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專題六機械能 高考物理 北京市專用 1 2013北京理綜 23 18分 0 39 蹦床比賽分成預備運動和比賽動作兩個階段 最初 運動員靜止站在蹦床上 在預備運動階段 他經(jīng)過若干次蹦跳 逐漸增加上升高度 最終達到完成比賽動作所需的高度 此后 進入比賽動作階段 把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧 彈力大小F kx x為床面下沉的距離 k為常量 質量m 50kg的運動員靜止站在蹦床上 床面下沉x0 0 10m 在預備運動中 假定運動員所做的總功W全部用于增加其機械能 在比賽動作中 把該運動員視作質點 其每次離開床面做豎直上拋運動的騰空時間均為 t 2 0s 設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為x1 取重力加速度g 10m s2 忽略空氣阻力的影響 1 求常量k 并在圖中畫出彈力F隨x變化的示意圖 2 求在比賽動作中 運動員離開床面后上升的最大高度hm 考點一功和功率A組自主命題 北京卷題組 五年高考 3 借助F x圖像可以確定彈力做功的規(guī)律 在此基礎上 求x1和W的值 解析 1 床面下沉x0 0 10m時 運動員受力平衡mg kx0得k 5 0 103N mF x圖線如答案圖所示 2 運動員從x 0處離開床面 開始騰空 其上升 下落時間相等hm g 2 5 0m 3 參考由速度 時間圖像求位移的方法 知F x圖線與x軸所圍的面積等于彈力做的功 從x處到x 0 彈力做功WTWT x kx kx2運動員從x1處上升到最大高度hm的過程 根據(jù)動能定理 有k mg x1 hm 0得x1 x0 1 1m對整個預備運動 由題設條件以及功和能的關系 有 W k mg hm x0 得W 2525J 2 5 103J 考查點彈力做功 動能定理的應用 思路點撥運動員的運動可以分為兩個階段 在空中的運動為加速度為g的勻加速運動 在與蹦床接觸的運動過程中 由于彈力的變化 為加速度不斷變化的運動 故求x1和W可用動能定理 至于彈力做功的計算 可借助F x圖中的圖線與x軸所圍的面積 2 2018課標 19 6分 多選 地下礦井中的礦石裝在礦車中 用電機通過豎井運送到地面 某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示 其中圖線 分別描述兩次不同的提升過程 它們變速階段加速度的大小都相同 兩次提升的高度相同 提升的質量相等 不考慮摩擦阻力和空氣阻力 對于第 次和第 次提升過程 A 礦車上升所用的時間之比為4 5B 電機的最大牽引力之比為2 1C 電機輸出的最大功率之比為2 1D 電機所做的功之比為4 5 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 答案AC本題考查v t圖像的應用 在v t圖像中 圖線的斜率表示物體運動的加速度 而兩次提升過程變速階段加速度的大小都相同 即在v t圖像中 它們變速階段對應的圖線要么重合 要么平行 由圖中幾何關系可得 第 次所用時間t t0 即礦車上升所用時間之比為4 5 選項A正確 對礦車受力分析可知 當?shù)V車向上做勻加速直線運動時 電機的牽引力最大 即F mg ma 得F mg ma 即最大牽引力之比為1 1 選項B錯誤 在第 次提升過程中 電機輸出的最大功率P1 mg ma v0 在第 次提升過程中 電機輸出的最大功率P2 mg ma v0 即 選項C正確 對 兩次提升過程 由動能定理可知W mgh 0 即 選項D錯誤 易錯點撥瞬時功率與平均功率的區(qū)別瞬時功率對應的是點 位置 時刻 平均功率對應的是段 過程 時間 本題選項C中的功率為瞬時功率 3 2017課標 14 6分 如圖 一光滑大圓環(huán)固定在桌面上 環(huán)面位于豎直平面內(nèi) 在大圓環(huán)上套著一個小環(huán) 小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑 在小環(huán)下滑的過程中 大圓環(huán)對它的作用力 A 一直不做功B 一直做正功C 始終指向大圓環(huán)圓心D 始終背離大圓環(huán)圓心 答案A本題考查功 圓周運動 考查學生的理解能力 推理能力 大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿大圓環(huán)半徑方向 與速度方向垂直 故大圓環(huán)對小環(huán)的作用力不做功 選項A正確 B錯誤 開始時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向背離大圓環(huán)圓心 一段時間后作用力方向指向大圓環(huán)圓心 故選項C D錯誤 解題指導 1 彈力的方向總是垂直于接觸面 并且速度的方向總是沿接觸面的切線方向 因此在固定接觸面上滑動時 彈力總不做功 2 重力在半徑方向上的分量與大圓環(huán)對小環(huán)的作用力的矢量和提供小環(huán)做圓周運動的向心力 設小環(huán)轉過的角度為 如圖所示 小環(huán)此時的速度為v 大圓環(huán)對小環(huán)的作用力為N 由功能關系和圓周運動公式有mv2 mgR 1 cos m mgcos N解出N 3mgcos 2mg由此可知 當3mgcos 2mg時 N的方向背離大圓環(huán)圓心 當3mgcos 2mg時 N的方向指向大圓環(huán)圓心 4 2016課標 19 6分 多選 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成 甲球質量大于乙球質量 兩球在空氣中由靜止下落 假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比 與球的速率無關 若它們下落相同的距離 則 A 甲球用的時間比乙球長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 乙下落的時間與加速度有關 應先求加速度 由m甲 V甲 得R甲 阻力f甲 kR甲 k 由牛頓第二定律知a甲 g k 同理a乙 g k 因m甲 m乙 所以a甲 a乙 故C項錯誤 再由位移公式h at2可知t甲v乙 B項正確 甲球受到的阻力大 甲 乙下落距離相等 故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 D項正確 疑難突破此題主要考查應用牛頓第二定律和運動學公式求解動力學問題 比較兩球加速度的大小是關鍵 需要定量推導 5 2015課標 17 6分 0 464 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f恒定不變 