功能关系在力学中的应用(含答案)
第4讲 功能关系在力学中的应用
在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员
所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运 动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间 均为Δt＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．
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1．应用动能定理解题的基本步骤
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2．应用动能定理的两点注意 (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)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的 系统．如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十 分慎重．
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解析：
(1)设物块受到的滑动摩擦力为Ff，则
Ff＝μmg①
根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有
Fx1－Ffx＝0② 代入数据，解得 x1＝16 m．③ (2)设刚撤去力F时物块的速度为 v，此后物块的加速度为
a，滑动的位移为x2，则
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x2＝x－x1④ 由牛顿第二定律得 Ff a＝ m ⑤ 由匀变速直线运动公式得 v2＝2ax2⑥ 由 v＝v0＋at 得 v＝at⑦ 代入数据，解得 t＝2 s．⑧
2 (L－h2)2＋x2 ＝ L ⑦ 2
得 L＝10 m⑧ 综合⑤⑥⑧式并代入数据解得 FT＝216 N.
答案：
(1)8 m/s
(2)约9 m/s
(3)216 N
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功能关系在力学中的应用
∴W=ΣΔW = - 2μmv2 ×π/2 = -μπmv2
O
α α
A
D. 木块获得的动能与系统变热损失的动能之比为d:s
练3：如图所示，一质量为M，长为L的木板在光滑的 水平面上以速度V0匀速运动，现将质量为m的物块轻 轻地放置在木板上的P点处,最终达到共同速度V,已知 物块m与木板之间的动摩擦因素为μ，从物块m 放到木 板上到它相对于木板静止的过程中，试分析木块相对 木板滑动的距离.
例5、 如图示，质量为 m 的小车以恒定速率 v 沿半径 为 R 的竖直圆环轨道运动，已知动摩擦因素为 μ，试 求小车从轨道最低点运动到轨道最高点的过程中， 摩擦力所做的功。
解：由于小车在各处受到的弹力不同,摩擦力也不同， 属于变 力做功，用对称微元法解之。
取小车处于同一竖直线上的A、B 两位置， 由圆周运动规律 NA - mgsinα= mv2/R
功：W=FScos（只适用恒力的功）
功率:
功
功 和 能
能
1 2 E mv 动能： k 2
相对 势能： Ep mgh
W P Fv cos t
Ep ′=1/2 kx2
机械能：E=EP+ Ep ′+EK
例1. 从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球 上升的最大高度为H。设空气阻力F阻恒定。则对于小 球的整个上升过程，下列说法错误的是 (A )
专题四 功和能
功能关系在力学中的应用
质量ｍ＝3kg的物体，在水平力F＝6Ｎ 的作用下，在光滑的水平面上从静止开始运 动，运动时间ｔ＝3s，求： （1）力F 在ｔ＝3s内对物体所做的功。 （2）力F 在ｔ＝3s内对物体所做功的功率。 （3）在 3s 末力F 对物体做功的功率。
功能关系在力学中的应用
功能关系在力学中的应用力学是物理学的一个重要分支，主要研究物体运动的规律和相互作用的力学原理。
在力学问题中，功能关系是一种关系，指的是物理量之间的依赖关系。
通过建立功能关系，可以揭示物体之间的相互关系，解释物体运动的规律。
本文将介绍功能关系在力学中的应用。
一、位移和时间的功能关系：速度与加速度速度是描述物体位移随时间变化的物理量。
在力学问题中，可以通过建立位移和时间的功能关系来计算物体的速度。
位移是物体从一个位置移动到另一个位置的距离，用Δx表示。
时间是物体运动所经过的时间，用Δt表示。
速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。
加速度是描述速度随时间变化的物理量。
在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的加速度。
速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，即a=Δv/Δt。
通过建立位移和时间的功能关系，可以计算物体的速度；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。
这在力学问题中是很常见的应用。
二、速度和时间的功能关系：位移和加速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。
加速度是描述速度随时间变化的物理量。
在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的位移。
速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。
通过移项可以得到位移的计算公式：Δx=vΔt。
同样地，通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。
速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，a=Δv/Δt。
通过移项可以得到加速度的计算公式：Δv=aΔt。
通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的位移；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。
这也是力学问题中常见的应用。
三、加速度和时间的功能关系：位移和速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。
速度是描述物体位移随时间变化的物理量。
在力学问题中，可以通过建立加速度和时间的功能关系来计算物体的位移。
加速度定义为速度的变化量除以时间的变化量，即a=Δv/Δt。
功能关系在力学中的应用
功能关系和能量守恒、知识网络功和能量能量守恒定律第一讲功能关系在力学中的应用、典型例题（宁夏卷）质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。
力的大小 F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变， 则（ ）5F 2tA. 3t 0时刻的瞬时功率为「15F 21 B. 3t °时刻的瞬时功率为 UC .在t =0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为223 F °t °D •在t =0到3t o 这段时间内，水平力的平均功率为225 F ° t °【答案】BD2. （广东卷）一个 25kg 的小孩从高度为3.0m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度2为2.0m /s 。
取g = 10m /s ，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（ ）A. 合外力做功 50J B .阻力做功500JC.重力做功 500J D .支持力做功 50J【答案】A3. （辽宁卷）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下 滑A. 物块动能的增加量B. 物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C. 物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D. 物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和【答案】D4.（新课标）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落， 到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 5.（A出发，沿水平直线轨道运动L 后，从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 = 0.1kg ,通电后以额定功率 P = 1.5W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力为 0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计。
功能关系在力学中的应用(整理)
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
5
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/s2.求： (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．
12
A ．物块在 A 点时，弹簧的弹性 势能等于 W －1μmga
2 B．物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W－ 3 μmga 2 C．经 O 点时，物块的动能小于 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 BC 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，
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/s
D．货物在 2 s～9 s 内机械能守恒
答案 C
4． 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 t1 时刻开始汽车的功率保持不变，整
4
下滑，恰能滑到与 O 点等高的 D 点，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(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 v0 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.
