（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题14 功能关系（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 势能变化与做功的关系
\l "_Tc26924" 【题型二】 动能定理
\l "_Tc12217" 【题型三】 机械能变化与做功的关系
\l "_Tc30563" 【题型四】 图像分析
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 势能变化与做功的关系
【典例分析】如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为eq \f(1,3)g，下降高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的电场强度为eq \f(mg,3q)
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为eq \f(mgH＋h,3)
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为eq \f(mgH＋h,3)
【提分秘籍】
1、重力做正功，重力势能减少
2、重力做负功，重力势能增加
3、WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
4、弹力做正功，弹性势能减少
5、弹力做负功，弹性势能增加
6、WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
7、只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．
8、只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．
【变式演练】
1．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )
A．两个阶段拉力做的功相等
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
2．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq \f(1,2)μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq \f(3,2)μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
3．[多选]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＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，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、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )
【题型二】 动能定理
【典例分析】如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm＝0.8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)小物块从A点运动至B点的时间；
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
(3)C、D两点间的水平距离L。
【提分秘籍】
1、表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
2、若只涉及动能的变化用动能定理．
3．应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
【变式演练】
1．如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan eq \f(α－β,2)
2．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
3．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
【题型三】 机械能变化与做功的关系
【典例分析】(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为eq \f(3,4)g.在这个过程中，物体( )
A．重力势能增加了mgh
B．动能减少了mgh
C．动能减少了eq \f(3mgh,2)
D．机械能损失了eq \f(3mgh,2)
【提分秘籍】
1、其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
2、其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
3、W其他＝ΔE
4、只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
【变式演练】
1．如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J。则以下说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．物块的竖直高度降低了0.8 m
B．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 m
C．物块获得的动能为4 J
D．由于木板转动，物块的机械能必定增加
2．(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )
A．物体重力势能减少量一定大于W
B．弹簧弹性势能增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W
3．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大
C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和
D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度
【题型四】 图像分析
【典例分析】如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是( )
【提分秘籍】
【变式演练】
1．如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
2．一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度—时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．质点的机械能不断增加
B．在0～5 s内质点的动能增加
C．在10～15 s内质点的机械能一直增加
D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能
3．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
1．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，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至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
2．如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
3．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)( )
A．11 J B．16 J
C．18 J D．9 J
4．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
5．如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s时间内物体运动的v­t图像如图乙所示，其中除1～2 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)1 s后电动机的输出功率P；
(2)物体运动的最大速度vm；
(3)在0～3 s内电动机所做的功。
6．一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是( )
7（2021年全国甲卷）.如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
参考答案
【题型一】 势能变化与做功的关系
【典例分析】答案 D
解析 带电物块由静止开始下落时的加速度为eq \f(1,3)g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq \f(2mg,3q)，故A错误；从A到C的过程中，除重力和弹簧弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－eq \f(2mgH＋h,3)，可知机械能减少量为eq \f(2mgH＋h,3)，故B错误；从A到C的过程中，电场力做功为－eq \f(2mgH＋h,3)，则电势能增加量为eq \f(2mgH＋h,3)，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－eq \f(2mgH＋h,3)＋W弹＝0－0，解得弹力做功为：W弹＝－eq \f(mgH＋h,3)，即弹簧弹性势能增加量为eq \f(mgH＋h,3)，故D正确．
【变式演练】
1．答案 B
2．答案 BC
3．解析：选CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。
【题型二】 动能定理
【典例分析】解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，据几何关系有：tan θ＝eq \f(v0,gt)
解得：t＝eq \f(\r(3),5) s≈0.35 s。
(2)vB＝eq \f(v0,sin θ)＝4 m/s。
小物块由B运动到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在C点处，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
联立两式代入数据解得FN＝8 N。
由牛顿第三定律得：小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力FN′＝FN＝8 N。
(3)从C点到D点，由能量守恒定律可知：
eq \f(1,2)mvC2＝μmgL＋Epm，解得：L＝1.2 m。
