北京市2019版高考物理专题六机械能课件.ppt

专题六机械能,高考物理(北京市专用),1.(2013北京理综,23,18分,0.39)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=50kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10m;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=2.0s,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=10m/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;,考点一功和功率A组自主命题北京卷题组,五年高考,(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。,解析(1)床面下沉x0=0.10m时,运动员受力平衡mg=kx0得k=5.0103N/mF-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()2=5.0m(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,弹力做功WTWT=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+=1.1m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=2525J2.5103J,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:在空中的运动为加速度为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45B.电机的最大牵引力之比为21C.电机输出的最大功率之比为21D.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.(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,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=mgcos-N解出N=3mgcos-2mg由此可知,当3mgcos2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mgcosm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。,5.(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。,6.(2014课标,16,6分)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,Wf22Wf1B.WF24WF1,Wf2=2Wf1C.WF24WF1,Wf2=2Wf1D.WF24WF1,Wf22Wf1,答案CWF1=mv2+mgt,WF2=m4v2+mgt,故WF24WF1;Wf1=mgt,Wf2=mgt,故Wf2=2Wf1,C正确。,7.(2013课标,21,6分,0.235)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则()图(a),C组教师专用题组,图(b)A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4s2.5s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4s2.5s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,答案AC速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110m,故A正确;由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4s2.5s内飞机加速度大小几乎不变,约为27m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减小,故由P=Fv知D错误,由F=2Tcos知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。,8.(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=3103kg。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时,驱动电机输入电流I=50A,电压U=300V。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10m/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=41026W,太阳到地球的距离r=1.51011m,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%。,解析(1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5104W(2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fvf=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=101m2分析可行性并提出合理的改进建议。,答案(1)1.5104W(2)0.045(3)见解析,1.(2012北京理综,23,18分,0.53)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=2.0103kg。忽略一切阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;,考点二动能定理及其应用A组自主命题北京卷题组,(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图2所示a-t图像,求电梯在第1s内的速度改变量v1和第2s末的速率v2;(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在011s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W。