2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題第4講　功與能 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題1.[2024·廣東梅州模擬]如圖所示,噴泉經(jīng)常出現(xiàn)在廣場和公園等公共場所,給人們的生活增添了無窮樂趣.假設(shè)一水珠從噴出到落回地面在同一豎直線上運動,且運動過程中水珠的質(zhì)量和空氣阻力的大小均保持不變,則該水珠在空中運動的過程中,下列說法正確的是 ()A.該水珠在落回地面時,重力的瞬時功率最小B.該水珠在落回地面時,水珠的機械能最小C.上升過程所用的時間大于下落過程所用的時間D.上升過程克服空氣阻力做的功大于下落過程克服空氣阻力做的功2.[2024·江西卷]“飛流直下三千尺,疑是銀河落九天”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫.設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s,水位落差約為150m.若利用瀑布水位落差發(fā)電,發(fā)電效率為70%,則發(fā)電功率大致為 ()A.109W B.107WC.105W D.103W3.(多選)[2022·廣東卷]如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛,已知小車總質(zhì)量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力.下列說法正確的有 ()A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J4.[2024·浙江1月選考]如圖所示,質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中達到最高點2的高度為h,重力加速度為g,則足球 ()A.從1到2動能減少mghB.從1到2重力勢能增加mghC.從2到3動能增加mghD.從2到3機械能不變5.[2024·安徽卷]在某地區(qū)的干旱季節(jié),人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田,簡化模型如圖所示.水井中的水面距離水平地面的高度為H.出水口距水平地面的高度為h,與落地點的水平距離約為l.假設(shè)抽水過程中H保持不變,水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能.已知水的密度為ρ,水管內(nèi)徑的橫截面積為S,重力加速度大小為g,不計空氣阻力.則水泵的輸出功率約為 ()A.ρgSlB.ρgSlC.ρgSlD.ρgSl6.[2024·山東聊城模擬]如圖所示,圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道,它們的下端均固定于容器底部圓心O,上端固定在容器側(cè)壁上.若相同的小球以同樣的速率,從點O沿各軌道同時向上運動.對它們向上運動的過程中,下列說法正確的是()A.各小球動能相等的位置在同一水平面上B.各小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C.各小球機械能相等時處于同一球面上D.當(dāng)摩擦產(chǎn)生的熱量相等時,各小球處于同一圓柱面上7.[2024·江西南昌模擬]如圖所示,半徑為R的半圓形光滑管道ACB固定在豎直平面內(nèi).在一平行于紙面的恒力F(未畫出)作用下,質(zhì)量為m的小球從A端靜止釋放后,恰能到達最低點C;從B端靜止釋放后,到達C點時,管道受到的壓力為10mg.已知重力加速度為g,則F的大小為()A.mgB.2mgC.3mgD.5mg8.[2024·全國甲卷]如圖所示,一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上,小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部,Q為豎直線與大圓環(huán)的切點.則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小 ()A.在Q點最大 B.在Q點最小C.先減小后增大 D.先增大后減小9.(多選)[2024·河南鄭州模擬]如圖所示,水平面內(nèi)固定兩根足夠長的光滑細桿P、Q,兩桿不接觸,且兩桿間的距離忽略不計.可視為質(zhì)點的小球a、b質(zhì)量均為m,a球套在水平桿P上,b球套在水平桿Q上,a、b兩小球通過鉸鏈用輕桿連接.在圖示位置(輕桿與細桿Q的夾角為45°)給系統(tǒng)一瞬時沖量,使a、b球分別獲得大小均為v、沿桿方向的初速度.在此后的運動過程中,下列說法正確的是 ()A.b球能達到的最大速度為2vB.b球能達到的最大速度為2vC.