2020届二轮复习专题二第4讲　功能关系的理解与应用课件（79张）（山东专用）

2020届二轮复习专题二第4讲　功能关系的理解与应用课件（79张）（山东专用）

第 4 讲 功能关系的理解与应用 总纲目录 考点一 功与功率 考点二 动能定理 考点四 功能关系和动量守恒定律 素养引领 · 情境命题 考点三 机械能守恒定律 考点一　功与功率 1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面 内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小 环下滑的过程中,大圆环对它的作用力   (　 A 　)   A.一直不做功　     B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心　    D.始终背离大圆环圆心 答案     A　本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆 环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环 的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背 离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。 2.(多选)(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井 运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示, 其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都 相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。 对于第①次和第②次提升过程,   (　  AC 　) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1 C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5 答案     AC　在 v - t 图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过 程变速阶段加速度的大小都相同,即在 v - t 图像中,它们变速阶段对应的图线要 么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间 t =   t 0 ,即矿车上升所 用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直 线运动时,电机的牵引力最大,即 F - mg = ma ,得 F = mg + ma ,即最大牵引力之比为 1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率 P 1 =( mg + ma ) v 0 ,在 第②次提升过程中,电机输出的最大功率 P 2 =( mg + ma )·   v 0 ,即   =   ,选项C正 确;对①②两次提升过程,由动能定理可知 W - mgh =0,即   =   ,选项D错误。 1.计算功、功率时应注意的三个问题 ①功的公式 W = Fl 和 W = Fl cos α 仅适用于恒力做功的情况。 ②变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒力,也可应用 动能定理等方法求解。 ③对于功率的计算,应注意区分公式 P =   和公式 P = Fv ,前式侧重于平均功率 的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。 2. 机车启动模型中的两点技巧:机车启动匀加速过程的最大速度 v 1 (此时机车 输出的功率最大)和全程的最大速度 v m (此时 F 牵 = F 阻 )求解方法: ①求 v 1 :由 F 牵 - F 阻 = ma 、 P = F 牵 v 1 可求出 v 1 =   。 ②求 v m :由 P = F 阻 v m ,可求出 v m =   。 1.(多选)(2019河北衡水中学信息卷)如图所示,倾角为 θ 、半径为 R 的倾斜圆盘 绕圆心处的转轴 O 以角速度 ω 匀速转动,一个质量为 m 的小物块放在圆盘的边 缘,小物块与圆盘间的动摩擦因数为 μ 。图中 A 、 B 分别为小物块转动过程中 所经过的最高点和最低点,运动过程中经过的 C 、 D 两点连线与 AB 垂直,小物 块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且始终相对于圆盘静止。重力 加速度为 g ,下列说法正确的是   (　　)   A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B.动摩擦因数 μ 一定大于 tan θ C.小物块从 A 点运动到 B 点的过程中,摩擦力对小物块做功为- μmg π R cos θ D.