《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第1講 功能關(guān)系的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量與能量 第1講 功能關(guān)系的應(yīng)用學(xué)案（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　功能關(guān)系的應(yīng)用 ,　　　　　　 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷 Ⅰ )高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．在啟動階段，列車的動能(　　) A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比 解析：選B.列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運(yùn)動的速度與時間關(guān)系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；由動能與動量的關(guān)系式Ek＝可

2、知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤 [命題點(diǎn)分析] 勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、動能、動量 [思路方法] 由列車的勻變速運(yùn)動公式可得到速度表達(dá)式，然后準(zhǔn)確寫出動能表達(dá)式 (2018·高考全國卷 Ⅰ )如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R; bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　) A.2mgR　　　　 B．4mgR　　　　C．5mgR　　　　 D．6mgR 解析：選C.設(shè)小球運(yùn)動到c點(diǎn)的

3、速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時間為t＝＝2，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤 [命題點(diǎn)分析] 運(yùn)動的合成與分解、動能定理 [思路方法]

4、 從a→c由動能定理可得c點(diǎn)的速度，從c點(diǎn)離開后，要從豎直方向和水平方向單獨(dú)求解得出最高點(diǎn)位置，再根據(jù)外力做功情況得出機(jī)械能增量 (2018·高考全國卷 Ⅱ )如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定(　　) 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：選A.由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確 [命題點(diǎn)分析] 功、動能定理 [思路方法] 對木箱受力分析可知拉力做正功、摩擦力做負(fù)功，由動能定理可知答案 命題規(guī)

5、律研究及預(yù)測 對功能關(guān)系的考查歷來是高考中的重點(diǎn)，尤其2018年全國卷對該部分知識點(diǎn)的命題呈現(xiàn)多樣化，不僅單獨(dú)從動能、動能定理、機(jī)械能守恒定律等知識出發(fā)進(jìn)行考查，還從運(yùn)動形式的角度如平拋運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動的角度綜合考核. 在2019年的備考中一定要對本部分的基本知識如動能、勢能、動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律等熟練掌握，并注意知識點(diǎn)在運(yùn)動形式中的應(yīng)用 　功、功率與動能定理 功和功率的計算方法 計算功和功率的注意事項(xiàng) (1)計算力所做的功時，一定要注意是恒力做功還是變力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcos α進(jìn)行計算．若是變力做功，可用以下

6、幾種方法進(jìn)行求解： ①微元法：把物體的運(yùn)動分成無數(shù)個小段，計算每一小段力F做的功． ②將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功． ③用動能定理或功能關(guān)系進(jìn)行求解． (2)對于功率的計算要區(qū)分是瞬時功率還是平均功率．P＝只能用來計算平均功率．P＝Fvcos α中的v是瞬時速度時，計算出的功率是瞬時功率；v是平均速度時，計算出的功率是平均功率． 應(yīng)用動能定理解題的基本思路 動能定理的應(yīng)用 (1)動能定理雖然是在恒力作用下的直線運(yùn)動中推導(dǎo)出來的，但也適用于變力做功、曲線運(yùn)動的情況． (2)當(dāng)問題涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和時間時，可優(yōu)先考慮利用動能定理分析問題． (3)

7、對于多過程問題，求解時可對全過程應(yīng)用動能定理，從而避開對每個運(yùn)動過程的具體細(xì)節(jié)進(jìn)行分析，具有過程簡明、運(yùn)算量小等優(yōu)點(diǎn)． (4)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負(fù)．　 (多選)(2016·高考全國卷Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，(　　) A．彈力對小球先做正功后做負(fù)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，

8、彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點(diǎn)時的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差 [解析]　小球在從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時，彈簧處于原長，再繼續(xù)向下運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧又伸長．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負(fù)功，再做正功，最后又做負(fù)功，A項(xiàng)錯誤；彈簧與桿垂直時，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)彈簧的彈力為零時，小球的加速度也等于重力加速度，B項(xiàng)正確；彈簧長度最短時，彈力與小球的速度方向垂直，這時彈力對小球做功的功率為零，C項(xiàng)正確；由于在M、N兩點(diǎn)處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量

