2019精选教育高考一轮复习动能定理 功能关系 机械能守恒定律题型分析(含解析).doc

验证动能定理、机械能守恒定律【纲要导引】验证动能定理、机械能守恒定律是力学实验的常考类型，实验器材与验证牛二类似，一般用打点计时器打出的纸带计算瞬时速度、测两点间距，从而求出动能变化和势能变化或重力做功。

【点拨练习】考点一重锤铁架台1.【10年四川】有4条用打点计时器（所用交流电频率为50Hz）打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。

为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为S1、S2、S3。

请你根据下列S1、S2、S3的测量结果确定该纸带为。

（已知当地的重力加速度为9.791m/s2）A.61.0mm 65.8mm 70.7mmB. 41.2mm 45.1mm 53.0mmC.49. 6mm 53.5mm 57.3mmD. 60.5mm 61.0mm 60.6mm【答案】C【解析】由相邻等时间位移差公式可得，打点计时器打点间距之差应略小于4毫米，故选择C2. 【16年新课标1】(5分)某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他条件进行推算。

（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为_________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________.（2）已测得1s =8.89cm ，2s =9.50cm ，3s =10.10cm ；当重力加速度大小为9.80m/2s ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。

由此推算出f 为________Hz 。

【答案】⑴12()2f S S +，21()2f S S +，231()2f S S -；⑵40 【解析】⑴由于重物匀加速下落，各相邻点之间时间间隔相同，因此B 点应是从A 运动到C 的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得：B 点的速度B v 等于AC 段的平均速度，即122B S S v t+=由于1t f=，故 同理可得匀加速直线运动的加速度v a t∆=∆ 故 ①⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：g m F =ma -阻② 由已知条件 0.01g F =m 阻③由②③得 0.99g a =代入①得：，代入数据得40Hz f ≈3．（2017•天津）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。

