(浙江选考)高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案

1、1 历次选考考情分析 早 知识内容 考试要求 历次选考统计 必考 加试 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 机械能守恒定律 追寻守恒量 能量 b 功 c c 功率 c c 10、13 重力势能 c c 4、20 13 弹性势能 b b 20 动能和动能 定理 d d 20 20 20 20 20 20 机械能守恒 定律 d d 20 12 能量守恒定 律与能源 c d 5 4 考点一功和能基本概念及规律辨析 n基础知识梳理 1. 功的正负：由 W Ficos a, a 90 ，力对物体做负功. 2 恒力做功的计算方法 3 .变力做功：

2、变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用 F- l图 象曲线下的面积求功，利用 W= Pt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解. 4 .总功的计算 (1) 先求物体所受的合外力，再求合外力做的功； (2) 先求每个力做的功，再求各功的代数和.受力分折 找H H；力 嘶定力和位粹L L 片向的夬角 i i J 彌井折 找出位祸 K K计其助阿多少j j 丫刘斷功的1E1E负: 2 5 机械能 （1） 机械能包括动能、重力势能和弹性势能； （2） 重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即W/=-A巳; （3） 弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减

3、小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短 量相等时，弹性势能相同. 基本题目训练 1 .正、负功的判断（2018 温州市期中）载人飞行包是一个单人低空飞行装置, 其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包 在竖直匀速降落的过程中（空气阻力不可忽略），下列说法正确的是（ ） A 发动机对飞行包（包括人）做正功 B. 飞行包（包括人）的重力做负功 C. 空气阻力对飞行包（包括人）做负功 D. 飞行包（包括人）的合力做负功 答案 C 解析 飞行包（包括人）在竖直匀速降落的过程中， 发动机的动力向上，则发动机对飞行包（包 括人）做负功，故 A 错误.高度下降，飞行包（

4、包括人）的重力做正功，故 B 错误.空气阻力竖 直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包 （包括人）做负功，故 C 正确.飞行包匀速运 动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故 D 错误. 2. 做功的分析如图 2 所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为 m在与水平面成 e角的 恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离 I 已知雪橇与地面间的动摩擦因数为 口, 雪如图 1 所示, （包括人） 图 1 3 橇受到的（ ） 4 A. 支持力做功为mgl B. 重力做功为mgl C. 拉力做功为Fl cos e D.滑动摩擦力做功为口 mgl 答案 C 解析 对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分

5、析，可知雪橇受到的支持力 FN= mg- Fsin e，滑动摩擦力Ff= 口 FN= (mg- Fsin e)，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力 做的功也为零，选项 A B 错误；滑动摩擦力做功 W= Ffl =口 l(m Fsin e )，选项 D 错误；拉力做功为 Fl cos e，选项 C 正确. 3. 重力势能(2018 浙江 4 月选考 13)如图 3 所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上 的A B处，A B两点水平距离为 16 m 竖直距离为 2 m, A B间绳长为 20 m 质量为 10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从 A处滑到B 处.以A点所在水平面为参考平面，猴

6、子在滑行过程中重力势能最小值约为 (绳处于拉直状 态)( ) 解析 重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平 方向夹角相同，记为 e,设右边绳子长为 a,则左边绳长为 20 a. 由几何关系得：20cos e = 16; asin e (20 a)sin e = 2 35 a= 3535 m,所以最低点与参考平面的高度差为 低点大约低 0.5 m，所以在最低点的重力势能约为 750 J，故选 B. A. 1.2 X 103 J 2 C. 6.0 X 10 J 2 D. 2.0 X 10 J 联立解得 e = 7 m 猴子的重心比绳子最 5 4. 机械能守恒（2

7、018 绍兴市选考诊断）“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中， 哪个 阶段中返回舱的机械能是守恒的 （ ） A. 飞船加速升空阶段 B. 飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段 C. 返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降 D. 返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降 答案 B 考点二功率的分析与计算 1 首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率. 2.平均功率与一段时间（或过程）相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间 （或过程）内做功 的平均功率. ” r W （1）可用 P= t. 可用P= FVCOS a，其中V为物体运动的平均速度. 3 .计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时

