北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題4 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）

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1、 專(zhuān)題4 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 考向預(yù)測(cè) 能量觀點(diǎn)是高中物理解決問(wèn)題的三大方法之一，既在選擇題中出現(xiàn)，也在綜合性的計(jì)算題中應(yīng)用，常將功、功率、動(dòng)能、勢(shì)能等基礎(chǔ)知識(shí)融入其他問(wèn)題考查，也常將動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒、功能關(guān)系作為解題工具在綜合題中應(yīng)用?？疾榈闹攸c(diǎn)有以下幾方面：(1)(變力)做功和功率問(wèn)題；(2)動(dòng)能定理的應(yīng)用；(3)機(jī)械能守恒的條件；(4)機(jī)械能守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)的綜合；(5)功能關(guān)系與能量守恒。 在功和功率的分析與計(jì)算部分，高考命題角度集中在功的定義式的理解及應(yīng)用，機(jī)車(chē)啟動(dòng)模型的分析。題目難度以中檔選擇題為主。 對(duì)動(dòng)能定理應(yīng)用的考查，高考命題角度多為應(yīng)用動(dòng)能

2、定理解決變力做功及多過(guò)程問(wèn)題，題目綜合性較強(qiáng)，試題難度較大，題型包括選擇題與計(jì)算題。 對(duì)機(jī)械能守恒定律應(yīng)用的考查，高考命題選擇題集中在物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒及物體間的做功特點(diǎn)、力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，計(jì)算題結(jié)合平拋、圓周運(yùn)動(dòng)等典型運(yùn)動(dòng)為背景綜合考查。試題難度以中檔題為主。 對(duì)功能關(guān)系及能量守恒的考查，選擇題命題重點(diǎn)在考查常見(jiàn)功能轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度中檔；計(jì)算題常以滑塊、傳送帶、彈簧結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)綜合考查功能關(guān)系、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒的應(yīng)用。 高頻考點(diǎn)：功、功率的理解與計(jì)算；機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題；動(dòng)能定理的應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用；能量守恒定律。知識(shí)與技巧的梳理 考點(diǎn)一、功　功率的分析與計(jì)算

3、例 (2018屆高三·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象為正弦曲線(xiàn)。從圖象可以判斷(　　) A．質(zhì)點(diǎn)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．在t1時(shí)刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力做負(fù)功 D．在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力的平均功率相等 【審題立意】本題結(jié)合v-t圖象考查變力做功的計(jì)算及對(duì)功率、平均功率和瞬時(shí)功率的理解的理解。解答此題首先要結(jié)合圖象正確分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。 【解題思路】質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，v-t圖線(xiàn)的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時(shí)

4、間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度增大，動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理可知，合外力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～t1 和t2～t3時(shí)間內(nèi)，動(dòng)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(xiàng)D正確。 【參考答案】 D 【變式訓(xùn)練】1. 如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車(chē)，車(chē)廂中有一個(gè)質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車(chē)廂，在車(chē)以加速度a向前加速行駛距離L的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．人對(duì)車(chē)的推力F做的功為FL B．人對(duì)車(chē)做的功為maL C．車(chē)對(duì)人的作用力大小為ma D．車(chē)對(duì)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(duì)車(chē)的推力做功為W＝FL，選項(xiàng)A正確；在水平方向上，由

5、牛頓第二定律可知車(chē)對(duì)人的作用力為F′＝ma，由牛頓第三定律可知人對(duì)車(chē)的作用力為－ma，故人對(duì)車(chē)做的功為W＝－maL，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因車(chē)對(duì)人還有沿豎直方向的支持力，大小等于mg，故車(chē)對(duì)人的作用力大小為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)人由牛頓第二定律得f－F＝ma，解得f＝ma＋F，車(chē)對(duì)人的摩擦力做功為W＝fL＝(F＋ma)L，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案：A 2．(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B．10

6、s末恒力F的瞬時(shí)功率為6 W C．10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)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(xiàng)A錯(cuò)誤；10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，選項(xiàng)B錯(cuò)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(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2

7、 m處，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為＝＝ W＝0.6 W，選項(xiàng)D正確。 答案：D 考點(diǎn)二、機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題 例 (2017·咸陽(yáng)模擬)質(zhì)量為m的汽車(chē)在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程的速度—時(shí)間圖象如圖所示，從t1時(shí)刻起汽車(chē)的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車(chē)所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的牽引力等于m B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的功率等于Ffv1 C．汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速度等于v1 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的平均速度小于 【審題立意】根據(jù)速度—時(shí)間圖象求出加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出牽引力的大小，抓住t1時(shí)刻的功率等于額定功率，根據(jù)

