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1、专题六机械能,高考物理 (北京市专用),A组自主命题北京卷题组 1.(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。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
2、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。,五年高考,答案(1)F-x图像如图-kx2 (2)a.k-kk-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=-kxx=-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 Ep=-WT=k-k b.整
3、个过程中,摩擦力做功,Wf=-mg(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”。,2.(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,
4、k为常量)。质量m=50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;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t=2.0 s,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=10 m/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。,答案(1)5.0103 N/m示意图如图所示,(2)5.0 m (3)1.1
5、m2.5103 J 解析(1)床面下沉x0=0.10 m时,运动员受力平衡 mg=kx0 得k=5.0103 N/m F-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=5.0 m (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WT WT=xkx=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+=1.1 m 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=2 525 J2.5103 J,
6、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。,考点一功和功率,1.(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,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,B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案A本题考查圆周运动
7、、功。小环在固定的光滑大圆环上滑动,做圆周运动,其速度沿大圆环切线方向,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向,与速度垂直,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背离圆心,到达圆心等高点时弹力提供向心力,故大圆环对小环的作用力指向圆心,选项C、D错误。,储备知识弹力的方向总是垂直于接触面,速度方向沿接触面的切线方向,因此在固定接触面上滑动时,弹力总是不做功的,变速圆周运动的向心力是由合力沿半径方向的分力提供的。,2.(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
8、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=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。,疑难突破此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学
9、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。,3.(2015课标,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v0v1的情况,故不作分析。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=m
10、a2,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。,4.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则() A.v2=k1v1B.v2=v1C.v2=v1D.v2=k2v1 答案B车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2= v1,故B正确。,5.(2013浙江理综,17,6分)如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重
11、力加速度g=10 m/s2,下列判断正确的是() A.5 s内拉力对物块做功为零 B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2,则=0.3,选项C错误;在69 s内由牛顿第二定律得F-Ff=ma,a= m/s2=2.0 m/s2,选项D正 确。,答案D由图像可知物块在04 s内处于静止状态,其所受合力为零,选项B错误;45 s内做变 加速直线运动,因此5 s内拉力对物块做的功不为零,选项A错误;物块所受的滑动摩擦力Ff=3 N,6.(2015四川理综,9,15分)严重的雾霾天气,对国计民生已造成了严重的影响,
12、汽车尾气是形成雾霾的重要污染源,“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放,大力发展地铁,可以大大减少燃油公交车的使用,减少汽车尾气排放。 若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h,再匀速运动80 s,接着匀减速运动15 s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6103 kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。 (1)求甲站到乙站的距离; (2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物310-6克),
13、解析(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1,距离为s1;在匀速直线运动阶段所用的时间为t2,距离为s2,速度为v;在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3,距离为s3;甲站到乙站的距离为s。则 s1=vt1 s2=vt2 s3=vt3 s=s1+s2+s3 联立式并代入数据得 s=1 950 m 说明:式各2分,式各1分。 (2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F,所做的功为W1;在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P,所做的功为W2。设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W,将排放气态污染物质量为M。则 W1=Fs1,答案(1)1 950 m(2)2.04 kg,W2=Pt2 W=
14、W1+W2 M=(310-9 kgJ-1)W 联立式并代入数据得 M=2.04 kg 说明:式各2分,式各1分。,考点二动能定理及其应用 7.(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=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
15、8.010-8 J,故选A。,审题指导定量计算与定性判断 由已知条件可知电子束总能量约为8.010-8 J,从数量级就知道这是一个很小的值。根据Ek=mv 2知,物体的质量m与速率v应很小。结合实际可知能量最接近8.010-8 J的只能是一只爬行的蜗牛的动能,其他的“一个奔跑的孩子”“一辆行驶的轿车”“一架飞行的客机”的动能均远大于8.010-8 J。,8.(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
16、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。,审题指导图像语言理解、隐含条件明显化 图像语言重点在于理解:点、线、面、轴、斜、截的物理含义。本题注重斜率、截距。 能够返回出发点说明mg sin mg cos 。 f=mg cos ,因和不变,则f大小不变。 以出发点为原点,上升时x增加,返回时x减小。,9.(2016课标,16,6分)小球P和Q用不可伸长
17、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=,LPmQ,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。,10.(2016课标,20,6分)(多选)如
18、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。,11.(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
19、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,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: 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
20、程:,mgh-f1=mv2 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。,12.(2015课标,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.WmgR,质点不能到达Q点 C.W=mgR,质点到达
21、Q点后,继续上升一段距离 D.WmgR,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:mg2R-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WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。,13.(2017上海单科,19,14分)如图,与水平面夹角=37的斜面和半径R=0.4 m的光滑圆轨道相切于B点,且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放,经B点后沿圆轨道运动,通过最高点C时轨道
22、对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求: (1)滑块在C点的速度大小vC; (2)滑块在B点的速度大小vB;,(3)A、B两点间的高度差h。,答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m,解析本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理。 (1)对C点:滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg= vC=2 m/s (2)对BC过程:滑块机械能守恒 m=m+mgR(1+cos 37) vB=4.29 m/s (3)滑块在AB的过程,利用动能定理: mgh-mg cos 37=m-0 代入数据解得h=1.3
23、8 m,审题指导机械能守恒与曲线运动的结合题型 审题思路:,1.研究对象:滑块,2.过程分析: 滑块,14.(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P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P
24、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 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点的过程中,由动能定理有 mgx sin -mgx cos -
25、Ep=0-m E、F之间的距离l1为 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
