2020届二轮复习专题二第3讲　功和能课件（102张） 102页

第 3 讲 功和能 总纲目录 考点一 功和功率 考点二 动能定理 考点四 功能关系与能量守恒 素养提升 “五大”解题思想在高考物理中的应用 考点三 机械能守恒定律 考点一　功和功率 1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图, 一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面 内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小 环下滑的过程中,大圆环对它的作用力   (　 A 　) A.一直不做功　     B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心　     D.始终背离大圆环圆心 答案     A　本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆 环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环 的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背 离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。 2.(多选)(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井 运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示, 其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都 相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。 对于第①次和第②次提升过程,   (　 AC 　) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1 C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5 答案     AC　在 v - t 图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过 程变速阶段加速度的大小都相同,即在 v - t 图像中,它们变速阶段对应的图线要 么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间 t =   t 0 ,即矿车上升所 用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直 线运动时,电机的牵引力最大,即 F - mg = ma ,得 F = mg + ma ,即最大牵引力之比为 1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率 P 1 =( mg + ma ) v 0 ,在 第②次提升过程中,电机输出的最大功率 P 2 =( mg + ma )·   v 0 ,即   =   ,选项C正 确;对①②两次提升过程,由动能定理可知 W - mgh =0,即   =   ,选项D错误。     1.计算功、功率时应注意的三个问题 ①功的公式 W = Fl 和 W = Fl cos 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 =   和公式 P = Fv ,前式侧重于平均功率 的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。 2. 机车启动模型中的两点技巧:机车启动匀加速过程的最大速度 v 1 (此时机车 输出的功率最大)和全程的最大速度 v m (此时 F 牵 = F 阻 )求解方法: ①求 v 1 :由 F 牵 - F 阻 = ma 、 P = F 牵 v 1 可求出 v 1 =   。 ②求 v m :由 P = F 阻 v m ,可求出 v m =   。 考向一　变力功的计算 1.(多选)(2019河北衡水中学信息卷)如图所示,倾角为 θ 、半径为 R 的倾斜圆盘 绕圆心处的转轴 O 以角速度 ω 匀速转动,一个质量为 m 的小物块放在圆盘的边 缘,小物块与圆盘间的动摩擦因数为 μ 。图中 A 、 B 分别为小物块转动过程中 所经过的最高点和最低点,运动过程中经过的 C 、 D 两点连线与 AB 垂直,小物 块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且始终相对于圆盘静止。重力 加速度为 g ,下列说法正确的是   (　　)   A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B.动摩擦因数 μ 一定大于 tan θ C.小物块从 A 点运动到 B 点的过程中,摩擦力对小物块做功为- μmg π R cos θ D.当小物块运动至 C 、 D 两点时所受摩擦力大小相等,从 C 点运动到 D 点的过 程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 答案     BD　小物块所受重力沿圆盘的分力及所受静摩擦力的合力提供向心 力,合力方向始终指向圆心,静摩擦力方向始终在变化,A错误;小物块在 B 点时 由牛顿第二定律有 F f - mg sin θ = mRω 2 , F f > mg sin θ ,又因 F f ≤ μmg cos θ ,所以 μmg cos θ > mg sin θ ,则 μ 一定大于tan θ ,B正确;小物块从 A 点运动到 B 点的过程中由 动能定理得 mg ·2 R sin θ + W f =0,解得 W f =- mg ·2 R sin θ ,C错误;小物块运动至 C 、 D 两点时受力具有对称性,所受静摩擦力大小相等,方向关于 AB 对称,从 C 点运 动到 D 点的过程中,重力先做正功后做负功,小物块动能始终不变,即合外力做 功始终为0,所以摩擦力对小物块先做负功后做正功,D正确。 2.(多选)(2019山东泰安质检)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下 以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐 减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化 的关系图像。