專題四功能關(guān)系的應(yīng)用第1講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

1、專題四功能關(guān)系的應(yīng)用本專題主要用功能的觀點解決物體的運(yùn)動和帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場或磁場中的運(yùn)動問題考查的重點有以下幾方面：重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；與功、功率相關(guān)的分析與計算；幾個重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；動能定理的綜合應(yīng)用；綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問題本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強(qiáng)，側(cè)重在計算題中命題，是高考的壓軸題 專題定位深刻理解功能關(guān)系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運(yùn)動過程問題；二是運(yùn)用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動或電磁感應(yīng)問

2、題應(yīng)考策略高考題型1力學(xué)中的幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用高考題型2動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用高考題型3綜合應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題 欄目索引1常見的幾種力做功的特點(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)(2)摩擦力做功的特點單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功高考題型1力學(xué)中的幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用解題方略相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值在一對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部

3、分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱2幾個重要的功能關(guān)系(1)重力的功等于重力勢能的變化，即WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動能的變化，即WEk.(4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他E.(5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即QFfl 相對例1如圖1所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板開始時用手按住物體M，此時M距離擋板的距離為

4、s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)已知M2m，空氣阻力不計松開手后，關(guān)于兩物體的運(yùn)動，下列說法中正確的是()圖1AM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B當(dāng)M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時m的速度為零D若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和解析因M、m之間有彈簧，故兩物體受彈簧的彈力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯誤；M的重力分力為Mgsin 30mg，物體先做加速運(yùn)動，當(dāng)受力平衡時M速度達(dá)最大，則此時m受細(xì)繩的拉力為mg，故m恰好與地面間的作用力為零，故B正確；從m開始運(yùn)動至M到達(dá)擋板處的過程中，彈力的大

5、小一直大于m的重力，故m一直做加速運(yùn)動，M到達(dá)擋板處時，m的速度不為零，故C錯誤；重力對M做的功轉(zhuǎn)化為兩物體的動能、彈簧的彈性勢能的增加量和m重力勢能的增加量，故D錯誤答案B預(yù)測1(多選)某蹦床運(yùn)動員在一次蹦床運(yùn)動中僅在豎直方向運(yùn)動，如圖2為蹦床對該運(yùn)動員的作用力F隨時間t的變化圖象不考慮空氣阻力的影響，下列說法正確的是()At1至t2時間內(nèi)運(yùn)動員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒Bt1至t2時間內(nèi)運(yùn)動員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加Ct3至t4時間內(nèi)運(yùn)動員和蹦床的勢能之和增加Dt3至t4時間內(nèi)運(yùn)動員和蹦床的勢能之和先減少后增加圖2解析機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈簧的彈力做功，所以整個過程重力勢能、彈性

6、勢能和動能總量保持不變t1至t2過程內(nèi)運(yùn)動員做功，運(yùn)動員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，故A錯誤，B正確；t2以后，蹦床的彈力最大值不變，整個過程重力勢能、彈性勢能和動能總量保持不變，t3時刻彈力為零，重力大于彈力，運(yùn)動員做加速度減小的加速運(yùn)動，運(yùn)動員的動能增加，當(dāng)重力等于彈力時，加速度為零速度最大，再向后，彈力大于重力，運(yùn)動員做加速度增大的減速運(yùn)動，運(yùn)動員的動能減小，t4時速度最小，故動能先增大后減小，故運(yùn)動員和蹦床的勢能之和先減少后增加，故C錯誤，D正確答案BD預(yù)測2某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看成質(zhì)點)豎直向上拋出，水瓶以 的加速度勻減速上升，上升的最大高度為H，水瓶往返過程受到的阻力大

7、小不變，則()由于物體的加速度一直向下，故物體一直處于失重狀態(tài)，故D錯誤答案A圖3答案D考考向向一一高考題型2動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用解題方略1動能定理的適用情況：解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分段作用2應(yīng)用動能定理解題的基本思路(1)選取研究對象，明確它的運(yùn)動過程(2)分析研究對象的受力情況和各力做功情況，然后求各個外力做功的代數(shù)和(3)明確物體在運(yùn)動過程初、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2.(4)列出動能定理的方程W合Ek2Ek1

8、，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解例2如圖4所示為倉儲公司常采用的“自動化”貨物裝卸裝置，兩個相互垂直的斜面固定在地面上，貨箱A(含貨物)和配重B通過與斜面平行的輕繩跨過光滑滑輪相連A裝載貨物后從h8.0 m高處由靜止釋放，運(yùn)動到底端時，A和B同時被鎖定，缺貨后解除鎖定，A在B的牽引下被拉回原高度處，再次被鎖定已知53，B的質(zhì)量M為1.0103 kg，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.圖4(1)為使A由靜止釋放后能沿斜面下滑，其質(zhì)量m需要滿足什么條件？解析左斜面傾角為，則右斜面傾角為905337，貨箱由