当小物块运动至 C 、 D 两点时所受摩擦力大小相等,从 C 点运动到 D 点的过 程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 答案     BD　小物块所受重力沿圆盘的分力及所受静摩擦力的合力提供向心 力,合力方向始终指向圆心,静摩擦力方向始终在变化,A错误;小物块在 B 点时 由牛顿第二定律有 F f - mg sin θ = mRω 2 , F f > mg sin θ ,又因 F f ≤ μmg cos θ ,所以 μmg cos θ > mg sin θ ,则 μ 一定大于tan θ ,B正确;小物块从 A 点运动到 B 点的过程中由 动能定理得 mg ·2 R sin θ + W f =0,解得 W f =- mg ·2 R sin θ ,C错误;小物块运动至 C 、 D 两点时受力具有对称性,所受静摩擦力大小相等,方向关于 AB 对称,从 C 点运 动到 D 点的过程中,重力先做正功后做负功,小物块动能始终不变,即合外力做 功始终为0,所以摩擦力对小物块先做负功后做正功,D正确。 2.(多选)(2019山东泰安质检)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下 以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐 减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化 的关系图像。已知重力加速度 g =10 m/s 2 ,由此可知   (　 ABC 　)   A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35 B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C.匀速运动时的速度大小约为6 m/s D.减速运动的时间约为1.7 s 答案     ABC　物体匀速运动时,受力平衡,则 F = μmg , μ =   =   =0.35,选项A 正确;因为 W = Fx ,故拉力所做的功等于 F - x 图线曲线部分与 x 轴所围面积,由图 线可知小格数为13,则减速过程拉力所做的功为13 × 1 J=13 J,选项B正确;由动 能定理可知 W F - μmgx =0-   m   ,其中 x =7 m,则解得 v 0 =6 m/s,即匀速运动时速度 大小约为6 m/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,故无法求出减速运 动的时间,故D错误。 3.(多选)一质量 m =0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角 θ =37 ° 的足够长的斜 面,利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机绘 出滑块上滑过程中的 v - t 图像如图所示。 sin 37 ° =0.6, g 取10 m/s 2 ,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,则   (　 AD 　)   A.滑块与斜面间的动摩擦因数 μ =0.5 B.滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s C.滑块在上滑过程中重力做的功为-25 J D.滑块返回斜面底端时重力的功率为6   W 答案     AD　由题图可知上滑过程中加速度 a = g sin θ + μg cos θ =10 m/s 2 ,方向 沿斜面向下,解得 μ =0.5,选项A正确;上滑位移 x =   t =5 m,下滑加速度 a '= g sin θ - μg cos θ =2 m/s 2 ,方向沿斜面向上,所以回到斜面底端时的速度 v '=   =2   m/s,选项B错误;上滑过程中重力做功 W =- mgx sin θ =-15 J,返回底端时求的是 重力的瞬时功率,则 P = mgv ' sin θ =6   W,选项C错误,D正确。 4.(2019吉林长春模拟)质量为1 × 10 3 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在 平直公路上行驶。若汽车所受阻力大小恒为2 × 10 3 N,下列判断正确的是   (　 D 　) A.汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s B.汽车从静止开始加速到20 m/s的过程,发动机所做的功为2 × 10 5 J C.汽车保持额定功率启动,当速度大小为20 m/s时,其加速度大小为6 m/s 2 D.汽车以2 m/s 2 的恒定加速度启动,发动机在第2 s末的实际功率是16 kW 答案     D    当阻力和牵引力相等时,速度最大,故 v m =   =   m/s=30 m/s,A 错误;汽车从静止开始加速,汽车如果以恒定功率启动,则做变加速直线运动, 运动时间和位移未知,故无法求解发动机做的功,B错误;汽车保持额定功率启 动,当速度大小为20 m/s时,牵引力 F =   =   N=3 000 N,根据牛顿第二定律 可得 a =   =   m/s 2 =1 m/s 2 ,C错误;根据牛顿第二定律得牵引力 F 1 = F f + ma =2 000 N+1 000 × 2 N=4 000 N,则匀加速直线运动的最大速度 v 1 =   =   m/s=15 m/s,可知匀加速直线运动的时间 t =   =   s=7.5 s,2 s末的速度 v 2 = a 1 t 2 =2 × 2 m/s=4 m/s,则发动机的实际功率 P 实 = F 1 v 2 =4 000 × 4 W=16 kW,D正确。 考点二　动能定理 1.(2019课标Ⅲ,17,6分)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   (　 C 　) A.2 kg　　B.1.5 kg　　C.1 kg　　D.0.5 kg 答案     C　本题考查动能定理,体现了模型建构素养。 