1、专题六机械能及其守恒定律高考物理北京市专用考点考点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 kWC.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
2、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 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。0.4mh0.9m0.
3、9m0.6mWt总3.(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(g取10 m/s2)()A.3106 W B.3107 WC.3108 W D.3109 W答案答案D1秒内水下落做功W=mgh=Vgh3109 J,功率P=W/t=3109 W,故选D。4.(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C919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
4、=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。答案答案(1)2 m/s2(2)8.4106 W解析解析(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 Wvv2vv评
5、分细则评分细则式4分,式各2分。1.(2016课标,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以下为教师用书专用答案答案BD甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=V甲=()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
6、位移公式h=at2可知t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。433R甲334 m甲334 m甲-m g fm甲甲甲3234 m甲3234 m乙12解题指导解题指导关键词:同一种材料;甲球质量大于乙球质量;静止下落;阻力与球的半径成正比。解题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。2.(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
7、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
8、,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。3.(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2答案答案BCD如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与
9、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。4.(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
10、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4 5,选项A正确;对矿车受
11、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。521212PP2112WW11考点考点2 2动能定理动能定理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
12、移x关系的图像是()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。cosx2.(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
13、为()A.2 kg B.1.5 kgC.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。1222v1221v1221v1222v3.(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
14、摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功答案答案A本题考查动能定理,体现了运动与能量观念,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。思路分析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。4.(2020课标,22,6分)某同学利用图(a)所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后,挂上钩码,钩码下落,带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图(b)所示。已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02 s,从图(b)给出的数据中可以得到,打出B点时小车的速度
15、大小vB=m/s,打出P点时小车的速度大小vP=m/s。(结果均保留2位小数)若要验证动能定理,除了需测量钩码的质量和小车的质量外,还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为 。答案答案0.361.80 B、P之间的距离解析解析由图可知B左右两点之间的距离x=4.00 cm-2.56 cm=1.44 cm,t=0.04 s,由vB=,得vB=0.36 m/s;同理可得vP=1.80 m/s;由动能定理得m钩gxBP=(m钩+m车)-(m钩+m车),则还需测量B、P之间的距离。2tvxt122Pv122Bv5.(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s
16、0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)22010-2v vgs211020()2s vvs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
17、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-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a2t2联立式得a2=1221v1220v22010-2v vgs20v21v12211020()2s vvs参考评分参考评分式各2分。6.(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
18、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=12(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。答案答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N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
19、)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 N2v1Lt122vR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12F=ma飞行员受到的水平力所做的功W=FL1联立得W=7.5104 J参考评分式各3分,式各2分。1.(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()以下为教师用书专用答案答案C本题考查动能定理
20、和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin+mg cos 大小恒定,下降过程中F降=mg sin-mg cos 大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降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。2.(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。
21、从大型加速器射出的电子束总能量约为500 GeV=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。123.(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
22、车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g6727gh35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、f2f1=mg cos 45f2=mg cos 37整个过程由动能定理列方程:mg2h-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=mv2sin45hsin37h67sin45h12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。27gh3354.(20
23、16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=2(-)mgR WmR2-mgR WmR3-2mgR WR2(-)mgR WR答案答案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。122vR2(-)mgR WmR3-2m
24、gR WR5.(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mgB.物块克服摩擦力做的功为2mgsC.弹簧的最大弹性势能为mgsD.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
25、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。122Avgs122Av6.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000
26、 J答案答案C由动能定理可知,Ek=1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少量等于重力做的功,故C正确、D错。7.(2017浙江11月选考,20,12分)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图,倾角=37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,D、O1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时
27、乘客对座椅的压力为自身重力的0.25。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数=,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)图1132 图2(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)如果过D点时发现圆弧轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?答案答案(1)3 m/s(2)-7.5104 J(3)见解析10解析解析(1)在F点有m人g-0.25m人g=m人r=