9、相等，根據(jù)動能定理可知，小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動能的增量，即小球到達(dá)N點(diǎn)時的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差，D項(xiàng)正確． [答案]　BCD 角度1　恒力做功的計算 1.(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：選A.QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為l，繩的下端Q拉

10、到M點(diǎn)時，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過程，應(yīng)用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯誤． 角度2　求解變力做功方法的應(yīng)用 2.如圖所示，一質(zhì)量m＝2.0 kg的物體從半徑R＝5.0 m的圓弧的A端，在拉力F作用下沿圓弧緩慢運(yùn)動到B端(圓弧AB在豎直平面內(nèi))．拉力F大小不變始終為15 N，方向始終與物體所在位置的切線成37°角．圓弧所對應(yīng)的圓心角為60°，BO邊為豎直方向，g取10 m/s2.求這一過程中(cos 37°＝0.8)： (1)拉力F做的功； (2)重力mg做的功； (3)

11、圓弧面對物體的支持力FN做的功． 解析：(1)將圓弧AB分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不變，方向始終與物體所在位置的切線方向成37°角，所以： W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°， 所以拉力F做的功為：WF＝W1＋W2＋…＋Wn ＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln) ＝Fcos 37°·R＝20π J＝62.8 J. (2)重力mg做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－50 J. (3)物體受的支持力FN始終與物體的運(yùn)動方向垂直，所以WFN＝0

12、. 答案：(1)62.8 J　(2)－50 J　(3)0 角度3　運(yùn)用動能定理解決往復(fù)運(yùn)動問題 3.如圖所示，質(zhì)量為 m 的滑塊距擋板 P的距離為 l0，滑塊以初速度 v0沿傾角為θ的斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A.　　 B. C. D. 解析：選A.滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑塊最終必定停在擋板 P 處．設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為 l，對滑塊運(yùn)動的全過程應(yīng)用動能定理，有 mgl0sin θ－ μmglcos θ＝ 0 － mv， 解

13、得 l ＝ ，選項(xiàng)A正確． 角度4　運(yùn)用動能定理解決曲線運(yùn)動問題 4．(2018·江蘇淮安漣水中學(xué)二模)如圖所示，半徑R＝1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)．C點(diǎn)右側(cè)的水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板，木板質(zhì)量M＝1 kg，上表面與C點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝1.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與路面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.05，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝

14、0.8.試求： (1)物塊經(jīng)過B端時速度的大?。? (2)物塊經(jīng)過軌道上的C點(diǎn)時對軌道的壓力大?。? (3)若木板足夠長，請問從開始平拋至最終木板、物塊都靜止，整個過程產(chǎn)生的熱量是多少？ 解析：(1)根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，B點(diǎn)速度方向與水平方向夾角為53°，故vB＝＝2 m/s. (2)物塊從B到C應(yīng)用動能定理，有 mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv 解得vC＝6 m/s 在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－mg＝m· 解得F＝46 N 由牛頓第三定律知，物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時對軌道的壓力大小為46 N. (3)物塊從A到C過程中無能量損失，所以整個過程產(chǎn)生的熱量就是從C到最終

15、木板、物塊都靜止這一過程中產(chǎn)生的熱量，由能量守恒定律得Q＝mv＝18 J. 答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)18 J 命題角度 解決方法 易錯辨析 計算恒力做功 公式法W＝Fscos θ 力的大小、方向不變時才可用公式求解 變力做功的計算 微元法或動能定理 若力不是均勻變化，則計算時一般用動能定理 動能定理在平拋運(yùn)動中的應(yīng)用 重力做功改變重力勢能，用動能變化來分析速度的變化 找準(zhǔn)物體平拋運(yùn)動的初、末位置 動能定理在圓周運(yùn)動中的應(yīng)用 向心力不做功，利用動能定理把特殊點(diǎn)的運(yùn)動推廣到一般位置 準(zhǔn)確找到圓周運(yùn)動中的臨界位置即速度極值點(diǎn) 動能定理在往返

