高考物理二轮复习：机械能守恒、功能关系(含答案解析)

1、机械能守恒、功能关系热点一机械能守恒定律的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点：(1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动(3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查1.(2014·汕头一模)蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图所示有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是()A运动员的机械能守恒B运动员的速度一直减小C合力对运动员做负功D运动员先超重后失重

2、解析由能量守恒定律可知，运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A错误；当F弹mg时，a0，在此之前，F弹mg，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F弹mg，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B、D错误；从A位置到B位置，由动能定理得W合Ek0，选项C正确答案C2.(多选)(2014·长春二模)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A当M2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越

3、大B当M2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C当Mm时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D当Mm时，且l确定，则圆环m下降过程中速度一直增大解析由系统机械能守恒可得mghMg(l)，当M2m时，hl，所以A选项正确；当Mm时，对圆环受力分析如图，可知FTMg，故圆环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D选项正确答案AD3.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高将A由静止释放，B上升的最大高度是()A2RB.C. D.解析如图所示，以A

4、、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgRmgR×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2mgh，解得hR.则B上升的高度为RRR，故选项C正确答案C总结提升(1)机械能守恒定律的三种表达式守恒观点：Ek1Ep1Ek2Ep2转化观点：EpEk转移观点：EA增EB减(2)机械能守恒定律解题的基本思路选取研究对象物体系或物体根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能灵活选取机械能守恒的表达式列机械能守恒定律方程解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验热

5、点二功能关系的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：(1)考查做功与能量变化的对应关系(2)涉及滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查1.(2014·云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A该同学机械能增加了mghB起跳过程中该同学机械能增量为mghmv2C地面的支持力对该同学做功为mghmv2D该同学所受的合外力对其做功为mv2mgh解析本题考查的是

6、力做功和能的转化问题，该同学重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mghmv2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合mv2，D错答案B2.(2014·高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月以月面为零势能面，“玉兔”在

7、h高度的引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为月球质量若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.(h2R) B.(hR)C. D.解析“玉兔”在h高处做圆周运动时有G.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功Wmv2Ep.在月球表面有mg月，联立各式解得W.故选项D正确，选项A、B、C错误答案D 3.如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L1.5 m，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v02 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，求：(1)物块在车面上滑行

8、的时间t；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中转变成的内能解题指导解答本题时应把握以下两点：(1)正确分析物块和小车的受力情况及运动情况(2)正确利用功能关系求摩擦力的功和产生的内能解析(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则a1 m/s2，a2g5 m/s2，v0a2ta1t，所以t0.24 s.(2)相对静止时的速度va1t0.8 m/s，物块克服摩擦力做的功Wm2(vv2)0.336 J.(3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则Em2v(m1m2)v20.24 J.答案(1)0.24 s(2)0.336 J(3)0.24 J总结提升

9、解决功能关系问题应注意的三个方面(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，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)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少.(3)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.)用动力学和能量观点解决传送带问题命题规律：传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在2015年高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题解析(1)小物块在传送带上做匀

10、加速运动的加速度ag5 m/s2(1分)小物块与传送带共速时，所用时间t1 s(2分)运动的位移xat22.5 m(LxP)6 m(2分)故小物块与传送带共速后以v05 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得mvmgyN(2分)解得yN1.25 m(1分)(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x相对v0tx2.5 m(2分)产生的热量Qmgx相对12.5 J(2分)(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得mg(Lx1)mgyM(2分)代入数据解得x17 m(2分)故小物块在传送带上的位置横坐标范围为0x7 m(2分)答

11、案(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0x7 m总结提升(1)传送带模型题的分析流程：(2)皮带问题中的功能关系：传送带做的功WFFl带，功率PFv带；摩擦力做功W摩F摩l；物体与皮带间摩擦生热QFfl相对(3)如质量为m的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q，有如下关系：EkQmv.最新预测1(多选)(2014·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止

12、释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是()A电动机多做的功为mv2B摩擦力对物体做的功为mv2C电动机增加的功率为mgvD传送带克服摩擦力做功为mv2解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对物体列方程，Wfmv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率Pmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误最新预测2(2014·德州二模)如图所示，轮半径r10 cm的传送带，水平部分AB的长度L1.5 m，与一圆心在O点、半径R1 m的竖直

13、光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H1.25 m，一质量m0.1 kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角37°.已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数0.1，不计空气阻力(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3)若传送带以v00.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能解析：(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1cos 37&#

