高考物理二轮复习：机械能守恒、功能关系(含答案解析).pdf

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1、机械能守恒、功能关系 热点一机械能守恒定律的应用 命题规律：该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点： (1) 判断某系统在某过程中机械能是否守恒 (2) 结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动 (3) 在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查 1.(2014 汕头一模) 蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动 员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置 ) 上，随床垫一同向下做变速运动 到达最低点 (B位置 ) ，如图所示有关运动员从A运动至B的过程，下列说 法正确的是 ( ) A运动员的机械能守恒 B运动员的速度一直减小 C合

2、力对运动员做负功 D运动员先超重后失重 解析 由能量守恒定律可知， 运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项 A错误； 当F弹mg时，a0，在此之前，F弹mg，加速度方向向下( 失重 ) ，物体做加速运动；在此 之后，F弹mg，加速度方向向上(超重 ) ，物体做减速运动，选项B、D错误；从A位置到B 位置，由动能定理得W合Ek0，选项 C正确 答案 C 2.( 多选)(2014 长春二模) 如图所示， 物体A的质量为M，圆环B的质量为 m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上， 设杆足够长开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆 环不计定滑轮和空气的阻

3、力，以下说法正确的是( ) A当M2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大 B当M2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小 C当Mm时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零 D当Mm时，且l确定，则圆环m下降过程中速度一直增大 解析 由系统机械能守恒可得mghMg(h 2 l 2 l) ，当M2m时，h4 3l ，所以 A 选项 正确；当Mm时，对圆环受力分析如图，可知FT mg cos Mg，故圆环在下降过程中系统 的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D选项 正确 答案 AD 3. 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连 接，跨过固定在地面上

4、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两 倍当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高将A由静止释放，B 上升的最大高度是( ) A2RB. 5R 3 C.4R 3 D. 2R 3 解析 如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A 质量为 2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgRmgR 1 2 3mv 2， A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有 1 2mv 2 mgh，解 得h 1 3R . 则B上升的高度为R1 3R 4 3R ，故选项C正确 答案 C 总结提升 (1) 机械能守恒定律的三种表达式 守恒观点：Ek1Ep1Ek2Ep2 转化观点： Ep Ek 转移观点： EA增EB减 (2)

5、 机械能守恒定律解题的基本思路 选取研究对象物体系或物体 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 恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能 灵活选取机械能守恒的表达式列机械能守恒定律方程 解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验 热点二功能关系的应用 命题规律： 该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题， 命题规律有如下特点： (1) 考查做功与能量变化的对应关系 (2) 涉及滑动摩擦力做功与产生内能( 热量 ) 的考查 1.(2014 云南第一次检测) 起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯 曲两腿向下

6、蹲， 然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重 心上升了h，离地时他的速度大小为v. 下列说法正确的是( ) A该同学机械能增加了mgh B起跳过程中该同学机械能增量为mgh 1 2mv 2 C地面的支持力对该同学做功为mgh1 2mv 2 D该同学所受的合外力对其做功为 1 2mv 2mgh 解析 本题考查的是力做功和能的转化问题，该同学重心升高h，重力势能增大了mgh， 又知离地时获得动能为 1 2mv 2，则机械能增加了 mgh1 2mv 2，A错，B对；人与地面作用过程中， 支持力对人做功为零，C错；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合 1 2mv 2，D

7、错 答案 B 2.(2014 高考山东卷)2013 年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦 娥”携“玉兔”落月两大航天工程某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想： 如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在 该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球设 “玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月以月面为零势能面，“玉兔” 在h高度的引力势能可表示为Ep GMmh RRh ，其中G为引力常量，M为月球质量若忽略 月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( ) A. mg月R Rh( h2R) B. mg月R Rh( h2R)

8、C.mg 月R Rh h 2 2 R D. mg月R Rh h 1 2R 解析 “玉兔”在h高处做圆周运动时有G Mm Rh 2 mv 2 Rh. 发射“玉兔”时对“玉兔” 做的功W 1 2mv 2 Ep.在月球表面有 GMm R 2mg月， 联立各式解得Wmg 月R Rh h 1 2R . 故选项 D正确， 选项 A、 B 、C错误 答案 D 3. 如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m ，现有质量m2 0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上 某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数0.5 ，取g

