专题04 功能关系在力学中的应用(高考押题)-2017年高考物理考纲解读与热点难点突破(解析版)

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专题04 功能关系在力学中的应用(高考押题)-2016年高考物理考纲解读及热点难点试题演练(原卷版)

1． (多选)如图所示,一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处，将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点间的竖直高度差为h ，速度为v ，则( )A ．由A 到B 重力做的功等于mghB ．由A 到B 重力势能减少12mv 2C ．由A 到B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －mv 222．(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ,此时M 距离挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和3． (多选)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q (可视为质点)固定在绝缘斜面上的M 点，且在通过弹簧中心的直线ab 上.现将与Q 大小相同，带电性也相同的小球P ，从直线ab 上的N 点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球P 的速度一定先增大后减小B ．小球P 的机械能一直在减少C ．小球P 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D ．小球P 与弹簧系统的机械能一定增加4．如图所示,AB 、AC 两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB 与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a 、b 两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是( )A ．a 、b 两球到底端时速度相同B ．a 、b 两球重力做功相同C ．小球a 下滑的时间大于小球b 下滑的时间D ．小球a 受到的弹力小于小球b 受到的弹力5．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出,已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系,(以地面为零势能面,h 0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k 值为常数且满足0<k <1)则由图可知，下列结论正确的是( )A ．①表示的是动能随上升高度的图象,②表示的是重力势能随上升高度的图象B ．上升过程中阻力大小恒定且f ＝(k ＋1)mgC ．上升高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，重力势能和动能不相等D ．上升高度h ＝h 02时，动能与重力势能之差为k 2mgh 0 6．如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为Fx ＋12mv 2m7．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J8． (多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A 处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W .不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )A ．物体重力势能减小量一定大于WB ．弹簧弹性势能增加量一定小于WC ．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD ．若将物体从A 处由静止释放，则物体到达B 处时的动能为W9． (多选)一质量为2 kg 的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC．匀速运动时的速度约为6 m/sD．减速运动的时间约为1.7 s9．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等10．一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能E k和重力势能E p(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是()11．如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速率v0＝3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑12．如图所示，滑雪坡道由斜面AB和圆弧面BO组成，BO与斜面相切于B、与水平面相切于O，以O为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy. 现有一质量m＝60 kg的运动员从斜面顶点A无初速滑下，运动员从O点飞出后落到斜坡CD上的E点.已知A点的纵坐标为y A＝6 m，E点的横、纵坐标分别为x E＝10 m，y E＝－5 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：(1)运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能；(2)落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小．13．如图所示,在粗糙水平面上竖直固定半径为R＝6 cm的光滑圆轨道，质量为m＝4 kg的物块静止放在粗糙水平面上的A处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.75，A与B的间距L＝0.5 m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F与水平面的夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B处时的动能；(2)拉力F 的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ.14．如图甲所示是一打桩机的简易模型．质量m ＝1 kg 的物体在恒定拉力F 作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度．物体上升过程中，机械能E 与上升高度h 的关系图象如图乙所示.不计所有摩擦，g 取10 m/s 2.求：(1)物体上升到1 m 高度处的速度；(2)物体上升1 m 后再经多长时间才撞击钉子(结果可保留根号)； (3)物体上升到0.25 m 高度处拉力F 的瞬时功率．15.如图所示，在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B .它们的质量均为2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，物块A 通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D 相连，物块D 的质量也为2m ，用手托住物块D ，使轻绳拉直但没有作用力．从静止释放物块D ，当物块D 达到最大速度时，物块B 恰好离开挡板C .求：(1)斜面的倾角θ；(2)物块D 的最大速度v m ； (3)在其他条件不变的情况下，将物块D 的质量改为3m 2，若物块D 的最大速度为v ，求物块D 从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变化量ΔE p .：。

专题05 功能关系在电磁学中的应用(高考押题)-2017年高考物理考纲解读与热点难点突破(原卷版)

1.如图2所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图2A ．运动的平均速度大小为12v B ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 2. 如图3所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A 点时的动能为100 J ，在C 点时动能减为零，D 为AC 的中点，那么带电小球在运动过程中( )图3A ．到达C 点后小球不可能沿杆向上运动B ．小球在AD 段克服摩擦力做的功与在DC 段克服摩擦力做的功不等C ．小球在D 点时的动能为50 JD ．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量3. 如图4所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N 点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不变，现将小球提高到M 点由静止释放，则释放后小球从M 运动到N 的过程中( )图4A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和4.如图4所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放有一带电荷量分别为＋q和＋2q的完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0(此时初动量的大小均为p0)，使其相向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失)，碰后返回M、N两点的动能分别为E1和E2，动量的大小分别为p1和p2，则(图4A.E1＝E2>E0，p1＝p2>p0B.E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0C.碰撞发生在MN中点的左侧D.两球同时返回M、N两点5.如图5所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。

高考物理考纲解读与热点难点突破专题功能关系在力学中的应用热点难点突破.doc

专题04 功能关系在力学中的应用1．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A．4倍B．2倍C. 3倍D.2倍【答案】D【解析】设F f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝F f v＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝2v，D正确．2．某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则正确的是( )A．W1＝W2，P1＝P2B．W1＝W2，P1>P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1>W2，P1＝P2【答案】B3.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，且F＝kv(k 为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12mv20 B.12mv20＋m3g22k2C．0 D.12mv20－m3g22k2【答案】B【解析】当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．当F ＝kv 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F ＝kv 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12mv 20得W ＝12mv 20；当F ＝kv 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F ＝kv ＝mg 得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12mv 2－12mv 20，解得W ＝12mv 20－m3g22k2.综上所述，答案为B. 7．若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h 时，客车不超过19 m ，卡车不超过21 m 。