设外力大小为 f ,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-( mg + f ) h =   m   -   m   ,由图像可知,   m   =72 J,   m   =36 J,得 mg + f =12 N。同理结合物体在 下落过程中的 E k - h 图像有 mg - f =8 N,联立解得 mg =10 N,则 m =1 kg,选项C正确。 2.(多选)(2019江苏单科,8,4分)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(　 BC 　) A.弹簧的最大弹力为 μmg B.物块克服摩擦力做的功为2 μmgs C.弹簧的最大弹性势能为 μmgs D.物块在 A 点的初速度为   答案     BC　本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综 合分析能力。 对物块从 A 点开始到再回到 A 点整个过程,由动能定理可知 W f =-2 μmgs =0-   m   ,则 v A =2   ,故B正确,D错误。对物块从 A 点开始到弹簧压缩量最大这一过 程,由动能定理可知 W 弹 + W f '=0-   m   , W f '=- μmgs ,则 W 弹 =- μmgs ,即物块克服弹力 做功为 μmgs ,所以弹簧弹性势能增加 μmgs ,故C正确。当克服弹力做功为 μmgs 时,弹簧的最大弹力要大于 μmg ,故A错误。 3.(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为 m 的小球通过不可伸长 的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平 的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为 l 。开始时物块和小球均静止, 将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的 力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60 ° 角,如图乙所示,此时传感装置的 示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置 的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为 g 。 求:   　       甲　　　　　　　　    乙 (1)物块的质量; (2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。 答案 　(1)3 m 　(2)0.1 mgl 解析 　(1)设开始时细绳的拉力大小为 T 1 ,传感装置的初始值为 F 1 ,物块质量为 M ,由平衡条件得 对小球, T 1 = mg   ① 对物块, F 1 + T 1 = Mg   ② 当细绳与竖直方向的夹角为60 ° 时,设细绳的拉力大小为 T 2 ,传感装置的示数 为 F 2 ,据题意可知, F 2 =1.25 F 1 ,由平衡条件得 对小球, T 2 = mg cos 60 °   ③ 对物块, F 2 + T 2 = Mg   ④ 联立①②③④式,代入数据得 M =3 m   ⑤ (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v ,从释放到运动至最低位置的过 程中,小球克服空气阻力所做的功为 W f ,由动能定理得 mgl (1-cos 60 ° )- W f =   mv 2   ⑥ 在最低位置,设细绳的拉力大小为 T 3 ,传感装置的示数为 F 3 ,据题意可知, F 3 =0.6 F 1 ,对小球,由牛顿第二定律得 T 3 - mg = m     ⑦ 对物块,由平衡条件得 F 3 + T 3 = Mg   ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 W f =0.1 mgl   ⑨ 1.对动能定理的理解 (1)动能定理表达式中, W 表示所有外力做功的代数和,包括物体重力所做的功。 (2)动能定理表达式中,Δ E k 为所研究过程的末动能与初动能之差,而且物体的 速度均是相对地面的速度。 (3)动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题,也适用于变力做 功、曲线运动、多过程问题。 2.应用动能定理的四环节 (1)明确研究对象和研究过程。 (2)分析物体受力及各力做功的情况(特别是在多过程问题中,要分析清楚力 在哪段位移哪段过程中做功)。 (3)明确过程始末状态的动能 E k1 和 E k2 。 (4)利用动能定理方程式 W 1 + W 2 + W 3 + … =   m   -   m   求解。 1.(多选)(2019山东济宁一模)如图甲所示,静止在水平地面上的物体,在竖直向 上的拉力 F 作用下开始向上运动,在运动过程中,物体的动能 E k 与位移 x 的关系 图像如图乙所示,0~ h 过程中的图线为平滑曲线, h ~2 h 过程中的图线为平行于 横轴的直线,2 h ~3 h 过程中的图线为倾斜直线,不计空气阻力,下列说法正确的 是   (　　) A.在0~ h 过程中物体的机械能增加 B.物体上升到 h 处时,拉力的功率为零 C.在 h ~2 h 过程中物体的机械能不变 D.在2 h ~3 h 过程中物体受到的拉力始终为零 答案     AD    在0~ h 高度内,由动能定理得: E k =( F - mg ) x ,图像的斜率表示合外 力。