（课标版）2020届高考物理二轮复习专题二第3讲功和能课件.pptx

第3讲功和能 总纲目录 考点一功和功率 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 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 2 多选 2018课标 19 6分 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 AC 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 1 计算功 功率时应注意的三个问题 功的公式W Fl和W Flcos 仅适用于恒力做功的情况 变力做功的求解要注意对问题的正确转化 如将变力转化为恒力 也可应用动能定理等方法求解 对于功率的计算 应注意区分公式P 和公式P Fv 前式侧重于平均功率的计算 而后式侧重于瞬时功率的计算 2 机车启动模型中的两点技巧 机车启动匀加速过程的最大速度v1 此时机车输出的功率最大 和全程的最大速度vm 此时F牵 F阻 求解方法 求v1 由F牵 F阻 ma P F牵v1可求出v1 求vm 由P F阻vm 可求出vm 考向一变力功的计算1 多选 2019河北衡水中学信息卷 如图所示 倾角为 半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度 匀速转动 一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘 小物块与圆盘间的动摩擦因数为 图中A B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点 运动过程中经过的C D两点连线与AB垂直 小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且始终相对于圆盘静止 重力加速度为g 下列说法正确的是 A 小物块受到的摩擦力始终指向圆心B 动摩擦因数 一定大于tan C 小物块从A点运动到B点的过程中 摩擦力对小物块做功为 mg Rcos D 当小物块运动至C D两点时所受摩擦力大小相等 从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 答案BD小物块所受重力沿圆盘的分力及所受静摩擦力的合力提供向心力 合力方向始终指向圆心 静摩擦力方向始终在变化 A错误 小物块在B点时由牛顿第二定律有Ff mgsin mR 2 Ff mgsin 又因Ff mgcos 所以 mgcos mgsin 则 一定大于tan B正确 小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg 2Rsin Wf 0 解得Wf mg 2Rsin C错误 小物块运动至C D两点时受力具有对称性 所受静摩擦力大小相等 方向关于AB对称 从C点运动到D点的过程中 重力先做正功后做负功 小物块动能始终不变 即合外力做功始终为0 所以摩擦力对小物块先做负功后做正功 D正确 2 多选 2019山东泰安质检 一质量为2kg的物体 在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动 当运动一段时间后 拉力逐渐减小 且当拉力减小到零时 物体刚好停止运动 图中给出了拉力随位移变化的关系图像 已知重力加速度g 10m s2 由此可知 ABC A 物体与水平面间的动摩擦因数约为0 35B 减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC 匀速运动时的速度大小约为6m sD 减速运动的时间约为1 7s 答案ABC物体匀速运动时 受力平衡 则F mg 0 35 选项A正确 因为W Fx 故拉力所做的功等于F x图线曲线部分与x轴所围面积 由图线可知小格数为13 则减速过程拉力所做的功为13 1J 13J 选项B正确 由动能定理可知WF mgx 0 m 其中x 7m 则解得v0 6m s 即匀速运动时速度大小约为6m s 选项C正确 由于不知道具体的运动情况 故无法求出减速运动的时间 故D错误 考向二功率的计算3 多选 一质量m 0 5kg的滑块以某一初速度冲上倾角 37 的足够长的斜面 利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度 并用计算机绘出滑块上滑过程中的v t图像如图所示 sin37 0 6 g取10m s2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 则 AD A 滑块与斜面间的动摩擦因数 0 5B 滑块返回斜面底端时的速度为2m sC 滑块在上滑过程中重力做的功为 25JD 滑块返回斜面底端时重力的功率为6W 答案AD由题图可知上滑过程中加速度a gsin gcos 10m s2 方向沿斜面向下 解得 0 5 选项A正确 上滑位移x t 5m 下滑加速度a gsin gcos 2m s2 方向沿斜面向上 所以回到斜面底端时的速度v 2m s 