【江苏专版】2019届高考物理二轮复习与策略讲练专题6机械能守恒定律功能关系含解析

要点8 功能关系[规律要点]1.两个基本概念——功和功率 (1)功的计算①恒力做功的计算公式W ＝Fl cos α。

②变力做功的计算a.用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算。

b.变力做功的功率一定时，用功率和时间计算W ＝Pt 。

c.将变力做功转化为恒力做功。

③总功的计算a.先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功。

b.先求每个力做的功，再求各力做功的代数和。

(2)功率的计算P ＝Wt是功率的定义式，P ＝Fv 是功率的计算式，一般用于计算瞬时功率。

2.一个模型——机车启动模型P 不变：vF ＝P v↓ a ＝F －F 阻m↓加速度减小的加速直线运动F ＝F 阻a ＝0v m ＝P F 阻做速度为v m 的匀速直线运动vF ＝P 额v a ＝F －F 阻m↓4.(1)守恒条件：只有重力或系统内弹簧的弹力做功。

(2)机械能守恒定律的三种表达形式及用法5.一条主线——功能关系(1)合力做功与物体动能改变之间的关系：合力做的功等于物体动能的增量，即W 合＝E k2－E k1(动能定理)。

(2)重力做功与物体重力势能改变之间的关系：重力做的功等于物体重力势能增量的负值，即W G ＝－ΔE p 。

(3)弹力做功与物体弹性势能改变之间的关系：弹力做的功等于物体弹性势能增量的负值，即W ＝－ΔE p 。

(4)除了重力和系统内弹力之外的力做功与机械能改变之间的关系： 其他力做的总功等于系统机械能的增量，即W 其他＝ΔE 。

[保温训练]1.(多选)(2018·南京市、盐城市一模)游乐场的一种滑梯，它是由很小的一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成的，如图1所示。

一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下。

则小朋友( )图1A.沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加B.沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功C.沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对他做了负功D.在整个滑动过程中，重力做的功和他克服摩擦力做的功相等答案CD2.(多选)(2018·江苏无锡高三期中)如图2所示，一物体在外力F作用下，从A到E做匀变速曲线运动，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )图2A.物体在A点处的速度最小B.物体在B点处的速度最小C.物体从A到D的运动过程中速率先减小后增大D.物体从A到D的运动过程中外力F做功的功率一直增大答案BC3.(2018·南京外国语学校等四模)背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，图3为从起跳到落地运动过程分解图，某同学身高1.80 m，体重60 kg，参加学校运动会成功地越过了1.90 m的横杆，该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值(g取10 m/s2)( )图3A.500 JB.600 JC.800 JD.2 000 J答案 C4.(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

