2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第3讲　力与曲线运动含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第3讲力与曲线运动含答案第3讲力与曲线运动【网络构建】【关键能力】理解曲线运动的条件及其轨迹分析方法,理清合运动与分运动的关系,掌握平抛运动、斜抛运动和圆周运动的动力学条件,注重将实际问题转化为物理模型,渗透用分解的方法实现化曲为直、化繁为简的科学思维,培养运用牛顿第二定律、能量观念解决曲线运动问题的综合分析能力.题型1运动的合成与分解抛体运动1.解决抛体运动的思维过程2.建好“两个模型”(1)常规的平抛运动及类平抛运动模型.(2)与斜面相结合的平抛运动模型.①从斜面上水平抛出又落回到斜面上,位移方向恒定,落点速度方向与斜面间的夹角恒定,此时往往分解位移,构建位移三角形.②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上,速度方向恒定,此时往往分解速度,构建速度三角形.例1(多选)[2024·安徽卷]一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立xOy直角坐标系,如图甲所示.从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图乙所示.已知物块的质量为1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则 ()A.物块始终做匀变速曲线运动B.t=1s时,物块的y坐标值为2.5mC.t=1s时,物块的加速度大小为53m/s2D.t=2s时,物块的速度大小为102m/s

【技法点拨】物体的运动是由初速度与受力两个因素决定的.物块的初速度为0,只在斜面内(xOy坐标系)内运动,因此只分析物块在斜面内的受力即可.物块在y方向受重力的分力Fy=mgsinθ不变,在y方向做初速度为0的匀加速运动;物块在x方向受到的力Fx=F1+F2=(4-t)+3t=4+2t(N)随时间t变化而变化,可知物块受到的合力是变化的,物块不可能做匀变速曲线运动;根据运动的独立性可求出某时刻物块的y坐标值及x与y方向的分速度、分加速度,再由运动的合成求出该时刻的合速度与合加速度;求解的关键是注意到x方向受到的力Fx随时间t线性变化,在x方向利用动量定理求解时,可用Fx的平均值与时间的乘积求其冲量(或根据Fx-t图像的“面积”求力Fx的冲量).例2[2024·湖北卷]如图所示,有五片荷叶伸出荷塘水面,一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上.设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内,a、b高度相同,c、d高度相同,a、b分别在c、d正上方.将青蛙的跳跃视为平抛运动,若以最小的初速度完成跳跃,则它应跳到 ()A.荷叶a B.荷叶bC.荷叶c D.荷叶d例3[2024·湖北武汉模拟]某同学投掷篮球空心入筐,篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m,篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直.不考虑空气阻力,重力加速度大小g取10m/s2,则篮球从出手到入筐的时间为 ()A.1.6s B.1.4sC.1.2s D.1.0s

【迁移拓展】1.如图所示,甲、乙两同学从河中O点出发,分别沿直线游到A点和B点后,立即沿原路线返回到O点,OA、OB分别与水流方向平行和垂直,且OA=OB.若水流速度不变,两人在静水中游速相等,则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为 ()A.t甲<t乙 B.t甲=t乙C.t甲>t乙 D.无法确定2.[2024·江苏卷]喷泉a、b形成如图所示的形状,不计空气阻力,则喷泉a、b ()A.加速度相同B.初速度相同C.在最高点的速度相同D.在空中的时间相同3.如图所示,从混合放射源射出的正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中,a、b打到倾斜的绝缘板A上不同点处,c打在水平绝缘板B上,不计重力,则 ()A.c的初速度一定大于a的初速度B.c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间C.c打在B板时的速度方向一定与b打在A板时的速度方向不平行D.a、b打在A板上的速度方向可能不平行题型2圆周运动动力学问题例4[2024·湖南长沙模拟]如图所示,半径为R的光滑细圆环固定在竖直平面内,一质量为m、中心有小孔的小球(可视为质点)穿在圆环上,并在竖直平面内做圆周运动,以大小为kgR(g为重力加速度)的速度经过圆环最高点A.下列说法正确的是 ()A.若要保证小球可以到达最高点A,则k不可能等于0B.若0<k<1,则小球在A点时对圆环的压力大小为0C.若k=1,则小球在A点时对圆环产生方向竖直向下、大小为kmg的压力D.若k>1,则小球在A点时对圆环产生方向竖直向上、大小为k-1mg【技法点拨】只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动,既有临界问题,又有能量守恒的问题.竖直平面内圆周运动的解题方法是:在圆轨道最高点和最低点分别分析物体受力,注意在圆轨道最高点时合外力方向向下,在圆轨道最低点时合外力方向向上.