高考物理二輪復(fù)習(xí)四功能關(guān)系的應(yīng)用教學(xué)案

專題四功能關(guān)系的應(yīng)用

考情分析

202020202020

T9：功能關(guān)系、能T3：物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的&-X圖象

功

量守恒定律T14：機(jī)械能守T5：圓周運(yùn)動(dòng)中的功能問題

與

T14：動(dòng)能定理的應(yīng)恒定律的應(yīng)用T9：連接體中的功能問題

能

用114(3)：疊加體中的功能問題

命題解讀

本專題共6個(gè)考點(diǎn)，其中功和功率、動(dòng)能動(dòng)能定理、重力勢(shì)能、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用四個(gè)考點(diǎn)為II

要求，彈性勢(shì)能、能量守恒為I要求，這些考點(diǎn)皆屬于高頻考點(diǎn)。從近三年命題情況看，命題特點(diǎn)為：

(1)注重基礎(chǔ)知識(shí)與實(shí)際問題結(jié)合。如2020年的拋雞蛋、2020年的球碰撞等，難度較小。

(2)注重方法與綜合。如2020年、2020年、2020年的“彈簧問題”、2020年的連接體等，難度較大。

整體難度偏難，命題指數(shù)★★★★★,復(fù)習(xí)目標(biāo)是達(dá)B沖A。

I課前演練I一輪復(fù)習(xí)哈收明確廿漏方向

1.(2020?江蘇泰州中學(xué)月考)彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構(gòu)造原理如圖1所示，橡皮筋兩端點(diǎn)

A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一

手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標(biāo)?，F(xiàn)將彈丸豎直

向上發(fā)射，已知E是CD中點(diǎn)，貝!!()

圖1

A.從D到C過程中，彈丸的機(jī)械能守恒

B.從D到C過程中，彈丸的動(dòng)能一直在增大

C.從D到E過程橡皮筋對(duì)彈丸做的功大于從E到C過程橡皮筋對(duì)彈丸做的功

D.從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢(shì)能先增大后減小

解析從D到C,橡皮筋的彈力對(duì)彈丸做功，所以彈丸的機(jī)械能增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；彈丸在與橡皮筋作用

過程中，受到向上的彈力和向下的重力，橡皮筋A(yù)CB恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處橡皮筋的拉力為0,在CD

連線中的某一處，彈力和重力相等時(shí)，彈丸受力平衡，所以從D到C,彈丸的合力先向上后向下，速度先

增大后減小，彈丸的動(dòng)能先增大后減小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；從D到C,橡皮筋對(duì)彈丸一直做正功，橡皮筋的彈

性勢(shì)能一直減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的

合力，兩段位移相等，所以DE段橡皮筋對(duì)彈丸做功較多，故C項(xiàng)正確。

答案C

2.（多選）（2020?南京三模）從離沙坑高度H處無初速地釋放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球落入沙坑后，陷入

深度為h。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,不計(jì)空氣阻力，則下列關(guān)于小球下落全過程的說法正確的是（）

A.重力對(duì)小球做功為mgH

B.小球的重力勢(shì)能減少了mg（H+h）

C.外力對(duì)小球所做的總功為零

U

D.小球在沙坑中受到的平均阻力為/g

解析重力全程做功，故重力做功和重力勢(shì)能減少量均為mg（H+h）,A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；小球初、末速

度都為零，由動(dòng)能定理，外力總功為零，C項(xiàng)正確：由mg（H+h）—fh=0,可知阻力f=鳴（；+卜）一,D

項(xiàng)錯(cuò)誤。

答案BC

3.（2020?江蘇徐州市沛縣中學(xué)質(zhì)檢）一汽車在平直公路上以速度V。勻速行駛。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)

機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖2所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速

度v隨時(shí)間t變化的圖象中，可能正確的是（）

解析汽車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，功率為P。，當(dāng)功率變?yōu)?P。，知該時(shí)刻牽引力變?yōu)樵瓉淼?倍，汽車做

加速運(yùn)動(dòng)，由于速度增大，牽引力減小，則加速度減小，即做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻

力時(shí)，速度達(dá)到最大，根據(jù)v?=（知，功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則最大速度為2v。，故D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)

錯(cuò)誤。

答案D

4.（多選）（2020?蘇北四市一模）如圖3所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m

的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心0的正下方，B與0等高。它們由靜止釋放，最終在

水平面上運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()