14、176;)mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：FNmg由以上两式得FN1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：mgLmvmv2解得：vB1 m/s滑块从B点开始做平抛运动滑块的落地点与B点间的水平距离为：xvB0.5 m.(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变所以滑块和传送带间的相对位移为：xLv02 m滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Qmgx0.2 J.答案：(1)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m(3)0.2 J一、选择题1(多选)(20

15、14·吉林质检)如图所示，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g.下列判断正确的是()A整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功B物块所受支持力做功为mgLsin C发生滑动前静摩擦力逐渐增大D整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可知在这个过程中支持力做正功，而且根据动能定理，在缓慢抬高A端的过程中，WmgLsin 0，可知W

16、mgLsin ，所以A项错，B项正确由平衡条件得在滑动前静摩擦力f静mgsin ，当时，f静，所以C项正确在整个过程中，根据除了重力以外其他力做功等于机械能的变化量可知D项正确2(2014·高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有Fmgma，hat2，某一时刻的机械能EEF·h，解以上各式得E·t2t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确3(2014·芜湖一模)如图所示，质量分

17、别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是()AA物体的机械能增大BA、B组成系统的重力势能增大C下落时间t过程中，A的机械能减少了mg2t2D下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为mg2t解析：选C.在A下落的过程中，拉力对A做负功，对B做正功，A的机械能减小，B的机械能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误释放后，A、B物体都做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿第二定律得2mgmg3ma，故加速度ag，t时间内A物体下降高度为gt2，绳子拉力大

18、小为mg.拉力对A物体所做负功为mg2t2，A物体机械能减少mg2t2，C对下落时间t时，B物体的运动速度为gt，拉力功率大小为mg2t，D错4(2014·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2，下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选D.在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力以

19、外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E为机械能，解得f0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C项错；当上升h2 m时，由动能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确5(多选)(2014·钦州一模)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地

20、面恰好无压力若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间()A物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B弹簧的弹性势能等于mghmv2C物体B有向上的加速度D弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A即将接触地面时，物体B对地面无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F2mg，选项C错误；然后对A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mghEpmv2，弹簧的弹性势能Epmghmv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为PFv2mgv，选项D正确6(2013·高考安徽卷)质量为m的人造

21、地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()AGMm BGMm C. D. 解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供根据万有引力提供向心力得Gm而动能Ekmv2由式得Ek由题意知，引力势能Ep由式得卫星的机械能EEkEp由功能关系知，因摩擦而产生的热量QE减E1E2，故选项C正确7(2014·漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直

22、向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A小球的动能减少了B小球的动能增加了C小球的电势能减少了D小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力Fmg，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故EkFhmgh，选项A错、B对由题意可知，电场力F电mg，电场力做负功，电势能增加，EpF电·hmgh，选项C、D均错8(多选)(2014·郑州三模)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，

23、然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A小球落地时的动能为2.5mgRB小球落地点离O点的距离为2RC小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零D小球到达Q点的速度大小为解析：选ABD.小球恰好通过P点，mgm得v0.根据动能定理mg·2Rmv2mv得mv22.5mgR，A正确由平抛运动知识得t，落地点与O点距离xv0t2R，B正确P处小球重力提供向心力，C错误从Q到P由动能定理mgRm()2mv得vQ，D正确9(多选)(2014·海口调研)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示在物体运动过程中，空气阻力不计，其机

24、械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大则()A在x1处物体所受拉力最大B在x2处物体的速度最大C在x1x3过程中，物体的动能先增大后减小D在0x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故Ex图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在x1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确；在x2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在x2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B错误；在x1x3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C正确；0x2的过程中拉力先大于重

25、力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D错误二、计算题10(2014·云南部分名校统考)如图所示，与水平面夹角为30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L4 m，传送带以恒定的速率v2 m/s向上运动现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数，取g10 m/s2，求：(1)物体从A运动到B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能解析：(1)物体无初速度放在A处后，因mgsin mgcos ，则物体斜向上做匀加速直线运动加速度a2.5 m/s2物体达到与传送带

26、同速所需的时间t10.8 st1时间内物体的位移L1t10.8 m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t21.6 s物体运动的总时间tt1t22.4 s.(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为Lvt1L10.8 m 因摩擦而产生的内能E内mgcos ·L6 JE总EkEpE内mv2mgLsin E内28 J.答案：(1)2.4 s(2)28 J11(2014·济南一模)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切一质量m1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h0.6 m滑块在木板上滑行t1 s后，和

