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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第2块（1）动能定理、机械能守恒定律（有答案）

1、动能定理、机械能守恒定律

[知识建构]

[备考点睛]
(注1)……(注3)：详见答案部分
1.易错点归纳
(1)W＝Flcosα只适合求恒力做功.
(2)动能定理没有分量式.
(3)机械能守恒的条件不是合力所做的功等于零，更不是合力为零.
(4)“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.
(5)对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能不守恒.
2.把握两点，准确理解动能定理
(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功.
(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度.
3.判断机械能守恒的两个角度
(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒.
(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒.
[答案]　(1)适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系
机械能守恒定律 动能定理
不同点 适用条件 只有重力或系统内弹力做功 没有条件限制，它不但允许重力和弹力做功，还允许其他力做功
分析思路 只需分析研究对象初、末状态的动能和势能 不但要分析研究对象初、末状态的动能，还要分析所有外力所做的功
不同点 研究对象 一般是物体组成的系统 一般是一个物体(质点)
书写方式 有多种书写方式，一般常用等号两边都是动能与势能的和 等号左边一定是合力的总功，右边是动能的变化

相同点 (1)思想方法相同：机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下状态的变化． (2)表达这两个规律的方程都是标量式
(3)机械能守恒的条件
只有重力和系统内弹簧弹力做功．只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化．



热点考向一　功和功率的计算

【典例】　(2019·安徽滁州三中段考)如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球(斜面足够长，重力加速度为g)，则在小球从开始运动到小球距斜面的距离最大的过程中，下列说法中错误的是(　　)

A．重力做的功W＝
B．速度的变化量为v0tanθ
C．运动时间为
D．重力的平均功率为P＝
[思路引领]　(1)小球距斜面的距离最大时，速度方向与斜面平行．
(2)→→→
[解析]　当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时小球的竖直分速度vy＝v0tanθ，解得t＝＝，速度的变化量Δv＝gt＝v0tanθ，故B正确，C错误．小球的竖直分位移h＝＝，重力做的功W＝mgh＝，故A正确．重力的平均功率P＝＝，故D正确．C符合题意．
[答案]　C

功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点：
1．准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Flcosα中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．
2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力做功转化为恒力做功，也可应用动能定理等方式求解．
3．对于功率的计算，应注意区分公式P＝和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．

迁移一　重力的平均功率和瞬时功率
1．(多选)(2019·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是(　　)

A．重力对三个小球所做的功相同
B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大
C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同
D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
[解析]　假设平板的长度为x，由功的定义式可知W＝mgxsinθ＝mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度a＝gsinθ，小球到达平板底端时的速度为v＝＝＝，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式x＝at2可知t＝ ＝ ，整个过程中重力的平均功率为P＝＝，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D正确．
[答案]　AD
迁移二　变力做功问题
2．(2019·江西六校联考)如图所示，将一光滑圆弧轨道固定竖直放置，其中A点为圆弧轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静止于A点，现用始终沿切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆周运动到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为(　　)

A. B. C. D.
[解析]　物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF－mgR＝mv①；因F是变力，对物体的运动过程分割，将AB划分成许多小段，则当各小段弧长Δs足够小时，在每一小段上，力F可看作恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔs1＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δs1＋…)＝F·R②；从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤m，即在圆轨道最高点处速度至少为.故由机械能守恒定律得mv＝mgR＋m③；联立①②③式得F＝.选项D正确．
[答案]　D
迁移三　机车启动问题
3．(2019·宁夏模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示．已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为(　　)

A．8 s B．14 s
C．26 s D．38 s
[解析]　由图像可知，机车的最大功率约为P＝200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103 N＋2×103×2 N＝7000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s＝ m/s，由v＝at，解得t＝ s≈14.3 s，故选项B正确．
[答案]　B



机车启动模型中的两点技巧：机车启动匀加速过程的最大速度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可求出v1＝.
(2)求vm：由P＝F阻vm，可求出vm＝.
热点考向二　动能定理的应用

【典例】　(2018·全国卷Ⅰ)如图，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(　　)

A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
[思路引领]　

[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＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，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＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝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，ABD错误．
[答案]　C

1．应用动能定理解题的基本步骤

2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则可使问题简化．
(4)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．

迁移一　动能定理求解变力做功
1．(2019·江苏盐城高三三模)如图所示，水平面AB光滑，粗糙半圆轨道BC竖直放置，圆弧半径为R，AB长度为4R.在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场．一带电量为＋q、质量为m的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点．在C点，小球对轨道的压力大小为mg，已知E＝，水平面和半圆轨道均绝缘．求：

(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球运动到C点时的速度大小；
(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．
[解析]　(1)小球从A点到B点，根据动能定理有
qE·4R＝mv－0
又E＝
解得vB＝＝2
(2)小球运动到C点，根据牛顿第二定律有2mg＝m
解得vC＝
(3)小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
Wf－2mgR＝mv－mv
解得Wf＝－mgR
小球从B点运动到C点的过程克服阻力做功为mgR.
[答案]　(1)2　(2)　(3)mgR
迁移二　动能定理解决多过程问题
2．(2019·上海市黄埔区高三二模)光滑水平平台AB上有一根轻弹簧，一端固定于A，自然状态下另一端恰好到B.平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R＝0.2 m的细圆管轨道BC和CD.D端与水平光滑地面DE相接．E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF相接，斜面与水平面的倾角θ可在0≤θ≤75°范围内变化(调节好后即保持不变)．一质量为m＝0.1 kg的小物块(略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放，被弹开后以v0＝2 m/s进入管道．小物块与斜面的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．

