6、重在理解基本概念，掌握典型的功和功率計算方法
[必備知能]
1．計算功時的注意事項
(1)計算功時，要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，分清是恒力做功還是變力做功，恒力做的功一般用功的定義式或動能定理求解，變力做的功可用動能定理或圖象法求解。
(2)用圖象法求外力做的功時，應(yīng)注意橫坐標和縱坐標分別表示的物理量，若橫坐標表示位移，縱坐標表示力，則可用圖線與橫坐標圍成的面積表示功，例如圖甲、乙、丙(圖丙中圖線為圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。
2．計算功率時的注意事項
計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時功率應(yīng)明確是哪一時
7、刻或位置的瞬時功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時間內(nèi)的平均功率；應(yīng)注意區(qū)分公式P＝和P＝Fvcos θ的適用范圍，P＝用于計算平均功率，P＝Fvcos θ用于計算瞬時功率。
[演練沖關(guān)]
1.(2018屆高三·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點運動的vt圖象為正弦曲線。從圖象可以判斷( )
A．質(zhì)點做曲線運動
B．在t1時刻，合外力的功率最大
C．在t2～t3時間內(nèi)，合外力做負功
D．在0～t1和t2～t3時間內(nèi)，合外力的平均功率相等
解析：選D 質(zhì)點運動的v t圖象描述的是質(zhì)點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，v t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為
8、零，選項B錯誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時間內(nèi)，質(zhì)點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0～t1 和t2～t3時間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確。
2．(2017·吉林模擬)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用。下列判斷正確的是( )
A．0～2 s內(nèi)外力的平均功率是 W
B．第2 s內(nèi)外力所做的功是 J
C．第2 s末外力的瞬時功率最大
D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是1∶1
解析：選A 由
9、牛頓第二定律和運動學公式，可求出，第1 s 末、第2 s末速度的大小分別為：v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，0～2 s內(nèi)外力做功為W＝mv22＝4.5 J，平均功率為P＝＝ W＝ W，A對；第2 s內(nèi)外力所做的功W2＝mv22－mv12＝2.5 J，B錯；第1 s末、第2 s末外力的瞬時功率分別為P1＝F1·v1＝4 W、P2＝F2·v2＝3 W，C錯；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量分別為：mv12＝2 J，mv22－mv12＝2.5 J，比值為4∶5，D錯。
3．(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，
10、此后物體的v t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則( )
A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5
B．10 s末恒力F的瞬時功率為6 W
C．10 s末物體在計時起點左側(cè)4 m處
D．0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W
解析：選D 由題圖乙可知0～4 s內(nèi)的加速度：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s內(nèi)的加速度：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4
11、s 內(nèi)的位移x1＝×4×8 m＝16 m,4～10 s內(nèi)的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故10 s末物體在計時起點左側(cè)2 m處，選項C錯誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。
題型(二) 機車啟動問題
高考定位：常考題型
解題關(guān)鍵：重在領(lǐng)悟機車啟動的過程，聯(lián)系實際、結(jié)合圖象分析各物理量的變化情況
[典例示法]
[例1] (2017·咸陽模擬)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則( )
A．0～t1時間內(nèi)
12、，汽車的牽引力等于m
B．t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于Ffv1
C．汽車運動的最大速度等于v1
D．t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度小于
[解析] 由題圖可知，汽車運動的最大速度為v2，則有P＝Ffv2。在0～t1時間內(nèi)，汽車做勻加速直線運動，加速度大小為a＝，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，汽車的牽引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，選項A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率保持不變，汽車功率P＝Ffv2，選項B錯誤；題圖上A點和B點都對應(yīng)汽車功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，聯(lián)立解得v2＝v1，選項C正確；根據(jù)速度—時間圖象的面積表示位移，t1～t2時間內(nèi)，汽車的位移為曲邊梯
