械的最大输出功率。(2)实际功率：机器实际工作时的输出功率。注意(1)一般机器铭牌上标明的功率表示该机器的额定功率。(2)实际功率一般小于或等于额定功率。三、解决机车启动问题时的四点技巧1分清是匀加速启动还是恒定功率启动。2匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。3以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功WPt。4无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足PFfvm，P为机车的额定功率。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心解析：选A由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。2.(2018天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变解析：选C运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ffmgsin ，下滑过程中减小，sin 变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。3.如图所示，倾角为30的粗糙斜面与倾角为60的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间的动摩擦因数为，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为()AmgLBmgLCmgLDmgL解析：选A对物块甲：Tmgsin 30mgcos 30；对物块乙：FTmgsin 60；F做的功：WFL；解得WmgL，故A正确。4.多选(2019湖南六校联考)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则()A3t0时刻的瞬时功率为B3t0时刻的瞬时功率为C在03t0这段时间内，水平力的平均功率为D在03t0这段时间内，水平力的平均功率为解析：选AC在02t0时间内，物体的加速度a，则2t0时刻的瞬时速度v1a2t0，在2t03t0时间内，物体的加速度a，则3t0时刻的瞬时速度vv1at0。所以3t0时刻的瞬时功率P2F0v，故A正确，B错误。在03t0这段时间内，根据动能定理得：水平力做的功Wmv20m2，则平均功率，故C正确，D错误。5一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是()解析：选C由题知，阻力与速度的关系式为：fkv，根据牛顿第二定律得：FfFkvma，解得：av，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据PFv知，F不变，则Pt图线的形状与vt图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误。二练会迁移综合性考法1多选如图所示，倾角为37的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L0.4 m，现将质量为m1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，不计空气阻力。矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是()A矩形板受到的摩擦力为Ff4 NB矩形板的重力做功为WG3.6 JC产生的热量为Q0.8 JD矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s解析：选BCD矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，故A错误；重力做功WGmg(Ld)sin 3.6 J，所以B正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q2mgcos d0.8 J，所以C正确；根据动能定理：WGQmv20，解得v m/s，所以D正确。2多选如图甲所示，一个质量m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数0.5。在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示。取g10 m/s2。下列说法正确的是()A物块经过4 s时间到出发点B4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 WC05 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D05 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W解析：选BD由题图乙可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，可知35 s内，加速度a m/s23 m/s2,4.5 s时的速度vat3(4.54)m/s1.5 m/s，根据牛顿第二定律有Fmgma，得F16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率PFv24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；35 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，03 s内，物块的加速度a1 m/s21 m/s2，位移x1132 m4.5 m，合力做的功Wma1x19 J,05 s内合力的平均功率 W1.8 W，选项D正确。3.(2019石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为Dt3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)解析：选D根据题意，向上为正方向，故在t3t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A错误。t0t2时间内，速度一直增大，根据动能定理可以知道，合力对小球一直做正功，故选项B错误。0t2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，故选项C错误。根据动能定理，在t3t4时间内：WFmg(t4t3)mv42mv32，整理可得WF(v4v3)g(t4t3)，故选项D正确。4(2019临沂一模)如图甲所示，质量m2 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R0.5 m的薄圆筒上。t0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2，则()A小物体的速度随时间的变化关系满足v4tB细线的拉力大小为2 NC细线拉力的瞬时功率满足P4tD在04 s内，细线拉力做的功为12 J解析：选D根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：t，圆周边缘线速度与物体运动速度大小相同，根据vR得：vR0.5t，故A错误；物体运动的加速度a0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：Fmgma，解得：F20.5 N0.1210 N3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率PFv30.5t1.5t，故C错误；物体在4 s内运动的位移：xat20.542 m4 m，在04 s内，细线拉力做的功为：WFx34 J12 J，故D正确。5.多选(2019衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是()A汽车行驶中所受的阻力为B汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为C速度为v2时的加速度大小为D若速度为v2时牵引力恰为，则有v22v1解析：选ABD根据牵引力和速度的图像以及功率公式PFv得汽车运动中的最大功率为F1v1。汽车达到最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力Ff，选项A正确。