利用合外力等于向心力列方程求解.(1)要区分是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型中物体在最高点的临界速度不同.(2)物体不脱离竖直光滑内轨道的两种情况:①物体恰好能通过最高点(或等效最高点)完成圆周运动;②物体冲不过竖直圆周的半径高度.例5[2024·山东青岛模拟]如图所示,两个可视为质点的完全相同的木块甲和乙放在转盘上,两者用长为L的不可伸长的细绳连接(细绳能够承受足够大的拉力),两木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍,细绳过圆心,甲到圆心的距离为r1,乙到圆心的距离为r2,且r1=L4,r2=3L4.水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO'转动,两木块随圆盘一起以角速度ω转动.当ω从0开始缓慢增加时,甲、乙与转盘始终保持相对静止,重力加速度为g.下列说法错误的是 A.当ω=kgrB.ω取不同值时,甲、乙所受的静摩擦力都指向圆心C.ω取不同值时,乙所受的静摩擦力始终指向圆心,甲所受的静摩擦力可能指向圆心,也可能背向圆心D.如果ω>2kgL【技法点拨】

1.水平面内圆周运动的几种临界情况:(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力;(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零;(3)绳的拉力出现临界条件的情形有:绳恰好拉直意味着绳上无拉力,绳恰好断裂意味着绳上拉力为最大承受力等.

2.本题两木块随水平转盘转动即绕相同的圆心做圆周运动,在滑动前两木块运动的角速度相同,但乙木块做圆周运动的半径较大,所需向心力较大,在绳子出现张力之前均由静摩擦力提供向心力;随着角速度的增大,乙受到的静摩擦力先达到最大值,角速度出现第一个临界值;随着角速度的继续增大,细绳上开始有拉力,但细绳对两木块的拉力总是等大反向,而乙增加的向心力大于甲增加的向心力,故甲受到的静摩擦力开始减小再到反向增大到最大值,角速度出现第二个临界值.注意静摩擦力大小与方向的变化,正确分析两木块做圆周运动的向心力来源是解决本题的关键.

【迁移拓展】1.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转.一根轻绳穿过P,两端连接质量分别为m1和m2的小球A、B(m1≠m2).设两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且在任意时刻两球均在同一水平面内,则 ()A.两球运动的周期相等B.两球的向心加速度大小相等C.球A、B到P的距离之比等于m2∶m1D.球A、B到P的距离之比等于m1∶m22.[2024·河北邯郸模拟]如图甲所示为一种叫“魔力陀螺”的玩具,其结构可简化为图乙.铁质圆轨道用支架固定在竖直平面内,质量为m、可视为质点的陀螺在轨道内、外两侧均可以旋转,运动半径均视为R,陀螺磁芯对轨道的吸引力始终沿轨道半径的方向,大小恒为6mg(g为重力加速度).不计摩擦和空气阻力.下列说法正确的是 ()A.陀螺在轨道内侧运动到最高点时的速度最小值为gRB.陀螺在轨道内侧运动的过程中,无论在最高点时的速度取何值,其均不会脱离轨道C.陀螺在轨道外侧运动的过程中,只要速度不超过7gRD.若陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时的速度为2gR,则其所受合外力的大小为2题型3万有引力定律的应用天体质量和密度的计算例6[2024·新课标卷]天文学家发现,在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行,其中行星GJ1002c的轨道近似为圆,轨道半径约为日地距离的0.07倍,周期约为0.06年,则这颗红矮星的质量约为太阳质量的 ()A.0.001倍 B.0.1倍C.10倍 D.1000倍【技法点拨】中心天体质量或密度的计算(1)两条思路:①万有引力等于重力;②万有引力等于向心力.(2)已知物理量的组合:要计算中心天体的质量,一般已知下列物理量时可求,即已知g和R,v和r,ω和r,T和r等;若要计算密度,还需要知道天体自身的半径R.天体运行规律的应用例7[2024·江苏张家港模拟]2022年12月8日,地球恰好运行到火星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线,此现象被称为“火星冲日”.火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动,火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2,如图所示.根据以上信息可以得出 ()A.当火星与地球相距最近时,两者的相对速度最大B.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3C.火星与地球绕太阳运动的速度大小之比约为2D.下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前【技法点拨】天体的追及与相遇问题轨道在同一平面内的两天体之间的距离有最近和最远之分,不能通过位移或弧长相等来处理,而要通过天体运动的圆心角或转的圈数来衡量.