选项B错误 上滑过程中重力做功W mgxsin 15J 返回底端时求的是重力的瞬时功率 则P mgv sin 6W 选项C错误 D正确 考向三机车启动问题4 多选 2019河南名校联考 起重机从静止开始匀加速提起质量为m的重物 当重物的速度为v1时 起重机的有用功率达到最大值P 之后 起重机保持该功率不变 继续提升重物 直到以最大速度v2匀速上升为止 则整个过程中 下列说法正确的是 ACD A 起重机对重物的最大拉力为B 起重机对重物的最大拉力为C 重物的最大速度v2 D 重物做匀加速运动的时间为 答案ACD由P Fv可知功率最大时 速度越小 拉力越大 则起重机对重物的最大拉力F A正确 B错误 当功率一定时 达到最大速度时起重机的拉力等于重物的重力 故重物的最大速度v2 C正确 在匀加速运动过程中 起重机对重物的拉力F 不变 当功率达到最大时 匀加速运动结束 由题意知 起重机达到最大功率时重物的速度为v1 则v1 at t 解得t D正确 5 2019吉林长春模拟 质量为1 103kg 发动机额定功率为60kW的汽车在平直公路上行驶 若汽车所受阻力大小恒为2 103N 下列判断正确的是 D A 汽车行驶能达到的最大速度是40m sB 汽车从静止开始加速到20m s的过程 发动机所做的功为2 105JC 汽车保持额定功率启动 当速度大小为20m s时 其加速度大小为6m s2D 汽车以2m s2的恒定加速度启动 发动机在第2s末的实际功率是16kW 答案D当阻力和牵引力相等时 速度最大 故vm m s 30m s A错误 汽车从静止开始加速 汽车如果以恒定功率启动 则做变加速直线运动 运动时间和位移未知 故无法求解发动机做的功 B错误 汽车保持额定功率启动 当速度大小为20m s时 牵引力F N 3000N 根据牛顿第二定律可得a m s2 1m s2 C错误 根据牛顿第二定律得牵引力F1 Ff ma 2000N 1000 2N 4000N 则匀加速直线运动的最大速度v1 m s 15m s 可知匀加速直线运动的时间t s 7 5s 2s末的速度v2 a1t2 2 2m s 4m s 则发动机的实际功率P实 F1v2 4000 4W 16kW D正确 考点二动能定理 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 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 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 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3m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10m s2 该物体的质量为 C A 2kgB 1 5kgC 1kgD 0 5kg 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3m内的上升过程中 由动能定理知 mg f h m m 由图像可知 m 72J m 36J 得mg f 12N 同理结合物体在下落过程中的Ek h图像有mg f 8N 联立解得mg 10N 则m 1kg 选项C正确 1 对动能定理的理解 1 动能定理表达式中 W表示所有外力做功的代数和 包括物体重力所做的功 2 动能定理表达式中 Ek为所研究过程的末动能与初动能之差 而且物体的速度均是相对地面的速度 3 动能定理既适用于恒力做功 直线运动 单过程问题 也适用于变力做功 曲线运动 多过程问题 2 应用动能定理的四环节 1 明确研究对象和研究过程 2 分析物体受力及各力做功的情况 特别是在多过程问题中 要分析清楚力在哪段位移哪段过程中做功 3 明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2 4 利用动能定理方程式W1 W2 W3 m m求解 答案D物块即将在转台上滑动但还未滑动时 转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力 设此时物块做圆周运动的线速度为v 则有 mg 在物块由静止到获得速度v的过程中 物块受到的重力和支持力不做功 只有摩擦力对物块做功 由动能定理得W mv2 0 联立解得W mgR D正确 2 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 重力加速度为g 则 AB 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mghD 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 考向二应用动能定理分析多过程问题3 2019四川南充模拟 如图所示 半径为R 1m 内径很小的粗糙半圆管竖直放置 一直径略小于半圆管内径 质量为m 1kg的小球 在水平恒力F N的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点 A B间的距离x m 