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1、2019年高考物理二轮复习力学中的功能关系答案1、【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加Epmgmgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl ，故选项A正确，B、C、 D错误。2、【解析】设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s。根据动量守恒定律可得0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正确，B、C、D错误。 3、【解析】本题考查动能的概念和Ek-t图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做竖直上抛运动时，速度v=v
2、0-gt，根据动能Ek=12mv2得，故图象A正确。4、【解析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。故选A。5、【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F3R-mgR=12mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀
3、加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开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，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2gR，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=12at2=2R。由以上分析可知，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5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR，C正确，ABD错误。6、【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力
4、小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。7、【解析】向上滑动的过程中，
5、根据动能定理：，同理，下滑过程中，由动能定理可得：，故C正确；ABD错误8、【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。 9、【解析】由题可得，重力做功1900 J，则重力势能减少1900 J，可得C正确
6、，D错误由动能定理：WGWfEk可得动能增加1800 J，则A、B错误 10、【解析】本题考查机车启动过程中功率的相关知识机车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶，可推断机车做匀速直线运动，受力平衡，由公式PFv，Fkmg，可推出Pk1mgv1k2mgv2，解得v2v1，故B正确，A、C、D错误11、【解析】由题意可知，mghmv，又由动能定理得 mghmv2mv，根据平抛运动可知v0是v的水平分速度，那么cos ，其中为物块落地时速度方向与水平方向的夹角，解得45，B正确12、【解析】释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FTmgcos ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则
7、加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(h)cos mv2，解得v ，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D错误.13、【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A正确；A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：(mm)v2mgR，解得：v，在最低点，根据牛顿第二定律得： FNmgm解得：FN2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减
8、小EpmgR，动能增加量Ekmv2mgR，所以机械能减小mgR，故C错误；整个过程中对A，根据动能定理得：Wmv2mgR，故D正确.14、【答案】ABC【解析】小物块受到的合外力是Ff，位移为Lx，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(Lx)15、解析(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为vA，小球经过B点时的速度为vB，小球经过B点时轨道对小球的支持力为N。在A点：mgm，解得：vA，从B点到A点的过程中，根据动能定理有：mg2Rmvmv，解得：vB 。在B点：Nmgm，解得：N6mg，方向为竖直向上。(2)C到B的逆过程为平抛运动，有：hgt，A到C的过程，有：h2Rgt，又vBtBCvAtAC，解得：R2h。(3)设小球抛出时的初速度大小为v0，从C到B的过程中，根据动能定理有：mghmvmv，解得：v0 。