高中物理必修二功和能

高中物理必修二功和能 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

专题二

第1讲 功 功率和动能定理

考向一 功和功率的计算 (选择题)

1.恒力做功的公式

W ＝Fl cos α(通过F 与l 间的夹角α判断F 是否做功及做功的正、负)。 2．功率

(1)平均功率：P ＝W

t ＝F v cos α。

(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)。

[例1] (2014·

全国新课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v 。若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开

始经过同样的时间后速度变为2v 。对于上述两个过程，用WF 1、WF 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )

A ．WF 2>4WF 1, W f 2>2W f 1

B ．WF 2>4WF 1, W f 2＝2W f 1

C ．WF 2<4WF 1, W f 2＝2W f 1

D ．WF 2<4WF 1, W f 2<2W f 1 [思路探究]

(1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？

提示：因为前后两次t 相等，由a ＝v

t ，x ＝v 2t 知，a 1∶a 2＝1∶2，x 1∶x 2＝1∶2。

(2)两次合力做功存在什么关系？

提示：由动能定理知W 合1∶W 合2＝1∶4。

[解析] 由x ＝v t 知，前后两次的位移之比x 1∶x 2＝1∶2，由W f ＝fx 知W f 1∶W f 2＝1∶2；由动能定理知，WF 1－W f 1＝12m v 2，WF 2－W f 2＝1

2m ·(2v )2，所以WF 2－W f 2＝4(WF 1－

W f 1)，又因为W f 2＝2W f 1，所以4WF 1－WF 2>0，即WF 2<4WF 1，C 正确。

[答案] C [感悟升华]

计算功和功率时应注意的问题

1．(2014·乐山模拟)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，在液压机的作用

下，车厢与水平面间的θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是( )

A ．货物受到的摩擦力增大

B ．货物受到的支持力不变

C ．货物受到的支持力对货物做正功

D ．货物受到的摩擦力对货物做负功

解析：选AC 货物处于平衡状态，则有mg sin θ＝f ，mg cos θ＝N ，θ增大，f 增大，N 减小，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C 正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D 错误。

2．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上。从t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N 。下列判断正确的是( )

A ．2 s 末物体的速度是4 m/s

B ．2 s 内物体的位移为3 m

C ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大

D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大

解析：选C 由牛顿第二定律得第1 s 内和第2 s 内的加速

度分别为2 m/s 2和1 m/s 2，第1 s 末和第2 s 末的速度分别为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，A 错误；2 s 内的位移x ＝v 1t 12＋v 1＋v 2

2t 2＝3.5 m ，B 错误；第1 s 末拉力的瞬时

功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，C 正确，D 错误。

3．(2014·西安一模)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F 作用，如图甲所示，此后物体的v - t 图像如图乙所示，取水平向右为

正方向，g ＝10 m/s 2，则( )

A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5

B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 W

C ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处

D ．10 s 内物体克服摩擦力做功34 J

解析：选CD 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝F v ＝18 W ，B 错误；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 正确；10 s 内物体的路程为s ＝34 m ，则10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝μmgs ＝34 J ，D 正确。

考向二 机车启动问题 (选择题或计算题)

1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力。

2．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法：

(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝P

F阻＋ma。

(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P

F阻。

[例2]

(2014·广元五校联考)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s的匀速运动。取g＝10 m/s2，不计额外功。求：

(1)起重机允许输出的最大功率；

(2)重物做匀加速运动所经历的时间；

(3)起重机在第2 s末的输出功率。

[审题指导]

(1)题干中“重物由静止开始向上做匀加速直线运动”说明起重机以恒定的加速度启动。

(2)题干中“匀速运动”说明重物所受的起重机的牵引力与重物的重力平衡。

[解析] (1)重物匀速上升时有F＝mg

可得起重机的最大输出功率

P m＝F v m＝mg v m＝5.1×104 W

(2) 设重物匀加速阶段受到的牵引力为F1，匀加速运动阶段的末速度为v匀m，由牛顿第二定律得

F1－mg＝ma

又有P m＝F1v匀m

v匀m＝at1

解得t1＝5 s

(3)设第2 s末重物的速度为v2，由运动学公式知

v2＝at2

由牛顿第二定律知F1－mg＝ma

且P＝F1v2

解得P＝2.04×104 W

[答案](1)5.1×104 W(2)5 s(3)2.04×104 W

4．(2014·成都质检)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )

A ．v 2＝k 1v 1

B ．v 2＝k 1

k 2

v 1

C ．v 2＝k 2

k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1

解析：选B 该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引

力F 1＝k 1mg ，F 2＝k 2mg ，两种情况下，车的功率相同，即F 1v 1＝F 2v 2，解得v 2＝k 1v 1

k 2，B 正

确。

5．(2014·西安模拟)质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，

并描绘出F -1

v 图像如图所示(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，

求此过程中

(1)电动车的额定功率；

(2)电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2 m/s

(3)若过B 点后16 s 达到最大速度，则电动车所走的总路程是多大

解析：(1)分析图线可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。当最大速度v max ＝15 m/s 时，牵引力为F min ＝400 N ，由平衡条件得恒定阻力f ＝F min ＝400 N

额定功率P ＝F min v max ＝6 kW

(2)匀加速运动的末速度v ＝P

F max

解得v ＝3 m/s

由牛顿第二定律知匀加速运动的加速度a ＝F max －f

m

解得a ＝2 m/s 2

电动车在速度达到3 m/s 之前，一直做匀加速直线运动，

所求时间t ＝v ′

a

解得t ＝1 s

(3)设在匀加速阶段到达B 点的位移为x 1，则v 2＝2ax 1 解得x 1＝2.25 m

从B 点到达最大速度过程中，由动能定理得

Pt ′－fx 2＝12m v 2m －12m v 2

解得x 2＝24 m

故总的位移x ＝x 1＋x 2＝26.25 m 答案：(1)6 kW (2)1 s (3)26.25 m

考向三 动能定理的应用 (选择题或计算题)

[例3] (2014·

南充模拟)如图所示，水平路面CD 的右侧有一长L 1＝2 m 的板M ，一物块放在板M 的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M 的上表面与平台等高。平台的上表面AB 长s ＝3 m ，光滑半圆轨道AFE 竖直固定在平台上，圆轨道半径R ＝0.4 m ，最低点与平台AB 相切于A 点。当板M 的左端距离平台L ＝2 m 时，板与物块向左运动的速度v 0＝8 m/s 。当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与板的上表面及轨道AB 的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2。

(1)求物块进入圆轨道时对轨道上A 点的压力；

(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E 。如果能，求物块离开E 点后在平台上的落点到A 点的距离；如果不能，则说明理由。

[思路探究]

在DC 段由动能定理求物块和板整体到达BC 时的速度→对物块在板和平台上运动过程由动能定理求物块到达A 点的速度→在A 点由牛顿第二定律求物块受到的支持力→由牛顿第三定律求物块对A 点的压力→假设物块能过E 点，由动能定理求物块经过E 点的速度→与物块刚好经过E 点的速度比较判断→若能经过E 点，物块做平抛运动。

[解析] (1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC 时的速度为v 1，由动能定理得

－μ1(m ＋M )gL ＝12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2

0 设物块到A 点时速度为v 2，由动能定理得

－μ2mg (s ＋L 1)＝12m v 22－12m v 2

1

由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 22

R

解得N ＝140 N

由牛顿第三定律知，物块对轨道A 点的压力大小为140 N ，方向竖直向下。 (2)假设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v 3，则有

－mg ·2R ＝12m v 23－12m v 2

2 解得v 3＝6 m/s

在最高点的临界速度v 满足的关系为mg ＝m v 2R

解得v ＝2 m/s

因为v 3＞v ，所以假设成立。

故物块能通过圆轨道的最高点做平抛运动，则 水平方向x ＝v 3t

竖直方向2R ＝1

2

gt 2

解得x ＝2.4 m

[答案] (1)140 N 方向竖直向下 (2)能 2.4 m [感悟升华]

