新课标2018届高考物理二轮复习阶段训练2功和能

机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率教学目标：理解功和功率的概念，会计算有关功和功率的问题培养学生分析问题的基本方法和基本技能教学重点：功和功率的概念教学难点：功和功率的计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

【例1】 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？⑴用F 缓慢地拉；⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FL B .θsin FL C.()θcos 1-FL D .()θcos 1-mgL【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B点恰好是半个圆周。

专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。

专题能力训练5 功功率动能定理(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·吉林长春模拟)质量为10 kg 的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示。

物体在x=0处,速度为1 m/s,不计一切摩擦,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为()A.2 m/sB.3 m/sC.4 m/sD.m/s2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。

已知A距离地面的高度为4 m,当物体滑至水平地面的C点时速度恰好为0,且B、C距离为4 m。

若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为()A.(8-4) mB.(8-2) mC. mD.8 m3.下列各图是反映汽车从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,(汽车运动过程中所受阻力恒定)其中不正确的是()4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在这个过程中,运动员的动能一直在减小C.在这个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在这个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功5.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图所示。

测量得到比赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为()A.65 JB.350 JC.700 JD.1 250 J6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f,落地前瞬间小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为F f·C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐渐减少7.(2017·四川资阳一模)右图为牵引力F和车速倒数的关系图象。

