《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第8讲 技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第8讲 技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 8 讲讲 Error!Error! 考法考法 学法学法 “能量观点能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功 和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中 的能量观点的应用。考查的内容主要有：几种常见的功能关系；动能定理的 综合应用；利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有： 整体法和隔离法；全程法和分段法；守恒思想。 是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功 和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中 的能量观点的应用。考查的内容主要有：几种常见的功能关系；动能定理的
2、 综合应用；利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有： 整体法和隔离法；全程法和分段法；守恒思想。 提提能能点点 一一 “解解题题利利器器” ”动 动能能定定理理的的灵灵活 活应 应用用多 多维 维探探究 究类 类考考点点 精精细细精精研研过过关关 点点探明点点探明 题型题型 1 应用动能定理求解变力做功 应用动能定理求解变力做功 例例1 如图所示， 质量为 如图所示， 质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为的物块与水平转台间的动摩擦因数为， 物块与转轴相距为 ， 物块与转轴相距为 R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值 时，物块即将在转台上滑动，此时 转台已开始匀
3、速转动，在这一过程 中，摩擦力对物块做的功是 ，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值 时，物块即将在转台上滑动，此时 转台已开始匀速转动，在这一过程 中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A0 B2mgR C2mgR D. mgR 1 2 解析解析 物块即将在转台上滑动但还未滑动时， 转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向 心力，设此时物块做圆周运动的线速度为 物块即将在转台上滑动但还未滑动时， 转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向 心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有，则有 mg，在物块由静止到获得速度，在
4、物块由静止到获得速度 v 的的 mv2 R 过程中， 物块受到的重力和支持力不做功， 只有摩擦力对物块做功， 由动能定理得过程中， 物块受到的重力和支持力不做功， 只有摩擦力对物块做功， 由动能定理得 W mv20， 1 2 解得解得 W mgR，D 正确。正确。 1 2 答案答案 D 题型题型 2 应用动能定理解决往复运动问题 应用动能定理解决往复运动问题 例例 2 如图所示， 斜面的倾角为 如图所示， 斜面的倾角为 ， 质量为， 质量为 m 的滑块与挡板的滑块与挡板 P 的距离为的距离为 x0， 滑块以初速度， 滑块以初速度 v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦 因数为 沿斜面上滑，滑块与
5、斜面间的动摩擦 因数为 ，滑块所受摩擦 力小于重力沿斜面向 下的分力。若滑块每次 与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是 ，滑块所受摩擦 力小于重力沿斜面向 下的分力。若滑块每次 与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( ) A.B. 1 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 1 ( ( v02 2gsin x0tan ) ) C.D. 2 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 1 ( ( v02 2gcos x0 tan ) ) 解析解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用 功能
6、关系，全程所产生的热量为Q ，对滑块运动的全程应用 功能关系，全程所产生的热量为Q mv02mgx0sin ，又由全程产生的热量等于克服摩擦，又由全程产生的热量等于克服摩擦 1 2 力所做的功，即Q力所做的功，即Qmgxcos ，解得，解得 x，选项，选项 A 正确。正确。 1 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 答案答案 A 题型题型 3 应用动能定理解决多过程问题 应用动能定理解决多过程问题 例例3 多选多选如图所示为一滑草场。 某条滑道由上下两段高均为如图所示为一滑草场。 某条滑道由上下两段高均为h， 与水平面倾角分别为 ， 与水平面倾角分别为 45和和 37的滑道组成， 滑
7、草车与草地之间的动摩 擦因数为 的滑道组成， 滑草车与草地之间的动摩 擦因数为 。 质量为。 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 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， 不计滑草车在两段滑道交接处的能量损 失，sin 370.6，cos 370.8)。则。则( ) A动摩擦因数动摩擦因数 6 7 B载人滑草车最大速度为载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草车克服摩擦力做功为载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D载人滑草车在下段滑道上的加
