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 江苏专用 1 2011江苏单科 4 3分 如图所示 演员正在进行杂技表演 由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于 a 0 3jb 3jc 30jd 300j 考点一功和功率 五年高考 a组自主命题 江苏卷题组 答案a一只鸡蛋重约为1n 人的身高一般为1 6m 则鸡蛋被抛出的高度约为0 6m 则鸡蛋获得的最大机械能约为e mgh 1 0 6j 0 6j 故人对鸡蛋做的功约为0 6j 最接近0 3j 故a正确 其他错误 错因分析不能从生活实际出发估算一只鸡蛋的重力和被抛出的最大高度是导致错解的主要原因 另外 不理解人抛鸡蛋过程的能量转化关系也易导致错解 评析本题从生活实际出发 是一道立意新颖的估算题 考查了生活常识 估算能力和能量转化规律 难度适中 得分率一般 2 2012江苏单科 3 3分 如图所示 细线的一端固定于o点 另一端系一小球 在水平拉力作用下 小球以恒定速率在竖直平面内由a点运动到b点 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 a 逐渐增大b 逐渐减小c 先增大 后减小d 先减小 后增大 答案a因小球速率不变 所以小球以o点为圆心做匀速圆周运动 受力如图所示 故在切线方向上应有 mgsin fcos f mgtan 则拉力f的瞬时功率p f vcos mgv sin 从a运动到b的过程中 拉力的瞬时功率随 的增大而增大 a项正确 3 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 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 4 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2fcos30 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 mgb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 ra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 难点突破临界状态分析 力做功的计算 2 对a b c组成的系统受力分析 在c落地前 a和b对地的压力始终为mg 隔离c受力分析 由平衡条件可得 c对b的压力为fnc 其中 为b c圆心连线与竖直方向的夹角 该力在水平方向的分力fncx fncsin mg tan 由此式可见 当c刚要触地时 b受c压力的水平分力最大 此时b未动 就能在整个过程中保持静止 3 c对a做功为变力做功 由功能关系可知 此功等于c重力势能的减少量 1 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 b组统一命题 省 区 市 卷题组 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 mgcos n解出n 3mgcos 2mg由此可知 当3mgcos 2mg时 n的方向背离大圆环圆心 当3mgcos 2mg时 n的方向指向大圆环圆心 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 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4 5b 电机的最大牵引力之比为2 1c 电机输出的最大功率之比为2 1d 电机所做的功之比为4 5 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4 5 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1 1 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 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 onm omn 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 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 6 103m时才能达到起飞所要求的速度v 80m s 已知飞机质量m 7 0 104kg 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 4 106w 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 4 106w 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 1 2017天津理综 4 6分 天津之眼 是一座跨河建设 桥轮合一的摩天轮 是天津市的地标之一 摩天轮悬挂透明座舱 乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动 下列叙述正确的是 a 摩天轮转动过程中 乘客的机械能保持不变b 在最高点时 乘客重力大于座椅对他的支持力c 摩天轮转动一周的过程中 乘客重力的冲量为零d 摩天轮转动过程中 乘客重力的瞬时功率保持不变 c组教师专用题组 答案b本题考查匀速圆周运动 乘客在竖直面内做匀速圆周运动 动能不变 而在上升过程中重力势能增加 机械能增加 下降过程中则相反 a错误 在最高点时 乘客具有竖直向下的向心加速度 处于失重状态 故b正确 因重力恒定 重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积 故重力冲量一定不为零 c错误 重力的瞬时功率p mg v cos 其中 是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角 故重力的瞬时功率不会保持不变 d错误 命题评析本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景 考查了机械能 功率 失重 冲量等重要考点 考查面广泛 难度较小 体现了高考对基础知识 基本能力的 双基 要求 对平时的教学与学习具有重要的指导意义 2 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b车以最大速率行驶时 牵引力f等于阻力f 即f f kmg 由p k1mgv1及p k2mgv2 得v2 v1 故b正确 3 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 wf2 4wf1 wf2 2wf1b wf2 4wf1 wf2 2wf1c wf2 4wf1 wf2 2wf1d wf2 4wf1 wf2 2wf1 答案cwf1 mv2 mg t wf2 m 4v2 mg t 故wf2 4wf1 wf1 mg t wf2 mg t 故wf2 2wf1 c正确 4 2013浙江理综 17 6分 如图所示 水平木板上有质量m 1 0kg的物块 受到随时间t变化的水平拉力f作用 用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力ff的大小 取重力加速度g 10m s2 下列判断正确的是 a 5s内拉力对物块做功为零b 4s末物块所受合力大小为4 0n c 物块与木板之间的动摩擦因数为0 4d 6s 9s内物块的加速度大小为2 0m s2 