專題六 機械能守恒、功能關(guān)系(導(dǎo)學(xué)導(dǎo)練,含詳解)

1、機械能守恒、功能關(guān)系熱點一機械能守恒定律的應(yīng)用命題規(guī)律：該知識點為每年高考的重點，分析近幾年高考試題，命題規(guī)律有以下三點：(1)判斷某系統(tǒng)在某過程中機械能是否守恒(2)結(jié)合物體的典型運動進行考查，如平拋運動、圓周運動、自由落體運動(3)在綜合問題的某一過程中遵守機械能守恒定律時進行考查1.(2014·汕頭一模)蹦床運動員與床墊接觸的過程可簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置)，如圖所示有關(guān)運動員從A運動至B的過程，下列說法正確的是()A運動員的機械能守恒B運動員的速度一直減小C合力對運動員做負(fù)功D運動員先超重后失重

2、解析由能量守恒定律可知，運動員減少的機械能轉(zhuǎn)化為床墊的彈性勢能，故選項A錯誤；當(dāng)F彈mg時，a0，在此之前，F(xiàn)彈mg，加速度方向向下(失重)，物體做加速運動；在此之后，F(xiàn)彈mg，加速度方向向上(超重)，物體做減速運動，選項B、D錯誤；從A位置到B位置，由動能定理得W合Ek0，選項C正確答案C2.(多選)(2014·長春二模)如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，通過輕繩連接在一起，跨過光滑的定滑輪，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，設(shè)桿足夠長開始時連接圓環(huán)的繩處于水平，長度為l，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)不計定滑輪和空氣的阻力，以下說法正確的是()A當(dāng)M2m時，l越大，則圓環(huán)m下降的最大高度h越

3、大B當(dāng)M2m時，l越大，則圓環(huán)m下降的最大高度h越小C當(dāng)Mm時，且l確定，則圓環(huán)m下降過程中速度先增大后減小到零D當(dāng)Mm時，且l確定，則圓環(huán)m下降過程中速度一直增大解析由系統(tǒng)機械能守恒可得mghMg(l)，當(dāng)M2m時，hl，所以A選項正確；當(dāng)Mm時，對圓環(huán)受力分析如圖，可知FTMg，故圓環(huán)在下降過程中系統(tǒng)的重力勢能一直在減少，則系統(tǒng)的動能一直在增加，所以D選項正確答案AD3.如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍當(dāng)B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A2RB.C. D.解析如圖所示，以A

4、、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機械能守恒定律有：2mgRmgR×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有mv2mgh，解得hR.則B上升的高度為RRR，故選項C正確答案C總結(jié)提升(1)機械能守恒定律的三種表達式守恒觀點：Ek1Ep1Ek2Ep2轉(zhuǎn)化觀點：EpEk轉(zhuǎn)移觀點：EA增EB減(2)機械能守恒定律解題的基本思路選取研究對象物體系或物體根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象初末態(tài)時的機械能靈活選取機械能守恒的表達式列機械能守恒定律方程解方程，統(tǒng)一單位，進行運算，求出結(jié)果，進行檢驗熱

5、點二功能關(guān)系的應(yīng)用命題規(guī)律：該知識點為每年高考的重點和熱點，在每年的高考中都會涉及，分析近幾年考題，命題規(guī)律有如下特點：(1)考查做功與能量變化的對應(yīng)關(guān)系(2)涉及滑動摩擦力做功與產(chǎn)生內(nèi)能(熱量)的考查1.(2014·云南第一次檢測)起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進行的一項體育活動一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v.下列說法正確的是()A該同學(xué)機械能增加了mghB起跳過程中該同學(xué)機械能增量為mghmv2C地面的支持力對該同學(xué)做功為mghmv2D該同學(xué)所受的合外力對其做功為mv2mgh解析本題考查的是

6、力做功和能的轉(zhuǎn)化問題，該同學(xué)重心升高h，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為mv2，則機械能增加了mghmv2，A錯，B對；人與地面作用過程中，支持力對人做功為零，C錯；該同學(xué)所受合外力做功等于動能增量，則W合mv2，D錯答案B2.(2014·高考山東卷)2013年我國相繼完成“神十”與“天宮”對接、“嫦娥”攜“玉兔”落月兩大航天工程某航天愛好者提出“玉兔”回家的設(shè)想：如圖，將攜帶“玉兔”的返回系統(tǒng)由月球表面發(fā)射到h高度的軌道上，與在該軌道繞月球做圓周運動的飛船對接，然后由飛船送“玉兔”返回地球設(shè)“玉兔”質(zhì)量為m，月球半徑為R，月面的重力加速度為g月以月面為零勢能面，“玉兔”在