已知重力加速度 g =10 m/s 2 , 由此可知   (　 ABC 　) A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35 B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C.匀速运动时的速度大小约为6 m/s D.减速运动的时间约为1.7 s 答案     ABC　物体匀速运动时,受力平衡,则 F = μmg , μ =   =   =0.35,选项A 正确;因为 W = Fx ,故拉力所做的功等于 F - x 图线曲线部分与 x 轴所围面积,由图 线可知小格数为13,则减速过程拉力所做的功为13 × 1 J=13 J,选项B正确;由动 能定理可知 W F - μmgx =0-   m   ,其中 x =7 m,则解得 v 0 =6 m/s,即匀速运动时速度 大小约为6 m/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,故无法求出减速运 动的时间,故D错误。 考向二　功率的计算 3.(多选)一质量 m =0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角 θ =37 ° 的足够长的斜 面,利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机绘 出滑块上滑过程中的 v - t 图像如图所示。 sin 37 ° =0.6, g 取10 m/s 2 ,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,则   (　 AD 　) A.滑块与斜面间的动摩擦因数 μ =0.5 B.滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s C.滑块在上滑过程中重力做的功为-25 J D.滑块返回斜面底端时重力的功率为6   W 答案     AD　由题图可知上滑过程中加速度 a = g sin θ + μg cos θ =10 m/s 2 ,方向 沿斜面向下,解得 μ =0.5,选项A正确;上滑位移 x =   t =5 m,下滑加速度 a '= g sin θ - μg cos θ =2 m/s 2 ,方向沿斜面向上,所以回到斜面底端时的速度 v '=   =2   m/s,选项B错误;上滑过程中重力做功 W =- mgx sin θ =-15 J,返回底端时求的是 重力的瞬时功率,则 P = mgv ' sin θ =6   W,选项C错误,D正确。 考向三　机车启动问题 4.(多选)(2019河南名校联考)起重机从静止开始匀加速提起质量为 m 的重物, 当重物的速度为 v 1 时,起重机的有用功率达到最大值 P ,之后,起重机保持该功 率不变,继续提升重物,直到以最大速度 v 2 匀速上升为止,则整个过程中,下列 说法正确的是   (　 ACD 　) A.起重机对重物的最大拉力为   B.起重机对重物的最大拉力为   C.重物的最大速度 v 2 =   D.重物做匀加速运动的时间为   答案     ACD　由 P = Fv 可知功率最大时,速度越小,拉力越大,则起重机对重物 的最大拉力 F =   ,A正确、B错误;当功率一定时,达到最大速度时起重机的拉 力等于重物的重力,故重物的最大速度 v 2 =   ,C正确;在匀加速运动过程中,起 重机对重物的拉力 F =   不变,当功率达到最大时,匀加速运动结束,由题意知, 起重机达到最大功率时重物的速度为 v 1 ,则 v 1 = at =   t ,解得 t =   ,D正确。 5.(2019吉林长春模拟)质量为1 × 10 3 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在 平直公路上行驶。若汽车所受阻力大小恒为2 × 10 3 N,下列判断正确的是   (　 D 　) A.汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s B.汽车从静止开始加速到20 m/s的过程,发动机所做的功为2 × 10 5 J C.汽车保持额定功率启动,当速度大小为20 m/s时,其加速度大小为6 m/s 2 D.汽车以2 m/s 2 的恒定加速度启动,发动机在第2 s末的实际功率是16 kW 答案     D　当阻力和牵引力相等时,速度最大,故 v m =   =   m/s=30 m/s,A 错误;汽车从静止开始加速,汽车如果以恒定功率启动,则做变加速直线运动, 运动时间和位移未知,故无法求解发动机做的功,B错误;汽车保持额定功率启 动,当速度大小为20 m/s时,牵引力 F =   =   N=3 000 N,根据牛顿第二定律 可得 a =   =   m/s 2 =1 m/s 2 ,C错误;根据牛顿第二定律得牵引力 F 1 = F f + ma =2 000 N+1 000 × 2 N=4 000 N,则匀加速直线运动的最大速度 v 1 =   =   m/s=15 m/s,可知匀加速直线运动的时间 t =   =   s=7.5 s, 2 s末的速度 v 2 = a 1 t 2 =2 × 2 m/s=4 m/s,则发动机的实际功率 P 实 = F 1 v 2 =4 000 × 4 W=16 kW,D正确。 考点二　动能定理 1.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙 水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定   (　 A 　) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 答案     A　本题考查动能定理。由动能定理可知 W 拉 - W f = E k -0,因此, E k < W 拉 ,故 A正确,B错误; E k 可能大于、等于或小于 W f ,选项C、D错误。 2.(2019课标Ⅲ,17,6分)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受 到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地 面高度 h 在3 m以内时,物体上升、下落过程中动 能 E k 随 h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s 2 。 该物体的质量为   (　 C 　) A.2 kg　　 B.1.5 kg　　 C.1 kg　　 D.0.5 kg 答案     C　本题考查动能定理,体现了模型建构素养。 设外力大小为 f ,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-( mg + f ) h =   m   -   m   ,由图像可知,   m   =72 J,   m   =36 J,得 mg + f =12 N。