圖3

A,下滑過程中重力對(duì)B做功的功率先增大后減小

B.當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)B的支持力大小為3mg

C.下滑過程中B的機(jī)械能增加

D.整個(gè)過程中輕桿對(duì)A做的功為JgR

解析剛開始時(shí)，B的速度為零，重力對(duì)B做功的功率為零。下滑至水平面時(shí)，重力與速度方向成直角，

瞬時(shí)功率為零，故下滑過程中重力對(duì)B做功的功率先增大后減小，A項(xiàng)正確；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

2

mgR=21,2mv2,得出v=Y無，再由mg=mV^得出R=2mg,B項(xiàng)錯(cuò)誤；A的機(jī)械能變大，必有B的機(jī)械

能變小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得出輕桿對(duì)A做的功等于與igR,D項(xiàng)正確。

答案AD

I考點(diǎn)突破I熱點(diǎn)高效突破提升應(yīng)試技能

考向n功、功率的計(jì)算

1.功的計(jì)算

(1)功的定義式W=Flcosa適宜求恒力做功。

(2)變力做功的計(jì)算

①用動(dòng)能定理W=|mv：一求功。

②用F-1圖象所圍的面積求功。

③用平均力求功(力與位移呈線性關(guān)系，如彈簧的彈力)。

④利用W=Pt求功。如機(jī)車恒定功率啟動(dòng)時(shí)。

2.功率的計(jì)算

W

(1)P=P適用于計(jì)算平均功率。

(2)P=Fvcosa,若v為瞬時(shí)速度，P為瞬時(shí)功率；若v為平均速度，P為平均功率。

(3)機(jī)車啟動(dòng)的兩種方式：以恒定功率啟動(dòng)；以恒定牽引力啟動(dòng)。

【例1】(2020?鹽城模擬)如圖4所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于0點(diǎn)，自

由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從位置A拉到B而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為6=60°,

此時(shí)細(xì)線的拉力為F”然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為左,貝!!()

圖4

A.Fi=Fz=2mg

B.從A到B,拉力F做功為Fl

C.從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變

D.從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大

解析在B位置根據(jù)平衡條件有F尸方=2mg,在A位置根據(jù)牛頓第二定律有Fz—mg=￥，從B到

cosbOL

A利用動(dòng)能定理得mgL(l-cos60°)=|mv2,聯(lián)立可知Fz=2mg,選項(xiàng)A正確；從A到B利用動(dòng)能定理得

WF-mgL(l-cos60°)=0,解得拉力F做功為WF=嚕，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B到A的過程中，小球受到的合

外力大小時(shí)刻發(fā)生變化，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)小球的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)

小球豎直方向的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，中間過程重力的瞬時(shí)功率不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案A

【變式1】(多選)(2020?南通、泰州、揚(yáng)州、淮安二模)如圖5所示，小物塊以初速度V。從0點(diǎn)沿斜面

向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從0點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為V。的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇。已知物

塊和小球質(zhì)量相等，空氣阻力忽略不計(jì)，貝！1()

圖5

A.斜面可能是光滑的

B.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能

C.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn)

D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過程中克服重力做功的平均功率相等

解析設(shè)斜面的傾角為a,0點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng),小物塊沿斜面向上的加速度為a,則有L=vot-Jatz。

設(shè)小球的初速度與斜面的夾角為B,將小球的運(yùn)動(dòng)沿斜面和垂直斜面的方向進(jìn)行正交分解，有1=^^05

0-1gt2sina,兩式對(duì)比有a>gsina,則斜面粗糙，A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，小物塊

沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過程中減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能，B項(xiàng)正

確；小球運(yùn)動(dòng)到速度方向與斜面平行時(shí)離斜面最遠(yuǎn)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球和小物塊質(zhì)量相等，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過

程中，上升的高度相同，時(shí)間相同，根據(jù)公式P=呼，則克服重力做功的平均功率相等，D項(xiàng)正確。

答案BD

考向3動(dòng)能定理的應(yīng)用

應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟

確定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)明確初、

分階

J

研究

解

及特點(diǎn)末動(dòng)能方

或

段

象

對(duì)

程

過

全'

研

和

時(shí)

愴

列

程

過

究

結(jié)

果

程

是否做功？方

程受II個(gè)力?

