新高考物理一轮复习考点精讲精练第38讲 功与能综合（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点精讲精练第38讲 功与能综合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理一轮复习考点精讲精练第38讲功与能综合原卷版doc、新高考物理一轮复习考点精讲精练第38讲功与能综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

1．（2021·甲卷）如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【解答】解：（1）小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增加的动能，即△E＝△Ek；
小车通过第30个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：△Ek＝mgdsinθ
所以有：△E＝mgdsinθ；
（2）设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s后停下，在此过程中根据动能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，
解得：Ek＝μmgs
小车从开始运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，根据功能关系可得损失的总能量为：△E1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，
小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：
解得：；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：mgdsinθ
解得：L＞d。
答：（1）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mgdsinθ；
（2）小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L＞d。
一.知识回顾
1.多过程运动特点：
由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。
2.解题理论
（1）动力学：涉及到时间、加速度等物理量，可能用到运动学公式和牛顿定律。
（2）动能定理：涉及到变力做功、曲线运动、非匀变速运动等运动过程，可能用到动能定理。
（3）功能关系：
涉及到不同形式能量之间关系或功与能之间关系，可能用到功能关系或能量守恒定律。
3.解题技巧：
（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。
（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。
（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。
（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。
4.注意事项
（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。
（2）列方程式时依据要明确，概念要清楚：
如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。
二.例题精析
例1．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小为g。（取sin37°，cs37°）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量为m，将P推至E点，从静止开始释放，P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出，求物块在D点处离开轨道前对轨道的压力。
【解答】解：（1）根据题意知，B、C之间的距离L为：L＝7R﹣2R＝5R
设P第一次运动到B点时速度的大小为vB，P从C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对P做功，由动能定理得：
mg•Lsin37°﹣μmgLcs37°0
代入数据解得：vB＝2
（2）设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能定理得：
mgxsin37°﹣μmgxcs37°﹣Ep＝0
E、F之间的距离为：L1＝4R﹣2R+x＝2R+x
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有：
Ep﹣mgL1sin37°﹣μmgL1cs37°＝0
联立得：x＝R，L1＝3R，Ep＝2.4mgR
（3）对P从E到D的过程，运用动能定理得：
Ep﹣mg（x+L）sin37°﹣μmg（x+L）cs37°﹣mgR（1+cs37°）
在D点，由向心力公式得 mg+N＝m
联立解得 Nmg
由牛顿第三定律知物块在D点处离开轨道前对轨道的压力 N′＝Nmg。
答：
（1）P 第一次运动到B点时速度的大小是2；
（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR；
（3）物块在D点处离开轨道前对轨道的压力是mg。
三.举一反三，巩固练习
如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为h0．一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，若使用坐垫，坐垫与滑道底面间摩擦不计，若未使用坐垫，游客与各段滑道底面间的摩擦力大小恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，空气阻力不计。已知sinθ1，sinθ1，求