9、10 m/s 2，求： (1) 物块在车面上滑行的时间t； (2) 物块克服摩擦力做的功； (3) 在此过程中转变成的内能 解题指导 解答本题时应把握以下两点： (1) 正确分析物块和小车的受力情况及运动情况 (2) 正确利用功能关系求摩擦力的功和产生的内能 解析 (1) 小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则 a1 m2g m1 10 3 m/s 2， a2g5 m/s 2， v0a2ta1t， 所以t v0 a1a2 2 m/s 25 3 m/s 20.24 s. (2) 相对静止时的速度va1t0.8 m/s ， 物块克服摩擦力做的功 W 1 2m 2(v

10、 2 0v 2) 0.336 J. (3) 由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则 E 1 2m 2v 2 0 1 2( m1m2)v 20.24 J. 答案 (1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J 总结提升 解决功能关系问题应注意的三个方面 分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关 系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况. 也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功 的多少 . 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.) 用动力学和

11、能量观点解决传送带问题 命题规律： 传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知 识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在2015 年高考中出现的可能性很 大，题型为选择题或计算题 解析 (1) 小物块在传送带上做匀加速运动的加速度ag5 m/s 2(1 分) 小物块与传送带共速时，所用时间tv 0 a1 s(2 分) 运动的位移x 1 2at 22.5 m ( LxP) 6 m(2 分) 故小物块与传送带共速后以v05 m/s 的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点， 由机械能守恒定律得 1 2 mv 2 0mgyN(2 分) 解得yN1.25 m

12、 (1 分) (2) 小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x相对v0tx2.5 m(2分) 产生的热量Qmgx相对12.5 J (2 分) (3) 设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得 mg(Lx1) mgyM(2 分) 代入数据解得x1 7 m(2 分) 故小物块在传送带上的位置横坐标范围为 0x7 m (2 分) 答案 (1)1.25 m (2)12.5 J (3)0 x7 m 总结提升 (1) 传送带模型题的分析流程： (2) 皮带问题中的功能关系：传送带做的功WFFl带，功率PFv带；摩擦力做功W摩F摩l； 物体与皮带间摩擦生热QFfl 相对 (

13、3) 如质量为m的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程 中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q，有如下关系：EkQ 1 2mv 2 传. 最新预测1 ( 多选)(2014 陕西西工大附中适应考) 如图所示，质量为m的 物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动， 物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送 带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( ) A电动机多做的功为 1 2mv 2 B摩擦力对物体做的功为 1 2mv 2 C电动机增加的功率为mgv D传送带克服摩擦力做功为 1 2

14、mv 2 解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以 A项错；根 据动能定理，对物体列方程，Wf 1 2 mv 2 ，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P 物体动能增量摩擦生热 时间 mg v 2t mg v 2t t mgv，C 项正确；因为传送带与物体共速之 前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2 倍，即mv 2，D项错误 最新预测2 (2014德州二模 ) 如图所示，轮半径r10 cm 的传 送带，水平部分AB的长度L1.5 m ，与一圆心在O点、半径R 1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H

15、 1.25 m ，一质量m 0.1 kg的小滑块 ( 可视为质点 ) ，由圆轨道 上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角37. 已知 sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦 因数 0.1 ，不计空气阻力 (1) 求滑块对圆轨道末端的压力； (2) 若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离； (3) 若传送带以v00.5 m/s的速度沿逆时针方向运行( 传送带上部分由B到A运动 )，求滑 块在传送带上滑行过程中产生的内能 解析： (1) 从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1 cos 37 ) 1 2mv 2 在

16、轨道末端由牛顿第二定律得： FNmg mv 2 R 由以上两式得FN 1.4 N 由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下 (2) 若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得： mgL1 2mv 2 B 1 2mv 2 解得：vB1 m/s 滑块从B点开始做平抛运动 滑块的落地点与B点间的水平距离为： xvB 2H g 0.5 m. (3) 传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况 没有改变所以滑块和传送带间的相对位移为：xLv0v vB g 2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Qmgx0.2 J. 答案： (1