8、加速度為0時(shí)速度最大求出最大速度。 【知識(shí)構(gòu)建】分析機(jī)車(chē)啟動(dòng)應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題 1．機(jī)車(chē)啟動(dòng)的方式不同，運(yùn)動(dòng)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(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)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(jī)車(chē)的牽引力而不是機(jī)車(chē)所受合力，因此F＝Ff時(shí)，牽引力與阻力平衡，機(jī)車(chē)達(dá)到最大運(yùn)行速度。 3．解決機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題一定要分清機(jī)車(chē)是勻加速啟動(dòng)還是以恒定功率啟動(dòng)。 (1)以恒定功率啟動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(dòng)過(guò)程中，機(jī)車(chē)功率是不斷改變的，但該過(guò)程中的最大功率是額定功率，勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車(chē)所能達(dá)到的最大速度，達(dá)到額定功率后，機(jī)車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。 【解題思路】由題圖可知，汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速度為v2，則有P＝Ffv2。在0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，汽車(chē)的牽引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的功率保持不變，汽車(chē)功率P＝Ffv2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；題圖上A點(diǎn)和B點(diǎn)都對(duì)應(yīng)汽車(chē)功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，聯(lián)立解得v2＝v1，選項(xiàng)C正確；根據(jù)速度—時(shí)間圖象的面積表示位移，t1

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

11、的速度v＝＝，加速度a＝≠，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；t0時(shí)刻拉力的功率達(dá)到最大值，此后速度繼續(xù)增加，拉力減小，物塊做變加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻物塊達(dá)到最大速度，此時(shí)繩子拉力F2＝mg，最大速度vm＝＝，在0～t1時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理得－mgh＋·t0＋P0(t1－t0)＝mv，解得h＝－，選項(xiàng)D正確。 答案：D 考點(diǎn)三、動(dòng)能定理的理解和應(yīng)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(zhì)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B間的距離x＝ m，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去外力F，小

12、球經(jīng)半圓管道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C，此時(shí)小球?qū)A管外側(cè)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(diǎn)時(shí)速度的大?。? (2)小球在C點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (3)小球由B到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功； (4)D點(diǎn)距地面的高度。 【審題立意】對(duì)AB段，運(yùn)用動(dòng)能定理求小球在B點(diǎn)的速度；小球在C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律求C點(diǎn)的速度；小球從B到C的過(guò)程，用動(dòng)能定理求克服摩擦力做的功；小球離開(kāi)C后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何知識(shí)求D點(diǎn)距地面的高度。 【解題思路】(1)小球從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：Fx＝mvB2 解得：vB＝10 m/s。

13、 (2)在C點(diǎn)，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(guò)程，由動(dòng)能定理得：－mg·2R－Wf＝mvC2－mvB2 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J。 (4)設(shè)小球從C點(diǎn)到打在斜面上經(jīng)歷的時(shí)間為t，D點(diǎn)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(yīng)用動(dòng)能定理求解的思路和步驟 (1)了解由哪些過(guò)程組成，選哪個(gè)過(guò)程研究；

14、 (2)分析每個(gè)過(guò)程物體的受力情況； (3)分析各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)貢獻(xiàn)； (4)從總體上把握全過(guò)程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能； (5)對(duì)所研究的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程。 2．動(dòng)能定理既適用于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功；力既可以同時(shí)作用，也可以分段作用。 3．“兩狀態(tài)，一過(guò)程”是應(yīng)用動(dòng)能定理的著眼點(diǎn)，即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，明確研究過(guò)程，關(guān)注這一過(guò)程的位置變化或位移信息。 【變式訓(xùn)練】1. (2017·石家莊檢測(cè))質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方

15、向，DE段為直線(xiàn))，已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為 D．t3～t4時(shí)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(shí)間內(nèi)，小球豎直向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t0～t2時(shí)間內(nèi)，小球速度一直增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力對(duì)小球一直做正功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度等于位移與時(shí)間的比值，不一定為，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，在t3～t4時(shí)間內(nèi)：WF