知识回顾规律方法应用动能定理解题的“四步三注意”(1)应用动能定理解题的四个步骤①确定研究对象及其运动过程；②分析受力情况和各力的做功情况；③明确物体初末状态的动能；④由动能定理列方程求解．(2)应用动能定理解题应注意的三个问题①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．②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)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．典例分析【例1】如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？【答案】v＝11.3 m/s.【例2】 如图所示，光滑水平面AB 与半圆形轨道在B 点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右速度，然后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .(1)求弹簧弹力对物块做的功；(2)求物块m 从B 点运动到C 点克服阻力做的功；(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，当物体由A 经B 运动到C ，然后落到水平面，落点为D (题中D 点未标出，且水平面足够长)，求D 点与B 点间的距离． 【答案】W ＝3mgR ；W 阻＝－12mgR ；x BD ＝22R【解析】 (1)物块在B 点时，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 2BR又F N ＝7mg在物体从A 点运动到B 点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有W ＝12mv 2B解得W ＝3mgR(2)由题意可知，物块到达C 点时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR物块从B 点运动到C 点只有重力和阻力做功， 根据动能定理有W 阻－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 解得W 阻＝－12mgR故物块从B 点运动到C 点克服阻力做的功为12mgR .规律总结若物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便.应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功.专题练习1. (多选)(2017年保定模拟)如图所示，长为L 的轻质硬杆A 一端固定小球B ，另一端固定在水平转轴O 上．现使轻杆A 绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A 与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球B 受到的合力的方向始终沿着轻杆A 指向轴O B ．当α＝90°时，小球B 受到轻杆A 的作用力方向竖直向上C ．轻杆A 对小球B 做负功D ．小球B 重力做功的功率不断增大 【答案】：AC2.如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其长度d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ，在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0 【答案】：D【解析】：对小物块从A 点出发到最后停下来整个过程用动能定理，mgh －μmgs ＝0，s ＝h μ＝0.300.10m ＝3.00m ．而d ＝0.50 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，所以D 选项正确．学&科网3.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．E k B >E k CD ．E k B <E k C 【答案】：A4．(2017年山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE 分成等长四部分AB 、BC 、CD 、DE ，小物块与AB 、CD 间的动摩擦因数均为μ1；与BC 、DE 间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v 0从A 点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E 点．当物块以速度v 02从A 点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点( )A ．刚好为B 点 B ．刚好为C 点 C ．介于A 、B 之间D ．介于B 、C 之间【答案】：C【解析】：设斜面的倾角为θ，AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝s ，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝μ，物块以速度v 0上滑过程中，由动能定理得，－mg ·sin θ·4s －μmg cos θ·2s －2μmg cos θ·2s ＝0－12mv 20，则12mv 20＝4mgs sin θ＋6μmgs cos θ，当初速度为v 02时，12m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14×12mv 20＝mgs sin θ＋32μmgs cos θ<mgs sin θ＋2μmgs cos θ，则物块能到达的最高点在B 点以下，即A 、B 之间某点，故选C.5：一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( )A ．mglcos θB ．Flsin θC ．mgl(1－cos θ)D ．Fl 【答案】C6：如图所示，半径为R 的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F 把质量为m 的小物体(可看做质点)沿球面从A 点缓慢地移动到最高点B ，在此过程中，拉力做的功为( )A ．πFRB ．πmgRC ．mgRD ．mgR 【答案】D【解析】小物体在缓慢(匀速)运动过程中，只有重力和拉力F 做功，根据动能定理：W F －mgR ＝ΔE k ＝0，则拉力做功W F ＝mgR ，D 正确7：光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．【答案】(1)3mgR(2) mgR(3) mgR【解析】(1)由动能定理得W＝mv在B点由牛顿第二定律得：7mg－mg＝m解得W＝3mgR(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝E k－mv，E k＝mgR. 学&科网8：如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.试求：(1)小球到达A点的速度vA的大小；(2)P点与A点的竖直高度H；(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J9、(多选)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道ABC放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中正确的是()A．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为B．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为C．若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为D．要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5R【答案】BD10、如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则():A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点【答案】C【解析】小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功W f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误11．(2017年开封重点中学二联)如图所示，一质量为m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R＝0.4 m的粗糙半圆形轨道．现给滑块施加一水平向右且大小为F＝10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动．已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B两点间的距离为d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若滑块刚好运动到B 点停止，求拉力F 作用的时间；(2)若在滑块运动到B 点时撤去拉力F ，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C ，求滑块从B 点到C 点的过程中克服摩擦力所做的功． 【答案】t ＝ 2 s.；W f ＝5 J.【解析】：(1)设在拉力F 作用下滑块向右滑行的距离为x ，则由动能定理可得Fx ＝μmgd 设在拉力F 作用阶段滑块的加速度大小为a 1，拉力F 作用时间为t ，则有F －μmg ＝ma 1 x ＝12a 1t 2 联立解得t ＝ 2 s.12．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板，M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．【答案】H －H 4＝34H ；F 压＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ；W f ＝mgL 24H －mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 【解析】：(1)设到Q 点的速度为v ，做平抛运动的时间为t ，设Q 到水平距离为L 2的圆环的时间为t 1，高度为hQ 到底板过程：由平抛运动规律可知水平方向：L ＝vt ①竖直方向：H ＝12gt 2② 同理：L 2＝vt 1③ h ＝12gt 21④ 由①②③④解得：h ＝H 4，则距地面高度为 H －H 4＝34H(3)P 点至Q 点过程，设摩擦力对小球做功W f ：由动能定理：mgR ＋W f ＝12mv 2－0 解得：W f ＝mgL 24H－mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 。

专题21 功能关系能量守恒定律〔讲〕1.从近几年高考来看，关于功与功率的考察，多以选择题的形式出现，有时及电流及电磁感应相结合命题．2．功与能的关系一直是高考的“重中之重〞，是高考的热点与重点，涉及这局部内容的考题不但题型全、分量重，而且还经常有压轴题，考察最多的是动能定理与机械能守恒定律，且多数题目是及牛顿运动定律、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．3．动能定理及能量守恒定律仍将是高考考察的重点．高考题注重及生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考察放在一些及实际问题相结合的情境中去，能力要求不会降低.1.掌握功与能的对应关系，特别是合力功、重力功、弹力功分别对应的能量转化关系.2.理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题．一、功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：ΔE减＝ΔE增．考点一功能关系的应用1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，假设只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化用重力做功及重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能变化用除重力与弹力之外的力做功及机械能变化的关系分析．4．只涉及电势能的变化用电场力做功及电势能变化的关系分析．★重点归纳★1、功能关系问题的解答技巧对各种功能关系熟记于心，力学范围内，应结实掌握以下三条功能关系：〔1〕重力的功等于重力势能的变化，弹力的功等于弹性势能的变化；〔2〕合外力的功等于动能的变化；〔3〕除重力、弹力外，其他力的功等于机械能的变化．运用功能关系解题时，应弄清楚重力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化．★典型案例★〔多项选择〕在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。