16、直線運(yùn)動中的應(yīng)用 只考慮初、末位置而不用考慮中間過程且注意摩擦力做功情況 一定要準(zhǔn)確分析物體最終的位置，一般處于平衡態(tài) 　 　機(jī)車啟動問題 機(jī)車輸出功率：P＝Fv，其中F為機(jī)車牽引力． 機(jī)車勻加速啟動過程的最大速度v1(此時機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時F牽＝F阻)求解方法 (1)求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝. (2)求vm：由P＝F阻 vm，可求vm＝. 解決機(jī)車啟動問題時的四點(diǎn)注意 (1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動． (2)勻加速啟動過程中，機(jī)車功率不斷增大，最大功率是額定功率． (3)以額定功率啟動的過程中，

17、牽引力不斷減小，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動，牽引力的最小值等于阻力． (4)無論哪種啟動方式，最后達(dá)到最大速度時，均滿足P＝f阻vm，P為機(jī)車的額定功率．　 一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) [解析]　由P－t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛．設(shè)汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當(dāng)v增加時，F(xiàn)減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯誤，選項(xiàng)A正確． [答案]　A

18、 角度1　以恒定加速度啟動方式的分析 1．(2018·陜西五校模擬)水平面上靜止放置一質(zhì)量為m＝0.2 kg的物塊，固定在同一水平面上的小型電動機(jī)通過水平細(xì)線牽引物塊，使物塊由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，2 s末達(dá)到額定功率，其v－t圖線如圖所示，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，g＝10 m/s2，電動機(jī)與物塊間的距離足夠遠(yuǎn)．求： (1)物塊做勻加速直線運(yùn)動時受到的牽引力大?。? (2)電動機(jī)的額定功率； (3)物塊在電動機(jī)牽引下，最終能達(dá)到的最大速度． 解析：(1)由題圖知物塊在勻加速階段加速度大小 a＝＝0.4 m/s2 物塊受到的摩擦力大小Ff＝μmg 設(shè)牽引力大小

19、為F，則有：F－Ff＝ma 得F＝0.28 N. (2)當(dāng)v＝0.8 m/s時，電動機(jī)達(dá)到額定功率，則 P＝Fv＝0.224 W. (3)物塊達(dá)到最大速度vm時，此時物塊所受的牽引力大小等于摩擦力大小，有 F1＝μmg P＝F1vm 解得vm＝1.12 m/s. 答案：(1)0.28 N　(2)0.224 W　(3)1.12 m/s 角度2　以恒定功率啟動方式的分析 2．(多選)(2018·襄陽模擬)我國自行研制的新一代8×8輪式裝甲車已達(dá)到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平，將成為中國軍方快速部署輕型裝甲部隊的主力裝備．設(shè)該裝甲車的質(zhì)量為m，若在平直的公路上從靜止開始加速，前進(jìn)較

20、短的距離s速度便可達(dá)到最大值vm.設(shè)在加速過程中發(fā)動機(jī)的功率恒定為P，裝甲車所受阻力恒為Ff，當(dāng)速度為v(v

21、定理得Pt－Ffs＝mv，解得t＝＋，D錯誤． (1)機(jī)車啟動的方式不同，運(yùn)動的規(guī)律就不同，即其功率、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖象時應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律． (2)在公式 P＝Fv中， F是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力，因此 F＝Ff時，牽引力與阻力平衡，機(jī)車達(dá)到最大運(yùn)行速度． (3)解決機(jī)車啟動問題一定要分清機(jī)車是勻加速啟動還是恒定功率啟動．　 ①勻加速啟動過程中，機(jī)車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動． ②以恒定功率啟動的過程中

22、，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動，勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律不能用，速度最大值等于 ，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用 W ＝ Flcos θ求解． 　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析求解時應(yīng)注意的問題 (1)研究對象的選取 研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實(shí)為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象機(jī)械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，機(jī)械能卻是守恒的． (2)要注意研究過程的選取 有些問題研究對象的運(yùn)動過程分幾個階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒．因此，在應(yīng)用機(jī)械