16、－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得：WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項(xiàng)D正確。 答案：D 2. 如圖所示，水平面上某點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，A點(diǎn)左側(cè)的水平面光滑，右側(cè)水平面粗糙，在A點(diǎn)右側(cè)5 m遠(yuǎn)處(B點(diǎn))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。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊放在彈簧的右端(在A點(diǎn)左側(cè)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(shì)能為2 J，放手后滑塊被向右彈出，它與A點(diǎn)右側(cè)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 (1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)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(dá)半圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小等于滑塊的重力，問(wèn)A、B之間的距離應(yīng)調(diào)整為多少？ 解析：(1)小滑塊被彈出至到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程，據(jù)動(dòng)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(duì)軌道的壓力大小為6 N，方向豎直向下。 (2)在C處，滑塊對(duì)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(duì)滑塊由牛頓第二定律有： mg＋F′N(xiāo)1＝m，F(xiàn)′N(xiāo)1＝FN1＝mg 整個(gè)過(guò)程，據(jù)動(dòng)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(duì)滑塊由牛頓第二定律有： mg－F′N(xiāo)2＝m；F′N(xiāo)2＝FN2＝mg 整個(gè)過(guò)程，據(jù)動(dòng)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(zhǎng)時(shí)右端在O點(diǎn)，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑，右側(cè)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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝5×103 N/C?，F(xiàn)將一質(zhì)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(diǎn)無(wú)初速度釋放，物塊從A點(diǎn)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(zhǎng)度為 m，物塊與OA段水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.75。(物塊可視為質(zhì)點(diǎn)且與彈簧不拴連，物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)速率無(wú)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(shí)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(chǎng)在物塊進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)0.4 s后突然消失，物塊恰能到達(dá)B點(diǎn)，求外力所做的功。 解析：(1)物塊在OA之間做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有：mgsin 37°＋μ2mgcos 37°＝ma2 解得：a2＝12 m/s2 假設(shè)物塊在斜面上速度可減為零，且該過(guò)程在斜面上發(fā)生的位移為x，有： 0－v＝－2a2x 解得x＝ m< m，假設(shè)成立 由0－vA＝－a2t，解得t＝0.58 s。 (2)設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v′A，因物塊恰好能到達(dá)B點(diǎn)，故有： －2a2xAB＝0－v′ 解得：v′A＝8 m/s 設(shè)物塊剛進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v0，電場(chǎng)消失時(shí)速度為v1，則： v1＝v0＋a1t1，2a1x1＝v－v 電場(chǎng)消失后，物塊做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)，

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(guān)系得：W＝mv＝49 J。 考點(diǎn)四、機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)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(gè)半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3，以及一個(gè)半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成，C4內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R。C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接?，F(xiàn)有一個(gè)比C4內(nèi)徑略小的、質(zhì)量為m的小球，從與C4的最高點(diǎn)H等高的P點(diǎn)以一定的初速度v0向左水平拋出后，恰好沿C1的A端點(diǎn)沿切線(xiàn)從凹面進(jìn)入軌道。已知重力加速

22、度為g。求： (1)小球在P點(diǎn)開(kāi)始平拋的初速度v0的大小。 (2)小球能否依次通過(guò)C1、C2、C3、C4各軌道而從I點(diǎn)射出？請(qǐng)說(shuō)明理由。 (3)小球運(yùn)動(dòng)到何處，軌道對(duì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒。 (2)軌道C2屬于豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型，軌道C4屬于桿模型。 (3)軌道C1的最低點(diǎn)B和軌道C3的最低點(diǎn)F都是壓力的極大值處，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解后比較即可，注意壓力大小與小球質(zhì)量、速度和軌道半徑都有關(guān)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(yùn)動(dòng)

23、規(guī)律可得：vy2＝2gh 在A點(diǎn)，由速度關(guān)系：tan 60°＝ 解得：v0＝。 (2)若小球能過(guò)D點(diǎn)，則在D點(diǎn)的速度滿(mǎn)足v> 小球從P到D由機(jī)械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mv2＋5mgR 解得：v＝ 若小球能過(guò)H點(diǎn)，則H點(diǎn)速度滿(mǎn)足vH>0 小球從P到H時(shí)，機(jī)械能守恒，H點(diǎn)的速度等于P點(diǎn)的初速度，為>0 綜上所述小球能依次通過(guò)C1、C2、C3、C4各軌道從I點(diǎn)射出。 (3)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，軌道給小球的彈力最大的點(diǎn)只會(huì)在圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)和F點(diǎn)都有可能。小球從P到B由機(jī)械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mvB2 在B點(diǎn)軌道給小球的彈力NB滿(mǎn)足：NB－mg＝m

