2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案

《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 課標(biāo)卷高考命題分析 年份 題號(hào)·題型·分值 模型·情景 題眼分析 難度 2015年 Ⅰ卷 17題·選擇題·6分 自由落體、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 比較兩段摩擦力做功 中 Ⅱ卷 17題·選擇題·6分 汽車(chē)啟動(dòng)現(xiàn)象(v－t、P－t圖象) 結(jié)合圖象多過(guò)程分析 中 21題·選擇題·6分 剛性桿連接體 難 2016年 Ⅰ卷 25題·計(jì)算題·18分 直線運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周、平拋運(yùn)動(dòng)多過(guò)程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 難 Ⅱ卷 21題·選擇題·6分 彈簧模型 M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等 難 25題·計(jì)算題

2、·20分 直線運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周、平拋運(yùn)動(dòng)多過(guò)程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 難 Ⅲ卷 24題·計(jì)算題·12分 自由落體運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng) 直線、圓周運(yùn)動(dòng)多過(guò)程，相應(yīng)臨界點(diǎn) 中 2017年 Ⅰ卷 24題·計(jì)算題·12分 機(jī)械能，動(dòng)能定理 取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn) 中 Ⅲ卷 16題·選擇題·6分 功能關(guān)系 重心的變化 易 1．常見(jiàn)的幾種力做功的特點(diǎn) (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)． (2)摩擦力做功的特點(diǎn) ①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功． ②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做

3、功的過(guò)程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值．在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積． ③摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱． 2．幾個(gè)重要的功能關(guān)系 (1)重力的功等于重力勢(shì)能的變化，即WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即W＝ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一

4、對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝Ff·x 相對(duì)． 1．動(dòng)能定理的應(yīng)用 (1)動(dòng)能定理的適用情況：解決單個(gè)物體(或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問(wèn)題．動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用． (2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程． ②分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況，然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和． ③明確物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2. ④列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解

5、． 2．機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 (1)機(jī)械能是否守恒的判斷 ①用做功來(lái)判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零． ②用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷，看是否有機(jī)械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化． ③對(duì)一些“繩子突然繃緊”“物體間碰撞”等問(wèn)題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說(shuō)明或暗示． (2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象——物體系統(tǒng)． ②根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒． ③恰當(dāng)?shù)倪x取參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的初、末狀態(tài)的機(jī)械能． ④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解． 高考題型1　力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)

6、用 例1　(2017·山東濱州市一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖1甲，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙，在物塊A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開(kāi)桌面的過(guò)程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢(shì)能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大 D．兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 答案　C 解析　對(duì)A物塊由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故拉力一直增大，故A錯(cuò)誤；在A上升過(guò)程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)

7、，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在上升過(guò)程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能增大，故C正確；在上升過(guò)程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以?xún)晌飰KA、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故D錯(cuò)誤． 1．對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析． 2．熟練掌握動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、機(jī)械能等變化的分析方法． 1．(2017·全國(guó)卷Ⅲ·16)如圖2，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過(guò)程中，外力做的功為(　

8、　) 圖2 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢(shì)能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過(guò)程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．(多選)(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖3，用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個(gè)物體，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，且m2＝2m1，m1用輕繩掛在動(dòng)滑輪上，滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計(jì)．現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，對(duì)m1上升h高度(h小于兩滑輪起始高度差)這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．m2減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)

9、化為m1增加的重力勢(shì)能 B．m1上升到h高度時(shí)的速度為 C．輕繩對(duì)m2做功的功率與輕繩對(duì)m1做功的功率大小相等 D．輕繩的張力大小為m1g 答案　BCD 解析　根據(jù)能量守恒可知，m2減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為m1增加的重力勢(shì)能和兩物體的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知，m2的速度大小為m1速度大小的2倍，根據(jù)動(dòng)能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正確；繩子的拉力相同，故輕繩對(duì)m2、m1做功的功率大小分別為P2＝Fv2，P1＝2F·v1，由于v2＝2v1，故輕繩對(duì)m2做功的功率與輕繩對(duì)m1做功的功率大小相等，故C正確；根據(jù)動(dòng)滑輪