在0~ h 过程中,斜率逐渐减小到零,则拉力逐渐减小到等于重力,合力减小 为零,则在物体上升到高度 h 时,由图像可知 F = mg ,速度为 v ,则功率为 P = mgv ,拉 力的功率不为零;因除重力以外的拉力一直做正功,则机械能一直增大,故A正 确,B错误。在 h ~2 h 过程中,物体匀速上升,拉力做正功,物体的机械能增加,故 C错误;在2 h ~3 h 过程中,图线斜率恒定,大小为 mg ,则物体合力大小为 mg ,即物 体只受到重力,拉力一直为零,故D正确。 2.(2019山东日照一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目,比赛场地 示意图如图所示。比赛时,运动员脚蹬起蹬器,身体成跪式,手推冰壶从本垒 圆心 O 向前滑行,至前卫线时放开冰壶使其沿直线 OO '滑向营垒圆心 O ',为使 冰壶能在冰面上滑的更远,运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动 摩擦因数。已知 O 点到前卫线的距离 d =4 m, O 、 O '之间的距离 L =30.0 m,冰壶 的质量为20 kg,冰壶与冰面间的动摩擦因数 μ 1 =0.008,用毛刷刷过冰面后动摩 擦因数减小到 μ 2 =0.004,营垒的半径 R =1 m, g 取10 m/s 2 。 (1)若不刷冰面,要使冰壶恰好滑到 O '点,运动员对冰壶的推力多大? (2)若运动员对冰壶的推力为10 N,要使冰壶滑到营垒内,用毛刷刷冰面的距 离是多少?   答案 　(1)12 N　(2)见解析 解析 　(1)设运动员对冰壶的推力大小为 F ,由动能定理得: Fd - μ 1 mgL =0 代入数据,解得 F =12 N (2)设冰壶运动到营垒的最左边时,用毛刷刷冰面的距离是 x 1 ,冰壶运动到营垒 的最右边时,用毛刷刷冰面的距离是 x 2 ,则由动能定理得: F ' d - μ 1 mg ( L - R - x 1 )- μ 2 mgx 1 =0 代入数据,解得 x 1 =8 m 由动能定理得: F ' d - μ 1 mg ( L + R - x 2 )- μ 2 mgx 2 =0 代入数据,解得 x 2 =12 m 所以用毛刷刷冰面的距离为8 m ≤ x ≤ 12 m 3.(2019江西六校联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意 图,传送带长 L =31.25 m,以 v 0 =6 m/s的速度沿顺时针方向转动,现将一质量 m =1 kg的物体轻放在传送带的 A 端,传送带将其带到另一端 B 后,物体将沿着半径 R =0.5 m的光滑圆弧轨道运动,圆弧轨道与传送带在 B 点相切, C 点为圆弧轨道 的最高点, O 点为圆弧轨道的圆心, OC 竖直。已知传送带与物体间的动摩擦 因数 μ =0.8,传送带与水平地面间夹角 θ =37 ° ,已知sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8, g =10 m/s 2 ,物体可视为质点,求:   (1)物体在 B 点对轨道的压力大小; (2)当物体过 B 点后将传送带撤去,求物体落到地面时的速度大小。 答案　 (1)58 N　(2)20 m/s 解析 　(1)根据牛顿第二定律有 μmg cos θ - mg sin θ = ma 解得 a =0.4 m/s 2 设物体在 AB 上全程做匀加速直线运动,根据运动学公式得   =2 aL 解得 v B =5 m/s<6 m/s,即物体在 AB 上全程做匀加速直线运动 对 B 点受力分析有 F N - mg cos θ =   得 F N =58 N 由牛顿第三定律可得物体在 B 点对轨道的压力大小 F N '=58 N (2)设物体能够越过 C 点,从 B 到 C 利用动能定理 - mg ( R + R cos θ )=   m   -   m   解得 v C =   m/s>   ,即物体能越过最高点 C 从 C 点落到地面,物体做平抛运动,下落高度 h = R + R cos θ + L sin θ =19.65 m 利用运动学公式   =2 gh 解得 v y =   m/s 故 v =   =20 m/s (或利用动能定理 mgh =   mv 2 -   m   ,得 v =20 m/s) 考点三　机械能守恒定律 1.(多选)(2019课标Ⅰ,21,6分)在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上, 把物体 P 轻放在弹簧上端, P 由静止向下运动,物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中实线所示。在另一星球 N 上用完全相同的弹簧,改用物体 Q 完成同样的过程,其 a - x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布 的球体。已知星球 M 的半径是星球 N 的3倍,则   (　 AC 　)   A. M 与 N 的密度相等 B. Q 的质量是 P 的3倍 C. Q 下落过程中的最大动能是 P 的4倍 D. Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的4倍 答案     AC　本题考查了重力与万有引力的关系、密度、牛顿第二定律与图 像的综合应用、机械能守恒定律等,以及理解能力、推理能力、综合分析能 力及应用数学知识处理物理问题的能力,难度较大。本题体现了运动与相互 作用观念、能量观念、模型建构、科学推理和科学论证的核心素养,加强了 考生以科学态度探究科学本质的责任感。 对物体在弹簧上向下运动的过程应用牛顿第二定律得 mg - kx = ma ,则 a = g -   x , 结合 a - x 图像可得,重力加速度 g M =3 a 0 、 g N = a 0 ,   =   、   =   ,联立可解得 m Q =6 m P ,故B选项错。