2021年浙江高考物理复习练习课件：专题六-机械能及其守恒定律(145页PPT)

1、考点1功和功率1.(2017浙江11月选考,10,3分)如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2)() A.430 J,7 WB.4 300 J,70 WC.720 J,12 WD.7 200 J,120 W答案B根据相似三角形,在每次俯卧撑中,重心变化的高度h满足=,即h=0.24 m。一次俯卧撑中运动员克服重力做功W=mgh=60100

2、.24 J=144 J,所以一分钟内克服重力做的总功为W总=nW=4 320 J,功率P=72 W,故选B。第1页，共145页。2.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8103 N。此时,汽车发动机输出的实际功率是()A.90 WB.30 kWC.36 kWD.300 kW答案C由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,即汽车的牵引力F等于其受到的阻力f,F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36 kW,C正确。第2页，共145页。3.(2020天津,8,5分)(多选)复兴号动车在世界上首

3、次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P=FvmD.牵引力做功W=m-m 答案BC对动车受力分析,由牛顿第二定律可得-F=ma,可知a随v增大而减小,动车做加速度减小的加速运动,故A选项错误、B选项正确;当动车达到最大速度vm时,牵引力等于阻力F,故P=Fvm,C选项正确;由动能定理可得W-Wf=m-m,故选项D错误。第3页，共145页。以下为

4、教师用书专用1.(2018海南单科,6,4分)某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m。已知水的密度为1.00103 kg/m3。在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为()A.3106 WB.3107 WC.3108 WD.3109 W答案D1秒内水下落做功W=mgh=Vgh3109 J,功率P=W/t=3109 W,故选D。第4页，共145页。2.(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ONMOM

5、N。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两点的重力势能差第5页，共145页。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

6、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”、“ONMOMN2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2=设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2联立式可得H1=H第27页，共145页。x1+x2L联立式,L应满足条件为LH(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一

7、过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0联立式并代入题给数据得x1=H同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2=H1设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是第28页，共145页。以下为教师用书专用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

8、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。第29页，共145页。2.(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;

9、在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。第30页，共145页。3.(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小球抛出后,根据小球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。第31页，共145页。4.(2019课标,17,6分)从地面竖直向上抛出一物体,物体在

10、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 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg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

11、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。第32页，共145页。5.(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mgB.物块克服摩擦力做的功为2mgsC.弹簧的最大弹性势能为mgsD.物块在A点的初速度为 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,

12、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。第33页，共145页。6.(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(s1s0)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

13、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。 第34页，共145页。答案(1)(2) 解析(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-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a

14、2t2联立式得a2=第35页，共145页。7.(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

15、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。第36页，共145页。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第37页，共145页。8.(2019天津理综,10,16分)完

16、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=12(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。

17、 答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N第38页，共145页。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第39页，共145页。一题多解对(1)问:舰

18、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第40页，共145页。9.(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

19、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）第41页，共145页。(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/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m第

20、42页，共145页。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

21、第43页，共145页。s1=v2t-a(t)2v4=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=v2-3at2as4=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,v30.4 m,滑块会脱离轨道,不能上升到B点。第56页，共145页。8.(2020江苏单科,15,16分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均

22、为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)重物落地后,小球线速度的大小v;(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。 第57页，共145页。答案见解析解析(1)线速度v=r,得v=2R(2)向心力F向=2m2R设F与水平方向的夹角为,则F cos =F向;F sin =mg解得F=(3)落地时,重物的速度v=R,由机械能守恒得Mv2+4mv2=Mgh解得h=(R)2 第5

23、8页，共145页。以下为教师用书专用1.(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第59页，共145页。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;因运动员的速率不变,故其所受

24、摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,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。第60页，共145页。2.(2016上海单科,7,2分)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中()A.失重且机械能增加B.失重且机械能减少C.超重且机械能增加D.超重且机械能减少答案B

25、根据题意,体验者飘浮时受到的重力和风力平衡;在加速下落过程中,风力小于重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下落过程中,加速度方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。第61页，共145页。3.(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第62页，共145页。答案C本题考查

26、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Fxab+FR-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。审题关键关键词理解,隐形条件显性化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

27、、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。2.由于外力F=mg,小球到达c点瞬间vc0,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。第63页，共145页。4.(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

28、,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)见解析第64页，共145页。解析本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿第二定律的应用。(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1 sin 53=F2 cos 53F+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