24、解得：NB＝mg； 小球從P到F由機(jī)械能守恒定律得：mv02＋6mgR＝mvF2＋3mgR 在F點(diǎn)軌道給小球的彈力NF滿(mǎn)足：NF－mg＝m 聯(lián)立解得：NF＝mg； 比較可知：F點(diǎn)軌道對(duì)小球的彈力最大，為mg。 【參考答案】見(jiàn)解析 【知識(shí)構(gòu)建】1．機(jī)械能守恒定律的理解 2．運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求解問(wèn)題時(shí)的注意點(diǎn) (1)研究對(duì)象的選取 研究對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問(wèn)題選單個(gè)物體(實(shí)為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對(duì)象機(jī)械能不守恒，但選此物體與其他幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，機(jī)械能卻是守恒的。如圖所示，單獨(dú)選物體A機(jī)械能減少，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

25、 (2)研究過(guò)程的選取 有些問(wèn)題研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分幾個(gè)階段，有的階段機(jī)械能守恒，而有的階段機(jī)械能不守恒。因此，在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過(guò)程的選取。 (3)守恒表達(dá)式的選取 “守恒觀點(diǎn)”的表達(dá)式適用于單個(gè)或多個(gè)物體機(jī)械能守恒的問(wèn)題，列式時(shí)需選取參考平面，而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機(jī)械能守恒時(shí)，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(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過(guò)細(xì)繩繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)繩剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)繩豎直、cd段的細(xì)繩與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量

26、均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細(xì)繩與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開(kāi)地面時(shí)，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(duì)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(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可以求出B的最大速度。 【解題思路】(1)設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為xA，對(duì)A有：kxA＝mg 此時(shí)B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)繩拉力T三個(gè)力的作用。設(shè)B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律： 對(duì)B有：T－mg－kxA＝ma；對(duì)C有：4mgsin α－T＝4ma 當(dāng)B

27、獲得最大速度時(shí)，有a＝0 由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°。 (2)開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮的長(zhǎng)度為xB＝，顯然xA＝xB。 當(dāng)物體A剛離開(kāi)地面時(shí)，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(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，且物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v，由機(jī)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(jī)械能守恒問(wèn)題 1．彈性勢(shì)能：通常由功能關(guān)系或能量守恒定律計(jì)算；彈簧壓縮或拉伸

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

29、達(dá)擋板處，則此時(shí)m的加速度為零 D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于m的機(jī)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(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；M的重力沿斜面的分力為Mgsin 30°＝mg，先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)受力平衡時(shí)M速度達(dá)最大，則此時(shí)m受細(xì)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(yùn)動(dòng)，M恰好到達(dá)擋板處時(shí)，即速度恰好減小到零，彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且彈力大于mg，m的加速度不為零，故C錯(cuò)誤；若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與m的機(jī)械能增加量之和，故D錯(cuò)誤。 答案：B 2. 如圖甲所示，游

30、樂(lè)場(chǎng)的過(guò)山車(chē)可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客不會(huì)掉下來(lái)。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(zhì)量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進(jìn)入后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)。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(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)若要使小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時(shí)的高度應(yīng)滿(mǎn)足的條件； (3)若讓小球從高為h＝2R處的A點(diǎn)由靜止釋放，試求小球通過(guò)圓軌道底端后所能到達(dá)的最大高度。 解析：(1)小球從高為h處由靜止釋放到到達(dá)圓軌道底端過(guò)程，由機(jī)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?yàn)樨Q直向下。 (2)要使小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道： 第一種可能：恰能到達(dá)最高點(diǎn)，設(shè)在最高點(diǎn)時(shí)速度為vm，有mg＝m 能過(guò)最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)時(shí)速度應(yīng)滿(mǎn)足v≥vm＝ 由機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2＋mg·2R 解得h≥R 第二種可能：小球到達(dá)圓軌道上與圓心等高處時(shí)速度恰為零，有mgh＝mgR 則h＝R 不能到達(dá)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(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)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(kāi)始做斜拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度vx＝vCsin θ＝vC 小球從A點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R＝mgh′＋mv 解得h′＝R。 3. 如圖，一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線(xiàn)繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪O (大小不計(jì))與質(zhì)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(zhì)量為m的圓環(huán)相連，直桿上有A、C、B三點(diǎn)，且C為AB的中點(diǎn)，AO與豎直桿的夾角θ＝53°，C點(diǎn)與滑輪O在同一水平高度，滑輪與豎直桿相距為L(zhǎng)，重力加速度為g，設(shè)豎直桿足夠長(zhǎng)，

