高考物理大一輪復(fù)習領(lǐng)航教學(xué)案五章機械能版含

3．公W(1)P＝，P為時3．公W(1)P＝，P為時t內(nèi)的平均功率t(2)P＝Fvcosα(αFv的夾角4．額定功率與實際功額定功率：動力機械正常工作時輸出的最大功率P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，機車的牽引力與運行速度的大小成汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力A．重力對物m做正)解析：選BCD.物體的受力及位移如圖所示，支持力FN與位移x的夾角故支持力做正功，D正確；重力垂直位移，故重力不做功，A錯誤；摩擦Ffx夾角β>90°，故摩擦力做負功，C正確；合力為零，合力不做功，B正確3．如圖所示，甲、乙、丙三個物體分別在大小相等、方向不同的力F的用下，3．如圖所示，甲、乙、丙三個物體分別在大小相等、方向不同的力F的用下，向右移動相等的位斷正確的是 解析：選C.W1＝Fxcosα、＝Fxcosα、W3＝－Fxcosα，又因為功的正、負不表示大小，所以C正確()；第二解析：選D.設(shè)第一次運動時間t，則其平均功率表達式為t加速度為第一次的4t22at可知時間為2其平均功率t2t考點一功的正負判斷和計考向1：功的正負的判斷方(1)恒力做功的判斷：若物體做直線運動，依據(jù)力與位移的夾角來斷．(2)曲線運動中功的判斷：若物體做曲線運動，依Fv的方向夾斷．當0≤α<90°時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負功(3)依據(jù)能量變化來判斷：根據(jù)功是(3)依據(jù)能量變化來判斷：根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必力對物體做功．此法常用于兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷擦力和支持力做功的情況是 D．支持力對重物做正解析：選AD.由做功的條件可知：只要有力，并且物體在力的方向上通過移，則力對物體做功．由受力分析知，支持A、D正確2.(多選)如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在)過程中，下列說法中正確的D．合力對物體做正解析：AC.物體P勻速向上運動過程中，受靜摩擦力作用，方向沿皮帶上，對物體做正功，支持力垂直于皮帶，做功為零，物體所受的合力為零，做也為零，故A、C正確，B、D錯誤考向2：恒力做功的計單個力做的功：直接用W＝Flcosα計算合力做的方法二：先求各個力做的功W1、W方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…＋…求合力做的功W合程中，下列說法正確的是 人對車做的功C．車對人的作用力大小D．車對人的摩擦力做的功為以及車對人的力，合力的大小ma，方向水平向左，故車對人的作用力大小應(yīng)功為－maL，選項B錯誤；對人由牛頓第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功為(F＋ma)L，選項D正確．4．(2017·湖北武漢模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度1m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用FF和滑塊的速v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，設(shè)在第1s內(nèi)、2s內(nèi)、3sF對滑塊做的功分別)解析：B.F做的功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移數(shù)值的乘積大小為兩個小三角形面積2SW1＝S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1<W2<W3，B正確考點二變力功的計方法一利用“微元法”求變力的物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力功的代數(shù)和．此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功題如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道弧AB，槽道由半徑R別為2R的兩個半圓構(gòu)成，現(xiàn)用大小恒F的拉力將一光滑小球從A點沿滑F(xiàn)的方向時時刻刻均與小球運動方向一致，則此過程中力所做的功為)33小的一段位移內(nèi)可以看成恒力小球的路程為πR＋π 則拉力做的功為答案方法二化變力的功為恒力的R常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中[如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑)W2，圖AB＝BC，(A．W1＞W(wǎng)2D．無法確W1W2的)W2，圖AB＝BC，(A．W1＞W(wǎng)2D．無法確W1W2的大小關(guān)轉(zhuǎn)化為恒力的功；因繩子對滑塊做的功等于拉F對繩子做的功，而拉F為左側(cè)繩長的縮短量，由圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A正確．答案方法三利用F-x圖象求變力的x軸上方的“面積”x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何形[如圖甲所示，靜止于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水圖乙所示，圖線為半圓．則小物塊運動到x0處時F做的總功為)ππ2D.04解析F為變力，根據(jù)F-x圖象包圍的面積在數(shù)值上等于F做的總功來1111π2＝W＝＝m·Fx.＝m0m00222 答案方法四2的恒力作用，F(xiàn)1、[典例4] 把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為答案方法四2的恒力作用，F(xiàn)1、[典例4] 把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比比例系數(shù)為k.問此釘＝2212E總方法五的功為)111π解析Q點質(zhì)點受到豎直向111π解析Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合充當向心力，所以有FN－mg＝mR，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝gR，下落過程11重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可12答案考點三功率的計1．平均功率的計W利用P＝Fvcosα，其中v為物體運動的平均速度2．瞬時功率的計利用公式P＝Fvcosα，其中vt時刻物體的瞬時速度度(3)利用公P＝Fvv，其Fv為物體受的外力F在速v方向上分力3．計算功率3個注要弄清楚是平均功率還是瞬時功率平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時(或過程)內(nèi)做功的平均功率方向的分力求解1．一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上．)mmmm)mmmm ，C正確m為3.0×104kg，設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N20%，則()解析：選ABD.對艦載機應(yīng)用運動學(xué)公式v2－0＝2ax，代入數(shù)據(jù)得加速度＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，At 推WW＝4.4×107W，CP＝t.正確的是 PA>PB．重力的平均功PA＝PC．重力的瞬時功率D．重力的B．重力的平均功PA＝PC．重力的瞬時功率D．重力的瞬時功解析：選D.WA＝WB，自由落1122＝Asinh＝B2sin WP＝tA<PB，A、錯；由勻變速直線運動公式可知落地時兩物體的PA＝mgvsinθ，PB＝mgvC錯，D對求解功率時應(yīng)注意的“三個”問首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時(或過程)內(nèi)做功的平均功率瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功考點四機車啟動問考向1：以恒定功率啟(1)運動過程分(2)運動過程的速度-時間圖1.一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功Ff恒定不變．下列描述該汽車的)的變化Ff恒定不變．下列描述該汽車的)的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是解析：A.P-t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功P2行駛．設(shè)汽車所受牽引力F，則P＝Fv得v增加時，F(xiàn)m正確半，并保持該功率繼續(xù)行駛，t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動．下列能確表示這一過程中汽車牽引力F隨時t、速v隨時t變化的圖象是)解析：選AD.