2019年物理高考真题和模拟题 知识点分项汇编《机械功、动能定理》一、功1.公式：W ＝Fl cos α．(1)α<90°，做正功．(2)α>90°，做负功．(3)α＝90°，不做功．二、功率(1)平均功率：P ＝W t(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α.三、动能、动能定理1．表达式：E k ＝12mv 2.2. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量．W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．四、机械能守恒1、重力势能：E p ＝mgh .重力做正功时，重力势能减小； 重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G ＝E p1－E p2.2、弹性势能弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．3、机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．表达式：(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)． (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面)． (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面)．4．机械能守恒的条件：只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零．五、功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化． 2．几种常见的功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：(1)E1＝E2. (2)ΔE减＝ΔE增．【方法归纳总结】变力做功的求解方法一、动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．二、平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F＝kx＋b)时，F由F1变化到F2的过程中，力的平均值为F＝F1＋F22，再利用功的定义式W＝F l cos α来求功．三、微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．四、等效转换法若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简单，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．五、图象法由于功W＝Fx，则在F－x图象中图线和x轴所围图形的面积表示F做的功．在x轴上方的“面积”表示正功，x轴下方的“面积”表示负功．六、用W＝Pt计算机车以恒定功率P行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W＝Fx来计算，但因功率恒定，可以用W＝Pt计算．应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2019年物理高考真题和模拟题相关题目1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。

