2017年度高考物理（功能关系在力学中的应用）二轮专题练习

2017年度高考物理（功能关系在力学中的应用）二轮专题练习

‎【二轮复习名师专题突破秘籍】2014高考物理二轮复习：功能关系在力学中的应用（考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲，17页word，含名师详解）‎ 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．‎ ‎　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＝－ΔEp.‎ ‎(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.‎ ‎(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．‎ ‎②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．‎ ‎③明确物体在运动过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.‎ ‎④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．‎ ‎2． 机械能守恒定律的应用 ‎(1)机械能是否守恒的判断 ‎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．‎ ‎(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路 ‎①选取研究对象——物体系统．‎ ‎②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．‎ ‎③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．‎ ‎④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．‎ 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竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是 (　　)‎ 图1‎ A．B物体的机械能一直减小 B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和 C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 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机械能的增加量 解析　把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，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机械能的增加量，选项D正确．‎ 答案　ABD 以题说法　1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．‎ ‎2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．‎ ‎　(2013·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)‎ 图2‎ A．两滑块组成的系统机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 答案　CD 解析　两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m 组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．‎ 题型2　动力学方法和动能定理的综合应用 例2　(15分)如图3所示，上表面光滑、长度为‎3 m、质量M＝‎10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝‎5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．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：‎ 图3‎ ‎(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．‎ 审题突破　木板在F＝50 N的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？‎ 解析　(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff 由平衡条件得：‎ F＝Ff ①(1分)‎ 又Ff＝μMg ②(2分)‎ 联立①②并代入数据得：‎ μ＝0.5 ③(1分)‎ ‎(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg 设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：‎ ‎－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv ④(5分)‎ 联立③④并代入数据得：‎ v1＝‎4 m/s ⑤(1分)‎ ‎(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.‎ 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：‎ ‎－3μmgx＝0－Mv ⑥(4分)‎ 联立③⑤⑥并代入数据得x＝ m≈‎1.78 m ⑦(1分)‎ 答案　(1)0.5　(2)‎4 m/s　(3)‎‎1.78 m 以题说法　1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg.‎ ‎2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．‎ ‎　如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝‎0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝‎1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 图4‎ ‎(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；‎ ‎(3)若滑块离开C点的速度大小为‎4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.‎ 答案　(1)0.375　(2)‎2 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有 mg·(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0‎ 解得：μ＝tan 37°＝0.375‎ ‎(2)若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有 mg＋FN＝ 由FN≥0得vC≥＝‎2 m/s 滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有 ‎－μmgcos 37°·＝mv－mv 则v0＝≥‎2 m/s 故v0的最小值为‎2 m/s ‎(3)滑块离开C点后做平抛运动，有 x＝vC′t，y＝gt2‎ 由几何知识得tan 37°＝ 整理得：5t2＋3t－0.8＝0‎ 解得t＝0.2 s(t＝－0.8 s舍去)‎ 题型3　动力学方法和机械能守恒定律的应用 例3　(14分)如图5，质量为M＝‎2 kg的顶部有竖直壁的容器A，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m＝‎1 kg的光滑小球B与右壁接触．让A、B系统从斜面上端由静止开始下滑L后刚好到达斜面底端，已知L＝‎2 m，取重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)小球到达斜面底端的速度大小；‎ ‎(2)下滑过程中，A的水平顶面对B的支持力大小；‎ ‎(3)下滑过程中，A对B所做的功．‎ 审题突破　A、B组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A的水平顶面对B的支持力方向如何？‎ 解析　(1)根据机械能守恒定律：‎ ‎(M＋m)gLsin θ＝(M＋m)v2 (2分)‎ 解得：v＝＝‎2 m/s (2分)‎ ‎(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)‎ ‎(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a＝gsin θ (1分)‎ 对B进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg、FN作用，斜向下加速运 动，根据牛顿第二定律 mg－FN＝masin θ (3分)‎ 代入a＝gsin θ 解得FN＝mg(1－sin2 θ)＝mgcos2 θ＝7.5 N (2分)‎ ‎(3)设A对B做的功为Wm，则根据动能定理 mgLsin θ＋Wm＝mv2 (2分)‎ 解得Wm＝mv2－mgLsin θ ‎＝m()2－mgLsin θ＝0 (2分)‎ 答案　(1)‎2 m/s　(2)7.5 N　(3)0‎ 以题说法　若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A、B组成的系统机械能守恒．‎ ‎　如图6所示，轮半径r＝‎10 cm的传送带，水平部分AB的长度L＝‎1.5 m，与一圆心在O点、半径R＝‎1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝‎1.25 m，一质量m＝‎0.1 kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．