专题限时集训(六) 机械能守恒定律 功能关系(对应学生用书第127页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图6­14所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1．8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过A 处时对轨道的压力为( )【导学号：17214107】图6­14A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mgC [小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝mv2B 1．8R，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝mv2A R ，根据机械能守恒，有1．6mgR ＝12mv 2A －12mv 2B ，解得F ＝4mg ，C 项正确．]2．2017年春晚，摩托车特技表演引爆上海分会场的气氛，称为史上最惊险刺激的八人环球飞车表演．在舞台中固定一个直径为6．5 m 的圆形铁笼，八辆摩托车始终以70 km/h 的速度在铁笼内旋转追逐，旋转轨道有时水平，有时竖直，有时倾斜，非常震撼．关于摩托车的旋转运动，下列说法正确的是( )A ．摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大B ．摩托车驾驶员始终处于失重状态C ．摩托车机械能始终守恒D ．摩托车的速度小于70 km/h ，就会脱离铁笼A [A 车在最低点，向心加速度向上，合力向上，则支持力大于重力，有：F N ＝mg ＋mv2R；在最高点铁笼对车的支持力与重力的合力提供向心力，可能的情况是：F N ＝mv2R－mg ．而其余的位置介于二者之间，所以摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大，故A 正确．由A 的分析可知，摩托车在铁笼的最低点时处于超重状态，故B 错误．摩托车的速度不变，则动能不变，而重力势能随高度会发生变化，所以摩托车的机械能不守恒，故C 错误．在最高点恰好由重力提供向心力，则有：mg ＝mv20R ，所以：v 0＝gR ＝10×6．52m/s ＝5．7 m/s≈20．5 km/h ＜70 km/h ，所以摩托车的速度小于70 km/h ，不一定会脱离铁笼，故D 错误．]3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空气阻力f 大小不变，且f <mg ，若选取地面为零势能面，则物体在空中运动的整个过程中，物体的机械能随离地面高度h 变化的关系可能正确的是( )【导学号：17214108】C [物体开始在恒力作用下做匀加速运动，机械能增量为E ＝(F －f )·h ，在某一高度撤去恒力以后，物体继续上升，机械能减少，到达最高点后，开始下落，但机械能会继续减少，物体接近地面时仍有一定的速度，所以选项C 正确．]4．(2017·贵州三校三联)如图6­15所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O 点到达B 点时速度为零，则物块从A 运动到B 的过程中( )【导学号：17214109】图6­15A ．经过位置O 点时，物块的动能最大B ．物块动能最大的位置与AO 的距离无关C ．物块从A 向O 运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D ．物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量等于弹性势能的增加量B [根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O 点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力．将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大．由此可知，物块经过A 、O 之间某一位置时，物块的动能最大，选项A 错误．物块动能最大的位置与AO 的距离无关，选项B 正确．由功能关系可知，物块从A 向O 运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C 错误．物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量，即动能的减少量大于弹性势能的增加量，选项D 错误．]5．如图6­16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 时对轨道压力为mg 2．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) 【导学号：17214110】图6­16A ．重力做功2mgRB ．合力做功34mgRC ．克服摩擦力做功12mgR D ．机械能减少2mgRB [小球能通过B 点，在B 点速度v 满足mg ＋12mg ＝m v2R，解得v ＝ 32gR ，从P 到B 过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR ，动能增加量为12mv 2＝34mgR ，合力做功等于动能增加量34mgR ，机械能减少量为mgR －34mgR ＝14mgR ，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR ，故只有B 选项正确．] 6．(2017·长春二模)如图6­17所示，水平光滑长杆上套有小物块A ，细线跨过位于O 点的轻质光滑定滑轮，一端连接A ，另一端悬挂小物块B ，物块A 、B 质量相等．C 为O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC ＝h ．开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°．现将A 、B 静止释放．则下列说法正确的是( )【导学号：17214111】图6­17A ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，速度不断增大B ．在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C ．物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D ．物块A 经过C 点时的速度大小为2ghACD [物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，绳子拉力对A 做正功，动能不断增大，速度不断增大，选项A 正确；物块A 到达C 时，B 到达最低点，速度为零，B 下降过程中只受重力和绳子的拉力，根据动能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，选项B 错误；由几何知识可知，AC ＝3h ，由于AB 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动，选项C 正确；对系统由机械能守恒定律得mg (h sin 30°－h )＝12mv 2得v ＝2gh ，选项D 正确．] 7．