【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專用)-教師用書-第5講-功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

第5講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用1.(2022·江蘇卷，3)如圖2－5－1所示，細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)．在此過程中拉力的瞬時(shí)功率變化狀況是()A．漸漸增大B．漸漸減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大圖2－5－1解析小球速率恒定，由動能定理知：拉力做的功與克服重力做的功始終相等，將小球的速度分解，可發(fā)覺小球在豎直方向分速度漸漸增大，重力的瞬時(shí)功率也漸漸增大，則拉力的瞬時(shí)功率也漸漸增大，A項(xiàng)正確．答案A2.(2021·江蘇單科，5)水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等．碰撞過程的頻閃照片如圖2－5－2所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的()．A．30%B．50%C．70%D．90%圖2－5－2解析由題圖測量可得白、灰兩球在碰撞前后相鄰兩次閃光時(shí)間內(nèi)照片上球的間距分別為：x1＝6mm、x1′＝x2′＝3.5mm，設(shè)照片的放大率為k、閃光周期為T，則有eq\f(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kT)))2－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1′,kT)))2－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2′,kT)))2,\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kT)))2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x1′2－x2′2,x\o\al(2,1))＝0.319，故A正確．答案A3．(多選)(2021·江蘇卷，9)如圖2－5－3所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零．重力加速度為g.則上述過程中()圖2－5－3A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動能小于W－μmgaD．物塊動能最大時(shí)彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能解析由于摩擦力的存在，O點(diǎn)距離B點(diǎn)較近，即xOB<xOA，從O點(diǎn)到A點(diǎn)由動能定理得到：W－μmgxOA－W彈＝0，W彈＝EpA，則有EpA＝W－μmgxOA<W－eq\f(1,2)μmga，則A錯，整個過程由能量守恒得：W－μmg(a＋xOA)＝EpB，xOA>eq\f(1,2)a，則EpB<W－eq\f(3,2)μmga，B項(xiàng)正確，從O到A再到O過程：W－2μmgxOA＝EkO則EkO<W－2μmgeq\f(1,2)a＝W－μmga，C項(xiàng)正確，物塊動能最大時(shí)彈簧彈力與滑動摩擦力相等即F＝μmg，而FB≤μmg，因此彈簧在動能最大位置形變量不小于B點(diǎn)的彈簧形變量，對應(yīng)的彈簧彈性勢能不小于B點(diǎn)的彈簧彈性勢能，則D錯．答案BC4．(2022·江蘇卷，15)如圖2－5－4所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0.小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ.乙的寬度足夠大，重力加速度為g.圖2－5－4(1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運(yùn)動方向)滑過的距離s；(2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時(shí)的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不變，當(dāng)工件在乙上剛停止滑動時(shí)，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復(fù)．若每個工件的質(zhì)量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計(jì)，求驅(qū)動乙的電動機(jī)的平均輸出功率eq\x\to(P).解析(1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45°側(cè)向加速度大小ax＝μgcos45°①勻變速直線運(yùn)動－2axs＝0－veq\o\al(2,0)②解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)③(2)設(shè)t＝0時(shí)刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ，側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay則eq\f(ay,ax)＝tanθ④很小的Δt時(shí)間內(nèi)，側(cè)向、縱向的速度增量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt⑤解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ⑥且由題意知tanθ＝eq\f(vy,vx)⑦則eq\f(vy′,vx′)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ⑧故摩擦力方向保持不變則當(dāng)vx′＝0時(shí)，vy′＝0，即v＝2v0⑨(3)工件在乙上滑動時(shí)側(cè)向位移為x，沿乙方向的位移為y，由題意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ⑩在側(cè)向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)?