‎ 图6‎ ‎(1)求滑块对圆轨道末端的压力；‎ ‎(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；‎ ‎(3)若传送带以v0＝‎0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．‎ 答案　(1)1.4 N，方向竖直向下　(2)‎0.5 m　(3)0.2 J 解析　(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝mv2‎ 在轨道末端由牛顿第二定律得：‎ FN－mg＝ 由以上两式得FN＝1.4 N 由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：‎ ‎－μmgL＝mv－mv2‎ 解得：vB＝‎1 m/s 滑块从B点开始做平抛运动 滑块的落地点与B点间的水平距离为：x＝vB ＝‎‎0.5 m ‎(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0＝‎‎2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：‎ Q＝μmgΔx＝0.2 J.‎ ‎6． 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 审题示例 ‎(12分)如图7所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的斜面上方P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：‎ 图7‎ ‎(1)小球被抛出时的速度v0；‎ ‎(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；‎ ‎(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功Wf.‎ 审题模板 答题模板 ‎(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．‎ 则有v＝2gh ①‎ 由几何关系得v0＝v1cot θ ②‎ 联立①②式得 v0＝ ③‎ ‎(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cos θ) ④‎ 设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中由机械能守恒定律得 mv＋mg(H＋h)＝mv2 ⑤‎ 在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m ⑥‎ 联立③④⑤⑥式 解得FN＝5.6mg ⑦‎ 由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg ⑧‎ ‎(3)全过程应用动能定理：Wf＝0－mv 即Wf＝－mv＝－mgh ⑨‎ ‎(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分)‎ 答案　(1)　(2)5.6mg　(3)－mgh 点睛之笔　多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．‎ ‎　如图8所示，将一质量m＝‎0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝‎3.2 m，斜面高H＝‎15 m，竖直圆轨道半径R＝‎5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝‎10 m/s2，试求：‎ 图8‎ ‎(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；‎ ‎(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；‎ ‎(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．‎ 答案　(1)‎6 m/s　‎4.8 m　(2)2.05 s　(3)3 N，方向竖直向上 解析　(1)小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可 得：‎ v0＝vycot α 由平抛运动规律得：v＝2gh h＝gt x＝v0t1‎ 联立解得：v0＝‎6 m/s，x＝‎‎4.8 m ‎(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点，需要时间 t1＝ ＝0.8 s 小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝＝‎10 m/s 从A点到B点 由动能定理得mgH＝mv－mv 解得vB＝‎20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度a＝gsin α＝‎8 m/s2‎ 由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25 s 小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间 t＝t1＋t2＝2.05 s ‎(3)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑，小球从B点到D点，由动能定理可得 ‎－2mgR＝mv－mv 在D点由牛顿第二定律可得：FN＋mg＝m 联立解得：FN＝3 N 由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力FN′＝3 N，方向竖直向上 ‎(限时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1． (2013·安徽·17)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为 (　　)‎ A．GMm B．GMm C. D. 答案　C 解析　由万有引力提供向心力知G＝m，所以卫星的动能为mv2＝，则卫星在半经为r的轨道上运行时机械能为E＝mv2＋Ep＝－＝－.故卫星在轨道R1上运行时：E1＝－，在轨道R2上运行时：E2＝－，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q＝E1－E2＝，故正确选项为C.‎ ‎2． 如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，则物体沿斜面上升的过程中 (　　)‎ 图1‎ A．物体的重力势能增加了mgh B．物体的重力势能增加了mgh C．物体的机械能损失了mgh D．物体的动能减少了mgh 答案　B 解析　该过程物体克服重力做功为mgh，则物体的重力势能增加了mgh，选项A错误，选项B正确；由牛顿第二定律有Ff＋mgsin 30°＝ma，解得Ff＝mg，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，Wf＝－Ff·＝－mgh，选项C错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为mgh，选项D错误．‎ ‎3． 用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v－t图象如图2所示．下列说法正确的是 (　　)‎ 图2‎ A．前2 s内货物处于超重状态 B．最后1 s内货物只受重力作用 C．货物在10 s内的平均速度是‎1.7 m/s D．货物在2 s～9 s内机械能守恒 答案　C 解析　由题图知，前2 s内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A错误；最后1 s内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B错误；v－t图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s内发生的位移大小为x＝×(7＋10)×‎2 m＝‎17 m，则10 s内货物的平均速度是‎1.7 m/s，选项C正确；货物在2 s～9 s内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D错误．‎ ‎4． 质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图3所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为Ff，以下说法正确的是 (　　)‎ 图3‎ A．0～t1时间内，汽车牵引力的数值为m B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(m＋Ff)v2‎ C．t1～t2时间内，汽车的平均速率小于 D．汽车运动的最大速率v2＝(＋1)v1‎ 答案　D 解析　0～t1时间内汽车的加速度大小为，m为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A错误；t1时刻汽车牵引力的功率为Fv1＝(m＋Ff)v1，之后汽车功率保持不变，选项B错误；t1～t2时间内，汽车的平均速率大于，选项C错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t2时刻汽车速率达到最大值，则有(m＋Ff)v1＝Ffv2，解得v2＝(＋1)v1，选项D正确．‎ 二、多项选择题 ‎5． (2013·江苏·9)如图4所示，水平桌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(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中 (　　)‎ 图4‎ A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga C．经O点时，物块的动能小于W－μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 答案　BC 解析　如图，在A点弹簧的弹力大于摩擦力，即FA>μmg ，在B点弹 簧的弹力小于等于摩擦力，即FB≤μmg，因此O点距离B点较近，即 xOBa，则EpB

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