(1)相距最近:两同心转动的天体(rA<rB)同向转动,当两天体位于同一直径上且在圆心的同侧时,相距最近.从相距最近到再次相距最近,两天体的运动关系满足:(ωA-ωB)t=2π或tTA-t(2)相距最远:两同心转动的天体(rA<rB)同向转动,当两天体位于同一直径上且在圆心的异侧时,相距最远.从相距最近到第一次相距最远,两天体的运动关系满足:(ωA-ωB)t'=π或t'TA-t卫星变轨问题1.卫星变轨时半径的变化可根据万有引力和所需向心力的大小关系判断,在稳定的新轨道上的运行速度变化由v=GMr判断2.同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,则机械能越大.3.卫星经过不同轨道相交的同一点时,加速度相等,且在外轨道上的速度大于在内轨道上的速度.例8[2024·河北唐山模拟]如图所示为“神舟十七号”载人飞船与“天和”核心舱对接过程示意图,“神舟十七号”飞船先在轨道Ⅰ上做周期为T1的圆周运动,在A点变轨后,沿椭圆轨道Ⅱ运动,在B点再次变轨与“天和”核心舱对接,此后共同在圆轨道Ⅲ上运行.下列说法正确的是 ()A.飞船沿轨道Ⅱ的运行周期小于沿轨道Ⅰ的运行周期B.飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度C.飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的速度D.相等时间内,在轨道Ⅰ上飞船与地心连线扫过的面积小于在轨道Ⅲ上扫过的面积【技法点拨】航天器(卫星)的变轨运动有离心运动与向心运动两种,对比如下:两类变轨离心运动近心运动示意图(设椭圆轨道长轴两端点处的曲率半径为ρ)变轨起因速度v0突然增大为v1速度v0突然减小为v1万有引力与向心力的关系mv02r=GMmr2=(圆轨道半径r<ρ)mv02r=GMmr2=(圆轨道半径r>ρ)轨迹变化由圆变为外切椭圆,或由椭圆变为外切圆由圆变为内切椭圆,或由椭圆变为内切圆速度与加速度的变化两个轨道切点的加速度相等,外轨道的速度大于内轨道的速度【迁移拓展】1.[2024·湖北卷]太空碎片会对航天器带来危害.设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动,如图中实线所示.为了避开碎片,空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体,使空间站获得一定的反冲速度,从而实现变轨.变轨后的轨道如图中虚线所示,其半长轴大于原轨道半径.则 ()A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大2.[2024·山东日照模拟]2024年2月23日,“长征五号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功,被誉为龙年首发.卫星进入地球同步轨道后,主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证.设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍,下列说法中正确的是()A.地球同步卫星可以静止在北京上空B.同步卫星的运行速度是第一宇宙速度的1C.地球同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转速度的1D.若忽略地球的自转效应,则地球同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的13.[2024·浙江杭州模拟]太阳系行星轨道(近圆轨道)的平均半径r和绕日公转周期T的现代测量值如下表所示,下列说法正确的是 ()行星平均半径r/106km绕日公转周期T/年水星580.2金星1080.6地球1501.0火星2281.9木星77811.9土星143029.5天王星287084.0海王星4500165.0A.周期T与半径r成正比B.若已知引力常量,则可估算太阳的质量C.地球公转的线速度小于火星公转的线速度D.所有行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等4.[2024·河北张家口模拟]如图甲所示,A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动,且绕行方向相同,图乙是两颗卫星的间距Δr随时间t的变化图像,t=0时刻A、B两颗卫星相距最近.已知卫星A的周期TA=78t0,则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为(A.1∶2 B.1∶4 C.1∶7 D.1∶8第3讲力与曲线运动题型1例1BD[解析]根据图像可得F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2tN,物块在y轴方向受到的力不变,为mgsin30°,x轴方向的力在改变,合力在改变,故物块做的不是匀变速曲线运动,故A错误;在y轴方向的加速度为ay=mgsin30°m=gsin30°=5m/s2,故t=1s时,物块的y坐标值为y=12ayt2=2.5m,故B正确;t=1s时,F=6N,故此时加速度大小为a=ax2+ay2=61.22+52m/s2=52m/s2,故C错误;在x轴正方向,对物块根据动量定理有Ft'=mvx-0,由于F与时间t成线性关系,故可得4+82×2=1.2vx,解得vx=10m/s,此时y例2C[解析]青蛙做平抛运动,水