17、)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m (3)0.2 J 失分防范 解决传送带问题应注意以下四点 摩擦力的方向及存在阶段的判断； 物体能否达到与传送带共速的判断； 计算产生的热量时，正确确定物体相对传送带滑动的距离； 弄清能量转化关系：传送带消耗的能量等于物体获得的动能与产生的内能之和. 一、选择题 1( 多选)(2014 吉林质检) 如图所示， 长为L的粗糙长木板水平放置，在 木板的A端放置一个质量为m的小物块现缓慢地抬高A端，使木板以左 端为轴转动， 当木板转到与水平面的夹角为 时小物块开始滑动，此时停 止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g. 下列判断正确 的是 ( )

18、 A整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功 B物块所受支持力做功为mgLsin C发生滑动前静摩擦力逐渐增大 D整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量 解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可 知在这个过程中支持力做正功，而且根据动能定理， 在缓慢抬高A端的过程中，WmgLsin 0， 可知WmgLsin ， 所以 A项错，B项正确由平衡条件得在滑动前静摩擦力f 静mgsin ，当 时，f 静，所以 C项正确在整个过程中，根据除了重力以外其他力做功等于 机械能的变化量可知D项正确 2(2014高考上海卷) 静止在地面上的物体在竖直向上的恒

19、力作用下上升，在某一高度撤 去恒力不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( ) 解析：选 C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有Fmg ma，h 1 2at 2，某一时刻的机械能 EEFh，解以上各式得E Fa 2 t 2 t 2，撤去外力 后，物体机械能守恒，故只有C正确 3(2014芜湖一模) 如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不 可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于 绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是( ) AA物体的机械能增大 BA、B组

20、成系统的重力势能增大 C下落时间t过程中，A的机械能减少了 2 9mg 2t2 D下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为 1 3mg 2t 解析：选 C.在A下落的过程中，拉力对A做负功，对B做正功，A的机械能减小，B的机械 能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误释放后，A、B物体都做初速度为零的匀 加速直线运动由牛顿第二定律得2mgmg3ma，故加速度a 1 3g，t 时间内A物体下降高 度为 1 6gt 2，绳子拉力大小为 4 3mg .拉力对A物体所做负功为 2 9mg 2 t 2， A物体机械能减少 2 9mg 2t2， C对下落时间t时，B物体的运动速度为 1 3gt ，拉力功

21、率大小为 4 9mg 2t ，D错 4(2014山西太原一模) 将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出， 取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度 h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s 2，下列说法正确的是 ( ) A小球的质量为0.2 kg B小球受到的阻力( 不包括重力 ) 大小为 0.20 N C小球动能与重力势能相等时的高度为 20 13 m D小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J 解析： 选 D.在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误； 由除重力以外其他力做功W其E 可知：fhE高E低，E为机械能，解得f0.25

22、 N， B项错误；设小球动能和重力势能相 等时的高度为H，此时有mgH1 2mv 2，由动能定理： fHmgH 1 2mv 21 2mv 2 0得H 20 9 m，故 C 项错；当上升h 2 m时，由动能定理， fhmghEk2 1 2mv 2 0得Ek22.5 J，Ep2mgh 2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故 D项正确 5( 多选)(2014 钦州一模) 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A、B的质量分别为m、2m. 开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与 地面的距离为h，物体B静止在地面上放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为

23、v， 此时物体B对地面恰好无压力若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A 接触地面前的瞬间( ) A物体A的加速度大小为g，方向竖直向下 B弹簧的弹性势能等于mgh1 2mv 2 C物体B有向上的加速度 D弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv 解析：选 BD.当A即将接触地面时，物体B对地面无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等 于轻弹簧弹力F2mg，选项 C错误；然后对A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向 竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mghEp 1 2mv 2，弹 簧的弹性势能Epmgh1 2mv 2，选项 B正确；拉力的瞬时功率为 P

24、Fv2mgv，选项 D正确 6(201 3高考安徽卷) 质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为 Ep GMm r ，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做 匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( ) AGMm 1 R2 1 R1 BGMm 1 R1 1 R2 C.GMm 2 1 R2 1 R1 D. GMm 2 1 R1 1 R2 解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供 根据万有引力提供向心力得G Mm r 2m v 2 r 而动能Ek 1 2mv

25、 2 由式得Ek GMm 2r 由题意知，引力势能Ep GMm r 由式得卫星的机械能EEkEp GMm 2r 由功能关系知，因摩擦而产生的热量QE减E1E2GMm 2 1 R2 1 R1 ，故选项C正确 7(2014漳州一模) 质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动 时的加速度方向竖直向下，大小为 2g 3 . 当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度 为g，下列说法正确的是( ) A小球的动能减少了 mgh 3 B小球的动能增加了 2mgh 3 C小球的电势能减少了 2mgh 3 D小球的电势能增加了mgh 解析：选 B.小球受的合力F2 3mg ，据动能定理，