13、形ABt2t1的面積，汽車的平均速度大于，選項D錯誤。
[答案] C
分析機車啟動應(yīng)注意的三個問題
1．機車啟動的方式不同，運動的規(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)注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律。
2．在公式P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，因此F＝Ff時，牽引力與阻力平衡，機車達到最大運行速度。
3．解決機車啟動問題一定要分清機車是勻加速啟動還是以恒定功率啟動。
(1)以恒定功率啟動的過程中，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不適用，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
14、＝Flcos θ求解。
(2)勻加速啟動過程中，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后，機車做加速度減小的加速運動。
[演練沖關(guān)]
4．[多選](2017·佛山第一中學檢測)質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍。汽車以額定功率行駛，當它加速行駛的速度為v時，加速度為a。則以下分析正確的是( )
A．汽車發(fā)動機的額定功率為kmgv
B．汽車行駛的最大速度為
C．當汽車加速度減小到時，速度增加到2v
D．汽車發(fā)動機的額定功率為(ma＋kmg)v
解析：選BD 設(shè)汽車的額定功率
15、為P，汽車的速度為v時，根據(jù)牛頓第二定律知：－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A錯誤，D正確；汽車勻速行駛時，牽引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝＝＝，故B正確；加速度為時，設(shè)此時牽引力為F，則F－kmg＝m·，解得：F＝kmg＋，此時速度為：v＝＝<2v，故C錯誤。
5.[多選](2017·廣州檢測)如圖，傾角為30°的自動扶梯在電壓為380 V的電動機帶動下，以0.4 m/s的恒定速率向斜上方運動，電動機的最大輸出功率為4.9 kW，空載時電動機中的電流為5 A，假設(shè)載人時扶梯的運動速率和空載時相同。設(shè)所載人的平均質(zhì)量為60 kg，重力加速度g＝10 m/s2。
16、不計一切損耗，則扶梯勻速運動過程中( )
A．站在扶梯上的人不受摩擦力作用
B．扶梯可同時乘載的最多人數(shù)為25人
C．扶梯可同時乘載的最多人數(shù)為40人
D．無論空載或滿載，電動機的輸出功率均為 4.9 kW
解析：選AB 因扶梯斜向上勻速運動，故站在扶梯上的人豎直方向和水平方向所受合力為零，則不受摩擦力作用，選項A正確；維持扶梯運轉(zhuǎn)的功率：P0＝UI＝380×5 W ＝1 900 W＝1.9 kW，電動機的最大輸出功率為P最大＝4.9 kW；可用于輸送人的功率：ΔP＝P最大－P0＝(4.9－1.9)kW＝3 kW，輸送一個人的功率：P＝Gvsin 30°＝mgvsin 30°＝60
17、×10×0.4× W＝120 W，同時乘載的最多人數(shù)：n＝＝＝25(人)，選項B正確，C錯誤；空載時電動機的功率為1.9 kW；滿載時電動機的輸出功率為4.9 kW，選項D錯誤。
題型(三) 動能定理的應(yīng)用
高考定位：?？碱}型
解題關(guān)鍵：動能定理是一個“過程”定理，即做功過程與運動過程必須嚴格一致
[典例示法]
[例2] (2017·南平檢測)如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不拴接。開始時小球位于O點，彈簧水平且無形變。O點的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，半圓弧的半徑為R，B為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ
18、?，F(xiàn)用外力推動小球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為x0，將小球由靜止釋放，小球恰能沿半圓弧軌道運動到最高點B。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是( )
A．小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大
B．小球運動過程中的最大速度為vm＝
C．小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep＝2.5mgR＋μmgx0
D．小球通過半圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為 5mg
1．小球恰能沿半圓弧軌道運動到最高點B，說明此時由重力提供小球做圓周運動的向心力。
2．小球在從A到O運動的過程中，應(yīng)用能量守恒定律；小球在從O到B運動的過程中，應(yīng)用動能定理。
[
19、解析] 小球在從A到O運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，小球做加速度減小的加速運動，當加速度為零時(彈力等于摩擦力時)速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球開始做減速運動，當運動到O(彈簧達到原長)時離開彈簧，故A錯誤；因為小球恰能沿半圓弧軌道運動到最高點B，由重力提供向心力：mg＝m，解得vB＝，從O到B，根據(jù)動能定理得：－mg·2R＝mvB2－mv02，解得：v0＝，由以上分析可知：小球從開始運動到離開彈簧，速度先增大后減小，所以最大速度要比大，故B錯誤；從A到O，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝mv02＋μmgx0＝2.5mgR＋μmgx0，故C正確；小球在
20、半圓弧軌道最低點時做圓周運動，由牛頓第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝6mg，則小球?qū)壍赖膲毫?mg，故D錯誤。
[答案] C
1．動能定理雖然是在恒力作用下的直線運動中推導出來的，但也適用于變力做功、曲線運動等情況。
2．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。