在縱向上2ayy＝(2v0)2－0?工件滑動時(shí)間t＝eq\f(2v0,ay)?乙前進(jìn)的距離y1＝2v0t?工件相對乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)?則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL電動機(jī)做功W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q?由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，解得eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)?答案(1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)主要題型：選擇題、計(jì)算題學(xué)問熱點(diǎn)(1)單獨(dú)命題①利用動能定理分析問題．②對動能變化、重力勢能變化、彈性勢能變化的分析．③對機(jī)械能守恒條件的理解及機(jī)械能守恒定律的簡潔應(yīng)用．(2)交匯命題①結(jié)合動能定理綜合考查功和功率的計(jì)算．②結(jié)合應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運(yùn)動過程問題．物理方法(1)守恒法(2)整體法、分段法(3)圖象法命題趨勢近三年江蘇省高考在力學(xué)功能關(guān)系中每年必考，有單獨(dú)命題，也有綜合命題．(1)2021年高考將有對本專題內(nèi)容的單獨(dú)考查，題型為選擇題．(2)2021年高考可能和牛頓其次定律、曲線運(yùn)動等內(nèi)容相結(jié)合綜合考查，題型為計(jì)算題．熱點(diǎn)一幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用圖2－5－51．(多選)(2022·東莞市調(diào)研測試)如圖2－5－5所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最終停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()A．物體B動能的削減量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量解析物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動，A加速運(yùn)動，依據(jù)能量守恒定律，物體B動能的削減量等于A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯誤；依據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，選項(xiàng)B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；摩擦力對物體B做的功等于B動能的削減量，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項(xiàng)D正確．答案CD2．(多選)(2022·廣東韶關(guān)一模)一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點(diǎn)處，原長為L，如圖2－5－6所示，一個質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，在此過程中無機(jī)械能損失，則下列說法正確的是()圖2－5－6A．由A到C的過程中，動能和重力勢能之和保持不變B．由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和漸漸減小C．由A到C的過程中，物塊m的機(jī)械能守恒D．由B到C的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析對物塊由A到C的過程中，除重力做功外還有彈簧彈力做功，物塊機(jī)械能不守恒，A、C錯誤；對物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即重力勢能、彈性勢能和動能之和不變，上升過程中，重力勢能增加，故彈性勢能和動能之和漸漸減小，B、D正確．答案BD3．(多選)如圖2－5－7所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開頭運(yùn)動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時(shí)速度為v，不計(jì)空氣阻力，則上述過程中()圖2－5－7 A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．小球的重力勢能增加－W1 C．小球的機(jī)械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2 D．