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。

拾躲市安息阳光实验学校【步步高】（全国通用）高考物理大二轮复习专题训练四第1课时功能关系在力学中的应用专题定位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．应考策略第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，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．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.考向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？解析由题意m a g sin θ＝m b g，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 g×h 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＝mgv，对a有：P a＝m a gv sin 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.答案ABD以题说法注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．(2014·广东·16)图2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2A．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．考向2 动力学方法和动能定理的综合应用例2如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 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＝3 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3(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L为多少？审题突破“平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应该选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？解析(1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝Pv1滑动摩擦力大小为：F f＝μ(M＋m)g由平衡条件可得：Pv1＝μ(M＋m)g可得：μ＝0.2(2)物块在1 s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝Pv1＝6 N物块在2 s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝Pv 2＝10 N物块在3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与6 s 后受到的摩擦力大小相等，为10N.(3)依题意，物块在2 s 末之后一直到10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21代入解得：L ＝P Δt －12mv 22＋12mv21F f2＝2.416 m答案 (1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M ＋m )g .2．应用动能定理列式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．如图4，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 m/s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：图4(1)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．答案 (1)2 5 m/s (2)3 J解析 (1)对金属块在E 点，mg ＝m v2E R，v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 2E －12mv 2Dv D ＝2 5 m/s(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝10 m/s 2设经位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1，x 1＝0.2 m<3.2 m继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2a 2＝2 m/s 2 x 2＝L －x 1＝3 mv 2B －v 2＝2a 2x 2 v B ＝4 m/s在从B 到D 过程中，由动能定理： mgh －W ＝12mv 2D －12mv 2BW ＝3 J.6．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5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5(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． 思维导图解析 (1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分)解得：a ＝2.5 m/s 2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12mv 2(2分)F N －mg ＝m v 2R(1分)解得F N ＝3mg ＝30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分) (3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sinθ－μmgs cos 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．(限时：15分钟，满分：16分)如图6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v0＝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/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图6(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＝v0cos 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)＝12mv2D－12mv2C②小物块在D点，由牛顿第二定律得：F N－mg＝mv2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：F N′＝F N④联立①②③④得：F N′＝22.5 N，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：a＝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，传送带向右运动的距离为x4，则v＝at2⑨x3＝12at22⑩x4＝vt2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：x＝x1＋x2＋x4－x3⑫产生的热量为：Q＝μmgx⑬联立⑤～⑬解得：Q＝32 J(限时：45分钟)题组1 力学中的几个重要功能关系的应用1．如图1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1A．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．如图2甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．由此可以判断( )甲乙图2A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大B．0～x1过程中物体的动能一定是不断减小C．x1～x2过程中物体一定做匀速运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动答案AD解析小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～x1过程中拉力在逐渐增大，故A正确；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；x1～x2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确．3．把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A 的位置，如图3甲所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则( )图3A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)D．一定有h2≥h1答案C解析小球上升时先加速后减速，当mg＝F弹时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从A到B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，小球只有重力做功，机械能不变，选项B错误．由A到C系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故E p＝mg(h2＋h1)，选项C正确．由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D错误．故选C.4．如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置．光滑34圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R.弹射器固定于A处．某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C，然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g.下列说法正确的是( )图4A．小球从D处下落至水平面的时间为2RgB．小球至最低点B时对轨道压力为5mgC．小球落至水平面时的动能为2mgRD．释放小球前弹射器的弹性势能为5mgR2答案D解析小球恰好通过C点，则由mg＝mv2R，解得v＝gR；小球从C到D有mgR ＝12mv2D－12mv2，解得v D＝3gR，小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R＝12gt2可得，t＝2Rg；而现在有初速度，故时间小于2Rg，故A错误；由B 到C有：mg·2R＝12mv2B－12mv2，B点F－mg＝mv2BR，联立解得，F＝6mg，故B错误；对C，小球落到水平面E k－12mv2＝mg·2R，E k＝2.5mgR，故C错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，故弹性势能为E＝mg·2R＋12mv2＝5mgR2，故D 正确．5．如图5所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质最分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时( )图5A ．拉力做功的瞬时功率为Fv sin θB ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kdm 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －12m 1v 2答案 C解析 拉力F 与速度v 同向，瞬时功率应为P ＝Fv ，故A 错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故m 2g sin θ＝kx 2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d ＞x 2，故m 2g sin θ＜kd ，故B 错误；当B 刚离开C 时，对A ，根据牛顿第二定律得：F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a 1，又开始时，A 平衡，则有：m 1g sin θ＝kx 1，而d ＝x 1＋x 2，解得：物块A 的加速度为a 1＝F －kdm 1，故C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2，故D 错误．题组2 动力学方法和动能定理的综合应用6．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6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/s 2，sin 37°＝0.6.求：图6(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解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v 2R－g )＝5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4 N.(2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12mv 2μ＝g R ＋R cos θ＋L sin θ－h ＋f(v 22,gL 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 ：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＋2gR 1＋cos θ＝5 m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2a 2＝g sin θ＋μg cos 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两个斜面上运动的总时间：t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s7．如图7所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50 kg ，从以O 为圆心，半径为R ＝1.6 m 光滑圆弧轨道的A 点(α＝60°)由静止开始下滑，到达轨道最低点B 后(OB 在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C 点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s ＝6 m ．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)滑板爱好者在B 、C 间运动的时间； (2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小． 答案 (1)0.3 s (2)7 m/s解析 (1)滑板爱好者在圆轨道AB 间运动的过程中， 由动能定理得mgR (1－cos 60°)＝12mv 2B ①由①得v B ＝4 m/s滑板爱好者在BC 间做平抛运动，在C 点： 竖直方向的分速度v Cy ＝v B tan 37°＝3 m/s② 由v Cy ＝gt ③得平抛运动的时间t ＝0.3 s(2)在C 点，由平抛运动的规律可知：v C ＝v B /cos 37°＝5 m/s④滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得： mgs sin θ－μmgs cos θ＝12mv 2D －12mv 2C ⑤由⑤得v D ＝7 m/s题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题8．(2014·山东临沂三模)如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个以O 点为圆心的圆弧形挡板，并以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g ＝10 m/s 2)． 图8(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P 点，P 点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O 点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的距离范围；(3)改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)答案 (1)4 m/s (2)2.5 m<x ≤3.3 m (3)215 J 解析 (1)小物块从O 到P 做平抛运动 水平方向：x ＝v 0t 竖直方向：y ＝12gt 2解得：v 0＝4 m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为x 1，由动能定理得：Fx 1－μmgs ＝0解得x 1＝2.5 m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s ，设拉力F 作用的最长距离为x 2，由动能定理得：Fx 2－μmgs ＝12mv 2解得x 2＝3.3 m则为使小物块击中挡板，拉力F 作用的距离范围为：2．5 m<x ≤3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x ，y )，则x ＝v 0′t ′y ＝12gt ′2由机械能守恒得：E k ＝12mv 0′2＋mgy又x 2＋y 2＝R 2，由P 点坐标可求R 2＝3.2化简得E k ＝mgR 24y ＋3mgy 4＝4y ＋154y由数学方法求得E kmin ＝215 J。