到t1時刻功率立即減小一半，但速度減小有一個過程，不直接變?yōu)樵瓉淼囊话耄誀恳α⒓醋優(yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)公式P＝Fv，之保持該功率繼續(xù)行駛，速度減小，牽引力增大，根據(jù)故選項A、D正確．考向2：以恒定加速度啟(1)運動過程分(2)運動過程的速度－時間圖象如圖所(2)運動過程的速度－時間圖象如圖所示3．一輛汽車從靜止出發(fā)，在平直的公路上加速前進，如果發(fā)動機的牽引)保持恒定，汽車所受阻力保持不變，在此過程(A．汽車的速度與時間成正比解析：A.F－Ff＝ma可知，因汽車牽引力F保持恒定，故汽車做勻速直線運動，C錯誤；由v＝at可知，A正確；而2at2B錯誤；12F·x＝F·2at可知，D錯誤靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率5.6×104W，開始時a＝1m/s2的加速度做勻加速運動(g＝10m/s2)．求：汽車做勻加速運動的時間汽車所能達到的最大速率解析：(1)由牛頓第二定律F－mgsin設(shè)勻加速過程的末速度為v，則有P＝(mgsinvm＝8P＝(mgsinvm＝8212112Pt－(mgsin30°＋F)xv－2fmt2＝15答案：(1)7 (2)8(3)22P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，正是基于此，牽引力與阻力平衡時達到最大運行速度，即P＝Ffvm.F為變力[基礎(chǔ)鞏固題組對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中 D．AB做正于A速度增大，由動能定理，A所受的合外力A做功，BA的摩擦力做正功，BAA、BC、正確．ABD誤2.(多選)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置放手．設(shè)在擺球A點運動B點的過程中空氣阻F阻的大小不變，則下列法正確的是)重力做功繩的拉力做功為空氣阻F阻做功為做功為D．空氣阻2F阻解析：選ABD.小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始1速度方向相反，故空氣阻3．(多選)如圖所示，B物體在拉F的作用下向左運動，在運動過程中 A．A、B都克服摩擦力做A．A、B都克服摩擦力做摩擦力對A、B都不做解析：選BC.對A、B受力分析如圖所示，物C正確，A、D錯誤4.如圖所示，用與水平方向θ角的F，拉著質(zhì)量m的物體沿水平地面勻速前進位移s，已知物體和地面間的動摩擦因數(shù)為μ.則在此過程中F做的為 D. cosθ＋μsin解析：選D.物體受力平衡，1＋μtanFsinθ＋FN＝mg，F(xiàn)cosθ－μFN＝0，在此程中F做的功W＝FscosD正確1＋μtan5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置．現(xiàn)水平拉力F將小球緩慢拉到細線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中，拉力做的功為)C．FL(1－cosD．mgL(1－cos解析：選D.用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解，由解析：選D.用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解，由WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝mgL(1－cosθ)，D正確能定理v0水平拋出，恰好垂直打在傾角θ的斜面上，則球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不計空氣阻力 A．mgvtan0tanD．mgvcos0sin解析：選B.小球落在斜面上時重力的瞬時功率地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低A的速度v，壓縮彈簧C點時彈簧最短，C點距地面高度h，則小球AC的過程中彈簧彈力做功是)111C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球解析：A.小球負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可1WG＋WF＝0－2mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為1mgh－2mv2，所以正確選項為[綜合應(yīng)用題組且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達到的最大值為v，那v當汽車的車速為時，汽車的瞬時加速度的大小為)3v當汽車的車速為時，汽車的瞬時加速度的大小為)3vP解析：B.當汽車勻速行駛時，有f＝F＝v，根據(jù)P＝F′3，得F′＝v 由牛頓第二定律得＝＝mv，故B正確，A、C、D錯誤m9．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可()解析：C.由圖乙可知，物體的加速度a＝0.5m/s22F－mg＝ma可得F＝10.5N，A、B均錯誤；4sF的作用點的速度大小h＝4mF的作用點的位l＝2h＝8m，拉F所做的W＝F·l＝84W21W，D錯誤10.當前我國“高鐵”事業(yè)發(fā)展迅猛．假設(shè)一輛高速列車在機車牽引力和恒t1時間內(nèi)為過原點的傾斜直線，t1時刻達到額定功率P，此后保持功率P不變在t3時刻達到最大速度v3，以后勻速運動．下述判斷正確的是) 0t3時間內(nèi)，列車一直勻加速直線運t2時刻的加速 0t3時間內(nèi)，列車一直勻加速直線運t2時刻的加速度大于t1時刻的加速 在t3時刻以后，機車的牽引力為PD．該列車所受的恒定阻力大小為解析：選D.0～t1時間內(nèi)，列車勻加速運動，t1～t3時間內(nèi)，加速度變小，P＝v3D正確板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進．若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值)設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間(A．小車做勻加速運D．小車受到的牽引力做的功為v2mP＝Fv，F(xiàn)－f＝ma，得出F逐漸減小，a也逐漸減小，v＝vm時，a＝0，v2，Cm外12．放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與間圖象和該拉力的功率與時間圖象分別如圖所示，下列說法正確的是)0～6s300～6s30F＝5N，f＝5N，D錯誤；0～6s內(nèi)物體的位移大小為(4＋6)×6 m＝302131A錯誤；0～6sW＝F·x1＋f·x2＝5×6×2×5＋3×6×4J＝702錯誤；由動能定理可知，C13mv1時，起重機的功率達到最大說法正確的是)PAP2于其重力，故其速度小 C錯誤；重物勻加速運動的末速度為v1，此P的拉力F＝v1速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則)C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的4C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的4解析：選BD.設(shè)f＝kR，則由牛頓第二定律得F＝mg－f＝ma，＝合 ，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位相同v2＝2ax可知，v>v，B正確2at2可知，t<t，A錯誤； 2節(jié)動能定理及其應(yīng)一、動1公式：Ek＝2mv2，式中v為瞬時速度，動能是狀態(tài)量矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度的方向無關(guān)1＝123．動能的變化量 v－2m24．動能的相對由于速度具有相對性，則動能也具有相對性，一般以地面為參考系二、動能定1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化11v22．表達式＝－2mk22少．(3)W＝0，物體的動能不變．4．適用條件動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動既適用于恒力做功，也適用于變力做功用．[自我診斷](1)一定質(zhì)量的物用．[自我診斷](1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一20.3kg6m/sΔEk為)C．ΔEk＝1.8B．Δv＝12D．ΔEk＝10.8速度大小沒變，動能不變，故動能變化量為0，故只有選項B正確．A．AB．BC．A、B)1F＝8Nt＝2s內(nèi)物體的動能增加了()A．28B．64C．32D．36解析：選B.由于力F與速度v1垂直C．32D．36解析：選B.由于力F與速度v1垂直，物體做曲線運動，其兩個分運動為西的勻速運動和向北的勻加速直線運動，對勻加速運動有 4＝mΔEk＝8m/s.2s末物體的速v＝ 2v2＝64J，故選B正確1考點一動能定理的理解和應(yīng)1．定理中“外力”的兩點理(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，可以不同時作用(2)既可以是恒力，也可以是變力2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)3．