当小球运动到B点时撤去外力F 小球经半圆管道运动到最高点C 此时球对外轨的压力FN 2 6mg 然后垂直打在倾角为 45 的斜面上的D点 g 10m s2 求 1 小球在B点时的速度的大小 2 小球在C点时的速度的大小 3 小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功 4 D点距地面的高度 答案 1 10m s 2 6m s 3 12J 4 0 2m解析 1 小球从A到B过程 由动能定理得Fx m 0解得vB 10m s 2 在C点 由牛顿第二定律得mg FN m解得vC 6m s 3 由B到C的过程 由动能定理得 mg 2R Wf m m解得克服摩擦力做的功Wf 12J 4 设小球从C点到打在斜面上经历的时间为t D点距地面的高度为h 则在竖直方向上有2R h gt2由小球垂直打在斜面上可知 tan45 联立解得h 0 2m 4 2019江西六校3月联考 如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图 传送带长L 31 25m 以v0 6m s的速度沿顺时针方向转动 现将一质量m 1kg的物体轻放在传送带的A端 传送带将其带到另一端B后 物体将沿着半径R 0 5m的光滑圆弧轨道运动 圆弧轨道与传送带在B点相切 C点为圆弧轨道的最高点 O点为圆弧轨道的圆心 OC竖直 已知传送带与物体间的动摩擦因数 0 8 传送带与水平地面间夹角 37 已知sin37 0 6 cos37 0 8 g 10m s2 物体可视为质点 求 1 物体在B点对轨道的压力大小 2 当物体过B点后将传送带撤去 求物体落到地面时的速度大小 答案 1 58N 2 20m s解析 1 根据牛顿第二定律有 mgcos mgsin ma解得a 0 4m s2设物体在AB上全程做匀加速直线运动 根据运动学公式得 2aL解得vB 5m s 6m s 即物体在AB上全程做匀加速直线运动 对B点受力分析有FN mgcos 得FN 58N 考点三机械能守恒定律 1 多选 2019课标 21 6分 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 在另一星球N上用完全相同的弹簧 改用物体Q完成同样的过程 其a x关系如图中虚线所示 假设两星球均为质量均匀分布的球体 已知星球M的半径是星球N的3倍 则 A M与N的密度相等B Q的质量是P的3倍C Q下落过程中的最大动能是P的4倍D Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 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 kx 2 结合mg kx 可得Ekm kx 2 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 2 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N 0 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mg m 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 1 应用机械能守恒定律解题的基本思路 2 应用系统机械能守恒解题的 三点提醒 1 物体与弹簧组成的系统机械能守恒时 物体的动能 重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变 2 系统内物体的位移及高度变化常常不同 3 系统内物体的速度大小不一定相同 往往存在一定的大小关系 考向一单个物体的机械能守恒问题1 2019山东潍坊二模 如图所示 倾角为37 的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点 轨道半径R 1m 将滑块由B点无初速释放 滑块恰能运动到圆周的C点 OC水平 OD竖直 xAB 2m 滑块可视为质点 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 滑块在斜面上运动的时间 2 若滑块能从D点抛出 滑块仍从斜面上无初速释放 释放点至少应距A点多远 答案 1 1s 2 5 75m解析 1 设滑块到达A点的速度为vA 从A到C过程由动能定理有0 m mgRcos37 从B到A过程滑块做匀加速直线运动 由匀变速直线运动规律可知 2axABvA at解得t 1s 2 设滑块能从D点抛出最小速度为vD 在D点 由牛顿第二定律可知 重力提供向心力 有mg m 从A到D由机械能守恒 有mvA 2 mgR 1 cos37 mvA 2 2ax 联立各式解得x 5 75m 考向二绳连接物体的机械能守恒问题2 如图所示 一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连 另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连 直杆上有A C B三点 且C为AB的中点 AO与竖直杆的夹角 53 