7、h高度的引力勢能可表示為Ep，其中G為引力常量，M為月球質(zhì)量若忽略月球的自轉(zhuǎn)，從開始發(fā)射到對接完成需要對“玉兔”做的功為()A.(h2R) B.(hR)C. D.解析“玉兔”在h高處做圓周運動時有G.發(fā)射“玉兔”時對“玉兔”做的功Wmv2Ep.在月球表面有mg月，聯(lián)立各式解得W.故選項D正確，選項A、B、C錯誤答案D 3.如圖所示，質(zhì)量m10.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m20.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2，求：(1)物塊在車面上滑行

8、的時間t；(2)物塊克服摩擦力做的功；(3)在此過程中轉(zhuǎn)變成的內(nèi)能解題指導(dǎo)解答本題時應(yīng)把握以下兩點：(1)正確分析物塊和小車的受力情況及運動情況(2)正確利用功能關(guān)系求摩擦力的功和產(chǎn)生的內(nèi)能解析(1)小車做勻加速運動時的加速度為a1，物塊做勻減速運動時的加速度為a2，則a1 m/s2，a2g5 m/s2，v0a2ta1t，所以t0.24 s.(2)相對靜止時的速度va1t0.8 m/s，物塊克服摩擦力做的功Wm2(vv2)0.336 J.(3)由功能關(guān)系可知，系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則Em2v(m1m2)v20.24 J.答案(1)0.24 s(2)0.336 J(3)0.24 J總結(jié)提升

9、解決功能關(guān)系問題應(yīng)注意的三個方面(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況.(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方便計算變力做功的多少.(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同.)用動力學(xué)和能量觀點解決傳送帶問題命題規(guī)律：傳送帶是最重要的模型之一，近兩年高考中雖沒有出現(xiàn)，但解決該問題涉及的知識面較廣，又能與平拋運動、圓周運動相綜合，因此預(yù)計在2015年高考中出現(xiàn)的可能性很大，題型為選擇題或計算題解析(1)小物塊在傳送帶上做勻

10、加速運動的加速度ag5 m/s2(1分)小物塊與傳送帶共速時，所用時間t1 s(2分)運動的位移xat22.5 m(LxP)6 m(2分)故小物塊與傳送帶共速后以v05 m/s的速度勻速運動到Q，然后沖上光滑斜面到達N點，由機械能守恒定律得mvmgyN(2分)解得yN1.25 m(1分)(2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移x相對v0tx2.5 m(2分)產(chǎn)生的熱量Qmgx相對12.5 J(2分)(3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛好能到達M點，由能量守恒得mg(Lx1)mgyM(2分)代入數(shù)據(jù)解得x17 m(2分)故小物塊在傳送帶上的位置橫坐標(biāo)范圍為0x7 m(2分)答

11、案(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0x7 m總結(jié)提升(1)傳送帶模型題的分析流程：(2)皮帶問題中的功能關(guān)系：傳送帶做的功WFFl帶，功率PFv帶；摩擦力做功W摩F摩l；物體與皮帶間摩擦生熱QFfl相對(3)如質(zhì)量為m的物體無初速度放在水平傳送帶上，最終與傳送帶共速，則在整個加速過程中物體獲得的動能Ek及因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q，有如下關(guān)系：EkQmv.最新預(yù)測1(多選)(2014·陜西西工大附中適應(yīng)考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速率v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止

12、釋放到相對傳送帶靜止這一過程下列說法正確的是()A電動機多做的功為mv2B摩擦力對物體做的功為mv2C電動機增加的功率為mgvD傳送帶克服摩擦力做功為mv2解析：選BC.由能量守恒知電動機多做的功為物體動能增量和摩擦生熱Q，所以A項錯；根據(jù)動能定理，對物體列方程，Wfmv2，所以B項正確；因為電動機增加的功率Pmgv，C項正確；因為傳送帶與物體共速之前，傳送帶的路程是物體路程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對物體做功的2倍，即mv2，D項錯誤最新預(yù)測2(2014·德州二模)如圖所示，輪半徑r10 cm的傳送帶，水平部分AB的長度L1.5 m，與一圓心在O點、半徑R1 m的豎直

13、光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H1.25 m，一質(zhì)量m0.1 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)，由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角37°.已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1，不計空氣阻力(1)求滑塊對圓軌道末端的壓力；(2)若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離；(3)若傳送帶以v00.5 m/s的速度沿逆時針方向運行(傳送帶上部分由B到A運動)，求滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能解析：(1)從P點到圓軌道末端的過程中，由機械能守恒定律得：mgR(1cos 37&#

