高考物理大二輪復習與增分策略 專題四 功能關系的應用 第1講 功能關系在力學中的應用-人教版高三全冊物理試題

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1、專題四 功能關系的應用 [專題定位]　本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導體棒在電場或磁場中的運動問題.考查的重點有以下幾方面：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；②與功、功率相關的分析與計算；③幾個重要的功能關系的應用；④動能定理的綜合應用；⑤綜合應用機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，側重在計算題中命題，是高考的壓軸題. [應考策略]　深刻理解功能關系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律，結合動力學方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能

2、量守恒定律解決電場、磁場內帶電粒子運動或電磁感應問題. 第1講　功能關系在力學中的應用 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. (2)摩擦力做功的特點 ①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功. ②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，只有機械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能；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械能的轉移，還有部分機械能轉化為內能.轉化為內能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力

3、與相對位移的乘積. ③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱. 2.幾個重要的功能關系 (1)重力的功等于重力勢能的變化，即WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動能的變化，即W＝ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內能的變化，即Q＝Ff·l 相對. 1.動能定理的應用 (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、速率關系的問題.動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于

4、變力做功，力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分段作用. (2)應用動能定理解題的基本思路 ①選取研究對象，明確它的運動過程. 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＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進行求解. 2.機械能守恒定律的應用 (1)機械能是否守恒的判斷 ①用做功來判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零. ②用能量轉化來判斷，看是否有機械能轉化為其他形式的能. ③對一些“繩子突然繃緊”“物體間碰撞”等問題，機械能一般不守恒

5、，除非題目中有特別說明及暗示. (2)應用機械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對象——物體系統(tǒng). ②根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒. ③恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在運動過程的初、末狀態(tài)時的機械能. ④根據(jù)機械能守恒定律列方程，進行求解. 例1　(多選)(2016·全國甲卷·21)如圖1所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連.現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點.已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) 圖1 A

6、.彈力對小球先做正功后做負功 B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 解析　因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋

7、WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確. 答案　BCD 預測1　(2016·四川理綜·1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員.他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J.韓曉鵬在此過程中(　　) A.動能增加了1 900 J B.動能增加了2 000 J C.重力勢能減小了1 900 J D.重力勢能減小了2 000 J 答案　C 解析　由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢能減少1 900

8、 J ，故C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故A、B錯誤. 預測2　如圖2所示，用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道，豎直固定在地面上，其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長直光滑桿，桿與軌道在同一豎直平面內，桿上P點處固定一定滑輪，P點位于O點正上方.A、B是質量均為m的小環(huán)，A套在桿上，B套在軌道上，一條不可伸長的細繩繞過定滑輪連接兩環(huán).兩環(huán)均可看做質點，且不計滑輪大小與質量.現(xiàn)在A環(huán)上施加一個水平向右的恒力F，使B環(huán)從地面由靜止沿軌道上升.則(　　) 圖2 A.力F所做的功等于系統(tǒng)動能的增加量

9、B.在B環(huán)上升過程中，A環(huán)動能的增加量等于B環(huán)機械能的減少量 C.當B環(huán)到達最高點時，其動能為零 D.當B環(huán)與A環(huán)動能相等時，sin ∠OPB＝ 答案　D 解析　力F做正功，系統(tǒng)的機械能增加，由功能關系可知，力F所做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量，不等于系統(tǒng)動能的增加量.故A錯誤；由于力F做正功，A、B組成的系統(tǒng)機械能增加，則A環(huán)動能的增加量大于B環(huán)機械能的減少量，故B錯誤；當B環(huán)到達最高點時，A環(huán)的速度為零，動能為零，但B環(huán)的速度不為零，動能不為零，故C錯誤；當PB線與圓軌道相切時，vB＝vA，根據(jù)數(shù)學知識有sin ∠OPB＝，故D正確. 例2　如圖3所示，水平面O點左側光滑，右側

