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

素能演练提升四(1)力学中的功能关系与能量守恒(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.有以下物理现象:在平直公路上行驶的汽车制动后滑行一段距离,最后停下;流星在夜空中坠落并发出明亮的光;降落伞在空中匀速下降;条形磁体在下落过程中穿过闭合线圈,线圈中产生感应电流.在这些现象所包含的物理过程中,运动物体具有的相同特征是()A.都有重力做功B.物体都要克服阻力做功C.都有动能转化为其他形式的能D.都有势能转化为其他形式的能解析:汽车在平直公路上行驶时,高度不变,势能不变,重力不做功,故选项A错误;行驶中的汽车制动后滑行一段距离,最后停下来是由于克服摩擦力做功,该过程中车的动能转化为了内能;流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰,是由于克服空气摩擦做功,把机械能转化为光能和热能;降落伞在空中匀速下降过程中,动能不变,克服阻力做功,其重力势能减小,转化为内能;条形磁体穿过线圈过程中,克服安培力做功,把机械能转化为电能,上述四个过程中均是克服阻力做功,将动能或势能转化为内能或光能,故选项B正确,C、D错误.答案:B2.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如下图所示.则下列说法正确的是()A.0~6 s内物体位移大小为36 mB.0~6 s内拉力做的功为30 JC.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等D.滑动摩擦力大小为5 N解析:由P=Fv,对应v-t图象和P-t图象可得30 W=F·6 s,10 W=F f·6 s,解得F=5 N,F f= N,D错误;0~6 s内物体的位移大小为(4+6)×6× m=30 m,A错误;0~6 s 内拉力做功W=F·s1+F f·s2=5×6×2× J+×6×4 J=70 J,B错误;由于在2~6 s内物体的速度未发生改变,由动能定理可知,C正确.答案:C3.如图所示,半径为r和R(r<R)的光滑半圆形槽,其圆心在同一水平面上,质量相等的两小球(可看成质点)分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速释放.在下滑过程中,关于两小球的说法正确的是()A.机械能均逐渐减小B.经最低点时动能相等C.两球经过最低点时加速度大小不等D.机械能总是相等的解析:两小球下滑过程中只有重力做功,所以机械能守恒,A错误,D正确;对小球下滑到最低点过程应用动能定理得mgr=mv2-0,可见物体的动能与半径有关,半径大的动能大,B错误;小球在最低点的加速度为a==2g,与半径无关,C错误.答案:D4.一光滑的水平轨道AB与一光滑的圆形轨道BCD相接.其中,圆轨道在竖直平面内,B为最低点,D 为最高点,半径为R.一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动且恰能通过最高点,则()A.m越大,v0值越大B.R越大,v0值越大C.v0值与m、R无关D.m与R同时增大有可能使v0不变解析:恰能通过最高点,有mg=m,又根据机械能守恒定律有mg·2R+,联立解得v B=,即v0=,故选项B 正确.答案:B5.如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量.若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块()A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同解析:当物块达最大速度时,有mg sin θ=kx,由机械能守恒定律得E p=mgx sin θ+,由上两式可知两物块的最大速度v max不同,选项A错误;刚撤去F时有最大加速度a max=,所以两物块的最大加速度a max 不同,选项B错误;由E p=mgh max可知上升的最大高度不同,选项C正确;从撤去外力到物块速度第一次为零时,弹性势能全部转化为重力势能,因此重力势能变化量相同,选项D错误.答案:C6.如图,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()A.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mgH解析:设物体沿斜面向上滑动过程中,所受摩擦力大小为F f,根据牛顿第二定律mg sin 30°+F f=ma,得F f=mg.动能的损失等于合外力做的功,即ΔE k=Fs=ma=2mgH,A正确,B错误;机械能的损失等于克服除重力外其他力做的功,即克服摩擦力做的功,ΔE=F f s=mg×=mgH,C正确,D错误.答案:AC7.如图所示,一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C.若不考虑在B点机械能的损失,则()A.从A到B和从B到C,减少的机械能相等B.从A到B和从B到C,增加的动能相等C.从A到B和从B到C,摩擦产生的热量相等D.小物块在B点的动能一定最大解析:从A到B,摩擦力做功大小为W1=μmg cos θ·L AB=μmgL,从B到C,摩擦力做功大小为W2=μm g cos θ·L BC=μmgL,二者相等,所以减少的机械能相等,选项A正确;摩擦产生的热量与摩擦力所做的功相等,选项C正确.