单科标准练(二)(时间：60分钟分值：110分)第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．下列叙述符合物理学史实的是()A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景B[奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误．]15．如图1所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的加速度为a1，速度为v1，再将甲物块缓慢下压到B的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2，则下列关系正确的是()图1A．a1＝a2，v1＝v2B．a1＝a2，v1＜v2C．a1＜a2，v1＜v2D．a1＜a2，v1＝v2B[对于乙，当乙刚好离开地面时有：kx＝m乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，对于甲，根据牛顿第二定律得，kx＋m甲g＝m甲a，可知两次加速度相等，即a1＝a2，当弹簧压到B时比弹簧压到A时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲物体的动能和重力势能，压缩到B时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v1＜v2，故B正确，A、C、D错误．] 16.2018年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课．授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应．在视频中可观察到漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中．假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动)，如图2所示．已知液滴振动的频率表达式为f＝kσρr3，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE(其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS有关，则在下列关于σ、ΔE 和ΔS关系的表达式中，可能正确的是()【导学号：19624290】图2A．σ＝ΔE×ΔS B．σ＝1ΔE×ΔSC．σ＝ΔEΔS D．σ＝ΔSΔEC[σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE(其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS(其单位是m2)有关，根据物理量单位之间的关系得出：1 N/m＝1 J1 m2，所以σ＝ΔEΔS，故选C.]17．( 2018·揭阳市揭东一中检测)如图3所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球()图3A．抛出速度最大时落在B1点B．抛出速度最小时落在D1点C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等C[由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1的粒子速度最小，故A、B错误，C正确；由图可知，落在B1D1点和落在D1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误．]18．如图4所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法不正确的是()图4A．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗B．将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D．若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍A[矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据公式U1U2＝n1n2，知输出电压增大，故灯泡会变亮，故A错误；将电容器的上极板向上移动一小段距离，电容器的电容C变小，容抗增大，故电流减小，灯泡变暗，故B正确；线圈所处位置是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C正确；若线圈转动的角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故D正确．题目要求选择不正确的选项，故选A.]19．下列说法正确的是()A．为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B．汤姆孙根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D．已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m p、m D，则氘核的比结合能为(m n＋m p－m D)c22(c表示真空中的光速)ABD[根据光电效应方程知E km＝hν－W0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故A正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，故B正确；按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，故电子的动能变小，电势能变大(动能转为电势能)；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，C错误；已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m p、m D，则氘核的结合能为ΔE＝(m n＋m p－m D)c2，核子数是2，则氘核的比结合能为(m n＋m p－m D)c22，故D正确．]20．(2018·虎林市摸底考试)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图5所示．开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是()【导学号：19624291】图5A．小球到达M点时速度为零B．小球达到M点时速度最大C．小球运动到M点时绳的拉力大小为33mgD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动BCD[当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，只有电场力和小球重力做功，它们的合力做功最大，速度最大，A错误，B正确；电场力和重力的合力F合＝mgtan 30°＝3mg，由F合·L＝12m v2M，T M－F合＝mv2ML可解得：T M＝33mg，选项C正确；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度竖直向上，合力水平向右，故小球做匀变速曲线运动，D正确．]21．如图6所示，阻值为R、质量为m、边长为l的正方形金属框位于光滑的水平面上．金属框的ab边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直．磁场方向垂直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L(L>l)．已知金属框的ab边进入磁场后，金属框在进入磁场过程中运动速度与ab边在磁场中的运动位移之间的关系和金属框在穿出磁场过程中运动速度与cd边在磁场中的运动位移之间的关系分别为v＝v0－cx，v＝v0－c(l＋x)(v0未知)，式中c为某正值常量．若金属框完全通过磁场后恰好静止，则有()图6A．金属框bd边进入一半时金属框加速度大小为a＝3cl3B2 4mRB．金属框进入和穿出过程中做加速度逐渐减小的减速运动C．金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为mc2l2D．磁感应强度大小为B＝mcR lBD[当金属框bd边进入一半时，金属框速度v＝v0－c l2，此时受到的安培力为：F＝BIl＝B2l2(v0－cl2)R，当金属框出磁场且速度为零时有：0＝v0－c(l＋l)，得v0＝2cl，所以金属框加速度大小为a＝Fm＝3cl3B22mR，选项A错误；金属框进入磁场时，有：a＝Fm＝B2l2(2cl－cx)mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，同理，当穿出时有：a＝Fm＝B2l2(cl－cx)mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，选项B正确；金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为W F＝12m(v0－cl)2＝12mc2l2，选项C错误；根据题意，金属框出磁场时速度与位移成线性关系，故安培力也与位移成线性关系，故有：W F＝12F0l＝12B2l2·clR l＝B2l4c2R＝12mc2l2，解得：B＝mcRl，选项D正确．]第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22题～第25题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33～34为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)(2018·虎林市摸底考试)如图7所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若获得纸带如图8所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.30 kg ，小车B 的质量为m 1＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为________kg·m/s ，碰后系统总动量为______kg·m/s.(结果保留四位有效数字)(3)实验结论：_________________________________________________.【导学号：19624292】【解析】 (1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，所以选BC 段计算A 的碰前速度，碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后的共同运动应是匀速直线运动，故应选DE 段计算碰后的共同速度．(2)碰前系统的动量即A 的动量，则p 1＝m A v 0＝m A BC 5T ＝1.185 kg·m/s.碰后的总动量：p 2＝m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )DE 5T ＝1.180 kg·m/s.(3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒．【答案】(1)BC DE(2)1.185 1.180在实验误差允许范围内，碰前和碰后的总动量相等，系统的动量守恒23．(9分)[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]某同学通过实验测定金属丝电阻率：(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图9所示，则直径d＝________mm；图9(2)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5 A的金属丝的电阻R x粗测，下图是分别用欧姆挡的“×1挡”(图10甲)和“×10挡”(图乙)测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择______挡(填“×1”或“×10”)，该段金属丝的阻值约为______Ω.甲乙图10(3)除待测金属丝R x、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________(选填“A1”或“A2”)、电源应选______(选填“E1”或“E2”)．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)滑动变阻器R(最大阻值约10 Ω)电流表A1(量程3 A，内阻约0.18 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)电源E1(电动势9 V，内阻不计)电源E2(电动势4.5 V，内阻不计)毫米刻度尺、开关S、导线(4)若滑动变阻器采用限流接法，在下面方框内完成电路原理图(图中务必标出选用的电流表和电源的符号)．