(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 专题突破 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 专题突破 (含解析)，共19页。试卷主要包含了对功能关系的理解，几种常见的功能关系及其表达式，滑雪运动深受人民群众喜爱等内容，欢迎下载使用。

1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．几种常见的功能关系及其表达式
【例1】 (2017·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为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( )
图1
A.eq \f(1,9)mgl B.eq \f(1,6)mglC.eq \f(1,3)mgl D.eq \f(1,2)mgl
解析 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了eq \f(l,6)，则重力势能增加ΔEp＝eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝eq \f(1,9)mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝eq \f(1,9)mgl ，故选项A正确，B、C、 D错误。
答案 A
1．如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中( )
图2
A．只有重力做功
B．重力势能的减小量大于重力做的功
C．重力势能的减小量等于动能的增加量
D．动能的增加量等于合力做的功
解析 由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D正确。
答案 D
2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
解析 由题可得：重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。
答案 C
3．(2018·天津理综，2)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( )
图3
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 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；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，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。
答案 C
突破二 摩擦力做功与能量的转化
1．两种摩擦力的做功情况比较
2.相对滑动物体能量问题的解题流程
【例2】 (多选)如图4所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( )
图4
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
解析 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。
答案 ABC
1．(多选)(2018·江苏单科，7)如图5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( )
图5
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 对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。
答案 AD
2．如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
图6
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
解析 (1)传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝eq \(v,\s\up6(－)) t1＝eq \f(v0,2)t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2)。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。
在时间t1内，传送带运动的位移
x传送带＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcs θ·x相＝60 J
工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
答案 (1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
突破三 能量守恒定律的应用
1．对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)转移：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。
2．涉及弹簧的能量问题应注意
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
【例3】 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最
大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：
图7
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
解析 (1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
代入数值解得f＝0.5 N
(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得
mg(h1＋x2)＝fs＋Ep
代入数值解得s＝11.05 m
(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
运用能量守恒定律解题的基本思路
1．(2018·江西南昌二模)如图8所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后 ( )
图8
A．物块不能到达C点
B．物块经过C点时动能不变
C．物块经过C点时的机械能增大
D．物块经过B点时对轨道的压力减小
解析 物块从A到C过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，可知质量减小，物块经过C点时动能增大，vC增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B过程，由能量守恒有Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，在B点有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)，解得FN＝mg＋eq \f(2Ep,R)，减小，故D正确。
答案 D
2．(2019·乐山模拟)如图9甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
图9
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
解析 (1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为
a＝|eq \f(Δv,Δt)|＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.5。
(2)根据速度—时间公式得t2＝0.3 s时的速度大小
v1＝vc－aΔt，解得v1＝0
在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为
v2＝a′Δt＝0.2 m/s。
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得
Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcs 37°＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)
解得Ep＝4 J。
答案 (1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
科学思维系列——满分指导：大题小做“三步曲”
第一步：读题审题，做到一“看”二“读”三“思”
1．看题
“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等。
2．读题
“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。不管试题难易如何，一定要怀着轻松
的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系。
3.思题
“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。
第二步：“拆分”运动过程
采用“拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动“拆分”成若干个简单的子过程，即一个个的小题。
第三步：选规律，列方程
针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律。只要掌握了物体各阶段运动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到解决。
【典例】 (12分)如图10，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图10
(1)物体水平抛出时的初速度v0的大小；
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。
解题指导 问题拆分→大题小做→化繁为易
第(1)问可拆分为3个子问题
①恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖直速度是多大？
②从A点沿切线方向进入圆弧轨道时水平速度与竖直速度存在什么关系？
③过A点时物体的水平速度是多大？
第(2)问可拆分为2个子问题
④物体通过B点时的速度是多大？
⑤写出物体通过B点时功与动能的关系式。
第(3)问可拆分为2个子问题
⑥判断物体在轨道CD上是否存在往返运动。
⑦求物体沿CD向上运动的位移。
规范解答：(1)从P到A：竖直方向自由落体
veq \\al(2,y)＝2gh①(1分)
在A点由几何关系得：vx＝vytan 37°②(1分)
水平方向匀速运动：v0＝vx＝3 m/s③(1分)
(2)从P到B机械能守恒
mg(h＋R－Rcs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)④(2分)
过B点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得
FN′－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)⑤(2分)
由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小
FN＝FN′＝34 N(1分)
(3)因μmgcs 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。⑥(1分)
由B上滑至最高点的过程，由功能关系得
mgR(1－cs 37°)＋(mgsin 37°＋μmgcs 37°)x＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑦(2分)
代入数据解得x＝1.09 m(1分)
答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m