答案:AC8.(2015江苏泰州模拟)如图所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为L的细绳将物块连接在转轴上,细线与竖直转轴的夹角为θ,此时绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为μ(μ<tan θ),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始缓慢加速转动,则()A.至绳中出现拉力时,转台对物块做的功为2πμmgL sin θB.至绳中出现拉力时,转台对物块做的功为μmgL sin θC.至转台对物块支持力为零时,转台对物块做的功为D.设法使物块的角速度增大到时,物块机械能增量为解析:物块随转台由静止开始缓慢加速转动,至绳中出现拉力时,最大静摩擦力提供向心力:μmg=m,得v=,由动能定理得W=mv2-0,则转台对物块做的功为W=μmgL sin θ,故选项A错误,选项B正确;至转台对物块支持力为零时,设绳对物块拉力为F,可得F cos θ=mg,此时由绳对物块拉力F提供向心力,有F sin θ=m,解得v'=,由动能定理得W'=mv'2-0,可得转台对物块做的功W'=,故选项C正确;由v=rω得,当物块的角速度增大到时,v″=L sin θ,由动能定理得W″=mv″2-0,可得转台对物块做的功为W″=m(L sin θ)2,由能量守恒定律得,物块机械能增量为,故选项D错误.答案:BC第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、本题共1小题,共14分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答.9.(14分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中,某实验小组采用如图所示的实验装置和实验器材.(1)用砂和砂桶的重力大小来表示小车受到的合外力,必须满足的条件是.(2)如图为实验中打出的一条纸带,现选取纸带中的A、B两点来探究恒力做功与动能改变的关系.已知打点计时器的打点周期为T,重力加速度为g.请你用字母表示需要测量的物理量,说明其物理意义(用文字说明或在图中标明),并把探究结果的表达式写出来.答案:(1)砂和砂桶的总质量应远远小于小车的质量(4分)(2)砂和砂桶的质量m,小车的质量m0,三段位移x、x1、x2(如图所示)(5分)探究结果的表达式为mgx=m0()2-m0()2(5分)三、本题共2小题,共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.10.(18分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为F f.轻杆向右移动不超过L时,装置可安全工作.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.一质量为m的小车若以速度v撞击弹簧,将导致轻杆向右移动.(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;(2)若以速度v0(已知)撞击,将导致轻杆右移,求小车与弹簧分离时速度(k未知);(3)在(2)问情景下,求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度v m(k未知).解析:(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力等于摩擦力,弹簧压缩量为x,有kx=F f(2分)得x=.(2分)(2)开始压缩到分离,小车与缓冲装置组成的系统,由动能定理得=-F f·(3分)则v1=.(2分)(3)轻杆开始移动后,弹簧压缩量x不再变化,弹性势能一定,速度为v0时,小车与缓冲装置组成的系统的能量关系,=E kp+F f·(3分)速度达到最大v m时,小车与缓冲装置组成的系统能量关系,=E kp+F f·L(3分)得F f·Lv m=.(3分)答案:(1)(2)(3)11.(20分)如图所示,光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道,B点为水平面与轨道的切点,在距离B为x的A点,用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后,撤去恒力,质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点:(1)求推力对小球所做的功.(2)x取何值时,完成上述运动推力所做的功最少?最小功为多少?解析:(1)质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点,设质点在C点的速度为v C,质点从C点运动到A 点所用的时间为t在水平方向:x=v C t (2分)竖直方向上:2R=gt2 (2分)解得v C= (2分)对质点从A到C由动能定理有W F-2mgR= (2分)解得W F=.(3分)(2)要使F力做功最少,确定x的取值,由W F-2mgR=知,只要质点在C点速度最小,则功W F就最小.若质点恰好能通过C点,其在C点最小速度为v,由牛顿第二定律有mg=则v= (2分)有 (2分)解得x=2R (2分)当x=2R时,W F最小,最小的功W F=mgR.(3分)答案:(1)(2)2R mgR。