下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中 可能正確的是 答案A由題意知汽車發(fā)動機的功率為P1 P2時 汽車勻速運動的速度v1 v2滿足P1 fv1 P2 fv2 即v1 P1 f v2 P2 f 若t 0時刻v0v1的情況 故不作分析 在t1時刻 發(fā)動機的功率突然由P1增大到P2 而瞬時速度未來得及變化 則由P Fv知牽引力突然增大 則汽車立即開始做加速運動有 f ma2 同樣 a2隨v的增大而減小 直到a2 0時開始勻速運動 故A正確 C錯誤 6 2014課標 16 6分 一物體靜止在粗糙水平地面上 現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體 經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関 若將水平拉力的大小改為F2 物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v 對于上述兩個過程 用WF1 WF2分別表示拉力F1 F2所做的功 Wf1 Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功 則 A WF2 4WF1 Wf2 2Wf1B WF2 4WF1 Wf2 2Wf1C WF2 4WF1 Wf2 2Wf1D WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 答案CWF1 mv2 mg t WF2 m 4v2 mgt 故WF2 4WF1 Wf1 mg t Wf2 mg t 故Wf2 2Wf1 C正確 7 2013課標 21 6分 0 235 2012年11月 殲15 艦載機在 遼寧號 航空母艦上著艦成功 圖 a 為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖 飛機著艦并成功鉤住阻攔索后 飛機的動力系統(tǒng)立即關閉 阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力 使飛機在甲板上短距離滑行后停止 某次降落 以飛機著艦為計時零點 飛機在t 0 4s時恰好鉤住阻攔索中間位置 其著艦到停止的速度 時間圖線如圖 b 所示 假如無阻攔索 飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m 已知航母始終靜止 重力加速度的大小為g 則 圖 a C組教師專用題組 圖 b A 從著艦到停止 飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1 10B 在0 4s 2 5s時間內(nèi) 阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C 在滑行過程中 飛行員所承受的加速度大小會超過2 5gD 在0 4s 2 5s時間內(nèi) 阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變 答案AC速度圖線與時間軸所圍面積表示物體的位移 估算圖中面積約為110m 故A正確 由于速度圖線的斜率表示物體的加速度 由圖可知在0 4s 2 5s內(nèi)飛機加速度大小幾乎不變 約為27m s2 則飛機所受阻攔索的合力F不變 但飛機的速度在減小 兩側阻攔索間夾角 在減小 故由P Fv知D錯誤 由F 2Tcos知阻攔索的張力在減小 B錯誤 由上述知C正確 8 2007北京理綜 23 18分 環(huán)保汽車將為2008年奧運會場館服務 某輛以蓄電池為驅動能源的環(huán)保汽車 總質量m 3 103kg 當它在水平路面上以v 36km h的速度勻速行駛時 驅動電機輸入電流I 50A 電壓U 300V 在此行駛狀態(tài)下 1 求驅動電機的輸入功率P電 2 若驅動電機能夠將輸入功率的90 轉化為用于牽引汽車前進的機械功率P機 求汽車所受阻力與車重的比值 g取10m s2 3 設想改用太陽能電池給該汽車供電 其他條件不變 求所需太陽能電池板的最小面積 結合計算結果 簡述你對該設想的思考 已知太陽輻射的總功率P0 4 1026W 太陽到地球的距離r 1 5 1011m 太陽光傳播到達地面的過程中大約有30 的能量損耗 該車所用太陽能電池的能量轉化效率為15 解析 1 驅動電機的輸入功率P電 IU 1 5 104W 2 在勻速行駛時P機 0 9P電 Fv fvf 汽車所受阻力與車重之比f mg 0 045 3 當陽光垂直電池板入射時 所需板面積最小 設其為S 距太陽中心為r的球面面積S0 4 r2若沒有能量損耗 太陽能電池板接收到的太陽能功率為P 則 設太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為P P 1 30 P 由于P電 15 P 所以電池板的最小面積S 101m2分析可行性并提出合理的改進建議 答案 1 1 5 104W 2 0 045 3 見解析 1 2012北京理綜 23 18分 0 53 摩天大樓中一部直通高層的客運電梯 行程超過百米 電梯的簡化模型如圖1所示 考慮安全 舒適 省時等因素 電梯的加速度a是隨時間t變化的 已知電梯在t 0時由靜止開始上升 a t圖像如圖2所示 電梯總質量m 2 0 103kg 忽略一切阻力 重力加速度g取10m s2 1 求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2 考點二動能定理及其應用A組自主命題 北京卷題組 2 類比是一種常用的研究方法 對于直線運動 教科書中講解了由v t圖像求位移的方法 請你借鑒此方法 對比加速度和速度的定義 根據(jù)圖2所示a t圖像 求電梯在第1s內(nèi)的速度改變量 v1和第2s末的速率v2 3 求電梯以最大速率上升時 拉力做功的功率P 再求在0 11s時間內(nèi) 拉力和重力對電梯所做的總功W 答案 1 2 2 104N1 8 104N 2 0 50m s1 5m s 3 2 0 105W1 0 105J 解析 1 由牛頓第二定律 有F mg ma由a t圖像可知 F1和F2對應的加速度分別是a1 1 0m s2 a2 1 0m s2F1 m g a1 2 0 103 10 1 0 N 2 2 104NF2 m g a2 2 0 103 10 1 0 N 1 8 104N 2 類比可得 所求速度變化量等于第1s內(nèi)a t圖線下的面積 v1 0 50m s同理可得 v2 v2 v0 1 5m sv0 0 第2s末的速率v2 1 5m s 3 由a t圖像可知 11 30s內(nèi)速率最大 其值等于0 