恒力還正功還是

是變力？負(fù)功？

【例2】(2020?無錫期末)如圖6,質(zhì)量為m=lkg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))在半徑為R=0.4m的1/4圓弧

A端由靜止開始釋放，它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v=2m/s。當(dāng)滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去?；瑝K在光

滑水平面上運(yùn)動(dòng)一段距離后，通過換向軌道由C點(diǎn)過渡到傾角為。=37°、長(zhǎng)s=lm的斜面CD上，CD

之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)可在0WP近1.5之間調(diào)節(jié)。斜面底部D點(diǎn)與光滑

地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在0點(diǎn)，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點(diǎn)。認(rèn)為滑塊通過C和D

前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不

計(jì)空氣阻力。

圖6

(1)求滑塊對(duì)B點(diǎn)的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功;

(2)若設(shè)置u=0,求質(zhì)點(diǎn)從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間；

(3)若最終滑塊停在D點(diǎn)，求U的取值范圍。

2

解析⑴在B點(diǎn)，F(xiàn)—mg=m》解得F=20N

由牛頓第三定律知F'=20N

設(shè)滑塊在AB上克服阻力所做的功為W

從A到B,由動(dòng)能定理得mgR—W=1mv2

代入數(shù)值解得W=2J

(2)在CD間運(yùn)動(dòng)，有mgsin0=ma,

加速度a=gsin0=6m/s2

由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律s=vt+Jat2,取合理根，得1=：$

z0

(3)最終滑塊停在D點(diǎn)有兩種可能：

a.滑塊恰好能從C下滑到D。

則有mgsin0,s-uimgcos0,s=0—^mv2,得到iii=l

b.滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止于D點(diǎn)。

當(dāng)滑塊恰好能返回C,有一口imgcos9?2s=0—1mv2

得到Ui=0.125

當(dāng)滑塊恰好能靜止在斜面上，則有mgsin9=p2mgcos9,得到p2=0.75

所以，當(dāng)0.125W口V0.75,滑塊在CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止于D點(diǎn)。

綜上所述，U的取值范圍是0.125Wy<0.75或u=1。

答案(1)20N2J(2)1s(3)0.125W11V0.75或N=1

【變式2】質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其

動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖7所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g=10m/s?)()

圖7

A.34JB.56J

C.92JD.196J

解析物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得一mgx?sin300-Ffx=0—E。，下滑的

過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgx?sin30°-Ffx=E-0,代入數(shù)據(jù)得E=34J,故選A。

答案A

【變式3](多選)(2020?江蘇揚(yáng)州中學(xué)高三4月質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖8所示，曲面PC和斜面PD固定在水平

面MN上，C、D處平滑連接，。點(diǎn)位于斜面頂點(diǎn)P的正下方。某物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從頂端P由靜止開始分

別沿曲面和斜面滑下，經(jīng)過C、D兩點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最后停在水平面上的A、B兩處。各處材質(zhì)相同，忽略

空氣阻力，貝M)

p

圖8

A.此物體在曲面PC和斜面PD上克服摩擦力做功一定相等

B.此物體沿PCA和沿PDB運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做功一定相等

C.距離0A一定等于0B

D.距離0A一定小于0B

解析設(shè)PD斜面與水平方向上的夾角為e,則PD段克服摩擦力做功Wf=umgscos。=Pmgspt）水平，將

PC段分成無數(shù)小段，由于在曲面上運(yùn)動(dòng)，徑向的合力提供向心力，則支持力大于重力在垂直于曲面方向

上的分力，則每一小段克服摩擦力做功大于umgscosa=umgs水平，則整個(gè)曲面過程中，克服摩擦力做

功大于umgSH水平，因?yàn)樾泵婧颓娴乃骄嚯x未知，則克服摩擦力做功不一定相等，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)全

過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh-Wf=0,知此人沿PCA和沿PDB運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做功一定相等，故B項(xiàng)正確；因

為整個(gè)過程克服摩擦力做功相等，沿斜面下滑在整個(gè)過程中摩擦力做功等于口mgsPB",而沿曲面下滑克

服摩擦力做功大于umgspA水平，則0A一定小于0B,故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。

