高考解码高三物理二轮复习教学案提升练习专题五功和能高品质版.doc

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　　本专题主要考查的内容有动能定理及其应用、机械能守恒定律及其应用、功能关系等．从近几年高考来看，对本专题的考查主要以多过程、多状态的形式出现，常与其他知识综合考查，对考生的能力要求较高.5年来高考对动能和动能定理、功能关系、机械能守恒定律及其应用的考查略有浮动，整体趋于平稳．试题一般条件隐蔽，过程复杂，灵活性强.2016年高考，单独考查会以选择题为主；如果与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等内容结合考查会以计算题为主．预计以选择题形式呈现的概率较大．

体系构建

一、功、功率的计算
1．功的定义式：W＝Flcosα，该公式只能求恒力做的功．
2．计算功的方法
(1)按照功的定义求功．
(2)用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功(当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功)．
(3)利用功率公式W＝Pt求解．
3．功率的计算
(1)平均功率的计算方法
①利用P＝
②利用P＝Fvcosθ
(2)瞬时功率的计算方法：P＝Fvcosθ，v是t时刻的瞬时速度．
二、机车的启动问题

1．恒定功率启动
机车第一阶段做加速度逐渐减小的加速运动，第二阶段做匀速直线运动．速度图象如图所示，当F＝Ff时，vmax＝＝

2．恒定加速度启动
机车第一阶段做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后达到匀加速过程的最大速度v1；第二阶段保持功率不变，做变加速运动，直至达到最大速度vmax；第三阶段做匀速直线运动，速度图象如图所示．
(1)求v1：由F－Ff＝ma，P＝P额＝Fv1得v1＝.
(2)求vmax∶vmax＝
说明　(1)机车匀加速启动，当匀加速结束时，速度并未达到整个过程的最大速度vm.
(2)P＝Fv中的F是牵引力，并非合力．
三、动能定理的理解
1．外力对物体做的总功是物体受到的所有力做功的代数和，包括重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力或其他外力．
2.动能定理虽然是在物体受恒力做直线运动时推导出来的，但对于物体受变力做曲线运动时，同样适用．其中的力可以是各种性质的力，各种力既可以同时作用，也可以分段作用，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．
3.对涉及单个物体的受力、位移及过程始末速度的问题的分析，尤其不涉及时间时，应优先考虑用动能定理求解．
4．若物体运动包含几个不同过程时，可分段运用动能定理列式，也可以全程列式(不涉及中间速度时)．
说明　应用动能定理分析过程问题，关键是对研究对象进行受力分析，明确各力做功的正负及始末状态的动能，无须探究运动过程的细节．
四、机械能守恒定律、功能关系及能量守恒
1．机械能是否守恒的判断
(1)用做功来判断：分析物体或系统的受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，虽受其他力，但其他力不做功或做功的代数和为零，则机械能守恒．
(2)用能量转化来判定：若物体系中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则物体系机械能守恒．
(3)对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．
2.功能关系：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度，熟练掌握不同功与不同形式能量的转化关系，以此解题就是利用功能关系解题．常见的功能关系：

3．对能量守恒定律的理解
(1)某种形式能量的减少，一定存在另外形式能量的增加且减少量与增加量相等．
(2)某个物体能量的减少，一定存在别的物体能量的增加且减少量与增加量相等．

1．(2014·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，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
答案　C
解析　WF1＝mv2＋μmg·t，WF2＝m·4v2＋μmgt，故WF2＜4WF1；Wf1＝μmg·t，Wf2＝μmg·t，故Wf2＝2Wf1，C正确．
2．(2015·海南单科)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)
A．4倍　　　　　　　　B．2倍
C.倍 D.倍
答案　D
解析　因摩托艇受到的阻力f＝kv，设原来发动机的输出功率为P，最大速率为vm.输出功率为2P时，最大速率为vm′，由P＝Fv＝fvm＝kv得vm＝，所以＝＝，因此A、B、C错，D对．
3．(2015·浙江理综)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
答案　ABD
解析　舰载机弹射过程中的加速度a＝＝m/s2＝32 m/s2，选项D正确；对舰载机在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得：F弹＋F发－20%(F弹＋F发)＝ma，解得：F弹＝1.1×106N，选项A正确；由功的定义得：W弹＝F弹·x＝1.1×108J，选项B正确；由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t＝＝s＝2.5 s，由功率的定义得：P弹＝＝4.4×107W选项C错．
4．(2015·课标Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
答案　C
解析　质点由静止开始下落到最低点N的过程中
由动能定理：mg·2R－W＝mv2
质点在最低点：FN－mg＝
由牛顿第三定律得：FN＝4mg
联立得W＝mgR，质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W′＜W，故质点到达Q点后，会继续上升一段距离，选项C正确．