水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图6­18所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c ．则( )【导学号：17214112】图6­18A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过b 点后的瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大AD [小球刚好能通过最高点c ，表明小球在c 点的速度为v c ＝gR ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2c ＝52mgR ，选项A 正确；m 与R 同时增大，初动能E k0增大，选项D 正确；从b 到c 机械能守恒，mg 2R ＋12mv 2c ＝12mv 2b 得v b ＝5gR ，在b 点，N －mg ＝m v2b R 得N ＝6mg ，选项B 错误；12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2c ，v 0＝5gR ，v 0与m 无关，选项C 错误．]8．(2017·山东潍坊二模)如图6­19所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v 逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A 点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B 点时恰好达到速度v ；乙传送带上物体到达传送带中部的C 点时恰好达到速度v ，接着以速度v 运动到底端B 点．则物体从A 运动到B 的过程中()图6­19A ．物体在甲传送带上运动的时间比乙大B ．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C ．两传送带对物体做功相等D ．两传送带因与物体摩擦产生的热量相等AC [物体在甲传送带上的平均速度为v 2，在乙传送带上的平均速度大于v 2，而运动的位移相同，故物体在甲传送带上运动的时间比乙大，选项A 正确；物体在甲传送带上加速距离比在乙传送带上加速距离大，而末速度相同，由v ＝at 可知a 甲<a 乙，由牛顿第二定律有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma ，故μ甲<μ乙，选项B 错误；物体在运动过程中受重力和传送带的作用力，物体下降的高度和末速度均相等，由动能定理可知，传送带对物体做功相等，选项C 正确；设传送带的高度为h ，由摩擦生热Q ＝fs 相对知，Q 甲＝f 1s 1＝f 1(vt 1－v 2t 1)＝f 1·h sin θ，Q 乙＝f 2s 2＝f 2·h －h′sin θ，根据牛顿第二定律得f 1＋mg sin θ＝ma 1＝m v22·h sin θ，f 2＋mg sin θ＝ma 2＝m v22·h －h′sin θ，解得Q 甲＝12mv 2－mgh ，Q 乙＝12mv 2－mg (h －h ′)，故Q 甲<Q 乙，选项D 错误．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)如图6­20所示，足够长的传送带AB 与光滑的水平面BC 连接，光滑的、半径R ＝0．5 m 的半圆轨道与水平面连接，相切于C 点．传送带以恒定的速率v 顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m ＝0．5 kg 的物体以v 1＝6 m/s 的速度向左滑上传送带，经过2 s 物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，g 取10 m/s 2．求：图6­20(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)传送带的速度v ； (3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量．【导学号：17214113】【解析】 (1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有：μmg ＝ma ①根据加速度定义式有：－a ＝0－v1t② 由①②式联立解得：μ＝v1gt ＝610×2＝0．3．③ (2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v 2大小应与v 1相等，即v 2＝v 1＝6 m/s又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，设经过最高点D 时的速度为v D ，在D 处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg ＝m v2D R④ 在由C 运动至D 的过程中，根据动能定理有：－mg ×2R ＝12mv 2D －12mv 2C ⑤ 由④⑤式联立解得：v C ＝5gR ＝5×10×0．5 m/s ＝5 m/s⑥物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然v C ＝5 m/s ＜v 2＝6 m/s所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C 处，即有：v ＝v C ＝5 m/s ．⑦(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：Δx 1＝v12·t ＋vt ⑧ 物体向右滑行时，相对传送带的位移为：Δx 2＝v ·v μg －v22μg⑨ 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)⑩由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得： Q ＝30．25 J ．【答案】 (1)0．3 (2)5 m/s (3)30．25 J10．(16分) 如图6­21所示，AB 是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑，已知圆轨道半径为h ，小球的质量为m ．图6­21(1)求小球运动到B 点时的速度大小；(2)求小球刚经过圆弧轨道的B 点时，所受轨道支持力F B 是多大？(3)若小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，小球与C 点固定的竖直挡板只发生一次无机械能损失的碰撞后，最终停止在水平轨道上某处，BC 长度为s ，求物块停止的地方与B 点距离的可能值．【解析】 (1)根据机械能守恒得 mgh ＝12mv 2B ，解得v B ＝2gh ．(2)根据牛顿运动定律，在B 点有F B －mg ＝mv2B h，解得 F B ＝3mg ． (3)设物块的质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为s ′由功能关系得mgh ＝μmgs ′解得 s ′＝h μ 第一种可能是物块与弹性挡板碰撞后，在B 前停止，物块停止的位置距B 的距离为d＝2s －s ′＝2s －h μ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距B 的距离为d ＝s ′－2s ＝h μ－2s ． 【答案】 (1)2gh (2)3mg (3)2s －h μ或者h μ－2s。