8、刻 （或状态）的功率.求解瞬时功率时，如果 F 和v不同向，可用力 F乘以沿F方向的分速度，或用速度 v乘以沿速度方向的分力求解. （1）公式P= FVCOS a，其中V为某时刻的瞬时速度. P= FVF,其中VF为物体的速度v在力F方向上的分速度. （3） P= FvV，其中Fv为物体受到的外力 F在速度v方向上的分力. 例 1 （2017 浙江 11 月选考 13）如图 4 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 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

9、 3 m3/min，水 离开炮口时的速率为 20 m/s，则用于（ ） 图 4 6 A.水炮工作的发动机输出功率约为 1X 104 W7 B. 水炮工作的发动机输出功率约为 4X 104 W 6 C. 水炮工作的发动机输出功率约为 2.4 X 10 W D. 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为 800 W 答案 B W= 800 W,但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于 800 W,故选项 D 错误；在 1 s 3 3 内，喷出去水的质量为 rri = pV = 10 X 60 kg = 50 kg，喷出去水的重力势能为 &= ni gh= 1 50 X 10X 60 J =

10、 3X 104J，水的动能为Ek= qm v2= 1X 104J,所以 1 s 内水增加的能量为 4X 104 J，所以水炮工作的发动机输出功率为 4X 104 W,选项 B 正确，A C 错误. 拓展训练 5. （2018 金、丽、衢十二校联考 ）跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图 5 所示，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳 180 次，每次跳跃，脚与地面的接触时 间为跳跃一次所需时间的 2, g取 10 m/s2,则他克服重力做功的平均功率约为 （ ） A. 20 W B . 35 W C . 75 W D . 120 W 答案 C 60 1 解析 小李同学跳一次的时间

11、是：t = s =- s ,他跳离地面向上做竖直上抛运动， 到最高 180 3 11 2 1 1 点的时间为：t1= ?X 3 X （1 5） s = 0.1 s,此过程中克服重力做功为： mg?gt12） = 500X（? B、D 错误. 解析 若不计伸缩臂的质量， 抬升登高平台的发动机输出功率 P= mJghL 400X 10X 60 X 1 5X 60 X 10X 0.01） J = 25 J，跳绳时克服重力做功的功率为: W 25 P彳 W W= 75 75 W W， 故 C 正确, 6. 一物块放在水平面上, 在水平恒力F的作用下从静止开始运动, 物块受图 5 8 正比，则关于拉力

12、F的功率随时间变化的图象正确的是 （ ）9 答案 C 解析 物块受到的阻力与速度成正比， 根据牛顿第二定律，F- kv = ma所以物块做加速度减 小的加速运动，又因拉力功率 P= Fv, F为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度 v随时间 的变化规律一致，故 C 正确，A、B D 错误. 7. （2018 台州市高三期末）如图 6 所示，中国版“野牛”级重型气垫船， 自重达 540 吨，装 有额定输出功率为 8 700 kW 的大功率燃汽轮机，最高时速为 108 km/h假设气垫船航行过程 中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ff = kv.则下列说法正确的是（ ） A. 该气垫船的最大牵引力

13、为 2.9 x 105 N B.从题中给出的数据，无法计算 k值 C. 在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为 2.9 x 105 N D. 以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为 4 350 kW 答案 C 解析 在额定输出功率下以最高时速航行时， Vm= 108 km/h = 30 m/s，根据P= Fv得：F= P= v 5 开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于 2.9 x 10 N,故 A 错误，C 正确; 5 Ff 2.9 x 10 3 8700 x103 30 5 N = 2.9 x 10 N,此时匀速运动，则 Ff = F= 2.9

14、 x 105N,若以恒定牵引力启动时, C D 图 6 10 根据Ff = kv得：k= 一 = 30 N- s/m9.67 x 10 N- s/m,故 B 错误；以最高时速一半 v 30 v 只 的速度匀速航行时，牵引力 F= k ，解得 F= 1.45 x 10 N，贝 U P= F v=11 5 1.45 X 10 X 15 Wf= 2 175 kW，故 D 错误. 考点三动能定理的应用 1 .解题步骤 2 .注意事项 (1) 动能定理往往用于单个物体的运动过程， 由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要 简便. (2) 动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理. (3