27、木板以共同速度v1 m/s匀速运动，取g10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量解析：(1)对木板FfMa1由运动学公式得va1t解得a11 m/s2，Ff2 N.(2)对滑块有Ffma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式vv0a2t解得a22 m/s2，v03 m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mghWFfmv可得滑块克服摩擦力做的功为WFfmghmv1.5 J.(3)t1 s内木板的位移x1a1t2此过程中滑块的位移x2v0ta2t2故滑块相对木板滑行距离Lx2x11.5 m

28、产生的热量QFf·L3 J.答案：(1)2 N(2)1.5 J(3)1.5 m3 J12(2014·潍坊模拟)如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点，将一质量为1 kg的小物块靠在弹簧右端并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep18.5 J，现将小物块无初速释放，已知OP0.25 m，PN2.75 m，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆轨道半径R0.4 m，g取10 m/s2.求：(1)物块从P点运动到N点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B.若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的距离若不能

29、，简要说明物块的运动情况解析：(1)从开始释放到小物块运动至P，由能量守恒定律，EpmgxOPmv解得：vP6 m/s设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律：xPNvPtat2mgma解得：t0.5 s或t5.5 s(舍去)(2)物块由P至N，由动能定理得：mgxPNmvmv设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B物块速度大小为vB，由机械能守恒定律得：mv2mgRmv解得：vB3 m/s物块通过最高点的最小速度为vminmgm，vmin2 m/s因vBvmin，故物块能通过B点通过B点后做平抛运动：xvBt2Rgt2解得：x1.2 m.答案：(1)0.5 s(2)能通过B点1.2 m第3

30、讲动力学和功能观点的应用热点一用动力学观点解决多过程问题命题规律：力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主1.(2014·武汉模拟)如图甲所示，质量M1 kg的薄木板静止在水平面上，质量m1 kg的铁块(可视为质点)静止在木板的右端设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面间的动摩擦因数10.05，铁块与木板之间的动摩擦因数20.2，重力加速度g10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F，

31、(1)若力F恒为4 N，经过时间1 s，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；(2)若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象解析(1)对铁块，由牛顿第二定律F2mgma1对木板，由牛顿第二定律2mg1(Mm)gMa2设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则x铁a1t2x木a2t2又x铁x木L解得L0.5 m.(2)当F1(mM)g1 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比并保持大小相等，即FfF当F1(mM)g1 N时，若M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F1(mM)g(mM)aFFfm

32、a解得F2Ff1 N此时Ff2mg2 N，即F3 N所以当1 NF3 N时，Ff0.5 N当F3 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff2mg2 NFfF图象如图所示答案(1)0.5 m(2)见解析图2.(2014·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC的倾角53°，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接，一质量m2 kg的小物块静止于A点现用与水平方向成53°角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t14 s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x14 m(已知sin 53°0.8，cos 53°0.

33、6，g取10 m/s2)求：(1)恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2；(3)小物块停止运动时到B点的距离x3.解析(1)AB段加速度a10.5 m/s2根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1解得：F N11 N.(2)到达B点时，小物块的速度va1t12 m/s在BC段的加速度：a2gsin 53°8 m/s2由v22a2x2得：x2 m0.25 m.(3)小物块从B向A运动过程中，由mgma3，解得：a3g5 m/s2滑行的位移x3 m0.4 m，小物块停止运动时，离B点的距离为0.4 m.答案(1)11 N(2)0.25 m(3)0.4

34、m热点二用功能观点解决多过程问题命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求解高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等1.(2014·温州五校联考)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m，现有一个质量为m0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数0.5.取sin 37°0.6

35、，cos 37°0.8，g10 m/s2，求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小解析(1)小物体从E到C，由能量守恒得：mg(hR)mv，在C点，由牛顿第二定律得：FNmgm，联立解得FN12.4 N.(2)从EDCBA过程，由动能定理得：WGWf0，WGmg(hRcos 37°)LABsin 37°，Wfmgcos 37°LAB.联立解得

