（北京专用）2020届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒定律课件.pptx

,高考物理 (北京市选考专用),专题六 机械能及其守恒定律,五年高考,考点一 功和功率,A组 自主命题北京卷题组,1.(2013北京理综,23,18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站 在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所 需的高度;此后,进入比赛动作阶段。 把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m= 50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动 的腾空时间均为t=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g= 10 m/s2,忽略空气阻力的影响。 (1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm; (3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。,答案 (1)5.0103 N/m 示意图如图所示,(2)5.0 m (3)1.1 m 2.5103 J,解析 (1)床面下沉x0=0.10 m时,运动员受力平衡 mg=kx0 得k= =5.0103 N/m F-x图线如答案图所示。 (2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等 hm= g =5.0 m (3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处 到x=0处,弹力做功WT WT= xkx= kx2 运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有 k -mg(x1+hm)=0 得x1=x0+ 1.1 m 对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有,W+ k =mg(hm+x0) 得W=2 525 J2.5103 J,考查点 弹力做功、动能定理的应用。,思路点拨 运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动是加速度为g的匀加速运动;在与 蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x1和W可用动能定 理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。,2.(2018课标,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某 竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同 的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考 虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程, ( ) A.矿车上升所用的时间之比为45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45,B组 统一命题课标卷题组,答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两 次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合, 要么平行,由图中几何关系可得:第次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为45,选项 A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg= ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为11,选项B错误;在第次提升过程中,电机输出的最大 功率P1=(mg+ma)v0,在第次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma) v0,即 = ,选项C 正确;对两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。,易错点拨 瞬时功率与平均功率的区别 瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段 (过程、时间)。本题选项C中的功率为瞬时功率。,3.(2015课标,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随 时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时 间t变化的图线中,可能正确的是 ( ),答案 A 由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2 =fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况, 故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv 知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有: -f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2= 0时开始匀速运动,故A正确、C错误。,4.(2017课标,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套 着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作 用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心,C组 教师专用题组,答案 A 本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用 力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错 误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环 圆心,故选项C、D错误。