19届高考物理二轮复习讲义专题3功与能第1课时功、功率和功能关系

1、知识专题专题三功和能口高考命题轨迹年份试卷题号考点情境图2014n卷15机械能守恒定律的应用16功的分析和计算2015I卷17动能定理的应用T 6"n卷17机车启动中的功率问题心I111Ir.< ，1卜 ：0h h i |I卷25动力学和功能关系处理多过程问题J)2016An卷16动力学方法与动能定理的应用116题21功能关系的理解和应用跖2fMjWI#卡 jFfW熏#2!1题D,Dc出!5题25应用功能关系处理多过程问题出卷20动力学方法与动能定理的应用P20题24动力学方法与动能定理的应用CCB24题4 /I卷24功能关系的理解和应用（飞船返回地球为背景）14功的分析与计算

2、1，Q14题)17动力学方法和动能定理的应用2017n卷24动能定理和运动学公式的17题档版应用小旗i起跑自15冰球.运动员24题出卷16功能关系的理解和应用P03iI卷14动能定理的理解和应用R7201818动能定理的应用777777777777718题n卷14动能定理的应用出卷17平抛运动规律和机械能守恒定律的应用19动力学方法和功率的计算19题£沙25动力学和能量观点处理多过程问题PA25题第1课时功功率和功能关系口相关知识链接1 .几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.(2)摩擦力做功的特点单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，

3、还可以不做功.相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还 有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相 对位移的乘积.摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.2 .几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化,即Wg= AE£.(2)弹力的功等于弹性赞能的变化，即 W' AEp.(3)合力的功等于动能的变化，即W=2Ek.(4)重力(或系

4、统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化,即W其他=AE.(5)一对滑动摩榛力做的功等干系统中内能的变化,即Q=FfX相对.口规律方法提炼1 .功和功率的求解(1)功的求解：W= Flcos a用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解.(2)功率的求解：可以用定义式P = W来求解，如果力是,通力，可以用P=Fvcos a来求解.2 .动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理.高考题型1功和功率的分析与计算 题型：选择题,5年4考 【例1】（多选）（2018全国卷m 19）地下矿井的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的

5、速度大小v随时间t的变化关系如图1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，（）图1A.矿车上升所用的时间之比为4 : 5B.电机的最大牵引力之比为2： 1C.电机输出的最大功率之比为2 ： 1D .电机所做的功之比为 4 : 5答案 AC解析 由图线知，上升总高度 卜=手2to=voto.由图线知，加速阶段和减速阶段上升的总高度V02_ toto1h1= 2 2 + 2 尸 4voto1 3匀速阶段有h h1 = 2vot ,解得匀速运动的时间t = to故第次提升过程所用时

6、间为°+2to+2=|to，5两次上升所用时间之比为2to : 2to=4 ： 5, A项正确;由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项错误;在加速上升阶段，由牛顿第二定律知,F mg=ma, F = m(g+a)第次在to时刻，功率P1=Fvo,第次在当时刻，功率P2= F 70,第次在匀速阶段F' = mg, P2' =F' v2°= mg 70<P2,可知，电机输出的最大功率之比Pi : P2=2： 1, C项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误.【拓展训练1】（多选

7、）（2018安徽省安庆市二模）如图2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.重力加速度g= 10 m/s2,则（）O 2 3 r/s (7 I 2 3 fh甲乙图2A.物体的质量 m=0.5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数科=0.2C.第2 s内物体克服摩擦力做的功Wf= 2 JD.前2 s内推力F做功的平均功率 P =1.5 W答案 ACD解析 由题图乙可知，在 23 s时间内物体匀速运动，处于平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N.在12 s时间内物体做匀加速运动，v t图象的斜率代表加速

8、度的大小，所以 a2 022=-1 m/s = 2 m/s ,由牛顿第二定律可得：FFf=ma,所以m= 0.5 kg, A正确；由Ff=科限=mg则 产 &=0.4, B错误；第2 s内物体的位移是：x=tat2 = 1 m,克服摩擦力做 mg2的功Wf=FfX= 2X1 J=2 J, C正确；第1 s内物体没有运动，推力 F做功为零，第2 s内物 体运动，F做的功为 W= Fx=3X1 J=3 J,所以前2 s内推力F做功的平均功率为 "P =： = 2 W= 1.5 W, D 正确.【拓展训练2 （多选）（2018福建省三明市上学期期末）发动机额定功率为 P。的汽车在水