第4讲功能关系在力学中的应用一、单项选择题1．(2013·浙江嘉兴二模，17)伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图2－4－15所示，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为μ.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2.规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能E k及机械能E随时间t的变化关系图线正确的是( )．图2－4－15解析由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，因此，A选项错误，B正确；小球的动能与速率二次方成正比，因此，动能与时间关系图象是曲线，C错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象，不是连续曲线，D错误．答案 B2．(2013·株洲市重点中学联考)A、B两物体的质量之比m A∶m B＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v－t图象如图2－4－16所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A∶F B与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比W A∶W B分别为 ( )．图2－4－16A ．2∶1,4∶1B ．4∶1,2∶1C ．1∶4,1∶2D ．1∶2,1∶4解析 由a ＝ΔvΔt 和v －t 图线知a A ∶a B ＝2∶1由F ＝ma 知F A ∶F B ＝4∶1由v －t 图线下包围的面积等于位移大小知x A ∶x B ＝1∶2 由W ＝Fx 知W A ∶W B ＝2∶1，故B 正确． 答案 B3．用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为 ( )． A ．20 J B ．24 J C ．34 JD ．54 J解析 用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时，由动能定理，Fh －mgh ＝12mv 2，撤去力F 后由动能定理，mg (d ＋h )－W ＝0－12mv 2，联立解得W ＝mg (d ＋h )＋Fh －mgh ＝Fh ＋mgd ＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J ．选项C 正确．答案 C4．光滑水平地面上叠放着两个物体A 和B ，如图2－4－17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．以下有几个说法正确的是 ( )．图2－4－17A ．E A ＋EB 等于拉力F 做的功 B ．E A ＋E B 小于拉力F 做的功C ．E A 小于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功D ．E A 大于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功 答案 A5．如图2－4－18所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v 0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m 的物体，经一段时间，物体的速度达到v 02，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q 1，物体继续加速，再经一段时间速度增加到v 0，这个过程中因摩擦而产生的热量为Q 2.则Q 1∶Q 2的值为( )．图2－4－18A ．3∶1B ．1∶3C ．1∶1D ．与μ大小有关解析 设物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体在加速运动过程中，由牛顿第二定律得F 合＝μmg ＝ma ，a ＝μg ，物体从静止到v 02和从v 02到v 0所用的时间t ＝v 02μg 相同，物体对地的位移分别为x 1和x 2，传送带对地的位移分别为s 1和s 2，物体相对传送带的位移分别为Δx 1和Δx 2，则x 1＝12at 2＝12×v 02t ＝v 208μg ，x 2＝v 02t ＋12at 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫v 02＋v 0t ＝3v 208μg，s 1＝s 2＝v 0t ＝v 202μg ，Δx 1＝s 1－x 1＝3v 208μg ，Δx 2＝s 2－x 2＝v 208μg ＝13Δx 1，Q 1＝μmg Δx 1，Q 2＝μmg Δx 2＝13Q 1，选项A 正确．答案 A 二、多项选择题6．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上．t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是( )． A ．2 s 末物体的速度是3 m/s B ．2 s 内物体的位移为3 m C ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大 D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大解析 由牛顿第二定律得第1 s 和第2 s 内的加速度分别为2 m/s 2和1 m/s 2，第1 s 末和第2 s 末的速度分别为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，则选项A 正确；2 s 内的位移x ＝v 1t 12＋v 1＋v 22t 2＝3.5 m ，则选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率P 1＝Fv 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率P 2＝Fv 2＝3 W ，则选项C 正确，D 错误． 答案 AC7．在离水平地面h 高处将一质量为m 的小球水平抛出，在空中运动过程中所受空气阻力大小恒为f ，水平距离为s ，落地速率为v ，那么，在小球运动过程中 ( )．A ．重力所做的功为mghB ．小球克服空气阻力所做的功为f h 2＋s 2C ．小球落地时，重力的瞬时功率为mgvD ．小球的重力势能和机械能都逐渐减少解析 小球下落过程中，受到重力和空气阻力，重力为恒力，重力做功为mgh ，选项A 正确；空气阻力大小虽不变，但方向在不断改变，所以为变力，它做的功等于空气阻力的大小乘以路程，而不是乘以位移，选项B 错误；小球落地时，小球速度方向与重力方向间有夹角，重力的功率等于重力乘以速度的竖直分量，选项C 错误；小球在下落过程中，高度逐渐减小，所以重力势能逐渐减少，空气阻力做负功，将一部分机械能转化为内能，所以机械能也逐渐减少，选项D 正确． 