资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台


备战2020届高考复习：功能关系题型分类
【问题一】受力分析 整体法与隔离法的应用
【规律总结】
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解．
1．质量为1kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，图示为其运动的v-t图象.则（ ）

A．20s~25s内物体超重
B．0~10s内物体的平均速度为1.5m/s
C．0~5s内拉力做正功，10~20s内拉力做负功
D．第2.5末和第15末，物体克服重力做功的瞬时功率相同
【答案】BD
【解析】
【详解】
在v-t图象中，斜率代表加速度，在20s～25s内，物体的加速度向下，物体处于失重状态，故A错误；0-10s内的位移为x=×5×2+5×2m=15m，故平均速度，故B正确；在0-5s内拉力方向与位移方向相同，做正功，在10-20s内物体向上做匀速运动，拉力向上，做正功，故C错误；第2.5s末和第15s末，速度方向都向上，大小为1m/s，故重力的瞬时功率P=mgv，故物体克服重力做功的瞬时功率相同，故D正确；故选BD。
2．质量为1kg的物体静止于光滑水平面上．t=0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第ls内F＝2N，第2s内F=1N.下列判断正确的是
A．2s末物体的速度是3m／s B．2s内物体的位移为3m
C．第1s末拉力的瞬时功率最大 D．第2s末拉力的瞬时功率最大
【答案】AC
【解析】
试题分析：在第1s内由F=ma可求得加速度为2m/s2，末速度为2m/s，在第2s内的加速度为1m/s2，末速度为2+1×1=3m/s，A对；在第1s内通过的位移为，第2s内通过的位移为，总位移为3.5m，B错；第1s末拉力的瞬时功率为2×2W=4W，第2s末的功率为1×3W=3W，C对；同理D错；故选AC
3．质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始加速，前进了s距离后速度达到最大值vm．设在加速过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f．当速度为v（vm＞v）时，所受牵引力为F，对汽车在这段位移内的有关物理量，以下说法正确的是（　　）
A．汽车的牵引力做功为Fs B．汽车的牵引力做功为mvm2+fs
C．汽车的速度v=P/F D．汽车的最大速度vm=P/f
【答案】BCD
【解析】
【详解】
汽车恒定功率启动，是变加速运动，牵引力是变力，故汽车的牵引力做功不为Fs，故A错误；根据动能定理，有：W-fs=；
解得：W=fs+，故B正确；
汽车的实际功率P=Fv，任意时刻的速度为v=，故C正确；汽车速度达到最大时，是匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，f=F，由于：P=Fvm，故，故D正确；故选BCD。
4．如图所示，质量分别为、的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况，下列分析正确的是

A．若，，则杆受到压力 B．若，，则杆受到拉力
C．若，，则杆受到拉力 D．若，，则杆无作用力
【答案】ACD
【解析】
【详解】
假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

解得：

同理

A. 若，则a1BD只要μ1=μ2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，B错误D正确。
C. 若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确；
5．如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为（g为重力加速度）。不计一切摩擦，AB均可慢为质点，则下列说法正确的是

A．小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B．小球A从圆环最高点到达环最右刻的过程中滑块B的重力能减小
C．小球A从腰环最高点到达医环最右的过程中小球A的重力能小了
D．小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了
【答案】D
【解析】
【详解】
A.轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒。故A错误。
B.开始是滑块B距离圆环最高点的距离为，小球A从圆环最高点到达环最右侧时，滑块B距离圆环最高点的距离为,所以在这个方程，小球B下降的距离为，可得滑块B重力能减小量为。故B错误。
C. 小球A从环最高点到达环最右的过程中下降的高度为,所以重力势能的减小量为。故C错误。
D. 小球A到达环最右侧时，A、B的速度方向都是竖直向下的，此时他们与轻杆的夹角相等，由因为A、B的速度沿轻杆方向的分量相等，所以A、B的速度相等：，在整个过程由能量的转化与守恒可得弹簧的弹性势能：
。故D正确。
6．如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，中间用轻弹簧相连，水平面光滑，在水平推力F作用下，A、B两物体一起以加速度a向右做匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物体的加速度大小分别为