多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．如图1所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，则此过程中铁块损失的机械能为( )
图1
A.eq \f(4,3)mgR B．mgRC.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(3,4)mgR
答案 D
2．(多选)如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )
图2
A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2
B．物块对传送带做功为0.5mv2
C．系统摩擦生热为0.5mv2
D．电动机多做的功为mv2
解析 对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2，故选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为mv2，故选项B错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为mv2，故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故选项C正确。
答案 ACD
3．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图3所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
图3
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝W弹＋Wf，W弹＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。
答案 A
4．安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”。如图4所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 m。在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为( )
图4
A．1 250 J B．2 500 JC．5 000 J D．7 500 J
解析 设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcs θ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcs θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确。
答案 C
5．如图5所示，木板质量为M、长度为L，可看作质点的小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与木板和木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端。现用水平向右的力F将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功为( )
图5
A．μmgL B．2μmgLC.eq \f(1,2)μmgL D．μ(M＋m)gL
解析 将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分别对小木块和木板进行受力分析可知，F＝μmg＋FT，FT＝μmg，小木块的位移大小为eq \f(L,2)，所以WF＝F·eq \f(L,2)＝μmgL，选项A正确。
答案 A
6. 如图6所示，一个质量为m＝60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120 J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
图6
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120 J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
解析 由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J。撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得WF＋WG＝0，即重力做功为WG＝－WF＝－120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120 J，物体的速度v＝eq \r(\f(2Ek,m))＜eq \r(\f(2×120,60)) m/s＝2 m/s，选项D错误。
答案 C
综合提能练
7．(2019·四川成都模拟)如图7甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1 s到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内( )
图7
A．物体的加速度大小为2 m/s2
B．弹簧的伸长量为3 cm
C．弹簧的弹力做功为30 J
D．物体的重力势能增加36 J
解析 根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得F＝6 N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝6 J，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36 J，选项C、D错误。
答案 B
8．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图8，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
图8

A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR
解析 设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq \r(gR)。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq \f(vc,g)＝2eq \r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq \f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。
答案 C
9．(多选)(2019·佛山高三检测)如图9甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是( )
图9
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析 当h＝0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝meq \f(veq \\al(2,C),r)，所以veq \\al(2,C)＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故选项A正确；由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)×0.1×4 J－eq \f(1,2)×0.1×25 J＝－1.05 J，故选项C正确；小球离开C点后做平抛运动，故2r＝eq \f(1,2)gt2，落地点到A的距离x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故选项D正确。
答案 ACD
10．(2017·全国卷Ⅰ，24)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7.5×103 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 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝eq \f(1,2)m(eq \f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤
由功能关系得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地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 J⑦
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
11．如图10甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1 m的水平直轨道AB与半径均为0.4 m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O′为圆心，C为最高点)相切于B，B′为第2个圆与水平轨道的切点，O′D与O′B′的夹角为60°，接收装置为高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O′EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为图乙模型。质量为0.6 kg的电动小汽车以额定功率P＝6 W从起点A启动沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作)，刚好能通过C点，之后沿圆弧从B′运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为μ＝0.2，其余轨道均光滑，g＝10 m/s2(空气阻力不计，小汽车运动过程中可视为质点)。
乙
图10
(1)求电动机工作时间？
(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调节高度H和EB′的水平位移x2；
(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调节，设O′D与O′B′的夹角为θ，要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位移x1、角度θ的关系方程。
解析 (1)小汽车刚好过最高的C点，轨道对小汽车刚好无作用力mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),R)
对AC应用动能定理Pt－μmgL－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，t＝1.2 s
(2)对从C到D，应用机械能守恒定律，得
mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
vD＝4 m/s，vDx＝vDsin 30°＝2 m/s
vDy＝vDcs 30°＝2eq \r(3) m/s
将DE看成逆向平抛运动
vDy＝gt′，t′＝eq \f(\r(3),5) s
h＝eq \f(1,2)gt′2＝0.6 m
H＝h＋R(1－cs 60°)＝0.8 m
x1＝vDxt′＝0.4eq \r(3) m
x2＝x1＋Rsin 60°＝0.6eq \r(3) m≈1.04 m
(3)将DE看成逆向平抛运动
tan θ＝2eq \f(h,x1)，H＝h＋R(1－cs θ)
解得x1＝eq \f(2（H－0.4＋0.4cs θ）,tan θ)
答案 (1)1.2 s (2)0.8 m 1.04 m
(3)eq \f(2（H－0.4＋0.4cs θ）,tan θ)
各种力做功
对应能
的变化
定量的关系
合力做功
动能变化
合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1
重力做功
重力势能
变化
重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力
做功
弹性势能
变化
弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹
簧弹力做功
机械能
不变化
机械能守恒ΔE＝0
非重力和
弹力做功
机械能
变化
除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功