北京市2018屆高考物理二輪復習 專題4 功能關系在力學中的應用學案（含解析）

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1、 專題4 功能關系在力學中的應用 考向預測 能量觀點是高中物理解決問題的三大方法之一，既在選擇題中出現(xiàn)，也在綜合性的計算題中應用，常將功、功率、動能、勢能等基礎知識融入其他問題考查，也常將動能定理、機械能守恒、功能關系作為解題工具在綜合題中應用。考查的重點有以下幾方面：(1)(變力)做功和功率問題；(2)動能定理的應用；(3)機械能守恒的條件；(4)機械能守恒定律與平拋運動、圓周運動的綜合；(5)功能關系與能量守恒。 在功和功率的分析與計算部分，高考命題角度集中在功的定義式的理解及應用，機車啟動模型的分析。題目難度以中檔選擇題為主。 對動能定理應用的考查，高考命題角度多為應用動能

2、定理解決變力做功及多過程問題，題目綜合性較強，試題難度較大，題型包括選擇題與計算題。 對機械能守恒定律應用的考查，高考命題選擇題集中在物體系統(tǒng)機械能守恒及物體間的做功特點、力與運動的關系，計算題結合平拋、圓周運動等典型運動為背景綜合考查。試題難度以中檔題為主。 對功能關系及能量守恒的考查，選擇題命題重點在考查常見功能轉化關系，難度中檔；計算題常以滑塊、傳送帶、彈簧結合平拋運動、圓周運動綜合考查功能關系、動能定理、機械能守恒的應用。 高頻考點：功、功率的理解與計算；機車啟動問題；動能定理的應用；機械能守恒定律的應用；能量守恒定律。知識與技巧的梳理 考點一、功　功率的分析與計算

3、例 (2018屆高三·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質點運動的v-t圖象為正弦曲線。從圖象可以判斷(　　) A．質點做曲線運動 B．在t1時刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時間內(nèi)，合外力做負功 D．在0～t1和t2～t3時間內(nèi)，合外力的平均功率相等 【審題立意】本題結合v-t圖象考查變力做功的計算及對功率、平均功率和瞬時功率的理解的理解。解答此題首先要結合圖象正確分析物體的受力情況和運動情況。 【解題思路】質點運動的v-t圖象描述的是質點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，v-t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項B錯誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時

4、間內(nèi)，質點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0～t1 和t2～t3時間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確。 【參考答案】 D 【變式訓練】1. 如圖所示，水平路面上有一輛質量為M的汽車，車廂中有一個質量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是(　　) A．人對車的推力F做的功為FL B．人對車做的功為maL C．車對人的作用力大小為ma D．車對人的摩擦力做的功為(F－ma)L 解析：根據(jù)功的公式可知，人對車的推力做功為W＝FL，選項A正確；在水平方向上，由

5、牛頓第二定律可知車對人的作用力為F′＝ma，由牛頓第三定律可知人對車的作用力為－ma，故人對車做的功為W＝－maL，選項B錯誤；因車對人還有沿豎直方向的支持力，大小等于mg，故車對人的作用力大小為，選項C錯誤；對人由牛頓第二定律得f－F＝ma，解得f＝ma＋F，車對人的摩擦力做功為W＝fL＝(F＋ma)L，選項D錯誤。 答案：A 2．(2017·濰坊模擬)質量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v-t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B．10

6、s末恒力F的瞬時功率為6 W C．10 s末物體在計時起點左側4 m處 D．0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析：由題圖乙可知0～4 s內(nèi)的加速度：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s內(nèi)的加速度：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4 s 內(nèi)的位移x1＝×4×8 m＝16 m，4～10 s內(nèi)的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故10 s末物體在計時起點左側2

7、 m處，選項C錯誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。 答案：D 考點二、機車啟動問題 例 (2017·咸陽模擬)質量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力等于m B．t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于Ffv1 C．汽車運動的最大速度等于v1 D．t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度小于 【審題立意】根據(jù)速度—時間圖象求出加速運動的加速度大小，結合牛頓第二定律求出牽引力的大小，抓住t1時刻的功率等于額定功率，根據(jù)

