2019届二轮复习功能关系的理解与应用课件（共94张）（全国通用）

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第 5 讲　功能关系的理解与应用 专题二　能量与动量 答案 回忆知识 构建体系 ④ 只有重力 ( 弹力 ) 做功　没有　 E k1 ＋ E p1 ＝ E k2 ＋ E p2 　 E p1 － E p2 ＝ E k2 － E k1 　 ⑤ E p1 － E p2 　 Δ E k 　 Δ E 　 Q 研究 高考真题 突破高频考点 栏目索引 课时 1 　功能关系的理解与应用 课时 2 　能量观点与动力学观点的综合应用 研究高考真题 1.(2018· 全国卷 Ⅱ ·14) 如图 1 ，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度 . 木箱获得的动能一定 A. 小于拉力所做的功 B. 等于拉力所做的功 C. 等于克服摩擦力所做的功 D. 大于克服摩擦力所做的功 【考点定位】 动能定理 【难度】 较易 √ 图 1 解析 　 由题意知， W 拉 － W 阻 ＝ Δ E k ，则 W 拉 >Δ E k ， A 项正确， B 项错误 ； W 阻 与 Δ E k 的大小关系不确定， C 、 D 项错误 . 解析 答案 1 2 3 4 5 6 2.( 多选 )(2018· 全国卷 Ⅲ ·19) 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 2 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 ， 图 2 1 2 3 4 5 6 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 【考点定位】 v － t 图象、功、功率、牛顿运动定律 【点评】 综合考查运用运动学图象分析动力学、能量问题的能力 【难度】 中等 解析 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同， B 项错误； 1 2 3 4 5 6 在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F － mg ＝ ma ， F ＝ m ( g ＋ a ) 第 ① 次在 t 0 时刻电机输出功率最大，功率 P 1 ＝ F · v 0 ， 可知，电机输出的最大功率之比 P 1 ∶ P 2 ＝ 2 ∶ 1 ， C 项正确； 由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做的功相同，故两次电机做的功也相同， D 项错误 . 1 2 3 4 5 6 3.(2018· 全国卷 Ⅰ ·18) 如图 3 ， 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 A.2 mgR B.4 mgR C.5 mgR D.6 mgR 【考点定位】 恒力的功、功能关系、动能定理、运动的合成与分解 【点评】 本题难点在于求离开 c 点到达轨迹最高点的水平位移 【难度】 中等 解析 答案 √ 图 3 1 2 3 4 5 6 解析 　小球从 a 运动到 c ，根据动能定理，得 小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动 . 且 水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为 g ， 根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量等于力 F 做的功，即 Δ E ＝ F ·(2 R ＋ R ＋ x ) ＝ 5 mgR . 1 2 3 4 5 6 4.(2017· 全国卷 Ⅲ ·16) 如图 4 所示，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 图 4 【考点定位】 能量守恒、功能关系 【难度】 较易 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 6 解析 　 由题意可知， PM 段细绳的机械能不变， 故选项 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 1 2 3 4 5 6 5.( 多选 )(2016· 全国卷 Ⅱ ·21) 如图 5 所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连 . 现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点 . 已知在 M 、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ∠ ONM < ∠ OMN < . 在小球从 M 点运动到 N 点的过程 中 图 5 1 2 3 4 5 6 A . 弹力对小球先做正功后做负功 B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D. 小球到达 N 点时的动能等于其在 M 、 N 两点的重力势能 差 【考点定位】 受力分析、牛顿第二定律、功、功率、能量守恒 【点评】 本题难点为小球下滑过程的动力学分析，尤其是弹力变化 情况 的 分析 【难度】 较难 解析 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为 g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为 g ，则有两个时刻的加速度大小等于 g ，选项 B 正确 ； 弹簧 长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项 C 正确 ； 1 2 3 4 5 6 由 动能定理得， W F ＋ W G ＝ Δ E k ，因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知 W F ＝ 0 ，即 W G ＝ Δ E k ，选项 D 正确 . 