9、平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff,汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为 Fo和a。，如图所示描绘的是汽车在这 一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )A答案 AC解析 汽车匀加速启动时，a 一定，根据v=at知v均匀增大，根据 F = ma + Ff知F 一定，根据P= Fv知，功率P也均匀增大，达到 P额后，功率保持不变，v继续增大，所以牵引力F = P减小，a=减小，当5=5£时，a=0, Vm = -P,此后做匀速运动， 故A、C正确，B、vmFfD错误.高考题型2动能定理的应

10、用 题型：选择题或者计算题；5年4考 1 .应用动能定理解题的基本思路(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分 过程列式.2 .动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动.(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析.例2 (2018河南省郑州一中上学期期中)如图3所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C的连线是水平直径.现有一带正电的、质量为 m的小球(可视为质点)从8点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4

11、R.从小球进入管口开始， 整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果 小球从管口 C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点.设小球运动过程中带电荷量没有改变，重力加速度为g,空气阻力不计，求：图3（1）小球到达B点的速度大小；（2）小球受到的电场力的大小；小球经过管口 C处时对圆管壁的压力.答案 （1）24廓（2）42mg （3）3mg,方向水平向右 1 O斛析（1）小球从开始自由下洛至到达官口B的过程中由动能te理得，mg 4R=mvB2到达B点时速度大小为 Vb= 2四R（2）设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg,方向竖直向上.小球从 B运

12、动到C的过程中，由动能定理得Fx2R=2mvc2 ；mvB2小球从管口 C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过 A点，有 4R= vct12 F x2R= 2axt = 2mt联立解得：Fx=mg电场力的大小为：F = 叱*2+Fy2 = &mg（3）小球经过管口 C处时，向心力由Fx和圆管壁的弹力Fn提供，设弹力Fn的方向水平向左,2f rVC贝U Fx+ Fn= m=TR解得：FN = 3mg（方向向左）根据牛顿第三定律可知，小球经过管口 C处时对圆管壁的压力为 Fn' =FN=3mg,方向水平向右.【拓展训练3 （2018全国卷n 14）如图4,某同学用绳子拉动木箱，使

13、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答案 A解析 由题意知，W拉一亚阻=AEk,则W拉AEk, A项正确，B项错误；W阻与小k的大小 关系不确定，C、D项错误.【拓展训练 4 如图5所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的。点，另一端自由伸长到 A点，OA之间的水平面光滑.固定曲面在 B处与水平面平滑连接. AB之间的距离s=1 m.质 量m=0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的 B点，物块与水平面间的动摩擦因数 尸0.4.现 给物块一个水平向左的初速度 vo= 5 m/

14、s, g取10 m/s2.图5(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h= 0.2 m ,求物块沿曲面上滑过程所产生的热量.答案见解析解析(1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有12一mgs W= 0- 2mvoW= Ep代入数据解得Ep=1.7 J(2)对物块从B点开始运动至返回 B点的过程有12 12一(1 mg2s = ?mvB ?mv0代入数据解得Vb= 3 m/s (3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得12W 克 f mgh= 0 2mivB又Q= W克f代入数据解得Q=0.5 J.高考题型3机械能守恒和能

15、量守恒定律的应用 题型：选择题；5年考 1 .机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒.2 .解题步骤(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；(3)选取参考面，根据机械能守恒列式.3 .应用技巧对于连接体的机械能守恒问题常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解.【例3 (多选)(2018山西省晋城市二模)如图6甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨 道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A

16、运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象.已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N,空气阻力不计，g=10 m/s2, B点为AC轨道中点，下列说法正确的是()图6A.小球质量为0.5 kgB.小球在B点受到轨道作用力为 4.25 NC.图乙中 x= 25 m2/s2D.小球在A点时重力的功率为 5 W答案 BC解析由题图乙可知小球在 C点的速度大小为Vc = 3 m/s,轨道半径R=0.4 m ,因小球所受2重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg+F = m，C，代入数值可得 m=0.1 kg,选项A错R误；由机械能守恒定律可得，小球从 B点到C点的过程有2mvB2=mgR