小球的電勢能削減W2解析由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，機(jī)械能不守恒，故A選項(xiàng)錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負(fù)功，重力勢能增加，故B選項(xiàng)正確；小球增加的機(jī)械能等于重力勢能的增加量與小球動能的增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C選項(xiàng)錯誤；根據(jù)電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能削減，電場力做負(fù)功電勢能增加，故D選項(xiàng)正確．答案BD4．(多選)如圖2－5－8所示，甲、乙兩傳送帶、傾斜于水平地面放置，傳送帶上表面以同樣恒定速率v向上運(yùn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v；小物塊在乙傳送帶上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v.已知B處離A處的豎直高度皆為H.則在小物體從A到B的過程中()圖2－5－8A．兩種傳送帶對小物體做功相等B．將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能相等C．兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數(shù)不同D．將小物體傳送到B處，兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等解析對小物體，從A到B由動能定理有W－mgH＝eq\f(1,2)mv2，則A正確；小物體在勻加速過程中，由a＝eq\f(v2,2x)，因位移x不同，則加速度不同，依據(jù)牛頓其次定律，動摩擦因數(shù)不同，則C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgs相cosθ＝μmgcosθ·eq\f(v2,2μgcosθ－gsinθ)＝eq\f(mv2,2－\f(2tanθ,μ))，因動摩擦因數(shù)不同，Q不同，則D錯誤；將小物體傳送到B處，傳送帶消耗的電能E＝W＋Q，可見E也不同，則B錯誤．答案AC1．若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．2．若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．3．除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化．4．全部力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化．熱點(diǎn)二動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用5．(2022·全國卷新課標(biāo)Ⅱ，16)一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開頭經(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1,Wf2<2Wf1解析兩次物體均做勻加速運(yùn)動，由于時(shí)間相等，兩次的末速度之比為1∶2，則由v＝at可知兩次的加速度之比為1∶2，eq\f(F1合,F2合)＝eq\f(1,2)，故兩次的平均速度分別為eq\f(v,2)、v，兩次的位移之比為eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，由于兩次的摩擦阻力相等，故由Wf＝fx可知，Wf2＝2Wf1；eq\f(W合1,W合2)＝eq\f(F合1x1,F合2x2)＝eq\f(1,4)，由于W合＝WF－Wf，故WF＝W合＋Wf；WF2＝W合2＋Wf2＝4W合1＋2Wf1<4W合1＋4Wf1＝4WF1；選項(xiàng)C正確．答案C6．(2022·福建卷，18)如圖2－5－9，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動．質(zhì)量不同、外形相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端．現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面對上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊()圖2－5－9A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力勢能的變化量不同解析當(dāng)加速度等于零，即kx＝mgsinθ時(shí)，速度最大，又兩物塊的質(zhì)量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A錯誤；在離開彈簧前加速度先減小后增大，離開彈簧后加速度不變，剛開頭運(yùn)動時(shí)，物塊加速度最大，依據(jù)牛頓其次定律kx－mgsinθ＝ma，彈力相同，質(zhì)量不同，故加速度不同，故B錯誤；依據(jù)能量守恒Ep＝mgh，彈性勢能相同，重力勢能的增加量等于彈性勢能的削減量，故重力勢能的變化量是相同的，由于物塊質(zhì)量不同，故上升的最大高度不同，故C正確，D錯誤．答案C7.如圖2－5－10所示，從A點(diǎn)以v0＝4m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平，已知長木板的質(zhì)量M＝4kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H＝0.6m、h＝0.15m、R＝0.75m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：圖2－5－10(1)小物塊運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向；(2)小物塊滑動至C點(diǎn)時(shí)，對圓弧軌道C點(diǎn)的壓力；(3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板．