2020江苏高考物理二轮讲义：专题二第1讲　功能关系的应用

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第1讲 功能关系的应用
真题再现
1.(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
解析：选BC.小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误.
2.(多选)(2018·高考江苏卷)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.物块在A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确.
考情分析
命题研究
对功能关系的考查历来是高考中的重中之重，尤其近几年江苏卷对该部分知识点的命题呈现多样化，不但从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查，还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查.
在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握，并注意知识点在运动形式中的应用
功、功率与动能定理
【高分快攻】
1．功和功率的计算方法
2．应用动能定理解题的基本思路
【典题例析】
(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
[解析] 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
[答案] C
【题组突破】
角度1 恒力做功的计算
1．如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl B．eq \f(1,6)mgl
C.eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
解析：选A.QM段绳的质量为m′＝eq \f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq \f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq \f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq \f(1,9)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq \f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．
角度2 巧解变力做功问题
2．(多选)(2019·衡水中学信息卷)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心
B．动摩擦因数μ一定大于tan θ
C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcs θ
D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功
解析：选BD.小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff－mgsin θ＝mRω2，Ff>mgsin θ，又因Ff≤μmgcs θ，所以μmgcs θ>mgsin θ，则μ一定大于tan θ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsin θ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsin θ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确．
角度3 往复运动问题中动能定理的应用
3．(2019·盐城质检)如图所示，质量为m的滑块距挡板P的距离为l0，滑块以初速度v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，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.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(veq \\al(2,0),2gcs θ)＋l0tan θ)) B．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(veq \\al(2,0),2gsin θ)＋l0tan θ))
C.eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(veq \\al(2,0),2gcs θ)＋l0tan θ)) D．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(veq \\al(2,0),2gcs θ)＋l0ct θ))
解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有
mgl0sin θ－μmglcs θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
解得l＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(veq \\al(2,0),2gcs θ)＋l0tan θ))，选项A正确．
角度4 曲线运动问题中动能定理的应用
4．(2019·常州模拟)如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m＝2 kg的小球以速度v0＝20 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R＝10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；
(2)通过计算分析甲物块能否经过E点．
解析：(1)由题意知：在B点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v1＝eq \f(v0,cs 37°)＝25 m/s竖直速度大小为vy＝v0tan 37°＝15 m/s
从A点到B点的时间为：t＝eq \f(vy,g)＝1.5 s
AB的高度差为h＝eq \f(1,2)gt2＝11.25 m
从B点到C点由动能定理得：
mgR(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
所以在C点N－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
N＝153 N
由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下．
(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到E点，由动能定理得：－μmgx－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
所以在E点速度大小为v2＝eq \r(205) m/s
在E点做圆周运动时最小速度为v3，
有mg＝meq \f(veq \\al(2,3),R)
所以v3＝10 m/s
因为v2>v3，所以甲物块能经过E点．
答案：(1)11.25 m 153 N，方向向下 (2)能经过E点
eq \a\vs4\al()
机车启动问题
【高分快攻】
1．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法
(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，
可求v1＝eq \f(P,F阻＋ma).
(2)求vm：由P＝F阻 vm，可求vm＝eq \f(P,F阻).
2．解决机车启动问题时的四点注意
(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，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．
(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，P为机车的额定功率．
【典题例析】
一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
[解析] 由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq \f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．
[答案] A
【题组突破】
角度1 以恒定功率启动方式的分析
1．(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图象如图所示．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于meq \f(v1,t1)
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m \f(v1,t1)＋Ff))v1
C．汽车运动的最大速度v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv1,Fft1)＋1))v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于eq \f(v1＋v2,2)
解析：选BC.由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a＝eq \f(v1,t1)，F1－Ff＝ma，联立得F1＝meq \f(v1,t1)＋Ff，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m\f(v1,t1)＋Ff))v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝eq \f(P,F2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv1,Fft1)＋1))v1，选项C正确；由v－t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于eq \f(v1＋v2,2)，选项D错误．
角度2 以恒定加速度启动方式的分析
2．(2019·淮安模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求：
(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；
(2)电动机的额定功率；
(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．
解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小
a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.4 m/s2
物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg
设牵引力大小为F，则有：F－Ff＝ma
得F＝0.28 N.
(2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则
P＝Fv＝0.224 W.