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动,则有x=v0t,h=12gt2,联立解得v0=xg2ℎ,由此可知,水平位移越小,竖直高度越大,则初速度越小,因此青蛙将跳到荷叶例3C[解析]解法一:如图甲所示,把运动分解为沿初速度方向的匀减速运动和沿末速度方向(即垂直于初速度方向)的匀加速运动,在沿初速度方向上,加速度ax=gsinθ,位移x=12gsinθ·t2,在与初速度垂直的方向上,加速度ay=gcosθ,位移y=12gcosθ·t2,合位移s=x2+y2,联立可得s=12gt解法二:如图乙所示,把运动看成从抛出点到最高点的斜抛运动和从最高点水平抛出到落点的平抛运动两段运动的组合,水平方向上有x=vx(t1+t2),tanθ=gt1vx,竖直方向上有y=12gt12-12gt22,tanθ=vxgt2,由勾股定理得s2=x2+y2,联立可得1【迁移拓展】1.C[解析]设游速为v,水速为v0,OA=OB=l,则甲整个过程所用时间t甲=lv+v0+lv-v0=2vlv2-v02,乙为了沿OB运动,速度合成如图所示,则乙整个过程所用时间t乙=2.A[解析]不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,故A正确;根据对称性可知喷泉在空中运动的时间t总=2t=22ℎg,由于hb>ha,所以tb>ta,故D错误;设喷泉喷出的水沿竖直方向的分速度为vy,沿水平方向的分速度为vx,在最高点的速度等于沿水平方向的分速度,即v高=vx=xt=xg2ℎ,而初速度v0=3.C[解析]正离子a、b、c均做类平抛运动,尽管c从O到B板的水平位移和竖直位移都比a从O到A板的大,但由于在竖直方向上的加速度的大小关系无法确定,所以c与a的运动时间及初速度大小关系无法确定,A、B错误;根据类平抛运动的二级结论,设速度偏转角为α,位移偏转角为θ,则tanα=2tanθ,c打在B板时的位移偏转角与b打在A板时的位移偏转角不同,则c打在B板时的速度方向与b打在A板时的速度方向不平行,而a、b打在A板上时的位移偏转角相等,则速度方向一定平行,C正确,D错误.题型2例4D[解析]由于小球穿在圆环上,所以当小球到达最高点受到的支持力等于重力时,小球的速度为0,因此若要保证小球可以到达最高点A,则k可以等于0,故A错误.假若小球在A点时对圆环的压力大小为0,根据牛顿第二定律可得mg=mvA2R,解得vA=gR,因此若k=1,则小球在A点时对圆环的压力大小为0;若0<k<1,则小球在A点时受到的重力大于向心力,所以小球对圆环有竖直向下的压力;若k>1,则小球在A点时受到的重力不足以提供向心力,所以圆环对小球有竖直向下的弹力,根据牛顿第二定律可得mg+F=m(kgR)2R,解得F=(k-1)mg例5B[解析]根据kmg=mrω2,可得ω=kgr,由于乙做圆周运动的半径较大,所以乙先达到最大静摩擦力,当ω=kgr时,乙所受的静摩擦力恰为最大值,选项A正确;甲、乙随转盘一起做匀速圆周运动,由于乙做圆周运动的半径较大,故乙需要的向心力较大,根据kmg=mω12r2,解得ω1=2kg3L,所以当ω≤2kg3L时,甲、乙所受静摩擦力都指向圆心,且静摩擦力都随角速度增大而增大,之后角速度继续增大,绳子出现张力,对乙有kmg+FT=mω2r2,绳子的拉力随角速度增大而增大,对甲有Ff1+FT=mω2r1,联立可得Ff1=kmg-mω2(r2-r1),此过程甲所受的静摩擦力随角速度增大而先减小后反向增大,反向增大到最大值后,角速度再增大时,甲、乙将与圆盘发生相对滑动,因此乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心,甲所受的静摩擦力方向先指向圆心,后背离圆心,选项B错误,C正确;设角速度为ω2时,甲、乙刚好相对圆盘发生滑动,此时有-kmg=kmg-mω22(r2-r1),解得【迁移拓展】1.AC[解析]对其中一个小球受力分析,其受到重力和绳的拉力FT,绳的拉力在竖直方向上的分力与重力平衡,设轻绳与竖直方向的夹角为θ,则有FTcosθ=mg,绳的拉力在水平方向上的分力提供向心力,设该小球到P的距离为l,则有FTsinθ=mgtanθ=m2πT2lsinθ,解得周期T=2πlcosθg=2πℎg,因为任意时刻两球均在同一水平面内,即悬点到两球的高度h相等,故两球运动的周期T相等,选项A正确.连接两球的绳的张力FT大小相等,由于向心力Fn=FTsinθ=m2πT2lsinθ,可得ml=FTT2π2=定值,故m与l成反比,即l1l22.B[解析]陀螺在轨道内侧运动到最高点时,由于F吸=6mg>mg,可知速度最小值可以为0,此时轨道弹力大小为FN=F吸-mg=5mg,故A错误;陀螺在轨道内侧运动的过程中,由于陀螺离开轨道只能做近心运动,而在最高点的最小速度可以为0,所以无论速度取何值,其均不会脱离轨道,故B正确;陀螺在轨道外侧运动的过程中,当在最低点时的弹力刚好为0时,有F吸-mg=5mg=mv2R,解得v=5gR,所以要保证陀螺始终不脱离轨道,其速度不能超过5gR,故C错误;若陀螺在轨道外侧运动到与轨道圆心等高处时的速度为2gR,则此时陀螺受到轨道的吸引力和轨道的弹力均处于水平方向,重力处于竖直方向,合外力的水平分力为Fx=mv2R=2mg,合外力的竖直分力为Fy=mg,所以其所受合外力的大小为F合题型3例6B[解析]设红矮星的质量为M1,行星GJ1002c的质量为m1,轨道半径为r1,运动周期为T1;太阳的质量为M2,地球的质量为m2,日地距离为r2,地球运动的周期为T2;根据万有引力定律提供向心力有GM1m1r12=