10、的特點(diǎn)可知，m1的加速度大小為m2的加速度大小的一半，根據(jù)牛頓第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，聯(lián)立解得：F＝，故D正確；故選B、C、D. 高考題型2　動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 例2　(2017·福建大聯(lián)考)如圖4，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長(zhǎng)均為L(zhǎng)、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度． 圖4 (1)小球在距B點(diǎn)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設(shè)小球在P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩

11、擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以一沿桿方向的初速度向上運(yùn)動(dòng)，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)L的Q點(diǎn)，求初速度的大小． 答案　(1)，方向沿桿向下　(2) 解析　(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有 F＝ k(L－L)① 設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff ，方向沿桿向下， 根據(jù)平衡條件有mgsin θ ＋Ff ＝2F② 由①②式并代入已知數(shù)據(jù)得Ff＝③ 方向沿桿向下 (2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，故小球從P到Q的過(guò)程中，彈簧對(duì)小球做功為零 據(jù)動(dòng)能定理有W合＝ΔEk －mg·2(L－L)sin θ－Ff·2(L－L) ＝0－mv2④ 由③④式得

12、 v ＝ 1．動(dòng)能定理解題的“兩狀態(tài)、一過(guò)程”，即初、末狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力做功． 2．無(wú)論直線、曲線、勻變速、非勻變速、單過(guò)程、多過(guò)程、單物體、物體系統(tǒng)，均可應(yīng)用動(dòng)能定理． 3．(2017·安徽省十校聯(lián)考) 如圖5所示，質(zhì)量為1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，t＝0時(shí)刻給物塊施加一個(gè)水平向右的拉力F，使物塊沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右方向?yàn)檎较?，求? 圖5 時(shí)間t(s) 加速度a/(m·s－2) 0～4 4 4～8 －3 (1)0～4 s內(nèi)水平拉力的大

13、??； (2)0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大??； (3)0～8 s內(nèi)水平拉力做的功． 答案　(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J 解析　(1)0～4 s內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1＝4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F1－μmg＝ma1，求得：F1＝6 N. (2)t1＝4 s時(shí)物塊的速度大?。簐1＝a1t1＝16 m/s 0～8 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m (3)8 s時(shí)物塊的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理：W－μmgx＝mv22，解得W＝152 J. 4.(2017·江西省六校3月聯(lián)考) 如圖6所示為

14、一由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的傳送帶加速裝置示意圖，傳送帶長(zhǎng)L＝31.25 m，以v0＝6 m/s順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的物體輕放在傳送帶的A端，傳送帶將其帶到另一端B后，物體將沿著半徑R＝0.5 m的光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，圓弧軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，O點(diǎn)為圓弧軌道的圓心．已知傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶與水平地面間夾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，求： 圖6 (1)物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小； (2)當(dāng)物體過(guò)B點(diǎn)后將傳送帶撤去，求物體落到地面時(shí)的速度大?。? 答案　(1)58

15、 N　(2)20 m/s 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律： μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2 設(shè)物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： vB2＝2aL 解得vB＝5 m/s<6 m/s，即物體在AB上全程做勻加速運(yùn)動(dòng)， 對(duì)B點(diǎn)受力分析有FN －mgcos θ＝得FN＝58 N 由牛頓第三定律可得物體在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝58 N (2)設(shè)物體能夠越過(guò)C點(diǎn)，從B到C利用動(dòng)能定理： －mg(R＋Rcos θ)＝mvC2－mvB2 解得vC＝ m/s>，即物體能越過(guò)最高點(diǎn)C 從C點(diǎn)落到地面，物體做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度h＝R＋Rcos

16、 θ＋Lsin θ＝19.65 m 利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：vy2＝2gh，解得vy＝ m/s 故v＝＝20 m/s (或利用動(dòng)能定理 mgh＝mv2－mvC2得v＝20 m/s) 高考題型3　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析綜合問(wèn)題 例3　(2017·齊魯名校聯(lián)考)如圖7所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接一口深為H、寬度為d的深井CDEF，一個(gè)質(zhì)量為m的小球放在曲面AB上，可從距BC面不同的高度處?kù)o止釋放小球，已知BC段長(zhǎng)L，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，取重力加速度g＝10 m/s2.則： 圖7 (1)若小球恰好落在井底E點(diǎn)處，求小球釋放點(diǎn)距BC面