8、加速度為0時速度最大求出最大速度。 【知識構建】分析機車啟動應注意的三個問題 1．機車啟動的方式不同，運動的規(guī)律就不同，即其功率、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖象時應注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律。 2．在公式P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，因此F＝Ff時，牽引力與阻力平衡，機車達到最大運行速度。 3．解決機車啟動問題一定要分清機車是勻加速啟動還是以恒定功率啟動。 (1)以恒定功率啟動的過程中，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不適用，速度最大值等于，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Flcos θ求解。 (

9、2)勻加速啟動過程中，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后，機車做加速度減小的加速運動。 【解題思路】由題圖可知，汽車運動的最大速度為v2，則有P＝Ffv2。在0～t1時間內(nèi)，汽車做勻加速直線運動，加速度大小為a＝，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，汽車的牽引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，選項A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率保持不變，汽車功率P＝Ffv2，選項B錯誤；題圖上A點和B點都對應汽車功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，聯(lián)立解得v2＝v1，選項C正確；根據(jù)速度—時間圖象的面積表示位移，t1

10、～t2時間內(nèi)，汽車的位移為曲邊梯形ABt2t1的面積，汽車的平均速度大于，選項D錯誤。 【參考答案】 C 【變式訓練】(2017·泰安月考)用一根繩子豎直向上拉一個物塊，物塊從靜止開始運動，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質量為m，重力加速度為g，0～t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動，t0時刻后拉力的功率保持不變，t1時刻物塊達到最大速度，則下列說法正確的是(　　) A．物塊始終做勻加速直線運動 B．0～t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為 C．t0時刻物塊的速度大小為 D．0～t1時間內(nèi)物塊上升的高度為－ 解析：物塊剛開始做勻加速運動時，繩子拉力F1＝mg＋ma，t0時刻物塊

11、的速度v＝＝，加速度a＝≠，選項B、C錯誤；t0時刻拉力的功率達到最大值，此后速度繼續(xù)增加，拉力減小，物塊做變加速運動，選項A錯誤；t1時刻物塊達到最大速度，此時繩子拉力F2＝mg，最大速度vm＝＝，在0～t1時間內(nèi)，由動能定理得－mgh＋·t0＋P0(t1－t0)＝mv，解得h＝－，選項D正確。 答案：D 考點三、動能定理的理解和應用 例 (2017·南充模擬)如圖所示，半徑為R＝1 m，內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略小于半圓管內(nèi)徑、質量為m＝1 kg的小球，在水平恒力F＝ N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點運動到B點，A、B間的距離x＝ m，當小球運動到B點時撤去外力F，小

12、球經(jīng)半圓管道運動到最高點C，此時小球對圓管外側的壓力FN＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)，求： (1)小球在B點時速度的大?。? (2)小球在C點時速度的大??； (3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功； (4)D點距地面的高度。 【審題立意】對AB段，運用動能定理求小球在B點的速度；小球在C點時，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求C點的速度；小球從B到C的過程，用動能定理求克服摩擦力做的功；小球離開C后，由平拋運動規(guī)律和幾何知識求D點距地面的高度。 【解題思路】(1)小球從A到B過程，由動能定理得：Fx＝mvB2 解得：vB＝10 m/s。

13、 (2)在C點，由牛頓第二定律得：mg＋FN＝m 又據(jù)題有：FN＝2.6mg，解得：vC＝6 m/s。 (3)由B到C的過程，由動能定理得：－mg·2R－Wf＝mvC2－mvB2 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J。 (4)設小球從C點到打在斜面上經(jīng)歷的時間為t，D點距地面的高度為h，則在豎直方向上有：2R－h(huán)＝gt2 由小球垂直打在斜面上可知：＝tan 45° 聯(lián)立解得：h＝0.2 m。 【參考答案】 (1) 10 m/s　(2) 6 m/s (3) 12 J (4) 0.2 m 【技能突破】1．應用動能定理求解的思路和步驟 (1)了解由哪些過程組成，選哪個過程研究；

14、 (2)分析每個過程物體的受力情況； (3)分析各個力做功有何特點，對動能的變化有無貢獻； (4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能； (5)對所研究的全過程運用動能定理列方程。 2．動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功；力既可以同時作用，也可以分段作用。 3．“兩狀態(tài)，一過程”是應用動能定理的著眼點，即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況，明確研究過程，關注這一過程的位置變化或位移信息。 【變式訓練】1. (2017·石家莊檢測)質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方