11s內(nèi)a t圖線下的面積 有vm 10m s此時電梯做勻速運動 拉力F等于重力mg 所求功率P Fvm mg vm 2 0 103 10 10W 2 0 105W由動能定理 總功W Ek2 Ek1 m 0 2 0 103 102J 1 0 105J 2 2018課標 14 6分 如圖 某同學用繩子拉動木箱 使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度 木箱獲得的動能一定 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 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 答案A本題考查動能定理 由動能定理可知W拉 Wf Ek 0 因此 Ek W拉 故A正確 B錯誤 Ek可能大于 等于或小于Wf 選項C D錯誤 思路分析外力做功與動能變化的關系動能的改變是物體所受合外力做功引起的 3 2016課標 16 6分 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上 P球的質量大于Q球的質量 懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短 將兩球拉起 使兩繩均被水平拉直 如圖所示 將兩球由靜止釋放 在各自軌跡的最低點 A P球的速度一定大于Q球的速度B P球的動能一定小于Q球的動能C P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案C設小球的質量為m 繩長為L 根據(jù)動能定理得mgL mv2 解得v LPmQ LPmQ 所以P球所受繩的拉力大于Q球所受繩的拉力 故C項正確 向心加速度a 2g 所以在軌跡的最低點 P Q兩球的向心加速度相同 故D項錯誤 方法技巧利用動能定理和向心力公式正確列出方程 快速解出結果來找正確選項 4 2016課標 20 6分 多選 如圖 一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面 在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P 它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中 克服摩擦力做的功為W 重力加速度大小為g 設質點P在最低點時 向心加速度的大小為a 容器對它的支持力大小為N 則 A a B a C N D N 答案AC由動能定理知 在P從最高點下滑到最低點的過程中mgR W mv2 在最低點的向心加速度a 聯(lián)立得a 選項A正確 在最低點時有N mg ma 所以N 選項C正確 易錯點撥 1 由于有摩擦力存在 下滑過程機械能不守恒 只能用動能定理求解 2 a為質點在最低點時的瞬時加速度大小 a 中的v為質點在最低點時的瞬時速度大小 評析本題考查動能定理和圓周運動知識 屬于兩知識點結合問題 難度中等 解出最低點速度大小是解決本題的關鍵 5 2015課標 17 6分 0 346 如圖 一半徑為R 粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置 直徑POQ水平 一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落 恰好從P點進入軌道 質點滑到軌道最低點N時 對軌道的壓力為4mg g為重力加速度的大小 用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功 則 A W mgR 質點恰好可以到達Q點B W mgR 質點不能到達Q點C W mgR 質點到達Q點后 繼續(xù)上升一段距離D W mgR 質點到達Q點后 繼續(xù)上升一段距離 答案C質點由靜止開始下落到最低點N的過程中由動能定理 mg 2R W mv2質點在最低點 FN mg 由牛頓第三定律得 FN 4mg聯(lián)立得W mgR 質點由N點到Q點的過程中在等高位置處的速度總小于由P點到N點下滑時的速度 故由N點到Q點過程克服摩擦力做功W W 故質點到達Q點后 會繼續(xù)上升一段距離 選項C正確 6 2016課標 25 18分 如圖 一輕彈簧原長為2R 其一端固定在傾角為37 的固定直軌道AC的底端A處 另一端位于直軌道上B處 彈簧處于自然狀態(tài) 直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點 AC 7R A B C D均在同一豎直平面內(nèi) 質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑 最低到達E點 未畫出 隨后P沿軌道被彈回 最高到達F點 AF 4R 已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù) 重力加速度大小為g 取sin37 cos37 1 求P第一次運動到B點時速度的大小 2 求P運動到E點時彈簧的彈性勢能 3 改變物塊P的質量 將P推至E點 從靜止開始釋放 已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后 恰好通過G點 G點在C點左下方 與C點水平相距R 豎直相距R 求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量 解析 1 根據(jù)題意知 B C之間的距離l為l 7R 2R 設P到達B點時的速度為vB 由動能定理得mglsin mglcos m 式中 37 聯(lián)立 式并由題給條件得vB 2 2 設BE x P到達E點時速度為零 設此時彈簧的彈性勢能為Ep P由B點運動到E點的過程中 由動能定理有mgxsin mgxcos Ep 0 m E F之間的距離l1為l1 4R 2R x P到達E點后反彈 從E點運動到F點的過程中 由動能定理有Ep mgl1sin mgl1cos 0 聯(lián)立 式并由題給條件得 答案 1 2 2 mgR 3 m x R Ep mgR 3 設改變后P的質量為m1 D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1 R Rsin y1 R R Rcos 式中 已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為 的事實 設P在D點的速度為vD 由D點運動到G點的時間為t 由 公式有y1 gt2x1 vDt聯(lián)立 式得vD 設P在C點速度的大小為vC 在P由C運動到D的過程中機械能守恒 有m1 m1 m1g R Rcos P由E點運動到C點的過程中 同理 由動能定理有Ep