2020届高三二轮复习专题复习
专题七 功能关系(2课时）
/
考点
要求
考点解读及预测
功和功率
Ⅱ
本专题知识是整个高中物理的重点和难点，每年高考必考。能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用.通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入力学和电学知识中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性。.
动能 动能定理
Ⅱ
重力势能
Ⅱ
弹性势能
Ⅰ
机械能守恒定律及其应用
Ⅱ
能量守恒
Ⅰ
/
1．功的计算公式 W＝Flcos α.
2．功率计算公式 (1)P＝，P为时间t内物体做功的快慢.(2)P＝Fvcos α
3．动能定理
⑴内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
⑵表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
4．重力势能
⑴表达式：Ep＝mgh.
⑵重力做功与重力势能变化的关系
①定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量.即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
5．弹性势能
⑴定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.
⑵弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加.即W＝－ΔEp.
6．机械能守恒定律
⑴内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，总的机械能保持不变.
⑵表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
⑶机械能守恒的条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
⑷机械能守恒定律的三种表达形式及用法
①E2＝E1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1
②ΔEk增＝ΔEp减或ΔEk减＝ΔEp增
③ΔEA增＝ΔEB减或ΔEA减＝ΔEB增
7．能量守恒定律
⑴内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
⑵表达式：ΔE减＝ΔE增.
/
1．变力功的分析与计算方法
方法
以例说法
应用动能定理
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用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ)
微元法
/
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR
平均力法
/
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
图象法
/
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
2．应用动能定理解题的基本步骤
/
3．应用机械能守恒定律解题的基本步骤
/
4．功是能量转化的原因和量度，在不同的问题中具有的对应关系是
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势
能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹
力的功
弹性势
能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重
力、弹簧
弹力做功
机械能
不变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少，内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
5．运用能量守恒定律解题的基本思路
/
2.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
/
题型一 功、功率的计算
【典例1】如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则 ( )
/
物块经过4 s时间到出发点
B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
【答案】BD
【解析】由图象可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v -t图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2，4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移s1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝F合s1＝mas1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率P＝＝ W＝1.8 W，选项D正确．
题型二 动能定理的应用
【典例2】如图，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37 °、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
/
(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；
(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。
【答案】(1)20 N 2 J (2) s (3)0.125≤μ＜0.75或μ＝1
【解析】(1)在B点，F－mg＝m，解得F＝20 N
由牛顿第三定律知F′＝20 N
设滑块在AB上克服阻力所做的功为W
从A到B，由动能定理得mgR－W＝mv2
代入数值解得W＝2 J
(2)在CD间运动，有mgsin θ＝ma，
加速度a＝gsin θ＝6 m/s2
由匀变速运动规律s＝vt＋at2，取合理根，得t＝ s
(3)最终滑块停在D点有两种可能：
a.滑块恰好能从C下滑到D。
则有mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
当滑块恰好能返回C，有－μ1mgcos θ·2s＝0－mv2
得到μ1＝0.125
当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ2mgcos θ，得到μ2＝0.75
所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ＝1。
题型三 机械能守恒定律的应用
【典例3】 (2019·安徽芜湖高三上学期期末)用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看做质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动。P点和Q点分别为轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为( )
/
A．2mg B．4mg C．6mg D．8mg
【答案】 C
【解析】 根据牛顿第二定律，在Q点，有F1＋mg＝m，在P点，有F2－mg＝m，从最高点到最低点过程，根据机械能守恒定律，有mg·(2L)＝mv－mv，联立三式，解得小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为F2－F1＝6mg，C正确。
题型四 功能关系的理解与应用
【典例4】(2019·银川一模)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
/
(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；
(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；
(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.
【答案】 (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m
【解析】(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又s＝at
联立以上两式，代入数据解得t1＝2.5 s.
(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有
mv＋mgR(1－cos θ)＝mv，其中vA＝at1
由牛顿第二定律，有FB－mg＝m
联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力
FB≈31.7 N.
(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5 m/s2
小车的加速度：a2＝＝1.5 m/s2
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vB－a1t2＝a2t2
由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB＝10 m/s，最终同速时的速度v＝vB－a1t2＝3 m/s
由功能关系可得：μmg·s1＝mv－(m＋M)v2
解得：s1＝10 m.
