【物理】2018届二轮复习功能关系在力学中的应用学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习功能关系在力学中的应用学案（全国通用）

能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将 功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工 具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守 恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。 在功和功率的分析与计算部分，高考命题角度集中在功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析。 题目难度以中档选择题为主。 对动能定理应用的考查，高考命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较 强，试题难度较大，题型包括选择题与计算题。 对机械能守恒定律应用的考查，高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与 运动的关系，计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查。试题难度以中档题为主。 对功能关系及能量守恒的考查，选择题命题重点在考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑 块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用。 高频考点：功、功率的理解与计算；机车启动问题；动能定理的应用；机械能守恒定律的应用；能量守 恒定律。 考点一、功　功率的分析与计算 例 (2018 届高三·天津五区县联考)如图所示，某质点运动的 v-t 图象为正弦曲线。从图象可以判断(　　) A．质点做曲线运动 B．在 t1 时刻，合外力的功率最大 C．在 t2～t3 时间内，合外力做负功 D．在 0～t1 和 t2～t3 时间内，合外力的平均功率相等 【审题立意】本题结合 v-t 图象考查变力做功的计算及对功率、平均功率和瞬时功率的理解的理解。解 答此题首先要结合图象正确分析物体的受力情况和运动情况。 【解题思路】质点运动的 v-t 图象描述的是质点的直线运动，选项 A 错误；在 t1 时刻，v-t 图线的斜率为 零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项 B 错误；由题图图象可知，在 t2～t3 时间内，质点的速 度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项 C 错误；在 0～t1 和 t2～t3 时间内，动能的变化量 相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项 D 正确。 【参考答案】 D 【变式训练】1. 如图所示，水平路面上有一辆质量为 M 的汽车，车厢中有一个质量为 m 的人正用恒力 F 向前推车厢，在车以加速度 a 向前加速行驶距离 L 的过程中，下列说法正确的是(　　) A．人对车的推力 F 做的功为 FL B．人对车做的功为 maL C．车对人的作用力大小为 ma D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L 解析：根据功的公式可知，人对车的推力做功为 W＝FL，选项 A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律 可知车对人的作用力为 F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，故人对车做的功为 W＝－maL， 选 项 B 错 误 ； 因 车 对 人 还 有 沿 竖 直 方 向 的 支 持 力 ， 大 小 等 于 mg ， 故 车 对 人 的 作 用 力 大 小 为 ，选项 C 错误；对人由牛顿第二定律得 f－F ＝ma，解 得 f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为 W＝fL＝(F＋ma)L，选项 D 错误。 答案：A 2．(2017·潍坊模拟)质量为 m＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0 时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图甲所示，此后物体的 v-t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取 10 m/s2，则(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为 μ＝0.5 B．10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 6 W C．10 s 末物体在计时起点左侧 4 m 处 D．