m1g x 5R sin m1g x 5R cos m1聯(lián)立 式得m1 m 解題指導本題要充分運用動能定理解題 要注意運動過程的選取 如 2 中 分別對P由B點到E點和由E點到F點應用動能定理 然后解方程組即可 3 中要根據(jù)不同的運動特征選用不同的原理 規(guī)律總結物體運動過程有摩擦力做功 已知量 待求量又不涉及時間時 應用動能定理解題是最佳方案 當無摩擦力做功時 應用機械能守恒或動能定理解題均很方便 7 2014大綱全國 19 6分 一物塊沿傾角為 的斜坡向上滑動 當物塊的初速度為v時 上升的最大高度為H 如圖所示 當物塊的初速度為時 上升的最大高度記為h 重力加速度大小為g 物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為 A tan 和B tan 和C tan 和D tan 和 答案D由動能定理有 mgH mgcos 0 mv2 mgh mgcos 0 m 2解得 1 tan h 故D正確 C組教師專用題組 1 2015北京理綜 23 18分 0 40 如圖所示 彈簧的一端固定 另一端連接一個物塊 彈簧質量不計 物塊 可視為質點 的質量為m 在水平桌面上沿x軸運動 與桌面間的動摩擦因數(shù)為 以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點O 當彈簧的伸長量為x時 物塊所受彈簧彈力大小為F kx k為常量 1 請畫出F隨x變化的示意圖 并根據(jù)F x圖像求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功 2 物塊由x1向右運動到x3 然后由x3返回到x2 在這個過程中 a 求彈力所做的功 并據(jù)此求彈性勢能的變化量 b 求滑動摩擦力所做的功 并與彈力做功比較 說明為什么不存在與摩擦力對應的 摩擦力勢能 的概念 考點三機械能守恒定律和功能關系A組自主命題 北京卷題組 答案 1 F x圖像如圖 kx2 2 a k kk kb 見解析 解析 1 F x圖像如答圖 物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中 彈力做負功 F x圖線下的面積等于彈力做功大小 彈力做功WT kx x kx2 2 a 物塊由x1向右運動到x3的過程中 彈力做功WT1 kx1 kx3 x3 x1 k k物塊由x3向左運動到x2的過程中 彈力做功WT2 kx2 kx3 x3 x2 k k整個過程中 彈力做功WT WT1 WT2 k k彈性勢能的變化量 Ep WT k kb 整個過程中 摩擦力做功 Wf mg 2x3 x1 x2 與彈力做功比較 彈力做功與x3無關 即與實際路徑無關 只與始末位置有關 所以 我們可以定義一個由物體之間的相互作用力 彈力 和相對位置決定的能量 彈性勢能 而摩擦力做功與x3有關 即與實際路徑有關 所以 不可以定義與摩擦力對應的 摩擦力勢能 考查點功能關系 思路點撥一個力做功與路徑無關 存在對應的勢能 如彈力做功與路徑無關 存在對應的彈性勢能 分子力做功與路徑無關 存在對應的分子勢能 2 2018課標 18 6分 如圖 abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道 ab水平 長度為2R bc是半徑為R的四分之一圓弧 與ab相切于b點 一質量為m的小球 始終受到與重力大小相等的水平外力的作用 自a點處從靜止開始向右運動 重力加速度大小為g 小球從a點開始運動到其軌跡最高點 機械能的增量為 A 2mgRB 4mgRC 5mgRD 6mgR B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 答案C本題考查分運動的獨立性 恒力做功的特點及功能關系 以小球為研究對象 在小球由a到c的過程中 應用動能定理有F xab F R mgR m 其中水平力大小F mg 得vc 2 經(jīng)過c點以后 在豎直方向上小球做豎直上拋運動 上升的時間t升 2 在水平方向上小球做加速度為ax的勻加速運動 由牛頓第二定律得F max 且F mg 得ax g 在時間t升內(nèi) 小球在水平方向上的位移x ax 2R 故力F在整個過程中對小球做的功W Fxab FR Fx 5mgR 由功能關系 得 E W 5mgR 故C正確 A B D錯誤 審題關鍵關鍵詞理解 隱形條件顯性化1 恒力F的方向判斷 由題中條件 光滑軌道 小球始終受到水平外力作用 自a點從靜止開始向右運動 可判斷出外力F方向水平向右 2 由于外力F mg 小球到達c點瞬間vc 0 可判斷球經(jīng)過c點后將繼續(xù)向斜上方運動 當豎直方向速度為零時小球到達最高點 3 恒力做功等于恒力和物體在力方向上位移的乘積 W F s 4 由功能關系確定機械能增量 3 2014課標 15 6分 0 722 取水平地面為重力勢能零點 一物塊從某一高度水平拋出 在拋出點其動能與重力勢能恰好相等 不計空氣阻力 該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為 A B C D 答案B設物塊在拋出點的速度為v0 落地時速度為v 拋出時重力勢能為Ep 由題意知Ep m 由機械能守恒定律 得mv2 Ep m 解得v v0 設落地時速度方向與水平方向的夾角為 則cos 解得 B正確 4 2017課標 16 6分 如圖 一質量為m 長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛 用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點 M點與繩的上端P相距l(xiāng) 重力加速度大小為g 在此過程中 外力做的功為 A mglB mglC mglD mgl 答案A將繩的下端Q緩慢向上拉至M點 使M Q之間的繩對折 外力克服下面的繩的重力做功 W外 WG 而下面的繩重心升高l 故克服重力做功 WG m0g l 又m0 m 則W外 WG mg l mgl 故A選項正確 一題多解嘗試不同方法解題解法一Q緩慢移動說明繩子的動能變化忽略不計 以Q點為零勢能點 細繩的初始機械能為mgl 末態(tài)機械能為mg l mg mgl 則增加的機械能 E mgl mgl mgl 由功能關系可知A項正確 解法二作用點位移x l 平均作用力為mg 故拉力做功W x mgl 故A項正確 易錯點撥繩 鏈 重力勢能的求解繩 鏈等物體重力勢能的求解關鍵點是重心位置的升降 本題中把下端Q拉到M點過程中只有下面的繩的重心位置上升了 重力勢能增加了 外力只需克服這部分繩的重力做功即可 5 2016課標 24 12分 如圖 在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道 