同理结合物体在 下落过程中的 E k - h 图像有 mg - f =8 N,联立解得 mg =10 N,则 m =1 kg,选项C正确。 1.对动能定理的理解 (1)动能定理表达式中, W 表示所有外力做功的代数和,包括物体重力所做的功。 (2)动能定理表达式中,Δ E k 为所研究过程的末动能与初动能之差,而且物体的 速度均是相对地面的速度。 (3)动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题,也适用于变力做 功、曲线运动、多过程问题。 2.应用动能定理的四环节 (1)明确研究对象和研究过程。 (2)分析物体受力及各力做功的情况(特别是在多过程问题中,要分析清楚力 在哪段位移哪段过程中做功)。 (3)明确过程始末状态的动能 E k1 和 E k2 。 (4)利用动能定理方程式 W 1 + W 2 + W 3 + … =   m   -   m   求解。 考向一　应用动能定理解决力做功问题 1.如图所示,质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为 μ ,物块与转轴相距 R ,物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时,物块即将在转台上滑 动,此时转台已开始匀速转动,在这一过程中,摩擦力对物块做的功是(假设物 块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 为 g )   (　 D 　) A.0　    B.2 μmgR C.2π μmgR 　    D.   μmgR 答案     D　物块即将在转台上滑动但还未滑动时,转台对物块的最大静摩擦 力恰好提供向心力,设此时物块做圆周运动的线速度为 v ,则有 μmg =   。在 物块由静止到获得速度 v 的过程中,物块受到的重力和支持力不做功,只有摩 擦力对物块做功,由动能定理得 W =   mv 2 -0。联立解得 W =   μmgR ,D正确。 2.(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为 h ,与水平面倾角 分别为45 ° 和37 ° 的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为 μ 。质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好 静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37 ° =0.6, cos 37 ° =0.8,重力加速度为 g )。则   (　 AB 　)   A.动摩擦因数 μ =   B.载人滑草车最大速度为   C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为   g 答案     AB　载人滑草车受力分析如图所示,在 B 点处有最大速度 v ,在上、下 两段所受摩擦力大小分别为 f 1 、 f 2 f 1 = μmg cos 45 ° f 2 = μmg cos 37 ° 整个过程由动能定理列方程 mg ·2 h - f 1 ·   - f 2 ·   =0   ① 解得 μ =   ,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程 mgh - f 1 ·   =   mv 2   ② 解得 v =   ,B项正确。 由①式知 W f =2 mgh ,C项错误。 在下段滑道上, mg sin 37 ° - μmg cos 37 ° = ma 2 解得 a 2 =-   g ,故D项错误。 考向二　应用动能定理分析多过程问题 3.(2019四川南充模拟)如图所示,半径为 R =1 m、内径很小的粗糙半圆管竖直 放置,一直径略小于半圆管内径、质量为 m =1 kg的小球,在水平恒力 F =   N 的作用下由静止沿光滑水平面从 A 点运动到 B 点, A 、 B 间的距离 x =   m,当小 球运动到 B 点时撤去外力 F ,小球经半圆管道运动到最高点 C ,此时球对外轨的 压力 F N =2.6 mg ,然后垂直打在倾角为 θ =45 ° 的斜面上的 D 点( g =10 m/s 2 )。求: (1)小球在 B 点时的速度的大小; (2)小球在 C 点时的速度的大小; (3)小球由 B 到 C 的过程中克服摩擦力做的功; (4) D 点距地面的高度。 答案 　(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 解析 　(1)小球从 A 到 B 过程,由动能定理得 Fx =   m   -0 解得 v B =10 m/s (2)在 C 点,由牛顿第二定律得 mg + F N = m   解得 v C =6 m/s (3)由 B 到 C 的过程,由动能定理得 - mg ·2 R - W f =   m   -   m   解得克服摩擦力做的功 W f =12 J (4)设小球从 C 点到打在斜面上经历的时间为 t , D 点距地面的高度为 h ,则在竖 直方向上有 2 R - h =   gt 2 由小球垂直打在斜面上可知   =tan 45 ° 联立解得 h =0.2 m 4.(2019江西六校3月联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示 意图,传送带长 L =31.25 m,以 v 0 =6 m/s的速度沿顺时针方向转动,现将一质量 m =1 kg的物体轻放在传送带的 A 端,传送带将其带到另一端 B 后,物体将沿着半 径 R =0.5 m的光滑圆弧轨道运动,圆弧轨道与传送带在 B 点相切, C 点为圆弧轨 道的最高点, O 点为圆弧轨道的圆心, OC 竖直。已知传送带与物体间的动摩 擦因数 μ =0.8,传送带与水平地面间夹角 θ =37 ° ,已知sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8, g = 10 m/s 2 ,物体可视为质点,求:   (1)物体在 B 点对轨道的压力大小; (2)当物体过 B 点后将传送带撤去,求物体落到地面时的速度大小。 答案 　(1)58 N　(2)20 m/s 解析 　(1)根据牛顿第二定律有 μmg cos θ - mg sin θ = ma 解得 a =0.4 m/s 2 设物体在 AB 上全程做匀加速直线运动,根据运动学公式得   =2 aL 解得 v B =5 m/s<6 m/s,即物体在 AB 上全程做匀加速直线运动。 