解析(1)物塊做平拋運(yùn)動：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s方向與水平面的夾角為θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)，即：θ＝37°，斜向下．(2)從A至C點(diǎn)，由動能定理mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為FN，則有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)由上式可得v2＝2eq\r(7)m/s，F(xiàn)N＝47.3N依據(jù)牛頓第三定律可知，物塊m對圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3N，方向豎直向下．(3)由題意可知小物塊m對長木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N長木板與地面間的最大靜摩擦力不小于滑動摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff＜Ff′，所以小物塊在長木板上滑動時(shí)，長木板靜止不動．小物塊在長木板上做勻減速運(yùn)動，至長木板右端時(shí)速度剛好為0，才能保證小物塊不滑出長木板．則長木板長度至少為l＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝2.8m.答案(1)5m/s方向與水平方向的夾角為37°斜向下(2)47.3N方向豎直向下(3)2.8m1．應(yīng)用動能定理解題的“兩狀態(tài)，一過程”“兩狀態(tài)”即明確爭辯對象的始、末狀態(tài)的速度或動能狀況，“一過程”即明確爭辯過程，確定這一過程爭辯對象的受力狀況和位置變化或位移信息．2．應(yīng)用動能定理解題的基本思路熱點(diǎn)三動力學(xué)方法和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用8．(2022·全國卷新課標(biāo)Ⅱ，17)如圖2－5－11，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg圖2－5－11解析小圓環(huán)從大環(huán)的最高處到達(dá)大圓環(huán)底端時(shí)滿足機(jī)械能守恒，則有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，對小圓環(huán)在最低點(diǎn)，應(yīng)用牛頓其次定律可得：FN－mg＝meq\f(v2,R)；對大圓環(huán)，由平衡條件可知：FT＝Mg＋FN′，由牛頓第三定律可得：FN′＝FN解得FT＝Mg＋5mg，選項(xiàng)C正確．答案C9.(多選)(2022·河北石家莊質(zhì)檢)如圖2－5－12所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體B的質(zhì)量為2m，放置在傾角為30°的光滑斜面上，物體A的質(zhì)量為m，用手托著物體A使彈簧處于原長，細(xì)繩伸直，A與地面的距離為h，物體B靜止在斜面上擋板P處．放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對擋板恰好無壓力，則下列說法正確的是()圖2－5－12A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,h)B．此時(shí)彈簧的彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上D．此后物體B可能離開擋板沿斜面對上運(yùn)動解析物體A剛落地時(shí)，彈簧伸長量為h，物體B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝eq\f(mg,h)，選項(xiàng)A對；物體A落地前，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B對；物體A剛落地時(shí)，對A應(yīng)用牛頓其次定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，選項(xiàng)C錯；物體A落地后，彈簧不再伸長，故物體B不行能離開擋板沿斜面對上運(yùn)動，選項(xiàng)D錯．答案AB10．(多選)(2022·蘇北四市高三第一次調(diào)研測試)如圖2－5－13，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現(xiàn)將六個小球由靜止同時(shí)釋放，小球離開A點(diǎn)后均做平拋運(yùn)動．不計(jì)一切摩擦．則在各小球運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A．球1的機(jī)械能守恒B．球6在OA段機(jī)械能增大C．球6的水平射程最小D．六個球落地點(diǎn)各不相同圖2－5－13解析當(dāng)全部球都在斜面上運(yùn)動時(shí)機(jī)械能守恒，當(dāng)有球在水平面上運(yùn)動時(shí)，后面球要對前面的球做功機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯誤；球6在OA段由于球5的推力對其做正功，其機(jī)械能增大，選項(xiàng)B正確；由于球6離開A點(diǎn)的速度最小，所以其水平射程最小，選項(xiàng)C正確；當(dāng)1、2、3小球均在OA段時(shí)，三球的速度相同，故從A點(diǎn)拋出后，三球落地點(diǎn)也相同，選項(xiàng)D錯誤．