第五章 第17讲1．(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P ，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W ，重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( AC )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R解析 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgR －W ＝12m v 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2(mgR －W )mR ，选项A 正确，B 错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，D 错误．2．(2017·河北石家庄二中模拟)(多选)研究表明，弹簧的弹性势能E p 的表达式为E p ＝12kx 2，其中k 为劲度系数，x 为弹簧的形变量．如图所示，质量均为m 的两物体A 、B 用轻绳相连，将A 用一轻弹簧悬挂在天花板上，系统处于静止状态．弹簧一直在弹性限度内，重力加速度为g ，现将A 、B 间的轻绳剪断，则下列说法正确的是( CD )A ．轻绳剪断瞬间A 的加速度为gB ．轻绳剪断后物体A 最大动能出现在弹簧原长时C ．轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹力做的功为3m 2g 22kD ．轻绳剪断后A 能上升的最大高度为2mgk解析 未剪断轻绳时，把A 、B 看做整体进行受力分析，由平衡条件可得轻弹簧中弹力为2mg ，隔离B 受力分析，由平衡条件可得轻绳中拉力为mg .轻绳剪断瞬间，A 受到轻弹簧竖直向上的弹力2mg 和竖直向下的重力mg ，由牛顿运动定律，有mg －2mg ＝ma ，解得A的加速度为a ＝－g ，选项A 错误；轻绳剪断后物体A 向上做加速运动，最大动能出现在弹簧弹力等于A 的重力时，此时轻弹簧伸长量x ＝mgk ，选项B 错误；未剪断轻绳时，弹簧伸长量为2mg k ，弹簧弹性势能为E p1＝12k ⎝⎛⎭⎫2mg k 2＝2m 2g 2k ，轻绳剪断后A 的动能最大时，弹簧弹性势能为E p2＝12k ⎝⎛⎭⎫mg k 2＝m 2g 22k ，根据功能关系，弹簧弹力做的功为W ＝E p1－E p2＝3m 2g 22k ，选项C 正确；设轻绳剪断后A 能上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律，有E p1＝mgh ，解得h ＝2mgk，选项D 正确．3．(2018·天津模拟)(多选)如图所示，质量为m 的物体以初速度v 0由A 点开始沿水平面向左运动，A 点与轻弹簧O 端的距离为s ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相撞后，将弹簧压缩至最短，然后被弹簧推出，最终离开弹簧．已知弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( CD )A ．弹簧被压缩到最短时，弹簧对物体做的功W ＝12m v 20－μmg (s ＋x )B ．物体与弹簧接触后才开始减速运动C ．弹簧压缩量最大时具有的弹性势能E p ＝12m v 20－μmg (s ＋x )D ．反弹过程中物体离开弹簧后的运动距离l ＝v 202μg－2x －s解析 从物体开始运动到弹簧被压至最短过程中，由动能定理有－μmg (s ＋x )＋W ＝0－12m v 20，又W ＝－ΔE p ，解得W ＝μmg (s ＋x )－12m v 20、E p ＝12m v 20－μmg (x ＋s )，选项C 正确，A 错误；从弹簧开始反弹至物体运动到静止过程中，由能量守恒定律有E p ＝μmg (x ＋l )，解得l ＝v 202μg －2x －s ，选项D 正确；由于物体受摩擦力作用，故物体向左一直做减速运动，选项B 错误．4．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12m v 20，①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ，②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh ，③式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得E h ＝2.4×1012 J ．④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′，⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0，⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J.答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J5．(2018·重庆模拟)如图所示，一小球(视为质点)从A 点以某一初速度v 0沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度v 0；(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点初速度的范围是多少．解析 (1)小球恰能通过最高点时，设小球在最高点的速度为v ，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R，小球从A 运动到圆形轨道最高点的过程中，由动能定理有 －μmgL 1－mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝3 m/s.(2)设小球有A 点的初速度v 1，小球恰好停在C 处，小球从A 运动到C 点过程中，由动能定理有－μmg (L 1＋L 2)＝0－12m v 21，解得v 1＝4 m/s ，若小球停在BC 段，则小球在A 点初速度的范围为 3 m/s ≤v A ≤4 m/s ，设小球在A 点的初速度v 2，小球恰好越过壕沟，由平抛运动规律有 h ＝12gt 2，s ＝v C t ， 小球从A 运动到C 点的过程中，同理有 －μmg (L 1＋L 2)＝12m v 2C －12m v 22， 解得v 2＝5 m/s.若小球能过D 点，则小球在A 点初速度的范围为v A ≥5 m/s ， 故小球在A 点初速度范围是 3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s.答案 (1)3 m/s (2)3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s6．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .解析 (1)对C 受力分析，如图甲所示．C 受力平衡有2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg . (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大，如图乙所示．F x max＝32mg，B受地面的最大静摩擦力F f＝μmg，根据题意F fmin＝F x max，解得μmin＝3 2.(3)C下降的高度h＝(3－1)R，A的位移x＝2(3－1)R，摩擦力做功的大小W f＝F f x＝2(3－1)μmgR，根据动能定理W－W f＋mgh＝0－0，解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR.答案(1)33mg(2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR。

2019年高考物理 高频考点穿透卷 专题11 功能关系、机械能守恒定律及其应用（含解析）一.题型研究一 （一）真题再现1．(2015·全国卷ⅡT 21)如图所示，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mg 【答案】BD【题型】多选题 【难度】较难2．(2016·全国卷丙T 24)如图所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 【答案】(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点(2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12mv 2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 【题型】计算题 【难度】一般 （二）试题猜想3．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2.则()A ．v 1＝v 2，t 1＞t 2B ．v 1<v 2，t 1>t 2C ．v 1＝v 2，t 1<t 2D ．v 1<v 2，t 1<t 2【答案】A【解析】管道内壁光滑,只有重力做功，机械能守恒，故v 1＝v 2＝v 0；由v-t 图象定性分析如图，得t 1>t 2.【题型】选择题。