【解析】(1)螺旋测微器固定刻度示数是0.5 mm，可动刻度示数是49.9×0.01 mm＝0.499 mm，则螺旋测微器示数为0.5 mm＋0.499 mm＝0.999 mm(0.998～1.000均正确)；(2)由题图甲、乙所示可知，题图乙所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用题图甲所示测量电阻阻值，题图甲所示欧姆挡为“×1挡”，所测电阻阻值为7×1 Ω＝7 Ω.(3)电阻丝的额定电流约为0.5 A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为U＝IR＝0.5×7 V＝3.5 V，电源应选E2；(4)待测金属丝电阻约为7 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.2 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示．【答案】(1)0.999(0.998～1.000均正确)(2)×17(3)A2E2(4)实验电路图见解析24．(12分)(2018·温州中学模拟)目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组．若每节动车的额定功率均为1.35×118 kW，每节动车与拖车的质量均为5×118 kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.185倍．若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7 km/h.我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车．当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动．(所有结果保留两位有效数字)求：图11(1)沪昆高铁的最大时速v 为多少km/h?(2)当动车组以加速度1.5 m/s 2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100 m/s ，已知横截面积为1 m 2的风翼上可产生1.29×118 N 的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%.沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3 m 2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？【导学号：19624293】【解析】 (1)由 P ＝3kmgv 0(2分)2P ＝8kmgv (2分)解之得：v ＝0.75v 0＝3.5×102 km/h. (1分) (2)设各动车的牵引力为F 牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F ，以第1、2、3节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：F 牵－3kmg －F ＝3ma(2分) 以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2F 牵－8kmg ＝8ma(2分) 由上述两式得：F ＝kmg ＋ma ＝P 3v 0＋ma ＝1.1×118 N ．(2分) (3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：F m ＝1.29×118×1.3×2×8×0.9 N ＝2.4×118 N (1分)“风阻制动”的最大功率为P ＝F m v m ＝2.4×118×350 0003 600W ＝2.3×118 W ．(2分)【答案】 (1)3.5×102 km/h (2)1.1×118 N (3)2.3×118 W25. (20分)(2018·临川一中模拟)如图12所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ＝45°，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量q (q >0)的粒子以速率v 0从y 轴上的M (OM ＝d )点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力．图12(1)求此电场的场强大小E ；(2)若粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，求粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间．【解析】 (1)粒子在电场中运动，只受电场力作用，F 电＝qE ，a ＝qE m ；(2分)沿垂直电场线方向X 和电场线方向Y 建立坐标系，则在X 方向位移关系有：d sin θ＝v 0cos θ·t ，所以t ＝d v 0； (2分)该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，所以在Y 方向上，速度关系有：v 0sin θ＝at ＝qE m t ，(2分) 所以，v 0sin θ＝qEd m v 0 (1分)则有E ＝m v 20sin θqd ＝m v 20sin 45°qd ＝2m v 202qd .(2分)(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间t ＝d v 0；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，则粒子从M 点出发到第二次经过OL 在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为12T ；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，B v q ＝m v 2R ； (2分) 根据(1)可知，粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，速度v 就是初速度v 0在X 方向上的分量，即v ＝v 0cos θ＝v 0cos 45°＝22v 0； (1分)粒子在电场中运动，在Y 方向上的位移Y ＝12v 0sin θ·t ＝24v 0t ＝24d ，(1分)所以，粒子进入磁场的位置在OL 上距离O 点l ＝d cos θ＋Y ＝324d ；(2分)可得：l ≥R ＋R cos θ，即R ≤l 1＋1cos θ＝324d 1＋2＝3(2－2)4d ； (2分) 所以，T ＝2πR v ≤2π×3(2－2)4d 22v 0＝3(2－1)πd v 0； (1分)所以，粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间t 最长＝t ＋12T max ＝d v 0＋123(2－1)πd v 0＝d v 0[1＋3(2－1)π2]． (2分) 【答案】 (1)2m v 202qd (2)d v 0[1＋3(2－1)π2] (二)选考题(共15分，请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)[2018·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅱ)](1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关B．悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D．PM 2.5的运动轨迹由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(2)(10分)内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×118 Pa、温度为27 ℃的气体，初始活塞到汽缸底部距离50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移．已知汽缸横截面积为200 cm2，总长为100 cm，大气压强为1.0×118 Pa.①计算当温度升高到927 ℃时，缸内封闭气体的压强；②若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能.【导学号：19624294】图13【解析】(1)选ADE.气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随有做功来决定，选项A对；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越少，就越不容易平衡，选项B错；当分子间作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，选项C错；PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，受到气体分子无规则撞击和气流影响而运动，选项D对；热传递具有方向性，能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项E对．(2)①由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖－吕萨克定律可知：0.5×S T 1＝1×ST 2，又T 1＝300 K (3分)解得：T 2＝600 K ，即327 ℃，因为327 ℃<927 ℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到927 ℃时，封闭气体的压强为p ，由查理定律可以得到：1.0×105 Pa T 2＝p (927＋273)K，代入数据整理可以得到：p ＝2×118 Pa.(3分)②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝1 m －0.5 m ＝0.5 m ，故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，代入数据解得：W ＝－1 000 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q(2分) 得到：ΔU ＝－1 000 J ＋800 J ＝－200 J ．(2分)【答案】 (1)ADE (2)①2×118 Pa ②－200 J34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大E ．当我们看到太阳从地平线上刚刚升起时，太阳的实际位置已经在地平线上的上方(2)(10分)如图14所示是一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0.25 s 时刻的波形图，已知波的传播速度v ＝4 m/s.图14①画出x ＝2.0 m 处质点的振动图象(至少画出一个周期)；②求x ＝2.5 m 处质点在0～4.5 s 内通过的路程及t ＝4.5 s 时的位移； ③此时A 点的纵坐标为2 cm ，试求从图示时刻开始经过多少时间A 点第三次出现波峰？【解析】 (1)除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故A 正确；全息照相利用了激光相干性好的特性，是光的干涉现象，故B 正确；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理，故C 正确；在双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝L d λ，若仅将入射光由红光改为紫光，由于红光波长大于紫光，则相邻亮条纹间距变小，故D 错误；早晨看太阳从地平线刚刚升起时，实际上它还处在地平线的下方，但通过光在不均匀的大气层中发生折射，可以射入我们的眼睛，我们就可以看见太阳，故E 错误．故选A 、B 、C.(2)①根据图中信息可得λ＝2 m ，T ＝λv ＝0.5 s ，图象如图所示．②4.5 s ＝9T ，一个周期内质点通过的路程是4A ，所以s ＝9×4A ＝1.44 mt ＝4.5 s 时，距离现在图示时刻172T ，与现在所处位置关于x 轴对称，y ＝－4 cm.③若从图示时刻开始计时则质点A 的振动方程为y ＝A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωt ＋π3 则质点A 第一次达波峰的时间为t 1＝56T第三次达波峰的时间应为t ＝t 1＋2T ＝56×0.5 s ＋2×0.5 s ＝1.42 s.【答案】 (1)ABC(2)①见解析②1.44 m －4 cm ③1.42 s。