(1)求物块过B点时对细管道的压力大小和方向；
(2)当θ取何值时，小物块在EF上向上运动的时间最短？求出最短时间．
(3)求θ取不同值时，在小物块运动的全过程中产生的摩擦生热Q与tanθ的关系式．
[解析]　(1)设轨道对物块的压力竖直向下，由牛顿第二定律得
F＋mg＝m
解得F＝1 N
由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小F′＝F＝1 N，方向竖直向上
(2)物块到达DE时的速度为v，由动能定理得
mg·2R＝mv2－mv
解得v＝2 m/s
沿斜面上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
上滑时间为t＝
联立可得t＝ s＝ s
由数学知识可得，当θ＝60°时，有tmin＝0.3 s
(3)物块恰好能在斜面上保持静止
mgsinθ＝μmgcosθ解得θ＝30°
则当0≤θ≤30°，滑块在EF上停下后即保持静止．
在EF上滑行x＝，产生的摩擦热量为Q＝μmgcosθ·x
化简得Q＝ J
当30°<θ≤75°，滑块在EF上停下后返回，经多次往复运动后，最终静止于E点
产生的摩擦热量为Q＝mg·2R＋mv＝0.6 J
[答案]　(1)1 N　方向竖直向上　(2)60°　0.3 s
(3)当0≤θ≤30°时，Q＝ J
当30°<θ≤75°时，Q＝0.6 J



在应用动能定理解题时，运动过程的选取很重要，选取的过程恰当，解题过程会很简捷．一般地，先考虑选择全过程分析，若不能解决，再取其中的分过程分析.
热点考向三　机械能守恒定律的应用

【典例】　(2019·宜春三中摸底)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R.C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接．现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道．已知重力加速度为g.求：

(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小；
(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由．
(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？
[思路引领]　(1)轨道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球运动过程中机械能守恒．
(2)轨道C2属于竖直面内圆周运动的绳模型，轨道C4属于杆模型．
(3)轨道C1的最低点B和轨道C3的最低点F都是压力的极大值处，根据圆周运动规律求解后比较即可，注意压力大小与小球质量、速度和轨道半径都有关系．
[解析]　(1)小球从P到A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin30°＝4R；
由平抛运动规律可得：v＝2gh
解得：vy＝
在A点，由速度关系tan60°＝
解得：v0＝.
(2)若小球能过D点，则在D点的速度满足v>
小球从P到D由机械能守恒定律得：
mv＋6mgR＝mv2＋5mgR
解得：v＝ >，则小球能过D点
若小球能过H点，则H点速度满足vH>0
小球从P到H时，机械能守恒，H点的速度等于P点的初速度，为>0；
综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出．
(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能
小球从P到B由机械能守恒定律得：
mv＋6mgR＝mv
在B点轨道给小球的弹力NB满足：
NB－mg＝m
解得：NB＝mg；
小球从P到F由机械能守恒定律得：
mv＋6mgR＝mv＋3mgR
在F点轨道给小球的弹力NF满足：
NF－mg＝m
联立解得：NF＝mg；
比较可知：F点轨道对小球的弹力最大，为mg.
[答案]　(1)　(2)能，理由见解析
(3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg

1．机械能守恒定律的三种表达形式

2．应用机械能守恒定律解题的基本思路


迁移一　涉及弹性势能的机械能守恒问题
1．(多选)(2019·武汉调研) 如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道，a点为最高点，d点为最低点，c点与圆心O等高，a、b间距为R.一轻质弹簧的原长为1.5R，它的一端固定在a点，另一端系一小圆环，小圆环套在圆轨道上．某时刻，将小圆环从b点由静止释放，小圆环沿轨道下滑并通过d点．已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列判断正确的是(　　)

A．小圆环从b点运动至c点的过程中先加速后减速
B．小圆环从b点运动至d点的过程中，弹簧弹力对其先做正功后做负功
C．小圆环运动至c点时的速度大于
D．小圆环运动至d点时的速度小于
[解析]　小圆环运动至c点时，弹簧的长度为R<1.5R，小圆环从b点运动至c点的过程中，弹簧一直处于压缩状态，重力和弹簧弹力都做正功，小圆环一直处于加速状态，选项A错误；小圆环从b点运动至d点的过程中，弹簧先恢复原长后伸长，可见弹簧的弹力对小圆环先做正功后做负功，选项B正确；小圆环从b点运动至c点的过程中，选与O点等高的平面为零势能面，对小圆环和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有mg(R－Rcos60°)＋Epb＝mv＋Epc，由于弹簧弹性势能Epb>Epc，得vc>，选项C正确；当小圆环在b点时弹簧处于压缩状态且压缩量x1＝0.5R，当小圆环在d点时弹簧处于伸长状态且伸长量x2＝0.5R＝x1，小圆环在b点时弹簧的弹性势能等于小圆环在d点时弹簧的弹性势能，选与d点等高的面为零势能面，对圆环和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有mg(2R－Rcos60°)＝mv，解得vd＝，选项D错误．
[答案]　BC
迁移二　绳连接体的机械能守恒问题
2. (2019·黑龙江哈尔滨六中模拟)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10 m/s2，若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则两个物体的质量关系为(　　)

A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
[解析] 圆环下降3 m时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得vA＝vcosθ，又由几何关系可知cosθ＝，解得vA＝3 m/s.当圆环下降的高度h＝3 m时，由几何关系可知，物体A上升的高度h′＝－l＝1 m．将A、B看做一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入数据求解可得＝，选项A正确．


[答案]　A
迁移三　杆连接体问题
3．(多选)(2019·山西省太原一模)如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b两金属球(可视为质点)，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则(　　)

A．在b球落地前的整个过程中，a、b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgl
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功为－mgl
D．从b球由静止释放到落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
[解析]　在b球落地前的整个过程中，b在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，A错误．从开始到b球距地面高度为的过程中，b球减少的重力势能为mgL，当b球距地面高度为时，由两球沿杆方向分速度相同可知vb＝va，又因为a、b质量相等，所以有Ekb＝3Eka.从开始下落到b球距地面高度为的过程由机械能守恒可得mgL＝4Eka.可得Eka＝mgl，所以杆对a球做功为mgl，B正确．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做负功，且大小等于a球机械能的增加量，为－mgl，C错误．在b球落地的瞬间，a球速度为零，从b球由静止释放到落地瞬间的过程中，b球减少的重力势能全部转化为b球动能，所以此时b球速度为，方向竖直向下，所以重力对b球做功的功率为mg，D正确．
[答案]　BD



连接体的机械能守恒问题，一般是两个物体由细绳或轻杆连接在一起．求解这类问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解．其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键．连接体一般可分为三种：
(1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．
(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．
(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳
方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．



思维方法突破——动能定理与图像结合问题的处理方法

动能定理与图像结合的问题
1．图像问题分析的“四步走”

2．常见图像所围面积的含义
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
a－t图 由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F－x图 由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P－t图 由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
【典例】　(2019·江西红色六校二联)晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图像如图乙所示，在t＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.