8、速度大小为载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g 3 5 解析解析 由题意知， 上、 下两段滑道的长分别为 由题意知， 上、 下两段滑道的长分别为 s1、 s2， 由动能定理知 ：， 由动能定理知 ： h sin 45 h sin 37 2mghmgs1cos 45mgs2cos 370，解得动摩擦因数，解得动摩擦因数 ，选项 ，选项 A 正确；载人滑草车正确；载人滑草车 6 7 在上下两段的加速度分别为在上下两段的加速度分别为 a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37) 2 14 3 35 g，则在下滑，则在下滑 h 时的速度最大，由动能定理知 ：时的速度最大
9、，由动能定理知 ： mghmgs1cos 45 mv2，解得，解得 v ， 1 2 2gh 7 选项选项 B 正确，正确， D 错误 ； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等， 即错误 ； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等， 即 W2mgh， 选项， 选项 C 错误。错误。 答案答案 AB 题型题型 4 动能定理和图像的综合 动能定理和图像的综合 例例 4 多选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 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
10、做的功为内合力对物体做的功为 45 J， 在第， 在第 1 s 末撤去拉力， 物体整个运动过 程的 末撤去拉力， 物体整个运动过 程的 vt 图像如图所示，图像如图所示， g 取取 10 m/s2，则，则( ) A物体的质量为物体的质量为 5 kg B物体与水平面间的动摩擦因数为物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1 C第第 1 s 内摩擦力对物体做的功为内摩擦力对物体做的功为 60 J D第第 1 s 内拉力对物体做的功为内拉力对物体做的功为 60 J 解析解析 由动能定理有 由动能定理有 45 J，第，第 1 s 末速度末速度 v3 m/s，解得，解得 m10 kg，故，故 A 错误 ；错误
11、 ； mv2 2 撤去拉力后加速度的大小撤去拉力后加速度的大小 a m/s21 m/s2，摩擦力，摩擦力 fma10 N，又，又 fmg，解得，解得 3 0 4 1 0.1，故，故 B 正确 ； 第正确 ； 第 1 s 内物体的位移内物体的位移 x 13 m1.5 m，第，第 1 s 内摩擦力对物体做的内摩擦力对物体做的 1 2 功功 Wfx15 J，故，故 C 错误；第错误；第 1 s 内加速度的大小内加速度的大小 a1 m/s23 m/s2，设第，设第 1 s 3 0 1 0 内拉力为内拉力为 F，则，则 Ffma1，解得，解得 F40 N，第，第 1 s 内拉力对物体做的功内拉力对物体做
12、的功 WFx60 J， 故 ， 故 D 正确。正确。 答案答案 BD 系统通法系统通法 1把握两点，准确理解动能定理1把握两点，准确理解动能定理 (1)动能定理表达式中，动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。 (2)动能定理表达式中，动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均 是相对地面的速度。 为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均 是相对地面的速度。 2应用动能定理的“两线索、两注意”应用动能定理的“两线索、两注意” (1)两线索两线索 (2)两注意两注意 动能定理
13、常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方 法更简便。 动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方 法更简便。 当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不 涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。 当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不 涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。 提提能能点点 二二 巧巧用用机机械械能能守守恒恒定定律律破破解解三三类类连连接接体体问问题题多 多维 维探探究 究类 类考考点点 精精细细精精研研过过关关 点点探明点点探明 题型题型 1
14、绳连接的系统机械能守恒问题 绳连接的系统机械能守恒问题 例例 1 (2018南京模拟南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定 滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体， 质量分别 为 如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定 滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体， 质量分别 为 m1、 m2， m1m2。 现让。 现让 m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。 设碗固定不动，其内壁光滑、半径为 从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。 设碗固定不动，其内壁光滑、半径为 R。则。则 m1滑到碗最低点时的速度为滑到碗最低点时的速度为( ) A2 B. m 1 m2 g
