高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)

考点三：功能关系1．(单选)如图，木板可绕固定水平轴O 转动．木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2J ．用F N 表示物块受到的支持力，用F f 表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )．答案 BA ．F N 和F f 对物块都不做功B ．F N 对物块做功为2 J ，F f 对物块不做功C ．F N 对物块不做功，F f 对物块做功为2 JD ．F N 和F f 对物块所做功的代数和为02．（单选）质量为m 的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为45g ，在物体下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( ) 答案 AA ．物体的动能增加了45mghB ．物体的机械能减少了45mgh C ．物体克服阻力所做的功为45mgh D ．物体的重力势能减少了45mgh 答案 A 解析 下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理W ＝ΔE k ，即mgh －F f h ＝ΔE k ，F f ＝mg －45mg ＝15mg ，可求ΔE k ＝45mgh ，选项A 正确；机械能减少量等于克服阻力所做的功W ＝F f h ＝15mgh ，选项B 、C 错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔE p ＝mgh ，选项D 错误． 3．(单选)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)( )． 答案 AA ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加500 JD ．物体的机械能增加800 J4．(多选)如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )．A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和 答案 BD5．（单选）如图所示，质量为m 的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h ，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是( )．A ．弹簧与杆垂直时，小球速度最大 答案 BB ．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C ．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD ．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量大于mgh6．(多选)如图所示，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( )．答案 CDA ．两滑块组成系统的机械能守恒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7、（多选）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )．答案 ACA ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 8．（多选）如图所示，一小球P 套在竖直放置的光滑固定圆环上，圆环的半径为R ，环上的B 点与圆心O 1等高，一原长为R 的轻弹簧下端固定在环的最低点O 上，上端与球P 连接．现使小球P 以很小的初速度(可视为零)从环的最高点A 开始向右沿环下滑，若不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )．答案 CDA ．小球P 在下滑过程中弹簧的弹性势能逐渐减少B ．小球P 在下滑过程中机械能守恒C ．小球P 在下滑过程中机械能先逐渐增加后逐渐减少D ．小球P 在到达B 点之后向下滑动的过程中动能先逐渐增加后逐渐减少9、（多选）如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )．答案BCA ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做功为12mv 210．（单选）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( )．答案 DA ．重力做功2 mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR11．(单选)如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )．答案 DA ．弹簧的弹性势能先减小后增大B ．球刚脱离弹簧时动能最大C ．球在最低点所受的弹力等于重力D ．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加12．(多选)如图所示，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 置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时托住B ，让A 处于静止且细线恰好伸直，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中正确的是( )． 答案 BDA ．B 物体受到细线的拉力保持不变B ．B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C ．A 物体动能的增量等于B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功13．（多选）如图所示，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( )．答案 BCA ．物体最终将停在A 点B ．物体第一次反弹后不可能到达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14．（多选）如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m 的物体将弹簧压缩锁定在A 点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B 距A 的竖直高度为h ，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g .则下列说法正确的是( )．答案 BDA ．弹簧的最大弹性势能为mghB ．物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能为mghC ．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D ．物体最终静止在B 点15．(多选)如图所示，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 置于光滑水平桌面上，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( ) 答案 BCA ．B 物体的动能增加量等于B 物体重力势能的减少量B ．B 物体的机械能一直减小C ．细线拉力对A 做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量D ．B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量解析 对于B 物体，有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B 物体动能的增加量等于它重力势能的减少量与拉力做功之和，故A 错误；从开始到B 速度达到最大的过程中，细线的拉力对B 一直做负功，所以B 的机械能一直减小，故B 正确；系统机械能的增加量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，故C 正确；整个系统中，根据功能关系可知，B 减少的机械能转化为A 的机械能以及弹簧的弹性势能，故B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．16． (多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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 .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度 答案 BD解析 由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh＝W f ＋E p ，从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得：W f ＝14m v 2，E p ＝mgh －14m v 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A 到B 的过程有12m v 2B ＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12m v B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，所以D 正确． 17. (多选)如图所示，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( )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 答案 CD解析 物体B 以水平速度冲上木板A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于木板A 增加的动能和产生的热量之和，选项A 错误；根据动能定理，物体B 克服摩擦力做的功等于物体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 获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 做的功等于物体B 动能的减少量，摩擦力对木板A 做的功等于木板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．18．（单选）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变答案B解析小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错．。