(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；
(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；
(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．
[审题指导]
第一步　读题干—提信息
题干 信息
驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动 属于恒定功率速度不变
在t＝15 s时图线的切线与横轴平行 说明t＝15秒时轿车加速度为零，做匀速运动
图乙 5～15秒做加速度减小的变减速运动
由O运动到N的过程中位移的大小 注意O到N过程牵引力大小改变
第二步　审程序—顺思路

[解析]　(1)轿车在MO段运动时，以10 m/s的速度匀速运动，有F1＝f1，P＝F1v1
联立解得f1＝ N＝2000 N.
(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图像可知t＝15 s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2＝f2，P＝F2v2
联立解得f2＝ N＝4000 N
t＝5 s时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1－f2＝ma
解得a＝－1 m/s2
轿车通过O点时加速度大小为1 m/s2.
(3)由动能定理可知Pt－f2x＝mv－mv
解得x＝68.75 m.
[答案]　(1)2000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m


(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律．
(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)．
(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．(多选)(2019·河北名校联盟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为如图所示v－t图像(除2～10 s时间内的图线为曲线外，其余时间内的图线均为直线)，已知2～14 s时间内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m＝2 kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小车在14～18 s时间内的加速度大小为2 m/s2
B．小车匀速行驶阶段的功率为32 W
C．小车在2～10 s时间内的位移大小为52 m
D．小车受到的阻力大小为8 N
[解析]　在14～18 s时间内，小车的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，选项A正确；在14～18 s时间内，小车在水平方向上只受阻力f作用，根据牛顿第二定律得f＝ma1＝4 N，选项D错误；在10～14 s内两小车做匀速直线运动，牵引力大小F1＝f＝4 N，小车的功率P＝F1v＝4×8 W＝32 W，选项B正确；在2～10 s时间内，根据动能定理有PΔt－fx＝mv－mv，其中Δt＝8 s，v1＝4 m/s，v2＝8 m/s，解得x＝52 m，选项C正确．
[答案]　ABC
2．(2019·湖南五校联考)质量为1 kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．AB段加速度大小为3 m/s2
B．OA段加速度大小为5 m/s2
C．s＝9 m时速度大小为3 m/s
D．s＝3 m时速度大小为2 m/s
[解析]　分析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－s图像，可知FOA＝5 N，FAB＝2 N，而物体受到的摩擦力为Ff＝2 N，故物体在OA段加速，由牛顿第二定律，可知FOA－Ff＝ma，故a＝3 m/s2，而在AB段物体做匀速运动，选项A、B错误．在OA段，根据动能定理，有W－μmgs＝mv，解得vA＝3 m/s，vB＝vA＝3 m/s，故可知选项C正确，D错误．
[答案]　C
专题强化训练(五)
一、选择题
1．(2019·深圳宝安区期中检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如下图甲、乙所示，则以下说法正确的是(　　)

A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
[解析]　由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．
[答案]　C
2．(2019·湖北八校二联)如右图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知(　　)

A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶
C．A、B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
[解析]　甲、乙两球经过C点的速度v甲＝v乙＝，甲球平抛的初速度v甲x＝v甲sin30°＝，故A项错误；甲球经过C点时竖直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝，运动时间t甲＝＝，乙球运动时间t乙＝，则t甲∶t乙＝∶2，故B项错误；A、B两点的高度差Δh＝gt－gt＝，故C项正确；甲和乙两球在C点时重力的瞬时功率分别为P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D项错误．
[答案]　C
3．(2019·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
4．(多选)(2019·抚州阶段性检测)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　)

A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小
B．最低点的坐标x＝h＋2x0
C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg
D．小球动能的最大值为mgh＋
[解析]　由题图乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝k(x－h)2，小球由静止释放到最低点的过程，由动能定理得mgx－k(x－h)2＝0，即mgx－(x－h)2＝0，解得x＝h＋x0，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图乙可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确．
[答案]　CD
5．(多选)(2019·青岛重点中学期中联测)质量为m的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O点的拉力F作用，且F＝ks，k为比例系数，s为小球和O点的距离．小球从A点由静止出发恰好运动到D点；小球在d点以初速度v0向A点运动，恰好运动到B点．已知OC垂直于杆且C为垂足，B点为AC的中点，OC＝d，CD＝BC＝l.不计小球的重力，下列说法正确的是(　　)

A．小球从A运动到D的过程中只有两个位置F的功率为零
B．小球从A运动到B与从B运动到C的过程克服摩擦力做功相等
C．v0＝2
D．小球在D点的速度至少要2v0才能运动到A点
[解析]　小球从A运动到D的过程中，在A点、D点速度为零，拉力的功率为零，在C点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，故有三处，A错误；因为不计小球的重力，所以F在垂直于杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N＝Fsinθ(θ为F与杆的夹角)，故摩擦力Ff＝μN＝μFsinθ＝μkssinθ＝μkd，从A到B克服摩擦力做功为Wf1＝Ffl＝μkdl，同理，从B到C克服摩擦力做功为Wf2＝Ffl＝μkdl，B正确；从D→B的过程根据动能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－mv，解得v0＝2 ，C正确；设小球在D点的速度为v时恰好能运动到A点，根据动能定理可得－3μkdl＝0－mv2，又v0＝2 ，解得v＝v0，D错误．
[答案]　BC
6．(多选)(2019·广西北海一模)如图甲所示，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像如图乙所示．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(　　)