14、176;)mv2在軌道末端由牛頓第二定律得：FNmg由以上兩式得FN1.4 N由牛頓第三定律得，滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4 N，方向豎直向下(2)若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動能定理得：mgLmvmv2解得：vB1 m/s滑塊從B點開始做平拋運動滑塊的落地點與B點間的水平距離為：xvB0.5 m.(3)傳送帶向左運動和傳送帶靜止時，滑塊的受力情況沒有變化，滑塊從A到B的運動情況沒有改變所以滑塊和傳送帶間的相對位移為：xLv02 m滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為：Qmgx0.2 J.答案：(1)1.4 N，方向豎直向下(2)0.5 m(3)0.2 J一、選擇題1(多選)(20

15、14·吉林質(zhì)檢)如圖所示，長為L的粗糙長木板水平放置，在木板的A端放置一個質(zhì)量為m的小物塊現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為時小物塊開始滑動，此時停止轉(zhuǎn)動木板，小物塊滑到底端的速度為v，重力加速度為g.下列判斷正確的是()A整個過程物塊所受的支持力垂直于木板，所以不做功B物塊所受支持力做功為mgLsin C發(fā)生滑動前靜摩擦力逐漸增大D整個過程木板對物塊做的功等于物塊機械能的增量解析：選BCD.由題意得，物塊滑動前支持力屬于沿運動軌跡切線方向的變力，由微元法可知在這個過程中支持力做正功，而且根據(jù)動能定理，在緩慢抬高A端的過程中，WmgLsin 0，可知W

16、mgLsin ，所以A項錯，B項正確由平衡條件得在滑動前靜摩擦力f靜mgsin ，當(dāng)時，f靜，所以C項正確在整個過程中，根據(jù)除了重力以外其他力做功等于機械能的變化量可知D項正確2(2014·高考上海卷)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關(guān)系是()解析：選C.以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向，則對物體，在撤去外力前，有Fmgma，hat2，某一時刻的機械能EEF·h，解以上各式得E·t2t2，撤去外力后，物體機械能守恒，故只有C正確3(2014·蕪湖一模)如圖所示，質(zhì)量分

17、別為2m和m的A、B兩物體用不可伸長的輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，開始兩物體處于同一高度，繩處于繃緊狀態(tài)，輕繩足夠長，不計一切摩擦現(xiàn)將兩物體由靜止釋放，在A落地之前的運動中，下列說法中正確的是()AA物體的機械能增大BA、B組成系統(tǒng)的重力勢能增大C下落時間t過程中，A的機械能減少了mg2t2D下落時間t時，B所受拉力的瞬時功率為mg2t解析：選C.在A下落的過程中，拉力對A做負(fù)功，對B做正功，A的機械能減小，B的機械能增大，A、B系統(tǒng)的機械能守恒，所以A、B錯誤釋放后，A、B物體都做初速度為零的勻加速直線運動由牛頓第二定律得2mgmg3ma，故加速度ag，t時間內(nèi)A物體下降高度為gt2，繩子拉力大

18、小為mg.拉力對A物體所做負(fù)功為mg2t2，A物體機械能減少mg2t2，C對下落時間t時，B物體的運動速度為gt，拉力功率大小為mg2t，D錯4(2014·山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示取g10 m/s2，下列說法正確的是()A小球的質(zhì)量為0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 NC小球動能與重力勢能相等時的高度為 mD小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J解析：選D.在最高點，Epmgh得m0.1 kg，A項錯誤；由除重力以

19、外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E為機械能，解得f0.25 N，B項錯誤；設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgHmv2，由動能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C項錯；當(dāng)上升h2 m時，由動能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故D項正確5(多選)(2014·欽州一模)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m.開始時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長，且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度為v，此時物體B對地

20、面恰好無壓力若在物體A下落的過程中，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，則A接觸地面前的瞬間()A物體A的加速度大小為g，方向豎直向下B彈簧的彈性勢能等于mghmv2C物體B有向上的加速度D彈簧對物體A拉力的瞬時功率大小為2mgv解析：選BD.當(dāng)A即將接觸地面時，物體B對地面無壓力，對B受力分析可知，細繩拉力等于輕彈簧彈力F2mg，選項C錯誤；然后對A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向豎直向上，選項A錯誤；A下落過程中，A與彈簧整體機械能守恒，可得mghEpmv2，彈簧的彈性勢能Epmghmv2，選項B正確；拉力的瞬時功率為PFv2mgv，選項D正確6(2013·高考安徽卷)質(zhì)量為m的人造

