功能经典例题
在第24届冬季奥林匹克运动会上，某运动员在进行跳台滑雪比赛的时候，从跳台边缘的0点以某一速度水平滑出。如图所示，A、B、C为其运动轨迹上的三个点，且AB连线与BC连线在水平方向上的投影相等，忽略空气阻力，关于运动员在AB段与BC连线在水平方向投影相等，忽略空气阻力，关于空气阻力，关于运动员在AB段与BC段的运动，下列说法正确的是
A、速度的变化量相同
B、速率的变化量相同
C、动能的变化量相同
D、动能的变化量相同
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【答案】A
【解析】AB、BC水平距离一样，时间一样，则竖直方向的$\Delta v=gt$ ，A对
用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是( )
A、$(\sqrt{3}-1)d$ B、$(\sqrt{2}-1)d$ C、$\dfrac{\sqrt{51}}{2}d$ D、$\dfrac{\sqrt{2}}{2}d$
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高中生一旦学到功和能就会掉队，因为缺少对整体的理解。主要是能量守恒，动量守恒，力的平衡，运动的等量关系。复习时候要多思考这些，才会事半功倍，在实际生活中，这也是不可或缺的技能。
假设摩擦系数是k，那么第一次做功就是
$W_1=FS=kd \times d=\dfrac{1}{2}kd^2$
假设第二次最终距离是x
$W_2=FS=kx \times x=\dfrac{1}{2}kx^2$
第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同
所以$2w_1=w_2$
可以很轻松的得到$x=\sqrt{2}d$
第二次钉子进入木板的深度是$(\sqrt{2}-1)d$
将一个小球从地面竖直上抛，此过程中小球受到的空气阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、动能和机械能分别为v、x、$E_k$和E，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是( )
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答案【C】
解析：这类题一般是先要画图了解过程，然后受力分析，然后写出表达式，如果不能写出也要能定性分析。
小球上抛过程$mg+kv=ma$，加速度逐渐减小。
小球下落过程$mg-kv=ma$，加速度逐渐减小
但是速度为0的时候，加速度不为零，斜率不是0，所以A错。
速度位移关系一样写出一个表达式
上抛过程 $\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}v_0^2-(mg+kv)x$ 解得：$v^2=v_0^2-2(g+\dfrac{kv}{m})$速度随着斜率减小
下落过程 $\dfrac{1}{2}mv^2=(mg-kv)x$ 解得：$v^2=2(g-\dfrac{kv}{m})$，随着速度增加斜率减小.所以B错
关于动能
上抛$E_K=E_{K0}-(mg+kv)x$，斜率逐渐减小
下落$E_K=(mg-kv)x$，斜率逐渐减小 所以C对！
关于能量
上抛$E=E_0-kvx$，速度减小，斜率减小。
下落$E=E_0′-kv’x$ ，速度增大，斜率增大。
如图所示，光滑绝缘水平面上，有1、2、3三个带电量均为十g、质量均为m的相同金属小球，用长为L的三根绝缘细绳连接着，A、B、C分别为其中点，O点为三角形的中心，已知单个点电荷q周围空间的电势为$\varphi=k\dfrac{q}{r}$，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是
A.O点的电场强度不为零，且方向向上
B.若L长度可调节，则A、O两点的电势可能相等
C.系统的总电势能为$E_p=k\dfrac{2q^2}{L}$
D.若将B处剪断，则之后小球1的最大速度为$v_{1m}=q\sqrt{\dfrac{2k}{3mL}}$
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【答案】D
【解析】势能本身就是力被限制产生的，也就是说从当前位置移动到无穷远处或者到0电势面所做的功，就是当前势能。
ABC在O点产生的合力为0，那么这个地方电场强度也是0，那么该点的电势能也是0.A错
A点的电势$\varphi_A=2k\dfrac{q}{\dfrac{L}{2}}+k\dfrac{q}{\dfrac{\sqrt{3}L}{2}}$
O点的电势$\varphi_o=3k\dfrac{q}{\dfrac{L}{\sqrt{3}}}$
很明显二者不同 B错
1处小球的电势能为$E_{p1}=\varphi q=q(\varphi_2+\varphi_3)=2k\dfrac{q^2}{L}$
$E_{p1}=$E_{p2}=$E_{p3}$，系统的总电势能$E_{p}=\dfrac{E_{p1}=E_{p2}=E_{p3}}{2}=3k\dfrac{q^2}{L}$ ：C错误
若将B剪段，则1在AC方向上速度为0，在OB方向三动量守恒$0=mv_1-2mv_2$
三个小球运动在一条直线的时候电势能最小，电势能最小时，动能最大！
此时1的电势能$E_{p1}=2k\dfrac{q^2}{L}$ ，23的电势能$E_{p1}=E_{p2}=\dfrac{3kq^2}{2L}$
此时电势能大小为$E_p=k\dfrac{5q^2}{2L}$
$3k\dfrac{q^2}{L}-k\dfrac{5q^2}{2L}=\dfrac{1}{2}mv_1^2+\dfrac{1}{2} \times 2m v_2^2$
解得$v_{1m}=q\sqrt{\dfrac{2k}{3mL}}$
如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）
A．2R B．5R/3
C．4R/3 D．2R/3
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【答案】C
C