應(yīng)用動能定理的注意事應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負v0.光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球動方向垂直的活動阻擋條，如圖所示，小球越過n條活動阻擋條后停下來．若小動方向垂直的活動阻擋條，如圖所示，小球越過n條活動阻擋條后停下來．若小球從h高處以初速度v0滾下，則小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設(shè)小球次越過活動阻擋條時損失的動能相等)解析：B.設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W，當小球在水平面上滾動時，v2，對第二次有1 2，又v2021222.(多選)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平面上滑行，直至停止，則)因兩物體具有相同的動能，故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同，Wf＝μmg·x可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距L小球到達B點時的速率若不計空氣阻力，則初速度v0為多少功解析：(1)小球恰能到達最高點B，由牛頓第二定律Bmg＝m22功解析：(1)小球恰能到達最高點B，由牛頓第二定律Bmg＝m22(2)若不計空氣阻力，從A→B由動能定理1122＋＝B—022(3)gL時，由動能定理L11＝2—2B02242(3)4答案(1)優(yōu)先應(yīng)用動能定理的問①不涉及加速度、時間的問題②有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題③變力做功的問題F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題(2)應(yīng)用動能定理的解題步考點二動能定理與圖象的綜合問1．力學(xué)中圖象所圍考點二動能定理與圖象的綜合問1．力學(xué)中圖象所圍“面積”的意a-t圖：由公Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度(3)F-x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做功功2．解決物理圖象問題的基本步(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)問題．或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量[1]如圖甲所示，一半R＝1m、圓心角等143°的豎直圓弧形光滑能到達M點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求物塊經(jīng)過M點的速度大小物塊經(jīng)過B點的速度大小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)M解析(1)物塊恰能到M點則有mg＝mgR＝10(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理11－mgR(1＋cos37°)(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理11－mgR(1＋cos37°)＝ 2m2246(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為 ＝10m/s2，向沿斜面向下，mgsin37°＋μmgcos答案(1)10(2)46v-t圖象如圖所示．平面運動，先后撤F1、F2后，兩物體最終停下，它們知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等．則下列說法正確的是)A．F1、F2大小之比C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為選C.1∶2，由牛頓第二定律可知：ABAB2∶1，由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之比2∶1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系3F1＝2F2.全過程中摩擦力對A學(xué)對打樁機的工作原理產(chǎn)生了興趣．他構(gòu)建了一個打樁機的簡易模型，如圖甲靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，物體運動到最高點后自由下落并撞擊子，將釘子打入一定深度．按此模型分析，若物體質(zhì)量m＝1kg，上升了1m度時撤去拉力，撤去拉力前物體的動能示．(g10m/s2，不計空氣阻力與上升高h的關(guān)系圖象如圖乙若物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲20J的動能向Ff與深度x的關(guān)系圖象如圖丙所示，求釘子能夠插入在插入過程中所受阻最大深度解析：(1)撤去F前，根據(jù)動能定理，F(xiàn)＝30P＝Fv＝120(2)碰撞后，對釘子有Ek′＝20Ff2答案：(1)120(2)0.02首先看清楚所給圖象的種類(v-t圖象、F-t圖象、Ek首先看清楚所給圖象的種類(v-t圖象、F-t圖象、Ek-x圖象等挖掘圖象的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v-t考點 用動能定理解決多過程問[2]L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8mL2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處μ2；(已sin37°＝0.6，cos距離xm.解析(1)mgsinθ≥μ1mgcos即當θ＝arctan0.05時物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力即當θ＝arctan0.05時物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力做Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cos由動能定理mgL1sin1(3)由動能定理得mgL1sin1由平拋運動規(guī)律t＝0.4s＝0.4＋L2＝1.9答案(1)arctan(3)1.9AB段為曲面，BC段為水過程中克服摩擦力做功為；木塊通B點后繼續(xù)滑2h距離后C點下來，則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應(yīng)為 33D.6解析：A.物體AC點根據(jù)動能定理－μmg·2h＝0，1＝3，因為曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)1為3，選A正確)m＝60kgABA)m＝60kgABA24m/s，AB的豎直高度差H＝48m．為了改變運動員的運動方向，在助滑W＝－1530J，g10半徑R至少應(yīng)為多大？Bx有112－BFN，由牛頓第二定律CFN－mg＝mR解得R＝12.5m(1)144(2)12.5利用動能定理求解多過程問題的基本思(1)弄清物體的運動由哪利用動能定理求解多過程問題的基本思(1)弄清物體的運動由哪些過程各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的課時規(guī)范訓(xùn)[基礎(chǔ)鞏固題組1．(多選)關(guān)于動能定理的表達W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的)(A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的動能減D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，不適用于變力做解析：BC.W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯誤，BEk2＞Ek1，W＜0，Ek2＜Ek1，C正確；動能定理對直線動、曲線運動、恒力做功、變力做功均適用，D錯誤它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克)摩擦力所做的功為11解析：D.由題意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR解析：D.由題意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgRμ)mgR，D正確3．一個質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在力的方向上)112211221F的方向上，由動能定理得W＝Fl＝2mv2，某個分力解析：選B.在合 功為W1＝F1lcos30°＝2cos30°lcos30°＝2Fl＝4mv2，B正確4.如圖所示，一塊長木B放在光滑的水平面上B上放一物A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，AB上滑動，以地面為考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中)摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反FB做的功，擦力所做的功與A的動能增量(BA的摩擦力所做的功)不等，故A錯5．