功能关系在力学中的应用

功能关系在力学中得应用题型1力学中得几个重要功能关系得应用【例1】如图所示，轻质弹簧得一端与固定得竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑得定滑轮与物体B相连•开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B,直至B获得最大速度•下列有关该过程得分析正确得就是（）A • B物体得机械能一直减小B. B物体得动能得增加量等于它所受重力与拉力做得功之与C. B物体机械能得减少量等于弹簧得弹性势能得增加量D. 细线拉力对A物体做得功等于A物体与弹簧所组成得系统机械能得增加量【针对训练】楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与光滑斜面be与水平面得夹角相同，顶角b处安装一定滑轮•质量分别为M、m（M>m）得滑块，通过不可伸长得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•若不计滑轮得质量与摩擦，在两滑块沿斜面运动得过程中（）A •两滑块组成得系统机械能守恒B .重力对M做得功等于M动能得增加C.轻绳对m做得功等于m机械能得增加D・两滑块组成系统得机械能损失等于M克服摩擦力做得功题型2动力学方法与动能定理得综合应用【例2】如图所示，上表面光滑、长度为3 m、质量M = 10 kg得木板，在F = 50 N得水平拉力作用下，以v°= 5 m/s得速度沿水平地面向右匀速运动.现将一个质量为m= 3 kg得小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时，又将第二个同样得小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样得小铁块. （g取10 m/s2）求：送带上滑行过程中产生得内能.题型4动力学与能量观点分析多过程问题【例4】如图所示，半径为R得光滑半圆轨道糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道得直径得小球从A点左上方距A点高为h得斜面上方P点以某一速度V0水平抛出, A点相(1) 木板与地面间得动摩擦因数；(2) 刚放第三个小铁块时木板得速度；(3) 从放第三个小铁块开始到木板停止得过程，木板运动得距离.【针对训练】如图所示，倾角为37°得粗糙斜面AB底端与半径R= 0、4 m得光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高•质量m= 1 kg得滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高得D点，g取10 m/s2, sin 37 = 0、6, cos 37 = 0、8、(1) 求滑块与斜面间得动摩擦因数卩；(2) 若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时得初速度V0得最小值；(3) 若滑块离开C点得速度大小为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历得时间t、题型3动力学方法与机械能守恒定律得应用【例3】如图所示，质量为M = 2 kg得顶部有竖直壁得容器A,置于倾角为得固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m= 1 kg得光滑小球B与右壁接触.让A、B系统从斜面上端由静止开始下滑L后刚好到达斜面底端，已知L = 2 m，取重力加速度g= 10 m/s2、求：(1) 小球到达斜面底端得速度大小；(2) 下滑过程中，A得水平顶面对B得支持力大小；(3) 下滑过程中，A对B所做得功.【针对训练】如图所示，轮半径r = 10 cm得传送带，水平部分AB得长度L = 1、5 m,与一圆心在O点、半径R= 1 m得竖直光滑圆轨道得末端相切于A点，AB高出水平地面H = 1、25 m, —质量m= 0、1 kg得小滑块(可视为质点)，由圆轨道上得P点从静止释放，OP与竖直线得夹角0= 37 ° 已知sin 37 = 0、6, cos 37 = 0、8, g= 10 m/s2，滑块与传送带间得动摩擦因数尸0、1，不计空气阻力.(1) 求滑块对圆轨道末端得压力；(2) 若传送带一直保持静止，求滑块得落地点与B间得水平距离;⑶若传送带以v0= 0、5 m/s得速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高得为g,取R= 5°h, sin 37 =0、6, cos 37 =0、8,不计空气阻力，求：0= 30°ABC与倾角为0= 37°得AC与斜面垂直.质量为粗m 刚好与半圆轨道得【针对训练】如图所示，将一质量m= 0、1 kg得小球自水平平台顶端D点.已知当地得重力加速度O1 . （2013安徽17）质量为m得人造地球卫星与地心得距离为r时，引力势能可表示为E P—鋼，其r—时间图象如图3所示，其中OA段为直t1时刻开始汽车得功率保持不变，整个运功能关系在力学中的应用（整理）点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为a= 53°得光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变得速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台得高度差h= 3、2 m,斜面高H = 15 m，竖直圆轨道半径R= 5 m .取sin 53=0、8, cos 53 ° 0、6, g= 10 m/s2,试求：（1）小球水平抛出得初速度v o及斜面顶端与平台边缘得水平距离X；⑵小球从平台顶端0点抛出至落到斜面底端B点所用得时间；（3）若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道得压力.一、单项选择题中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1得轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气得摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动得半径变为R2,此过程中因摩擦而产生得热量为()1111A. GMm------- —B. GMm - —R2R1R1R2GMm11GMm1 1C 2R2—R1D、2R1-R2答案C2. 如图1所示，质量为m得物体（可视为质点）以某一初速度从A点冲上倾角为30。

专题04 功能关系在力学中的应用(讲)(原卷版)

专题四功能关系在力学中的应用本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．本专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这些知识的综合训练和应用。

功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．知识点一、求功的方法比较1．恒力做功的求法(1)应用公式W ＝Fs cos α其中α是F 、s 间的夹角．(2)用动能定理(从做功的效果)求功：2122k k 1122W E E mv mv ＝－＝－此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．【特别提醒】(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功．(2)合外力的功也可用W合＝F合s cosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．2．变力做功的求法名称适用条件求法平均值法变力F是位移s的线性函数W＝Fs cosα图象法已知力F与位移s的F－s图象图象下方的面积表示力做的功功率法已知力F做功的功率恒定W＝Pt转换法力的大小不变，方向改变，如阻力做功，通过滑轮连接将拉力对物体做功转换为力对绳子做功，阻力做功W＝－Ff·s功能法一般变力、曲线运动、直线运动W合＝ΔEk或W其他＝ΔE特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W＝－F f·s相对，且F f·s相对＝ΔE损＝Q内能．知识点二、两种功率表达式的比较1．功率的定义式：P＝Wt，所求出的功率是时间t内的平均功率．2．功率的计算式：P＝Fv cosθ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率．特别提醒：公式P＝Fv cosθ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P指发动机的输出功率，F为牵引力，F f为阻力，则任一时刻都满足P＝F·v，机车任一状态的加速度a＝F－F fm，当机车匀速运动时，F＝F f，P＝F·v＝F f·v.知识点三、对动能定理的理解1．对公式的理解(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能．(2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系．2．动能定理的优越性(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题。

高考物理(四川专用)精讲专题功能关系在力学中的应用(高考定位审题破题,含题组及解析)

高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1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 .开始时，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( )图1A ．a 的加速度为F mB ．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 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？答案BD1．如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)答案ABC解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，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(L＋x)．2．(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8s 内物体位移的大小为18mC ．0～8s 内物体机械能的增量为90JD ．0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J 答案AC解析根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14m ，选项B 错误.0～8s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84J ，机械能增加量为6J ＋84J ＝90J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 2R，得N ＝m (v2R－g )＝5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得： mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66s 答案 (1)5.4N (2)0.8 (3)7.66s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案(1)33 (2)5m/s (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54m当θ为0°时，x 0＝543m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h 1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)N －mg ＝m v 2R (1分)解得N ＝3mg ＝30N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案 (1)3105s (2)30N ，方向向下 (3)9m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案 (1)22.5N ，方向竖直向下 (2)32J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos53°m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等答案ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案(1)25m/s 2(2)(5－3) s 解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝105m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝103m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝105m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J解析(1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6m/s加速度a ＝－4m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan45° 解得v D ＝4m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4s 所以DP 的水平位移为：4×0.4m ＝1.6mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m 所以BP 间位移为2.5m ＋1.6m ＝4.1m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝22m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－82m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3m ．g 取10m/s 2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案(1)150N (2)13N (3)(0.5＋72) s 解析(1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos37°＝2.5m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma解得F ＝13N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin37°＋μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝8m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin37°－μmg cos37°＝ma ″解得a ″＝4m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。

专题04 功能关系在力学中的应用专题-2017年高考物理考纲解读与热点难点突破含解析精品

【2017年高考考纲解读】1.动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查。

2.功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点。

高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。

在试卷中以计算题的形式考查的较多，也有在选择题中出现，难度中等偏难。

3.2017年高考中把选修3－5改为必考，动量和能量的综合问题要特别关注。

(1)功、功率的理解及定量计算，往往与图象相结合(2)动能定理的应用(3)机械能守恒定律的应用(4)滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题【命题趋势】(1)结合直线运动考查功、功率的理解及计算．(2)对动能定理的考查，可能出现以下情景：①物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化．②物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化．③在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能变化情况．(3)对机械能守恒定律的考查，可能出现以下两种情景：①结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．②在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．(4)对功能关系的考查，可能出现以下情景：①功能关系结合曲线运动及圆周运动进行考查．②功能关系结合多个物体间的相对运动进行考查．③物体经历多个过程，有多个力做功，涉及多种形式的能量转化的考查.【重点、难点剖析】专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这些知识的综合训练和应用。