17、的高度h1； (2)若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF上的最小動(dòng)能Ekmin和此時(shí)的釋放點(diǎn)距BC面的高度h2. 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)小球由A到C，由動(dòng)能定理得 mgh－μmgL＝mvC2① 自C點(diǎn)水平飛出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 x＝vCt② y＝gt2③ 由①②③得h＝μL＋④ 若小球恰好落在井底E處，則x＝d，y＝H 代入④式得小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h1＝μL＋ (2)若小球不能落在井底，設(shè)打在EF上的動(dòng)能為Ek，則x＝d 由②③式得vC＝d 小球由C到打在EF上，由動(dòng)能定理得: mgy＝Ek－mvC2 代入vC得：Ek＝mgy＋ 當(dāng)y＝時(shí)，E

18、k最小，且Ekmin＝mgd 此時(shí)小球的釋放點(diǎn)距BC面的高度為h2＝μL＋ 多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問(wèn)題時(shí)注意要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，而不同過(guò)程往往通過(guò)連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系，有時(shí)對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問(wèn)題會(huì)更簡(jiǎn)單． 5．(2017·上海市松江區(qū)模擬)如圖8所示，AB(光滑)與CD(粗糙)為兩個(gè)對(duì)稱(chēng)斜面，斜面的傾角均為θ，其上部都足夠長(zhǎng)，下部分別與一個(gè)光滑的圓弧面BEC的兩端相切，一個(gè)物體在離切點(diǎn)B的高度為H處，以初速度v0沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ. 圖8 (1)物體首次到達(dá)C點(diǎn)的速度大??； (2)物體沿

19、斜面CD上升的最大高度h和時(shí)間t； (3)請(qǐng)描述物體從靜止開(kāi)始下滑的整個(gè)運(yùn)動(dòng)情況，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由mv02＋mgH＝mvC2 得vC＝ (2)物體沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ vC2＝2a，解得h＝ 物體從C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間 t＝＝ (3)情況一： 物體滑上CD斜面并勻減速上升最終靜止在CD斜面某處．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較大． 情況二： 物體在軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內(nèi)做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)．理由是物體與CD斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，在CD斜面上克服摩擦

20、力做功，機(jī)械能減少，在BEC圓弧內(nèi)只有重力做功，機(jī)械能守恒. 題組1　全國(guó)卷真題精選 1．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖9，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中(　　) 圖9 A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差 答案　BCD 解析　因M和N兩

21、點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則彈簧的彈力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，彈性勢(shì)能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確． 2．(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ·17)如圖10，一半徑為R、粗糙程度處處

22、相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．則(　　) 圖10 A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W＞mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 答案　C 解析　根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝，從P點(diǎn)到N點(diǎn)

23、根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，半徑方向的合力提供向心力，即FN－mgcos θ＝ma＝m，根據(jù)左右對(duì)稱(chēng)，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)，C正確． 3．(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·21)如圖11，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜

24、止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g.則(　　) 圖11 A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功 B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為 C．a(chǎn)下落過(guò)程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg 答案　BD 解析　滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對(duì)象，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，當(dāng)a剛落地時(shí)，b的速度為零，則mgh＝mva2＋0，即va＝，選項(xiàng)B正確；a、b的先后受力如圖所示． 由a的受力圖可知，a下落過(guò)程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)a落地前b的

25、加速度為零(即輕桿對(duì)b的作用力為零)時(shí)，b的機(jī)械能最大，a的機(jī)械能最小，這時(shí)b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確． 4．(2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·16)一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v.對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　) A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4

26、WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　根據(jù)x＝t得，兩過(guò)程的位移關(guān)系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝得，兩過(guò)程的加速度關(guān)系為a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，故兩過(guò)程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤． 題組2　各省市真題精選 5．(2016·四川理綜·1)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同

27、一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過(guò)程中(　　) A．動(dòng)能增加了1 900 J B．動(dòng)能增加了2 000 J C．重力勢(shì)能減小了1 900 J D．重力勢(shì)能減小了2 000 J 答案　C 解析　由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢(shì)能減少1 900 J ，故C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動(dòng)能增加1 800 J，故A、B錯(cuò)誤． 6．(多選)(2015·浙江理綜·18)我國(guó)科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器．艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104 kg，設(shè)起飛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的