15、R 2m1m2 2 m1m2 gR m1m2 C. D2 2 m1 2m2 gR m1m2 m 1 2m2 gR 2m1m2 解析解析 设当 设当 m1到达碗最低点时速率为到达碗最低点时速率为 v1，此时，此时 m2的速率为的速率为 v2，由几何关系知，由几何关系知 v1cos 45v2，对，对 m1、m2由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得 m1gRm2gR m1v12 m2v22，解得，解得2 1 2 1 2 v12 ，D 正确。正确。 m 1 2m2 gR 2m1m2 答案答案 D 题型题型 2 杆连接的系统机械能守恒问题 杆连接的系统机械能守恒问题 例例 2 如图所示为竖直平面内的半圆
16、形光滑轨道，其半径为 如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为 R。 小球 。 小球 A、B 的质量分别为的质量分别为 mA、mB，A 和和 B 之间用一根长为之间用一根长为 l(lmB，B 在右侧上升的最大高度与在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同的起始高度相同 C在在 A 下滑过程中轻杆对下滑过程中轻杆对 A 做负功，对做负功，对 B 做正功做正功 D在在 A 下滑过程中减少的重力势能等于下滑过程中减少的重力势能等于 A 与与 B 增加的动能增加的动能 解析解析 根据系统机械能守恒条件可知， 根据系统机械能守恒条件可知，A 和和 B 组成的系统机械能守恒，如果组成的系统机械能守
17、恒，如果 B 在右 侧上升的最大高度与 在右 侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同， 则有的起始高度相同， 则有 mAghmBgh0， 则有， 则有 mAmB， A、 B 错误 ；错误 ； A 下滑、下滑、 B 上升过程中，上升过程中， B 机械能增加， 则机械能增加， 则 A 机械能减少， 说明轻杆对机械能减少， 说明轻杆对 A 做负功， 对做负功， 对 B 做正功，做正功， C 正确；正确；A 下滑过程中减少的重力势能等于下滑过程中减少的重力势能等于 B 上升过程中增加的重力势能和上升过程中增加的重力势能和 A 与与 B 增加的动 能之和， 增加的动 能之和，D 错误。错误。 答案答案
18、C 题型题型 3 弹簧连接的系统机械能守恒问题 弹簧连接的系统机械能守恒问题 例例 3 多选多选(2018邵阳模拟邵阳模拟)如图所示， 物体如图所示， 物体 A、 B 通过细绳及 轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 通过细绳及 轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、 B 的质量分别为的质量分别为 2m、 m。开始 时细绳伸直， 。开始 时细绳伸直， B静止在桌面上，用手托着静止在桌面上，用手托着A使弹簧处于原长且使弹簧处于原长且A与地 面的距离为 与地 面的距离为h。 放手后。 放手后A 下落，着地时速度大小为下落，着地时速度大小为 v，此时，此时 B 对桌面 恰好无压力。 不计一切摩擦及空气阻力，
19、 重力加速度大小为 对桌面 恰好无压力。 不计一切摩擦及空气阻力， 重力加速度大小为 g。 下列说法正确的是。 下列说法正确的是( ) AA 下落过程中，下落过程中，A 和弹簧组成的系统机械能守恒和弹簧组成的系统机械能守恒 B弹簧的劲度系数为弹簧的劲度系数为2mg h CA 着地时的加速度大小为着地时的加速度大小为g 2 DA 着地时弹簧的弹性势能为着地时弹簧的弹性势能为 mghmv2 解析解析 因为 因为 B 没有运动，所以没有运动，所以 A 下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故 A 和弹 簧组成的系统机械能守恒， 和弹 簧组成的系统机械能守恒，A 正
20、确 ； 因为正确 ； 因为 A 刚下落时，弹簧处于原长，刚下落时，弹簧处于原长，A 落地时，弹簧对落地时，弹簧对 B 的弹力大小等于的弹力大小等于 B 所受的重力，故所受的重力，故 khmg，解得，解得 k，B 错误；错误；A 落地时弹簧对绳子的落地时弹簧对绳子的 mg h 拉力大小为拉力大小为 mg， 对， 对 A 分析， 受到竖直向上的拉力， 大小为分析， 受到竖直向上的拉力， 大小为 mg， 竖直向下的重力， 大小为， 竖直向下的重力， 大小为 2mg， 根据牛顿第二定律可得 ， 根据牛顿第二定律可得 2mgmg2ma，解得，解得 a ， ，C 正确；正确；A 下落过程中，下落过程中，A
21、 和弹簧组和弹簧组 g 2 成的系统机械能守恒，故成的系统机械能守恒，故 2mgh 2mv2Ep，解得，解得 Ep2mghmv2，D 错误。错误。 1 2 答案答案 AC 系统通法系统通法 1判断机械能守恒的两个角度判断机械能守恒的两个角度 (1)用做功判断：若物体用做功判断：若物体(或系统或系统)只受重力只受重力(或系统内弹力或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不 做功，则机械能守恒。 ，或虽受其他力，但其他力不 做功，则机械能守恒。 (2)用能量转化判断 ： 若物体用能量转化判断 ： 若物体(或系统或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形 式能的相互转化，则机械能守恒。 只有
22、动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形 式能的相互转化，则机械能守恒。 2机械能守恒定律的三种表达形式机械能守恒定律的三种表达形式 3应用机械能守恒定律解题的基本思路应用机械能守恒定律解题的基本思路 提提能能点点 三三 几几个个重重要要功功能能关关系系的的灵灵活活应应用用基 基础 础保保分 分类 类考考点点 练练练练就就能能过过关关 知能全通知能全通 1常见的功能关系1常见的功能关系 重力做功与重力势能变化的关系重力做功与重力势能变化的关系WGEp 弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做功与弹性势能变化的关系W弹 弹 Ep 合外力做功与动能变化的关系合外力做功与动能变化的关系W合 合 Ek 除重