(多選)如圖甲所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運ABv2高度h的5．(多選)如圖甲所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運ABv2高度h的變化圖象可能是圖乙中的 1解析：選AB.對小球由動能定理得1v2，v2＝2gh＋v2，006.如圖所示，半R＝2.5m的光滑半圓軌ABC與傾θ＝37°的粗糙斜v0水平拋出，剛好與半軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出等高D點．已知當?shù)氐闹亓铀賕＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小球從D點返回經(jīng)過軌道最低點B，對軌道的壓力大小解析：(1)A點有yv0＝tan(2)全過程由動能定理1W＝0－2＝－802(3)DB1mg(h＋RcosFN1W＝0－2＝－802(3)DB1mg(h＋RcosFN－mg＝mFN′＝FN＝43.2答案：(1)4(2)－8(3)43.2[綜合應(yīng)用題組)1解析：選A.由Ek＝2mv2可知速度變?yōu)樵瓉? 12t2 )A．0.50C．0.10解析：選D.設(shè)小物塊B．0.25mBCA．0.50C．0.10解析：選D.設(shè)小物塊B．0.25mBC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得＝3m．由d＝0.50m，所以，小物塊在BC段經(jīng)3次往復(fù)運動后，又回到點如圖所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速1解析：選C.從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝2mv2－0，可得lP<lQ，則vP<vQ＝2gl，A錯誤；EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，T－mg＝ml＝man，得根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤10.用水平F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線則動，t1時刻撤去拉F，物體做勻減速直線運動，t2時刻停止，其速度－時圖象如圖所示α＞β，若拉F做的功W1，平均功率為P1；物體克服摩Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是)解析：選B.解析：選B.W1－W2＝0，解得W1＝W2.FFF＞2Ff，選ADB由于摩擦阻力作用時間一定大于水平F作用時間，所P1＞P2，選C錯誤)中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心速度的大小a，容器對它的支持力大小N，則(R1P下滑到底端的過程，由動能定理mgR－W＝m2v，所a＝R，A正確，B錯誤；在最低點，m牛頓第二定律得N－mg＝mRN＝mg＋mRC正確，D錯誤＝，m12．在豎直平面內(nèi)固定一軌ABCO，AB段水平放置，長4m，BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量1.0kg、可視作質(zhì)點的圓環(huán)套在軌道上，圓環(huán)與軌AB0.5.x軸正方向的恒F作用下A(－7,2)點由靜止開始運動，到達原O時撤去恒F，圓環(huán)圓環(huán)到達O點時的速度大小F的大小圓環(huán)在AB段運動圓環(huán)到達O點時的速度大小F的大小圓環(huán)在AB段運動的時間解析：(1)圓環(huán)從OD過程中做平拋運2v0＝60m/s＝7.75(2)圓環(huán)從AO過程中，根據(jù)動能定1202(3)圓環(huán)從AB過程中，根據(jù)牛頓第二定1x285代入數(shù)據(jù)s＝1.26答案：(1)7.75(2)10(3)1.263節(jié)機械能守恒定律及其應(yīng)一、重力做功與重力勢1．重力做功的特關(guān)．(2)重力做功不引起物體機械能的變化．[自我診斷ΔEA減＝ΔEB()選A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒)平面內(nèi)則機械能不守恒，A、B錯誤；合力做功不為零，機械能可能守恒，如自由落體運動，D錯誤，C正確．)A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相B．兩球到達各自懸點的正下方時C．兩球到達各自懸點的正下方時球動能較球動能較D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較牛頓第二定律知，因為vA>vB，所以A球受到的拉力較大，所以正確考點一機械能守恒的理解和判1．對機械能守恒條件的理那么系統(tǒng)的機械能守恒2．機械能是否守恒的三種判斷方(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒)1．(多選)如圖)1．(多選)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守解析：CD.甲圖中重力和彈力做功，物A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守A機械能不守恒，AB除受重力外，還受到彈力和摩恒，C對．丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對．2．(多選)如圖所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物體由止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是 確；物體在下滑過程中，斜面做加速運動，其機械能增加，B錯誤；物體沿斜下滑時，既沿斜面向下運動，又隨斜面向右運動，其合速度方向與彈力方向不體的作用力對物體做負功，C錯誤；對物體與斜面組成的系統(tǒng)，只有物體的重和物體與斜面間的彈力做功，機械能守恒，D正確3.(多選)如圖所示，用輕彈簧相連3.(多選)如圖所示，用輕彈簧相連的物塊AB放在光滑的水平面上，物A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進行的過程中，機械能守恒的是)物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量最大的過彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧恢復(fù)原長的過帶著子彈的物B因慣性繼續(xù)向右運動，直到彈簧伸長量達最大的過解析：BCD.子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B組成的系統(tǒng)，由械能不守恒．在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過程中，和不為零，但這一過程中墻壁的彈力不做功，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，動能和性勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，這一情形持續(xù)到彈簧恢復(fù)原長為止．當彈恢復(fù)原長后，整個系統(tǒng)將向右運動，墻壁不再有力作用在A上，這時物塊的動和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)的機械能守恒，綜上所述，B、C、D正確(1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否機械能必定不守恒(3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒，可以根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化進行判斷考點二單個物體的機械能守恒定律的應(yīng)應(yīng)用機械能守恒定律的基本思單個物選取研究對象多個物體組成的系系統(tǒng)內(nèi)有彈單個物選取研究對象多個物體組成的系系統(tǒng)內(nèi)有彈況．(4)選擇合適的表達式列出方程，進行求解．(5)對計算結(jié)果進行必要的討論和說明[1]如圖所示，將一質(zhì)量m＝0.1kg的小球自水平平臺右O點AABC，沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R＝2.5m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑(sin53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計)，求小球經(jīng)C點速vC的大小小球運動到軌道最低點B時軌道對小球的支持力大小解析(1)小球恰好運動C點時，重力提供向心力，由牛頓第二定律Cmg＝mvC＝gR＝5(2)B點到C點，由機械能守恒定律1212＋mg·2R＝2CB2在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律BR m/s，F(xiàn)N＝6.05(3)AB由機械能守恒定律1212＋mgR(1－cosABvA＝105在A1212＋mgR(1－cosABvA＝105在A點對小球進行速度的分解如圖所示vy＝vAsin有yH＝2g＝3.36答案(1)5(2)6.0(3)3.36機械能守恒定律的應(yīng)用技(1)機械能守恒定律是一種“能——能轉(zhuǎn)化”關(guān)系，其守恒是有條件的，因此應(yīng)用時首先要對研究對象在所研究的過程中機械能是否守恒做出判斷(2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個物體，用守恒式列方程較方便；對于由兩或兩個以上物體組成的系統(tǒng)，用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式列方程較簡便31.