21、地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()AGMm BGMm C. D. 解析：選C.人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心力由萬有引力提供根據(jù)萬有引力提供向心力得Gm而動能Ekmv2由式得Ek由題意知，引力勢能Ep由式得衛(wèi)星的機械能EEkEp由功能關(guān)系知，因摩擦而產(chǎn)生的熱量QE減E1E2，故選項C正確7(2014·漳州一模)質(zhì)量為m的帶電小球，在充滿勻強電場的空間中水平拋出，小球運動時的加速度方向豎直

22、向下，大小為.當(dāng)小球下降高度為h時，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A小球的動能減少了B小球的動能增加了C小球的電勢能減少了D小球的電勢能增加了mgh解析：選B.小球受的合力Fmg，據(jù)動能定理，合力做功等于動能的增加，故EkFhmgh，選項A錯、B對由題意可知，電場力F電mg，電場力做負(fù)功，電勢能增加，EpF電·hmgh，選項C、D均錯8(多選)(2014·鄭州三模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的半圓形軌道OQP，其中Q是半圓形軌道的中點，半圓形軌道與水平軌道OE在O點相切，質(zhì)量為m的小球沿水平軌道運動，通過O點進入半圓形軌道，恰好能夠通過最高點P，

23、然后落到水平軌道上，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A小球落地時的動能為2.5mgRB小球落地點離O點的距離為2RC小球運動到半圓形軌道最高點P時，向心力恰好為零D小球到達Q點的速度大小為解析：選ABD.小球恰好通過P點，mgm得v0.根據(jù)動能定理mg·2Rmv2mv得mv22.5mgR，A正確由平拋運動知識得t，落地點與O點距離xv0t2R，B正確P處小球重力提供向心力，C錯誤從Q到P由動能定理mgRm()2mv得vQ，D正確9(多選)(2014·?？谡{(diào)研)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運動，如圖甲所示在物體運動過程中，空氣阻力不計，其機

24、械能E與位移x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中曲線上點A處的切線的斜率最大則()A在x1處物體所受拉力最大B在x2處物體的速度最大C在x1x3過程中，物體的動能先增大后減小D在0x2過程中，物體的加速度先增大后減小解析：選AC.除重力以外的力做的功量度了機械能的變化，故Ex圖象的斜率表示物體所受拉力的大小，在x1處圖象的斜率最大，故物體所受拉力最大，A正確；在x2處圖象的斜率為零，故物體所受拉力為零，因此在x2處之前的某一位置拉力就已經(jīng)等于重力，速度達到最大，B錯誤；在x1x3的過程中，拉力先大于重力后小于重力最后為零，因此物體先加速再減速，物體的動能先增大后減小，C正確；0x2的過程中拉力先大于重

25、力，并且先增大后減小，最后減小到0，根據(jù)牛頓第二定律得物體的加速度先增大后減小再反向增大，D錯誤二、計算題10(2014·云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，與水平面夾角為30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離為L4 m，傳送帶以恒定的速率v2 m/s向上運動現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，取g10 m/s2，求：(1)物體從A運動到B共需多少時間？(2)電動機因傳送該物體多消耗的電能解析：(1)物體無初速度放在A處后，因mgsin mgcos ，則物體斜向上做勻加速直線運動加速度a2.5 m/s2物體達到與傳送帶

26、同速所需的時間t10.8 st1時間內(nèi)物體的位移L1t10.8 m之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間t21.6 s物體運動的總時間tt1t22.4 s.(2)前0.8 s內(nèi)物體相對傳送帶的位移為Lvt1L10.8 m 因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能E內(nèi)mgcos ·L6 JE總EkEpE內(nèi)mv2mgLsin E內(nèi)28 J.答案：(1)2.4 s(2)28 J11(2014·濟南一模)如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切一質(zhì)量m1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高度h0.6 m滑塊在木板上滑行t1 s后，和

27、木板以共同速度v1 m/s勻速運動，取g10 m/s2.求：(1)滑塊與木板間的摩擦力大?。?2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功；(3)滑塊相對木板滑行的距離及在木板上產(chǎn)生的熱量解析：(1)對木板FfMa1由運動學(xué)公式得va1t解得a11 m/s2，F(xiàn)f2 N.(2)對滑塊有Ffma2設(shè)滑塊滑上木板時的初速度為v0，由公式vv0a2t解得a22 m/s2，v03 m/s滑塊沿弧面下滑的過程中，由動能定理得mghWFfmv可得滑塊克服摩擦力做的功為WFfmghmv1.5 J.(3)t1 s內(nèi)木板的位移x1a1t2此過程中滑塊的位移x2v0ta2t2故滑塊相對木板滑行距離Lx2x11.5 m

