专题四第1讲资料.docx

1、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：重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；与功、功率相关的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；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

2、题第 1 讲功能关系在力学中的应用高考题型 1力学中的几个重要功能关系的应用解题方略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摩擦生热是指滑动

3、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 Ep.(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W Ek.(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Q F fl相对例1如图 1 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轻滑轮两侧，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 距离挡板的距离为 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，

4、空气阻力不计松开手后，关于两物体的运动，下列说法中正确的是()图 1A 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CMmD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物体 m 的机械能增加量之和解析因 M、 m 之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故A 错误；M的重力分力为Mg sin 30 mg，物体先做加速运动，当受力平衡时M 速度达最大， 则此时 m受细绳的拉力为mg，故 m 恰好与地面间的作用力为零，故B 正确；从m 开始运动至M 到达挡板处的过程中，弹力的大小一直大于m 的重力，故m 一直做加速运

5、动，M 到达挡板处时， m 的速度不为零，故C 错误；重力对M 做的功转化为两物体的动能、弹簧的弹性势能的增加量和m 重力势能的增加量，故D 错误答案B预测 1(多选 )某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图2 为蹦床对该运动员的作用力F 随时间 t 的变化图象不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()图 2A t1 至 t2 时间内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒B t1 至 t2 时间内运动员和蹦床构成的系统机械能增加C t3 至 t4 时间内运动员和蹦床的势能之和增加D t3 至 t4 时间内运动员和蹦床的势能之和先减少后增加答案BD解析机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力

6、做功，所以整个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变t1 至 t2 过程内运动员做功，运动员和蹦床构成的系统机械能增加，故A 错误， B 正确； t 2 以后，蹦床的弹力最大值不变，整个过程重力势能、弹性势能和动能总量保持不变， t3 时刻弹力为零，重力大于弹力，运动员做加速度减小的加速运动，运动员的动能增加，当重力等于弹力时，加速度为零速度最大，再向后，弹力大于重力，运动员做加速度增大的减速运动，运动员的动能减小，t4 时速度最小，故动能先增大后减小，故运动员和蹦床的势能之和先减少后增加，故C 错误， D 正确预测 2 某同学将质量为 m 的一矿泉水瓶 (可看成质点 )竖直向上抛出，水瓶以

7、5g的加速度匀4减速上升，上升的最大高度为H ，水瓶往返过程受到的阻力大小不变，则()5A 上升过程中水瓶的动能改变量为4mgH5B上升过程中水瓶的机械能减少了4mgHC水瓶落回地面时动能大小为mgH4D水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态答案A解析上升过程受到的合外力5mgW5mgH；由动F mg fmg；则 f4，合外力做功445能定理可知，上升过程中水瓶的动能改变量为4mgH，故 A 正确；机械能的改变量等于重力mgH之外的其他力做的功， 故机械能的改变量为fH 4 ，故 B 错误；下落过程， 合外力为 F mg33mg 4 4mg；故由动能定理可知，落回地面上的动能为Ek F

8、 H 4mgH，故 C 错误；由于物体的加速度一直向下，故物体一直处于失重状态，故D 错误预测 3如图 3 所示，某段滑雪道倾角为30，总质量为 m 的滑雪运动员从高为h 处的雪道顶端由静止开始匀加速下滑，加速度为13g，在他下滑到底端的过程中 ()图 3A 运动员减少的重力势能全部转化为动能1B运动员获得的动能为3mghC运动员克服摩擦力做功为23mgh1D运动员减少的机械能为3mgh答案D解析若不受摩擦力，则加速度应为a gsin 30 1g，而现在的加速度为g，故运动员应23受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A 错误；运动员下滑的距离： Lhv2 2aL，得 v 2aL

9、4gh1mv22h；由运动学公式可得：3；动能为： Eksin 30 22mgh13，故 B 错误；由动能定理可知mgh Wf Ek，解得 Wf 3mgh，故 C 错误；机械能的mgh减少量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为3 ，故 D正确高考题型 2动力学方法和动能定理的综合应用解题方略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)

10、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初、末状态的动能E和 Ek2.k1(4) 列出动能定理的方程W 合 Ek2 Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解例2如图4 所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A( 含货物 )和配重B 通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连A 装载货物后从h8.0 m 高处由静止释放，运动到底端时，A 和B 同时被锁定， 缺货后解除锁定，A 在B 的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定 已知 53，B 的质量M 为1.0 103 kg，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为 0.5，滑