17、+ 2mvc2,解得vb2 =17 m2/s2,因小球在B点只有弹力提供向心力，所以有 F'= 警，解得F' =4.25 N,选项 R1212B正确；再由机械能守恒定律可得， 小球从A点到C点的过程有5mv。=mvc +2mgR,解得 小球在A点的速度vo= 5 m/s,所以题图乙中x= 25 m2/s；选项C正确；因在A点重力与速度方向垂直，所以小球在 A点的重力的功率为 0,选项D错误.【拓展训练5（多选）（2018辽宁师大附中上学期期中）如图7所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30。，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧， 斜面底端有一与

18、斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体 A,此时A与挡板的距离为s, B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态.已知M = 2m,空气阻力不计.松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是（）图7A. A和B组成的系统机械能守恒B .当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C.若A恰好能到达挡板处，则此时 B的速度为零D.若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和答案 BD解析 对于A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于A和B组成的系统机械能不守恒，故 A错误；据题意得：A沿斜面方向的重力分力为 M

19、gsin 0 = mg,可知物体A先做加速运动，当受力平衡时 A速度达最大，此时 B所受的拉力为Ft = mg,故B恰好与地面间的作用力为零，故 B正确；若A恰好能到达挡板处，从 B开始运动 至A到达底部过程中，弹力的大小一直大于 B的重力，故B一直做加速运动，A到达底部时，B的速度不为零，故 C错误；若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故 D正确.高考题型4力学中功能关系的理解和应用 题型：选择题,5年4考 【例4】（2018全国卷I 18）如图8, abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为 2R;bc是半径为R的四分之一

20、圆弧，与 ab相切于b点.一质量为 m的小球，始终受到与重力大 小相等的水平外力的作用，自 a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）B. 4mgRD. 6mgRA. 2mgRC. 5mgR答案 C解析小球从a运动到c,根据动能定理得12F 3R mgR= 2mvi ,又 F=mg,故 vi=2MgR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g,故小球从c点到最高点所用的时间t=v1 =2yR,水平位移 x= 1gt2=2R,根据功能关系，小球从 a点到轨迹最高

21、点机械能的增量为力F做的功，即E = F （2R+R+x）=5mgR,故选 C.拓展训练6】（多选）（2018四川省攀枝花市第二次统考 ）物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少 40 J,机械能减少10 J.设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体 （）A.落回到地面时机械能为70 JB.到达最高点时机械能为90 JC.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD.从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J答案 BD解析 物体以120 J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动

22、能减少了40 J,而机械能损失了 10 J.根据功能关系可知：合力做功为一40 J,空气阻力做功为一10 J,对从抛出点到A点的过程，根据功能关系:mghFfh = 40 J, Ffh= 10 J,得Ff= 1mg;当上升到最高点时，动能为零，动能减小1203J,设最大高度为 H,则有：mgH + FfH = 120 J,解得FfH = 30 J,即机械能减小30 J,在最高 点时机械能为120 J-30 J=90 J,即上升过程机械能共减少了30 J;下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J,故整个过程克服空气阻力做功为60 J,则该物体落回到地面时的机械能为 60 J,

23、从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH=90 J,故A、C错误，B、D正确.拓展训练7 （多选）（2018广东省茂名市第二次模拟 ）如图9所示，两个倾角都为 30。、足够 长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一光滑的轻质定滑轮，质量分别为2m和m的a、b两物体分别放在左、 右斜面上，不可伸长的轻绳过定滑轮将a、b两物体连接，b与右边斜面的底端挡板 c之间连有轻质弹簧.现用手握住a,使弹簧刚好无形变，系统处于 静止状态.松手后，从 a、b开始运动到它们速度再次都为零的过程中（绳和弹簧都与斜面平行且弹簧伸长在弹性限度内）（）图9A. a、b组成的系统机械能守恒B. a、b和弹簧组成的系