29、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由牛顿第二定律得Mg-T=Ma小球受AC的拉力T=T由牛顿第二定律得T-mg cos 53=ma解得T=(T=mg或T=Mg)第65页，共145页。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。第66页，共145页。考点4功能关系和能量守恒定律1.(2016

30、浙江4月选考,12,3分)图示中的路灯为太阳能路灯,每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2。晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3106 J。如果每天等效日照时间约为6 h,光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。光电池的光电转换效率约为 ()A.4.8%B.9.6%C.16%D.44%答案C光电池的光电转换效率是转化得到的电能与接收到的光能的比值,即=100%=100%=16%,故选C。第67页，共145页。2.(2017浙江11月选考,13,3分)如图所示是具有登高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为

31、400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/min,水离开炮口时的速率为20 m/s,则用于(g取10 N/kg)()A.水炮工作的发动机输出功率约为1104 WB.水炮工作的发动机输出功率约为4104 WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W第68页，共145页。答案B抬升登高平台克服重力做功的功率P= W=800 W,因伸缩臂有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800 W,选项D错误。在一秒钟内,喷出去水的质量为m=V=103 kg=50 kg,喷

32、出去水的重力势能为WG=mgh=501060 J=3104 J,水的动能为mv2=1104 J,所以1秒钟内水增加的机械能为4104 J,所以用于水炮工作的发动机输出功率为4104 W,选项B正确,A、C错误。第69页，共145页。3.(2020课标,20,6分)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示,重力加速度取10 m/s2。则()A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB由题图可得E

33、p0=mgh=30 J,其中h=3 m,则m=1 kg,动能和重力势能之和减小,机械能不守恒,故A正确;由题图可知,物块到达底端时动能为10 J,由Ek=mv2,可得v=2 m/s,由v2-=2as得,a=2 m/s2,故C错误;设斜面倾角为,有sin =0.6,cos =0.8,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma,解得=0.5,故B正确;下滑2.0 m时,动能、重力势能之和为22 J,故机械能损失8 J,故D错误。故选A、B。第70页，共145页。4.(2020浙江7月选考,20,12分)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角

34、=37的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2) 第71页，共14

35、5页。答案见解析解析(1)机械能守恒定律mgH=mgR+m牛顿第二定律FN=8 N牛顿第三定律FN=FN=8 N,方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点,功能关系mgH=mgLAB+mgLBC cos +mgLBC sin 得LBC= m1.0 m,故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,动能定理mgH-mgx=mv2碰撞后的速度为v,动量守恒定律mv=3mv设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,动能定理-3mg(LAB-x)-3mg-3mgh=0-(3m)v2得h=x-( mx1 m)h=0(0 x m)第72页，共145页。5.(2018浙江11月选考,20,12分)如图所示

36、,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1.10 m。篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2)(1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3)篮球在整个运动

37、过程中通过的路程;(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。第73页，共145页。答案(1)500 N/m(2)0.5 N(3)11.05 m(4)见解析解析(1)篮球静止在弹簧上,根据共点力平衡条件可得mg-kx2=0,k=500 N/m;(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0,解得f=0.5 N,方向竖直向下;(3)篮球在整个运动过程中总路程s,则mg(h1+x2)=fs+Ep,解得s=11.05 m;(4)篮球在首次下落过程中,合力为零处速度最大,速度最大时弹簧形变量为x3,则mg-f-kx3=0,篮球速度最大的位置在A点下

38、方,离A点x3=0.009 m。第74页，共145页。6.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。(1)求小球运动至B点时的速度大小;(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点P与B点的水平

39、距离最大,求BC段的长度;(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。答案(1)4 m/s(2)2.4 J(3)3.36 m(4)2.4 s第75页，共145页。解析(1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N由向心力公式得,N-mg=m解得vB=4 m/s。(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。由动能定理得mgR-W克=m-0解得W克=2.4 J。(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度

40、以及水平位移。设BC段运动时间为t,加速度a=2 m/s2由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)xBC=vBt-at2=4t-t2(m)其中0t0时E机增加;W非Wf=mgh,设小物块第一次通过B点的速度为v,从自由滑下到B点的过程,由动能定理有3mgh-Wf1=Ek-0,解得EkEk2,所以小球在碰后不能做竖直面内完整的圆周运动。(3)设碰后小物块的速度为v2,由题意得:m2=75%设小物块运动到C点的速度为v3,小物块从B到C的过程,由动能定理得:-m2gL=m2-m2解得v3=5 m/s平抛过程:tan =,x=v3t,y=gt2代入数据解得:x=3.75 mLPC= m4.