,答案(1)2.2104N1.8104N(2)0.50m/s1.5m/s(3)2.0105W1.0105J,解析(1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma由a-t图像可知,F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2,a2=-1.0m/s2F1=m(g+a1)=2.0103(10+1.0)N=2.2104NF2=m(g+a2)=2.0103(10-1.0)N=1.8104N(2)类比可得,所求速度变化量等于第1s内a-t图线下的面积v1=0.50m/s同理可得v2=v2-v0=1.5m/sv0=0,第2s末的速率v2=1.5m/s(3)由a-t图像可知,1130s内速率最大,其值等于011s内a-t图线下的面积,有vm=10m/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=2.01031010W=2.0105W由动能定理,总功W=Ek2-Ek1=m-0=2.0103102J=1.0105J,2.(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,B组统一命题课标卷题组,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,EkmgR,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.WmgR,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W0,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。,3.(2014课标,15,6分,0.722)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.B.C.D.,答案B设物块在抛出点的速度为v0,落地时速度为v,抛出时重力势能为Ep,由题意知Ep=m;由机械能守恒定律,得mv2=Ep+m,解得v=v0,设落地时速度方向与水平方向的夹角为,则cos=,解得=,B正确。,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.mglB.mglC.mglD.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|=m0gl,又m0=m,则W外=|WG|=mgl=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mgl+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。,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。,答案见解析,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8.00104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105m处以7.50103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/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600m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%。,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=4.0108J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1.60105m处的速度大小。由式和题给数据得Eh=2.41012J(2)飞船在高度h=600m处的机械能为Eh=m+mgh由功能关系得W=Eh-Ek0,答案(1)4.0108J2.41012J(2)9.7108J,式中,W是飞船从高度600m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=9.7108J,方法技巧变力做功的求法(1)平均值法;(2)分段法;(3)微元法;(4)图像法;(5)W=Pt法;(6)动能定理法;(7)功能关系法;(8)能量守恒法。,C组教师专用题组,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”、“ONMOMNmgcos,可得:,所以a1a2,选项A正确,选项B错误;因为滑块在整个运动过程中,只有重力做功,所以滑块的机械能守恒,选项C错误,选项D正确。,18.(2018北京西城一模,22)如图所示,BCD是半径R=0.4m的竖直光滑圆弧轨道,D是轨道的最高点,水平面AB与圆弧轨道在B点相切。一质量为m=1kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F=7N的水平恒力作用在物体上,使它在水平面上做匀加速直线运动,当物体到达B点时撤去外力F,之后物体沿BCD轨道运动,物体到达D点时的速度大小vD=4m/s。已知物体与水平面间的动摩擦因数=0.3,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)在D点轨道对物体的支持力大小FN;(2)物体运动到B点时的速度大小vB;(3)A与B之间的距离x。,解析(1)(5分)在D点,物体受力如图所示根据牛顿第二定律有FN+mg=m代入数据解得FN=30N(2)(5分)物体从B到D,根据机械能守恒定律有m=mg2R+m代入数据解得vB=4m/s(3)(6分)物体从A到B,受力如图所示,根据动能定理有Fx-fx=m-mf=mg代入数据解得x=4m,答案(1)30N(2)4m/s(3)4m,19.(2018北京朝阳一模,23)图1所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目。为了研究蹦极过程,做以下简化:将游客视为质点,他的运动沿竖直方向,忽略弹性绳的质量和空气阻力。如图2所示,某次蹦极时,游客从蹦极平台由静止开始下落,到P点时弹性绳恰好伸直,游客继续向下运动,能到达的最低位置为Q点,整个过程中弹性绳始终在弹性限度内,且游客从蹦极平台第一次下落到Q点的过程中,机械能损失可忽略。弹性绳的弹力大小可以用F=kx来计算,式中k为常量,x为弹性绳的伸长量。