3．當問題涉及力、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。
4．對于多過程問題，求解時可對全過程應(yīng)用動能定理，從而避開對每個運動過程的具體細節(jié)進行分析，具有過程簡明、運算量小等優(yōu)點。
[演練沖關(guān)]
6．[多選](20
21、18屆高三·廣東中山一中七校聯(lián)考)如圖，質(zhì)量相同、大小不計的兩球A、B分別用不同長度的細線懸掛，LA＞LB。拉至同一高度且細線水平時釋放，兩球到最低點時，相等的物理量是( )
A．細線的拉力 B．兩球的速度
C．兩球的加速度 D．兩球具有的機械能
解析：選ACD 根據(jù)動能定理得：mgL＝mv2，解得：v＝，因為LA>LB，所以vA>vB，故B錯誤；根據(jù)球釋放后做圓周運動得：T－mg＝m，解得：T＝mg＋m＝3mg，所以細線拉力相等，故A正確；根據(jù)a＝，解得：a＝2g，所以兩球的加速度相等，故C正確；兩球在運動的過程中，只有重力做功，機械能守恒，初始位置的機械能相等，所
22、以在最低點，兩球的機械能相等，故D正確。
7.[多選](2017·天津檢測)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點，C為最高點，圓環(huán)左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點由靜止釋放，經(jīng)A點進入圓軌道，不計小球由小口到A的機械能損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是( )
A．R B．2R
C．3R D．4R
解析：選AD 若使小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝m，根據(jù)動能定理mg(h－2R)＝mvC2，解得h＝R，由幾何關(guān)系知，小球釋放的位置到
23、A點的距離滿足x≥＝R，選項D正確；若使小球恰能經(jīng)過與圓心O等高的一點，則釋放的高度h′＝R，小球釋放的位置到A點的距離滿足x′≤＝R，選項A正確。
[選擇題保分練] 功和功率、動能定理
1．(2017·內(nèi)蒙古赤峰二中模擬)汽車在平直公路上勻速行駛，t1時刻司機減小油門使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速行駛(設(shè)整個過程中汽車所受的阻力大小不變)。下列圖象能正確描述汽車速度隨時間變化的是( )
解析：選A 汽車以功率P、速度v0勻速行駛時，牽引力與阻力平衡。當t
24、1時刻司機減小油門，汽車的功率減為P的瞬間，速度v不變，由P＝Fv可知，汽車的牽引力突然減小到原來的一半，即F＝F0，阻力f沒有變化，汽車的牽引力小于阻力，汽車開始做減速運動，速度v減小，功率保持為P，由P＝Fv可知，隨v減小，牽引力逐漸增大，由牛頓第二定律知，汽車的加速度逐漸減小，汽車做加速度減小的減速運動，當汽車牽引力再次等于阻力，即t2時刻，汽車再次勻速行駛，由P＝Fv得知，此時汽車的速度為原來的一半，由題圖可知，A正確，B、C、D錯誤。
2.(2017·黃岡中學檢測)如圖所示，半徑為R的光滑豎直半圓弧與粗糙水平面平滑連接，輕彈簧一端與墻壁連接，另一端與可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的小滑塊接觸
25、但不拴接，小滑塊在水平向右的外力作用下靜止于P點，P點與圓弧最低點A的間距為R。某時刻將小滑塊由靜止釋放，小滑塊到達A點之前已與彈簧分離，此后恰好能到達半圓弧最高點C。已知小滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。上述過程中彈簧對小滑塊做的功為( )
A．2mgR B．2.5mgR
C．3mgR D．3.5mgR
解析：選C 小滑塊恰好能到達半圓弧最高點C，則在C點：mg＝m，從釋放到C點，由動能定理得：W－μmgxPA－mg·2R＝mvC2－0，解得W＝3mgR，故C正確。
3.(2017·石家莊檢測)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v t
26、圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是( )
A．t3～t4時間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運動
B．t0～t2時間內(nèi)，合力對小球先做正功后做負功
C．0～t2時間內(nèi)，小球的平均速度一定為
D．t3～t4時間內(nèi)，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
解析：選D 根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3～t4時間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線運動，故選項A錯誤；t0～t2時間內(nèi)，小球速度一直增大，根據(jù)動能定理可知，合力對小球一直做正功，故選項B錯誤；0～t2時間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時間的比值，不一定為，故選項C錯誤；根據(jù)
27、動能定理，在t3～t4時間內(nèi)：WF－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得：WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項D正確。
4.(2017·江西師范大學附中檢測)如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠小于h)彎制而成。一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是( )
A．小球到達下端管口時的速度大小與l有關(guān)
B．小球到達下端管口時重力的功率為mg
C．小球到達下端的時間為
D．小球在運動過程中受管道的作用力大小不變
解析：選C 在小球到達下端管口的過程中只有重力做功，故根據(jù)動能定理可知mgh
28、＝mv2，解得v＝，小球到達下端管口時的速度大小與h有關(guān)，與l無關(guān)，故A錯誤；小球到達下端管口時的速度為v＝，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時功率為P＝mg·sin θ(θ為此時小球速度方向與水平方向的夾角)，故B錯誤；小球在管內(nèi)下滑的加速度滿足v2＝2al，解得a＝，設(shè)下滑所需時間為t，則l＝at2，t＝＝ ，故C正確；小球從上端管口到達下端過程中，速度越來越大，做的是螺旋加速圓周運動，根據(jù)Fn＝可知，所受支持力(管道作用力)越來越大，故D錯誤。