0～10 s 内恒力 F 做功的平均功率为 0.6 W 解析：由题图乙可知 0～4 s 内的加速度：a1＝8 4 m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s 内的加速度： a2＝6 6 m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，选项 A 错误；10 s 末恒力 F 的瞬时功率 2 2( ) ( )N ma mg= + 为 P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项 B 错误；0～4 s 内的位移 x1＝1 2×4×8 m＝16 m，4～10 s 内的位移 x2＝－1 2×6×6 m＝－18 m，x＝x1＋x2＝－2 m，故 10 s 末物体在计时起点左侧 2 m 处，选项 C 错误；0～10 s 内恒力 F 做功 的平均功率为P＝F|x| t ＝3 × 2 10 W＝0.6 W，选项 D 正确。 答案：D 考点二、机车启动问题 例 (2017·咸阳模拟)质量为 m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从 t 1 时 刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff，则(　　) A．0～t1 时间内，汽车的牵引力等于 mv1 t1 B．t1～t2 时间内，汽车的功率等于 Ffv1 C．汽车运动的最大速度等于 (mv1 Fft1＋1)v1 D．t1～t2 时间内，汽车的平均速度小于v1＋v2 2 【审题立意】根据速度—时间图象求出加速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小，抓 住 t1 时刻的功率等于额定功率，根据加速度为 0 时速度最大求出最大速度。 【知识构建】分析机车启动应注意的三个问题 1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分 析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律。 2．在公式 P＝Fv 中，F 是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此 F＝Ff 时，牵引力与阻力平衡，机车 达到最大运行速度。 3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是以恒定功率启动。 (1)以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大 值等于P Ff，牵引力是变力，牵引力做的功可用 W＝Pt 求解，但不能用 W＝Flcos θ 求解。 (2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的 最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动。 【解题思路】由题图可知，汽车运动的最大速度为 v2，则有 P＝Ffv2。在 0～t1 时间内，汽车做匀加速直线 运动，加速度大小为 a＝v1 t1，由牛顿第二定律可得 F－Ff＝ma，汽车的牵引力 F＝Ff＋ma＝Ff＋mv1 t1，选项 A 错 误；t1～t2 时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率 P＝Ffv2，选项 B 错误；题图上 A 点和 B 点都对应汽车功 率 P＝Fv1＝Ffv2，而 F＝Ff＋mv1 t1，联立解得 v2＝(mv1 Fft1＋1)v1，选项 C 正确；根据速度—时间图象的面积表示位 移，t1～t2 时间内，汽车的位移为曲边梯形 ABt2t1 的面积，汽车的平均速度大于v1＋v2 2 ，选项 D 错误。 【参考答案】 C 【变式训练】(2017·泰安月考)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按 如图所示规律变化，已知物块的质量为 m，重力加速度为 g，0～t0 时间内物块做匀加速直线运动，t0 时刻后拉 力的功率保持不变，t1 时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(　　) A．物块始终做匀加速直线运动 B．0～t0 时间内物块的加速度大小为 P0 mt0 C．t0 时刻物块的速度大小为 P0 mg D．0～t1 时间内物块上升的高度为 P0 mg(t1－t0 2)－ P 2m2g3 解析：物块刚开始做匀加速运动时，绳子拉力 F1＝mg＋ma，t0 时刻物块的速度 v＝P0 F1＝ P0 m（g＋a），加速 度 a＝v t0≠ P0 mt0，选项 B、C 错误；t0 时刻拉力的功率达到最大值，此后速度继续增加，拉力减小，物块做变加速 运动，选项 A 错误；t1 时刻物块达到最大速度，此时绳子拉力 F2＝mg，最大速度 vm＝P0 F2＝P0 mg，在 0～t1 时间 内，由动能定理得－mgh＋P0 2 ·t0＋P0(t1－t0)＝1 2mv2m，解得 h＝ P0 mg(t1－t0 2)－ P 2m2g3，选项 D 正确。 答案：D 考点三、动能定理的理解和应用 例 (2017·南充模拟)如图所示，半径为 R＝1 m，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管 内径、质量为 m＝1 kg 的小球，在水平恒力 F＝250 17 N 的作用下由静止沿光滑水平面从 A 点运动到 B 点，A、B 间的距离 x＝17 5 m，当小球运动到 B 点时撤去外力 F，小球经半圆管道运动到最高点 C，此时小球对圆管外侧 的压力 FN＝2.6mg，然后垂直打在倾角为 θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)，求： (1)小球在 B 点时速度的大小； (2)小球在 C 点时速度的大小； (3)小球由 B 到 C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度。 