10、粗糙，有3個質量均為m完全相同的滑塊(可視為質點)，用輕細桿相連，相鄰滑塊間的距離為L，滑塊1恰好位于O點左側，滑塊2、3依次沿直線水平向左排開.現(xiàn)將水平恒力F＝1.8μmg作用于滑塊1，μ為粗糙地帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)，g為重力加速度. 圖3 (1)求滑塊運動的最大速度； (2)判斷滑塊3能否進入粗糙地帶？若能，計算滑塊3在粗糙地帶的運動時間. 解析　(1)滑塊2剛進入粗糙地帶，滑塊開始減速，此時速度最大，對所有滑塊運用動能定理： F·L－μmgL＝·3mv 得v1＝ (2)若滑塊3能進入粗糙地帶，設剛進入的速度為v2，有 F·2L－μmg(1＋2)L＝·3mv 得v

11、2＝ 故滑塊3能進入粗糙地帶 此時3μmg－F＝3ma 故滑塊3在粗糙地帶的減速時間t＝ 得t＝ 答案　(1) 　(2)滑塊3能進入粗糙地帶　 預測3　如圖4所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計滑輪質量及摩擦，已知小車的質量為3m，小桶與沙子的總質量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中(　　) 圖4 A.小桶處于失重狀態(tài) B.小桶的最大速度為 C.小車受繩的拉力等于mg D.小車的最大動能為mgh 答案　B 解析　在整個的過程中，小桶向上做加速運動，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重

12、狀態(tài).故A、C錯誤；在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對小車和小桶做功，由動能定律得：3mg·h·sin 30°－mgh＝(3m＋m)v2 解得：v＝，故B正確；小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動能為：Ekm＝·3mv2＝mgh，故D錯誤. 預測4　(2016·全國丙卷·24)如圖5所示，在豎直平面內有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接.AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動. 圖5 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點. 答案

13、　(1)5∶1　(2)能，理由見解析 解析　(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得 EkA＝mg· ① 設小球在B點的動能為EkB，同理有 EkB＝mg· ② 由①②式得EkB∶EkA＝5∶1 ③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足 FN≥0 ④ 設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有 FN＋mg＝m ⑤ 由④⑤式得 mg≤m ⑥ vC≥ ⑦ 全程應用機械能守恒定律得 mg·＝mvC′2 ⑧ 解得vC′＝，滿足⑦式條件，即小球恰好可以沿軌道運動到C

14、點. 解題方略 多個運動過程的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應用，分析這種問題時注意要獨立分析各個運動過程，而不同過程往往通過連接點的速度建立聯(lián)系，有時對整個過程應用能量的觀點解決問題會更簡單. 例3　(2016·全國乙卷·25)如圖6所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內.質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)

15、μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) 圖6 (1)求P第一次運動到B點時速度的大??； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點.G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量. 解析　(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R ① 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝mv ② 式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB

16、＝2 ③ (2)設BE＝x，P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E過程，根據(jù)動能定理得 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④ E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x ⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 x＝R ⑦ Ep＝mgR ⑧ (3)設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關系(如圖所示)得α＝37°. 由幾何關系得： x1＝R－

17、Rsin α＝3R ⑨ y1＝R＋R＋Rcos α＝R ⑩ 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t. 由平拋運動公式得： y1＝gt2 ? x1＝vDt ? 聯(lián)立⑨⑩??得 vD＝ ? 設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos α)? P由E點運動到C點的過程中，由動能定理得 Ep－m1g(x＋5R)sin α－μm1g(x＋5R)cos α＝m1v? 聯(lián)立⑦⑧???得 m1＝m 答案　(1)2 　(2)mgR　(3)　m 預測5　如圖7所

18、示，質量M＝3 kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A與地面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，其上表面右側光滑段長度L1＝2 m，左側粗糙段長度為L2，質量m＝2 kg、可視為質點的滑塊B靜止在滑板上的右端，滑塊與粗糙段的動摩擦因數(shù)μ2＝0.15，取g＝10 m/s2，現(xiàn)用F＝18 N的水平恒力拉動A向右運動，當A、B分離時，B對地的速度vB＝1 m/s，求L2的值. 圖7 答案　1 m 解析　在F的作用下，A做勻加速運動，B靜止不動，當A運動位移為L1時B進入粗糙段，設此時A的速度為vA，則： 對A：由動能定理：FL1－μ1(M＋m)gL1＝Mv① B進入粗糙段后，設A加速度為aA，B加

