功能关系的应用高考真题讲解

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历年高考真题之功能关系

功能关系真题汇编1、(2018全国Ⅱ卷)14．如图，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A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功2、（2016四川，单选）1.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式化学空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。

韩晓鹏在此过程中A. 动能增加了1900JB. 动能增加了2000JC. 动力势能减小了1900JD. 动力势能减小了2000J3、（2018江苏，单选）4．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4、（2018江苏，多选）7．如图所示，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A、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5、（2019江苏，单选）8．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A、弹簧的最大弹力为μmgB、物块克服摩擦力做的功为2μmgsC、弹簧的最大弹性势能为μmgsD、物块在A6、（2017全国Ⅲ卷）16．如图，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 A ．19mgl B ．16mglC ．13mglD ．12mgl 7、（2017江苏，单选）3．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为E K 0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E K 与位移x 关系的图线是8、（2019全国Ⅱ卷）18．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。

高考物理二轮专题辅导训练专题2第5讲热点一几个重要功能关系的应用含解析

热点一几个重要功能关系的应用1.图2－5－4(2014·东莞市调研测试)如图2－5－4所示，长木板A放在滑腻的水平地面上，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 静止的进程中，下述说法中正确的是()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取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解析物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，按照能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；按照动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A取得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，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，选项D正确．答案CD2．(2014·广东韶关一模)图2－5－5一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2－5－5所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上紧缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此进程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A ．由A 到C 的进程中，动能和重力势能之和维持不变B ．由B 到C 的进程中，弹性势能和动能之和逐渐减小C ．由A 到C 的进程中，物块m 的机械能守恒D ．由B 到C 的进程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒解析对物块由A 到C 的进程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A 、C 错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升进程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，B 、D 正确．答案 BD3．如图2－5－6所示，图2－5－6竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的进程中，重力、电场力对小球所做的功别离为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述进程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W1C ．小球的机械能增加W1＋12mv2D ．小球的电势能减少W2解析由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能转变的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋12mv2，故C 选项错误；按照电场力做功是电势能转变的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确．答案 BD4．如图2－5－7所示，甲、乙两传送带、倾斜于水平地面放置，传送带上表面以一样恒定速度v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上抵达B 处时恰好达到传送带的速度v ；小物块在乙传送带上抵达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速度v.已知B 处离A 处的竖直高度皆为H.则在小物体从A 到B 的进程中( )图2－5－7A ．两种传送带对小物体做功相等B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等解析对小物体，从A 到B 由动能定理有W －mgH ＝12mv2，则A 正确；小物体在匀加速进程中，由a ＝v22x ，因位移x 不同，则加速度不同，按照牛顿第二定律，动摩擦因数不同，则C 正确；系统产生的热量Q ＝μmgs 相cos θ＝μmgcos θ·v22μgcos θ－gsin θ＝mv22－2tan θμ，因动摩擦因数不同，Q 不同，则D 错误；将小物体传送到B 处，传送带消耗的电能E ＝W ＋Q ，可见E 也不同，则B 错误．答案 AC1．若只有电场力做功，电势能与动能之和维持不变．2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和维持不变．3．除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的转变．4．所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的转变．。

56 高考真题解析：必修2 第五章专题突破功能关系能量守恒定律

专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用1.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是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，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.几种常见的功能关系及其表达式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1A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，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。

答案 A1.如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。

他在空中滑翔的过程中( )图2A.只有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功解析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D 正确。

答案 D2.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 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J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 ，故选项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，故选项A、B错误。

高中物理高考全国卷真题05 功能关系

近5年全国卷真题05 功能关系一、单选题1. ( 2分) （2021·全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。

用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。

在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒2. ( 2分) （2020·新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。

已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A. 3 JB. 4 JC. 5 JD. 6 J3. ( 2分) （2019·全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

该物体的质量为（）A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kgD. 0.5 kg4. ( 2分) （2018·全国Ⅱ卷）如图，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（）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功5. ( 2分) （2018·全国Ⅱ卷）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10NB. 102NC. 103ND. 104N6. ( 2分) （2018·全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比7. ( 2分) （2018·全国Ⅰ卷）如图，abc是垂直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R 的四分之一的圆弧，与ac相切于b点。

