2017高考物理二轮复习 第2部分 考前回扣篇_7

1 倒计时第 7 天 功能关系和能量守恒 A主干回顾 B精要检索 1恒力做功的计算式 W Flcos ( 是 F 与位移 l 方向的夹角) 2恒力所做总功的计算 W 总 F 合 lcos 或 W 总 W1 W2. 3计算功率的两个公式 P 或 P Fvcos . Wt 4动能定理 W 总 Ek2 Ek1. 5机车启动类问题中的“临界点” (1)全程最大速度的临界点为： F 阻 . Pmvm (2)匀加速运动的最后点为 F 阻 ma；此时瞬时功率等于额定功率 P 额 Pv1m 2 (3)在匀加速过程中的某点有： F 阻 ma. P1v1 (4)在变加速运动过程中的某点有 F 阻 ma2. Pmv2 6重力势能 Ep mgh(h 是相对于零势能面的高度) 7机械能守恒定律的三种表达方式 (1)始末状态： mgh1 mv mgh2 mv . 12 21 12 2 (2)能量转化： Ek(增) Ep(减) (3)研究对象： EA EB. 8几种常见的功能关系 做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化 Ep WG Ep 弹力做功 弹性势能变化 Ep WFN Ep 合外力做功 W 合 动能变化 Ek W 合 Ek 除重力和弹力之外其他力做功 W 其 机械能变化 E W 其 E 滑动摩擦力与介质阻力做功 Ffl 相对 系统内能变化 E 内 Ffl 相对 E 内 电场力做功 WAB qUAB 电势能变化 Ep WAB Ep 电流做功 W UIt 电能变化 E W E 9.应用动能定理的情况 (1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时， 可优先考虑动能定理 (2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系 (3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适 用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用 (4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以 视全过程为一整体来处理 C考前热身 1(多选)如图 1 所示，光滑水平面上有一长为 L 的小车，在小车的一端放有一物体， 在物体上施一水平恒力 F，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之 间的摩擦力为 f，则( ) 【导学号：25702079】 3 图 1 A物体到达另一端时的动能为( F f)(s L) B物体到达另一端时小车的动能为 fs C整个过程中消耗的机械能为 fs D物体克服摩擦力做功为 fL AB 对物体运用动能定理可得( F f)(s L) mv2，则 A 正确；对车运用动能定理可 12 得 fs Mv2，则 B 正确；系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘 12 积，则整个过程中消耗的机械能为 fL，C 错误；物体克服摩擦力所做的功为 f(L s)，D 错 误 2一物块沿倾角为 的斜面向上滑动，当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图 2 所示；当物块的初速度为 2v 时，上升的最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.物 块与斜面间的动摩擦因数 和 h 分别为( ) 图 2 Atan 和 2H Btan 和 4H C. tan 和 2H( v22gH 1) D. tan 和 4H( v22gH 1) D 物块以初速度 v 上升的过程，由动能定理可得 mgH mgcos 0 mv2；以初速度 2v 上升的过程，由动能定理可得 mgh mgcos Hsin 12 0 m(2v)2，联立解得 tan ， h4 H，选项 D 正确 hsin 12 (v22gH 1) 3140 kg 的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩 擦力计算)，通过光照自主进行工作若车轮与月球地面间的动摩擦因数为 0.5，月球 表面的重力加速度为 g1.6 m/s2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进 100 m 用时 30 min.则月球车提供的动力功率为( ) A P1.110 2 W B P16.2 W 4 C P81 W D P6.2 W D 玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力， 由力平衡得： F mg，解得 F112 N，平均速度 v m/s m/s， P Fv，解 xt 1001 800 118 得 P6.2 W，故 D 正确 4如图 3 所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平， OB 竖直一 质量为 m 的小球自 A 点正上方的 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰 好对轨道没有压力已知 AP2 R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( ) 图 3 A重力做功 2mgR B机械能减少 mgR C合外力做功 mgR D克服摩擦力做功 mgR 12 D 重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从 P 到 B 的过程中，重力做 的功为 WG mgR，选项 A 错误；小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，根据牛 顿第二定律，有 mg m ，解得 vB ，从 P 到 B 过程，重力势能的减少量为 mgR，动能 v2BR gR 的增加量为 mv ，故机械能的减少量为 mgR ，选项 B 错误；小球从 P 到 B 12 2B mgR2 mgR2 mgR2 的过程中，合外力做的功等于动能的增加量，即为 ，选项 C 错误；从 P 到 B 的过程中， mgR2 小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，即为 ，选项 D 正确 mgR2 5(多选)如图 4 所示，质量分别为 m 和 2m 的两个小球 A 和 B，中间用长为 2L 的轻杆 相连，在杆的中点 O 处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在 B 球沿 顺时针转动到最低位置的过程中( ) 5 图 4 A A、 B 两球的角速度大小始终相等 B重力对 B 球做功的瞬时功率一直增大 C B 球转动到最低位置时的速度大小为 23gL D杆对 B 球做正功， B 球机械能不守恒 AC A、 B 两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项 A 正确；杆在水平位置时， 重力对 B 球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时， B 球的重力和速度方向垂直，重力对 B 球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对 B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重 力对 B 球做功的瞬时功率先增大后减小，选项 B 错误；设 B 球转动到最低位置时的速度为 v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对 A、 B 两球和 杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2 mgL mgL (2m)v2 mv2，解得 v ，选项 C 12 12 23gL 正确； B 球的重力势能减少了 2mgL，动能增加了 mgL，机械能减少了，所以杆对 B 球做负 23 功，选项 D 错误 6(多选)如图 5 甲所示，质量 m0.5 kg，初速度 v010 m/s 的物体，受到一个与 初速方向相反的外力 F 的作用，沿粗糙的水平面滑动，经 3 s 后撤去外力，直到物体停止， 整个过程物体的 vt 图象如图乙所示， g 取 10 m/s2，则( ) 图 5 A物体与地面间的动摩擦因数为 0.1 B02 s 内 F 做的功为8 J C07 s 内物体由于摩擦产生的热量为 25 J D07 s 内物体滑行的总位移为 29 m ABD 由图象可知物体在 37 s 内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小 a1 m/s2 g ，得物体与地面间的动摩擦因数为 0.1，A 正确；计算 07 s 内所围面积 可得物体滑行的总位移为 x29 m，D 正确，07 s 内物体由于摩擦产生的热量为 Q mgx 14.5 J，C 错误； 02 s 加速度大小 a12 m/s2，由 mg F ma1可得 F0.5 N,02 s 内位移由面积可得 x16 m，所以 F 做的功为 W Fx8 J，B 正确 7如图 6 所示，在光滑水平地面上放置质量为 M2 kg 的长木板，木板上表面与固定 6 的竖直弧形轨道相切一质量 m1 kg 的小滑块自 A 点沿弧面由静止滑下， A 点距离长木 板上表面的高度 h0.6 m滑块在长木板上滑行 t1 s 后，和长木板以共同速度 v1 m/s 匀速运动， g 取 10 m/s2.求： 【导学号：25702080】 图 6 (1)滑块与木板间的摩擦力； (2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块自 A 点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？ 【解析】 (1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有 Ff Ma1 由运动学公式得 v a1t 代入数据解得 Ff2 N. (2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有 Ff ma2 设滑块滑上长木板时的初速度为 v0，则有 v v0 a2t 代入数据解得 v03 m/s 滑块沿弧面