41、69 m。第99页，共145页。6.(2018浙江名校协作体)如图所示,一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成,固定在竖直平面内,其中MN杆是光滑的,PQ杆是粗糙的。整个装置处于一个风力水平向左的风洞中,现将一质量为m的小环套在MN杆上,小环所受风力F始终为重力的。(1)若将小环由D点静止释放,则刚好能到达P点,求D、M间的距离;(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放,设小环与PQ杆间的动摩擦因数为,小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。答案(1)4R(2)mgR 第100页，共145页。解析(1

42、)小环刚好到达P点时,速度为零,对小环从D点到P点过程,由动能定理得Fx-2mgR=0-0又由题意,F=mg联立解得x=4R(2)若mgF,即设小环到达P点右侧x1处静止,由动能定理得F(5R-x1)-mg2R-fx1=0又f=N=mg联立解得x1=所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1=mgx1=若mgF,即小环将做往复运动,在P点速度为0据动能定理F5R-mg2R-W2=0则小环克服摩擦力做的功W2=mgR第101页，共145页。考点3势能和机械能守恒定律1.(2019浙江超级全能生2月联考,6)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具,双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升。某次实验,“竹蜻蜓”离手后沿直

43、线上升到最高点,在该过程中()A.空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B.“竹蜻蜓”的动能一直增加C.“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D.“竹蜻蜓”的机械能守恒第102页，共145页。答案C本题考查动能、势能、机械能的概念。根据牛顿第三定律可知,空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力,A错误;“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,从运动描述可知它是先加速后减速,所以动能先增加后减小,高度升高,重力势能一直增加,B错误,C正确;空气对“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的机械能不守恒,D错误。解题规律机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用做功及守恒条件判断。(2)利用机械能的定义判断

44、:若物体或系统的动能、势能之和保持不变,则机械能守恒。(3)利用能量转化判断:若物体或系统与外界没有能量交换,内部也没有机械能与其他形式能的转化,则机械能守恒。第103页，共145页。2.(2020浙江宁波十校联考,12)如图所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连,开始时物块与定滑轮等高。已知小球质量是物块质量的2倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦。现将物块由静止释放,在物块向下运动的过程中,下列说法错误的是()A.刚释放时物块的加速度为gB.物块重力的功率先增大后减小C.物块下降的最大距离为dD.物块速度最大时,绳子的拉力一定等于物

45、块的重力第104页，共145页。答案D本题以套在竖直杆上的物块为情境,考查了关于机械能守恒定律的应用,考查学生提取信息、理解信息能力,体现了能量观念、科学推理的素养要素。刚开始释放时,物块水平方向受力平衡,竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度为g,故A正确,不符合题意。刚释放时物块的速度为零,物块重力的功率为零;物块下降到最低点时物块的速度为零,物块重力的功率又为零,所以物块重力的功率先增大后减小,故B正确,不符合题意。设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据系统机械能守恒定律,有mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故C正确,不符合题意。物块的合力为零时速度最大,则绳子拉力

46、的竖直向上的分力一定等于物块的重力,所以此时绳子的拉力一定大于物块的重力,故D错误,符合题意。故选D。第105页，共145页。3.(2020浙江名校协作体联考,5)如图所示是一个绳长为L的球摆,将小球拉离平衡位置到A点使细绳与竖直方向成37角,然后在O点的正下方距O点d处固定一颗钉子,再将小球从A点静止释放。设绳子不可伸长,忽略小球的大小以及一切阻力,cos 37=0.8,下列说法正确的是()A.当d=0.8L时,小球向右摆动的过程中不能到达与A点等高处B.只要d0.92L,小球向右摆动的过程中都能到达与A点等高处答案BA点离O点的竖直高度hOA=L cos 37=0.8L,设小球向右摆动的过

47、程中能到达与A点等高处,则据机械能守恒定律得,小球到达与A点等高处时速度为零;当d0.8L时,绳与钉子接触后,小球到达与A点等高处的高度不高于新的轨迹圆圆心的高度,速度可以为零,即当d0.8L时,小球向右摆动的过程中都能到达与A点等高处,故A项错误,B项正确;当d0.8L时,绳与钉子接触后,小球到达与A点等高处的高度高于新的轨迹圆圆心的高度,速度不可以为零,即当d0.8L时,小球向右摆动的过程中不能到达与A点等高处,故C、D错误。第106页，共145页。4.(2019浙江暨阳联考,13)如图所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处