答案 AD8．(2013·全国大纲，20)如图2－4－19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( )．图2－4－19A ．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解析 运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g 的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F 合＝mg ，由受力分析知摩擦力f ＝12mg ，当上升高度为H 时，位移s ＝2H ，由动能定理得ΔE k ＝－2mgH ；由功能关系知ΔE ＝W f ＝－12mgs＝－mgH ，选项A 、C 正确． 答案 AC9．如图2－4－20所示，穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F ，且F 的大小始终与小球的速度成正比，即F ＝kv (图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0>μmg .下列说法正确的是( )．图2－4－20A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动直到静止B ．小球的最大加速度为F 0mC ．恒力F 0的最大功率为F 20＋F 0μmgμkD ．小球在加速运动过程中合力对其做功为12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0＋μmg μk 2解析 刚开始，F ＝0，a ＝F 0－μmg m ，之后v 增大，a ＝F 0－μmg ＋μkvm逐渐增大，当F ＝kv ＝mg 时，加速度达到最大，即a m ＝F 0m；当速度继续增大，F ＝kv >mg 时，a ＝F 0－μkv －mgm不断减小，当μ(F －mg )＝F 0，即μ(kv －mg )＝F 0时，a ＝0，速度达到最大，所以v m ＝F 0＋μmgμk，此后小球做匀速运动．根据以上分析，选项A 错，B 正确．P m＝F 0v m ＝F 20＋F 0μmgμk，选项C 正确．根据动能定理可得小球在加速运动过程中合力对其做功为W ＝12m ⎝⎛⎭⎪⎫F 0＋μmg μk 2，D 项正确．答案 BCD10．(2013·五校一联，12)如图2－4－21所示，一物体m 在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t 力F 做功为60 J ，此后撤掉力F ，物体又经过时间t 回到出发点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )．图2－4－21A ．物体回到出发点的动能为60 JB ．恒力F ＝2mg sin θC ．撤掉力F 时，物体的重力势能是45 JD ．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之后解析 根据功能原理可知，除重力(或弹力)做功以外，其他力做的功等于物体机械能的增加量，F 做功为60 J ，机械能增加60 J ，物体回到出发点时，重力势能没变，所以动能是60 J ，A 正确；撤去F 前有x ＝12a 1t 2，F －mg sin θ＝ma 1，撤去F 后有－x ＝(a 1t )t－12a 2t 2，mg sin θ＝ma 2；由此可得a 1a 2＝F －mg sin θmg sin θ＝13，所以有F ＝43mg sin θ，B 错误；W F ＝Fx ＝43mgx sin θ＝60 J ，由重力做功与重力势能的关系有，撤去力F 时，物体的重力势能E p ＝mgx sin θ＝45 J ，C 正确；由动能定理知，撤去力F 时物体动能为E k ＝W F －W G ＝15 J ，小于此时的重力势能45 J ，之后重力势能增大动能减小，所以动能与势能相同的位置在撤去力F 之前，D 错误． 答案 AC 三、非选择题11．(2013·天津卷，10)质量为m ＝4 kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F ＝10 N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A 、B 两点相距x ＝20 m ，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，求：(1)物块在力F 作用过程发生位移x 1的大小； (2)撤去力F 后物块继续滑动的时间t . 解析 设物块受到的滑动摩擦力为F 1，则F 1＝μmg ①根据动能定理，对物块由A 到B 整个过程，有Fx 1－F 1x ＝0②代入数据解得：x 1＝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x 2，则x 2＝x －x 1④由牛顿第二定律得：F 1＝ma⑤由v 2－v 20＝2ax 得v 2＝2ax 2⑥ 由v ＝v 0＋at 得v ＝at ⑦代入数据解得：t ＝2 s⑧答案 (1)16 m (2)2 s12．如图2－4－22所示，质量为m ＝0.1 kg 的小物块置于平台末端A 点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x 0＝0.3 m ，斜面体底端C 距挡板的水平距离为d 2＝1 m ，斜面体的倾角为θ＝45°，斜面体的高度h ＝0.5 m ．现给小物块一大小为v 0＝2 m/s 的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B 无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C 点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧．小物块速度减为零时，弹簧被压缩了Δx ＝0.1 m ．已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，设小物块经过C 点时无能量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图2－4－22(1)平台与斜面体间的水平距离d 1； (2)小物块在斜面上的运动时间t ； (3)压缩弹簧过程中的最大弹性势能E p . 解析 (1)小球到达斜面顶端时，v By ＝v 0tan θv By ＝gt 1 d 1＝v 0t 1解得：d 1＝0.4 m. (2)在B 点，v B ＝v 0cos θ小球由B 到C 过程中，mg sin θ＝mav 2C －v 2B ＝2ahsin θv C ＝v B ＋at解得：t ＝0.2 sv C ＝3 2 m/s.(3)小球在水平面上的运动过程中，由动能定理得μmg (d 2－x 0)＋μmg Δx ＋E p ＝12mv 2C代入数据解得：E p ＝0.5 J.答案 (1)0.4 m (2)0.2 s (3)0.5 J。

