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高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强应考策略：深刻理解功能关系，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考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()图1Aa的加速度为Ba的重力势能增加mghC绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加DF对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化相对应？答案BD1如图2所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D小物块和小车增加的机械能为Fx答案ABC解析小物块受到的合外力是FFf，位移为Lx，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)，同理小车的动能也可由动能定理得出为Ffx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fx.2(2014广东16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A缓冲器的机械能守恒B摩擦力做功消耗机械能C垫板的动能全部转化为内能D弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误3如图4甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行，现将一质量m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()图4A物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B08 s内物体位移的大小为18 mC08 s内物体机械能的增量为90 JD08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J答案AC解析根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a1 m/s2，根据物体在传送带上受力分析有mgcos mgsin ma，整理得0.875，选项A正确.08 s内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x m14 m，选项B错误.08 s内物体动能增加量为mv2mv6 J，重力势能增加mgxsin 84 J，机械能增加量为6 J84 J90 J，选项C正确摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1mgcos t114 J，第二部分为26 s，摩擦生热Q2mgcos t256 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1Q270 J，选项D错误几个重要的功能关系1重力的功等于重力势能的变化，即WGEp.2弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹Ep.3合力的功等于动能的变化，即WEk.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E.5一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即QFfl相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧质量为m0.1 kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R0.25 m，直轨道bc的倾角37，其长度为L26.25 m，d点与水平地面间的高度差为h0.2 m，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因数；(3)滑块在直轨道bc上能够运动的时间审题突破(1)在圆轨道最高点a处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a点到d点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间解析(1)在圆轨道最高点a处对滑块，由牛顿第二定律得：mgFNm，得FNm(g)5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为5.4 N.(2)从a点到d点全程，由动能定理得：mg(RRcos Lsin h)mgcos L0mv20.8(3)设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1，时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2，在c点时的速度为vc.由c到d：mvmghvc2 m/sa点到b点的过程：mgR(1cos )mvmv2vb5 m/s在轨道bc上：下滑：Lt1t17.5 s上滑：mgsin mgcos ma2a2gsin gcos 12.4 m/s20vca2t2t2 s0.16 stan ，滑块在轨道bc上停止后不再下滑滑块在bc斜面上运动的总时间：t总t1t2(7.50.16) s7.66 s答案(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s4如图6(a)所示，一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变g10 m/s2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数；(2)物体的初速度大小；(3)为多大时，x值最小答案(1)(2)5 m/s(3)解析(1)由题意可知，当为90时，v0由题图b可得：h m当为0时，x0 m，可知物体运动中必受摩擦阻力设动摩擦因数为，此时摩擦力大小为mg，加速度大小为g.由运动学方程得v2gx0联立两方程：(2)由式可得：v05 m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x满足的关系式mvmgxsin mgxcos 解得x其中tan ，可知x的最小值为xh1.08 m对应的 601应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动2应用动能定理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(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关在中学物理中一般取地面为参考系(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图7所示，倾角30、长L4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平一质量为m1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点已知物块与斜面间的动摩擦因数为，g10 m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变求：图7(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程解析(1)物块沿斜面下滑时，mgsin mgcos ma(2分)解得：a2.5 m/s2(1分)从A到B，物块匀加速运动，由Lat2(1分)可得t s(1分)(2)因为物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgRmv2(2分)FNmgm(1分)解得FN3mg30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为FN30 N，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsin mgscos 0(3分)解得s9 m(1分)答案(1) s(2)30 N，方向向下(3)9 m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v01.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，圆弧轨道的半径为R2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角53，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量答案(1)22.5 N，方向竖直向下(2)32 J解析(1)设小物体在C点时的速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成53，则由几何关系可得：vC m/s3 m/s由C点到D点，由动能定理得：mgR(1cos )mvmv小物块在D点，由牛顿第二定律得：FNmgm由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：FNFN联立得：FN22.5 N，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：ag0.510 m/s25 m/s2小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为x1，传送带向右运动的距离为x2，则：vDat1x1atx2vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时所用的时间为t2，向右通过的位移为x3，传送带向右运动的距离为x4，则vat2x3atx4vt2整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：xx1x2x4x3产生的热量为：Qmgx联立解得：Q32 J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是()A小球克服空气阻力做的功小于mghB重力对小球做的功等于mghC合外力对小球做的功小于mvD重力势能的减少量等于动能的增加量答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh，所以选项A、B正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W合Ekm(2v0)2mvmvmv，选项C错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图1A物块a重力势能减少mghB摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等答案ABD解析由题意magsin mg，则ma.b上升h，则a下降hsin ，则a重力势能的减少量为maghsin mgh，故A正确摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B正确，C错误任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pbmgv，对a有：Pamagvsin mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确故选A、B、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图2A出水口单位时间内的出水体积QvSB出水口所出水落地时的速度C出水后，手连续稳定按压的功率为D手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积QvtS，可得：单位时间内的出水体积QvS，所以A正确；设落地的速度为v1，根据动能定理mgHmvmv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为可得：，其中mvtS代入得P，所以C正确，D错误4如图3所示，质量为m的滑块从 h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()图3A小球的动能始终保持不变B小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC小球经b点时的速度大于D小球经b点时的速度等于答案C解析由题意知，在小球从b运动到c的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理：mghWf0可得全程克服阻力做功Wfmgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服阻力做的功一定不等于，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wf，故C正确，D错误5如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为x10 m的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R10 m的圆弧轨道，两轨道相切于B点在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g10 m/s2.求：图4(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间(结果可用根式表示) 答案(1)25 m/s2(2)() s解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mgm解得vC10 m/s从B到C的过程中机械能守恒：mvmvmg2R解得vB10 m/s从AB根据速度位移公式得：v2ax解得a25 m/s2(2)从C到D的过程中机械能守恒：mvmvmgR解得vD10 m/s由C到B再到A的过程机械能守恒，故vAvB10 m/s小球从DA做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得：vAvDgt解得t() s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m10.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点用同种材料、质量为m20.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x6t2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道不计空气阻力g10 m/s2，求：图5(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP之间的水平距离； (3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要有计算过程)；(4)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功答案(1)6 m/s0.4(2)4.1 m(3)不能(4)5.6 J解析(1)由物块m2过B点后其位移与时间的关系x6t2t2与xv0tat2比较得：v06 m/s加速度a4 m/s2而m2gm2a得0.4(2)设物块由D点以vD做平抛运动落到P点时其竖直速度为vy根据几何关系有：tan 45解得vD4 m/s运动时间为：t s0.4 s所以DP的水平位移为：40.4 m1.6 mBD间位移为xBD2.5 m所以BP间位移为2.5 m1.6 m4.1 m(3)设物块到达M点的临界速度为vM，有：m2gm2vM2 m/s由机械能守恒定律得：m2vM2m2vm2gR解得vM m/s因为2所以物块不能到达M点(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Epm1gxCB释放m2时Epm2gxCBm2v且m12m2可得：Epm2v7.2 Jm2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力