23、力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系W其他 其他 E机 机 滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系Ffx相对 相对 E内 内 2功能关系的理解和应用2功能关系的理解和应用 (1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在 不同问题中的具体表现不同。 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在 不同问题中的具体表现不同。 (2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能 的转化情况。 分清是什么力做功，并且分析该力
24、做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能 的转化情况。 (3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。 题点全练题点全练 1.(2018全国卷全国卷)如图，如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水 平，长度为 水 平，长度为 2R； bc 是半径为是半径为 R 的四分之一圆弧，与的四分之一圆弧，与 ab 相切于相切于 b 点。一 质量为 点。一 质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用， 自的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用， 自 a
25、 点 处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 点 处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械 能的增量为 点开始运动到其轨迹最高点，机械 能的增量为( ) A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 解析 ： 选解析 ： 选 C 小球从 小球从 a 点运动到点运动到 c 点， 根据动能定理得，点， 根据动能定理得， F3RmgR mv2， 又， 又 Fmg， 1 2 故故 v2。小球离开。小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速gR 直线运动， 且水平方
26、向的加速度大小也为直线运动， 且水平方向的加速度大小也为 g， 故小球从， 故小球从 c 点到最高点所用的时间点到最高点所用的时间 t 2， v g R g 水平位移水平位移 x gt22R，根据功能关系，小球从，根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量等于力点到轨迹最高点机械能的增量等于力 F 做做 1 2 的功，即的功，即 EF(3Rx)5mgR，C 正确。正确。 2.多选多选(2019 届高三届高三邯郸模拟邯郸模拟)如图，质量为如图，质量为 m 的物体在恒定外力的物体在恒定外力 F 作用下竖 直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力 作用下竖 直向上做初速度为零的
27、匀加速直线运动，经过一段时间，力 F 做的功为做的功为 W， 此时撤 去力 ， 此时撤 去力 F，物体 又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零 势能平面，重力加速度为 ，物体 又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零 势能平面，重力加速度为 g，不计空气阻力，则，不计空气阻力，则( ) A从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了W 3 B力力 F 的大小为的大小为 mg 4 3 C物体回到出发点时重力的瞬时功率为物体回到出发点时重力的瞬时功率为 2mg2W D撤去力撤去力 F 时，物体
28、的动能和重力势能恰好相等时，物体的动能和重力势能恰好相等 解析：选解析：选 BC 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力 F 做功为做功为 W，则 物体机械能增加了 ，则 物体机械能增加了 W，故，故 A 错误；从开始运动到回到出发点，撤去力错误；从开始运动到回到出发点，撤去力 F 前后两个过程位移 大小相等、 方向相反， 时间相等， 取竖直向上为正方向， 则得 ： 前后两个过程位移 大小相等、 方向相反， 时间相等， 取竖直向上为正方向， 则得 ： at2， Fmg 1 2 ( ( att1 2gt 2 ) ) ma，解得：，解得：a
29、g，F mg，故，故 B 正确；在整个过程中，根据动能定理得：正确；在整个过程中，根据动能定理得： mv2W，物，物 1 3 4 3 1 2 体回到出发点时速率体回到出发点时速率 v，瞬时功率为，瞬时功率为 Pmgv，故，故 C 正确；撤去力正确；撤去力 F 时，时， 2W m 2mg2W 物体的动能为物体的动能为 EkWmg at2F at2mg at2 mgat2，重力势能为，重力势能为 Epmg at2 1 2 1 2 1 2 1 6 1 2 mgat2，可见，动能和重力势能不相等，故，可见，动能和重力势能不相等，故 D 错误。错误。 1 2 3.多选多选(2018盘锦模拟盘锦模拟)如图