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。

2020年高考物理二轮复习押题专练-专题04 功能关系在力学中的应用1.(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2，则()图7A.物体的质量为5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD.第1 s内拉力对物体做的功为60 J【答案】BD2.(多选)如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。

设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。

高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。

下列说法正确的是()图8A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2B.高压水枪的功率为18ρπD2v3C.水柱对煤层的平均冲力为14ρπD2v2D.手对高压水枪的作用力水平向右【答案】BC【解析】设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝14πD2vΔt，3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是()图2A.释放P前绳子拉力大小为mg cos θB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为2gh1－cos θD.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大【答案】AC【解析】释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，F T＝mg cos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(hcos θ－h)cos θ＝12mv2，解得v＝2gh1－cos θ，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D错误.4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是()图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在t1～t2内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故A正确；由题意知，物5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是()图4A.下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B.当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR 【答案】AD【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A 正确；A 、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B 到达轨道最低点时速度为v ，根据机械能守恒定律得：12(m ＋m )v 2＝mgR ，解得：v ＝gR ，在最低点，根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2R 解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，所以机械能减小12mgR ，故C 错误；整个过程中对A ，根据动能定理得：W ＝12mv 2＝12mgR ，故D 正确.6.如图5所示，长1 m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5 A.1.3 J B.3.2 J C.4.4 J D.6.2 J【答案】A【解析】轻杆在O 点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO 绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合理.高度是h ＝(h 2－h 1)＋(L 2－L 1)＝(12L －22L )＋(L －22L )＝(32－2)L .重力势能的增加量E p ＝Gh ＝G ×(32－2)L ＝15 N×(32－2)×1 m≈1.3 J.7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g【答案】AB【解析】对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得：mg·2h－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos8．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)．9．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．10．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/s 2，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 ＝1 m/s 2，＝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：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝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．11.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．【答案】(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s速度为v c.由c到d：12mv2c＝mghv c＝2gh＝2 m/sa点到b点的过程：mgR(1＋cos θ)＝12mv2b－12mv212．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v0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/s2，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，v0＝2gh①由题图b可得：h＝54m当θ为0°时，x0＝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v20＝2μgx0②联立①②两方程：μ＝3 3(2)由①式可得：v0＝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 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ解得x＝v202g sin θ＋μcos θ＝hsin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sinθ＋φ其中μ＝tan φ，可知x的最小值为x＝h1＋μ2＝32h≈1.08 m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π313.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/s2，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．【答案】(1)3105s(2)30 N，方向向下(3)9 m则mgR ＝12mv 2(2分) N －mg ＝m v 2R (1分) 解得N ＝3mg ＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为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)14.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：联立①②③④得：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＝μmgm＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为x1，传送带向右运动的距离为x2，则：v D＝at1⑥x1＝12at21⑦x2＝vt1⑧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t2，向右通过的位移为x3，传送带向右运动的15．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：16.如图7甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝4 kg 的小物块和质量M ＝2 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P ＝6 W 不变.从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开木板.重力加速度g＝10 m/s2，求：图7(1)平板与地面间的动摩擦因数μ；(2)平板长度L.【答案】(1)0.2(2)2.416 m【解析】(1)在前2 s内，整体匀速，则有：F1＝F f1，P＝F1v1，F f1＝μ(M＋m)g，代入数据，联立三式解得μ＝0.2.(2)6～10 s内，小物块匀速运动，则有：F2＝F f2，P＝F2v2，2～10 s的过程，由动能定理得，PΔt－F f2L＝12mv22－12mv21，联立各式代入数据解得L＝2.416 m.17.倾斜雪道的长为25 m，顶端高为15 m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图8所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0＝8 m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g＝10 m/s2).图8【答案】74.84 m【解析】18.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC＝H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A点处于静止状态；后来，表演者从A点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小；(2)AB两点的高度差与BC两点的高度差之比；(3)表演者从A点到C点减少的机械能.【答案】(1)g 34g(2)3∶4(3)mgH19.在一水平支架上放置一个质量m1＝0.98 kg的小球A，一颗质量为m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的水平速度击中小球A并留在其中。