當(dāng)輕桿與細桿Q的夾角為30°時,a、b兩球的速度大小比為3∶1D.當(dāng)輕桿與細桿Q的夾角為30°時,a、b兩球的速度大小比為3∶310.[2024·海南卷]某游樂項目裝置簡化如圖,A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯,半徑R=10m,滑梯頂點a與滑梯末端b的高度h=5m,靜止在光滑水平面上的滑板B緊靠滑梯的末端,并與其水平相切,滑板質(zhì)量M=25kg,一質(zhì)量為m=50kg的游客,從a點由靜止開始下滑,在b點滑上滑板,當(dāng)滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時,游客恰好滑上平臺,并在平臺上滑行x=16m停下.游客視為質(zhì)點,其與滑板及平臺表面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,忽略空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,求:(1)游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小;(2)滑板的長度L.微專題1傳送帶模型綜合問題時間|40min專題二能量與動量第4講功與能題型1例1C[解析]整個過程中重力做功為WG=mgh=mgLsin30°=40J,A錯誤;整個過程中只有重力做功,故合外力做功為W合=WG=40J,B錯誤;下滑過程中加速度為a=gsin30°=5m/s2,所需時間為t=2La=2s,整個過程中重力做功的平均功率是P=WGt=20W,C正確;下滑到斜面底端時的速度為v=at=10m/s,物體滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率為P=mgvcos60°=40例2D[解析]由題圖可知,在0~t1時間內(nèi)發(fā)動機的功率P1不變,若是勻速,則v-t圖像是平行時間軸的直線;若是加速,由P=Fv可知,牽引力逐漸減小,由牛頓第二定律可有F1-Ff=ma1,可知加速度逐漸減小,是加速度逐漸減小的加速運動,當(dāng)速度是零時,則有F1=Ff,汽車開始做勻速直線運動,此時的速度為v1=P1F1=P1Ff;在t1~t2時間內(nèi),汽車功率突然增大且不變,則牽引力突然增大,汽車做加速運動,由P=Fv可知,牽引力逐漸減小,則有F2-Ff=ma2,可知加速度逐漸減小,汽車做加速度逐漸減小的加速運動,當(dāng)加速度是零時,即F2=Ff,汽車開始做勻速直線運動,此時的速度為v2=P2F2=P2Ff,可知在t1~t2時間內(nèi),v-t圖像先是平滑的曲線,后是平行于時間軸的直線.綜上所述【遷移拓展】1.A[解析]返回艙在減速過程中,加速度豎直向上,處于超重狀態(tài),故A正確,B錯誤;主傘的拉力與返回艙運動方向相反,對返回艙做負功,故C錯誤;返回艙的重力與返回艙運動方向相同,重力對返回艙做正功,故D錯誤.2.A[解析]根據(jù)圖像,可得前5s內(nèi)的加速度大小為a=ΔvΔt=2m/s2,由牛頓第二定律得F-0.1mg=ma,解得F=9.0×103N,故A正確;汽車5s末達到額定功率,額定功率為P=Fv=9.0×104W=90kW,故C錯誤;汽車速度為15m/s時,有Pv'-0.1mg=ma',解得a'=1m/s2,故B錯誤;前5s內(nèi)的位移是x=v2t=102×5m=25m,摩擦力做功為Wf=-0.1mgx=-7.5×103.B[解析]汽車在平直路面上啟動,由牛頓第二定律有F-Ff=ma,在0~t0時間內(nèi)牽引力F逐漸減小,則汽車做加速度減小的加速運動,故A錯誤;汽車運動的最大速度為vm,則有vm=PFf,可得額定功率為P=Ffvm,而啟動后速度為vm2時,有P=F1·vm2,F1-Ff=ma1,聯(lián)立解得a1=Ffm,故B正確,C錯誤;若0~t0時間做勻加速直線運動,則位移為x勻=0+vm2t0,而汽車在0題型2例3(1)1200N900N(2)-4200J[解析](1)重物下降的過程中受力平衡,設(shè)此時P、Q繩中拉力的大小分別為FT1和FT2,豎直方向有FT1cosα=mg+FT2cosβ水平方向有FT1sinα=FT2sinβ聯(lián)立解得FT1=1200N,FT2=900N(2)重物下降到地面的過程中,設(shè)兩根繩子拉力對重物做的總功為W,根據(jù)動能定理得W+mgh=0解得W=-4200J例4AB[解析]設(shè)乙將排球擊出的速度為v',對于軌跡②的運動,豎直方向有h=12gt2,解得t=2hg=2×(2.8-1)10s=0.6s,水平方向有x=v't=18×0.6m=10.8m,可知O、P兩位置的水平距離為10.8m,故A、B正確;從O到P點,設(shè)排球在O點的速度為v0,到P點的速度為v,根據(jù)動能定理可得-mgh=12mv2-12mv02,解得12mv02=mgh+12mv2=20.4J,根據(jù)動能定理可知W甲=12mv02=20