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(共87张PPT)
第一讲　动能定理、机械能守恒定律、
功能关系的应用
专题二
2023
内容索引
01
02
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
功和功率的分析与计算
核心归纳
命题角度1　功的计算
(1)恒力做功:W=Fxcos α,W总=F合xcos α或W总=W1+ W2+…
　　 F-x图像中面积表示功
(2)变力做功:一般用动能定理或图像法求解。
命题角度2　功率的计算
(2)瞬时功率:P=Fvcos α。 力与力方向上的速度的积
命题角度3　机车启动问题
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。
(3)以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。
(4)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=Ffvm,P为机车的额定功率。
典例剖析
例1(命题角度3)(2022陕西榆林三模)一小汽车在平直公路上行驶,已知小汽车的质量为m,发动机的额定功率为P,运动过程中,小汽车所受的阻力与其速率成正比,F阻=kv,k为常量。下列说法正确的是(　　)
A.小汽车在匀加速启动的过程中,牵引力逐渐变大
B.若小汽车以额定功率启动,则小汽车从静止开始做匀加速运动
A
解析 小汽车在匀加速启动的过程中有F-kv=ma,则随着速度的增加,牵引力逐渐变大,A正确;若小汽车以额定功率启动,根据P=Fv,F-kv=ma可知,
对点训练
1.(命题角度2)(2022四川成都七中二模)自由式滑雪空中技巧项目中,运动员(无滑雪杖)从助滑坡滑下,从圆弧跳台上起跳,在空中完成空翻、旋转等动作后在着陆坡着陆,最后以旋转刹车方式急停在停止区,如图所示。已知圆弧跳台与助滑坡水平平滑连接。关于运动员在圆弧跳台上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.在此阶段运动员受重力、支持力和向心力
B.在圆弧跳台最低点时运动员处于失重状态
C.在此阶段运动员重力的功率一直变小
D.在圆弧跳台上运动时,运动员所受的支持力减小
D
解析 运动员在圆弧跳台上运动的过程中,受重力、支持力和雪地的摩擦阻力,向心力是按效果命名的,不是物体实际所受的力,A错误;在圆弧跳台最低点时,运动员需要向心力,所以合力向上,运动员处于超重状态,B错误;此阶段运动员的速度在变化,重力的功率等于物体重力大小与竖直方向的速度大小的乘积,当运动员运动到圆弧跳台最低点时,重力的方向与速度方向垂直,此时重力的功率为0,向上运动过程中,重力的方向与速度方向不垂直,则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m ,随着高度升高,θ在增大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻受到一个水平方向的恒力F作用,3 s末撤去恒力F,物体继续滑行一段时间停下,物体的运动图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2,关于物体的运动下列说法正确的是(　　)
A.物体与地面间的动摩擦因数为0.5
B.整个过程恒力F做功625 J
C.整个过程恒力F做功的功率为250 W
D.恒力F的最大功率为250 W
AB
考点二
动能定理的理解及应用
核心归纳
命题角度1　用动能定理求变力做功
先求动能变化,根据动能定理先确定合力的功或各功的代数和,再求某个变力的功。
命题角度2　动能定理的图像问题
(1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。
(2)挖掘图像信息——利用面积或斜率求出需要的物理量,必要时依据动能定理列式求解。
命题角度3　运用动能定理解决多过程及往复运动问题
受力和运动分析
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展　应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
典例剖析
例2(命题角度3)某遥控赛车轨道如图所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10 m后,从B点进入半径R=0.1 m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1 kg,通电后赛车以额定功率P=1.5 W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= ,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点O时的速度v0的大小。
(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间。
(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度。
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
光滑竖直圆轨道 竖直圆轨道没有摩擦力
最后在D点速度方向变为水平后飞出 从D点向右做平抛运动
赛车以额定功率P=1.5 W工作 以恒定功率运动,牵引力做功可求
赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= 两段摩擦力可求
恰好能过圆轨道最高点O时的速度 重力完全提供向心力的临界状态
选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大 需要建立函数关系,求极值
破题:1.确定赛车为研究对象,明确运动过程,从“恰好能过圆轨道最高点O时的速度”入手,求出临界速度。
2.赛车共受到牵引力、摩擦力、重力、地面及轨道的弹力,其中牵引力做正功,摩擦力和重力做负功,弹力不做功;赛车在A点速度为0,在O点速度为第(1)问结果v0,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求解。
代入数据可得v0=1 m/s。
(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为1 m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得
(3)赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,
素养要语　1.本题属于多过程问题,求解时要选择合适的过程,可选全过程应用动能定理,这样可以避开对每个运动过程的具体细节进行分析,具有过程简明、运算量小等优点。但要注意写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负。
2.如果全过程中,某个点的状态是已知的,应将全过程从已知点分开应用动能定理来研究。
对点训练
3.(命题角度1)(多选)(2022山西一模)在O点处固定一力传感
器,被测细绳一端系上质量为m的小球,另一端连接力传感器,
使小球绕O点在竖直平面内做半径为r的圆周运动。某次小
球通过轨道最低点时力传感器的示数 为8mg,经过半个圆周
通过最高点时力传感器的示数恰好为零。已知运动过程中
小球受到的空气阻力随小球速度的减小而减小,重力加速度为g,则(　　)
A.从最低点到最高点的过程中,小球克服空气阻力做的功为5mgr
B.从最低点到最高点的过程中,小球克服空气阻力做的功为mgr
C.小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时,力传感器的示数小于4mg
D.小球沿圆周轨道运动再次经过最低点时,力传感器的示数大于4mg
BD
低点的平均速度小于从最低点到最高点的平均速度,所以空气阻力做功小
于mgr,所以再一次到达最低点的速度大于v3,则拉力大于4mg,C错误,D正
确。
4.(命题角度2)(2019全国Ⅲ卷)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。该物体的质量为(　　)