【审题立意】对 AB 段，运用动能定理求小球在 B 点的速度；小球在 C 点时，根据向心力公式和牛顿第二 定律求 C 点的速度；小球从 B 到 C 的过程，用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开 C 后，由平抛运动规 律和几何知识求 D 点距地面的高度。 【解题思路】(1)小球从 A 到 B 过程，由动能定理得：Fx＝1 2mvB2 解得：vB＝10 m/s。 (2)在 C 点，由牛顿第二定律得：mg＋FN＝mvC2 R 又据题有：FN＝2.6mg，解得：vC＝6 m/s。 (3)由 B 到 C 的过程，由动能定理得：－mg·2R－Wf＝1 2mvC2－1 2mvB2 解得克服摩擦力做的功 Wf＝12 J。 (4)设小球从 C 点到打在斜面上经历的时间为 t，D 点距地面的高度为 h，则在竖直方向上有：2R－h＝1 2gt2 由小球垂直打在斜面上可知：gt vC＝tan 45° 联立解得：h＝0.2 m。 【参考答案】 (1) 10 m/s　(2) 6 m/s (3) 12 J (4) 0.2 m 【技能突破】1．应用动能定理求解的思路和步骤 (1)了解由哪些过程组成，选哪个过程研究； (2)分析每个过程物体的受力情况； (3)分析各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献； (4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能； (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。 2．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；力既可以 同时作用，也可以分段作用。 3．“两状态，一过程”是应用动能定理的着眼点，即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，明确 研究过程，关注这一过程的位置变化或位移信息。 【变式训练】1. (2017·石家庄检测)质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 v-t 图象 如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法正确的是(　　) A．t3～t4 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 B．t0～t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功 C．0～t2 时间内，小球的平均速度一定为v2 2 D．t3～t4 时间内，拉力做的功为m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：根据题意，竖直向上为正方向，故在 t3～t4 时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项 A 错 误；t0～t2 时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项 B 错误；0～t2 时 间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为v2 2 ，故选项 C 错误；根据动能定理，在 t3～t4 时间内： WF－mgv3＋v4 2 ·(t4－t3)＝1 2mv42－1 2mv32，整理可得：WF＝m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项 D 正确。 答案：D 2. 如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A 点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在 A 点右侧 5 m 远处(B 点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径 R＝0.4 m，连接处相切。现将一质量 m＝0.1 kg 的小滑 块放在弹簧的右端(在 A 点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为 2 J， 放手后滑块被向右弹出，它与 A 点右侧水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2。 (1)求滑块运动到半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力； (2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道 最高点 C 时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问 A、B 之间的距离应调整 为多少？ 解析：(1)小滑块被弹出至到达 B 点的过程，据动能定理有：W 弹－μmgx＝1 2mv2B 滑块在 B 处有：FN－mg＝mv R 而 W 弹＝ΔEp＝2 J 解得：FN＝6 N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 6 N，方向竖直向下。 (2)在 C 处，滑块对轨道的压力大小为 mg，包含 2 种情况： ①若压力方向向上，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有： mg＋F′N1＝mv R，F′N1＝FN1＝mg 整个过程，据动能定理有：W 弹－μmgx1－mg·2R＝1 2mv 2C1 解得：x1＝4 m ②若压力方向向下，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有： mg－F′N2＝mv R；F′N2＝FN2＝mg 整个过程，据动能定理有：W 弹－μmgx2－mg·2R＝1 2mv 2C2 解得：x2＝6 m。 3. 如图所示，将弹簧平放在绝缘水平面上，其左端固定，自然伸长时右端在 O 点，O 点左侧水平面光滑， 右侧水平面粗糙。水平面上 OO′与 AA′之间区域(含边界)存在与竖直方向的夹角 θ＝37°、斜向右上方的匀强电 场，电场强度 E＝5×103 N/C。现将一质量 m＝2 kg、电荷量 q＝4×10－3 C 的带正电小物块从弹簧右端 O 点无 初速度释放，物块从 A 点滑上倾角 θ＝37°的斜面。已知 O、A 间的距离为 4.9 m，斜面 AB 的长度为 8 3 m，物 块与 OA 段水平面间的动摩擦因数 μ1＝0.5，物块与斜面间的动摩擦因数 μ2＝0.75。(物块可视为质点且与弹簧 不拴连，物块通过 A 点时速率无变化，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求物块沿斜面向上滑行的时间； (2)若用外力推物块向左压缩弹簧至某一位置后由静止释放，且电场在物块进入电场区域运动 0.4 s 后突然 消失，物块恰能到达 B 点，求外力所做的功。 解析：(1)物块在 OA 之间做匀加速直线运动，有： N＋qEcos 37°＝mg，qEsin 37°－μ1N＝ma1，v2A＝2a1xOA 联立以上各式，解得：N＝4 N，a1＝5 m/s2，vA＝7 m/s 物块在斜面上向上做匀减速直线运动，有：mgsin 37°＋μ2mgcos 37°＝ma2 解得：a2＝12 m/s2 假设物块在斜面上速度可减为零，且该过程在斜面上发生的位移为 x，有： 0－v2A＝－2a2x 解得 x＝49 24 m<8 3 m，假设成立 由 0－vA＝－a2t，解得 t＝0.58 s。 (2)设物块在 A 点时的速度大小为 v′A，因物块恰好能到达 B 点，故有： －2a2xAB＝0－v′2A 解得：v′A＝8 m/s 设物块刚进入电场区域时速度为 v0，电场消失时速度为 v1，则： v1＝v0＋a1t1，2a1x1＝v21－v20 电场消失后，物块做匀减速直线运动至 A 点，有： μ1mg＝ma3，－2a3(xOA－x1)＝v′2A－v21 联立得：a3＝5 m/s2，v0＝7 m/s 由功能关系得：W＝1 2mv20＝49 J。 考点四、机械能守恒定律的综合应用 例 1. (2018 届高三·宜春摸底)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为 4R、圆心角为 150°的圆弧形光滑滑 槽 C1 和两个半径为 R 的半圆形光滑滑槽 C2、C3，以及一个半径为 2R 的半圆形光滑圆管 C4 组成，C4 内径远小 于 R。C1、C2、C3、C4 各衔接处平滑连接。现有一个比 C4 内径略小的、质量为 m 的小球，从与 C4 的最高点 H 等高的 P 点以一定的初速度 v0 向左水平抛出后，恰好沿 C1 的 A 端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度 为 g。求： (1)小球在 P 点开始平抛的初速度 v0 的大小。 (2)小球能否依次通过 C1、C2、C3、C4 各轨道而从 I 点射出？请说明 理由。 (3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？ 【审题立意】(1)轨道 C1、C2、C3、C4 均光滑，所以小球运动过程中机械能守恒。 (2)轨道 C2 属于竖直面内圆周运动的绳模型，轨道 C4 属于杆模型。 (3)轨道 C1 的最低点 B 和轨道 C3 的最低点 F 都是压力的极大值处，根据圆周运动规律求解后比较即可， 注意压力大小与小球质量、速度和轨道半径都有关系。 【解题思路】(1)小球从 P 到 A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin 30°＝4R 由平抛运动规律可得：vy2＝2gh 在 A 点，由速度关系：tan 60°＝vy v0 解得：v0＝2 6gR 3 。 (2)若小球能过 D 点，则在 D 点的速度满足 v> gR 小球从 P 到 D 由机械能守恒定律得：1 2mv02＋6mgR＝1 2mv2＋5mgR 解得：v＝ 14gR 3 若小球能过 H 点，则 H 点速度满足 vH>0 小球从 P 到 H 时，机械能守恒，H 点的速度等于 P 点的初速度，为2 6gR 3 >0 综上所述小球能依次通过 C1、C2、C3、C4 各轨道从 I 点射出。 (3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B 点和 F 点都有可能。小球 从 P 到 B 由机械能守恒定律得：1 2mv02＋6mgR＝1 2mvB2 在 B 点轨道给小球的弹力 NB 满足：NB－mg＝mvB2 4R 解得：NB＝14 3 mg； 小球从 P 到 F 由机械能守恒定律得：1 2mv02＋6mgR＝1 2mvF2＋3mgR 在 F 点轨道给小球的弹力 NF 满足：NF－mg＝mvF2 R 联立解得：NF＝29 3 mg； 比较可知：F 点轨道对小球的弹力最大，为 29 3 mg。 