专题六机械能守恒定律功能关系江苏卷考情导向考点考题考情机械能守恒定律的应用2017年江苏T9考查动能定理的应用、共点力平衡的条件及其应用、牛顿第二定律2016年江苏高考T14考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用及系统机械能守恒1．高考在本专题的命题方式为选择题和计算题．2．高考的命题热点集中在机械能守恒的判断、机械能守恒定律的应用，利用功能关系分析各种能的变化，综合性命题常与平抛运动、圆周运动相结合．功能关系及能量守恒2015年江苏高考T9考查牛顿第二定律和功能关系2013年江苏T9考查功能关系和动能定理考点1| 机械能守恒定律的应用难度：中档题题型：选择题、计算题五年2考1．(2016·江苏高考T14)如图6­1所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：图6­1(1)A固定不动时，A对B支持力的大小N；(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s；(3)A滑动的位移为x时的速度大小v A．【解题关键】关键语句信息解读细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小A向左滑动的位移为x时，B相对斜面下移的距离也滑轮与物块B 相连 为x ，但对地的位移不是x不计一切摩擦A 、B 组成的系统机械能守恒【解析】 (1)支持力的大小N ＝mg cos α． (2)根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)，s y ＝x ·sin α且s ＝s 2x ＋s 2y解得s ＝21－cos α·x ．(3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α 根据机械能守恒定律mgs y ＝12mv 2A＋12mv 2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt则v B ＝21－cos α·v A解得v A ＝2gx sin α3－2cos α．【答案】 (1)mg cos α (2)21－cos α·x(3)2gx sin α3－2cos α2．(多选)(2017·江苏高考T 9)如图6­2所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ．B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°．A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则此下降过程中( )图6­2A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgLAB [A 对：取A 、B 、C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对B 、C 球的弹力各为32mg ．当A 球下降时，只要A 球未达最大速度，有竖直向下的加速度，A 球就处于失重状态，地面对B 球的支持力小于32mg ． B 对：A 球的动能最大时，a A ＝0，系统在竖直方向上F 合＝0，则地面对B 球的弹力为32mg ．C 错：弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A 球运动到最低点，此时v A ＝0，但a A ≠0，加速度方向竖直向上．D 错：两杆间夹角由60°变为120°，A 球下落的距离h ＝L sin 60°－L sin 30°＝3－12L ，A 球重力势能的减少量为ΔE p ＝3－12mgL ．由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值为3－12mgL ．]机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图6­3所示单选物体A 机械能减少不守恒，但由物体A 、B 二者组成的系统机械能守恒．图6­3(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．(3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2．(需选取参考面)②转化观点：ΔE p＝－ΔE k．(不需选取参考面)③转移观点：ΔE A增＝ΔE B减．(不需选取参考面)●考向1 机械能守恒条件的应用1．(2017·镇江一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图6­4所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( )图6­4A．处于失重状态，机械能增加B．处于失重状态，机械能减少C．处于超重状态，机械能增加D．处于超重状态，机械能减少C [由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C正确，A、B、D错误．]2．(2017·泰州三模)如图6­5所示，每级台阶的高和宽均相等，一小球抛出后从台阶上逐级弹下，在每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，则( )图6­5A．小球落到每级台阶前瞬间的速度相等B ．小球在相邻台阶间运动的时间越来越短C ．小球在整个运动过程中机械能守恒D ．小球与台阶碰撞过程中受摩擦力作用A [小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动，由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用，所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等，故A 正确，D 错误；因在竖直方向上球与台阶碰撞前后速度不相等，所以机械能不守恒，C 错误；由于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：h ＝12gt 2，所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故B 错误．] ●考向2 单个物体机械能守恒3．(2017·南京四模)背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，图为从起跳到落地运动过程分解图，某同学身高1．80 m ，体重60 kg ，参加学校运动会成功地越过1．90 m 的横杆，该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值( )图6­6A ．500 JB ．600 JC ．800 JD ．2 000 JC [运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，有：运动员重心升高高度至少为：h ＝1．