答案d由图像可知物块在0 4s内处于静止状态 其所受合外力为零 选项b错误 4s 5s内做变加速直线运动 因此5s内拉力对物块做的功不为零 选项a错误 物块的滑动摩擦力ff 3n 则 0 3 选项c错误 在6s 9s内由牛顿第二定律得f ff ma a m s2 2 0m s2 选项d正确 5 2015浙江理综 18 6分 多选 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器 舰载机总质量为3 0 104kg 设起飞过程中发动机的推力恒为1 0 105n 弹射器有效作用长度为100m 推力恒定 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m s 弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和 假设所受阻力为总推力的20 则 a 弹射器的推力大小为1 1 106nb 弹射器对舰载机所做的功为1 1 108jc 弹射器对舰载机做功的平均功率为8 8 107wd 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m s2 答案abd舰载机弹射过程中的加速度a m s2 32m s2 选项d正确 对舰载机在水平方向受力分析 根据牛顿第二定律得 f弹 f发 20 f弹 f发 ma 解得 f弹 1 1 106n 选项a正确 由功的定义得 w弹 f弹 x 1 1 108j 选项b正确 由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t s 2 5s 由功率的定义得 p弹 4 4 107w 选项c错 6 2015四川理综 9 15分 严重的雾霾天气 对国计民生已造成了严重的影响 汽车尾气是形成雾霾的重要污染源 铁腕治污 已成为国家的工作重点 地铁列车可实现零排放 大力发展地铁 可以大大减少燃油公交车的使用 减少汽车尾气排放 若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动 先匀加速运动20s达最高速度72km h 再匀速运动80s 接着匀减速运动15s到达乙站停住 设列车在匀加速运动阶段牵引力为1 106n 匀速运动阶段牵引力的功率为6 103kw 忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功 1 求甲站到乙站的距离 2 如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同 求公交车排放气态污染物的质量 燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3 10 6克 解析 1 设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1 距离为s1 在匀速直线运动阶段所用的时间为t2 距离为s2 速度为v 在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3 距离为s3 甲站到乙站的距离为s 则s1 vt1 s2 vt2 s3 vt3 s s1 s2 s3 联立 式并代入数据得s 1950m 说明 式各2分 式各1分 2 设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为f 所做的功为w1 在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为p 所做的功为w2 设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功w 将排放气态污染物质量为m 则w1 f s1 答案 1 1950m 2 2 04kg w2 p t2 w w1 w2 m 3 10 9kg j 1 w 联立 式并代入数据得m 2 04kg 说明 式各2分 式各1分 考点二动能定理及其应用a组自主命题 江苏卷题组1 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 2 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ekt ek0 故选项c正确 审题指导图像语言理解 隐含条件明显化 图像语言重点在于理解 点 线 面 轴 斜 截的物理含义 本题注重斜率 截距 能够返回出发点说明mgsin mgcos f mgcos 因 和 不变 则f大小不变 以出发点为原点 上升时x增加 返回时x减小 3 2013江苏单科 5 3分 水平面上 一白球与一静止的灰球碰撞 两球质量相等 碰撞过程的频闪照片如图所示 据此可推断 碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 a 30 b 50 c 70 d 90 答案a由题图测量可得白 灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为 x1 6mm x1 x2 3 5mm 设照片的放大率为k 闪光周期为t 则有 0 319 故a正确 考查点本题考查位移 速度和动能的知识 要求考生有较高的推理和分析能力 属于中等难度题 学习指导在实际问题中 一些信息往往以照片 图表 图像等形式呈现 如我们常见的 如图所示 此时我们要仔细观察 深入挖掘图表中的信息 找到解决问题所需要的信息 4 2015江苏单科 9 4分 多选 如图所示 轻质弹簧一端固定 另一端与一质量为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 克服摩擦力做的功为mv2c 在c处 弹簧的弹性势能为mv2 mghd 上滑经过b的速度大于下滑经过b的速度 答案bd圆环在b处速度最大 加速度为0 bc段加速度在增大 因此 下滑过程中 加速度先减小后增大 选项a错误 下滑过程中 设克服摩擦力做的功为wf 由动能定理mgh wf w弹 0 0上滑过程中 mgh wf w弹 0 mv2联立得wf mv2 选项b正确 w弹 mgh mv2 在c处 弹簧的弹性势能等于圆环从a c过程克服弹簧弹力做的功 选项c错误 设从b到c克服弹簧弹力做功为w弹 克服摩擦力做功为wf 故有下滑过程从b c w弹 mghbc wf 0 m 上滑过程从c b w弹 mghbc wf mvb 2 mv2 联立 可得m 2wf mv2 mvb 2因wf mvb vb 选项d正确 考查点本题考查了牛顿运动定律及其应用 动能定理 弹性势能等知识和分析综合能力 要求考生能够理清复杂的物理情景中的物理模型 属于较难题 解题关键圆环下滑和上滑过程看似对称 其实并不对称 要仔细分析判断运动过程中弹力 摩擦力和弹性势能的变化 从而弄清运动状态 通过列式比较进行判断 5 2012江苏单科 14 16分 某缓冲装置的理想模型如图所示 劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连 轻杆可在固定的槽内移动 与槽间的滑动摩擦力恒为f 轻杆向右移动不超过l时 装置可安全工作 一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧 将导致轻杆向右移动 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且不计小车与地面的摩擦 1 若弹簧的劲度系数为k 求轻杆开始移动时 弹簧的压缩量x 2 求为使装置安全工作 允许该小车撞击的最大速度vm 3 讨论在装置安全工作时 该小车弹回速度v 和撞击速度v的关系 答案 1 2 3 当v 时 v