m14π2T12r1,GM2m2r22=m24π2T例7C[解析]火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动,速度大小均不变,绕行方向相同,当火星与地球相距最远时,由于两者的速度方向相反,故此时两者的相对速度最大,故A错误;火星和地球均绕太阳运动,火星与地球的轨道半径之比约为3∶2,根据开普勒第三定律有r火3r地3=T火2T地2,可得T火T地=r火3r地3=278,故B错误;根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,解得v=GMr,则v火v例8D[解析]轨道Ⅱ的半轴长大于轨道Ⅰ的半径,根据开普勒第三定律可知飞船沿轨道Ⅱ的运行周期大于沿轨道Ⅰ的运行周期,故A错误;根据牛顿第二定律有GMmr2=ma,可知飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度,故B错误;根据变轨原理,飞船在轨道Ⅱ上经过B点时需加速做离心运动进入轨道Ⅲ,所以飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于在轨道Ⅲ上经过B点时的速度,故C错误;根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,可得v=GMr,飞船与地心连线扫过的面积为S=12vΔt·r=12GMrΔt【迁移拓展】1.A[解析]空间站在P点变轨前、后所受到的万有引力不变,根据牛顿第二定律可知F万=ma加,则空间站变轨前、后在P点的加速度相同,故A正确;空间站的圆轨道运动可以看作特殊的椭圆轨道运动,因为变轨后其轨道半长轴大于原轨道半径,根据开普勒第三定律可知a2T2=k,则空间站变轨后的运动周期比变轨前的大,故B错误;变轨后在P点获得方向沿径向指向地球的反冲速度,与原来做圆周运动的速度合成,合速度大于原来的速度,故C错误;由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大,但变轨后在2.B[解析]地球同步卫星可以静止在赤道上空,不可能静止在北京上空,故A错误;根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,可得v=GMr,则v同v1=1nR1R=1n,故B正确;地球同步卫星和地球赤道上物体运动的角速度相同,根据v=ωr,可知v同v物=nRR=n3.B[解析]由开普勒第三定律,周期T的平方与半径r的立方成正比,故A错误;根据GMmr2=m4π2T2r,可得M=4π2r3GT2,若已知引力常量G,则取表中任一行星的r与4.B[解析]0~t0时间内,A、B两卫星转过的角度关系为2πTAt0-2πTBt0=2π,又知TA=78t0,解得TB=7t0,根据开普勒第三定律有rA3T专题二能量与动量第4讲功与能【网络构建】【关键能力】新高考中更注重科学思维的培养,试题一般选取一个实际的应用问题,需要通过建立模型,理清过程中能量传输的路径.由于是实际问题,涉及能量传输的效率,隐含着其他能量向内能的转化,所以把实际过程当作理想化过程往往是错的,需要有针对性地审题.题型1功、功率的分析和计算1.功的计算(1)恒力做功一般用W=Flcosα计算.(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、转换法、平均力法、图像法求解,或者利用恒定功率求功公式W=Pt计算.2.功率的计算明确是求瞬时功率还是平均功率.P=Wt一般用于平均功率的计算,P=Fvcosα(α为F和速度v的夹角)一般用于瞬时功率的计算例1[2024·海南卷]“神舟十七号”载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆.在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞,飞船快速减速,返回舱速度大大减小.在减速过程中 ()A.返回舱处于超重状态B.返回舱处于失重状态C.主伞的拉力不做功D.重力对返回舱做负功例2[2024·山东烟台模拟]如图所示,汽车定速巡航(即速率不变)通过路面abcd,t1时刻经过b,t2时刻经过c,t3时刻经过d.若汽车行驶过程中所受的空气阻力和摩擦阻力大小不变,则该过程中汽车的功率P随时间t变化的图像是()ABCD【技法点拨】在机车的功率问题中,需要注意的几点:(1)机车的功率P=Fv,P指牵引力的功率,不是合力的功率,机车做匀速运动、加速运动、减速运动时公式均适用.(2)功率有平均功率和瞬时功率之分,前者一般用P=Wt=Fv计算,后者一般用P=Fv计算【迁移拓展】1.[2024·江西卷]“飞流直下三千尺,疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写.设瀑布的水流量约为10m3/s,水位落差约为150m.若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为()A.109WB.107WC.105WD.103W2.[2023·湖北卷]两节动车的额定功率分别为P1、P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1、v2.现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 ()A.P1v1+C.(P1+P3.(多选)[2023·湖北卷]如图所示,原长为l的轻质弹簧,一端固定在O点,另一端与一质量为m的小球相连.