.4J,故C錯誤;在P【遷移拓展】1.D[解析]設(shè)力F與水平方向的夾角為θ,則摩擦力為Ff=μ(mg-Fsinθ),摩擦力的功Wf=μ(mg-Fsinθ)x,即摩擦力的功與F的方向有關(guān),選項A錯誤;合力做功W=F合x=ma·x,可知合力做功與力F方向無關(guān),選項B錯誤;當(dāng)力F水平時,則F=ma+μmg,力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x,選項C錯誤;因合外力做功為max大小一定,而合外力做功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和,而當(dāng)Fsinθ=mg時,摩擦力Ff=0,則此時摩擦力做功為零,此時力F做功最小,最小值為max,選項D正確.2.C[解析]小球落到地面過程,根據(jù)動能定理有mgH=Ek,小球落地時動能等于mgH,A錯誤;小球在運動的全過程有mg(H+h)-Ffh=0,解得Ff=mg(H+h)h,B錯誤;根據(jù)上述,整個過程中小球克服阻力做的功為Wf=Ffh=mg(H+h),C正確;小球陷入泥中的過程,根據(jù)動能定理有mgh-Wf=0-Ek,解得Wf=mgh+Ek,可知,3.D[解析]小球從釋放到最低點,根據(jù)動能定理有mg(h+R)=EkB,解得EkB=17.5J,故A錯誤;小球從釋放到A點,根據(jù)動能定理有mgh=12mvA2,在A點,根據(jù)牛頓第二定律有FN=mvA2R,解得FN=15N,故B錯誤;設(shè)小球在圓軌道上最高點C與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ,則有mgcosθ=mv2R,從B點到最高點,根據(jù)動能定理有-mgR(1+cosθ)=12mv2-EkB,解得v=5m/s,cosθ=12,最大高度為h=R(1+cosθ)+(vsinθ)22g=1.6875m,故C錯誤;假設(shè)小球離開軌道后將落至軌道B點,根據(jù)斜拋運動的規(guī)律可知R(1+cosθ)=-vsin60°t+12gt2,x=vcos60°t題型3例5C[解析]如圖所示,設(shè)小環(huán)下降的高度為h,大圓環(huán)的半徑為R,小環(huán)到P點的距離為L,根據(jù)機械能守恒定律得mgh=12mv2,由幾何關(guān)系可得h=Lsinθ,而sinθ=L2R,所以h=L22R,解得v=LgR,故C正確例6C[解析]設(shè)B剛落地時速度為v,則根據(jù)機械能守恒定律有2mg×7r=mg×7r+12×3mv2+14mv2,解得v=2gr,當(dāng)物塊B落地后,A還能上升的高度為h=v22g=2r,因此A上升到最高點時離地面的高度為9例7BD[解析]根據(jù)機械能守恒定律可知,重物減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成石塊、重物的動能與石塊的重力勢能之和,即Mg(L2+L2sin37°)=mg(L1+L1sin37°)+12mvA2+12MvB2,石塊、重物繞軸做同軸轉(zhuǎn)動,則速度關(guān)系為vA=2vB,聯(lián)立可得石塊被拋出瞬間的速度大小為vA=4m/s,故A錯誤,B正確;石塊拋出后做平拋運動,由2g(L1+L1sin37°)=vy2,可得石塊落地前瞬間的豎直速度為vy=8m/s,則石塊落地前瞬間重力的功率為P=mgvy=224例8(16分)(1)v2(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)sin[解析](1)物塊在CD段運動過程中,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma (2分)由運動學(xué)公式有0-v2=-2ax (2分)聯(lián)立解得x=v22g((2)物塊在BC段勻速運動,則電動機的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ (2分)由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ) (2分)(3)全過程物塊增加的機械能為E1=mgLsinθ (2分)整個過程由能量守恒定律得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,可知E2=E1+μmgcosθ·L (2分)則E1E2=sin例9B[解析]當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時,對甲及其所坐木板整體有μmg=kx0,解得彈性繩的伸長量x0=μmgk,則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx02=(μmg)22k,從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程中,乙所坐木板的位移為x1=x0+l-d,由功能關(guān)系可知,該過程中F所做的功W=E0+μmgx1=3【遷移拓展】1.C[解析]物體恰好能到達最高點C,則物體在最高點只受重力,且重力全部用來提供向心力,設(shè)半圓軌道的半徑為r,由牛頓第二定律得mg=mv2r,解得物體在C點的速度v=gr,A、B錯誤;由牛頓第二定律得mg=ma,解得物體在C點的向心加速度a=g,C正確;由能量守恒定律知,物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和,D2.C[解析]由于小環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒,故重物機械能的增加量等于小環(huán)機械能的減少量,選項A錯誤;根據(jù)速度的分解,小環(huán)沿著輕繩方向的分速度大小等于重物速度,即v環(huán)cos45°=v重,環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為2∶1,結(jié)合幾何關(guān)系,重物上升的高度為h=dcos45°-d,可得h=(2-1)d,小環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒,即mgd=12mv環(huán)2+12·2mv重2+2mgh,解得v環(huán)=(33.AB[解析]斜面傾角的正弦值sinθ=35,故θ=37°.物塊的重力勢能為Ep=mg(h-xsinθ)=-mgxsinθ+mgh,Ep-x圖像的斜率的絕對值為k1=mgsinθ=6N,得m=1kg,Ek-x圖像的斜率的大小等于合力,k2=2N,由于k1≠k2,表明物塊所受合力不等于重力沿斜面向下的分力,故其還要受到滑動摩擦力,機械能不守恒,選項A正確;Ek-x圖像的斜率k2=mgsinθ-μmgcosθ=2N,解得μ=0.5,選項B正確;物塊下滑時有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2,選項C錯誤;物塊損失的機械能等于克服摩擦力做的功,Wf=μmgcosθ·x1=8J,選項D錯誤專題二能量與動量第4講功與能【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】高考中更注重科學(xué)思維的培養(yǎng),試題一般選取一個實際的應(yīng)用問題,需要通過建立模型,理清過程中能量傳輸?shù)穆窂?由于是實際問題,涉及能量傳輸?shù)男?隱含著其他能量向內(nèi)能的轉(zhuǎn)化,把實際過程當(dāng)作理想化過程往往是錯的,需要有針對性地審題.題型1功、功率的分析和計算1.功的計算(1)恒力做功一般用W=Flcosα求解;(2)變力做功通常應(yīng)用動能定理、微元法、等效轉(zhuǎn)化法、平均力法、圖像法求解,或者利用恒定功率求功,W=Pt.2.功率的計算明確是求瞬時功率還是平均功率.P=Wt一般用于平均功率的計算,P=Fvcosα(α為F和速度v的夾角)一般用于瞬時功率的計算例1[2024·遼寧沈陽模擬]如圖所示,傾角為30°、長度為10m的光滑斜面固定在水平地面上,一質(zhì)量為0.8kg的物體從斜面頂端由靜止開始下滑到斜面底端,g取10m/s2,則 ()A.整個過程中重力做功80JB.整個過程中合外力做功8JC.整個過程中重力做功的平均功率是20WD.物體滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是20W【技法點撥】計算功率應(yīng)該注意的問題(1)首先應(yīng)該明確所求的功率是平均功率還是瞬時功率,計算平均功率與瞬時功率選擇的公式不同.(2)求平均功率時,應(yīng)明確是哪一段時間內(nèi)的平均功率;求瞬時功率時,利用公式P=Fvcosα,其中α為F和v的夾角.例2[2024·江西撫州模擬]一汽車在平直公路上行駛.從某時刻開始計時,發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示.假定汽車所受阻力的大小Ff恒定不變.下列描述該汽車的速度隨時間t變化的圖像中,可能正確的是()ABCD【技法點撥】汽車啟動問題中幾個物理量的求法(1)汽車的最大速度vmax的求法:汽車做勻速運動時速度最大,此時牽引力F大小等于阻力Ff,故vmax=P額F=(2)勻加速啟動時,做勻加速運動的時間t的求法:牽引力F=ma+Ff,勻加速運動的最大速度vmax'=P額ma+Ff(3)瞬時加速度a的求法:根據(jù)F=Pv求出牽引力,則加速度a=F【遷移拓展】1.[2024·海南卷]神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場成功著陸,在飛船返回至離地面十幾公里時打開主傘飛船快速減速,返回艙速度大大減小,在減速過程中 ()A.返回艙處于超重狀態(tài)B.