根据牛顿第二定律，有恒定加速度时，加速度a，加速的时间t，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为IF1t，故选项B正确。速度为v2时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，速度为v2时加速度大小为a，故选项C错误。若速度为v2时牵引力恰为，则，则v22v1，选项D正确。三练提素养创新性、应用性考法1如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是()A可求出m、f和vmaxB不能求出mC不能求出fD可求出物体加速运动时间解析：选A当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax m/s10 m/s；功率PFv，而Ffma，联立可得a，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k，纵轴截距为0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。2(2019吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数0.2(取g10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A4 J B6 JC10 J D14 J解析：选D根据几何关系，在A球向右缓慢移动1 m的过程中B球上移1 m，二者均受力平衡，对于整体，A球与杆间的正压力为N(mAmB)g，A球与杆间的滑动摩擦力为fN(mAmB)g4 N，A球与杆因摩擦产生的热量为Qfs4 J，B球重力势能增加量为Epmgh10 J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功WQEp14 J，选项D正确。3多选(2018江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时FfF弹ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹Ffma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。4多选(2018全国卷)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45解析：选AC两次提升的高度相同，则图线与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第次提升过程所用时间为2t0t0，所以两次上升所用时间之比为2t0t045，故A正确。在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误。两次提升加速阶段达到的最大速度之比为21，由PFv可知，电机输出的最大功率之比为21，故C正确。两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。5多选如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g10 m/s2，则()A物体的质量m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数0.2C第2 s内物体克服摩擦力做的功W2 JD前2 s内推力F做功的平均功率1.5 W解析：选ACD由速度时间图像可以知道在23 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在12 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得：Ffma，所以m0.5 kg，A正确；由fFNmg，得0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：xat21 m，克服摩擦力做的功Wfx21 J2 J，C正确；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s运动，前2 s内F也只在第2 s做功，F做的功为WFx31 J3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为： W1.5 W，D正确。42 备考精要1把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2应用动能定理的“两线索、两注意”（1）两条线索 (2)两注意：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.(2018全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功解析：选A由题意知，W拉W阻Ek，则W拉Ek，故A正确、B错误；W阻与Ek的大小关系不确定，故C、D错误。2(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()解析：选A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则vv0gt，小球的动能Ekmv2，把速度v代入得，Ekmg2t2mgv0tmv02，Ek与t为二次函数关系。3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A0B2mgRC2mgRD.mgR解析：选D物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20，联立解得WmgR，D正确。4运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功()AmgLBmgC.mgL(1) D.mgLmgL解析：选C木箱沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理得：WFmghmgcos 30L00，解得：WFmgL(1)，故C正确。5.如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。二练会迁移综合性考法1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度恢复到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹簧弹力所做的功为()A.mv2mgxBmgxmv2C.mv2mgxD以上选项均不对解析：选C设W弹为弹簧弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得W弹mgxmv20，得W弹mv2mgx。故C正确。2.多选一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动。已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则()A物体的质量为5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD第1 s内拉力对物体做的功为60 J解析：选BD根据动能定理有W合mv2，又第1 s末速度v3 m/s，解得m10 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x233 m4.5 m，由动能定理可得：fx20mv2，可解得：f10 N，又fmg，解得0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x11.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功Wfx115 J，故C错误；由Fx1f(x1x2)0，可得F40 N，所以第1 s内拉力对物体做的功WFx160 J，故D正确。3.多选如图，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()AaBaCNDN解析：选AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，在最低点的向心加速度a，选项A正确，B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmgma，N，选项C正确，D错误。