小球套在竖直固定的粗糙杆上,与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l,P点到O点的距离为12l,OP与杆垂直.当小球置于杆上P点时恰好能保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下运动到N点,在此过程中,弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是 (A.弹簧的劲度系数为4B.小球在P点下方12l处的加速度大小为(32-4)C.从M点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力先变小再变大D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力做功相同题型2动能定理及应用1.应用动能定理解题的步骤图2.应用动能定理的注意点(1)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的.(2)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解.例3[2024·安徽卷]某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m,可视为质点.重力加速度大小为g,不计空气阻力,则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 ()A.mgh B.12mvC.mgh+12mv2 D.mgh-12mv【技法点拨】动能定理的应用:(1)“两态一过程”的选取是动能定理应用的关键.(2)对于多过程的问题,优先选择全程进行研究.例4(多选)[2023·湖南卷]如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=2D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道【技法点拨】本题考查运动观念、相互作用力观念和能量观念的综合应用.“若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道”,需要从运动观念出发,圆周运动是需要向心力的;从相互作用观念可知,可以确定在B点的受力情况;从能量观念可知,从A运动到B过程,可以由v0来确定在B点的速度,最后再来比较看是否会脱离.【迁移拓展】1.[2024·山东济南模拟]如图甲所示,固定斜面的倾角θ=37°,一物体(可视为质点)在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动,经过与斜面底端距离为x0处的A点时撤去拉力F.该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图乙所示.已知该物体的质量m=1kg,该物体两次经过A点时的动能之比为4∶1,该物体与斜面间的动摩擦因数处处相同,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则拉力F的大小为()A.8N B.9.6NC.16N D.19.2N2.[2023·湖北卷]如图所示为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A端沿切线方向进入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧,并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点.(1)小物块到达D点的速度大小;(2)B和D两点的高度差;(3)小物块在A点的初速度大小.题型3机械能守恒和功能关系的应用1.机械能守恒定律的表达式2.常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量W=Ep1-Ep2=-ΔEp弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子间作用力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W=Ek2-Ek1=12mv2-12机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他=E2-E1=ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功代数和的绝对值等于产生的内能Q=Ff·l相对,l相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安=E2-E1=ΔE例5[2024·河北邢台模拟]如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面,其运动的加速度大小为34g(g为重力加速度),此物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体 (A.重力势能增加了34B.机械能减小了34C.动能损失了mghD.系统产生热量为12【技法点拨】功是能量转化的量度,每种形式能的变化对应着某种性质的力做功.力学中常见的几种功能关系如下:例6[2024·安徽卷]在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示.