23、能守恒定律解題時要注意過程的選取． (3)注意機(jī)械能守恒表達(dá)式的選取 “守恒的觀點(diǎn)”的表達(dá)式適用于單個或多個物體機(jī)械能守恒的問題．列式時需選取參考平面．而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機(jī)械能守恒時，不必選取參考平面．　 (多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時，b對地面的壓力大小為mg

24、 [解析]　由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、v B.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因?yàn)閯傂詶U不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v′∥是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.當(dāng)a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，選項(xiàng)B正確；同時由于b初、末速度均為零，運(yùn)動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯誤；桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項(xiàng)C錯誤；b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機(jī)械能最小，b只受

25、重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確． 　 [答案]　BD 角度1　單個物體的機(jī)械能守恒 1．(多選)(2018·西安高新一中高三二模)如圖，一物體從光滑斜面AB底端A點(diǎn)以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度為h.下列說法中正確的是(設(shè)下列情境中物體從A點(diǎn)上滑的初速度仍為v0)(　　) A．若把斜面CB部分截去，物體沖過C點(diǎn)后上升的最大高度仍為h B．若把斜面AB變成曲面AEB，物體沿此曲面上升仍能到達(dá)B點(diǎn) C．若把斜面彎成圓弧形D，物體仍沿圓弧升高h(yuǎn) D．若把斜面從C點(diǎn)以上部分彎成與C點(diǎn)相切的圓弧狀，物體上升的最大高度有可能仍為h 解析：選BD

26、.物體上升過程中軌道的支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒；斜拋運(yùn)動的最高點(diǎn)，速度不為零；AD軌道最高點(diǎn)，合力充當(dāng)向心力，速度也不為零．若把斜面CB部分截去，物體沖過C點(diǎn)后做斜拋運(yùn)動，斜拋運(yùn)動的最高點(diǎn)有水平分速度，速度不為零，由物體機(jī)械能守恒可知不能到達(dá)h高處，故A錯誤；若把斜面AB變成曲面AEB，物體在最高點(diǎn)速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體沿此曲面上升仍能到達(dá)B點(diǎn)，故B正確；若把斜面彎成圓弧形D，如果能到圓弧最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得知：到達(dá)h處的速度應(yīng)為零，而物體要到達(dá)最高點(diǎn)，必須由合力充當(dāng)向心力，速度不為零，故知物體不可能升高h(yuǎn)，故C錯誤；若把斜面從C點(diǎn)以上部分彎成與C點(diǎn)相切的圓弧

27、狀，若B點(diǎn)不高于此圓的圓心，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體沿斜面上升的最大高度仍然可以為h，故D正確． 角度2　多個物體的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 2．(多選)(2018·四川綿陽模擬)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)下方距離為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) A．環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度h＝ B．環(huán)到達(dá)B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能 D．環(huán)能下滑的最大

28、高度為d 解析：選CD.根據(jù)幾何關(guān)系可知，環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時，重物上升的高度h＝d－d，故A錯誤；對環(huán)在B處時的速度v沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有vcos 45°＝v重物，故B錯誤；環(huán)下滑過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故C正確；環(huán)下滑到最大高度為h時，環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－d，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh＝2mg(－d)，解得h＝d，故D正確． 命題角度 解決方法 易錯辨析 機(jī)械能守恒條件的判斷問題 條件判斷法 除重力或彈力外是否有其他力做功，尤其注意摩擦內(nèi)力做功生熱情況或機(jī)械能瞬

29、間損失情況 機(jī)械能守恒在單個物體運(yùn)動中的應(yīng)用 隔離法分析單物體的受力情況，利用機(jī)械能守恒定律列式求解 要準(zhǔn)確判斷物體的運(yùn)動過程是否機(jī)械能守恒 機(jī)械能守恒在多個物體組成的系統(tǒng)中的應(yīng)用 列系統(tǒng)初、末狀態(tài)的機(jī)械能守恒定律方程 看是單個物體機(jī)械能守恒還是系統(tǒng)機(jī)械能守恒 　 　功能關(guān)系的應(yīng)用 常見的功能關(guān)系 應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路 (1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增． (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增． 在處理功能關(guān)系的綜合問題時