(1)弹性绳的原长为l0,弹性绳对游客的弹力为F,游客相对蹦极平台的位移为x,取竖直向下为正方向,请在图3中画出F随x变化的示意图;(2)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,推导当游客位移为x(xl0)时,弹性绳弹性势能Ep的表达式;(3)按照安全标准,该弹性绳允许的最大拉力Fm=4.3103N,游客下落至最低点与地面的距离d3m。已知l0=10m,k=100N/m,蹦极平台与地面间的距离D=55m。取重力加速度g=10m/s2。试通过计算说明:总质量M=160kg的游客能否被允许使用该蹦极设施。,图1,图3,图2,解析(1)弹性绳对游客的弹力F随游客位移x变化的关系图线如图所示。(4分)(2)在F-x图中,图线与x轴所围面积表示弹力F做的功,则在游客位移从l0变为x的过程中,弹力F做的功W=-k(x-l0)2所以弹性绳的弹性势能Ep=-W=k(x-l0)2(6分)(3)设游客从蹦极平台第一次到达最低点的距离为l,在此过程中,根据机械能守恒定律有Mgl=k(l-l0)2解得l=50m或l=2m(舍去),答案见解析,则d=D-l=5m3m(符合要求)当游客第一次到达最低点时,弹性绳的弹力最大,此时弹性绳的弹力F=k(l-l0)=4.0103NE2,答案A由牛顿第二定律可知a上升a下降,由h=at2可知t1v下,则f上f下,E1E2。,5.(2016北京海淀零模,19)如图所示,某同学不慎将圆柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端底部的位置,为了拿出木塞,该同学将金属筒倒立过来(开口端向下),使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动(加速度值大于重力加速度值),此过程中木塞始终相对金属筒静止,当金属筒速度达到一定值时,金属筒的开口端撞击到桌面,且其速度立即减为零。此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动,木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零。若木塞与金属筒壁的动摩擦因数处处相等,则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的运动过程,下列说法中正确的是()A.木塞相对金属筒静止的运动过程中,金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上B.金属筒速度减为零的瞬间,木塞的动能达到最大C.金属筒对木塞的作用力始终做负功D.金属筒撞击桌面后,木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量,考查点牛顿运动定律、做功正负的判断、能量守恒。,解题关键本题文字量比较大,审题时建立起物理模型,准确分析出运动过程及受力特点,是解答此题的关键。,答案B木塞随金属筒向下加速运动时,对木塞受力分析如图所示,由牛顿第二定律有mg-f=ma,因ag,故f0,即木塞受到的金属筒的作用力竖直向下,且该力对木塞做正功,故选项A、C均错误;由能量守恒知,Q=Ek减+Ep减,选项D错误。因金属筒的速度减为零后(撞击桌面后),木塞开始做减速运动,故选项B正确。,6.(2018北京101中学月考,7)一个轻质弹簧,固定于天花板的O点处,原长为L,如图,一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出,以速度v与弹簧在B点相接触,然后向上压缩弹簧,到C点时物块速度为零,在上升过程中无机械能损失,则下列说法正确的是()A.由A到C的过程中,物块动能和重力势能之和不变B.由B到C的过程中,弹簧的弹性势能、物块重力势能与动能之和不变,加速度先变小后变大C.由A到C的过程中,物块重力势能的变化量与克服弹力做的功相等D.由B到C的过程中,弹性势能的变化量与克服弹力做的功相等,答案D由A到C的过程中,物块与弹簧组成的系统,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变,而弹簧的弹性势能增大,所以重力势能、动能之和减小,故A错误;由B到C的过程中,系统的机械能守恒,即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变,弹簧弹力一直变大,加速度一直变大,故B错误;由A到C的过程中,重力势能和动能之和的变化量与物块克服弹力做的功相等,故C错误;根据功能关系可知,由B到C的过程中,弹性势能的变化量与克服弹力做的功相等,故D正确。故选D。,7.(2018北京房山一模,18)如图所示,在跳板跳水比赛中,运动员的起跳过程可简化为:运动员走上跳板,将跳板从水平位置B压到最低点C,跳板又将运动员向上弹起,直到运动到最高点A,然后运动员完成规定动作落入水中,则下列说法正确的是()A.运动员在下压跳板运动至最低点C时,其所受外力的合力为0B.运动员从B到C过程中,动能一直在减小C.运动员从B到C过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在从C到A的过程中,运动员始终处于超重状态,答案C从B到C经历先加速后减速的过程,当合力为0时速度最大,A、B错误。从B到C板形变越来越大,弹性势能增加,C正确。从C到A经历先超重后失重的过程,D错误。,8.(20分)(2016北京丰台一模,23)二十一世纪,能源问题是全球关注的焦点问题。从环境保护的角度出发,电动汽车在近几年发展迅速。下表给出的是某款电动汽车的相关参数:,请从上面的表格中选择相关数据,取重力加速度g=10m/s2,完成下列问题:(1)求汽车在100km/h0的制动过程中的加速度大小(计算过程中100km/h近似为30m/s);(2)若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为=80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的0.05,试估算此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程)。已知1kWh=3.6106J。根据你的计算,提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议(至少两条);(3)若此电动汽车的速度从5m/s提升到20m/s需要25s,此过程中电动汽车获得的动力的功率随时间变化的关系简化如图所示,整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05,求此加速过程中汽车行驶的路程(提示:可利用P-t图像计算动力对电动汽车做的功)。