水井中的水面距离水平地面的高度为H.出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l.假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能.已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则水泵的输出功率约为 ()A.ρgSlB.ρgSlC.ρgSlD.ρgSl【技法点拨】明确本题要求解的功率是水泵在一段时间内的平均功率,根据平均功率的定义式,关键是求出一段时间内水泵抽水做的总功.由平抛运动规律求出水口处水的初速度v0,即可求出一段时间t内抽出水的质量m,根据机械能守恒定律求出此段时间内水泵对水做的有用功W,再根据水泵输出能量的效率即可求出该段时间内水泵抽水做的总功W0.本题设计的巧妙之处是W0∝m∝t,可知水泵的平均功率P与时间t无关.【迁移拓展】1.[2024·湖南岳阳模拟]如图所示,竖直轨道MA与四分之一圆轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内,圆弧轨道圆心为O,OC连线竖直,OB连线与竖直方向的夹角为θ=37°,紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上,弹簧上放有一质量为m=2kg的小球.现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放,小球恰能运动到C点.已知PA段高度为0.8m,圆弧轨道半径为1.0m,不计轨道摩擦和空气阻力,小球的半径远小于圆弧轨道的半径,弹簧与小球不拴接,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是 ()A.小球离开弹簧时速度最大B.刚释放小球时,弹簧的弹性势能为36JC.若小球质量改为5.5kg,仍从P点无初速度释放小球,小球能沿轨道返回P点D.若小球质量改为2.3kg,仍从P点无初速度释放小球,小球将从B点离开圆弧轨道2.(多选)如图所示,表面光滑的斜面固定在水平地面上,顶端安装有定滑轮,小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接,轻绳平行于斜面,空间有平行于斜面向下的匀强电场.开始时,带正电的小物块A在斜面底端,在外力作用下静止,B离地面一定高度,撤去外力,B竖直向下运动.B不带电,不计滑轮摩擦.从A和B开始运动到B着地的过程中 ()A.A的电势能增加B.A和B组成的系统机械能守恒C.A和B组成的系统减少的重力势能等于A增加的电势能D.轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增量和动能增量之和专题二能量与动量第4讲功与能题型1例1A[解析]返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误.例2B[解析]设汽车行驶过程中所受的空气阻力和摩擦阻力的合力为Ff,根据题意可知,汽车运动速率不变,根据平衡条件可知,在ab段有F1=mgsinθ+Ff,在bc段有F2=Ff,在cd段有F3+mgsinθ=Ff,可知F1>F2>F3,且F1、F2、F3保持不变,由公式P=Fv可知,汽车的功率P1>P2>P3,且P1、P2、P3保持不变,故B正确.【迁移拓展】1.B[解析]设t时间内水流做功为W,水流的质量为m,水流的体积为V,水位落差为h,则有W=mgh,m=ρ水V,水流量Q=Vt,发电功率P=η·Wt,联立可得P=ηρ水Qgh,g取10m/s2时,代入数据解得P≈1.05×1072.D[解析]设两节动车运行时受到的阻力分别为Ff1、Ff2,由题意可知P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立可得v=(P13.AD[解析]小球在P点受力平衡,则有mg=Ff,Ff=μFN,FN=kl-l2,联立解得k=4mgl,A正确;在MN之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为θ,则此时弹簧的弹力为F=kl-l2sinθ,小球受到的摩擦力为Ff1=μFN1=μFsinθ,化简得Ff1=μklsinθ-kl2,θ在M到P过程中增大,在P到N过程变小,即摩擦力先变大后变小,C错误;根据对称性可知,在MN上关于P点对称的两点摩擦力大小相等,因此从M到P和从P到N过程,小球受到的摩擦力做功相等,D正确;小球运动到P点下方l2时,弹簧与竖直杆的夹角为45°,此时弹簧弹力F弹=kl-22l,摩擦力大小为Ff1=μk·l题型2例3D[解析]人和滑板在下滑的过程中,由动能定理得mgh-Wf=12mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-12mv2例4AD[解析]由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速度为vC=0,则小球从C到B的过程中,有mgR(1-cosα)=12mv2,FN=mgcosα-mv2R,联立有FN=3mgcosα-2mg,则从C到B的过程中α由0增大到θ,则cosα逐渐减小,故FN逐渐减小,则小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由于A到C的过程中小球的速度逐渐减小,则A到B的过程中重力