,解题指导 (1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此 在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。 (2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心 力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能 关系和圆周运动公式有 mv2=mgR(1-cos ) m =mg cos -N 解出N=3mg cos -2mg 由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 2mg时,N的方向指向大圆 环圆心。,5.(2016课标,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。 两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。 若它们下落相同的距离,则 ( ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=V甲=( )得R甲= ,阻力f甲=kR甲=k ,由牛顿第二定律知a甲= =g-k ,同理a乙=g-k , 因m甲m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h= at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功 大于乙球克服阻力做的功,D项正确。,疑难突破 此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度 的大小是关键,需要定量推导。,6.(2007北京理综,23,18分)环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源 的环保汽车,总质量m=3103 kg。当它在水平路面上以v=36 km/h的速度匀速行驶时,驱动电机 输入电流I=50 A,电压U=300 V。在此行驶状态下 (1)求驱动电机的输入功率P电; (2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机,求汽车所受阻 力与车重的比值(g取10 m/s2); (3)设想改用太阳能电池给该汽车供电,其他条件不变,求所需太阳能电池板的最小面积。结合 计算结果,简述你对该设想的思考。 已知太阳辐射的总功率P0=41026 W,太阳到地球的距离r=1.51011 m,太阳光传播到达地面的 过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率为15%。,答案 (1)1.5104 W (2)0.045 (3)见解析,解析 (1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5104 W (2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fv f= 汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045 (3)当阳光垂直电池板入射时,所需板面积最小,设其为S,距太阳中心为r的球面面积S0=4r2 若没有能量损耗,太阳能电池板接收到的太阳能功率为P,则 = 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P,P=(1-30%)P = 由于P电=15%P,所以电池板的最小面积 S= = =101 m2 分析可行性并提出合理的改进建议。,1.2012北京理综,23(3)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。电梯的简化模 型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t =0时由静止开始上升,a-t图像如图2所示。电梯总质量m=2.0103 kg。忽略一切阻力,重力加速 度g取10 m/s2。 求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在011 s 时间内,拉力和重力对电梯所做的 总功W。,考点二 动能定理及其应用,A组 自主命题北京卷题组,答案 2.0105 W 1.0105 J,解析 由a-t图像可知,1130 s内速率最大,其值等于011 s 内a-t图线下的面积,有 vm=10 m/s 此时电梯做匀速运动,拉力F等于重力mg,所求功率 P=Fvm=mgvm=2.01031010 W=2.0105 W 由动能定理,总功 W=Ek2-Ek1= m -0= 2.0103102 J=1.0105 J,2.(2019课标,17,6分)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3 m以内时,物体上升、 下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 ( ) A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg,B组 统一命题课标卷题组,答案 C 本题考查动能定理,体现了模型建构素养。 设外力大小为f,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h= m - m ,由图像 可知, m =72 J, m =36 J,得mg+f=12 N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f= 8 N,联立解得mg=10 N,则m=1 kg,选项C正确。,审题指导 物体受到大小不变的外力,方向始终与速度方向相反,即上升时外力方向向下,下落 时外力方向向上,这是解答此题的关键。,3.(2018课标,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至 具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( ) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功,答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkW拉,故A正确,B错误;Ek 可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。,思路分析 外力做功与动能变化的关系 动能的改变是物体所受合外力做功引起的。,4.