兩者在最低點B平滑連接 AB弧的半徑為R BC弧的半徑為 一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落 經(jīng)A點沿圓弧軌道運動 1 求小球在B A兩點的動能之比 2 通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點 解析 1 設小球的質量為m 小球在A點的動能為EkA 由機械能守恒得EkA mg 設小球在B點的動能為EkB 同理有EkB mg 由 式得 5 2 若小球能沿軌道運動到C點 小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N 0 設小球在C點的速度大小為vC 由牛頓運動定律和向心加速度公式有N mg m 由 式得 vC應滿足mg m 由機械能守恒有mg m 由 式可知 小球恰好可以沿軌道運動到C點 答案見解析 評分參考第 1 問6分 式各2分 第 2 問6分 式各2分 可以運動到C點 2分 反思總結此題考查機械能守恒和豎直平面內(nèi)的圓周運動中臨界值問題 難度中等 應參照 繩球 模型的處理方法 6 2017課標 24 12分 一質量為8 00 104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面 飛船在離地面高度1 60 105m處以7 50 103m s的速度進入大氣層 逐漸減慢至速度為100m s時下落到地面 取地面為重力勢能零點 在飛船下落過程中 重力加速度可視為常量 大小取為9 8m s2 結果保留2位有效數(shù)字 1 分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能 2 求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功 已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2 0 解析本題考查機械能 功能原理 1 飛船著地前瞬間的機械能為Ek0 m 式中 m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率 由 式和題給數(shù)據(jù)得Ek0 4 0 108J 設地面附近的重力加速度大小為g 飛船進入大氣層時的機械能為Eh m mgh 式中 vh是飛船在高度1 60 105m處的速度大小 由 式和題給數(shù)據(jù)得Eh 2 4 1012J 2 飛船在高度h 600m處的機械能為Eh m mgh 由功能關系得W Eh Ek0 答案 1 4 0 108J2 4 1012J 2 9 7 108J 式中 W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功 由 式和題給數(shù)據(jù)得W 9 7 108J 方法技巧變力做功的求法 1 平均值法 2 分段法 3 微元法 4 圖像法 5 W Pt法 6 動能定理法 7 功能關系法 8 能量守恒法 C組教師專用題組 答案BCD如圖所示 OP垂直于豎直桿 Q點與M點關于OP對稱 在小球從M點到Q點的過程中 彈簧彈力先做負功后做正功 故A錯 在P點彈簧長度最短 彈力方向與速度方向垂直 故此時彈力對小球做功的功率為零 即C正確 小球在P點時所受彈簧彈力等于豎直桿給它的彈力 豎直方向上只受重力 此時小球加速度為g 當彈簧處于自由長度時 小球只受重力作用 此時小球的加速度也為g 故B正確 小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 小球在M點和N點時彈簧的彈性勢能相等 故小球從M到N重力勢能的減少量等于動能的增加量 而小球在M點的動能為零 故D正確 審題指導審題時關鍵的詞 句 光滑 靜止釋放 在M N兩點處 彈簧對小球的彈力大小相等 ONM OMN 理解了上述詞 句的用意 本題就不難解決了 評析本題考查了功 功率 彈性勢能 機械能守恒等知識 綜合性很強 對考生的分析 推理能力要求較高 故本題屬于較難題 8 2006北京理綜 22 16分 如圖是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖 整個雪道由傾斜的助滑雪道AB和著陸雪道DE 以及水平的起跳平臺CD組成 AB與CD圓滑連接 運動員從助滑雪道AB上由靜止開始 在重力作用下 滑到D點水平飛出 不計飛行中的空氣阻力 經(jīng)2s在水平方向飛行了60m 落在著陸雪道DE上 已知從B點到D點運動員的速度大小不變 g取10m s2 求 1 運動員在AB段下滑到B點的速度大小 2 若不計阻力 運動員在AB段下滑過程中下降的高度 3 若運動員的質量為60kg 在AB段下降的實際高度是50m 此過程中他克服阻力所做的功 解析 1 運動員從D點飛出時的速度v 30m s依題意 下滑到助滑雪道末端B點時的速度大小是30m s 2 在下滑過程中機械能守恒 有mgh mv2下降的高度h 45m 3 根據(jù)能量關系 有mgH Wf mv2運動員克服阻力做功Wf mgH mv2 3000J 答案 1 30m s 2 45m 3 3000J 1 2016北京海淀期中 7 兩個完全相同的小球 在同一高度處以相同大小的初速度分別沿水平方向和豎直方向拋出 最后都落到同一水平地面上 不計空氣阻力 則下列說法中正確的是 A 兩小球落地時速度相同B 兩小球落地時 重力的瞬時功率相同C 從拋出至落地 重力對兩小球做的功相同D 從拋出至落地 重力對兩小球做功的平均功率相同 A組2016 2018年高考模擬 基礎題組 三年模擬 考點一功和功率 答案C平拋的小球與豎直方向拋出的小球落地速度方向不同 A錯誤 根據(jù)機械能守恒 兩個小球落地速度大小相同 但由于方向不同 故豎直方向的分量不同 故重力的瞬時功率不同 B錯誤 由于兩個小球初 末位置高度差相同 故重力對兩小球做功相同 C正確 兩小球重力做功相同 兩個小球運動時間不同 故重力做功的平均功率不相同 D錯誤 2 2018北京民大附中月考 9 多選 一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物 當重物的速度為v1時 起重機的有用功率達到最大值P 此后 起重機保持該功率不變 繼續(xù)提升重物 直到以最大速度v2勻速上升為止 則整個過程中 下列說法正確的是 A 重物的最大速度v2 B 重物勻加速運動的加速度為 gC 鋼繩的最大拉力為D 鋼繩的最大拉力為 答案ABD重物以v2勻速上升時 拉力F2 G P F2v2 mgv2 v2 A項對 重物速度達到v1時 有用功率達到P P F1v1 F1 mg ma 可得a g B項對 重物由靜止勻加速運動 受鋼繩拉力F1 達到P后 P F v 隨v 增大 拉力F 減小 直至F mg 