并描绘出如图所示的 F-1v图象(图中 AB、BO 均为直线)．假设电动车行驶中 所受阻力恒定，最终做匀速运动，重力加速度 g 取 10 m/s2，则(AD )
A．电动车运动过程中的最大速度为 15 m/s B．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是 6 s D．该车加速度大小为 0.25 m/s2 时，动能是 4×104 J
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析
[题组突破]
1．(2015·高考全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某
考向一 考向二
时刻开始计时，发动机的动率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( A )
考向三
答案
考向二
研考向 融会贯通
＝
P额t1－2Ek，则 vt1
t1
时刻汽车所受阻力
f
的瞬时功率为
P
额－2tE1 k，故选项
D
正确．
考向二
考向一 考向二 考向三
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析
答案
3．(多选)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该 款电动车性能的实验中，质量为 8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路 行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度 v，
考向一
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题
解析
考向一
在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，则小球在 M 点时弹簧处于压缩状态，在 N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从 M 点运动到 N 点的过 程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小

专题二 能量与动量 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算] 如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。

现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。

力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。

2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。

从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。

3．[考查机车的启动与牵引问题][多选]我国高铁技术处于世界领先水平。

和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。

某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误。

功和能开心自测题一 ：如图所示，演员正在进行杂技表演。

由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于（ ）A ．0.3JB ．3JC ．30JD ．300J题二：一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关题三：如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。

一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（ ）A ．mgL ωB ．2ω C ．12mgL ω D ． 6mgL ω 考点梳理与金题精讲功W=Flcoα平均功率瞬时功率P=Fv cosα功是能量转化的量度W G=－ΔE pW弹=－ΔE p弹W总=ΔE kW非=ΔE机一、功（1）一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，这个力就对物体做了功。

做功的两个不可缺少的因素是：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。

（2）力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积。

功的计算公式，功的单位是焦耳，符号J，功是标量。

（3）功有正负，其正负由cosα决定。

当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功（通常说成物体克服这个力做功）；当α= 90°时，力对物体不做功。

题四：放在光滑水平面上的静止物体，在水平恒力F1的作用下，移动了距离l，如果拉力改为和水平面成30º的恒力F2，移动的距离为2l，已知拉力F1和F2对物体所做的功相等，则F1和F2的大小的比为（）A．2：1 B．2：1 C．3：1 D．3：1二、功率（1）功率是表示力做功快慢程度的物理量，功跟完成这些功所用时间的比叫做功率。