高考物理二轮复习专题--功能关系在力学中的应用(有答案)
能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用。
考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。
1．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，不仅有相互摩擦的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＝－ΔEp。
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk。
(4)重力(或系统内弹簧弹力)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•x相对。
1．功和功率的求解(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。
2．动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
1．(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。
功能关系在力学中的应用
功能关系在力学中的应用 一、单项选择题 1． (2013·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 ＝－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 2． 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mgh3． 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4． 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 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22 D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 二、多项选择题5． (2013·江苏·9)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＋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。
专题5+功能关系在力学中的应用(含14真题及原创解析)
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．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相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用1.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＝0.1 kg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＝4 m/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/s2，sin 37°＝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 ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v2R－g )＝5.4 N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5.4 N. (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 ＝mgh v c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2 v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5 m/s 在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16 sμ>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 ＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s2．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 ＝10 m/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)5 m/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 ＝54 m当θ为0°时，x 0＝54 3 m ，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＝5 m/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 20＝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 ≈1.08 m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6 ＝60°＝π33.如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5 m 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 ＝1 kg 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 ＝10 m/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．考题3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5 m/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)F N －mg ＝m v 2R (1分)解得F N ＝3mg ＝30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，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 ＝9 m(1分)答案 (1)3105 s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m4.如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m/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 ＝2 m ，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 ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝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)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J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＝ 1.8cos 53° m/s ＝3 m/s①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C②小物块在D 点，由牛顿第二定律得： F 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：F N ′＝F N④联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，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 ＝0.5×10 m/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 1⑥ x 1＝12at 21⑦ x 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所用的时间为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 2⑨ x 3＝12at 22⑩ x 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 ＝μmgx⑬联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J5．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( )A ．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 SgHηD ．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 SgHη，所以C 正确，D 错误．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 ＝0.8 m 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＝0.4 kg 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＝0.2 kg 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 ＝10 m/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)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J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＝6 m/s加速度a ＝－4 m/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 yv D ＝tan 45°解得v D ＝4 m/s 运动时间为：t ＝2R g＝ 1.610s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m ＝1.6 mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a ＝2.5 m所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m (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 ＝2 2 m/s 由机械能守恒定律得： 12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/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＝7.2 Jm 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 ＝5.6 J7．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 ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 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 ＝1 s 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＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝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 ＝1 kg 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4 m/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)150 N (2)13 N (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 v2B R解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150 N ，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 ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m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 ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得： F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′ 解得a ′＝8 m/s 2 滑块上滑的时间t ′＝va ′＝0.5 s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1 m滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ″ 解得a ″＝4 m/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。
专题功能关系在力学中的应用(学生版)
专题四功能关系在力学中的应用考情分析预测本专题包括四个部分：功、功率的分析与计算；动能定理的应用；机械能守恒定律的应用；功能关系及能量守恒。
在功和功率的分析与计算部分，高考命题角度集中在功的定义式的理解及应用(如2016·全国甲卷T21)，机车启动模型的分析(如2015·全国卷ⅡT17)；题目难度以中档选择题为主。
考查频率为5年3考。
对动能定理应用的考查，高考命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题(2015·全国卷ⅠT17，2016·全国乙卷T25)，题目综合性较强，试题难度较大，题型包括选择题与计算题。
