2021新高考物理复习练习课件：专题六　机械能及其守恒定律.pptx

1、考点考点1 1 功和功率功和功率 1.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力 大小为1.8103 N。此时,汽车发动机输出的实际功率是( ) A.90 W B.30 kW C.36 kW D.300 kW 答案答案 C 由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,即汽车的牵引力F等于其受到的 阻力f,F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36 kW,C正确。 2.(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,

2、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 答案答案 A 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,

3、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。 1 2 2 v R 3.(2017浙江11月选考,10,3分)如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将 她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min 内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4

4、 m,则克服重力做的功和 相应的功率约为(g取10 m/s2)( ) A.430 J,7 W B.4 300 J,70 W C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W 答案答案 B 根据相似三角形,运动员每次俯卧撑中,重心变化的高度h满足=,即h=0. 24 m。一次俯卧撑中,克服重力做功W=mgh=60100.24 J=144 J,所以一分钟内克服重力做的总功 为W总=nW=4 320 J,功率P=72 W。故选B。 0.4m h0.9m 0.9m0.6m W t 总 4.(2018海南单科,6,4分)某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m。已知水的密度

5、为1. 00103 kg/m3。在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为( ) A.3106 W B.3107 W C.3108 W D.3109 W 答案答案 D 1秒内水下落做功W=mgh=Vgh3109 J,功率P=W/t=3109 W,故选D。 5.(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 1 3 1 9 1 6 1 3 1 2 答案答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点

6、,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,故克服重力做的功大小为|WG|=m0gl,又m0=m,则W外=|WG| =mgl=mgl,故A选项正确。 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 9 6.(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ONMOMNm乙,所以a 甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=at 2可知t 甲v乙,B 项正确;甲球受到的阻力大,甲、

7、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。 4 3 3 R甲3 3 4 m 甲 3 3 4 m 甲 -m g f m 甲甲 甲 3 2 3 4 m甲 3 2 3 4 m乙 1 2 1.(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜 面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能 Ek与水平位移x关系的图像是( ) 考点考点2 2 动能定理动能定理 答案答案 A 设斜面倾角为,物块滑到斜面底端时的动能为Ek0,物块在斜面上滑行的长度对应的水 平位移为x0,应用动能定理,在斜面上

8、有(mg sin -mg cos )=Ek,在水平面上有-mg(x-x0)=Ek- Ek0,即Ek=-mg(x-x0)+Ek0,综上所述可知:两段Ek-x图线为线性关系,故A正确,B、C、D错误。 cos x 2.(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 答案答案 C 本题考查动能定理,体现了模型建构素养。 设

9、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。 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 3.(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 答案答案 A 本题考

10、查动能定理,体现了能量观念,考查了推理探究能力。 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。 4.(2016课标,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 答案答案 C 本题利用不同摆球的运动,体现了运动与

11、相互作用观念、能量观念,考查了推理探究能 力。 设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,LPLQ,所以vPmQ,LPmQ,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。 1 2 2gL 2 mv L 2gL 2 v L 5.(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

12、的支持力大小为N,则 ( ) A.a= B.a= C.N= D.N= 2(-)mgR W mR 2-mgR W mR 3-2mgRW R 2(-)mgR W R 答案答案 AC 本题利用质点在半球面上的运动,考查了运动与相互作用观念及能量观念,体现了科 学论证、科学推理的学科素养。 由动能定理知,在质点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。 1 2 2 v R 2(-)mgR W mR 3-2mgR W R 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

13、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 2gs 答案答案 BC 本题考查动能定理,对物块运动不同阶段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=

14、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。 1 2 2 A vgs 1 2 2 A v 7.(2020课标,25,20分)如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为 m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程 中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小,不 计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小; (2)管第一次落

15、地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度; (3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。 答案答案 (1)2g 3g (2)H (3)见解析 13 25 解析解析 (1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下; 球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+f ma2=f-mg 联立式并代入题给数据,得 a1=2g,a2=3g (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0= 方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向

16、,球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式 v0-a1t1=-v0+a2t1 联立式得 t1= 设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得 h1=v0t1-a1 2gH 2 5 2H g 1 2 2 1 t v=v0-a1t1 由式可判断此时v0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公 式有 h2= 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则 H1=h1+h2 联立式可得 H1=H (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有 Mg(H-H1)+mg(

