2022年高考物理精讲专题功能关系在力学中的应用4.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载高考定位功和功率、 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,常以挑选题、运算题的形式显现,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： 深刻懂得功能关系,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.开头时,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

2、的恒力 F,使 a、b 做加速运动,就在 b 下降 h 高度过程中 图 1 Aa 的加速度为F ma 机械能的增加a、b 动能的增加Ba 的重力势能增加mghC绳的拉力对a 做的功等于DF 对 b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于审题突破 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？动能的变化又和什么力做功相对应？答案 BD 1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,使小物块从静止开头做名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 15 页精选学习资料 -

3、- - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为f,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,以下结论正确选项 图 2 A小物块到达小车最右端时具有的动能为 Ff Lx B小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为 fxC小物块克服摩擦力所做的功为 fLx D小物块和小车增加的机械能为 FLx 答案 ABC 解析 小物块受到的合外力是Ff,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 FfLx,同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；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 FLx22022

4、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 3 A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削减,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m1kg 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

5、沿传送带向上为正方向,名师归纳总结 g10m/s2,sin37 0.6,cos370.8.就以下说法正确选项 第 2 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 4 A物体与传送带间的动摩擦因数为 0.875 B08s内物体位移的大小为 18m C08s内物体机械能的增量为 90J D08s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 126J 答案 AC 解析 依据速度时间图像分析,前 6 秒钟,物体的加速度方向沿传送带向上,大小为 a1m/s2,依据物体在传送带上受力分析有 mgcosmgsinma,整理得 0.875,选项

6、A 正确 .08s 内物体位移等于前 8 秒钟速度时间图像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,结合图像得位移 x26 422 2 2 m14m,选项 B 错误 .08s 内物体动能增加量为 12m v 21 2m v 206J,重力势能增加 mgx sin84J,机械能增加量为 6J84J 90J,选项 C 正确摩擦生热分为三部分,第一部分为前 2 秒：Q1 mgcosv0 2 t114J,其次部分为 26s,摩擦生热 Q2 mgcosv 2t256J,最终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 08s 内物体与传送带由于

7、摩擦产生的热量为几个重要的功能关系Q1Q270J,选项 D 错误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 fl相对考题 2 动力学方法和动能定理的综合应用名师归纳总结 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 光第 3 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载滑

8、,两轨道相接处为一很小的圆弧质量为m0.1kg 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v4m/s ,当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处 b 时,脱离圆轨道开头沿倾斜直轨道bc 滑行, 到达轨道 cd 上的 d 点时速度为零 如滑块变换轨道瞬时的能量缺失可忽视不计,已知圆轨道的半径为 R 0.25 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 g 10 m/ s 2,sin37 0.6.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

9、；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供应向心力,由牛顿其次定律即可求解；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其次定律,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,a 时对轨道的压力大小为5.4N. 2 由牛顿其次定律得：mgNmv R,2 得 Nmv Rg5.4N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点2从 a 点到 d 点全程,由动能定理得：名师归纳总结 mgRRcosLsin h mgcosL01 2mv2 v g RRcos

10、Lsinh 2 gLcos 0.8 2a2,时间为t2,第 4 页,共 15 页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在 c 点时的速度为vc. 由 c 到 d：1 2mv2 cmghvc2gh2m/s - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料b 1 2mv2欢迎下载a 点到 b 点的过程： mgR1 cos1 2mvvbv22gR 1 cos 5m/s 在轨道 bc 上：下滑： Lv b vct1t 12L7.5s v bvc2上滑： mgsin mgcosma2a2gsin gcos12.4m/s20v c

11、a2t2t2v c a212.4s0.16s 2tan,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 7.5 0.16 s7.66s 答案15.4N20.837.66s 4如图 6a所示,一物体以肯定的速度v0沿足够长斜面对上运动,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 g10m/s 2,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 值最小名师归纳总结 答案 1325m/s3 3,此时摩擦力第 5 页,共 15 页3解析 1由题意可知,当 为 90时,

12、v 02gh由题图 b 可得： h5 4m 当 为 0时, x05 4 3m,可知物体运动中必受摩擦阻力设动摩擦因数为大小为 mg,加速度大小为 g.由运动学方程得- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - v2 02 gx0学习好资料欢迎下载联立 两方程： 3 32由式可得： v05m/s 3对于任意一角度,利用动能定理得对应的最大位移 x 满意的关系式1 22mv 0mgxsin mgxcos2解得 xv 0hh2g sincos sincos 1 2sin 其中 tan,可知 x 的最小值为 x1 h22 h1.08m 3对应的 2 2 6601应用动力学

13、分析问题时,肯定要对讨论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应用动能定理时要留意运动过程的选取,可以全过程列式,也可以分过程列式1假如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洁2由于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假如涉及多物体组成的系统,由于要考虑内力做的功,所以要非常谨慎 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