11、动摩擦力与最大静摩擦力相等，g 取10 m/s2， sin 530.8， cos 53 0.6.图 4(1)为使 A 由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m 需要满足什么条件？(2)若 A 的质量 m 4.0 103 kg，求它到达底端时的速度v；(3)为了保证能被安全锁定， A 到达底端的速率不能大于12 m/s.请通过计算判断：当A 的质量 m 不断增加时，该装置能否被安全锁定解析 (1)左斜面倾角为 ，则右斜面倾角为 90 53 37，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则：mgsin Mg sin mgcos Mgcos 0得 m2.0 103 kg.(2) 对系统应用动能定理：hsin hmg

12、h Mg sin ( mgcos Mgcos )sin 12(Mm)v2得 v 2 10 m/s.(3) 当 A 的质量 m 与 B 的质量 M 之间关系满足m? M 时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有：mgsin mgcos mamam 5 m/s2又： v2 2a Lmm货箱到达斜面底端的最大速度：vm 10 m/s2.0 103 kg (2)2 10 m/s(3) 该装置能被安全锁定预测 4(2015 新课标全国 17) 如图5，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置， 直径 POQ 水平一质量为m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，

13、恰好从 P 点进入轨道 质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功则()图 51A W 2mgR，质点恰好可以到达Q 点1B W 2mgR，质点不能到达Q 点1C W 2mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离1D W 2mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理得P 点动能 EkP mgR，经过 N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可v23mgR得 4mg mg mR，所以 N 点动能为 EkN2，从 P 点到 N 点根据动能定理可得 mgR3mgRmgRW2 mgR，即克

14、服摩擦力做功 W2 .质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即 FN mgcos ma mv2 ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆R形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff FN变小，所以摩擦力做功变小，那么从 N 到 Q，根据动能定理， Q 点动能 E3mgR1kQ 2 mgR W 2mgR W ，由于 W mgR2 ，所以 Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确预测 5 如图 6 所示， QB 段为一半径为 R1 m 的光滑圆弧轨道， AQ 段为一长度为L 1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点， Q 在圆心 O 的正下方，整

15、个轨道位于同一竖直平面内物块 P 的质量为 m1 kg( 可视为质点 )， P 与 AQ 间的动摩擦因数 0.1，若物块 P 以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，到 C 点后又返回 A 点时恰好静止 (取 g10 m/s2)求：图 6(1) v0 的大小；(2) 物块 P 第一次刚通过 Q 点时对圆弧轨道的压力答案解析(1)2 m/s(2)12 N(1)在整个过程中由动能定理可知： mg2L 0 1mv202v04 gL4 0.1 10 1 m/s 2 m/ s.(2) 从 A 到 Q 的过程中由动能定理可知： mgL12122mvQ2mv02vQ在 Q 点由牛顿第二定律可得：F N mg

16、m R联立解得： FN12 N由牛顿第三定律可知物块P 第一次刚通过Q 点时对轨道的压力为12 N高考题型 3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题解题方略多个运动过程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独立分析各个运动过程，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例3如图7，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态可视为质点的小物块从轨道右侧A 点以初速度v0 冲上轨道， 通过圆形轨道、 水平轨道后压缩弹簧，

17、并被弹簧以原速率弹回已知R0.4 m ， l 2.5 m， v0 6 m/s，物块质量 m 1 kg，与 PQ 段间的动摩擦因数0.4，轨道其它部分摩擦不计取g 10 m/ s2，求：图 7(1) 物块经过圆形轨道最高点 B 时对轨道的压力；(2) 物块从 Q 运动到 P 的时间及弹簧获得的最大弹性势能；(3) 物块仍以 v0 从右侧冲上轨道，调节 PQ 段的长度 l，当 l 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回 A 点继续向右运动解析(1)物块冲上圆形轨道最高点B 时速度为 v，由机械能守恒得：12122mv2mv 2mgR0物块在 B 点时，由牛顿运动定律得：mv2FN mgR联立 式并代