的功率为P=-mgvsinθ,则A到B的过程中小球重力的功率始终减小,则B错误;从A到C的过程中有-mg·2R=12mvC2-12mv02,解得v0=4gR,C错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ=mvB2R,则vB【迁移拓展】1.D[解析]设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为Ff,物体重力沿斜面的分力大小为Gx=mgsin37°=6N,当物体沿斜面向上运动到A点时,根据动能定理有(F-Gx-Ff)x0=E0-0,当物体沿斜面向上运动到最高点时,根据动能定理有Fx0-(Gx+Ff)·2x0=0,当物体沿斜面向下运动到A点时,根据动能定理有(Gx-Ff)x0=14E0-0,联立解得F=19.2N,故D正确2.(1)gR(2)0(3)3[解析](1)小物块恰好能到达轨道最高点,有mg=mvD解得vD=gR (2)小物块从C到D,由机械能守恒定律得12mvC2=12mv从B到C做平抛运动,有vB=vCcos60°从B到D,由机械能守恒定律得mghBD=12mvD2-1联立解得vB=gR,hBD=0 (3)小物块从A到B,根据动能定理得-μmg·2πR=12mvB2-1解得vA=3gR题型3例5D[解析]物体在斜面上上升的最大高度为h,克服重力做功为mgh,所以重力势能增加了mgh,故A错误;由动能定理可知,动能变化量等于合外力做的功,物体通过的位移为x=ℎsin30°=2h,合外力F合=ma=34mg,位移方向与合外力方向相反,则合外力做负功,动能减小量为ΔEk=F合x=32mgh,故C错误;根据牛顿第二定律有mgsin30°+Ff=ma,解得摩擦力大小为Ff=14mg,根据能量守恒定律可知系统产生的热量即为机械能的减小量,有ΔE=ΔEk-mgh=32mgh-mgh例6B[解析]设水从出水口射出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0tSρ,根据平抛运动规律可得l=v0t',h=12gt'2,解得v0=lg2ℎ,根据功能关系得Ptη=12mv02+mgH【迁移拓展】1.D[解析]当小球上升到弹簧弹力大小等于重力时,小球速度最大,故A错误;小球恰能运动到C点,则在C点时有mg=mvC2R,解得vC=gR=10m/s,根据机械能守恒定律可知,刚释放小球时,弹簧的弹性势能为Ep=mg(h+R)+12mvC2=46J,故B错误;小球质量为m1=5.5kg>2kg时,小球到不了C点,小球在P点时弹簧的弹性势能Ep=46J>m1gh=44J,则小球到达A点时还有速度,即小球能进入圆弧轨道,小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动,不能沿轨道返回P点,故C错误;设小球质量为m2时恰好从B点离开,则在B点时有m2gcos37°=m2vB2R,解得vB=22m/s,根据机械能守恒定律可得Ep=m2g(h+Rcos37°)+122.AD[解析]小物块B竖直向下运动的过程中,小物块A沿斜面向上运动,即A逆着电场线运动,由于小物块A带正电,所以电场力做负功,A的电势能增大,A正确;对于A和B组成的系统来说,只有重力和电场力做功,因为电场力对A做负功,A的电势能增加,所以系统机械能减小,B错误;根据能量守恒定律可知,A和B组成的系统减少的重力势能一部分转化成了系统的动能,另一部分转化成A增加的电势能,所以系统减少的重力势能大于A增加的电势能,C错误;对A,由功能关系可知,轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量之和,所以轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增量和动能增量之和,D正确.专题二能量与动量第4讲功与能题型1例1A[解析]返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误.例2B[解析]设汽车行驶过程中所受的空气阻力和摩擦阻力的合力为Ff,根据题意可知,汽车运动速率不变,根据平衡条件可知,在ab段有F1=mgsinθ+Ff,在bc段有F2=Ff,在cd段有F3+mgsinθ=Ff,可知F1>F2>F3,且F1、F2、F3保持不变,由公式P=Fv可知,汽车的功率P1>P2>P3,且P1、P2、P3保持不变,故B正确.【迁移拓展】1.B[解析]设t时间内水流做功为W,水流的质量为m,水流的体积为V,水位落差为h,则有W=mgh,m=ρ水V,水流量Q=Vt,发电功率P=η·Wt,联立可得P=ηρ水Qgh,g取10m/s2时,代入数据解得P≈1.05×1072.D[解析]设两节动车运行时受到的阻力分别为Ff1、Ff2,由题意可知P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立可得v=(P13.AD[解析]小球在P点受力平衡,则有mg=Ff,Ff=μFN,FN=kl-l2,联立解得k=4mgl,A正确;在MN之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为θ,则此时弹簧的弹力为F=kl-l2sinθ,小球受到的摩擦力为Ff1=μFN1=μFsinθ,化简得Ff1=μklsinθ-kl2,θ在M到P过程中增大,在P到N过程变小,即摩擦力先变大后变小,C错误;根据对称性可知,在MN上关于P点对称的两点摩擦力大小相等,因此从M到P和从P到N过程,小球受