5．(2017·黃岡中學檢測)豎直上拋一球，球又落回原處，空氣阻力的大小與球的速度成正比，則( )
A．上升過程中克服重力做的功大于下降過
29、程中重力做的功
B．上升過程中克服重力做的功小于下降過程中重力做的功
C．上升過程中克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力做功的平均功率
D．上升過程中克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力做功的平均功率
解析：選C 重力做功的大小只與球的初、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，所以在上升和下降的過程中，重力做功的大小是相等的，故上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功，A、B錯誤；球在上升的過程中受到的阻力向下，在下降的過程中受到的阻力向上，所以在上升時球受到的合力大，加速度大，此過程球運動的時間短，在上升和下降的過程中，球所受重力做功的大小是相同的，由P＝可知，上升過程中重力的平均
30、功率較大，所以C正確，D錯誤。
6.[多選](2017·太原模擬)如圖所示，豎直固定的光滑絕緣桿上O點套有一個質(zhì)量為m、帶電量為q(q<0)的小環(huán)。在桿的左側(cè)固定一個帶電量為＋Q的點電荷，桿上A、B兩點與Q正好構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形，OA間距離也為a?，F(xiàn)將小環(huán)從O點由靜止釋放，若小環(huán)通過A點的速率為，則在小環(huán)從O到B的過程中( )
A．在O點時，小環(huán)與點電荷形成的系統(tǒng)電勢能最大
B．到達AB的中點時，小環(huán)速度一定最大
C．從O到B，電場力對小環(huán)一直做正功
D．到達B點時，小環(huán)的速率為
解析：選AD 點電荷在OB段的O點電勢最小，由于小環(huán)的帶電量q<0，則在
31、O點時小環(huán)與點電荷形成的系統(tǒng)電勢能最大，A正確；到達AB的中點時，受電場力方向水平，小環(huán)所受合外力等于mg，加速度a＝g，小環(huán)將繼續(xù)加速，B錯誤；從O到B，電場力對小環(huán)先做正功后做負功，總功是正功，C錯誤；從O到A，根據(jù)動能定理：mga＋qUOA＝mv2＝mga，從O到B，根據(jù)動能定理：mg·2a＋qUOB＝mv′2，由點電荷電場分布特點及幾何關(guān)系知，UOB＝UOA，解得v′＝，D正確。
7.[多選](2018屆高三·湖北七校聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2 m的橡膠帶，橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內(nèi)，其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠
32、帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4 m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1 kg、寬度也為d的矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列說法正確的是( )
A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4 N
B．矩形板的重力做功為 WG＝3.6 J
C．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8 J
D．矩形板的上邊緣滑過橡膠帶下邊緣時速度大小為v＝ m/s
解析：選BCD 矩形板在滑過橡膠帶的過程中對
33、橡膠帶的正壓力是變化的，所以矩形板受到的摩擦力是變化的，所以A錯誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，所以B正確；矩形板在滑上橡膠帶的過程中，摩擦力隨矩形板下滑由0均勻增大到μmgcos θ，在滑下橡膠帶的過程中，摩擦力隨矩形板下滑由μmgcos θ均勻減小到0，上述兩個過程對應(yīng)矩形板的下滑距離均為d，產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功Q＝2×μmgcos θ·d＝0.8 J，所以C正確；根據(jù)動能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D正確。
8.[多選](2018屆高三·衡陽聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上運動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽
34、引力和速度的關(guān)系圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達到的最大速度v3，運動過程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是( )
A．汽車行駛中所受的阻力為
B．汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為
C．速度為v2時的加速度大小為
D．若速度為v2時牽引力恰為，則有v2＝2v1
解析：選ABD 根據(jù)牽引力和速度的關(guān)系圖象和功率P＝Fv 得，汽車運動中的最大功率為F1v1，汽車達到最大速度v3時加速度為零，此時阻力等于牽引力，所以阻力f＝，A正確；根據(jù)牛頓第二定律，保持某一恒定加速度時，加速度a＝＝－，加速的時間：t＝＝，則汽車勻加速運動的
35、過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝，B正確；汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1，故速度為v2時的牽引力是，對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，可得速度為v2時加速度大小為a′＝－，C錯誤；若速度為v2時牽引力恰為，則＝，則v2＝2v1，D正確。