考查频率为5年3考。
对机械能守恒定律应用的考查，高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系(2015·全国卷ⅡT21)，计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查(2016·全国丙卷T24)；试题难度以中档题为主。
考查频率较高，为5年6考。
对功能关系及能量守恒的考查，选择题命题重点在考查常见功能转化关系(如2013·全国卷ⅡT20)，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用(如2016·全国甲卷T25)。
考查频率为5年3考。
高频考点：功、功率的理解与计算；机车启动问题；动能定理的应用；机械能守恒定律的应用；能量守恒定律。
高频考点透析考点一、功功率的分析与计算例1、(2017·山东青岛质检)光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为1∶1【审题立意】本题考查恒力做功的计算及对功率、平均功率和瞬时功率的理解的理解。
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。
(浙江专用)高考物理 二轮复习 专题二 第5讲 功能关系在力学中的应用
解析 圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定 律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守 恒，故 A、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加 速度不为零，即合外力不为零，故 C 错误；圆环重力势能减少 了 3mgl，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了 3mgl，故 B 正确。 答案 B
2.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量
为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的
初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。
在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小
物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，
则下列判断中正确的是( )
－W′＝12mgR－W′，由于 W′＜m2gR，所以 Q 点速度仍然没有减小 到 0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确。
答案 C
A.a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B.a 落地时速度大小为 2gh C.a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D.a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 解析 滑块 b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对 b 先做 正功，后做负功，选项 A 错误；以滑块 a、b 及轻杆为研究对象， 系统的机械能守恒，当 a 刚落地时，b 的速度为零，则 mgh＝12mv2a ＋0，即 va＝ 2gh，选项 B 正确；a、b 的先后受力如图所示。
考向一 功和功率的理解与计算 核心知识
规律方法
计算功、功率时应注意的三个问题 (1)功的公式W＝Fl和W＝Flcos α仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为 恒力，也可应用动能定理等方法求解。 (3)对于功率的计算，应注意区分公式 P＝Wt 和公式 P＝Fv，前式 侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。
高考物理考点名师讲义【专题4】功能关系在力学中的应用(含答案)
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FmB ．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 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 f )·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx答案ABC解析小物块受到的合外力是F－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 f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为F f x；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Fx.2．(单选)(2018·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＝1 kg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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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．0～8 s内物体位移的大小为18 mC．0～8 s内物体机械能的增量为90 JD．0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J答案AC解析根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a＝1 m/s2，根据物体在传送带上受力分析有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，整理得μ＝0.875，选项A正确.0～8 s内物体位移等于前8秒钟速度时间图象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，结合图象得位移x＝＋2－2×22m＝14 m，选项B错误.0～8 s内物体动能增加量为12m×v2－12m×v20＝6 J，重力势能增加mgx×sin θ＝84 J，机械能增加量为6 J＋84 J＝90 J，选项C正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μmgcos θ×v02t1＝14 J，第二部分为2～6 s，摩擦生热Q2＝μmgcos θ×v2t2＝56 J，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0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝70 J，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＝F f l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＝0.1 kg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＝4 m/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/s2，sin 37°＝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 ＋F N ＝m v2R，得F N ＝m(v2R－g)＝5.4 N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5.4 N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgcos θ·L＝0－12mv 2μ＝＋Rcos θ＋Lsin θ－＋v22gLcos 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 ：12mv 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2v b ＝v 2＋＋cos θ＝5 m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5 s上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 a 2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s 20＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s≈0.16 sμ>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 ＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s4．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 ＝10 m/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)5 m/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 ＝54 m当θ为0°时，x 0＝54 3 m ，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＝5 m/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 12mv 20＝mgxsin θ＋μmgxcos θ 解得x ＝v 20θ＋μcos θ＝hsin θ＋μcos θ＝h1＋μ2θ＋φ 其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h≈1.08 m 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 ＝4.5 m 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 ＝1 kg 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 ＝10 m/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， mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 解得：a ＝2.5 m/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 ＝12mv 2(2分)F N －mg ＝m v2R (1分)解得F N ＝3mg ＝30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，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mgLsin θ－μmgscos θ＝0(3分) 解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m/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 ＝2 m ，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 ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝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)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J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＝ 1.8cos 53° m/s ＝3 m/s①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝12mv 2D －12mv 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F 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：F N ′＝F N ④ 联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，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 ＝0.5×10 m/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＝vt 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时所用的时间为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＝vt 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 ＝32 J知识专题练 训练4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mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功小于mv 20 D ．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)2－12mv 20＝32mv 20>mv 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 gsin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减少量为m a ghsin 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 ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，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 ＝vSB ．