A．图乙中x＝5 m2·s－2
B．小球从B点到C点损失了0.125 J的机械能
C．小球从A点到C点合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C点抛出后，落地点到A点的距离为0.8 m
[解析]　因为小球恰能到达最高点C，有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则x＝v2＝4 m2·s－2，故A错误．小球从A到C，动能减少量为ΔEk＝mv－mv2＝1.05 J，重力势能的增加量为ΔEp＝mg·2r＝1×0.8 J＝0.8 J，则机械能减少0.25 J，由于小球从A点到B点过程中对轨道的压力大于从B点到C点过程中对轨道的压力，则小球从A点到B点过程中受到的摩擦力大于从B点到C点过程中受到的摩擦力，可知小球从B点到C点的过程克服摩擦力做功较小，机械能损失小于0.125 J，故B错误．小球从A点到C点合外力对其做的功等于动能的变化量，则W＝mv2－mv＝－1.05 J，故C正确．小球经过C点时的速度v＝2 m/s，小球从C点抛出后做平抛运动，根据2r＝gt2得，t＝＝0.4 s，则落地点到A点的距离x′＝vt＝2×0.4 m＝0.8 m，故D正确．
[答案]　CD
7．(多选)(2019·河北名校联盟)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B. 支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如右图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则(　　)

A．A球的最大速度为2
B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1
[解析]　 设当杆转过θ角时，两球的速度最大，如图所示，根据机械能守恒定律得mv＋×2mv＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得mv＝2mgl(sinθ＋cosθ)－2mgl，当θ＝45°时，vA＝ ，速度最大，两小球的总动能最大，总重力势能最小，B、C、D正确．

[答案]　BCD
8．(多选)(2019·江西六校期末统测)如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑块从斜面顶端a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c点，然后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m．下列说法正确的是(　　)

A．整个过程中滑块动能的最大值为6 J
B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J
C．从b点向下到c点的过程中，滑块的机械能减少量为6 J
D．从c点向上返回a点的过程中，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
[解析]　当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点受到合力为0，d点在b和c之间，滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad[答案]　BCD
9．(多选)(2019·鄂南高中一模)如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP杆水平，与OQ杆在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放两小环，A环到达O点后，在圆弧杆作用下速度大小不变，方向变为竖直向下(时间极短)，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

A．B环下落时，A环的速度大小为
B．A环从开始释放至到达O点的过程中，B环先加速后减速
C．A环到达O点时速度大小为
D．当A环经过O点后，再经 的时间能追上B环
[解析]　设B环下落一段距离后绳子与水平方向之间的夹角为α，如图所示，当B环下落L时，sinα＝＝，则α＝30°.由运动的合成与分解得，vA1cosα＝vBsinα，在此过程中以A环、B环整体为系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg＝mv＋mv，解得vA1＝，选项A正确；A环从开始释放至到达O点的过程中，B环开始时的速度为零，当轻绳与水平方向的夹角为90°时，B环的速度为零，故B环先加速后减速，选项B正确；A环到达O点时，对系统由机械能守恒定律得mgL＝mv，解得vA2＝，选项C错误；A环经过O点后只受重力，做加速度为g、初速度为vA2的匀加速直线运动，B做自由落体运动，设A追上B所用时间为t，则vA2t＋gt2＝L＋gt2，解得t＝ ，选项D正确．

[答案]　ABD
二、非选择题
10．(2019·湖北重点中学调研)下图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
[解析]　(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由动能定理有
mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式有
mgcosθ－N＝m⑦
又N＝0⑧
cosθ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.
[答案]　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R
11．(2019·河北石家庄一模)如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆．质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接．现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；
(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功．
[解析]　(1)当a滑到与O等高的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零．
由机械能守恒可得magR＝mav2，
解得v＝，
对小球a受力分析，此时杆的力为0，由牛顿第二定律可得F＝＝2mag＝2 N.
(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则va＝vbcosθ.

由几何关系可得cosθ＝＝0.8，
由P点到Q点，球a下降的高度h＝Rcosθ，
a、b及杆组成的系统机械能守恒，有magh＝mav＋mbv－mav2，
对滑块b，由动能定理得W＝mbv＝0.1944 J.
[答案]　(1)2 N　(2)0.1944 J


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第2块（2）功能关系在力学中的应用（有答案）
2、功能关系在力学中的应用

[知识建构]

[备考点睛]
(注1)……(注3)：详见答案部分
1.熟练两种模型
(1)“传送带”模型.
(2)“板块”模型.
2.常见的功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.
(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内.
[答案]　(1)两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能
(2)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失．它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．
(3)表达式：ΔE减＝ΔE增
ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．


热点考向一　力学中几个重要功能关系的应用

【典例】　(多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k.现用一平行于斜面的恒力F拉木块A使A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是(　　)

A．此时弹簧的弹力大小为m1gsinθ
B．拉力F在该过程中对木块A所做的功为F
C．木块A在该过程中重力势能增加了m1
D．弹簧在该过程中弹性势能增加了F－m1v2
[思路引领]　(1)木块B恰好对挡板压力为零时，木块B处于平衡状态，弹簧弹力为m2gsinθ.
(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量．
[解析]　当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块B受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m2gsinθ，故A错误；木块A向上运动时有重力、拉力F和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A动能的增加量，开始时木块A静止，弹簧压缩量x1＝，当B对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x2＝，此过程中拉力F对木块A做的功为WF＝F(x1＋x2)＝F；此过程中木块A重力势能的增加量ΔEp＝m1gΔh＝m1g(x1＋x2)sinθ＝m1，故B、C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F－m1v2－m1，故D错误．
[答案]　BC

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可以通过做功来实现．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，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．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下


迁移一　与圆周运动结合的功能关系
1．(2019·湖北七校联考) 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mgR/2
[解析]　小球从P点运动到B点的过程中重力做功为mgR，选项A错误；设小球通过B点时的速度为vB，小球通过B点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B点瞬间应用牛顿第二定律有：mg＝m，解得vB＝，设小球从P点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W，对此过程由动能定理有：mgR－W＝mv，联立得W＝mgR，选项D正确；合外力做功W合＝mv＝mgR，选项C错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE＝W＝mgR，选项B错误．
[答案]　D
迁移二　与板块结合的功能关系
2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是(　　)

A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增加量
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用的时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
[解析]　F做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A错误；其他条件不变的情况下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x越小，B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C错误；滑块与木板间产生的热量等于FfL，其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确．
[答案]　BD
迁移三　与传送带结合的功能关系
3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2.已知传送带的速度保持不变，则(　　)