(2016课标,20,6分)(多选)如图,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 ( ) A.a= B.a= C.N= D.N=,答案 AC 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W= mv2,在最低点的向 心加速度a= ,联立得a= ,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N= ,选 项C正确。,易错点拨 (1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点 在最低点时的瞬时加速度大小,a= 中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。,评析 本题考查动能定理和圆周运动知识,属于两知识点结合问题,难度中等,解出最低点速度 大小是解决本题的关键。,5.(2015课标,17,6分,0.346)如图,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 ( ) A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点 B.W mgR,质点不能到达Q点 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.W mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,答案 C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中 由动能定理:mg2R-W= mv2 质点在最低点:FN-mg= 由牛顿第三定律得:FN=4mg 联立得W= mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时 的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选 项C正确。,6.(2016课标,25,18分)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= ,重力加速度大小为g。(取sin 37= ,cos 37= ) (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 R、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。,答案 (1)2 (2) mgR (3) m,解析 (1)根据题意知,B、C之间的距离l为 l=7R-2R 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mgl sin -mgl cos = m 式中=37。联立式并由题给条件得 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, 由动能定理有 mgx sin -mgx cos -Ep=0- m E、F之间的距离l1为 l1=4R-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-mgl1 sin -mgl1 cos =0 联立式并由题给条件得 x=R Ep= mgR (3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1= R- R sin y1=R+ R+ R cos 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由、公式有 y1= gt2 x1=vDt 联立 式得 vD=,设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 m1 = m1 +m1g P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R) sin -m1g(x+5R) cos = m1 联立 式得 m1= m,解题指导 本题要充分运用动能定理解题。要注意运动过程的选取,如(2)中,分别对P由B点 到E点和由E点到F点应用动能定理,然后解方程组即可。(3)中要根据不同的运动特征选用不 同的原理。,规律总结 物体运动过程有摩擦力做功,已知量、待求量又不涉及时间时,应用动能定理解题 是最佳方案。 当无摩擦力做功时,应用机械能守恒或动能定理解题均很方便。,7.(2019江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质 量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的 最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程 中 ( ) A.弹簧的最大弹力为mg B.物块克服摩擦力做的功为2mgs C.弹簧的最大弹性势能为mgs D.物块在A点的初速度为,C组 教师专用题组,答案 BC 本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。 对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2mgs=0- m ,则vA=2 ,故 B正确,D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理可知W弹+Wf=0- m ,Wf=-mgs,则W弹=-mgs,即物块克服弹力做功为mgs,所以弹簧弹性势能增加mgs,故C正 确。当克服弹力做功为mgs时,弹簧的最大弹力要大于mg,故A错误。,8.(2016课标,16,6分)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质 量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由 静止释放。在各自轨迹的最低点 ( ) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的动能一定小于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度,答案 C 设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL= mv2,解得v= ,LPmQ,LPmQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳 的拉力,故C项正确。向心加速度a= =2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同, 故D项错误。