36、LAB2.4 m.(3)因为mgsin 37°mgcos 37°(或tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，QEp，Epmg(hRcos 37°)，联立解得Q4.8 J.答案(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J2.如图甲所示，斜面AB粗糙，倾角为30°，其底端A处有一垂直斜面的挡板一质量为m2 kg的滑块从B点处由静止释放，滑到底端A处与挡板碰撞并反弹到最高点C处，已知滑块与挡板碰撞时能量损失了19%，滑块的vt图象如图

37、乙所示，重力加速度g10 m/s2.(1)求vt图象中的v、t的值；(2)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)若滑块与挡板碰撞无能量损失，求滑块整个运动过程中通过的总路程s.解析(1)由vt图象知滑块反弹速率为v29 m/s，即反弹时能量为Ek2mv81 J，因碰撞时能量损失19%，即滑块下滑到A处时能量为Ek1100 J而Ek1mv2，代入数据得v10 m/s又因va1t1，a1 m/s22.5 m/s2由牛顿第二定律知滑块下滑时有mgsin mgcos ma1反弹上滑时有mgsin mgcos ma2而v2a2t2联立并代入数据得t21.2 s所以t4 s1.2 s5.2 s.(2)因mgs

38、in mgcos ma1代入数据得.(3)由x t知AB长为Lt120 m由能量守恒知mgLsin mgcos ·s0解得s40 m.答案(1)10 m/s5.2 s(2)(3)40 m动力学和功能观点的综合应用命题规律：应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，这类题一般是高考中的压轴题，综合能力要求很高，预计2015年可能会以平抛或圆周运动为运动模型，结合弹簧、传送带，甚至会涉及一定的电磁学情景来考查解析(1)由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma(1分)解得a2 m/s2(1分)Lat2(1分)解得t1 s(1分)(2)当小球从P点无初速度滑下时，设弹簧被压缩至

39、x处有最大速度vmmgsin mgcos kx(1分)解得x m0.017 m(1分)由动能定理得，mgsin ·(Lx)mgcos ·(Lx)Wmv(2分)由功能关系得，WEpkx2(1分)代入数据得vm m/s2 m/s.(1分)(3)设小球从P点下滑压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsin ·(Lx1)mgcos ·(Lx1)kx0mv(2分)从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有kxmgsin ·(Lx1)mgcos ·(Lx1)0(2分)联立解得：x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.(

40、1分)答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s特别提醒(1)小球从接触弹簧到回到Q点的过程，小球和弹簧所组成的系统机械能并不守恒，但总的能量是守恒的(2)对于非匀变速直线运动，不能利用牛顿定律和运动学公式求解，但能用动能定理、能量守恒定律或功能关系进行求解最新预测1如图所示，水平粗糙轨道AB与光滑倾斜轨道BC在B点处由一段小圆弧平滑连接，BC的倾角为30°，AB、BC长度均为2 m，OC右侧是一半径长度等于斜面高度的圆弧轨道，BC与圆弧轨道在C点处平滑连接，一质量为m1 kg、可看做质点的物体在水平恒定外力F10 N的作用下从A点由静止出发水平向右运动，到B点时撤去外力，

41、物体恰好能从圆弧轨道上的D点离开轨道，COD37°，重力加速度g10 m/s2.(1)求物体在C点时对圆弧轨道的作用力的大小和方向；(2)求物体与粗糙面AB间的动摩擦因数；(3)若物体恰好能到达C点，求力F的作用时间t.解析：(1)因物体从D点离开圆弧轨道，由牛顿第二定律知mgcos 37°m从C到D由动能定理知mgR(1cos 37°)mvmv在C点由牛顿第二定律知mgFNm联立并代入数据得FN6 N，方向竖直向上由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的作用力的大小为6 N，方向竖直向下(2)从A到C的过程中，由动能定理知(Fmg)smgRmv代入数据得0.4.(3)因

42、物体恰好能到达C点，则从A到C由动能定理知FxmgsmgR0而xat2a联立各式并代入数据得t s.答案：(1)6 N，方向竖直向下(2)0.4(3) s最新预测2如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R0.4 m的两个光滑1/4圆弧轨道BCD平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A、D两点等高，在D点右侧有一以v13 m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量为m1 kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数1；(2

43、)若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？(3)在第(2)问前提下若滑块滑到D点后滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？解析：(1)A到C过程根据动能定理有mg×(2RR)1mgcos 45°×0可得：10.5.(2)若滑块恰能到达D点，在D点，根据牛顿第二定律有mgvD2 m/s从高为H的最高点到D的过程，根据动能定理有mg(H2R)1mgcos 45°×mv0求得：H2 m.(3)由于v1vD，滑块P返回到D点时的速度大小仍为vD设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，