19、速度為aB， 對A：由牛頓第二定律： F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaA② 對B：由牛頓第二定律：μ2mg＝maB③ 由①得vA＝2 m/s④ 由②得aA＝0⑤ 即A以vA＝2 m/s的速度做勻速直線運動直至A、B分離，分離時B的速度為vB，設B在粗糙段滑行的時間為t，則： 對A：xA＝vAt⑥ 對B：vB＝aBt⑦ xB＝aBt2⑧ 又：xA－xB＝L2⑨ 聯(lián)立解得：L2＝1 m⑩ 預測6　如圖8所示，質量m＝0.1 kg的小球(可視為質點)，用長度l＝0.2 m的輕質細線懸于天花板的O點.足夠長的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點正下方，與O點的高度差h＝0.4 m

20、.木板與水平面間的夾角θ＝37°，整個裝置在同一豎直面內.現(xiàn)將小球移到與O點等高的P點(細線拉直)，由靜止釋放，小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求： 圖8 (1)細線所能承受的最大拉力F； (2)小球在木板上的落點到木板頂端A的距離s； (3)小球與木板接觸前瞬間的速度大小. 答案　(1)3 N　(2)1 m　(3)2 m/s 解析　(1)設細線拉斷時小球的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：mv＝mgl 解得：v0＝ 在Q點，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 解得 F＝3mg＝3 N (2)設小

21、球在木板上的落點到木板頂端A的距離為s，由平拋運動的規(guī)律得：h－l＋s·sin θ＝gt2； scos θ＝v0t，聯(lián)立以上各式得：s＝1 m (3)設小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機械能守恒定律得： mv2＝mg(h＋s·sin θ)，聯(lián)立以上各式得：v＝2 m/s. 專題強化練 1.質量為m的物體，自高為h、傾角為θ的固定粗糙斜面頂端由靜止開始勻加速滑下，到達斜面底端時的速度為v.重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A.物體下滑過程的加速度大小為 B.物體下滑到底端時重力的功率為mgv C.物體下滑過程中重力做功為mv2 D.物體下滑過程中摩擦力做功為mv

22、2－mgh 答案　D 解析　由v2＝2a，得a＝，故A錯誤；物體下滑到底端時重力功率P＝mgvsin θ，故B錯誤；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功mgh＋W＝mv2.故C錯誤，D正確. 2.如圖1所示，在豎直面內固定一光滑的硬質桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上.由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.圓環(huán)的機械能保持不變 B.彈簧對圓環(huán)一直做負功 C.彈簧的彈性勢能逐

23、漸增大 D.圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案　D 解析　由幾何關系可知，當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小.所以在環(huán)從a到C的過程中彈簧對環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對環(huán)做負功，所以環(huán)的機械能是變化的.故A、B錯誤；當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大.故C錯誤；在整個的過程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒.故D正確. 3.(多選)如圖2所示，斜面與足夠長的水平橫桿均固定，斜面與豎直方向的夾角為θ，套筒P套在橫桿上，與繩子左端連接，繩子跨過不計大小的定滑輪，其

24、右端與滑塊Q相連接，此段繩與斜面平行，Q放在斜面上，P與Q質量相等且為m，O為橫桿上一點且在滑輪的正下方，滑輪距橫桿h.手握住P且使P和Q均靜止，此時連接P的繩與豎直方向夾角為θ，然后無初速度釋放P.不計繩子的質量和伸長及一切摩擦，重力加速度為g.關于P描述正確的是(　　) 圖2 A.釋放P前繩子拉力大小為mgcos θ B.釋放后P做勻加速運動 C.P達O點時速率為 D.P從釋放到第一次過O點，繩子拉力對P做功功率一直增大 答案　AC 解析　釋放P前，對Q分析，根據(jù)共點力平衡得，F(xiàn)T＝mgcos θ，故A正確；釋放后對P分析，知P所受的合力在變化，則加速度在變化，做變加速直

