全书课件专题二最后第5讲

第5讲

功能关系在力学中的应用1.(2014·新课标全国卷Ⅱ，16)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(

)A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1C.WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1B.WF2>4WF1,

Wf2＝2Wf1D.WF2<4WF1,

Wf2<2Wf1解析

两次物体均做匀加速直线运动，由于时间相等，两次的末速度1F1合之比为

1∶2，则由

v＝at

可知两次的加速度之比为

1∶2，F2

＝2，合vx1

1故两次的平均速度分别为2、v，两次的位移之比为x2＝2，由于两次f的摩擦阻力相等，故由W

＝fx

可知，Wf2＝2Wf1；合合W

F

x1

1

1W合2

F合2

21＝

x

＝4，因为W

合＝WF－Wf，故WF＝W

合＋Wf；WF2＝W

合2＋Wf2＝4W

合1＋2Wf1<4W

合1＋4Wf1＝4WF1；选项C

正确。答案

C2.(2014·新课标全国卷Ⅱ，17)如图1所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(

)图1A.Mg－5mgC.Mg＋5mgB.Mg＋mgD.Mg＋10mg解析

小圆环从大环的最高处到达大圆环底端时满足机械能守2恒，则有mg·2R＝1mv2，对小圆环在最低点，应用牛顿第二定律v2可得：FN－mg＝m

R

；对大圆环，由平衡条件可知：FT＝Mg＋FN′，由牛顿第三定律可得：FN′＝FN解得FT＝Mg＋5mg，选项C

正确。答案

C3.(2015·新课标全国卷Ⅱ，17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图2所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图2解析

当汽车的功率为

P1

时，汽车在运动过程中满足

P1＝F1v，因为P1

不变，v

逐渐增大，所以牵引力F1

逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f

不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当P1

P11

2F

＝f

时速度最大，且

vm＝F1＝

f

。当汽车的功率突变为

P

时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v

可知F2

减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f

时，速度最大mP2fv

′＝

，以后匀速运动。综合以上分析可知选项A

正确。答案

A4.(2015·新课标全国卷Ⅰ，17)如图3所示，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，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3A.W＝1

，质点恰好可以到达Q

点2mgR2B.W＞1mgR，质点不能到达Q

点2C.W＝1

，质点到达Q

点后，继续上升一段距离mgR2D.W＜1

，质点到达Q

点后，继续上升一段距离mgR解析

根据动能定理得

P

点动能

EkP＝mgR，经过

N

点时，由牛v2顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m

R

，所以N

点动能为EkN＝3mgR2kN，从

P

点到

N

点根据动能定理可得

mgR－W＝E

－kPE

，即克服摩擦力做功W＝mgR2。质点运动过程，半径方向的合v2力提供向心力即FN－mgcos

θ＝ma＝m

R

，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形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN

变小，所以摩擦力做功变小，那么从N

到Q，根据动能定理－mgR－W′＝EkQ－EkN，Q

点动能EkQ＝3mgR2

2

2－mgR－W′＝1mgR－W′，由于

W′＜mgR

Q

点，所以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。答案

C，5.(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ，21)如图4，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上

a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(

)A.a

落地前，轻杆对b

一直做正功B.a

落地时速度大小为2ghC.a

下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a

落地前，当a

的机械能最小时，b

对地面的压力大小为mg图4解析

滑块

b

的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对

b

先做正功，后做负功，选项A

错误；以滑块a、b

及轻杆为研究对象，系122a统的机械能守恒，当

a

刚落地时，b

的速度为零，则

mgh＝

mv

＋0，即va＝

2gh，选项B

正确；a、b

的先后受力如图所示。由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且

FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确。答案

BD主要题型：选择题、计算题知识热点单独命题①功和功率的理解与计算。②利用动能定理分析简单问题。③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析。④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用。交汇命题①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算。②结合应用动能定理、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。物理方法(1)守恒法

(2)整体法、分段法

(3)图象法

(4)转化法考向一

功和功率的理解与计算核心知识规律方法计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式W＝Fl

和W＝Flcos

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＝W和公式P＝Fv，前式t侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。图51.(2015·合肥市高三第二次质检)如图5，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是(

)两小球落地时的速度相同两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小

C.从开始运动至落地，A球重力做功较大D.从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小解析

根据机械能守恒定律得，1mv2＋mgh＝1mv′2，两小球落2

2地时速度大小v′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A错误；两小球落地时，A

球重力瞬时功率mgv′cos

α，B

球重力瞬时功率mgv′，A

球重力瞬时功率小于B

球重力瞬时功率，选项B

正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh，是相等的，选项C

错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，APW球下落时间较短，重力对

A

球做功的平均功率 ＝

t

较大，选项D

错误。答案

BA.4

倍

B.2

倍

C. 3倍

D. 2倍解析设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝

kv′2，联立解得v′＝

2v，D

正确。2.(2015·海南单科，3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的

2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(

D

)3.(多选)(2015·浙江理综，18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105

N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80

m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动)机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(A.弹射器的推力大小为1.1×106

NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108

JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107

WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32

m/s2解析

设总推力为

F，位移

x，阻力

F

阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%Fx＝1mv2，解得F＝1.2×106

N，弹射器2推力

F

弹＝F－F

发＝1.2×106

N－1.0×105

N＝1.1×106

N，A

正确；弹射器对舰载机所做的功为

W＝F

弹·x＝1.1×106×100

J＝1.1×108

JB

正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P

＝F

弹·0＋v2＝4.4×107

W，v2C

错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝2x＝32

m/s2，D

正确。答案

ABD4.(多选)(2015·济南市3月高考模拟)一滑块放在水平面上，从t＝0时刻开始对滑块施加一水平方向的恒力F，使滑块由静止开始运动，恒力F作用的时间为t1，如图6所示为滑块在整个过程中的速度随时间的变化规律，且图图6线的倾角α＜β。若0～t1时间内恒力F做的功以及滑块克服摩擦力做的功分别为W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑块克服摩擦力做功的平均功率分别为P和P1，t1～t2时间内滑块克服摩擦力做的功与克服摩擦力做功的平均功率分别为W2、P2，则下列关系式正确的是(

)A.W＝W1＋W2B.W1＝W2C.P＜P1＋P2D.P1＝P2解析

对于整个过程，由动能定理可知

W－W1－W2＝0，故

W＝W1＋W2，A正确；由题图可知，加速过程的位移大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力做的功大于减速时摩擦力做的功，B

错误；根据匀变速直线运动的规律可知加速和减速过程中的平均速度相等，故由P＝Fv

可知，摩擦力做功的平均功率相等，故P1＝P2，D

正确；由功率关系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，所12t12t

t2t11

2以P＝P

＋P

，又＜1，则P＜P

＋P

，C

正确。答案

ACD考向二

几个重要功能关系的应用核心知识规律方法常见的功能关系合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp。(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ff

x相对＝ΔE内。2.解答功能关系这类问题的关键分析清楚物体的运动过程，以及过程中力做功的情况，明确力做功对应的能量转化。A.机械能减小了100

JC.重力势能减小了1

900JB.动能增加了2

100

JD.重力势能增加了2

000

J解析

运动员下滑过程中，减少的重力势能等于重力做的功2000J；由于克服阻力做功100J，由能量守恒定律可知，运动员的机械能减少了100

J；由动能定理可知，运动员增加的动能为ΔEk＝(2

000－100)J＝1

900

J，选项B、C、D错误，A正确。1.(2015·清远市高三期末调研考试)滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离，重力对他做功为2000J，运动员克服阻力做功100J，则运动员的(A

)2.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小

物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(

)A.W＝0，Q＝mv2B.W＝0，Q＝2mv2mv2C.W＝

2

，Q＝mv2D.W＝mv2，Q＝2mv22解析

对小物块，由动能定理有

W＝1

v2

1mv2＝0，设小物m

－2块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对2v2路程x

相对＝

μg

，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x

相对＝2mv2，选项B

正确。答案

B3.(2015·天津理综，5)如图7所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(

)图7圆环的机械能守恒弹簧弹性势能变化了3mgL圆环下滑到最大距离时，所受合力为零圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析

圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故

A、D

错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C

错误；圆环重力势能减少了3mgl，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl，故B正确。答案

B4.如图8所示，质量为M＝8kg的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F＝12

N的水平推力，当木板向右运动的速度达到

v0＝1.5

m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝

2kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，取g＝10

m/s2。求：图8(1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功；

(2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量。解析

(1)放上铁块后，铁块加速度

a1＝μg＝2

m/s2(方向向右)2MF－μmg木板加速度

a

＝ ＝1

m/s2(方向向右)二者达到共同速度v

所用时间t＝v－v0＝

va2

a1解得v＝3

m/s，t＝1.5s12从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x

＝v

＝2.25

mt2木板位移x

＝0v

＋v2t＝3.375

m木板对铁块做的功W1＝μmgx1＝9

J铁块对木板做的功W2＝－μmgx2＝－13.5

J。(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＝4.5

J。答案

(1)9

J

－13.5

J (2)4.5

J功能关系的应用“三注意”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。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。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。作好两分析，突破滑块一滑板类问题动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由

t＝Δv2＝Δv1可求出共同速度

v

和所用时间

t，然后由位移公a2

a1式可分别求出二者的位移。(2)功和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板；③求摩擦生热时用相对滑动的路程x相。考向三

