精高考物理冲刺复习专题六功和能张学习教案

1、会计学1精高考精高考(o ko)物理冲刺复习专题六功物理冲刺复习专题六功和能张和能张第一页，共194页。1.功和功率 2.动能和动能定理 3.重力(zhngl)做功与重力(zhngl)势能 4.功能关系、机械能守恒定律及其应用 第1页/共194页第二页，共194页。1.理解功、功率、动能、重力势能、弹性势能的物理意义，掌握功和功率的计算方法.2.灵活应用动能定理分析和解决动力学问题.3.能够根据守恒条件判断是否守恒，并能运用机械能守恒定律分析与解决动力学问题.4.熟知几种常用的功能关系，能够利用能量的观点处理问题.5.功和能常与直线运动、平抛运动、圆周运动、电磁场中粒子(lz)的运动、电磁感应

2、现象等相联系，综合考查学生获取信息、整合信息、应用力学规律解决问题的能力. 第2页/共194页第三页，共194页。 功及功率的计算【典例1】(2011海南高考)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上(min shn)，从t=0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用.下列判断正确的是( )A.02秒内外力的平均功率是B.第2秒内外力所做的功是C.第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是9W45J445第3页/共194页第四页，共194页。【审题视角】解答该题，应注意以下(yxi)两点：【关键点】(1)先利用牛顿第二定律和运动学

3、公式求出位移.(2)根据平均功率和瞬时功率的公式求解. 第4页/共194页第五页，共194页。【精讲精析】第1秒内质点的加速度a1=2 m/s2，1秒末的速度v1=21=2 (m/s)；第2秒内的加速度a2=1 m/s2,第2秒末的速度v2=2+11=3 (m/s)；所以第2秒内外力做的功 故B错误(cuw)；第1秒末的功率为P1=22=4(W),第2秒末的功率为P2=13=3(W)，故C错误(cuw)；02秒内外力的平均功率 故A正确；第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值 故D正确.答案：A、D 2.5 J，221mv92 Wt4，211221mvE42EW5，2222111Wmvmv22

4、WPt第5页/共194页第六页，共194页。【命题(mng t)人揭秘】平均功率和瞬时功率的求解方法(1)用公式 求出的是平均功率.(2)表达式P=Fv，若v为平均速度，则P为平均功率；若v为瞬时速度，则P为瞬时功率.若力与速度不在一条直线上，则P=Fvcos. WPt第6页/共194页第七页，共194页。 结合图象定性分析功和功率(gngl)【典例2】(2010新课标全国卷)如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线.从图中可以判断( )A.在0t1时间内，外力做正功B.在0t1时间内，外力的功率(gngl)逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率(gngl)最大D.在t1t3时间内，

5、外力做的总功为零第7页/共194页第八页，共194页。【审题视角】解答本题要把握以下三点：【关键点】(1)通过v-t图象获取速度、加速度随时间的变化情况.(2)由F=ma和P=Fv推断外力(wil)做功及功率的特点.(3)t1和t3时刻速度大小相等，动能相等. 第8页/共194页第九页，共194页。【精讲精析】解答本题(bnt)可按如下流程分析:答案：A、D 第9页/共194页第十页，共194页。【命题人揭秘】判断做功正负“三法”(1)根据力与位移的夹角：当090时做正功；当90180时做负功；当=90时不做功.(2)根据力与速度的夹角：当090时做正功；当90180时做负功；当=90时不做功

6、.(3)根据动能的变化：动能定理描述了合外力(wil)做功与动能变化的关系，即W合=Ek末-Ek初，当动能增加时合外力(wil)做正功；当动能减少时，合外力(wil)做负功. 第10页/共194页第十一页，共194页。 动能定理的应用【典例3】(2012北京高考)如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面(dmin)上.已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,物块与桌面间的动摩擦因数=0.25,桌面高h=0.45 m.不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： 第11页/共194页第十二页，共194页。(1)小物