28、推力恒為1.0×105 N；彈射器有效作用長(zhǎng)度為100 m，推力恒定．要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80 m/s.彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則(　　) A．彈射器的推力大小為1.1×106 N B．彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1×108 J C．彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107 W D．艦載機(jī)在彈射過(guò)程中的加速度大小為32 m/s2 答案　ABD 解析　設(shè)總推力為F，位移x，阻力F阻＝20%F，對(duì)艦載機(jī)加速過(guò)程由動(dòng)能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106 N，彈射器推力F彈＝F－F發(fā)＝1.

29、2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為W＝F彈·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率＝F彈·＝4.4×107 W，C錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正確． 專(zhuān)題強(qiáng)化練 1．(2017·全國(guó)名校聯(lián)考)如圖1所示，靜止在水平地面上的物體，受到一水平向右的拉力F作用，F(xiàn)是隨時(shí)間先逐漸增大后逐漸減小的變力，力F的大小隨時(shí)間的變化如表所示，表格中的Ffm為物體與地面間的最大靜摩擦力，設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　　) 圖1 t(時(shí)刻) 0 1 s 2

30、s 3 s 4 s F(數(shù)值) 0 Ffm 2Ffm Ffm 0 A.第2 s末物體的速度最大 B．第2 s末摩擦力的功率最大 C．第3 s末物體的動(dòng)能最大 D．在0～3 s時(shí)間內(nèi)，拉力F先做正功后做負(fù)功 答案　C 解析　在0～1 s時(shí)間內(nèi)，物體所受水平拉力小于最大靜摩擦力，物體靜止；在1～3 s時(shí)間內(nèi)，物體受到的拉力大于最大靜摩擦力，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，3 s末物體的速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；拉力F始終與位移方向相同，一直做正功，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．(2017·山東臨沂市一模)如圖2甲所示，質(zhì)量m＝2 kg的小物體放在長(zhǎng)直的水平地面上，

31、用水平細(xì)線繞在半徑R＝0.5 m的薄圓筒上．t＝0時(shí)刻，圓筒由靜止開(kāi)始繞豎直的中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，小物體和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A．小物體的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系滿(mǎn)足v＝4t B．細(xì)線的拉力大小為2 N C．細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率滿(mǎn)足P＝4t D．在0～4 s內(nèi)，細(xì)線拉力做的功為12 J 答案　D 解析　根據(jù)題圖乙可知，圓筒勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式為：ω＝t，圓周邊緣線速度與物體前進(jìn)速度大小相同，根據(jù)v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根據(jù)

32、牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B錯(cuò)誤；細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C錯(cuò)誤；物體在4 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s內(nèi)，細(xì)線拉力做的功為：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正確． 3．(2017·江西師大附中3月模擬)如圖3所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長(zhǎng)為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h)彎制而成．一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與l有關(guān) B．小球到達(dá)下端管口時(shí)重力

33、的功率為mg C．小球到達(dá)下端的時(shí)間為 D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受管道的作用力大小不變 答案　C 解析　在小球到達(dá)下端管口的過(guò)程中只有重力做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與h有關(guān)，與l無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；到達(dá)下端管口的速度為v＝，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時(shí)功率為P＝mgcos θ，θ為小球到達(dá)下端管口時(shí)速度方向與重力方向的夾角，故B錯(cuò)誤；小球在管內(nèi)下滑的加速度為a＝，設(shè)下滑所需時(shí)間為t，則l＝at2，t＝＝，故C正確；小球運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大，做的是螺旋圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Fn＝可知，支持力越來(lái)越大，故D錯(cuò)誤． 4．(多選)(2017·甘肅省一模