答案BC11．如圖2－5－14所示，一個半徑R＝1.0m的圓弧形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點(diǎn)B和圓心O的連線與豎直方向夾角為θ，C為軌道最低點(diǎn)，D為軌道最高點(diǎn)．一個質(zhì)量m＝0.50kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))從傾角為α的斜面頂端A點(diǎn)以v0的速度水平拋出，落到斜面底端B點(diǎn)，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道．已知斜面底面水平且斜面頂端A高為h＝2.4m，tanα＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度g取10m/s2.圖2－5－14(1)求小球拋出時(shí)的速度v0的大小和到達(dá)B的速度；(2)求小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時(shí)對軌道的壓力FC；(3)小球能否到達(dá)軌道最高點(diǎn)D？若能到達(dá)，試求對D點(diǎn)的壓力FD.若不能到達(dá)，試說明理由．解析(1)小球從傾角為α的斜面頂端A點(diǎn)以v0的速度水平拋出，落到斜面底端B點(diǎn)，依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝h/tanα＝v0t，所以v0＝4m/s到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)＝8m/s，與水平方向的夾角的正切tanφ＝tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\r(3)，φ＝θ＝60°(2)依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg(1－cosθ)R解得veq\o\al(2,C)＝74m2/s2依據(jù)牛頓其次定律，有FC′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得FC′＝42N依據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)C＝FC′＝42N，方向豎直向下(3)設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(h－R－Rcosθ)解得vD＝eq\r(34)＞eq\r(gR)，即小球能到達(dá)D點(diǎn)依據(jù)牛頓其次定律，有FD′＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)代入數(shù)據(jù)，解得小球受到的壓力FD′＝12N，依據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫镕D＝FD′＝12N，方向豎直向上．答案(1)4m/s8m/s方向與水平方向的夾角為60°(2)42N方向豎直向下(3)能12N方向豎直向上用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路高考命題熱點(diǎn)5.應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題若一個物體或多個物體參與了多個運(yùn)動過程，有的過程只涉及運(yùn)動和力的問題或只要求分析物體的動力學(xué)特點(diǎn)，則要用動力學(xué)方法求解；若某過程涉及做功和能量轉(zhuǎn)化問題，則要考慮應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系求解．圖2－5－15【典例】(2022·牡丹江一模)(19分)如圖2－5－15所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳送帶的左端，傳送帶長L＝8m，勻速運(yùn)動的速度v0＝5m/s.一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，輕輕放在傳送帶上xP＝2m的P點(diǎn)．小物塊隨傳送帶運(yùn)動到Q點(diǎn)后沖上光滑斜面且剛好到達(dá)N點(diǎn)(小物塊到達(dá)N點(diǎn)后被收集，不再滑下)．若小物塊經(jīng)過Q處無機(jī)械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)N點(diǎn)的縱坐標(biāo)；(2)小物塊在傳送帶上運(yùn)動產(chǎn)生的熱量；(3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標(biāo)yM＝0.5m的M點(diǎn)，求這些位置的橫坐標(biāo)范圍．