7、块落地点距飞出点的水平距离s;(2)小物块落地时的动能Ek;(3)小物块的初速度大小(dxio)v0.【审题视角】本题需要把握以下三点：【关键点】(1)根据平抛运动规律可以求出水平位移.(2)根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以求出落地瞬间的动能.(3)根据动能定理可求出初速度. 第12页/共194页第十三页，共194页。【精讲精析】(1)由平抛运动规律，有竖直方向水平(shupng)方向s=vt得水平(shupng)距离(2)由机械能守恒定律得(3)由动能定理，有得初速度大小答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 21hgt22hsv0.90 mg2

8、k1Emvmgh0.90 J222011mgmvmv22l20v2gv4.0 m/sl 第13页/共194页第十四页，共194页。【命题人揭秘】应用动能定理解题的基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动(yndng)过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解. 第14页/共194页第十五页，共194页。 功能关系的综合应用【典例4】(2012福建高考)如图,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P,小船

9、的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过A点时的速度大小为v0,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间(shjin)为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计.求: 第15页/共194页第十六页，共194页。(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf;(2)小船经过B点时的速度大小v1;(3)小船经过B点时的加速度大小a.【审题视角】解答(jid)本题时应明确以下三点：【关键点】(1)绳牵引船时合速度与分速度的关系.(2)牵引功率与牵引力和牵引速度的关系.(3)涉及恒功率的变力做功应用动能定理.第16页/共194页第十七页，共194页。【精讲精析】(1)小船从A点运动(yndn

10、g)到B点克服阻力做功Wf=fd (2)小船从A点运动(yndng)到B点牵引力做的功W=Pt1 由动能定理有 由式解得 22f1011WWmvmv2221012vvPtfdm第17页/共194页第十八页，共194页。(3)设小船经过B点时绳的拉力为F，绳与水平(shupng)方向夹角为，电动机牵引绳的速度为u,则P=Fu u=v1cos 由牛顿第二定律有Fcos-f=ma 由式解得答案:2201Pfamm v2m Ptfd 20122012Pf1 fd2v(Ptfd)3mmm v2m Ptfd 第18页/共194页第十九页，共194页。【命题人揭秘】功能关系的选用技巧(1)在应用功能关系解决

11、具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动能定理分析.(2)只涉及重力势能的变化用重力做功(zugng)与重力势能变化的关系分析.(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功(zugng)与机械能变化的关系分析.(4)只涉及电势能的变化用电场力做功(zugng)与电势能变化的关系分析. 第19页/共194页第二十页，共194页。 机械能守恒定律的应用【典例5】(2011福建高考)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平(shupng)方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧.投饵时，每次总将弹簧

12、长度压缩到0.5R后第20页/共194页第二十一页，共194页。锁定，在弹簧上端(shn dun)放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去.设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.求：(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO在90角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在 到m之间变化，且均能落到水面.持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大

13、面积S是多少？ 2m3第21页/共194页第二十二页，共194页。【审题视角】解答本题应注意以下几点:【关键点】(1)临界条件的应用(yngyng).(2)每次弹射时弹簧的弹性势能不变.(3)注意应用(yngyng)几何关系.(4)将复杂过程划分为若干小过程进行处理.第22页/共194页第二十三页，共194页。【精讲精析】(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供则由 (2)弹簧的弹性势能全部(qunb)转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有联立方程解得Ep=3mgR(3)鱼饵离开管口C做平抛运动，则有x1=R+v1t联立方程解得x1=4R21vmgmR2p11Emg 1

14、.5RRmv2214.5Rgt21vgR得第23页/共194页第二十四页，共194页。当鱼饵(y r)质量为 时，设其到达管口的速度为v2，由机械能守恒定律有解得同理有x2=R+v2t联立方程解得x2=7R鱼饵(y r)能够落到水面的最大面积答案：2m32p221 2Emg 1.5RR( m)v32 32v2 gR22221133S xxR44 22331gR2 3mgR3R (8.25R )4 或第24页/共194页第二十五页，共194页。【命题人揭秘】 机械能守恒定律在生活中的应用本题通过对鱼饵投放器的分析,综合考查了圆周运动的临界条件及平抛运动的分析思想、机械能守恒定律等知识(zh sh

15、i)，要求学生具备较高的综合分析能力.善于将复杂问题划分为若干子过程进行处理，体现了高考对考生能力的要求. 第25页/共194页第二十六页，共194页。 能量的转化和守恒问题【典例6】(2010福建高考)如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面.t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0 m/s2的匀加速直线运动.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小(dxio)视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求： 第26页/共194页

