高考物理一轮复习课件专题六机械能及其守恒定律 (含解析)

考点一功和功率A组

自主命题·天津卷题组五年高考1.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖

车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相

等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车

组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组

()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2答案

BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的

方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示

甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示

乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得

=

,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=

,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:第一种情况动车组的最大速度为v1,

-8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2,

-8kmg=0,两方程联立可得

=

,选项D正确。审题指导在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的

合外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。评析本题考查功率、牛顿第二定律、速度位移公式、受力分析等知识点,意在考查考生的

理解能力和综合分析能力。2.(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=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质

量m=7.0×104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10m/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)2m/s2(2)8.4×106W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=2m/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=8.4×106W⑦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。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∶1C.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=

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);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率

为瞬时功率。4.(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-cosθ)m

=mgcosθ-N解出N=3mgcosθ-2mg由此可知,当3mgcosθ>2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mgcosθ<2mg时,N的方向指向大圆环圆心。5.(2016课标Ⅱ,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。

若它们下落相同的距离,则

()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案

BD甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(

π

)得R甲=

,阻力f甲=kR甲=k

,由牛顿第二定律知a甲=

=g-k

,同理a乙=g-k

,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=

at2可知t甲<t乙,故A项错误;再由速度位移公式v2=2ah得v甲>v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功

大于乙球克服阻力做的功,D项正确。疑难突破此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度

的大小是关键,需要定量推导。6.(2015课标Ⅱ,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随

时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时

间t变化的图线中,可能正确的是

()答案

A由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2

=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0<v1,则0~t1时间内汽车先加速有:

-f=ma1,可见a1随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v0=v1,汽车在0~t1时间内匀速运动,因选项中不涉及v0>v1的情况,

故不做分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv

知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有:

-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。7.(2013北京理综,23,18分,0.39)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静

止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动

作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=

50kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W

全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动

的腾空时间均为Δt=2.0s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=

10m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图;(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。

C组教师专用题组答案(1)5.0×103N/m示意图如图所示(2)5.0m(3)1.1m2.5×103J解析(1)床面下沉x0=0.10m时,运动员受力平衡mg=kx0得k=

=5.0×103N/mF-x图线如答案图所示。(2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等hm=

g(

)2=5.0m(3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处

到x=0,弹力做功WTWT=

·x·kx=

kx2WT=

·x·kx=

kx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有

k

-mg(x1+hm)=0得x1=x0+

=1.1m对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有W+

k

=mg(hm+x0)得W=2525J≈2.5×103J考查点弹力做功、动能定理的应用。思路点拨

运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动为加速度为g的匀加速运动;在与

蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x1和W可用动能定

理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。8.(2007北京理综,23,18分)环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源

的环保汽车,总质量m=3×103kg。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时,驱动电机

输入电流I=50A,电压U=300V。在此行驶状态下(1)求驱动电机的输入功率P电;(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机,求汽车所受阻

力与车重的比值(g取10m/s2);(3)设想改用太阳能电池给该汽车供电,其他条件不变,求所需太阳能电池板的最小面积。结合

计算结果,简述你对该设想的思考。已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W,太阳到地球的距离r=1.5×1011m,太阳光传播到达地面的

过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率为15%。答案(1)1.5×104W(2)0.045(3)见解析解析(1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5×104W(2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fvf=

汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045(3)当阳光垂直电池板入射时,所需板面积最小,设其为S,距太阳中心为r的球面面积S0=4πr2若没有能量损耗,太阳能电池板接收到的太阳能功率为P',则

=

设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为PP=(1-30%)P'

=

由于P电=15%P,所以电池板的最小面积S=

=

=101m2分析可行性并提出合理的改进建议。考点二动能定理及其应用A组

自主命题·天津卷题组1.(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;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重

力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变

小,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。2.(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=150m,BC水平投影L2=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=1

2°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6s到达B点进入BC。

已知飞行员的质量m=60kg,g=10m/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(1)7.5×104J(2)1.1×103N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=7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsinθ

④由牛顿第二定律,有FN-mg=m

⑤联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103N⑥一题多解对(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=7.5×104J3.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之

一。如图所示,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2

匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员

的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为

圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功

W=-1530J,取g=10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多

大。

答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有

=2ax

①由牛顿第二定律有mg

-Ff=ma

②联立①②式,代入数据解得Ff=144N③(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=

m

-

m

④设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=m

⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5m⑥4.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带