因此F1 最大 D項對 3 2016北京石景山一模 18 如圖所示 位于豎直平面內(nèi)的一面墻上有A B C三個完全相同的窗戶 將一個小球斜向上拋出 小球在空中依次飛過A B C三個窗戶 圖中曲線為小球在空中運動的軌跡 軌跡所在的平面靠近豎直墻面 且與墻面平行 不計空氣阻力的影響 以下說法中正確的是 A 小球通過窗戶A所用的時間最長B 小球通過窗戶C的平均速度最大C 小球通過窗戶A克服重力做的功最多D 小球通過窗戶C克服重力做功的平均功率最小 答案D小球做斜上拋運動 可以分解成水平方向的勻速直線運動 豎直方向的上拋運動 水平方向的運動和豎直方向的運動具有等時性 小球豎直方向速度逐漸減小 而A B C三個窗戶的豎直高度相等 所以通過A所用時間最短 通過C所用時間最長 A選項錯誤 小球豎直方向速度逐漸減小 水平方向速度不變 所以小球通過窗戶A的平均速度最大 通過窗戶C的平均速度最小 B選項錯誤 小球通過A B C三個窗戶時克服重力做的功相等 C選項錯誤 由P Gv知 小球通過窗戶A克服重力做功的平均功率最大 通過窗戶C克服重力做功的平均功率最小 D選項正確 4 2017北師大實驗中學期中 8 如圖所示 在勻減速向右運動的車廂內(nèi) 一人用力向前推車廂 該人與車廂始終保持相對靜止 則下列說法中正確的是 A 人對車廂的推力不做功B 人對車廂的推力做負功C 車廂對人的作用力做正功D 車廂對人的作用力做負功 答案D車廂對人的手 腳均有水平作用力 人向右減速 車廂對人的作用力方向向左 與人的運動方向相反 故車廂對人的作用力做負功 C錯誤 人對車廂的推力方向向右 與車的運動方向相同 人對車廂的推力做正功 A B錯誤 5 2018北京門頭溝一模 20 跳傘運動員由高空沿豎直方向落下 經(jīng)過2s開啟降落傘 此后再過18s落地 速度傳感器記錄此過程運動的v t圖像如圖所示 在0 2s時間內(nèi)的圖線是直線 根據(jù)圖像信息可知 A 整個下落過程中 傘受到的空氣阻力一直增大B t 16s時跳傘運動員所受重力的功率最大C 跳傘運動員下落的總高度約為250mD 前2s跳傘運動員的機械能不守恒 答案D由題圖可知前2s內(nèi) a m s2 8m s2 a g 則還受空氣阻力作用 機械能不守恒 D正確 由題圖可知 整個下落過程中 速度先增大后減小最后不變 則阻力先增大后減小最后不變 A錯誤 由PG mgv知 v最大時 PG最大 結合題圖可知 B錯誤 v t圖線與t軸所圍面積表示位移 題圖中每一個小方格代表位移為4m 數(shù)方格可知跳傘運動員下落的總高度約為4 49m 196m C錯誤 易錯警示前2s是勻變速直線運動 且沒有開啟降落傘 我們會以為只受重力 實際上通過計算發(fā)現(xiàn)還受阻力 6 2018北京人大附中月考 6 小明同學在放學坐車回家的路上發(fā)現(xiàn) 汽車速度變化過程中將伴隨汽油的消耗 為了先粗略分析 他把問題做了這樣一些假設 1 忽略汽車所受各種阻力 2 認為汽車發(fā)動機效率與速度無關 3 汽車行駛在空曠的平直高速公路上 在這樣的理想化條件下 他提出了如下猜想 請你幫他分析哪個或哪些是正確的 A 如果汽車保持恒定牽引力 司機必須持續(xù)加大單位時間內(nèi)的油門供油B 如果汽車保持恒定牽引力 汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s耗油一樣多C 如果汽車保持油門不變 汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s耗油一樣多D 如果汽車保持油門不變 汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s用時一樣多 答案A如果汽車保持恒定牽引力 則汽車在平直公路上做勻加速運動 速度越來越大 汽車發(fā)動機的效率和速度無關 所以汽車的效率不變 而汽車有用功率逐漸增大 要保持效率不變 則必須持續(xù)加大單位時間內(nèi)的油門供油 故A正確 如果汽車保持恒定牽引力 汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s過程中有用功率后一段大 同理要保持效率不變就必須持續(xù)加大單位時間內(nèi)的油門供油 由于兩段運動時間相等 所以耗油量后一段大于前一段 故B錯誤 如果汽車保持油門不變 則單位時間內(nèi)提供的能量就不變 但汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s的過程中有用功是不一樣的 所以不能保持效率不變 故C錯誤 如果汽車保持油門不變 要保持效率不變 則汽車的有用功率也就不變 由于汽車的速度增加 所以汽車的牽引力就要變小 汽車做加速度減小的加速運動 所以汽車從靜止加速到10m s與從10m s加速到20m s用時不相等 故D錯誤 7 2016北京西城二模 23 1 如圖所示為某農(nóng)莊灌溉工程的示意圖 地面與水面的距離為H 用水泵從水池抽水 抽水過程中H保持不變 龍頭離地面高h 水管橫截面積為S 水的密度為 重力加速度為g 不計空氣阻力 水從管口以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出 水落地的位置到管口的水平距離為10h 設管口橫截面上各處水的速度都相同 求 a 每秒內(nèi)從管口流出的水的質量m0 b 不計額外功的損失 水泵輸出的功率P 解析a 水從管口沿水平方向噴出做平拋運動 設水噴出時的速度為v0 下落時間為t豎直方向h gt2水平方向10h v0t時間t0內(nèi)噴出的水的質量m V v0t0S每秒噴出的水的質量m0 聯(lián)立以上各式解得m0 Sb t0時間內(nèi)水泵的輸出功W mg H h m輸出功率P 解得P Sg H 26h 答案a Sb Sg H 26h 8 2018北京海淀期中 17 我國高速鐵路使用的和諧號動車組由動車和拖車編組而成 提供動力的車廂叫動車 不提供動力的車廂叫拖車 某列動車組由8節(jié)車廂組成 其中車頭第1節(jié) 車中第5節(jié)為動車 其余為拖車 假設每節(jié)動車和拖車的質量均為m 2 104kg 每節(jié)動車提供的最大功率Pm 600kW 取g 10N kg 1 假設行駛過程中每節(jié)車廂所受阻力f大小均為車廂重力的0 01 若該動車組從靜止以加速度a 0 5m s2加速行駛 a 求此過程中 第5節(jié)和第6節(jié)車廂間的作用力大小 b 以此加速度行駛時所能持續(xù)的時間 2 若行駛過程中動車組所受阻力與速度成正比 兩節(jié)動車帶6節(jié)拖車的動車組所能達到的最大速度為v1 為提高動車組速度 現(xiàn)將動車組改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車 