认为星球表面的重力等于万有引力,即 mg = G   ,则星 球质量 M =   ,星球的密度 ρ =   =   =   ,由此可知 M 星球与 N 星球的密 度之比为   =   =   ×   =1,故A选项正确。设弹簧的最大压缩量为 x m ,此 时物体动能为零,由机械能守恒定律有 mgx m =   k   ,则 x m =   ,由此可得   =   =6 ×   =2,故D选项错。当物体加速度等于零时,速度最大,动能最大,由 机械能守恒定律有, E km = mgx '-   kx ' 2 ,结合 mg = kx '可得 E km =   kx ' 2 ,此时 P 、 Q 对应 的弹簧的压缩量分别为 x 0 和2 x 0 ,故有   =   =4,故C选项正确。 2.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由   圆弧 AB 和   圆弧 BC 组成的 光滑固定轨道,两者在最低点 B 平滑连接。 AB 弧的半径为 R , BC 弧的半径为   。一小球在 A 点正上方与 A 相距   处由静止开始自由下落,经 A 点沿圆弧轨 道运动。 (1)求小球在 B 、 A 两点的动能之比; (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点。 答案 　见解析 解析 　(1)设小球的质量为 m ,小球在 A 点的动能为 E k A ,由机械能守恒得 E k A = mg     ① 设小球在 B 点的动能为 E k B ,同理有 E k B = mg     ② 由①②式得   =5   ③ (2)若小球能沿轨道运动到 C 点,小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N ≥ 0   ④ 设小球在 C 点的速度大小为 v C ,由牛顿运动定律和向心加速度公式有 N + mg = m     ⑤ 由④⑤式得, v C 应满足 mg ≤ m     ⑥ 由机械能守恒有 mg   =   m     ⑦ 由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。 1.应用机械能守恒定律解题的基本思路 2.应用系统机械能守恒解题的“三点提醒” (1)物体与弹簧组成的系统机械能守恒时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹 性势能之和保持不变。 (2)系统内物体的位移及高度变化常常不同。 (3)系统内物体的速度大小不一定相同,往往存在一定的大小关系。 1.(多选)(2019山东临沂检测)如图所示,半径为 R 的光滑圆弧轨道 AO 对接半径 为2 R 的光滑圆弧轨道 OB 于 O 点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点 C 由 静止下滑( C 点未标出),物体恰能从 O 点平抛出去。则   (　 BC 　) A.∠ CO 1 O =60 ° B.∠ CO 1 O =90 ° C.落地点距 O 2 的距离为2   R D.落地点距 O 2 的距离为2 R 答案     BC　要使物体恰能从 O 点平抛出去,在 O 点有 mg = m   ,解得物体从 O 点平抛出去的最小速度为 v =   。设∠ CO 1 O = θ ,由机械能守恒定律可知, mgR (1-cos θ )=   mv 2 ,解得 θ =90 ° ,故选项A错误、B正确;由平抛运动规律可得, x = vt ,2 R =   gt 2 ,解得落地点距 O 2 为2   R ,选项C正确,D错误。 2.(2018山东潍坊二模)如图所示,倾角为37 ° 的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于 A 点,轨道半径 R =1 m,将滑块由 B 点无初速释放,滑块恰能运动到圆周的 C 点, OC 水平, OD 竖直, x AB =2 m,滑块可视为质点,取 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,求: (1)滑块在斜面上运动的时间; (2)若滑块能从 D 点抛出,滑块仍从斜面上无初速释放,释放点至少应距 A 点多远。 答案 　(1)1 s　(2)5.75 m 解析 　(1)设滑块到达 A 点的速度为 v A ,从 A 到 C 过程机械能守恒,有   m   = mgR cos 37 ° 从 B 到 A 过程滑块做匀加速度直线运动,由匀变速直线运动规律可知   =2 ax AB v A = at 解得 t =1 s (2)设滑块能从 D 点抛出最小速度为 v D ,在 D 点,由重力提供向心力,有 mg = m   从 A 到 D 由机械能守恒,有   mv A ' 2 = mgR (1+cos 37 ° )+   m   v A ' 2 =2 ax ' 联立各式解得 x '=5.75 m 3.(2019山东泰安二模)如图,可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连, 小球1悬挂在定滑轮 O 的下方,小球2在半径为 R 的半球形固定容器内,定滑轮 O 与容器的边缘 D 及球心 C 在同一水平线上。系统静止时,小球1在定滑轮正下 方 R 处的 A 点,小球2位于 B 点, BD 间的细绳与水平方向的夹角 θ =60 ° 。已知小球 1的质量为 m ,重力加速度为 g ,不计一切摩擦,忽略滑轮的质量。(结果用根号 表示) (1)试求小球2的质量; (2)现将小球2置于 D 处由静止释放(小球1未触及地面),求小球1到达 A 点时的 动能; (3)在第(2)问中,小球2经过 B 点时,突然剪断细绳,求小球2经过容器最低点时 对容器的压力。   