1．必须精通的几种方法(1)功(恒力功、变力功)的计算方法(2)机车启动问题的分析方法(3)机械能守恒的判断方法(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法。

2．必须明确的易错易混点(1)公式W＝Fl cos α中，l不一定是物体的位移(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式W＝Fv，漏掉了F与v之间的夹角(3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同(4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度(5)ΔE内＝F f l相对中l相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度3.功和功率(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力的功还是变力的功，选用合适的方法进行计算。

专题04 功能关系在力学中的应用(高考押题)-2016年高考物理二轮复习精品资料(解析版)

1．质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMm r，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为 ( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 C.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 D.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 答案 C2．如图1所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图1A ．物体的重力势能增加了34mgh B ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了14mgh D ．物体的动能减少了mgh答案 B解析该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．3．用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图2所示．下列说法正确的是 ( )图2A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒答案 C4．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图3所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )图3A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确． 5．如图4所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．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4A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmga C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．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 BC在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．6．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在x 1处物体所受拉力最大B ．在x 2处物体的速度最大C ．在x 1～x 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～x 2过程中，物体的加速度先增大后减小答案 AC7．被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是 ( )A ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mgh C ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒答案 AC解析地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D错误．8．弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图3所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD的中点，则()图3A．从D到C，弹丸的机械能一直增加B．从D到C，弹丸的动能一直在增大C．从D到C，弹丸的机械能先增加后减少D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能9．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1<L2，如图4所示．两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则()图4A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同10．如图6所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L .现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2.若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )图6A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．A 在从C 至D 的过程中，加速度大小为120g C ．弹簧的最大弹性势能为158mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38mgL 答案：BD 解析：对A 、B 整体从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：a ＝4mg sin30°－mg －μ·4mg cos30°4m ＋m ＝120g ，从D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确；当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得：4mg (L ＋L 2)sin30°－mg (L ＋L 2)－μ×4mg cos30°(L ＋L 2)－W 弹＝0－0 解得：W 弹＝38mgL 则弹簧具有的最大弹性势能E p ＝W 弹＝38mgL ，故C 错误，D 正确． 11．如图7所示，一质量m ＝1.0kg 的小物块静止在粗糙水平台阶上，离台阶边缘点的距离s ＝5m ，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25.在台阶右侧固定一个以O 为圆心的14圆弧挡板，圆弧半径R ＝52m ，以O 点为原点建立平面直角坐标系xOy .现用F ＝5N 的水平恒力拉动小物块(已知重力加速度g ＝10m/s 2)．图7(1)为使小物块不落在挡板上，求拉力F 作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，拉力F 一直作用在小物块上，当小物块过O 点时撤去拉力F ，求小物块击中挡板上的位置坐标．答案：(1)2s (2)(5,5)竖直方向：y ＝12gt 2 又因为：x 2＋y 2＝R 2解得x ＝5m ，y ＝5m ，位置坐标为(5,5)．12．如图9所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D 点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m 的玩具小车以恒定的功率从E 点开始行驶，经过一段时间t 后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A 飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B 上的C 点，C 点与下半圆的圆心O 等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ，ED 之间的距离为x 0，斜面的倾角为30°.求：图9(1)小车从A 到C 的运动时间；(2)在A 点，轨道对小车作用力的大小和方向；(3)小车的恒定功率．9．(1) 6R g(2)mg ，方向向下 (3)μmgx 0＋5mgR t有mg ＋F N ＝m v 2A R解得F N ＝mg(3)从D 到A 的过程中，机械能守恒有12mv 2D ＝mg ·4R ＋12mv 2A小车从E 到D 的过程中Pt －μmgx 0＝12mv 2D 解得P ＝μmgx 0＋5mgR t. 13．水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0. 40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小；(2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小．答案：(1)6.0 m/s 2 (2)10.0 m/s (3)4.0 m联立①②解得x ＝4.0 m14．如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小；(2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案：(1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m(3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a 3＝v 212μ2g ＝1.5 m15．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为R＝0.4 m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v0＝8 m/s，传送带A、B点间的长度s AB＝45 m．若矿物落到点D处离最高点C点的水平距离为s CD＝2 m，竖直距离为h CD＝1.25 m，矿物质量m＝50 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B点时的速度大小；(2)矿物到达C点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B点到达C点的过程中，克服阻力所做的功．答案：(1)6 m/s(2)1 500 N(3)140 J解析：(1)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得(μmg cos θ－mg sin θ)s AB＝12mv2B代入数据得v B＝6 m/s由于v B<v0，故假设成立，矿物到达B点时速度为6 m/s：。

2017届高三物理复习专题四功能关系的应用第1课时功能关系在力学中的应用讲义

专题四功能关系的应用专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)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做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)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2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2(15分)如图3所示，上表面光滑、长度为3 m、质量M＝10 kg的木板，在F＝50 N 的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平衡条件得：F ＝F f①(1分)又F f ＝μMg ②(2分)联立①②并代入数据得： μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 2④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得：－3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分)联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169 m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有－μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 题型3 动力学方法和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的光滑小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后刚好到达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度大小；(2)下滑过程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对B 所做的功．审题突破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？解析 (1)根据机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v2(2分)解得：v ＝2gL sin θ＝2 5 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ (1分)对B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运动，根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，则根据动能定理mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0(2分)答案 (1)2 5 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．图6(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下．(2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得：－μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图7所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式解得F N ＝5.6mg⑦ 由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力．答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N ，方向竖直向上解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y ＝2ghh ＝12gt 21 s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.05 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上(限时：45分钟)1． (·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为 ( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 2－1R1B ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 1－1R2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 2． (·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．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1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．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 BC解析如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹＝0，W 弹＝E p A ，则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，则A 项错误．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O 到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．3．如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4．用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒答案 C解析由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B 错误；v －t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，则10 s 内货物的平均速度是1.7 m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图4所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是 ( )图4A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2过程中，物体的加速度先增大后减小答案 AC解析除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7．被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒答案 AC解析地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D 错误．8．水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小．答案 (1)6.0 m/s 2(2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma则沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2(2)游戏者从A 点滑到C 点的过程中，根据动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt① 在竖直方向的位移大小h ＝12gt2②联立①②解得x ＝4.0 m9．如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v yv 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，则s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故s CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．若矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B 点时的速度大小； (2)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点到达C 点的过程中，克服阻力所做的功．。

精品最新高考物理二轮复习：专题四第1课时功能关系在力学中的应用

专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题。

考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算;③几个重要的功能关系的应用;④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点,命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破:一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1。

常见的几种力做功的特点（１）重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.（2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能。

转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。

③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。

2．几个重要的功能关系(1）重力的功等于重力势能的变化，即WＧ=—ΔＥp.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝—ΔE p。

（3）合力的功等于动能的变化,即W=ΔE k。

（4)重力（或弹簧弹力）之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他=ΔE.（５)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ｆf·l相对．1. 动能定理的应用（1)动能定理的适用情况：解决单个物体（或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力,既可以同时作用，也可以分段作用.（２)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。

专题04 功能关系在力学中的应用(高考押题)-2017年高考物理考纲解读与热点难点突破(原卷版)

1.如图1，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。

在此过程中正确的是()图1A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大2.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图2所示，则()图2A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到6 m/s3．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图2所示。

则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g取10 m/s2)()图24.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。