功能关系---高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题（共10题；共20分）1.小球以60J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，在上升到B点的过程中，小球的动能损失了50J，机械能损失了10J，则（）A.上升过程中合外力对小球做功﹣80JB.整个过程中，摩擦力对小球做功为﹣20JC.下滑过程中重力对小球做功48JD.回到A点小球的动能为40J2.在一次军事演习中，伞兵跳离飞机后打开降落伞，实施定点降落．在伞兵匀速下降的过程中，下列说法正确的是（）A.伞兵的重力做正功，重力势能不变B.伞兵的重力做负功，重力势能增大C.伞兵的重力做正功，重力势能减小D.伞兵的重力做正功，重力势能不变3.轻质弹簧的一端固定于竖直墙壁，另一端与一木块连接在一起，木块放在粗糙的水平地面上．在外力作用下，木块将弹簧压缩了一段距离后静止于A点，如图所示．现撤去外力，木块向右运动，当它运动到O点时弹簧恰好恢复原长．在此过程中AO（）A.木块的速度先增大后减小B.木块的加速度先增大后减小C.弹簧的弹性势能先减小后增大D.弹簧减小的弹性势能等于木块增加的动能4.热核反应是一种理想能源的错误原因是（）A.就平均每一个核子来说，热核反应比重核裂变时释放的能量多B.对环境的放射性污染较裂变轻，且较容易处理C.热核反应的原料在地球上储量丰富D.热核反应的速度容易控制5.如图所示，一质量为m，带电量为+q的物块（可视为质点）静止于A点，粗糙水平轨道AB与BC斜面平滑连接，现在整个空间加一上水平向右的匀强电场，使小物块刚好运动到C 点，物块与轨道间的动摩擦因数都为μ，已知AC间的水平距离为S，竖直高度差为H，则下列法正确的是（）A.全程摩擦力做功大小为μmgsB.全程电势能减少mgH+μmgsC.电场强度E=D.若不改变H和S的大小，只改变斜面的倾角，则须改变电场大小才能到达C点6.在“探究功与速度变化的关系”实验中，小车在运动中会受到阻力作用．这样，在小车沿木板滑行的过程中，除橡皮筋对其做功以外，还有阻力做功，这样便会给实验带来误差，我们在实验中想到的办法是使木板略微倾斜，对于木板的倾斜程度，下面说法中正确的是()A.木板只要稍微倾斜一下即可，没有什么严格的要求B.木板的倾斜角度在理论上应满足下面条件：即重力使物体沿斜面下滑的分力应等于小车受到的阻力C.如果小车在木板上差不多能做匀速运动，就说明木板的倾斜程度是符合要求的D.其实木板不倾斜，问题也不大，因为实验总是存在误差的7.如图所示，物块放在小车上，随小车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是（）A.摩擦力对物块做正功，物块内能增加B.弹力对物块做正功C.若小车运动的加速度逐渐增加，物块可能相对小车滑动D.若小车运动的加速度逐渐减小，物块可能相对小车滑动8.如图所示，水平绷紧的传送带AB长L=6m，始终以恒定速率V1=4m/s运行．初速度大小为V2=6m/s的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带．小物块m=lkg，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2．下列说法正确的是（）A.小物块可以到达B点B.小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为6m/sC.小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大D.小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50J9.一个带电小球从空中a点运动到b点的过程中，重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则不正确的是（）A.重力势能减少3JB.电势能减少1JC.动能增加4.5JD.机械能增加0.5J10.下列对能的转化和守恒定律的认识错误的是（）A.某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B.某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器﹣﹣永动机是不可能制成的D.石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了二、多选题11.如图所示，某一空间内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标xOy，在y＜0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向以加速度a=2g（g为重力加速度）做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y＜0的空间运动．液滴在以后的运动过程中（）A.重力势能一定先减小后增大B.机械能一定先增大后减小C.动能先不变后减小D.动能一直保持不变12.一物体由M点运动到N点的过程中，物体的动能由12J减少到8J，重力势能由3J增加到7J，在此过程中（）A.物体的速度减小B.物体的机械能不变C.物体的机械能减少D.物体的位置降低13.如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等距点B，C和D，即AB=BC=CD，D点距水平面高为h．小滑块以初速从A点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下（）A.从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mghB.滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零C.滑块从C位置返回到B位置时的动能为mghD.滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh14.如图，在匀强电场中有一固定斜面。