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ρSv 32η＋ρvSgH 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vt ，体积Q′＝vtS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝vS ，所以A正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12mv 21－12mv 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 ＋12mv2W，其中m ＝ρvtS 代入得P＝ρSv 32η＋ρvSgH η，所以C 正确，D 错误． 4．(单选)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12mghC ．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mgh2，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 ′＝12mv′2－12mv 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 ＝10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10 m 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 ＝10 m/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)25 m/s 2(2)(5－3) s解析 (1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2CR解得v C ＝gR ＝10 m/s从B 到C 的过程中机械能守恒： 12mv 2B ＝12mv 2C ＋mg·2R 解得v B ＝5gR ＝10 5 m/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： 12mv 2D ＝12mv 2C ＋mg·R 解得vD ＝3gR ＝10 3 m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝10 5 m/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 ＝0.8 m 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＝0.4 kg 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＝0.2 kg 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 ＝10 m/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)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J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＝6 m/s加速度a ＝－4 m/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＝tan 45° 解得v D ＝4 m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610 s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m＝1.6 mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5 m 所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m(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 ＝2 2 m/s由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/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＝7.2 Jm 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 ＝5.6 J7．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 ＝5 kg 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 ＝1 s 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＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝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 ＝1 kg 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4 m/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)150 N (2)13 N (3)(0.5＋72) s 解析 (1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12Mv 2B 在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F′＝F ＝150 N ，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 ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m 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 ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′解得a′＝8 m/s 2滑块上滑的时间t′＝v a′＝0.5 s 上滑位移：s′＝v 22a′＝1 m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma″解得a″＝4 m/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。
北京市高考物理二轮复习 专题4 功能关系在力学中的应用专题卷(含解析)
专题4 功能关系在力学中的应用说明：1．本卷主要考查功能关系在力学中的应用。
2．考试时间60分钟，满分100分。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．(2017·新疆乌鲁木齐二诊)动车组是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成的，带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车．每节动车与拖车质量都相等，每节动车的额定功率都相等．动车组运行过程中总阻力来自两部分：一部分是车轮与铁轨之间摩擦产生的机械阻力，阻力大小与动车组的质量成正比；另一部分来自于空气阻力，阻力大小与动车组速度的平方成正比．一列12节车厢的动车组，有3节动车时最大速度为160 km/h ，此时空气阻力是总阻力的0.5倍．若要使12节车厢的动车组的最大速度达到240 km/h ，则动车的节数至少为( )A ．7节B ．8节C ．9节D ．10节【解析】 设12节动车组的质量为m ，则机械阻力F f1＝k 1m ，空气阻力为F f2＝k 2v 2，每节动车的额定功率为P ，由P ＝Fv 得，有3节动车时3P ＝(k 1m ＋k 2v 21)v 1，k 2v 21＝0.5(k 1m ＋k 2v 21)，有n 节动车时nP ＝(k 1m ＋k 2v 22)v 2，由以上三式解得n ≈7.3，故要使12车厢的动车组的最大速度达到240 km/h ，动车的节数至少8节，选项B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B2．(2016·湖南长沙一中月考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T ，人和车(当作质点)的总质量为m ，轨道半径为R ，车经最高点时发动机功率为P 0，车对轨道的压力为2mg .设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A ．车经最低点时对轨道的压力为3mgB ．车经最低点时发动机功率为2P 0C ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P 0T D ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR【解析】 摩托车在最高点时有2mg ＋mg ＝m v 2R ，在最低点时有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝4mg ，选项A 错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2 mg ，根据P ＝Fv ，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，所以选项B 正确，C 错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与2mgR 之和，选项D 错误．【答案】 B3．(2017·天津模拟题)足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0 Q ＝mv 2B ．W ＝0 Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22 Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2 Q ＝2mv 2 【解析】 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v 2μg ，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，选项B 正确．【答案】 B4．(2017·重庆西北狼联盟考试)如图所示，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度大小为34g ，物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这一过程中( )A ．重力势能增加了34mghB ．机械能损失了12mgh C ．动能损失了mgh D ．合外力对物体做功为－34mgh 【解析】 物体在斜面上上升的最大高度为h ，克服重力做功为mgh ，则重力势能增加了mgh ，选项A 错误；根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋F f ＝ma ，得到摩擦力大小为F f ＝14mg ，物体克服摩擦力做功为WF f ＝F f ·2h ＝12mgh ，所以物体的机械能损失了12mgh ，选项B 正确；合外力对物体做功为W 合＝－ma ·2h ＝－32mgh ，根据动能定理知，物体动能损失32mgh ，故选项C 、D 错误．【答案】 B5．(2017·山东重点中学联考)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．物体A 下落过程中的某一时刻，物体A 的加速度为零B ．此时弹簧的弹性势能等于2mgh －mv 2C ．此时物体B 处于超重状态D ．弹簧劲度系数为2mg h 【解析】 在物体A 的下落过程中，物体B 还没有脱离地面，绳子拉力F ≤mg ，地面对物体B 的支持力F N ≤mg ，此时物体B 处于失重状态，可知物体A 在下落过程中一直做加速运动，且物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh ＝12×2mv 2＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝2mgh －mv 2，则选项A 、C 错误，B 正确；A 即将与地面接触时，弹簧伸长量为h ，弹簧弹力F 弹＝kh ，对B 受力分析，有F 弹＝mg ，解得k ＝mg h，易知选项D 错误．【答案】 B6．(2017·湖南长沙一模)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W .设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 的值可能是( )A.56mgR B ．34mgR C.38mgR D ．32mgR 【解析】 第一次击打，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR .第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg ≤m v 20R，即v 0≥gR .小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W ＋4W －mg ·2R ＝12mv 20－0，得W ≥12mgR ，则12mgR ≤W ≤mgR ，故选项A 、B 正确．【答案】 AB7．(2017·山西名校联考)(多选)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块薄板长度均为L ，并依次连在一起．第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v 0从a 点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d 点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d 点以相同的初速度v 0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v 0从a 点滑上第一块薄板．