16、第二十七页，共194页。(1)物体A刚运动时的加速度aA;(2)t=1.0 s时，电动机的输出功率(gngl)P；(3)若t=1.0 s时，将电动机的输出功率(gngl)立即调整为P=5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率(gngl)不变，t=3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t=1.0 s到t=3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？ 第27页/共194页第二十八页，共194页。【审题视角】解决本题，应把握好以下三点：【关键点】(1)明确研究对象，准确判断(pndun)运动及受力情况.(2)A、B速度相等是本题运动情景的分界点.(3)功率不变时，利用W=Pt求解变力做功.第

17、28页/共194页第二十九页，共194页。【精讲精析】(1)物体(wt)A在水平方向上受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：1mAg=mAaA解得：aA=0.5 m/s2(2)t=1.0 s时，木板B的速度大小为：v1=aBt=1 m/s由牛顿第二定律得：F-1mAg-2(mA+mB)g=mBaB电动机的输出功率为：P1=Fv1解得：P1=7 W 第29页/共194页第三十页，共194页。(3)电动机的输出功率立即调整为P=5 W时，细绳对木板B的拉力为F，由P=Fv1，解得：F=5 N由于木板B的受力满足F-1mAg-2(mA+mB)g=0木板B做匀速直线运动(yndng)，而物体A在木板B上继

18、续做匀加速直线运动(yndng)直到与木板B速度相同为止，这一过程的时间为t1，则：v1=aA(t+t1)第30页/共194页第三十一页，共194页。这段时间木板B的位移为：s1=v1t1，A、B速度相同后，由于F2(mA+mB)g 且电动机的输出功率不变，A、B一起做加速(ji s)度减小的加速(ji s)运动，由动能定理得:P(t2-t1-t)-2(mA+mB)gs2代入数据得 在t=1.0 s到t=3.8 s这段时间内木板B的位移为s=s1+s2=3.03 m答案：(1)0.5 m/s2 (2)7 W (3)3.03 m 22ABAAB111mmvmmv22第31页/共194页第三十二页

19、，共194页。【阅卷(yu jun)人点拨】 失失分分提提示示(1)(1)对木板对木板B B受力分析出错，漏掉受力分析出错，漏掉A A对对B B的摩擦力或的摩擦力或A A对对B B的压的压力；力；(2)(2)求恒力求恒力F F的大小时，牛顿第二定律方程列错的大小时，牛顿第二定律方程列错; ;(3)A(3)A、B B速度相等后误认为速度相等后误认为B B仍然做匀速直线运动，未对仍然做匀速直线运动，未对B B再次受力分析，力与运动的关系意识淡薄；再次受力分析，力与运动的关系意识淡薄；(4)(4)电动机以恒定功率通过细绳拉电动机以恒定功率通过细绳拉B B时，不会表示变力做功；时，不会表示变力做功；(

20、5)(5)研究对象不明确，不能选取整体法处理问题研究对象不明确，不能选取整体法处理问题. .第32页/共194页第三十三页，共194页。 备备考考指指南南对于动力学综合性题目，在复习时要掌握必要的方法及解对于动力学综合性题目，在复习时要掌握必要的方法及解题要领：题要领：(1)(1)受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接触力受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接触力( (接接触面处的弹力及摩擦力触面处的弹力及摩擦力) )，最后其他外力的顺序作图，最后其他外力的顺序作图. .(2)(2)在复习求解变力做功的问题时，应该掌握几种方法：在复习求解变力做功的问题时，应该掌握几种方法：微元法、利用动能

21、定理、变力做功功率恒定利用微元法、利用动能定理、变力做功功率恒定利用W WF F=Pt.=Pt.(3)(3)对于两个物体相对运动的情景，注重物理过程的分析，对于两个物体相对运动的情景，注重物理过程的分析，搞清各个物体的运动特点和受力特点，培养分析物理运动搞清各个物体的运动特点和受力特点，培养分析物理运动情景的能力和灵活应用物理规律解决问题的能力情景的能力和灵活应用物理规律解决问题的能力. .第33页/共194页第三十四页，共194页。 功的概念的理解与功的计算 高考指数:1.(2012安徽高考)如图所示，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，一个质量为m的小球自A的正上方