对 B 点受力分析有 F N - mg cos θ =   得 F N =58 N 由牛顿第三定律可得物体在 B 点对轨道的压力大小 F N '=58 N (2)设物体能够越过 C 点,从 B 到 C 利用动能定理 - mg ( R + R cos θ )=   m   -   m   解得 v C =   m/s>   ,即物体能越过最高点 C 从 C 点落到地面,物体做平抛运动,下落高度 h = R + R cos θ + L sin θ =19.65 m 利用运动学公式   =2 gh 解得 v y =   m/s 故 v =   =20 m/s (或利用动能定理 mgh =   mv 2 -   m   ,得 v =20 m/s) 考点三　机械能守恒定律 1.(多选)(2019课标Ⅰ,21,6分)在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上, 把物体 P 轻放在弹簧上端, P 由静止向下运动,物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中实线所示。在另一星球 N 上用完全相同的弹簧,改用物体 Q 完成同样的过程,其 a - x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布 的球体。已知星球 M 的半径是星球 N 的3倍,则   (　　) A. M 与 N 的密度相等 B. Q 的质量是 P 的3倍 C. Q 下落过程中的最大动能是 P 的4倍 D. Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的4倍 答案     AC　本题考查了重力与万有引力的关系、密度、牛顿第二定律与图 像的综合应用、机械能守恒定律等,以及理解能力、推理能力、综合分析能 力及应用数学知识处理物理问题的能力,难度较大。本题体现了运动与相互 作用观念、能量观念、模型建构、科学推理和科学论证的核心素养,加强了 考生以科学态度探究科学本质的责任感。 对物体在弹簧上向下运动的过程应用牛顿第二定律得 mg - kx = ma ,则 a = g -   x , 结合 a - x 图像可得,重力加速度 g M =3 a 0 、 g N = a 0 ,   =   、   =   ,联立可解得 m Q =6 m P ,故B选项错。认为星球表面的重力等于万有引力,即 mg = G   ,则星 球质量 M =   ,星球的密度 ρ =   =   =   ,由此可知 M 星球与 N 星球的密 度之比为   =   =   ×   =1,故A选项正确。设弹簧的最大压缩量为 x m ,此 时物体动能为零,由机械能守恒定律有 mgx m =   k   ,则 x m =   ,由此可得   =   =6 ×   =2,故D选项错。当物体加速度等于零时,速度最大,动能最大,由 机械能守恒定律有, E km = mgx '-   kx ' 2 ,结合 mg = kx '可得 E km =   kx ' 2 ,此时 P 、 Q 对应 的弹簧的压缩量分别为 x 0 和2 x 0 ,故有   =   =4,故C选项正确。 2.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由   圆弧 AB 和   圆弧 BC 组成的 光滑固定轨道,两者在最低点 B 平滑连接。 AB 弧的半径为 R , BC 弧的半径为   。一小球在 A 点正上方与 A 相距   处由静止开始自由下落,经 A 点沿圆弧轨 道运动。 (1)求小球在 B 、 A 两点的动能之比; (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点。 答案 　见解析 解析 　(1)设小球的质量为 m ,小球在 A 点的动能为 E k A ,由机械能守恒得 E k A = mg     ① 设小球在 B 点的动能为 E k B ,同理有 E k B = mg     ② 由①②式得   =5   ③ (2)若小球能沿轨道运动到 C 点,小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N ≥ 0   ④ 设小球在 C 点的速度大小为 v C ,由牛顿运动定律和向心加速度公式有 N + mg = m     ⑤ 由④⑤式得, v C 应满足 mg ≤ m     ⑥ 由机械能守恒有 mg   =   m     ⑦ 由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。   1.应用机械能守恒定律解题的基本思路 2.应用系统机械能守恒解题的“三点提醒” (1)物体与弹簧组成的系统机械能守恒时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹 性势能之和保持不变。 (2)系统内物体的位移及高度变化常常不同。 (3)系统内物体的速度大小不一定相同,往往存在一定的大小关系。   考向一　单个物体的机械能守恒问题 1.(2019山东潍坊二模)如图所示,倾角为37 ° 的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于 A 点,轨道半径 R =1 m,将滑块由 B 点无初速释放,滑块恰能运动到圆周的 C 点, OC 水平, OD 竖直, x AB =2 m,滑块可视为质点,取 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,求: (1)滑块在斜面上运动的时间; (2)若滑块能从 D 点抛出,滑块仍从斜面 上无初速释放,释放点至少应距 A 点多远。 答案 　(1)1 s　(2)5.75 m 解析 　(1)设滑块到达 A 点的速度为 v A ,从 A 到 C 过程由动能定理有 0-   m   =- mgR cos 37 ° 从 B 到 A 过程滑块做匀加速直线运动,由匀变速直线运动规律可知   =2 ax AB v A = at 解得 t =1 s (2)设滑块能从 D 点抛出最小速度为 v D ,在 D 点,由牛顿第二定律可知,重力提供 向心力,有 mg = m   从 A 到 D 由机械能守恒,有   mv A ' 2 = mgR (1+cos 37 ° )+   m   v A ' 2 =2 ax ' 联立各式解得 x '=5.75 m 考向二　绳连接物体的机械能守恒问题 2.