动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带

间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求

(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=μmg

①取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Ft=mv-0

②由①②式并代入数据得t=0.2s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx=

mv2-0

④由①④式并代入数据得x=0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt

⑥摩擦力对皮带做的功W=-Fs

⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W=-2J⑧5.(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3m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10m/s2。该物体的质量为

()

A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg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3m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h=

m

-

m

,由图像可知,

m

=72J,

m

=36J,得mg+f=12N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f=8N,联立解得mg=10N,则m=1kg,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。6.(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。在上述过程

中

()

A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.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。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。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek<W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.(2016课标Ⅱ,16,6分)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质

量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由

静止释放。在各自轨迹的最低点

()

A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案

C设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=

mv2,解得v=

,LP<LQ,所以vP<vQ,故A项错误。小球动能Ek=mgL,其中mP>mQ,LP<LQ,所以无法判断它们的动能大小关系,B项错

误。F拉-mg=

,将v=

代入得F拉=3mg,因为mP>mQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。向心加速度a=

=2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。方法技巧利用动能定理和向心力公式正确列出方程,快速解出结果来找正确选项。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。评析本题考查动能定理和圆周运动知识,属于两知识点结合问题,难度中等,解出最低点速度

大小是解决本题的关键。10.(2015课标Ⅰ,17,6分,0.346)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放

置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨

道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P

点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则

()

A.W=

mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>

mgR,质点不能到达Q点C.W=

mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W<

mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离答案

C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg·2R-W=

mv2质点在最低点:FN-mg=

由牛顿第三定律得:FN=4mg联立得W=

mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W'<W,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选

项C正确。11.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2000kg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100m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=0.8s;t1~t2时间段为刹

车系统的启动时间,t2=1.3s;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1s内的位移为24m,第4s内的位移为1m。

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)28m/s8m/s2(3)30m/s1.16×105J87.5m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Δt=1s。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(Δt)2

①s1=v2Δt-

a(Δt)2

②v4=v2-4aΔt

③联立①②③式,代入已知数据解得v4=-

m/s④这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v2-3aΔt

⑤2as4=

⑥联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8m/s2,v2=28m/s⑦或a=

m/s2,v2=29.76m/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=

m

-

m

联立⑦⑨⑩

式,代入已知数据解得v1=30m/s

W=1.16×105J

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=87.5m

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。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sin37°=

,cos37°=

)(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

①设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglsinθ-μmglcosθ=

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mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-

m

④E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x

⑤P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-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0

⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R

⑦Ep=

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-

Rsinθ

⑨y1=R+

R+

Rcosθ

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、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+

Rcosθ)

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)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=

m1

联立⑦⑧

式得m1=

m

解题指导本题要充分运用动能定理解题。要注意运动过程的选取,如(2)中,分别对P由B点

到E点和由E点到F点应用动能定理,然后解方程组即可。(3)中要根据不同的运动特征选用不

同的原理。规律总结物体运动过程有摩擦力做功,已知量、待求量又不涉及时间时,应用动能定理解题

是最佳方案。当无摩擦力做功时,应用机械能守恒或动能定理解题均很方便。C组教师专用题组13.[2012北京理综,23(3)]摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。电梯的简化模

型如图1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2所示。电梯总质量m=2.0×103kg。忽略一切阻力,重力加速

度g取10m/s2。

求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0~11s时间内,拉力和重力对电梯所做的

总功W。答案2.0×105W1.0×105J解析由a-t图像可知,11~30s内速率最大,其值等于0~11s内a-t图线下的面积,有vm=10m/s此时电梯做匀速运动,拉力F等于重力mg,所求功率P=Fvm=mg·vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W由动能定理,总功W=Ek2-Ek1=

m

-0=

×2.0×103×102J=1.0×105J考点三机械能守恒功能关系A组

自主命题·天津卷题组1.(2015天津,5,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态

的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,

已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑

到最大距离的过程中

()

A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了

mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案

B圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,圆

环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性

势能之和,选项A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速

度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时,加速度减为0,

速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当圆环下滑到最大距离时,

所受合力最大,选项C错误;由图中几何关系知圆环的下降高度为

L,由系统机械能守恒可得mg×

L=ΔEp,解得ΔEp=

mgL,选项B正确。

2.(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10m/s2。由图中数据可得

()