应用动能定理解题的步骤和应注意的问题

1．应用动能定理解题的步骤

2．应用动能定理解题应注意的问题

(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁。

(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。

6．(2014·成都模拟)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出。小

球落回地面时，其速度大小为3

4

v 0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气

阻力的大小等于( )

A.34mg

B.316mg

C.716mg

D.725

mg 解析：选D 对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20

，对小球向下运

动，由动能定理，(mg －f )·H ＝12m ????34v 02，联立解得f ＝7

25

mg ，D 正确。 7．(2014·绵阳模拟)如图所示，粗糙水平地面与半径为R ＝0.5 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上。质量为m ＝1 kg 的小物块在水平恒力F ＝15 N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知AB 间的距离为x AB ＝3 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2。求：

(1)小物块运动到B 点时的速度v B ；

(2)小物块离开D 点后落到地面上的点与B 点之间的距离x ；

(3)小物块在水平面上从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做的功W f 。 解析：(1)小物块恰能通过D 点，在D 点由牛顿第二定律得

mg ＝m v 2D

R

小物块由B 运动到D 的过程由动能定理得

－mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2

B 解得v B ＝5 m/s

(2)小物块经过D 点后做平抛运动，则 水平方向x ＝v D t

竖直方向2R ＝1

2gt 2

解得x ＝1 m

(3)小物块在水平面上由A 运动到B 过程由动能定理得

Fx AB －W f ＝1

2m v 2B －0

解得W f ＝32.5 J

答案：(1)5 m/s (2)1 m (3)32.5 J

一、选择题 1．(2014·潍坊模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s ，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s ，若先后两次拉力做的功为W 1和W 2，拉力做功的功率是P 1和P 2，则正确的是( )

A ．W 1＝W 2，P 1＝P 2

B ．W 1＝W 2，P 1>P 2

C ．W 1>W 2，P 1>P 2

D ．W 1>W 2，P 1＝P 2 解析：选B 由W ＝Fs 可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速

度较大，运动时间较短，由P ＝W

t

可知P 1>P 2，B 正确。

2．(2014·成都一模)一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开始的t s 末，该力的瞬时功率是( )

A.9F 2t m

B.6F 2t m

C.4F 2t m

D.3F 2t m

解析：选B 物块所受合力为2F ，根据牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝

3F v ，联立可得P ＝6F 2t

m

，B 正确。

3．某中学科技小组制作出利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为s ，且速度达到最大值v m 。设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为f 阻，那么在这段时间内( )

A ．小车做匀加速运动

B ．小车受到的牵引力逐渐增大

C ．小车受到的合力所做的功为Pt

D ．小车受到的牵引力做的功为f 阻s ＋1

2m v 2m

解析：选D 小车运动时受向前的牵引力F 1、向后的阻力f 阻作用，因为v 增大，P 不变，由P ＝F 1v ，F 1－f 阻＝ma ，得出F 1减小，a 减小，当v ＝v m 时，a ＝0，A 、B 错误；合

力的功W 总＝Pt －f 阻s ，由动能定理W 牵－f 阻s ＝12m v 2m －0，得W 牵＝f 阻s ＋12m v 2

m ，C 错误，D 正确。

4．(2014·抚顺一模)如图所示，一个质量为m 的小球，用长L 的轻绳悬于O 点，小球在水平恒力F 的作用下从平衡位置P 点由静止开始运动，运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，则力F 的大小为( )

A.

3

2mg B.3mg C.12mg D.33mg 解析：选D 小球在水平恒力作用下从P 点运动至与竖直方向成60°角位置的过程中，由动能定理得FL sin 60°－mgL (1－cos 60°)＝0，解得F ＝

3

3

mg ，D 正确。 6．(2014·攀枝花模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒

定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1

v 图像如图所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，能求出的物理量是( )

