2019高考物理二轮复习第7讲能量守恒功能关系专题训练

2019-2019高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体的动能和势能可以相互转化，但机械能保持不变，下面是机械能守恒定律和功能关系专题练习，请考生仔细练习。

1.(2019高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能改变了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误;弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Ep=mgh=mgL，选项B正确;圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是()A.2RB.C.D.解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有：2mgR=mgR+3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2=mgh，解得h=R.则B上升的高度为R+R=R，故选项C正确.3.(2019山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.起先时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT=mg，FT=magsin .即：mg=magsinEpa=maghsin由得：Epa=mgh选项B正确.当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误;对物块a、b 分别由动能定理得：WFT-magsin h+Wf=EkaWF-WFT+mgh=Ekb由式可知，选项C错、D对.4.(2019湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，其次阶段匀速运动到传送带顶端.则下列说法中正确的是()A.第一阶段和其次阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.其次阶段摩擦力对物体做的功等于其次阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能解析：选ACD.第一阶段和其次阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确;在第一阶段和其次阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确;第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确.5.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v，在整个过程中() A.木板对小物块做的功为mv2B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为mv2-mgLsinD.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2-mgLsin解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木=mv2-0，A 正确;在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W 木-mgLsin =0-0，则有W木=mgLsin ，故B错误;由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木-W木=mv2-mgLsin ，D正确.6.(2019长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B 的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长.起先时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度始终增大解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l)，当M=2m时，h=l，所以A选项正确;当M=m时，对圆环受力分析如图，可知FT=Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能始终在削减，则系统的动能始终在增加，所以D选项正确.7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有始终径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以肯定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道.其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽视一切摩擦以及转弯处能量的损失.则下列说法正确的是()A.小球在C点时，肯定对圆管的下壁有力的作用B.当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍C.小球在圆管中运动时通过D点的速度最小D.小球离开轨道后的加速度大小恒定解析：选BD.当小球运动到C点的速度v=时，小球与轨道间没有力的作用，当v时，小球对轨道的上壁有力的作用;当v时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误;小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC=，依据机械能守恒定律有mg2R+mv=mv，在B点时依据牛顿其次定律有N-mg=m，解得轨道对小球的支持力N=6mg，B正确;在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误;小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确.8.(2019名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g=10 m/s2.求：(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率;(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止起先以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能.(设此时路面的阻力为65 N)解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则P=FvF=f解得：P=1 181 W.(2)摩托车匀加速过程：F-f=ma解得F=105 N当达到额定功率时v1==11.2 m/s从静止起先以0.4 m/s2的加速度动身运动10 s的速度v2=at=4 m/s11.2 m/s故在10 s内做匀加速直线运动的位移x=at2=20 m牵引力做的功W=Fx=2 100 J由功能关系可得：E=W=2 100 J.答案：(1)1 181 W (2)2 100 J9.(2019高考福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下，重力加速度为g. (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR=mv滑块在B点处，由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得mgR=Mv+m(2vm)2解得vm=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR-mgL=Mv+m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得mg=Ma由运动学规律得v-v=-2as解得s=L答案：(1)3mg (2) L10.某电视消遣节目装置可简化为如图所示模型.倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6 m/s 的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5 m，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间;(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离;(3)求物块距斜面底端高度满意什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同点D.解析：(1)A到B过程：依据牛顿其次定律mgsin 1mgcos =ma1=a1t代入数据解得a1=2 m/s2，t1=3 s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23 m/s=6 m/s物块在传送带上匀速运动到Ct2== s=1 s所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2)在斜面上依据动能定理mgh2-1mgcos =mv2解得v=4 m/s6 m/s设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2==2g=2 m/s2v-v2=2ax，x=5 m6 m所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t0，H=gt，解得s=6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛学问知：物块到达C点时速度必需有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后始终匀加速运动，则：mgh3-1mgcos 2mgL=mvh3=1.8 m当离传送带高度为h4时物块进入传送带后始终匀减速运动，则：mgh4-1mgcos 2mgL=mvh4=9.0 m所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满意要求，即1.8 m9.0 m.答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m9.0 m机械能守恒定律和功能关系专题练习及答案共享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

高中物理B从A的右端滑出；求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．mv2B．t＝ 3 s，Q＝0.5 J】如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20 m，倾角袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h＝1.8 m，传送带匀速运动的速度为v＝2 m/s.传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；麻袋包在传送带上运动的时间t；该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．．牵引力与克服摩擦力做的功相等动能的减少量等于系统损失的机械能克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量122mv122mv的过程中，位移为零，外力做功为零的过程，减少的动能不相等．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零．整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为F f l物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力F N的大小；处开始下滑时的初速度v0.P点(OP与水平方向夹角为37°，已知点时的速度大小；为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小动能的增加点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmga3点弹簧的拉力大于摩擦力，即F A>μmg，在B点距离B点较近，即xC．0.1 m D．0 mgh12mg(H＋h)，所以有阻力做功且阻力大小(H＋h)，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少．（多选）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为当轻弹簧被压缩至最短时，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；间的距离l至少为多少；上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少．(3)160 J释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．mv2－mv v2－2μgL－μmgL点时的速度；。

第2讲 功能关系 能量守恒定律[真题再现]1.(2017·全国卷Ⅲ)如图2－2－1所示，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13l 。

重力加速度大小为g 。

在此过程中，外力做的功为图2－2－1A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 解析 此过程中，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的机械能的增量ΔE ＝23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－16l －23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13l ＝19mgl ，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为W＝19mgl ，故A 正确，B 、C 、D 错误。

