【2019-2020最新】高考物理二轮复习 专题二 第5讲 功能关系在力学中的应用课件
2020届物理高考二轮专题复习课件：专题二 第二讲 机械能守恒定律 功能关系
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面
内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，
bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b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a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为
g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为
A．物体的质量为 2 kg B．h＝0 时，物体的速率为 20 m/s C．h＝2 m 时，物体的动能 Ek＝40 J D．从地面至 h＝4 m，物体的动能减少 100 J
[题眼点拨] ①“取地面为重力势能零点”说明 h＝0 m 时 Ek0＝E 总＝100 J；②由 E-h 图线知 E 总-h 图线斜率 大小为阻力．
专题二 能量与动量
第二讲 机械能守恒定律 功能关系
近三年全国卷考情统计
常考点 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
机械能 守恒的 2017·T24
应用
功能关 系的应 2018·T18 2019·T18
用
动力学 与能量 观点的 综合应
用
高考必备知识概览
1．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向 上抛出一物体，其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和．取地面为重力势能零 点，该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如 图所示．重力加速度取 10 m/s2.由图中数据可得( )
物块下降高度 h2＝2l，⑥ 物块和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒 定律 mgh1＝Mgh2，⑦ 由⑤⑥⑦式解得Mm＝65；⑧ (3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点，设此时 AC 方向的加速度大小为 a，物块受到的拉力为 FT 对物块由牛顿第二定律得 Mg－FT＝Ma，⑨ 小球受 AC 的拉力 F′T＝FT，⑩
(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题强化训练6功能关系在力学中的应用
专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J 的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为 mg kD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2g k[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝ mg k ，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝⎛⎭⎪⎫ mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L 2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2 [解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝L T ，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t ＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL 2T2，D 正确． [答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34 s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x 带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D 错误．[答案] AC7．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )A ．弹簧的最大弹力为μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 点的初速度为2μgs[解析] 小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；自物块从最左侧运动至A 点过程由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．[答案] BC8．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JD ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J[解析] 根据题给图像可知h ＝4 m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k ＝100 J ，由动能表达式E k ＝12mv 2，可知h ＝0时物体的速率为v ＝10 m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知fh ＝|ΔE |＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －fh ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题给图像可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即物体从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确．[答案] AD9．(多选)(2019·郑州外校期末测试)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2 D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ[解析] 电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v 2·t ，系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f ⎝⎛⎭⎪⎫vt －v 2t ＝μmg cos θ·v 2t ，故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误．系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v2t .物块的加速度a ＝f －mg sin θm ＝g (μcos θ－sin θ)．故加速时间t ＝v a ＝v g (μcos θ－sin θ)，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)，故B 正确．传送带运动的距离s 带＝vt ＝v 2g (μcos θ－sin θ)，故传送带克服摩擦力做功W f 克＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g (μcos θ－sin θ)＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．[答案] BD二、非选择题10．(2019·宁夏银川模拟)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 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m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面的高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后和木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？[解析] (1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有F f ＝Ma 1由运动学公式得v ＝a 1t代入数据解得F f ＝2 N.