则下列说法正确的是( )A ．第二次小物块一定能够运动到a 点并停下B ．第一次和第二次小物块经过c 点时的速度大小相等C ．第三次小物块也一定能运动到d 点D ．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等【解析】 因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有－μmgL －2μmgL －3μmgL ＝0－12mv 20，第二次从d 点运动到a 点摩擦力做功相同，故可以运动到a 点并停下，选项A 正确；同理，第一次运动到c 点时，摩擦力做的功W f1＝－μmgL －2μmgL ＝－3μmgL ，第二次运动到c 点时摩擦力做的功W f2＝－3μmgL ，所以两次通过c 点时的速度大小相等，选项B 正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d 点，选项C 错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项D 错误．【答案】 AB8．(2017·广西南宁模拟)(多选)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B ，左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，A 、B 、C 在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB .小球穿过竖直固定的杆，从C 点由静止释放，到D 点时速度为零，C 、D 两点间距离为h .已知小球在C 点时弹性绳的拉力为mg 2，g 为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( )A ．小球从C 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做功为mgh2B ．若在D 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好回到C 点，则v ＝ghC ．若仅把小球质量变为2m ，则小球到达D 点时的速度大小为ghD ．若仅把小球质量变为2m ，则小球向下运动到速度为零时的位置与C 点的距离为2h【解析】 设小球向下运动到某一点E 时，如图所示，弹性绳伸长量为BE ＝x ，BC ＝x 0，弹性绳劲度系数为k ，∠BEC ＝θ，则弹力为kx ，弹力沿水平方向的分力为kx sin θ＝kx 0＝mg 2，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·mg 2＝mg 4，从C 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做功为mgh4，选项A 错误．若在D 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好回到C 点，则小球从C 点到D 点，再从D 点返回C 点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D 点给小球的动能，即mgh4×2＝mv 22，v ＝gh ，选项B 正确．从C 点到D 点的过程，小球质量为m 时，有mgh －W 弹－mgh 4＝0，小球质量为2m 时，有2mgh －W 弹－mgh 4＝2mv 212，v 1＝gh ，选项C 正确．由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C 点的距离应小于2h ，选项D 错误．【答案】 BC二、非选择题：本大题共4小题，共52分。
新课标高考物理二轮训练第4讲功能关系在力学中的应用(含答案)
第4讲 功能关系在力学中的应用(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1. 如图2－4－19所示，质量为m 的物体在与水平方向成θ角的恒力F 作用下以加速度a 做匀加速直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x 的过程中力F 做的功为( )．图2－4－19A ．μmgxB.m (a ＋μg )x 1－μtan θC.m (a －μg )x 1＋μtan θD.μmgx 1＋μtan θ 解析 以物体为研究对象，竖直方向有F sin θ＋mg ＝F N ，水平方向有F cos θ－μF N ＝ma ，联立解得F ＝m (a ＋μg )cos θ－μsin θ，在此过程中F 做功W ＝Fx cos θ＝m (a ＋μg )x1－μtan θ，故正确选项为B.答案 B2．小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行．设小明与车的总质量为100 kg ，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g 取10 m/s 2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近( )．A ．10 WB ．100 WC ．300 WD ．500 W 解析 由P ＝F v 可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，前者由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F＝f＝20 N，后者对于骑车人的速度我们应该有一个估测，约为5 m/s，所以由P＝F v得，选项B正确．答案 B3. 光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图2－4－20所示．水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动．经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为E A和E B，在运动过程中A、B始终保持相对静止．以下有几个说法：①E A＋E B等于拉力F做的功；②E A ＋E B小于拉力F做的功；③E A等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功；④E A大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功．其中正确的是()．图2－4－20A．①③B．①④C．②③D．②④答案 A4．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止，以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()．解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，fs＝E k－E k0，解得E k＝E k0－fs，选项C正确，D错误．答案 C5. 如图2－4－21所示，一质量为m 的滑块以初速度v 0从固定于地面的斜面底端A 开始冲上斜面，到达某一高度后返回A ，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v 、加速度a 、重力势能E p 和机械能E 随时间变化的图象，可能正确的是( )．图2－4－21解析 滑块上滑和回落过程中受到的摩擦力方向不同，加速度大小不等、方向相同，上升时的加速度a 1大于回落时的加速度a 2，故A 、B 错．摩擦力一直做负功，机械能一直减小，D 错．设滑块滑到最高点时的重力势能为E pm ，斜面倾角为θ，则上升过程E p ＝mg ·12a 1t 2·sin θ＝12mga 1sin θ·t 2，回落过程E p ＝E pm －mg ·12a 2(t －t 0)2·sin θ，其中t 0为滑块上滑的总时间，故C 图象为两段抛物线，正确．答案 C6. 如图2－4－22所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点．质量为m 的物体从斜面上的B 点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是()．图2－4－22A．物体最终将停在A点B．物体第一次反弹后有可能到达B点C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能解析物体最终处于静止状态，故受力平衡，由题知物体重力沿斜面的分力大于物体受到的沿斜面向上的滑动摩擦力，故物体最终将停在A点以下，A 项错；根据能量守恒，物体在运动过程中受到滑动摩擦力作用，机械能减少，故物体第一次反弹后不可能到达B点，B项错误；根据能量守恒，物体在整个过程中重力势能的减少量等于克服摩擦力及克服弹簧弹力做的总功，故C 项正确；整个过程中，物体处于平衡态时其动能最大，设物体处于平衡态时，弹簧的压缩量为x1，则根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)·(x AB＋x1)－ΔE p1＝E km，当物体位于斜面最低点时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的压缩量为x2，根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x AB＋x2)－ΔE pm＝0，由于x2>x1，故ΔE pm>E km，故D项错．答案 C7．(2013·山东卷，16)如图2－4－23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2－4－23A．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克服摩擦力做的功解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，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．答案CD8．下列各图是反映汽车以额定功率P额从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是()．解析分析汽车启动过程可知，汽车先是牵引力不变的匀加速启动过程，加速度恒定，速度均匀增大，功率均匀增大；当功率达到额定功率时，功率不再变化，此后汽车为恒定功率启动，速度继续增大，牵引力减小，加速度减小，当牵引力等于阻力时，加速度减小到零，速度达到最大，然后匀速运动．结合各选项的图象可知，选项B 错误，A 、C 、D 正确．答案 ACD9. 如图2－4－24所示，M 为固定在水平桌面上的有缺口的正方形木块，abcd为半径是R 的34光滑圆弧形轨道，a 为轨道的最高点，de 面水平且有一定长度．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，让其自由下落到d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )．图2－4－24A ．只要h 大于R ，释放后小球就能通过a 点B ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内D ．调节h 的大小，可以使小球飞出de 面之外(即e 的右侧)解析 要使小球到达最高点a ，则在最高点小球速度最小时有mg ＝m v 2R ，得最小速度v ＝gR ，由机械能守恒定律得mg (h －R )＝12m v 2，得h ＝32R ，即h必须大于或等于32R ，小球才能通过a 点，A 项错；小球若能到达a 点，并从a 点以最小速度平抛，有R ＝12gt 2，x ＝v t ＝2R ，所以，无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，B 项错，C 项正确；如果h 足够大，小球可能会飞出de面之外，D项正确．答案CD10．(2013·北京西城期末)如图2－4－25甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.)则()．图2－4－25A．物体的质量m＝0.67 kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10 J解析ΔE机＝－μmg cos α·hsin α＝－μmgh cot α＝－20 J，在最大高度时E p＝mgh＝30 J，可得m＝1 kg，μ＝0.5，A、B错．由动能定理－ma·hsin α＝0－E k0＝－50 J得物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2，C正确．上升和下滑过程的机械能损失相同，所以回到斜面底端时的动能为30 J－20 J＝10 J，D正确．答案CD11．(2013·廊坊模拟)如图2－4－26所示，一质量为M＝5.0 kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h＝0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.另一质量为m＝2.0 kg可视为质点的滑块，以v0＝8 m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止．此时撤去恒力F，当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R ＝1.0 m ，圆弧所对的圆心角∠BOD ＝θ＝106°.取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图2－4－26(1)平板车的长度；(2)障碍物A 与圆弧左端B 的水平距离；(3)滑块运动到圆弧轨道最低点C 时对轨道压力的大小．解析 (1)滑块与平板车间的滑动摩擦力F f ＝μmg ，对滑块，由牛顿第二定律得：a 1＝F f m ＝μg ＝5 m/s 2对平板车，由牛顿第二定律得：a 2＝F ＋F f M ＝3 m/s 2设经过时间t 1，滑块与平板车相对静止，共同速度为v ，则：v ＝v 0－a 1t 1＝a 2t 1滑块的位移：x 1＝v 0＋v 2t 1平板车的位移：x 2＝v 2t 1平板车的长度：l ＝x 1－x 2解得：l ＝4 m.(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t 2，则：h ＝12gt 22，x AB ＝v t 2障碍物A 与圆弧左端B 的水平距离：x AB ＝1.2 m.