答案：(1)0.35 s (2)8 N (3)1.2 m
【变式演练】
1．解析：选C 对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcs α·AC－μmg·CE－μmgcs β·EB＝0，因为AC·cs α＋CE＋EB·cs β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq \f(h,x)＝tan θ，故C正确。
2．解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax
①
由牛顿第二定律有
mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(vC2,R)⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
3．解析：选D 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点。D正确。
【题型三】 机械能变化与做功的关系
【典例分析】答案 AC
解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔEk＝maeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(3,2)mgh，选项B错误，选项C正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin 30°＋Ff＝ma，a＝eq \f(3,4)g，所以Ff＝eq \f(1,4)mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ffeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,4)mgeq \f(h,sin 30°)＝eq \f(1,2)mgh，选项D错误．
【变式演练】
1．解析：选A 由重力势能的表达式Ep＝mgh，重力势能减少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A项正确、B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块机械能必定减少，故C、D项均错误。
2．答案 AD
解析 根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确．
3．解析：选C 由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。
【题型四】 图像分析
【典例分析】答案 D
解析 重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－Ffeq \f(h,sin α)＝E－E0，即E＝E0－Ffeq \f(h,sin α)；下滑过程中有－Ffeq \f(2H－h,sin α)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ffeq \f(H,sin α)＋Ffeq \f(h,sin α)，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－eq \f(Ff,sin α)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq \f(Ff,sin α))h，下滑过程中有－mgh－Ffeq \f(2H－h,sin α)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ffeq \f(H,sin α)－(mg－eq \f(Ff,sin α))h，故Ek－h图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确．
【变式演练】
1．[解析] (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mvB2
得vB＝2eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，
且x1＝eq \f(1,2)at12，解得t1＝ eq \r(\f(8,35)) s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝meq \f(vC2,R)
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
代入数值得W＝－5 J。
即克服摩擦力做的功为5 J。
[答案] (1)2eq \r(10) m/s (2) eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
2．解析：选D 由图像可以看出0～5 s内的加速度等于g，质点的机械能不变，故A错误；在0～5 s内，质点速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则质点速度减小，则动能减小，故B错误；在10～15 s内，质点向上减速的加速度大于g，说明质点受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；根据牛顿第二定律，5～10 s内，mg－F＝ma，得：F＝2m，方向向上，做正功，质点机械能增加；10～15 s内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，质点机械能减少；质点一直向上做减速运动，则10～15 s内的速度小于5～10 s内的速度，则10～15 s内的位移s10～15小于5～10 s内的位移s5～10，故Fs5～10＞Fs10～15，则5～15 s内质点机械能增加的多，减少的少，故质点在t＝15 s时的机械能大于t＝5 s时的机械能，D正确。
3．解析：选D 由图像可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v ­t图像可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。
1．答案 D
2．解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0，解得h＝eq \f(μRcs θ,tan θ)。
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRcs θ－μmgcs θ·s＝0，解得：s＝eq \f(R,μ)。
答案：(1)eq \f(μRcs θ,tan θ) (2)eq \f(R,μ)
3．解析：选C A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝eq \f(3,4)。由运动的合成与分解可得vAcs α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝eq \f(1,2)mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋eq \f(1,2)mvB2＝2×10×0.1 J＋eq \f(1,2)×2×42 J＝18 J，选项C正确。
4．解析：选D a­t图线的“面积”等于速度的变化量，由图像可知，0～6 s内速度变化量一直为正，物体速度方向不变，物体在0～5 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B均错误；2～4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4 s时和t＝6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4 s内和0～6 s内动能变化量相等，合外力做功也相等，D正确。
5．解析：(1)设物体的质量为m，由题图乙可知，在t1＝1 s时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a＝5 m/s2，1 s末物体的速度大小达到v1＝5 m/s，此过程中，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1＝at1
F1－mgsin 30°＝ma
设在1 s末电动机的输出功率为P，由功率公式可得：P＝F1v1
联立解得：P＝100 W。
(2)当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小为F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F2－mgsin 30°＝0
P＝F2vm
联立解得：vm＝10 m/s。
(3)设在时间t1＝1 s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1，则由运动学公式得：x＝eq \f(1,2)at12
由动能定理得：W1－mgxsin 30°＝eq \f(1,2)mv12
设在时间t＝3 s内电动机做的功为W，则：W＝W1＋P(t－t1)
联立解得：W＝250 J。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J
6．解析：选D 拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误。由匀变速运动的速度位移关系公式v2－v02＝2ah得：v2＝v02＋2ah，由数学知识可知，v2 ­h图像的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定。由功能关系知：FΔh＝ΔE，即得eq \f(ΔE,Δh)＝F，所以E­h图像的斜率等于拉力F，F一定，因此E­h图像应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确。
7、答案：本题考查功能关系的理解与应用。
（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为，到达第31个减速带时的速度为，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为和；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
v ­t图
由公式x＝vt可知，v ­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
a­t图
由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F­x图
由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P­t图
由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功