24、统机械能守恒C. a的重力势能减少量大于弹簧弹力所做的功D.重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对b做功的平均功率答案 BCD解析 弹簧弹力对a、b组成的系统做功，所以 a、b系统的机械能不守恒， A错误；对物体a,其重力2mg做正功，绳子的拉力 Ft做负功，二者的总功为零.对物体b,绳子的拉力Ft做正功，其重力 mg和弹簧弹力F做负功，总功等于零.绳子的拉力Ft的总功等于零，a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，B正确；a、b组成系统的机械能转化为弹簧弹性势能，a的重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量与b的重力势能增加量之和，C正确；各力所做功的时间相等，重力对 a做功的平均功率等于克服弹簧弹力做

25、功及重力对b做功之和的平均功率，故重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对 b做功的平均功率，D正确.专题强化练1. （2018辽宁省葫芦岛市一模）一举CRH2型动车组的总质量 M = 2X 105 kg,额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h ,受到的阻力Ff与速度v满足Ff=kv.当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为（）A . 600 kWB. 1 200 kWC. 2 400 kWD. 4 800 kW答案 B2. （2018天津卷2）滑雪运动深受人民群众喜爱.如图1所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形

26、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（）图1A.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 答案 C3. （2018广东省汕头市质检）一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值 并保持不变，结果汽车在速度到达 2v之后又开始匀速行驶. 若汽车行驶过程所受路面阻力保 持不变，不计空气阻力.下列说法正确的是（），Pa.汽车加速过程的最大加速度为嬴 3B.汽车加速过程的平均速度为 2vC.

27、汽车速度从v增大到2v过程中做匀加速运动D.汽车速度增大时发动机产生的牵引力不断增大答案 A解析 设汽车所受的阻力为 Ff,则开始时P=Ffv,加大油门后，P1=Ff2v,则Pi=2P.汽车2P F在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am=-=,选项A正确；若汽车做m mvv+ 2v 3匀加速运动，则平均速度为 一2=2v,但随速度的增加，由 p=Fv可知汽车牵引力减小，3则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于2v,选项B、C、D错误.4. （2018河北省唐山市模拟）两轮平衡车（如图2所示）广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为Po,小明驾

28、驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff.已知小明和平衡车的总质量为m,从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则（）图2Po v= .Ff+ maFFf=ma,则根据Po=Fv可得A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为B .平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=maC.平衡车达到最大速度所用的时间t= J； aFf ma a .、PoD.平衡车能达到的最大行驶速度vo=三匚忑Ff 十 ma答案 A解析 平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律,一 .、PoP

29、o. 一 .、 一， ，一，能达到的最大速度为 v=F= 丁京，选项A正确；当平衡车的加速度为零时， 牵引力最小,此时F=Ff,选项B错误；平衡车匀加速达到最大速度所用的时间t=-v =-以一，匀加a Ff+ma a速结束后，平衡车可减小牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时Vm =詈，可知平衡车达到最大速度所用的时间大于t=一代一，选项C、D错误.FfFf+ ma a5. （多选）如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，。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（）O fl图3A.

30、加速度先减小后增大B.经过。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答案 AD解析 由A点开始运动时，F弹Ff,合力向右，小物块向右加速运动， 弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹一Ff=ma知，a减小；当运动到 5弹=5£时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时 F弹Ff,小物块做减速运动，且随着压缩量减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过 O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与 摩擦力方向相同，有 F弹'+Ff=ma',随着拉伸量增大，a'也增大.故从 A到B过程中，物块加速

31、度先减小后增大，在压缩状态F弹=5£时速度达到最大，故 A对，B错；在AO段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段物块运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，故C错；由动能定理知， A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0,故D对.6.（多选）（2018广东省潮州市下学期综合测试）如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定1 一. ， 、一 一4圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P（可视为质点）从八处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动，到 C处停下，B、C两点间的距离为 R,物块P与圆轨道、C处缓慢拉回圆弧轨B处经圆弧轨道到达A水平轨道之间的动摩擦因数均

32、为四现用力F将该小物块沿下滑的路径从道的顶端A,拉力F的方向始终与小物块的运动方向一致，小物块从A.物块在下滑过程中，运动到处过程中，克服摩擦力做的功为图4B处时速度最大B.物块从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2 d mgRC.拉力F做的功小于 2mgRD.拉力F做的功为 mgR（1 + 2由答案 CD解析 物块在下滑过程中，开始阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物块的 速度增大.后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道 切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；物块缓慢地从B被拉到A,克服摩擦力做的功为pmgR而物块从

