2020届一轮复习人教版机械能及其守恒定律ppt课件

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1、单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,2019/8/9,,‹#›,专题六　机械能及其守恒定律,一轮复习,A,组　自主命题,·,江苏卷题组,考点一　功和功率,五年高考,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.0.3 J,,B.3 J C.30 J,,D.300 J,答案,A,一只鸡蛋重约为,0.6 N,,人的身高一般为,1.6 m,,则鸡蛋被抛出的高度约为,0.6 m,,则鸡蛋获得的最大机械能约为

2、,E=0.6×0.6 J=0.36 J,,故人对鸡蛋做的功约为,0.36 J,,最接近,0.3 J,,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。,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

3、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,,,故在运动轨迹切线方向上应有,:mg sin θ=F cos θ,F=mg tan θ,。则拉力,F,的瞬时功率,P=F·v cos θ=mgv·sin θ,。从,A,运动到,B,的过程中,,,拉力的瞬时功率随,θ,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

4、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,

5、,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

6、,的质量为,m,A,、,B,的质量都为,,,与地面间的动摩擦因数均为,μ,。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,μmin;,(3)A,移动的整个过程中,,,拉力做的功,W,。,答案,(1) mg,(2),(3)(2,μ-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,2F cos 30°=mg,解得,F= mg,(2)C,恰好降

7、到地面时,,B,受,C,压力的水平分力最大,Fxmax= mg,B,受地面的最大静摩擦力,f=,μ,mg,根据题意,fmin=Fxmax,解得,μ,min=,(3)C,下降的高度,h=( -1)R,A,的位移,x=2( -1)R,摩擦力做功的大小,Wf=fx=2( -1),μ,mgR,根据动能定理,W-Wf+mgh=0-0,解得,W=(2,μ-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= (,

8、其中,θ,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=FNC sin θ= mg·tan θ,,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。,5.(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,(,,),考点二　动能定理,答案,A,设小球初动能为,Ek0,,初速度为,

9、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。,6.(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,=mg

10、sin α+μmg cos α,F,升大小恒定,,,下降过程中,F,降,=mg sin α-μmg cos α,F,降大小恒定。说明在,Ek-x,图像中,,,上升、下降两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,Ektμmg cos α,。,③,f=μmg cos

11、 α,,因,μ,和,α,不变,,,则,f,大小不变。,④以出发点为原点,,,上升时,x,增加,,,返回时,x,减小。,7.(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=6 mm,、,x1‘=x2’=3.5 mm,,设照片的放大率为,k,、闪光周期为,T,,则有,= =0.319,,故,A,正确。,

12、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。,8.(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,μ,,重力加速度为,g,,弹簧未超出弹性限度。在上

13、述过程中,(,,),,A.,弹簧的最大弹力为,μmg,B.,物块克服摩擦力做的功为,2μmgs,C.,弹簧的最大弹性势能为,μmgs,D.,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,,,由动能定理可知,Wf=-2μmgs=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'=-μmgs,,则,W,弹,=-μmgs,,即物块克服弹力做功为,μmgs,,所以弹簧弹性势能增加,

14、μmgs,,故,C,正,确。当克服弹力做功为,μmgs,时,,,弹簧的最大弹力要大于,μmg,,故,A,错误。,9.(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

15、,mv2,C.,在,C,处,,,弹簧的弹性势能为,mv2-mgh,D.,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,

16、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  ①,上滑过程从,C→B,W,弹,'-mghBC-Wf'= mvB'2- mv2 ②,联立①②可得,,m -2Wf'+ mv2= mvB'2,因,Wf' m,vB‘>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

17、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。,10.(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,

18、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 ①,且,F=f ②,解得,x=  ③,(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  ④,同理,,,小车以,vm,撞击弹簧时,-fl-W=0- m ⑤,解得,vm=  ⑥,(3),设轻杆恰好移动时,,,小车撞击速度为,v1,则有,m =W ⑦,由④⑦解得,v1=,当,v<,时,,v'=v,当 ≤,v

19、≤,时,,v'=,11.(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,α,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,mg,B.A,的动能最大时,,B,受到地面的支

20、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,考点三　机械能守恒定律　功能关系,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,,

21、,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=L cos 30°-L cos 60°= 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,。,小球先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,,,这个状态是解此题的关键。,12.(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

22、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,μ,。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- μmga,B.,物块在,B,点时,,,弹簧的弹性势能小于,W- μmga,C.,经,O,点时,,,物块的动能小于,W-μmga,D.,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

23、> ,,由动能定理,,,从,O,到,A,,W-,μ,mgx-W,弹,=0,,系统增加的弹性势能,Ep=W-,μ,mgx,,因为,x> ,,所以,Ep

24、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。,13.(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

