（课标Ⅱ卷）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

专题六 机械能及其守恒定律,高考物理 (课标专用),考点一 功和功率,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(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,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。,2.(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。 考查点 功、牛顿第二定律 解题关键 解本题的关键是推出下落的加速度的函数表达式。,3.(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。 考查点 功、机械能守恒 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、句的含意,本题就不难解决了。,4.(2015课标,17,6分)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, 故不做分析。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。 考查点 功率 解题关键 当汽车发动机功率P突然增大时,加速度怎样变化。,5.(2015课标,21,6分)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地 面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视 为质点,重力加速度大小为g。则 ( ),A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg,答案 BD 因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减速,杆对b 的作用力对b做的功即b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正功后做负功,故A 错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh= m ,va= ,故B正确。杆对a的作用 效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加速度大小会大于g,即C错。由功 能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即a的机械能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均 为零,故b对地面的压力大小为mg,D正确。 考查点 功、机械能守恒定律、动能定理 解题关键 b的速度变化情况。 杆对a、b做功的变化情况。 易错警示 当b速度最大时,a的机械能最小,杆的作用力为零。,6.(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,考点二 动能定理及其应用,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。,7.(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。,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。 考查点 动能定理、向心力 解题关键 推出摆到最低点时向心力的表达式。 温馨提示 最低点时的拉力为3mg,这个结果留意一下,今后会经常遇到哟!,9.(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。 考查点 动能定理 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。 一题多解 假设内壁光滑,W=0,由 可得:a=2g,N=3mg,可判定D错误; 假设质点P到最低点时速度为零,由,得:W=mgR,a=0,可判断B错误,故A、C正确。,10.(2015课标,17,6分)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。 解题关键 利用动能定理求出W。 分析PN段与NQ段克服摩擦力所做功的不同。 审题技巧 审题时的关键句:“粗糙程度处处相同的半圆形轨道”。,11.(2019课标,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行 驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小 随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0 t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施 的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1 t2时间段为刹 车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时 刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。 图(a),图(b) (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线; (2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小; (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示 牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间 内汽车的平均速度)?,答案 (1)见解析 (2)28 m/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16105 J 87.5 m 解析 本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知 识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注 生产、生活的价值观念。 (1)v-t图像如图所示。 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时 刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取t=1 s。设汽车在t2+(n-1)tt2+nt内的位移 为sn,n=1,2,3,。,若汽车在t2+3tt2+4t时间内未停止,设它在t2+3t时刻的速度为v3,在t2+4t时刻的速度为v4,由 运动学公式有 s1-s4=3a(t)2 s1=v2t- a(t)2 v4=v2-4at 联立式,代入已知数据解得 v4=- m/s 这说明在t2+4t时刻前,汽车已经停止。因此,式不成立。 由于在t2+3tt2+4t内汽车停止,由运动学公式 v3=v2-3at 2as4= 联立式,代入已知数据解得 a=8 m/s2,v2=28 m/s 或a= m/s2,v2=29.76 m/s,但式情形下,v30,不合题意,舍去。 (3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有 f1=ma 在t1t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为 I= f1(t2-t1) 由动量定理有 I=mv1-mv2 由动能定理,在t1t2时间内,汽车克服阻力做的功为 W= m - m 联立 式,代入已知数据解得 v1=30 m/s W=1.16105 J 从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为 s=v1t1+ (v1+v2)(t2-t1)+,联立 式,代入已知数据解得 s=87.5 m 技巧点拨 汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知,可采用假设法,由方程解得的结果判定假 设的正确性,这是在高中物理学习中常用的一种方法。,12.(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s 1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教 练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的 同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到 达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速 度大小为g。求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。,答案 (1) (2) 解析 本题考查动能定理、匀变速直线运动规律。 (1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得 -mgs0= m - m 解得= (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这 种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。 由运动学公式得 - =2a1s0 v0-v1=a1t s1= a2t2 联立式得a2= ,13.(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。由平抛运动公式有 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( R+ R cos ) 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 考查点 动能定理、平抛运动、机械能守恒定律 解题关键 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。 根据不同过程的运动特征选用不同的方法。,14.(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,考点三 机械能守恒定律、功能关系,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= 2 kg ,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。,15.(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。,16.(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、功能原理。 (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 由功能原理得,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)问考查学生对功能原理的理解能力。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。,17.(2016课标,25,20分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5 m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在 A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道 BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物 块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点 之间的距离; (2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。,答案 (1) 2 l (2) mM m 解析 (1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能 转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep=5mgl 设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得 Ep= M +Mg4l 联立式,取M=m并代入题给数据得 vB= 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足 -mg0 设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得 m = m +mg2l 联立式得,vD= vD满足式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时 间为t,由运动学公式得 2l= gt2 P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s=vDt 联立式得 s=2 l (2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度应大于零。由式可知 5mglMg4l 要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒 定律有 M Mgl 联立 式得,mM m 考查点 机械能守恒定律、能量守恒定律、平抛运动、圆周运动 思路点拨 1.弹簧竖直放置时,由质量为5m的物体的运动情况可求出弹簧压缩量为l时弹性势 能的大小。,2.物块P从释放到运动到B点的过程中,弹簧弹性势能转化成P在B点的动能与克服摩擦产生的 内能。,18.(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。,考点一 功和功率,B组 自主命题省(区、市)卷题组,1.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖 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。假设动车组各车厢质量均相 等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车 组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 ( ) A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12,答案 BD 启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的 方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示 甲 由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示 乙 由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得 = ,选项B正确;动车组进站时,做匀减 速直线运动,由速度位移公式可得x= ,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定 律可得:,第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0, 第二种情况动车组的最大速度为v2, -8kmg=0, 两方程联立可得 = ,选项D正确。 审题指导 在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的 合外力为零。合理选取研究对象,可以有效减少计算量。,2.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机 的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的 ( ) A.4倍 B.2倍 C. 倍 D. 倍,答案 D 因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm。输出功率 为2P时,最大速率为vm,由P=Fv=fvm=k 得vm= ,所以 = = ,因此A、B、C错,D对。,3.(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,考点二 动能定理及其应用,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。,4.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入 竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员 的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中 ( ) A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变,答案 C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能 关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合 外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;滑动摩擦力f=FN,FN随着下滑位置的不同由A 到B逐渐变大,因此滑动摩擦力变大,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化 量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的 功,故机械能减少,选项D错误。 易错警示 运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。,5.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略 空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 ( ),答案 A 设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t- gt2,联 立得Ek= mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。 方法技巧 函数法解题 应用小球抛出后,在运动过程中所满足的物理关系和规律,推导出相应的数学函数关系式,应用 数学工具解决物理问题。,6.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面 间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是 ( ),答案 C 本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin +mg cos 大小恒定,下降过程中F降=mg sin -mg cos 大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶 段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而 动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则EktEk0,故选项C正确。,7.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平 面倾角分别为45和37的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑 草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计 滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则 ( ) A.动摩擦因数= B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g,答案 AB 滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小 分别为f1、f2 f1=mg cos 45 f2=mg cos 37 整个过程由动能定理列方程: mg2h-f1 -f2 =0 解得:= ,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:,mgh-f1 = mv2 解得:v= ,B项正确。 由式知:Wf=2mgh,C项错误。 在下段滑道上,mg sin 37-mg cos 37=ma2 解得:a2=- g,故D项错误。 反思总结 本题的A、B选项还可以用动力学方法求解,但比较可知,用动能定理更简单。,8.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由 式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他 克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中 ( ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J,答案 C 由动能定理可知,Ek=1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少量等于 重力做的功,故C正确、D错。,9.(2019天津理综,10,16分)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1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2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角=1 2(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。 