1 2 3 4 5 6 图 6 1 2 3 4 5 6 (1) 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小； 【考点定位】 动能定理、机械能守恒、平抛运动、多过程问题 【点评】 考查综合分析能力，多过程问题要一段一段地分析清楚运动 性 质 、挖掘隐含条件、找出内在联系 【难度】 较难 解析 答案 1 2 3 4 5 6 解析 　 由题意可知： l BC ＝ 7 R － 2 R ＝ 5 R ① 设 P 到达 B 点时的速度为 v B ，由动能定理得 联立 ①② 式并由题给条件得 1 2 3 4 5 6 (2) 求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 解析 　 设 BE ＝ x ， P 到达 E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为 E p ，由 B → E 过程，根据动能定理得 E 、 F 之间的距离为 l 1 ＝ 4 R － 2 R ＋ x ⑤ P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理 有 E p － mgl 1 sin 37° － μmgl 1 cos 37° ＝ 0 ⑥ 联立 ③④⑤⑥ 式得 x ＝ R ⑦ 1 2 3 4 5 6 (3) 改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放 . 已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点 . G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R 、竖直 相距 R ，求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量 . 解析 答案 1 2 3 4 5 6 解析 　 设改变后 P 的质量为 m 1 ， D 点与 G 点的水平距离为 x 1 、竖直距离为 y 1 ，由几何关系 ( 如图所示 ) 得 θ ＝ 37°. 设 P 在 D 点的速度为 v D ，由 D 点运动到 G 点的时间为 t . 由平抛运动公式得： 1 2 3 4 5 6 x 1 ＝ v D t ⑫ 联立 ⑨⑩ ⑪⑫ 式得 设 P 在 C 点速度的大小为 v C ，在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有 P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理得 1 2 3 4 5 6 功能关系渗透在整个高中物理内容中，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或选择题、或计算题，考查形式多样，是考试重点， 16 年进行了重点考查， 15 年、 17 年、 18 年考查份量相当 . 考情分析 突破高频考点 课时 1 　功能关系的理解与应用 1. 功的计算 考点 1 　功、功率的分析与计算   力的特点 计算方法 恒力的功 单个恒力 W ＝ Fl cos α 合力为恒力 ① 先求合力，再求 W ＝ F 合 l cos α ② W ＝ W 1 ＋ W 2 ＋ … 变力的功 大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向 力的大小跟路程的乘积 力的方向不变，大小随位移线性变化 W ＝ l cos α 已知 F － l 图象 功的大小等于 “ 面积 ” 一般变力 动能定理 2. 功率的计算 (2) P ＝ F v ，若 v 为瞬时速度， P 为瞬时功率，若 v 为平均速度， P 为平均功率 . 注意：力 F 与速度 v 方向不在同一直线上时功率为 F v cos θ . 　　　 ( 2018· 河北省 “ 名校联盟 ” 质量监测一 ) 质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数为 μ ＝ 0.1 的水平面上，在水平拉力 F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图 7 所示， g ＝ 10 m/s 2 ，下列说法中正确的 是 例 1 答案 解析 A. 此物体在 OA 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W B. 此物体在 OA 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为 6 W C. 此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W D. 此物体在 AB 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为 6 W 图 7 √ 解析 　 运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为 F f ＝ μmg ＝ 0.1 × 2 × 10 N ＝ 2 N ，拉力做的功为 W ＝ Fx ，可知图象的斜率表示拉力 F 的大小， 当 x ＝ 3 m 时速度最大，根据速度位移公式可得 v 2 ＝ 2 ax ， 所以此过程中最大功率为 P OA ＝ F OA v ＝ 15 W ； 拉力的功率恒定不变，为 P AB ＝ F AB v ＝ 2 × 3 W ＝ 6 W ，故 D 正确 . 