纵观近几年高考试题，预测2018年物理高考试题还会考：1、从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．2、动能定理多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；动能定理仍将是高考考查的重点，高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。

3、机械能守恒定律，多数是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。

考向01 功和功率 1.讲高考（1）考纲要求掌握做功正负的判断和计算功的方法；理解tWP =和Fv P =的关系，并会运用；会分析机车的两种启动方式． （2）命题规律从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题． 案例1．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。

小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力： （ ）A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心【答案】A【考点定位】圆周运动；功【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。

案例2．【2016·天津卷】（多选）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。

某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组： （ ）A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2 【答案】BD【考点定位】牛顿第二定律、功率、动能定理【名师点睛】此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律、功率以及动能定理等知识点；解题时要能正确选择研究对象，灵活运用整体法及隔离法列方程；注意当功率一定时，牵引力等于阻力的情况，速度最大。

专题能力训练6 能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图甲所示,倾角为θ的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为μ。

物块从开始运动到位移为x2的过程中()A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。

现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。

在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是()A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。

开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。

下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。

限时规范训练(六)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．(2017·河南省高考物理预测试卷)如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑阶段前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，已知重力加速度为g .则在此过程中，下列说法中正确的是( )A ．地面对人做的功W 地＝12mv 2＋mgh B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W 重＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh ＋W 阻 解析：选B.A 、地面对人作用时，由于人的脚并没有离开地面，故地面的力对运动员并不做功，故A 错误；B 、起跑过程，重力势能增加mgh ，动能增加12mv 2，故机械能增加量为mgh ＋12mv 2，故B 正确；C 、重心上升h ，故重力做功为W 重＝－mgh ，故C 错误；D 、根据动能定理有：W 人＋W 阻－mgh ＝12mv 2，故W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻，故D 错误． 2．(2017·福建省厦门市高中毕业生3月第一次质量检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q ，现将与Q 带同种电荷的小球P ，从直线上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球P 的电势能先减小后增加B ．小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加C ．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D ．小球P 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P 的电势能一直减小，选项A 错误；因Q 对P 做正功，故小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B 正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C 错误；小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D 错误；故选B.3．(2017·江苏省宜兴市高三下学期期初考试)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：选D.根据a ­t 图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以x ­t 图象应是开口向下的抛物线，故A 、B 错误；根据E k ＝12mv 2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C 错误；E p ＝mgh ＝mgx sin θ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫v 0t ＋12at 2sin θ，a 为负，故为开口向下的抛物线，故D 正确．4．(2017·南平市普通高中毕业班适应性检测)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m 的小球接触但不连接．开始时小球位于O 点，弹簧水平且无形变．O 点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R ，B 为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A 点，OA 间距离为x 0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B .已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .下列说法中正确的是( )A ．小球在从A 到O 运动的过程中速度不断增大B ．小球运动过程中的最大速度为v m ＝5gRC ．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0D ．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A 到O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：k Δx －μmg ＝ma ，物体做加速度减小的加速运动 ，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A 错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B ，由重力提供向心力：mg ＝m v 2B R，解得：v B ＝gR ，从O 到B 根据动能定理得：－mg 2R ＝12mv 2B －12mv 20，联立以上解得：v 0＝5gR ，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR 大，故B 错误；从A 到O 根据能量守恒得：E p ＝12mv 20＋μmgx 0，联立以上得：E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0，故C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 20R，联立以上解得：N ＝6mg ，故D 错误． 5．(2017·四川省宜宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v ­t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧弹力大于12mg B ．小球在t C 时刻的加速度大于12g C ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：选B.由图象可知，小球在t B 时刻加速度大小为零，此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，选项A 错误；小球在t C 时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A 点的加速度大小为12g ，由图象可知，在C 点的切线的斜率大于在A 点的切线的斜率，即小球在t C 时刻的加速度大于12g ，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C 错误；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D 错误；故选B.6．(2017·河南省商丘市高考物理二模考试)正方体空心框架ABCD ­A 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是()A ．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2B ．落在C 1点的小球，运动时间最长C ．落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2D ．轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同解析：选D.A 、小球落在A 1C 1线段中点时水平位移最小，落在C 1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x ＝v 0t ，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A 错误；B 、小球做平抛运动，由h ＝12gt 2得t ＝2h g ，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B 错误；C 、落在B 1D 1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球，落地时机械能最大．设落在B 1D 1线段中点的小球初速度为v 1，水平位移为x 1.落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球初速度为v 2.水平位移为x 2.由几何关系有x 1∶x 2＝1∶2，由x ＝v 0t ，得：v 1∶v 2＝1∶2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E 1＝mgh ＋12mv 21，E 2＝mgh ＋12mv 22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C 错误．D 、设AC 1的倾角为α，轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，tan θ＝gt v 0，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D 正确．