,方法技巧 利用动能定理和向心力公式正确列出方程,快速解出结果来找正确选项。,考点三 机械能守恒 功能关系,A组 自主命题北京卷题组,1.(2015北京理综,23,18分)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不计。物 块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为。以弹簧原 长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力大小为F=kx,k为常 量。 (1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所 做的功。 (2)物块由x1向右运动到x3,然后由x3返回到x2,在这个过程中, a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量; b.求滑动摩擦力所做的功,并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势 能”的概念。,答案 (1)F-x图像如图 - kx2 (2)a. k - k k - k b.见解析,解析 (1)F-x图像如答图。 物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功大小。弹 力做功 WT=- kxx=- kx2 (2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中,弹力做功 WT1=- (kx1+kx3)(x3-x1)= k - k 物块由x3向左运动到x2的过程中,弹力做功,WT2= (kx2+kx3)(x3-x2)= k - k 整个过程中,弹力做功 WT=WT1+WT2= k - k 弹性势能的变化量 Ep=-WT= k - k b.整个过程中,摩擦力做功 Wf=-mg(2x3-x1-x2) 与弹力做功比较:弹力做功与x3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可以定 义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量弹性势能。而摩擦力做功 与x3有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。,考查点 功能关系。,思路点拨 一个力做功与路径无关,存在对应的势能。如弹力做功与路径无关,存在对应的弹 性势能;分子力做功与路径无关,存在对应的分子势能。,2.(2019课标,18,6分)(多选)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的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 ( ) A.物体的质量为2 kg B.h=0时,物体的速率为20 m/s C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J,B组 统一命题课标卷题组,答案 AD 本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用,以及利 用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推理的核心素养,同时还体现了图像 展示物理关系的形式美。 重力势能Ep=mgh,结合Ep-h图像有mg= N,则m=2 kg,故A正确。h=0时E总= m ,即100 J= 2kg ,解得v0=10 m/s,故B错。由图像可知,h=2 m时,E总=90 J、Ep=40 J,则Ek=50 J,故C错。当h= 4 m时,E总=Ep=80 J,则Ek=0,故从地面至h=4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。 知识链接 非重力做功量度机械能的变化量,W非0时E机增加;W非0时E机减少;W非=0时E机守 恒。,3.(2018课标,18,6分)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的 四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作 用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高 点,机械能的增量为 ( ) A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR,答案 C 本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小球为研究对象,在 小球由a到c的过程中,应用动能定理有Fxab+FR-mgR= m ,其中水平力大小F=mg,得vc=2 。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升= =2 。在水平方 向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内, 小球在水平方向上的位移x= ax =2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx= 5mgR。由功能关系,得E=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。,审题关键 关键词理解,隐形条件显性化,1.恒力F的方向判断:由题中条件光滑轨道、小球始终受到水平外力作用、自a点从静 止开始向右运动,可判断出外力F方向水平向右。 2.由于外力F=mg,小球到达c点瞬间vc0,可判断球经过c点后将继续向斜上方运动,当竖直方向 速度为零时小球到达最高点。 3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积: W=Fs。 4.由功能关系确定机械能增量。,4.(2017课标,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳 的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距 l。重力加速度大小为g。在此过 程中,外力做的功为 ( ) A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl,答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面 的绳的重 力做功,W外=|WG|,而下面 的绳重心升高 l,故克服重力做功|WG|=m0g l,又m0= m,则W外=|WG|= mg l= mgl,故A选项正确。