【参考答案】见解析 【知识构建】1．机械能守恒定律的理解 2．运用机械能守恒定律求解问题时的注意点 (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统) 为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守 恒的。如图所示，单独选物体 A 机械能减少，但由物体 A、B 二者组成的系统机械能守恒。 (2)研究过程的选取 有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应 用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)守恒表达式的选取 “守恒观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平面，而用“转移”和“转 化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面。 例 2. 如图所示，在竖直方向上 A、B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B、C 两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上。用手拿住 C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用， 并保证 ab 段的细绳竖直、cd 段的细绳与斜面平行。已知 A、B 的质量均为 m，C 的质量为 4m，重力加速度为 g，细绳与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放 C 后 C 沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度。求： (1)斜面的倾角 α； (2)B 的最大速度 v。 【审题立意】对 A、B、C 受力分析，由平衡条件列方程可以求出斜面的倾角；系统机械能守恒，由机械 能守恒定律可以求出 B 的最大速度。 【解题思路】(1)设当物体 A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为 xA，对 A 有：kxA＝mg 此时 B 受到重力 mg、弹簧的弹力 kxA、细绳拉力 T 三个力的作用。设 B 的加速度为 a，根据牛顿第二定律： 对 B 有：T－mg－kxA＝ma；对 C 有：4mgsin α－T＝4ma 当 B 获得最大速度时，有 a＝0 由此解得 sin α＝0.5，所以 α＝30°。 (2)开始时弹簧压缩的长度为 xB＝mg k ，显然 xA＝xB。 当物体 A 刚离开地面时，B 上升的距离以及 C 沿斜面下滑的距离为 xA＋xB。 由于 xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体 A 刚刚离开地面时，B、C 两物体 的速度相等，设为 v，由机械能守恒定律可得： 4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝1 2(4m＋m)v2 代入数值解得：v＝2g m 5k。 【参考答案】(1)α＝30°　(2)v＝2g m 5k 【技能突破】含弹簧的系统机械能守恒问题 1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算；弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或 拉伸相同的长度，其弹性势能相等。 2．弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且 W 弹＝－ΔEp。 【变式训练】1. (2017·甘肃检测)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°，质量分别为 M、m 的 两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体 M，此时 M 离挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知 M＝2m，空气阻力不 计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是(　　) A．M 和 m 组成的系统机械能守恒 B．当 M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零 C．若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的加速度为零 D．若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于 m 的机械能增加量 解析：因 M、m 之间有弹簧，故两物体所受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故 A 错误；M 的重力沿斜 面的分力为 Mgsin 30°＝mg，先做加速运动，当受力平衡时 M 速度达最大，则此时 m 受细绳拉力为 mg，故 m 与地面间的作用力恰好为零，故 B 正确；然后 M 做减速运动，M 恰好到达挡板处时，即速度恰好减小到零， 弹簧仍处于伸长状态且弹力大于 mg，m 的加速度不为零，故 C 错误；若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重 力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与 m 的机械能增加量之和，故 D 错误。 