返回艙處于失重狀態(tài)C.主傘的拉力不做功D.重力對返回艙做負功2.[2024·吉林長春模擬]一輛汽車在水平路面上由靜止啟動,在前5s內(nèi)做勻加速直線運動,5s末達到額定功率,之后保持額定功率運動,其v-t圖像如圖所示.已知汽車的質(zhì)量為m=3×103kg,汽車受到地面的阻力為車重力大小的110,g取10m/s2,則(A.汽車在前5s內(nèi)的牽引力為9×103NB.汽車速度為15m/s時的加速度大小為2m/s2C.汽車的額定功率為40kWD.汽車在前5s內(nèi)摩擦力做功為-1.5×105J3.[2024·北京西城區(qū)模擬]汽車質(zhì)量為m,在平直路面上啟動后的牽引力F隨時間t變化的圖像如圖所示,已知該汽車以額定功率啟動,在平直路面上運動的最大速度為vm,所受阻力恒定,由此可知該汽車 ()A.在0~t0時間內(nèi)做加速度增大的加速運動B.啟動后速度為vm2C.額定功率為2FfvmD.在0~t0時間內(nèi)位移可能小于v題型2動能定理及應(yīng)用1.應(yīng)用動能定理解題的步驟圖解:2.應(yīng)用動能定理注意:(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程,由于不涉及加速度及時間,比動力學(xué)方法要簡捷.(2)動能定理表達式是一個標量式,在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的.(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程),對全過程應(yīng)用動能定理,往往能使問題簡化.(4)多過程往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解.例3[2024·新課標卷]將重物從高層樓房的窗外運到地面時,為安全起見,要求下降過程中重物與樓墻保持一定距離.如圖所示,一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q,二人配合可使重物緩慢豎直下降.若重物的質(zhì)量m=42kg,重力加速度大小g取10m/s2,當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α=37°時,Q繩與豎直方向的夾角β=53°.(sin37°=0.6)(1)求此時P、Q繩中拉力的大小;(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的過程中,兩根繩子拉力對重物做的總功.例4(多選)[2024·河北唐山模擬]如圖,甲將排球從離地面高為1m的O位置由靜止擊出并沿軌跡①運動,當(dāng)排球運動到離地面高為2.8m的P位置時,速度大小為10m/s,此時,被乙擊回并以水平速度18m/s沿軌跡②運動,恰好落回到O位置.已知排球的質(zhì)量約為0.3kg,g取10m/s2,忽略空氣阻力,則 ()A.排球沿軌跡②運動的時間為0.6sB.O、P兩位置的水平距離為10.8mC.甲對排球做的功約為40.8JD.乙對排球做的功約為15J【遷移拓展】1.[2023·北京卷]如圖所示,一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動.已知物體質(zhì)量為m,加速度大小為a,物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,在物體移動距離為x的過程中 ()A.摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B.合力做功大小與F方向有關(guān)C.F為水平方向時,F做功為μmgxD.F做功的最小值為max2.[2024·山西太原模擬]如圖所示,質(zhì)量為m的小球,從離地面高H處由靜止開始釋放,落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止,不計空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法正確的是 ()A.小球落地時動能等于mg(H+h)B.小球在泥土中受到的平均阻力為mgHC.整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)D.小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功等于剛落到地面時的動能3.[2024·遼寧大連模擬]如圖所示,半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上,B點為軌道最低點,A點與圓心O等高.質(zhì)量為1kg的小球(可視為質(zhì)點)在A點正上方0.75m處靜止釋放,下落至A點時進入圓軌道,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,則 ()A.