(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－F f ＝ma 2设滑块滑上木板时的初速度为v 0，则有v －v 0＝a 2t ，代入数据解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh －W f ＝12mv 20，则W f ＝mgh －12mv 20 Q 1＝W f ＝mgh －12mv 20＝1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时木板的位移为s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2 故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1.5 m所以Q 2＝F f ·L ＝3 J ，则Q ＝Q 1＋Q 2＝4.5 J.[答案] (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J11．(2019·山东省淄博市一中三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A 点锁定．一质量为m 的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B 点后又返回，A 、B 两点的高度差h ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A 点锁定，当物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C (未画出)与A 的高度差为3h ，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出．[解析] (1)物块从A 第一次上滑到B 的过程中，由功能关系得： W f ＋mgh ＝E p .即μmg cos θ·h sin θ＋mgh ＝54mgh 解得：μ＝312(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是a 1和a 2，根据牛顿第二定律得：物块上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋312×32＝58g 物块下滑过程中有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－312×32＝38g故a1∶a2＝5∶3.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为h m.则由功能关系得：E p＝W f总．即54mgh＝2μmg cosθ·h msinθ解得；h m＝2.5h<3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．[答案](1)312(2)5∶3 (3)不能。
(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题强化训练6功能关系在力学中的应用
专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J 的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方 B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为mg kD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2gk[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝mgk，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝LT，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL2T2，D 正确．[答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D错误．[答案] AC7．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )A ．弹簧的最大弹力为μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 点的初速度为2μgs[解析] 小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；自物块从最左侧运动至A 点过程由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．[答案] BC8．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JD ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J[解析] 根据题给图像可知h ＝4 m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k ＝100 J ，由动能表达式E k ＝12mv 2，可知h ＝0时物体的速率为v＝10 m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知fh ＝|ΔE |＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －fh ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题给图像可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即物体从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确．[答案] AD9．(多选)(2019·郑州外校期末测试)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ[解析] 电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v2·t ，系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫vt －v 2t ＝μmg cos θ·v2t ，故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误．系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v2t .物块的加速度a ＝f －mg sin θm ＝g (μcos θ－sin θ)．故加速时间t ＝v a ＝vg (μcos θ－sin θ)，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θ2(μcos θ－sin θ)，故B 正确．传送带运动的距离s 带＝vt ＝v 2g (μcos θ－sin θ)，故传送带克服摩擦力做功W f 克＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g (μcos θ－sin θ)＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．[答案] BD 二、非选择题10．(2019·宁夏银川模拟)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 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m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面的高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后和木板以共同速度v＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？ [解析] (1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有F f ＝Ma 1由运动学公式得v ＝a 1t 代入数据解得F f ＝2 N.