高考物理专题复习 ——功能关系综合运用(附参考答案)

高考物理专题复习——功能关系综合运用(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。

（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。

表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

实际应用时，后一种表述比较好操作。

不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。

和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。

（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。

（2）对研究对象进行受力分析。

（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。

（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。

如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。

（4）写出物体的初、末动能。

（5）按照动能定理列式求解。

二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。

通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。

高三物理二轮复习常考模型微专题复习-功能关系的应用专题(含解析)

功能关系的应用专题一、单选题1.如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高ℎ1处由静止释放，其动能E k与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从ℎ1下降到ℎ2，图象为直线，其余部分为曲线，ℎ3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g.以下说法正确的是()A. 小物体下降至高度ℎ3时，弹簧形变量为0B. 小C. 小物体下落至高度ℎ5时，加速度为0D. 小物体从高度ℎ2下降到ℎ4，弹簧的弹性势能增加了m2g2k物体从高度ℎ1下降到ℎ5，弹簧的最大弹性势能为mg(ℎ1−ℎ5)2.如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上拋出一小球，小球上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。

下列说法正确的是()A. 小球上升至O点时的速度等于0.5vB. 小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量C. 小球在上升过程中合力的冲量小于下降过程中合力的冲量D. 小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量3.如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()A. 在0～x2过程中物体先加速后匀速C.B. 在0～x1过程中物体的加速度一直减小D.在x1～x2过程中物体的加速度为gsinθ在0～x2过程中拉力F做的功为W F=E1−E2+μmgx24.如图所示，光滑斜面倾角为θ，轻弹簧劲度系数为k，下端固定在挡板上，上端和物体B拴接在一起。

开始时，B在C点处于平衡状态。

物体A由斜面上某点下滑，并以速度v0与B发生碰撞，碰撞瞬间粘连在一起，经过最低点后恰好能到达D点，A、B可视为质点且质量均为m，C、D间距离为2mgsinθk，则v0为()A. 4gsinθ√1k B. 4gsinθ√mkC. 2gsinθ√1kD. 2gsinθ√mk5.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A. 动能增加12mv2 B. 机械能增加2mv2C. 重力势能增加32mv2 D. 电势能增加2mv26.如图所示，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。

备战2021新高考物理-重点专题-功能关系的应用(一)(含解析)

备战2021新高考物理-重点专题-功能关系的应用（一）一、单选题1.质量为m的钢制小球用长为l的结实细线悬挂在O点，将小球拉到与O点相齐的水平位置C由静止释放，小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能△E，小球就能恰好摆到与C等高的A点，设空气阻力只与运动速度相关，且运动越大空气的阻力就越大，则以下关系可能正确的是（）A.△E＞mglB.△E＜mglC.△E= mglD.mgl＜△E＜mgl2.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。

先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为L 时，下列说法正确的是（不计一切摩擦）（）A.杆对小球A做功为B.小球A和B的速度都为C.小球A，B的速度分别为和D.杆与小球A和B组成的系统机械能减少了mgL3.物体从高处自由下落，若选地面为参考平面，则下落时间为落地时间的一半时，物体所具有的动能和重力势能之比为（）A.1:3B.1:4C.1:2D.1:14.质量为2 t的汽车，发动机的功率为30 kW，在水平公路上能以54 km/h的最大速度行驶，如果保持功率不变，汽车速度为36 km/h时，汽车的加速度为（）A.0.5m/s2B.1 m/s2C.1.5m/s2D.2 m/s25.如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为．设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是（）A.克服空气阻力做功B.上升时间等于下降时间C.上升的最大高度为D.重力做功不为零6.如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则()A.只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B.只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C.只有a＝gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D.无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用7.如图，光滑水平面上子弹m水平射入木块后留在木块内，现将子弹、弹簧、木块组成的系统作为研究对象，从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中（）A.动量守恒, 机械能不守恒B.动量不守恒, 机械能不守恒C.动量机械能均守恒D.动量不守恒, 机械能守恒8.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。