4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角和及AB连线与水平面的夹角为。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()Atan Btan Ctan Dtan解析：选C对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对物块从A运动到B的过程运用动能定理得mghmgcos ACmgCEmgcos EB0，因为ACcos CEEBcos x，则有mghmgx0，解得tan ，故C正确。5(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg解析：选C画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知AB(上升过程)：(mgf)hEkBEkACD(下落过程)：(mgf)hEkDEkC整理以上两式得：mgh30 J，解得物体的质量m1 kg。选项C正确。三练提素养创新性、应用性考法1.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.B. C.D. 解析：选B设小球A下降h过程克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mghW10；小球B下降h过程，由动能定理有3mghW13mv20，解得：v，故B正确。2.如图所示，质量分别为mA和mB的两小球，用细线连接悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平线上，细线与竖直方向夹角分别为1与2(12)。突然剪断A、B间的细线，小球的瞬时加速度大小分别为aA和aB，两小球开始摆动后，最大速度大小分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则()AmA一定小于mBBaA和aB大小相等CvA一定等于vBDEkA一定小于EkB解析：选A平衡时，对A、B受力分析如图所示，对A球：TAcos 1mAg，TAsin 1TA，对B球：TBcos 2mBg，TBsin 2TB，又TATB，12，联立解得：mAmB，故A正确；剪断A、B间的细线，其余两细线弹力发生突变，两球都只受重力和一个弹力，合力方向与细线垂直，有牛顿第二定律得：agsin ，由于12，所以aAaB，故B错误；由题意可知，当小球摆到最低点时，速度最大，由动能定理得mgl(1cos )mv2，解得：v，由于lAlB，12，所以vAvB，故C错误；由题意可知，当小球摆到最低点时，速度最大，动能最大，由动能定理得：mgl(1cos )Ek，由以上分析，有：mAlB、12，所以最大动能不能确定，故D错误。3一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，物体从静止开始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，用Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf22Wf1解析：选C由于物体两次受恒力作用做匀加速运动，由于时间相等，末速度之比为12，则加速度之比为12，位移之比为12。而摩擦力不变，由WfFfx得：Wf22Wf1；由动能定理：WF1Wf1mv20，WF2Wf2m(2v)20，整理得：4WF1WF22Wf1WF22Ffx1，故WF24WF1。C正确。4多选一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC匀速运动时的速度约为6 m/sD减速运动的时间约为1.7 s解析：选ABC物体匀速运动时，受力平衡，则Fmg，0.35，选项A正确；因为WFx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由题图可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为WF131 J13 J，选项B正确；由动能定理可知：WFmgx0mv02，其中x7 m，解得：v06 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。5.如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同。滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等。空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A滑块的动能始终保持不变B滑块在bc过程克服摩擦阻力做的功一定等于C滑块经b点时的速度大于D滑块经b点时的速度等于解析：选C由题意知，在滑块从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理：mghWf0，可得全程克服摩擦阻力做功Wfmgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故滑块在bc过程克服摩擦阻力做的功一定不等于，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wfmgh，设在b点的速度为v，根据动能定理：mghWfmv2mv2，所以v，故C正确，D错误。43 备考精要1判断机械能守恒的两个角度(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。(2)若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。2掌握系统机械能守恒定律的三种表达式3应用机械能守恒定律解题的基本思路4.系统机械能守恒问题中三类常见的连接体速率相等的连接体两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。角速度相等的连接体两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。某一方向分速度相等的连接体A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.(2019襄阳适应性考试)木板固定在墙角处，与水平面夹角37，木板上表面光滑，木板上有一个孔洞，一根长为L、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为m的物块与软绳连接，如图所示。物块由静止释放后向下运动，带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin 370.6)()A.B.C.D.解析：选C法一：守恒观点：设细线的长度为a，选孔洞所在水平面为零势能面，对物块和软绳组成的系统由机械能守恒定律可得：mgamgLsin 37mg(aL)mgL2mv2，解得v。法二：转化观点：物块的重力势能减少mgL，软绳重力势能共减少mgL(1sin )，根据机械能守恒定律，有mgLmgL(1sin )2mv20，解得v，C正确。2.(2019唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，CODDOE30。质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C点飞出后能无碰撞的从E点进入左侧轨道。重力加速度为g。下列说法正确的是()A小球通过最高点的速度大小为B小球通过C点时速度大小为C小球从C点运动到最高点的时间为D释放点距地面的高度为R解析：选D小球从C点做斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为30，则vCcos 30tECR；vCsin 300.5gt，解得vC，到达最高点的速度为vCcos 30，选项A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间为tt，选项C错误；从释放点到C点由机械能守恒定律得：mghmvC2mgR(1cos 30)，解得hR，选项D正确。3.如图所示，竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R。