22、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AP=2R,重力(zhngl)加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( ) 第34页/共194页第三十五页，共194页。【解题指南】解答本题时要注意以下三点：(1)小球在B点所受重力等于向心力，由此可求出小球在B点的动能.(2)根据功能关系求出重力的功、合外力的功.(3)根据能量的转化(zhunhu)与守恒求出摩擦力的功、机械能的变化量.A.重力做功2mgR B.机械能减少(jinsho)mgRC.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功1mgR2第35页/共194页第三十六页，共194页。【解析】选D.重力做功与路径无关，所

23、以WG=mgR，选项A错；小球在B点时所受重力等于向心力，即：从P点到B点，由动能定理(dn nn dn l)知： 故选项C错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|E|=|EP|-|Ek|= 故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项D对. 2vmgmvgRR，所以，211WmvmgR22合，1mgR2，第36页/共194页第三十七页，共194页。2.(2011江苏高考)如图所示，演员(ynyun)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( )C.30 J D.300 J 【解析】选A.估计一只鸡蛋的质量为60克，鸡蛋上升的高度为50厘米，

24、对人抛鸡蛋以及鸡蛋上升到最高点全程应用动能定理有：WF-mgh=0，代入数值可知WF=0.3 J，A对. 第37页/共194页第三十八页，共194页。3.(2010上海高考)如图所示为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v-t图象，由图可知( )A.在t时刻两个质点在同一位置B.在t时刻两个质点速度相等C.在0t时间内质点B比质点A位移(wiy)大D.在0t时间内合外力对两个质点做功相等第38页/共194页第三十九页，共194页。【解析】选B、C、D.在t时刻两质点速度相等，故B正确.根据v-t图象中面积代表位移大小，在0t时间内质点B比质点A位移大，所以C正确，A错误；根据动能定理，合

25、外力对质点做的功等于(dngy)该质点动能的变化，故D正确.第39页/共194页第四十页，共194页。 功率的计算 高考指数:4.(2012江苏高考)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球.在水平(shupng)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，后增大第40页/共194页第四十一页，共194页。【解题指南】本题考查了动能定理、变力做功、瞬时功率问题，难度中等，本题要把变力(水平拉力)做功(和功率)问题转化为恒力(重力)做功(和功率)问题.【解析】选A.本题考查上升的过

26、程中,重力做负功,水平拉力F做正功,由动能定理得 所以WF=WG，即拉力做的功和重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和重力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中,竖直方向速度一直增大(zn d)，重力功率P=mgv一直增大(zn d)，所以拉力做功的功率也是逐渐增大(zn d)的.答案选A. 22FG11WWmvmv022 ，第41页/共194页第四十二页，共194页。5.(2012福建高考)如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮(huln),小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(huln)(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后,A下落、B沿斜面下

27、滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )A.速率的变化量不同 B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同 D.重力做功的平均功率相同第42页/共194页第四十三页，共194页。【解题指南】解答(jid)本题时应明确以下三点：矢量和标量的描述不同.(2)平均功率的计算公式的理解.(3)据平衡状态得两物块的质量关系.【解析】选D.设A、B离地高度为h,由于斜面表面光滑，A、B运动过程机械能守恒，机械能不变，物块着地时速率相等,均为 因此速率变化量相等，A、B错.由于初始时刻A、B处于同一高度并处于静止状态，因此有mAg=mBgsin，重力势能变化量不相等，C错.从剪断轻绳到两物块着地过程的平均

28、速度大小为 故选D. 2gh,ABABAB1v2ghPm gv Pm gsinv PP ,2，则，第43页/共194页第四十四页，共194页。6.(2012天津高考)如图甲所示,静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用(zuyng),F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则( )A.0t1时间内F的功率逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大第44页/共194页第四十五页，共194页。C.t2时刻后物块A做反向运动D.t3时刻物块A的动能最大【解析】选B、D.由F-t图象可知，在0t1时间内，Ffm，故物块仍沿同一方向做加速运动，至t3时刻速度