15、向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　) A．t3～t4時間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運動 B．t0～t2時間內(nèi)，合力對小球先做正功后做負功 C．0～t2時間內(nèi)，小球的平均速度一定為 D．t3～t4時間內(nèi)，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3～t4時間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線運動，故選項A錯誤；t0～t2時間內(nèi)，小球速度一直增大，根據(jù)動能定理可知，合力對小球一直做正功，故選項B錯誤；0～t2時間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時間的比值，不一定為，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理，在t3～t4時間內(nèi)：WF

16、－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得：WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項D正確。 答案：D 2. 如圖所示，水平面上某點固定一輕質彈簧，A點左側的水平面光滑，右側水平面粗糙，在A點右側5 m遠處(B點)豎直放置一半圓形管狀光滑軌道，軌道半徑R＝0.4 m，連接處相切?，F(xiàn)將一質量m＝0.1 kg的小滑塊放在彈簧的右端(在A點左側且不與彈簧拴接)，用力向左推滑塊而壓縮彈簧，使彈簧具有的彈性勢能為2 J，放手后滑塊被向右彈出，它與A點右側水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 (1)求滑塊運動到半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力； (2)改變半圓

17、形軌道的位置(左右平移)，使得被彈出的滑塊到達半圓形軌道最高點C時對軌道的壓力大小等于滑塊的重力，問A、B之間的距離應調(diào)整為多少？ 解析：(1)小滑塊被彈出至到達B點的過程，據(jù)動能定理有：W彈－μmgx＝mv 滑塊在B處有：FN－mg＝m 而W彈＝ΔEp＝2 J 解得：FN＝6 N 由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為6 N，方向豎直向下。 (2)在C處，滑塊對軌道的壓力大小為mg，包含2種情況： ①若壓力方向向上，在C 處，對滑塊由牛頓第二定律有： mg＋F′N1＝m，F(xiàn)′N1＝FN1＝mg 整個過程，據(jù)動能定理有：W彈－μmgx1－mg·2R＝mv 解得：x1＝4

18、 m ②若壓力方向向下，在C 處，對滑塊由牛頓第二定律有： mg－F′N2＝m；F′N2＝FN2＝mg 整個過程，據(jù)動能定理有：W彈－μmgx2－mg·2R＝mv 解得：x2＝6 m。 3. 如圖所示，將彈簧平放在絕緣水平面上，其左端固定，自然伸長時右端在O點，O點左側水平面光滑，右側水平面粗糙。水平面上OO′與AA′之間區(qū)域(含邊界)存在與豎直方向的夾角θ＝37°、斜向右上方的勻強電場，電場強度E＝5×103 N/C?，F(xiàn)將一質量m＝2 kg、電荷量q＝4×10－3 C的帶正電小物塊從彈簧右端O點無初速度釋放，物塊從A點滑上傾角θ＝37°的斜面。已知O、A間的距離為4.9 m，斜面A

19、B的長度為 m，物塊與OA段水平面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75。(物塊可視為質點且與彈簧不拴連，物塊通過A點時速率無變化，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求物塊沿斜面向上滑行的時間； (2)若用外力推物塊向左壓縮彈簧至某一位置后由靜止釋放，且電場在物塊進入電場區(qū)域運動0.4 s后突然消失，物塊恰能到達B點，求外力所做的功。 解析：(1)物塊在OA之間做勻加速直線運動，有： N＋qEcos 37°＝mg，qEsin 37°－μ1N＝ma1，v＝2a1xOA 聯(lián)立以上各式，解得：N＝4 N，a1＝5

20、m/s2，vA＝7 m/s 物塊在斜面上向上做勻減速直線運動，有：mgsin 37°＋μ2mgcos 37°＝ma2 解得：a2＝12 m/s2 假設物塊在斜面上速度可減為零，且該過程在斜面上發(fā)生的位移為x，有： 0－v＝－2a2x 解得x＝ m< m，假設成立 由0－vA＝－a2t，解得t＝0.58 s。 (2)設物塊在A點時的速度大小為v′A，因物塊恰好能到達B點，故有： －2a2xAB＝0－v′ 解得：v′A＝8 m/s 設物塊剛進入電場區(qū)域時速度為v0，電場消失時速度為v1，則： v1＝v0＋a1t1，2a1x1＝v－v 電場消失后，物塊做勻減速直線運動至A點，