17、H-H1+x1)-4mgx1=0 联立 式并代入题给数据得 x1=H 同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为 x2=H1 2 2 v g 13 25 4 5 4 5 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是 x1+x2L 联立 式,L应满足条件为 LH 152 125 8.(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0) 处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将 冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑

18、向挡板;冰球被击出的同时,运动员 垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定 运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。 答案答案 (1) (2) 22 01 0 - 2 v v gs 2 110 2 0 () 2 s vv s 解析解析 (1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得 -mgs0=m-m 解得= (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种 情况下,冰球和

19、运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。 由运动学公式得-=2a1s0 v0-v1=a1t s1=a2t2 联立式得a2= 1 2 2 1 v 1 2 2 0 v 22 01 0 - 2 v v gs 2 0 v 2 1 v 1 2 2 110 2 0 () 2 s vv s 参考评分参考评分 式各2分。 9.(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

20、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=12(sin 120.2 1)。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。 解析解析 (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

21、 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 2 v 1 L t 1 2 2 v R 答案答案 (1)7.5104 J (2)1.1103 N 一题多解一题多解 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 1 2 参考评分参考评分 式各3分,式各2分。 10.(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点 相切,BC为圆弧轨道的直径,O

22、为圆心,OA和OB之间的夹角为,sin =。一质量为m的小球沿水平 轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力 外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对 轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。 3 5 答案答案 (1)mg (2) (3) 3 4 5 2 gR23 2 mgR 3 5 5R g 解析解析 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的

23、合成法则有 =tan F2=(mg)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 F=m 由式和题给数据得 F0=mg v= (2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系得 DA=R sin CD=R(1+cos ) 由动能定理有 -mg CD-F0 DA=mv2-m 由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为 0 F mg 2 0 F 2 v R 3 4 5 2 gR 1 2 1 2 2 1 v p=mv1= (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖直 方向的初速度为v,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运

24、动学公式有 vt+gt2=CD v=v sin 由式和题给数据得 t= 23 2 mgR 1 2 3 5 5R g 11.(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,0t1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;t1t2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

25、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。 (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)? 图(a) 图(b) 解析解析 (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

26、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 1 2 答案答案 (1)见解析 (2)28 m/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16105 J 87.5 m 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 2a

27、s4= 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。 (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 在t1t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为 I=f1(t2-t1) 由动量定理有 17 6 2 3 v 288 25 1 2 I=mv1-mv2 由动能定理,在t1t2时间内,汽车克服阻力做的功为 W=m-m 联立 式,代入已知数据解得 v1=30 m/s W=1.16105 J 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

28、)(t2-t1)+ 联立 式,代入已知数据解得 s=87.5 m 1 2 2 1 v 1 2 2 2 v 1 2 2 2 2 v a 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

29、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。 5 6 1 4 3 5 4 5 7 2 解析解析 (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

30、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 1 2 2 B v gR 1 2 2 B v 答案答案 (1)2 (2)mgR (3) m gR 12 5 3 5 5gR 1 3 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

31、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 12 5 7 2 5 6 5 6 5 6 1 2 联立 式得 m1=m 1 3 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 3 5 5gR 1 2 2 C v 1 2 2 D v 5 6 5 6 1 2 2 C v 1.(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

32、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 以下为教师用书专用 答案答案 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+

33、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。 2.(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

34、,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。 3.(2017上海单科,7,3分)从大型加速器射出的电子束总能量约为500 GeV(1 GeV=1.610-10 J),此能 量最接近( ) A.一只爬行的蜗牛的动能 B.一个奔跑的孩子的动能 C.一辆行驶的轿车的动能 D.一架飞行的客机的动能 答案答案 A 本题考查动能的计算。从大型加速器射出的电子束总能量约为500 GeV=

35、5001.610-10 J=8.010-8 J。根据Ek=mv2,结合实际中蜗牛、孩子、轿车与客机的质量及速率可知,一只爬行的 蜗牛的动能最接近8.010-8 J,故选A。 1 2 4.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾 角分别为45和37的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡 顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段 滑道交接处的能量损失,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则( ) A.动摩擦因数= B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克