一.必备知识精讲1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。

(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。

2.对功能关系的进一步理解(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。

3．几种常见的功能关系及其表达式(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。

(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。

(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。

(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。

5. 能量守恒定律（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。

（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。

（3）表达式①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。

②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。

二.典型例题精讲题型一：定性分析例1：有关功和能，下列说法正确的是( )A．力对物体做了多少功，物体就具有多少能B．物体具有多少能，就一定能做多少功C．物体做了多少功，就有多少能量消失D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案 D解析功是能量转化的量度，力对物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A 、B 错误。

做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以C 错误，D 正确。

功能关系知识网络：内容一 功和功率 知识点梳理 一、功：1、定义：功是指力对距离的累积。

2、功的计算方法有两种：（1） 当F 为恒力时，按照定义求功。

即：W=Fscos θ。

（2） 当F 为变力时，用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。

【例1】 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？（1）F 缓慢地拉； （ ） （2）F 为恒力； （ ） （3）F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

（ ）可供选择的答案有A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 选B 、D【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B 点恰好是半个圆周。

那么在这段运动中线的拉力做的功是（ ）A ．0B ．0.1JC ．0.314JD ．无法确定 A 是正确的。

二、功率：1.、定义：功率是衡量做功快慢的物理量。

2、功率的计算方法： （1）功率的定义式：tWP，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 cos θ，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。

（3） 重力的功率可表示为P G =mgv y ，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。

（4） 汽车的两种加速问题：当汽车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公式都是P =Fv 和F-f = ma ①恒定功率的加速 ②恒定牵引力的加速。

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。

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。

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 。

专题07 功能关系的综合应用1.(2021·海南省新高考一模)两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图所示的恒力F1和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数相同。

在它们前进相同距离的过程中，F1和F2做功分别为W1和W2，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为W f1和W f2，则有()A.W1＞W2，W f1＞W f2B.W1＝W2，W f1＞W f2C.W1＞W2，W f1＝W f2D.W1＝W2，W f1＝W f2【答案】A【解析】物块运动的位移为s，F2与水平方向的夹角为θ，由功的公式可知W1＝F1s，W2＝F2s cos θ，因为F1＝F2，则W1＞W2，W f1＝μmgs，W f2＝μ(mg－F2sin θ)s，则W f1＞W f2，选项A正确。

2.(2021·海南省新高考3月线上诊断)一同学将地面上一质量m＝400 g的足球沿与水平方向成θ＝45°角踢出，足球与脚分开时的速度大小为10 m/s，不计空气阻力，足球可看做质点，重力加速度g＝10 m/s2。

则该同学踢球时对足球做的功为()A.200 JB.100 JC.20 JD.10 J【答案】C【解析】由题意可知，足球离开脚时的速度为10 m/s，而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得W＝12mv2＝12×0.4×102 J＝20 J，故C正确，A、B、D错误。

3.(2021·浙江省1月高中学业水平考试)如图所示，质量均为m的三个小球分别从高度都为h的光滑固定斜面顶端由静止滑到底端，三个斜面倾角不同，则()A.重力对小球做功均为mghB.弹力对小球做功均为mghC.重力的平均功率均相等D.弹力的平均功率不相等 【答案】 A【解析】 根据重力做功的特点可知，重力对小球做功均为mgh ，选项A 正确；弹力的方向与位移方向垂直，则弹力对小球做功均为0，选项B 错误；根据a ＝g sin θ，则t ＝2ha sin θ＝2hg sin 2θ，因各个斜面的倾角θ不同，则下滑的时间不同，根据P －G ＝W G t 可知，重力的平均功率不相等，选项C 错误；根据P －N ＝W Nt可知，弹力的平均功率都为零，选项D 错误。

高中物理-功能关系与动量结合的综合题型功能关系与动量结合的综合题型成为热点,本文列举一些较典型的例题,希望读者加深对考点的把握。

1．如图9所示,质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m,可视为质点的小木块A质量m＝1 kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm。

g取10 m/s2。

求：(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产生的热量。

解析(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得a A＝μmg m①a B＝F－μmgM②根据题意有s B－s A＝L即12a B t2－12a A t2＝L③将数据代入①②③联立解得t＝1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为v A＝a A t④v B＝a B t⑤当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有m v A＋M v B＝(m＋M)v⑥由能的转化与守恒得12m v 2A＋12M v2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝0.3 J(3)二者同速之后,设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′,相对木板向左滑动距离为x,有m v A＋M v B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L>x且x>s,故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩由⑩式解得Q＝1.4 J答案(1)1 s(2)0.3 J(3)1.4 J2．如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R ＝0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E＝5.0×103V/m。