21、有： μ1mg＝ma3，－2a3(xOA－x1)＝v′－v 聯(lián)立得：a3＝5 m/s2，v0＝7 m/s 由功能關系得：W＝mv＝49 J。 考點四、機械能守恒定律的綜合應用 例1. (2018屆高三·宜春摸底)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由一半徑為4R、圓心角為150°的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠小于R。C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接。現(xiàn)有一個比C4內(nèi)徑略小的、質量為m的小球，從與C4的最高點H等高的P點以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點沿切線從凹面進入軌道。已知重力加速

22、度為g。求： (1)小球在P點開始平拋的初速度v0的大小。 (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點射出？請說明理由。 (3)小球運動到何處，軌道對小球的彈力最大？最大值是多大？ 【審題立意】(1)軌道C1、C2、C3、C4均光滑，所以小球運動過程中機械能守恒。 (2)軌道C2屬于豎直面內(nèi)圓周運動的繩模型，軌道C4屬于桿模型。 (3)軌道C1的最低點B和軌道C3的最低點F都是壓力的極大值處，根據(jù)圓周運動規(guī)律求解后比較即可，注意壓力大小與小球質量、速度和軌道半徑都有關系。 【解題思路】(1)小球從P到A，豎直方向有：h＝2R＋4Rsin 30°＝4R 由平拋運動

23、規(guī)律可得：vy2＝2gh 在A點，由速度關系：tan 60°＝ 解得：v0＝。 (2)若小球能過D點，則在D點的速度滿足v> 小球從P到D由機械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mv2＋5mgR 解得：v＝ 若小球能過H點，則H點速度滿足vH>0 小球從P到H時，機械能守恒，H點的速度等于P點的初速度，為>0 綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點射出。 (3)小球在運動過程中，軌道給小球的彈力最大的點只會在圓軌道的最低點，B點和F點都有可能。小球從P到B由機械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mvB2 在B點軌道給小球的彈力NB滿足：NB－mg＝m

24、解得：NB＝mg； 小球從P到F由機械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mvF2＋3mgR 在F點軌道給小球的彈力NF滿足：NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 比較可知：F點軌道對小球的彈力最大，為mg。 【參考答案】見解析 【知識構建】1．機械能守恒定律的理解 2．運用機械能守恒定律求解問題時的注意點 (1)研究對象的選取 研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，機械能卻是守恒的。如圖所示，單獨選物體A機械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機械能守恒。

25、 (2)研究過程的選取 有些問題研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒。因此，在應用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取。 (3)守恒表達式的選取 “守恒觀點”的表達式適用于單個或多個物體機械能守恒的問題，列式時需選取參考平面，而用“轉移”和“轉化”的角度反映機械能守恒時，不必選取參考平面。 例2. 如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細繩繞過輕質定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細繩剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細繩豎直、cd段的細繩與斜面平行。已知A、B的質量

26、均為m，C的質量為4m，重力加速度為g，細繩與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度。求： (1)斜面的傾角α； (2)B的最大速度v。 【審題立意】對A、B、C受力分析，由平衡條件列方程可以求出斜面的傾角；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出B的最大速度。 【解題思路】(1)設當物體A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xA，對A有：kxA＝mg 此時B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細繩拉力T三個力的作用。設B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律： 對B有：T－mg－kxA＝ma；對C有：4mgsin α－T＝4ma 當B

27、獲得最大速度時，有a＝0 由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°。 (2)開始時彈簧壓縮的長度為xB＝，顯然xA＝xB。 當物體A剛離開地面時，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離為xA＋xB。 由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設為v，由機械能守恒定律可得： 4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝(4m＋m)v2 代入數(shù)值解得：v＝2g。 【參考答案】(1)α＝30°　(2)v＝2g 【技能突破】含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題 1．彈性勢能：通常由功能關系或能量守恒定律計算；彈簧壓縮或拉伸

28、，均有彈性勢能，同一彈簧壓縮或拉伸相同的長度，其彈性勢能相等。 2．彈力做功：與路徑無關，取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小，且W彈＝－ΔEp。 【變式訓練】1. (2017·甘肅檢測)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M，此時M離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)。已知M＝2m，空氣阻力不計。松開手后，關于二者的運動下列說法中正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到