28、L sin=12 m得vF=3 m/s(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对B到F的过程用动能定理mg(h-r)+W=m-0得W=-7.5104 J(3)设触发制动装置后,能恰好到达E点对应的摩擦力大小为Ff1-Ff1L cos-mgr cos=0-m未触发制动时,从D点到F点的过程,有-mg cos L cos-mgr=m-m由两式得Ff1=103 N=4.6103 N设使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff22Fvr34gr10122Fv122Dv122Fv122Dv7316Ff2=mg sin=6103 N综合考虑两式,得Ffm=6103 N8.(2019课标,25,20分)一质量为m=2
29、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
30、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)?答案答案(1)见解析(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m解析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
31、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)2s1=v2t-a(t)2v4=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=v2-3at2as4=联立式,代入已知数据解得a=8 m/s2,v2=28 m/s或a=m/s2,v2
32、=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1217623v28825I=f1(t2-t1)由动量定理有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/sW=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)(t2-t1)+联立 式,代入已知数据解得s=87.5 m121221v1222v12222va9.(2017江苏单科,14,16分)如图
33、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。2m答案答案(1)mg(2)(3)(2-1)(-1)mgR33323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
34、分力最大Fxmax=mgB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)RA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)mgR3332323333考点考点3 3机械能守恒定律机械能守恒定律1.(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
35、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)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。答案答案见解析解析解析(1)线速度v=r,得v=2R(2)向心力F向=2m2R设F与水平方向的夹角为,则F cos=F向;F sin=mg解得F=(3)落地时,重物的速度v=R,由机械能守恒得Mv2+4mv2=Mgh解得h=(R)2 222(2m)()Rmg1212M16m2Mg2.(2016课标,24,12分)如图,在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组
36、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。1412R2R4答案答案见解析解析解析(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设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg由式得=5(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N0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由式得,vC应满足mgm由机械能守恒有mg=m由式可知,小球
37、恰好可以沿轨道运动到C点。R45R4BAEEkk2CvR22C2vRR4122Cv以下为教师用书专用1.(2018浙江11月选考,5,3分)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是()A.加速助跑过程中,运动员的动能增加B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少、动能增加答案答案B加速助跑过程中运动员的速度增大,动能增加,A正确;撑杆从开始形变到恢复形变时,先是运动员的部分动能转化为杆的弹性势能,之后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能,杆的弹性势能不是一直增加,B错误;起跳上升过程中,运动员的高度在
38、不断增大,所以运动员的重力势能增加,C正确;当运动员越过横杆下落的过程中,他的高度降低、速度增大,重力势能转化为动能,即重力势能减少,动能增加,D正确。2.(2017浙江4月选考,12,3分)火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示,火箭在返回地面前的某段运动,可看成先匀速后减速的直线运动,最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化,则()A.火箭在匀速下降过程中,机械能守恒B.火箭在减速下降过程中,携带的检测仪器处于失重状态C.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D.火箭着地时,火箭对地的作用力大于自身的重力答案答案D匀速下降阶段,说明阻力等于重力,不是只有重力做功,所以机械能不守恒
39、,选项A错;在减速阶段,加速度向上,所以火箭中携带的检测仪器处于超重状态,选项B错;火箭着地时,地面对火箭的作用力大于火箭所受的重力,选项D正确;合力做功多少等于动能的改变量,选项C错。3.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地
40、面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为mgL323232答案答案AB本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。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;由能量守恒定律,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
41、cos 60=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。32323-123-124.(2018浙江4月选考,13,3分)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的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,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(g取10 m/s2,绳处于拉直状态)()A.-1.2103 JB.-7.5102 J C.-6.0102 JD.-2.0102 J答案答案B猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在最低点(重力势能最小)时,
42、两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为,设右边绳子长度为a,左边绳子长度为20 m-a由几何关系得联立解得a=m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为 msin=7 m,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m,所以猴子在最低点的重力势能约为Ep=-mgh=-750 J,选B。cos(20m-)cos16msin-(20m-)sin2maaaa3533535.(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
43、数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑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。12520v220-2v vs6.
44、(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M m;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。答案答案(1)Mg-mg(2)6 5(3)见解析53解析解析本题考查共点力平
45、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 53F+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由牛顿运动定律得T-mg cos 53=ma解得T=(T=mg或T=Mg)53Mm6585()mMgmM48558
46、11考点考点4 4功能关系能量守恒定律功能关系能量守恒定律1.(2016浙江10月选考,4,3分)如图所示,无人机在空中匀速上升时,不断增加的能量是()A.动能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能答案答案C无人机匀速上升,所以动能保持不变,选项A、B、D均错。无人机高度不断增加,所以重力势能不断增加,在上升过程中除重力外其他力对无人机做正功,所以无人机的机械能不断增加,选项C正确。2.(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
47、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
48、+FR+Fx=5mgR。由功能关系,得E=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。122cvgRcvgRg122t升3.(2020浙江7月选考,20,12分)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角=37的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;(3)若滑下
49、的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计,sin 37=0.6,cos 37=0.8)答案答案见解析解析解析(1)机械能守恒定律mgH=mgR+m牛顿第二定律FN=8 N牛顿第三定律FN=FN=8 N,方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点,功能关系mgH=mgLAB+mgLBC cos+mgLBC sin 得LBC=m1.0 m,故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,动能定理mgH-mgx=mv2碰撞后的速度为v,动量守恒定律mv=3mv设碰撞后滑块滑到
50、斜轨道的高度为h,动能定理-3mg(LAB-x)-3mg-3mgh=0-(3m)v2得h=x-(m0或x0)与横轴所围面积最大为=根据W合=Ek,=mv2,可得小物块向下运动过程中的最大速度v=Wm合22mgk222m gk122mgk(其他方法正确同样给分)考点考点4 4功能关系能量守恒定律功能关系能量守恒定律1.(2020北京适应考,3分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,若不计空气阻力,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量一直减小B.绳对人的拉力始终