29、最大，动能最大，选项C错、D对. 第45页/共194页第四十六页，共194页。7.(2011上海高考)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑(gung hu)铰链上，另一端固定一质量为m的小球.一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60时,拉力的功率为( )A.mgL B.C. D. 3mgL21mgL23mgL6第46页/共194页第四十七页，共194页。【解析】选C.匀速转动，动能不变，拉力的功率在数值上应等于重力的功率.为此，将线速度分解为水平速度和竖直速度，重力的功率P=-mgLsin30= 所以拉力的功率【误区警示】解答本题易产生的两个误区(1)瞬时功率的

30、公式为P=Fvcos,式中为F与v的夹角，求解时容易忘记考虑.(2)合速度沿运动(yndng)切向，不是水平方向，在对线速度分解时，应向水平和竖直两个方向分解. 1mgL,21PPmgL2 第47页/共194页第四十八页，共194页。8.(2012北京高考)摩天大楼中一部(y b)直通高层的客运电梯.行程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图像如图乙所示.电梯总质量m=2.0103 kg.忽略一切阻力.重力加速度g取10 m/s2.第48页/共194页第四十九页，共194页。(1)求电梯在上升过

31、程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;(2)类比(lib)是一种常用的研究方法.对于直线运动，教科书中讲解了由v -t图像求位移的方法.请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a-t图像，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2;(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W. 第49页/共194页第五十页，共194页。【解题指南】本题需要把握以下四点：(1)读出图像中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力.(2)加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量.(3)速度最大时拉力等于重力(z

32、hngl)，拉力的功率等于重力(zhngl)与速度的乘积.(4)根据动能定理可计算总功.第50页/共194页第五十一页，共194页。【解析】(1)由牛顿第二定律，有F-mg=ma由a-t图像可知(k zh)，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0 m/s2，a2=-1.0 m/s2F1=m(g+a1)=2.0103(10+1.0) N=2.2104 NF2=m(g+a2)=2.0103(10-1.0) N=1.8104 N (2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a-t图线下的面积v1=0.50 m/s同理可得v2=v2-v0=1.5 m/sv0=0，第2 s末的速率v2=1.5 m/s

33、第51页/共194页第五十二页，共194页。(3)由a-t图像可知，11 s30 s内速率最大，其值等于011 s内a-t图线下的面积，有vm=10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力(ll)F等于重力mg，所求功率P=Fvm=mgvm=2.01031010 W=2.0105 W由动能定理，总功W=Ek2-Ek1= J=1.0105 J答案：(1) 2.2104 N 1.8104 N (2)0.50 m/s1.5 m/s (3)2.0105 W 1.0105 J 232m11mv02.0 101022第52页/共194页第五十三页，共194页。 动能定理的理解与应用 高考指数:9.(2012四川高

34、考)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数(ynsh)为,重力加速度为g.则( ) 第53页/共194页第五十四页，共194页。A.撤去F后，物体(wt)先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体(wt)刚运动时的加速度大小为C.物体(wt)做匀减速运动的时间为D.物体(wt)开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为【解析】选B、D.撤去F后，在水平方向上

35、物体(wt)受到弹簧的弹力和摩擦力的作用，由于弹力是变力.所以，物体(wt)开始不可能做匀变速运动，A错误；撤去F瞬间，水平方向上物体(wt)受到弹簧向0kxgm0 x2g0mgmg(x)k第54页/共194页第五十五页，共194页。左的弹力FN=kx0和向右的摩擦力Ff=mg的作用，由牛顿(ni dn)第二定律可知 B正确；物体到达初位置时，和弹簧分离，之后才开始做匀减速运动，运动位移为3x0，加速度大小为 C错误；当水平方向上物体受到弹簧向左的弹力FN=kx和向右的摩擦力Ff=mg平衡时，具有最大速度，所以 物体开始向左运动到速度最大，发生的位移为(x0-x).所以，此过程中克服摩擦力做的

36、功为W=Ff(x0-x)= D正确. Nf0FFkxagmm，20f6xF12xagxat:tm2ag，由得，mgxk，0mgmg(x)k，第55页/共194页第五十六页，共194页。10.(2011山东高考)如图所示，将小球(xio qi)a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球(xio qi)b从距地面h处由静止释放，两球恰在 处相遇(不计空气阻力).则( )A.两球同时落地 B.相遇时两球速度大小相等 C.从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等h2第56页/共194页第五十七页，共194页。【解题