33、圓環(huán)和砝碼在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將圓環(huán)從A點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，圓環(huán)的速度大?。? (2)圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (3)圓環(huán)能下滑的最大距離。 解析：(1)當(dāng)圓環(huán)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，砝碼下降到最低點(diǎn)，此時(shí)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(duì)系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得mghAC＋5mgΔh＝mv 則圓環(huán)的速度v1＝2。 (2)當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，下滑的高度hAB＝，而砝碼的高度不變，設(shè)圓環(huán)的速度為v2，則砝碼的速度為v2cos 53°。對(duì)系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定

34、律得 mghAB＝mv＋×5m(v2cos 53°)2 解得圓環(huán)下滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v2＝。 (3)當(dāng)圓環(huán)下滑最大距離為H時(shí)，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(jī)械能守恒，圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量等于砝碼重力勢(shì)能的增加量，即 mgH＝5mgΔH 解得圓環(huán)能下滑的最大距離H＝。 考點(diǎn)五、功能關(guān)系 例 (2017·揭陽(yáng)期末)如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的四分之一細(xì)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(zhì)量為m的滑塊在曲面上距BC高度為2r處由靜止開(kāi)始下

35、滑，滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無(wú)作用力，通過(guò)CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。求： (1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB； (2)水平面BC的長(zhǎng)度s； (3)在壓縮彈簧過(guò)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(yīng)用，解答此題關(guān)鍵是弄清楚下面兩個(gè)問(wèn)題：“進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無(wú)作用力”說(shuō)明什么？“滑塊速度最大”時(shí)，滑塊的加速度是多大？此時(shí)彈簧形變量是多少？ 【解題思路】 (1)滑塊在曲面的下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg·2r＝mv 解得：vB＝2 (2)在C點(diǎn)，滑塊與圓管之間恰無(wú)作用力，則：m

36、g＝m 滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg·2r－μmgs＝mv 解得：s＝3r (3)設(shè)在壓縮彈簧過(guò)程中速度最大時(shí)，滑塊離D端的距離為x0，此時(shí)：kx0＝mg 滑塊由C運(yùn)動(dòng)到距離D端x0處的過(guò)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(jiàn)解析 【技能突破】1. 常見(jiàn)的幾種功能關(guān)系 2. 涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問(wèn)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(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。 (2)當(dāng)涉及摩擦力做功時(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特別注

37、意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fl相對(duì)，l相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長(zhǎng)度。 (3)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過(guò)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(xùn)練】1. 如圖甲所示，傾角為37°的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)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(shuō)法正確的是(　　) A．物體與傳

38、送帶間的動(dòng)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(jī)械能的增量為84 J D．0～8 s內(nèi)因放上物體，傳送帶電動(dòng)機(jī)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(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)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(cuò)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(shì)能的增量為ΔEp＝mgh＝84 J，動(dòng)能增量為ΔEk＝m(v－v)＝×1×(42－22) J＝6 J

39、，機(jī)械能增量為ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，故C錯(cuò)誤；0～8 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；0～6 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為s帶＝4×6 m＝24 m，0～6 s內(nèi)物體對(duì)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(duì)＝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(dòng)機(jī)多消耗的電能為W＝ΔE＋Q＝90 J＋126 J＝216 J，故B錯(cuò)誤，D正確。 答案：D 2. 質(zhì)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(shì)能的參考平面。在上滑過(guò)程中，滑塊

40、的機(jī)械能E隨位移x的變化規(guī)律如圖甲所示，重力勢(shì)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(dòng)摩擦因數(shù)。 解析：由功能關(guān)系得：－fx＝E－E0 則E-x圖像的斜率的絕對(duì)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(zhì)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(zhì)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(dòng)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(shí)，鐵塊和木板的動(dòng)能各為多少？ (2)將木板從鐵塊下抽出的過(guò)程中木板對(duì)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(duì)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(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)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(dòng)能Ek1＝m1v12＝0.4 J，木板的動(dòng)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(guò)程，木板對(duì)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