15、) 应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做 功为W将该力做功表示为-W也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号. 例 2 如图 7 所示，倾角为e = 37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为 k = 40 N/m 的轻 弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦.一个质 (1) 小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t; 小滑块运动过程中达到的最大速度 Vm的大小; 小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能. 3 迈 答案 (1)1 s (2) - m/s (3)20 J 量为m= 5 kg 的小滑块从斜面上

16、的 P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为 1 = 0.5 , P点与弹簧自由端Q点间的距离为 L=1m .已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹 1 2 性势能&与其形变量x的关系为 E=尹2, sin 37 =0.6, cos 37 0.8，重力加速度g 2 取 10 m/s .求: 阳宅珂 tr :f m= 20 J. 拓展训练 8. 如图 8 甲所示，质量 m= 1 kg 的物体静止在光滑的水平面上， t = 0 时刻，物体受到一力 F 的作用，t = 1 s 时，撤去力F,某时刻物体滑上倾角为 37。的粗糙斜面已知物体从开始运 动到滑上斜面最高点的 v t图象如图乙

17、所示，不计其他阻力，sin 37 = 0.6 , cos 37 = 2 0.8 , g 取 10 m/s .求： 1 / 12 1 2 乙 r-?s T 图 8 (1) 力F做的功； (2) 物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率. 答案 (1)72 J (2)36 W 1 2 解析 物体 1 s 末的速度V1 = 12 m/s，根据动能定理得： W= mv2 = 72 J. 物体在 12s 内沿水平面做匀速直线运动，物体在 23 s 内沿斜面向上做减速运动.物 V2 + 0 体沿斜面上滑的最大距离为： x = 213= 6 m 物体到达斜面底端的速度 V2= 12 m/s，到

18、达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得:13 o 1 2 mg)sin 37 Wk= 0 qmv 解得：W克克 = 36 J 因此克服摩擦力做功的平均功率为： W P =厂=36 W. t 9如图 9 所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度 L= 5.0 m，高度h= 3.0 m，为保证小 朋友的安全，在水平面铺设安全地垫水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小 不变某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地 垫上已知小朋友质量为 m= 20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力 Ffi = 88 N，在水平段 2 受到的平均阻力 Ff2 = 100 N .

19、不计空气阻力，取重力加速度 g= 10 m/s .求： (1) 小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2) 小朋友滑到斜面底端时的速度 v的大小； 为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度 x至少多长. 答案 (1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m 解析(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为： 一 1 2 小朋友在斜面上运动，由动能定理得 mgh- W = ?mv 代入数据解得：v = 4 m/s (3) 小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得: 1 2 Ff2x = 0 mv 解得：x = 1.6 m 考点四 动力学和能量观点的综合应用 1 动力学观点：牛顿运

20、动定律、运动学基本规律. 2 能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律. W1 = Ff1L= 88 X 5 J = 440 J 图 9 14 3 .解题关键 (1) 抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程. (2) 两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键. 例 3 (2017 台州市选考模拟)如图 10 所示，质量为 m 0.1 kg 的可视为质点的小球从静 1 1 止开始沿半径为 R = 40 cm 的7圆弧轨道AB由A点滑到B点后，进入与 AB平滑连接的；圆弧 4 4 管道BC管道出口处为 G圆弧管道半径为 民=20 cm,在

21、紧靠出口 C处，有一半径为 Rs= 8.4 cm 水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒 (不计筒皮厚度)，筒上开有小孔 D,筒旋转时， 小孔D恰好能经过出口 C处，小球射出 C出口时，恰好能接着穿过 D孔进入圆筒，并越过轴 线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过 D孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻 2 力，g取 10 m/s .问： (1) 小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？ 小球穿出圆筒小孔 D时的速度多大？ (3) 圆筒转动的最大周期 T为多少？ 答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s 1 2 解析 从A到B,由动能定理得： mg社社 m