1.动能定理是功能关系的一个具体体现，应用动能定理的关键是选择合适的研究对象，选好初态和末态，注意一定是合外力所做的总功，其中合外力是所有外力(包括重力)，一定是末动能减去初动能．应用动能定理解题时，在分析运动过程时无须深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末状态的动能，计算时把各个力的功连同符号(正、负)一同代入．
2．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理．
3．若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体来处理．

【例1】　 如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平面上，斜面长L＝2 m，小物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端正好在斜面中点B处．现从斜面最高点给物体A一个沿斜面向下的初速度v0＝2 m/s，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好被弹回到AB的中点C处，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　)
A．物体第一次运动到B点时速率为1 m/s
B．弹簧最大的压缩量为0.15 m
C．物体在被反弹上升过程中到达B点时速度最大
D．物体第二次运动到B点时速率为3 m/s
【审题突破】　 (1)本题以弹簧模型考查动能定理的应用，题中涉及的过程多，状态多，求解时一定要抓住动能定理的特点(不受物体受力情况、运动情况、轨迹情况限制，适用于单个物体和系统，也适用于单个过程和全过程，中间细节可不考虑)．
(2)解答本题时要结合要求的问题，确定合适的研究过程，在求弹簧最大压缩量x时，选取从A到返回C的过程，研究会使问题简便．
答案　B
解析　物体从A到B，由动能定理知(mgsinθ－μmgcosθ)·＝mv－mv，代入数值得v1＝3 m/s，A错；设弹簧最大压缩量为x，从A到返回C的整个过程中，由动能定理得mgsinθ·－μmgcosθ(2x＋＋)＝0－mv，代入数值得x＝0.15 m，B对；物体在被反弹上升的过程中，当其合力为零时，速度最大，而在B点合力沿斜面向下，即不是速度最大点，C错；由动能定理知mgsinθ·－μmgcosθ(2x＋)＝mv－mv， 代入数值得v2＝m/s，D错．

应用动能定理的三点注意
(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．
(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．
(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．
【变式训练】
1．(2015·枣庄调研)如图所示，绝缘水平面上有宽为L＝1.6 m的匀强电场区AB，电场强度方向水平向右，半径R＝0.8 m的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C，D为与圆心O等高的点，GC是竖直直径，一质量为m＝0.1 kg，电荷量q＝0.01C的带负电滑块(可视为质点)以v0＝4 m/s的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B点滑出电场，已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.4，与BC段的动摩擦因数μ2＝0.8，g＝10 m/s2.

(1)求匀强电场的电场强度E的大小．
(2)将滑块初速度变为v′0＝v0，则滑块刚好能滑到D点，求BC的长度s.
(3)若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？
答案　(1)10 N/C　(2)1.0 m　(3)v
解析　(1)由动能定理知qEL＋μ1mgL＝mv
代入数值得E＝10 N/C.
(2)因滑块刚好能到达D点，则由动能定理知
qEL＋μ1mgL＋μ2mgs＋mgR＝mv′
代入数值得s＝1.0 m.
(3)设滑块滑到C点时速度为v1，因滑块恰好能通过G点，则在G点有mg＝m
从C到G由动能定理知－mg·2R＝mv－mv
从A到C由动能定理知qEL＋μ1mgL＋μ2mgs＝mv－mv
联立并代入数值得v01＝6m/s＝v0.