34、)如圖4所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上O點(diǎn)，且處于原長(zhǎng)．現(xiàn)讓圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為零．則在圓環(huán)下滑過(guò)程中(　　) 圖4 A．圓環(huán)的機(jī)械能先減小再增大，再減小 B．彈簧的彈性勢(shì)能先增大再減小 C．與圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處 D．彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)圓環(huán)的速度最大 答案　AC 解析　彈力對(duì)圓環(huán)先做負(fù)功再做正功再做負(fù)功，故圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減??；彈性勢(shì)能先增大，后減小再增大；圓環(huán)在A處a＝gsin θ，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)和彈簧與桿垂直時(shí)，也有a＝gsin θ；合

35、力為零時(shí)，圓環(huán)的速度最大，不是彈簧原長(zhǎng)時(shí)． 5.(多選)(2017·河北邯鄲市一模)如圖5，質(zhì)量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，力F做的功為W，此時(shí)撤去恒力F，物體又經(jīng)相同時(shí)間回到了出發(fā)點(diǎn)．若以出發(fā)點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能平面，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖5 A．從物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中，物體的機(jī)械能增加了 B．恒力F的大小為mg C．回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為 D．撤去恒力F時(shí)，物體的動(dòng)能和勢(shì)能恰好相等 答案　BC 解析　除重力以外的力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，力F做功為W，則物體機(jī)械能

36、增加了W，故A錯(cuò)誤； 撤去恒力F到回到出發(fā)點(diǎn)，兩個(gè)過(guò)程位移大小相等、方向相反，時(shí)間相等，取豎直向上為正方向，則得：at2＝－(at·t－gt2)，F(xiàn)－mg＝ma，聯(lián)立解得：a＝g，F(xiàn)＝mg，故B正確；在整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2＝W，物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率v＝，瞬時(shí)功率為P＝mgv＝，故C正確；撤去力F時(shí)， 此時(shí)動(dòng)能為Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力勢(shì)能為Ep＝mg·at2＝mgat2，可見(jiàn)，動(dòng)能和勢(shì)能不相等，故D錯(cuò)誤． 6.(2017·山東菏澤市一模)如圖6所示，內(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道內(nèi)甲、乙兩小球固定在輕桿的兩端，甲球質(zhì)量小于乙球

37、質(zhì)量，開(kāi)始時(shí)乙球位于軌道的最低點(diǎn)，現(xiàn)由靜止釋放輕桿，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A．甲球下滑過(guò)程中，輕桿對(duì)其做正功 B．甲球滑回時(shí)一定能回到初始位置 C．甲球可沿軌道下滑到最低點(diǎn) D．在甲球滑回過(guò)程中桿對(duì)甲球做的功大于桿對(duì)乙球做的功 答案　B 解析　甲球下滑過(guò)程中，乙的機(jī)械能逐漸增大，所以甲的機(jī)械能逐漸減小，則桿對(duì)甲做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；據(jù)機(jī)械能守恒定律知，甲球不可能下滑到圓弧最低點(diǎn)，但返回時(shí)，一定能返回到初始位置，故B正確，C錯(cuò)誤；甲與乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在甲球滑回過(guò)程中桿對(duì)甲球做的功等于桿對(duì)乙球做的功． 7．(2017·山東煙臺(tái)市模擬)某段高速路對(duì)載重貨車(chē)設(shè)定的

38、允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)若貨車(chē)達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車(chē)道”來(lái)避免危險(xiǎn)，如圖7.某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車(chē)，保持額定功率200 kW在“爬坡車(chē)道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，汽車(chē)所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車(chē)重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車(chē)道足夠長(zhǎng)，則貨車(chē)勻速上坡的過(guò)程中(　　) 圖7 A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡過(guò)程增加的重力勢(shì)能等于汽車(chē)牽引力所做的功 D．上坡過(guò)程增加的機(jī)械能等于汽車(chē)克服阻力所做的功 答案　A 解析　貨車(chē)勻速上坡的過(guò)程中，根據(jù)平

39、衡條件得：牽引力大小 F＝0.01mg＋mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯(cuò)誤；上坡過(guò)程增加的重力勢(shì)能等于汽車(chē)牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過(guò)程增加的機(jī)械能等于汽車(chē)牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯(cuò)誤． 8.(多選)(2017·福建廈門(mén)市模擬)如圖8所示，物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)(滑輪摩擦不計(jì))，物體A、B的質(zhì)量都為m，開(kāi)始時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)且A與地面的距離為h，物體B靜止在