（1）若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在BC段增加的动能△Ek；
（2）若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达D点时是否安全；
（3）若游客使用坐垫下滑，且游客安全到达D点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值。
【解答】解：（1）由动能定理得，动能的增加量等于重力做的功，即：△Ekmgh0；
（2）在AD段，由动能定理得：
mg（h0h0+h0）﹣0.1mg（）mvD2﹣0，
解得：vD，到达D点时不安全；
（3）整个过程，由动能定理得：
mg（h0h0+h0）﹣WmvDmax2﹣0，
解得：W＝1.5mgh0；
答：（1）若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在BC段增加的动能△Ek为mgh0；
（2）若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时不安全；
（3）若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值为1.5mgh0。
如图所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L＝1m、质量为M＝1kg的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，其下端P到斜面底端的挡板C的距离d＝0.5m．现在木板的正中央放一质量为m＝1kg可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态。现对木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与斜面间的动摩擦因数为μ3＝0.5，g＝10m/s2．试求：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2及外力F1的大小；
（2）现将外力大小变为F2＝21N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰；
（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量。
【解答】解：（1）木块恰好静止，所以有 mgsin37°＝μ2mgcs37°
解得 μ2＝0.75
对整体，由于木块静止且与斜面之间无摩擦，则有 F1＝（mg+Mg）sin37°
解得 F1＝12N
（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。设经过时间t1离开木板，该过程中木板的加速度为a1，
对木板有 F2﹣Mgsin37°﹣μ2mgcs37°﹣μ1（m+M）gcs37°＝Ma1。
解得 a1＝1m/s2。
由 ，解得 t1＝1s
木块离开木板后的加速度为 a2
解得 a2＝2m/s2。
木块离开木板后再经过t2时间与挡板相碰，则 d
解得 t2＝1s
所以从F2开始作用到木块与挡板相碰共需时间 t＝t1+t2＝2s
（3）木块与木板间产生的热量 Q1＝μ2mgcs37°•
解得 Q1＝3J
木块与斜面间产生的热量 Q2＝μ3mgcs37°•（d）
解得 Q2＝4J
前1s内木板与斜面间产生的热量 Q3＝μ1（Mg+mg）cs37°•
解得 Q3＝4J
木块离开木板时木板的速度 v1＝a1t1＝1m/s
设木块离开后木板的加速度为a3。
则 F2﹣Mgsin37°﹣μ1Mgcs37°＝Ma3。
解得 a3＝11m/s2。
木块离开后的1s内木板运动的位移为 x2＝v1t21×16.5m
最后1s内木板与斜面间产生的热量 Q4＝μ1Mgcs37°x2。
解得 Q4＝26J
系统共产生的热量 Q＝Q1+Q2+Q3+Q4＝37J
答：
（1）木块与木板之间的动摩擦因数μ2是0.75，外力F1的大小是12N；
（2）木板将向上运动，经2s时间木块与挡板相碰；
（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量是37J。
在如图所示的竖直平面内，半径为R1＝40cm的圆弧形光滑细管道AN与竖直光滑细管道MN、形状未知的轨道AB相切于N点、A点；倾角为θ＝37°，长为L1＝6.25m的粗糙直轨道BC与AB相切于B点，水平轨道CE段与BC连接，CD段光滑，DE段粗糙且足够长：一半径为R2＝10cm的竖直光滑圆轨道相切于D点，底部略微错开以致物体做完整圆周运动后可以顺利进入水平DE轨道。一质量为m＝1kg的滑块Q静止在CD上，另一质量也为m＝1kg滑块P被压缩弹簧弹出后沿管道运动，在AN管道最高点对外侧管壁压力为3mg，之后能一直沿AB轨道无挤压的运动，且无碰撞的进入直轨道BC，P运动到水平轨道CD后与Q发生碰撞，碰撞过程中P的动量改变量为碰前P动量的。已知弹簧原长在N处，P被弹出到A过程中最大速度为5m/s，弹簧的弹性势能为E，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量；P、Q与轨道BC和DE间的动摩擦因数均为μ，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。不计滑块在连接处运动时的能量损耗。
（1）求滑块到达A点和B点的速度大小；
（2）求弹簧劲度系数k的值；
（3）若要使得P与Q发生一次碰撞，运动过程中不脱离轨道且P经过C点位置不超过两次，求动摩擦因数μ应满足的条件。
【解答】解：（1）滑块P在AN管道最高点A对外侧管壁压力为3mg，根据牛顿第三定律可知，在A点管壁对P有竖直向下的弹力为3mg，则：
3mg+mg
解得：vA＝4m/s
滑块P沿AB轨道不受弹力只受重力，可知此阶段为平抛运动，在B点速度方向沿斜面BC下面且水平分速度等于vA，则：
vBcs37°＝vA
解得：vB＝5m/s