(3)对滑块，从离开平板车到C 点，由动能定理得：mgh ＋mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos 106°2＝12m v 2C －12m v 2在C点由牛顿第二定律得：F N－mg＝m v 2 CR，解得：F N＝86 N.由牛顿第三定律得滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小为86 N.答案(1)4 m(2)1.2 m(3)86 N12．(2013·北京卷，23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．图2－4－27把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k，并在图2－4－27中画出弹力F随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m；(3)借助F－x图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．解析(1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg＝kx0.代入数据得：k＝5 000 N/mF－x图象如图(2)运动员离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，由h ＝12g (Δt )2得：最大高度h m ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫Δt 22＝12×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为F －x 曲线下的面积，其规律为W ＝12k Δx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：12kx 21＝mg (h m ＋x 1)代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)代入数据解得W ＝2 525 J ≈2.5×103 J.答案 (1)5000 N/m 示意图见解析 (2)5 m(3)1.1 m 2.5×103 J。
高中物理二轮复习专题-功能关系在力学中的应用
第二讲功能关系在力学中的应用[知识建构][备考点睛]1.熟练两种模型(1)“传送带”模型. (2)“板块”模型.2.常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k.(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l相对＝ΔE内.两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能(2)另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(3)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．热点考向一力学中几个重要功能关系的应用【典例】(多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k.现用一平行于斜面的恒力F拉木块A使A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是()A．此时弹簧的弹力大小为m1g sinθB．拉力F在该过程中对木块A所做的功为F(m1＋m2)g sinθkC．木块A在该过程中重力势能增加了m1(m1＋m2)g2sin2θkD．弹簧在该过程中弹性势能增加了F(m1＋m2)g sinθk－12m1v21．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一与圆周运动结合的功能关系1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR/2迁移二与板块结合的功能关系2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是()A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增加量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用的时间越长D．其他条件不变的情况下，F f越大，滑块与木板间产生的热量越多迁移三与传送带结合的功能关系3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为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(如图甲所示)，以此时为t＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2.已知传送带的速度保持不变，则() A．物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移小B．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为W＝12m v22－12m v21D．0～t2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量(热点考向二 动力学规律和动能定理的综合应用【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0～0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102 N/m ，当t 1＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求： (1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ；(3)在0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功W .动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小；(2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．热点考向三动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用【典例】(2019·天津市红桥区高三二模) 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.(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．涉及做功与能量转化问题的解题方法(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．。
2022年高考物理大二轮专题复习讲学稿：专题四 第1讲 功能关系在力学中的应用 Word版含答案
第1讲功能关系在力学中的应用课标卷高考命题分析年份题号·题型·分值模型·情景题眼分析难度2021年Ⅰ卷17题·选择题·6分自由落体、竖直面内的圆周运动比较两段摩擦力做功中Ⅱ卷17题·选择题·6分汽车启动现象(v－t、P－t图象)结合图象多过程分析中21题·选择题·6分刚性杆连接体难2022年Ⅰ卷25题·计算题·18分直线运动与曲线运动直线、圆周、平抛运动多过程，相应临界点难Ⅱ卷21题·选择题·6分弹簧模型M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等难25题·计算题·20分直线运动与曲线运动直线、圆周、平抛运动多过程，相应临界点难Ⅲ卷24题·计算题·12分自由落体运动与曲线运动直线、圆周运动多过程，相应临界点中2021年Ⅰ卷24题·计算题·12分机械能，动能定理取地面为重力势能零点中Ⅲ卷16题·选择题·6分功能关系重心的变化易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削减量，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·x相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用状况：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选取争辩对象，明确它的运动过程．②分析争辩对象的受力状况和各力做功状况，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)机械能是否守恒的推断①用做功来推断，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用能量转化来推断，看是否有机械能与其他形式的能的相互转化．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，除非题目中有特殊说明或示意．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取争辩对象——物体系统．②依据争辩对象所经受的物理过程，进行受力、做功分析，推断机械能是否守恒．③恰当的选取参考平面，确定争辩对象在运动过程的初、末状态的机械能．④依据机械能守恒定律列方程，进行求解．高考题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 (2021·山东滨州市一模)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图1甲，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A开头运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )图1A．力F先减小后增大B．弹簧的弹性势能始终增大C．物块A的动能和重力势能始终增大D．两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小答案 C解析对A物块由牛顿其次定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故拉力始终增大，故A错误；在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B 错误；在上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度上升，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能始终增大，故D错误．1．对争辩对象进行受力分析、运动分析、能量分析．2．娴熟把握动能、重力势能、弹性势能、机械能等变化的分析方法．1．(2021·全国卷Ⅲ·16)如图2，一质量为m、长度为l的均匀松软细绳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2 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 答案 A解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心上升了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(多选)(2021·辽宁铁岭市协作体模拟)如图3，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1，m 1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计．现将系统从静止释放，对m 1上升h 高度(h 小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是( )图3A ．m 2减小的重力势能全部转化为m 1增加的重力势能B ．m 1上升到h 高度时的速度为2gh 3C ．轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等D ．轻绳的张力大小为23m 1g答案 BCD解析 依据能量守恒可知，m 2减小的重力势能全部转化为m 1增加的重力势能和两物体的动能，故A 错误；依据动滑轮的特点可知，m 2的速度大小为m 1速度大小的2倍，依据动能定理可得：m 2g ·2h －m 1gh ＝12m 2v 22＋12m 1v 12，v 2＝2v 1，解得：v 1＝2gh3，故B 正确；绳子的拉力相同，故轻绳对m 2、m 1做功的功率大小分别为P 2＝Fv 2，P 1＝2F ·v 1，由于v 2＝2v 1，故轻绳对m 2做功的功率与轻绳对m 1做功的功率大小相等，故C 正确；依据动滑轮的特点可知，m 1的加速度大小为m 2的加速度大小的一半，依据牛顿其次定律可知：2F －m 1g ＝m 1a ，m 2g －F ＝m 2·2a ，联立解得：F ＝2m 1g3，故D 正确；故选B 、C 、D. 高考题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 (2021·福建大联考)如图4，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度．图4(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．答案 (1)mg sin θ5，方向沿杆向下 (2)26gL sin θ5解析 (1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，依据胡克定律有F ＝ k (L －45L )①设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下， 依据平衡条件有mg sin θ ＋F f ＝2F ② 由①②式并代入已知数据得F f ＝mg sin θ5③方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理有W 合＝ΔE k－mg ·2(L －45L )sin θ－F f ·2(L －45L ) ＝0－12mv 2④由③④式得v ＝26gL sin θ51．动能定理解题的“两状态、一过程”，即初、末状态和运动过程中外力做功．2．无论直线、曲线、匀变速、非匀变速、单过程、多过程、单物体、物体系统，均可应用动能定理．3．