答案：B 2. 如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为 如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为 m 的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆 轨道下端进入后沿圆轨道运动。如果已知圆轨道的半径为 R，重力加速度为 g，不考虑阻力。 (1)求若小球从高为 h 处由静止释放，小球到达圆轨道底端时对轨道的压力； (2)若要使小球运动过程中不脱离轨道，讨论小球由静止释放时的高度应满足的条件； (3)若让小球从高为 h＝2R 处的 A 点由静止释放，试求小球通过圆轨道底端后所能到达的最大高度。 解析：(1)小球从高为 h 处由静止释放到到达圆轨道底端过程，由机械能守恒定律得 mgh＝1 2mv2 在底端，由牛顿第二定律得 N－mg＝mv2 R 解得 N＝mg＋mv2 R＝mg(1＋2h R ) 根据牛顿第三定律得 N′＝N＝mg(1＋2h R )， 方向为竖直向下。 (2)要使小球运动过程中不脱离轨道： 第一种可能：恰能到达最高点，设在最高点时速度为 vm，有 mg＝mv R 能过最高点，则在最高点时速度应满足 v≥vm＝ gR 由机械能守恒定律有 mgh＝1 2mv2＋mg·2R 解得 h≥5 2R 第二种可能：小球到达圆轨道上与圆心等高处时速度恰为零，有 mgh＝mgR 则 h＝R 不能到达圆轨道上高于圆心处，则 h≤R 所以 h≥5 2R 或 h≤R。 (3)h＝2R<5 2R，设小球将在 C 点脱离轨道，C 点、轨道圆心的连线与水平方向成 θ 角，此 时 N＝0，即 mgsin θ＝mv R 小球从 A 点到 C 点，根据机械能守恒定律有 mg·2R＝1 2mv2C＋mg(R＋Rsin θ) 解得 sin θ＝2 3，vC＝ gRsin θ＝ 2 3gR 小球从 C 处开始做斜抛运动，到达最高点时速度 vx＝vCsin θ＝2 3vC 小球从 A 点到最高点，根据机械能守恒定律有 mg·2R＝mgh′＋1 2mv2x 解得 h′＝50 27R。 3. 如图，一质量不计的细线绕过光滑的轻质定滑轮 O (大小不计)与质量为 5m 的砝码相连，另一端与套在 一根光滑的固定竖直杆上质量为 m 的圆环相连，直杆上有 A、C、B 三点，且 C 为 AB 的中点，AO 与竖直杆 的夹角 θ＝53°，C 点与滑轮 O 在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为 L，重力加速度为 g，设竖直杆足够长， 圆环和砝码在运动过程中均不会与其他物体相碰。现将圆环从 A 点由静止释放(已知 sin 53°＝0.8，cos 53°＝ 0.6)，试求： (1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小； (2)圆环下滑到 B 点时的速度大小； (3)圆环能下滑的最大距离。 解析：(1)当圆环到达 C 点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零， 圆环下降高度为 hAC＝3L 4 砝码下降高度为 Δh＝5L 4 －L＝L 4 对系统，由机械能守恒定律得 mghAC＋5mgΔh＝1 2mv21 则圆环的速度 v1＝2 gL。 (2)当圆环运动到 B 点时，下滑的高度 hAB＝3L 2 ，而砝码的高度不变，设圆环的速度为 v2，则砝码的速度为 v2cos 53°。对系统，由机械能守恒定律得 mghAB＝1 2mv22＋1 2×5m(v2cos 53°)2 解得圆环下滑到 B 点时的速度 v2＝ 15gL 14 。 (3)当圆环下滑最大距离为 H 时，圆环和砝码的速度均为零，砝码上升的高度 ΔH＝ (H－3L 4 )2 ＋L2－5L 4 由于系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即 mgH＝5mgΔH 解得圆环能下滑的最大距离 H＝25L 12 。 考点五、功能关系 例 (2017·揭阳期末)如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半 径为 r 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰 好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 高度为 2r 处由静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩擦因 数 μ＝0.5，进入管口 C 端时与圆管恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时 弹簧的弹性势能为 Ep。求： (1)滑块到达 B 点时的速度大小 vB； (2)水平面 BC 的长度 s； (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 vm。 【审题立意】本题考查能量守恒定律的综合应用，解答此题关键是弄清楚下面两个问题：“进入管口 C 端时与圆管恰好无作用力”说明什么？“滑块速度最大”时，滑块的加速度是多大？此时弹簧形变量是多少？ 