A ．汽车的功率

B ．汽车行驶的最大速度

C ．汽车所受到的阻力

D ．汽车运动到最大速度所需的时间

解析：选ABC 由F －f ＝ma ，P ＝F v 可得a ＝P m ·1v －f m ，对应图线可知，P

m

＝k ＝40，

因为汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P 。由a ＝0时，1

v m

＝0.05可得v m ＝20 m/s ，

再由v m ＝P

f ，可求出汽车受到的阻力f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A 、B 、C

正确，D 错误。

8．额定功率为80 kW 的汽车，在平直的公路上行驶，行驶的最大速度为20 m/s ，汽车的质量m ＝2 000 kg ，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度a ＝2 m/s 2，运动过程中阻力不变。求：

(1)汽车所受的阻力有多大； (2)匀加速运动的时间多长； (3)3 s 末汽车的瞬时功率多大。

解析：(1)当速度最大时，牵引力F 1与阻力f 大小相等，有 f ＝F 1＝P 额

v m

＝4 000 N

(2)设以恒定的加速度a ＝2 m/s 2启动时的牵引力为F 2，由牛顿第二定律得F 2－f ＝ma 解得F 2＝8 000 N

当汽车达到额定功率时加速过程结束，设加速运动的末速度为v 1，则v 1＝P 额

F 2

＝10 m/s

所以匀加速运动的时间t 1＝v 1

a ＝5 s

(3)因3 s 末汽车为匀加速运动，故3 s 末的速度

v ＝at ＝6 m/s

3 s 末的瞬时功率P ＝F 2v ＝48 kW 答案：(1)

4 000 N (2)

5 s (3)48 kW

9．(2014·正定二模)如图所示，A 、B 、C 质量分别为m A ＝0.7 kg ，m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，B 为套在细绳上的圆环，A 与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D 固定在桌边，离地面高h 2＝0.3 m ，当B 、C 从静止下降h 1＝0.3 m ，C 穿环而过，B 被D 挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g ＝10 m/s 2，若开始时A 离桌面足够远。

(1)请判断C 能否落到地面；

(2)求A 在桌面上滑行的距离是多少。

解析：(1)设B 、C 一起下降h 1时，A 、B 、C 的共同速度为v ，B 被挡住后，C 再下落h 后，A 、C 两者均静止，对A 、B 、C 一起运动和A 、C 一起再下降h 过程分别由动能定理得

(m B ＋m C )gh 1－μm A gh 1＝1

2(m A ＋m B ＋m C )v 2－0

m C gh －μm A gh ＝0－1

2

(m A ＋m C )v 2

代入数据解得h ＝0.96 m 因为h ＞h 2，故C 能落至地面。

(2)设C 落至地面瞬间，A 的速度为v ′，在C 落至地面过程对A 、C 由动能定理得

m C gh 2－μm A gh 2＝1

2(m A ＋m C )·(v ′2－v 2)

C 落至地面后，A 运动的过程由动能定理得

－μm A gx ＝0－1

2m A v ′2

解得x ＝0.165 m

故A 滑行的距离为x A ＝h 1＋h 2＋x ＝(0.3＋0.3＋0.165)m ＝0.765 m 答案：(1)C 能落至地面 (2)0.765 m

考向一 机械能守恒定律的应用 (选择题)

[例1] (2014·

遂宁一模)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分

别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m 。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑地面上，g 取10 m/s 2。则下列说法中正确的是( )

A ．下滑的整个过程中A 球机械能守恒

B ．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒

C ．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s

D ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为2

3

J

[审题指导]

题干中“光滑固定斜面”、“光滑短圆弧”、“光滑地面”说明A 、B 两球不受摩擦力作用，系统机械能守恒。

[解析] A 、B 下滑的整个过程中，杆的弹力对A 球做负功，A 球机械能减少，A 错误；A 、B 球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，B 正确；对A 、B 球组

成的系统由机械能守恒定律得m A g (h ＋L sin 30°)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得v ＝2

3

6 m/s ，

C 错误；B 球机械能的增加量为ΔE p ＝12m B v 2－m B gh ＝2

3

J ，D 正确。

[答案] BD [感悟升华]

应用机械能守恒定律解题的基本思路

1．如图所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)( )