专题四、功能关系的应用

题型 2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 如图所示，上表面光滑、长度为 3 m、质量 M ＝10 kg 的木板，在 F ＝50 N 的水平拉力作用下，以 v 0＝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 /s2)求： (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．
专题四
功能关系的应用
功能关系的应用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。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．
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．
练习：如图所示，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/s2，试求：

高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用

高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用1．(2021·江苏七市第二次调研)如图1所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板相连，一滑块从斜面上某处由静止释放，运动一段时间后压缩弹簧，已知弹簧始终在弹性限度内，则()图1A．弹簧劲度系数越大，弹簧的最大弹性势能越大B．弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越大C．滑块释放点位置越高，滑块最大速度的位置越低D．滑块释放点位置越高，滑块的最大加速度越大答案D解析滑块从释放到弹簧压至最短的过程中，滑块的重力势能转化为弹簧的弹性势能，弹簧劲度系数越大，弹簧被压至最短时位置越高，滑块减小的重力势能越少，则弹簧的最大弹性势能越小，故A错误；设滑块刚接触弹簧时的速度为v0，速度最大时弹簧的压缩量为x，则有kx＝mg sinθ，弹簧劲度系数越大，x越小，重力势能减少量越小，则最大速度v m越小，故B错误；弹簧弹力等于滑块重力沿斜面分力时，即kx＝mg sinθ，此时滑块速度最大，则滑块最大速度的位置不变，故C错误；滑块释放点位置越高，滑块接触弹簧时动能越大，则弹簧压缩量越大，弹簧弹力越大，则滑块的最大加速度越大，故D正确。

2．(多选)(2021·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图2所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(可看做质点)。

A、B的质量分别为2kg和8kg，到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。

现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时(g＝10m/s2)，下列说法正确的是()图2A．转轴O对杆的作用力方向沿竖直方向向上B．球A只受重力和杆对它的拉力C ．球A 的角速度为52rad/sD ．球B 的角速度为215rad/s答案AC 解析根据机械能守恒定律可得m B gL 2－m A gL 1＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，A 、B 两球同轴转动，角速度相同，所以有v A ＝L 1ω，v B ＝L 2ω，联立并代入数据解得ω＝52rad/s ，故C 正确，D 错误；杆对B 球的作用力为F B ，合力提供向心力，有F B －m B g ＝m B v 2B L 2，代入数据解得F B ＝120N ，球对杆向下的拉力为120N 。

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。

2019年高考物理(热点+题型全突破)专题6.6 功能关系的理解与应用(含解析)

2019年高考物理（热点+题型全突破）专题6.6 功能关系的理解与应用（含解析）1.做功的过程就是能量的转化过程.做了多少功，就有多少能量发生了转化.功是能量转化的量度.常见的几种功能关系：2.在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛.(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.(2)如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，既可用机械能守恒定律，又可用动能定理求解.题型一与弹簧相关的功能关系问题【示例1】 (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5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5(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设P 到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12mv 2B ＋μmg (5l －l )②联立①②式，并代入题给数据得 v B ＝6gl ③P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零.由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12Mv B ′2≤Mgl⑪ E p ＝12Mv B ′2＋μMg ·4l⑫ 联立①⑩⑪⑫式得53m ≤M <52m . 【方法总结】解决功能关系问题应注意的三个方面1.分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况.2.也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少.3.功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同.强化训练1如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m 。

2020新课标高考物理二轮讲义：专题二第1讲功能关系的应用 Word版含解析

姓名，年级：时间：第1讲功能关系的应用典题再现1.（2020·山东等级考模拟)我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号"的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0。

7 m2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( ）A。

5×106 N B．2×107 NC。

2×109 N D．5×109 N解析：选A.由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度v＝1。

4 m3/s0。

7 m2＝2 m/s.由P＝Fv可求F＝错误!＝错误!＝5×106 N.考情分析典题再现2．(2020·山东等级考模拟)如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零．已知电容器的电容为C,带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，不计电子的重力．关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是（)A。