【解题思路】 (1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得：mg·2r＝1 2mv2B 解得：vB＝2 gr (2)在 C 点，滑块与圆管之间恰无作用力，则：mg＝mv2C r 滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得：mg·2r－μmgs＝1 2mv2C 解得：s＝3r (3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0，此时：kx0＝mg 滑块由 C 运动到距离 D 端 x0 处的过程中，由能量守恒得：mg(r＋x0)＝1 2mv2m－1 2mv2C＋Ep 联立解得：vm＝ 3gr＋2mg2 k －2Ep m 【参考答案】 见解析 【技能突破】1. 常见的几种功能关系 2. 涉及做功与能量转化问题的解题方法 (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)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能 Q＝fl 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。 (3)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 ΔE 减和增加的能量总和 ΔE 增，最后由 ΔE 减＝ΔE 增 列式求解。 【变式训练】1. 如图甲所示，倾角为 37°的足够长的传送带以恒定 速度运行，将一质量 m＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体 相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为 正方向，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　) A．物体与传送带间的动摩擦因数为 0.75 B．0～8 s 内因摩擦产生的热量为 72 J C．0～8 s 内物体机械能的增量为 84 J D．0～8 s 内因放上物体，传送带电动机多消耗的电能为 216 J 解析：根据 v-t 图像的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为 a＝2 2 m/s2＝1 m/s2， 由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得 μ＝0.875，故 A 错误；0～8 s 内物体位移为 x＝－1 2×2×2 m＋ 2＋6 2 ×4 m＝14 m，物体被送上的高度为 h＝xsin θ＝8.4 m，重力势能的增量为 ΔEp＝mgh＝84 J，动能增量为 ΔEk ＝1 2m(v22－v21)＝1 2×1×(42－22) J＝6 J，机械能增量为 ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，故 C 错误；0～8 s 内只有前 6 s 内物 体与传送带发生相对滑动；0～6 s 内传送带运动距离为 s带＝4×6 m＝24 m，0～6 s 内物体对地位移为 s 物＝－1 2 ×2×2 m＋4 × 4 2 m＝6 m，因摩擦产生的热量为 Q＝μmgcos θ·s 相对＝μmgcos θ·(s 带－s 物)＝0.875×1×10×0.8×18 J＝ 126 J，0～8 s 内传送带电动机多消耗的电能为 W＝ΔE＋Q＝90 J＋126 J＝216 J，故 B 错误，D 正确。 答案：D 2. 质量 m＝1 kg 的滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑，规定斜面底端为重力势能的参考平 面。在上滑过程中，滑块的机械能 E 随位移 x 的变化规律如图甲所示，重力势能 Ep 随位移 x 的变化规律如图 乙所示。已知重力加速度为 g＝10 m/s2，求滑块与斜面间的动摩擦因数。 解析：由功能关系得：－fx＝E－E0 则 E-x 图像的斜率的绝对值|k|＝ΔE Δx＝f＝4 N 而摩擦力 f＝μmgcos θ 又 mgxsin θ＝Ep 则 Ep-x 图像的斜率 k′＝ΔEp Δx ＝mgsin θ＝6 N 联立可得：μ＝0.5。 3. 如图所示，质量为 m2＝0.6 kg 的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为 m1＝0.2 kg 的小铁 块，它离木板的右端距离 d＝0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为 0.2。现用拉力向左以 3 m/s2 的加速度将木 板从铁块下抽出，求： (1)将木板从铁块下抽出时，铁块和木板的动能各为多少？ (2)将木板从铁块下抽出的过程中木板对铁块做的功。 (3)系统产生的内能和拉力 F 做的功。 解析：(1)对小铁块，由牛顿第二定律得：μm1g＝m1a1 则 a1＝2.0 m/s2 木板的加速度 a2＝3 m/s2，设经过时间 t，将木板从铁块下抽出，则有 1 2a2t2－1 2a1t2＝d 代入数值解得 t＝1 s 铁块末速度 v1＝a1t＝2 m/s，木板末速度 v2＝a2t＝3 m/s 铁块的动能 Ek1＝1 2m1v12＝0.4 J，木板的动能 Ek2＝1 2m2v22＝2.7 J。 (2)铁块位移 x1＝1 2a1t2＝1.0 m，木板位移 x2＝1 2a2t2＝1.5 m 这一过程，木板对铁块做的功为 W1＝μm1gx1＝0.4 J。 (3)系统产生的内能 Q＝μm1gd＝0.2 J 拉力做的功 W＝1 2m1v12＋1 2m2v22＋Q＝3.3 J。