37、指南(zhnn)】解答本题要注意以下四点：(1)a球做竖直上抛运动，b球做自由落体运动.(2)紧紧抓住两球恰在 处相遇列式分析.(3)动能的变化由动能定理分析.(4)由瞬时功率的定义比较a、b重力功率的大小.h2第57页/共194页第五十八页，共194页。【解析】选C.相遇时b球的位移 运动时间 相遇时a球位移相遇时a球的速度va=v0-gt=0，由题意可得此时b球已经具有向下的速度而a球速度为零，故b球以较大(jio d)速度先落地,以后任意时刻重力的瞬时功率P=mgv，b球的瞬时功率总是大于a球的瞬时功率.选项A、B、D错误.从开始运动到相遇，a球克服重力所做的功等于重力对b球所做的功，由

38、动能定理可得C项正确. 2h1gt22，htg，222000h111v tgt ,gtv tgtvgtgh,2222 可得，第58页/共194页第五十九页，共194页。11.(2011四川高考)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力(wil)可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态第59页/共194页第六十页，共19

39、4页。【解析】选A.整个装置匀速下降，火箭向下喷气瞬间，获得向上的反冲力，故伞绳对返回舱的拉力减小，A项正确;返回舱在空气阻力作用下匀速运动(yns yndng)，故减速的主要原因是火箭的反冲力，B项错;返回舱做减速运动，由动能定理可知，合外力做负功，C项错;返回舱向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，D项错. 第60页/共194页第六十一页，共194页。12.(2012重庆高考)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件(bjin)有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆.摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测

40、量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放.摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(sL)，之后继续摆至与竖直方向成角的最高位置.若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求第61页/共194页第六十二页，共194页。(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面(dmin)之间的动摩擦因数. 第62页/共194页第六十三页，共194页。【解题指南】解答本题(bnt)时可按以下思路分析：第63页/共194页第六十四页，共194页。【解析】(1)损失的机械能：E=mgL-mg(L-Lcos)=mgLcos

41、(2)摩擦力对摆锤做的功大小等于摆锤损失的机械能，因而(yn r)，Wf=-mgLcos(3)|Wf|=fs=Fs=mgLcos答案：(1)mgLcos (2)-mgLcos (3) mgLcosFsmgLcosFs第64页/共194页第六十五页，共194页。13.(2010上海高考)倾角=37，质量M=5 kg的粗糙斜面位于(wiy)水平地面上，质量m=2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2 s到达底端，运动路程L=4 m,在此过程中斜面保持静止.(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10 m/s2)求：(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；(2)地面对斜面的支持力

42、大小；(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理.第65页/共194页第六十六页，共194页。【解析(ji x)】(1)从静止开始匀加速下滑，由运动规律： 得a=2 m/s2对木块受力分析：沿斜面方向：mgsin-f=ma 垂直斜面方向：mgcos-FN=0 由以上两式得：f=8N,FN=16N 21Lat2，第66页/共194页第六十七页，共194页。对斜面受力分析(fnx)：水平方向：fcos=f地+FNsin 竖直方向：F支=Mg+FNcos+fsin 由可得：f地=-3.2 N.负号表示地面对斜面的静摩擦力水平向左；(2)由可得：F支=67.6 N第67页/共194页第六十八页，共1

43、94页。(3)木块受两个力做功.重力做功：WG=mgh=mgLsin=48 J摩擦力做功：Wf=-fL=-32 J合力做功即各个力做功的代数和：W=WG+Wf=16 J动能的变化所以(suy)，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化(增加)，证毕.答案:(1)3.2 N 水平向左 (2)67.6 N (3)见解析 22k11Emvm at16 J22 第68页/共194页第六十九页，共194页。14.(2010全国卷)如图，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N点，P端固定一竖直挡板.M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一

44、次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处.若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为，求物块停止的地方与N点距离的可能值.(提示：完全弹性碰撞过程(guchng)中机械能不损失)第69页/共194页第七十页，共194页。【解析】在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程(guchng)中，应用动能定理：mgh-mgs=0-0 其中在水平轨道上滑行的总路程为s由 可得： (1)第一种情况：物块与弹性挡板碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则物块停止的位置距N的距离为 hs hd2ss2s 第70页/共194页第七十一页，共194页。(2)第二种情况：物块与弹性挡板碰撞(pn zhun)