(2017·甘肅蘭州一模)(多選)如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的4圓形導(dǎo)軌固定在則下列說法正確的是(口N處若h＝2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程vg由向心力公式FN－mg＝mR，解得FN＝5mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)?道的壓力5mgB正確；由機械能守恒mg(h－2R)＝2mv2，代v＝h＝2.5RCh＝RR的位置，該過程重力做功為0，D錯誤．2.如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半R＝0.50m的光滑圓弧BCD，B點與ODm＝0.10kgB點正在水平面上Q點，DQ間的距x＝2.4m，球D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.80m，g10m/s2，不計空氣阻力，求(1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小球經(jīng)過最高點P的速度大解析：(1)設(shè)經(jīng)過C點時速度v1，由機械能守恒12mg(H＋R)＝121由牛頓第二定律R1x2h代入數(shù)據(jù)解得vP＝3.0(3)由機械能守恒定律，122P＋mgh＝mg(H＋h代入數(shù)據(jù)，(3)由機械能守恒定律，122P＋mgh＝mg(H＋h代入數(shù)據(jù)，解得hOD＝0.30答案：(1)6.8 (2)3.0(3)0.30考點三多個物體的機械能守恒定律的應(yīng)1．對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是守恒ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式列機械能守恒方程時，一般選[2]如圖所示，質(zhì)量分別2m、3m的小A和小B分別固定在由2LLAOBO方，讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉(zhuǎn)動，求大小小球B所做的功；B球能上升的最大高度解析直角尺和兩個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒(1)由機械能守恒定律得2mg·2L＝3mg·L＋12A球由牛頓第二定律由牛頓第三定律得球AAO桿的作用力大(2)AOBO由牛頓第三定律得球AAO桿的作用力大(2)AOBO對小A和小B所做的功分別 WAOWBO，1(3)B球上升到最高點時，AO與豎直方向的夾角θ，則由機械能守恒律2mg·2Lcosθ＝3mg·L(1＋sinB球上升的最大高h＝L(1＋sin答案(3)1．如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變2L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中)圓環(huán)的機械能守彈簧彈性勢能變化了3mgLD．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度2L時，圓環(huán)下落的高h＝正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤相同的物AB，A套在光滑水平桿上，定滑輪離水平桿的高度h＝0.2m，開始時讓連著A的細線與水平桿的夾θ1＝37°，由靜止釋B，當細線與水桿的夾θ2＝53°時，A的速度為多大？在以后的運動過程中，A所獲得的最速度為多大？(B不會碰到水平桿，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，取g＝10θ2＝53°時，A、B兩物體的速度分別為vA、vB，B下降的高度為h1，則112mgh＝＋1B22 h 其中h1＝sinθ1－sinvAcos由于繩子的拉力A做正功A加速，至左滑輪正下方時速度最大，此B的速度為零，此過程B下降高度設(shè)為h2，則由機械能守恒定律得122＝2 其中h2＝sinvAm＝1.6答案：1.1 1.6考點四用機械能守恒定律解決非質(zhì)點問在應(yīng)用機械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”在應(yīng)用機械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這物體不能再看成質(zhì)點來處理般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則：物體各部分的重心置，根據(jù)初末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解[3]如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角α的足夠長的光滑均勻柔軟鏈條開始時靜止的放ABC面上，其一DB的距離L－a.現(xiàn)自由釋放鏈條，則(2)鏈條的D端滑到B點時，鏈條的速率為多大？解析(1)鏈條在下滑過程中機械能守恒，因為斜面BCAB面均光滑，條下滑時只有重力做功，符合機械能守恒的條件(2)設(shè)鏈條質(zhì)量為m，可以認為始末狀態(tài)的重力勢能變化是起的 sin sin高度減少22m該部分的質(zhì)量為m′＝Lm1由機械能守恒定律可得：L(L－a)gh＝2mv2gL2－a2sin可解得LgL2－a2sin答案(1)見解L液面高度差為h，管中液柱總長度gL2－a2sin答案(1)見解L液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，當兩液面高度等時，右側(cè)液面下降的速度為)1111 根據(jù)功能關(guān)系有1mg·h＝mv2，解得1 12.如圖所示，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的4垂在邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大為 34C.D．441v2，所·解析：選C.由機械能守恒定ΔEp減＝ΔEk2—4mgv＝4課時規(guī)范訓(xùn)課時規(guī)范訓(xùn)A．若只有重力做功，則物體機械能一定守恒B．若物體的機械能守恒，一定是只受重力C．做勻變速運動的物體機械能一定守恒D．物體所受合力不為零，機械能一定守)械能守恒，物體不一定是只受重力，也許受其他力，但其他力不做功，B錯誤；錯誤；物體所受合力不為零，但是如果除重力外的其他力做功不為零，則機械不守恒錯誤．2．不計空氣阻力，下列運動的物體中機械能不守恒的是(A．起重機吊起物體勻速上升C．圓錐擺球在水平面內(nèi)做勻速圓周運)擺球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，沒有力做功，機械能守恒，C錯誤；一個輕做功，機械能守恒，D錯誤．3.在一次課外趣味游戲中，有四位同學(xué)分別將四個質(zhì)量不同的光滑小球豎直放置的內(nèi)壁光滑的半球形碗的碗口內(nèi)側(cè)同時由靜止釋放，碗口水平，如圖示．他們分別記下了這四個小球下滑速率為v時的位置，則這些位置應(yīng)該在同個 A．球C．水平B．拋物D．橢圓解析：選C.因半球形碗A．球C．水平B．拋物D．橢圓解析：選C.因半球形碗的內(nèi)壁光滑，所以小球下滑過程中機械能守恒，取1球速率v時所在的平面為零勢能面，則根據(jù)機械能守恒定律得平面上，C正確．一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然長度．現(xiàn)將一小球從地面以某一初速度斜向上拋出剛好能水平進入圓筒中，不計空氣阻力．下列說法中正確的是 解析：選A.小球從拋出到彈簧壓縮到最短的過程中，只有重力和彈力做功因此小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即00選項A正確，B、C錯誤；斜上拋運動可分解為豎直上拋運動和水平方向的勻直線運動，在豎直方向上有2gh＝v2sin2θ－0(θv0與水平方向的夾角)，解0圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當細繩與)長為gg60°＝vcos60°31122gg60°＝vcos60°31122A2一個鋼球從軌道上的不同高處由靜止釋放．得到多組壓力傳感器示數(shù)F和對應(yīng)g＝10B2BRR上式可得R＝0.2m.C2小鋼球在C點時，由牛頓第二定律CRFN＝4答案：(1)0.2(2)4[綜小鋼球在C點時，由牛頓第二定律CRFN＝4答案：(1)0.2(2)4[綜合應(yīng)用題組7.如圖所示，在傾θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別1kg2kg的可視為質(zhì)點的小AB，兩球之間用一根L＝0.2m的輕桿相連，B距水平面的高h＝0.1m．兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計與地面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2.則下列說法中正確的是)整個下滑過程中A球機械能守整個下滑過程中B球機械能守2C．整個下滑過程中A球機械能的增加量為33解析：D.在下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但B球沿水平面滑行而A沿斜面滑行時，桿的彈力對A、B球做功，所A、B錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得v2＝36m/s，系統(tǒng)下滑的整個過程B球機械12v2的增加量為J，故D正確；A球的機械能減小，C錯誤BB23時針擺動到最低位置的過程中)A．b球的重力勢能減少，動能增加，bA．b球的重力勢能減少，動能增加，b球機械能守B．a(chǎn)球的重力勢能增加，動能也增加，a球機械能不守C．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機械能守D．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機械能不守解析：BC.b球從水平位置下擺到最低點過程中，a球升至最高點，重力勢能增加，動能也增加，機械能增加．由a、b系統(tǒng)只有重力做功，則系統(tǒng)機方向，對小球不做功，故兩球機械能均守恒，從而錯選1小球大?。_始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光軌道下滑，下列說法正確的是)A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不B．a(chǎn)、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能保持不C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時速度為D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為2守恒，所以A錯誤，B正確．對a、b系統(tǒng)由機械能守恒定律得2×1v2，解v＝3gR，C錯誤a由動能定理得mv2，解2W＝mgR，D正確2端分別連接質(zhì)量為2m的小A和質(zhì)量m的物B，由圖示位置釋放后，當剛好為零，則下列說法中正確的是)B一直處于靜止狀小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守A運動到水平軸正下方時的速度大解析：CD.當小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點L1所以小A下降的高度2B會上升一定的高度h，由機械能守恒 mgh，所以小A運動到水平軸正下方時的速v>gL，A錯誤，C正確；在整個過程中小球A與物B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤，D正確11．(多選)10N的滑塊在傾角30°的光滑斜面上a點由靜止下滑，最后又回到a點，已知ab＝1m，bc＝0.2m，那么在整個過程中)c重力勢能減小了mgacsin30°＝6J，全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，A錯誤全部轉(zhuǎn)化為滑塊的機械能，C112R的4O點為圓心，B一點，OB37°.軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺相連，在平臺A值．解析：全部轉(zhuǎn)化為滑塊的機械能，C112R的4O點為圓心，B一點，OB37°.軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺相連，在平臺A值．解析：(1)Ov0，Rsin28142 ＝＝p212Rcosθ＝v0t，Rsin12 tanα＝＝2tanvv0012RcosRsin—2mgRsin0214sinθ—2mgRsin0214sinθ當sinθ＝時，取最小值 32答案 (2)不能垂直擊中圓弧24節(jié)功能關(guān)系能量守恒定一、功能關(guān)1．內(nèi)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來現(xiàn)2．做功對應(yīng)變化的能量形(1合外力的功影響物體的動能的變化．(2)重力的功影響物體重力勢能的變化．(3)彈簧彈力的功影響彈性勢的變化化．(5)滑動摩擦力的功影響系統(tǒng)內(nèi)能的變化．(6)電場力的功影響電勢能的能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量持不變2．適用范能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適應(yīng)的一規(guī)律3．表達E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量力對物體做了多少功，物體就具有多少能能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中，其總量會不斷減少在物體機械能減少的過程中，動能有可能是增大的(6)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少2.自然現(xiàn)象中蘊藏著許多物理知識，如圖所示為一個盛水袋，某人從側(cè)面)慢推袋壁使它變形，則水的勢能A．增C．不B．變D．不能確能增加，A正確．3．上端固定的一根細線下面懸掛一擺球，擺球在空氣中擺動，擺動的幅)越來越小，對此現(xiàn)象下列說法正確的是A．擺球機械能守D．只有動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量總和不變，B正確．于傳送帶上，若小物體與傳送帶之間的動摩擦于傳送帶上，若小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖所示，當物體與送帶相對靜止時，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為)1122解析：D.物體A被放于傳送帶上即做勻加速直線運動，加速mμg，勻加速過程前進的距離x1＝2a＝2μg，該時間內(nèi)傳送帶前進的距離v·μg＝μg，所以物體相對傳送帶滑動距Δx＝x2－x1＝2μg，故產(chǎn)生的內(nèi)12考點一功能關(guān)系的理解及應(yīng)幾種常見的功能關(guān)系及其表達各種力做對應(yīng)能的變定量的關(guān)合力的動能變能的增量W合＝Ek2－Ek1重力的重力勢能變彈性勢能變[典例如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA平、OB豎直，一[典例如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，球沿軌道到達最高點B時對軌道壓力為mg.已AP＝2R，重力加速度為g，則2球從P到B的運動過程中 A．重力做3B．合力做功1C．克服摩擦力做功D．機械能減少1解析小球能通過B點B點速mg＋2mg＝mR，解31PB過程，重力做功等于重力勢能減小量為mgR，動能增加量為3331mv2＝4mgR，合力做功等于動能增加量4mgR，機械能減少量為mgR4mgR＝械能變機械能守彈力的機械能變且W其他＝ΔE電勢能變增加，且W電＝－ΔEp內(nèi)能變能增加ΔE內(nèi)＝Ffl相對1量4答案1量4答案一根不計質(zhì)量的輕繩通過定滑輪分別與Mm連接，小木塊與木板間的動摩則拉力F做功至少為)11F做功最少，根據(jù)功能關(guān)系，拉力做的功解析：選B.緩慢拉動時，拉于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，所以W＝μmgL，B正確)B，它們的質(zhì)量分別m1、m2，彈簧勁度系數(shù)k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處)A．物B的質(zhì)量滿m2gsinB．此時物塊A的加速度C．此時拉力做功的瞬時功率為Fvsin1D．此過程中，彈簧的彈性勢能變化了Fd－m1gdsin解析：BD.系統(tǒng)靜止時θ＝kx1,當物B剛要離開擋C時＝mgsin，F(xiàn)－mgsin＝m，可解2212112AB正確，A錯誤；此時拉力做功的瞬時功率為P＝Fv，C錯誤；設(shè)彈簧的彈性111Fd－m1gdsinθ－2m1v2，D考點二功．(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．能．2．滑動摩擦力做功的特點(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．半徑R＝0.4m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾θ＝60°，不計空氣小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大解析(1)小物塊C點時的速度大 vC＝cos小物塊由CD的過程中，由機械能守恒定律1mgR(1－cos1—v222m5小球在D點時由牛頓第二定律DFN－mg＝mRFN′＝FN＝60N，方向豎直向下由牛頓第三定律(2)設(shè)小物塊剛好滑到木板左端且達到共同速度的大小物塊與長木板的加速度大小分別v，滑行過程中，mM對小物塊和木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律12m答案(1)60N，方向豎直向(2)2.5摩擦力做功的分析方摩擦力做功的分析方積(2)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·x相對x相對為兩接觸物體間的相對位移，物體在傳送帶上做往復(fù)運動時，則x相對為總的相對路程1.