（新课标Ⅱ）2019版高考物理一轮复习 专题六 机械能及其守恒定律课件.ppt

专题六机械能及其守恒定律,高考物理(课标专用),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45,五年高考,A组统一命题课标卷题组,考点一功和功率,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.(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。,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。,4.(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”、“ONM2Wf1B.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。,解题关键物体位移利用x=t来求。,考点二动能定理及其应用8.(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。,9.(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。,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!,解题关键推出摆到最低点时向心力的表达式。,考查点动能定理、向心力,10.(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。,11.(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(),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WmgR,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,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”。,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。,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(s10,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。,4.由功能关系确定机械能增量。,3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积:W=Fs。,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.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。,16.(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。,解题关键推出落地速度v与v0的关系是关键。,考查点机械能守恒定律,17.(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%。,答案(1)4.0108J2.41012J(2)9.7108J,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由功能原理得W=Eh-Ek0,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,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。,18.(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5m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)2l(2)mMMg4l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MMgl联立式得mMm,考查点机械能守恒定律、能量守恒定律、平抛运动、圆周运动,3.P从BD机械能守恒,从D点飞出后做平抛运动。,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。,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。,19.(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1.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,B组自主命题省(区、市)卷题组,答案AD本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。,思路分析物块运动状态的确定根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。,2.(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32C.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。,3.(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。,4.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则()A.v2=k1v1B.v2=v1C.v2=v1D.v2=k2v1,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。,5.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小;(2)牵引力的平均功率P。,答案(1)2m/s2(2)8.4106W,解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax代入数据解得a=2m/s2(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma设飞机滑跑过程中的平均速度为,有=在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F联立式得P=8.4106W,试题评析本题考查匀变速直线运动的基本规律和牛顿运动定律的简单应用以及功率的计算等,属于基本知识的简单应用。难度为易。,考点二动能定理及其应用6.(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。,7.(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。,8.(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=mgsin+mgcos大小恒定,下降过程中F降=mgsin-mgcos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Ektt2B.v1t2C.v1=v2,t1t2D.v1,由动能定理,从O到A,W-mgx-W弹=0,系统增加的弹性势能Ep=W-mgx,因为x,所以EpW-mga,A错误;同理,物块在B点时,Ep=W-mg(x+a)v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量Ep=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。,13.(2015福建理综,21,19分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为,求:滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。,答案(1)3mg(2)L,解析(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒mgR=m滑块在B点处,由牛顿第二定律N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)滑块下滑到达B点时,小车速度最大。由系统的机械能守恒mgR=M+m(2vm)2解得vm=设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系mgR-mgL=M+m(2vC)2设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律mg=Ma,由运动学规律-=-2as解得s=L,14.(2014江苏单科,15,16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为。乙的宽度足够大,重力加速度为g。,答案(1)(2)2v0(3),(1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;(2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;(3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率。,解析(1)摩擦力与侧向的夹角为45侧向加速度大小ax=gcos45匀变速直线运动-2axs=0-解得s=(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay,则=tan很小的t时间内,侧向、纵向的速度增量vx=axt,vy=ayt解得=tan且由题意知tan=则=tan所以摩擦力方向保持不变,则当vx=0时,vy=0,即v=2v0(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,由题意知ax=gcos,ay=gsin在侧向上-2axx=0-在纵向上2ayy=(2v0)2-0工件滑动时间t=乙前进的距离y1=2v0t工件相对乙的位移L=则系统摩擦生热Q=mgL电动机做功W=m(2v0)2-m+Q由=,解得=,15.(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=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;,(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)5.0103N/m示意图如图所示(2)5.0m(3)1.1m2.5103J,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,16.(2013浙江理综,23,16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如图所示。图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=8.0m。开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头。大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零。运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2。求:(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小。,答案(1)8m/s(2)9m/s(3)216N,解析(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有h1=gt2x1=vmint联立、式,得vmin=8m/s(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度为vC,有(M+m)gh2=(M+m)vC=m/s9m/s(3)设拉力为FT,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得FT-(M+m)g=(M+m)由几何关系(L-h2)2+=L2得:L=10m,综合、式并代入数据解得:FT=(M+m)g+(M+m)=216N,考点一功和功率1.(2018辽宁葫芦岛普通高中一模,5)一CRH2型动车组的总质量M=2105kg,额定输出功率为4800kW。假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270km/h,受到的阻力f与速度v满足f=kv。当匀速行驶的速度为最大速度一半时,动车组的输出功率为()A.600kWB.1200kWC.2400kWD.4800kW,A组20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,答案B270km/h=75m/s;动车组以最大速度行驶时的牵引力大小:F=6.4104N;动车组以最大速度行驶时的牵引力大小与阻力的大小相等,则f=6.4104N,所以k=853.3Ns/m;匀速行驶的速度为最大速度一半时,v=37.5m/s,动车组受到的阻力为f=kv=853.337.5N=3.2104N;动车组匀速行驶的速度为最大速度一半时,动车组的输出功率为:P=Fv=3.210437.5W=1.2106W=1200kW,故B正确。,考查点机车启动问题,温馨提示动车组匀速行驶时有P=Fv=fv。,2.(2018吉林长春质检,20)(多选)如图所示,斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同,底端位于同一水平面上,斜面1与曲面2的底边长度相同。一可视为质点的物体与三个面间的动摩擦因数相同,当物体由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中,物体减少的机械能分别为E1、E2、E3,到底端时的速率分别为v1、v2、v3,下列判断正确的是()A.E1=E2E3B.E2E1E3C.v1=v2v3D.v2。物体损失的机械能等于摩擦力做功大小,则A错误、B正确;三种情况下重力做功一样多,则克服摩擦力做功大的末动能小,末速度就小,所以C错误、D正确,故选B、D。,温馨提示注意物体在曲面2上运动时需要向心力!,考查点摩擦力做功,3.(2017吉林普通高中第三次调研,5)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时起,第1秒内受到2N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是()A.02秒内外力的平均功率是WB.第2秒内外力所做的功是JC.第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量之比是11,答案A由牛顿第二定律和运动学公式求出1秒末、2秒末速度的大小分别为:v1=2m/s、v2=3m/s,故外力做功为W=m=4.5J,功率P=W=W,所以A对;第2秒内外力做功W2=m-m=2.5J,B错;由P=Fv可知1秒末、2秒末外力的瞬时功率分别为4W、3W,所以C错;第1秒内与第2秒内动能增加量分别为:Ek1=m=2J,Ek2=m-m=2.5J,二者之比为45,所以D错。,考查点平均功率、瞬时功率,解题关键清楚平均功率与瞬时功率的区别,P平均=,P瞬时=Fv。,4.(2016黑龙江大庆一中第四次月考,16)已知雨滴在空中竖直下落时所受空气阻力与速度大小的二次方成正比,且不同质量的雨滴所受空气阻力与速度大小的二次方的比值相同。现有两滴质量分别为m1和m2的雨滴从空中竖直下落,在落到地面之前都已做匀速直线运动,那么在两滴雨滴落地之前做匀速直线运动的过程中,其重力的功率之比为()A.m1m2B.C.D.,答案C因为雨滴落到地面前均已做匀速直线运动,所以雨滴受的是平衡力,雨滴受到的阻力为f=mg=kv2,所以雨滴的速度为v=;又因为P=Fv,所以两雨滴重力的功率之比为=,故选C。,考查点功率,解题关键雨滴匀速时f=mg=kv2。,考点二动能定理及其应用5.(2018宁夏银川一中一模,18)如图,固定板AB倾