則動車組所能達到的最大速度為v2 求v1與v2的比值 解析 1 a 對第6 7 8三節(jié)車廂整體分析 總質量為3m 所受拉力為F 據(jù)牛頓第二定律有F 3f 3maf 0 01mg代入數(shù)據(jù)解得F 3 6 104Nb 設每節(jié)動車提供的牽引力為F 動車勻加速行駛能達到的最大速度為vm 對整個動車組進行分析 據(jù)牛頓第二定律 有2F 8f 8ma則 8f 8ma代入數(shù)據(jù)解得vm 12 5m s持續(xù)時間t 25s 2 動車組以最大速度行駛時有F牽 f阻 kv 依據(jù)公式P F牽v有2Pm kv1 v14Pm kv2 v2兩式相比得 答案 1 a 3 6 104Nb 25s 2 9 2016北京四中期中 12 如圖所示 在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A 若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放 小球A能夠下降的最大高度為h 若將小球A換為質量為2m的小球B 仍從彈簧原長位置由靜止釋放 則小球B下降h時的速度為 已知重力加速度為g 且不計空氣阻力 A B C D 0 考點二動能定理及其應用 答案B小球A下降h過程 根據(jù)動能定理 有mgh W1 0小球B下降h過程 根據(jù)動能定理 有2mgh W1 2mv2 0聯(lián)立解得v 10 2018北京海淀期中 14 如圖所示為一滑梯的實物圖 滑梯的斜面段長度L 5 0m 傾角 37 水平段與斜面段平滑連接 某小朋友從滑梯頂端由靜止開始滑下 經(jīng)斜面底端后水平滑行一段距離 停在滑道上 已知小朋友質量為20kg 小朋友與滑梯軌道間的動摩擦因數(shù) 0 3 不計空氣阻力 sin37 0 60 cos37 0 80 g取10m s2 求 1 小朋友沿滑梯下滑時所受摩擦力的大小 2 小朋友滑到斜面段底端時的速度大小 3 小朋友在水平段滑行至停止過程中摩擦力做的功 解析 1 小朋友在滑梯的斜面段滑行時所受的摩擦力大小為Ff mgcos 48N 2 小朋友在斜面段滑行時 由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma解得a gsin gcos 3 6m s2由運動學公式v2 2aL解得小朋友滑至斜面段底端時的速度大小為v 6m s 3 小朋友在水平段滑行至停止過程 由動能定理得Wf 0 mv2 360J 答案 1 48N 2 6m s 3 360J 11 2018北京海淀一模 22 某游樂園的大型 跳樓機 游戲 以驚險刺激深受年輕人的歡迎 某次游戲中 質量m 50kg的小明同學坐在載人平臺上 并系好安全帶 鎖好安全桿 游戲的過程簡化為巨型升降機將平臺拉升100m高度 然后由靜止開始下落 在忽略空氣和臺架對平臺阻力的情況下 該運動可近似看做自由落體運動 下落h1 80m時 制動系統(tǒng)啟動 使平臺均勻減速 再下落h2 20m時剛好停止運動 取g 10m s2 求 1 下落的過程中小明運動速度的最大值vm 2 當平臺落到離地面15m高的位置時 小明對跳樓機作用力F的大小 3 在全部下落過程中 跳樓機對小明做的功W 解析 1 由 2gh1 2分 得vm 40m s 2分 2 減速下落過程中加速度大小a2 2分 代入數(shù)據(jù)得a2 40m s2根據(jù)牛頓第二定律有F mg ma2 2分 解得F 2500N 2分 根據(jù)牛頓第三定律有 小明對跳樓機作用力的大小F F 2500N 1分 3 方法1 加速下落階段 小明處于完全失重狀態(tài) 跳樓機對小明的作用力為零 通過推導計算得出作用力為零 同樣得分 該階段跳樓機對小明做的功W1 0 1分 在減速階段 跳樓機對小明做的功W2 F h2 5 104J 2分 故全部下落過程中 跳樓機對小明做的功W W1 W2 5 104J 2分 沒負號 扣1分 答案 1 40m s 2 2500N 3 5 104J 方法2 對下落全過程使用動能定理mg h1 h2 W 0 0 3分 W mg h1 h2 5 104J 2分 沒負號 扣1分 解題關鍵畫過程草圖 受力分析 熟練應用運動學公式及動能定理 12 2016北京東城期中 22 運動員駕駛摩托車做騰躍特技表演是一種刺激性很強的運動項目 如圖所示 AB是水平路面 長度L 6m BC是半徑R 40m的圓弧 AB BC相切于B點 CDE是一段曲面 運動員駕駛摩托車從A點由靜止出發(fā) 經(jīng)過t1 4 3s到達B點 此時壓力傳感器顯示摩托車對路面的壓力大小為F 3 6 103N 摩托車通過曲面到達離地面h 5m的E點水平飛出 落地點與E點的水平距離x 16m 已知運動員的質量m 60kg 摩托車的質量M 120kg 運動員駕駛摩托車表演時摩托車的功率始終保持P 9kW不變 重力加速度g取10m s2 運動員和摩托車始終未分離 全過程中可視為質點 不計空氣阻力的影響 求 1 摩托車通過B點時的速度vB 2 摩托車通過E點時的速度vE 3 若運動員和摩托車在AB段所受的阻力恒定 求該阻力f的大小 解析 1 根據(jù)牛頓第三定律有 地面對運動員和摩托車的支持力F F 3 6 103N 方向豎直向上以運動員和摩托車整體為研究對象 在B點 由牛頓第二定律有 F M m g M m 代入數(shù)據(jù) 解得vB 20m s 2 運動員和摩托車離開E點后做平拋運動 則有h gt2 x vEt代入數(shù)據(jù) 解得vE 16m s 3 運動員和摩托車在AB段運動過程中 根據(jù)動能定理得Pt1 fL M m 代入數(shù)據(jù) 解得f 450N 答案 1 20m s 2 16m s 3 450N 13 2017北京朝陽期中 21 某滑雪場中游客用手推著坐在滑雪車上的小朋友一起娛樂 當加速到一定速度時游客松開手 使小朋友連同滑雪車一起以速度v0沖上足夠長的斜坡滑道 為了研究方便 可以建立圖示的簡化模型 已知斜坡滑道與水平面夾角為 滑雪車與滑道間的動摩擦因數(shù)為 當?shù)刂亓铀俣葹間 小朋友與滑雪車始終無相對運動 1 求小朋友與滑雪車沿斜坡滑道上滑的最大距離s 2 若要小朋友與滑雪車滑至最高點時能夠沿滑道返回 請分析說明 與 之間應滿足的關系 設滑雪車與滑道間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等 3 假定小朋友與滑雪車以1500J的初動能從斜坡底端O點沿斜坡向上運動 當它第一次經(jīng)過斜坡上的A點時 動能減少了900J 機械能減少了300J 為了計算小朋友與滑雪車返回斜坡底端時的動能 小明同學推斷 在上滑過程中 小朋友與滑雪車動能的減少量與機械能的減少量成正比 請你分析論證小明的推斷是否正確并求出小朋友與滑雪車返回斜坡底端時的動能 解析 1 