33、 A滑到B的过程中，物块做圆周运动，根据向心力知识可知物块所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力较大，所以克服摩 擦力做的功 Wf大于mgR因此物块从 A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于mg2R,故B错误；从C到A的过程中，根据动能定理得：WF-mgR- mgR- mgR= 0 0,则由此可得拉力F做的功为 WF=mgR（1 + 2% 故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得： mgR Wf mgR= 0,因为 Wf>科mgR由此可得：mgR>科mgR科mgR由以上可得： WF<2mgR, 故C正确.7.（多选）（2018四川省成都市新都区摸底）某段滑雪道倾角为30。

34、，滑雪运动员（包括雪具在内）总质量为m,从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑， 下滑加速度为4（重力加速度为g）.在运动员下滑的整个过程中（）A .运动员减少的重力势能全部转化为动能b.运动员克服摩擦力做功为2mgh3C.运动员最后获得的动能为2mgh3D.系统减少的机械能为mgh3解析由于运动员下滑的加速度答案 CDa = ；g<gsin 30 = ；g,所以运动员在下滑过程中受到了摩擦 32力的作用，摩擦力做负功，因此运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故 A错误；由牛顿第二定律可知，运动员受到的合力 F合 = ma = 1mg,下落的距离为 s= 2h,故合力做的功 W3=F合s

35、=2mgh.由动能定理可知，运动员最后获得的动能为Ek=W= 2mgh,故C正确；运动33员所受合外力 F合 = mgsin 30° Ff = 1mg,故摩擦力 Ff=1mg,摩擦力所做的功 Wf= FfS 36= -1mgh,故克服摩擦力做功为1mgh,故B错误；根据功能关系知，克服摩擦力做的功等 331于机械能的减小量，故机械能减小了mgh,故D正确.38.（多选）（2018福建省龙岩市上学期期末）如图5所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴。上，另一端与套在粗糙固定直杆 A处的质量为m的小球（可视为质点）相连.A点距水平面的高度为h,直杆与水平面的夹角为 30°,

36、OA = OC,B为AC的中点，OB等于弹簧原长.小 球从A处由静止开始下滑， 经过B处的速度为v,并恰好能停在C处.已知重力加速度为 g,则下列说法正确的是（）A .小球通过B点时的加速度为B.小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等12C.弹簧具有的最大弹性势能为 2mv2D. A到C过程中，产生的内能为 mgh答案 BCD1解析 因在B点时弹簧处于原长，则小球到达B点时的加速度为a=gsin 30 - cos 30 之；g, 选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力的 平均值相等，摩擦力做功相等， 选项B正确；设小球从A运动到B的过程中克服摩擦力做功为W

37、f,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有：1121.12一mg 2h+ Ep= 2mv +Wf,从 A 到 C 的过程有：mgh=2Wf,斛得：Wf = "mgh,则 Ep = 2mv .即弹簧具有的最大弹性势能为 2mv2,故C正确；A到C过程中，产生的内能为 2Wf=mgh,选 项D正确.9. （多选）如图6所示，一个质量为 2m的甲球和一个质量为 m的乙球，用长度为 2R的轻杆连接，两个球都被限制在半径为 R的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面.初始时刻，轻杆竖直，且质量为 2m的甲球在上方，此时，受扰动两球开始运动，重力加速度为g,则

38、下列说法正确的是（）2m甲图6A .甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B .甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能c.整个运动过程中甲球的最大速度为2V3gRD.甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功答案 ACD解析 在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加.由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故A正确；在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故B错误；当甲到达最低点时，乙也到达了最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，由于两球的线速度相等，设该速度为v,一121 一 2 一 2 则：2mg 2R- mg 2R= ,mv +X2mv ,得：v=3/3gR,故C正确；甲球运动到最低点刖，乙的重力势能一直增大，同时乙的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故D正确.10. （2018吉林省长春八中模拟）如图7所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为 R= 0.2 m,圆心为O,下端与绝缘水平轨道在 B点相切并平滑连接.一带正电 q=5.0X