答案BD

3

功是能量轉(zhuǎn)化的原因和量度，在不同的問題中具有的對(duì)應(yīng)關(guān)系是

?電場(chǎng)力做功電產(chǎn)菽［~~~d由勢(shì)能變化

電流做功W=/Uf卜---------------4電能變化

【例3】（2020?蘇州一模）如圖9所示，一個(gè)半徑為R的1圓周的軌道，0點(diǎn)為圓心，B為軌道上的一點(diǎn)，

0B與水平方向的夾角為37°。軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺(tái)相連，在平臺(tái)上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板

相連，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在A點(diǎn)。現(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球（與彈簧不連接）壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放。已知重力

加速度為g,不計(jì)空氣阻力。

圖9

(1)若小球恰能擊中B點(diǎn)，求剛釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能;

(2)試通過計(jì)算判斷小球落到軌道時(shí)速度能否與圓弧垂直；

(3)改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值。

解析(1)小球離開0點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v。，

落在B點(diǎn)時(shí)，有

Reos37°=v?t

Rsin37°

解得

由機(jī)械能守恒，得彈簧的彈性勢(shì)能

124

Ep=^mvo=：Y^ingRo

(2)設(shè)落點(diǎn)與0點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為。，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有

Reos8=vot,Rsin。

位移方向與圓弧垂直

gt

tan6='

Vot2vo

設(shè)速度方向與水平方向的夾角為G，則

tana=~=—=2tan0

VoVo

所以小物塊不能垂直擊中圓弧。

(3)設(shè)落點(diǎn)與0點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為8,小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有

Reos0=vot,Rsin。

由動(dòng)能定理，有mgRsin。=Ek—1mvo

31

解得Ek=mgRqsin0+度門）

當(dāng)sin。,Ek取最小值

答案⑴條igR⑵不能⑶乎mgR

【變式4】（多選）（2020?江蘇啟東中學(xué)月考）如圖10所示，直桿AB與水平面成a角固定，在桿上套一

質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點(diǎn)處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后原速率返回?，F(xiàn)將滑

塊拉到A點(diǎn)由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點(diǎn)，設(shè)重力加速度為g,由此可以確

定（）

圖10

A.滑塊下滑和上滑過程加速度的大小小、az

B.滑塊第1次與擋板碰撞前速度V1

C.滑塊與桿之間動(dòng)摩擦因數(shù)u

D.滑塊第k次與擋板碰撞到第k+1次與擋板碰撞時(shí)間間隔△t

解析設(shè)AB長(zhǎng)為L(zhǎng),對(duì)整個(gè)過程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgsina-0.5L-umgcosa（L+0.5L）=0,整理

得li=<tana；根據(jù)牛頓第二定律得下滑過程mgsina-pmgcosa=mai；上滑過程mgsina+

umgcosa=ma2；解得ai=gsina-ugeosa,a2=gsina+ugeosa,所以可求得滑塊下滑和上

滑過程加速度的大小由、a2,故A、C項(xiàng)正確；由于AB間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊

到達(dá)擋板時(shí)的時(shí)間以及與擋板碰撞的速度，故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。

答案AC

考向4傳送帶（板塊）相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的能量分析

求解傳送帶（板塊）相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的能量問題的方法

傳

涉及相

二

牛頓第

送互作用

運(yùn)

定律或

帶時(shí)間

規(guī)律

動(dòng)學(xué)

(板

塊靜摩擦

|—

有內(nèi)能

T沒求解

力做功

)模相關(guān)

動(dòng)能定

型涉及位最

理或功

移(或滑動(dòng)

能關(guān)系擦力

路程,功

變化I

動(dòng)能

對(duì)應(yīng)

做功

外力

「I合

正1

能變

力勢(shì)

應(yīng)重

功對(duì)

力做

T―

化|

能變

性勢(shì)

應(yīng)彈

功對(duì)

力做

T彈

化I

能變

機(jī)械

對(duì)應(yīng)

做功

他力

T其

的

對(duì)為總

貝！11相

時(shí)，

運(yùn)動(dòng)

往復(fù)

帶上

傳送

體在

若物

移。

對(duì)位

的相

體間

觸物

兩接

對(duì)為

中1相

相對(duì)

F一

式Q=

：公

說明

。

路程

相對(duì)

，

面上

水平

光滑

止在

A靜

木板

的長(zhǎng)

0kg

=1.

質(zhì)量M

所示，

11甲

)如圖

模擬

中學(xué)

金陵

?江蘇

020

】(2

【例4

施加水

對(duì)