審題流程第一步：抓住關(guān)鍵點(diǎn)——挖掘信息其次步：抓好過程分析——理清思路滿分解答(1)小物塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動的加速度a＝μg＝5m/s2. (2分)小物塊與傳送帶共速時(shí)，所用時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝1s (2分)運(yùn)動的位移x＝eq\f(1,2)at2＝2.5m＜(L－xP)＝6m (2分)故小物塊與傳送帶共速后以v0＝5m/s的速度勻速運(yùn)動到Q，然后沖上光滑斜面到達(dá)N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgyN (2分)解得yN＝1.25m (1分)(2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移x相對＝v0t－x＝2.5m (2分)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相對＝12.5J (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(dá)M點(diǎn)，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM (2分)代入數(shù)據(jù)解得x1＝7m (2分)故小物塊在傳送帶上的位置橫坐標(biāo)范圍0≤x＜7m (2分)答案(1)1.25m(2)12.5J(3)0≤x＜7m力學(xué)綜合題中多過程問題的分析思路1．對力學(xué)綜合題中的多過程問題，關(guān)鍵是抓住物理情境中消滅的運(yùn)動狀態(tài)與運(yùn)動過程，將物理過程分解成幾個簡潔的子過程．2．找出各階段是由什么物理量聯(lián)系起來的，然后對于每一個子過程分別進(jìn)行受力分析、過程分析和能量分析，選擇合適的規(guī)律列出相應(yīng)的方程求解．(16分)如圖2－5－16為某生產(chǎn)流水線工作原理示意圖．足夠長的工作平臺上有一小孔A，肯定長度的操作板(厚度可忽視不計(jì))靜止于小孔的左側(cè)，某時(shí)刻開頭，零件(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放上操作板的中點(diǎn)，同時(shí)操作板在電動機(jī)帶動下向右做勻加速直線運(yùn)動，直至運(yùn)動到A孔的右側(cè)(忽視小孔對操作板運(yùn)動的影響)，最終零件運(yùn)動到A孔時(shí)速度恰好為零，并由A孔下落進(jìn)入下一道工序．已知零件與操作板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，零件與工作臺間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.025,不計(jì)操作板與工作臺間的摩擦．重力加速度g＝10m/s2.求：圖2－5－16(1)操作板做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小；(2)若操作板長L＝2m，質(zhì)量M＝3kg，零件的質(zhì)量m＝0.5kg，則操作板從A孔左側(cè)完全運(yùn)動到右側(cè)的過程中，電動機(jī)至少做多少功？解析(1)設(shè)零件向右運(yùn)動距離x時(shí)與操作板分別，此過程歷經(jīng)時(shí)間為t，此后零件在工作臺上做勻減速運(yùn)動直到A孔處速度減為零，設(shè)零件質(zhì)量為m，操作板長為L，取水平向右為正方向，對零件，有：分別前：μ1mg＝ma1①(2分)分別后：μ2mg＝ma2②(2分)且x＝eq\f(1,2)a1t2③(1分)以后做勻減速運(yùn)動的位移為：eq\f(L,2)－x＝eq\f(0－a1t2,－2a2)④(2分)對操作板，有：eq\f(L,2)＋x＝eq\f(1,2)at2⑤ (2分)聯(lián)立以上各式解得：a＝eq\f(2μ1μ2＋μ\o\al(2,1)g,μ2)，代入數(shù)據(jù)得：a＝2m/s2.⑥ (1分)(2)將a＝2m/s2，L＝2m代入eq\f(L,2)＋eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)at2，⑦ (1分)解得：t＝eq\r(\f(L,a－a1))＝eq\f(2,\r(3))s⑧ (1分)操作板從A孔左側(cè)完全運(yùn)動到右側(cè)的過程中，動能的增加量ΔEk1＝eq\f(1,2)M(eq\r(2aL))2＝12J⑨ (1分)零件在時(shí)間t內(nèi)動能的增加量ΔEk2＝eq\f(1,2)m(μ1gt)2＝eq\f(1,12)J⑩ (1分)零件在時(shí)間t內(nèi)與操作板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1＝μ1mg×eq\f(L,2)＝0.25J? (1分)依據(jù)能量守恒定律，電動機(jī)做功至少為W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q1＝12eq\f(1,3)J≈12.33J．? (1分)答案(1)2m/s2(2)12.33J一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·淮安市高三考前信息卷)某機(jī)械在每次勻速吊起貨物時(shí)所能供應(yīng)的功率P與所吊貨物質(zhì)量m的關(guān)系如圖2－5－17所示．現(xiàn)用該機(jī)械將30個貨箱吊上離地12m高的平臺，每個貨箱的質(zhì)量為5kg(忽視機(jī)械從平臺返回地面和裝的時(shí)間，g取10m/s2)，所需最短時(shí)間約為()圖2－5－17A．360sB．720sC．1440sD．2400s解析設(shè)每次提起的貨箱質(zhì)量為nm0，則拉力為F＝nm0g，則v＝eq\f(P,F)，所需時(shí)間為Δt＝eq\f(h,v)×eq\f(30,n)，解得Δt＝eq\f(360m0g,P)，代入m0＝5kg，g＝10m/s2及P的最大值25W，解得所需最短時(shí)間約為720s．選項(xiàng)B正確．答案B2．(2022·安徽卷，15)圖2－5－18如圖2－5－18所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點(diǎn)的水平線．