(3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵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
机械能守恒定律的应用
【高分快攻】
1．机械能守恒定律的应用
2．运用机械能守恒定律分析求解时应注意的问题
【典题例析】
(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析] 根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek＝100 J，由动能公式Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
[答案] AD
【题组突破】
角度1 单个物体的机械能守恒
1．(多选)(2019·南京二模)如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)( )
A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h
B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点
C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h
D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h
解析：选BD.物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动的最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由机械能守恒定律可知，物体不能到达h高处，故A错误；若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，物体不可能升高h，故C错误；若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确．
角度2 多个物体的系统机械能守恒
2．(多选)(2019·苏州第二次联考)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是( )
A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B点运动到C点的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
解析：选AD.在B点时，小球的加速度为g，在B、C间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向上除受重力外还受弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，合力大于重力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；从B点运动到C点的过程中，小球做加速运动，即动能增大，对小球、弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球在C点时，由于弹簧的弹力为零，小球所受合力为重力，所以小球从C点往下还会加速一段距离，可知小球在C点的速度不是最大，即重力做功的功率不是最大，故C错误；D点为小球可到达的最低点，小球到达D点时动能为0，重力势能最小，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确．
eq \a\vs4\al()
功能关系的应用
【高分快攻】
1．常见的功能关系
2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增．
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增．
【典题例析】
一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
[解析] (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,h)＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得
Eh＝2.4×1012 J．④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2.0,100)vh))eq \s\up12(2)＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．
由②⑤⑥式和题给数据得
W＝9.7×108 J．⑦
[答案] 见解析
【题组突破】
1．(2019·苏州模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
解析：选D.小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝eq \f(mv2,R)得，小球在B点的速度v＝eq \r(gR).小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；合外力做功W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故C错误；根据动能定理得mgR－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故D正确．
2．(多选)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力．图中SD水平，位置R和Q关于S对称．现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大．下列关于小环C下落过程中的描述正确的是( )
A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大
C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大
D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为eq \f(cs θ,2)
解析：选ABD.在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，从S点往下，绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；小环从R点下落过程中，弹簧向下移动，形变量减少，弹性势能减小，若小环下降到S点时，弹簧恢复原长，则从S到Q过程，弹性势能增大，但平衡位置不一定在S点，若平衡位置在S点与R点之间，则小环从R到Q过程中，弹性势能，先减小，再增大，再减小，再增大，故C错误；小环在R位置时，物体B对地面无压力，此时F弹＝mBg，mA＝mB，绳的拉力T＝mAg＋F弹＝2mAg，Q点与R点对称，在Q点将小环速度分解可知vA＝vcs θ，又因环在Q位置速度最大，则有m环＝2mAcs θ，根据动能Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，物体A与小环C的动能之比为eq \f(cs θ,2)，故D正确．
3．(多选)( 2019·江南十校3月检测)如图所示，一原长等于A、B间距离的弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，右端跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时A、B、C三点在同一水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．在小球由C运动到E的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球在D点时速度最大
B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v＝eq \r(gh)
C．小球在CD段损失的机械能等于小球在DE段损失的机械能
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小为eq \r(2gh)
解析：选AB.设BC的长度为L，小球在C点时根据胡克定律有0.5mg＝kL(k为弹性绳的劲度系数)，在向下运动的过程中，设小球和B点的连线与竖直方向的夹角为α，则弹性绳对小球的拉力为F＝keq \f(L,sin α)，将F正交分解可得水平方向上有Fx＝Fsin α＝kL＝0.5mg，竖直方向上有Fy＝Fcs α＝eq \f(F,tan α)＝eq \f(mg,2tan α)，若某时小球下降的距离为l，则tan α＝eq \f(L,l)，整理可得Fy＝eq \f(mgl,2L)，由此可知，弹性绳的弹力沿竖直方向的分力与小球下降的高度l成正比．对小球受力分析，小球受重力、弹性绳的拉力、摩擦力f、杆的支持力N，小球在水平方向上受力平衡，则有N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN＝0.25mg，小球在下滑过程中，由于在竖直方向上重力的方向始终向下，大小不变，所受摩擦力的方向始终向上，大小也不变，弹性绳沿竖直方向的分力与下降的距离l成正比，所以小球在竖直方向上的运动具有对称性，当l＝eq \f(h,2)时，即小球运动到D点时小球具有最大速度，故A正确；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝fh＝0.25mgh，对小球从C到E的过程进行分析，根据功能关系，有mgh－fh－W拉＝0，解得W拉＝0.75mgh，若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则根据动能定理有W拉－mgh－fh＝0－eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(gh)，故B正确；因小球在下滑过程中受到的摩擦力不变，D是CE的中点，所以在CD段与DE段小球克服摩擦力做的功是相等的，弹性绳沿竖直方向的分力与小球下降的距离l成正比，则小球在CD段克服拉力做的功小于在DE段克服拉力做的功，即小球在CD段损失的机械能小于小球在DE段损失的机械能，故C错误；若仅把小球的质量变成2m，小球从C到E的过程中，根据动能定理有2mgh－fh－W拉＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)－0，解得v1＝eq \r(gh)，故D错误．
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一、单项选择题
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)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.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的eq \f(1,5)，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
解析：选D.由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝eq \f(P,v)＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝eq \f(P,0.2mg)＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝eq \f(1,2)at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2，解得s＝67.187 5 m，D正确．
3．(2019·南通联考)如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为( )
A.eq \f(m2g2,k) B．eq \f(2m2g2,k)
C.eq \f(3m2g2,k) D．eq \f(4m2g2,k)
解析：选B.最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝eq \f(mg,k)，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝eq \f(mg,k)，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×eq \f(mg,k)＝eq \f(2m2g2,k)，故B正确．
4．(2018·高考天津卷)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.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误．
5．(2019·常州质检)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B．eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D．eq \f(π,4)mgR
解析：选C.当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,Q),R)，veq \\al(2,Q)＝gR.对质点自P点滑到Q点的过程应用动能定理得：mgR－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－0，得：Wf＝eq \f(1,2)mgR，因此，A、B、D错误，C正确．
6．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＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，质点不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W