则()图5A．R越大，v0越大B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大C．m越大，v0越大D．m与R同时增大，初动能E k0增大5.如图6所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是()图6A．弹簧的弹性势能一直减少到零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量6.如图6所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能E k 及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是()图67．若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h时，客车不超过19 m，卡车不超过21 m。

2017版高考物理大二轮复习与增分策略专题四功能关系的应用第1讲功能关系在力学中的应用

专题四功能关系的应用[专题定位] 本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题.考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.[应考策略] 深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.第1讲功能关系在力学中的应用1.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.2.几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·l相对.1.动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. (2)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做功情况，然后求各个外力做功的代数和. ③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W 合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解. 2.机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零. ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能.③对一些“绳子突然绷紧”“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示.(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系统.②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒. ③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能. ④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.例1 (多选)(2016·全国甲卷·21)如图1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1A.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因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确. 答案 BCD预测 1 (2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中( ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J答案 C解析由题可得，重力做功W G ＝1 900 J ，则重力势能减少1 900 J ，故C 正确，D 错误；由动能定理得，W G －W f ＝ΔE k ，克服阻力做功W f ＝100 J ，则动能增加1 800 J ，故A 、B 错误. 预测2 如图2所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O 、半径为R .轨道正上方离地h 处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P 点位于O 点正上方.A 、B 是质量均为m 的小环，A 套在杆上，B 套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量.现在A 环上施加一个水平向右的恒力F ，使B 环从地面由静止沿轨道上升.则( )图2A.力F 所做的功等于系统动能的增加量B.在B 环上升过程中，A 环动能的增加量等于B 环机械能的减少量C.当B 环到达最高点时，其动能为零D.当B 环与A 环动能相等时，sin ∠OPB ＝Rh答案 D解析力F 做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F 所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量.故A 错误；由于力F 做正功，A 、B 组成的系统机械能增加，则A 环动能的增加量大于B 环机械能的减少量，故B 错误；当B 环到达最高点时，A 环的速度为零，动能为零，但B 环的速度不为零，动能不为零，故C 错误；当PB 线与圆轨道相切时，v B ＝v A ，根据数学知识有sin ∠OPB ＝R h，故D 正确.例2 如图3所示，水平面O 点左侧光滑，右侧粗糙，有3个质量均为m 完全相同的滑块(可视为质点)，用轻细杆相连，相邻滑块间的距离为L ，滑块1恰好位于O 点左侧，滑块2、3依次沿直线水平向左排开.现将水平恒力F ＝1.8μmg 作用于滑块1，μ为粗糙地带与滑块间的动摩擦因数，g 为重力加速度.图3(1)求滑块运动的最大速度；(2)判断滑块3能否进入粗糙地带？若能，计算滑块3在粗糙地带的运动时间.解析 (1)滑块2刚进入粗糙地带，滑块开始减速，此时速度最大，对所有滑块运用动能定理：F ·L －μmgL ＝12·3mv 21得v 1＝8μgL15(2)若滑块3能进入粗糙地带，设刚进入的速度为v 2，有F ·2L －μmg (1＋2)L ＝12·3mv 22得v 2＝2μgL5故滑块3能进入粗糙地带此时3μmg －F ＝3ma故滑块3在粗糙地带的减速时间t ＝v 2a得t ＝5L 2μg答案 (1)8μgL15 (2)滑块3能进入粗糙地带 5L 2μg预测3 如图4所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m ，小桶与沙子的总质量为m ，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h 的过程中( )图4A.小桶处于失重状态B.小桶的最大速度为12ghC.小车受绳的拉力等于mgD.小车的最大动能为32mgh答案 B解析在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态.故A 、C 错误；在小桶上升竖直高度为h 的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg ·h ·sin 30°－mgh ＝12(3m ＋m )v 2解得：v ＝12gh ，故B 正确；小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：E km＝12·3mv 2＝38mgh ，故D 错误. 预测4 (2016·全国丙卷·24)如图5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R2.一小球在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.图5(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∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4② 由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有F N ＋mg ＝m v2C R2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v2C R⑥ v C ≥Rg2⑦全程应用机械能守恒定律得mg ·R 4＝12mv C ′2⑧解得v C ′＝gR2，满足⑦式条件，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点.解题方略多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单.例3 (2016·全国乙卷·25)如图6所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图6(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放.已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点.G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量.解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2 gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得α＝37°.由几何关系得：x 1＝72R －56R sin α＝3R ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos α＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos α)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得E p －m 1g (x ＋5R )sin α－μm 1g (x ＋5R )cos α＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)355gR 13m预测5 如图7所示，质量M ＝3 kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L 1＝2 m ，左侧粗糙段长度为L 2，质量m ＝2 kg 、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g ＝10 m/s 2，现用F ＝18 N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A 、B 分离时，B 对地的速度v B ＝1 m/s ，求L 2的值.图7答案 1 m解析在F 的作用下，A 做匀加速运动，B 静止不动，当A 运动位移为L 1时B 进入粗糙段，设此时A 的速度为v A ，则：对A ：由动能定理：FL 1－μ1(M ＋m )gL 1＝12Mv 2A ①B 进入粗糙段后，设A 加速度为a A ，B 加速度为a B ，对A ：由牛顿第二定律： F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ② 对B ：由牛顿第二定律：μ2mg ＝ma B ③ 由①得v A ＝2 m/s④ 由②得a A ＝0⑤即A 以v A ＝2 m/s 的速度做匀速直线运动直至A 、B 分离，分离时B 的速度为v B ，设B 在粗糙段滑行的时间为t ，则：对A ：x A ＝v A t ⑥ 对B ：v B ＝a B t ⑦x B ＝12a B t 2⑧又：x A －x B ＝L 2⑨ 联立解得：L 2＝1 m⑩预测6 如图8所示，质量m ＝0.1 kg 的小球(可视为质点)，用长度l ＝0.2 m 的轻质细线悬于天花板的O 点.足够长的木板AB 倾斜放置，顶端A 位于O 点正下方，与O 点的高度差h ＝0.4 m.木板与水平面间的夹角θ＝37°，整个装置在同一竖直面内.现将小球移到与O 点等高的P 点(细线拉直)，由静止释放，小球运动到最低点Q 时细线恰好被拉断(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：图8(1)细线所能承受的最大拉力F ；(2)小球在木板上的落点到木板顶端A 的距离s ； (3)小球与木板接触前瞬间的速度大小. 答案 (1)3 N (2)1 m (3)2 5 m/s解析 (1)设细线拉断时小球的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：12mv 20＝mgl解得：v 0＝2gl在Q 点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v20l解得 F ＝3mg ＝3 N(2)设小球在木板上的落点到木板顶端A 的距离为s ，由平抛运动的规律得：h －l ＋s ·sin θ＝12gt 2； s cos θ＝v 0t ，联立以上各式得：s ＝1 m(3)设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v ，由机械能守恒定律得： 12mv 2＝mg (h ＋s ·sin θ)，联立以上各式得：v ＝2 5 m/s. 专题强化练1.质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v .重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物体下滑过程的加速度大小为v 2sin θhB.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为12mv 2D.物体下滑过程中摩擦力做功为12mv 2－mgh答案 D解析由v 2＝2a hsin θ，得a ＝v 2sin θ2h，故A 错误；物体下滑到底端时重力功率P ＝mgv sinθ，故B 错误；重力做功W ＝mgh ，由于有摩擦力做功mgh ＋W ＝12mv 2.故C 错误，D 正确.2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒答案 D解析由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是( )图2A.释放P前绳子拉力大小为mg cos θB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为2gh－cos θD.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大答案AC解析释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，F T＝mg cos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，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(hcos θ－h)cos θ＝12mv2，解得v＝2gh －cos θ，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.4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a 所示)，以此时为t ＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t 1内，传送带对物块做正功C.0～t 2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t 2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量答案 AC解析在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t 1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C 正确；0～t 2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D 错误. 5.(多选)如图4所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )图4A.下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B.当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR答案 AD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： 12(m ＋m )v 2＝mgR ，解得：v ＝gR ，在最低点，根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2R 解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，所以机械能减小12mgR ，故C 错误；整个过程中对A ，根据动能定理得：W ＝12mv 2＝12mgR ，故D 正确. 6.如图5所示，长1 m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5A.1.3 JB.3.2 JC.4.4 JD.6.2 J答案 A解析轻杆在O 点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO 绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A 点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15 N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120° 那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L .状态1时，AO 段绳子长度是L 1＝L sin 45°＝22L ，滑轮O 点到B 点的竖直方向距离是h 1＝L cos 45°＝22L ，状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO 绳子夹角也是60°(∠AOB ＝60°)，即三角形AOB 是等边三角形.所以，这时AO 段绳子长度是L 2＝L ；滑轮到B 点的竖直距离是h 2＝L cos 60°＝12L ，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h ＝(h 2－h 1)＋(L 2－L 1)＝(12L －22L )＋(L －22L )＝(32－2)L .重力势能的增加量E p ＝Gh ＝G ×(32－2)L ＝15 N×(32－2)×1 m≈1.3 J.7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，选项D 错误.8.如图7甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝4 kg 的小物块和质量M ＝2 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P ＝6 W 不变.从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开木板.重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)平板与地面间的动摩擦因数μ； (2)平板长度L .答案 (1)0.2 (2)2.416 m解析 (1)在前2 s 内，整体匀速，则有：F 1＝F f1，P ＝F 1v 1，F f1＝μ(M ＋m )g ，代入数据，联立三式解得μ＝0.2.(2)6～10 s 内，小物块匀速运动，则有：F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，2～10 s 的过程，由动能定理得，P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21，联立各式代入数据解得L ＝2.416 m.9.倾斜雪道的长为25 m ，顶端高为15 m ，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图8所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v 0＝8 m/s 飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g ＝10 m/s 2).图8答案 74.84 m 解析如图建立坐标系，斜面的方程为y ＝x tan θ＝34x ①运动员飞出后做平抛运动x ＝v 0t ② y ＝12gt 2③联立①②③式，得飞行时间t ＝1.2 s 落点的x 坐标x 1＝v 0t ＝9.6 m 落点离斜面顶端的距离s 1＝x 1cos θ＝12 m落点距地面的高度h 1＝(L －s 1)sin θ＝7.8 m 接触斜面前的x 轴方向分速度v x ＝8 m/sy 轴方向分速度v y ＝gt ＝12 m/s沿斜面方向的速度大小为v ∥＝v x cos θ＋v y sin θ＝13.6 m/s 设运动员在水平雪道上运动的距离为s 2，由功能关系得mgh 1＋12mv 2∥＝μmg cos θ(L －s 1)＋μmgs 2解得s 2＝74.84 m.10.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC ＝H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A 点处于静止状态；后来，表演者从A 点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小； (2)AB 两点的高度差与BC 两点的高度差之比； (3)表演者从A 点到C 点减少的机械能. 答案 (1)g 34g (2)3∶4 (3)mgH解析 (1)在A 点受力平衡时，则mg ＝k S2向上最大加速度为a 1，kS －mg ＝ma 1 得到a 1＝g向下最大加速度为a 2，mg －k S8＝ma 2得到a 2＝34g(2)设B 点的速度为v B 2a 1h AB ＝v 2B 2a 2h BC ＝v 2B 得到：h AB h BC ＝a 2a 1＝34或者由v －t 图象法得到结论. (3)整个过程的动能变化量为ΔE k ＝0 整个过程的重力势能减少量为ΔE p ＝mgH 因此机械能的减少量为ΔE ＝mgH或者利用克服摩擦力做功可也得到此结论.11.(2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接.AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图10所示.物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .图10(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围. 答案 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律知，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①。