A．物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移小
B．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μC．0～t2内，传送带对物块做功为W＝mv－mv
D．0～t2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量
[解析]　由图乙知，物块在0～t2内的加速度不变，因为v1>v2，由v2＝2ax知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，选项A错误；由图乙知，物块在0～t1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmgcosθ>mgsinθ，则μ>tanθ，选项B错误；0～t2内，根据动能定理得，W＋WG＝mv－mv，选项C错误；0～t2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D正确．
[答案]　D


(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析
①功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝E电．
②对W电和Q的理解：电动机做的功W电＝Fx传；产生的热量Q＝Ff·x相对．
(2)常用结论
①把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q与物体动能增加量相等，即Q＝.
②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q与物体机械能增加量相等，即Q＝＋mgh.
(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v－t图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.
热点考向二　动力学规律和动能定理的综合应用

【典例】　(2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t＝0时释放滑块．在0～0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102 N/m，当t1＝0.14 s时，滑块的速度v1＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)．求：

(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff；
(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d；
(3)在0～0.44 s时间内，摩擦力做的功W.
[思路引领]　(1)t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离．
(2)mgsin37°>Ff，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．
[解析]　(1)由图(乙)可知，当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a1＝10 m/s2.
根据牛顿第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma1，
代入数据解得Ff＝4.0 N.
(2)当t1＝0.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，所以在0～0.14 s时间内弹簧弹力做的功为
W弹＝Ep初－Ep末＝kd2.
在这段过程中，根据动能定理有
W弹－mgdsinθ－Ffd＝mv－0，
代入数据解得d＝0.20 m.
(3)设从t1＝0.14 s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有Δt1＝＝0.20 s
这段时间内滑块运动的距离为
x1＝＝0.20 m
此时为t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，
由于mgsin37°＝6 N>Ff，
此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a2＝＝2.0 m/s2；
在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x2＝a2Δt＝0.01 m.
在0～0.44 s时间内，摩擦力Ff做的功为
W＝－Ff(d＋x1＋x2)
代入数据解得W＝－1.64 J.
[答案]　(1)4.0 N　(2)0.20 m　(3)－1.64 J

动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧
1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．
2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．

(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N．已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)小物块运动到B点时的速度大小；
(2)拉力F作用在小物块上的时间t；
(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．
[解析]　(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝ N
联立解得v＝2 m/s
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得
mg·2R＋mv2＝mv
解得vB＝4 m/s
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得
Fs－μ1mgxAB＝mv－0
根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma
由运动学公式有s＝at2
联立解得t＝ s
(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.
①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，
由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv
代入数据解得μ2＝0.025
故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025
②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度为R时速度为零，由动能定理可得：
－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv
代入数据解得：μ2＝0.25
物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：
－2μ2mgxBC＝0－mv
代入数据解得：μ2＝0.4
故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4
综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.
[答案]　(1)4 m/s　(2) s　(3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4

物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.
热点考向三　动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用

【典例】　(2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.

(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
[思路引领]　

[解析]　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．
由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
EP＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
EP＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl?
联立①②⑩?式得m≤M[答案]　(1)　2l　(2)m≤M
涉及做功与能量转化问题的解题方法
1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．

(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．

(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．
[解析]　(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑，以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ.
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑．若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0.从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0
根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，得l0＝ L.
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程s＝L－l
②若l[答案]　(1)gsinθ－μ2gcosθ　(2)L　
(3)



处理多过程问题的技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.



考场满分答卷策略——功能关系在力学中的综合应用
真题案例 审题流程
(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力． (1)求物块B的质量； (2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功； (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值.
满分样板
[解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m＋m′v′①mv＝m2＋m′v′2②联立①②式得m′＝3m③ (2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有

mgH－fs1＝mv－0④－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤从图(b)所给出的v－t图线可知s1＝v1t1⑥s2＝··(1.4t1－t1)⑦由几何关系＝⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcosθ·?设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2?设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0?联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝?[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3)
评分细则 满分技巧
细则1本题共20分，第(1)问4分，第(2)问8分，第(3)问8分，①②④⑤⑥⑦⑧⑨每式1分，③⑩????每式2分．细则2若过程式①②④⑤⑥⑦⑧⑨???都正确，只有计算结果错误，或者没有计算结果，只扣③⑩?的分数．细则3④⑤??式没有用功能处理，应用运动学公式列式，如正确同样给分. 技巧1　要有必要的文字说明 (1)说明非题设字母、符号的物理意义．例如设物块B的质量为m′. (2)说明研究对象．例如以物块B为研究对象． (3)说明研究的过程或状态． (4)说明所列方程的依据．例如①式为动量守恒，②式为机械能守恒．技巧2　即使题目不会做也要把与本题相关的表达式都写上阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，同一个表达式与多个对象挂钩写多遍，也是有分的．技巧3　用最常规、最基本的方法解题，不标新立异阅卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成阅卷老师错批，进而失分．技巧4　要有书写规范的物理方程式 (1)写出的物理方程式必须是原始方程式，不能以变形的结果式代替方程式． (2)要用字母表达方程，不要掺有数字的方程，也不要方程套方程． (3)对多过程问题，应分步列式，不要合写一式，对各方程式要编号，以及计算和说明.
专题强化训练(六)
一、选择题
1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40 J，机械能减少10 J．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体(　　)
A．落回到地面时机械能为70 J
B．到达最高点时机械能为90 J
C．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 J
D．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J
[解析]　物体以120 J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40 J，空气阻力做功为－10 J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：－mgh－Ffh＝－40 J，－Ffh＝－10 J，得Ff＝mg；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J，设最大高度为H，则有：mgH＋FfH＝120 J，解得FfH＝30 J，即机械能减少30 J，在最高点时机械能为120 J－30 J＝90 J，即上升过程机械能共减少了30 J；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J，故整个过程克服空气阻力做功为60 J，则该物体落回到地面时的机械能为60 J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90 J，故A、C错误，B、D正确．
[答案]　BD
2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜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．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是(　　)

A．速度最大时，B点一定在O点左下方
B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方
C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少
D．从A到B的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功
[解析]　弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点时弹簧弹力为零，物块从A向B运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B点可能在O点，也可能在O点左下方，也可能在O点右上方，A错误，B正确；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D错误．
[答案]　BC
3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝6 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝12 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是(　　)