,一题多解 尝试不同方法解题 解法一 Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计。以Q点为零势能点,细绳的初始机械能为 mgl,末态机械能为 mg l+ mg = mgl,则增加的机械能E= mgl- mgl= mgl。由功能 关系可知A项正确。 解法二 作用点位移x= l,平均作用力为 mg,故拉力做功W= x= mgl,故A项正确。,易错点拨 绳(链)重力势能的求解绳、链等物体重力势能的求解关键点是重心位置的升降。本题中把下端Q拉到M点过程中只有下面 的绳的重心位置上升了,重力势能增加了,外力只需克服这部分绳的重力做功即可。,5.(2016课标,24,12分)如图,在竖直平面内有由 圆弧AB和 圆弧BC组成的光滑固定轨道,两 者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为 。一小球在A点正上方与A相距 处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。 (1)求小球在B、A两点的动能之比; (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。,答案 见解析,解析 (1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg 设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg 由式得 =5 (2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N0 设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m 由式得,vC应满足mgm 由机械能守恒有mg = m 由式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。,评分参考 第(1)问6分,式各2分;第(2)问6分,式各2分,“可以运动到C点”2分。,反思总结 此题考查机械能守恒和竖直平面内的圆周运动中临界值问题,难度中等。应参照 “绳球”模型的处理方法。,6.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地 面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地 面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为 9.8 m/s2。 (结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能; (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。,答案 (1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J,解析 本题考查机械能、功能关系。 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0= m 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek0=4.0108 J 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh= m +mgh 式中,vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得 Eh=2.41012 J (2)飞船在高度h=600 m处的机械能为 Eh= m +mgh 由功能关系得,W=Eh-Ek0 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给 数据得 W=9.7108 J,思路点拨 本题第(1)问考查学生对机械能概念的理解能力和简单的推理能力。着地前瞬间 飞船的重力势能为零,机械能等于飞船的动能。进入大气层时飞船的机械能等于其动能与重 力势能之和。本题第(2)问考查学生对功能关系的理解能力。合力做功改变物体的动能,重力 做功改变物体的重力势能,除飞船重力之外的力做功改变它的机械能。此问中克服阻力所做 的功等于飞船机械能的改变。,7.(2019课标,21,6分)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹 簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。,C组 教师专用题组,答案 AC 本题考查了重力与万有引力的关系、密度、牛顿第二定律与图像的综合应用、 机械能守恒定律等,以及理解能力、推理能力、综合分析能力及应用数学知识处理物理问题 的能力,难度较大。本题体现了运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理和科 学论证的核心素养,加强了考生以科学态度探究科学本质的责任感。 对物体在弹簧上向下运动的过程应用牛顿第二定律得mg-kx=ma,则a=g- x,结合a-x图像可得, 重力加速度gM=3a0、gN=a0, = 、 = ,联立可解得mQ=6mP,故B选项错。认为星球表面 的重力等于万有引力,即mg=G ,则星球质量M= ,星球的密度= = = ,由此 可知M星球与N星球的密度之比为 = = =1,故A选项正确。设弹簧的最大压缩量 为xm,此时物体动能为零,由机械能守恒定律有mgxm= k ,则xm= ,由此可得 = =6 =2,故D选项错。当物体加速度等于零时,速度最大,动能最大,由机械能守恒定律有,Ekm=,mgx- kx2,结合mg=kx可得Ekm= kx2,此时P、Q对应的弹簧的压缩量分别为x0和2x0,故有 = =4,故C选项正确。,疑难突破 (1)数形结合获取有用信息是解决本题的突破口,由a=g- x结合图像的纵截距和斜 率即可得物理量间的关系。 (2)当物体先加速后减速运动时,合力等于零时对应速度最大的运动状态。 (3)应用机械能守恒定律是分析C、D选项的关键。弹簧的弹性势能Ep= kx2为必备知识。,8.(2016课标,21,6分)(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。已知在M、N两点处, 弹簧对小球的弹力大小相等,且ONMOMN 。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,答案 BCD 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。,审题指导 审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球 的弹力大小相等”、“ONMOMN ”。