(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有 －F f ＝ma 2设滑块滑上木板时的初速度为v 0，则有v －v 0＝a 2t ，代入数据解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh －W f ＝12mv 20，则W f ＝mgh －12mv 2Q 1＝W f ＝mgh －12mv 20＝1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时木板的位移为s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1.5 m 所以Q 2＝F f ·L ＝3 J ，则Q ＝Q 1＋Q 2＝4.5 J. [答案] (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J11．(2019·山东省淄博市一中三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A 点锁定．一质量为m 的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B 点后又返回，A 、B 两点的高度差h ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A 点锁定，当物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C (未画出)与A 的高度差为3h ，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出．[解析] (1)物块从A 第一次上滑到B 的过程中，由功能关系得：W f ＋mgh ＝E p .即μmg cos θ·hsin θ＋mgh ＝54mgh 解得：μ＝312(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是a 1和a 2，根据牛顿第二定律得：物块上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 得a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋312×32＝58g物块下滑过程中有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－312×32＝38g故a1∶a2＝5∶3.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为h m.则由功能关系得：E p＝W f总．即54mgh＝2μmg cosθ·h msinθ解得；h m＝2.5h<3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．[答案] (1)312(2)5∶3 (3)不能。
高三物理二轮复习专题课件精编：专题四 第1课时 功能关系在力学中的应用
热点题型例析
解析
专题四 第1课时
(1)滑块从 A 点到 D 点的过程中，根据动能定理有
本 课 时 栏 目 开 关
2R mg· (2R－R)－μmgcos 37° · ＝0－0 sin 37° 1 解得：μ＝ tan 37° ＝0.375 2
(2)若使滑块能到达 C 点，根据牛顿第二定律有
mvC 2 mg＋FN＝ R
知识方法聚焦
专题四 第1课时
2．机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断
本 课 时 栏 目 开 关
①用做功来判断，看重力 (或弹簧弹力)以外的其他力做功 的代数和是否为 零 ． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能． ③对一些“绳子突然绷紧”、“ 物体间碰撞 ”等问题，机 械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．
专题四 第1课时
(3)滑块离开 C 点后做平抛运动，有
本 课 时 栏 目 开 关
1 2 x＝vC′t，y＝2gt 2R－y 由几何知识得 tan 37° ＝ x 整理得：5t2＋3t－0.8＝0 解得 t＝0.2 s(t＝－0.8 s 舍去)
答案 (1)0.375
(2)2 3 m/s (3)0.2 s
答案 CD
热点题型例析
题型 2 例2 动力学方法和动能定理的综合应用 (15 分)如图 3 所示，上表面光滑、
专题四 第1课时
长度为 3 m、质量 M＝10 kg 的木板，
图3
在 F＝50 N 的水平拉力作用下，以 v0＝5 m/s 的速度沿水平
本 课 时 栏 目 开 关
地面向右匀速运动．现将一个质量为 m＝3 kg 的小铁块(可 视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了 L＝ 1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右 端， 以后木板每运动 1 m 就在其最右端无初速度地放上一个 同样的小铁块．(g 取 10 m/s2)求： (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度； (3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的 距离．
最新高三物理二轮复习专题课件精编：专题四 第1课时 功能关系在力学中的应用
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．
知识方法聚焦
专题四 第1课时
第 1 课时 功能关系在力学中的应用
本
课 时
1．常见的几种力做功的特点
栏 目
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径 无关．
开 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．
热点题型例析
专题四 第1课时
题型 1 力学中的几个重要功能关系的应用
例 1 如图 1 所示，轻质弹簧的一端与固定的
本 课
竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体
时 栏
A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，
目 开
细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连．开始
关 时用手托住 B，让细线恰好伸直，然后由静
课 时
零 ，且总为 负值 ．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有
栏 目
相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内
开 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
关
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．
___________________________ _______________________
D．细线拉力对 A 物体做的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统
本
课
机械能的增加量
时
栏 解析 把 A、B 和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在
目
开 B 下落直至 B 获得最大速度的过程中，A 的动能增大，弹簧弹
关
性势能增大，所以 B 物体的机械能一直减小，选项 A 正确；
冲刺2020年高考物理二轮专项提升专题05 功能关系的应用(讲解)(解析版)
专题5功能关系的应用1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。
重力加速度取10m/s 2。
由图中数据可得A ．物体的质量为2kgB ．h =0时，物体的速率为20m/sC ．h =2m 时，物体的动能E k =40JD ．从地面至h =4m ，物体的动能减少100J 【答案】AD【解析】A ．E p–h 图像知其斜率为G ，故G =80J4m =20N ，解得m =2kg ，故A 正确B ．h =0时，E p=0，E k =E 机–E p =100J–0=100J ，故212mv =100J ，解得：v =10m/s ，故B 错误；C ．h =2m 时，E p =40J ，E k =E 机–E p =85J–40J=45J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100J–0=100J ，h =4m 时，E k ′=E 机–E p =80J–80J=0J ，故E k –E k ′=100J ，故D 正确。
2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。
重力加速度取10m/s 2。