A．铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动
B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 J
C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 J
D．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J
[解析]　设最终铁块与木板的共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L，滑动摩擦力大小为f.取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv0＝(M＋m)v，解得v＝3 m/s，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，A正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝3 m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2fL＝108 J，C错误，D正确．
[答案]　ABD
4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，重力加速度为g，那么关于空降兵的说法正确的是(　　)
A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh
B．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgH
C．空降兵匀速下降时，速度大小为
D．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg(H＋h)－
[解析]　空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg(H＋h)，重力势能一定减少了mg(H＋h)，选项B错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝ ，选项C正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，选项D错误．
[答案]　C
5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T，在左端A点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．传送带的速度大小为
B．工件在传送带上的加速时间为
C．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为
D．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为
[解析]　工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，A正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg，根据v＝v0＋at，解得t＝＝，B错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx＝v－＝＝，则摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δx＝，C错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E＝mv2＋μmg·Δx＝，D正确．
[答案]　AD
6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(　　)

A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J
[解析]　设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mv＝mgh，代入数据得：v0＝＝2 m/s[答案]　AC
7．(多选)(2019·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
[解析]　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－mv，解得v0＝2，选项D错误．
[答案]　BC
8．(多选)(2019·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]　根据题给图像可知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，由动能表达式Ek＝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；由题给图像可知，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
9．(多选)(2019·郑州外校期末测试)如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．电动机因运送物块多做的功为mv2
B．系统因运送物块增加的内能为
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．电动机因运送物块增加的功率为μmgvcosθ
[解析]　电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系统增加的内能Q＝f·Δs＝f·(s带－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误．系统增加的内能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物块的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速时间t＝＝，故系统增加的内能Q＝，故B正确．传送带运动的距离s带＝vt＝，故传送带克服摩擦力做功Wf克＝f·s带＝μmgcosθ·＝，故C错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmgcosθ·v，故D正确．
[答案]　BD
二、非选择题
10．(2019·宁夏银川模拟)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1 s后和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2.求：

(1)滑块与木板间的摩擦力；
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？
[解析]　(1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有
Ff＝Ma1
由运动学公式得v＝a1t
代入数据解得Ff＝2 N.
(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有
－Ff＝ma2
设滑块滑上木板时的初速度为v0，则有
v－v0＝a2t，代入数据解得v0＝3 m/s
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
mgh－Wf＝mv，则Wf＝mgh－mv
Q1＝Wf＝mgh－mv＝1.5 J.
(3)滑块在木板上滑行，t＝1 s时木板的位移为s1＝a1t2
此过程中滑块的位移为s2＝v0t＋a2t2
故滑块相对木板滑行的距离为L＝s2－s1＝1.5 m
所以Q2＝Ff·L＝3 J，则Q＝Q1＋Q2＝4.5 J.
[答案]　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)4.5 J
11．(2019·山东省淄博市一中三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定．一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差h，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g.求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出．
[解析]　(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：
Wf＋mgh＝Ep.
即μmgcosθ·＋mgh＝mgh
解得：μ＝
(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上滑过程中有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝g×＝g
物块下滑过程中有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝g×＝g
故a1∶a2＝5∶3.
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep＝Wf总．
即mgh＝2μmgcosθ·
解得；hm＝2.5h<3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．
[答案]　(1)　(2)5∶3　(3)不能


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第2块（3）功能关系在力学中的应用（有答案）
3、功能关系在电学中的应用

[知识建构] (注1)……(注2)：详见答案部分 [备考点睛]1．两种功能关系 (1)电场力做功与电势能的关系W电＝－ΔEp. (2)克服安培力做功与电势能的关系：W克安＝ΔE电．2．一个易错点洛伦兹力对运动电荷不做功，但洛伦兹力的分力可以做功.

[答案]　(1)W电＝qU
W电＝qEd
W电＝－ΔEp
(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt
②功能关系：Q＝W克服安培力
③能量转化：Q＝W其他能的减少量



热点考向一　动力学观点和能量观点在电磁场中的应用

【典例】　(2019·郴州二模) 如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°.质量为M＝0.2 kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3 m/s，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102 N/C.质量为m＝0.1 kg，电量为q＝＋4×10－4 C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端．此后经时间t＝0.1 s，撤去电场，当物块速度为v＝8 m/s时，恰好离开板A，求：

(1)撤去电场时，物块B的动能EkB和0.1 s内的电势能变化量ΔEp.
(2)撤去电场时，板A的速度vA.
(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q.
[思路引领]

[解析]　(1)在电场力作用下，物块B受重力、支持力、电场力作用，由牛顿第二定律得：mgsin30°＋qE＝maB
解得：aB＝6 m/s2
撤电场时，物块B的速度：
vB＝aBt＝0.6 m/s
物块B的动能EkB＝mv＝0.018 J
物块B在0.1 s内在电场方向上的位移：
L1＝＝0.03 m
物块B的电势能变化量：ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3 J
(2)A在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：
Mgsin30°＝μMgcos30°
解得：μ＝
B轻放上A，对A由牛顿第二定律得：
μ(M＋m)gcos30°－Mgsin30°＝Ma0
解得：a0＝2.5 m/s2
撤电场时，A的速度：
vA＝v0－a0t＝2.75 m/s.
(3)撤去电场后，B在A上运动时，由牛顿第二定律得：
mgsin30°＝ma′B
解得：a′B＝5 m/s2
t′＝＝1.48 s
物块B在A上运动的时间：
tB＝t＋t′＝1.58 s
斜面对板A的最大静摩擦力
Ffm＝μ(M＋m)gcos30°>Mgsin30°
当A速度减为0后，A将静止在斜面上
板A做匀减速运动的时间tA＝＝1.2 s故板A向下运动的位移：x＝＝ m
由功能关系得：
Q＝μ(M＋m)gcos30°·x＝2.7 J.
[答案]　(1)0.018 J　－3×10－3 J　(2)2.75 m/s　(3)2.7 J

电场中的功能关系
功 能
只有电场力做功 电势能与动能之和保持不变
只有电场力和重力做功 电势能、重力势能、动能之和保持不变
除重力、系统内弹力之外，其他各力做的功 机械能的变化量
合外力做的功 动能的变化量