44、由动能定理：mv1mgcos 45°×mg(2Rh)h m当滑块P在传送带上向右运动时：s11 m，s2v13 ms1s1s24 m当滑块在传送带上向左运动时s31 m，s43 ms2s4s32 m所以总相对位移ss1s26 m产生的热量：Qmgs12 J.答案：(1)0.5(2)2 m(3) m12 J失分防范在攻克力学综合问题时极易从以下几点失分：不理解题述物理情景，不能从中获取有用信息；抓不住题设条件中的关键信息，不能正确选择研究对象及物理过程；不能正确列出动力学方程或功能关系方程；应用数学知识处理物理问题的能力较差.可从以下几点进行防范：多练审题基本功，去伪存真，抓

45、关键点；仔细研究物理过程找突破口；当涉及(恒)力及时间时，一般用动力学法；当涉及功、能及位移时一般用功能法.)一、选择题1(2014·昆明质检)如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是()A弹簧与杆垂直时，小球速度最大B弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于m

46、ghD小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量大于mgh解析：选B.弹簧与杆垂直时，弹性势能最小，小球重力势能和动能之和最大，选项A错误，B正确由机械能守恒定律，小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh，选项C、D错误2(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80.则()A物体的质量m0.67 kgB物体与斜面之间的动摩擦因数0.40C物体上升过程中的加

47、速度大小a10 m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek10 J解析：选CD.上升过程，由动能定理得，(mgsin mgcos )·hm/sin 0Ek1，摩擦生热mgcos ·hm/sin E1E2，解得m1 kg，0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小agsin gcos 10 m/s2，故C正确；上升过程中的摩擦生热为E1E220 J，下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek50 J40 J10 J，D正确3在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v2 m/s运行，质量为m0.5 kg的工件以v01

48、 m/s 的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g10 m/s2，则下列说法中正确的是()A工件经0.5 s停止相对滑动B正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC摩擦力对每个工件做正功为1 JD每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：选A.工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为ag2 m/s2，加速时间为t0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为dvt1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为WFfmv2mv0.75 J，C错；在t0.5 s内，工件对地

49、位移为x1t0.75 m，传送带对地位移为x2vt1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为QFf(x2x1)0.25 J，D错4如图所示，斜面倾角为37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为415，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度为h，此时各段轻绳刚好拉紧已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g10 m/s2，小物体3从静止突

50、然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为()A3h B.hC2h D.h解析：选D.从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh(4mgsin 4mgcos )h(10m)v，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为0，对1和2应用功能关系有mgs(4mgsin 4mgcos )s0(5m)v，得sh，则1沿斜面上滑的最大距离为Lhsh.二、计算题5(2014·稽阳联谊学校高三联考)如图所示，AB段为长度L15 m的粗糙水平地面，其动摩擦因数0.2，它高出水平地面CD的高度h1.25 m，EFD为一半径R0.4 m的光滑半圆形轨道

51、现有一质量m1 kg的小球，在恒定的外力F4 N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道EFD的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零取g10 m/s2，试求：(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离解析：(1)令平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mgm解得v02 m/s由hgt得t10.5 sx1v0t11 m因斜

52、抛可看做逆向的平抛运动，所以由2Rgt得t20.4 sx2v0t20.8 m所以L2x1x21.8 m.(2)令F作用距离为x由动能定理可得FxmgL1mv解得x3 m.答案：(1)1.8 m(2)3 m6(2014·江西红色六校联考)如图所示，在竖直方向上A、B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光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°.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B的质量为m，C的质量为4m，A的质量远大于m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦

53、力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，求：(1)当B物体的速度最大时，弹簧的伸长量；(2)B物体的最大速度解析：(1)通过受力分析可知：当B的速度最大时，其加速度为0，绳子上的拉力大小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量为xA，满足kxAmg则xA.(2)开始时弹簧压缩的长度为：xB因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为hxAxB由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，B、C两物体的速度大小始终相等，设最大速度为vBm，由机械能守恒得：4mghsin 30°mgh(m4m)v由此解得vBm2g.答案：(1)(2)2g7(2013·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m开始时，质量分别为M10 kg和m2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均可看