在上滑過程中 設加速度大小為a 由牛頓第二定律有 mgsin mgcos ma 根據(jù)運動學公式有 2as 聯(lián)立 式可得 s 2 若要小朋友與滑雪車滑到最高點速度減為0時還能夠沿滑道返回 必須使重力沿滑道向下的分力大于最大靜摩擦力 即mgsin mgcos 可得 tan 3 設小朋友與滑雪車的質量為m O A兩點間的距離為x1 此過程中動能的減少量為 Ek 機械能的減少量為 E 由O到A的過程中 根據(jù)動能定理得 mgx1sin mgx1cos Ek可得 mg sin cos x1 Ek 此題中由物體克服摩擦阻力所做的功量度物體機械能的減少量可得 mgx1cos E 聯(lián)立 式可得 由于在這個問題中 與 為定值 則上滑過程中小朋友與滑雪車的動能減少量與機械能的減少 答案 1 2 tan 3 見解析 量成正比 因此小明的推斷是正確的 小朋友與滑雪車上滑過程中 當動能減少1500J時 設機械能減少 E1 則有 可得 E1 500J因為返回底端的過程中機械能還要減少500J 則整個過程中機械能減少1000J 所以小朋友與滑雪車返回斜面底端時的動能為500J 14 2016北京朝陽期中 21 如圖 a 所示 在傾角 30 的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k 100N m的輕質彈簧 彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上 彈簧上端拴接一質量m 2kg的物體 初始時物體處于靜止狀態(tài) 取g 10m s2 1 求此時彈簧的形變量x0 2 現(xiàn)對物體施加沿斜面向上的拉力F 拉力F的大小與物體位移x的關系如圖 b 所示 設斜面足夠長 a 分析說明物體的運動性質并求出物體的速度v與位移x的關系式 b 若物體位移為0 1m時撤去拉力F 在圖 c 中作出此后物體上滑過程中彈簧彈力f的大小隨形變量x 變化的函數(shù)圖像 并且求出此后物體沿斜面上滑的最大距離xm以及此后運動的最大速度vm 解析 1 初始時物體處于靜止狀態(tài) kx0 mgsin 代入數(shù)據(jù)可得 x0 0 1m 2 a 設物體運動微小位移x的過程中加速度為a 根據(jù)牛頓第二定律有 F k x0 x mgsin ma根據(jù)F x圖像有 F 4 8 100 x解得 a 2 4m s2彈簧發(fā)生拉伸形變時 上述結論仍成立可見 物體做加速度a 2 4m s2的勻加速直線運動根據(jù)運動學公式可得物體速度大小v隨位移x變化的表達式為 v2 2ax代入數(shù)據(jù)可得 v2 4 8xb 當物體位移x 0 1m時撤去拉力 此后物體上滑過程中彈力f隨形變量x 變化的圖像如圖甲所示 答案 1 0 1m 2 見解析 如圖乙所示 物體上滑過程中克服彈簧彈力所做的功對應f x 圖線與x 軸所圍的面積Wf k撤去拉力后 在上滑過程中根據(jù)動能定理有 mgxmsin Wf 0 m 2ax0解得 xm 0 04m 乙 甲 物體再次回到初始位置時速度最大 對于全過程只有拉力F對物體做功 拉力F對物體做的功等于F x圖線與x軸所圍的面積 WF 0 1J 0 98J根據(jù)動能定理可得 WF m解得 vm 0 7m s 0 99m s 15 2018北京朝陽二模 18 如圖所示 水平傳送帶在電動機帶動下始終保持以速度v勻速運動 某時刻一質量為m的物塊輕放在傳送帶的左端 在物塊放上傳送帶到物塊與傳送帶相對靜止的過程中 下列說法正確的是 A 傳送帶對物塊所做的功為 mv2B 物塊對傳送帶所做的功為mv2C 物塊與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為mv2D 由于傳送該物塊電動機需要多做的功為mv2 考點三機械能守恒定律和功能關系 答案D設物塊與傳送帶間的摩擦力為f 相對滑動過程中 傳送帶的位移x帶 vt 物塊的位移x塊 t 由動能定理得 傳送帶對物塊所做的功W塊 Ek fx塊 mv2 0 mv2 物塊對傳送帶所做的功W帶 fx帶 mv2 A B錯誤 摩擦生熱為Q f x帶 x塊 mv2 C錯誤 思路分析物塊加速過程中的位移與傳送帶的位移關系x帶 2x塊 因此摩擦力對兩者做功關系為2W塊 W帶 對物塊應用動能定理即可求W塊 要保持傳送帶勻速運動 則由于物塊與傳送帶間摩擦力的影響 需要電動機多做功 16 2016北京四中期中 10 一個小球從高處由靜止開始落下 從釋放小球開始計時 規(guī)定豎直向上為正方向 落地點為重力勢能零點 小球在接觸地面前 后的動能保持不變 且忽略小球與地面發(fā)生碰撞的時間以及小球運動過程中受到的空氣阻力 圖分別是小球在運動過程中的位移x 速度v 動能Ek和重力勢能Ep隨時間t變化的圖像 其中正確的是 答案B小球下落的位移x gt2 所以下落過程中位移 時間圖線應該是拋物線 故A錯誤 速度v gt 與地面發(fā)生碰撞反彈速度與落地速度大小相等 方向相反 故B正確 小球自由落下從釋放時開始計時 動能Ek mv2 mg2t2 故C錯誤 重力勢能Ep mg H x mgH mg2t2 H為小球開始時離地面的高度 故D錯誤 17 2017北京海淀期中 4 4分 多選 如圖甲所示 光滑平直軌道MO和ON底端平滑對接 將它們固定在同一豎直平面內(nèi) 兩軌道與水平地面間的夾角分別為 和 且 它們的上端M和N位于同一水平面內(nèi) 現(xiàn)將可視為質點的一小滑塊從M端由靜止釋放 若小滑塊經(jīng)過兩軌道的底端連接處的時間可忽略不計且無機械能損失 小滑塊沿軌道可運動到N端 以a E分別表示小滑塊沿軌道運動的加速度大小和機械能 t表示時間 圖乙是小滑塊由M端釋放至第一次到達N端的運動過程中的a t圖像和E t圖像 其中可能正確的是 圖甲 圖乙 答案AD對滑塊受力分析 根據(jù)牛頓第二定律可得滑塊在MO軌道上滑動時的加速度大小為 a1 gsin 滑塊在ON軌道上滑動時的加速度大小為 a2 gsin 因為 所以a1 a2 選項A正確 選項B錯誤 因為滑塊在整個運動過程中 只有重力做功 所以滑塊的機械能守恒 選項C錯誤 選項D正確 18 2018北京西城一模 22 如圖所示 BCD是半徑R 0 4m的豎直光滑圓弧軌道 D是軌道的最高點 水平面AB與圓弧軌道在B點相切 一質量為m 1kg可以看成質點的物體靜止于水平面上的A點 現(xiàn)用F 7N的水平恒力作用在物體上 使它在水平面上做勻加速直線運動 當物體到達B點時撤去外力F 之后物體沿BCD軌道運動 物體到達D點時的速度大小vD 4m s 已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù) 0 3 取重力加速度g 10m s2 求 1 在D點軌道對物體的支持力大小FN 2 物體運動到B點時的速度大小vB 3 A與B之間的距離x 解