二、多项选择题7．(2017·四川省遂宁市高三三诊)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以初速度v 0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v ­t 图象如图乙所示．下列判断正确的是( )A ．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小mv 20/8B ．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小3mv 20/16C ．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv 20/4D ．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv 20/3解析：选AC.设滑块上滑时加速度大小为a 1，下滑时加速度大小为a 2.由速度图象的斜率表示加速度，可知a 1＝v 0t 0，a 2＝0.5v 0t 0，因此a 1＝2a 2.对上滑过程，根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋f ＝ma 1；对下滑过程，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－f ＝ma 2；联立解得f ＝13mg sin 30°①，对于上滑过程，由动能定理得－(mg sin 30°＋f )s ＝0－12mv 20②，由功能原理得：－fs ＝ΔE ③，由以上①②③解得ΔE ＝－18mv 20.即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小18mv 20，故A 正确、B 错误；对于下滑过程，由动能定理得(mg sin 30°－f )s ＝ΔE k ，解得ΔE k ＝14mv 20，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加14mv 20，故C 正确、D 错误． 8．(2017·湖南省邵阳市高三第二次大联考)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m .开始时细绳伸直，物体B 静止在桌面上，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h .放手后物体A 下落，着地时速度大小为v ，此时物体B 对桌面恰好无压力．不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒B ．弹簧的劲度系数为2mg hC ．物体A 着地时的加速度大小为g 2D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为mgh －mv 2解析：选AC.因为B 没有运动，所以物体A 下落过程中，只有弹簧和重力做功，故物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，A 正确；因为A 刚下落时，弹簧处于原长，A 落地时，弹簧对B 的弹力大小等于B 的重力，故kh ＝mg ，解得k ＝mg h，B 错误；物体A 落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg ，故对A 分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg ，竖直向下的重力，大小为2mg ，故根据牛顿第二定律可得2mg －mg ＝2ma ，解得a ＝g 2，C 正确；物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh ＝12·2mv 2＋E p ，解得E p ＝2mgh －mv 2，D 错误． 9．(2017·四川省乐山市高三第二次调查研究考试)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A ，细线跨过O 点的轻质光滑定滑轮(不计滑轮大小)，一端连接A ，另一端悬挂小物块B ，物块A 、B 质量相等．C 为O 点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°，现将A 、B 由静止释放，则下列说法正确的是( )A ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，速度不断增大B ．在物块A 由P 点出发第一次达到C 点的过程中，物块B 克服细线拉力做的功小于B 重力势能的减少量C ．物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D ．物块A 经过C 点时的速度大小为2gh解析：选ACD.物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，绳子拉力对A 做正功，所以动能不断增大，速度不断增大，故A 正确；到C 点时B 的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量，故B 错误；根据几何知识可得AC ＝3h ，由于AB 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为：23h 的范围内做往复运动，故C 正确；设物块A 经过C 点时的速度大小为v ，此时B的速度为0.根据动能定理可得：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin 30°－h ＝12mv 2，解得：v ＝2gh ，故D 正确．所以ACD 正确，B 错误．10．(2017·南昌市十所省重点中学命制高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看做质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n n －μmgl 2C ．F ＞n μmg 2D ．(n －1)μmg ＜F ＜n μmg解析：选BC.物块1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －l )Fl .故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmgl ＋μmg ·2l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n n －μmgl 2.故B 正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝n μmg 2.现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F ＞n μmg 2，故C 正确，D 错误．故选BC.三、非选择题 11．(2017·江苏省泰州中学高三下学期期初考试)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36 N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1 kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B 点后释放．已知木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝3 3 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)已知弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kx 2(其中x 为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v ；(3)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s .解析：运用动能定理，对物块在AQ 段上滑和下滑过程分别列式，即可求解v 1；物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，由胡克定律和平衡条件求出速度最大时弹簧的压缩量，再由系统的机械能守恒求最大速度v ；根据能量守恒或动能定理可求出总路程．设物块从A 点向上滑行的最大距离为s .根据动能定理，上滑过程有：－mgs sin 37°－μmgs cos 37°＝0－12mv 20 下滑过程有：mgs sin 37°－μmgs cos 37°＝12mv 21－0 联立解得：s ＝1.5 m ，v 1＝3 m/s(2)物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，则有：mg sin 37°＝kx根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得：mgx sin 37°＋12mv 21＝12mv 2＋12kx 2 解得：v ＝10 m/s物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A根据能量守恒：μmgs cos 37°＝12mv 20 代入数据解得：s ＝4.5 m答案：(1)3 m/s (2)10 m/s (3)在A 点下方做往复运动 4.5 m12．(2017·安徽师大附中高考物理最后一卷)如图甲所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，将每个质量为m ＝5 kg 的木箱从地面运送到高为h ＝5.25 m 的平台上，机械手每隔1 s 就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v ­t 图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.求：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ；(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．解析：(1)由乙图可知，木箱运动的加速度为：a ＝11＝1 m/s 2，皮带匀速运动的速度为：v ＝1 m/s ，根据牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝235.(2)木箱加速运动的位移为：x 1＝12at 21＝0.5 m ， 木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：ΔL ＝vt ＝1 m传送带的长度为：L ＝h sin 30°＝2 h ＝10.5 m ， L ＝10ΔL ＋x 1，所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个．(3)木箱在传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：Δx ＝vt －x 1＝1×1－0.5＝0.5 m ，和皮带间的摩擦产生的热量为：Q 1＝μmg cos θ·Δx ＝15 J木箱最终增加的动能为：E k1＝12mv 2＝2.5 J ， 木箱到达平台增加的重力势能为：E p ＝mgh ＝262.5 J ，从开始的10分钟内共传送木箱的个数N ＝10×60＝600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W 1＝590(Q 1＋E k1＋E p1)＝165 200 J ，在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10E k1＝25 J ，10个木箱的摩擦生热为：10Q 1＝150 J,10个木箱增加的重力势能共为：E p ′＝10mg Δx sin 30°＋mg ΔL sin 30°＋2mg ΔL sin 30°＋…＋9mg ΔL sin 30°＝10mg Δx sin 30°＋mgL sin 30°(1＋2＋3…＋9)＝1 250 J ，所以电动机多做的功为：W ＝W 1＋10E k1＋10Q 1＋E p ′＝166 625 J答案：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ为235； (2)传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166 625 J ．。