高考研究(七) 聚焦選擇題考法——機械能守恒定律、功能關(guān)系
1.[多選](2015·全國Ⅱ卷T21)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、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則( )
A．a(chǎn)落地前，輕桿對
36、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a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
解析：選BD 由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。
因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，選項B正確；同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；桿對b的作用先
37、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的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。
2.[多選](2016·全國Ⅱ卷T21)如圖，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?，F(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，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中( )
A．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
38、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：選BCD 在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，則小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點運動到N點的過程中，彈簧長度先縮短，當彈簧與豎直桿垂直時彈簧達到最短，這個過程中彈力對小球做負功，然后彈簧再伸長，彈力對小球開始做正功，當彈簧達到自然伸長狀態(tài)時，彈力為零，再隨著彈簧的伸長彈力對小球做負功，故整個過程中，彈力對小球先做負功，再做正功，后再做負功，選項A錯誤；在彈簧與桿垂直時及彈簧處于自然伸長狀態(tài)時，小球加速度等于重力加速度，選項B正確；彈簧與桿垂直
39、時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由機械能守恒定律知，在M、N兩點彈簧彈性勢能相等，在N點動能等于從M點到N點重力勢能的減小值，選項D正確。
高考題型
典型試題
難度
1.機械能守恒定律的應(yīng)用
2015·全國Ⅱ卷T21
★★★
2.功能關(guān)系的應(yīng)用
2016·全國Ⅱ卷T21
★★★
題型(一) 機械能守恒定律的應(yīng)用
[必備知能]
1．機械能守恒定律的理解
2．運用機械能守恒定律求解問題時的注意點
(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(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))
40、為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，機械能卻是守恒的。如圖所示，單獨選物體A機械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機械能守恒。
(2)研究過程的選取
有些問題研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒。因此，在應(yīng)用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取。
(3)守恒表達式的選取
“守恒觀點”的表達式適用于單個或多個物體機械能守恒的問題，列式時需選取參考平面，而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機械能守恒時，不必選取參考平面。
[演練沖關(guān)]
1.(2017·甘肅檢測)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角
41、為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M，此時M離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)。已知M＝2m，空氣阻力不計。松開手后，關(guān)于二者的運動下列說法中正確的是( )
A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零
C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的加速度為零
D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于m的機械能增加量
解析：選B 因M、m之間有彈簧，故兩物體所受彈簧的彈力做功，機械能不守恒，故A錯誤；M的重力沿斜面的分力為Mgsin
42、30°＝mg，先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，則此時m受細繩拉力為mg，故m與地面間的作用力恰好為零，故B正確；然后M做減速運動，M恰好到達擋板處時，即速度恰好減小到零，彈簧仍處于伸長狀態(tài)且彈力大于mg，m的加速度不為零，故C錯誤；若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與m的機械能增加量之和，故D錯誤。
2．(2017·宜賓模擬)如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球運動的v t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線
43、，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是( )
A．小球在tB時刻所受彈簧彈力大于mg