14、 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例 314 分如图 7 所示,倾角30、长 L4.5m 的斜面,底端与一个光滑的1 4圆弧轨道平滑连接,圆弧轨道底端切线水平一质量为m1kg 的物块 可视为质点 从斜面最高点名师归纳总结 A 由静止开头沿斜面下滑,经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C,又从圆弧轨道第 6 页,共 15 页滑回,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,最终停在B 点已知物块与斜面间的动摩擦因数为6,g 10m/s 3 2,假设物块经- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎

15、下载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 mgcosma2 分 解得： a2.5m/s 21 分 从 A 到 B,物块匀加速运动,由 L1 2at21 分 C 点速度为 0.设物块到 B 点的速度为v,可得 t310s1 分 52由于物块恰好到C 点,所以到就 mgR1 2mv 22 分 2vNmgm R1 分 解得 N3mg30N1 分 由牛顿第三定律可得,物块对轨道的压力为N30N,方向向下 1 分 s,3从开头释放至最终停在B 处,设物块在

16、斜面上滑行的总路程为就 mgLsin mgscos03 分 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解得 s9m1 分 答案13 10 5s230N ,方向向下39m m1kg 的小物块,从光滑平台上的A 点18 分如图 8 所示,有一个可视为质点的质量为以 v01.8m/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,最终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 v

17、3 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 R2m,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 g10m/s 2,sin53 0.8,cos530.6.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122.5N ,方向竖直向下232J vC,由平抛运动的规律可知,C 点的速度方向与解析1设小物体在C 点时的速度大小为水平方向成53,就由几何关系可得：vC v 0 cos1.8 cos53 m/s 3 m/ s由 C 点到 D 点,由动能定理得：mgR1cos1

18、 2mvD1 2mv2 C小物块在 D 点,由牛顿其次定律得：2v DNmgm R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：NN联立 得： N 22.5N,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 mg m g0.5 10m/s2 5 m/ s 2a,由牛顿其次定律得：名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载x2,就：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vD at1x11 2at 21x2vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带

19、速度相同时间为t2,向右通过的位移为x3,传送带向右运动的距离为x4,就vat2x31 2at 2 2x4vt2.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：Q mgx.联立 . 解得： Q32J 学问专题练训练 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 2v 0,如小球受到的空气阻力不能忽视,就对于小球下落的整个过程,下面说法中正确选项 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 mgh2C合外力对小球做的功小于 mv 0D重力势能的削减量等于

20、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Ek1 2m2v 0 21 2mv 03 2mv 20mv 20,选项 C 错误；由于小球在下落的过程中克服空气阻力做功,所以重力势能的削减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名师归纳总结 光滑轻滑轮与物块b 相连, b 的质量为m,开头时a、b 及传送带均静止,且a 不受传送带第 9 页,共

21、15 页摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,就在b 上升 h 高度 未与滑轮相碰 过程中 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 1 A物块 a 重力势能削减 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 magsinmg,就 mam sin.b 上升 h,就 a 下降 hsin,就 a 重力势能的削减量为maghsinmgh,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

22、a做的功大于 a 的机械能增加量 由于系统重力势能不变,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：Pamagvsinmgv,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某家用桶装纯洁水手压式饮水器如图 2 所示,在手连续稳固的按压下,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视,出水口的横截面积为 S,水的密度为 ,重力加速度为 g,就以下说法正确的是

23、 图 2 名师归纳总结 A出水口单位时间内的出水体积QvS第 10 页,共 15 页B出水口所出水落地时的速度2gH3 Sv 2 vSgHC出水后,手连续稳固按压的功率为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载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,就水柱长 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 v 1,依据动能定理 mgH1 2mv 11 2mv 2,故水落地时的速度不等于 2gH,所以 B 错误；设 t 时间内,供水质量

24、为 m,人做功为 W,依据供水1 2mgH2mv Sv 3vSgH系统的效率为 可得：W,其中 mvtS 代入得 P2 ,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,就滑块从 a 到 c 的运动过程中 图 3 A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肯定等于1 2mghC小球经 b 点时的速度大于ghv2D小球经 b 点时的速度等于2ghv2答案 C 解析 由题意知,在小球从 b 运动到 c

25、 的过程中,摩擦力做负功,动能在削减,所以 A 错误；从 a 到 c 依据动能定理：mghWf 0 可得全程克服阻力做功 Wf mgh,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肯定不等于 mgh2,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 ghv 2,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 x10m 的水平直轨道,BCD 是圆心为 O、半径为 R10m 的 34圆弧轨道,两轨道相切于 B 点在外

26、力作用下,一小球从 A 点由静止开头做匀加速直线运动,到达B 点时撤除外力已知小球刚好能沿圆轨道名师归纳总结 经过最高点C,重力加速度为g10m/s2.求：第 11 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 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 125m/s2253 s 2 mg mv R C解析 1小滑块恰好通过最高点,就有：解得 vCgR10m/s 从 B 到 C 的过程中机械能守恒：1 2mvB1 2mv2 C mg2Rv2 B2ax解得 vB5g