A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100JB组统一命题、省（区、市）卷题组答案

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=2kg,故A正确。h=0时E总=

m

,即100J=

×2kg×

,解得v0=10m/s,故B错。由图像可知,h=2m时,E总=90J、Ep=40J,则Ek=50J,故C错。当h=4m时,E总=Ep=80J,则Ek=0,故从地面至h=4m,物体的动能减少了100J,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。3.(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,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=5mgR。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方向上位移的乘积:W=F·s。4.由功能关系确定机械能增量。4.(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,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。5.(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、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。

6.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由

圆弧AB和

圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为

。一小球在A点正上方与A相距

处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。

答案见解析解析(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg

①设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg

②由①②式得

=5

③(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0

④设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m

⑤由④⑤式得,vC应满足mg≤m

⑥由机械能守恒有mg

=

m

⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。评分参考第(1)问6分,①②③式各2分;第(2)问6分,⑥⑦式各2分,“可以运动到C点”2分。反思总结

此题考查机械能守恒和竖直平面内的圆周运动中临界值问题,难度中等。应参照

“绳球”模型的处理方法。7.(2017课标Ⅰ,24,12分)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地

面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/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600m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%。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

①式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0=4.0×108J②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

③式中,vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh=2.4×1012J④(2)飞船在高度h'=600m处的机械能为Eh'=

m

+mgh'

⑤由功能关系得W=Eh'-Ek0

⑥答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给

数据得W=9.7×108J⑦方法技巧变力做功的求法(1)平均值法;(2)分段法;(3)微元法;(4)图像法;(5)W=Pt法;(6)动能定理法;(7)功能关系法;(8)能量

守恒法。8.(2015北京理综,23,18分,0.40)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不

计。物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为μ。以

弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力大小为F=kx,k

为常量。(1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所

做的功。(2)物块由x1向右运动到x3,然后由x3返回到x2,在这个过程中,a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量;b.求滑动摩擦力所做的功;并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势

能”的概念。

C组教师专用题组答案(1)F-x图像如图-

kx2

(2)a.

k

-

k

k

-

k

b.见解析解析(1)F-x图像如答图。物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功大小。弹

力做功WT=-

·kx·x=-

kx2(2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中,弹力做功WT1=-

·(kx1+kx3)·(x3-x1)=

k

-

k

物块由x3向左运动到x2的过程中,弹力做功WT2=

·(kx2+kx3)·(x3-x2)=

k

-

k

整个过程中,弹力做功WT=WT1+WT2=

k

-

k

弹性势能的变化量ΔEp=-WT=

k

-

k

b.整个过程中,摩擦力做功Wf=-μmg·(2x3-x1-x2)与弹力做功比较:弹力做功与x3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可以定

义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功

与x3有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。考查点功能关系。思路点拨一个力做功与路径无关,存在对应的势能。如弹力做功与路径无关,存在对应的弹

性势能;分子力做功与路径无关,存在对应的分子势能。9.(2006北京理综,22,16分)如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑

雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接。运动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻

力,经2s在水平方向飞行了60m,落在着陆雪道DE上。已知从B点到D点运动员的速度大小不

变。(g取10m/s2)求:(1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小;(2)若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度;(3)若运动员的质量为60kg,在AB段下降的实际高度是50m,此过程中他克服阻力所做的功。

答案(1)30m/s(2)45m(3)3000J解析(1)运动员从D点飞出时的速度v=

=30m/s依题意,下滑到助滑雪道末端B点时的速度大小是30m/s。(2)在下滑过程中机械能守恒,有mgh=

mv2下降的高度h=

=45m。(3)根据能量关系,有mgH-Wf=

mv2运动员克服阻力做功Wf=mgH-

mv2=3000J。考点一功和功率三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018和平二模)(多选)质量为2kg的物体放在水平面上,它们之间的动摩擦因数为μ=0.1,物体

在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所

示,重力加速度g取10m/s2,在物体位移达到9m的过程中,下列说法正确的是

()

A.物体先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动B.拉力F的平均功率为6.75WC.拉力F的最大瞬时功率为15WD.摩擦力做功为18J答案

BC

由图可知,0~3m内,拉力的大小F1=

N=5N,3~9m内拉力的大小F2=

N=2N,摩擦力的大小f=μmg=2N,可知物体先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,故A错误;0~9m