理解了上述词、句的用意,本题就不难解决了。,温馨提示 题目所给的信息多,不明确,这就需要把隐含条件显形化。如:在M、N两点处,弹 簧对小球的弹力大小相等,则意味着M点弹簧处于压缩状态,而N点处于伸长状态,且弹簧的形 变量相等,弹簧的弹性势能相等。光滑杆,则意味着从M到N过程中小球和弹簧组成的系统 机械能守恒。,9.(2006北京理综,22,16分)如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑 雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接。 运动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻 力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上。已知从B点到D点运动员的速度大小不 变。(g取10 m/s2)求: (1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小; (2)若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度; (3)若运动员的质量为60 kg,在AB段下降的实际高度是50 m,此过程中他克服阻力所做的功。,答案 (1)30 m/s (2)45 m (3)3 000 J,解析 (1)运动员从D点飞出时的速度 v= =30 m/s 依题意,下滑到助滑雪道末端B点时的速度大小是30 m/s。 (2)在下滑过程中机械能守恒,有 mgh= mv2 下降的高度h= =45 m。 (3)根据能量关系,有 mgH-Wf= mv2 运动员克服阻力做功Wf=mgH- mv2=3 000 J。,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 功和功率,1.(2019北京石景山期末,1)关于功的单位,下列关系式中正确的是 ( ) A.1 J=1 kgm/s B.1 J=1 kgm/s2 C.1 J=1 kgm2/s D.1 J=1 kgm2/s2,答案 D 由功的定义式W=Fx cos 可得1 J=1 Nm,由牛顿第二定律F合=ma可得1 N=1 kgm/s2, 所以1 J=1 kg(m/s2)m=1 kgm2/s2,选D。,解题关键 推导单位之间的换算关系,关键是找到对应该单位的物理量满足的物理关系式。,2.(2017北京北师大实验中学期中,8)如图所示,在匀减速向右运动的车厢内,一人用力向前推车 厢,该人与车厢始终保持相对静止。则下列说法中正确的是 ( ) A.人对车厢的推力不做功 B.人对车厢的推力做负功 C.车厢对人的作用力做正功 D.车厢对人的作用力做负功,答案 D 车厢对人的手、脚均有水平作用力,人向右减速,车厢对人的作用力方向向左,与人 的运动方向相反,故车厢对人的作用力做负功,C错误,D正确;人对车厢的推力方向向右,与车的 运动方向相同,人对车厢的推力做正功,A、B错误。,3.(2019北京通州期中,12)如图所示,单摆摆球的质量为m,做简谐运动的周期为T,摆球从最大位 移A处由静止开始释放,运动到最低点B时的速度大小为v。则摆球从A运动到B的过程中,下列 说法正确的是 ( ) A.摆球重力做功为 mv2 B.摆球受到的合力的平均功率为 C.摆球运动到B点时重力的瞬时功率为mgv D.摆球受到的合力提供圆周运动的向心力,答案 A 摆球从最大位移A处由静止开始释放,摆球运动到最低点B,整个过程中只有重力做 功,根据动能定理得WG= mv2-0,故A正确;合力做功的平均功率为 = = ,故选项B错 误;根据瞬时功率的公式P=Fv cos ,摆球运动到B时的速度方向是水平的,即=90,所以重力的 瞬时功率是0,故C错误;对摆球进行受力分析,将重力分解如图所示,可知由拉力T和重力分力 mg cos 的合力提供向心力,故选项D错误。,易错警示 本题需要区分平均功率和瞬时功率的求解方法,同时注意摆球做单摆运动,不是匀 速圆周运动,沿圆心方向的合力提供向心力。,4.(2019北京牛栏山一中期中,11)如图所示,甲、乙两个高度相同的固定斜面,倾角分别为1和 2,且12。质量为m的物体(可视为质点)分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端,物 体与这两个斜面的动摩擦因数均为。关于物体两次下滑的全过程,下列说法中正确的是 ( ) A.重力所做的功相同 B.重力的平均功率相同 C.动能的变化量相同 D.机械能的变化量相同,答案 A 物体在两个斜面的下落高度相等,所以重力做的功相同,故A项正确。由牛顿第二 定律可知,物体下滑的加速度为a= =g sin -g cos ,又1x2,由x= at2可知t1t2,重力做的功相同,而做功时间不相等,所以重力 的平均功率不相同,故B错误。摩擦力对物体做功为Wf=-fx=-mgxcos ,又x= ,所以Wf=- mg cos =- ,又12,所以Wf1Wf2,重力做功相同,摩擦力对物体做功不相同,由动能 定理得动能的变化量不相同,故C错误。机械能变化量等于摩擦力对物体做的功,摩擦力对物 体做功不相同,所以机械能的变化量不相同,故D项错误。,易错警示 注意功、功率、动能及其变化量,机械能及其变化量等各个物理量的区别。,5.(2018北京海淀期中,17)我国高速铁路使用的和谐号动车组由动车和拖车编组而成,提供动 力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成,其中车头第1节、车 中第5节为动车,其余为拖车,假设每节动车和拖车的质量均为m=2104 kg,每节动车提供的最 大功率Pm=600 kW。取g=10 N/kg。 (1)假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的 0.01,若该动车组从静止以加速度a=0.5 m/s2加速行驶。 a.求此过程中,第5节和第6节车厢间的作用力大小; b.以此加速度行驶时所能持续的时间。 (2)若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比,两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最 大速度为v1。为提高动车组速度,现将动车组改为4节动车带4节拖车,则动车组所能达到的最 大速度为v2,求v1与v2的比值。,答案 (1)a.3.6104 N b.25 s (2),解析 (1)a.对第6、7、8三节车厢整体分析,总质量为3m,所受拉力为F,据牛顿第二定律有F-3f =3ma f=0.01mg 代入数据解得F=3.6104 N b.