B．小球在tC時刻的加速度大于g
C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點
D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量
解析：選B 由題圖乙可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈＝mgsin 30°＝mg，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值，小球在A點的加速度大小為gsin 30°＝g，C點的切線斜率的大小大于A點的切線斜率的大小，即小
44、球在tC時刻的加速度大于g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能與動能減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤。
3.[多選](2017·泰安檢測)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A點，光滑定滑輪與直桿的距離為d。A點與定滑輪等高，B點在距A點正下方d處。現(xiàn)將環(huán)從A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B時，重物上升的高度h＝d
B．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能
C
45、．環(huán)從A能下降的最大高度為d
D．當環(huán)下降時，輕繩的拉力T＝2mg
解析：選BC 根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)到達B時，重物上升的高度h＝d－d，故A錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能，故B正確；設(shè)環(huán)下降到最大高度為H時，環(huán)和重物的速度均為零，此時重物上升的最大高度為：－d，根據(jù)機械能守恒有：mgH＝2mg，解得：H＝，故C正確；環(huán)向下運動，做非勻速運動，有加速度，所以重物向上運動，也有加速度，即環(huán)下降的時候，輕繩的拉力不可能是2mg，故D錯誤。
題型(二) 功能關(guān)系的應(yīng)用
高考定位：常考題型,解題關(guān)鍵：重在理清各種功能關(guān)系，明確力做功與哪種能
46、量變化對應(yīng)
[典例示法]
[典例] [多選](2017·重慶永川中學模擬)如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止，且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度，則在此過程中( )
A．物體B受到的電場力大小為mgsin θ
B．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為
C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度
47、為gsin θ
D．物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機械能的減少量
[解析] 開始時，外力F作用在物體B上，物體B處于靜止狀態(tài)，對物體B分析可知：F－mgsin θ－F電＝0，解得：F電＝2mgsin θ，故A錯誤；當撤去外力瞬間，對物體A、B整體分析，整體受到的合力為：F合＝F電＋mgsin θ＝3mgsin θ，由F合＝3ma可得a＝gsin θ，故C正確；當物體B所受的合力為零時，物體B的速度最大，由：kx＝F電＋mgsin θ，解得彈簧的伸長量為：x＝，故B正確；根據(jù)能量守恒可知，物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于物體B電勢能的減
48、少量及其機械能的減少量之和，故D錯誤。
[答案] BC
[演練沖關(guān)]
4．(2017·株洲檢測)一質(zhì)量為m的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中如圖甲所示，某時刻剪斷細線，鋁球開始在油槽中下沉，通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A．鋁球剛開始運動的加速度a0＝g
B．鋁球下沉的速度將會一直增大
C．鋁球下沉過程所受油的阻力f＝
D．鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力所做的功
解析：選C 鋁球剛開始運動時，受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用，即a0＝＝g－
49、鋁球做加速度減小的加速運動，速度達到v0時加速度減小到零，速度不會一直增大，B錯誤；剛開始運動時mg－F?。絤a0，鋁球下沉過程中受重力、油的阻力、浮力，由牛頓第二定律可得，mg－F浮－f＝ma，由a0 v0圖象可知a＝a0－v，解得油的阻力f＝，C正確；鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，D錯誤。
5．[多選](2017·棗莊檢測)如圖甲所示，質(zhì)量為1 kg 的小物塊，以初速度v0＝11 m/s從θ＝53°的固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加恒力F和不施加力時小物塊沿斜面向上運動的
50、v t 圖線，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列說法正確的是( )
A．恒力F大小為21 N
B．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．有恒力F時，小物塊在整個上升過程產(chǎn)生的熱量較少
D．有恒力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較小
解析：選BD 根據(jù)v t圖線的斜率等于加速度可知：aa＝ m/s2＝－10 m/s2，ab＝ m/s2＝－11 m/s2。不施加力時：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°，
解得：μ＝0.5。有恒力F時：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°，解得：F