高三物理-专题复习-《功和功率》-《功能关系》(含答案解析)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1复习备考建议1．能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．2．对于动量问题，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练．第4课时 功和功率 功能关系 考点功、功率的分析与计算 1．恒力功的计算(1)单个恒力的功 W ＝Fl cos α.(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α.②W ＝W 1＋W 2＋….2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算．(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算．(3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”．(4)求解一般变力做的功常用动能定理．3．功率的计算(1)P ＝W t，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1 kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3 s 内拉力F 的最大功率是2.25 WD ．前3 s 内拉力对小环做功5.75 J答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第 1 s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1 kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1 s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s 末，P ＝F v 1＝5×0.5 W ＝2.5 W ；第1 s 末到第3 s 末，P ＝F v 1＝4.5×0.5 W ＝2.25 W ，即拉力的最大功率为2.5 W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1 J ＝5.75 J ，故D 正确．变式训练1．(2020·山东等级考模拟卷·3)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1×104 kW ，排泥量为1.4 m 3/s ，排泥管的横截面积为0.7 m 2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )A ．5×106 NB ．2×107 NC ．2×109 ND ．5×109 N答案 A解析 由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度v ＝1.4 m 3/s 0.7 m 2＝2 m/s.由P ＝F v 可得F ＝P v ＝1×107 W 2 m/s＝5×106 N. 2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图2所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图2A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于 W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错． 考点功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系 (1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p .(2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p .(3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE .(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对．2．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，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化．(2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2(多选)(2019·全国卷Ⅱ·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．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图3所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()图3A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图图像可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝102m vm/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k －100 J，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D 正确．变式训练3．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌．如图4为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C 为U 形池最低点，U 形池轨道各处粗糙程度相同．运动员(可看成质点)在池边高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h 2，下列说法正确的是( )图4A ．运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A 然后返回B ．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A 然后返回C ．由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，运动员损耗机械能相同D ．由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程运动员损耗机械能较小答案 A解析 运动员由h 处自由下落，到右侧h 2高度，损失的机械能ΔE ＝mg h 2.运动员受到的摩擦力与正压力成正比，由圆周运动的规律可知，运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，则阻力做功小于mg h 2，故能冲出A 点，选项A 正确，B 错误，同理，A 到C 过程比C 到B 过程平均速率大，平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C 、D 错误．4.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g 4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin 53°＝45，cos 53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mgh B ．运动员动能的增加量为34mgh C ．运动员动能的增加量为1516mgh D ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确． 考点动能定理的应用1．表达式：W 总＝E k2－E k1.2．五点说明 (1)W 总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．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．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3 如图6所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高．质量m ＝0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A 点的高度h 1＝1.10 m ，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x 1＝0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2＝0.873 m ，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x 2＝0.01 m ，弹性势能为E p ＝0.025 J ．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g 取10 m/s 2.求：图6(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；(3)篮球在整个运动过程中通过的路程．答案(1)500 N/m(2)0.50 N(3)11.05 m解析(1)由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mgΔh－F f·L＝12m v22－12m v12整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m故可得F f≈0.50 N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mgΔh′＋W f＋W弹＝12m v2′2－12m v12整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J弹力做功W弹＝－E p＝－0.025 J则空气阻力做功W f＝－mgΔh′－W弹＝－5.525 J因W f＝－F f s故解得s＝11.05 m.变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)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7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图7A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图8所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L＝1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)物体能否静止在木板上请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少(3)物体最终停在何处并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25 m(3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sin β＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cos β＝0.16mg因mg sin β>μmg cos β，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh－μmgs cos β＝0解得s＝11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得mg(h－L sin β)－μmg cos β(L＋hsin β)＝12m v B2解得v B>0mg(h－L sin β)－μmg cos β(3L＋hsin β)＝12m v D2v D无解说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点．