解决机械能守恒综合题目的一般方法
(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．
(2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．
(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．
【例2】　(2013·浙江高考)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
【审题突破】　1.命题立意：本题以两只猴子的运动为情景，考查了平抛运动的规律、机械能守恒定律、牛顿第二定律．能力立意上考查考生分析物理运动过程中的各状态，找出彼此联系，进行计算得出结论的能力．
2．解题关键：
(1)题干中“速度恰好为零”，猴子到达D点的动能为零．
(2)问题中“速度的最小值”即大猴从A到C水平位移大小为x1.
(3)“猴子荡起时”即猴子做圆周运动．
3．解题技巧：
(1)处理平抛运动时，分解为水平和竖直两个方向处理．
(2)猴子抓住青藤荡起，满足机械能守恒定律．
(3)猴子抓住青藤荡起时，拉力和重力的合力提供向心力．
答案　(1)8 m/s　(2)9 m/s　(3)216 N
解析　(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝gt2①
x1＝vmint②
联立①②式得vmin＝8 m/s③
(2)猴子抓住青藤后从C到D的过程，由动能定理，得：－(M＋m)gh2＝0－(M＋m)v④
vC＝＝m/s≈9 m/s⑤
(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，在最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥
由几何关系(L－h2)2＋x＝L2⑦
得：L＝10 m⑧
综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：
FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216 N.

应用机械能守恒定律的“四种情景”
(1)情景一：物体沿轨道运动，轨道光滑，物体只受重力和轨道弹力，只有重力对物体做功时．
(2)情景二：物体在绳子或杆作用下运动，绳子或杆对物体的弹力始终与速度方向垂直时．
(3)情景三：物体只在重力作用下做自由落体、上抛、下抛、平抛等各种抛体运动时．
(4)情景四：多个物体组成的系统，在运动过程中没有摩擦生热，没有非弹性碰撞，没有绳子瞬间绷紧等现象，只有动能与重力势能(或弹性势能)相互转化时．
【变式训练】
2．(2015·天津理综)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)

A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案　B
解析　圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为L，由系统机械能守恒可得mg×L＝ΔEp，解得ΔEP＝mgL，选项B正确．

利用功能关系解题的基本思路
(1)分析物体的运动过程及每个过程的受力情况．因为每个过程的受力情况可能不同，引起的能量变化也不同．
(2)分析清楚哪几个力做功、各力的位移、引起了哪种能量的变化．
(3)根据功能关系列方程式求解或定性分析．
(4)功能关系式选用上首先考虑动能定理，其次是机械能守恒定律，最后选择能量守恒定律，特别地当研究对象是系统，且系统机械能守恒时，首先考虑机械能守恒定律．
【例3】　(2014·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为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【审题突破】　1.命题立意：本题综合考查机械能守恒的条件、摩擦生热、弹簧弹力做功等知识点，与实际应用相联系，综合性强．
2．解题关键：
车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，摩擦力做功，机械能不守恒．
3．解题技巧：
(1)机械能守恒的条件：只有机械能内部的相互转化，没有摩擦力做功．
(2)功是能量转化的量度，特定的力做功与特定的能量转化对应．
答案　B
解析　在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误、B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．

利用功能关系解题的“三点注意”
(1)功→能：分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功，根据功、能之间的对应关系，可以判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．
(2)能→功：根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，可以计算变力做功的多少．
(3)功能关系的实质：功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，能量转化是做功过程的必然结果．
【变式训练】
3．(多选)(2015·遵义二模)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，在整个过程中(　　)

A．木板对小物块做的功为mv2
B．支持力对小物块做的功为零
C．小物块的机械能的增量为mv2－mgLsinα
D．滑动摩擦力对小物块做的功为mv2－mgLsinα
答案　AD
解析　在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木＝mv2－0，A正确；在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W′木－mgLsinα＝0－0，则有W′木＝mgLsinα，故B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误；滑动摩擦力对小物块做的功Wf＝W木－W′木＝mv2－mgLsinα，D正确．
[突破审题·规范解答]
如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块，①轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点．小物块随传送带运动到Q点后②冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)．若小物块经过Q处无机械能损失，③小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)N点的纵坐标；
(2)小物块④在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的⑤横坐标范围．
答案　(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x<7 m
解析　(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度
a＝μg＝5 m/s2.
小物块与传送带共速时，
所用时间t＝＝1 s
运动的位移
x＝at2＝2.5 m<(L－xP)＝6 m