90 m －1．802 m ＝1．0 m ．根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能：E k ＝mgh＝60×10×1 J＝600 J ；因实际过程中可能存在阻力，则可知，只有动能大于600 J 时才能成功越过，但2 000 J 不符合实际，故只有C 正确，A 、B 、D 错误．] ●考向3 系统机械能守恒4．(2017·连云港模拟)如图6­7所示，一根长度L ＝5 m 的轻杆两端用光滑铰链连接两个物块A 、B ，两物块质量均为m ＝1 kg ，A 靠在光滑墙壁上，B 放在水平地面上，此时杆与地面夹角为53°．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．图6­7(1)若地面是粗糙的，要让杆不倒下，则物块B 与地面间的动摩擦因数至少为多大(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(2)若地面是光滑的，求当杆与水平面夹角为37°时两个物块的速度大小． 【解析】 (1)对A 、B 受力分析，分别列式为： 对A 在竖直方向上有：N 1sin 53°＝mg 对B 在水平方向上有：N 1cos 53°＝fN ＝mg ＋N 1sin 53° f ＝μN联立解得：μ＝38．(2)下滑过程中，杆和物体构成的系统机械能守恒，得到： mgL (sin 53°－sin 37°)＝12mv 21＋12mv 22 物块沿杆速度相等，有：v 1cos 53°＝v 2cos 37° 解得：v 1＝855m/s ，v 2＝655m/s ．【答案】 (1)38 (2)855 m/s 655 m/s考点2| 功能关系及能量守恒难度：较难 题型：选择题、计算题 五年2考3．(多选)(2015·江苏高考T 9)如图6­8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( )图6­8A ．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14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度 【解题关键】 解此题应注意以下三点：(1)圆环在A 处时，弹簧水平且处于原长，此时弹簧弹性势能为零． (2)经过B 处的速度最大，则加速度为零．(3)圆环下滑过程中和上滑过程中克服摩擦力做功大小相同．BD [圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0．从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据能量关系有mgh ＝ΔE p ＋W f ．由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh ．联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2．选项B 正确，选项C 错误．设圆环在B 位置时，弹簧的弹性势能为ΔE ′p ，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE ′p ＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE ′p ＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．]4．(多选)(2013·江苏高考T 9)如图6­9所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W ．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g ．则上述过程中( )图6­9A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能BC [由于有摩擦，O 点不在AB 的中点，而是在AB 中点的左侧(如图所示)．由题知AB ＝a ，OA >a 2，OB <a2．根据功能关系，物块在A 点时，弹簧的弹性势能E p ＝W －μmgOA ＜W－12μmga ，选项A 错误；物块在B 点时，弹簧的弹性势能E ′p ＝E p －μmga ＝W －μmgOA －μmga＜W －32μmga ，选项B 正确；物块在O 点的动能E k ＝E p －μmgOA ＝W －2μmgOA ＜W －μmga ，选项C 正确；物块动能最大时，弹簧的弹力kx ＝μmg ，此时物块处于M 点(如图所示)，如果BO ＜OM ，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B 点时弹簧的弹性势能，选项D 错误．]功是能量转化的量度，是能量转化的标志功 能量转化合外力做功 合外力的功等于物体动能的变化量(动能定理) 重力做功重力所做的功等于物体重力势能的变化量弹力做功弹力所做的功等于物体弹性势能的变化量除重力和弹力做功外，其他力的合功除重力和弹力做功外，其他力(包括其他外力、摩擦力等)的合功等于物体机械能的变化量摩擦力的相对功(摩擦力与相对路程的乘积)摩擦力与相对路程的乘积为系统的发热量●考向1 能量转化与守恒关系的应用5．(多选)(2017·盐城二模)如图6­10所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动．球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R ，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图6­10A ．若v 0＝4gR ，则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于mgRB ．若使小球在最低点的速度v 0大于5gR ，则小球在整个运动过程中，机械能守恒C ．若小球要做一个完整的圆周运动，小球在最低点的速度v 0必须大于等于5gRD ．若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0．5mg ，则小球在最低点对外圆环的压力为5．5mgAB [若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆内侧运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v ，则有：mg ＝m v 2R ，由机械能守恒定律得：12mv 20＝mg ·2R＋12mv 2，小球在最低点时的最小速度为：v 0＝5gR ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR ，故B 正确；若v 0＝4gR ，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR ，最低点的机械能为：12mv 20＝2mgR ，故小球在整个运动过程中机械能损失mgR ，即克服摩擦力做功等于mgR ，故A 正确；若小球的速度小于5gR ，也是有可能做一个完整的圆周运动的，只是最终在圆心下方做往复运动，故C 错误；若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0．