功能关系( 附参考答案)考点一滑动摩擦力做功与动能、能量转化( 可视为质点) 以速度如图，光滑水平面上放一上表面粗糙的小车，小车左端的小木块v0 向右滑动，这时小木块所受小车的滑动摩擦力向左，使其做匀减速运动；小车所受小木块的滑动摩擦力向右，使其做匀加速运动；如果双方相对静止，则双方最后的速度相同．设共同速度为v，小木块与小车间的滑动摩擦力为 f ，木块相对小车的位移d，小车相对于地面的位移为s.如果对小木块或小车进行研究，必须运用动能定理．f ( ) 1 2 1 22mv 2mv对小木块，有：－d＋s ＝－0①1 2＝2Mv－0② 如果对系统进行研对小车，有：fs究，必须把①②两式相加，有：1 2 1 2 1 20 mv＋MvQ＝fd ＝2mv－ 2 2由此说明：通过滑动摩擦力做功( 摩擦力乘以相对位移) ，系统损失的机械能全部转化为系统的内能．考点二功能关系的理解和应用1．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，一是体现到不同的力做功，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：课时过关(A 卷)一、单项选择题1．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是( A)A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体做正功D．合外力对物体做正功解析：物体P 匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故 A 正确，B、C、D 错误．2．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2 通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近( B)A．10 W B ．100 WC．300 W D ．500 W解析：由P＝Fv 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，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F＝f ＝20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s ，所以P＝Fv＝20×5 W＝100 W，B 正确．3．娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选α，绳的悬挂点O 距平台的竖直高手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为度为H，绳长为l ( l <H) ，不考虑空气阻力和绳的质量，将人视为质点，下列说法正确的是( C) A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时的速度是2gH（1－cos α）C．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3 －2cos α) mgD．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3 －2sin α) mg解析：失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，拉力大于mg，故A 错误；摆动过程中机械能守恒，1 2v2有：mgl(1 －cosα) ＝2mv，设绳子拉力为T，在最低点有：T－mg＝ml ，联立解得：v＝2gl （1－cos α）；T＝(3 －2cos α) mg，故B、D 错误，C 正确．A 点由静止开始滑下，由于4．(2015 ·双鸭山模拟) 一小球从如图所示的弧形轨道上的A、B 高度差为h1，B、轨道不光滑，它仅能滑到 B 点．由 B 点返回后，仅能滑到 C 点，已知C 高度差h2，则下列关系正确的是( A)为A．h1>h2B．h1<h2C．h1＝h2D．h1、h2 大小关系不确定解析：根据功能关系得：从 A 到B 过程：mgh1＝W f1，从C 到B 过程：mgh2＝W f2，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见，从A 到B 小球克服摩擦力做功W f1 一定大于从B 到C 克服摩擦力做功W f2，则h1>h2. 故选A.5．(2015 ·南昌模拟) 如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力( 假定整个过程中弹簧均在弹性限度内) ，说法正个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统确的是( B)A．系统受到外力作用，动能不断增大B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2 的大小解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少， A 错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大， B 正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2 对系统做负功，系统机械能开始减少， C 错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2 的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2 的大小，D 错．二、多项选择题6．一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落．它们都由高度为h1 的地方下落到高度为h2 的地方，在这两种情况下( AD) A．重力做功相同B．动能的变化量相同C．重力势能都转化为动能D．第二种情况下小球的机械能减少解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项 A 正确；在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B 错误；第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C 不对，选项D 正确．7．某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v 的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D 四个不同的光滑轨道分别以速率v 抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是( CD)解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律．若小球恰好击中触发器，由1 2机械能守恒可知：2mv＝mgh. 在选项 A 情况中，小球不可能静止在最高处，选项 A 错误；在选项B 情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B 错误；在选项 C 中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项 C 正确；在选项 D 情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D 正确．8．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，下列说法中正确的是( CD)A．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量。

