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高考題型1力學中的幾個重要功能關系的應用解題方略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．例1(2015·青島一模)如圖1所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，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s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)．已知M＝2m圖1A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零D．若M恰好能到達擋板處，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的機械能增加量之和預測1(多選)(2015·武漢市5月模擬)某蹦床運動員在一次蹦床運動中僅在豎直方向運動，如圖2為蹦床對該運動員的作用力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()圖2A．t1至t2時間內運動員和蹦床構成的系統(tǒng)機械能守恒B．t1至t2時間內運動員和蹦床構成的系統(tǒng)機械能增加C．t3至t4時間內運動員和蹦床的勢能之和增加D．t3至t4時間內運動員和蹦床的勢能之和先減少后增加預測2(2015·河南八市模擬)某同學將質量為m的一礦泉水瓶(可看成質點)豎直向上拋出，水瓶以eq\f(5g,4)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小不變，則()A．上升過程中水瓶的動能改變量為eq\f(5,4)mgHB．上升過程中水瓶的機械能減少了eq\f(5,4)mgHC．水瓶落回地面時動能大小為eq\f(mgH,4)D．水瓶上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)預測3(2015·安慶模擬)如圖3所示，某段滑雪道傾角為30°，總質量為m的滑雪運動員從高為h處的雪道頂端由靜止開始勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g，在他下滑到底端的過程中()圖3A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．運動員減少的機械能為eq\f(1,3)mgh高考題型2動力學方法和動能定理的綜合應用解題方略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．例2(2015·蘇錫常鎮(zhèn)四市調研)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h＝8.0m高處由靜止釋放，運動到底端時，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θ＝53°，B的質量M為1.0×103kg，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，g取10m/s圖4(1)為使A由靜止釋放后能沿斜面下滑，其質量m需要滿足什么條件？(2)若A的質量m＝4.0×103kg，求它到達底端時的速度(3)為了保證能被安全鎖定，A到達底端的速率不能大于12m/s.請通過計算判斷：當A的質量m不斷增加時，該裝置能否被安全鎖定．預測4(2015·新課標全國Ⅰ·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．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()圖5A．W＝eq\f(1,2)mgR，質點恰好可以到達Q點B．W＞eq\f(1,2)mgR，質點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W＜eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離預測5(2015·寶雞九校聯(lián)考)如圖6所示，QB段為一半徑為R＝1m的光滑圓弧軌道，AQ段為一長度為L＝1m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．物塊P的質量為m＝1kg(可視為質點)，P與AQ間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，若物塊P以速度v0從A點滑上水平軌道，到C點后又返回A點時恰好靜止．(取g＝10m/s2)求：圖6(1)v0的大小；(2)物塊P第一次剛通過Q點時對圓弧軌道的壓力．高考題型3綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題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(2015·寧德市5月模擬)如圖7，在水平軌道右側固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．可視為質點的小物塊從軌道右側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R＝0.4m，l＝2.5m，v0＝6m/s，物塊質量m＝1kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，軌道其它部分摩擦不計．取g＝10m/s2，求：圖7(1)物塊經過圓形軌道最高點B時對軌道的壓力；(2)物塊從Q運動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能；(3)物塊仍以v0從右側沖上軌道，調節(jié)PQ段的長度l，當l長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動．預測6(2015·河北衡水中學三調)在物體下落過程中，速度小于10m/s時可認為空氣阻力與物體速度成正比關系．某科研小組在研究小球下落后的運動過程時，得到速度隨時間變化的圖象，并作出t＝0.5s時刻的切線，如圖8所示．已知小球在t＝0時刻釋放，其質量為0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：圖8(1)小球與地面第一次碰撞過程中損失的機械能；(2)小球在運動過程中受到空氣阻力的最大值．預測7(2015·西安八校聯(lián)考)如圖9甲所示，一半徑R＝1m、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θ＝37°，t＝0時刻，有一質量m＝2kg的物塊從A點開始沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示．若物塊恰能到達M點，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：圖9(1)物塊經過B點時的速度vB；(2)物塊在斜面上滑動的過程中克服摩擦力做的功．學生用書答案精析專題四功能關系的應用第1講功能關系在力學中的應用高考題型1力學中的幾個重要功能關系的應用例1B[因M、m之間有彈簧，故兩物體受彈簧的彈力做功，機械能不守恒，故A錯誤；M的重力分力為Mgsin30°＝mg，物體先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，則此時m受細繩的拉力為mg，故m恰好與地面間的作用力為零，故B正確；從m開始運動至M到達擋板處的過程中，彈力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速運動，M到達擋板處時，m的速度不為零，故C錯誤；重力對M做的功轉化為兩物體的動能、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．]預測1BD預測2A預測3D高考題型2動力學方法和動能定理的綜合應用例2(1)m>2.0×103kg(2)2eq\r(10)m/s(3)該裝置能被安全鎖定解析(1)左斜面傾角為θ，則右斜面傾角為β＝90°－53°＝37°，貨箱由靜止釋放后能沿斜面下滑，則：mgsinθ－Mgsinβ－μmgcosθ－μMgcosβ>0得m>2.0×103kg.(2)對系統(tǒng)應用動能定理：mgh－Mgeq\f(hsinβ,sinθ)－(μmgcosθ＋μMgcosβ)eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2得v＝2eq\r(10)m/s.(3)當A的質量m與B的質量M之間關系滿足m?M時，貨箱下滑的加速度最大，到達斜面底端的速度也最大，此時有：mgsinθ－μmgcosθ＝mamam＝5m/s2又：veq\o\al(2,m)＝2amL貨箱到達斜面底端的最大速度：vm＝10m/s<12m/s所以，當A的質量m不斷增加時，該運輸裝置能被安全鎖定．預測4C預測5(1)2m/s(2)12N解析(1)在整個過程中由動能定理可知：－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v0＝eq\r(4μgL)＝eq\r(4×0.1×10×1)m/s＝2m/s.(2)從A到Q的過程中由動能定理可知：－μmg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在Q點由牛頓第二定律可得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)聯(lián)立解得：FN＝12N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12N.高考題型3綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題例3(1)40N，方向豎直方向(2)0.5s8J(3)1m解析(1)物塊沖上圓形軌道最高點B時速度為v，由機械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋2mgR①物塊在B點時，由牛頓運動定律得：FN＋mg＝eq\f(mv2,R)②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得FN＝40N由牛頓第三定律得，物塊對軌道壓力大小為40N，方向為豎直向上(2)物塊在Q點時速度為v0＝6m/s，在PQ段運動時，由牛頓第二定律有：μmg＝ma③由運動規(guī)律l＝v0t－eq\f(1,2)at2④聯(lián)立③④式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運動時間t＝0.5s(t＝2.5s不符合題意，舍去)設物塊在P點時速度為v1，有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2μgl⑤物塊壓縮彈簧，由能量守恒得動能轉化為彈性勢能，有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑥聯(lián)立⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)解得Epm＝8J(3)設物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側Q點時速度為v2，有－2μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑦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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)⑧且mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),R)⑨聯(lián)立⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)解得l＝1m.預測6(1)2.25J(2)3.75N解析(1)由圖象可知，小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1＝5m/s，碰撞后瞬間速度v2＝－4m/s，碰撞過程損失的機械能ΔE＝