带正电，ν0＋QeChB．带正电，ν0＋错误!C.带负电,ν0＋错误!D．带负电，ν0＋错误!解析：选C。

以最大初动能入射至电容器的电子经板间电场到达右侧极板速度刚好为0,说明电场力做负功,电场强度方向向右,右侧极板所带电荷为负电荷，且－eU＝0－E k0,其中由电容器电压与电荷量的关系知U＝错误!，由最大初动能与单色光入射频率的关系知E k0＝hν－hν0；代入化简可得ν＝ν0＋错误!。

考情分析典题再现3．（2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为（)A.2 kg B．1。

功能关系的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)

压轴题10功能关系的综合应用考向一/计算题：与曲线运动有关的功能关系问题考向二/计算题：与传送带有关的功能关系问题考向三/计算题：与板块模型有关的功能关系问题要领一：能量转化问题的解题思路1.当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。

2.解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。

要领二：求解相对滑动物体的能量问题的方法1.正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。

2.利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。

3.公式Q=F f ·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则l 相对为总的相对路程。

要领三：与传送带有关的功能关系问题1．两个设问角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2．两个功能关系(1)传送带电动机做的功W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝Fx 传。

(2)传送带摩擦力产生的热量Q ＝F f ·x 相对。

要领四：与传送带有关的功能关系问题1．两个分析角度(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。

(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。

2．三种处理方法(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。

4_第4讲功能关系的理解与应用高考物理(山东)复习专题

第4讲功能关系的理解与应用一、单项选择题1.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,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( )A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案 A 本题考查动能定理。

由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek<W拉,故A正确,B错误;Ek可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。

2.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。

某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中( )A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变答案 C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。

由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。

3.(2019湖南衡阳三模)如图所示,用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连,B、C置于水平地面上,系统静止时轻杆竖直,现给系统一个微小扰动,B、C在杆的作用下向两侧滑动,三小球始终在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此过程中( )A.球A的机械能一直减小B.球C的机械能一直增大C.球B对地面的压力不可能小于mgD.球A落地的瞬时速度为√答案 D 因为A、B、C组成的系统机械能守恒,在A落地前,B、C运动;在A落地时,B、C停止运动。