/
1．如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将( )
/
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
一物体从H高处自由下落，以地面为零势能面，当物体的动能等于其重力势能2倍时，物体下落的高度为( )
A．H B．H
C．H D．H
3．（多选）如图所示，三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度水平抛出。则( )
/
A．小球A到达地面的速度最大
B．从开始至落地，重力对它们做功相同
C．三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同
4．（多选）太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是( )
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv
5.(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为( )
/
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
6. (2019·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)在此过程中，下列说法正确的是( )
/
A．人的速度比重物的速度小
B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动
D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2
7.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
/
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
8.(2019·山东烟台高三上学期期末)如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出，不计空气阻力。则下列说法中不正确的是( )
/
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等
D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等
9.(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接(滑块经过B点时速度大小不变)，斜面轨道长L＝2.5 m，斜面倾角θ＝37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径R＝1 m，圆心角θ＝37°，C点距水平地面的高度h＝0.512 m，整个轨道是固定的。一质量m＝1 kg的滑块在A点由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：
/
(1)滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)滑块离开C点后在空中运动的时间t。
10．(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)。求：
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(1)物块与传送带间的动摩擦因数；
(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功。
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2020届高三二轮复习专题复习
专题七 功能关系(2课时）
考点
要求
考点解读及预测
功和功率
Ⅱ
本专题知识是整个高中物理的重点和难点，每年高考必考。能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用.通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入力学和电学知识中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性。.
动能 动能定理
Ⅱ
重力势能
Ⅱ
弹性势能
Ⅰ
机械能守恒定律及其应用
Ⅱ
能量守恒
Ⅰ
1．功的计算公式 W＝Flcos α.
2．功率计算公式 (1)P＝，P为时间t内物体做功的快慢.(2)P＝Fvcos α
3．动能定理
⑴内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
⑵表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
4．重力势能
⑴表达式：Ep＝mgh.
⑵重力做功与重力势能变化的关系
①定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量.即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
5．弹性势能
⑴定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.
⑵弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加.即W＝－ΔEp.
6．机械能守恒定律
⑴内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，总的机械能保持不变.
⑵表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
⑶机械能守恒的条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
⑷机械能守恒定律的三种表达形式及用法
①E2＝E1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1
②ΔEk增＝ΔEp减或ΔEk减＝ΔEp增
③ΔEA增＝ΔEB减或ΔEA减＝ΔEB增
7．能量守恒定律
⑴内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
⑵表达式：ΔE减＝ΔE增.
1．变力功的分析与计算方法
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR
平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
图象法
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
2．应用动能定理解题的基本步骤
3．应用机械能守恒定律解题的基本步骤
4．功是能量转化的原因和量度，在不同的问题中具有的对应关系是
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势
能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹
力的功
弹性势
能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重
力、弹簧
弹力做功
机械能
不变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少，内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
5．运用能量守恒定律解题的基本思路
2.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
题型一 功、功率的计算
【典例1】如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则 ( )
物块经过4 s时间到出发点
B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
【答案】BD
【解析】由图象可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v -t图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2，4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移s1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝F合s1＝mas1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率P＝＝ W＝1.8 W，选项D正确．
题型二 动能定理的应用
【典例2】如图，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37 °、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；
(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。
【答案】(1)20 N 2 J (2) s (3)0.125≤μ＜0.75或μ＝1
【解析】(1)在B点，F－mg＝m，解得F＝20 N
由牛顿第三定律知F′＝20 N
设滑块在AB上克服阻力所做的功为W
从A到B，由动能定理得mgR－W＝mv2
代入数值解得W＝2 J
(2)在CD间运动，有mgsin θ＝ma，
加速度a＝gsin θ＝6 m/s2
由匀变速运动规律s＝vt＋at2，取合理根，得t＝ s
(3)最终滑块停在D点有两种可能：
a.滑块恰好能从C下滑到D。
则有mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－mv2，得到μ1＝1
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
当滑块恰好能返回C，有－μ1mgcos θ·2s＝0－mv2
得到μ1＝0.125
当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ2mgcos θ，得到μ2＝0.75
所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ＝1。
题型三 机械能守恒定律的应用
【典例3】 (2019·安徽芜湖高三上学期期末)用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看做质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动。P点和Q点分别为轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为( )
A．2mg B．4mg C．6mg D．8mg
【答案】 C
【解析】 根据牛顿第二定律，在Q点，有F1＋mg＝m，在P点，有F2－mg＝m，从最高点到最低点过程，根据机械能守恒定律，有mg·(2L)＝mv－mv，联立三式，解得小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为F2－F1＝6mg，C正确。
题型四 功能关系的理解与应用
【典例4】(2019·银川一模)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；
(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；
(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.
【答案】 (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m
【解析】(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又s＝at
联立以上两式，代入数据解得t1＝2.5 s.