第2节动能定理知识点 1动能1．定义：物体因为运动而拥有的能．2．公式12E k＝2mv ，式中 v 为刹时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正当，动能与速度的方向没关．4．动能的变化量1 212E k＝E k2－E k1＝2mv2－2mv1.知识点 2动能定理1．内容合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．2．表达式1 212W＝E k＝2mv2－2mv1.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．4．合用条件(1)动能定理既合用于直线运动，也合用于曲线运动．(2)既合用于恒力做功，也合用于变力做功．(3)力能够是各样性质的力，既能够同时作用，也能够不一样时作用．1．正误判断(1)必定质量的物体动能变化时，速度必定变化，但速度变化时，动能不一定变化． (√)(2)动能不变的物体，必定处于均衡状态．(×)(3)做自由落体运动的物体，动能与着落距离的平方成正比．(×)(4)假如物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功必定为零．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能必定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必然为零．(×)2．[动能变化量的计算 ]一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在圆滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前同样，则碰撞前后小球速度变化量的大小v 和碰撞过程中小球的动能变化量E k为 ()A ．v＝0B．v＝12 m/sC．E k＝1.8 J D．E k＝ 10.8 JB[ 取初速度方向为正方向，则 v＝ (－6－6)m/s＝－ 12 m/s，因为速度大小没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确． ]3．[对动能定理的理解 ](多项选择 )对于动能定理的表达式 W＝ E k2－ E k1，以下说法正确的选项是 ()A ．公式中的 W 为不包括重力的其余力做的总功B．公式中的 W 为包括重力在内的所有力做的功C．公式中的 E k2－ E k1为动能的增量，当 W>0 时动能增添，当W<0 时，动能减少D．动能定理合用于直线运动，但不合用于曲线运动，合用于恒力做功，但不合用于变力做功BC [公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0 时， E k2>E k1，动能增添， W<0 时， E k2<E k1，动能减少， C 正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均合用， D 错误．]4．[应用动能定理求变力的功] 如图 5-2-1 所示，圆滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点 A 的速度为v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为h，则小球从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是 ()图 5-2-1A ．－1212－mgh mgh2mv B．2mv12C．－ mgh D．－ (mgh＋2mv )A[ 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，因为支持力与位移一直垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12，重力做功为 W G＝－ mgh，则弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh 2mv12－2mv，所以正确选项为 A.]动能定理的理解中·华 .资* 源%库 1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其余力，它们能够同时作用，也能够不一样时作用．(2)既能够是恒力，也能够是变力．2．公式中“＝”表现的三个关系[ 题组通关 ]1．(多项选择 )如图 5-2-2 所示，一块长木板 B 放在圆滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，因为 A、B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参照系， A、B 都向前挪动一段距离．在此过程中()图 5-2-2A ．外力 F 做的功等于 A 和B 动能的增量 B ．B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C ．A 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等D ．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与B 战胜摩擦力所做的功之和BD [A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，即 B 对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作使劲与反作使劲， 大小相等，方向相反，可是因为 A 在 B 上滑动， A 、B 对地的位移不等，故两者做功大小不等， C 错；对 B 应用动能定理， W F － W f ＝ E kB ，即 W F ＝ E kB ＋ W f 就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 战胜摩擦力所做的功之和， D 对；由前述知 B 战胜摩擦力所做的功与 A 的动能增量 (等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 )不等，故 A 错． ]2．(多项选择 )如图 5-2-3 所示，电梯质量为 M ，在它的水平川板上搁置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加快运动，当电梯的速度由 v 1 增 加到 v 2 时，上涨高度为 H ，则在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是 ( )图 5-2-312A ．对物体，动能定理的表达式为 W FN ＝2mv 2，此中 W FN 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为 W 合＝ 0，此中 W 合 为协力的功1 2 12C ．对物体，动能定理的表达式为W FN －mgH ＝2mv 2－2mv 112 12D ．对电梯，其所受协力做功为 Mv 2－2 Mv 12CD [ 电梯上涨的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力 F N ，这两个力1212的总功才等于物体动能的增量 E k ＝2mv 2－2mv 1，故 A 、B 均错误， C 正确；对电梯，不论有几个力对它做功， 由动能定理可知， 其协力做的功必定等于其动能的增量，故 D 正确． ]动能定理的应用1.解题步骤2．注意事项(1)动能定理的研究对象能够是单调物体，或许是能够看作单调物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中波及位移和速度而不波实时间时可优先考虑动能定理；办理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，一定依据不一样的状况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，一定明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体战胜该力做功为W，将该力做功表达为－ W，也能够直接用字母W 表示该力做功，使其字母自己含有负号．[ 多维研究 ]●考向 1用动能定理剖析求解变力做功问题1．(2017 ·长春模拟 )如图 5-2-4 所示，竖直平面内放向来角杆MON，OM 水平， ON 竖直且圆滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加快运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为 (g 取 10 m/s2)()图 5-2-4 A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [ A 球向右运动 0.1 m 时， v A ＝3 m/s ，OA ′＝ 0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时3∠ BAO ＝α，则有 tan α＝4.v A cos α＝v B sin α，解得： v B ＝4 m/s.此过程中 B 球上涨1高度 h ＝0.1 m ，由动能定理， W － mgh ＝ 2mv B 2，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 1 2 ＝2×10×0.1 J ＋ 1×2×42＝，选项 C 正确．]