如圖所示，質(zhì)量M、長度L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是 B．此時小車的動能為FfxC．這一過程中，小物塊和小車增加的機械能D．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL，D錯誤2.如圖所示為一種擺式動摩擦因數(shù)測量儀，其可測量輪胎與地面間的動摩L.測量時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與O等高的位置處由靜止釋放．錘擺到最低點附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距s(s?L)，之后繼續(xù)擺至豎直方向θ角的最高位置．若擺錘對地面的壓力可視為大小F的恒力，重加速度為g，求擺錘在上述過程中損失的機械能在上述過程擺錘在上述過程中損失的機械能在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)能為零，所以全程損失的機械能ΔE等于減少的重力勢能，即：ΔE＝mgLcos(2)對全程應(yīng)用動能定理WG＝mgLcos由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcos(3)由滑動摩擦力公式摩擦力做的聯(lián)立③④⑤式得(3)mgLcos答案：(1)mgLcos (2)－mgLcos考點三能量守恒定律的理解及應(yīng)1．對能量守恒定律的兩點理一定相等2．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒3．涉及彈簧的能量問兩個或兩個以上的物3．涉及彈簧的能量問兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點[如圖所示，光滑曲AB與水平BC平滑連接B點，BC右1連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的4細圓CD，管D端正下方直立一根勁度系數(shù)為1進入管C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程Ep.求水平BC的長在壓縮彈簧過程中滑塊的最大速度12mg·2r＝2(2)在C點，滑塊與圓管之間恰無作用力，Cmg＝mvC＝滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理1mg·2r－μmgs＝2C2＝kDx0112mv2v2mg(r＋x＝kDx0112mv2v2mg(r＋xCp0mm－k答案(1)2－km1．(多選)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，g.則上述過程中(解析：選AD.因物塊由A到B的過程中有一部解析：選AD.因物塊由A到B的過程中有一部分彈性勢能用于克服摩擦－μmg＝0，彈簧仍處于伸長狀態(tài)，B錯誤；由動能定理可得a＞2，可得物塊在O點的動能小于W－μmga，D正確；由能量守恒定32．如圖甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1kg的滑算機通過傳感器描繪出滑塊的v-tOab段為曲線，bc段s＝0.2m的距離(g10m/s2，sincos37°＝0.8)．求彈簧鎖定時具有的彈性勢能解析：(1)在bc段做勻減速運動，加速度2a＝Δt＝10t2＝0.3s時的速度小在t2之后開始下滑，下滑時由牛頓第二定律mgsin37°－μmgcosv3＝a′(t3－t2)＝0.2v3＝a′(t3－t2)＝0.2(3)0t1Ep＝mgssin37°＋μmgscosbEp＝4答案：(1)10 0.2(3)4考點 傳送帶模型中的能量關(guān)動．2．模型特點(1)WFQ①傳送帶做的功：WF＝Fx傳[g10m/s2，求工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)電動機由于傳送工件多消耗的電能解g10m/s2，求工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)電動機由于傳送工件多消耗的電能解析(1)由題圖可知，皮帶x＝sinθ＝3v0前，做勻加速運動的位移x1＝t1＝勻速運動的位移為t1＝0.8解得加速運動的時加速運動的位移x1＝0.8所以加速度a＝v0＝2.5由牛頓第二定律有：μmgcosθ－mgsin.解得2以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量t1內(nèi)，皮帶運動的位x皮＝v0t1＝1.6t1內(nèi)，工件相對皮帶的位x相＝x皮－x1＝0.8t1內(nèi)，摩擦生Q＝μmgcosθ·x相＝60122工件增加的勢能Ep＝mgh＝150電動機多消耗的電W＝Q＋Ek＋Ep＝2302答案(2)230傳送帶模型問題的分析流傳送帶模型問題的分析流傳送帶相對靜止．設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列法正確的是(A．摩擦力對物塊做的功為B．傳送帶克服摩擦力做的功為1C．系統(tǒng)摩擦生熱為2D．電動機多做的功為解析：選ACD.Ff，物塊的位移1x1，物塊對傳送帶摩擦力的作用點對地位移大小為x2x1＝12x1，對物塊運用動能定理有Wf＝Ffx1＝2mv2，選A正確；傳送帶克服摩擦Wf′＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2，選B錯誤；系統(tǒng)摩擦生熱Q＝Ffx相對1Ff(x2－x1)＝Ffx1＝2mv2，選項C正確；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律，電動機多的功等于物塊增加的動能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，即為mv2，選項D正確2.如圖所示，傳送帶與地面的夾θ＝37°，A、B兩端間L＝16m，傳送端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)試求系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量解析：(1)物體剛放上傳送帶時受到系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量解析：(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二律mgsinθ＋μmgcost1，加速到與傳送帶同速，1v2t1＝a1112B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同后，物體將繼續(xù)加速，mgsinθ－μmgcos12＋a＝2122t2＝1t＝t1＋t2＝2(2)物體與傳送帶間的相對位x相＝(vt1－x1)＋(L－x1vt2)＝6Q＝μmgcosθ·x相＝24答案：(1)2(2)24課時規(guī)范訓(xùn)[基礎(chǔ)鞏固題組1．韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中)正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增誤1800JA、B2．在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，體驗在風力作用下漂浮在半空．若減小風力，體驗者在加速下落過程中)A．失重且機械能增C．超重且機械能增B．失重且機械能減D．超重且機械能減力外其他力的合力做負功，機械能減少，B正確．該過程空氣阻力不能忽略，則下列說法中正確的是)力F做的功和阻力做的功之和等于物體動能的增重力所做的功等于物體重力勢能的增力F做的功和阻力做的功之和等于物體機械能的增力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物體機械能的增解析：C.F、重力、空氣阻力做功，根據(jù)動體機械能的增加量，所以C正確、D錯誤．運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方v0.下列說法中正確的是)和C將同時滑到斜面底和C將同時滑到斜面底B．滑到斜面底端時，B的機械能減少最C．滑到斜面底端時的動能最D．滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最解析：C.AC通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相能減少得較多，故B錯、C對．5.如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定，下端與物A相連，物B與物A長，然后由靜止釋放A，從開始釋放到物體A第一次速度最大的過程中，下列法正確的有(A．A、B兩物體的機械能總量守B．B物體機械能的減少量一定等于A物體機械能的減少C．輕繩拉力對B物體做的功等于B物體機械能的變D．A物體所受合外力做的功等于A物體機械能的變解析：選C.A、B兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能總量守恒；輕繩拉力BB物體機械能的變化；AA物體動6.