27、R105m/s 从 A B 依据速度位移公式得：2解得 a 25 m/s2从 C 到 D 的过程中机械能守恒：12mv D1 2mv 2C mgR解得 vD3gR10 3m/s 由 C 到 B 再到 A 的过程机械能守恒,故 vAvB10 5m/s 小球从 DA 做加速度为 g 的匀加速运动,由速度公式得：v Av Dgt解得 t 53 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 ,其外形为半径 R0.8m 的圆环剪去了左上角135的圆弧, MN 为其竖直

28、直径,P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m10.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点,释放后弹簧复原原长时物块恰停止在 B 点用同种材料、质量为 m20.2kg 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g10m/s2,求：名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 5 1物块 m2过 B 点时的瞬时速度 2BP 之间的水平距离；v 0 及与桌面间的滑动摩擦因数；3判定 m2能否沿圆

29、轨道到达 M 点 要有运算过程 ；4释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功答案 16m/s0.424.1m3不能45.6J x6t2t 2 与 x v0t1 2at2 比较得：解析 1由物块 m2 过 B 点后其位移与时间的关系v06m/s 加速度 a 4m/s 而 m 2gm2a2得 0.4 2设物块由 D 点以 v D 做平抛运动落到 P 点时其竖直速度为 v y2gR依据几何关系有：vDtan45 vy解得 vD4m/s 运动时间为： t2Rg1.610 s0.4s 所以 DP 的水平位移为：4 0.4m1.6m 2 2v Dv 0BD 间位移为 xBD2a2.5m 所以 BP 间位移为

30、 2.5m1.6m4.1m 3设物块到达2 v M m2gm2 RM 点的临界速度为v M,有：vMgR2 2m/s 由机械能守恒定律得：名师归纳总结 1 2m2v M21 2m2v2 D2 2 m2gR第 13 页,共 15 页解得 vM168 2m/s 由于168 222 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以物块不能到达M 点学习好资料欢迎下载4设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 Ep,释放 m1 时, Ep m 1gxCB释放 m2时 Ep m 2gxCB1 2m2v 20且 m12m2可得： Epm2v2 07.2J 2 DWfm2 释放后在桌

31、面上运动过程中克服摩擦力做功为就由能量转化及守恒定律得：EpWf1 2m2v可得 Wf5.6J 7如图 6 所示,高台的上面有一竖直的 14圆弧形光滑轨道,半径 R5 4m,轨道端点 B 的切线水平质量 M 5kg 的金属滑块 可视为质点 由轨道顶端 A 由静止释放,离开 B 点后经时间 t1s 撞击在斜面上的 P 点已知斜面的倾角 37,斜面底端 C 与 B 点的水平距离 x03mg 取 10m/s 2,sin37 0.6,cos370.8,不计空气阻力图 6 1求金属滑块 M 运动至 B 点时对轨道的压力大小；2如金属滑块 M 离开 B 点时,位于斜面底端 C 点、质量 m1kg 的另一滑

32、块,在沿斜面对上的恒定拉力 F 作用下由静止开头向上加速运动,恰好在 P 点被 M 击中已知滑块 m 与斜面间动摩擦因数 0.25,求拉力 F 大小；3滑块 m 与滑块 M 碰撞时间忽视不计,碰后立刻撤去拉力 F,此时滑块 m 速度变为 4m/s,仍沿斜面对上运动,为了防止二次碰撞,快速接住并移走反弹的滑块 M,求滑块 m 此后在斜面上运动的时间答案 1150N213N30.57 2 s MgR1 2Mv2 B解析 1从 A 到 B 过程,由机械能守恒定律得：在 B 点,由牛顿其次定律得：2 FMgMv R B解得 F150N 由牛顿第三定律可知,滑块对B 点的压力 FF150N ,方向竖直向

33、下2M 离开 B 后做平抛运动名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载水平方向： xvBt5m xx0由几何学问可知,m 的位移： scos37 2.5m 设滑块 m 向上运动的加速度为 a由匀变速运动的位移公式得：s1 2at 2解得 a 5m/s 2对滑块 m,由牛顿其次定律得：Fmgsin37 mgcos37 ma解得 F13N 3撤去拉力 F 后,对 m,由牛顿其次定律得：mgsin37 mgcos37 ma2解得 a8m/s滑块上滑的时间 tv0.5s a2上滑位移： sv1m 2a滑块 m 沿斜面下滑时,由牛顿其次定律得：mgsin37 mgcos37 ma名师归纳总结 解得 a 4m/s227 2 s 第 15 页,共 15 页下滑过程 ss1 2a t解得 t 7 2 s t 0.5滑块返回所用时间：tt- - - - - - -