26、合力做功等于动能的增加，故 EkFh 2 3 mgh，选项A 错、 B 对由题意可知，电场力F电 1 3mg ，电场力做负功，电势能增加，Ep F电h 1 3mgh ，选项 C、D均错 8( 多选)(2014 郑州三模) 如图所示，竖直平面内有一个半径为 R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与 水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过 O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道 上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( ) A小球落地时的动能为2.5mgR B小球落地点离O点的距离为2R C小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零

27、D小球到达Q点的速度大小为3gR 解析：选 ABD.小球恰好通过P点，mgm v 2 0 R 得v0gR. 根据动能定理mg2R 1 2mv 21 2mv 2 0得 1 2mv 22.5 mgR，A正确由平抛运动知识得t 4R g ，落地点与O点距离xv0t2R， B正 确P处小球重力提供向心力，C 错误从Q到P由动能定理mgR 1 2m (gR) 21 2mv 2 Q得vQ 3gR，D正确 9( 多选)(2014 海口调研) 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始 向上运动， 如图甲所示 在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图 象如图乙所示，其中曲线上点A

28、处的切线的斜率最大则( ) A在x1处物体所受拉力最大 B在x2处物体的速度最大 C在x1x3过程中，物体的动能先增大后减小 D在 0x2过程中，物体的加速度先增大后减小 解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故Ex图象的斜率表示物体所 受拉力的大小， 在x1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确； 在x2处图象的斜率 为零，故物体所受拉力为零，因此在x2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到 最大， B错误；在x1x3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速 再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确； 0x2的过程中拉力先大于重力，并且先增大 后

29、减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D错 误 二、计算题 10(2014云南部分名校统考) 如图所示，与水平面夹角为30的倾斜传送带始终绷 紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L4 m，传送带以恒定的速率v2 m/s 向上运 动现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数 3 2 ，取g10 m/s 2，求： (1) 物体从A运动到B共需多少时间？ (2) 电动机因传送该物体多消耗的电能 解析： (1) 物体无初速度放在A处后，因mgsin mgcos ，则物体斜向上做匀加速直 线运动 加速度a mgcos mgsin

30、m 2.5 m/s 2 物体达到与传送带同速所需的时间t1 v a0.8 s t1时间内物体的位移L1v 2t 10.8 m 之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间 t2L L1 v 1.6 s 物体运动的总时间tt1t2 2.4 s. (2) 前 0.8 s内物体相对传送带的位移为 Lvt1L10.8 m 因摩擦而产生的内能E内 mgcos L6 J E总EkEpE内 1 2mv 2 mgLsin E内 28 J. 答案： (1)2.4 s (2)28 J 11(2014济南一模) 如图所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切一质量m1 kg 的

31、 小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h0.6 m 滑块在木板上滑行t1 s 后，和木板以共同速度v1 m/s 匀速运 动，取g10 m/s 2. 求： (1) 滑块与木板间的摩擦力大小； (2) 滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3) 滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量 解析： (1) 对木板FfMa1 由运动学公式得va1t 解得a11 m/s 2， Ff2 N. (2) 对滑块有Ffma2 设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式vv0a2t 解得a2 2 m/s 2， v03 m/s 滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得 mghWF f 1 2mv 2

32、0 可得滑块克服摩擦力做的功为 WFfmgh 1 2mv 2 01.5 J. (3)t1 s 内木板的位移x11 2a 1t 2 此过程中滑块的位移x2v0t 1 2a 2t 2 故滑块相对木板滑行距离Lx2x11.5 m 产生的热量QFfL3 J. 答案： (1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m 3 J 12(2014潍坊模拟) 如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左 端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点，将一质量为1 kg 的小物块靠在弹簧右端 并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep18.5 J，现将小物块无初速释放，已知OP0.25 m ，PN2.7