5mg ，根据牛顿第二定律，有：mg －0．5mg ＝m v 2R ，若圆环内外表面均光滑，则到达最低点的速度满足：12mv ′2＝12mv 2＋mg ·2R ，在最低点：F N －mg ＝m v ′2R，解得F N ＝5．5mg ，但由于内圆外表面粗糙，所以小球在最低点对外圆环的压力小于5．5mg ．] ●考向2 功能关系的综合应用6．(多选)(2017·达州市一模)如图6­11所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g ．小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图6­11A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为mghD ．牵引力做功为mghAC [汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A 正确，B 错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh ，则可知小汽车机械能增加量为mgh ，故C 正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh ，故D 错误．]7．(2017·徐州二模)如图6­12所示，左端带有挡板P 的长木板质量为m ，置于光滑水平面上，劲度系数很大的轻弹簧左端与P 相连，弹簧处于原长时右端在O 点，木板上表面O 点右侧粗糙、左侧光滑．若将木板固定，质量也为m 的小物块以速度v 0从距O 点为L 的A 点向左运动，与弹簧碰撞后反弹，向右最远运动至B 点，OB 的距离为3L ，已知重力加速度为g ．图6­12(1)求物块和木板间动摩擦因数μ及上述过程弹簧的最大弹性势能E p ．(2)解除对木板的固定，物块仍然从A 点以初速度v 0向左运动，由于弹簧劲度系数很大，物块与弹簧接触时间很短可以忽略不计，物块与弹簧碰撞后，木板与物块交换速度．①求物块从A 点运动到刚接触弹簧经历的时间t ；②物块最终离O 点的距离x ．【解析】 (1)研究物块从A 点开始运动至B 点的过程，由动能定理有：－μmg (4L )＝0－12mv 20 解得：μ＝v 208gL研究物块从弹簧压缩量最大处至B 点的过程，由功能关系有：－μmg (3L )＝0－E p解得：E p ＝38mv 20． (2)①设物块在木板上运动的加速度大小为a 1，则有： μmg ＝ma 1解得：a 1＝μg (方向水平向右)设木板运动的加速度大小为a 2，则有：μmg ＝ma 2解得：a 2＝μg (方向水平向左)由几何关系有：(v 0t －12a 1t 2)－12a 2t 2＝L 解得：t 1＝22－2Lv 0，t 2＝22＋2Lv 0(舍去)．②设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v 1、v 2，则有：v 1＝v 0－a 1t 1v 2＝a 2t 1物块和木板碰撞交换速度后，在摩擦力作用下分别做加速和减速运动，设运动的时间为t 、达到共同速度为v ，则有：v ＝v 2＋a 1tv ＝v 1－a 2t解得：v 1＝2＋24v 0，v 2＝2－24v 0，v ＝v 02上述过程由功能关系有：－μmg (L ＋x )＝12(2m )v 2－12mv 20 解得：x ＝L ．【答案】 (1)v 208gL 38mv 20 (2)①22－2L v 0 ②L规范练高分| 动力学与功能关系综合应用问题[典题在线](2017·河南郑州二模)(17分)如图6­13是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L ＝6 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．8①，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1．8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1．2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m ＝5_kg ，煤块在传送带的作用下运送到高处．②要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．③取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．求：图6­13(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度；(2)主动轮和从动轮的半径R ；(3)电动机运送煤块多消耗的电能．④[信息解读]①煤块与传送带间存在摩擦力．②煤块放在传送带上的运动有两种可能：a．一直加速到顶端．b．先加速后匀速到顶端．③最高点煤块对轮子的压力为零，平抛的水平距离恰好为x．④多消耗的电能等于煤块增加的机械能与因摩擦产生的内能之和．[考生抽样][阅卷点评]点评内容点评1该生在第(1)、(2)步的计算上思路清晰，第(3)加速度的计算正确，故①～⑦可得分．【解析】 (1)煤块离开传送带后做平抛运动水平方向x ＝vt ①(1分)竖直方向H ＝12gt 2②(1分) 代入数据得v ＝2 m/s ．③(1分)(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零．(1分)由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R④(2分) 代入数据解得R ＝0．4 m ．⑤(1分)(3)由牛顿第二定律F ＝ma 得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ⑥(2分)即a ＝0．4 m/s 2⑦(1分)由v ＝v 0＋at ，v 0＝0得煤块匀加速运动的时间t ′＝va＝5 s⑧(1分) 煤块的位移x 1＝12at ′2＝5 m<L ＝6 m⑨(1分) 由于μ>tan 37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分)由功能关系得传送带多消耗的电能E＝12mv2＋μmg cos 37°(vt′－x1)＋mgL sin 37°⑩(2分)代入数据，由以上各式得E＝350 J．⑪(2分)【答案】(1)2 m/s (2)0．4 m (3)350 J[评分标准](1)在第(2)中不进行压力为零的分析，只写出方程④且结果计算正确同样给满分．(2)第(3)中只写出方程⑥⑧而没有写出结果⑦，不影响得分．(3)第⑨后没有对结果和运动情况分析，不影响得分．(4)对第⑩分步书写，只要正确可给分．。