答案     (1)   m 　(2)   mgR 　(3)   mg ,方向向下 解析 　(1)设系统静止时细绳中的拉力大小为 T 。小球受到容器的支持力 F B 方向沿 BC 。由几何关系知△ DBC 为正三角形,所以 ∠ DBC = θ   ① 对小球1、小球2,根据共点力的平衡条件知 T = mg   ② T cos θ = F B cos θ   ③ T sin θ + F B sin θ = m 2 g   ④ 解得: m 2 =   m   ⑤ (2)设经过题中图示位置时小球1的速度为 v 1 ,小球2的速度为 v 2 。 v 1 沿绳竖直向 上, v 2 沿圆弧切线斜向下。   由几何关系知, v 2 与 DB 延长线的夹角为 90 ° - θ   ⑥ 由运动关系可知, v 1 与 v 2 应满足 v 2 sin θ = v 1   ⑦ 由几何关系知, BD = R   ⑧ 根据机械能守恒定律,得 m 2 gR sin θ - mgR =   m   +   m 2     ⑨ 此时小球1的动能 E k =   m     ⑩ 解得 E k =   =   mgR     (   =   ,   =   ) (3)细绳剪断后,小球2以 v 2 为初速度,从 B 点沿圆弧运动到最低点,设经过最低 点的速度为 v 3 , 根据机械能守恒定律,得   m 2   + m 2 g ( R - R sin θ )=   m 2       设小球2经过容器最低点时受到的支持力为 N 。根据牛顿第二定律得 N - m 2 g = m 2       解得 N =   mg     由牛顿第三定律知,小球2对容器的压力大小也为   mg ,方向向下     考点四　功能关系和动量守恒定律 1.(多选)(2019课标Ⅱ,18,6分)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   (　 AD 　) 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 E k =40 J D.从地面至 h =4 m,物体的动能减少100 J 答案     AD　本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关 系的应用,以及利用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推 理的核心素养,同时还体现了图像展示物理关系的形式美。 重力势能 E p = mgh ,结合 E p - h 图像有 mg =   N,则 m =2 kg,故A正确。 h =0时 E 总 =   m   ,即100 J=   × 2 kg ×   ,解得 v 0 =10 m/s,故B错。由图像可知, h =2 m时, E 总 =90 J、 E p =40 J,则 E k =50 J,故C错。当 h =4 m时, E 总 = E p =80 J,则 E k =0,故从地面至 h =4 m, 物体的动能减少了100 J,故D正确。 2.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图, abc 是竖直面内的光滑固定轨道, ab 水平,长度为 2 R ; bc 是半径为 R 的四分之一圆弧,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   (     C 　) A.2 mgR 　    B.4 mgR C.5 mgR 　    D.6 mgR 答案     C　本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小 球为研究对象,在小球由 a 到 c 的过程中,应用动能定理有 F · x ab + F · R - mgR =   m   , 其中水平力大小 F = mg ,得 v c =2   。经过 c 点以后,在竖直方向上小球做竖直 上抛运动,上升的时间 t 升 =   =2   。在水平方向上小球做加速度为 a x 的匀加 速运动,由牛顿第二定律得 F = ma x ,且 F = mg ,得 a x = g 。在时间 t 升 内,小球在水平方 向上的位移 x =   a x   =2 R ,故力 F 在整个过程中对小球做的功 W = Fx ab + FR + Fx =5 mgR 。由功能关系,得Δ E = W =5 mgR 。故C正确,A、B、D错误。 3.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为 m 、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬 挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点, M 点与绳的上端 P 相距   l 。重力加速度大小为 g 。在此过程中,外力做的功为   (　 A 　) A.   mgl 　    B.   mgl C.   mgl 　    D.   mgl 答案     A　将绳的下端 Q 缓慢向上拉至 M 点,相当于使下部分   的绳的重心升 高   l ,故重力势能增加   mg ·   =   mgl ,由功能关系可知A项正确。 1.功能关系的应用“三注意” (1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对 应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情况。 (2)也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算 变力做功的多少。 (3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和 原因,在不同问题中的具体表现不同。 2.涉及能量转化问题的解题方法 (1)当涉及滑动摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能量守恒定律,特别注 意摩擦产生的内能 Q = F f l 相对 , l 相对 为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。 (2)解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析 状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量 总和Δ E 减 和增加的能量总和Δ E 增 ,最后由Δ E 减 =Δ E 增 列式求解。 1.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为 m 、套在粗糙竖直固 定杆 A 处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑,经 过 B 处的速度最大,到达 C 处的速度为零, AC = h 。圆环在 C 处获得一竖直向上 的速度 v ,恰好能回到 A 处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为 g 。则圆环   (　 CD 　) A.下滑过程中,加速度一直减小 B.上滑过程中,经过 B 处的速度最大 C.下滑过程中,克服摩擦力做的功为   mv 2 D.上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 答案     CD　圆环从 A 处由静止开始下滑,经过 B 处的速度最大,到达 C 处的速 度为零,圆环先做加速运动,再做减速运动,经过 B 处的速度最大,则经过 B 处的 加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;由题意知,上滑过程中,在 B 处,摩擦力方向向下,圆环所受合力不为零,加速度方向向下,做减速运动,因此 圆环经过 B 处的速度不是最大,故B错误;根据能量守恒定律,从 A 到 C 下滑: mgh = W f + E p ,从 C 到 A 上滑:   mv 2 + E p = mgh + W f ,联立解得 W f =   mv 2 ,故C正确;从 A 到 B 下 滑: mgh 1 =   m   +Δ E p1 + W f 1 ,从 B 到 A 上滑:   m   +Δ E p1 = mgh 1 + W f 1 ,可得 v B 2 > v B 1 ,故D 正确。 2.(多选)(2019山东泰安质检)将一质量为1 kg的滑块轻轻放置于传送带的左 端,已知传送带正以4 m/s的速度顺时针运行,滑块与传送带间的动摩擦因数 为0.2,传送带左右距离无限长,当滑块放上去2 s时,突然断电,传送带以1 m/s 2 的加速度做匀减速运动至停止,则滑块从放上去到最后停下的过程中,下列说 法正确的是( g 取10 m/s 2 )   (　 AD 　) A.前2 s传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为8 J B.前2 s传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为16 J C.2 s后传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为8 J D.2 s后传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为0 答案     AD　前2 s,滑块的位移 x 1 =   μgt 2 =4 m,传送带的位移 x 2 = vt =8 m,相对位 移Δ x = x 2 - x 1 =4 m,2 s后滑块随传送带一起做匀减速运动,无相对位移,整个过程 中传送带与滑块之间因摩擦而产生的热量为 Q = μmg ·Δ x =8 J,选项A、D正确。 3.(2019吉林长春模拟)如图所示,某段滑雪雪道倾角为30 ° ,总质量为 m (包括滑 雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑, 加速度 a =   ,在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是   (　 B 　) A.运动员减少的重力势能全部转化为动能 B.系统减少的机械能为   C.运动员获得的动能为   D.运动员克服摩擦力做的功为   答案     B　由于滑雪雪道与滑雪具之间有摩擦,在滑雪运动员从距底端高度 为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑过程中,运动员减少的重力势能一部 分转化为动能,另一部分转化为摩擦力做的功,选项A错误;下滑位移为 L =   =2 h ,由 v 2 =2 aL ,得出滑到雪道底端时速度 v =   ,滑到雪道底端时运动员 获得的动能 E k =   mv 2 =   mgh ,下滑过程中系统减少的机械能Δ E = mgh - E k =   mgh , 选项B正确、C错误;根据功能关系可知,下滑过程中系统减少的机械能Δ E 等 于运动员克服摩擦力做的功,所以运动员克服摩擦力做的功为   mgh ,选项D错 误。 4.