A．0，a B．a，2a C．2a，a D．0，2a
【答案】C
【解析】
【详解】
撤去推力F前，根据牛顿第二定律得：对整体：；对B：F弹=2ma=；撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹=，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为：aA==2a，aB==a。故选C。

【问题二】动能定理的应用
【规律总结】
一．应用动能定理解题的基本思路
(1)确定研究对象和研究过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．
二．动能定理的应用
(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．
(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．
1．如图所示，斜面高为h，水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放，沿斜面AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

【答案】见解析所示
【解析】
【详解】
设斜面长为，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S．对物块，由动能定理得：

即：


由几何关系可知：

则有：


解得：
故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。
2．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 ，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，则
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)载人滑草车最大速度；
(3)载人滑草车克服摩擦力做的功。

【答案】(1) ； (2) ； (3)
【解析】
【详解】
(1)对整个过程，由动能定理得

解得

(2)滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得

解得

(3)对整个过程，由动能定理得

解得载人滑草车克服摩擦力做功为

3．如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平, AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；
（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．
【答案】（1）2.2N （2） （3）当y=0.12m， J
【解析】
（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得：
代入数据解得
在C点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：=2.2N
由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N．
（2）如图，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，

代入得：，由平抛运动的规律得：，
联立得 ，代入数据解得：

（3）由上知
可得：
小物体击中斜面时动能为：
解得当
【问题三】机械能守恒定律的应用
【规律总结】
一．机械能守恒的判断
(1)利用机械能守恒的定义判断；
(2)利用做功判断；
(3)利用能量转化判断；
(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．
二．解题步骤
(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；
(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．
三．应用技巧
对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．
1．“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，在最高点时的速度为v，若质量为m可视为质点的棋子在运动过程中，只受重力作用，重力加速度为g，以平台所在平面为零势能面，则

A．棋子从最高点落到平台上所需时间
B．棋子在两平台上落点间的距离
C．棋子落到后一个平台上时的机械能
D．棋子落到后一个平台上时的动能
【答案】C
【解析】
【详解】
A．棋子从最高点落到平台上，竖直方向上做自由落体运动，下落时间：

故A错误；
B．棋子在水平方向上做匀速直线运动，根据运动的对称性，上升和下落的时间是相同的，所以棋子在两平台上落点间的距离

故B错误；
C．棋子运动过程中机械能守恒，棋子在最高点的机械能为：

与落到后一个平台上时的机械能相等，故C正确；
D．根据动能定理，棋子从最高点到平台上：

解得：，故D错误。
故选C．
2．如图所示,质量m=1kg的物块（可视为质点）以v1=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示．已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g=10m/s2,下列说法中正确的是 （ ）

A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2
B．在t=1 s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50 W
C．在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20 W
D．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为1∶5
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：

下滑过程：

根据牛顿第二定律得：


带入数据解得：


故A错误；
B．根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移
x=×5×10＝25m
则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率

故B错误；
C．摩擦力

则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率
P=fv=4×10=40W
故C错误；
D．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小△E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小
△E2=fx2
则

故D正确．
故选D．
3．如图所示，一质量m=1kg的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，F作用一段时间t后撤去，滑块继续运动到B点进入半径为R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.2m，水平距离s＝0.6? m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3倍，BC长为L＝2m，小滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10? m/ s 2

(1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点P的速度大小
(2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧
(3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间t的范围
【答案】（1） （2）不能（3）或或
【解析】
(1)在P点由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：；
(2)从P到B由机械能守恒得：
从B到C由动能定理得：
由平抛运动规律可得：


联立解得：
所以小滑块不能到达壕沟的右侧；
(3) 第一种情形
恰好运动到竖直圆的最右侧，则
由动量定理得：

解得：
所以
第二种情形：恰好通过最高点



解得：
又恰好运动到C点


解得：
所以
第三种情形：




所以
所以s．
【问题四】力学中的功能关系
【规律总结】
几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.
(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
1．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为 53°，杆上套着一个质量为 的滑块（可视为质点）．用不可伸长的细绳将滑块 与另一个质量为的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂 而绷紧，此时滑轮左侧细绳恰好水平，其长度 ，p点与滑轮的连线与直杆垂直（如图所示）．现将滑块从图中O点由静止释放，（整个运动过程中 不会触地,），则滑块滑至 P 点时的速度大小为