该物体的质量为A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h=-+，即F +mg =12N ；下落过程，()(6)kmg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1kg 、F =2N 。
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量功能关系与能量守恒定律的应用课件.ppt
答案：CD
2019-9-7
谢谢关注
11
2.在[例 2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q 的电荷量(带电 质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电 场，场强为 E，质点由静止释放运动至最低点 N 的过程中，下列 说法正确的是( )
点到 Q 点克服阻力做的功 W′<W＝12mgR，质点从 N 点到 Q 点由
动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2 －12mvN2 ，解得12mv2Q>0，所以质点能 够到达 Q 点，并且还能继续上升一段距离，故选项 C 正确．
[答案] C
2019-9-7
谢谢关注
9
⇨拓展训练 1．(多选)在[例 2]中，若使质点带上＋q 的电荷量(带电质点 可视为点电荷)，如图所示，在 POQ 下方加上垂直纸面向里的匀
2019-9-7
谢谢关注
6
由速度图象知，水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之 比为(F·2v0 ：(F·v0)＝ ：1，B 项正确；由图象面积表示位移 可知两物体位移之比为 ：5，整个过程中，由动能定理易知， 水平力 F 对 A、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为 ：2， C 项错；由功率的定义式知摩擦力对 A、B 两物体做功的平均功 率之比为 ：6，D 项错．
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
2019-9-7
谢谢关注
22
解析：两种情况下水平向左的恒力 F 相同，恒力作用的位移 x 相同，根据 W＝Fx 得做功相同．第二种情况中，传送带有逆时 针转动的速度 v2，物体相对于传送带的速度为 v1，所以物体相对 于地面的速度为 v1＋v2，位移 x 相同，由 x＝vt，得 t1>t2，根据 P
冲刺2020年高考物理二轮专项提升专题05 功能关系的应用(讲解)(解析版)
专题5 功能关系的应用1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s 2。
由图中数据可得A ．物体的质量为2 kgB ．h =0时，物体的速率为20 m/sC ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 JD ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J 【答案】AD【解析】A ．E p –h 图像知其斜率为G ，故G =80J4m =20 N ，解得m =2 kg ，故A 正确B ．h =0时，E p=0，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，故212mv =100 J ，解得：v =10 m/s ，故B 错误；C ．h =2 m 时，E p =40 J ，E k =E 机–E p =85J –40 J=45 J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100 J –0=100 J ，h =4 m 时，E k ′=E 机–E p =80 J –80 J=0 J ，故E k –E k ′=100 J ，故D 正确。
2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s 2。
该物体的质量为A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h=-+，即F +mg =12N ；下落过程，()(6)kmg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1 kg 、F =2 N 。
2019-2020年高考物理二轮复习 考点综述 功能关系
2019-2020年高考物理二轮复习考点综述功能关系1．假设地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器，假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则( )．A．E k必须大于或等于W，探测器才能到达月球B．E k小于W，探测器也可能到达月球C．E k＝W，探测器一定能到达月球D．E k＝W，探测器一定不能到达月球2．构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图1中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )．图1A．200 J B．250 JC．300 J D．500 J3．如图2所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为Ep′，则它们之间的关系为( )．图2A．Ep＝Ek＝Ep′ B．Ep>Ek>Ep′C．Ep＝Ek＋Ep′ D．Ep＋Ek＝Ep′图34．(多选)如图3所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道最高点为D ，AC 为圆弧的一条水平直径，AE 为水平面．现使小球从A 点正上方O 点处静止释放，小球从A 点进入圆弧轨道后能通过轨道最高点D ，则 ( )．A ．小球通过D 点时速度可能为零B ．小球通过D 点后，一定会落到水平面AE 上C ．小球通过D 点后，一定会再次落到圆弧轨道上D ．小球要通过D 点，至少要从高52R 处开始下落 5．(多选)如图4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，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )．A ．电动机做的功为12mv2 B ．摩擦力对物体做的功为mv2C ．传送带克服摩擦力做的功为mv2D ．电动机增加的功率为μmgv6．图4－18是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有 ( )．图4－18A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小7．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并且也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则( )．A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D．两小球初速度之比v1∶v2＝6∶38．低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出( )．A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB．汽车的额定功率为80 kWC．汽车加速运动的时间为22.5 sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J9.如图5所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s ≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．10．如图6所示，一轨道由光滑竖直的14圆弧AB 、粗糙水平面BC 及光滑斜面 CE 组成，BC 与CE 在C 点由极小光滑圆弧相切连接，一小球从A 点正上方h ＝0.2 m 处自由下落正好沿A 点切线进入轨道，已知小球质量m ＝1 kg ，14竖直圆弧半径R ＝0.05 m ，BC 长s ＝0.1 m ，小球过C 点后t1＝0.3 s 第一次到达图中的D 点．又经t2＝0.2 s 第二次到达D 点．重力加速度取g ＝10 m/s2，求：图6(1)小球第一次在进入圆弧轨道瞬间和离开圆弧轨道瞬间受轨道弹力大小之比N1∶N2；(2)小球与水平面BC 间的动摩擦因数μ；(3)小球最终停止的位置．11．