33、5 m ，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.2 ，圆轨道半径R0.4 m ，g取 10 m/s 2. 求： (1) 物块从P点运动到N点的时间； (2) 分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B. 若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的 距离若不能，简要说明物块的运动情况 解析： (1) 从开始释放到小物块运动至P，由能量守恒定律，EpmgxOP1 2mv 2 P 解得：vP6 m/s 设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律： xPNvPt 1 2at 2 mgma 解得：t0.5 s或t5.5 s(舍去 ) (2) 物块由P至N，由动能定理得： mgxPN 1 2mv 2 N 1 2m

34、v 2 P 设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B物块速度大小为vB，由机械能守恒定律得： 1 2mv 2 N2mgR1 2mv 2 B 解得：vB3 m/s 物块通过最高点的最小速度为vmin mgm v 2 min R ，vmin2 m/s 因vBvmin，故物块能通过B点 通过B点后做平抛运动：xvBt 2R 1 2gt 2 解得：x1.2 m. 答案： (1)0.5 s (2) 能通过B点1.2 m 第 3 讲动力学和功能观点的应用 热点一用动力学观点解决多过程问题 命题规律： 力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、 圆周运 动，分析运动过程的关键是分析物体受

35、力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高 考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大， 以中档题为主 1.(2014 武汉模拟) 如图甲所示，质量M1 kg的薄木板静止在水平面上，质量m1 kg 的铁块 ( 可视为质点 ) 静止在木板的右端设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平 面间的动摩擦因数10.05 ，铁块与木板之间的动摩擦因数20.2 ，重力加速度g 10 m/s 2. 现给铁块施加一个水平向左的力 F， (1) 若力F恒为 4 N，经过时间1 s ，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L； (2) 若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来

36、试通过分析与计算，在图 乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象 解析 (1) 对铁块，由牛顿第二定律F2mgma1 对木板，由牛顿第二定律2mg1(Mm)gMa2 设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则 x铁1 2a 1t 2 x木1 2a 2t 2 又x铁x木L 解得L 0.5 m. (2) 当F1(mM)g1 N时，系统没有被拉动， 静摩擦力与外力成正比并保持大小相等， 即FfF 当F 1(mM)g1 N 时，若M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则 F1(mM)g (mM)a FFfma 解得F 2Ff1 N 此时Ff2mg2 N，即F3 N 所以当 1 N

37、 F3 N 时，FfF 20.5 N 当F 3 N 时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff2mg2 N FfF图象如图所示 答案 (1)0.5 m (2) 见解析图 2.(2014 合肥高三质检) 足够长光滑斜面BC的倾角 53， 小物 块与水平面间的动摩擦因数 0.5 ，水平面与斜面之间在B点有一 小段弧形连接，一质量m2 kg 的小物块静止于A点现用与水平方 向成 53角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t1 4 s 到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x14 m(已知 sin 53 0.8 ，cos 53 0.6 ，g取 10 m/s 2) 求： (1) 恒力F的大小；

38、(2) 小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2； (3) 小物块停止运动时到B点的距离x3. 解析 (1)AB段加速度a12x 1 t 2 1 0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin ) ma1 解得：F ma1mg cos sin 20.5 0.5 210 0.6 0.5 0.8 N11 N. (2) 到达B点时，小物块的速度va1t12 m/s 在BC段的加速度：a2gsin 53 8 m/s 2 由v 22a 2x2得：x2 v 2 2a2 2 2 28 m0.25 m. (3) 小物块从B向A运动过程中，由mgma3， 解得：a3g 5 m/s 2 滑行的位

39、移x3 v 2 2a3 2 2 25 m 0.4 m ，小物块停止运动时，离 B点的距离为0.4 m. 答案 (1)11 N (2)0.25 m (3)0.4 m 热点二用功能观点解决多过程问题 命题规律： 对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式 求解， 可利用动能定理进行求解高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下 的直线运动、曲线运动，题目难度中等 1.(2014 温州五校联考) 如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道 AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点， 圆心角BOC 37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m ，现有一个质

40、量为 m0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落， DE距离h1.6 m ， 小物体与斜面AB之间的动摩擦因数0.5. 取 sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g10 m/s 2，求： (1) 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小； (2) 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长； (3) 若斜面已经满足(2) 要求，小物体从E点开始下落， 直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运 动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小 解析 (1) 小物体从E到C，由能量守恒得： mg(hR) 1 2mv 2 C， 在C点，由牛顿第二定律得：FN