28、產(chǎn)生的熱量QFf·L3 J.答案：(1)2 N(2)1.5 J(3)1.5 m3 J12(2014·濰坊模擬)如圖所示，水平軌道MN與豎直光滑半圓軌道相切于N點，輕彈簧左端固定在軌道的M點，自然狀態(tài)下右端位于P點，將一質(zhì)量為1 kg的小物塊靠在彈簧右端并壓縮至O點，此時彈簧儲有彈性勢能Ep18.5 J，現(xiàn)將小物塊無初速釋放，已知OP0.25 m，PN2.75 m，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，圓軌道半徑R0.4 m，g取10 m/s2.求：(1)物塊從P點運動到N點的時間；(2)分析說明物塊能否通過半圓軌道最高點B.若能，求出物塊在水平軌道上的落點到N點的距離若不能

29、，簡要說明物塊的運動情況解析：(1)從開始釋放到小物塊運動至P，由能量守恒定律，EpmgxOPmv解得：vP6 m/s設(shè)物塊由P至N用時為t，由勻變速直線運動規(guī)律：xPNvPtat2mgma解得：t0.5 s或t5.5 s(舍去)(2)物塊由P至N，由動能定理得：mgxPNmvmv設(shè)物塊能夠通過圓軌道最高點，在最高點B物塊速度大小為vB，由機械能守恒定律得：mv2mgRmv解得：vB3 m/s物塊通過最高點的最小速度為vminmgm，vmin2 m/s因vBvmin，故物塊能通過B點通過B點后做平拋運動：xvBt2Rgt2解得：x1.2 m.答案：(1)0.5 s(2)能通過B點1.2 m第3

30、講動力學(xué)和功能觀點的應(yīng)用熱點一用動力學(xué)觀點解決多過程問題命題規(guī)律：力學(xué)中的多過程問題涉及的運動形式主要有勻變速直線運動、平拋運動、圓周運動，分析運動過程的關(guān)鍵是分析物體受力，然后利用牛頓運動定律分析物體的運動規(guī)律，高考對此類題的考查主要是牛頓運動定律和運動學(xué)公式的應(yīng)用，題目難度不大，以中檔題為主1.(2014·武漢模擬)如圖甲所示，質(zhì)量M1 kg的薄木板靜止在水平面上，質(zhì)量m1 kg的鐵塊(可視為質(zhì)點)靜止在木板的右端設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知木板與水平面間的動摩擦因數(shù)10.05，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)20.2，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力F，

31、(1)若力F恒為4 N，經(jīng)過時間1 s，鐵塊運動到木板的左端，求木板的長度L；(2)若力F從零開始逐漸增加，且鐵塊始終在木板上沒有掉下來試通過分析與計算，在圖乙中作出鐵塊受到的摩擦力Ff隨力F大小變化的圖象解析(1)對鐵塊，由牛頓第二定律F2mgma1對木板，由牛頓第二定律2mg1(Mm)gMa2設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時間t鐵塊運動到木板的左端，則x鐵a1t2x木a2t2又x鐵x木L解得L0.5 m.(2)當(dāng)F1(mM)g1 N時，系統(tǒng)沒有被拉動，靜摩擦力與外力成正比并保持大小相等，即FfF當(dāng)F1(mM)g1 N時，若M、m相對靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則F1(mM)g(mM)aFFfm

32、a解得F2Ff1 N此時Ff2mg2 N，即F3 N所以當(dāng)1 NF3 N時，F(xiàn)f0.5 N當(dāng)F3 N時，M、m相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為Ff2mg2 NFfF圖象如圖所示答案(1)0.5 m(2)見解析圖2.(2014·合肥高三質(zhì)檢)足夠長光滑斜面BC的傾角53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5，水平面與斜面之間在B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m2 kg的小物塊靜止于A點現(xiàn)用與水平方向成53°角的恒力F拉小物塊，如圖所示，小物塊經(jīng)t14 s到達B點，并迅速撤去拉力F，A、B兩點相距x14 m(已知sin 53°0.8，cos 53°0.

33、6，g取10 m/s2)求：(1)恒力F的大??；(2)小物塊從B點沿斜面向上運動的最大距離x2；(3)小物塊停止運動時到B點的距離x3.解析(1)AB段加速度a10.5 m/s2根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1解得：F N11 N.(2)到達B點時，小物塊的速度va1t12 m/s在BC段的加速度：a2gsin 53°8 m/s2由v22a2x2得：x2 m0.25 m.(3)小物塊從B向A運動過程中，由mgma3，解得：a3g5 m/s2滑行的位移x3 m0.4 m，小物塊停止運動時，離B點的距離為0.4 m.答案(1)11 N(2)0.25 m(3)0.4