40、地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無(wú)壓力，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖8 A．此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于mgh－mv2 B．此時(shí)物體B的速度大小也為v C．此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．彈簧的勁度系數(shù)為 答案　AD 解析　物體B對(duì)地面壓力恰好為零，故彈簧的拉力為mg，故細(xì)繩對(duì)A的拉力也等于mg，彈簧的伸長(zhǎng)量為h，由胡克定律得k＝，故D正確；此時(shí)物體B受重力和彈簧的拉力，處于平衡狀態(tài)，速度仍為零，故B錯(cuò)誤；此時(shí)物體A受重力和細(xì)繩的拉力大小相等，合力為零，加速度為零，故C錯(cuò)誤；物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mgh＝Ep彈＋m

41、v2，故Ep彈＝mgh－mv2，故A正確． 9．(多選)(2017·山東濟(jì)寧市模擬)如圖9所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.物塊以v0從木板的左端向右滑動(dòng)時(shí)，若木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊恰好能從木板的右端滑下．若木板不固定時(shí)，下面敘述正確的是(　　) 圖9 A．物塊不能從木板的右端滑下 B．對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL C．經(jīng)過(guò)t＝物塊與木板便保持相對(duì)靜止 D．摩擦力對(duì)木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 答案　AC 解析　木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．木板不固定時(shí)，物塊向右減速的

42、同時(shí)，木板要向右加速，物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動(dòng)能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對(duì)于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確．對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(duì)＝μmgx相對(duì)＜μmgL，故B錯(cuò)誤．設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對(duì)木板，由動(dòng)量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得t＝，故C正確．由于物塊與木板相對(duì)于地的位移大小不等，物塊對(duì)地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤． 10．戰(zhàn)機(jī)常配有阻力傘，阻力傘也叫減速傘，是用

43、來(lái)減小戰(zhàn)機(jī)著陸時(shí)滑跑速度的傘狀工具．某質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的戰(zhàn)機(jī)以水平速度v0＝100 m/s著陸后立即關(guān)閉引擎同時(shí)打開(kāi)阻力傘，情形如圖10甲所示，戰(zhàn)機(jī)做直線運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，圖線在12～22 s時(shí)間內(nèi)可近似看成直線，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)在12～22 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)受到的平均阻力大小； (2)在0～12 s時(shí)間內(nèi)，戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率． 答案　(1)4.0×104 N　(2)8.0×106 W 解析　(1)12～22 s時(shí)間內(nèi)，a＝＝2 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N (2)0～12

44、 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理： －Wf＝mv12－mv02 Wf＝9.6×107 J 戰(zhàn)機(jī)克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W 11.(2017·山東煙臺(tái)市一模)如圖11所示是一種升降電梯的模型示意圖，A為轎廂，B為平衡重物，A、B的質(zhì)量分別為1 kg和0.5 kg.A、B由跨過(guò)輕質(zhì)滑輪的足夠長(zhǎng)輕繩系住．在電動(dòng)機(jī)牽引下使轎廂由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)機(jī)輸出功率10 W保持不變，轎廂上升1 m后恰好達(dá)到最大速度．不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轎廂向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求： 圖11 (1)轎廂的最大速度vm大?。? (2)轎廂向上的加速度為a＝2 m/s2時(shí)，重物B下

45、端繩的拉力大??； (3)轎廂從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到最大速度過(guò)程中所用的時(shí)間． 答案　(1)2 m/s　(2)8 N　(3)0.8 s 解析　(1)當(dāng)F＝(M－m)g時(shí)轎廂速度最大 由P＝Fvm得vm＝＝2 m/s (2)轎廂向上的加速度為a＝2 m/s2時(shí)， 對(duì)A：FA－Mg＝Ma 對(duì)B：FB＋mg－FA＝ma 解得：FB＝8 N (3)由動(dòng)能定理可知：Pt－Mgh＋mgh＝(M＋m)vm2 得t＝0.8 s 12．(2017·全國(guó)卷Ⅰ·24)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速

46、度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%. 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 E0＝mv02① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速度．由①式和題給數(shù)據(jù)得 E0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為 Eh＝mvh2＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度．由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh≈2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－E0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功． 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108 J． 21