如圖所示，光滑坡道頂端距水平面高度h，質(zhì)量m的小物A從坡簧的一端固定在水平滑道延長M處的墻上，另一端恰位于坡道的底O點，其余各處的摩擦不計，重力加速度為求物塊滑到O點時的速度大小求物塊滑到O點時的速度大小求彈簧最大壓縮量為d時的彈性勢能(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零1解析：(1)由機械能守恒定律得v＝(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為由能量守恒定律得1m2(3)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為由能量守恒定律得答案：(1)[綜合應(yīng)用題組7.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和蹦床的協(xié)助下實現(xiàn)上落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質(zhì)點，不計空氣阻力．下列說法正確的()A運動到O，小孩重力勢能減少量大于動能增加O運動到B，小孩動能減少量等于蹦床彈性勢能增加A運動到B，小孩機械能減少量小于蹦床彈性勢能增加若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床彈性勢能減少的彈性勢能的增加量之和，選項A正確；從O運動到B，小孩動能和重力勢的減少量等于彈性繩和蹦床的彈性勢能的增加量，選項B錯誤A運動孩機械能增加量等于蹦床和彈性繩彈性勢能減少量之和，選項D錯誤．8．質(zhì)量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力影響，物體下落的加度為4g，在物體下落高度為h的過程中，下列說法正確的是 5A．物體的動能增加了4B．物體的機械能減少了C．物體克服阻力所做的功為4D．物體的重力勢能減少了選A.W＝ΔEk，即 4ΔEk＝5mgh，選項A正確；機械能減51量等于克服阻力所做的功W＝Ffh＝mgh，選項B、C錯誤；重力勢能的減少5等于重力做的功ΔEp＝mgh，選項D錯誤接．當騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時，自行車就可以通過發(fā)電機向電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來．現(xiàn)有某人騎車以600J的初能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動充電裝置，讓車自由滑行，其動隨位移變化關(guān)系如圖中的線①所示；第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移化關(guān)系如圖線②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是)A．600C．300解析：D.設(shè)自行車的總質(zhì)量B．360D．240m，第一次關(guān)閉自動充電裝置，由動能定有－μmgL1＝0－Ek，第二次啟動自動充電裝置，由功能關(guān)系有Ek＝μmgL2＋E電E電＝240J，D正確E電＝240J，D正確B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確是(g10)木板A的最小長度為2m解析：D.由圖象可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，根據(jù)牛頓第二律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動能為1J，選A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能1122＝mv0·2m·v＝2J，選B錯誤；由v-t圖象可求出二者相對位移為1m，2C錯誤；分析B的受力，根據(jù)牛頓第二定律，可求出μ＝0.1，選項D正確11.多選)如圖所示，質(zhì)量m的滑塊以一定初速度滑上傾角θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)＝tanθ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱Q、滑塊動Ek、重力勢能Ep、機械E隨時t、位x關(guān)系的是)解析：CD.μ＝tanθF＝mgsinθ，滑塊機械能保持變，重力勢能隨位x均勻增大，選C、D正確．產(chǎn)生的熱Q＝Ffx，軌道，軌道，半徑R，CD為水平粗糙軌道，一質(zhì)量m的小滑塊(可視為質(zhì)點)從圓求小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)求小滑塊到達C點時，小滑塊對圓軌道壓力的大小過最高點A，求小滑塊在D點獲得的初動能．解析：(1)BD的過程中，根據(jù)動能定理vC，根據(jù)機械能守恒定律(2)設(shè)小滑塊到達C點時的速度2m解得設(shè)小滑塊到達C點時圓軌道對它的支持力FN，根據(jù)牛頓第二定律CR根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊到達C點時，對圓軌道壓力的大(3)根據(jù)題意，小滑塊恰好到達圓軌道的最高點A，此時，重力充當向心力vA，根據(jù)牛頓第二定律Amg＝m設(shè)小滑塊在D點獲得的初動能Ek，根據(jù)能量守恒定律1＝2mgR＋2kA2答案 1＝2mgR＋2kA2答案 第5節(jié)微專題 動力學(xué)和能量觀點解決力學(xué)綜合問考點一動力學(xué)觀點的應(yīng)若一個物體參與了多個運動過程，而運動過程只涉及運動和力的問題或只求分析物體的動力學(xué)物理量而不涉及能量問題，則常常用牛頓運動定律和運動規(guī)律求解[典例1] 如圖所示，質(zhì)量M＝0.4kg的長薄板BC靜置于傾角為37°的光滑斜面上，在A點有質(zhì)量m＝0.1kg的小物體(可視為質(zhì)點)以v0＝4.0m/s速度水0.5sicos37°＝0.8，g＝10m/s2，求BC的長度解析(1)小物體AB做平拋運動，下落時間t1，水平位移x，則：gt1＝v0tan37°①(2)小物體落B點的速度v小物體在薄板上運動，則0mgsin37°－μmgcos薄板在光滑斜面上運動，則Mgsin37°＋μmgcosMgsin37°＋μmgcos1x1＝vt21薄板的長聯(lián)立③～⑨式得l＝2.5答案(1)1.2(2)2.5如圖甲所示，一個物體放在足夠大的水平地面上，若用水平變力拉動，其速度隨力變化的圖象如圖乙所示．現(xiàn)從靜止開始計時，改用圖丙中周期性變化物體的質(zhì)量及物體與地面間的動摩擦因數(shù)求周期力作用下物體在一個周期內(nèi)的位移大小解析：(1)由牛頓第二定律變形a＝1m(2)0～2s：F4122a＝＝m/s＝21m12x1＝t1＝422s～4F22＝＝－2m1xt22＋a＝421122綜上可知，一個周期內(nèi)的位移x＝F22＝＝－2m1xt22＋a＝421122綜上可知，一個周期內(nèi)的位移x＝x1＋x2＝8答案：(1)4(2)8考點二能量觀點的應(yīng)一個物體參與了多個運動過程，若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且有功能系的特點，則往往用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律求解[如圖所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2.求若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量解平拋運動，vBsinBC，根據(jù)動能定理112—mgR(1＋sinθ)＝B22vC＝6(2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起共同運動．設(shè)則μmg＝Ma2根據(jù)能則μmg＝Ma2根據(jù)能量守恒定律C2答案(1)6(2)911．一半徑R＝1m的4圓弧導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌相連，從圓弧導(dǎo)軌頂端A靜止放一個質(zhì)量m＝0.02kg的木塊，測得其滑至底端B的速vB＝3m/s，以后又(2)木塊在B點對圓弧軌道的壓力；(3)BC段導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)．(g＝10解析：(1)木塊由AB過程，由動能定理12f＝2Wf＝0.11(2)在B點，對木塊由牛頓第二定律BRFN＝0.38力N，方向豎直下(3)木塊由BC過程由動能定理1－μmgl＝－2B2答案：(1)0.11(2)0.38N，方向豎直向下2.(2017·河北區(qū)模擬)如圖所示，滑塊質(zhì)量為m，與水平地面間的動摩1－μmgl＝－2B2答案：(1)0.11(2)0.38N，方向豎直向下2.(2017·河北區(qū)模擬)如圖所示，滑塊質(zhì)量為m，與水平地面間的動摩擦因1R的4BCCCR的旋轉(zhuǎn)平臺，沿落下，則平臺轉(zhuǎn)動的角速度ω應(yīng)滿足什么條件解析：設(shè)滑塊滑至B點時速度vB，對滑塊21v2—mB02B滑塊從B點開始，運動過程機械能守恒，設(shè)滑塊到vP，112B＝222滑塊穿過P孔后再回到平臺的時 Rgg要想實現(xiàn)題述過程，需滿g4答案4R考點三動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)物體在整個運動過程中，物體在