25、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,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,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,。,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,、,F2,,F1 sin 53°=F2 cos 53°,F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53°,且,F1=Mg,解得,F=

26、 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,答案,(1) Mg-mg,,(2)6∶5,,(3),见解析,由牛顿运动定律得,T'-mg cos 53°=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。,,

27、(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,。,14.(2016,江苏单科,,14,16,分,),如图所示,,,倾角为,α,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

28、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)mg cos,α,,(2) ·,x,(3),解析,(1),支持力的大小,N=mg cos,α,(2),根据几何关系,sx=x·(1-cos,α),,sy=x·sin,α,且,s=,,解得,s= ·x,(3)B,的下降高度,sy=x·sin,α,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

29、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。,15.(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,μ,。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

30、,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  。,答案,(1),,(2)2v0,,(3),解析,(1),摩擦力与侧向的夹角为,45°,侧向加速度大小,ax=μg cos 45°,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,θ,,侧向、纵向加速度的大小分别为,ax,、,ay,,则,=tan θ,很小的,Δt,时间

31、内,,,侧向、纵向的速度变化量,Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt,解得,=tan θ,且由题意知,tan θ=,则,= =tan θ,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=μg cos θ,ay=μg sin θ,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=μmgL,电动机做功,W= m(2v0)2- m +Q,由,= ,,解得,=,考查点　本题考查了牛

32、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。,B,组　统一命题、省,(,区、市,),卷题组,考点一　功和功率,1.(2017,课标,Ⅱ,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

33、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

34、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,θ,,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 θ),m =mg cos θ-N,解出,N=3mg cos θ-2mg,由此可知,,,当,3mg cos θ>2mg,时,,N,的方向背离大圆环圆心,,,当,3mg cos θ<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

35、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,Ⅲ,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①②分别

36、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①次和第②次提升过程,, (,,),A.,矿车上升所用的时间之比为,4∶5,,B.,电机的最大牵引力之比为,2∶1,C.,电机输出的最大功率之比为,2∶1,,D.,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②次所用时间,t

37、= 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①次提升过程中,,,电机输出的最大功率,P1=(mg+ma)v0,,在第②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①②两次提升过程,,,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

38、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,Ⅱ,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,、,

39、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

40、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=1.6×103 m,时才能达到起飞所要求的速度,v=80 m/s,。已知飞机质量,m=7.0×104 kg,,滑跑时受到的阻力为自身重力的,0.1,倍,,,重力加速度取,g=10 m/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,。

41、,,答案,(1)2 m/s2,,(2)8.4×106 W,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 ①,代入数据解得,a=2 m/s2②,(2),设飞机滑跑受到的阻力为,F,阻,,,依题意有,F,阻,=0.1mg ③,设发动机的牵引力为,F,,根据牛顿第二定律有,F-F,阻,=ma ④,设飞机滑跑过程中的平均速度为,,,有,,=  ⑤,在滑跑阶段,,,牵引力的平均功率,P=F  ⑥,联立②③④⑤⑥式得,P=8.4×106 W⑦,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。,6.

42、(2019,课标,Ⅲ,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,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 kg,,B.1.5 kg,,C.1 kg,,D.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

43、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。,7.(2018,课标,Ⅱ,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

44、。由动能定理可知,W,拉,-Wf=Ek-0,,因此,,Ek

45、.,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=μFN,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

46、的速率不变,,,误认为匀速圆周运动的合外力为零,,,误选,A,。,9.(2016,课标,Ⅲ,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

47、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。,10.(2019,课标,Ⅱ,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

48、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 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),(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,t1~t2,时间内汽车克

49、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,t1~t2,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/s,,8 m/s2,(3)30 m/s,,1.16×105 J,,87.5 m,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,v

50、1;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,Δt=1 s,。设汽车在,t2+(n-1)Δt~t2+nΔt,内的位移为,sn,n=1,2,3,…,。,若汽车在,t2+3Δt~t2+4Δt,时间内未停止,,,设它在,t2+3Δt,时刻的速度为,v3,,在,t2+4Δt,时刻的速度为,v4,,由,运动学公式有,s1-s4=3a(,Δ,t)2 ①,s1=v2,Δ,t- a(,Δ,t)2 ②,v4=v2-4a,Δ,t ③,联立①②③式,,,代入已知数据解得,v4=-  m/s④,这说明在,t2+4,Δ,t,时刻前,,,汽车已经停止。因此,,①,式