W ＝ mgh ＋2mv B 2 J 18 J●考向 2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择 )(2017 吉·安模拟 )如图 5-2-5 所示，固定斜面 AD 上有 B 、 C 两点，且 AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能 E k0 从 A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面 AD 圆滑，则滑块抵达 D 地点速度恰巧为零，尔后下滑．现斜面AB 部分与滑块间到处有同样的摩擦力， 其余部分 BD 无摩擦力，则滑块恰巧滑到 C 地点速度为零，而后下滑，那么滑块下滑到 ()图 5-2-5E k0A ．地点B 时的动能为 3E k0B ．地点 B 时的动能为 2E k0C ．地点 A 时的动能为 2E k0D ．地点 A 时的动能为 3AD [ 设斜面长为 3x 、高为 3h ，若斜面圆滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－ mg ·3h ＝0－E k0若 AB 部分粗拙、其余部分圆滑， 滑块由底端＝ 0－ E k0滑块由 C 滑到 B 过程中， mgh ＝E kBA 到 C①过程中， －F f ·x －mg ·2h②③1解①③可得： E kB＝3E k0， A 项正确；滑块由 C 滑到A 过程中，mg·2h－F f·x＝ E kA④E k0解①②④三式得： E kA＝3，D 项正确． ]︵3.如图 5-2-6 所示，倾角θ＝37°的斜面与圆滑圆弧 BCD相切于 B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量 m＝2.0 kg、可视为质点的物体，从斜面上的 A 处由静止下滑， AB 长 L＝3.0 m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加快度 g 取 10 m/s2，已知 sin 37 ＝°0.6， cos 37 °＝0.8.求：图 5-2-6(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总行程．【分析】(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功W f＝μmgLcos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离为 x，由动能定理得mgxsin θ－μ mg(2L－x)cos θ＝0解得 x＝ 2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgLsin θ－μ mgs总 cos θ＝0解得 s 总＝ 4.5 m.【答案】(1)24 J (2)2.4 m(3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适合的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包括几个运动性质不一样的子过程时，能够选择一个、几个或所有子过程作为研究过程．(2)入选择所有子过程作为研究过程，波及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特色：①重力的功取决于物体的初、末地点，与路径没关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与行程的乘积．动能定理与图象的联合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)察看题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)依据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对照，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，剖析解答问题．或许利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．四类图象所围面积的含义由公式 x＝ vt 可知， v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物v-t 图体的位移由公式v＝at 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物a-t 图体速度的变化量由公式 W＝Fx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力F-x 图所做的功由公式 W＝Pt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力P-t 图所做的功[母题 ]打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他建立了一个打桩机的简略模型，如图5-2-7 甲所示．他假想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点 (与钉子接触处 )由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由着落并撞击钉子，将钉子打入必定深度．按此模型剖析，若物体质量 m＝1 kg，上涨了 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 E k与上涨高度 h 的关系图象如图 5-2-7 乙所示．(g 取 10 m/s2，不计空气阻力 )图 5-2-7 图 5-2-8(1)求物体上涨到0.4 m 高度处 F 的刹时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬时弹起，且使其不再落下，钉子获取20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分能够忽视，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f与深度 x 的关系图象如图5-2-8 所示，求钉子能够插入的最大深度．【分析】(1)撤去 F 前，依据动能定理，有(F－mg)h＝E k－0由题图乙得，斜率为 k＝F－mg＝20 N，得 F＝ 30 N又由题图乙得， h＝0.4 m 时， E k＝ 8 J则 v＝ 4 m/s， P＝ Fv＝ 120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－ F f x′＝ 0－ E k′k′x′已知 E k′＝ 20 J， F f＝2又由题图丙得 k′＝105 N/m，解得： x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[ 母题迁徙 ]●迁徙 1动能定理与F-x图象的联合1．如图 5-2-9 甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连结，有一质量为 1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s2.求：甲乙图 5-2-9(1)滑块抵达 B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前 2 m 过程所用的时间；(3)若抵达 B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰巧能抵达最高点 C，则滑块在半圆弧轨道上战胜摩擦力所做的功是多少？【分析】(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得12F1x1－F3 x3－μmgx＝2mv B代入数值解得 v B＝ 2 10 m/s.12(2)在前 2 m 内，有 F1－μmg＝ma，且 x1＝2at1解得 t1＝835s.2v C(3)当滑块恰巧能抵达最高点 C 时，有： mg＝m R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：1 212W－mg·2R＝2mv C－2mv B代入数值得 W＝－ 5 J，即战胜摩擦力做的功为 5 J.(1)2 10 m/s (2)8【答案】35 s (3)5 J●迁徙 2动能定理与 v-t 图象的联合2.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t1时辰撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到t2时辰停止，其速度—时间图象如图 5-2-10 所示，且α>β，若拉力 F 做的功为 W1，均匀功率为 P1；物体战胜摩擦阻力 f 做的功为 W2，均匀功率为 P2，则以下选项正确的选项是 ()高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含分析)图 5-2-10A ．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2， F>2fC．P1<P2， F>2f D．P1＝ P2，F＝2fB[ 由动能定理可得 W1－W2＝0，解得 W1＝W2 .由图象可知， F－f＝ ma＝mtan αf＝ ma′＝ mtan βα>β tan α>tan β所以 F>2f，选项 A、D 错误， B 正确；因为摩擦阻力作用时间必定大于水平力 F 作用时间，所以P1>P2，选项 C 错误． ]动能定理与图象联合问题的剖析方法1．第一看清楚所给图象的种类(如 v-t 图象、 F-t 图象、 E k-x 图象等 )．2．发掘图象的隐含条件，依据物理规律写出函数关系式．3．依据函数关系式，求出相应的物理量．。