(2021·安徽省十校联考) 如图5所示，质量为1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F ，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度g 取10 m/s 2，水平向右方向为正方向，求：图5时间t (s) 加速度a /(m·s －2)0～4 4 4～8－3(1)0～4 s 内水平拉力的大小； (2)0～8 s 内物块运动的位移大小； (3)0～8 s 内水平拉力做的功． 答案 (1)6 N (2)72 m (3)152 J解析 (1)0～4 s 内，物块运动的加速度大小为a 1＝4 m/s 2依据牛顿其次定律：F 1－μmg ＝ma 1，求得：F 1＝6 N. (2)t 1＝4 s 时物块的速度大小：v 1＝a 1t 1＝16 m/s 0～8 s 内物块运动的位移：x ＝12v 1t 1＋v 1t 2＋12a 2t 22＝72 m(3)8 s 时物块的速度：v 2＝a 1t 1＋a 2t 2＝4 m/s 依据动能定理：W －μmgx ＝12mv 22，解得W ＝152 J.4.(2021·江西省六校3月联考) 如图6所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L ＝31.25 m ，以v 0＝6 m/s 顺时针方向转动，现将一质量m ＝1 kg 的物体轻放在传送带的A 端，传送带将其带到另一端B 后，物体将沿着半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B 点相切，C 点为圆弧轨道的最高点，O 点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，物体可视为质点，求：图6(1)物体在B 点对轨道的压力大小；(2)当物体过B 点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小． 答案 (1)58 N (2)20 m/s 解析 (1)依据牛顿其次定律：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得a ＝0.4 m/s 2设物体在AB 上全程做匀加速运动，依据运动学公式：v B 2＝2aL解得v B ＝5 m/s<6 m/s ，即物体在AB 上全程做匀加速运动，对B 点受力分析有F N －mg cos θ＝mv B 2R得F N ＝58 N由牛顿第三定律可得物体在B 点对轨道的压力大小F N ′＝58 N (2)设物体能够越过C 点，从B 到C 利用动能定理： －mg (R ＋R cos θ)＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝7 m/s>gR ，即物体能越过最高点C从C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度h ＝R ＋R cos θ＋L sin θ＝19.65 m 利用运动学公式：v y 2＝2gh ，解得v y ＝393 m/s 故v ＝v C 2＋v y 2＝20 m/s(或利用动能定理 mgh ＝12mv 2－12mv C 2得v ＝20 m/s)高考题型3 应用动力学和能量观点分析综合问题例3 (2021·齐鲁名校联考)如图7所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接一口深为H 、宽度为d 的深井CDEF ，一个质量为m 的小球放在曲面AB 上，可从距BC 面不同的高度处静止释放小球，已知BC 段长L ，小球与BC 间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则：图7(1)若小球恰好落在井底E 点处，求小球释放点距BC 面的高度h 1；(2)若小球不能落在井底，求小球打在井壁EF 上的最小动能E kmin 和此时的释放点距BC 面的高度h 2. 答案 见解析解析 (1)小球由A 到C ，由动能定理得mgh －μmgL ＝12mv C 2①自C 点水平飞出后，由平抛运动规律得x ＝v C t ②y ＝12gt 2③ 由①②③得h ＝μL ＋x 24y④若小球恰好落在井底E 处，则x ＝d ，y ＝H代入④式得小球的释放点距BC 面的高度为h 1＝μL ＋d 24H(2)若小球不能落在井底，设打在EF 上的动能为E k ，则x ＝d 由②③式得v C ＝dg 2y小球由C 到打在EF 上，由动能定理得:mgy ＝E k －12mv C 2代入v C 得：E k ＝mgy ＋mgd 24y当y ＝d2时，E k 最小，且E kmin ＝mgd此时小球的释放点距BC 面的高度为h 2＝μL ＋d2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，分析这种问题时留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洁．5．(2021·上海市松江区模拟)如图8所示，AB (光滑)与CD (粗糙)为两个对称斜面，斜面的倾角均为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC 的两端相切，一个物体在离切点B 的高度为H 处，以初速度v 0沿斜面对下运动，物体与CD 斜面的动摩擦因数为μ.图8(1)物体首次到达C 点的速度大小；(2)物体沿斜面CD 上升的最大高度h 和时间t ；(3)请描述物体从静止开头下滑的整个运动状况，并简要说明理由． 答案 见解析解析 (1)由12mv 02＋mgH ＝12mv C 2 得v C ＝v 02＋2gH(2)物体沿CD 上升的加速度大小a ＝g sin θ＋μg cos θ v C 2＝2a hsin θ，解得h ＝(v 02＋2gH )sin θ2(g sin θ＋μg cos θ)物体从C 点上升到最高点所用的时间t ＝v C a ＝v 02＋2gH g sin θ＋μg cos θ(3)状况一：物体滑上CD 斜面并匀减速上升最终静止在CD 斜面某处．理由是物体与CD 斜面的动摩擦因数较大． 状况二：物体在轨道上做往复运动，在斜面上做匀变速直线运动，最大高度渐渐降低，最终在BEC 圆弧内做周期性往复运动．理由是物体与CD 斜面的动摩擦因数较小，在CD 斜面上克服摩擦力做功，机械能削减，在BEC 圆弧内只有重力做功，机械能守恒.题组1 全国卷真题精选1．(多选)(2022·全国卷Ⅱ·21)如图9，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9A ．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 答案 BCD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；当弹簧水平常，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．2．(2021·新课标全国Ⅰ·17)如图10，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开头下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图10A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离答案 C解析 依据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿运动定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点依据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程，半径方向的合力供应向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，依据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，依据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍旧没有减小到0，会连续向上运动一段距离，对比选项，C 正确．3．(多选)(2021·新课标全国Ⅱ·21)如图11，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开头运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图11A ．a 落地前，轻杆对b 始终做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg 答案 BD解析 滑块b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为争辩对象，系统的机械能守恒，当a 刚落地时，b 的速度为零，则mgh ＝12mv a 2＋0，即v a ＝2gh ，选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示．由a 的受力图可知，a 下落过程中，其加速度大小先小于g 后大于g ，选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时，b 的机械能最大，a 的机械能最小，这时b 受重力、支持力，且F N b ＝mg ，由牛顿第三定律可知，b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．4．(2022·新课标全国Ⅱ·16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1 答案 C 解析 依据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，依据加速度的定义a ＝v －v 0t得，两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f 1＝f 2＝f ，依据牛顿其次定律得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.依据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 题组2 各省市真题精选5．(2022·四川理综·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竞赛中沿“助滑区”保持同一姿势下滑了一段距离，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 ，则重力势能削减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．6．(多选)(2021·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2答案 ABD解析 设总推力为F ，位移x ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x ＝12mv 2，解得F＝1.2×106N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106N －1.0×105N ＝1.1×106N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v 2＝4.4×107W ，C 错误；依据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x＝32 m/s 2，D 正确．专题强化练1．(2021·全国名校联考)如图1所示，静止在水平地面上的物体，受到一水平向右的拉力F 作用，F 是随时间先渐渐增大后渐渐减小的变力，力F 的大小随时间的变化如表所示，表格中的F fm 为物体与地面间的最大静摩擦力，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则( )图1t (时刻) 0 1 s 2 s 3 s 4 s F (数值)F fm 2F fmF fmA.第2 s 末物体的速度最大 B ．第2 s 末摩擦力的功率最大 C ．第3 s 末物体的动能最大D ．在0～3 s 时间内，拉力F 先做正功后做负功 答案 C解析 在0～1 s 时间内，物体所受水平拉力小于最大静摩擦力，物体静止；在1～3 s 时间内，物体受到的拉力大于最大静摩擦力，物体始终做加速运动，3 s 末物体的速度达到最大，动能最大，故A 、B 项错误，C 项正确；拉力F 始终与位移方向相同，始终做正功，故D 项错误．2．(2021·山东临沂市一模)如图2甲所示，质量m ＝2 kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R ＝0.5 m 的薄圆筒上．t ＝0时刻，圆筒由静止开头绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．小物体的速度随时间的变化关系满足v ＝4tB ．细线的拉力大小为2 NC ．细线拉力的瞬时功率满足P ＝4tD ．在0～4 s 内，细线拉力做的功为12 J 答案 D解析 依据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t ，圆周边缘线速度与物体前进速度大小相同，依据v ＝ωR 得：v ＝ωR ＝0.5t ，故A 错误；物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2，依据牛顿其次定律得：F －μmg ＝ma ，解得：F ＝2×0.5 N ＋0.1×2×10 N ＝3 N ，故B 错误；细线拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝3×0.5t ＝1.5t ，故C 错误；物体在4 s 内运动的位移：x ＝12at 2＝12×0.5×42m ＝ 4 m ，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W ＝Fx ＝3×4 J ＝12 J ，故D 正确．3．(2021·江西师大附中3月模拟)如图3所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h ，该螺线管是用长为l 的硬质直管(内径远小于h )弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放，关于小球的运动，下列说法正确的是( )图3A ．小球到达下端管口时的速度大小与l 有关B ．小球到达下端管口时重力的功率为mg 2ghC ．小球到达下端的时间为2l2ghD ．