22、v2 2 VB 由牛顿第二定律得，到达 B点瞬间前： 解得FB = 3 N 2 VB 到达B点瞬间后：Fd mg= mR 解得 FNB = 5 N 由牛顿第三定律得，小球到达 B点瞬间前、后对轨道的压力分别为 3 N 和 5 N. (2) 从A到穿出D过程中，由机械能守恒可得： 1 2 15 mgR= mg对对 mg 2 Rs+ mD 解得：VD= 0.8 m/s 1 2 由机械能守恒可得： mgF= mgR+ mC 解得：VC= 2 m/s 穿越圆筒过程中：VC VD= g( nT+ 0.5 T)16 从圆筒穿出到又进入圆筒过程中： 2VD= gn T 得到关系式：3n=4n + 2 要使周

23、期最大，n和n必须同时取正整数且 n最小 取 n = 1，得 T= 0.08 s. 拓展训练 10. 如图11 所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于C,整个装置竖直固定， D是 最低点，圆心角/ DOG 37, E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径 R= 0.30 m 斜面长L= 1.90 m, AB部分光滑，BC部分粗糙现有一个质量 仆 0.10 kg 的小物块P从斜面上端A点无初速 度下滑，物块 P与斜面BC部分之间的动摩擦因数 口 = 0.75.取 sin 37 = 0.6 , cos 37 = mgR1 cos 37 ) = fmv2 fmv2 2 VD FD mg= mR

24、代入数据得：Fx 7.4 N. 物块每通过一次 BC部分减小的机械能为： E= Ffl = 0.24 J 1 2 1 物块在B点的动能为： 2 口比=-X 0.1 X 18 J = 0.9 J , 物块能通过BC部分的次数为：n= 024 = 3.75 , 设物块第四次从下端进入 BC部分后最终在距离 C点x处静止，则有 mgL x)sin 37 Ff(3 l + x) = 0，代入数据得：x = 0.35 m. 11. (2018 杭州市期末)如图 12 所示，倾角为 30的光滑斜劈 AB长L1= 0.4 m，放在离地 高h = 0.8 m 的水平桌面上，B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)

25、，圆弧右端切线水平，与 桌面边缘的距离为 L2.现有一小滑块从 A点由静止释放，通过 B点后恰好停在桌面边缘的 C 0.8，重力加速度 g= 10 m/s 1 2 3，忽略空气阻力.求: 图 11 17 (1)求滑块到达B点的速度VB的大小； 求B点到桌面边缘 C点的距离L2； (3) 若将斜劈向右平移一段距离 L= 0.64 m,滑块仍从斜劈上的 A点由静止释放，最后滑块 落在水平地面上的 P点求落地点P距C点正下方的O点的距离x. 答案 (1)2 m/s (2)1 m (3)0.64 m 解析(1)滑块从A到B的运动，根据机械能守恒定律得： 1 2 mgLsin 30 =尹 代入数据解得：

26、VB= 2 m/s 从A到C根据动能定理可得： mgLsin 30 口 mgL= 0 解得：L2= 1 m;18 1 2 从A到C根据动能定理可得： mgLsin 30 - 口 mc（ L2-A L） = 2mt - 0，代入数据解得 vc =1.6 m/s , 1 滑块离开C后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得： h= qgt2，解得：t = 0.4 s , 所以落地点P距C点正下方的 0点的距离为：x = Vct = 0.64 m. 专题强化练 !墓础题组夯实练 做的主要目的是（ ） 答案 D ）如图 2 所示，某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击 中横梁.假定足球击中横梁时速度大小

27、为 20 m/s，足球的质量为 450 g,球门高度约为 2.4 m 不计空气阻力，则该运动员对足球所做的功的大小约为 （ ） A. 45 J B . 90 J C . 100 J D . 180 J 答案 C 解析 球门高度约为h= 2.4 m，对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得： 1 . （2018 名校协作体联考 ）如图 1 所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢, 这样 A. 节省燃料 C.提高传动机械的效率 B. 提高柴油机的功率 D.增大拖拉机的牵引力 2 . （2018 七彩阳光联盟期中 图 1 图 2 19 1 2 1 2 1 2 W- mgh= ?mv