34、m熱點二用功能觀點解決多過程問題命題規(guī)律：對于物體在變力作用下的多過程運動問題，不能利用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解，可利用動能定理進行求解高考對此問題的考查主要涉及的運動形式有：變力作用下的直線運動、曲線運動，題目難度中等1.(2014·溫州五校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角BOC37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R1.0 m，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m0.2 kg可視為質(zhì)點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，DE距離h1.6 m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)0.5.取sin 37°0.6

35、，cos 37°0.8，g10 m/s2，求：(1)小物體第一次通過C點時軌道對小物體的支持力FN的大?。?2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長；(3)若斜面已經(jīng)滿足(2)要求，小物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大小解析(1)小物體從E到C，由能量守恒得：mg(hR)mv，在C點，由牛頓第二定律得：FNmgm，聯(lián)立解得FN12.4 N.(2)從EDCBA過程，由動能定理得：WGWf0，WGmg(hRcos 37°)LABsin 37°，Wfmgcos 37°LAB.聯(lián)立解得

36、LAB2.4 m.(3)因為mgsin 37°mgcos 37°(或tan 37°)，所以，小物體不會停在斜面上，小物體最后以C為中心，B為一側(cè)最高點沿圓弧軌道做往返運動，從E點開始直至運動穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量，QEp，Epmg(hRcos 37°)，聯(lián)立解得Q4.8 J.答案(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J2.如圖甲所示，斜面AB粗糙，傾角為30°，其底端A處有一垂直斜面的擋板一質(zhì)量為m2 kg的滑塊從B點處由靜止釋放，滑到底端A處與擋板碰撞并反彈到最高點C處，已知滑塊與擋板碰撞時能量損失了19%，滑塊的vt圖象如圖

37、乙所示，重力加速度g10 m/s2.(1)求vt圖象中的v、t的值；(2)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)若滑塊與擋板碰撞無能量損失，求滑塊整個運動過程中通過的總路程s.解析(1)由vt圖象知滑塊反彈速率為v29 m/s，即反彈時能量為Ek2mv81 J，因碰撞時能量損失19%，即滑塊下滑到A處時能量為Ek1100 J而Ek1mv2，代入數(shù)據(jù)得v10 m/s又因va1t1，a1 m/s22.5 m/s2由牛頓第二定律知滑塊下滑時有mgsin mgcos ma1反彈上滑時有mgsin mgcos ma2而v2a2t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t21.2 s所以t4 s1.2 s5.2 s.(2)因mgs

38、in mgcos ma1代入數(shù)據(jù)得.(3)由x t知AB長為Lt120 m由能量守恒知mgLsin mgcos ·s0解得s40 m.答案(1)10 m/s5.2 s(2)(3)40 m動力學(xué)和功能觀點的綜合應(yīng)用命題規(guī)律：應(yīng)用兩大觀點解決綜合問題是歷年高考計算題命題的熱點，這類題一般是高考中的壓軸題，綜合能力要求很高，預(yù)計2015年可能會以平拋或圓周運動為運動模型，結(jié)合彈簧、傳送帶，甚至?xí)婕耙欢ǖ碾姶艑W(xué)情景來考查解析(1)由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma(1分)解得a2 m/s2(1分)Lat2(1分)解得t1 s(1分)(2)當(dāng)小球從P點無初速度滑下時，設(shè)彈簧被壓縮至

39、x處有最大速度vmmgsin mgcos kx(1分)解得x m0.017 m(1分)由動能定理得，mgsin ·(Lx)mgcos ·(Lx)Wmv(2分)由功能關(guān)系得，WEpkx2(1分)代入數(shù)據(jù)得vm m/s2 m/s.(1分)(3)設(shè)小球從P點下滑壓縮彈簧至最低點，彈簧的壓縮量為x1，由動能定理得mgsin ·(Lx1)mgcos ·(Lx1)kx0mv(2分)從最低點經(jīng)過彈簧原長Q點回到P點的速度為0，則有kxmgsin ·(Lx1)mgcos ·(Lx1)0(2分)聯(lián)立解得：x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.(

40、1分)答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s特別提醒(1)小球從接觸彈簧到回到Q點的過程，小球和彈簧所組成的系統(tǒng)機械能并不守恒，但總的能量是守恒的(2)對于非勻變速直線運動，不能利用牛頓定律和運動學(xué)公式求解，但能用動能定理、能量守恒定律或功能關(guān)系進行求解最新預(yù)測1如圖所示，水平粗糙軌道AB與光滑傾斜軌道BC在B點處由一段小圓弧平滑連接，BC的傾角為30°，AB、BC長度均為2 m，OC右側(cè)是一半徑長度等于斜面高度的圓弧軌道，BC與圓弧軌道在C點處平滑連接，一質(zhì)量為m1 kg、可看做質(zhì)點的物體在水平恒定外力F10 N的作用下從A點由靜止出發(fā)水平向右運動，到B點時撤去外力，