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变 答案 C解析 在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故依据动能定理可知mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，小球到达下端管口时的速度大小与h 有关，与l 无关，故A 错误；到达下端管口的速度为v ＝2gh ，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为P ＝mg 2gh cos θ，θ为小球到达下端管口时速度方向与重力方向的夹角，故B 错误；小球在管内下滑的加速度为a ＝gh l ，设下滑所需时间为t ，则l ＝12at 2，t ＝2la＝2l2gh，故C正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，依据F n ＝mv 2R可知，支持力越来越大，故D 错误．4．(多选)(2021·甘肃省一模)如图4所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O 点，且处于原长．现让圆环从A 点由静止开头下滑，滑到O 点正下方B 点时速度为零．则在圆环下滑过程中( )图4A ．圆环的机械能先减小再增大，再减小B ．弹簧的弹性势能先增大再减小C ．与圆环在A 点的加速度相同的位置还有两处D ．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 答案 AC解析 弹力对圆环先做负功再做正功再做负功，故圆环的机械能先减小后增大，再减小；弹性势能先增大，后减小再增大；圆环在A 处a ＝g sin θ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有a ＝g sin θ；合力为零时，圆环的速度最大，不是弹簧原长时．5.(多选)(2021·河北邯郸市一模)如图5，质量为m 的物体在恒定外力F 作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力F 做的功为W ，此时撤去恒力F ，物体又经相同时间回到了动身点．若以动身点所在水平面为重力势能的零势能平面，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图5A ．从物体开头运动到回到动身点的过程中，物体的机械能增加了W3B ．恒力F 的大小为43mgC ．回到动身点时重力的瞬时功率为2mg 2W D ．撤去恒力F 时，物体的动能和势能恰好相等 答案 BC解析 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F 做功为W ，则物体机械能增加了W ，故A 错误；撤去恒力F 到回到动身点，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：12at2＝－(at ·t －12gt 2)，F －mg ＝ma ，联立解得：a ＝13g ，F ＝43mg ，故B 正确；在整个过程中，依据动能定理得：12mv 2＝W ，物体回到动身点时速率v ＝2Wm，瞬时功率为P ＝mgv ＝2mg 2W ，故C 正确；撤去力F 时， 此时动能为E k ＝W －mg ·12at 2＝F ·12at 2－mg ·12at 2＝16mgat 2，重力势能为E p ＝mg ·12at 2＝12mgat 2，可见，动能和势能不相等，故D 错误．6.(2021·山东菏泽市一模)如图6所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端，甲球质量小于乙球质量，开头时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻杆，下列说法正确的是( )图6A ．甲球下滑过程中，轻杆对其做正功B ．甲球滑回时肯定能回到初始位置C ．甲球可沿轨道下滑到最低点D ．在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 答案 B解析 甲球下滑过程中，乙的机械能渐渐增大，所以甲的机械能渐渐减小，则杆对甲做负功，故A 错误；据机械能守恒定律知，甲球不行能下滑到圆弧最低点，但返回时，肯定能返回到初始位置，故B 正确，C 错误；甲与乙两球组成的系统机械能守恒，在甲球滑回过程中杆对甲球做的功等于杆对乙球做的功．7．(2021·山东烟台市模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h ，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h ，则必需走“爬坡车道”来避开危急，如图7.某质量为4.0×104kg 的载重货车，保持额定功率200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km ，上升0.04 km ，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g 取10 m/s 2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )图7A ．牵引力等于2×104N B ．速度可能大于36 km/hC ．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功D ．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功 答案 A解析 货车匀速上坡的过程中，依据平衡条件得：牵引力大小 F ＝0.01mg ＋mg sin θ＝0.01×4.0×104×10 N ＋4.0×104×10×0.041 N ＝2×104 N ，故A 正确；依据P ＝Fv 得：v ＝P F ＝2×1052×104m/s ＝10 m/s ＝36 km/h ，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C 错误；依据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D 错误．8.(多选)(2021·福建厦门市模拟)如图8所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧(滑轮摩擦不计)，物体A 、B 的质量都为m ，开头时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )图8A ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2B ．此时物体B 的速度大小也为vC ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上D ．弹簧的劲度系数为mgh答案 AD解析 物体B 对地面压力恰好为零，故弹簧的拉力为mg ，故细绳对A 的拉力也等于mg ，弹簧的伸长量为h ，由胡克定律得k ＝mg h，故D 正确；此时物体B 受重力和弹簧的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故B 错误；此时物体A 受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C 错误；物体A 与弹簧系统机械能守恒，mgh ＝E p 弹＋12mv 2，故E p 弹＝mgh －12mv 2，故A 正确．9．(多选)(2021·山东济宁市模拟)如图9所示，长为L 、质量为M 的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m 的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v 0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下面叙述正确的是( )。
功能关系在力学中应用
以2V的速度匀速运动下去
C、这段时间内合力做功为Pt
D、机车在这段时间内克服阻力做功为
Pt 3mv2 2
方法点拨
功和能的计算既可以通过定义式直接计算， 也可以运用功能关系间接计算。在一般的变速运 动或者变力做功的过程中，往往采用功能关系解 题更为快捷。
变式练习、在绝缘光滑的水平桌面上有一带 负电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运 动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所 示，则下列说法正确的是（ A C ）
A、带负电的小球从x1运动到x2电场力做正功 B、x1、x2处电场强度方向均沿x轴正方向 C、x1处的电场强度小于x2处的电场强度大小 D、小球在做匀加速直线运动
相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒 水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中， 导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与 定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是
( A)
A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左
B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U＝BLv0 C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能 Q 1 mv2
A、F方向先沿斜面向下后沿斜面向上
B、x2处的F比X3处的F大
E
C、物体在x1处速度最大
D、物体最后将做匀减速直线运动
o x1 x2x3 x4 x
方法点拨
与功能相关的图像问题中的分析方法： 1、明确图像反应的物理关系 2、根据功能关系写出图像的函数关系式，挖掘图 像中的隐含信息 3、结合函数关系式和图像求出所求物理量
D．导体棒中产生的热量可表示为为
FL
mgL
1 2
mv
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第1讲 功能关系在力学中的应用
1.（二轮步）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( D )
A.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
2.（二轮步）(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( C )
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
3. （二轮步）(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( BCD ) A.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
4. （二轮步）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( B )
A.小桶处于失重状态
B.小桶的最大速度为12
gh C.小车受绳的拉力等于mg
D.小车的最大动能为32
mgh
5．（步3――173）小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图5中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是(答案B)
A．绳对球的拉力不做功
B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能
C．绳对车做的功等于球减少的重力势能
D．球减少的重力势能等于球增加的动能
6．(步3－172) (多选)一升降机在箱底装有若干弹簧，如图2所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到
最低点的一段运动过程中( AC)
A．箱先处于失重状态然后再处于超重状态
B．箱的重力功率不断减小
C．箱的机械能不断减小
D．箱的机械能保持不变
7.（考前9）(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是(BD)
A.卫星的动能逐渐减小
B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小量
C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
8.（步2考前9）(多选)如图5所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线，从图中可以判断 (AD)
A.在0～t1时间内，外力做正功
B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C.在t2时刻，外力的功率最大
D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零
9.（步3-170-8）[几个功能关系的理解](多选)如图8所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A 上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(CD)
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
10. （二轮步） (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R 2
.一小球在A 点正上方与A 相距R 4
处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动. (1)求小球在B 、A 两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点.
答案 (1)5∶1 (2)能，
11．（步3－170）[应用能量守恒定律定量计算]如图10所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切，半圆形导轨的半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C ，C 、O 、B 三点在同一竖直线上．(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能．
答案 (1)72
mgR (2)mgR。