A． B．5m/s C． D．2m/s
【答案】A
【解析】
由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：l=Lsin53°=m，所以滑块运动到P时，m下落，M下落，
当m到达P点与m相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，即M速度为零，全过程两物体减小的重力势能等于m物体的动能增加：MgH+mgh=mV2，解得：V=5m/s 故选A．
2．如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（???）

A．三种情况下物体损失的机械能:△E3＞△E2＞△E1
B．三种情况下摩擦产生的热量:Q1＝Q2＜Q3
C．到达底端的速度:v1＞v2＞v3
D．到达底端的动能：EK1＞EK3＞EK2
【答案】BC
【解析】
设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμLcosθ，Lcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为：Q1=Q2＜Q3，所以损失的机械能△E1=△E2＜△E3，故B正确，A错误；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v2＞v3，故C正确；物块的动能为：，因为 v1＞v2＞v3，所以到达底端的动能：EK1＞EK2＞EK3，故D错误。所以BC正确AD错误。
3．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正上方处，小球位于最高点A且静止时恰好对圆环无作用力，现让小球从最高点A由静止开始沿顺时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为k＝
B．小球运动到D点时的速度大小为
C．小球在最低点B时对圆环的压力大小为3mg
D．小球运动到B点时的速度大小为2
【答案】AD
【解析】
A．由小球位于最高点A且静止时恰好对圆环无作用力且弹簧原长为R可得

解得

故A正确；
B．如果小球在A点与D点的弹性势能相等，由能量守恒可得

得

小球运动到D点时，弹簧的弹力为

说明小球在A点与D点的弹性势能不相等，则小球达到D点的速度不为，故B错误；
CD．由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得

解得

在B点有

小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，则弹力大小相等，则有

解得

由牛顿第三定律可知，小球在最低点B时对圆环的压力大小为4mg，故C错误，D正确。
故选AD。
4．如图1所示，固定的光滑水平横杆上套有小环P，固定的光滑竖直杆上套有小环Q。P、Q质量均为m，且可看做质点。P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，开始时细绳水平伸直，P、Q均静止。现在由静止释放Q，当细绳与竖直方向的夹角为60°时(如图2所示)，小环P沿着水平杆向右的速度为v。则

A．细绳的长度为 B．Q的机械能一直增大
C．绳子对Q做的功为 D．P、Q及地球组成的系统机槭能守恒
【答案】AD
【解析】
根据运动的合成与分解可知，，且沿绳方向速度相等，即，所以。设Q下降的高度为h，由功能关系可得，，解得。设绳长为L，则，所以A正确；拉力对Q做负功，Q的机械能减小，所以B错误；对P研究，只有拉力对P做功，拉力做功为，所以拉力对Q做功为，所以C错误；对P、Q组成的系统，只有重力做功，则P、Q及地球组成的系统机械能守恒，所以D正确。














21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）



HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)










中小学教育资源及组卷应用平台


备战2020届高考复习：功能关系题型分类
【问题一】受力分析 整体法与隔离法的应用
【规律总结】
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解．
1．质量为1kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，图示为其运动的v-t图象.则（ ）

A．20s~25s内物体超重
B．0~10s内物体的平均速度为1.5m/s
C．0~5s内拉力做正功，10~20s内拉力做负功
D．第2.5末和第15末，物体克服重力做功的瞬时功率相同
2．质量为1kg的物体静止于光滑水平面上．t=0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第ls内F＝2N，第2s内F=1N.下列判断正确的是
A．2s末物体的速度是3m／s B．2s内物体的位移为3m
C．第1s末拉力的瞬时功率最大 D．第2s末拉力的瞬时功率最大
3．质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始加速，前进了s距离后速度达到最大值vm．设在加速过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f．当速度为v（vm＞v）时，所受牵引力为F，对汽车在这段位移内的有关物理量，以下说法正确的是（　　）
A．汽车的牵引力做功为Fs B．汽车的牵引力做功为mvm2+fs
C．汽车的速度v=P/F D．汽车的最大速度vm=P/f
4．如图所示，质量分别为、的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况，下列分析正确的是