内,拉力做功为27J,匀加速直线运动的加速度a=

=

m/s2=1.5m/s2,根据x1=

a

得,匀加速直线运动的时间t1=

=

s=2s,匀速直线运动的速度v=at1=3m/s,匀速直线运动的时间t2=

=

s=2s,则拉力的平均功率

=

=

W=6.75W,故B正确;拉力的最大瞬时功率P=F1v=5×3W=15W,故C正确;摩擦力做功Wf=-fx=-2×9J=-18J,故D错误。2.(2018南开一模)如图所示,P为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO'转动,长度为l的缆绳一

端悬挂在转盘边缘,另一端拴接一质量为m的小球,转盘静止时,缆绳顶端与转轴间的距离

为d。现让转盘由静止逐渐加速转动,经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动,且缆

绳与转轴在同一竖直面内,此时缆绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力及缆绳重力,重力加

速度为g。(1)求小球受到缆绳的拉力大小。(2)小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,求缆绳对小球做的功。

答案(1)

(2)

mg(d+lsinθ)tanθ+mgl(1-cosθ)解析(1)小球与转盘一起做匀速圆周运动时,由重力和缆绳的拉力的合力提供向心力,如图,

则小球受到缆绳的拉力大小为:T=

(2)设小球做匀速圆周运动时速度大小为v,则mgtanθ=m

对于小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,重力做功为-mgl(1-cosθ),缆绳拉力做功为W,则

根椐动能定理得:W-mgl(1-cosθ)=

mv2解得:W=

mg(d+lsinθ)tanθ+mgl(1-cosθ)。解题技巧小球与转盘一起做匀速圆周运动时,由重力和缆绳拉力的合力提供向心力,小球从

静止到做匀速圆周运动的过程中,根据动能定理求缆绳对小球做的功。考点二动能定理及其应用3.(2018和平三模)(多选)如图所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过小定滑轮与小

球相连,开始时物块与定滑轮等高,已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与定滑轮间的距离为

d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦,现将物块由静止释放,向下运动至最低点的过

程中

()

A.刚释放时物块的加速度为gB.物块速度最大时,绳子的拉力等于物块的重力C.小球重力的功率一直增大D.物块下降的最大距离为

答案

AD物块刚开始释放时,水平方向受力平衡,竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可

知其加速度为g,故A正确;物块受到的合力为零时速度最大,此时绳子的拉力竖直向上的分力

一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B错误;刚释放时物块的速度为

零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以重

力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据机械能守

恒定律有mgs-2mg(

-d)=0,解得s=

,故D正确。4.(2019河北二模)如图所示,水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点,轨道上的C

点处于圆心O的正下方。在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点有一质量为m的小球以v0=

的速度水平飞出,小球运动至B点时,恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计,重力加速度为g,试求:(1)B点与抛出点A的水平距离x;(2)圆弧BC段所对的圆心角θ;(3)小球滑到C点时,对圆弧轨道的压力。答案(1)2l(2)45°(3)(7-

)mg,竖直向下解析(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t,由平抛运动规律有:l=

gt2,x=v0t解得:x=2l(2)小球到达B点时竖直方向分速度为vy,则

=2gl,设α为速度方向与水平方向的夹角,则tanα=

,解得:α=45°由几何关系得θ=α=45°(3)设小球到达C点时速度大小为vC,根据动能定理,小球从A点运动到C点的过程中有:mgl(1+1-

)=

m

-

m

,设轨道对小球的支持力为F,根据牛顿第二定律有F-mg=m

解得:F=(7-

)mg由牛顿第三定律可知,小球对圆弧轨道的压力大小为:F'=F=(7-

)mg,方向竖直向下。5.(2019南开一模)如图所示,传送带以v=6m/s的速度向左匀速直线运动,一半径R=0.5m的半圆

形光滑弧槽在B点与水平传送带相切。一质量m=0.2kg的小滑块轻放于传送带的右端A点后

经传送带加速,恰能到达半圆弧槽的最高点C点,并被抛入距C点高度h=0.25m的收集筐内的D

点,小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g=10m/s2,不计小滑块通过连接处的能量损失。求:

(1)小滑块在C点速度vC的大小及D点到C点的水平距离x;(2)传送带A、B间的长度L;(3)小滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q。答案(1)

m/s0.5m(2)2.5m(3)3.5J解析(1)小滑块运动到半圆轨道最高点C时,根据牛顿第二定律有:mg=m

得vC=

m/s小滑块从C点飞出后做平抛运动,由平抛运动规律有h=

g

,x=vCt2代入数据解得:x=0.5m(2)滑块由B点运动到C点,根据动能定理:-mg·2R=

m

-

m

代入数据解得:vB=5m/s因为vB<v,所以小滑块在传送带上始终加速,由匀变速直线运动规律有2aL=

而μmg=ma代入数据解得:L=2.5m(3)小滑块在传送带上做匀变速匀速直线运动,有L=

a

传送带做匀速运动,有x传=vt1小滑块相对于传送带的位移:Δx=x传-L摩擦产生的热量:Q=μmgΔx联立以上各式并代入数据解得:Q=3.5J解题技巧滑块恰好能够到达最高点,由牛顿第二定律可以求出在最高点的速度;从C点运动

到D点,由平抛运动规律可以求出D点到C点的水平距离;由B点运动到C点,根据动能定理可以

求出B点速度,结合运动学公式可以求出A、B间的长度;根据摩擦力产生的热量Q=μmgΔx可以

求出小滑块在传送带上运动过程中产生的热量。6.(2018河西一模)如图所示,质量为m1=1kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速直线运动的传

送带上,从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点时,恰好与轻放在B点的质量为m2=1kg的

另一物块碰撞后粘在一起,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道,恰能做圆周

运动。C点在B的正上方,D点为轨道的最低点。粘合物块离开D点后,做平抛运动,恰好垂直于

倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R=0.9m,D点距水平面的高度h

=0.75m,取g=10m/s2,试求:

(1)摩擦力对小物块做的功;(2)粘合物块经过D点时对轨道压力的大小;(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。答案(1)18J(2)120N(3)60°解析(1)设粘合物块经过C点时的速度大小为v1,因为经过C时恰好能做圆周运动,由牛顿第二

定律可得:mg=

(m是粘合物块的总质量)代入数据解得:v1=3m/s两个物块碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得:m1v=(m1+m2)v1解得v=6m/s物块由A到B过程中,设摩擦力对物块做的功为W,由动能定理得:W=

m1v2解得W=18J(2)设粘合物块经过D点时的速度为v2,对由C点到D点的过程,由动能定理得:mg·2R=

m

-

m

物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为FN,由牛顿第二定律得:FN-mg=m

解得FN=120N由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为:FN'=FN=120N故小物块经过D点时对轨道的压力大小为120N。(3)物块离开D点后做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=

gt2得:t=

s设物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy,速度方向跟竖直方向的夹角为α,则:vx=v2,vy=gt,又tanα=

=

,解得α=60°由几何关系可得θ=α=60°,故倾斜挡板与水平面间的夹角θ=60°。考点三机械能守恒功能关系7.(2019和平一模)体育课上某同学做引体向上,他两手握紧单杠,双臂竖直,身体悬垂,接着用力

上拉使下颌超过单杠(身体无摆动),然后使身体下降,最终悬垂在单杠上,下列说法正确的是

()

A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C.若增大两手间的距离,最终悬垂时单臂的拉力变小D.该同学速度最大时的机械能大于最低点时的机械能答案

D在上升以及下降过程中,人均经历了加速以及减速两个过程,故单杆对人的作用力

不是始终大于或小于人的重力,故A、B错误;对人受力分析可知,若增大两手间的距离,单臂的

拉力变大,故选项C错误;该同学速度最大时的动能以及重力势能均比最低点时的大,则机械能

也大,故D正确。8.(2019红桥二模)木块放在光滑水平面上,一颗子弹水平射入木块中,子弹受到的平均阻力为f,

射入深度为d,此过程中木块位移为s,则

()

A.子弹损失的动能为fsB.木块增加的动能为fsC.子弹动能的减少量等于木块动能的增加量D.子弹、木块系统总机械能的损失为f(s+d)答案

B对子弹运用动能定理得,-f(s+d)=0-ΔEk子弹,故子弹损失的动能为f(s+d),故A错误;对木

块应用动能定理得,fs=ΔEk木块,则木块增加的动能为fs,故B正确;子弹减少的动能转化为木块增

加的动能和系统增加的内能,故子弹动能的减少量大于木块动能的增加量,故C错误;子弹、木

块系统损失的机械能转化为系统的内能,损失的机械能为fd,故D错误。解题技巧根据动能定理得出子弹损失的动能和木块增加的动能,根据平均阻力与相对路程

的乘积等于系统获得的内能,求出系统损失的机械能。9.