A ．10 J

B ．15 J

C ．20 J

D ．25 J

解析：选A 由h ＝1

2gt 2，tan 60°＝v y v 0＝gt v 0

，可得v 0＝10 m/s ，由小球被弹射过程中小

球和弹簧组成的系统机械能守恒得，E p ＝1

2m v 20

＝10 J ，A 正确。

2．(2014·四川师大附中模拟)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( )

A ．2R B.5R

3

C.4R 3

D.2R 3

解析：选C 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2mgR ＝mgR ＋1

2

×3m v 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运

动，即有12m v 2＝mgh ，解得h ＝13R 。则B 上升的高度为R ＋13R ＝4

3

R ，故选项C 正确。

3．(2014·巴中模拟)如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处。现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )

A ．环到达

B 处时，重物上升的高度h ＝d

2

B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等

C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能

D ．环能下降的最大高度为4

3

d

解析：选CD 重物上升的高度h 与滑轮左侧绳长的增加量相等，故h ＝(2－1)d ，A 错误；重物的速度v 物＝v 环cos 45°，B 错误；由于不计一切摩擦阻力，环与重物组成的系统机械能守恒，故C 正确；设环能下降的最大高度为h ′，由机械能守恒得mgh ′＝

2mg (h ′2＋d 2－d )，解得h ′＝4

3

d ，D 正确。

考向二 功能关系的应用 (选择题或计算题)

常见的功能关系

[例2] (2014·

眉山一模)滑板运动是深受年轻人喜爱的一种极限运动，如图所示为某公园内一滑板场地的竖直截面示意图。斜面AB 与水平面间的夹角θ＝37°，水平地面BC 长x ＝10 m ，B 处平滑连接，CD 为半径R ＝3.0 m 的四分之一圆弧轨道。若一质量为m ＝50 kg

的运动员，以v 0＝4 m/s 的初速度从场地A 点沿斜面滑下，经过AB 段所用时间为t ＝5

3

s ，

若没有蹬地动作，恰能到达D 点。已知滑板与斜面AB 间的动摩擦因数μ＝0.45，圆弧轨道CD 光滑，不计滑板质量和空气阻力，除蹬地外运动员和滑板可视为一质点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)斜面高度h ；

(2)运动员第一次经过圆弧最低点C 时受到的支持力大小； (3)运动员在BC 段受到的阻力大小；

(4)若运动员第一次经过D 点后有1.2 s 的时间离开圆弧轨道，则其在BC 段需要通过蹬地做多少功

[解析] (1)在AB 段，对运动员、滑板组成的系统受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

mg sin θ－f ＝ma N ＝mg cos θ f ＝μN

由运动学公式得 斜面AB 长度l ＝v 0t ＋1

2at 2

由几何关系得h ＝l sin θ 解得a ＝2.4 m/s 2，h ＝6 m

(2)设运动员第一次经过C 点时的速度大小为v C ，恰好到达D 点说明物块在D 点时速度为零，从C 到D 过程中，根据机械能守恒定律得

12m v 2

C

＝mgR

经C 点时，由牛顿第二定律得

N －mg ＝m v 2C

R

解得N ＝1 500 N

(3)运动员经过B 点时的速度为v B ，则 v B ＝v 0＋at

在BC 段，由动能定理得

－fx ＝12m v 2C －12m v 2

B 解得f ＝10 N

(4)运动员离开D 点后做竖直上抛运动，则 2v D ＝gT 根据功能关系得

W ＝12m v 2D

解得W ＝900 J

[答案] (1)6 m (2)1 500 N (3)10 N (4)900 J [感悟升华]

解决功能关系问题的三点注意

(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力是做正功还是做负功；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。

(2)可以根据功能之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。

(3)功能关系反映了做功与能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度，在不同问题中的具体表现不同。

4．(2014·永安质检)如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体位移x 关系的图像如图乙所示，其中0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线，由此可以判断( )

A ．0～x 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小

B ．0～x 1过程中物体的动能一定不断减小

C ．x 1～x 2过程中物体一定做匀速运动

D ．x 1～x 2过程中物体可能做匀加速运动

解析：选D 在E -x 图像中，图线的斜率表示力的大小，在0～x 1过程中，由E -x 图像知，拉力F 逐渐变大，由于无法确定F 和mg 的关系，动能可能增大、减小或不变，A 、B 错误；x 1～x 2过程，F 不变，物体可能做匀速运动，也可能做匀变速运动，C 错误，D 正确。