小球在B點的動能為7.5JB.小球在A點受到軌道的彈力大小為10NC.小球上升過程中距地面的最大高度為1.75mD.小球離開軌道后將落至軌道B點題型3能量守恒和功能關(guān)系的應(yīng)用機械能守恒定律及其應(yīng)用1.判斷物體機械能是否守恒的三種方法定義判斷法看動能與勢能之和是否變化能量轉(zhuǎn)化判斷法沒有與機械能以外的其他形式的能轉(zhuǎn)化時,系統(tǒng)機械能守恒做功判斷法只有重力(或彈簧的彈力)做功時,系統(tǒng)機械能守恒2.機械能守恒定律的表達式例5固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán).小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環(huán)的速率正比于 ()A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積例6[2024·山東濟南模擬]如圖所示,一個半徑為r、質(zhì)量均勻的圓盤套在光滑固定的水平轉(zhuǎn)軸上,一根輕繩繞過圓盤,兩端分別連接著物塊A和B,A放在地面上,B用手托著,A、B均靜止,此時B離地面的高度為7r,圓盤兩邊的輕繩沿豎直方向伸直,A和圓盤的質(zhì)量均為m,B的質(zhì)量為2m,快速撤去手,在物塊B向下運動的過程中,繩子始終與圓盤沒有相對滑動.已知圓盤轉(zhuǎn)動的動能為EkC=14mr2ω2,其中ω為圓盤轉(zhuǎn)動的角速度,則物塊A上升到最高點時離地面的高度為(A上升過程中未與圓盤相碰) (A.7r B.8r C.9r D.10r例7(多選)[2024·湖北宜昌模擬]投石機是我國古代人民智慧的結(jié)晶,《范蠡兵法》中記載:“飛石重十二斤,為機發(fā)行三百步.”如圖所示為某小組自制的投石機,輕質(zhì)長桿AB可繞光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動,OA長為L1=2.0m,BC長為L2=1.0m.將一質(zhì)量m=2.8kg的石塊放在A端網(wǎng)袋中,另一質(zhì)量M=8kg的重物固定于B端,初始時A端位于地面上,桿與水平面的夾角為37°.由靜止釋放后,桿轉(zhuǎn)到豎直位置時將石塊沿水平方向拋出.石塊與重物均可視為質(zhì)點,不計空氣阻力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,則 ()A.石塊被拋出瞬間的速度大小為83B.石塊被拋出瞬間的速度大小為4m/sC.石塊落地前瞬間重力的功率為112WD.石塊落地前瞬間重力的功率為224W【技法點撥】連接體(多個物體)的機械能守恒問題共速率模型分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系(續(xù)表)共角速度模型兩物體角速度相同,線速度與半徑成正比(續(xù)表)關(guān)聯(lián)速度模型此類問題注意速度的分解,找出兩物體速度關(guān)系,當(dāng)某物體位移最大時,速度可能為0能量守恒定律及應(yīng)用例8[2024·江蘇卷]如圖所示,粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ,傾角為θ,斜面長為L.一個質(zhì)量為m的物塊在電動機作用下,從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v,之后做勻速運動至C點,關(guān)閉電動機,從C點又恰好到達最高點D.重力加速度為g,求:(1)CD段長x;(2)BC段電動機的輸出功率P;(3)全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值.規(guī)范答題區(qū)自評項目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)例9[2024·山東卷]如圖所示,質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接,連接點等高且間距為d(d<l).兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ,彈性繩勁度系數(shù)為k,被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量).現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板,直至甲所坐木板剛要離開原位置,此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止,k保持不變,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g,則F所做的功等于 (A.