如图所示,一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮 O 与质量为5 m 的 砝码相连,另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为 m 的圆环相连,直杆 上有 A 、 C 、 B 三点,且 C 为 AB 的中点, AO 与竖直杆的夹角 θ =53 ° , C 点与滑轮 O 在同一水平高度,滑轮与竖直杆相距为 L ,重力加速度为 g ,设竖直杆足够长,圆 环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从 A 点由静止释放 (已知sin 53 ° =0.8,cos 53 ° =0.6,重力加速度为 g ),试求:   (1)砝码下降到最低点时,圆环的速度大小; (2)圆环能下滑的最大距离; (3)圆环下滑到 B 点时的速度大小。 答案 　(1)2   　(2)   　(3)   解析 　(1)当圆环到达 C 点时,砝码下降到最低点,此时砝码速度为零 圆环下降高度 h AC =   砝码下降高度Δ h =   - L =   由系统机械能守恒得 mgh AC +5 mg Δ h =   m   则圆环的速度 v 1 =2   (2)当圆环下滑最大距离 H 时,圆环和砝码的速度均为零 砝码上升的高度Δ H =   -   由系统机械能守恒知,圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量 即 mgH =5 mg Δ H 得圆环能下滑的最大距离 H =   (3)当圆环运动到 B 点时,下滑的高度 h AB =   ,而砝码的高度不变,设圆环的速度 为 v 2 ,此时砝码的速度为 v 2 cos 53 ° 。由系统机械能守恒得 mgh AB =   m   +   × 5 m ( v 2 cos 53 ° ) 2 得圆环下滑到 B 点时的速度 v 2 =   考向三　杆连接物体的机械能守恒问题 3.(2019湖北武汉模拟)如图所示, A 、 B 两小球质量均为 m , A 球位于半径为 R 的 竖直光滑圆轨道内侧, B 球穿过固定的光滑竖直长杆,杆和圆轨道在同一竖直 平面内,杆的延长线过轨道圆心 O 。两球用轻质铰链与长为 L ( L >2 R )的轻杆连 接,连接两球的轻杆能随小球自由移动, M 、 N 、 P 三点分别为圆轨道上最低 点、圆心的等高点和最高点,重力加速度为 g 。 (1)对 A 球施加一个始终沿圆轨道切向的推力,使其缓慢从 M 点移至 N 点,求 A 球 在 N 点受到的推力大小 F ; (2) 在 M 点给 A 球一个水平向左的初速度 , A 球沿圆轨道运动到最高点 P 时速度 大小为 v , 求 A 球在 M 点时的初速度大小 v 0 ; (3)在(2)的情况下,若 A 球运动至 M 点时, B 球的加速度大小为 a ,求此时圆轨道 对 A 球的作用力大小 F A 。 答案 　(1)2 mg 　(2)   (3)10 mg + ma + m   解析 　(1)在 N 点, A 、 B 和轻杆整体处于平衡状态 在竖直方向有 F -2 mg =0 解得 F =2 mg (2) A 球在 M 点、 P 点时, B 球的速度都为零 A 、 B 球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律,则 2 mg ·2 R =   m   -   mv 2 解得 v 0 =   (3)此时 B 球有向上的加速度 a ,设杆对 B 球支持力为 F 0 ,由牛顿第二定律有 F 0 - mg = ma A 球此时受到重力、轨道对其竖直向上的支持力和轻杆对其竖直向下的压 力,同理有 F A - F 0 - mg = m   解得 F A =10 mg + ma + m   考向四　弹簧连接物体的机械能守恒问题 4.(2019辽宁大连模拟)如图所示,在竖直方向上 A 、 B 两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 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相 连, C 放在固定的光滑斜面上。用手拿住 C ,使细线刚刚拉直但无拉力作用,并 保证 ab 段的细线竖直、 cd 段的细线与斜面平行。已知 A 、 B 的质量均为 m , C 的质量为4 m ,重力加速度为 g ,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处 于静止状态。释放 C 后, C 沿斜面下滑, A 刚离开地面时, B 获得最大速度。求:   (1)斜面的倾角 α ; (2) B 的最大速度 v 。 答案 　(1)30 ° 　(2)2 g   解析 　(1)设当物体 A 刚刚离开地面时,弹簧的伸长量为 x A 对 A 有 kx A = mg 此时 B 受到重力 mg 、弹簧的弹力 kx A 、细线拉力 T 三个力的作用。设 B 的加速 度为 a ,根据牛顿第二定律可知 对 B 有 T - mg - kx A = ma 对 C 有4 mg sin α - T =4 ma 当 B 获得最大速度时,有 a =0 解得sin α =0.5,所以 α =30 ° (2)开始时弹簧压缩的长度为 x B =   ,显然 x A = x B 当物体 A 刚离开地面时, B 上升的距离以及 C 沿斜面下滑的距离均为 x A + x B 由于 x A = x B ,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,且物体 A 刚刚离 开地面时, B 、 C 两物体的速度相等,设为 v ,由机械能守恒定律有 4 mg ( x A + x B )sin α - mg ( x A + x B )=   (4 m + m ) v 2 解得 v =2 g   考点四　功能关系与能量守恒   1.(多选)(2019课标Ⅱ,18,6分)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能 E 总 等于动能 E k 与重力势能 E p 之和。取地面为重力势能零点,该物体的 E 总 和 E p 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s 2 。由图中数据可得   (　 AD 　) A.物体的质量为2 kg B. h =0时,物体的速率为20 m/s C. h =2 m时,物体的动能 E k =40 J D.从地面至 h =4 m,物体的动能减少100 J 答案     AD　本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关 系的应用,以及利用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推 理的核心素养,同时还体现了图像展示物理关系的形式美。 重力势能 E p = mgh ,结合 E p - h 图像有 mg =   N,则 m =2 kg,故A正确。 h =0时 E 总 =   m   ,即100 J=   × 2 kg ×   ,解得 v 0 =10 m/s,故B错。