29、達擋板處，則此時m的加速度為零 D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于m的機械能增加量 解析：因M、m之間有彈簧，故兩物體所受彈簧的彈力做功，機械能不守恒，故A錯誤；M的重力沿斜面的分力為Mgsin 30°＝mg，先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，則此時m受細繩拉力為mg，故m與地面間的作用力恰好為零，故B正確；然后M做減速運動，M恰好到達擋板處時，即速度恰好減小到零，彈簧仍處于伸長狀態(tài)且彈力大于mg，m的加速度不為零，故C錯誤；若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與m的機械能增加量之和，故D錯誤。 答案：B 2. 如圖甲所示，游

30、樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客不會掉下來。我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使質量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進入后沿圓軌道運動。如果已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g，不考慮阻力。 (1)求若小球從高為h處由靜止釋放，小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力； (2)若要使小球運動過程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時的高度應滿足的條件； (3)若讓小球從高為h＝2R處的A點由靜止釋放，試求小球通過圓軌道底端后所能到達的最大高度。 解析：(1)小球從高為h處由靜止釋放到到達圓軌道底端過程，由機械能守恒定律得 mgh＝m

31、v2 在底端，由牛頓第二定律得N－mg＝m 解得N＝mg＋m＝mg(1＋) 根據(jù)牛頓第三定律得N′＝N＝mg(1＋)， 方向為豎直向下。 (2)要使小球運動過程中不脫離軌道： 第一種可能：恰能到達最高點，設在最高點時速度為vm，有mg＝m 能過最高點，則在最高點時速度應滿足v≥vm＝ 由機械能守恒定律有mgh＝mv2＋mg·2R 解得h≥R 第二種可能：小球到達圓軌道上與圓心等高處時速度恰為零，有mgh＝mgR 則h＝R 不能到達圓軌道上高于圓心處，則h≤R 所以h≥R或h≤R。 (3)h＝2R

32、＝0，即mgsin θ＝m 小球從A點到C點，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2R＝mv＋mg(R＋Rsin θ) 解得sin θ＝，vC＝＝ 小球從C處開始做斜拋運動，到達最高點時速度vx＝vCsin θ＝vC 小球從A點到最高點，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2R＝mgh′＋mv 解得h′＝R。 3. 如圖，一質量不計的細線繞過光滑的輕質定滑輪O (大小不計)與質量為5m的砝碼相連，另一端與套在一根光滑的固定豎直桿上質量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點，且C為AB的中點，AO與豎直桿的夾角θ＝53°，C點與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L，重力加速度為g，設豎直桿足夠長，

33、圓環(huán)和砝碼在運動過程中均不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從A點由靜止釋放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，試求： (1)砝碼下降到最低點時，圓環(huán)的速度大??； (2)圓環(huán)下滑到B點時的速度大小； (3)圓環(huán)能下滑的最大距離。 解析：(1)當圓環(huán)到達C點時，砝碼下降到最低點，此時砝碼速度為零， 圓環(huán)下降高度為hAC＝ 砝碼下降高度為Δh＝－L＝ 對系統(tǒng)，由機械能守恒定律得mghAC＋5mgΔh＝mv 則圓環(huán)的速度v1＝2。 (2)當圓環(huán)運動到B點時，下滑的高度hAB＝，而砝碼的高度不變，設圓環(huán)的速度為v2，則砝碼的速度為v2cos 53°。對系統(tǒng)，由機械能守恒定

34、律得 mghAB＝mv＋×5m(v2cos 53°)2 解得圓環(huán)下滑到B點時的速度v2＝。 (3)當圓環(huán)下滑最大距離為H時，圓環(huán)和砝碼的速度均為零，砝碼上升的高度 ΔH＝－ 由于系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)重力勢能的減少量等于砝碼重力勢能的增加量，即 mgH＝5mgΔH 解得圓環(huán)能下滑的最大距離H＝。 考點五、功能關系 例 (2017·揭陽期末)如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。質量為m的滑塊在曲面上距BC高度為2r處由靜止開始下

