2018届高三物理二轮专题复习：第7讲功能关系的应用(附答案)

肇庆市实验中学2018届高三物理第二轮专题复习第7讲功能关系的应用专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．高考题型1力学中的几个重要功能关系的应用解题方略1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝F f ·l 相对．例1 (2015·青岛一模)如图1所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ，此时M 距离挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于两物体的运动，下列说法中正确的是( )图1A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和预测1 (多选)(2015·武汉市5月模拟)某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图2为蹦床对该运动员的作用力F 随时间t 的变化图象．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )图2A ．t 1至t 2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒B ．t 1至t 2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能增加C ．t 3至t 4时间内运动员和蹦床的势能之和增加D ．t 3至t 4时间内运动员和蹦床的势能之和先减少后增加预测2 (2015·河南八市模拟)某同学将质量为m 的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以5g4的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H ，水瓶往返过程受到的阻力大小不变，则( )A ．上升过程中水瓶的动能改变量为54mgHB ．上升过程中水瓶的机械能减少了54mgHC ．水瓶落回地面时动能大小为mgH4D ．水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态预测3 (2015·安庆模拟)如图3所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为m 的滑雪运动员从高为h 处的雪道顶端由静止开始匀加速下滑，加速度为13g ，在他下滑到底端的过程中( )图3A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．运动员减少的机械能为13mgh高考题型2 动力学方法和动能定理的综合应用解题方略1．动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用． 2．应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和． (3)明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W 合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．例2 (2015·苏锡常镇四市调研)如图4所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连．A装载货物后从h＝8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，缺货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝53°，B的质量M 为1.0×103 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图4(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？(2)若A的质量m＝4.0×103 kg，求它到达底端时的速度v；(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s.请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定．预测4(2015·新课标全国Ⅰ·17) 如图5，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()图5A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离预测5 (2015·宝鸡九校联考)如图6所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：图6(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．高考题型3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题解题方略多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．例3 (2015·宁德市5月模拟)如图7，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计．取g＝10 m/s2，求：图7(1)物块经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．预测6(2015·河北衡水中学三调)在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t＝0.5 s时刻的切线，如图8所示．已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：图8(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．预测7(2015·西安八校联考)如图9甲所示，一半径R＝1 m、竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻，有一质量m＝2 kg 的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M点，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图9(1)物块经过B点时的速度v B；(2)物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做的功．学生用书答案精析专题四功能关系的应用第1讲功能关系在力学中的应用高考题型1力学中的几个重要功能关系的应用例1B[因M、m之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故A错误；M的重力分力为Mg sin 30°＝mg，物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受细绳的拉力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零，故B正确；从m开始运动至M 到达挡板处的过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达挡板处时，m的速度不为零，故C错误；重力对M做的功转化为两物体的动能、弹簧的弹性势能的增加量和m重力势能的增加量，故D错误．预测1BD预测2 A预测3 D高考题型2动力学方法和动能定理的综合应用例2(1)m>2.0×103 kg(2)210 m/s(3)该装置能被安全锁定解析(1)左斜面倾角为θ，则右斜面倾角为β＝90°－53°＝37°，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则：mg sin θ－Mg sin β－μmg cos θ－μMg cos β>0 得m >2.0×103 kg.(2)对系统应用动能定理：mgh －Mg h sin βsin θ－(μmg cos θ＋μMg cos β)h sin θ＝12(M ＋m )v 2 得v ＝210 m/s.(3)当A 的质量m 与B 的质量M 之间关系满足m ≫M 时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有： mg sin θ－μmg cos θ＝ma m a m ＝5 m/s 2 又：v 2m ＝2a m L货箱到达斜面底端的最大速度： v m ＝10 m/s<12 m/s所以，当A 的质量m 不断增加时，该运输装置能被安全锁定． 预测4 C预测5 (1)2 m/s (2)12 N解析 (1)在整个过程中由动能定理可知： －μmg ·2L ＝0－12mv 20v 0＝4μgL ＝4×0.1×10×1 m/s ＝2 m/s. (2)从A 到Q 的过程中由动能定理可知： －μmg ·L ＝12mv 2Q －12mv 20在Q 点由牛顿第二定律可得： F N －mg ＝m v 2QR联立解得：F N ＝12 N由牛顿第三定律可知物块P 第一次刚通过Q 点时对轨道的压力为12 N. 高考题型3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 例3 (1)40 N ，方向竖直方向 (2)0.5 s 8 J (3)1 m解析 (1)物块冲上圆形轨道最高点B 时速度为v ，由机械能守恒得：12mv 20＝12mv 2＋2mgR ① 物块在B 点时，由牛顿运动定律得： F N ＋mg ＝mv 2R②联立①②式并代入数据解得F N ＝40 N由牛顿第三定律得，物块对轨道压力大小为40 N ，方向为竖直向上 (2)物块在Q 点时速度为v 0＝6 m/s ， 在PQ 段运动时，由牛顿第二定律有： μmg ＝ma ③由运动规律l ＝v 0t －12at 2④联立③④式并代入数据解得在PQ 段运动时间t ＝0.5 s(t ＝2.5 s 不符合题意，舍去) 设物块在P 点时速度为v 1，有v 21－v 20＝－2μgl ⑤物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有 E pm ＝12mv 21⑥联立⑤⑥式并代入数据解得E pm ＝8 J(3)设物块以v 0冲上轨道直到回到PQ 段右侧Q 点时速度为v 2，有 －2μmgl ＝12mv 22－12mv 2⑦要使物块恰能不脱离轨道返回A 点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v 3，则满足 12mv 22＝2mgR ＋12mv 23⑧ 且mg ＝mv 23R⑨联立⑦⑧⑨式并代入数据解得l ＝1 m. 预测6 (1)2.25 J (2)3.75 N解析 (1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v 1＝5 m/s ，碰撞后瞬间速度v 2＝－4 m/s ，碰撞过程损失的机械能ΔE ＝12mv 21－12mv 22代入数据可得ΔE ＝2.25 J.(2)由图象可得t ＝0.5 s 时小球加速度a ＝ΔvΔt＝4 m/s 2由牛顿第二定律mg －f ＝ma ， 由于f ＝kv ，得k ＝0.75， 则f max ＝kv max ＝3.75 N. 预测7 (1)46 m/s (2)7.2 J解析 (1)由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为143°，物块从B 到M 上升的高度为：h ＝R ＋R cos 37°物块恰能过最高点，则在M 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2M R物块从B 到M 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv 2B －12mv 2M ＝mgh联立以上各式解得物块经过B 点时的速度为： v B ＝46 m/s.(2)分析速度图象可知物块在斜面上的加速度为：a ＝Δv Δt ＝80.8 m/s 2＝10 m/s 2在斜面上对物块由牛顿第二定律得： mg sin θ＋F f ＝ma摩擦力：F f ＝ma －mg sin θ＝20 N －12 N ＝8 N对物块由v 2A －v 2B ＝2ax ，可得： x ＝0.9 m则克服摩擦力做的功：W ＝F f x ＝8×0.9 J ＝7.2 J.。