28、0,贝 U W mghF ?mv = 0.45 x 10 x 2.4 J + x 0.45 x 20 J = 100.8 J 100 J.20 3 .（2018 杭州市期末）研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的 . . 2 同学体重为 70 kg，在水平地面上匀速步行的速度为 5 km/h , g取 10 m/s，此过程中他的平 均功率约为（ ） A. 5 W B . 50 W C . 100 W D . 200 W 答案 C 解析人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的 面上运动的距离为 vt，此过程中重心上升的高度为 GA h 0.1 Gvt 5 亠 平均功率 P= = =

29、0.1 Gv= 0.1 X 700X W 97.2 W,故 C 正确. t t 3.6 4. （2018 西湖高级中学月考）如图 3 所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初 速度v。分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确 的是（ ） A. 小球飞行过程中加速度相同 B. 小球落地时的动能不同 C. 从开始运动至落地，重力对小球做功不相同 D. 从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同 答案 A 解析 物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，都相同，故 A 正确；根据动能定理可 知，小球落地时的动能相同，故 B 错误；根据 W= mgh可知，

30、重力做功相同，故 C 错误；小球 W 的运动时间不同，由公式 P=-可知重力对小球做功的平均功率不同，故 D 错误. 5. （2018 宁波市重点中学联考 ）如图 4 甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起， 货物由地面运动至最高点的过程中，其 v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是 （ ） 0.1 倍.某 0.1 倍，设该同学在时间t内在水平地 h= 0.1 vt，其重力为 G= 700 N，所以 图 3 21 A. 011时间内，起重机拉力逐渐变大图 6 22 B. 在tlt2时间内，起重机拉力的功率保持不变 C. 在t2时间内，货物的机械能保持不变 D. 在t2t3时间内，起重机

31、拉力对货物做负功 答案 B 6. （2018 绍兴市选考诊断）某一水力发电站的水位的平均落差为 50 m 每秒约有 6x 106 kg 的水用来发电，水的重力势能有 10%专化为电能，g取 10 m/s 2,则（ ） A. 每秒水减少的重力势能约为 3X 108 J B. 发电的平均功率约为 6X 108 W C. 每天的发电量约为 7.2 X 106 kWh D. 若将这些电能以 0.5 元/度的价格卖出，则一年可收入约为 3 600 万元 答案 C 7. （2018 西湖高级中学月考）如图 5 所示，质量为 m的物体（可视为质点）从倾角为 30的 答案 B 解析 物体的高度下降了 h,重力

32、对物体做功为 mgh则重力势能减少了 mgh故 A 错误，B 正确；斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只 有重力做功，所以物体的机械能守恒，故 C、D 错误. 8. 如图 6 所示，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是 汽车驾驶中的“坡道起步”， 驾驶员的正确操作是： 变速杆挂入低速挡， 徐徐踩下加速踏板， 然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，下列说法正确的是 光滑斜面上的h高处自由下滑到底端 A.重力势能减少了 1mgh C. 机械能增加了 mgh B.重力势能减少了 mgh 1 D.机械能减少了 mgh ( 2

33、3 A. 变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率 B. 变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力 C. 徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功 D. 徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率 答案 B 解析 由P= Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时 更容易上坡，则换低速挡，增大牵引力，故 A 错误，B 正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的 输出功率增大，根据 P= Fv可知，目的是为了增大牵引力，故 C、D 错误. 9 .（2018 台州市 3 月模拟）蹦极是一项极限活动. 如图 7 所示，游客站在平台上，用橡皮绳 固定住身体后

34、由静止下落， 触地前弹起，然后反复弹起落下. 不计空气阻力和橡皮绳的质量， 在第一次下落过程中（ ） re A. 游客一直处于完全失重状态 B. 橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大 C. 游客的机械能先保持不变，后逐渐减小 D. 游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能 答案 C 10. 如图 8 所示，在水平地面上固定一足够长的倾角 e = 30的光滑斜面，质量为 m 2 kg 的小滑块从斜面底端，在与斜面平行的恒力 F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间 t撤 去恒力F,又经过时间t小滑块回到斜面底端，此时小滑块的动能为 49 J , g取 10 m/s2,则 下列说法正确的