51、不成立。,由于在,t2+3,Δ,t~t2+4,Δ,t,内汽车停止,,,由运动学公式,v3=v2-3a,Δ,t ⑤,2as4=  ⑥,联立②⑤⑥式,,,代入已知数据解得,a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦,或,a=  m/s2,v2=29.76 m/s⑧,但⑧式情形下,,v3<0,,不合题意,,,舍去。,(3),设汽车的刹车系统稳定工作时,,,汽车所受阻力的大小为,f1,。由牛顿第二定律有,f1=ma ⑨,在,t1~t2,时间内,,,阻力对汽车冲量的大小为,I= f1(t2-t1) ⑩,由动量定理有,I=mv1-mv2,由动能定理,,,在,t1~t2,时间内,,,汽车克服阻力做的功为,W= 

52、m - m,联立⑦⑨⑩  式,,,代入已知数据解得,v1=30 m/s,W=1.16×105 J,从司机发现警示牌到汽车停止,,,汽车行驶的距离,s,约为,s=v1t1+ (v1+v2)(t2-t1)+,联立⑦  式,,,代入已知数据解得,s=87.5 m,技巧点拨　汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知,,,可采用假设法,,,由方程解得的结果判定假设的正确性,,,这是在高中物理学习中常用的一种方法。,11.(2019,天津理综,,10,16,分,),完全由我国自行设计、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

53、,,,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,θ=12°(sin 12°≈0.21),。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。,,答案,(16,分,)(1

54、)7.5×104 J,,(2)1.1×103 N,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,,=  ①,根据动能定理,,,有,W= mv2-0 ②,联立①②式,,,代入数据,,,得,W=7.5×104 J③,(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 θ ④,由牛顿第二定律,,,有,FN-mg=m  ⑤

55、,联立①④⑤式,,,代入数据,,,得,FN=1.1×103 N⑥,一题多解　对,(1),问,:,舰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 ①,对飞行员分析得,F=ma ②,飞行员受到的水平力所做的功,W=FL1 ③,联立①②③得,W=7.5×104 J,12.(2016,课标,Ⅰ,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

56、,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,μ= ,,重力加速度大小为,g,。,(,取,sin 37°= ,cos 37°= ),(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,

57、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 ①,设,P,到达,B,点时的速度为,vB,,由动能定理得,mgl sin θ-μmgl cos θ= m  ②,式中,θ=37°,。联立①②式并由题给条件得,vB=2  ③,(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,mgx sin θ-μmgx cos θ-Ep=0- m  

58、④,E,、,F,之间的距离,l1,为,l1=4R-2R+x ⑤,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-mgl1 sin θ-μmgl1 cos θ=0 ⑥,联立③④⑤⑥式并由题给条件得,x=R ⑦,Ep= mgR ⑧,(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- R sin θ ⑨,y1=R+ R+ R cos θ ⑩,式中,,,已应用了过,C,点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为,θ,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

59、公式有,y1= gt2,x1=vDt,联立⑨⑩  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+ R cos θ),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,θ-μ,m1g(x+5R) cos,θ=,m1,联立⑦⑧   式得,m1= m,13.(2018,课标,Ⅰ,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

60、,,,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.2mgR,,B.4mgR,,C.5mgR,,D.6mgR,考点三　机械能守恒定律　功能关系,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

61、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=5,mgR,。由功能关系,,,得,ΔE=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①光滑轨道、②小球始终受到水平外力作用、③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,vc>0,,可判断球

62、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的方向上位移的乘积,:,W=F·s,。,4.,由功能关系确定机械能增量。,14.(2017,课标,Ⅲ,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. mgl,,B. mgl,,C. mgl,,D. 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

63、,,,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,ΔE= 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

64、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。,15.(2019,课标,Ⅱ,18,6,分,)(,多选,),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,10 m/s2,。由图中数据可得,(,,),,A.,物体的质量为,2 kg,B.h=0,时,,,物体的速率为,20 m/s,C.

65、h=2 m,时,,,物体的动能,Ek=40 J,D.,从地面至,h=4 m,,物体的动能减少,100 J,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=2 kg,,故,A,正确。,h=0,时,E,总,= m ,,即,100 J= ×2,kg× ,,解得,v0=10 m/s,,故,B,错。由图像可知,,h=2 m,时,,E,总,=90 J,、,Ep=40 J,,则,E

66、k=50 J,,故,C,错。当,h=,4 m,时,,E,总,=Ep=80 J,,则,Ek=0,,故从地面至,h=4 m,,物体的动能减少了,100 J,,故,D,正确。,知识链接　非重力做功量度机械能的变化量,,W,非,>0,时,E,机增加,;W,非,<0,时,E,机减少,;W,非,=0,时,E,机守恒。,16.(2015,课标,Ⅱ,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,g,D.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,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,,