考点动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征．2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4(2019·河北邯郸市测试)如图9所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5 m /s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图9(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8 m (2)13 m (3)37 m/s ≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12m v 02，可知：v 0＝6 m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12m v 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12m v 2－12m v B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7 m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12m v B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13 m.(3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin 30°)＝12m v F 2－12m v 12解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12m v 22＝μ2mg ·3s ＋mgR 解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12m v B m 2－12m v 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56 m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s ≤v ≤43 m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图10所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3 m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2 kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10 m/s 2，空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)若OB 的长度l ＝1 m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246 kg·m/s (2)1.5 m355 m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有：－mg (l ＋l cos 37°)＝12m v 2－12m v 02联立得一开始的冲量大小为I ＝m v 0＝246 kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至(H －l )高度过程，设小球至(H －l )高度处的速度为v 0′，由机械能守恒可得12＝mgl(1－cos 37°)2m v0′小球从(H－l)高度做初速度为v0′的平抛运动，12＝H－l2gtx＝v0′t联立得，x＝42＋3l)5(－l当l＝1.5 m时x取最大值，为35 5 m.专题突破练级保分练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是()图1A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B错误；由重力做功公式W＝mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E －t图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4.(多选)(2018·广东揭阳市一模)如图3，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A 由静止滑下，到达底端B 时的速度为v 1，克服摩擦力做功为W 1；第二次，同一小球从底端B 以v 2冲上圆形轨道，恰好能到达A 点，克服摩擦力做功为W 2，则( )图3A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能增加了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率答案BD5．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g＝10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近()A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW答案 B解析设送餐员和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F＝0.02mg＝20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P＝F v＝100 W，故B正确．6．(多选)如图4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4A．两滑块组成的系统机械能守恒B．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量C．重力对M做的功等于M动能的增加量D．两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功答案BD7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()图5 A．0.5 s时拉力功率为12 WB．0.5 s内拉力做功9 JC．1.5 s后物块可能返回D．1.5 s后物块一定静止答案AC解析0～0.5 s内物体的位移：x1＝12×0.5×2 m＝0.5 m；0.5～1.5 s内物体的位移：x2＝12×1×2 m＝1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s内F－μgm cos θ－mg sin θ＝ma1；0.5～1.5 s内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma2，联立解得：F＝6 N，但无法求出μ和θ.0.5 s时，拉力的功率P＝F v＝12 W，故A正确．拉力做的功为W＝Fx1＝3 J，故B错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，则以下结论正确的是()图6A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JB．整个过程中滑块动能的最大值为6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 JD．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案AD解析滑块从a到c, mgh ac＋W弹′＝0－0解得：W弹′＝－6 J.则E pm＝－W弹′＝6 J所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间．滑块从a到d有：mgh ad＋W弹＝E k d－0因mgh ad＜6 J，W弹＜0所以E k d＜6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．9．(多选)如图7所示，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，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()图7A．a落地前，轻杆对b一直做正功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及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b 的速度为零，则mgh＝12＋0，即v a＝2gh，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙2m v a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．级争分练10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103 kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10 m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5 s 内的牵引力为5×102 NB ．赛车速度为25 m /s 时的加速度为5 m/s 2C ．赛车的额定功率为100 kWD ．赛车的最大速度为80 m/s 答案 C解析 匀加速直线运动的加速度大小为：a ＝Δv Δt ＝205 m/s 2＝4 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F－F f ＝ma ，解得牵引力为：F ＝F f ＋ma ＝0.1×1×103×10 N ＋1×103×4 N ＝5×103 N ，故A 错误；额定功率为：P ＝F v ＝5 000×20 W ＝100 000 W ＝100 kW.当车的速度是25 m/s 时，牵引力：F ′＝P v ′＝100 00025 N ＝4 000 N ，车的加速度：a ′＝F ′－F f m ＝4 000－0.1×1×1041×103m/s 2＝3 m/s 2，故B 错误，C 正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：v m ＝PF＝P F f ＝100 0001 000m/s ＝100 m/s ，故D 错误． 11．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB 和半圆弧BC 组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A 、C 两端点等高，直径BC 竖直，圆弧AB 的半径为R ，圆弧BC 的半径为R2.一质量为m 的小球从A 点上方的D 点由静止释放，恰好沿A 点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g .图9(1)要使小球能运动到C 点，D 、A 两点间的高度差h 至少为多大(2)改变h ，小球通过C 点后落到圆弧AB 上的最小动能为多少答案 (1)R 4 (2)32mgR解析 (1)设小球刚好通过C 点的速度为v ，则 mg ＝m v 2R 2小球从D 点到C 点的过程中机械能守恒，有： mgh ＝12m v 2联立解得h ＝R4(2)设小球通过C 点的速度为v 0，落到圆弧AB 上时，水平位移为x ，下落高度为y ，由平抛运动的规律可知x ＝v 0t ；y ＝12gt 2从C 点抛出到落到圆弧AB 上，由动能定理得：mgy ＝E k －12m v 02又x 2＋y 2＝R 2联立可得：E k ＝14mg (R 2y＋3y )。