答案 解析 　　　 ( 2018· 山东省济宁市上学期期末 ) 绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水，若洒水车所受阻力与车重成正比，洒水车从开始浇水到罐体里的水全部用完过程中始终保持匀速行驶，则在以上过程 中 A. 洒水车受到的牵引力保持不变 B. 洒水车受到的牵引力逐渐增大 C. 洒水车发动机的输出功率保持不变 D. 洒水车发动机的输出功率逐渐减小 √ 例 2 解析 　 洒水车所受阻力与车重成正比，即阻力 F f ＝ kG ，开始洒水后，车重 G 减小，故阻力 F f 减小，洒水车匀速行驶，则牵引力 F 的大小等于阻力 F f ，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故 A 、 B 错误； 洒水车 发动机的输出功率 P ＝ F v ，开始洒水后牵引力 F 逐渐减小，速度 v 不变，则洒水车发动机的输出功率不断减小，故 C 错误， D 正确 . 1.( 多选 )(2018· 山东省青岛市模拟 ) 如图 8 所示， F － t 图象表示某物体所受的合外力 F 随时间的变化关系， t ＝ 0 时物体的初速度为零，则下列说法正确的 是 A. 前 4 s 内物体的速度变化量为零 B. 前 4 s 内物体的位移为零 C. 物体在 0 ～ 2 s 内的位移大于 2 ～ 4 s 内的位移 D.0 ～ 2 s 内 F 所做的功等于 2 ～ 4 s 内物体克服 F 所做的 功 答案 拓展练 √ 图 8 √ √ 2.(2018· 广东省华南师大附中三模 ) 如图 9 所示，吊车下方吊着一个质量为 500 kg 的重物，二者一起保持恒定的速度 v ＝ 1 m / s 沿水平方向做匀速直线运动 . 某时刻开始，吊车以 10 kW 的恒定功率将重物向上吊起，经 t ＝ 5 s 重物达到最大速度 . 忽略空气阻力，取 g ＝ 10 m/ s 2 . 则在这段时间 t 内 A. 重物的最大速度为 2 m/s B. 重物克服重力做功的平均功率为 9.8 kW C. 重物做匀变速曲线运动 D. 重物处于失重 状态 答案 √ 解析 图 9 因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项 C 错误； 重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项 D 错误 . 1. 动能定理表达式： W 总 ＝ E k2 － E k1 . 2. 五点说明 (1) W 总 为物体在运动过程中所受各力做功的代数和 . (2) 动能增量 E k2 － E k1 一定是物体在末、初两状态的动能之差 . (3) 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动 . (4) 动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功 . (5) 力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用 . 考点 2 　动能定理的理解与应用 3. 应用动能定理的关键 —— “ 两点一过程 ” (1) “ 两点 ” ：指初、末状态及对应的动能 E k1 、 E k2 . (2) “ 一过程 ” ：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功 W 合 . 4. 在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛 (1) 对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等 . (2) 动能定理也是一种功能关系 合外力做的功 ( 总功 ) 与动能变化量一一对应 . 命题热点 1 　用动能定理求变力的功 　　　 ( 多选 )(2018· 广东省肇庆市第三次检测 ) 如图 10 所示，长为 2 L 的轻杆上端固定一质量为 m 的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的 O 点，杆可绕 O 点在竖直平面内自由转动 . 定滑轮固定于地面上方 L 处，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连 . 启动电动机，杆从虚线位置绕 O 点逆时针倒向地面，假设整个倒下去的过程中，杆匀速转动 . 则在此过程 中 A. 小球重力做功为 2 mgL B. 绳子拉力做功大于 2 mgL C. 重力做功的功率逐渐增大 D. 绳子拉力做功的功率先增大后 减小 答案 例 3 √ √ 图 10 解析 解析 　 小球重力做功为 2 mgL ，选项 A 正确 . 小球 的动能没有发生变化，即合外力做功为 0 ，由动能定理知绳子拉力做功等于 2 mgL ，选项 B 错误 . 整个 运动过程中重力和速度方向夹角逐渐变小，速度大小和重力都不变，所以重力做功的功率逐渐增大，选项 C 正确 . 任意 一段时间内小球动能不变，所以拉力做功的功率和重力做功的功率始终相等，即逐渐增大，选项 D 错误 . 3. 如图 11 所示，质量为 m 的物体静止在光滑的水平平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的轻质定滑轮，由地面上的人以速度 v 0 水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为 45° 处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为 ( 不计空气阻力 ) 解析 答案 拓展练 图 11 解析 　 人行至绳与水平方向夹角为 45° 处时，物体的速度为 v ＝ v 0 cos 45° ， √ 命题热点 2 　用动能定理解决多过程问题 　　　 冬奥会 上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动，其场地由自由滑坡 AB ( 高度差为 10 m) 、过渡区 BDE ( 两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中 DE 半径为 3 m 、对应的圆心角为 60°) 和跳台 EF ( 高度可调，取 h ＝ 4 m) 等组成，如图 12 所示，质量为 60 kg 的运动员由 A 点静止出发，沿轨道运动到 F 处飞出 . 