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+C.3(μmg)22k+2D.(μmg)22k+2μmg【技法點撥】功能關(guān)系的理解和應(yīng)用功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系,功是能量轉(zhuǎn)化的量度.(1)根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系,判定能的轉(zhuǎn)化情況.(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化,可計算變力做的功.【遷移拓展】1.[2024·北京卷]如圖所示,光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接.一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,物體脫離彈簧后進入半圓形軌道,恰好能夠到達最高點C.下列說法正確的是 ()A.物體在C點所受合力為零B.物體在C點的速度為零C.物體在C點的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能2.[2024·河北保定模擬]如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán),小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放,重力加速度為g,當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處),下列說法正確的是 ()A.環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能B.環(huán)在B處的速度為3C.環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為2∶1D.環(huán)到達B處時,重物上升的高度也為d3.(多選)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑,其重力勢能和動能隨下滑距離x的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度g取10m/s2.則 ()A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機械能損失了12J第4講功與能1.B[解析]重力的瞬時功率為P=mgv,水珠在最高點時,速度為零,重力的瞬時功率最小,故A錯誤;水珠在空中運動的過程中,一直克服空氣阻力做功,水珠的機械能逐漸減小,故該水珠在落回地面時,水珠的機械能最小,故B正確;水珠上升過程阻力方向與重力方向相同,下降過程阻力方向與重力方向相反,則水珠上升過程的加速度大于下降過程的加速度,水珠上升過程的位移大小等于下降過程的位移,故上升過程所用的時間小于下落過程所用的時間,故C錯誤;運動過程中水珠所受的空氣阻力大小保持不變,水珠上升過程的位移大小等于下降過程的位移,故上升過程克服空氣阻力做的功等于下落過程克服空氣阻力做的功,故D錯誤.2.B[解析]設(shè)t時間內(nèi)水流做功為W,水流的質(zhì)量為m,水流的體積為V,水位落差為h,則有W=mgh,m=ρ水V,水流量Q=Vt,發(fā)電功率P=η·Wt,聯(lián)立可得P=ηρ水Qgh,g取10m/s2時,代入數(shù)據(jù)解得P≈1.05×1073.ABD[解析]勻速時F牽=Ff,在MN段F牽=Pv=40N,故A正確;W克f=FfMN=800J,B正確;從P到Q,ΔEp=mgΔh,ΔEp=5×103J,故C錯誤;從P到Q,F牽'=P'v'=285N,F牽'=Ff'+mgsinθ,解得Ff'=35N,W克f'=Ff4.B[解析]假設(shè)足球不受空氣阻力,則斜拋運動在最高點2的左側(cè)斜拋上升階段和右側(cè)平拋下落階段的軌跡具有對稱性,題圖顯然不符合斜拋運動的規(guī)律,說明空氣阻力不可忽略,所以從2到3階段,機械能不守恒,選項D錯誤;從2到3階段,假設(shè)僅有重力做功,根據(jù)動能定理,動能增加量等于重力所做的功,即增加mgh,但由于有空氣阻力做功,所以動能增加量小于mgh,選項C錯誤;從1到2階段,重力做負功WG=-mgh,所以重力勢能增加了mgh,選項B正確;同理,從1到2階段,由于有空氣阻力做功,所以動能減少量大于mgh,選項A錯誤.5.B[解析]設(shè)水從出水口射出的初速度為v0,取t時間內(nèi)的水為研究對象,該部分水的質(zhì)量為m=v0tSρ,根據(jù)平拋運動規(guī)律可得l=v0t',h=12gt'2,解得v0=lg2h,根據(jù)功能關(guān)系得Ptη=12mv02+mgH6.D[解析]當(dāng)小球到達同一水平面上時,設(shè)高度為h