v当 v 时 v 解析 1 轻杆开始移动时 弹簧的弹力f kx 且f f 解得x 2 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为w 则小车从撞击到停止的过程中由动能定理有 f w 0 m 同理 小车以vm撞击弹簧时 fl w 0 m 解得vm 3 设轻杆恰好移动时 小车撞击速度为v1则有m w 由 解得v1 当v 时 v v 当 v 时 v 1 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 省 区 市 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 ek w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 2 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 3 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 4 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1900j 他克服阻力做功100j 韩晓鹏在此过程中 a 动能增加了1900jb 动能增加了2000jc 重力势能减小了1900jd 重力势能减小了2000j 答案c由动能定理可知 ek 1900j 100j 1800j 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 5 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 mg 2r 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w w 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 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 7 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sin37 cos37 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mglsin mglcos 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mgxsin mgxcos 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 mgl1sin mgl1cos 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 rsin y1 r r rcos 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 gt2x1 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 rcos 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 1 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 sin37 0 6 cos37 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 c组教师专用题组 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 f2f1 mgcos45 f2 mgcos37 整个过程由动能定理列方程 mg 2h 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 mgsin37 mgcos37 ma2解得 a2 g 故d项错误 2 2015天津理综 10 16分 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图 皮带在电动机的带动下保持v 1m s的恒定速度向右运动 现将一质量为m 2kg的邮件轻放在皮带上 邮件和皮带间的动摩擦因数 0 5 设皮带足够长 取g 10m s2 在邮件与皮带发生相对滑动的过程中 求 1 邮件滑动的时间t 2 邮件对地的位移大小x 3 邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功w 答案 1 0 2s 2 0 1m 3 2j 解析 1 设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为f 则f mg 取向右为正方向 对邮件应用动量定理 有ft mv 0 由 式并代入数据得t 0 2s 2 邮件与皮带发生相对滑动的过程中 对邮件应用动能定理 有fx mv2 0 由 式并代入数据得x 0 1m 3 邮件与皮带发生相对滑动的过程中 设皮带相对地面的位移为s 则s vt 摩擦力对皮带做的功w fs 由 式并代入数据得w 2j 3 2015山东理综 23 18分 如图甲所示 物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接 物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上 小球与右侧滑轮的距离为l 开始时物块和小球均静止 将此时传感装置的示数记为初始值 现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力 将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60 角 如图乙所示 此时传感装置的示数为初始值的1 25倍 再将小球由静止释放 当运动至最低位置时 传感装置的示数为初始值的0 6倍 不计滑轮的大小和摩擦 重力加速度的大小为g 求 图甲图乙 1 物块的质量 2 从释放到运动至最低位置的过程中 小球克服空气阻力所做的功 答案 1 3m 2 0 1mgl 解析 1 设开始时细绳的拉力大小为t1 传感装置的初始值为f1 物块质量为m 由平衡条件得对小球 t1 mg 对物块 f1 t1 mg 当细绳与竖直方向的夹角为60 时 设细绳的拉力大小为t2 传感装置的示数为f2 据题意可知 f2 1 25f1 由平衡条件得对小球 t2 mgcos60 对物块 f2 t2 mg 联立 式 代入数据得m 3m 2 设小球运动至最低位置时速度的大小为v 从释放到运动至最低位置的过程中 小球克服空气阻力所做的功为wf 由动能定理得mgl 1 cos60 wf mv2 在最低位置 设细绳的拉力大小为t3 传感装置的示数为f3 据题意可知 f3 0 6f1 对小球 由牛顿第二定律得 t3 mg m 对物块 由平衡条件得f3 t3 mg 联立 式 代入数据得wf 0 1mgl 4 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 60kg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 6m s2匀加速滑下 到达助滑道末端b时速度vb 24m s a与b的竖直高度差h 48m 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 5m 运动员在b c间运动时阻力做功w 1530j 取g 10m 