30、，要注意： (1)弄清物體的受力情況和運(yùn)動情況，根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況及不同的運(yùn)動過程中力的變化情況． (2)根據(jù)各力做功的不同特點(diǎn)分析各力在不同的運(yùn)動過程中的做功情況． (3)熟練掌握常用的功能關(guān)系．　 (2017·高考全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能

31、和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能． (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%. [解析]　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大?。散凼胶皖}給數(shù)據(jù)得 Eh＝2.4×1012 J．④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m＋mgh′⑤

32、由功能關(guān)系得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功． 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W＝9.7×108 J. [答案]　見解析 角度1　功與能的對應(yīng)關(guān)系 1．(2018·河北唐山開灤二中模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動過程中(　　) A．重力做功2mgR　　　　 B．機(jī)械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功

33、mgR 解析：選 D.小球到達(dá)B點(diǎn)時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg＝得，小球在B點(diǎn)的速度v＝.小球從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，重力做功W＝mgR，故選項(xiàng)A錯誤；減少的機(jī)械能ΔE減＝mgR－mv2＝mgR，故選項(xiàng)B錯誤；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)動能定理得mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故選項(xiàng)D正確． 角度2　能量守恒的應(yīng)用 2.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變

34、為2L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，當(dāng)速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯誤． 角度3　功能關(guān)系的綜合應(yīng)用

35、3.(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動． (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比． (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)． 解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mg① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動能為EkB，同理有EkB＝mg② 由①②式得＝5∶1.③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動定律和

36、向心加速度公式有N＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m⑥ 由機(jī)械能守恒有mg＝mv⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)． 答案：(1)5∶1　(2)見解析 (1)與能量有關(guān)的力學(xué)綜合題的特點(diǎn) ①常見的與能量有關(guān)的力學(xué)綜合題有單一物體多過程和多個物體多過程兩大類型； ②聯(lián)系前后兩個過程的關(guān)鍵物理量是速度，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度； ③當(dāng)涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律，題目中出現(xiàn)相對位移時，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律． (2)解答與能量有關(guān)的綜合題時的注意事項(xiàng) ①將復(fù)雜的物理過程分解為幾個簡單的物理過程，挖掘出

37、題中的隱含條件，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”． ②分析物體所經(jīng)歷的各個運(yùn)動過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求解．　 ,　　　　　　　 (建議用時：30分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇發(fā)動機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍　　　　　　　　　　 B．2倍 C.倍 D.倍 解析：選 D.設(shè)Ff＝kv，當(dāng)阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝v，D正確． 2．(2018·邯鄲

38、模擬)某人用同一水平力先后兩次拉同一物體，第一次使此物體沿光滑水平面前進(jìn)距離s，第二次使此物體沿粗糙水平面也前進(jìn)距離s，若先后兩次拉力做的功為W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，則正確的是(　　) A．W1＝W2，P1＝P2 B．W1＝W2，P1>P2 C．W1>W2，P1>P2 D．W1>W2，P1＝P2 解析：選 B.由W＝Fs可知兩次拉力做功相同，但由于地面光滑時不受摩擦力，加速度較大，運(yùn)動時間較短，由P＝可知P1>P2，B正確． 3.(2018·高考天津卷)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛．某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低

39、點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 解析：選C.運(yùn)動員做勻速圓周運(yùn)動，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；運(yùn)動員所受滑動摩擦力大小隨運(yùn)動員對滑道壓力大小的變化而變化，B項(xiàng)錯誤；運(yùn)動員動能不變，重力勢能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯誤． 4．如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低

40、點(diǎn)N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W>mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W

41、設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′

42、又將一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，因此機(jī)械能肯定減少，故A錯誤；對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說，物塊減少的機(jī)械能等于克服空氣阻力所做的功和彈簧彈性勢能之和，因此整個系統(tǒng)機(jī)械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，故B錯誤；由A運(yùn)動到C的過程中，物塊的動能變化為零，重力勢能減少量等于機(jī)械能的減少量，所以物塊機(jī)械能減少mg(H＋h)，故C錯誤；物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度是g，根據(jù)牛頓第二定律得f＝mg－ma＝mg，所以空氣阻力所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整個系統(tǒng)機(jī)械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少mg(H＋h)，故D正確． 6．(2018·上海靜安教學(xué)質(zhì)