专题05 功能关系在电磁学中的应用专题-2017年高考物理考纲解读与热点难点突破含解析精品

【2017年高考考纲解读】(1)静电力做功的特点(2)动能定理在电磁学中的应用(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可守恒(4)功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用【命题趋势】高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．预计2016年高考此类题目仍会出现．【重点、难点剖析】一、电场中的功能关系的应用1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．二、磁场中的功能关系的应用1.磁场力的做功情况(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种①由公式W＝Fl cos α计算．②由动能定理计算：W安＋W其他力＝ΔE k2．电磁感应中的功能关系(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．【题型示例】题型1、电场中的功能关系的应用【例1】(多选)(2016·全国卷Ⅰ，20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知()图1A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小答案AB【举一反三】(2015·四川理综，6，6分) (多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a( )A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功.小球a从N 到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A 错误；带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在D点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q 的过程中,库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q 的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．答案BC【变式探究】(2014·重庆卷，3)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则()A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b答案 A【特别提醒】处理此问题应注意以下几点：①电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点．【变式探究】如图2－5－4所示，有三根长度均为L＝0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A 和B，其中A球带正电，电荷量为q＝3×10－6C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，取g＝10 m/s2)图2－5－4(1)此匀强电场的电场强度E 为多大；(2)现将PA 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB 所受的拉力F T 的大小，并求出A 、B 间细线与竖直方向的夹角θ；(3)求A 球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B 球所带电荷对匀强电场的影响)．解析 (1)B 球水平方向所受合力为零，则有q B E ＝kqq BL 2所以E ＝k q L 2＝9×109×3×10－60.32 N/C ＝3×105N/C(2)两球及细线最后位置如图所示，QB 的拉力F T ＝2mg ＝2×0.12×10 N＝2.4 NA 球受力平衡，则有qE ＝mg tan θ，所以tan θ＝qE mg ＝3×10－6×3×1050.12×10＝34，即θ＝37°答案 (1)3×105N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J 考点2、磁场中的功能关系的应用【例2】 (2015·天津理综，12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d .电场强度为E ，方向水平向右；磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ，试求sinθn ；(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ,轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd ＝12mv 2n ⑤qv n B ＝m v 2nr n⑥图1粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦由图1看出r n sin θn －r n sin αn ＝d ⑧由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩图2当n ＝1时，由图2看出r 1sin θ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sin θn ＝Bnqd 2mE⑫sin θn ′＞1⑯说明θn ′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．答案 (1)2qEd m 2B mEdq (2)B nqd2mE(3)见解析【变式探究】 (2014·广东卷，15)如图2－6－7所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A ．在P 和Q 中都做自由落体运动 B ．在两个下落过程中的机械能都守恒 C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长 D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大图2－6－7答案 C【变式探究】(2014·全国卷新课标Ⅱ，25)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面， BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图2－6－9中未画出)．图2－6－9直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求(1) 通过电阻R 的感应电流的方向和大小； (2) 外力的功率．解析 (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS ＝12ωΔt (2r )2－r 2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E ＝B ΔSΔt②根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端，因此流过导体R 的电流方向是从C 端流向D 端；由欧姆定律流过导体R 的电流满足：I ＝E R③ 联立①②③可得：I ＝3ωBr22R④根据能量转化和守恒定律，外力在Δt 时间内做的功为：W ＝W f ＋W R ⑪ 外力的功率为：P ＝WΔt⑫由④至⑫式可得：P ＝32μmg ωr ＋9ω2B 2r44R ⑬答案 (1)3ωBr22R 方向由C →D(2)32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R 【特别提醒】1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的规律．【变式探究】如图2－5－6所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )．图2－5－6A ．安培力对ab 棒所做的功相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D．通过ab棒的电荷量相等答案 C。