(多选)(2019宁夏吴忠联考)如图所示,竖直墙上固定有光滑的小滑轮 D ,质量 相等的物体 A 和 B 用轻弹簧连接,物体 B 放在地面上,用一根不可伸长的轻绳一 端与物体 A 连接,另一端跨过定滑轮与小环 C 连接,小环 C 穿过竖直固定的光滑 均匀细杆,小环 C 位于位置 R 时,绳与细杆的夹角为 θ ,此时物体 B 与地面刚好无 压力,图中 SD 水平,位置 R 和 Q 关于 S 对称,现让小环从 R 处由静止释放,环下落 过程中绳始终处于拉直状态,且环到达 Q 时速度最大。下面关于小环 C 下落 过程中的描述正确的是   (　　)   A.小环 C 、物体 A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B.小环 C 下落到位置 S 时,小环 C 的机械能一定最大 C.小环 C 从位置 R 运动到位置 Q 的过程中,弹簧的弹性势能一定先减小后增大 D.小环 C 到达 Q 点时,物体 A 与小环 C 的动能之比为   答案     ABD　在小环下滑过程中,只有重力势能与动能、弹性势能相互转 化,所以小环 C 、物体 A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒,故A正确;小环 C 下落 到位置 S 过程中,绳的拉力一直对小环做正功,所以小环的机械能一直在增大, 小环从 S 到 Q 过程中绳的拉力对小环做负功,机械能一直减小,所以在位置 S 时, 小环的机械能最大,故B正确;由于小环在 R 、 Q 位置时弹簧的形变量相同,均 处于伸长状态,而在 S 位置时,弹簧可能处于伸长、压缩或原长状态,弹簧的弹 性势能不一定是先减小后增大,故C错误;在 Q 点,小环速度最大,加速度为0,受 力平衡,有 T cos θ = m ‘ g ,对 A 、 B 整体,根据平衡条件,有 T =2 mg ,将小环速度分解 可知 v A = v cos θ ,根据动能 E k =   mv 2 可知,物体 A 与小环 C 的动能之比为   ,故D 正确。 素养引领·情境命题 　　合理设置物理情景,可以培养学生分析解决实际问题的能力,这也是高考 的发展方向。我国现在正在向航天强国迈进,天体运动问题常常涉及能量问 题,且情景新颖,有利于培养考生分析解题能力。 1.2019年1月3日10时26分,中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极-艾 特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。实现了人类探测器在月球背面首次软着陆, 世界震惊,国人振奋。嫦娥四号进入近月点15 km的椭圆轨道后,启动反推发 动机,速度逐渐减小,距月面2.4 km时成像仪启动,扫描着陆区地形地貌并寻找 着陆点。距月面100米左右,水平移动选定着陆点,缓慢降落,离月面3 m时关 闭发动机,探测器做自由落体运动着陆,太阳翼再次打开,探测器开始工作。 探测器质量为1.0 × 10 3 kg。月球表面重力加速度 g 月 =1.6 m/s 2 。求: (1)探测器着陆前瞬间的动能; (2)若探测器从距月面100 m高度处开始先做自由落体运动,然后开启反推发 动机做减速运动,降落至月球表面时速度恰好为零。已知反推发动机使探测 器获得的反推力大小为8 000 N。求探测器从距月球表面100 m处开始做自 由落体运动的时间。 答案 　(1)4.8 × 10 3 J　(2)10 s 解析 　(1)探测器着陆前瞬间的动能 E k = mg 月 h =1.0 × 10 3 × 1.6 × 3 J=4.8 × 10 3 J (2)减速过程中,有 F - mg 月 = ma 解得 a =   =6.4 m/s 2 设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为 x 1 、 x 2 根据运动学公式可得 2 g 月 x 1 =2 ax 2 且 x 1 + x 2 =100 m   g 月   = x 1 联立解得探测器做自由落体运动的时间 t 1 =10 s 2.大质量的物体在空间会激发类似于电场的引力场,引力场的“场强”大小 可用置入其中的检验物体所受引力与其质量的比值表示,即 E =   ;引力场的引 力势可用置入其中的检验物体的引力势能与其质量的比值表示,即 φ =   。半 径为 R 的匀质球体在空间产生关于球对称的引力场,“场强”大小沿半径的 分布如图所示,图中 E 0 已知, E - r 曲线下由 O 至 R 部分的面积等于由 R 至2 R 部分 的面积,引力常量为 G 。 (1)用基本单位导出引力场“场强”和引力势的单位。 (2)该匀质球体的质量 M 为多大? (3)求球心与球表面间的引力势之差Δ φ 。 (4)质量为 m 的小物块在球面处需具有多大的径向速度才可以刚好运动到2 R 处? 答案     (1)m/s 2     m 2 /s 2 　(2)   　(3)   　(4)   解析 　(1)由引力场场强定义式 E =   可知其单位为力与质量单位的比值,即加 速度的单位,故引力场场强的单位为m/s 2 。由引力势的定义式 φ =   可知其单 位为能量与质量单位的比值,即J/kg,再由 W = Fl 、 F = ma 可得1 J/kg=1   =1   =1 m 2 /s 2 。 (2)根据万有引力定律,匀质球体对球外物体的引力 F = G   ,又根据引力场的 “场强”的定义及图示数据可知 E 0 =   ,即 E 0 = G   ,所以 M =   。 (3) E - r 曲线与横轴围成的面积表示引力势之差,则球心与球表面间的引力势 之差Δ φ =   。 (4)依题意可知, R 处与2 R 处之间的引力势之差Δ φ 2 R - R =   ,根据能量转化可知:   m   = m Δ φ 2 R - R ,可得 v 0 =   。