专题二　功　和　能考情分析备考策略1.本专题主要利用功能的观点解决物体、带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题。

本部分命题情景新，联系实际密切，综合性强，是高考的压轴题。

2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面：重力、摩擦力、电场力和安培力做功的特点和求解；与功、功率相关问题的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律等。

1.深刻理解定义式、公式及关系式中各个物理量的准确含义；准确理解与记忆机械能守恒定律的条件，灵活运用守恒的观点处理典型的、生活中的热点情景及科技运用中出现的与机械能相关的问题。

2.深刻理解功能关系，抓住两种命题情景突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是应用动能定理和能量守恒定律解决电场中带电体运动或电磁感应问题。

第1讲　功　功率和动能定理考向一　功和功率的计算 (选择题)1.恒力做功的公式W ＝Fl cos α(通过F 与l 间的夹角α判断F 是否做功及做功的正、负)。

2．功率(1)平均功率：P ＝＝F cos α。

Wt v (2)瞬时功率：P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)。

　(2014·全国新课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。

现用一大小为F 1的水平拉[例1]力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v 。

若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v 。

对于上述两个过程，用WF 1、WF 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．WF 2>4WF 1, W f 2>2W f 1B ．WF 2>4WF 1, W f 2＝2W f 1C ．WF 2<4WF 1, W f 2＝2W f 1D ．WF 2<4WF 1, W f 2<2W f 1[思路探究](1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？提示：因为前后两次t 相等，由a ＝，x ＝t 知，a 1∶a 2＝1∶2，x 1∶x 2＝1∶2。