故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，
由机械能守恒定律得mv＝mgyN
解得yN＝1.25 m
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
x相对＝v0t－x＝2.5 m
产生的热量Q＝μmgx相对＝12.5 J
(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，
由能量守恒得
μmg(L－x1)＝mgyM
代入数据解得x1＝7 m
故小物块在传送带上的位置横坐标范围0≤x<7 m
【易错分析】
(1)常见的思维障碍：
①在求小物块冲上斜面的初速度时，误认为小物块一直加速至Q处，错误求出v0＝＝2m/s.
②在求摩擦生热时，误认为相对滑行的距离为L－xP＝6 m，
这样求忽视了相对静止的一段距离．
(2)因解答不规范导致失分：
①将Q＝μmgx相对写成Q＝μmg(L－xP)，书写不规范而失分．
②坐标范围写成x≤7 m或0≤x≤7，不够准确而失分．

1．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)

A．3.1 J　　　　　　　　　B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
答案　A
解析　物块与水平面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝1 N．F－x图线与x轴包围的面积表示功，可知物块从静止到运动至x＝0.4 m时F做功W＝3.5 J，物块克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4 J．由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确．
2.如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系，滑块的势能Ep随位移x变化关系的是(　　)

答案　CD
解析　滑块运动到最高点的过程中，所受的合力等于沿斜面向下的摩擦力，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q＝fx＝mgsinθ(vt－at2)，图A错误，由动能定理得－mgsinθ(vt－at2)＝Ek－mv2，Ek＝－mgsinθ(vt－at2)＋mv2，图B错误．滑块的重力势能EP＝mg xsinθ，图C正确．根据题述知，F＝mgsinθ＝μmgcosθ，机械能E随时间t不变，图D正确．
3．(2015·青岛5月检测)光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1
B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3
C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3
D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为2∶3
答案　BD
解析　由牛顿第二定律可得F＝ma，2 s时的速度v2＝a1t，则v2＝t＝8 m/s，6 s时的速度v6＝v2＋t′＝16 m/s；由动能定理可得前2s内拉力做的功W＝mv－0＝32 J，后4 s内拉力的功W′＝mv－mv＝96 J，则＝，选项A错误，选项B正确；4 s末拉力做功的功率P＝Fv2＝32 W，6 s末拉力做功的功率P′＝F′v6＝2×16 W＝32 W，则＝，选项C错误；根据平均功率的定义P＝，则前2 s内做功的功率P＝16 W，后4 s内做功的功率′＝24 W，即＝，选项D正确．
4．(多选)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A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＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为
C．环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为d
答案　BD
解析　环到达B处时，重物上升的高度等于绳拉伸过来的长度，所以h＝d－d，A错误；环和重物在沿绳方向的速度相等，环到达B处时，环与重物的速度大小之比为，B正确；环和重物组成的系统机械能守恒，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C错误；当环下降的高度最大时，两者速度均为零，由系统机械能守恒得，环减少的重力势能等于重物最大的重力势能，有mgh＝2mg(－d)，解得h＝d，D正确．
专题提升练习(五)
一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～9小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)

1．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是(　　)

A．木块的加速度不变
B．木块所受的合外力为零
C．木块所受的力都不对其做功
D．木块所受的合外力不为零，但合外力对木块所做的功为零
答案　D

2．质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　　)

A．2 m/s　　　　　　　B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
答案　B
3．质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
答案　D
解析　对物块由动能定理得F合x＝ΔEk，则F合＝，即图线的斜率等于合外力．在0～2 s内，F合＝2 N，设x＝1 m时速度大小为v，由动能定理得F合x＝×mv2－0，v＝ m/s，选项A错误；由图线知2～4 m内加速度恒定，a＝＝＝ m/s2＝ m/s2，选项B错误；在前4 m位移过程中由动能定理得W－μmgx＝9 J，W＝9 J＋0.2×2×10×4 J＝25 J，选项C错误；在x＝2 m时，mv＝4 J，v1＝2 m/s，在x＝4 m时，mv＝9 J，v2＝3 m/s，在前2 m内，2 m＝t1，t1＝2 s，在后2 m内，2 m＝t2，t2＝0.8 s，故t＝t1＋t2＝2.8 s，选项D正确．

4．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时(　　)

