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章末整合提升◎知识网络◎专题归纳一、相互作用的两个滑动摩擦力做的功与产生内能的关系如图7－1所示，木板B长为L，静止在光滑水平面上，一个小物体A以速度v0滑上B的左端，当A滑到B图7－1的右端时恰好相对B静止。此时物体B运动了s的位移，可以判断B对A的摩擦力做功为：W1＝－Ff(s＋L)；A对B的摩擦力做功为：W2＝Fs，所以这一对摩擦力对系统做功总和为：W＝－FL。从能量的角度说，这就是转化为内能的部分。综上可知：①相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做的总功等于零。②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统损失的机械能。[例1]如图7－2所示，电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ。设传送带足够长。当小木块与传送带相对静止时，求此过程中：图7－2(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)产生的热量。[解析]小木块刚放上时，速度为零，受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带速度相同后不再有相对滑动，整个过程中小木块获得一定的动能，系统要产生热量。对小木块，相对滑动时，由ma＝μmg得加速度a＝μg。由v＝at得达到相对静止所用时间t＝vμg。(1)小木块的位移x1＝v2t＝v22μg；(2)传送带始终匀速运动，转过的路程x2＝vt＝v2μg；(3)小木块获得的动能Ek＝12mv2；(4)摩擦产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＝12mv2。[答案](1)v22μg(2)v2μg(3)12mv2(4)12mv2二、功能关系思想在力学问题中的应用[例2]如图7－3，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则图7－3A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离[解析]在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝mv2NR；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝12mv2N，联立解得W＝12mgR。由于克服阻力做功，机械能减小，所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功，即质点从N点到Q点克服阻力做的功W′＜W＝12mgR，质点从N点到Q点由动能定理得－mgR－W′＝12mv2Q－12mv2N，解得12mv2Q＞0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确。[答案]C1．(多选)水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设小工件初速度为零，质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。则在小工件相对传送带滑动的过程中[跟踪训练]A．滑动摩擦力对小工件做的功为12mv2B．小工件的机械能增量为12mv2C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为v22μgD．传送带对小工件做功为零解析小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v，其动能增加为12mv2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为12mv2，选项A正确，而选项D错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B正确；由动能定理可得μmgx1＝12mv2，则x1＝v22μg，x1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为x2＝vt＝v·vμg＝2x1，则小工件相对于传送带的位移为x＝x2－x1＝v22μg，选项C正确。答案ABC三、能量守恒思想在力学中的应用[例3]如图7－4所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中图7－4A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变[解析]圆环下滑过程中，圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变，故选项A、D错误；圆环从最高点(动能为零)到最低点(动能为零)，重力势能减少了mg（2L）2－L2＝3mgL，根据机械能守恒，弹簧弹性势能增加了3mgL，故选项B正确；圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大距离过程中，先加速后减速，下滑到最大距离时，所受合力不为零，故选项C错误。[答案]B[规律总结]能量守恒定律的应用技巧1．能量的两种转化关系：(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量一定等于增加量。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量一定等于增加量。2．应用能量守恒定律解题的步骤：(1)分析物体的运动过程，从而在头脑中建立起一幅物体运动的正确图象。(2)研究物体在运动过程中有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在转化，关键是弄清什么形式的能增加，什么形式的能减少。(3)将增加的能量和减少的能量用相应的力做的功来表示，然后列出等式ΔE减＝ΔE增。[跟踪训练]2.(多选)如图7－5，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2。在小球从M点运动到N点的过程中，图7－5A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析如图所示，OP垂直于竖直杆，Q点与M点关于OP对称，在小球从M点到Q点的过程中，弹簧弹力先做负功后做正功，故A错；在P点弹簧长度最短，弹力方向与速度方向垂直，故此时弹力对小球做功的功率为零，即C正确；小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力，竖直方向上只受重力，此时小球加速度为g，当弹簧处于自由长度时，小球只受重力作用，此时小球的加速度也为g，故B正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等，故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量，而小球在M点的动能为零，故D正确。答案BCD1．两条基本思路(1)利用牛顿运动定律结合运动学公式求解，利用牛顿第二定律可建立合力与加速度之间的关系，利用运动学公式可计算t、x、v、a等物理量。(2)利用功能观点求解，即利用动能定理、机械能守恒定律、重力做功与重力势能关系等规律分析求解。四、解决力学问题的两条基本思路2．解题思路的比较(1)用功能观点解题，只涉及物体的初、末状态，不需要关注过程的细节，解题简便。(2)用牛顿第二定律及运动学公式解题，可分析运动过程中的加速度、力的瞬时值，也可分析位移、时间等物理量，即可分析运动过程的细节。[例4](2019·天津)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图7－6甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求图7－6(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。[解析](1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2＝L1t①根据动能定理，有W＝12mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝mv2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N。[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N1．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7－7所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为◎专题演练图7－7A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg解析对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，联立两公式，得到m＝1kg、F＝2N。答案C2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图7－8所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得图7－8A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J解析Ep－h图象知其斜率为G，故G＝80J4m＝20N，解得m＝2kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故12mv2＝100J，解得：v＝10m/s，故B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝85J－40J＝45J，故C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ek′＝E机－Ep＝80J－80J＝0J，故Ek－Ek′＝100J，故D正确。答案AD3．(多选)如图7－9，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则图7－9A．a＝2（mgR－W）mRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2（mgR－W）R解析由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR－W＝12mv2，在最低点的向心加速度a＝v2R，联立得a＝2（mgR－W）mR，选项A正确；在最低点时有N－mg＝ma，所以N＝3mgR－2WR，选项C正确。答案AC4．如图7－10，一轻弹簧原长为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56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。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，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g。(取sin37°＝35，cos37°＝45)图7－10(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，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为vR，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝12mv2B②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2gR③(