48、,滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像,其中高度0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g=10 m/s2,由图像可知()A.小滑块的质量为0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为0.7 JC.轻弹簧初始压缩量为0.25 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.5 J第107页，共145页。答案A由题意可知,在0.2 m到0.35 m过程中,滑块仅受重力作用,这个过程中,动能减小0.3 J,也就是重力势能增加0.3 J,由E=mgh可知,m=0.2 kg,A正确;由能量守恒可知,最大弹

49、性势能也就是滑块增加的重力势能,大小为0.2 kg10 m/s2(0.35 m-0.1 m)=0.5 J,B错;由题意可知,弹簧原长为0.2 m,而滑块出发时高度为0.1 m,所以压缩量为0.1 m,C错;滑块最高到0.35 m处,可知系统总能量为0.7 J,滑块最大动能为0.32 J,所以重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.7 J-0.32 J=0.38 J,D错。第108页，共145页。5.(2020浙江台州中学统练,11)如图所示,一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定,质量为m的小环C穿在细杆上,一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上(竖直墙在图中没有画出)。A、B两物体用轻弹簧相连,竖直放在

50、水平地面上。一根没有弹性的轻绳,一端与A连接,另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M时,绳子与细杆的夹角为,此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放,当下降h到达N点时,绳子与细杆的夹角再次为,环的速度达到v,下面关于小环C此下落过程中的描述不正确的是()A.小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B.当小环C落到与滑轮同一高度时,小环的机械能最大C.小环C从M到与滑轮等高处,弹簧弹性势能一直减小D.小环C到达N点时物体A的动能为mgh-mv2 第109页，共145页。答案C本题以多物体通过绳、弹簧连接及运动过程中能量转化问题为情境,考查了理解能力、推理能力,体现了能量观

51、念、科学推理的素养要素。小环C从M点下落到N点的过程中,小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中,只有动能、重力势能和弹性势能间的转化,系统机械能守恒,故A正确,不符合题意。令小环C与滑轮同一高度时位置为S,小环C下落过程受重力、杆的支持力和细绳的拉力,除重力外其他力做功等于机械能的变化量;到位置S前的过程中,除重力外其他力做正功,机械能增加;经过S之后,除重力外其他力做负功,机械能减小;故下落到位置S时,小环C的机械能最大,故B正确,不符合题意。因为不清楚初始时弹簧的形变量与小环C从M到与滑轮等高处轻绳长度变化量间的大小关系,可能弹簧先恢复原长后又被压缩,则弹性势能先减小后增大,故C错误,符合题意

52、。小环C到达N点时环的速度达到v,弹簧弹力做功为零,根据机械能守恒定律有mgh=mv2+EkA,故物体A的动能为mgh-mv2,故D正确,不符合题意。故选C。第110页，共145页。6.(2020浙江杭州模拟,20)如图所示,在悬点O用长L=0.8 m的轻质细线悬挂一质量m=1 kg的小物块,悬点右侧放置有一粗糙斜面AB,斜面长l=2 m,其下端与光滑的圆弧轨道BCDE相切于B点,整个装置与O点处于同一个竖直平面内,O点为圆弧轨道圆心,C点为圆弧轨道最低点,=37,E点在圆心正上方。将细线水平拉直由静止释放物块,物块摆到悬点O正下方P点时,细线刚好被拉断。拉断后小物块从P点飞出且恰能无碰撞地从

53、A点沿着斜面AB下滑,沿着圆弧轨道刚好能到达E点。已知物块与斜面AB间的动摩擦因数为=0.25,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。试求:(1)该细线能承受的最大拉力;(2)悬点O与A点的水平距离x;(3)圆弧轨道半径R。 第111页，共145页。答案(1)30 N(2)1.2 m(3) m解析(1)物块向下摆动过程由机械能守恒定律有mgL=m解得vP=4 m/s在最低点有FT-mg=m解得FT=3mg=30 N(2)由几何关系可得斜面AB与水平方向夹角为37,则有tan 37=得vAy=3 m/s、vA=5 m/s物块从P到A的运动时间t=0.3 s所以x=vPt