【解析】当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，
即：$2mgR-mgR=\dfrac{1}{2}3mv^2$
接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度$h=\dfrac{v^2}{2g}$
两式联立得$h=\dfrac{R}{3}$
这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3
（2015·北京·高考真题）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
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【答案】A
【解析】A.由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上；由于人在下降中速度先增大后减小，动量先增大后减小；故A正确；
B.在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C.绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C误；
D.人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．
（2015·江苏·高考真题）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为$\dfrac{1}{4}mv^2$
C．在C处，弹簧的弹性势能为$\dfrac{1}{4}mv^2-mgh$
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
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由题意知，圆环从 A 到 C 先加速后减速，到达 B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故 A 错误；从 A 到 C，
根据能量守恒： \[ mgh = W_{f}+E_{p} \]
从 C 到 A： \[ \frac{1}{2}mv^{2}+E_{p}=mgh + W_{f} \]
联立解得： \[ W_{f}=\frac{1}{4}mv^{2}，E_{p}=mgh – \frac{1}{4}mv^{2} \] 所以 B 正确，C 错误；
从 A 到 B： \[ mgh_{1}=\frac{1}{2}mv_{B1}^{2}+\Delta E_{p1}+W_{f1} \]
从 C 到 A： \[ \frac{1}{2}mv^{2}+\Delta E_{p2}=\frac{1}{2}mv_{B2}^{2}+W_{f2}+mgh_{2}
\frac{1}{2}mv^{2}+E_{p}=mgh + W_{f} \]
联立可得 \( v_{B2}>v_{B1} \)，所以 D 正确。
（2016·全国·高考真题）（多选）如图，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M、N
两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<$\dfrac{\pi}{2}$．在小球从M点运动到N点的过程中
A．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
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【答案】BCD
BCD
【解析】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，选项A错误．
B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；
C．弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；
D．由M→N的动能定理$W_{FK}+W_G=\Delta E_K$，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知$W_{FK}=0$，即$W_{G}=\Delta E_K$，选项D正确．
（2013·安徽·高考真题）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为$E_P=-\dfrac{GMm}{r}$，其中 G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A． GMm(\frac{1}{R_{2}} – \frac{1}{R_{1}})
B．GMm(\frac{1}{R_{1}} – \frac{1}{R_{2}})
C．\frac{GMm}{2}(\frac{1}{R_{2}} – \frac{1}{R_{1}})
D．\frac{GMm}{2}(\frac{1}{R_{1}} – \frac{1}{R_{2}})
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C 【解析】卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 \[ \frac{GMm}{r^{2}} = m\frac{v^{2}}{r} \] 可得质量为 \(m\) 的人造地球卫星与地心的距离为 \(r\) 时的动能为 \[ E_{k} = \frac{1}{2}mv^{2} = \frac{GMm}{2r} \] 结合题意，此时卫星的机械能 \(E = E_{k} + E_{p} = -\frac{GMm}{2r}\) 根据能量守恒定律，该卫星因摩擦而产生的热量等于卫星损失的机械能，所以 \[ Q = E_{1} – E_{2} = -\frac{GMm}{2R_{1}} – (-\frac{GMm}{2R_{2}}) = \frac{GMm}{2}(\frac{1}{R_{2}} – \frac{1}{R_{1}}) \] ，故选 C。