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。

2019年高考物理二轮复习《力学中的功能关系》答案1、【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l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。

2、【解析】设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2。

由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s 。

根据动量守恒定律可得0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，所以A 正确，B 、C 、D 错误。

3、【解析】本题考查动能的概念和E k -t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。

小球做竖直上抛运动时，速度v =v 0-gt ，根据动能得，故图象A正确。

4、【解析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，所以动能小于拉力做的功，故A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。

故选A 。

5、【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。

设小球运动到c 点的速度大小为v C ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：F ·3R -mg R =mv c 2，又F =mg ，解得：v c 2=4gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为:t =v C /g =2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。

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 。

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。

专题四功能关系的应用考情分析202120222021功与能T9：功能关系、能量守恒定律T14：动能定理的应用T14：机械能守恒定律的应用T3：物体在斜面上运动的E k－x图象T5：圆周运动中的功能问题T9：连接体中的功能问题T14(3)：叠加体中的功能问题命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题状况看，命题特点为：(1)留意基础学问与实际问题结合。

如2011年的抛鸡蛋、2021年的球碰撞等，难度较小。

(2)留意方法与综合。

如2012年、2021年、2021年的“弹簧问题”、2022年的连接体等，难度较大。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A。

1.(2021·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们宠爱的弹射类玩具，其构造原理如图1所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下放射出去，打击目标。

现将弹丸竖直向上放射，已知E是CD中点，则()图1A.从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B.从D到C过程中，弹丸的动能始终在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B项错误；从D 到C，橡皮筋对弹丸始终做正功，橡皮筋的弹性势能始终减小，故D项错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C项正确。