25、線運動，故B錯誤；當P到O點時，Q的速度為零，對P和Q系統(tǒng)研究，mg(－h(huán))cos θ＝mv2，解得v＝ ，故C正確；P從釋放到第一次過O點，速度逐漸增大，拉力在水平方向的分力在減小，則拉力的功率不是一直增大，故D錯誤. 4.(多選)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運動.某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖3a所示)，以此時為t＝0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系.如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變.則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.若物塊與傳送帶間的動摩

26、擦因數(shù)為μ，則μ>tan θ B.0～t1內，傳送帶對物塊做正功 C.0～t2內，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大 D.0～t2內，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量 答案　AC 解析　在t1～t2內，物塊向上運動，則有 μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正確；由題意知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應向上.0～t1內，物塊所受摩擦力沿斜面向上，則傳送帶對物塊做負功，故B錯誤；物塊的重力勢能減小，動能也減小都轉化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小.故C正確；0～t2內，傳送帶對物塊做功等于

27、物塊機械能的變化量，故D錯誤. 5.(多選)如圖4所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高.它們由靜止釋放，最終在水平面上運動.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B.當B滑到圓軌道最低點時，軌道對B的支持力大小為3mg C.下滑過程中B的機械能增加 D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR 答案　AD 解析　因為初位置速度為零，則重力的功率為0，最低點速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小.故A正確；A、B小球組成的系

28、統(tǒng)，在運動過程中，機械能守恒，設B到達軌道最低點時速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得： (m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得： FN－mg＝m 解得：FN＝2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以機械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中對A，根據(jù)動能定理得：W＝mv2＝mgR，故D正確. 6.如圖5所示，長1 m的輕桿BO一端通過光滑鉸鏈鉸在豎直墻上，另一端裝一輕小光滑滑輪，繞過滑輪的細線一端懸掛重為15 N的物體G，另一端A系于墻上，平衡時OA恰好水平，現(xiàn)將細線A端滑著豎直墻向上緩慢移動一小段距離，同時調

29、整輕桿與墻面夾角，系統(tǒng)重新平衡后輕桿受到的壓力恰好也為15 N，則該過程中物體G增加的重力勢能約為(　　) 圖5 A.1.3 J B.3.2 J C.4.4 J D.6.2 J 答案　A 解析　輕桿在O點處的作用力方向必沿桿，即桿會平分兩側繩子間的夾角. 開始時，AO繩子水平，此時桿與豎直方向的夾角是45°；這時桿中的彈力大小等于滑輪兩側繩子拉力的合力.當將A點達到新的平衡，由于這時輕桿受到的壓力大小等于15 N(等于物體重力)，說明這時兩段繩子夾角為120° 那么桿與豎直方向的夾角是60°； 設桿的長度是L.狀態(tài)1時，AO段繩子長度是L1＝Lsin 45°＝L，

30、 滑輪O點到B點的豎直方向距離是h1＝Lcos 45°＝L， 狀態(tài)2，桿與豎直方向夾角是60°，這時桿與AO繩子夾角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等邊三角形.所以，這時AO段繩子長度是L2＝L； 滑輪到B點的豎直距離是h2＝Lcos 60°＝L，可見，后面狀態(tài)與原來狀態(tài)相比，物體的位置提高的豎直高度是h＝(h2－h(huán)1)＋(L2－L1)＝(L－L)＋(L－L)＝(－)L. 重力勢能的增加量Ep＝Gh＝G×(－)L＝15 N×(－)×1 m≈1.3 J. 7.(多選)如圖6所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草

31、地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).則(　　) 圖6 A.動摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 答案　AB 解析　對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項A正確；對經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解

32、得v＝ ，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝＝－g，選項D錯誤. 8.如圖7甲所示，用固定的電動機水平拉著質量m＝4 kg的小物塊和質量M＝2 kg的平板以相同的速度一起向右勻速運動，物塊位于平板左側，可視為質點.在平板的右側一定距離處有臺階阻擋，平板撞上后會立刻停止運動.電動機功率保持P＝6 W不變.從某時刻t＝0起，測得物塊的速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t＝6 s后可視為勻速運動，t＝10 s時物塊離開木板.重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)平板與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)平板長度L.