54、=1.2 m第112页，共145页。(3)A到B过程中由动能定理可得mgl sin 37-mgl cos 37=m-m在E点有mg=m从B到E过程中,由机械能守恒定律可得mgR(1+cos 37)+m=m解得R= m第113页，共145页。7.(2020浙江桐乡茅盾中学模拟)如图所示,水平传送带的右端与竖直面内用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速率为v0=6 m/s,将质量m=1.0 kg的可视为质点的滑块无初速度地放在传送带A端,传送带长L=12.0 m,“9”形轨道高H=0.8 m,“9”形轨道上半部分圆弧半径为R=0.2 m,滑块与传送带间的动摩擦因数为

55、=0.3,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间;(2)滑块滑到“9”形轨道最高点C时受到“9”形轨道的作用力大小;(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角=45的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度。答案(1)3 s(2)90 N(3)1.4 m第114页，共145页。解析(1)滑块在传送带上运动时,由牛顿第二定律得mg=ma解得a=g=3 m/s2滑块加速到与传送带达到共速所需要的时间为t1=2 s02 s内滑块的位移为x1=a=6 m之后滑块做匀速运动的位移为x2=L-x1=6 m滑块匀速运动的时间为t2=1 s故滑块从传送带A端

56、运动到B端所需时间为t=t1+t2=3 s。(2)滑块由B运动到C,由机械能守恒定律得m+mgH=m在C点,“9”形轨道对滑块的弹力与其受到的重力的合力提供做圆周运动的向心力,设“9”形轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得FN+mg=m第115页，共145页。解得:FN=90 N。(3)滑块由B到D运动的过程中,由机械能守恒定律得m=m+mg(H-2R)设P、D两点间的竖直高度为h滑块由D到P运动的过程中,由机械能守恒定律得m=m+mgh又vD=vP sin 45解得h=1.4 m。解题规律单个物体的机械能守恒往往会与平抛运动、圆周运动等结合到一起,构成综合性问题。求解这类问题时除了

57、掌握机械能守恒的条件、规律外,还应熟练掌握几种运动的特点和规律。1.平抛运动的特点和规律:平抛运动是初速度沿水平方向且只在重力作用下的运动,所以物体的机械能守恒。2.圆周运动的特点和规律:物体在水平面内做匀速圆周运动时机械能守恒;物体在竖直面内沿光滑轨道或由绳子系着做圆周运动时,只有重力做功,机械能守恒,但物体的速度是变化的。第116页，共145页。考点4功能关系和能量守恒定律1.2019浙江杭州地区(含周边)重点中学期中(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为,以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)。以此时为t=0时刻记录了物块之后在传送带上运动

58、的速度随时间的变化关系,如图乙所示,图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中两速度大小v1v2。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是()A.若物块与传送带间的动摩擦因数为,则tan B.0t1时间内,物块沿传送带向下运动,t1t2时间内沿传送带向上运动,t2时刻回到原位置C.0t2时间内,系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0t2时间内,传送带对物块做的功等于物块动能的减少量第117页，共145页。答案AC在t1t2时间内,物块向上运动,则有mgcos mg sin ,得tan ,故A正确;物块先向下运动后向上运动,图线与横轴围成的“面积”表示位移,0t2时间内,物体的总位移为负

59、,即沿斜面向下,则t2时刻物块没有回到原位置,故B错误;根据图线与横轴围成的“面积”表示位移,0t2时间内,物体的位移为负,即沿斜面向下,重力对物块做正功,物块的重力势能减小、动能也减小,都转化为系统产生的内能,由能量守恒得知,系统产生的热量一定比物块动能的减少量大,故C正确;0t2时间内,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力做正功,则重力做功与传送带对物块做的功之和等于物块动能的减少量,故D错误。故选A、C。规律方法(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,动能的变化用动能定理分析。(2)重力势能的变化用重力做功分析。(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。(4)电势能的变化用电

60、场力做功分析。第118页，共145页。2.(2020浙江选考模拟联考,12)如图所示,质量为2 kg的物体A静止于动摩擦因数为0.25的足够长的水平桌面上,左边通过劲度系数为100 N/m的轻质弹簧与固定的竖直板P拴接,右边物体A由细线绕过光滑的定滑轮与质量为2.5 kg物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直,弹簧处于原长,然后放开手静止释放B,直至B获得最大速度,已知弹簧的弹性势能为Ep=kx2(其中x为弹簧的形变量)、重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是()A.A、B和弹簧构成的系统机械能守恒B.物体B机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功C.当物体B获得最大速度