迁移一　电场中的功能关系
1．(多选)(2019·河北名校联盟)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落．t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过t秒，小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则(　　)
A．小球所受电场力的大小是4mg
B．小球回到A点时的动能是mg2t2
C．从A点到最低点的距离是gt2
D．从A点到最低点，小球的电势能增加了mg2t2
[解析]　小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为0，再向上做匀加速运动回到A点，设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向，整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式有，gt2＋gt·t－at2＝0，解得a＝3g，根据牛顿第二定律得F电－mg＝ma，所以电场力是重力的4倍为4mg，故A正确；t s末的速度v1＝gt，加电场后，返回A点的速度vA＝v1－at＝gt－3gt＝－2gt，小球回到A点时的动能是Ek＝mv＝m(－2gt)2＝2mg2t2，故B错误；从A点自由下落的高度h1＝gt2，匀减速下降的高度h2＝＝＝gt2，小球从A点到最低点的距离h＝h1＋h2＝gt2＋gt2＝gt2，故C正确；从A到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功ΔEp＝F电h2＝4mg×gt2＝mg2t2，故D错误．
[答案]　AC
迁移二　电磁场中的功能关系
2．(2019·江西六校联考)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中(　　)

A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50 J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
[解析]　如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误．
[答案]　B


伦兹力不做功，但是洛伦兹力会随v变化，导致支持力和摩擦力变化，从而会影响摩擦做功的大小. 热点考向二　动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用

【典例】　(2019·湖北六校联考)将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m．将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25 Ω、ab的长度为L＝0.5 m．从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－t图像如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2.

(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q.
[思路引领]　(1)

(2)

[解析]　(1)由v－t图像可知，在0～0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2
由牛顿第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得F＝1.5 N
由v－t图像可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动
通过导线框的电流I＝＝
导线框所受安培力F安＝BIL
对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋
解得B＝0.50 T.
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H.
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为
x0＝x－H＝0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv－mv
解得v2＝＝1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50 N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s
因v3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热
Q1＝I2Rt＝＝0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2＝mv＝0.05 J
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J.
[答案]　(1)1.5 N　0.50 T　(2)0.45 J

用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤


　(2019·江西七校联考)如下图所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．ab和cd是质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝4 Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g取10 m/s2)

(1)求流过cd棒的电流Icd随时间t变化的函数关系；
(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；
(3)求从t＝0时刻起，1.0 s内通过ab棒的电荷量q；
(4)若t＝0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W＝16 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd.
[解析]　(1)由题意知cd棒受力平衡，则
F＋Fcd＝mgsin37°
Fcd＝B2IcdL，得Icd＝0.5t(A)．
(2)ab棒中电流Iab＝Icd＝0.5t(A)
则回路中电源电动势E＝IcdR总
ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B1Lvab
解得ab棒的速度vab＝8t(m/s)
所以，ab棒做初速度为零的匀加速直线运动．
(3)ab棒的加速度为a＝8 m/s2，
1．0 s内的位移为x＝at2＝×8×1.02 m＝4 m
根据＝＝＝
得q＝t＝＝ C＝0.25 C.
(4)t＝1.0 s时，ab棒的速度，
vab＝8t(m/s)＝8 m/s，
根据动能定理有
W－W安＝mv－0，
得1.0 s内克服安培力做功
W安＝ J＝12.8 J
回路中产生的焦耳热Q＝W安＝12.8 J
cd棒上产生的焦耳热Qcd＝＝6.4 J.
[答案]　(1)Icd＝0.5t(A)　(2)vab＝8t(m/s)　(3)0.25 C　(4)6.4 J



功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”




考场满分答卷策略——功能关系在电学中的应用
真题案例 审题流程
(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
满分样板
[解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝mv＋qhl＝v0 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0 ⑧[答案]　(1)mv＋qh　v0 　(2)2v0
评分细则 满分技巧
细则1本题共12分，第(1)问8分，第(2)问4分，①②④⑤⑥⑦每式1分，③式2分，⑧式4分．细则2若过程式①②③④⑤⑥都正确只有计算结果错误只扣⑦式的分数．(2)问中说明“粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板长度最短”但没求出L的给2分. 技巧1　要有必要的文字说明 (1)说明非题设字母符号的意义．例如本题中的E、a意义要在答案中说明． (2)说明研究的过程和状态．例如第一次到达G的过程． (3)说明列方程的依据．例如③式是依据动能定理． (4)说明题目中的隐含条件．如PG、QG间场强相同．技巧2　即使题目不会做也要把与本题相关的表达式都写上阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，同一个表达式与多个对象挂钩写多遍，也是有分的．技巧3　用最常规、最基本的方法解题，不标新立异阅卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成阅卷老师错批，进而失分，如采用特殊法必须有必要的文字说明．技巧4　要有书写规范的物理方程式 (1)写出的方程必须是原始方程． (2)要用字母表达方程，不要掺有数字的方程． (3)用题给的字母，常见的符号表示物理量，不要杜撰符号.



专题强化训练(七)
一、选择题
1．(2019·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
[解析]　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为竖直上抛，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
[答案]　B
2．(多选)(2019·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹角θ(θ<45°)，场中有一质量为m、可视为质点的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．若小球电荷量保持不变，则在此过程中(　　)

A．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔEp＝mgL
B．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE＝－mgL
C．小球在最低点的加速度a＝0
D．小球的最大动能Ekm＝(－1)mgL
[解析]　设小球所受电场力为F，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出Fsinθ＝mg，解得F＝.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔEp＝FLcosθ＋FLsinθ＝mgL，选项A正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F外＝F合＝mg，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选项B错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F合＝mg，由动能定理可得小球的最大动能Ekmax＝·mg＝(－1)mgL，选项D正确．
[答案]　AD
3．(多选)(2019·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)
A．重力做功为5 J B．电势能减少2 J
C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J
[解析]　小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D正确．
[答案]　BD
4．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
[解析]　根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2＝Ep＋qEh－mgh，所以Ep＝mv2－(qE－mg)h，选项D正确．
[答案]　D
5．(多选)(2019·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下．当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是(　　)