动力学方法和动能定理、机械能守恒定律的综合应用核心知识1.牛顿第二定律：F＝ma1222122.动能定理：W＝

mv

－mv213.规律方法若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及 运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动 力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、 机械能守恒定律或功能关系求解。1.(多选)(2015·西安八校高三联考)2014年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀《魔幻三兄弟》给观众留下了很深的印象，该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为30°的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉。演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”。已知演员甲的质量m＝60

kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m。设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则该过程中，下列说法正确的是()A.演员甲被抛出的初速度为4

m/sB.演员甲运动的时间为0.4

sC.演员甲的重力势能增加了480

JD.演员乙和演员丙对甲做的功为480

J解析

沿斜面上滑的演员甲受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：－mgsin30°－μFN＝ma，FN＝mgcos30°，由演员甲悬停在最高点得，mgsin

30°＝μmgcos

30°，在斜面上演员甲做匀减速直线运动，－v2＝2ax

解得：v

＝4 m/s，A

项正0

0确；由x＝v0t

解得：t＝0.4

s，B

项正确；演员甲实际上升高度2Δh＝0.8sin

30°m＝0.4

m，重力势能增加ΔEp＝mgΔh＝240

J，12C

项错误；由动能定理可知，演员乙和演员丙对甲做功W＝

mv20＝480J，D

项正确。答案

ABD2.(多选)如图9甲所示，轻杆一端与质量为1

kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、－5。g取10

m/s2，不计空气阻力。下列说法中正确的是(

)图9A.轻杆的长度为0.6

mB.小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上

C.B点对应时刻小球的速度为3

m/sD.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.5

m解析

由图象分析可知，A

点、C

点分别对应小球位置是最高2C1

122

2A点和最低点，由机械能守恒定律得：mg·2L＝

mv

－

mv

①代入数据得：L＝0.6

m

选项A

正确；N小球在最高点时

mg－F

＝mv2LA②N3代入数据得：F

＝25

N所以小球经最高点时，杆对它的作用力竖直向上，选项B

正确；B1

12

22

2A小球由

A→B

由机械能守恒定律得：mgL＝

mv

－

mv

③代入数据得：vB＝

13 m/s

选项

C

错误；曲线AB

段与坐标轴所围图形的面积等于水平方向的位移，即S＝L＝0.6

m，所以选项D

错误。答案

AB3.(2015·山东理综，23)如图10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：图10物块的质量；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。解析

(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1＝mg①对物块，F1＋T1＝Mg②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得对小球，T2＝mgcos

60°③对物块，F2＋T2＝Mg④联立①②③④式，代入数据得M＝3m⑤(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，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理f122得mgl(1－cos

60°)－W

＝

mv

⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得v2T3－mg＝m

l

⑦对物块，由平衡条件得F3＋T3＝Mg⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得Wf＝0.1mgl⑨答案

(1)3m

(2)0.1mgl图114.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为

L1＝2

3 m

的倾斜轨道

AB，22通过微小圆弧与长为L

＝

3m

的水平轨道BC

相连，然后在C

处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图11所示。现将一个小球从距点高为h＝0.9

m的水平台面上以一定的初速度v0

水平弹出，到A

点时速度方向恰沿AB

方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB

和BC

间的3动摩擦因数均为μ＝ 3。g

取

10

m/s2，求：(1)小球初速度v0的大小；小球滑过C点时的速率vC；要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件。解析

(1)小球做平抛运动到达

A

点，由平抛运动规律知y竖直方向有：v2＝2gh即：vy＝3

2

m/s因为在A

点的速度恰好沿AB

方向，所以小球初速度：v0＝vytan

30°＝

6

m/s(2)从水平抛出到C

点的过程中，由动能定理得：1

1

222C1

1mg(h＋L

sin

θ)－μmgL

cos

θ－μmgL

＝

mv

－2mv20解得：vC＝3

6 m/s。v2(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg＝mR11221

12小球做圆周运动过程中，由动能定理有：－2mgR

＝

mv

－mv2C1v25g解得：R

＝

C＝1.08

m212当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR

＝

mv2C2v22g解得：R

＝

C＝2.7

m当圆轨道与AB相切时：R3＝BCtan

60°＝1.5

m，即圆轨道的半径不能超过1.5

m综上所述，要使小球不离开轨道，R

应该满足的条件是：0＜R≤1.08

m。答案

(1)

6

m/s

(2)3

6

m/s (3)0＜R≤1.08

m高频考点五

动力学观点和能量观点的综合应用规律的优先原则涉及运动时间或相互作用时间，宜优先选取牛顿第二定律和运动学公式对单个物体，宜选用动能定理，特别是涉及位移的应优先选用动能定理。若是多个物体组成的系统，则优先考虑机械能守恒定律和能量守恒定律。若涉及系统内物体间的相对路程并涉及滑动摩擦力做功，要优先考虑能量守恒定律。(6分)(2014·安徽卷)如图12所示，有一内壁光

滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN

是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从

M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到

N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2。则(

)图12A.v1＝v2，t1＞t2C.v1＝v2，t1＜t2B.v1＜v2，t1＞t2D.v1＜v2，t1＜t2审题流程第1步：抓关键点→获取信息求解v1和v2的关系→选两个运动