运动员飞出的速度须在 54 km /h 到 68 km/ h 之间才能在空中完成规定动作 . 设运动员 借助滑雪杆 仅 在 AB 段做功，不计 摩擦 和 空气 阻力 ， g 取 10 m/s 2 . 则： 例 4 图 12 解析 答案 (1) 为能完成空中动作，该运动员在 AB 段运动过程中至少做多少功？ 答案 　 3 150 J 　 解析 　 从 A 点到 F 点， v F 最小应为 54 km/h ＝ 15 m/s 解析 答案 (2) 为能完成空中动作，在过渡区最低点 D 处，求该运动员受到的最小支持力 . 答案 　 7 300 N 解析 　 从 D 点到 F 点，根据动能定理有 其中 v F 取最小为 v F ＝ 54 km /h ＝ 15 m/ s 解得运动员在 D 点受到的最小支持力 F N ＝ 7 300 N. 4.(2018· 湖北省黄冈市检测 ) 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛 . 比赛路径如图 13 所示，赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动 L 后，由 B 点进入半径为 R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 C 点，并能越过壕沟 . 已知赛车质量 m ＝ 0.1 kg ，通电后以额定功率 P ＝ 1.5 W 工作，进入竖直圆 轨道前 受到 的阻力恒为 0.3 N ，随后 在运动 中 受到 的 阻力均可不计 . 图中 L ＝ 10.00 m ， R ＝ 0.32 m ， h ＝ 1.25 m ， s ＝ 1.50 m. 问：要使 赛 车 完成比赛，电动机至少工作多长时间？ ( 取 g ＝ 10 m/s 2 ) 拓展练 图 13 答案 　 2.53 s 解析 答案 解析 　 设赛车通过竖直圆轨道最高点的最小速度为 v 1 ′ ， 解得 v 1 ＝ 4 m/s 为保证过最高点，到达 B 点的速度至少为 v 1 ＝ 4 m/s 为保证越过壕沟，到达 B 点的速度至少为 v 2 ＝ 3 m/s< v 1 因此赛车到达 B 点的速度至少为 v ＝ v 1 ＝ 4 m/s 解得 t ≈ 2.53 s. 要使赛车完成比赛，电动机至少工作 2.53 s . 系统机械能守恒的应用 (1) 判断方法 若系统只有动能和重力势能 ( 或弹性势能 ) 的相互转化，没有机械能与其他形式的能 ( 如摩擦热 ) 的相互转化，则系统机械能守恒 . (2) 列方程 一般用转化式： Δ E k ＝－ Δ E p 或转移式 . 考点 3 　机械能守恒定律 　　　 ( 多选 )(2018· 广东省茂名市第二次模拟 ) 如图 14 所示，光滑的水平轨道 AB ，与半径为 R 的光滑的半圆形轨道 BCD 相切于 B 点，圆轨道在竖直平面内， B 为最低点， D 为最高点 . 质量为 m 的小球 ( 可视为质点 ) 以初速度 v 0 沿 AB 运动恰能通过最高点，则 A. R 越大， v 0 越大 B. m 越大， v 0 越大 C. R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 D. m 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 例 5 图 14 √ 解析 答案 √ 解析 　 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力， 而且 v 0 与小球的质量 m 无关， A 正确， B 错误； 则 F N 大小与 R 无关，随 m 增大而增大， C 错误， D 正确 . 　　　 如 图 15 所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A 和 B ，两球质量均为 m ，两球半径忽略不计，杆的长度为 l . 先将杆 AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球 B ，使小球 B 在水平面上由静止开始向右滑动 . 当小球 A 沿墙下滑的距离 为 l 时，下列说法正确的是 ( 不计一切摩擦 ) 例 6 图 15 解析 答案 √ 解析 　 如图， 则 θ ＝ 30° ，此时设小球 A 向下的速度为 v 1 ，小球 B 水平向右的速度为 v 2 ，则它们沿杆方向的分速度是相等的，即 v 1 sin 30° ＝ v 2 cos 30° ， 5.( 多选 ) 如图 16 所示，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过 O 点的转轴上，另一端与一质量为 m 的小环相连 . 环可以沿与水平方向成 30° 角的光滑固定杆下滑，已知弹簧原长为 L . 现让环从 O 点的正上方距 O 点为 L 的 A 点由静止开始下滑，环刚好滑到与 O 点处于同一水平面上的 B 点时速度变为零 . 则小环在从 A 点下滑到 B 点的过程 中 A. 小环的机械能守恒 B. 弹簧的弹性势能一直变 大 C. 弹簧的最大弹性势能为 mgL D. 