A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大
[解析]　小球从A到C过程中由机械能守恒有mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋F洛＝m，解得FN＝3mg－qB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以mgcosθ＝Fsinθ，θ变化，外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确．
[答案]　BD
6．(2019·福建宁德一模)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中．一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2.则此过程(　　)

A．杆的速度最大值为4 m/s
B．流过电阻R的电荷量为6 C
C．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 J
D．流过电阻R的电流方向为由c到d
[解析]　当杆达到最大速度时满足F＝＋mgsinθ，解得vm＝5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的热量Q＝FL－mgLsinθ－mv＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误．
[答案]　C
7．(多选)(2019·东北省四市联考)如图所示，在宽度为d的条形无场区左侧Ⅰ区和右侧Ⅱ区内，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向如图所示．有一边长为l(l>d)、电阻均匀分布且阻值为R的正方形金属线框EFGH置于Ⅰ区域，EF边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v从图示位置向右匀速运动，则(　　)

A．当EF边刚进入Ⅱ区时，线框中电流方向为顺时针，大小为
B．当EF边刚进入中间无磁场区时，E、F两点间的电压为
C．将线框拉至HG边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为
D．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为
[解析]　当EF边刚进入Ⅱ区时，金属线框HG、EF边均切割磁感线，由右手定则可判断出HG边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，则回路中产生总感应电动势为E1＝2Blv，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I1＝＝，方向为顺时针方向，选项A错误．当EF边刚进入中间无磁场区域时，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E2＝Blv，感应电流I2＝，E、F两点之间的电压为U＝＝，选项B正确．线框在整个运动过程中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG边切割磁感线，回路中产生的感应电动势为E2＝Blv，感应电流I2＝，线框所受安培力F1＝BI2l，拉力做功W1＝F1d＝；当EF边进入Ⅱ区距离小于l－d时，HG、EF边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E1＝2Blv，感应电流大小为I1＝＝，线框所受总安培力F2＝2BI1l，拉力做功W2＝F2(l－d)＝，则将线框拉至HG边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W＝W1＋W2＝，选项C正确．当EF边进入Ⅱ区距离大于l－d小于l时，只有EF边切割磁感线，产生感应电动势E3＝Blv，感应电流I3＝，线框所受安培力F3＝BI3l，拉力做功W3＝F3d＝；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，安培力做的总功W′＝－W1－W2－W3＝－.根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为Q＝－W′＝，选项D正确．
[答案]　BCD
8. (多选)(2019·苏州模拟)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑．当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是(　　)

A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN到JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔEk＝W1－W2
[解析]　由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsinθ＝，第二次匀速运动时，mgsinθ＝，则v2[答案]　CD
9．(多选)(2019·抚州质检)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场．PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是(　　)

A．此过程中通过线框截面的电荷量为
B．此时线框中的电功率为
C．此过程中回路产生的电能为
D．此时线框的加速度为
[解析]　根据q＝，穿过线圈的磁通量由Ba2减小到零，所以此过程中通过线框横截面的电荷量为，选项A错误；此时线框中的电动势E＝2Ba·＝Bav，电功率P＝＝，选项B错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，mv2－m2＝mv2，选项C正确；此时线框中的电流I＝＝，线框所受的安培力的合力为F＝2BIa，加速度为a＝，选项D正确．
[答案]　CD
二、非选择题
10．(2019·浙江五校联考)如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ＝37°，长L＝5 m的固定绝缘斜面BC在B处平滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板．质量m＝0.5 kg、带电荷量q＝＋5×10－5 C的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E＝2×105 N/C，现让滑块以v0＝14 m/s的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1.(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：

(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；
(2)滑块运动的总路程．
[解析]　(1)滑块与斜面之间的摩擦力
f＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1 N
根据牛顿第二定律可得
qEcos37°－mgsin37°－f＝ma，解得a＝8 m/s2.
(2)由题可知，滑块最终停在C点．
设滑块从D点开始运动到最终停在C点的过程中在斜面上运动的总路程为s1，由动能定理有
qEcos37°－mgsin37°－fs1＝0－mv
解得s1＝61.5 m
设滑块第1次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得
－qEcos37°＋mgsin37°－f·＝Ek1－mv
解得Ek1＝29 J
设滑块第1次从B滑到水平面上的最远距离为x1，
由动能定理得－qEx1＝0－Ek1，解得x1＝2.9 m
水平面光滑，滑块滑回到B点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf＝2fL＝10 J
滑块第2次回到B点时动能为Ek2＝Ek1－Wf＝19 J
设滑块第2次从B滑到水平面上的最远距离为x2，
由动能定理得－qEx2＝0－Ek2，解得x2＝1.9 m
同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为x3＝0.9 m
此后就不会再滑到水平面上了
滑块在水平面上运动的总路程为
s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m
滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝72.9 m
[答案]　(1)8 m/s2　(2)72.9 m
11．(2019·内蒙古包头联考)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F、方向平行导轨向下的拉力作用，力F随杆ab运动速度v变化的图像如图乙所示，杆由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10 m/s2，sin37°＝0.6.

(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；
(2)求电阻R的阻值；
(3)金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m的过程中，拉力的平均功率为6.6 W，求在此过程中回路中产生的焦耳热．
[解析]　(1)通过R的电流I＝，E＝BLv，所以I＝
因为B、L、R、r为定值，所以I与v成正比．又因为电流I随时间均匀增大，故杆的速度v也随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，金属杆做匀加速直线运动(或金属杆做初速度为零的匀加速直线运动)．
(2)对杆：根据牛顿第二定律有F＋mgsinθ－F安＝ma
由图乙可知：F＝0.5v＋2(N)
F安＝BIL＝v(N)
则可得：2＋mgsinθ＋v＝ma
因为v为变量，a为定值，所以a与v无关，必有
ma＝2＋mgsinθ，0.5－＝0
解得a＝8 m/s2，R＝0.3 Ω
(3)由能量守恒定律得Pt＋mgxsinθ＝Q＋mv2
由匀变速直线运动规律得x＝at2，v＝at
联立解得t＝0.5 s，v＝4 m/s，Q＝1.3 J.
[答案]　(1)见解析　(2)0.3 Ω　(3)1.3 J

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