45、后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为 所以物块停止的位置距N的距离可能为答案:hds2s2s hh2s2s.或hh2s2s或第71页/共194页第七十二页，共194页。 动能定理与圆周运动、平抛运动结合 高考指数:15.(2012浙江高考)由光滑细管(x un)组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内.一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上.下列说法正确的是( )第72页/共194页第七十三页，共194页。A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为B.小

46、球落到地面时相对于A点的水平位移值为C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=【解题指南(zhnn)】用动能定理(或机械能守恒定律)求出小球运动到A点的速度大小，再根据平抛运动规律求解水平位移值；由于小球在光滑细管内运动时可以受管的支持力，所以能从A端水平抛出的条件是小球到达A点的速率大小必须大于零，若等于零小球刚好静止在管口不能抛出去.22 RH2R22 2RH4R5R2第73页/共194页第七十四页，共194页。【解析】选B、C.设小球运动到A点的速度为vA，根据动能定理，有 小球做平抛运动，有x=vAt, 所以(suy)水平位移 选项B正确

47、、A错误；能从A端水平抛出的条件是小球到达A点的速率 即H2R，选项C正确、D错误.2AA1mvmg H2Rv2g H2R2，得，212Rgt ,22x2 2RH4R，Av2g H2R0 ，第74页/共194页第七十五页，共194页。16.(2012大纲版全国卷)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状.此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面.如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度(god)为2h，坡面的抛物线方程为 探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.21yx ;2h第75页/共194

48、页第七十六页，共194页。(1)求此人落到坡面时的动能.(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解题指南】落点位置坐标为此人平抛运动轨迹方程和坡面方程组成的解，根据(gnj)机械能守恒或动能定理求得此人落到坡面时的动能，再运用数学方法求出动能的最小值.第76页/共194页第七十七页，共194页。【解析】(1)设该队员在空中做平抛运动(yndng)的时间为t，运动(yndng)到另一坡面的落点坐标(x,y)，则有x=v0t 依题意有： 根据机械能守恒，此人落到坡面的动能 联立以上各式得： 212hygt221yx2h2k01Emvmg(2hy)2222k0

49、2014g hEm(v)2vgh第77页/共194页第七十八页，共194页。(2)把式变形(bin xng)，得 当式中的平方项为零时，即 动能Ek最小.最小的动能答案:22k02012gh3Em( vgh)mgh22vgh0vgh，kmin3Emgh.2 22202014g h31m(v)2ghmgh2vgh2 第78页/共194页第七十九页，共194页。17.(2012山东高考)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个(zhngg)轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点.一可

50、视为质点的物块，其质量m=0.2 kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4.工件质量M=0.8 kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1.(取g=10 m/s2)第79页/共194页第八十页，共194页。(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止(jngzh)，求P、C两点间的高度差h.(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止(jngzh)，一起向左做匀加速直线运动.求F的大小.当速度v=5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离.第80页/共194页第八十一页，共194页。【解析(j

51、i x)】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得mgh-1mgL=0 代入数据得h=0.2 m (2)设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得第81页/共194页第八十二页，共194页。 根据牛顿第二定律(dngl)，对物块有mgtan=ma 对工件和物块整体有F-2(M+m)g=(M+m)a 联立式，代入数据得F=8.5 N RhcosR第82页/共194页第八十三页，共194页。设物块平抛运动的时间为t，水平(shupng)位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式可得 x1=vt x2=x1-Rsin 联立式，代入数据得

52、x2=0.4 m 答案：(1)0.2 m(2)8.5 N 0.4 m21hgt2第83页/共194页第八十四页，共194页。18.(2010山东高考)如图所示,四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们(t men)与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45 m，水平轨道AB长s13 m，OA与AB均光滑.一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F.当小车在CD上运动了s23.28 m时速度v=2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中.已知小车质量M=0.2 kg，与CD间的动摩擦因数0.4.(取g=