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＋(t0＋t′)]，解得 t′＝12t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之
比为 2t0∶(2t0＋12t0)＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的
加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车
的最大速度之比为 2∶1，由功率 P＝Fv，得最大功率之比为 2∶1，C 正确；两次提升
时，物体上升、下落过程中动能 Ek 随 h 的变化如图所示．重力加速度取 10 m/s2．该物体的质量为( )
A．2 kg
B．1.5 kg
C．1 kg
D．0.5 kg
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专题二动量与能量
3
考情分析
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专题二动量与能量
4
2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和．取地面为重力势能零点，该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示．重力加速度取 10 m/s2．由图中数据可得( ) A.物体的质量为 2 kg B.h＝0 时，物体的速率为 20 m/s C.h＝2 m 时，物体的动能 Ek＝40 J D.从地面至 h＝4 m，物体的动能减少 100 J
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专题二动量与能量
5
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专题二动量与能量
6
3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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
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专题二动量与能量
16
角度 2 巧解变力做功问题 2．(多选)(2019·衡水中学信息卷)如图所示，倾角为 θ、半径为 R 的倾斜圆盘绕圆心处的转轴 O 以角速度 ω 匀速转动，一个质量为 m 的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为 μ.图中 A、B 分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的 C、D 两点连线与 AB 垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功
相等，故电机所做的功之比为 1∶1，D 错误． [答案] AC
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专题二动量与能量
14
【题组突破】
角度 1 恒力做功的计算
1．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，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
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专题二动量与能量
19
角度 3 往复运动问题中动能定理的应用
3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l0，滑块以初速度 v0 沿倾角为 θ 的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块
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专题二动量与能量
28
2．解决机车启动问题时的四点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动． (2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率． (3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力． (4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P＝f 阻 vm，P 为机车的额定功率．
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专题二动量与能量
9
1．功和功率的计算方法
功、功率与动能定理【高分快攻】
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专题二动量与能量
10
2．应用动能定理解题的基本思路
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专题二动量与能量
11
【典题例析】 (多选)(2018·高考全国卷 Ⅲ )地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，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，( )
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专题二动量与能量
29
【典题例析】一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变．下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中，可能正确的是( )
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专题二动量与能量
30
P 处．设滑块经过的总路程为 l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有
mgl0sin θ－μmglcos θ＝0－12mv20，
解得
l＝μ12gcvo20s
θ＋l0tan
θ，选项
A
正确．
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专题二动量与能量
21
角度 4 曲线运动问题中动能定理的应用
4．如图所示，水平光滑轨道 OA 上有一质量 m＝2 kg 的小球
加速度取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)A、B 两点的高度差和物块在 C 点对圆弧轨道的压力；
(2)通过计算分析甲物块能否经过 E 点．
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专题二动量与能量
22
解析：(1)由题意知：在
B
点速度方向沿
B
点切线方向，在
B
点速度大小为：v1＝cos
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专题二动量与能量
12
A．矿车上升所用的时间之比为 4∶5 B．电机的最大牵引力之比为 2∶1 C．电机输出的最大功率之比为 2∶1 D．电机所做的功之比为 4∶5
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专题二动量与能量
13
[解析] 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，12v0×2t0＝12×12v0[2t0＋t′
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专题二动量与能量
18
解析：选 BD.小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A 错误；小物块在 B 点时由牛顿第二定律 Ff－mgsin θ＝mRω2，Ff>mgsin θ，又因 Ff≤μmgcos θ，所以 μmgcos θ>mgsin θ，则 μ 一定大于 tan θ，B 正确；小物块从 A 点运动到 B 点的过程中由动能定理得 mg·2Rsin θ＋WFf＝0，解得 WFf＝－mg·2Rsin θ， C 错误；小物块运动至 C、D 两点时受力具有对称性．所受静摩擦力大小相等，方向关于 AB 对称，从 C 点运动到 D 点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为 0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D 正确．
只考虑初、末位置而不用考虑中间过程且注意摩擦力做功的特点是与路程有关系
一定要准确分析物体最终的位置，一般处于平衡态
动能定理在圆周运动中的应用
向心力不做功，利用动能定理把特殊点的运动推广到一般位置
准确找到圆周运动中的临界位置即速度极值点
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专1．机车匀加速启动过程的最大速度 v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度 vm(此时 F 牵＝F 阻)求解方法 (1)求 v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵 v1，可求 v1＝F阻＋P ma. (2)求 vm：由 P＝F 阻 vm，可求 vm＝FP阻.
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专题二动量与能量
17
A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．动摩擦因数 μ 一定大于 tan θ C．小物块从 A 点运动到 B 点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcos θ D．当小物块运动至 C、D 两点时所受摩擦力大小相等，从 C 点运动到 D 点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功
力的大小、方向不变时才可用公式求解
变力做功的计算
微元法或动能定理
若力不是均匀变化的，则计算时一般用动能定理
动能定理在平抛运动中的应用
重力做功改变重力势能，找准物体平抛运动的初、
用动能变化来分析速度末位置
的变化
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专题二动量与能量
26
命题角度
解决方法
易错辨析
动能定理在往返直线运动中的应用
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专题二动量与能量
24
有 mg＝mvR23 所以 v3＝10 m/s 因为 v2>v3，所以甲物块能经过 E 点．答案：(1)11．25 m 153 N，方向向下 (2)能经过 E 点
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专题二动量与能量
25
命题角度
解决方法
易错辨析
恒力做功的计算
公式法 W＝Fscos θ
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专题二动量与能量
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N＝153 N 由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为 153 N，方向向下． (2)假设甲物块通过 E 点时速大小为 v2，从 C 点运到 E 点，由动能定理得：－μmgx－ mg·2R＝12mv22－12mv2C 所以在 E 点速度大小为 v2＝ 205 m/s 在 E 点做圆周运动时最小速度为 v3，