35、滑，滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，進入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程中滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep。求： (1)滑塊到達B點時的速度大小vB； (2)水平面BC的長度s； (3)在壓縮彈簧過程中滑塊的最大速度vm。 【審題立意】本題考查能量守恒定律的綜合應用，解答此題關鍵是弄清楚下面兩個問題：“進入管口C端時與圓管恰好無作用力”說明什么？“滑塊速度最大”時，滑塊的加速度是多大？此時彈簧形變量是多少？ 【解題思路】 (1)滑塊在曲面的下滑過程，由動能定理得：mg·2r＝mv 解得：vB＝2 (2)在C點，滑塊與圓管之間恰無作用力，則：m

36、g＝m 滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得：mg·2r－μmgs＝mv 解得：s＝3r (3)設在壓縮彈簧過程中速度最大時，滑塊離D端的距離為x0，此時：kx0＝mg 滑塊由C運動到距離D端x0處的過程中，由能量守恒得：mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep 聯(lián)立解得：vm＝ 【參考答案】 見解析 【技能突破】1. 常見的幾種功能關系 2. 涉及做功與能量轉化問題的解題方法 (1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況。 (2)當涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應用能的轉化和守恒定律，特別注

37、意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度。 (3)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。 【變式訓練】1. 如圖甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質量m＝1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則下列說法正確的是(　　) A．物體與傳

38、送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75 B．0～8 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為72 J C．0～8 s內(nèi)物體機械能的增量為84 J D．0～8 s內(nèi)因放上物體，傳送帶電動機多消耗的電能為216 J 解析：根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可得，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛頓第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝0.875，故A錯誤；0～8 s內(nèi)物體位移為x＝－×2×2 m＋×4 m＝14 m，物體被送上的高度為h＝xsin θ＝8.4 m，重力勢能的增量為ΔEp＝mgh＝84 J，動能增量為ΔEk＝m(v－v)＝×1×(42－22) J＝6 J

39、，機械能增量為ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，故C錯誤；0～8 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動；0～6 s內(nèi)傳送帶運動距離為s帶＝4×6 m＝24 m，0～6 s內(nèi)物體對地位移為s物＝－×2×2 m＋ m＝6 m，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos θ·s相對＝μmgcos θ·(s帶－s物)＝0.875×1×10×0.8×18 J＝126 J，0～8 s內(nèi)傳送帶電動機多消耗的電能為W＝ΔE＋Q＝90 J＋126 J＝216 J，故B錯誤，D正確。 答案：D 2. 質量m＝1 kg的滑塊以某一初速度從固定斜面的底端沿斜面上滑，規(guī)定斜面底端為重力勢能的參考平面。在上滑過程中，滑塊

40、的機械能E隨位移x的變化規(guī)律如圖甲所示，重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示。已知重力加速度為g＝10 m/s2，求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。 解析：由功能關系得：－fx＝E－E0 則E-x圖像的斜率的絕對值|k|＝＝f＝4 N 而摩擦力f＝μmgcos θ 又mgxsin θ＝Ep 則Ep-x圖像的斜率k′＝＝mgsin θ＝6 N 聯(lián)立可得：μ＝0.5。 3. 如圖所示，質量為m2＝0.6 kg的薄木板靜止在光滑水平地面上，木板上有一質量為m1＝0.2 kg的小鐵塊，它離木板的右端距離d＝0.5 m，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)用拉力向左以3 m/s2的加速度

41、將木板從鐵塊下抽出，求： (1)將木板從鐵塊下抽出時，鐵塊和木板的動能各為多少？ (2)將木板從鐵塊下抽出的過程中木板對鐵塊做的功。 (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和拉力F做的功。 解析：(1)對小鐵塊，由牛頓第二定律得：μm1g＝m1a1 則a1＝2.0 m/s2 木板的加速度a2＝3 m/s2，設經(jīng)過時間t，將木板從鐵塊下抽出，則有a2t2－a1t2＝d 代入數(shù)值解得t＝1 s 鐵塊末速度v1＝a1t＝2 m/s，木板末速度v2＝a2t＝3 m/s 鐵塊的動能Ek1＝m1v12＝0.4 J，木板的動能Ek2＝m2v22＝2.7 J。 (2)鐵塊位移x1＝a1t2＝1.0 m，木板位移x2＝a2t2＝1.5 m 這一過程，木板對鐵塊做的功為W1＝μm1gx1＝0.4 J。 (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μm1gd＝0.2 J 拉力做的功W＝m1v12＋m2v22＋Q＝3.3 J。 15