小球A、B质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(lR)的轻杆相连，从图示位置由静止释放，球和杆只能在同一竖直面内运动，下列说法正确的是()A若mAmB，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同C在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功D在A下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能解析：选C选轨道最低点为零势能点，根据系统机械能守恒条件可知A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAghmBgh0，则有mAmB，故选项A、B错误；小球A下滑、小球B上升过程中，小球B机械能增加，则小球A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，故选项C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，故选项D错误。4如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()AhAhBhCBhAhBhCDhAhChB解析：选DA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒得mghmv02，得h。对B球由机械能守恒得mghmvt2mv02，且vt0，所以hAhChB，故D正确。5.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球。开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45。之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g。下列分析正确的是()A轻质弹簧的原长为RB小球过B点时，所受的合力为mgmC小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能D小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为mgRmv2解析：选D由几何知识可知弹簧的原长为R，A错误；根据向心力公式：小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力，F合m，B错误；以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能，故C错误；设圆环最低点B处的水平面为零势能面，根据能量守恒定律：mgRmv2Ep，得EpmgRmv2，故D正确。二练会迁移综合性考法1.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，可得v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。2多选(2019河南适应性练习)如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A球与圆心O等高，B球位于O点的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是()A下滑过程中A球的机械能守恒B当A球滑到圆弧轨道最低点时，轨道对A球的支持力大小为2mgC下滑过程中重力对A球做功的功率一直增加D整个过程中轻杆对B球做的功为mgR解析：选BD下滑过程中杆对A球有力的作用，并且这个力对A球做负功，所以A球的机械能不守恒，故A错误；以A、B球为整体，机械能守恒，当A球滑到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得：2mv2mgR，A球在最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FNmgm，所以轨道对A球的支持力大小为2mg，故B正确；开始时重力对A球做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率为零，所以重力对A球做功的功率先增大后减小，故C错误；A球运动到底端的过程中，B球的动能增加量即轻杆对B球做的功Wmv2mgR，故D正确。3多选(2019武汉月考)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D各点同时由静止释放，下列判断正确的是()A若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D各点处在同一水平线上B若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直面内的圆周上C若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直面内的圆周上D若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D各点处在同一竖直线上解析：选ACD若各斜面均光滑，根据mghmv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，由gsin t22Rsin ，可知从a、b点运动到O点时间相等，故各释放点处于同一竖直面内的圆周上，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能即克服摩擦力做功为：Wfmgcos ，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。4多选如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是()A在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的C小球不可能沿碗面上升到B点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定解析：选ACD在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2v1cos 45v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。5多选(2019邵阳模拟)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。初始细绳伸直，物体B静止在桌面上，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h。放手后物体A下落，着地时速度大小为v，此时物体B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B弹簧的劲度系数为C物体A着地时的加速度大小为D物体A着地时弹簧的弹性势能为mghmv2解析：选AC因为B没有运动，所以物体A下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B的重力，故khmg，解得k，B错误；物体A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，故对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得2mgmg2ma，解得a，C正确；物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh2mv2Ep，解得Ep2mghmv2，D错误。三练提素养创新性、应用性考法1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通过铰链用刚性轻杆连接，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。则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa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：选BD由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为，分别将va、vb分解，如图所示。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v与v是相等的，即vacos vb sin 。当a滑至地面时90，此时vb0，由系统机械能守恒得mghmva2，解得va，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g