,二、非选择题(共38分),解析(1)a=代入数据得a=-11.25m/s2所以加速度的大小为11.25m/s2(2)根据动能定理有:W-Wf=Ek80%E-0.05mgx=0 x=259.2km提高汽车续航里程的合理化建议有:提高电动机的工作效率;减小电动汽车行驶过程中的阻力;提高电动汽车电池的容量。(3)根据动能定理有:W-fx=-由P-t图线与横轴所围的面积可求得动力做的功:W=640103J代入数据得x=265m,答案见解析,9.(18分)(2016北京海淀零模,23)如图所示,将小物块(可视为质点)平放在水平桌面的一张薄纸上,对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出,物块的位移很小,人眼几乎观察不到物块的移动。已知物块的质量为M,纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为1,纸与物块间的动摩擦因数为2,重力加速度为g。(1)若薄纸的质量为m,则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中,求薄纸所受总的摩擦力为多大;从冲量和动量的定义,结合牛顿运动定律和运动学规律,证明:水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量。(注意:解题过程中需要用到、但题目中没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明。)(2)若薄纸质量可忽略,纸的后边缘到物块的距离为L,从开始抽纸到物块最终停下,若物块相对桌面移动了很小的距离s0(人眼观察不到物块的移动),求此过程中水平拉力所做的功。,解析(1)从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中,物块对薄纸施加的摩擦力f物=2Mg(2分)水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=1(M+m)g(2分)薄纸受到的总的摩擦力f总=1(M+m)g+2Mg(1分)从开始抽纸到薄纸被抽离物块底部的过程,假设物块的加速度为aM、薄纸的加速度为am,所用时间为t,这一过程物块和薄纸的速度变化量分别为vM、vm。则有vM=aMt,vm=amt,对于薄纸,根据牛顿第二定律有F-f桌-f物=mam(1分)对于物块,根据牛顿第二定律有f纸=MaM(1分)由牛顿第三定律有f物=f纸(1分)由以上三式解得F-f桌=mam+MaM(1分)上式左右两边都乘以时间t,有(F-f桌)t=mamt+MaMt=mvm+MvM(2分)上式左边即水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量,右边即物块和纸的总动量的变化量。命题得证。,答案见解析,说明:其他方法正确同样得分。(2)设物块在薄纸上加速和在桌面上减速的位移分别为x1、x2,则物块相对桌面的位移s0=x1+x2(1分)因薄纸质量可忽略,故其动能可忽略,所以水平拉力F所做的功有以下去向:薄纸与桌面间的摩擦生热Q1=1Mg(x1+L)(1分)物块与薄纸间的摩擦生热Q2=2Mgs相=2MgL(1分)物块与桌面间的摩擦生热Q3=1Mgx2(1分)由功能关系有WF=Q1+Q2+Q3(1分)解得WF=1Mg(s0+L)+2MgL(2分)说明:其他方法正确同样得分。,考查点受力分析、多体运动关系的分析、功能关系。,解题关键本题中物块与纸、纸与桌面、物块与桌面间摩擦力大小及相对位移的正确分析,对解题起到关键作用。,1.(2015北京五中期中,12)质量为2kg的物体,放在动摩擦因数=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W随位移x变化的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2,则()A.x=0m至x=3m的过程中,水平拉力为3NB.x=3m至x=9m的过程中,水平拉力为5NC.x=6m时,物体的速度为3m/sD.x=3m至x=9m的过程中,物体做匀加速运动,C组教师专用题组,答案C由W-x图知,斜率k=F,x=0m到x=3m过程中,拉力F1=5N,A错误;x=3m到x=9m的过程拉力F2=2N,B错误;x=6m时,由WF-Wf=mv2得21J-0.12106J=2kgv2,v=3m/s,C正确;x=3m至x=9m的过程F2=2N,f=2N,合力为零,物体做匀速运动,D错误。,2.(2016北京顺义期末,8)如图所示,质量为m的物体P放在光滑的倾角为的直角劈上,直角劈放在光滑水平地面上,同时用力F向右推劈,使P与劈保持相对静止,在前进水平位移s的过程中,劈对P做的功为()A.FsB.C.mgcossD.mgtans,答案DP与劈相对静止,二者必定都向右加速运动,即P的合外力方向水平向右,画出P的受力图,根据几何关系得:N=,所以支持力做的功(劈对P做的功)为:W=Nssin=mgtans,故选D。,3.(2018北京民大附中月考,12)如图所示,在距水平地面高H=0.4m处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上P点固定一定滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,在P点的右边,杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道,竖直地固定在地面上,其圆心O在P点的正下方,在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳,通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看做质点,且不计滑轮大小的影响,g取10m/s2。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N。则下列说法正确的是()A.把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中,力F做的功为24JB.小球B运动到C处时的速度大小为4m/sC.小球B被拉到离地h=0.225m时与小球A速度大小相等D.小球B被拉到C处时小球A的速度为0,答案ACD把小球B从地面拉到C点过程中,绳长缩短x=-(H-R)=0.4m,力F做功W=Fx=24J,A项对。小球B到C处时速度沿水平方向,无沿绳方