51、＝1 N，故B正確，A錯誤；根據(jù)運動學公式：x＝可知，有恒力F時，小物塊的加速度小，位移大，所以在上升過程產(chǎn)生的熱量較多，故C錯誤；結(jié)合C的分析可知，有恒力F時，小物塊上升的高度比較大，所以在最高點的重力勢能比較大，而兩次上升的過程動能的減少量是相等的，所以在上升過程機械能的減少量較小，故D正確。
6.[多選](2017·肇慶模擬)如圖所示，長為2L的輕桿上端固定一質(zhì)量為m的小球，下端用光滑鉸鏈連接于地面上的 O點，桿可繞O點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。定滑輪固定于地面上方L處，電動機由跨過定滑輪且不可伸長的繩子與桿的中點相連。啟動電動機，桿從虛線位置繞O點逆時針倒向地面，假設(shè)整個倒下去的過程中，
52、桿勻速轉(zhuǎn)動。則在此過程中( )
A．小球重力做功為2mgL
B．繩子拉力做功大于2mgL
C．小球重力做功功率逐漸增大
D．繩子拉力做功功率先增大后減小
解析：選AC 重力做功為重力mg乘以豎直方向位移，即重心下降的高度2L，所以重力做功為2mgL，選項A正確；小球動能一直沒有發(fā)生變化，即合外力做功等于0，所以拉力做功等于重力做功，即2mgL，選項B錯誤；整個運動過程中，小球重力和速度方向夾角逐漸變小，速度大小和重力都不變，所以重力做功的功率逐漸變大，選項C正確；任意一段時間內(nèi)小球動能都不變，所以繩子拉力做功的功率和重力做功的功率始終相等，即逐漸變大，選項D錯誤。
[選擇題保分練
53、] 機械能守恒定律、功能關(guān)系
1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)四市模擬)以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球，小球上升到最高點之后，又落回到拋出點，假設(shè)小球所受空氣阻力與速度大小成正比，則小球運動過程中，機械能E隨離地高度h的變化關(guān)系可能正確的是( )
解析：選D 由于f＝kv，由能量關(guān)系可知：E＝E0－fh＝E0－kvh；上升過程中，速度減小，故E h圖象的斜率減??；下降過程中，速度增大，故E h圖象的斜率變大；上升過程的初速度大于下降過程的末速度，上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，上升過程中的平均阻力大于下
54、降過程中的平均阻力，故上升過程中機械能的減小量比下降過程中機械能的減小量大。則D正確，A、B、C錯誤。
2.(2018屆高三·本溪三校聯(lián)考)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不拴接，彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)撤去F，在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力、彈簧彈力對小球做的功分別為W1、W2、W3，不計空氣阻力，則上述過程中( )
A．小球重力勢能的增量為W1
B．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．小球動能的增量為W1＋W2
D．小球機械能的增加量為W2＋W3
解析：選
55、D 由題意可知，此過程中重力做負功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A錯誤；此過程中電場力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；此過程中電場力、重力、彈力做功，根據(jù)動能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C錯誤；重力以外的力做功等于小球機械能的變化量，故小球機械能的增加量等于彈力和電場力做功，所以E＝W2＋W3，D正確。
3.(2017·肇慶模擬)一個長直輕桿兩端分別固定一個小球A和B，兩小球質(zhì)量均為m，大小忽略不計，桿的長度為l。先將桿豎直靠放在豎直墻上，如圖所示，輕輕振動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當小球A沿墻下滑距離為l時，下列說法正確的是(不計一切摩擦)(
56、)
A．小球A和B的速度都為
B．小球A和B的速度都為
C．小球A、B的速度分別為和
D．小球A、B的速度分別為和
解析：選C 由題意及幾何關(guān)系易知，此時桿與水平面的夾角為30°，如圖所示，設(shè)此時小球A向下的速度為v1，小球B水平向右的速度為v2，則它們沿桿方向的分速度大小相等，即v1sin 30°＝v2cos 30°，得v1＝v2，選項A、B錯誤；又因為桿向下滑時系統(tǒng)機械能守恒，故mgl＝mg×＋mv12＋mv22，聯(lián)立兩式解得v1＝，v2＝；選項C正確，D錯誤。
4.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
57、墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(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?yōu)?L(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)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，
58、下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤。
5.[多選](2017·西安高新一中模擬)一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角為30°的斜面，其加速度為g，如圖所示，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過程中( )
A．物體動能增加了mgh
B．物體克服重力做功mgh
C．物體機械能損失了mgh
D．物體克服摩擦力做功mgh
解析：選BC 物體在斜面上加速度為g，方向沿斜面向下，物體所受合力F合＝ma＝mg，方向沿斜面向下，斜面傾角為30°，由幾何關(guān)系知，物體從斜面底端到最大高度處的位移為2h，物體從斜面底端到最大高度處，合力做功W合＝－F合×2h＝