由图像可知, h =2 m时, E 总 =90 J、 E p =40 J,则 E k =50 J,故C错。当 h =4 m时, E 总 = E p =80 J,则 E k =0,故从地面至 h =4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。 2.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图, abc 是竖直面内的光滑固定轨道, ab 水平,长度为2 R ; bc 是半径为 R 的四分之一圆弧,与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g 。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为   (     C 　)   A.2 mgR 　    B.4 mgR 　    C.5 mgR 　    D.6 mgR 答案     C　本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小 球为研究对象,在小球由 a 到 c 的过程中,应用动能定理有 F · x ab + F · R - mgR =   m   , 其中水平力大小 F = mg ,得 v c =2   。经过 c 点以后,在竖直方向上小球做竖直 上抛运动,上升的时间 t 升 =   =2   。在水平方向上小球做加速度为 a x 的匀加 速运动,由牛顿第二定律得 F = ma x ,且 F = mg ,得 a x = g 。在时间 t 升 内,小球在水平方 向上的位移 x =   a x   =2 R ,故力 F 在整个过程中对小球做的功 W = Fx ab + FR + Fx =5 mgR 。由功能关系,得Δ E = W =5 mgR 。故C正确,A、B、D错误。 3.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为 m 、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬 挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点, M 点与绳的上端 P 相距   l 。重力加速度大小为 g 。在此过程中,外力做的功为   (　 A 　)   A.   mgl 　    B.   mgl 　    C.   mgl 　    D.   mgl 答案     A　将绳的下端 Q 缓慢向上拉至 M 点,相当于使下部分   的绳的重心升 高   l ,故重力势能增加   mg ·   =   mgl ,由功能关系可知A项正确。   1.功能关系的应用“三注意” (1)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。 (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。 2.涉及能量转化问题的解题方法 (1)当涉及滑动摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能量守恒定律,特别注 意摩擦产生的内能 Q = F f l 相对 , l 相对 为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长 度。 (2)解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析 状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量 总和Δ E 减 和增加的能量总和Δ E 增 ,最后由Δ E 减 =Δ E 增 列式求解。 考向一　功能关系的应用 1.(多选)如图所示,楔形木块 abc 固定在水平面上,粗糙斜面 ab 与水平面的夹角 为60 ° ,光滑斜面 bc 与水平面的夹角为30 ° ,顶角 b 处安装一定滑轮。 A 、 B 两滑 块的质量分别为 M 、 m ( M > m ),通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与 斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速直线运动。若不计滑轮的 质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中   (　 BD 　) A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B.拉力和重力对 A 做功之和大于 A 动能的增加量 C.拉力对 A 做的功等于 A 机械能的增加量 D.两滑块组成的系统的机械能损失等于 A 克服摩擦力做的功 答案     BD　因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等,但是与竖直 方向的夹角不同,故由力的合成知识可知,轻绳对滑轮作用力的方向沿右下 方,选项A错误;根据动能定理,拉力、重力和摩擦力做功之和等于 A 的动能增 加量,故拉力和重力对 A 做功之和大于 A 动能的增加量,选项B正确;由功能关 系可知,拉力和摩擦力对 A 做的功等于 A 机械能的增加量,选项C错误;由功能 关系可知,两滑块组成的系统的机械能损失等于 A 克服摩擦力做的功,选项D 正确。 2.(2019吉林长春模拟)如图所示,某段滑雪雪道倾角为30 ° ,总质量为 m (包括滑 雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑, 加速度 a =   ,在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是   (　 B 　) A.运动员减少的重力势能全部转化为动能 B.系统减少的机械能为   C.运动员获得的动能为   D.运动员克服摩擦力做的功为   答案     B　由于滑雪雪道与滑雪具之间有摩擦,在滑雪运动员从距底端高度 为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑过程中,运动员减少的重力势能一部 分转化为动能,另一部分转化为摩擦力做的功,选项A错误;下滑位移为 L =   =2 h ,由 v 2 =2 aL ,得出滑到雪道底端时速度 v =   ,滑到雪道底端时运动员 获得的动能 E k =   mv 2 =   mgh ,下滑过程中系统减少的机械能Δ E = mgh - E k =   mgh , 选项B正确、C错误;根据功能关系可知,下滑过程中系统减少的机械能Δ E 等 于运动员克服摩擦力做的功,所以运动员克服摩擦力做的功为   mgh ,选项D错 误。 