（江苏专用）2020届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒定律课件.pptx

专题六 机械能及其守恒定律,高考物理 (江苏省专用),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E=0.60.6 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 =F cos ,F=mg tan 。则拉力F的瞬时功率P=Fv cos =mgv sin 。从A运动到B的过程中,拉力的瞬时功率随的增大而增大。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,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的质量为m,A、B的质量都为 ,与地面间的动摩擦因数均为。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min; (3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。,答案 (1) mg (2) (3)(2-1)( -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=mg 根据题意fmin=Fxmax 解得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)mgR 根据动能定理W-Wf+mgh=0-0 解得W=(2-1)( -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= (其中为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 = mgtan ,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 sin +mg cos ,F升大小恒定,下降过程中F降=mg sin -mg cos ,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EktEk0,故选项C正确。,审题指导 图像语言理解、隐含条件明显化 图像语言重点在于理解:点、线、面、轴、斜、截的物理含义。本题注重斜率、截距。 能够返回出发点说明mg sin mg cos 。 f=mg cos ,因和不变,则f大小不变。 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。,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,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mg B.物块克服摩擦力做的功为2mgs C.弹簧的最大弹性势能为mgs 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=-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。,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 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AC过程克服弹簧弹力做的功,选项C错 误。 设从B到C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BC -W弹+mghBC-Wf=0- m 上滑过程从CB,W弹-mghBC-Wf= mvB2- mv2 联立可得 m -2Wf+ mv2= mvB2 因Wf m vBvB,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=,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,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。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- mga B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W- mga C.经O点时,物块的动能小于W-mga 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 ,由动能定理,从O到A, W-mgx-W弹=0,系统增加的弹性势能Ep=W-mgx,因为x ,所以EpW- mga,A错误;同理,物块 在B点时,Ep=W-mg(x+a)W- mga,B正确;经O点时,Ek=W-2mgxW-mga,C正确;AB的过 程中当弹力与f平衡时速度最大,此点在O点右侧距O点x1= = 处,x1可能大于BO,所以D 错。,考查点 本题考查动能定理、功能关系、弹力做功与弹性势能等知识,要求考生有较高的分 析综合能力,属于较难题。,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Mm; (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= 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)65 (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。 (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 (2) x (3),解析 (1)支持力的大小N=mg cos (2)根据几何关系sx=x(1-cos ),sy=xsin 且s= 解得s= x (3)B的下降高度sy=xsin 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。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=g 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,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay,则 =tan 很小的t时间内,侧向、纵向的速度变化量vx=axt,vy=ayt 解得 =tan 且由题意知tan = 则 = =tan 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=g cos ,ay=g sin 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=mgL 电动机做功W= m(2v0)2- m +Q 由 = ,解得 =,考查点 本题考查了牛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,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.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,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 ) m =mg cos -N 解出N=3mg cos -2mg 由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 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,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, ( ) A.矿车上升所用的时间之比为45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45,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:第次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为45,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11,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。,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,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ONMOMN 。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,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C 919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=1.6103 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=7.0104 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。,答案 (1)2 m/s2 (2)8.4106 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 代入数据解得 a=2 m/s2 (2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有 F阻=0.1mg 设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有 F-F阻=ma 设飞机滑跑过程中的平均速度为 ,有 = 在滑跑阶段,牵引力的平均功率 P=F 联立式得 P=8.4106 W,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.(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 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,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。,8.(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,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=FN,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,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;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,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 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/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16105 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 s1=v2t- a(t)2 v4=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=v2-3at 2as4= 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,不合题意,舍去。,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, 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=1 2(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。,答案 (16分)(1)7.5104 J (2)1.1103 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 = 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,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 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,12.(2016课标,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= ,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 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 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mgl sin -mgl cos = m 式中=37。联立式并由题给条件得 vB=2 (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 -mgx cos -Ep=0- m E、F之间的距离l1为 l1=4R-2R+x 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 -mgl1 cos =0 联立式并由题给条件得,x=R Ep= mgR (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 y1=R+ R+ R cos 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 y1= gt2 x1=vDt 联立 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 ),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 -m1g(x+5R) cos = m1 联立 式得 m1= m,13.(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.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=5 mgR。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、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的方向上位移的乘积: W=Fs。 4.由功能关系确定机械能增量。,14.(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. 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,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E= 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,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.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Ek=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,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,杆对b先做正功后做负功,故A错。对a、 b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh= m ,va= ,故B正确。杆对a的作用效果为先推 后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知, 杆对a的推力减为零的时刻即a的机械能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故b对地 面的压力大小为mg,D正确。,方法指导 对于运动过程复杂的情景,采用极端思维法分析推理,就可以化难为易。如本题中 滑块b开始和最后的速度均为零,故b先加速后减速,以此为突破口,结合功能关系,各选项的正 确性就容易分析了。,17.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离 地面高度1.60105 m处以 7.50103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到 地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。 (结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能; (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。,答案 (1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J,解析 本题考查机械能、功能原理。 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0= m 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek0=4.0108 J 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh= m +mgh 式中,vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得 Eh=2.41012 J (2)飞船在高度h=600 m处的机械能为 Eh= m +mgh 由功能原理得 W=Eh-Ek0 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给 数据得 W=9.7108 J,思路点拨 本题第(1)问考查学生对机械能概念的理解能力和简单的推理能力。着地前瞬间 飞船的重力势能为零,机械能等于飞船的动能。进入大气层时飞船的机械能等于其动能与重 力势能之和。本题第(2)问考查学生对功能原理的理解能力。合力做功改变物体的动能,重力 做功改变物体的重力势能,除飞船重力之外的力做功改变它的机械能。此问中克服阻力所做 的功等于飞船机械能的改变。,C组 教师专用题组 考点一 功和功率,1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标 之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 ( ) A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变 B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变,答案 B 本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过 程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的 向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积, 故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mgvcos ,其中是瞬时速度v的方向与重 力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。,命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等 重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时 的教学与学习具有重要的指导意义。,2.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载