59、－mgh，根據(jù)動能定理得W合＝ΔEk，所以物體動能減小mgh，故A錯誤；根據(jù)功的定義式得：重力做功WG＝－mgh，故B正確；重力做功量度重力勢能的變化，所以物體重力勢能增加了mgh，而物體動能減小mgh，所以物體機械能損失了mgh，故C正確；除了重力之外的力做的功量度機械能的變化，物體除了重力之外還有摩擦力做功，物體機械能減小了mgh，所以摩擦力做功為－mgh，故D錯誤。
6.[多選](2017·河南中原名校檢測)如圖所示，一個質(zhì)量為2m的甲球和一個質(zhì)量為m的乙球，用長度為2R的輕桿連接，兩個球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直固定軌道上。初始時刻，輕桿豎直，且質(zhì)量為2m的甲球在上方。此時，因
60、受擾動兩球開始運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是( )
A．甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能
B．甲球下滑過程中減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能
C．整個運動過程中甲球的最大速度為
D．甲球運動到最低點前，輕桿對乙球一直做正功
解析：選AD 以兩個球為系統(tǒng)分析，在運動的過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加。由于只有動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化，所以甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能，故A正確；在運動的過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加，所以甲球下滑過程中減少的重力勢能總大于乙球增加的重力勢能，故B錯誤；當甲球到達最低點
61、時，乙球也到達了最高點，該過程中系統(tǒng)減小的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，由于兩球的線速度相等，設(shè)該速度為v，則：2mgR－mgR＝mv2＋×2mv2，解得：v＝ ，故C錯誤；甲球運動到最低點前，乙球的重力勢能一直增大，同時其動能也一直增大，可知輕桿對乙球一直做正功，故D正確。
7.[多選](2017·山西檢測)如圖所示，輕彈簧一端固定在O點，另一端與質(zhì)量為m的帶孔小球相連，小球套在豎直固定桿上，輕彈簧自然長度正好等于O點到固定桿的距離OO′。小球從桿上的A點由靜止釋放后，經(jīng)過B點時速度最大，運動到C點時速度減為零。若在C點給小球一個豎直向上的初速度v，小球恰好能到達A點。整個運動過程中彈簧
62、始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是( )
A．從A下滑到O′的過程中，彈簧彈力做功的功率先增大后減小
B．從A下滑到C的過程中，在B點時小球、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機械能最大
C．從A下滑到C的過程中，小球克服摩擦力做的功為mv2
D．從C上升到A的過程中，小球經(jīng)過B點時的加速度為零
解析：選AC 小球從A下滑到O′的過程，彈簧彈力與速度方向成銳角，彈力做正功，但彈力在減小，速度在增大，而在O′彈力為零，功率為零，則從A下滑到O′的過程中，彈力的功率先增大后減小，選項A正確；由全過程的運動可知，一直有摩擦力做負功，系統(tǒng)的機械能一直減小，故小球在A的機械能最大，選項B錯誤；從A到C由動
63、能定理：WG－Wf－W彈＝0－0，從C到A，由于路徑和A、C位置均不變，則WG、Wf、W彈的大小相同，有－WG－Wf＋W彈＝0－mv2，解得Wf＝mv2，選項C正確；小球從A至C經(jīng)過B時速度最大，則加速度為零，此時摩擦力向上與彈簧彈力、桿的彈力、重力的合力為零；而從C至A經(jīng)過B時彈簧彈力和重力均相同，但摩擦力向下，故合力不為零，加速度不為零，選項D錯誤。
8.[多選](2018屆高三·邵陽聯(lián)考)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。開始時細繩伸直，B靜止在桌面上，用手托著A使彈簧處于原長，且A與地面的距離為h。放手后A下落，著地時速度大小為v
64、，此時B對桌面恰好無壓力。不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是( )
A．A下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．彈簧的勁度系數(shù)為
C．A著地時的加速度大小為
D．A著地時彈簧的彈性勢能為mgh－mv2
解析：選AC 因為B沒有運動，所以A下落過程中，只有彈簧彈力和重力做功，故A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A正確；因為A剛下落時，彈簧處于原長，A落地時，彈簧對B的彈力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝，B錯誤；A著地時彈簧對細繩的拉力大小為mg，對A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg－
65、mg＝2ma，解得a＝，C正確；A下落過程中，A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故2mgh＝·2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D錯誤。
高考研究(八) 聚焦選擇題考法——動量定理、動量守恒定律
1．[多選](2017·全國Ⅲ卷T20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則( )
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
解析：選AB 方法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意
66、義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、
1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯誤。
方法二：前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D錯誤。
2．(2017·全國Ⅰ卷T14)將質(zhì)量為1
2017-2018學年高考物理二輪復(fù)習 專題2 電場與磁場教學案