35、是（ ） 24 A. 拉力F做的功为 24.5 J B. 撤去拉力时小滑块刚好滑到最大高度的一半 C. 撤去拉力时小滑块的速度是 7 m/s D. 与斜面平行的恒力 F= -3 N 答案 D 解析 整个过程中，小滑块的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知： WF =49 J，故选项 A 错误；取沿斜面向上为正方向，设小滑块刚撤去拉力时的速度大小为 vi, 0+ v 1 回到底端时的速度大小为 V2,有拉力时的位移 X1=，从撤去拉力到回到底端时的位移 V2+ Vi 、 2E xi= 2 - 1，根据题意，解得：V2= 2vi,小滑块到达最底端的速度大小 V2= m = 7 m/s

36、, 所以撤去拉力时速度是 Vi= 3.5 m/s，故 C 错误；设从撤去拉力到小滑块上升到最大高度的 位移为 X2，则由运动学公式知 Vi= ；2gsin 0 X2, V2=，:2gsin 0 Xi + X2，解得 xi= 3x2, 撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三， 故 B 错误；由动能定理，在小滑块上升的过程中， 40 Fxi mxi + X2）sin 0 = 0，解得 F= N，故 D 正确. |量能力题组提升练 11. （2018 宁波市十校联考）如图 9 是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角 0 = 53的长直轨道 AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0= 4

37、m,下滑到C点后进 入了弧形的光滑轨道 CDEF其中CDE是半径为R= 5 m,圆心角为 106的圆弧，EF为半径R =5 m,圆心角为 53的圆弧，已知小车的质量为 60 kg，车与轨道 AC间存在摩擦，动摩擦 2 因数为 口= 0.5，不计其他阻力，sin 53 = 0.8 , cos 53 = 0.6 , g= 10 m/s，下列说法 不正确的是（ ） 25 A. 小车滑至C点的速度为 6 m/s B. 小车到达 D点时对轨道的压力为 1 560 N C. 小车刚好能沿着轨道滑到 F 点26 D. 若小车从长直轨道上距 C点L = 9 m开始由静止下滑，则小车能在 F点水平抛出 答案 A

38、 一 1 2 L 解析 由 B 到 C根据动能定理： mgLsin 53 口 mgLcos 53= 2口2，解得 vc= 2 10 m/s , 1 i 选项 A 错误；到达 D点时：2mc2 + mgR1 cos 53 ) = 2mv2 ，解得VD= 4寸5 m/s ,则在D 点: 2 1 FN mg= mR, 解得FN= 1 560 N,由牛顿第三定律知选项 B 正确；假设小球能到达 F点，则 1 mv2 = mgR1 cos 53 ) + qmv2,解得VF = 0,可知小车刚好能到达 F点，选项 C 正确；从B 厂 v2 得VF= 5 密 2 m/s，在F点：mg- FN= m R，解得

39、FN= 0，即此时小车能在 F点水平抛 出，选项 D 正确. 12. 如图 10 所示，AB为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道 BCD勺下端与水平轨道相切于 B 点，质量 m= 0.50 kg 的滑块(可视为质点)，从A点以速度VA= 10 m/s沿水平轨道向右运动, 恰好能通过半圆轨道的上端 D点，已知AB长x= 3.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 (1) 滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端 B点的压力大小； 滑块从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功. 答案 (1)98 N (2)17 J 1 2 1 2 解析 滑块由A到B的过程，由动能定理得：一 口 mgx= mv? mA

40、2 VB 在B点，由牛顿第二定律得： 解得：FN= 98 N 2 到F点，由动能定理 mgL sin 53 mgR1 cos 53 ) 口 mgL cos 53 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上 B点压力的大小为 98 N. =0.10，半圆轨道的半径 27 在D点，有：mg= mR 1 2 1 2 2mgR- W= ?mv) ?mB从B到D过程，由动能定理得: 28 解得：Wf= 17 J 13. 如图 11 所示，与水平面夹角 e = 60的斜面和半径 R= 0.4 m的光滑圆轨道相切于 B点, 且固定于竖直平面内滑块从斜面上的 A点由静止释放，经 点C时轨道对滑块的弹力为零.已知滑块与斜面间动摩擦因数 滑块在B点的速度大小VB； B两点间的高度差 h. 1 2 1 2 2 口型 =2mC +