答案 A2.(2017·全国卷Ⅱ)如图2－2－2所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g )图2－2－2A.v216g B.v28g C.v24g D.v22g解析 物块由最低点到最高点：12mv 2＝2mgr ＋12mv 21；物块做平抛运动：x ＝v 1t ；t ＝4rg；联立解得：x ＝4v2g r －16r2，由数学知识可知，当r ＝4v2g 2×16＝v28g时，x 最大，故选B 。

答案 B3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图2－2－3所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。

现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。

已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜π2。

在小球从M点运动到N 点的过程中图2－2－3A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示。

高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用（含答案）满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(四川理综,1)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．(新课标全国卷Ⅱ,17)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率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()3．(新课标全国卷Ⅱ,16)一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v,若将水平拉力的大小改为F2,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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A．W F2>4W F1,W f2>2W f1B．W F2>4W F1, W f2＝2W f1C．W F2<4W F1,W f2＝2W f1D．W F2<4W F1, W f2<2W f14．(新课标全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()A．W＝12mgR,质点恰好可以到达Q点B ．W ＞12mgR ,质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离5．(海南单科,4)如图,一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg ,重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( ) A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 6．(天津理综,5)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A ．圆环的机械能守恒 B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题(本题共4小题,每小题7分,共计28分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)7．(浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 28．(新课标全国卷Ⅱ,21)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动,不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则() A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg9．(江苏单科,9)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中,加速度一直减小B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处,弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度10．(江苏南通一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度－时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能减少D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能三、计算题(本题共2小题,共计42分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)11．(江苏单科,14)(20分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中,外界对转动装置所做的功W.12．(福建理综,21)(22分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求：①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m；②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s. 答案1． A [由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知,落地时速度v 2的大小相等,故 A 正确.]2．A [当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ,因为P 1不变,v 逐渐增大,所以牵引力F 1逐渐减小,由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1,f 不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F 1＝f 时速度最大,且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车继续加速,由P 2＝F 2v 可知F 2减小,又因F 2－f ＝ma 2,所以加速度逐渐减小,直到F 2＝f 时,速度最大v m ′＝P 2f ,以后匀速运动.综合以上分析可知选项A 正确.]3．C [两次物体均做匀加速运动,由于时间相等,两次的末速度之比为1∶2,则由v ＝at 可知两次的加速度之比为a 1a 2＝12,F 1合F 2合＝12,又两次的平均速度分别为v 2、v ,故两次的位移之比为x 1x 2＝12,由于两次的摩擦阻力相等,由W f ＝fx 可知,W f 2＝2W f 1；由动能定理知W 合1W 合2＝ΔE k1ΔE k2＝14,因为W 合＝W F －W f ,故W F ＝W 合＋W f ；W F 2＝W 合2＋W f 2＝4W 合1＋2W f 1<4W 合1＋4W f 1＝4W F 1；选项C 正确.]4．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ,经过N 点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg ＝m v 2R ,所以N 点动能为E k N ＝3mgR2,从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝E k N －E k P ,即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力F f ＝μF N 变小,所以摩擦力做功变小,那么从N 到Q ,根据动能定理－mgR －W ′＝E k Q －E k N ,Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′,由于W ′＜mgR2,所以Q 点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C 正确.]5．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有F N －mg ＝m v 2R ,F N ＝2mg ,联立解得v ＝gR ,下滑过程中,根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2,解得W f ＝12mgR ,所以克服摩擦力做功 12mgR ,C 正确.]6．B [圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加,由能量守恒定律可知圆环的机械能减少,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,故A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合外力不为零,故C 错误；圆环重力势能减少了3mgl ,由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl ,故B 正确.]7．ABD [设总推力为F ,位移x ,阻力F 阻＝20%F ,对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x＝12m v 2,解得F ＝1.2×106 N,弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J,B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P －＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ,得a ＝v 22x ＝32 m/s 2,D 正确.]8．BD [滑块b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b 先做正功,后做负功,选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当a 刚落地时,b 的速度为零,则mgh ＝12m v 2a ＋0,即v a ＝2gh ,选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示.由a 的受力图可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于g 后大于g ,选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时,b 的机械能最大,a 的机械能最小,这时b 受重力、支持力,且F N b ＝mg ,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.] 9．BD [由题意知,圆环从A 到C 先加速后减速,到达B 处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A 错误；根据能量守恒,从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ,从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立解得：W f ＝14m v 2,E p ＝mgh －14m v 2,所以B 正确,C 错误；根据能量守恒,从A 到B 有mgh 1＝12m v 2B 1＋ΔE p1＋W f 1,从C 到B 有12m v 2＋ΔE p2＝12m v 2B 2＋W f 2＋mgh 2,又有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立可得v B 2＞v B 1,所以D 正确.]10．CD [质点竖直向上运动,0～15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B 错误；0～5 s内,a＝10 m/s2,质点只受重力,机械能守恒；5～10 s内,a＝8 m/s2,受重力和向上的力F1,F1做正功,机械能增加；10～15 s内,a＝12 m/s2,质点受重力和向下的力F2,F2做负功,机械能减少,A错误,C正确；由F合＝ma可推知F1＝F2,由于做减速运动,5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移,F1做的功大于F2做的功,5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能,所以D正确.]11．解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1小球受力平衡：F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg, F1sin θ1＝T1sin θ1解得k＝4mg L(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg,得x＝54L对小球：F2cos θ2＝mg, F2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L(3)弹簧长度为L2时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k·L2小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3,且cos θ3＝L 4l对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零, 由动能定理：W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得：W ＝mgL ＋16mgl 2L 答案 (1)4mgL (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L12．解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B ①滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R ② 解得N ＝3mg ③ 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg ④(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2⑦ 设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律 μmg ＝Ma ⑧ 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ⑨解得s ＝13L ⑩ 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L1．运用功能关系分析问题的基本思路(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程；(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量.2．功能关系。