除 A 、 B 两点外，还有两处弹簧弹力做功的瞬时功率为 零 拓展练 答案 √ 解析 图 16 √ 解析 　 对小环而言，有弹簧弹力对其做功，故小环的机械能不守恒，故 A 错误 ； 弹簧 的长度先由原长缩短后伸长，又 OB ＝ L ，故弹簧的弹性势能先增加后减小、再增加，故 B 错误 ； 小环 和弹簧组成的系统机械能守恒，系统重力势能在减小，而在最低点时重力势能最小，动能为零，故此时弹簧的弹性势能最大，为 mgL ，故 C 正确 ； 根据 功的瞬时功率表达式 P ＝ F v cos θ ，要使得 P 为零，可能是 F 为零、 v 为零、或者 cos θ 为零，故除 A 、 B 两点外，还有两处弹簧弹力做功的瞬时功率为零，一处为弹力与速度垂直时，一处为弹力为零时，故 D 正确 . 6.( 多选 )(2018· 福建省龙岩市一模 ) 如图 17 所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与 A 、 B 物块相连， A 、 C 物块由跨过光滑定滑轮的轻绳连接 . 初始时刻， C 在外力作用下静止，与 C 相连的绳子与斜面平行伸直且恰好无拉力，与 A 相连的绳子沿竖直方向 . B 放置在水平面上， A 静止 . 现撤去外力，物块 C 开始沿斜面向下运动，当 C 运动到最低点时， B 刚好离开地面 . 已知 A 、 B 的质量均为 m ，弹簧始终处于弹性限度内，滑轮质量不计，则在上述过程 中 A. A 、 B 、 C 三物块组成的系统机械能守恒 B. C 的质量 m C 大于 m C. C 的速度最大时， A 加速度为零 D. C 的速度最大时，弹簧恰好恢复原 长 √ 图 17 答案 √ √ 课时 2 　能量观点与动力学观点的综合应用 考点 1 　能量守恒与功能关系 力学中几种常见的功能关系 做功的过程就是能量转化的过程 . 功是能量转化的量度，某种力做功一定对应特定的某种能量的变化，即它们是 “ 一一对应 ” 关系 . W G ＝ E p1 － E p2 W 弹 ＝ E p1 － E p2 W 合 ( 或 W 总 ) ＝ E k2 － E k1 W 其他 ＝ E 2 － E 1 ( 除重力或弹簧弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化 ) ＝ Δ Q ( 摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量 ) 　　　 ( 多选 )(2018· 山东省泰安市上学期期中 ) 一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能 E 与其上升高度 h 的关系图象如图 1 所示，其中 0 ～ h 1 过程的图线为曲线， h 1 ～ h 2 过程中的图线为直线 . 下列说法正确的 是 A.0 ～ h 1 过程中，升降机对小球的支持力一定做正功 B.0 ～ h 1 过程中，小球的动能一定在增加 C. h 1 ～ h 2 过程中，小球的动能可能不变 D. h 1 ～ h 2 过程中，小球重力势能可能 不变 答案 例 1 图 1 √ √ 解析 解析 　 设小球所受支持力大小为 F ，由功能关系得 Fh ＝ E ，所以 E － h 图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，由题图知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在 0 ～ h 1 过程中切线斜率的绝对值逐渐减小，故在 0 ～ h 1 内小球所受的支持力逐渐减小，所以 0 ～ h 1 过程中先加速运动，当支持力减小后，可能继续加速，也可能减速， A 正确， B 错误 ； 由于 小球在 h 1 ～ h 2 过程中 E － h 图线的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故物体可能做匀速运动，动能不变，但高度增大，故小球的重力势能增大， C 正确， D 错误 . 　　　 如 图 2 所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的 A 例 2 图 2 端 ，两物块均由静止开始做匀加速运动，到 B 端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的 是 A. 图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间 B. 图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等 C. 图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量 D. 图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加 量 答案 解析 √ 题图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量 . 题图乙中传送带、重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，题图乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量，故 C 错误 ； 根据 功能关系可知，题图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故 D 正确 . 1.( 多选 )(2018· 河北省五校联盟摸底 ) 如图 3 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 A. 两滑块组成的系统机械能守恒 B. 轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 C. 重力对 M 做的功等于 M 动能的增加 D. 两滑块组成的系统机械能的损失等于 M 克服摩擦力做的 功 拓展练 √ √ 答案 图 3 2.