设每节动车提供的牵引力为F,动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm,对整个动车组进行 分析,据牛顿第二定律,有 2F-8f=8ma 则 -8f=8ma 代入数据解得vm=12.5 m/s 持续时间t= =25 s (2)动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv,依据公式P=F牵v有 2Pm=kv1v1 4Pm=kv2v2,两式相比得 =,1.(2019北京朝阳一模,22)如图1所示,游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行,游客却不会 掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型:弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道 相接,B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A 点由静止滚下,到达B点时的速度为vB= ,且恰好能通过C点。已知A、B间的高度差为h=4 R,重力加速度为g。求: 图1 图2 (1)小球运动到B点时,轨道对小球的支持力F的大小;,考点二 动能定理及其应用,(2)小球通过C点时的速率vC; (3)小球从A点运动到C点的过程中,克服摩擦阻力做的功W。,答案 (1)7mg (2) (3)1.5mgR,解析 (1)小球在B点时,根据牛顿第二定律有 F-mg=m 解得F=7mg (5分) (2)因为小球恰能通过C点,根据牛顿第二定律有 mg=m 解得vC= (5分) (3)在小球从A点运动到C点的过程中,根据动能定理有 mg(h-2R)-W= m -0 解得W=1.5mgR (6分),考查点 牛顿第二定律和动能定理在圆周运动中的应用。,2.(2019北京东城一模,22)为了迎接2022年冬季奥运会,让更多的人感受运动的快乐,北京在许 多游乐场增设了坡面场地。坡面场地可以看做由一个斜坡平面和一个水平面衔接而成。如 图所示,已知某坡面场地的斜面高为h,斜面倾角为。某同学坐在保护垫上,从斜面顶端A点由 静止开始沿着斜面AC下滑,最终停在水平面上的D点。该同学与保护垫的总质量为m,保护垫 与斜面、水平面间的动摩擦因数均为。(人与垫可看做质点处理,忽略衔接处的速率变化及 空气阻力)。求: (1)保护垫与斜面间的滑动摩擦力大小。 (2)该同学滑到斜面底端时的速度大小。 (3)该同学从A到D运动过程中,摩擦产生的总热量为多少。,答案 (1)mg cos (2) (3)mgh,解析 (1)对人进行受力分析 N=mg cos (2分) f=N (1分) f=mg cos (1分) (2)斜面长度L= (1分) 沿斜面下滑过程中,根据动能定理 mgh-mg cos L= mv2-0 (3分) v= = (2分) (3)由A到D的全过程中,根据能量守恒,重力势能全部转化为内能 Q=mgh (6分),思路点拨 (1)因为滑动摩擦力正比于压力,所以f=mg cos (2)应用动能定理求速度,在下滑过程中重力与摩擦力做功。 (3)由能量守恒可知,重力势能完全转化为内能。,3.(2019北京大兴一模,22)如图所示,半径为R=0.4 m的半圆形竖直轨道BCD与水平地面AB平滑 连接,O是半圆形轨道的圆心,BOD在同一竖直线上。质量m=2 kg的物块(可视为质点)以vA=7 m /s的速度从A点沿水平面向右运动,冲上圆弧后从D点水平抛出,落在水平地面上,落点与B点的 距离x=1.2 m。忽略空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)物块从D点抛出时的速度大小; (2)物块运动到D点时,对轨道压力的大小; (3)物块从A点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功。,答案 见解析,解析 (1)从D点水平抛出,物块做平抛运动, 2R= gt2,x=vDt 代入数据解得:vD=3 m/s(5分) (2)对物块在D点受力分析,由牛顿第二定律得 F+mg=m 代入数据得:F=25 N 由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力与轨道对物块的作用力等大反向,大小为25 N(5分) (3)对物块从A到D过程应用动能定理: -2mgR+Wf= m - m 代入数值解得:Wf=-24 J 因此物块从A到D过程克服摩擦力做了24 J的功 (6分),易错警示 第(2)问中研究对象为物块,故求得的弹力F为轨道对物块的力,再由牛顿第三定律, 才可得到物块对轨道的压力。,4.(2018北京海淀一模,22)某游乐园的大型 “跳楼机”游戏,以惊险刺激深受年轻人的欢迎。 某次游戏中,质量m=50 kg的小明同学坐在载人平台上,并系好安全带、锁好安全杆。游戏的 过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度,然后由静止开始下落,在忽略空气和台架对平 台阻力的情况下,该运动可近似看做自由落体运动。下落h1=80 m时,制动系统启动,使平台均 匀减速,再下落h2=20 m时刚好停止运动。取g=10 m/s2,求: (1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm; (2)当平台落到离地面15 m高的位置时,小明对跳楼机作用力F的大小; (3)在全部下落过程中,跳楼机对小明做的功W。,答案 (1)40 m/s (2)2 500 N (3)-5104 J,解析 (1)由 =2gh1 (2分) 得vm=40 m/s(2分) (2)减速下落过程中加速度大小a2= (2分) 代入数据得a2=40 m/s2 根据牛顿第二定律有F-mg=ma2 (2分) 解得F=2 500 N(2分) 根据牛顿第三定律有,小明对跳楼机作用力的大小 F=F=2 500 N(1分) (3)方法1:加速下落阶段,小明处于完全失重状态,跳楼机对小明的作用力为零(通过推导计算得 出作用力为零,同样得分) 该阶段跳楼机对小明做的功W1=0 (1分) 在减速阶段,跳楼机对小明做的功 W2=-Fh2=-5104 J(2分),故全部下落过程中,跳楼机对小明做的功 W=W1+W2=-5104 J (2分) (没负号,扣1分) 方法2:对下落全过程使用动能定理 mg(h1+h2)+W=0-0 (3分) W=-mg(h1+h2)=-5104 J(2分) (没负号,扣1分) 解题关键 画过程草图,受力分析,熟练应用运动学公式及动能定理。,1.(2019北京朝阳期中,11)如图所示,将一物体从地球表面的A处移到B处,万有引力做功为W1;将 该物体从B处移到无穷远处,万有引力做功为W2。取无穷远处引力势能为零,则该物体在A处 具有的引力势能可表示为 ( ) A.W1-W2 B.W2-W1 C.W1+W2 D.-W1-