41、mgm v 2 C R， 联立解得FN 12.4 N. (2) 从EDCBA过程，由动能定理得： WGWf0， WGmg(hRcos 37 ) LABsin 37 ， Wfmgcos 37 LAB. 联立解得LAB2.4 m. (3) 因为mgsin 37 mgcos 37 ( 或 tan 37 ) ， 所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返 运动， 从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量， QEp， Epmg(hRcos 37 ) ， 联立解得Q4.8 J. 答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J 2. 如图甲所示，斜面

42、AB粗糙，倾角为 30，其底端A处有一垂直斜面的挡板一质量 为m2 kg 的滑块从B点处由静止释放，滑到底端A处与挡板碰撞并反弹到最高点C处，已 知滑块与挡板碰撞时能量损失了19% ， 滑块的vt图象如图乙所示， 重力加速度g10 m/s 2. (1) 求vt图象中的v、t的值； (2) 求滑块与斜面间的动摩擦因数； (3) 若滑块与挡板碰撞无能量损失，求滑块整个运动过程中通过的总路程s. 解析 (1) 由vt图象知滑块反弹速率为v29 m/s ，即反弹时能量为Ek2 1 2mv 2 281 J ， 因碰撞时能量损失19% ，即滑块下滑到A处时能量为Ek1 Ek2 1100 J 而Ek1 1

43、2mv 2，代入数据得 v10 m/s 又因va1t1，a1 10 4 m/s 22.5 m/s2 由牛顿第二定律知滑块下滑时有 mgsin mgcos ma1 反弹上滑时有mgsin mgcos ma2 而v2a2t2 联立并代入数据得t21.2 s 所以t 4 s 1.2 s 5.2 s. (2) 因mgsin mgcos ma1 代入数据得 3 6 . (3) 由xvt知AB长为L v 2t 120 m 由能量守恒知mgLsin mgcos s0 解得s 40 m. 答案 (1)10 m/s 5.2 s (2) 3 6 (3)40 m 总结提升 功能关系的选用原则 若过程只有动能和势能的

44、相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律. 若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律. 若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律. 无论应用哪种形式的功能关系，都应遵照下列步骤： 确定始末状态； 分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，是什么力做功所致； 列出能量的增加量和减少量的具体表达式，使E增E减. 动力学和功能观点的综合应用 命题规律： 应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，这类题一般是高考中 的压轴题，综合能力要求很高，预计2015 年可能会以平抛或圆周运动为运动模型，结合弹 簧、传送带，甚至会涉及一定的电磁学情景来考查 解析 (1

45、) 由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma(1 分 ) 解得a 2 m/s 2(1 分) L 1 2at 2(1 分) 解得t 1 s (1 分) (2) 当小球从P点无初速度滑下时，设弹簧被压缩至x处有最大速度vm mgsin mgcos kx(1 分 ) 解得x 1 60 m0.017 m(1 分) 由动能定理得，mgsin (Lx) mgcos (Lx) W 1 2mv 2 m(2 分) 由功能关系得，WEp1 2kx 2(1 分) 代入数据得vm 11 30 m/s 2 m/s.(1分) (3) 设小球从P点下滑压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsin (L

46、 x1) mgcos (Lx1) 1 2kx 2 10 1 2mv 2 0(2 分) 从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有 1 2kx 2 1mgsin (Lx1) mgcos (Lx1) 0(2 分) 联立解得：x10.5 m ，v026 m/s 4.9 m/s.(1分) 答案 (1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s 特别提醒 (1) 小球从接触弹簧到回到Q点的过程，小球和弹簧所组成的系统机械能并不 守恒，但总的能量是守恒的 (2) 对于非匀变速直线运动，不能利用牛顿定律和运动学公式求解，但能用动能定理、能量 守恒定律或功能关系进行求解 最新预测1 如图所示， 水平粗糙轨道AB与光滑倾斜轨道BC在B点处由一段小圆弧平滑连 接，BC的倾角为30，AB、BC长度均为2 m，OC右侧是一半径长度等于斜面高度的 1 4 圆弧 轨道，BC与圆弧轨道在C点处平滑连接，一质量为m1 kg、可看做质点的物体在水平恒定 外力F 10 N的作用下从A点由静止出发水平向右运动，到B点时撤去外力，物体恰好能从 圆弧轨道上的D点离开轨