C点与滑轮O在同一水平高度 滑轮与竖直杆相距为L 重力加速度为g 设竖直杆足够长 圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰 现将圆环从A点由静止释放 已知sin53 0 8 cos53 0 6 重力加速度为g 试求 1 砝码下降到最低点时 圆环的速度大小 2 圆环能下滑的最大距离 3 圆环下滑到B点时的速度大小 答案 1 2 2 3 解析 1 当圆环到达C点时 砝码下降到最低点 此时砝码速度为零圆环下降高度hAC 砝码下降高度 h L 由系统机械能守恒得mghAC 5mg h m则圆环的速度v1 2 2 当圆环下滑最大距离H时 圆环和砝码的速度均为零 考向三杆连接物体的机械能守恒问题3 2019湖北武汉模拟 如图所示 A B两小球质量均为m A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧 B球穿过固定的光滑竖直长杆 杆和圆轨道在同一竖直平面内 杆的延长线过轨道圆心O 两球用轻质铰链与长为L L 2R 的轻杆连接 连接两球的轻杆能随小球自由移动 M N P三点分别为圆轨道上最低点 圆心的等高点和最高点 重力加速度为g 1 对A球施加一个始终沿圆轨道切向的推力 使其缓慢从M点移至N点 求A球在N点受到的推力大小F 2 在M点给A球一个水平向左的初速度 A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v 求A球在M点时的初速度大小v0 3 在 2 的情况下 若A球运动至M点时 B球的加速度大小为a 求此时圆轨道对A球的作用力大小FA 答案 1 2mg 2 3 10mg ma m解析 1 在N点 A B和轻杆整体处于平衡状态在竖直方向有F 2mg 0解得F 2mg 2 A球在M点 P点时 B球的速度都为零A B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律 则2mg 2R m mv2 解得v0 3 此时B球有向上的加速度a 设杆对B球支持力为F0 由牛顿第二定律有F0 mg maA球此时受到重力 轨道对其竖直向上的支持力和轻杆对其竖直向下的压力 同理有FA F0 mg m解得FA 10mg ma m 考向四弹簧连接物体的机械能守恒问题4 2019辽宁大连模拟 如图所示 在竖直方向上A B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连 A放在水平地面上 B C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连 C放在固定的光滑斜面上 用手拿住C 使细线刚刚拉直但无拉力作用 并保证ab段的细线竖直 cd段的细线与斜面平行 已知A B的质量均为m C的质量为4m 重力加速度为g 细线与滑轮之间的摩擦不计 开始时整个系统处于静止状态 释放C后 C沿斜面下滑 A刚离开地面时 B获得最大速度 求 1 斜面的倾角 2 B的最大速度v 答案 1 30 2 2g解析 1 设当物体A刚刚离开地面时 弹簧的伸长量为xA对A有kxA mg此时B受到重力mg 弹簧的弹力kxA 细线拉力T三个力的作用 设B的加速度为a 根据牛顿第二定律可知对B有T mg kxA ma对C有4mgsin T 4ma当B获得最大速度时 有a 0解得sin 0 5 所以 30 2 开始时弹簧压缩的长度为xB 显然xA xB当物体A刚离开地面时 B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA xB由于xA xB 弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等 且物体A刚刚离开地面时 B C两物体的速度相等 设为v 由机械能守恒定律有4mg xA xB sin mg xA xB 4m m v2解得v 2g 考点四功能关系与能量守恒 1 多选 2019课标 18 6分 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10m s2 由图中数据可得 AD A 物体的质量为2kgB h 0时 物体的速率为20m sC h 2m时 物体的动能Ek 40JD 从地面至h 4m 物体的动能减少100J 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 2kg 故A正确 h 0时E总 m 即100J 2kg 解得v0 10m s 故B错 由图像可知 h 2m时 E总 90J Ep 40J 则Ek 50J 故C错 当h 4m时 E总 Ep 80J 则Ek 0 故从地面至h 4m 物体的动能减少了100J 故D正确 2 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 C A 2mgRB 4mgRC 5mgRD 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 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 