(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有
mv＋mgR(1－cos θ)＝mv，其中vA＝at1
由牛顿第二定律，有FB－mg＝m
联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力
FB≈31.7 N.
(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5 m/s2
小车的加速度：a2＝＝1.5 m/s2
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vB－a1t2＝a2t2
由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB＝10 m/s，最终同速时的速度v＝vB－a1t2＝3 m/s
由功能关系可得：μmg·s1＝mv－(m＋M)v2
解得：s1＝10 m.
1．如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将( )
A．不断增大 B．不断减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】 C
【解析】速度方向改变了90°，说明恒力的方向应为右下方，与初速度的夹角大于90°，小于180°，才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当速度与恒力垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，选项C正确。
一物体从H高处自由下落，以地面为零势能面，当物体的动能等于其重力势能2倍时，物体下落的高度为( )
A．H B．H
C．H D．H
【答案】 C
【解析】运动的过程中物体的机械能守恒，取地面为零势能面，根据机械能守恒可得mgH＝mgh＋mv2，当其动能等于重力势能的2倍时，有2mgh＝mv2，所以mgH＝3mgh，解得h＝H，此时物体下落的高度为H，故选项C正确。
3．（多选）如图所示，三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度水平抛出。则( )
A．小球A到达地面的速度最大
B．从开始至落地，重力对它们做功相同
C．三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同
【答案】 BC
【解析】由动能定理得mgh＝mv2－mv，由于下落高度相同，重力做功相等，所以三个小球落地速度大小相等，故A项错误，B项正确；重力做功瞬时功率P＝mgvy，所以小球B的重力瞬时功率最大，C项正确；重力做功相等，但时间明显不等，所以重力做功平均功率不等，故D项错误。
4．（多选）太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是( )
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv
【答案】 AD
【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率P＝fvmax，故A项正确；汽车匀加速直线运动的位移x＝t，则克服阻力做功为Wf＝fx＝，故B项错误；设总路程为x，根据动能定理知，W－fx＝mv，则牵引力做功W＝fx＋mv，故C项错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W＝mv，故D项正确。
5.(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为( )
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
【答案】 C
【解析】 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mv，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确。
6. (2019·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)在此过程中，下列说法正确的是( )
A．人的速度比重物的速度小B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动 D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2
【答案】 B
【解析】 将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为θ时，vG＝vcosθ，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcosα，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mv，解得W＝mgh＋m(vcosα)2，D错误。
7.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2) ( )
A．木板获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v -t图象可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确．
8.(2019·山东烟台高三上学期期末)如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出，不计空气阻力。则下列说法中不正确的是( )
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等
D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等
【答案】 D
【解析】 由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相等，方向相同，A正确；由于两小球落地时速度相同，故重力的瞬时功率相同，B正确；由重力做功公式W＝mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相等，C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相等，但是两小球运动的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D错误。
9.(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示，在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接(滑块经过B点时速度大小不变)，斜面轨道长L＝2.5 m，斜面倾角θ＝37°，O点是圆弧轨道圆心，OB竖直，圆弧轨道半径R＝1 m，圆心角θ＝37°，C点距水平地面的高度h＝0.512 m，整个轨道是固定的。一质量m＝1 kg的滑块在A点由静止释放，最终落到水平地面上。滑块可视为质点，滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)滑块经过圆弧轨道最低点B时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)滑块离开C点后在空中运动的时间t。
【答案】 (1)30 N (2)0.64 s
【解析】 (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理：
mgLsin37°－μmgLcos37°＝mv
解得vB＝2 m/s
滑块经过圆弧轨道的B点时，由牛顿第二定律：F－mg＝m
由牛顿第三定律可得：滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小F′＝F
解得F′＝30 N。
(2)对滑块从B到C的过程，由动能定理：－mgR(1－cos37°)＝mv－mv
解得vC＝4 m/s
滑块离开C点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则有：
h＝－vCsin37°t＋gt2，
解得t＝0.64 s。
10．(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)。求：
(1)物块与传送带间的动摩擦因数；
(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功。
【答案】 (1) (2)－3.75 J
【解析】 (1)由v-t图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：a1＝＝8 m/s2
后0.5 s的加速度为：a2＝＝2 m/s2
物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
联立解得：θ＝30°，μ＝。
(2)由v-t图象可知，在前0.5 s，物块对地位移为：
x1＝
则摩擦力对物块做功：W1＝μmgcosθ·x1
在后0.5 s，物块对地位移为：x2＝t2
则摩擦力对物块做功：W2＝－μmgcosθ·x2
所以传送带对物块做的总功：W＝W1＋W2
联立解得：W＝－3.75 J。
