高三物理二轮复习第6练 功能关系及其应用

第6练 功能关系及其应用

[母题探源]——高考真题指明热点

1．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )

A．hk＋1

B．hk

C．2hk D．2hk－1

D 解析：运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝12mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝mv2R，解得R＝2hk－1，D正确。

2．(2022·福建卷)2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390 km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为GMmr，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为( )

A．12GMm0(1r1－1r2) B．GMm0(1r1－1r2)

C．32GMm0(1r1－1r2) D．2GMm0(1r1－1r2)

A 解析：空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道r1变轨到r2过程，根据动能定理有W＋W引力＝ΔEk，由题意得引力做功W引力＝GMm0r2－GMm0r1，万有引力提供空间站在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，有GMm0r2＝m0v2r，求得空间站在轨道上运动的动能为Ek＝GMm02r，动能的变化ΔEk＝GMm02r2－GMm02r1，解得W＝GMm02·(1r1－1r2)，A正确。 3．(2021·福建卷)如图甲所示，一个倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一个轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一个小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：

(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；

(2)滑块第一次到达B点时的动能；

(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

答案：(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m

解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有

T＋mg sin θ－f＝ma①

N－mg cos θ＝0②

f＝μN③

联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④

(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤

式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意

T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。

设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有

W＋(mg sin θ－f)(s1＋s2)＝Ek－0⑥

联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦

(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有

－(mg sin θ＋f)smax＝0－Ek⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。

4．(2021·江苏卷)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；

(2)环A的质量M；

(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。

答案：(1)3mg8

(2)964m (3)3130mgL

解析：(1)设AB、OB的张力分别为F1、F2，A受力平衡有F＝F1sin 37°

B受力平衡有

F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg

F1sin 37°＝F2sin 37°

解得F＝3mg8 。

(2)设装置转动的角速度为ω，对A有F＝Mω2·85L

对B有mg tan 53°＝mω2·45L

解得M＝964m。

(3)B上升的高度h＝15 L，A、B的动能分别为

EkA＝12M(85Lω)2，EkB＝12m(45Lω)2

根据能量守恒定律有W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh

解得W＝3130mgL。

[衍生演练]——名校模拟预测趋势 5．我国风洞技术领先世界。如图所示，在光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至达到最左端的过程中( )

A．物块的速度先增大后减小

B．物块的加速度一直减小到零

C．弹簧弹性势能先增大后减小

D．物块和弹簧组成的系统机械能一直在增大

AD 解析：设风力大小为F，从物块接触弹簧至达到最左端的过程中，在斜面方向上依次满足：F>mg sin θ＋kx，F＝mg sin θ＋kx1，Fx1>x)，所以物块的加速度先减小后增大，弹簧弹性势能一直增大，物块的速度先增大后减小，A正确，B、C错误；物体向上运动的过程中风力一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，D正确。

6．(2023·山东济宁二模)如图所示，一个滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10 W，滑块的质量为0.2 kg，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )

A．滑块在D点的速度大小为 10 m/s

B．半圆管道DEF的半径r可能为0.15 m

C．在轨道AB上，滑块的最大速度为10 m/s

D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5 m

C 解析：滑块恰好通过该轨道最高点D时，有mg＝mv2DR，解得vD＝5 m/s，A错误；设从D点刚好到达F点，根据动能定理有－mg·2r＝0－12mv2D，解得r＝0.125 m，根据题意可知滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125 m，B错误；在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有v′＝Pμmg＝10 m/s，C正确；在轨道AB上，滑块减速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有－μmgx－mg·2R＝12mv2D－12mv′2，解得x＝7.5 m，D错误。 7．(2023·山东济南三模)如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4 m，OA的长为L＝2 m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ＝0，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求初速度v0的大小；

(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m，求夹角θ的余弦值。

答案：(1)26

m/s

(2)23

解析：(1)小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则mv21R＝mg

从O点到最高点，由动能定理

12mv21－12mv20＝－2mgR－μmgL

解得v0＝26 m/s。

(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4 m＝R，小物块在最高点，仅有沿水平方向的速度，竖直方向速度为零，设小物块到达圆弧轨道底端时速度为v2，由动能定理有

－mgR＝－12m(v2cos θ)2

从O点到圆弧轨道底端过程由动能定理有

12mv22－12mv20＝－μmg·Lcos θ

解得cos θ＝23。

8．(2023·山东省实验中学二模)如图所示，M、N为两根相同的轻质弹簧，M竖直放置，上端与小物块A相连，下端固定在地面上，N套在光滑水平轻杆上，左端固定在竖直细管上，右端与物块B相连，一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止，M处于压缩状态，两根弹簧的形变量均为Δx＝0.1 m，物块B与弹簧左端距离L＝0.8 m。已知物块A、B的质量分别为mA＝2.0 kg、mB＝0.4 kg，A距管下端口及杆都足够长，重力加速度g取10 m/s2。不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内。

(1)系统静止时，求轻绳中的张力F；

(2)杆绕细管以角速度ω稳定转动时，A静止，M的形变量仍为Δx，求角速度ω；

(3)系统从静止到(2)中情境的过程中，求外界对系统做的功W。

答案：(1)10 N (2)10 rad/s (3)24 J

解析：(1)系统静止时设弹簧中弹力为F1，A物块受力平衡，有mAg＝F1＋F

易判断此时弹簧N也处于压缩状态，B物块受力平衡，有F＝F1

解得F＝10 N。

(2)两弹簧均处于拉伸状态，且形变量相同。设绳中张力为F2，则A物块受力平衡，有mAg＋F1＝F2

对B物块有F1＋F2＝mBω2r

r＝L＋2Δx

解得ω＝10 rad/s。

(3)根据功能关系有W＝mAgh＋12mBv2B，

且h＝2Δx

vB＝ωr

解得W＝24 J。