53、10 m/s2)求:第84页/共194页第八十五页，共194页。【解题(ji t)指南】解答本题时分别以小车和滑块作为研究对象进行受力分析，对其运动过程进行分析，然后由动能定理、牛顿第二定律及运动学方程便可求出时间t ，结合平抛运动规律即可求出高度h.(1)恒力F的作用时间(shjin)t.(2)AB与CD的高度差h.第85页/共194页第八十六页，共194页。【解析】(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理(dn nn dn l)得: 设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得：F-Mg=Ma 221FsMgsMv2第86页/共194页第八十七页，共194页。 联

54、立式，代入数据得：a=4 m/s2 t=1 s (2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v，撤去力F后小车做减速运动(jin s yn dn)时的加速度为a，减速时间为t，由牛顿运动定律得v=at -Mg=Ma v=v+at 解得：t=0.4 s21sat2第87页/共194页第八十八页，共194页。设滑块的质量为m,运动到A点的速度为vA，由动能定理得： 设滑块由A点运动到B点的时间为t1,由运动学公式得s1=vAt1 由可得：t1=1 s综合分析可知滑块做平抛运动的时间等于小车减速时间t,由平抛运动规律(gul)：代入数据得：h=0.8 m答案:(1)1 s (2)0.8 m2A1mg

55、Rmv0221hgt2 ，第88页/共194页第八十九页，共194页。【方法技巧】应用动能定理解题时需要注意的问题(1)动能定理的研究对象可以是单一物体或者是可以看做单一物体的物体系统.(2)动能定理适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质(xngzh)的力，可以同时作用也可以分段作用.(3)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式,当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理.(4)若物体运动的过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一个整体处理.第89页/共194页第九十页，共194页。

56、19.(2010浙江高考)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数(ynsh)为的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中.设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g=10 m/s2).求：第90页/共194页第九十一页，共194页。(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离xmax为多少(dusho)？(3)若图中H=4 m，L=5 m，动摩擦因数=0.2，则水平运动距离要达到7 m，h值应为多少(dusho)？【解析】(1)运动员由A运动到B过程，根据动

57、能定理得： 由解得：2ABB2B1mg Hhmgcos Lmv021mg Hhmg Lmv02即：Bv2g(HhL)第91页/共194页第九十二页，共194页。(2)离开(l ki)B点做平抛运动，由平抛运动规律可知，运动员在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则：水平方向上：x=vBt 竖直方向上：h= 联立式解得： x有最大值，xmax=L+H-L21gt22x2HLh h2hHL hHLh21 当时，第92页/共194页第九十三页，共194页。(3)若图中H=4 m，L=5 m，水平(shupng)距离为x=7 m,由可得：解得：答案：x2HLh h2h3h10 123

58、535hm2.62 mhm0.38 m22 或 BHL1 v2g(HhL)2LH L21 3 2.62 m0.38 m或 第93页/共194页第九十四页，共194页。 机械能守恒定律的理解与应用 高考(o ko)指数:20.(2010安徽高考(o ko)伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点.如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点.这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( )第94页/共194页第九十五页，共194页。

59、A.只与斜面的倾角有关 B.只与斜面的长度有关C.只与下滑的高度有关 D.只与物体(wt)的质量有关【解析】选C.伽利略设计的这个实验说明只有重力做功的系统，机械能守恒.由题意知物体(wt)在运动过程中不受阻力，满足机械能守恒的条件，设下落的高度为H，则有 只与高度有关，故C正确.21mgHmv ,v22gH，第95页/共194页第九十六页，共194页。21.(2011北京高考)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止(jngzh).画出此时小球的受力图，并求力F的大小；(2)由图示位置

60、无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力.不计空气阻力.第96页/共194页第九十七页，共194页。【解题指南】解答本题时可按以下(yxi)思路分析：(1)静止时满足平衡条件.(2)过最低点时的速度可用机械能守恒定律求出.(3)当小球通过最低点时轻绳对小球的拉力可根据向心力公式求出.【解析】(1)小球受力图如图所示，第97页/共194页第九十八页，共194页。根据平衡条件Tcos=mg，Tsin=F所以拉力(ll)大小F=mgtan(2)只有重力做功，机械能守恒mgl(1-cos)=小球通过最低点时的速度大小21mv2v2g (1 cos)l第98页/共194页第九十九