( 多选 )(2018· 安徽省安庆市二模 ) 如图 4 所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成 53° 角，运动员的加速度大小 为 . 已知运动员 ( 包含装备 ) 的质量为 m ，则在运动员下落高度为 h 的过程中，下列说法正确的 是 答案 解析 图 4 √ √ 解析 　 运动员下落的高度是 h ，则重力做功： W ＝ mgh ，所以运动员重力势能的减少量为 mgh ，故 A 错误； 3.(2018· 闽粤期末大联考 ) 如图 5 所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于 O 点 ( 图中未画出 ) ，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开始向左运动，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 答案 解析 图 5 C. 撤去拉力后，经 O 点时，物块的动能等于 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 √ 从 O 点开始到再次到达 O 点，物块路程大于 a ，故由动能定理得，经 O 点时物块的动能小于 W － μmga ，故 C 错误 ； 物 块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B 点时弹簧压缩量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系无法判断，故 D 错误 . 4.(2018· 山西省三区八校二模 ) 如图 6 所示，质量分别为 m 1 和 m 2 的木块 A 和 B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑固定斜面上，其中 B 置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为 θ ，弹簧的劲度系数为 k . 现用一平行于斜面的恒力 F 拉木块 A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块 B 恰好对挡板的压力为零时，木块 A 在斜面上运动的速度为 v ，则下列说法正确的 是 图 6 A . 此时弹簧的弹力大小为 m 1 g sin θ 答案 解析 √ 解析 　 当 B 对挡板的压力恰好为零时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面向下的分力，即 F 弹 ＝ m 2 g sin θ ，故 A 错误； 1. 做好两个分析 (1) 综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析 . (2) 分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征 . 考点 2 　力与能量的综合问题 2. 做好四个选择 (1) 当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题； (2) 当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律； (3) 当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解； (4) 复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题 . 　　　 ( 多选 )(2018· 福建省泉州市模拟三 ) 如图 7 甲所示，倾角为 θ 的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为 k 的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为 m 的物块 A 连接， A 的右侧紧靠一质量为 m 的物块 B ，但 B 与 A 不粘连 . 初始时两物块均静止 . 现用平行于斜面向上的拉力 F 作用在 B 上，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的 v － t 图象如图乙所示， t 1 时刻 A 、 B 的图线相切， t 2 时刻 对应 A 图线的最高点，重力加速度为 g ， 则 ( 弹簧弹性势能 E p 与压缩量 x 的关系为 ： E p ＝ kx 2 ) 例 3 图 7 解析 答案 C. t 2 时刻弹簧恢复到原长，物块 A 达到速度最大值 √ √ 解析 　 由题图知， t 1 时刻 A 、 B 开始分离 ， 对 A 根据牛顿第二定律得 kx － mg sin θ ＝ ma 开始时有： 2 mg sin θ ＝ kx 0 ， 由题图知， t 2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得： mg sin θ ＝ kx ′ ， 从开始到 t 1 时刻的过程中，根据动能定理得： 图 8 　　　 ( 2018· 安徽省安庆市二模 ) 如图 8 所示，质量 M ＝ 0.6 kg 的滑板静止在光滑水平面上，其左端 C 距锁定装置 D 的水平距离 l ＝ 0.5 m ，滑板的上表面由粗糙水平面 和 　 光滑 圆弧面在 B 点平滑连接而成，粗糙水平面长 L ＝ 4 m ，圆弧的半径 R ＝ 0.3 m. 现让一质量 m ＝ 0.3 kg 、可视为质点的小滑块以大小 v 0 ＝ 5 m/s 、方向水平向左的初速度从滑板的右端 A 滑上滑板 . 若滑板到达 D 处即被锁定，滑块返回 B 点时装置 D 即刻解锁，已知滑块与滑板的粗糙水平面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.2 ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 . 