9、靜止釋放后能沿斜面下滑，則：mgsin Mgsin mgcos Mgcos 0得m2.0103 kg.答案m2.0103 kg(2)若A的質(zhì)量m4.0103 kg，求它到達(dá)底端時的速度v；解析對系統(tǒng)應(yīng)用動能定理：(3)為了保證能被安全鎖定，A到達(dá)底端的速率不能大于12 m/s.請通過計算判斷：當(dāng)A的質(zhì)量m不斷增加時，該裝置能否被安全鎖定解析當(dāng)A的質(zhì)量m與B的質(zhì)量M之間關(guān)系滿足mM時，貨箱下滑的加速度最大，到達(dá)斜面底端的速度也最大，此時有：mgsin mgcos mam am5 m/s2貨箱到達(dá)斜面底端的最大速度：vm10 m/s12 m/s所以，當(dāng)A的質(zhì)量m不斷增加時，該運(yùn)輸裝置能被安全鎖定答

10、案該裝置能被安全鎖定預(yù)測4(2015新課標(biāo)全國17) 如圖5，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進(jìn)入軌道質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點從P點運(yùn)動到N點的過程中克服摩擦力所做的功則()圖5答案C預(yù)測5如圖6所示，QB段為一半徑為R1 m的光滑圓弧軌道，AQ段為一長度為L1 m的粗糙水平軌道，兩軌道相切于Q點，Q在圓心O的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)物塊P的質(zhì)量為m1 kg(可視為質(zhì)點)，P與AQ間的動摩擦因數(shù)0.1，若物塊P以速度v0從A點滑上水平軌

11、道，到C點后又返回A點時恰好靜止(取g10 m/s2)求：圖6(1)v0的大?。唤馕鲈谡麄€過程中由動能定理可知：答案2 m/s(2)物塊P第一次剛通過Q點時對圓弧軌道的壓力解析從A到Q的過程中由動能定理可知：聯(lián)立解得：FN12 N由牛頓第三定律可知物塊P第一次剛通過Q點時對軌道的壓力為12 N答案12 N高考題型3綜合應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題解題方略多個運(yùn)動過程的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時注意要獨(dú)立分析各個運(yùn)動過程，而不同過程往往通過連接點的速度建立聯(lián)系，有時對整個過程應(yīng)用能量的觀點解決問題會更簡單例3如圖7，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道

12、，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)可視為質(zhì)點的小物塊從軌道右側(cè)A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物塊質(zhì)量m1 kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)0.4，軌道其它部分摩擦不計取g10 m/s2，求：圖7(1)物塊經(jīng)過圓形軌道最高點B時對軌道的壓力；解析物塊沖上圓形軌道最高點B時速度為v，由機(jī)械能守恒得：物塊在B點時，由牛頓運(yùn)動定律得：由牛頓第三定律得，物塊對軌道壓力大小為40 N，方向為豎直向上答案40 N，方向豎直方向聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解

13、得FN40 N(2)物塊從Q運(yùn)動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能；解析物塊在Q點時速度為v06 m/s，在PQ段運(yùn)動時，由牛頓第二定律有：mgma聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運(yùn)動時間t0.5 s(t2.5 s不符合題意，舍去)物塊壓縮彈簧，由能量守恒得動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，有聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得Epm8 J答案0.5 s8 J(3)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度l，當(dāng)l長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運(yùn)動解析設(shè)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)Q點時速度為v2，要使物塊恰能不脫離軌道返回A點，則物塊能沿軌道上滑至最高點且在最高點的速度大小為v3，則滿足聯(lián)立式并代

14、入數(shù)據(jù)解得l1 m.答案1 m預(yù)測6在物體下落過程中，速度小于10 m/s時可認(rèn)為空氣阻力與物體速度成正比關(guān)系某科研小組在研究小球下落后的運(yùn)動過程時，得到速度隨時間變化的圖象，并作出t0.5 s時刻的切線，如圖8所示已知小球在t0時刻釋放，其質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g10 m/s2，求：圖8(1)小球與地面第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能；解析由圖象可知，小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v15 m/s，碰撞后瞬間速度v24 m/s，代入數(shù)據(jù)可得E2.25 J.答案2.25 J(2)小球在運(yùn)動過程中受到空氣阻力的最大值由牛頓第二定律mgfma，由于fkv，得k0.75，則fmaxkvmax3.75 N.答案3.75 N預(yù)測7如圖9甲所示，一半徑R1 m、豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角37，t0時刻，有一質(zhì)量m2 kg的物塊從A點開始沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動的速度變化規(guī)律如圖乙所示若物塊恰能到達(dá)M點，(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：圖9(1)物