考向二　能量的转化与守恒 3.(多选)(2019宁夏吴忠联考)如图所示,竖直墙上固定有光滑的小滑轮 D ,质量 相等的物体 A 和 B 用轻弹簧连接,物体 B 放在地面上,用一根不可伸长的轻绳一 端与物体 A 连接,另一端跨过定滑轮与小环 C 连接,小环 C 穿过竖直固定的光滑 均匀细杆,小环 C 位于位置 R 时,绳与细杆的夹角为 θ ,此时物体 B 与地面刚好无 压力,图中 SD 水平,位置 R 和 Q 关于 S 对称,现让小环从 R 处由静止释放,环下落 过程中绳始终处于拉直状态,且环到达 Q 时速度最大。下面关于小环 C 下落 过程中的描述正确的是   (　　)   A.小环 C 、物体 A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B.小环 C 下落到位置 S 时,小环 C 的机械能一定最大 C.小环 C 从位置 R 运动到位置 Q 的过程中,弹簧的弹性势能一定先减小后增大 D.小环 C 到达 Q 点时,物体 A 与小环 C 的动能之比为   答案     ABD　在小环下滑过程中,只有重力势能与动能、弹性势能相互转 化,所以小环 C 、物体 A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒,故A正确;小环 C 下落 到位置 S 过程中,绳的拉力一直对小环做正功,所以小环的机械能一直在增大, 小环从 S 到 Q 过程中绳的拉力对小环做负功,机械能一直减小,所以在位置 S 时, 小环的机械能最大,故B正确;由于小环在 R 、 Q 位置时弹簧的形变量相同,均 处于伸长状态,而在 S 位置时,弹簧可能处于伸长、压缩或原长状态,弹簧的弹 性势能不一定是先减小后增大,故C错误;在 Q 点,小环速度最大,加速度为0,受 力平衡,有 T cos θ = m ' g ,对 A 、 B 整体,根据平衡条件,有 T =2 mg ,将小环速度分解可知 v A = v cos θ ,根据动能 E k =   mv 2 可知,物体 A 与小环 C 的动能之比为   ,故D正确。 4.如图所示,光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点, BC 右端连接内壁光 滑、半径为 r 的   圆细管 CD ,管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧, 轻弹簧底端固定,另一端恰好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 高度为2 r 处由静止开始下滑,滑块与 BC 间的动摩擦因数 μ =   ,进入管口 C 端 时与圆管恰好无作用力,通过 CD 后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中滑块速度最 大时弹簧的弹性势能为 E p 。(重力加速度为 g )求: (1)滑块到达 B 点时的速度大小 v B ; (2)水平面 BC 的长度 s ; (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 v m 。   答案 　(1)2   　(2)3 r 　(3)   解析 　(1)滑块在曲面的下滑过程,由动能定理得 mg ·2 r =   m   解得 v B =2   (2)在 C 点,滑块与圆管之间恰无作用力,由牛顿第二定律得 mg = m   解得 v C =   滑块从 A 点运动到 C 点过程,由动能定理得 mg ·2 r - μmgs =   m   解得 s =3 r (3)设在压缩弹簧过程中速度最大时,滑块离 D 端的距离为 x 0 ,此时 kx 0 = mg 解得 x 0 =   滑块由 C 运动到 D 端下方距离 D 端 x 0 处的过程中,由能量守恒定律得 mg ( r + x 0 )=   m   -   m   + E p 联立解得 v m =   素养提升　“五大”解题思想在高考物理中的应用 　　现如今,高考物理愈来愈注重考查考生的能力和科学素养,其命题愈加明 显地渗透着对物理思想、物理方法的考查。在平时的复习备考过程中,物理 习题浩如烟海,千变万化,我们若能掌握一些基本的解题思想,就如同在开启 各式各样的“锁”时,找到了一把“多功能的钥匙”。 考法一　分解思想 有些物理问题的运动过程、情景较为复杂,在运用一些物理规律或公式不奏 效的情况下,将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析, 或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动(如匀速直线运动、匀变 速直线运动、圆周运动等)来考虑,往往能事半功倍。 典例1 　某弹射管每次弹出的小球速度相同。在沿光滑竖直轨道自由下落过 程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到 水平地面的   (　 B 　) A.时刻相同,地点相同　    B.时刻相同,地点不同 C.时刻不同,地点相同　    D.时刻不同,地点不同 答案     B　弹射管沿光滑竖直轨道自由下落,向下的加速度大小为 g ,且下落 时保持水平,故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度 相同,即两只小球同时落地;又因两只小球先后弹出且水平分速度相同,故两 只小球在空中运动的时间不同,则运动的水平位移不同,落地点不同,选项B正 确。 考法二　数形结合的思想 数形结合的思想 , 就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查 , 通过 “数”与“形”之间的对应和转化来解决问题的思想 , 其实质是把抽象的数 学语言、数量关系与直观的图形结合起来 , 把抽象思维和形象思维结合起 来。数形结合的思想,一方面可以以“形”助“数”,实现抽象概念与具体形 象的联系与转化,化抽象为直观,化难为易;另一方面可以以“数”解“形”, 可以由数入手,将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究,对图形做精细 的分析,从而使人们对直观图形有更精确、理性的理解。     典例2 　一弹簧秤的秤盘质量为 m 1 ,盘内放一质量为 m 2 的物体,弹簧质量不计, 其劲度系数为 k ,系统处于静止状态,如图所示。 