41、物體恰好能從圓弧軌道上的D點離開軌道，COD37°，重力加速度g10 m/s2.(1)求物體在C點時對圓弧軌道的作用力的大小和方向；(2)求物體與粗糙面AB間的動摩擦因數(shù)；(3)若物體恰好能到達C點，求力F的作用時間t.解析：(1)因物體從D點離開圓弧軌道，由牛頓第二定律知mgcos 37°m從C到D由動能定理知mgR(1cos 37°)mvmv在C點由牛頓第二定律知mgFNm聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得FN6 N，方向豎直向上由牛頓第三定律知物體對圓弧軌道的作用力的大小為6 N，方向豎直向下(2)從A到C的過程中，由動能定理知(Fmg)smgRmv代入數(shù)據(jù)得0.4.(3)因

42、物體恰好能到達C點，則從A到C由動能定理知FxmgsmgR0而xat2a聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得t s.答案：(1)6 N，方向豎直向下(2)0.4(3) s最新預(yù)測2如圖所示，傾角為45°的粗糙斜面AB足夠長，其底端與半徑為R0.4 m的兩個光滑1/4圓弧軌道BCD平滑相接，O為軌道BC圓心，BO為圓弧軌道BC的半徑且為豎直線，A、D兩點等高，在D點右側(cè)有一以v13 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶，傳送帶足夠長，質(zhì)量為m1 kg的滑塊P從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的C點，重力加速度g取10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2.(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)1；(2

43、)若使滑塊恰能到達D點，滑塊從離地多高處由靜止開始下滑？(3)在第(2)問前提下若滑塊滑到D點后滑上傳送帶，滑塊返回后最終在斜面上能上升多高及此情況下滑塊在傳送帶上產(chǎn)生的熱量Q為多少？解析：(1)A到C過程根據(jù)動能定理有mg×(2RR)1mgcos 45°×0可得：10.5.(2)若滑塊恰能到達D點，在D點，根據(jù)牛頓第二定律有mgvD2 m/s從高為H的最高點到D的過程，根據(jù)動能定理有mg(H2R)1mgcos 45°×mv0求得：H2 m.(3)由于v1vD，滑塊P返回到D點時的速度大小仍為vD設(shè)滑塊P從D點返回后在斜面上上升的最大高度為h，

44、由動能定理：mv1mgcos 45°×mg(2Rh)h m當(dāng)滑塊P在傳送帶上向右運動時：s11 m，s2v13 ms1s1s24 m當(dāng)滑塊在傳送帶上向左運動時s31 m，s43 ms2s4s32 m所以總相對位移ss1s26 m產(chǎn)生的熱量：Qmgs12 J.答案：(1)0.5(2)2 m(3) m12 J失分防范在攻克力學(xué)綜合問題時極易從以下幾點失分：不理解題述物理情景，不能從中獲取有用信息；抓不住題設(shè)條件中的關(guān)鍵信息，不能正確選擇研究對象及物理過程；不能正確列出動力學(xué)方程或功能關(guān)系方程；應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力較差.可從以下幾點進行防范：多練審題基本功，去偽存真，抓

45、關(guān)鍵點；仔細研究物理過程找突破口；當(dāng)涉及(恒)力及時間時，一般用動力學(xué)法；當(dāng)涉及功、能及位移時一般用功能法.)一、選擇題1(2014·昆明質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h，若全過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，下列說法正確的是()A彈簧與桿垂直時，小球速度最大B彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大C小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于m

46、ghD小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量大于mgh解析：選B.彈簧與桿垂直時，彈性勢能最小，小球重力勢能和動能之和最大，選項A錯誤，B正確由機械能守恒定律，小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh，選項C、D錯誤2(多選)如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0 m選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖乙所示g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80.則()A物體的質(zhì)量m0.67 kgB物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)0.40C物體上升過程中的加

47、速度大小a10 m/s2D物體回到斜面底端時的動能Ek10 J解析：選CD.上升過程，由動能定理得，(mgsin mgcos )·hm/sin 0Ek1，摩擦生熱mgcos ·hm/sin E1E2，解得m1 kg，0.50，故A、B錯誤；物體上升過程中的加速度大小agsin gcos 10 m/s2，故C正確；上升過程中的摩擦生熱為E1E220 J，下降過程摩擦生熱也應(yīng)為20 J，故物體回到斜面底端時的動能Ek50 J40 J10 J，D正確3在工廠中常用如圖所示水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，傳送帶以恒定的速度v2 m/s運行，質(zhì)量為m0.5 kg的工件以v01