A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B．物块B满足m2gsinθ＝kd
C．物块A的加速度为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1v2
答案　C
解析　由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为P＝Fv，故选项A错误；开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，m1gsinθ＝kx1；当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于开始弹簧是压缩的，则d＝x1＋x2，故选项B错误；当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，又开始时，A平衡，则有m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，得物块A加速度为a1＝，故选项C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为Fd－m1gdsinθ－m1v2，故选项D错误．
5．(2013·浙江理综)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
答案　D
解析　由图象可知物块在0～4 s内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B错误；4 s～5 s内做变加速直线运动，因此5 s内拉力对物块做的功不为零，选项A错误；物块的滑动摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝0.3，选项C错误；在6 s～9 s内由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，a＝ m/s2＝2.0 m/s2，选项D正确．
6．(2014·北京东城区期末)质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的机械能减少了mgh
C．物体克服阻力所做的功为mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
答案　A
解析　由牛顿第二定律有mg－f＝ma，又a＝g，得f＝mg，利用动能定理有W＝Fh＝mgh＝ΔEk，选项A正确；判断机械能的变化要看除重力外其他力的做功情况，－fh＝－mgh＝ΔE，说明阻力做负功，机械能减少mgh，选项B错误；物体克服阻力做的功应为mgh，选项C错误；高度下降了h，则重力势能减少了mgh，选项D错误．
7．(2015·潍坊联考)如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不拴接．现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度h0处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度h的变化关系如图乙所示，图中h2对应图线的最高点，h3到h4范围内图线为直线，其余部分为曲线，重力加速度为g，则(　　)

A．h1高度处，弹簧形变量为
B．h2高度处，弹簧形变量为
C．h3高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h0)
D．h1高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3－h1)
答案　BD
解析　开始时，滑块所受合力沿斜面向上，合力做功最多时，滑块的动能最大，即在h2时，滑块所受合外力为零，由共点力平衡条件可知，mgsinθ＝kx⇒x＝，B项正确，A项错；滑块到达h3后，加速度不变，此时弹簧处于原长，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，由h0到h3过程中，Ep0＋mgh0＝mgh3＋Ek1，解得Ep0＝mg(h3－h0)＋Ek1，C项错；同理，由h1到h3过程中，Ep1＋mgh1＋Ek1＝mgh3＋Ek1，解得Ep1＝mg(h3－h1)，D项正确．
8．(2015·课标Ⅱ)(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(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
答案　BD
解析　因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错．对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mgh＝mv，va＝，故B正确．杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错．由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确．
9．(2015·江苏单科)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)

A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案　BD
解析　圆环在B处速度最大，加速度为0，BC段加速度在增大，因此，下滑过程中，加速度先减小后增大，选项A错误．
下滑过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理mgh－Wf－W弹＝0－0
上滑过程中
－mgh－Wf＋W弹＝0－mv2
联立得Wf＝mv2，选项B正确．
W弹＝mgh－mv2，在C处，弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功，选项C错误．
设从B到C克服弹簧弹力做功为W′弹，克服摩擦力做功为W′f
故有下滑过程从B→C
－W′弹＋mghBC－W′f＝0－mv①
上滑过程从C→B
W′弹－mghBC－W′f＝mv′－mv2②
联立①②可得
mv－2W′f＋mv2＝mv′
因W′f＜Wf＝mv2
故2W′f＜mv2
则有mv′＞mv
v′B＞vB，选项D正确．
二、计算题(共3小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

10．(16分)如图所示，质量mB＝3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固定在地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端质量mA＝1.6 kg的小球A连接．已知直杆固定，杆长L为0.8 m，与水平面的夹角θ＝37°，初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45 N．已知AO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，绳子不可伸长．现将小球A从静止释放，求：
(1)在释放小球A前弹簧的形变量；
(2)若直线CO1与杆垂直，求小球从A点运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功．
答案　(1)0.1 m　(2)7 J
评分标准：共16分，①式2分，②④⑤⑥⑧每式1分，③⑦⑨每式3分．
解析　(1)释放小球A前，物体B处于平衡状态，
kx＝F－mBg①
得x＝0.1 m②
故弹簧被拉长了0.1 m.
(2)小球从杆顶端运动到C点的过程，由动能定理
WT＋mAgh＝mAv－0③
其中h＝CO1cos37°④
而CO1＝AO1sin37°＝0.3 m⑤
物体B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m⑥
由此可知，此时弹簧被压缩了0.1 m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同．
再以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒：
mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv⑦
对小球进行速度分解可知，小球运动到C点时物体B的速度vB＝0⑧
可得WT＝mBgh′＝7 J．⑨
11．(18分)如图，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x.若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10 m/s2.求(结果如果是根号，可以保留)：
(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ分别是多少？
(2)当α＝