43、量檢測)物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同的斜面的底端，勻速運(yùn)動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數(shù)相同，則 (　　) A．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多 B．沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多 C．無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同 D．無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同 解析：選A.設(shè)斜面傾角為θ，高度為h，則斜面長度L＝.物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動能定理WF＝mgh＋μmgcos θ·L＝mgh＋μmg·，則h相同時，傾角較小則拉力做的功較多，選項(xiàng)A正確，C錯誤；克服重力做功為WG＝mgh，則克服重力做功相同，選項(xiàng)B錯誤；克服摩擦力做的功W

44、f＝μmgcos θ·L＝μmg·，所以傾角越大，克服摩擦力做功越小，選項(xiàng)D錯誤． 7.如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上，桿足夠長，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，如果環(huán)在運(yùn)動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F，且F＝kv(k為常數(shù)，v為環(huán)的速率)，則環(huán)在整個運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功不可能為(　　) A.mv B.mv＋ C．0 D.mv－ 解析：選 B.當(dāng)環(huán)受到的合力向下時，隨著環(huán)做減速運(yùn)動，向上的力F逐漸減小，環(huán)最終將靜止；當(dāng)環(huán)所受合力向上時，隨著環(huán)速度的減小，豎直向上的力F逐漸減小，當(dāng)環(huán)向上的拉力減至和重力大小相等時，環(huán)

45、所受合力為0，桿不再給環(huán)阻力，環(huán)將保持此時速度不變做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)環(huán)在豎直方向所受合力為0時，環(huán)將一直做勻速直線運(yùn)動，分三種情況應(yīng)用動能定理求出阻力對環(huán)做的功即可．當(dāng)F＝kv0＝mg時，圓環(huán)不受桿的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功為零；當(dāng)F＝kv0mg時，圓環(huán)先做減速運(yùn)動，當(dāng)F＝mg時，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動，由F＝kv＝mg得v＝，根據(jù)動能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝mv－.綜上所述，答案為 B. 二、多項(xiàng)選擇題 8．(2016·高考浙江卷)如圖所示為一滑草場．某條滑道由

46、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μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ 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mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析：選AB.由題意根據(jù)動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得動摩擦因數(shù)μ＝，則A項(xiàng)正確；載人滑

47、草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項(xiàng)錯誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運(yùn)動和減速運(yùn)動，則在上段底端時達(dá)到最大速度v，由運(yùn)動學(xué)公式有2a1＝v2得，v＝ ＝ ，故B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤． 9．我國科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器．艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104 kg，設(shè)起飛過程中發(fā)動機(jī)的推力恒為1.0×105 N；彈射器有效作用長度為100 m，推力恒定．要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時速度大小達(dá)到80 m/s.彈射過程中艦載機(jī)所受總推力

48、為彈射器和發(fā)動機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則(　　) A．彈射器的推力大小為1.1×106 N B．彈射器對艦載機(jī)所做的功為1.1×108 J C．彈射器對艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107 W D．艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2 解析：選ABD.對艦載機(jī)應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32 m/s2，選項(xiàng)D正確；設(shè)總推力為F，對艦載機(jī)應(yīng)用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106 N，而發(fā)動機(jī)的推力為1.0×105 N，則彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106

49、N，選項(xiàng)A正確；彈射器對艦載機(jī)所做的功為W＝F推·l＝1.1×108 J，選項(xiàng)B正確；彈射過程所用的時間為t＝＝ s＝2.5 s，平均功率P＝＝ W＝4.4×107 W，選項(xiàng)C錯誤． 10．(2016·高考全國卷Ⅱ)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則(　　) A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析：選BD.由于兩球由同一種材料制成，甲球