48、 m/s 的初速度從位置A滑上傳送帶，工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.2，每當(dāng)前一個工件在傳送帶上停止相對滑動時，后一個工件立即滑上傳送帶，取g10 m/s2，則下列說法中正確的是()A工件經(jīng)0.5 s停止相對滑動B正常運行時傳送帶上相鄰工件相距0.5 mC摩擦力對每個工件做正功為1 JD每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為0.75 J解析：選A.工件進入水平傳送帶先勻加速運動后勻速運動，加速度大小為ag2 m/s2，加速時間為t0.5 s，A對；正常運行時相鄰兩工件間的距離為dvt1 m，B錯；由動能定理知摩擦力對每個工件做正功為WFfmv2mv0.75 J，C錯；在t0.5 s內(nèi)，工件對地

49、位移為x1t0.75 m，傳送帶對地位移為x2vt1 m，所以每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為QFf(x2x1)0.25 J，D錯4如圖所示，斜面傾角為37°，物體1放在斜面緊靠擋板處，物體1和斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，一根很長的不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑輕質(zhì)小定滑輪，繩一端固定在物體1上、另一端固定在物體2上，斜面上方的輕繩與斜面平行，物體2下端固定一長度為h的輕繩，輕繩下端拴在小物體3上，物體1、2、3的質(zhì)量之比為415，開始時用手托住小物體3，小物體3到地面的高度為h，此時各段輕繩剛好拉緊已知物體觸地后立即停止運動、不再反彈，重力加速度為g10 m/s2，小物體3從靜止突

50、然放手后物體1沿斜面上滑的最大距離為()A3h B.hC2h D.h解析：選D.從開始放手到3觸地(設(shè)觸地時3的速度為v1)的過程中，對1、2和3應(yīng)用功能關(guān)系有6mgh(4mgsin 4mgcos )h(10m)v，之后3停止運動，設(shè)物體2繼續(xù)向下運動距離s后速度減小為0，對1和2應(yīng)用功能關(guān)系有mgs(4mgsin 4mgcos )s0(5m)v，得sh，則1沿斜面上滑的最大距離為Lhsh.二、計算題5(2014·稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三聯(lián)考)如圖所示，AB段為長度L15 m的粗糙水平地面，其動摩擦因數(shù)0.2，它高出水平地面CD的高度h1.25 m，EFD為一半徑R0.4 m的光滑半圓形軌道

51、現(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的小球，在恒定的外力F4 N的作用下，由靜止開始從水平面的A點開始運動力F作用一段距離后將其撤去，隨后物體從B點飛出，落在水平地面CD上某處并反彈，因為與地面碰撞時有能量損失，反彈過程水平速度分量不變而豎直速度分量減小，彈起后剛好沿半圓軌道EFD的E點切向進入，開始做圓周運動，且在E點時與圓弧軌道間的相互作用力恰好為零取g10 m/s2，試求：(1)CD間距離L2；(2)外力F作用的距離解析：(1)令平拋時間為t1，水平距離為x1，斜拋時間為t2，水平距離為x2.在E點時，小球與圓弧軌道無相互作用力，則有mgm解得v02 m/s由hgt得t10.5 sx1v0t11 m因斜

52、拋可看做逆向的平拋運動，所以由2Rgt得t20.4 sx2v0t20.8 m所以L2x1x21.8 m.(2)令F作用距離為x由動能定理可得FxmgL1mv解得x3 m.答案：(1)1.8 m(2)3 m6(2014·江西紅色六校聯(lián)考)如圖所示，在豎直方向上A、B物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過細繩繞過光滑輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上，斜面傾角為30°.用手拿住C，使細繩剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細繩豎直、cd段的細繩與斜面平行，已知B的質(zhì)量為m，C的質(zhì)量為4m，A的質(zhì)量遠大于m，重力加速度為g，細繩與滑輪之間的摩擦

53、力不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后它沿斜面下滑，斜面足夠長，求：(1)當(dāng)B物體的速度最大時，彈簧的伸長量；(2)B物體的最大速度解析：(1)通過受力分析可知：當(dāng)B的速度最大時，其加速度為0，繩子上的拉力大小為2mg，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的伸長量為xA，滿足kxAmg則xA.(2)開始時彈簧壓縮的長度為：xB因A質(zhì)量遠大于m，所以A一直保持靜止?fàn)顟B(tài)物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離均為hxAxB由于xAxB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，B、C兩物體的速度大小始終相等，設(shè)最大速度為vBm，由機械能守恒得：4mghsin 30°mgh(m4m)v由此解得vBm2g.答案：(1)(2)2g7(2013·高考浙江卷)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤，其示意圖如下圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m開始時，質(zhì)量分別為M10 kg和m2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當(dāng)大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零運動過程中猴子均可看