【物理】2019届二轮功能关系的理解与应用学案（全国通用）
第5讲 功能关系的理解与应用
1．(2018·全国卷Ⅱ·14)如图1，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具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
图1
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【考点定位】 动能定理
【难度】 较易
答案 A
解析 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图2所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
图2
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
【考点定位】 v－t图象、功、功率、牛顿运动定律
【点评】 综合考查运用运动学图象分析动力学、能量问题的能力
【难度】 中等
答案 AC
解析 由图线①知，上升总高度h＝·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度之和
h1＝·＝v0t0
匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0
故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A项正确；
由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，
B项错误；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻电机输出功率最大，功率P1＝F·v0，
第②次在时刻，功率P2＝F·，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·
Ff，做匀加速直线运动，当x＝3 m时速度最大，根据速度位移公式可得v2＝2ax，根据牛顿第二定律可得a＝，解得v＝3 m/s，所以此过程中最大功率为POA＝FOAv＝15 W；在AB段，FAB＝ N＝2 N＝Ff，做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为PAB＝FABv＝2×3 W＝6 W，故D正确．
(2018·山东省济宁市上学期期末)绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水，若洒水车所受阻力与车重成正比，洒水车从开始浇水到罐体里的水全部用完过程中始终保持匀速行驶，则在以上过程中( )
A．洒水车受到的牵引力保持不变
B．洒水车受到的牵引力逐渐增大
C．洒水车发动机的输出功率保持不变
D．洒水车发动机的输出功率逐渐减小
答案 D
解析 洒水车所受阻力与车重成正比，即阻力Ff＝kG，开始洒水后，车重G减小，故阻力Ff减小，洒水车匀速行驶，则牵引力F的大小等于阻力Ff，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故A、B错误；洒水车发动机的输出功率P＝Fv，开始洒水后牵引力F逐渐减小，速度v不变，则洒水车发动机的输出功率不断减小，故C错误，D正确．
1.(多选)(2018·山东省青岛市模拟)如图8所示，F－t图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t＝0时物体的初速度为零，则下列说法正确的是( )
图8
A．前4 s内物体的速度变化量为零
B．前4 s内物体的位移为零
C．物体在0～2 s内的位移大于2～4 s内的位移
D．0～2 s内F所做的功等于2～4 s内物体克服F所做的功
答案 ACD
2.(2018·广东省华南师大附中三模)如图9所示，吊车下方吊着一个质量为500 kg的重物，二者一起保持恒定的速度v＝1 m/s沿水平方向做匀速直线运动．某时刻开始，吊车以10 kW的恒定功率将重物向上吊起，经t＝5 s重物达到最大速度．忽略空气阻力，取g＝10 m/s2.则在这段时间t内( )
图9
A．重物的最大速度为2 m/s
B．重物克服重力做功的平均功率为9.8 kW
C．重物做匀变速曲线运动
D．重物处于失重状态
答案 B
解析 竖直方向重物能达到的最大速度
vym＝＝ m/s＝2 m/s，
则重物的最大速度为
vm＝＝ m/s，选项A错误；
达到最大速度时克服重力做功：
WG＝Pt－mv＝104×5 J－×500×22 J＝49 000 J，
则重物克服重力做功的平均功率为
＝＝ W＝9.8 kW，选项B正确；
因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项C错误；重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项D错误．
考点2 动能定理的理解与应用
1．动能定理表达式：W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
3．应用动能定理的关键——“两点一过程”
(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2.
(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合．
4．在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
(2)动能定理也是一种功能关系
合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．
命题热点1 用动能定理求变力的功
(多选)(2018·广东省肇庆市第三次检测)如图10所示，长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动．定滑轮固定于地面上方L处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连．启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面，假设整个倒下去的过程中，杆匀速转动．则在此过程中( )
图10
A．小球重力做功为2mgL
B．绳子拉力做功大于2mgL
C．重力做功的功率逐渐增大
D．绳子拉力做功的功率先增大后减小
答案 AC
解析 小球重力做功为2mgL，选项A正确．小球的动能没有发生变化，即合外力做功为0，由动能定理知绳子拉力做功等于2mgL，选项B错误．整个运动过程中重力和速度方向夹角逐渐变小，速度大小和重力都不变，所以重力做功的功率逐渐增大，选项C正确．任意一段时间内小球动能不变，所以拉力做功的功率和重力做功的功率始终相等，即逐渐增大，选项D错误．
3．如图11所示，质量为m
的物体静止在光滑的水平平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的轻质定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(不计空气阻力)( )
图11
A. B.
C. D．mv
答案 C
解析 人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cos 45°，由动能定理得，人对物体所做的功为W＝ΔEk＝mv2＝mv，C正确．
命题热点2 用动能定理解决多过程问题
冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动，其场地由自由滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图12所示，质量为60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则：
图12
(1)为能完成空中动作，该运动员在AB段运动过程中至少做多少功？
(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力．
答案 (1)3 150 J (2)7 300 N
解析 (1)从A点到F点，
由动能定理得mghAF＋W人＝mv
vF最小应为54 km/h＝15 m/s
则W人＝mv－mghAF＝3 150 J
(2)从D点到F点，根据动能定理有
－mg[h＋R(1－cos 60°)]＝mv－mv
其中vF取最小为vF＝54 km/h＝15 m/s
在D点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得运动员在D点受到的最小支持力FN＝7 300 N.