50、的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，因此甲球的體積大于乙球的體積，甲球的半徑大于乙球的半徑，設(shè)球的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，下落過程中mg－kr＝ma，a＝g－＝g－，可知，球下落過程做勻變速直線運(yùn)動，且下落過程中半徑大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝at2可知，下落相同的距離，甲球所用的時間短，A、C項(xiàng)錯誤；由v2＝2ah可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B項(xiàng)正確；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D項(xiàng)正確． 11.(2018·高考全國卷 Ⅲ )地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①

51、②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程，(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析：選AC.根據(jù)位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，則對于第①次和第②次提升過程中，礦車上升所用的時間之比為2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時的加速度大小相等，故兩次

52、提升過程中最大牽引力相等，B錯誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零，則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機(jī)所做的功之比為1∶1，D錯誤． 12．(2018·江蘇啟東模擬)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的v－t圖象如圖所示．從t1時刻起牽引力的功率保持不變，整個運(yùn)動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力等于m B．t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于v1 C．汽車運(yùn)動的最大速度v2＝v1 D．t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度小于

53、 解析：選BC.由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運(yùn)動，a＝，F(xiàn)1－Ff＝ma，聯(lián)立得F1＝m＋Ff，選項(xiàng)A錯誤；在t1時刻汽車達(dá)到額定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2時間內(nèi)，汽車保持額定功率不變，選項(xiàng)B正確；t2時，速度達(dá)到最大值v2，此時F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝v1，選項(xiàng)C正確；由v－t圖線與t軸所圍面積表示位移的大小可知，t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于，選項(xiàng)D錯誤． 13．(2016·高考天津卷)我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平．和諧號動車組是由動車和拖車編組而成的，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，

54、動車組在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動的方向相反 B．做勻加速運(yùn)動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C．進(jìn)站時從關(guān)閉發(fā)動機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機(jī)時的速度成正比 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為 1∶2 解析：選B D.啟動時，動車組做加速運(yùn)動，加速度方向向前，乘客受到豎直向下的重力和車廂對乘客的作用力，由牛頓第二定律可知，這兩個力的合力方向向前，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向一定傾斜向前，選項(xiàng)A錯誤

55、．設(shè)每節(jié)車廂質(zhì)量為m，動車組在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比，則有每節(jié)車廂所受阻力f＝kmg.設(shè)動車組勻加速直線運(yùn)動的加速度為a，每節(jié)動車的牽引力為F，對8節(jié)車廂組成的動車組整體，由牛頓第二定律，2F－8f＝8ma；設(shè)第5節(jié)車廂對第6節(jié)車廂的拉力為F5，隔離第6、7、8節(jié)車廂，把第6、7、8節(jié)車廂作為整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)5－3f＝3ma，解得F5＝；設(shè)第6節(jié)車廂對第7節(jié)車廂的拉力為F6，隔離第7、8節(jié)車廂，把第7、8節(jié)車廂作為整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)6－2f＝2ma，解得F6＝；第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F5∶F6＝∶＝3∶2，選項(xiàng)B

56、正確．關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，動車組在阻力作用下滑行，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，滑行距離x＝，與關(guān)閉發(fā)動機(jī)時速度的二次方成正比，選項(xiàng)C錯誤．設(shè)每節(jié)動車的額定功率為P，當(dāng)有2節(jié)動車帶6節(jié)拖車時，2P＝8f·v1m；當(dāng)改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車時，4P＝8f·v2m；聯(lián)立解得v1m∶v2m＝1∶2，選項(xiàng)D正確． 14.(2018·南京二模)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高．它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動．下列說法正確的是(　　) A．下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B．當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時，軌道

57、對B的支持力大小為3mg C．下滑過程中B的機(jī)械能增加 D．整個過程中輕桿對A做的功為mgR 解析：選AD.對AB小球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)B到達(dá)軌道最低點(diǎn)時速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝.因?yàn)槌跷恢盟俣葹榱?，則重力的功率為0，最低點(diǎn)速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小，故A正確；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m，解得：FN＝2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以B球機(jī)械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中，輕桿對A做的功根據(jù)動能定

58、理得：W＝mv2＝mgR，故D正確． 15.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項(xiàng)A錯誤；圓環(huán)下滑時，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔE′p，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項(xiàng)D正確． 23