《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題5 功能關系的理解和應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題5 功能關系的理解和應用學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題5 功能關系的理解和應用考題一功和功率的計算1.功的計算力的特點計算方法恒力的功單個恒力WFlcos 合力為恒力1.先求合力，再求WF合l2.WW1W2變力的功大小恒定，且方向始終沿軌跡切線方向力的大小跟路程的乘積力與位移成線性變化Wlcos 已知Fl圖象功的大小等于“面積”一般變力動能定理2.功率的計算(1)P，適用于計算平均功率；(2)PFvcos ，若v為瞬時速度，P為瞬時功率，若v為平均速度，P為平均功率.例1(2016全國甲卷21)如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連.現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點.已知在M、N兩點處，彈簧

2、對小球的彈力大小相等，且ONMOMN.在小球從M點運動到N點的過程中()圖1A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且ONMOMNMg4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有MvB2MglEpMvB2Mg4l聯(lián)立式得mMm答案(1)2l(2)mMm乙，甲乙，則r甲r乙.空氣阻力fkr，對小球由牛頓第二定律得，mgfma，則agg，可得a甲a乙，由hat2知，t甲v乙，故選項

3、B正確；因f甲f乙，由球克服阻力做功Wffh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確.2.如圖1，不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一個小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為()圖1A. B. C. D.2答案A解析在b球落地前，a、b球組成的系統(tǒng)機械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，設為v，根據(jù)機械能守恒定律有：3mghmgh(3mm)v2，解得：v.3.如圖2所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動.A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速

4、度方向沿水平方向，大小為v0.斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰，下列說法正確的是()圖2A.A和C將同時滑到斜面底端B.滑到斜面底端時，B的動能最大C.滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多D.滑到斜面底端時，B的機械能減少最多答案B解析A、C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到達斜面底端，故A錯誤；重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，則滑到斜面底端時，B滑塊的動能最大，故B正確；三個滑塊下降的高度相同，重力勢能減少相同，故C錯誤；滑動摩擦力做

5、功與路程有關，C運動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機械能減少最多，故D錯誤.4.(多選)如圖3所示，小物塊以初速度v0從O點沿斜向上運動，同時從O點斜向上拋出一個速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等，空氣阻力忽略不計，則()圖3A.斜面只能是粗糙的B.小球運動到最高點時離斜面最遠C.在P點時，小球的動能大于物塊的動能D.小球和物塊到達P點過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，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點相遇，所以斜面不可能是光滑的，

6、故A正確；當小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，此時豎直方向速度不為零，不是運動到最高點，故B錯誤；物塊在斜面上還受摩擦力做功，物塊的機械能減小，所以在P點時，小球的動能應該大于物塊的動能，故C正確；小球和物塊初末位置相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時間又相同，所以小球和物塊到達P點過程中克服重力做功的平均功率相等，故D正確.5.蕩秋千是一種常見的休閑娛樂活動，也是我國民族運動會上的一個比賽項目.若秋千繩的長度約為2 m，蕩到最高點時，秋千繩與豎直方向成60角，如圖4所示.人在從最高點到最低點的運動過程中，以下說法正確的是()圖4A.最低點的速度大約為5 m/sB.在最低點

7、時的加速度為零C.合外力做的功等于增加的動能D.重力做功的功率逐漸增加答案C解析秋千在下擺過程中，受到的繩子拉力不做功，機械能守恒，則得：mgL(1cos 60)mv2，解得：v m/s2 m/s，A錯誤；在最低點合力指向圓心，加速度不為零，B錯誤；根據(jù)動能定理合外力做的功等于增加的動能，C正確；Pmgv，由于在豎直方向上的速度從最高點到最低點過程中先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，D錯誤.6.(多選)(2016浙江理綜18)如圖5所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自

8、由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin370.6，cos 370.8).則()圖5A.動摩擦因數(shù)B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g答案AB解析對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，選項A正確；對經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得，mghmgcos 45mv2，解得v ，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為ag，即加速度大小為g，選項D錯誤.7.(多選)

9、(2016全國丙卷20)如圖6，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖6A.a B.aC.N D.N答案AC解析質(zhì)點P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可得mgRWmv2，根據(jù)公式a，聯(lián)立可得a，A正確，B錯誤；在最低點重力和支持力的合力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，Nmgma，代入可得，N，C正確，D錯誤.8.(多選)如圖7所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上

10、的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ekh圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g10 m/s2，由圖象可知()圖7A.小滑塊的質(zhì)量為0.2 kgB.彈簧最大彈性勢能為0.32 JC.輕彈簧原長為0.2 mD.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.18 J答案AC解析從0.2 m上升到0.35 m的范圍內(nèi)，EkEpmgh，圖線的斜率絕對值為：k2 Nmg，所以：m0.2 kg，故A正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，

11、增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，故B錯誤；在Ekh圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以h0.2 m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2 m，故C正確；由圖可知，當h0.18 m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，EpminEEkmEpmmghEkm0.5 J0.2100

12、.1 J0.32 J0.38 J，故D錯誤.9.如圖8所示，長為L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端用活動鉸鏈固接于水平地面上的O點，初始時小球靜止于地面上，邊長為L、質(zhì)量為M的正方體左側(cè)靜止于O點處.現(xiàn)在桿中點處施加一大小始終為(g為重力加速度)、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過一段時間后撤去F，小球恰好能到達最高點，忽略一切摩擦，試求：圖8(1)拉力所做的功；(2)拉力撤去時小球的速度大??；(3)若小球運動到最高點后由靜止開始向右傾斜，求桿與水平面夾角為時(正方體和小球還未脫落)，正方體的速度大小.答案(1)mgL(2)(3) 解析(1)根據(jù)動能定理可得：WFmgL0力F所做的功為WFmgL(

13、2)設撤去F時，桿與水平面夾角為，撤去F前，有：WFmgL，解得：根據(jù)動能定理有：mgLmgLsin mv2得撤去F時小球的速度為：v(3)設桿與水平面夾角為時，桿的速度為v1，正方體的速度為v2，v2v1sin 系統(tǒng)機械能守恒有：mg(LLsin )mvMv解得：v2 .10.如圖9所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動摩擦因數(shù)均為，A、B、C三點正好是圓上三點，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為.如果套在AC桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運動，忽略小球滑過B處時的能量損耗.求：圖9(1)小球在AB軌

14、道上運動的加速度；(2)小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率；(3)若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運動到達C點的時間與沿AC直軌道運動到達C點的時間之比為53，求的正切值.答案(1)gcos gsin (2)2(3)2.4解析(1)從A到B，由牛頓第二定律得：mgcos mgsin ma解得：agcos gsin (2)小球沿ABC軌道運動，從A到C，由動能定理可得：mvmg2R2mg2Rcos sin 解得：vC2(3)設小球沿AC直導軌做自由落體運動，運動時間為t，則有：2Rgt2解得：t2軌道均光滑，小球由A到B機械能守恒，設B點的速度為vB，則有：mg2R cos2mv解得：vB2 cos 且依等時圓，tABt，則B到C的時間為：tBCttt以后沿BC直導軌運動的加速度為：agsin ，且BC2Rsin 故2Rsin vBtBCat代入數(shù)據(jù)得：tan 2.4.17