已知一小球從M點(diǎn)動身，初速率為v0，沿管道MPN運(yùn)動，到N點(diǎn)的速率為v1，所需時(shí)間為t1；若該小球仍由M點(diǎn)以初速率v0動身，而沿管道MQN運(yùn)動，到N點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)間為t2.則()A．v1＝v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2解析由機(jī)械能守恒定律得，小球兩次到達(dá)N點(diǎn)速率相同，即v1＝v2，畫出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率－時(shí)間圖象如右圖中Ⅰ、Ⅱ所示．則圖線與坐標(biāo)軸所圍成的“面積”表示小球的路程，兩次的路程相等，故t1>t2，選項(xiàng)A正確．答案A3．(2022·南通市、揚(yáng)州市、泰州市、宿遷市高三其次次調(diào)研)某同學(xué)用如圖2－5－19所示的裝置測量一個凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，登記木塊右端位置A點(diǎn)，釋放后，木塊右端恰能運(yùn)動到B1點(diǎn)．在木塊槽中加入一個質(zhì)量m0＝200g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍舊在A點(diǎn)，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運(yùn)動到B2點(diǎn)．測得AB1、AB2長分別為36.0cm和12.0cm，則木塊的質(zhì)量m為()圖2－5－19A．100gB．200gC．300gD．400g解析兩次木塊均由同一位置釋放，故彈簧恢復(fù)原長的過程中，彈簧所做的功相同，未加砝碼時(shí)，由動能定理，可得W彈－μmg·AB1＝0，加上砝碼m0時(shí)，有W彈－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100g，選項(xiàng)A正確．答案A4.圖2－5－20(2022·廣東卷，16)如圖2－5－20所示，是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A．緩沖器的機(jī)械能守恒B．摩擦力做功消耗機(jī)械能C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能解析由于楔塊與彈簧盒、墊板間有摩擦力，即摩擦力做負(fù)功，則機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯誤，B正確；墊板動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈性勢能，故C錯誤；而彈簧彈性勢能也轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故D錯誤．答案B5．輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m＝0.5kg的物塊相連，如圖2－5－21甲所示，彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.以物塊所在處為原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸．現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標(biāo)變化的狀況如圖乙所示．物塊運(yùn)動至x＝0.4m處時(shí)速度為零．則此時(shí)彈簧的彈性勢能為(g＝10m/s2)()圖2－5－21A．3.1JB．3.5JC．1.8JD．2.0J解析物塊與水平面間的滑動摩擦力為f＝μmg＝1N．F－x圖線與x軸包圍的面積表示功，可知物塊從靜止到運(yùn)動至x＝0.4m時(shí)F做功W＝3.5J，物塊克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4J．由功能關(guān)系可知，W－Wf＝Ep，此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep＝3.1J，選項(xiàng)A正確．答案A6．(2022·合肥模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)速率為1m/s.從今刻開頭在與速度平行的方向上對其施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖2－5－22甲和圖乙所示，則(兩圖取同一正方向，取重力加速度g＝10m/s2)()圖2－5－22A．滑塊的質(zhì)量為0.5kgB．滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－1JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W解析由圖甲得F1＝1N，F(xiàn)2＝3N，由圖乙知2s內(nèi)滑塊的加速度不變，即為a＝eq\f(1－0,2－1)m/s2＝1m/s2，依據(jù)牛頓其次定律有F1＋f＝ma，F(xiàn)2－f＝ma，而f＝μmg，解得f＝1N，μ＝0.05，m＝2kg，選項(xiàng)A、B均錯誤；由v－t圖象面積法得第1s內(nèi)滑塊的位移s1＝eq\f(1,2)×(－1)×1m＝－0.5m，第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為W1＝－f·|s1|＝－0.5J，選項(xiàng)C錯誤；第2s內(nèi)力F的平均功率為F2·eq\f(v1＋v2,2)＝3×eq\f(0＋1,2)W＝1.5W，選項(xiàng)D正確．