36、服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 6 7 2 7 gh 3 5 答案答案 AB 滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别 为f1、f2 f1=mg cos 45 f2=mg cos 37 整个过程由动能定理列方程: mg 2h-f1-f2=0 解得:=,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程: mgh-f1=mv2 6 7 1 2 解得:v=,B项正确。 由式知:Wf=2mgh,C项错误。 在下段滑道上,mg sin 37-mg cos 37=ma2 解得:a2=-g,故D项错误。 2 7 gh 3 35 5.(

37、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。 2 m 答案答案 (1)mg (2) (3)(2-1)(-1)mgR 3 3 3 2 3 解析解析 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

38、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 3 3 3 2 3 2 3 3 3 3 6.(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=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/

39、s2匀加速滑 下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。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=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/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。 答案答案 (1)144 N (2)12.5 m 解析解析 (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 =

40、2ax 由牛顿第二定律有 mg-Ff=ma 联立式,代入数据解得 Ff=144 N (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 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 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得 R=12.5 m 2 B v H x 1 2 2 C v 1 2 2 B v 2 C v R 审题指导审题指导 (1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛顿 第二定律来解答。 (2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些

41、力提供向心力。 参考评分参考评分 式各3分,式各2分。 7.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要 燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后 飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在 加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为 Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。 (1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少; (2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推

42、力F也不同,试推导的表达式; (3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议。 F P F P F P 答案答案 (1) (2)= (3)见解析 1 2 F ZemU F P 2m ZeU 解析解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合 分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。 (1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有 ZeU=mv2-0 设正离子束所受的电场力为F1,根据牛顿第三定律,有 F1=F1 设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N,由牛顿第二定律,有 F1=Nm 联立式,且N=得 N= (2)设

43、正离子束所受的电场力为F,由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有 P=Fv 考虑到牛顿第三定律得到F=F,联立式得 = 1 2 -0 v t N t 1 2 F ZemU 1 2 F P 2m ZeU (3)为使尽量大,分析式得到 三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。 F P 解题关键解题关键 将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可 以用动量定理求解,即F1t=Nmv,故=;加速离子束所消耗的功率即电场力对 正离子做功的平均功率P=F=Fv。 N t 1 F mv 1 2 F ZemU v 1 2 8.(2019浙江4月选考,20,12

44、分)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运 动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角=37的直轨道AB,其下方右侧放置一 水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4 m、转轴 间距L=2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2.2 m。现将一小物 块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时,速度大小不 变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为=0.5。( sin 37=0.6, g=10 m/s2) (1)若h=2.4 m,求小物块到达B

45、端时速度的大小; (2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件 (3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水平 距离x与h的关系式及h需要满足的条件。 解析解析 (1)小物块由静止释放到B的过程中:mg sin -mg cos =ma =2a 解得vB=4 m/s (2)设小物块到达D点速度为零时高度为h1,则 0=mgh1-mg cos -mgL 若小物块从左侧离开传送带,则hh1=3.0 m (3)小物块从右侧水平抛出,设小物块到达D点的速度为v,则 mv2=mgh-mg cos -mgL H+2R=gt2 x=vt 可得x=2(m) 为

46、使小物块能在D点水平向右抛出,则mgm 解得h3.6 m 2 B v sin h 1 sin h 1 2sin h 1 2 -3h 2 v R 答案答案 (1)4 m/s (2)h3.0 m (3)x=2(m) h3.6 m -3h 考点考点3 3 机械能守恒定律机械能守恒定律 1.(2020课标,20,6分)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重 力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示,重力加速度取10 m/s2。则( ) A.物块下滑过程中机械能不守恒 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当

47、物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 答案答案 AB 由题图可得Ep0=mgh=30 J,其中h=3 m,则m=1 kg,动能和重力势能之和减小,机械能不 守恒,故A正确;由题图可知,物块到达底端时动能为10 J,由Ek=mv2,可得v=2 m/s,由v2-=2as得, a=2 m/s2,故C错误;设斜面倾角为,有sin =0.6,cos =0.8,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma,解得=0.5,故B正确;下滑2.0 m时,动能、重力势能之和为22 J,故机械能损失8 J,故D错误。 故选A、B。 1 2 5 2 0 v 22 0 - 2 v v s 2.(2020江苏单科,15,16分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿 相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮 上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮 匀速转动,转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气 阻力,重力加速度为g。求: (1)重物落地后,小球线速度的大小v; (2)重物落地后一小球