30、所示，半径为如图所示，半径为 R 的光滑圆环固定在竖 直平面内， 的光滑圆环固定在竖 直平面内，AB、 CD 是圆环相互垂直的两条直径，是圆环相互垂直的两条直径，C、 D 两点与圆心两点与圆心 O 等 高。一个质量为 等 高。一个质量为 m 的光滑小球套在圆环上， 一根轻质弹簧一端连在小球 上， 另一端固定在 的光滑小球套在圆环上， 一根轻质弹簧一端连在小球 上， 另一端固定在 P 点，点，P 点在圆心点在圆心 O 的正下方 处。小球从最高点的正下方 处。小球从最高点 A R 2 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于弹性限度
31、内，重力加 速度为 ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加 速度为 g，下列说法正确的有，下列说法正确的有( ) A弹簧长度等于弹簧长度等于 R 时，小球的动能最大时，小球的动能最大 B小球运动到小球运动到 B 点时的速度大小为点时的速度大小为 2gR C小球在小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为两点时对圆环的压力差为 4mg D小球从小球从 A 到到 C 的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量 解析 ： 选解析 ： 选 CD 小球下滑过程中，弹簧长度等于 小球下滑过程中，弹簧长度等于 R 时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等 于 时，
32、弹簧处于原长，此时弹簧弹力等 于 0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于 R 时，小球的动能不是 最大，故 时，小球的动能不是 最大，故 A 错误 ； 由题可知，小球在错误 ； 由题可知，小球在 A、B 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等， 根据系统的机械能守恒得 ： 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等， 根据系统的机械能守恒得 ： 2mgR mvB2，解得小球运动到，解得小球运动到 B 点时的速度点时的速度 vB2，故，故 B 1 2 gR 错误；设小球在错误；设小球在 A、B 两点时弹簧的弹力大小为两点
33、时弹簧的弹力大小为 F，在，在 A 点，圆环对小球的支持力点，圆环对小球的支持力 F1 mgF， 在， 在 B 点， 由牛顿第二定律得 ：点， 由牛顿第二定律得 ： F2mgFm， 解得圆环对小球的支持力， 解得圆环对小球的支持力 F25mg vB2 R F，则，则 F2F14mg，由牛顿第三定律知，小球在，由牛顿第三定律知，小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为两点时对圆环的压力差为 4mg， 故 ， 故 C 正确；小球从正确；小球从 A 到到 C 的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球 机械能的增加量，故 的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球 机械能的
34、增加量，故 D 正确。正确。 提提能能点点 四四 应应用用功功能能关关系系破破解解叠叠放放体体问问题题基 基础 础保保分 分类 类考考点点 练练练练就就能能过过关关 知能全通知能全通 “三步走”分析叠放体问题 “三步走”分析叠放体问题(以传送带为例以传送带为例) 题点全练题点全练 1.如图所示， 水平传送带长为如图所示， 水平传送带长为 s， 以速度， 以速度 v 始终保持匀速运动， 把质量为始终保持匀速运动， 把质量为 m 的货物放到的货物放到 A 点，货物与传送带间的动摩擦因数为点，货物与传送带间的动摩擦因数为 ，当货物从，当货物从 A 点运动 到 点运动 到 B 点的过程中，摩擦力对货物
35、做的功不可能点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( ) A等于等于 mv2 B小于小于 mv2 1 2 1 2 C大于大于 mgs D小于小于 mgs 解析：选解析：选 C 货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一 直加速而最终速度小于 货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一 直加速而最终速度小于 v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于 mv2，可能小于，可能小于 1 2 mv2，可能等于，可能等于 mgs，可能小于，可能小于 mgs，不可能大于，不可能大于 mgs，故，故 C 对。对。 1 2 2.
36、多选多选(2018济宁模拟济宁模拟)如图所示，长为如图所示，长为 L、质量为、质量为 M 的木板静 置在光滑的水平面上， 在木板上放置一质量为 的木板静 置在光滑的水平面上， 在木板上放置一质量为 m 的物块，物块与木板 之间的动摩擦因数为 的物块，物块与木板 之间的动摩擦因数为 。物块以速度。物块以速度 v0从木板的左端向右端滑动时， 若木板固定不动， 物块 恰好能从木板的右端滑下。 若木板不固定时， 下列叙述正确的是 从木板的左端向右端滑动时， 若木板固定不动， 物块 恰好能从木板的右端滑下。 若木板不固定时， 下列叙述正确的是( ) A物块不能从木板的右端滑下物块不能从木板的右端滑下 B
37、系统产生的热量Q系统产生的热量QmgL C经过经过 t物块与木板保持相对静止物块与木板保持相对静止 Mv0 M m g D摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 解析：选解析：选 AC 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物 块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动 能， 所以产生的内能必然减小， 物块相对于木板滑行的距离要减小， 不能从木板的右端滑下， 故 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物 块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统