求： 例 4 (1) 滑板到达 D 处前瞬间的速率； 解析 答案 答案 　 1 m/s 解析 　 对滑块，由牛顿第二定律得： μmg ＝ ma 1 ， 对滑板，由牛顿第二定律有： μmg ＝ Ma 2 ， 解得 a 1 ＝ 2 m/s 2 ， a 2 ＝ 1 m/s 2 ， 设滑板到达 D 处前瞬间的速率为 v ，假定此时滑块还在 AB 之间的 E 处，速率为 v 1 解得 t ＝ 1 s ， v ＝ 1 m/s ， v 1 ＝ 3 m/s ， x ＝ 4 m ， x AE ＝ x － l ＝ 3.5 m ， 因 x AE < L ，假定成立，所以滑板到达 D 处前瞬间的速率： v ＝ 1 m/s. (2) 滑块到达最大高度时与圆弧顶点 P 的距离； 解析 答案 答案 　 0.05 m 　 解析 　 滑板被锁定后，设滑块从 E 滑至 B 处的速率为 v 2 ， 沿圆弧上升到最大高度的过程中，由机械能守恒定律有： 所以滑块达到最大高度时与圆弧顶点 P 的距离： h ＝ H － R ＝ 0.05 m. (3) 滑块与滑板间摩擦产生的总热量 . 解析 答案 答案 　 3.1 J 解析 　 滑块从 A 至 B 产生的热量： Q 1 ＝ μmgL ，解 得 Q 1 ＝ 2.4 J ， 滑块返回 B 时的速率仍为 v 2 ，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率 v 3 时，滑块仍在滑板上， 对滑块、滑板分别由运动学规律列式有： 所以这一过程产生的热量： Q 2 ＝ μmg Δ x ，解 得 Q 2 ＝ 0.7 J ， 产生的总热量： Q ＝ Q 1 ＋ Q 2 ＝ 3.1 J. 5.( 多选 )(2018· 山东省淄博市模拟 ) 如图 9 所示，内壁光滑的玻璃管竖直的放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为 m 和 2 m 的 a 、 b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小 . 现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为 g . 则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的 是 A. a 球的动能始终减小 B. b 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍 C. 弹簧对 b 球做的功等于 a 、 b 两球机械能的变化量 D. b 球到达最低点时杆对 a 球的作用力等于 mg 拓展练 解析 答案 图 9 √ √ 解析 　 刚开始接触时，由于弹簧的弹力还小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两者的重力之和时，两者速度达到最大，之后弹力大于两者的重力之和，两球做减速运动，故 A 错误 ； 两 球的加速度始终相等，设为 a . 根据牛顿第二定律，对 a 球有 F 杆 － mg ＝ ma ，对 b 球有 F 弹 － 2 mg － F 杆 ＝ 2 ma ，解得 F 弹 ＝ 3 F 杆 ，则由 W ＝ Fl 可知，弹簧对 b 球做的功是杆对 b 球做功的 3 倍，即 b 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍，故 B 正确 ； 将 两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对 b 球做的功等于 a 、 b 两球机械能的变化量，故 C 正确 ； 到达 最低点时 a 、 b 均具有向上的加速度，此时杆对 a 球的作用力一定大于 a 球的重力 mg ，故 D 错误 . 6. 如图 10 所示，在某电视台举办的冲关游戏中， AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道 . 半径 R ＝ 1.6 m ， BC 是长度为 L 1 ＝ 3 m 的水平传送带， CD 是长度为 L 2 ＝ 3.6 m 的水平粗糙轨道， AB 、 CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从 A 处由静止下滑 . 参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量 m ＝ 60 kg ，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为 μ 1 ＝ 0.4 、 μ 2 ＝ 0.5 ， g 取 10 m/s 2 ，求： 图 10 (1) 参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力大小； 答案 　见解析 解析 答案 代入数据得： v B ＝ 4 m/s 代入数据得： F N ＝ 1 200 N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力大小为： F N ′ ＝ F N ＝ 1 200 N (2) 若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向； 答案 　见解析 解析 答案 解析 　 参赛者由 C 到 D 的过程，由动能定理得： 所以传送带运转方向为顺时针方向 . 假设参赛者在传送带上时一直加速，设到达 C 点的速度为 v ， (3) 在第 (2) 问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能 . 答案 　见解析 解析 答案 解析 　 参赛者在传送带上匀加速运动的时间为： 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为： 代入数据解得 E ＝ 720 J.