A mglB mglC mglD mgl 答案A将绳的下端Q缓慢向上拉至M点 相当于使下部分的绳的重心升高l 故重力势能增加mg mgl 由功能关系可知A项正确 1 功能关系的应用 三注意 1 分清是什么力做功 并且分析该力做正功还是做负功 根据功能之间的对应关系 判定能的转化形式 确定能量之间的转化情况 2 也可以根据能量之间的转化情况 确定是什么力做功 尤其可以方便计算变力做功的多少 3 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系 功是能量转化的量度和原因 在不同问题中的具体表现不同 2 涉及能量转化问题的解题方法 1 当涉及滑动摩擦力做功时 机械能不守恒 一般应用能量守恒定律 特别注意摩擦产生的内能Q Ffl相对 l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度 2 解题时 首先确定初 末状态 然后分清有多少种形式的能在转化 再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少 哪种形式的能量增加 求出减少的能量总和 E减和增加的能量总和 E增 最后由 E减 E增列式求解 考向一功能关系的应用1 多选 如图所示 楔形木块abc固定在水平面上 粗糙斜面ab与水平面的夹角为60 光滑斜面bc与水平面的夹角为30 顶角b处安装一定滑轮 A B两滑块的质量分别为M m M m 通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接 轻绳与斜面平行 两滑块由静止释放后 沿斜面做匀加速直线运动 若不计滑轮的质量和摩擦 在两滑块沿斜面运动的过程中 BD A 轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B 拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量C 拉力对A做的功等于A机械能的增加量D 两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功 答案BD因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等 但是与竖直方向的夹角不同 故由力的合成知识可知 轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方 选项A错误 根据动能定理 拉力 重力和摩擦力做功之和等于A的动能增加量 故拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量 选项B正确 由功能关系可知 拉力和摩擦力对A做的功等于A机械能的增加量 选项C错误 由功能关系可知 两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功 选项D正确 答案B由于滑雪雪道与滑雪具之间有摩擦 在滑雪运动员从距底端高度为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑过程中 运动员减少的重力势能一部分转化为动能 另一部分转化为摩擦力做的功 选项A错误 下滑位移为L 2h 由v2 2aL 得出滑到雪道底端时速度v 滑到雪道底端时运动员获得的动能Ek mv2 mgh 下滑过程中系统减少的机械能 E mgh Ek mgh 选项B正确 C错误 根据功能关系可知 下滑过程中系统减少的机械能 E等于运动员克服摩擦力做的功 所以运动员克服摩擦力做的功为mgh 选项D错误 考向二能量的转化与守恒 3 多选 2019宁夏吴忠联考 如图所示 竖直墙上固定有光滑的小滑轮D 质量相等的物体A和B用轻弹簧连接 物体B放在地面上 用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接 另一端跨过定滑轮与小环C连接 小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆 小环C位于位置R时 绳与细杆的夹角为 此时物体B与地面刚好无压力 图中SD水平 位置R和Q关于S对称 现让小环从R处由静止释放 环下落过程中绳始终处于拉直状态 且环到达Q时速度最大 下面关于小环C下落过程中的描述正确的是 A 小环C 物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B 小环C下落到位置S时 小环C的机械能一定最大C 小环C从位置R运动到位置Q的过程中 弹簧的弹性势能一定先减小后增大D 小环C到达Q点时 物体A与小环C的动能之比为 答案ABD在小环下滑过程中 只有重力势能与动能 弹性势能相互转化 所以小环C 物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒 故A正确 小环C下落到位置S过程中 绳的拉力一直对小环做正功 所以小环的机械能一直在增大 小环从S到Q过程中绳的拉力对小环做负功 机械能一直减小 所以在位置S时 小环的机械能最大 故B正确 