33、 答案　(1)0.2　(2)2.416 m 解析　(1)在前2 s內，整體勻速，則有：F1＝Ff1， P＝F1v1，F(xiàn)f1＝μ(M＋m)g， 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立三式解得μ＝0.2. (2)6～10 s內，小物塊勻速運動，則有：F2＝Ff2， P＝F2v2， 2～10 s的過程，由動能定理得，PΔt－Ff2L＝mv－mv， 聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得L＝2.416 m. 9.傾斜雪道的長為25 m，頂端高為15 m，下端經(jīng)過一小段圓弧過渡后與很長的水平雪道相接，如圖8所示.一滑雪運動員在傾斜雪道的頂端以水平速度v0＝8 m/s飛出，在落到傾斜雪道上時，運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿

34、斜面的分速度而不彈起.除緩沖過程外運動員可視為質點，過渡圓弧光滑，其長度可忽略.設滑雪板與雪道的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，求運動員在水平雪道上滑行的距離(取g＝10 m/s2). 圖8 答案　74.84 m 解析　 如圖建立坐標系，斜面的方程為 y＝xtan θ＝x① 運動員飛出后做平拋運動 x＝v0t② y＝gt2③ 聯(lián)立①②③式，得飛行時間t＝1.2 s 落點的x坐標x1＝v0t＝9.6 m 落點離斜面頂端的距離s1＝＝12 m 落點距地面的高度h1＝(L－s1)sin θ＝7.8 m 接觸斜面前的x軸方向分速度vx＝8 m/s y軸方向分速度vy＝gt＝1

35、2 m/s 沿斜面方向的速度大小為v∥＝vxcos θ＋vysin θ＝13.6 m/s 設運動員在水平雪道上運動的距離為s2，由功能關系得 mgh1＋mv＝μmgcos θ(L－s1)＋μmgs2 解得s2＝74.84 m. 10.風洞飛行表演是一種高科技的驚險的娛樂項目.如圖9所示，在某次表演中，假設風洞內向上的總風量和風速保持不變.質量為m的表演者通過調整身姿，可改變所受的向上的風力大小，以獲得不同的運動效果.假設人體受風力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風力面積最大，且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的，風洞內人體可上下移動的空間總高度AC＝H.開始時，若人體

36、與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好使表演者在最高點A點處于靜止狀態(tài)；后來，表演者從A點開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B點后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，試求： 圖9 (1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大?。? (2)AB兩點的高度差與BC兩點的高度差之比； (3)表演者從A點到C點減少的機械能. 答案　(1)g　g　(2)3∶4　(3)mgH 解析　(1)在A點受力平衡時，則mg＝k 向上最大加速度為a1，kS－mg＝ma1 得到a1＝g 向下最大加速度為a2，mg－k＝ma2 得

37、到a2＝g (2)設B點的速度為vB 2a1hAB＝v 2a2hBC＝v 得到：＝＝ 或者由v－t圖象法得到結論. (3)整個過程的動能變化量為ΔEk＝0 整個過程的重力勢能減少量為ΔEp＝mgH 因此機械能的減少量為ΔE＝mgH 或者利用克服摩擦力做功可也得到此結論. 11.(2016·全國甲卷·25)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如

38、圖10所示.物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g. 圖10 (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍. 答案　(1)　2l　(2)m≤M

39、得 Ep＝mv＋μmg(5l－l)② 聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足 －mg≥0④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出.設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得 2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l⑨ (2)設P的質量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 MvB′2≤Mgl? Ep＝MvB′2＋μMg·4l? 聯(lián)立①⑩??式得 m≤M