高考一轮复习动能定理功能关系机械能守恒定律题型分析（含解析）动能定理 效用干系 机械能守恒定律题型剖析本专题涉及的考点有：动能和动能定理、动能定理的应用、机械能守恒定律、效用干系、能量守恒定律、探究功和速度变化的干系（实验）、验证机械能守恒定律（实验）等内容。

此中动能定理的综合应用标题、机械能守恒条件的考察、机械能守恒定律的综合应用标题、验证机械能守恒定律（实验）关于纸带的处理及偏差的剖析标题、效用干系的综合考察、能量守恒定律的综合应用标题等在高考试题中一再出现，验证机械能守恒定律（实验）成为力学实验必考的实验之一，考察内容主要有：实验原理的剖析与创新、实验数据的处理与剖析、实验偏差的来源与剖析、实验工具的选取，出题频率特殊高，但整体难度不大。

效用干系、动能定律、机械能守恒定律、能量的守恒与转化是高考必考之内容，既以选择题的形式出现，更以谋略题的形式考察，且综合多方面的知识，常与平抛运动、电场、磁场、圆周运动、牛顿定律、运动学等知识连合，试题形式多样，考察全面，简略、中等、较难的标题都市涉及。

温习这部分内容时要注重要领的深化，注重题型的概括，敷衍多种运动组合的多运动历程标题是近几年高考试题中的热门题型，往往应用动能定理或机械能守恒定律、能量守恒定律等纪律，需要在解题时冷静思考，弄清运动历程，注意不同历程相连点速度的干系，对不同历程运用不同纪律剖析办理；敷衍试题中常有功、能与电场、磁场关联的综合标题，这类标题以能量守恒为核心考察重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用。

剖析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律举行剖析。

题型一、利用动能定理求变力功的标题例1. 如图所示，AB 为14圆弧轨道，半径为0.8m R =，BC 是水平轨道，长3m s =，BC 处的摩擦系数为151=μ，今有质量1kg m =的物体，自A 点从稳定起下滑到C 点刚好中止。