答案D二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·貴州六校聯(lián)考)一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角α＝30°的斜面，其加速度為eq\f(3,4)g，該物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過程中正確的是()A．動能增加eq\f(3,2)mghB．重力做負(fù)功mghC．機(jī)械能損失了－eq\f(1,2)mghD．物體克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh解析假設(shè)物體受到的摩擦力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律可得Ff＋mgsin30°＝ma，將a＝eq\f(3,4)g代入求得Ff＝eq\f(1,4)mg.當(dāng)此物體在斜面上上升的最大高度為h時(shí)，依據(jù)動能定理可得，物體動能增加為負(fù)值，選項(xiàng)A錯誤；物體豎直上上升度h時(shí)，重力做負(fù)功mgh，選項(xiàng)B正確；機(jī)械能的損失等于物體克服摩擦力做的功，為eq\f(1,2)mgh，選項(xiàng)C錯誤；物體克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh，選項(xiàng)D正確．答案BD8．(2022·淮安市高三考前信息卷)圖2－5－23如圖2－5－23所示，有一半徑r＝eq\f(3,10π)m的圓柱體繞豎直軸OO′以角速度ω＝8πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，今用水平力F把質(zhì)量m＝1.2kg的物體A壓在圓柱體的側(cè)面，由于受擋板上豎直光滑槽的作用，物體A在水平方向上不能隨圓柱體轉(zhuǎn)動，而以v0＝1.8m/s的速率勻速下滑．已知物體A與圓柱體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.下列說法中正確的有()A．圓柱體對A的摩擦力大小為20NB．水平力F大小為48NC．圓柱體轉(zhuǎn)動一周過程中克服摩擦力做功為9.6JD．圓柱體轉(zhuǎn)動一周過程中，物體A克服摩擦力做功為5.4J解析由于物體A勻速下滑，由共點(diǎn)力平衡條件可知，圓柱體對A在豎直方向的摩擦力等于f1＝G＝12N，同時(shí)在水平方向受到大小為f2＝12N的滑動摩擦力，因此，圓柱體對A的摩擦力大小為f＝eq\r(f\o\al(2,1)＋f\o\al(2,2))＝12eq\r(2)N，A錯；由f1＝μFN可知，由于FN＝F，水平力F＝eq\f(f1,μ)＝48N，B對；圓柱體轉(zhuǎn)動一周過程中，物體所受水平方向摩擦力的作用點(diǎn)相對大地的位移為零，圓柱體克服摩擦力做功為零，C錯；在豎直方向，物體下降的距離為s＝vt＝veq\f(2π,ω)，克服摩擦力的功為W＝－Wf＝f2s＝5.4J，D對．答案BD9.圖2－5－24(2022·山東濰坊市一模)如圖2－5－24所示，足夠長粗糙斜面固定在水平面上，物塊a通過平行于斜面的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m.開頭時(shí)，a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦力作用．現(xiàn)對b施加豎直向下的恒力F，使a、b做加速運(yùn)動，則在b下降h高度過程中()A．a(chǎn)的加速度為eq\f(F,m)B．a(chǎn)的重力勢能增加mghC．繩的拉力對a做的功等于a機(jī)械能的增加D．F對b做的功與摩擦力對a做的功之和等于a、b動能的增加解析由a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦作用知：FT＝mg，F(xiàn)T＝magsinθ.即：mg＝magsinθ①ΔEPa＝maghsinθ②由①②得：ΔEPa＝mgh選項(xiàng)B正確．當(dāng)有力F作用時(shí)，物塊a與斜面之間有滑動摩擦力的作用，即繩子的拉力增大，所以a的加速度小于eq\f(F,m)，選項(xiàng)A錯誤；對物塊a、b分別由動能定理得：WFT－magsinθ·h＋Wf＝ΔEka③WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④由①③④式可知，選項(xiàng)C錯、D對．答案BD三、非選擇題10.圖2－5－25(2022·常州市訓(xùn)練學(xué)會同學(xué)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測)如圖2－5－25所示是一個模擬風(fēng)洞中的小試驗(yàn)，空氣壓縮機(jī)在風(fēng)洞可形成豎直向上的均勻氣流．將質(zhì)量m＝2kg的圓球套在與水平面成37°角的細(xì)直桿上，直桿固定不動，球內(nèi)壁與桿間動摩擦因數(shù)μ＝0.5.將此裝置置于風(fēng)洞中，氣流可對球施加豎直向上的恒力F，某時(shí)刻由靜止釋放小球，經(jīng)過t＝1s，小球通過的位移大小為s＝0.5m．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小球運(yùn)動的加速度大小；(2)求恒力F的大??；(3)求運(yùn)動1s內(nèi)，小球機(jī)械能的變化量ΔE.解析(1)小球做勻加速運(yùn)動，a＝eq\f(2s,t2)＝1m/s2(2)若小球向下運(yùn)動，F(xiàn)1＜mg，由牛頓其次定律有(mg－F1)sin37°－μ(mg－F1)cos37°＝ma代入數(shù)據(jù)得，F(xiàn)1＝10N若小球向上運(yùn)動，F(xiàn)2＞mg，由牛頓其次定律(F2－mg)sin37°－μ(F2－mg)cos