A．若，，则杆受到压力 B．若，，则杆受到拉力
C．若，，则杆受到拉力 D．若，，则杆无作用力
5．如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为（g为重力加速度）。不计一切摩擦，AB均可慢为质点，则下列说法正确的是

A．小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B．小球A从圆环最高点到达环最右刻的过程中滑块B的重力能减小
C．小球A从腰环最高点到达医环最右的过程中小球A的重力能小了
D．小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了
6．如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，中间用轻弹簧相连，水平面光滑，在水平推力F作用下，A、B两物体一起以加速度a向右做匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物体的加速度大小分别为

A．0，a B．a，2a C．2a，a D．0，2a
【问题二】动能定理的应用
【规律总结】
一．应用动能定理解题的基本思路
(1)确定研究对象和研究过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．
二．动能定理的应用
(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．
(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．
1．如图所示，斜面高为h，水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放，沿斜面AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

2．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 ，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，则
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)载人滑草车最大速度；
(3)载人滑草车克服摩擦力做的功。

3．如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平, AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；
（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．
【问题三】机械能守恒定律的应用
【规律总结】
一．机械能守恒的判断
(1)利用机械能守恒的定义判断；
(2)利用做功判断；
(3)利用能量转化判断；
(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．
二．解题步骤
(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；
(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．
三．应用技巧
对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．
1．“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，在最高点时的速度为v，若质量为m可视为质点的棋子在运动过程中，只受重力作用，重力加速度为g，以平台所在平面为零势能面，则

A．棋子从最高点落到平台上所需时间
B．棋子在两平台上落点间的距离
C．棋子落到后一个平台上时的机械能
D．棋子落到后一个平台上时的动能
2．如图所示,质量m=1kg的物块（可视为质点）以v1=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示．已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g=10m/s2,下列说法中正确的是 （ ）

A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2
B．在t=1 s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50 W
C．在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20 W
D．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为1∶5
3．如图所示，一质量m=1kg的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，F作用一段时间t后撤去，滑块继续运动到B点进入半径为R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.2m，水平距离s＝0.6? m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3倍，BC长为L＝2m，小滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10? m/ s 2

(1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点P的速度大小
(2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧
(3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间t的范围
【问题四】力学中的功能关系
【规律总结】
几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.
(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
1．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为 53°，杆上套着一个质量为 的滑块（可视为质点）．用不可伸长的细绳将滑块 与另一个质量为的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂 而绷紧，此时滑轮左侧细绳恰好水平，其长度 ，p点与滑轮的连线与直杆垂直（如图所示）．现将滑块从图中O点由静止释放，（整个运动过程中 不会触地,），则滑块滑至 P 点时的速度大小为

A． B．5m/s C． D．2m/s
2．如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（???）

A．三种情况下物体损失的机械能:△E3＞△E2＞△E1
B．三种情况下摩擦产生的热量:Q1＝Q2＜Q3
C．到达底端的速度:v1＞v2＞v3
D．到达底端的动能：EK1＞EK3＞EK2
3．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正上方处，小球位于最高点A且静止时恰好对圆环无作用力，现让小球从最高点A由静止开始沿顺时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为k＝
B．小球运动到D点时的速度大小为
C．小球在最低点B时对圆环的压力大小为3mg
D．小球运动到B点时的速度大小为2
4．如图1所示，固定的光滑水平横杆上套有小环P，固定的光滑竖直杆上套有小环Q。P、Q质量均为m，且可看做质点。P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，开始时细绳水平伸直，P、Q均静止。现在由静止释放Q，当细绳与竖直方向的夹角为60°时(如图2所示)，小环P沿着水平杆向右的速度为v。则

A．细绳的长度为 B．Q的机械能一直增大
C．绳子对Q做的功为 D．P、Q及地球组成的系统机槭能守恒














21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）



HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