（2）滑块P在与弹簧作用过程中速度最大vm＝5m/s时加速度为零，合力为零，设此时弹簧弹性势能为Ep，其压缩量为x，则：
kx＝mg，
Ep
由P在MN管中速度最大的位置到AN管最高点的过程机械能守恒，则：
Epmg（x+R1），
解得：k＝100N/m
（3）滑块P从B到C的过程由动能定理得：
mgL1sin37°﹣μmgcs37°•L1
可得：vC
P与Q发生碰撞过程，因P、Q质量相等，故碰后P不会反向运动，P的动量改变量ΔpmvC，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
碰后P的动量为mvP＝mvC﹣ΔpmvC，可得：vPvC，方向水平向右
碰后Q的动量为mvQ＝ΔpmvC，可得：vQvC，方向水平向右
要使得P与Q发生一次碰撞，运动过程中不脱离轨道且P经过C点位置不超过两次，分情况讨论：
①P、Q进入D处圆周轨道均做完整圆周运动，此情况的临界为速度较小的P恰好做完整圆周运动，设P在圆周最高点的临界速度为v0，则：
mg
滑块P由D到圆周最高点的过程，由动能定理得：
﹣2mgR2
解得：vPm/s
由vPvC，解得：μ＝0.2
此情况动摩擦因数应满足：0＜μ≤0.2；
②Q进入D处圆周轨道做完整圆周运动，与①情况同理，则vQm/s；而P沿圆周轨道运动的最高点不超过圆心等高处，此情况的P的临界恰好达到圆心等高处。
对于Q，由vQvC，解得：μ0.91
对P有：﹣mgR2＝0
解得：vPm/s
由vPvC，解得：μ＝0.68
为满足P经过C点位置不超过两次，所以P第二次经过C点返回斜面AC后速度减到零后要静止在斜面上，需满足：μ≥tan37°＝0.75
此情况动摩擦因数应满足：0.75≤μ≤0.91
③P、Q进入D处圆周轨道均沿圆周轨道运动的最高点不超过圆心等高处，此情况在P、Q返回到水平轨道CD上向左运动过程中会发生第二次碰撞，故不满足题意。
综上所述：动摩擦因数μ应满足的条件为：0＜μ≤0.2或0.75≤μ≤0.91
答：（1）滑块到达A点和B点的速度大小分别为：4m/s、5m/s；
（2）弹簧劲度系数k的值为100N/m；
（3）动摩擦因数μ应满足的条件为：0＜μ≤0.2或0.75≤μ≤0.91。
“鲁布•戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
【解答】解：（1）设小球到达B处时的速度大小为v0，小球与小盒C相撞后瞬间两者的速度大小为v，此时与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从从A处到B处的过程，由动能定理得：
mg•2L
小球与小盒C相撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+m）v
小球与小盒C相撞后的瞬间是两者组成的整体开始做圆周运动的初始时刻，由牛顿第二定律得：
T﹣2mg＝2m
联立解得：T＝3mg；
（2）由（1）的结果可知，小球进入小盒C时刚好能被卡住时，连接物块D的轻绳拉力恰好等于其重力，则物块D对木板E的压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力为：f＝μmg，因细杆F与圆环的总重力为（m）g＞f，故木板E将向右做匀加速运动。
在木板E与挡板相撞前，假设细杆F与圆环保持相对静止，对木板E、细杆F与圆环组成的整体为研究对象，设其加速度为a，由牛顿第二定律得：
（m）g﹣μmg＝（m+m）a
解得：ag
设此过程圆环与细杆F之间的静摩擦力为f′，对圆环由牛顿第二定律得：
g﹣f′a
解得：f′mg
因f′，即圆环与细杆F之间的静摩擦力小于最大静摩擦力，故假设成立。
设木板E与挡板第一次碰撞时的速度大小为v1，则有：
2aL
木板E与挡板第一次碰撞之后，圆环向下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，木板E向左，细杆F向上做匀加速直线运动，设两者加速度大小均为a2，对圆环由牛顿第二定律得：
ga1
对木板E与细杆F组成的整体由牛顿第二定律得：
mg+μmg＝（m+m）a2
分别解得：a1g，a2g
因a1＝a2，则木板E、细杆F与圆环同时减速到零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设木板E与挡板第一次碰撞之后向左减速到零的过程的位移大小（即木板E向左减速的最大位移）为x1，则有：
2a1x1
与2aL对比可得：x1L
那么此过程圆环向下与细杆F向上的位移大小均为x1，则圆环与细杆F的相对位移大小为：
Δx1＝2x1
木板E第一次向左减速到零之后，再向右匀加速直线运动与挡板第二次碰撞之后，再向左匀加速直线运动到速度为零，此过程中各阶段木板E、细杆F与圆环的加速度均与之前相同。
同理可得：木板E与挡板第二次碰撞之后向左减速的最大位移为：
x2x1＝（）2L
对应此过程的圆环与细杆F的相对位移大小为：
Δx2＝2x2
木板E与挡板第n次碰撞之后向左减速的最大位移为：
xn＝（）nL
对应的圆环与细杆F的相对位移大小为：
Δxn＝2xn
【解法一】设细杆F的长度为s，则有：
s＝Δx1+Δx2+Δx3+……+Δxn＝2[L+（）2L+（）3L+……+（）nL]＝2••L
当n＝∞时，解得：s。
【解法二】设细杆F的长度为s，则全过程细杆F与圆环相对位移等于s，由前述的过程分析可得到在木板E与挡板第一次碰撞之后全过程木板E的运动路程（即为：2x1+2x2+2x3+……+2xn）与全过程细杆F与圆环相对位移大小相等（即：2x1+2x2+2x3+……+2xn＝s）。
由功能关系可得全过程细杆F与圆环摩擦生热为：
Q1
全过程木板E与桌面摩擦生热为：
Q2＝μmgL+μmgs＝μmg（L+s）
可得：Q2＝μmg（L+s）
全过程木板E、细杆F与圆环组成的系统减少的机械能为：
ΔE＝mgLg（L+s）
由能量守恒定律得：ΔE＝Q1+Q2
即：mgLg（L+s）μmg（L+s）
解得：s。
答：（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为3mg；
（2）细杆F的长度为。