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。

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 。

高考押题专练1.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100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10m/s2。

通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近()A.10WB.100WC.300WD.500W2.(多选)如图1，某质点沿直线运动的v－t图象为余弦曲线，从图中可以判断()图1A.在0～t1时间内，合力逐渐减小B.在0～t2时间内，合力做正功C.在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D.在t2～t4时间内，合力做的总功为零3.竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。

如图2所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。

搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()图2A.0.2JB.0.6JC.1.0JD.2.5J4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。

如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是()图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是()图4A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B的机械能增加mgRD.整个过程中轻杆对A做的功为126.如图5所示，长1m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为()图5A.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则()图6A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghgD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为358．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)9．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10．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126J11.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＝0.25m，直轨道bc的倾角θ＝37°，其长度为L＝26.25m，d点与水平地面间的高度差为h＝0.2m，取重力加速度g＝10m/s2，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．12．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v0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/s2，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．13.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．14.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 ＝3m/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，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．15．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)16.如图7甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝4kg 的小物块和质量M ＝2kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P ＝6W 不变.从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6s 后可视为匀速运动，t ＝10s 时物块离开木板.重力加速度g ＝10m/s 2，求：图7(1)平板与地面间的动摩擦因数μ；(2)平板长度L .17.倾斜雪道的长为25m ，顶端高为15m ，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图8所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v 0＝8m/s 飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g ＝10m/s 2).图818.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC ＝H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A 点处于静止状态；后来，表演者从A 点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小；(2)AB 两点的高度差与BC 两点的高度差之比；(3)表演者从A 点到C 点减少的机械能.19.在一水平支架上放置一个质量m 1＝0.98kg 的小球A ，一颗质量为m 0＝20g 的子弹以v 0＝300m/s 的水平速度击中小球A 并留在其中。

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

功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．知识点一、求功的方法比较1．恒力做功的求法(1)应用公式W ＝Fs cos α其中α是F 、s 间的夹角．(2)用动能定理(从做功的效果)求功：2122k k 1122W E E mv mv ＝－＝－此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．【特别提醒】(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功．高考物理二轮复习：功能关系再力学中的应用专题知识点解析与专题练习(2)合外力的功也可用W合＝F合s cosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．2．变力做功的求法名称适用条件求法平均值法变力F是位移s的线性函数W＝Fs cosα图象法已知力F与位移s的F－s图象图象下方的面积表示力做的功功率法已知力F做功的功率恒定W＝Pt转换法力的大小不变，方向改变，如阻力做功，通过滑轮连接将拉力对物体做功转换为力对绳子做功，阻力做功W＝－Ff·s功能法一般变力、曲线运动、直线运动W合＝ΔEk或W其他＝ΔE特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W＝－F f·s相对，且F f·s相对＝ΔE损＝Q内能．知识点二、两种功率表达式的比较1．功率的定义式：P＝Wt，所求出的功率是时间t内的平均功率．2．功率的计算式：P＝Fv cosθ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率．特别提醒：公式P＝Fv cosθ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P指发动机的输出功率，F为牵引力，F f为阻力，则任一时刻都满足P＝F·v，机车任一状态的加速度a＝F－F fm，当机车匀速运动时，F＝F f，P＝F·v＝F f·v.知识点三、对动能定理的理解1．对公式的理解(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能．(2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系．2．动能定理的优越性(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题。

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。