5．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R ，其最低点为A ，最高点为B 。可视为质点的物块与斜轨间有

摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B 点时对轨道压力的大小F 与释放的位置距最低点的高度h 的关系图像如图乙所示，不计物块通过A 点时的能量损失，重力加速度g ＝

10 m/s 2，sin 53°＝45，cos 53°＝3

5

，求：

(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；

(2)物块的质量m 。

解析：(1)由题图乙知，当h 1＝5R 时，物块到达B 点时对轨道压力的大小为零，此时物块自身的重力恰好提供物块做圆周运动的向心力，设此时物块在B 点的速度大小为v 1，则由牛顿第二定律知

mg ＝m v 21

R

对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理得

mg (h 1－2R )－μmg cos θ·h 1sin θ＝1

2m v 21

解得μ＝2

3

(2)设物块从距最低点高为h 处释放后到达B 点时速度的大小为v ，物块受到轨道的压力为F ′，则

F ′＋mg ＝m v 2

R

对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理得

mg (h －2R )－μmg cos θ·h sin θ＝1

2m v 2－0

解得F ′＝5mg －mgh

R

则由牛顿第三定律得F ＝mgh

R －5mg

则F -h 图线的斜率k ＝mg

R

由题图乙可知k ＝2 N

R

解得m ＝0.2 kg

答案：(1)2

3

(2)0.2 kg

考向三 能量守恒定律的综合应用 (选择题或计算题)

应用能量守恒定律的两条基本思路

1．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE 减＝ΔE 增。

2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE A 减＝ΔE B 增。

量转化问题的解题方法

(1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩

擦产生的内能Q ＝fx 相对，x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。

(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。

6．(2014·南充模拟)如图所示，质量为M ＝2 kg 、长为L ＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m ＝1 kg 的小木块(可视为质点)，先相对静止，后用一水平向右的力F ＝4 N 作用在小木块上，经过时间t ＝2 s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10 m/s 2，则( )

A ．小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1

B ．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J

C ．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F 的功率为16 W

D ．长木板在运动过程中获得的机械能为16 J

解析：选C 对小木块由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，对长木板由牛顿第二定律得

μmg ＝Ma 2，经时间t ＝2 s ，L ＝1

2(a 1－a 2)t 2，解得μ＝0.2，A 错误；在整个运动过程中，小

木块与长木板间的滑动摩擦力对小块做负功，将系统的部分机械能转化为内能，摩擦产生的热量为Q ＝μmgL ＝4 J ，B 错误；小木块脱离长木板的瞬间，小木块的速度v 1＝a 1t ＝4 m/s ，长木板的速度v 2＝a 2t ＝2 m/s ，拉力F 的功率P ＝F v 1＝16 W ，C 正确；长木板获得的

动能大小为E k ＝1

2M v 22

＝4 J ，势能不变，D 错误。

7．当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45 m 高的桥上A 点系弹性绳，另一端B 点系住重50 kg 男孩的脚，弹性绳原长AB 为15 m ，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C 点，末速度为零。假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻

力忽略不计，男孩视为质点。弹性势能可用公式：E 弹＝kx 2

2

(k 为弹性绳的劲度系数，x 为弹

性绳的形变长度)计算。(g ＝10 m/s 2)则：

(1)男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大弹性绳的劲度系数又为多大 (2)在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少

解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C 点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置。

(1)由功能关系得E 弹＝mgh 解得E 弹＝2.25×104 J

又因为E 弹＝1

2kx 2

其中x ＝45 m －15 m ＝30 m

解得k ＝2E 弹

x

2＝50 N/m

(2)男孩加速度为零时，mg ＝kx ′ 解得x ′＝10 m

由能量转化和守恒定律得

mg (h AB ＋x ′)＝12kx ′2＋1

2m v 2m

解得v m ＝20 m/s

答案：(1)2.25×104 J 50 N/m (2)20 m/s