阶段训练(二) 功和能动量(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.游乐场有一“摩天轮”如图所示。

轮面与水平面成一定的角度。

一游客随“摩天轮”一起做匀速圆周运动,则()A.游客的机械能守恒B.重力对游客始终做负功C.任意相等时间内,游客的重力势能变化量相等D.游客的重力功率最大时,游客与轮的轮心等高2.(2016·全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点,()A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l。

若传送带处于静止状态,把一个小物块放到右端的A点,某人用恒定的水平拉力F1使小物块以速度v1匀速滑到左端的B点。

若传送带的上表面以v2的速度匀速向左运动,此人用水平恒力F2拉物块,使物块以相对于传送带为v1的速度从A滑到B,下列说法正确的是()A.F2大于F1B.F2做的功等于F1做的功C.F2的功率等于F1的功率D.两种情况下物块与皮带之间因摩擦而产生的热量相同4.如图所示,竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成,两轨道长度相等,用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球,分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A,所需时间分别为t1、t2,动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2。

假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变,且球与Ⅰ和Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等,则()A.ΔE k1>ΔE k2,t1>t2B.ΔE k1=ΔE k2,t1>t2C.ΔE k1>ΔE k2,t1<t2D.ΔE k1=ΔE k2,t1<t25.质量为10 kg的物体,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,力F随坐标x的变化情况如图所示。

功和能1.(2018·全国卷I ·T18) 如图，abc是竖直面内的圆滑固定轨道，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，向来碰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.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【解题指南】解答此题应注意以下三点：(1)小球由a到c的过程，由动能定理求出小球在c点的速度大小。

(2)小球走开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g。

(3)小球轨迹最高点的竖直方向速度为零。

【剖析】选C。

设小球运动到c点的速度大小为v c，小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=m2cv，又F=mg，解得：2cv=4gR。

小球走开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，整个过程运动轨迹以下列图，由牛顿第二定律可知，小球走开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，小球从走开c点到其轨迹最高点所需的时间t=，小球在水平方向的位移为x=gt2，解得x=2R。

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x+3R=5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR。

【题后反思】此题将运动的合成与分解、牛顿运动定律和动能定理有机交融，难度较大，能力要求较高。

2.(2018·全国卷II ·T14)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拥有某一速度。

木箱获得的动能必然()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于战胜摩擦力所做的功D.大于战胜摩擦力所做的功【剖析】选A。

依照动能定理可得：W F+W f=E k，又知道摩擦力做负功，即W f<0，因此木箱获得的动能必然小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；依照W F+W f=E k，无法确定E k与-W f的大小关系，选项C、D错误。

【金版教程】（全国通用）2018高考物理二轮复习 新题重组练专题二 功和能5b一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、4、5、6小题为多选题。

)1．[2018·河北邯郸一模]如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．货物受到的支持力变小B ．货物受到的摩擦力变小C ．货物受到的支持力对货物做负功D ．货物受到的摩擦力对货物做负功[解析] 对货物受力分析，货物受到重力、支持力和静摩擦力；由平衡条件得FN ＝mgcos θ，Ff ＝mgsin θ，由于θ角缓慢增大，所以FN 减小，Ff 增大，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向相同，所以支持力对货物做正功，C 错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，D 错误。

[答案] A2．质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到3 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用。

下列说法中正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是8 WB ．第2 s 内外力做的功是72J C ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是94[解析] 本题可先作出物体的v －t 图象如下，1 s 末物体速度3 m/s 、2 s 末物体速度4 m/s ，第1 s 内物体位移s1＝12×1×3 m＝1.5 m ，第2 s 内物体位移s2＝12(3＋4)×1 m＝3.5 m,0～2 s 内外力的平均功率P ＝W1＋W2t＝F1s1＋F2s2t ＝3×1.5＋1×3.52W ＝4 W ，A 错；第2秒内外力做的功W2＝F2·s2＝1×3.5 J＝3.5 J ，B 对；第2 s 末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1 N×4 m/s＝4 W ，而1 s 末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3 N×3 m/s＝9 W ，C错；第1 s 内动能的增量ΔE1＝12mv2＝12×1×32 J＝4.5 J ，第2 s 内动能的增量ΔEk ＝12mv22－12mv21＝12×1×(42－32) J ＝3.5 J ，二者之比为9∶7，D 错，选B 。