t 0 时刻给物体施加一个竖直向 上的力 F ,使物体从静止开始向上做加速度为 a 的匀加速直线运动,经2 s物体 与秤盘脱离,用 F N 表示物体与秤盘间的相互作用力的大小,已知重力加速度大 小为 g ,则下列 F 和 F N 随时间变化的关系图像正确的是   (　　) 答案     C　对秤盘和物体整体分析,系统处于静止状态时,弹簧形变量为 x 0 ,有 kx 0 =( m 1 + m 2 ) g ,利用牛顿第二定律得, F + kx -( m 1 + m 2 ) g =( m 1 + m 2 ) a ,又 x = x 0 -   a ( t - t 0 ) 2 , 解上述两式得 F =( m 1 + m 2 ) a +   ka ( t - t 0 ) 2 ,所以选项A、B错误;以物体为研究对象, 物体静止时, F N = m 2 g ,运动后对秤盘受力分析,利用牛顿第二定律得 kx - m 1 g - F N = m 1 a , F N = m 2 g - m 1 a -   ka ( t - t 0 ) 2 ,所以选项C正确,D错误。 考法三　守恒思想 物理学中最常用的一种思维方法 —— 守恒。高中物理涉及的守恒定律有能 量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质量守恒定律、电荷守恒 定律等,它们是我们处理高中物理问题的主要工具。 典例3 　如图所示,长 R =0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在 O 点,另一端系着 质量 m 2 =0.1 kg的小球 B ,小球 B 刚好与水平面相接触。现使质量 m 1 =0.3 kg的物 块 A 沿光滑水平面以 v 0 =4 m/s的速度向 B 运动并与 B 发生弹性正碰, A 、 B 碰撞 后,小球 B 能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度 g =10 m/s 2 , A 、 B 均可 视为质点,求: (1)在 A 与 B 碰撞后瞬间,小球 B 的速度 v 2 的大小; (2)小球 B 运动到最高点时对细绳的拉力的大小。 答案 　(1)6 m/s　(2)1 N 解析 　(1)物块 A 与小球 B 碰撞时,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m 1 v 0 = m 1 v 1 + m 2 v 2   m 1   =   m 1   +   m 2   解得碰撞后瞬间物块 A 的速度 v 1 =   v 0 =2 m/s 小球 B 的速度 v 2 =   v 0 =6 m/s (2)碰撞后,设小球 B 运动到最高点时的速度为 v ,则由机械能守恒定律有   m 2   =   m 2 v 2 + m 2 g ·2 R 由牛顿第二定律有 F + m 2 g = m 2   联立解得 F =1 N 又由牛顿第三定律得小球 B 对细绳的拉力 F '= F =1 N 考法四　等效思想 在某些物理问题中 , 一个过程的发展、一个状态的确定 , 往往是由多个因素决 定的 , 若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同 , 则前一些因素与 后一些因素是等效的 , 它们便可以互相代替 , 而对过程的发展或状态的确定 , 以及最后结果并无影响。掌握等效思想,有助于提高考生的科学素养,形成科 学的世界观和方法论,为终身的学习、研究和发展奠定基础。 典例4 　如图所示,在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中,固定一由内 表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧 BD ,圆弧的圆心为 O ,竖直半 径 OD = R , B 点和地面上 A 点的连线与地面成 θ =37 ° , AB = R 。一质量为 m 、电荷 量为 q 的小球(可视为质点)从地面上 A 点以某一初速度沿 AB 方向做直线运动, 恰好无碰撞地从管口 B 进入管道 BD 中,到达管中某处 C (图中未标出)时恰好与 管道间无作用力。已知sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,重力加速度大小为 g 。求: (1)匀强电场的场强大小 E 和小球到达 C 处时的速度大小 v ; (2)小球的初速度大小 v 0 以及到达 D 处时的速度大小 v D 。   答案 　(1)          　(2)          解析 　(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示,小球带正电 则 qE =   ,得 E =     甲 小球到达 C 处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力,如 图乙所示   乙 OC ∥ AB ,则   = m   得 v =   (2)小球“恰好无碰撞地从管口 B 进入管道 BD ”,说明 AB ⊥ OB 小球从 A 点运动到 C 点的过程,根据动能定理有 -   ·2 R =   mv 2 -   m   得 v 0 =   小球从 C 处运动到 D 处的过程,根据动能定理有   ( R - R sin θ )=   m   -   mv 2 得 v D =   考法五　对称思想 对称思想普遍存在于各种物理现象、物理过程和物理规律之中 , 它反映了科 学生活中物理世界的和谐与优美。应用对称思想不仅能帮助我们认识和探 索物理世界的某些基本规律,而且能帮助我们去求解某些具体的物理问题。 用对称的思想解题的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性,这 些对称性往往就是通往答案的捷径。 典例5 　在一半径为 R 的圆周上均匀分布有 N 个带电小球(可视为质点)无间隙 排列,其中 A 点的小球带电荷量为+3 q ,其余小球带电荷量为+ q ,此时圆心 O 点 的电场强度大小为 E ,现仅撤去 A 点的小球,则 O 点的电场强度大小为   (　 B 　)   A. E 　    B.   　    C.   　    D.   答案     B　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+ q 的小球,由于圆周的对称 性,根据电场的叠加原理知,圆心 O 处电场强度为0,所以 A 点小球带电荷量为+ 3 q ,其余小球带电荷量为+ q 时,圆心 O 点的电场强度大小等效于 A 点处电荷量 为+2 q 的小球在 O 点产生的电场强度大小,则有 E = k   , A 处+ q 的小球在圆心 O 点产生的电场强度大小为 E 1 = k   ,方向水平向左,其余带电荷量为+ q 的小球在 O 点处产生的合电场强度大小 E 2 = E 1 = k   =   ,所以仅撤去 A 点的小球, O 点的电 场强度大小为   ,故B正确。