38、产生的内能和木板的动 能， 所以产生的内能必然减小， 物块相对于木板滑行的距离要减小， 不能从木板的右端滑下， 故 A 正确；物块和木板组成的系统产生的热量Q正确；物块和木板组成的系统产生的热量QFfx相对 相对 mgx相对 相对 mgL，故，故 B 错误； 设物块与木板最终的共同速度为 错误； 设物块与木板最终的共同速度为 v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根 据动量守恒定律，有：据动量守恒定律，有：mv0(mM)v，对木板，由动量定理得：，对木板，由动量定理得： mgtMv，联立解得：，联立解得： t ，故，故 C 正确 ；
39、 由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较正确 ； 由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较 Mv0 M m g 大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故 D 错误。错误。 3.如图所示，水平传送带两端点如图所示，水平传送带两端点 A、 B 间的距离为间的距离为 l，传送带 开始时处于静止状态。把 一个小物体放到右端的 ，传送带 开始时处于静止状态。把 一个小物体放到右端的 A 点， 施加恒定 拉力 点， 施加恒定 拉力 F 使小物体以速度使小物体以速
40、度 v1匀速滑到左端的匀速滑到左端的 B 点， 拉力点， 拉力 F 所做的 功为 所做的 功为 W1、功率为、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送 带以速度 。随后让传送 带以速度 v2匀速运动，施加相同的恒定拉力匀速运动，施加相同的恒定拉力 F 拉物体，使它以相对传送带为拉物体，使它以相对传送带为 v1的速度匀速 从 的速度匀速 从 A 滑到滑到 B，这一过程中，拉力，这一过程中，拉力 F 所做的功为所做的功为 W2、功率为、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦 而产生的热量为Q ，物体和传送带之间因摩擦
41、而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是。下列关系中正确的是( ) AW1W2，P1P2，Q，Q1QQ2 BW1W2，P1P2，Q，Q1QQ2 CW1W2，P1P2，Q，Q1QQ2 DW1W2，P1P2，Q，Q1QQ2 解析：选解析：选 B 因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即 因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即 W1W2；当传送 带不动时，物体运动的时间为 ；当传送 带不动时，物体运动的时间为 t1，当传送带以速度，当传送带以速度 v2匀速运动时，物体运动的时间为匀速运动时，物体运动的时间为 l v1 t2，所以第二次用的时间短，功率大，即，所以第二次用的时间短，功率
42、大，即 P1P2；滑动摩擦力与相对路程的乘积等；滑动摩擦力与相对路程的乘积等 l v1v2 于产生的热量，第二次的相对路程小，所以Q于产生的热量，第二次的相对路程小，所以Q1QQ2，选项，选项 B 正确。正确。 4多选多选如图甲所示，光滑水平面上放着长木板如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为，质量为 m2 kg 的木块的木块 A 以速度以速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于的上表面，由于 A、B 之间存在有摩擦，之后，之间存在有摩擦，之后，A、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g10
43、m/s2。下列说法正确的是。下列说法正确的是( ) AA、B 之间动摩擦因数为之间动摩擦因数为 0.1 B长木板的质量长木板的质量 M2 kg C长木板长度至少为长木板长度至少为 2 m DA、B 组成的系统损失的机械能为组成的系统损失的机械能为 4 J 解析：选解析：选 AB 从题图乙可以看出， 从题图乙可以看出，A 先做匀减速运动，先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做 匀速运动，共同速度： 做匀加速运动，最后一起做 匀速运动，共同速度：v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0(mM)v， 解得： ， 解得：Mm2 kg，故，故
44、B 正确；由图像可知，木板正确；由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为：匀加速运动的加速度为：a v t m/s21 m/s2，对，对 B，根据牛顿第二定律得 ：，根据牛顿第二定律得 ： mgMa，解得动摩擦因数为 ：，解得动摩擦因数为 ： 0.1，故，故 A 1 1 正确；由图像可知前正确；由图像可知前 1 s 内内 B 的位移为：的位移为：xB 11 m0.5 m, A 的位移为：的位移为：xA1 1 2 2 1 2 m1.5 m，所以木板最小长度为：，所以木板最小长度为：LxAxB1 m，故，故 C 错误；错误；A、B 组成的系统损失的 机械能为： 组成的系统损失的 机械能为：E mv02 (mM)v22 J，故，故 D 错误。错误。 1 2 1 2 专题强训提能专题强训提能 1.如图所示， 物块的质量为如图所示， 物块的质量为 m， 它与水平桌面间的动摩擦因数为， 它与水平桌面间的动摩擦因数为 。 起初， 用手按住物块， 物块的速度为零， 弹簧的伸长量为 。 起初， 用手按住物块， 物块的速度为零， 弹簧的伸长量为 x， 然后放手， 当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为 ， 然后放手， 当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力