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 144n 2 12 5m 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 144n 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 5m 考点三机械能守恒定律动能关系a组自主命题 江苏卷题组1 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mgb 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 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 lcos30 lcos60 l 重力做功w mgh mgl 选项d错误 解题关键本题的关键词 a由静止释放 v0 0 降到最低点 v 0 物体做加速度减小的加速运动 当加速度减到0时 速度最大 动能最大 这是此题的关键 2 2013江苏单科 9 4分 多选 如图所示 水平桌面上的轻质弹簧一端固定 另一端与小物块相连 弹簧处于自然长度时物块位于o点 图中未标出 物块的质量为m ab a 物块与桌面间的动摩擦因数为 现用水平向右的力将物块从o点拉至a点 拉力做的功为w 撤去拉力后物块由静止向左运动 经o点到达b点时速度为零 重力加速度为g 则上述过程中 a 物块在a点时 弹簧的弹性势能等于w mgab 物块在b点时 弹簧的弹性势能小于w mgac 经o点时 物块的动能小于w mgad 物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在b点时弹簧的弹性势能 答案bc因为要克服摩擦力做功 所以o点不在ab的中点 如图 x 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ep w mga a错误 同理 物块在b点时 ep w mg x a w mga b正确 经o点时 ek w 2 mgx w mga c正确 a b的过程中当弹力与f平衡时速度最大 此点在o点右侧距o点x1 处 x1可能大于bo 所以d错 考查点本题考查动能定理 功能关系 弹力做功与弹性势能等知识 要求考生有较高的分析综合能力 属于较难题 学习指导以弹簧的变力问题为背景的题目很多 常常可以和牛顿运动定律 功和能等主干知识相联系 所以 我们在学习过程中应该把有关弹簧的问题 吃 透 尤其是随弹簧形变量的变化对应的受力分析 运动过程的分析 能量转化与守恒的分析 要做到成竹在胸 3 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sin53 0 8 cos53 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m m 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 6 5 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 f2f1sin53 f2cos53 f mg f1cos53 f2sin53 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 3lsin53 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 mgcos53 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 4 2016江苏单科 14 16分 如图所示 倾角为 的斜面a被固定在水平面上 细线的一端固定于墙面 另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块b相连 b静止在斜面上 滑轮左侧的细线水平 右侧的细线与斜面平行 a b的质量均为m 撤去固定a的装置后 a b均做直线运动 不计一切摩擦 重力加速度为g 求 1 a固定不动时 a对b支持力的大小n 2 a滑动的位移为x时 b的位移大小s 3 a滑动的位移为x时的速度大小va 答案 1 mgcos 2 x 3 解析 1 支持力的大小n mgcos 2 根据几何关系sx x 1 cos sy x sin 且s 解得s x 3 b的下降高度sy x sin 根据机械能守恒定律mgsy m m根据速度的定义得va vb 则vb va解得va 考查点本题考查了共点力的平衡 位移的理解与计算 速度的理解与计算 机械能守恒定律等考点 对考生的分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求较高 属于较难题 解题关键由平面几何的知识找出a与b的位移之间存在的关系是解决本题的关键 5 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 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 纵向的速度变化量 vx ax t vy ay t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 答案 1 2 2v0 3 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 考查点本题考查了牛顿运动定律及其应用 摩擦力 匀变速直线运动 运动的合成与分解 功和功率 功能关系等知识 属于较难题 学习指导学习物理重在理解 绝不能死记硬背概念和公式 而是要在透彻理解的基础上进行记忆 基本概念的学习要系统 全面 做到不偏不废 不能有漏洞和死角 学习过程中还要特别注意涉及的物理思想方法 对于典型的物理模型 要精准把握 吃深吃透 因为高考题中常常可以看到 老瓶装新酒 的题目 1 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 2mgrb 4mgrc 5mgrd 6mgr b组统一命题 省 区 市 卷题组 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f xab f r 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 3 恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积 w f s 2 由于外力f mg 小球到达c点瞬间vc 0 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 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 审题关键关键词理解 隐形条件显性化 4 由功能关系确定机械能增量 2 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 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 3 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gd 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 方法指导对于运动过程复杂的情景 采用极端思维法分析推理 就可以化难为易 如本题中滑块b开始和最后的速度均为零 故b先加速后减速 以此为突破口 结合功能关系 各选项的正确性就容易分析了 4 2017课标 24 12分 一质量