18、入数据解得FN40 N由牛顿第三定律得，物块对轨道压力大小为40 N ，方向为竖直向上(2) 物块在 Q 点时速度为 v0 6 m/s，在 PQ 段运动时，由牛顿第二定律有： mg ma1由运动规律l v0 t 2at2联立 式并代入数据解得在PQ 段运动时间 t 0.5 s(t 2.5 s 不符合题意，舍去 )设物块在 P 点时速度为 v122 2 gl10，有 vv物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有E 1mv2pm12联立 式并代入数据解得Epm 8 J(3) 设物块以v0 冲上轨道直到回到PQ 段右侧 Q 点时速度为v2，有11222 mgl2mv2 2mv0要使物块恰能不

19、脱离轨道返回A 点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为 v3，则满足12122mv 2mgR 2mv232mv3且 mg R 联立 式并代入数据解得l 1 m.答案(1)40 N ，方向竖直方向(2)0.5 s 8 J (3)1 m预测 6在物体下落过程中， 速度小于 10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t 0.5 s 时刻的切线，如图 8 所示已知小球在 t 0 时刻释放，其质量为 0.5 kg，重力加速度 g10 m/ s2，求：图 8(1) 小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)

20、小球在运动过程中受到空气阻力的最大值答案(1)2.25 J(2)3.75 N解析(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1 5 m/s，碰撞后瞬间速度v24 m/ s，E1212碰撞过程损失的机械能2mv12mv2代入数据可得E 2.25 J.(2) 由图象可得 t 0.5 s 时小球加速度av4 m/s2t由牛顿第二定律mg f ma，maxmax 3.75 N.由于 f kv，得 k0.75，则 f kv预测 7 如图 9 甲所示，一半径R 1m、竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B 处，圆弧轨道的最高点为 M，斜面倾角 37， t 0 时刻，有一质量 m2kg 的物块从 A 点开

21、始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示若物块恰能到达M 点， (取 g 10m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8)，求：图 9(1) 物块经过 B 点时的速度 vB；(2) 物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做的功答案(1) 46 m/s (2)7.2 J解析(1)由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为143，物块从 B 到 M 上升的高度为： h RRcos 37物块恰能过最高点，则在M 点由牛顿第二定律得：2vMmg m R11物块从 B 到 M 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：222mvB 2mvM mgh联立以上各式解得物块经过B 点时的速度为：

22、vB 46 m/s.(2) 分析速度图象可知物块在斜面上的加速度为：av8m/s2 10 m/ s2t0.8在斜面上对物块由牛顿第二定律得：mgsin Ff ma摩擦力： Ff ma mgsin 20 N 12 N 8 N22对物块由vA vB 2ax，可得： x0.9 m则克服摩擦力做的功：W F fx 8 0.9 J 7.2 J.专题强化练1如图1 所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)()图11A. 8mgR1B.4mgR1C.2mgR3D.4mgR答案

23、D解析铁块滑到半圆轨道底部时，小铁块所受轨道的支持力为铁块重力的1.5 倍，由牛顿第二定律得：2v铁块损失的机械能即为除重力外其他力做的功W对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgRW 12mv2，3解得： W 4mgR，故选 D.2如图 2 所示，质量相等的物体A、 B 通过一轻质弹簧相连，开始时B 放在地面上，A、 B均处于静止状态， 此时弹簧压缩量为x1.现通过细绳将A 向上缓慢拉起， 第一阶段拉力做功为 W1 时，弹簧变为原长； 第二阶段拉力再做功W2 时， B 刚要离开地面，此时弹簧伸长量为x2.弹簧一直在弹性限度内，则()图 2A x1 x2B拉力做的总功等于A 的重力势能的增加量C第一阶段，拉力做的功等于A 的重力势能的增加量D第二阶段，拉力做的功等于A 的重力势能的增加量答案B解析开始时A 压缩弹簧，形变量为mgx1 k ；要使B 刚要离开地面，则弹力应等于B 的重力，即k x2 mg，故形变量mgx2 k ，则x1x2，故A 错误；缓慢提升物体A，物体A 的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，设为x，弹簧的弹性势能Ep 相同，由动能定理得：W1 Ep mgx 0， W2 Ep mgx 0， W1 mgx Ep， W2 mgx Ep，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、 B 的动能不变，B 的重力势能不变，由能