专题04+功能关系的理解与应用-高考物理黄金押题+Word版含解析.doc

【高考考纲】高考命题特点：①功和功率的计算．②利用动能定理分析简单问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用．交汇命题的主要考点有：①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．1.机械能守恒定律的应用为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点：(1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒．(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．(3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．2.功能关系的应用为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：(1)考查做功与能量变化的对应关系．(2)涉及滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查．3. 传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题．【真题感悟】例1、(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井的矿石装在矿车中，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1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1A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5答案 AC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t 0时刻，功率P 1＝Fv 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段F ′＝mg ，P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02<P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 项错误．【名师点睛】1.求功思路是：根据物体的受力情况和物体的运动情况判断待求功对应的力是恒力还是变力.2.求恒力做功的方法有：用功的公式直接求解、正交分解力或位移后再求解；求变力做功的方法有：运用公式W ＝Pt 功率恒定、图象法、动能定理法求解.3.求功率思路是：先判断待求功率是瞬时功率还是平均功率，根据公式P ＝ Fv cos α求解瞬时功率，根据公式P ＝W t求解平均功率.【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图1所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )图1A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心答案 A例2.(2018·全国卷Ⅱ·14)如图4，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4A ．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答案 A解析由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．【名师点睛】1．应用动能定理解题的基本思路(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．【变式探究】(2018·全国卷Ⅲ)如图10所示，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：图10(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．【解析】(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg ＝tan α ①F 2＝(mg )2＋F 20 ②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③ 由①②③式和题给数据得F 0＝34mg④ v ＝5gR 2. ⑤(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩v ⊥＝v sin α ⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 t ＝355R g. ⑫ 【答案】 (1)34mg 5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355R g例3. (2018·全国卷Ⅰ)如图1所示，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )图1A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【名师点睛】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．解题步骤(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．3．应用技巧对于连接体的机械能守恒问题常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．【变式探究】(多选)如图6甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N，空气阻力不计，g＝10 m/s2，B点为AC轨道中点，下列说法正确的是( )图6A．小球质量为0.5 kgB．小球在B点受到轨道作用力为4.25 NC．图乙中x＝25 m2/s2D．小球在A点时重力的功率为5 W答案B C例4、(2018·全国卷Ⅰ·18)如图8，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R 的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()图8A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR答案 C【名师点睛】1.常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型.2.联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.3.当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律.【变式探究】(2017·全国卷Ⅲ)如图9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9A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 【答案】A【解析】以均匀柔软细绳MQ 段为研究对象，其质量为23m ，取M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ 段的重力势能E p1＝－23mg ·l 3＝－29mgl ，用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点时，细绳MQ 段的重力势能E p2＝－23mg ·l 6＝－19mgl ，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ 段的重力势能的变化，即W ＝E p2－E p1＝－19mgl ＋29mgl ＝19mgl ，选项A 正确．【黄金押题】1．一质量为m 的汽车原来在平直路面上以速度v 匀速行驶，发动机的输出功率为P .从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v 之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．汽车加速过程的最大加速度为P mvB ．汽车加速过程的平均速度为32vC ．汽车速度从v 增大到2v 过程中做匀加速运动D ．汽车速度增大时发动机产生的牵引力不断增大答案 A2．两轮平衡车(如图2所示)广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P 0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为F f .已知小明和平衡车的总质量为m ，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动，则( )图2A ．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v ＝P 0F f ＋maB ．平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F ＝maC ．平衡车达到最大速度所用的时间t ＝P 0(F f ＋ma )aD ．平衡车能达到的最大行驶速度v 0＝P 0F f ＋ma答案 A3．(多选)如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块( )图3A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案 AD4．(多选)如图4所示，竖直平面内有一半径为R 的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B .一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F 将该小物块沿下滑的路径从C 处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A ，拉力F 的方向始终与小物块的运动方向一致，小物块从B 处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR ，下列说法正确的是( )图4A ．物块在下滑过程中，运动到B 处时速度最大B ．物块从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC ．拉力F 做的功小于2mgRD ．拉力F 做的功为mgR (1＋2μ)答案 CD解析物块在下滑过程中，开始阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物块的速度增大．后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB 之间，故A 错误；物块缓慢地从B 被拉到A ，克服摩擦力做的功为μmgR ，而物块从A 滑到B 的过程中，物块做圆周运动，根据向心力知识可知物块所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力较大，所以克服摩擦力做的功W f 大于μmgR ，因此物块从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于μmg ·2R ，故B 错误；从C 到A 的过程中，根据动能定理得：W F －mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则由此可得拉力F 做的功为W F ＝mgR (1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过程中，根据动能定理得：mgR －W f －μmgR ＝0，因为W f >μmgR ，由此可得：mgR >μmgR ＋μmgR ，由以上可得：W F <2mgR ，故C 正确．5．(多选)某段滑雪道倾角为30°，滑雪运动员(包括雪具在内)总质量为m ，从距底端高为h 处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度为g 3(重力加速度为g )．在运动员下滑的整个过程中( ) A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员克服摩擦力做功为2mgh 3C ．运动员最后获得的动能为2mgh 3D ．系统减少的机械能为mgh 3 答案 CD6．(多选)如图5所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处的质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰好能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图5A ．小球通过B 点时的加速度为g 2B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等C ．弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D ．A 到C 过程中，产生的内能为mgh答案 BCD7.(多选)如图6所示，一个质量为2m 的甲球和一个质量为m 的乙球，用长度为2R 的轻杆连接，两个球都被限制在半径为R 的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面．初始时刻，轻杆竖直，且质量为2m 的甲球在上方，此时，受扰动两球开始运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图6A ．甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B ．甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．整个运动过程中甲球的最大速度为233gR D ．甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功答案 ACD8．足球运动员在距球门正前方s 处的罚球点，准确地从球门正中央横梁下边缘踢进一球，横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，不计空气阻力，运动员至少要对足球做的功为W ，下面给出功W 的四个表达式中哪一个是合理的( )A ．W ＝12mg (2h ＋s 22h )B ．W ＝12mg h 2＋s 2 C ．W ＝mgh D ．W ＝12mg (h 2＋h 2＋s 2) 答案 A解析要能准确地从球门正中央横梁下边缘踢进一球，则运动员对球做的功W ＞mgh ，W ＝12mg ⎝⎛⎭⎪⎫2h ＋s 22h ＝mgh ＋mgs 2h ＞mgh ，所以此式合理，故A 正确，C 错误；因W ＞mgh ，但s 取一定的值时，12mg h 2＋s 2可能小于mgh ，故B 错误；等号右边单位为：kg·N/kg·m 2＝N·m 2＝J·m，不是焦耳，故D 错误．9．据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能量耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100 g 的重物举高20 cm ，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为(g＝10 m/s2)( ) A．0.04 W B．0.4 WC．4 W D．40 W答案 B解析由题意知，摇晃手机的平均功率P＝2mght＝2×0.1×10×0.21W＝0.4 W，故B正确，A、C、D错误．10.如图1所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中( )图1A．水平方向加速度不断增大B．竖直方向加速度不断增大C．重力做功的瞬时功率先增大后减小D．拉力做功的瞬时功率先增大后减小答案 C解析开始时小球沿水平方向的加速度为0，在最低点小球沿水平方向的加速度为0，所以小球沿水平方向的加速度不是不断增大，故A错误；小球在最低点沿竖直方向的速度为0，小球沿竖直方向向下先做加速运动，后做减速运动，所以小球沿竖直方向的加速度也不可能不断增大，故B错误；重力的瞬时功率P＝mgv cos θ，其中v是瞬时速度，θ是瞬时速度的方向与重力方向的夹角，小球在开始点和最低点重力的瞬时功率均为零，可知重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉力的方向与小球的运动方向始终垂直，则拉力始终不做功，拉力的瞬时功率始终为零，故D错误．11．(多选)如图2所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点；两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则( )图2A．A、B系统在运动过程中机械能守恒B．当杆水平时，A、B球速度达到最大C．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小D．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功答案AB12．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )答案 A解析小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能E k ＝12mv 2得E k ＝12m (v 0－gt )2，故图象A 正确．13.如图3所示为机场用于检查物品的装置，主要由水平传送带和X 光透视系统两部分组成．若乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，传送过程传送带速度不变．用v 表示传送带速度，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( ) 图3A ．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B ．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C ．v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D ．μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍答案 C解析前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，在这个滑动摩擦力作用下向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或者相对运动趋势，摩擦力为零，A 、B 错误；加速过程中物品的加速度为a ＝μg ，加速运动时间t ＝v a ＝v μg ，所以摩擦产生的热量为Q ＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫vt －vt 2＝12μmgvt ＝12μmgv ·v μg ＝12mv 2，故v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C 正确；物品加速位移x ＝v 22a ＝v 22μg，当μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D 错误．14．将一质量为m 的小球从足够高处水平抛出，飞行一段时间后，小球的动能为E k ，再经过相同的时间后，小球的动能为2E k (此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g ，则小球抛出的初速度大小为( ) A.2E k3mB ．2E k3m C ．3E k3m D. 3E k2m答案 B15.(多选)如图4所示，大圆环固定不动，套在大圆环上的小环从某处由静止滑下，在大圆环上来回运动几次，最终静止不动．下列说法正确的是( )图4A．小环不一定停在大圆环的最低点B．小环第一次运动到最低点时动能最大C．运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能D．第一次到达左边最高点的过程中，小环的机械能先减小后增大答案BC解析由于小环能从静止下滑，故摩擦力小于重力沿圆弧切线方向的分力，故最终静止在大圆环的最低点，故A错误；小环在运动过程中，摩擦力始终做负功，故小环第一次运动到最低点时重力做功最大，摩擦力做负功最少，故动能最大，故B正确；由于小环最终静止在大圆环的最低点，根据能量守恒可知，运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能，故C正确；第一次到达左边最高点的过程中，摩擦力始终做负功，故小环的机械能一直减小，故D错误．16.(多选)如图5所示，质量相等的两个物块A和B用跨过滑轮的轻绳相连，不计摩擦和滑轮质量，B物块套在光滑的竖直杆上，在B下落的过程中，下列说法正确的是( )图5A．物块B减少的机械能等于物块A增加的机械能B．物块B减少的重力势能等于物块A和B增加的动能之和C．绳拉力对A做的功等于B克服绳拉力做的功D．物块A和B的速度大小相等答案AC17．如图1所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条，若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是( )图1A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数尽量大一些D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些答案 D解析纸条对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A 、B 错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C 错误，D 正确． 18．(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a 、b 两块．若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 的动量变化大小一定相等答案 CD19．一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于 (v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( )A.(M ＋m )v 0－mv 1MB.(M ＋m )v 0＋mv 1MC.Mv 0＋mv 1M －m D.Mv 0－mv 1M －m答案 C解析以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2，解得v 2＝Mv 0＋mv 1M －m，故选C. 20.如图4所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s 内有5 000 kg 的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s 的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平拉力的大小为( ) 图4A ．50 NB ．250 NC ．500 ND ．750 N 答案 C21.如图5所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：mv 0＝5mv B －mav 0，要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0＞v B ，由以上两式可解得：a ＞14，故B 、C 正确.22.光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图6所示，已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，已知木块增加了50 J 动能，则此过程产生的内能可能是( ) 图6A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J 答案 D23.如图3所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v ＝gR ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( ) 图3A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．小球在M 点对轨道的压力为4mg 答案 AC24．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)该弹簧的劲度系数k ；(2)撤去恒力，小球从A 点沿圆环下滑到B 点时的速度大小v B ； (3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B . 答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N25．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f ＝12C ρSv 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密度(不同空间密度不同)，S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R ，每个雨滴的质量均为m ，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g .(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h ，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．答案 (1)1R2mg πC 0ρ0 (2)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －m πC 0ρ0R 2解析 (1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v 雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg ＝F f 又因为F f ＝12C 0ρ0Sv 2＝12C 0ρ0·πR 2v 2解得：v ＝1R2mgπC 0ρ0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为W f ，由动能定理：mgh －W f ＝12mv 2解得：W f ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －mπC 0ρ0R 226．如图4所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形导轨BC 在B 点相切连接，半圆导轨半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C .已知物块在到达B 点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g .不计空气阻力，求：图4。