4．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图13所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)
图13
答案 2.53 s
解析 设赛车通过竖直圆轨道最高点的最小速度为v1′，
在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝m，
得v1′＝
由B至最高点，根据动能定理得：
－mg·2R＝mv1′2－mv
解得v1＝4 m/s
为保证过最高点，到达B点的速度至少为v1＝4 m/s
若刚好能从C点越过壕沟，根据h＝gt2得，
t＝＝0.5 s
则平抛运动的初速度v2＝＝3 m/s
为保证越过壕沟，到达B点的速度至少为v2＝3 m/sm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图3
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
C．重力对M做的功等于M动能的增加
D．两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
2．(多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图4所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．运动员重力势能的减少量为mgh
B．运动员动能的增加量为mgh
C．运动员动能的增加量为mgh
D．运动员的机械能减少了mgh
答案 CD
解析 运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝＝h，运动员受到的合外力：F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔEk＝W合＝mg×h＝mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．
3.(2018·闽粤期末大联考)如图5所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未画出)，物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止开始向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
图5
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．撤去拉力后，经O点时，物块的动能等于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案 B
解析 如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有摩擦力，物块从A到B过程中有机械能损失，故OA>.设物块在A点时弹簧的弹性势能为Ep，物块从O点运动到A点的过程，由能量守恒定律得：W＝Ep＋μmg·OA，则得Ep＝W－μmg·OAvB＝4 m/s
所以传送带运转方向为顺时针方向．
假设参赛者在传送带上时一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：μ1mgL1＝mv2－mv
解得：v＝2 m/s>vC＝6 m/s，
所以传送带速率为6 m/s.
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：
t＝＝＝ s＝0.5 s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：
Δx＝vCt－t＝t＝×0.5 m＝0.5 m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：
E＝μ1mgΔx＋
代入数据解得E＝720 J.
1．(2018·北京市大兴区上学期期末)小宇同学家住在创新公寓18层，他每天都得乘坐升降电梯上下楼，则在某一次从一楼乘电梯回家的整个过程中( )
A．受到的支持力的大小始终等于重力
B．所受支持力先做正功，后做负功
C．只经历了超重过程
D．既经历了超重过程，又经历了失重过程
答案 D
解析 小宇从一楼乘电梯回家的整个过程中，先加速上升，此过程超重，受到的支持力的大小大于重力；然后匀速上升，受到的支持力的大小等于重力；最后减速上升，此过程失重，受到的支持力的大小小于重力；整个过程中支持力均做正功，则选项D正确，A、B、C错误．
2.(2018·江西师范大学附中三模)如图1所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上．当A物体被水平抛出的同时，B物体开始自由下落(空气阻力忽略不计)，曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点，则两物体( )
图1
A．经O点时速率相等
B．在O点具有的机械能一定相等
C．在O点相遇
D．在O点时重力的功率一定不相等
答案 C
解析 A到达O点的速率vA＝>gt，B到达O点的速率vB＝gt，知A到达O点的速率大于B到达O点的速率，故A错误．在O点它们具有相同的重力势能，又vA＞vB，即A的动能大于B的动能，所以A的机械能大于B的机械能，故B错误．二者在竖直方向都做自由落体运动，由h＝gt2可知竖直方向的位移相等时所用的时间一定是相等的，所以二者一定是同时到达O点，即在O点相遇，故C正确．二者到达O点的时间相等，由PG＝mg·gt可知，在到达O点时重力的瞬时功率一定相等，故D错误．
3．(多选)(2018·福建省宁德市上学期期末)一辆CRH2型动车组的总质量M＝2.0×105 kg，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运行时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104 N
B．从题中给出的数据可算出k＝1.0×103 N·s/m
C．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104 N
D．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW
答案 AD
解析 由题知，最大速度为vm＝270 km/h＝75 m/s，
根据P＝Fv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为
F＝＝ N＝6.4×104 N，故A正确；
当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，
则有：F＝Ff＝kvm，
解得k＝＝ N·s/m≈853.3 N·s/m，
故B错误；
当匀速行驶的速度为v＝时，
则有：Ff′＝kv＝853.3× N≈3.2×104 N，
此时牵引力F′＝Ff′＝3.2×104 N，
此时的输出功率
P′＝F′v＝3.2×104× W＝1 200 kW，
故C错误，D正确．
4．(2018·四川省攀枝花市一模)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的( )
A．速度增加，加速度减小
B．速度减小，加速度增加
C．速度减小，加速度减小
D．速度增加，加速度增加
答案 C
解析 t1时刻之前功率为P，由于做匀速直线运动，所以牵引力F等于阻力Ff，当汽车的功率突然减小一半，由于速度来不及变化，根据P＝Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，则F′＝
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