26、 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 联立式得 m1=m,15.(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/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
27、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(1)144 N(2)12.5 m,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 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
28、力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得 R=12.5 m,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点时哪些力提供向心力。,考点三机械能守恒定律及其应用 16.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小() A.一样大B.水平抛的最大 C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大,答案A根据机械能守恒定律,落地时三个小球的速度大小相同。,17.(2015天津理综,5,6分
29、)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mgL C.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
30、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mgL=Ep, 解得Ep=mgL,选项B正确。,18.(2014课标 ,15,6分,0.722)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为() A.B. C.D. 答案B设物块在抛出点的速度为v0,落地时速度
31、为v,抛出时重力势能为Ep,由题意知Ep=m ;由机械能守恒定律,得mv2=Ep+m,解得v=v0,设落地时速度方向与水平方向的夹角为, 则 cos =,解得=,B正确。,19.(2016课标,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 设小球在B点的动能为
32、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,小球恰好可以沿轨道运动到C点。,20.(2015福建理综,21,19分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。 (1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力; (2)若不固定小车,滑
33、块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的 动摩擦因数为,求: 滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm; 滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。,答案(1)3mg(2)L,解析(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒 mgR=m 滑块在B点处,由牛顿第二定律有 N-mg=m 解得N=3mg 由牛顿第三定律得N=3mg (2)滑块下滑到达B点时,小车速度最大。由系统的机械能守恒 mgR=M+m(2vm)2 解得vm= 设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系
34、 mgR-mgL=M+m(2vC)2 设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律 mg=Ma,由运动学规律 -=-2as 解得s=L,考点四功能关系能量守恒定律,21.(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.mglB.mglC.mglD.mgl,答案A将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分的绳的重心升高l,故重力势能增 加mg=mgl,由功能关系可知A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
35、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mgl+mg=mgl,则增加的E=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。,22.(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
36、能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg C.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mgL,答案AB本题考查牛顿运动定律、能量守恒。 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,A球重力所做功等于
37、弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30-L cos 60=L,重力做功W= mgh=mgL,选项D错误。,解题关键本题的关键词:A由静止释放v0=0;降到最低点v=0。 物体做加速度减小的加速运动,当加速度减到0时,速度最大,动能最大,这是此题的关键。,23.(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
38、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
39、小球在M点的动能为零,故D正确。,审题指导审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等”、“ONMOMN”。理解了上述词、句的用意,本题就不难解决了。,评析本题考查了功、功率、弹性势能、机械能守恒等知识,综合性很强。对考生的分析、推理能力要求较高,故本题属于较难题。,24.(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 J
40、C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J,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。,25.(2014福建理综,18,6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块() A.最大速度相同B.最大加速度相同 C.上升的最大高度不同D.重力势
41、能的变化量不同,答案C物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mg sin =ma,即a=-g sin ,由于k、x、均相同,m不同,则a不同,B错误。当mg sin =kx0即x0=时,速度最大,如图,设 两物块质量m1Ek2,即v1v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量Ep=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。,26.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面
42、高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/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9.8 m/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600 m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%。,答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J,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 式中,m和v0分别是飞船的质量
43、和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek0=4.0108 J 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 式中,vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得 Eh=2.41012 J (2)飞船在高度h=600 m处的机械能为 Eh=m+mgh 由功能原理得 W=Eh-Ek0 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给,数据得 W=9.7108 J,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。
44、,27.(2016课标,25,20分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离; (2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质
45、量的取值范围。,答案(1)2l(2)mMm,解析(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep=5mgl 设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得 Ep=M+Mg4l 联立式,取M=m并代入题给数据得 vB= 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足 -mg0 设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得 m=m+mg2l 联立式得 vD= vD满足式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道
46、AB所需的时间,为t,由运动学公式得 2l=gt2 P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s=vDt 联立式得 s=2l (2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度应大于零。由式可知 5mglMg4l 要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 MMgl 联立式得 mMm,解题指导1.弹簧竖直放置时,由质量为5m的物体的运动情况可求出弹簧压缩量为l时弹性势能的大小。,2.物块P从释放到运动到B点的过程中,弹簧弹性势能转化成P在B点的动能与克服摩擦产生的内能。,3.P从BD机械能守恒,从D点飞出后做平抛运动。,审题指导P要滑上圆轨道必须有vB0;
47、要能沿圆轨道滑下,则P不能滑过圆轨道中点C。,C组教师专用题组 1.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则() A.弹射器的推力大小为1.1106 N B.弹射器对舰载机所做的功为1.1108 J C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m
48、/s2,答案ABD舰载机弹射过程中的加速度a= m/s2=32 m/s2,选项D正确;对舰载机在水 平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1106 N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹x=1.1108 J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t= s=2.5 s,由功率的定义得:P弹=4.4107 W,选项C错。,2.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物 块与斜坡间的动摩擦因数和h分别
49、为() A.tan 和B. tan 和 C.tan 和D. tan 和 答案D由动能定理有 -mgH-mg cos =0-mv2 -mgh-mg cos =0-m()2 解得=(-1)tan ,h=,故D正确。,3.(2013课标,21,6分,0.235)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则(),图(a),图(b) A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变,约为27 m/s2,则飞机所受阻拦