如图所示，质量为m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度v 飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l ＝1.4 m ，v ＝3.0 m/s ，m ＝0.10 kg ，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h ＝0.45 m ，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2.求：(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s ；(2)小物块落地时的动能Ek ；(3)小物块的初速度大小v0.12．如图所示，考驾照需要进行路考，其中一项是定点停车．路旁竖起一标志杆，考官向考员下达定点停车的指令，考员立即刹车，将车停在标志杆处．若车以v0＝36 km/h 的速度匀速行驶，当车头距标志杆s＝20 m时，考员开始制动，要求车在恒定阻力作用下做匀减速运动，并且使车头恰好停在标志杆处．已知车(包括车内的人)的质量为m＝1 600 kg，重力加速度g＝10 m/s2.(1)刹车过程中车所受阻力的大小为多少？(2)若当车头距标志杆s＝20 m时，考官下达停车指令，考生经时间t0＝0.8 s(即反应时间)后开始刹车，车的初速度仍为v0＝36 km/h，则刹车阶段车克服阻力做功的功率约为多少？13．如图所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为倾角θ＝53°的斜面，BC段为半径R＝2 m 的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H＝4 m.一质量为m＝1 kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变，最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v＝7 m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功．(2)B点到水平地面的高度．14．如图所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v0，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为2m 、半径为R ，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小；(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．参考答案1．BD2．A对图线②有ΔEk＝Ffx2＋E 电，x2＝6 m所以E 电＝410ΔEk＝200 J ，故A 正确．] 3．A4．BD5．CD6．BC [设滑块质量为m ，在B 点所受支持力为FN ，圆弧半径为R ，所需向心力为F.滑块从高度h 处由静止下滑至B 点过程中，由机械能守恒定律有12mv2B ＝mgh ，在B 点滑块所需向心力由合外力提供，得FN －mg ＝m v2B R.由牛顿第三定律知，传感器示数N 大小等于FN ，解得N ＝mg ＋2mgh R，由此式知N>mg ，且h 越大，N 越大．选项B 、C 正确．] 7．CD [本题考查平抛运动规律及功和功率．由h ＝12gt2可知小球下落时间取 决于下落高度，因C 点距D 点的高度是AD 竖直高度的一半，故从C 点抛出的小球先到达D 点，选项A 错误；由动能定理可知两球在此过程中动能增量等于重力所做的功，由W ＝mgh 可知选项B 错误；根据P ＝mgv 可知重力的瞬时功率与其竖直方向速度有关，由2gh ＝v2可得从A 点抛出的小球落到D 点时竖直方向分速度大于从C 点抛到D 点的分速度，故选项C 正确；由h ＝12gt2及x ＝v0t 可得v1∶v2＝ 6∶3，选项D 正确．]8．BD [考查机车定功率启动等相关问题．由图线①求所受阻力，ΔEk＝EfΔx，Ff ＝8×105400＝2 000 N ，A 错误；由Ek ＝mv2m 2可得，vm ＝40 m/s ，所以P ＝Ffvm ＝80 kW ，B 正确；加速阶段，Pt －Ffx ＝ΔEk,80×103t－2×103×500＝3×105，t ＝16.25 s ，C 错误；根据能量守恒，由图线②可得，ΔE＝Ek －Ffx ＝(8×105－2×103×150)J＝5×105 J，D 正确．]9．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgLcos θ.①(2)对全程应用动能定理：WG ＋Wf ＝0，②WG ＝mgLcos θ，③由②、③得Wf ＝－WG ＝－mgLcos θ④(3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF，⑤摩擦力做的功Wf ＝－fs ，⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgLcos θFs.⑦ 答案 (1)损失的机械能ΔE＝mgLcos θ(2)摩擦力做的功Wf ＝－mgLcos θ(3)动摩擦因数μ＝mgLcos θFs10．解析 (1)令小球在A 、B 两点速度大小分别为vA 、vB ，则由动能定理知mgh＝12mv2A ， mg(h ＋R)＝12mv2B ， 在圆弧轨道A 点：N1＝m v2A R， 在圆弧轨道B 点：N2－mg ＝m v2B R， 联立得N1∶N2＝8∶11.(2)由(1)知小球在B 点速度为vB ＝ 5 m/s ，小球在CE 段加速度a ＝gsin θ＝5 m/s2，做类似竖直上抛运动，由对称性及题意知小球从C 点上滑到最高点用时t ＝0.4 s ，所以小球在C 点速度为vC ＝at ＝2 m/s ，小球从B 到C 由运动学规律知v2B －v2C ＝2μgs.所以μ＝0.5.(3)因小球每次经过BC 段损失的能量相等，均为ΔE＝μmgs＝0.5 J ，而初动能为E ＝12mv2B ，其他各段无能量损失，所以小球最终停止在C 点．答案 (1)8∶11 (2)0.5 (3)最终停在C 点11．解析 (1)由平抛运动规律，有：竖直方向h ＝12gt2，水平方向s ＝vt ， 得水平距离s ＝ 2h gv ＝0.90 m. (2)由机械能守恒定律，动能Ek ＝12mv2＋mgh ＝0.90 J. (3)由动能定理，有－μmg·l＝12mv2－12mv20， 得初速度大小v0＝ 2μgl＋v2＝4.0 m/s.答案 (1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s12．解析 (1)刹车过程中由牛顿第二定律得f ＝ma ，设车头刚好停在标志杆处，由运动学公式得：v20＝2as 解得f ＝mv202s，代入数据得f ＝4×103 N. (2)设刹车后经过t 时间停 止，由s ＝v0t0＋v02t 解得t ＝2.4 s ，由动能定理得车克服阻力做功W ＝12mv20＝8.0×104 J， 车克服阻力做功的功率为P ＝W t＝3.33×104 W. 答案 (1)4×103 N (2)3.33×104 W13．解析 (1)设小球从B 到C 克服阻力做功为WBC ，由动能定理，得mgR(1－cos θ)－WBC ＝0. 代入数据，解得WBC ＝8 J.(2)设小球在AB 段克服阻力做功为WAB ，B 点到地面高度为h ，则 WAB ＝μmg AB cos θ，而AB ＝H －h sin θ. 对于小球从A 点落地的整个过程，由动能定理，得mgH －WAB －WBC ＝12mv2，联立，解得h ＝2 m. 答案 (1)8 J (2)2 m14．解析 (1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v ，从开始滑动到分离经历时间为t ，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1①μmg＝2ma2②v ＝a1t ＝v0－a2t ③由以上各式得v ＝23v0④ (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x ，取硬橡胶块分析，应用动能定理得μmgx＝12mv2⑤ 由系统能量关系可得μmgR＝12(2m)v20－12(m ＋2m)v2⑥ 由④⑤⑥式可得x ＝23R ⑦ 因x<R ，故硬橡胶块将落入污水井内．答案 (1)23v0 (2)井内。
精品最新高考物理二轮复习：专题四 第1课时功能关系在力学中的应用
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．第1课时功能关系在力学中的应用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WＧ=—ΔＥp.(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＝Ｆf·l相对．1. 动能定理的应用（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。