高考物理二轮专题突破专题四功能关系的应用(1)功能关系在力学中的应用检测题

专题四功能关系的应用第1讲：功能关系在力学中的应用一、夯实基础1.质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v .重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物体下滑过程的加速度大小为v 2sin θhB.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为12mv 2D.物体下滑过程中摩擦力做功为12mv 2－mgh2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P 套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q 相连接，此段绳与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与Q 质量相等且为m ，O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h .手握住P 且使P 和Q 均静止，此时连接P 的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P .不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g .关于P 描述正确的是( )图2A.释放P前绳子拉力大小为mg cosθB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为2gh－cosθD.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量二、能力提升5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )图4A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR6.如图5所示，长1m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5A.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则( )图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8.如图7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为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。

2017届高考物理二轮复习专题突破导学案：专题四功能关系的应用(1)含解析

专题四功能关系的应用第1讲：功能关系在力学中的应用一、知识梳理1.常见的几种力做功的特点（1）重力、弹簧弹力、静电力做功与无关.（2）摩擦力做功的特点①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和,在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和,且总为。

在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能。

转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与的乘积。

③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.2。

几个重要的功能关系（1)重力的功等于的变化,即W G＝。

(2）弹力的功等于的变化,即W弹＝.（3）合力的功等于的变化，即W＝。

（4）重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于的变化，即W其他＝ΔE.（5)一对滑动摩擦力做的功等于的变化,即Q＝F f·l相对.规律方法1。

动能定理的应用（1）动能定理的适用情况:解决单个物体（或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题。

动能定理既适用于运动，也适用于运动；既适用于做功,也适用于做功，力可以是各种性质的力,既可以同时作用，也可以分段作用。

(2）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做功情况，然后求各个外力做功的.③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2。

④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解。

2.机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力）以外的其他力做功的代数和是否为。

②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能.③对一些“绳子突然绷紧”“"等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示。