由于小环在R Q位置时弹簧的形变量相同 均处于伸长状态 而在S位置时 弹簧可能处于伸长 压缩或原长状态 弹簧的弹性势能不一定是先减小后增大 故C错误 在Q点 小环速度最大 加速度为0 受力平衡 有Tcos m g 对A B整体 根据平衡条件 有T 2mg 将小环速度分解可知vA vcos 根据动能Ek mv2可知 物体A与小环C的动能之比为 故D正确 4 如图所示 光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点 BC右端连接内壁光滑 半径为r的圆细管CD 管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧 轻弹簧底端固定 另一端恰好与管口D端平齐 质量为m的滑块在曲面上距BC高度为2r处由静止开始下滑 滑块与BC间的动摩擦因数 进入管口C端时与圆管恰好无作用力 通过CD后压缩弹簧 在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep 重力加速度为g 求 1 滑块到达B点时的速度大小vB 2 水平面BC的长度s 3 在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm 答案 1 2 2 3r 3 解析 1 滑块在曲面的下滑过程 由动能定理得mg 2r m解得vB 2 2 在C点 滑块与圆管之间恰无作用力 由牛顿第二定律得mg m解得vC 滑块从A点运动到C点过程 由动能定理得 mg 2r mgs m解得s 3r 3 设在压缩弹簧过程中速度最大时 滑块离D端的距离为x0 此时kx0 mg解得x0 滑块由C运动到D端下方距离D端x0处的过程中 由能量守恒定律得mg r x0 m m Ep联立解得vm 素养提升 五大 解题思想在高考物理中的应用现如今 高考物理愈来愈注重考查考生的能力和科学素养 其命题愈加明显地渗透着对物理思想 物理方法的考查 在平时的复习备考过程中 物理习题浩如烟海 千变万化 我们若能掌握一些基本的解题思想 就如同在开启各式各样的 锁 时 找到了一把 多功能的钥匙 考法一分解思想有些物理问题的运动过程 情景较为复杂 在运用一些物理规律或公式不奏效的情况下 将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析 或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动 如匀速直线运动 匀变速直线运动 圆周运动等 来考虑 往往能事半功倍 典例1某弹射管每次弹出的小球速度相同 在沿光滑竖直轨道自由下落过程中 该弹射管保持水平 先后弹出两只小球 忽略空气阻力 两只小球落到水平地面的 B A 时刻相同 地点相同B 时刻相同 地点不同C 时刻不同 地点相同D 时刻不同 地点不同 答案B弹射管沿光滑竖直轨道自由下落 向下的加速度大小为g 且下落时保持水平 故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同 即两只小球同时落地 又因两只小球先后弹出且水平分速度相同 故两只小球在空中运动的时间不同 则运动的水平位移不同 落地点不同 选项B正确 考法二数形结合的思想数形结合的思想 就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查 通过 数 与 形 之间的对应和转化来解决问题的思想 其实质是把抽象的数学语言 数量关系与直观的图形结合起来 把抽象思维和形象思维结合起来 数形结合的思想 一方面可以以 形 助 数 实现抽象概念与具体形象的联系与转化 化抽象为直观 化难为易 另一方面可以以 数 解 形 可以由数入手 将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究 对图形做精细的分析 从而使人们对直观图形有更精确 理性的理解 典例2一弹簧秤的秤盘质量为m1 盘内放一质量为m2的物体 弹簧质量不计 其劲度系数为k 系统处于静止状态 如图所示 t0时刻给物体施加一个竖直向上的力F 使物体从静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动 经2s物体与秤盘脱离 用FN表示物体与秤盘间的相互作用力的大小 已知重力加速度大小为g 则下列F和FN随时间变化的关系图像正确的是 答案C对秤盘和物体整体分析 系统处于静止状态时 弹簧形变量为x0 有kx0 m1 m2 g 利用牛顿第二定律得 F kx m1 m2 g m1 m2 a 又x x0 a t t0 2 解上述两式得F m1 m2 a ka t t0 2 所以选项A B错误 以物体为研究对象 物体静止时 FN m2g 运动后对秤盘受力分析 利用牛顿第二定律得kx m1g FN m1a FN m2g m1a ka t t0 2 所以选项C正确 D错误 考法三守恒思想物理学中最常用的一种思维方法 守恒 高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律 动量守恒定律 机械能守恒定律 质量守恒定律 电荷守恒定律等 它们是我们