已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求 (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。,答案 (1)7.5104 J (2)1.1103 N 解析 本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运 动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国 重器,通过本题也能厚植爱国情怀。 (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 = 根据动能定理,有 W= mv2-0 联立式,代入数据,得 W=7.5104 J (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有 L2=R sin 由牛顿第二定律,有 FN-mg=m ,联立式,代入数据,得 FN=1.1103 N 一题多解 对(1)问: 舰载机由静止开始做匀加速直线运动 设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有 L1= at2 对飞行员分析得 F=ma 飞行员受到的水平力所做的功 W=FL1 联立得 W=7.5104 J,10.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光 滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为 ,与地面间的动摩擦因数均为。 现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)未拉A时,C受到B作用力的大小F; (2)动摩擦因数的最小值min; (3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。,答案 (1) mg (2) (3)(2-1)( -1)mgR 解析 本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。 (1)C受力平衡2F cos 30=mg 解得F= mg (2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大 Fxmax= mg B受地面的最大静摩擦力f=mg 根据题意fmin=Fxmax 解得min= (3)C下降的高度h=( -1)R A的位移x=2( -1)R 摩擦力做功的大小Wf=fx=2( -1)mgR 根据动能定理W-Wf+mgh=0-0,解得W=(2-1)( -1)mgR,11.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之 一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2 匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员 的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为 圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/s2。 (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小; (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多 大。,答案 (1)144 N (2)12.5 m 解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有 =2ax 由牛顿第二定律有 mg -Ff=ma 联立式,代入数据解得 Ff=144 N (2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有 mgh+W= m - m 设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有 FN-mg=m 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得 R=12.5 m,审题指导 (1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛 顿第二定律来解答。 (2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些力提供向心力。,12.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰 链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静 止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧 在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中 ( ) A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于 mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为 mgL,考点三 机械能守恒定律、功能关系,答案 AB 本题考查牛顿运动定律、能量守恒。 A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为 0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最 大之前,B受到地面的支持力小于 mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg,选 项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能 量守恒,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30-L cos 60= L,重 力做功W=mgh= mgL,选项D错误。,13.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下 方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小 ( ) A.一样大 B.水平抛的最大 C.斜向上抛的最大 D.斜向下抛的最大,答案 A 三个小球初始状态高度h相同,速率v0相同,抛出后只受重力,机械能守恒,根据机械 能守恒定律得mgh+ m = mv2,可知落地时三个小球的速度大小相等。,14.(2018江苏单科,14,16分)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量 为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为 3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53。松手后, 小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为 g,取sin 53=0.8,cos 53=0.6。求: (1)小球受到手的拉力大小F; (2)物块和小球的质量之比Mm; (3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。,答案 (1) Mg-mg (2)65 (3)见解析 解析 本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿运动定律的应用。 (1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1 sin 53=F2 cos 53 F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53 且F1=Mg 解得F= Mg-mg (2)小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3l sin 53,物块下降高度h2=2l 由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2 解得 = (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力 为T,由牛顿运动定律得Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T=T 由牛顿运动定律得T-mg cos 53=ma 解得T= (T= mg或T= Mg) 思路点拨 常规思路,破解难题 (1)F可由共点力平衡条件列方程求解。 (2)放手后小球上升到最高点的过程中,系统机械能守恒,由此求解两物体质量之比。 (3)小球再次回到最低点时,物块和小球的速度为零,但加速度不为零,对物块和小球分别 列牛顿第二定律方程,联立即可求得T。,15.(2017上海单科,19,14分)如图,与水平面夹角=37的斜面和半径R=0.4 m的光滑圆轨道相切 于B点,且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放,经B点后沿圆轨道运动,通过最 高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25。(g取10 m/s2,sin 37 =0.6,cos 37=0.8)求: (1)滑块在C点的速度大小vC; (2)滑块在B点的速度大小vB; (3)A、B两点间的高度差h。,答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m 解析 本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理。 (1)对C点:滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg= vC= =2 m/s (2)对BC过程:滑块机械能守恒 m = m +mgR(1+cos 37) vB= =4.29 m/s (3)滑块在AB的过程,利用动能定理: mgh-mg cos 37 = m -0 代入数据解得h=1.38 m,考点一 功和功率,C组 教师专用题组,1.(2014课标,16,6分,0.513)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动 物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的 时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分 别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则 ( ) A.WF24WF1,Wf22Wf