(2）应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象--物体系统.②根据研究对象所经历的物理过程，进行、分析，判断机械能是否守恒.③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能.④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.二、题型、技巧归纳高考题型1 力学中的几个重要功能关系的应用【例1】(多选）（2016·全国甲卷·21)如图1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。

2019年高考物理考纲解读专题04功能关系在力学中的应用教学案

专题04 功能关系在力学中的应用【2019年高考考纲解读】1.动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查。

2.功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点。

高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。

在试卷中以计算题的形式考查的较多，也有在选择题中出现，难度中等偏难。

3.动量和能量的综合问题要特别关注。

1．必须精通的几种方法(1)功(恒力功、变力功)的计算方法 (2)机车启动问题的分析方法 (3)机械能守恒的判断方法(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法。

2．必须明确的易错易混点(1)公式W ＝Fl cos α中，l 不一定是物体的位移(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式W ＝Fv ，漏掉了F 与v 之间的夹角 (3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同 (4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度 (5)ΔE 内＝F f l 相对中l 相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度 3.功和功率(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力的功还是变力的功，选用合适的方法进行计算。

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在此过程中正确的是()图1A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大答案 C2.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图2所示，则()图2A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到6 m/s解析甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A 错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s ；当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C 正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，选项D 错误。

答案 C3．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图2所示。

则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g 取10 m/s 2)( )图2答案 D4.水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c 。

则( )图5A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过b 点后的瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大解析小球刚好能通过最高点c ，表明小球在c 点的速度为v c ＝gR ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2c ＝52mgR ，则v 0＝5gR ，R 越大，v 0越大，v 0与m 无关，选项A 正确，C 错误；m 与R 同时增大，初动能E k0增大，选项D 正确；从b 到c 机械能守恒，mg ·2R ＋12mv 2c ＝12mv 2b 得v b ＝5gR ，在b 点，N －mg ＝mv 2b R得N ＝6mg ，选项B 错误。

答案 AD5.如图6所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P 相连，另一端与盒子A 相连，A 内放有光滑球B ，B 恰与盒子前、后壁接触，现用力推A 使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A 到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是( )图6A ．弹簧的弹性势能一直减少到零B ．A 对B 做的功等于B 机械能的增加量C ．弹簧弹性势能的减少量等于A 的机械能的增加量D ．A 所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A 的动能的增加量答案 BD6.如图6所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F 的作用下由静止开始运动，其速度v 、动能E k 及拉力功率P 随时间t 或位移x 的变化图象可能正确的是( )图6解析物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a ＝F m ，速度v ＝at ＝F mt ，v －t 图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A 错误；由v 2＝2ax ＝2F mx ，可知抛物线开口向x 轴正方向，选项B 错误；动能E k ＝12mv 2＝F 22m t 2，选项C 正确；功率P ＝Fv ＝Fat ＝F 2mt ，选项D 错误。

答案 C7．若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h时，客车不超过19 m，卡车不超过21 m。

如果客车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车()A．所受阻力之比为19∶21B．加速度之比为21∶19C．所受阻力做功之比为21∶19D．制动时间之比为21∶19答案 B8．(多选)放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。

拉力F 和物块速度v随时间t变化的图象如图7，则()图7A．第1 s内物块受到的合外力为0.5 NB．物块的质量为11 kgC．第1 s内拉力F的功率逐渐增大D．前3 s内物块机械能先增大后不变解析由v－t图象可知：0～1 s内物块做匀加速运动，且a＝0.5 m/s2①1～3 s内物块做匀速运动由F－t图象及受力分析可知：F1－(mg sin θ＋f)＝ma②F2－(mg sin θ＋f)＝0③联立①②③得m ＝1 kg故选项A 正确，B 错误；第1 s 内速度v 逐渐增大，由P ＝Fv 可知F 的功率逐渐增大，选项C 正确；前3 s 内除重力以外的合外力做正功，所以物块的机械能一直增大，选项D 错误。

答案 AC9.如图8所示，半径为R 的光滑圆环竖直放置，N 为圆环的最低点。

在环上套有两个小球A 和B ，A 、B 之间用一根长为3R 的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。

已知A 球质量为4m ，B 球质量为m ，重力加速度为g 。

现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A 球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做的功为( )图8A ．mgRB ．1.2mgRC ．1.4mgRD ．1.6mgR答案 B10.如图9所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为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 处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g ，则圆环( )图9A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为14mv 2C ．从A 处到C 处的过程中弹簧的弹性势能增加了14mv 2－mgh D ．下滑经过B 处的速度大于上滑经过B 处的速度答案 B11．(多选)如图11所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置。

现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T 1，然后撤去水平力F ，小球从B 返回到A 点时细线的拉力为T 2，则( )图11A ．T 1＝T 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为mgLC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小解析小球在A 、B 点受力如图所示，在B 点由平衡条件得T 1＝mg cos 60°＝2mg 从B 到A 由机械能守恒定律得mgL (1－cos 60°)＝12mv 2 在A 点由牛顿第二定律得T 2－mg ＝mv 2L解以上两式得T 2＝2mg ，故A 项正确；从A 到B 对球由动能定理得W F －mgL (1－cos 60°)＝0，则拉力做功为W F ＝12mgL ，B 项错误；从B 到A 的过程小球做变速圆周运动，所受合外力为变力，C 项错；由P ＝mgv cos θ知，在B 点P ＝0，在A 点P ＝0，而在AB 之间P ≠0，故D 项正确。

答案 AD12．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间的水平方向上的相互作用，则( )图14A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案 B13.(多选)如图15所示，质量为2 kg 的足够长平板车Q 上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2 kg 的物体P ，一颗质量为0.01 kg 的子弹以700 m/s 的速度水平瞬间射穿P 后，速度变为100 m/s ，若P 、Q 之间的动摩擦因数为0.5，则( )图15A.由于P 、Q 之间不光滑，子弹瞬间射穿P 的过程，子弹和物体P 组成的系统，动量不守恒B.子弹瞬间射穿P 的过程，子弹和物体P 组成的系统，动量守恒，能量守恒C.子弹瞬间射穿P 的过程，子弹和物体P 组成的系统，动量守恒，能量不守恒D.子弹瞬间射穿P 后，P 的速度为3 m/s答案 BD14.如图16所示，质量M ＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上，并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块Q 。

水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块P 置于光滑桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F 将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F ＝4 J ，撤去F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后Q 恰好没从小车上滑下。

已知Q 与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。

(取g ＝10 m/s 2)求：图16(1)P 刚要与Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v 0是多少？(3)为保证Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？解析 (1)推力F 通过P 压缩弹簧做功，根据功能关系有E p ＝WF ①当弹簧完全推开物块P 时，有E p ＝12m P v 2② 由①②式联立解得v ＝4 m/s(2)P 、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q 的速度为v 0，P 的速度为v ′，由动量守恒和能量守恒得m P v ＝m P v ′＋m Q v 0③12m P v 2＝12m P v ′2＋12m Q v 20④ 由③④式解得v 0＝v ＝4 m/s ，v ′＝0(3)设滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u ，由动量守恒可得m Q v 0＝(m Q ＋M )u ⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm Q gL ＝12m Q v 20－12(m Q ＋M )u 2⑥ 联立⑤⑥解得L ＝6 m答案 (1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m15．如图10甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图10(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE 及因与传送带摩擦产生的内能Q 。