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
C
解析 根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,
其中Ek2=36 J,Ek1=72 J,h=3 m
在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m
联立求得m=1 kg
故选C。
5.(命题角度3)(2020浙江卷T20衍生题)如图所示,竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切,C为切点,圆弧轨道的半径为R,斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑,滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,求:
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h;
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析 (1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程,现以DF整个过程为研究过程,
考点三
机械能守恒定律的理解及应用
核心归纳
　 只有重力做功
命题角度1　单个物体的机械能守恒
(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。
(2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。
明确牵连物体间速度和位移的关系
命题角度2　多个物体系统机械能守恒
(1)适用条件:只有重力和系统内弹力做功。
(2)一般用“转化观点:ΔEp=-ΔEk”或“转移观点:ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。
深化拓展　机械能守恒定律应用中的“三选取”
(1)研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体
(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选
几个物体组成的系统为研究对象,如图所示,单选物体A机
械能减少不守恒,但由物体A、B组成的系统机械能守恒。
(2)研究过程的选取
研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)机械能守恒表达式的选取
①守恒观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需选取参考面)
②转化观点:ΔEp=-ΔEk。(不需选取参考面)
③转移观点:ΔEA增=ΔEB减。(不需选取参考面)
典例剖析
例3(命题角度2)(2022江苏常州高三期中)如图所示,长度为3l的轻杆一端固定一质量为m的小球,另一端连接固定在天花板上的转轴O,轻杆可以在竖直平面内自由转动。小球通过与O等高的定滑轮用足够长的轻绳连接一物块,滑轮与转轴相距5l,用手将小球缓慢放下,当杆与绳垂直时撒手,系统恰能平衡。忽略一切摩擦,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求物块的质量。
(2)将小球从图中水平位置释放,当杆与绳垂直
时,求小球的速度和杆对小球的拉力。
(3)在(2)的条件下,通过计算说明杆是否能运动
到竖直位置。
解析 (1)当杆与绳垂直时,受力分析如图所示
根据几何关系得
根据平衡条件得
F2=mgcos 53°=m物g
解得m物=0.6m。
(2)设小球下降的高度为h,小球的速度为v,杆与绳垂直时,物块速度与小球速度大小相等,如图所示
小球下降的高度h=3lsin θ=2.4l
物块上升的高度h'=3ltan θ-2l=2l
整个系统机械能守恒
(3)假设小球可以到达竖直位置,则小球下降的高度为3l,物块上升的高度为
对点训练
6.(命题角度1)(2022全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由
下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
C
解析 本题考查机械能守恒定律。如图所示,设圆环下降的高度为h,圆环的半径为R,圆环到P点的距离为l,
7.(命题角度2)(多选)(2022福建高三模拟)如图甲所示,可视为质点的物体A、B通过轻绳连接在光滑轻质定滑轮两侧,并在外力的作用下保持静止,两物体距离地面高度相同且轻绳处于绷紧状态。t=0时刻撤去外力后,0~t1时间内物体A的动能Ek、重力势能Ep(取地面为重力势能的零势能面)随时间t的变化关系如图乙所示。已知物体B的质量mB=3 kg,且物体B始终没有与定滑轮相碰,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.物体A的质量为5 kg
B.0~t1时间内,物体B的机械能增加了21 J
C.当物体A的重力势能与动能相等时,
物体A距地面的高度约为0.57 m
D.物体B离地的最大高度为2.8 m
BC
解析 A、B组成的系统的机械能守恒,由题图乙可知0~t1时间内A的机械能减小,ΔEA=140 J-105 J-14 J=21 J,则B的机械能增加了ΔEB=21 J,B正确;设此
考点四
功能关系的理解及应用
核心归纳
命题角度1　功与能量变化的对应关系
(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现。
命题角度2　摩擦力做功的特点
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是力与对地位移的乘积。
(2)一对静摩擦力对系统做功为零,系统克服滑动摩擦力做功等于产生的内能,Q=Ff·x相对。 相对路程,一般为相对位移
命题角度3　能量守恒定律的应用
(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。
深化拓展　常见的七种功能关系
典例剖析
例4(命题角度1、3)(2021全国甲卷)如图所示,
一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中
未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速
带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车
(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释
放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能。
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能。
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
答案 (1)mgdsin θ
解析 (1)第30个后,两相邻减速带间平均速度相同,即经过每两个减速带的距离d、初速度v0、末速度vt都相同,可推出在每相邻减速带间,因重力做功获得的动能等于过每个减速带时损失的能量。则有第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能ΔE1=mgdsin θ。
(2)小车通过前30个减速带的过程中,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于动能的增加量与经过减速带损失的机械能之和
(3)小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能
ΔE2'>ΔE1
联立以上各式解得
对点训练
8.(命题角度1)(多选)(2021广东卷)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等
C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
BC
9.(命题角度2)(2022河南三门峡高三模拟)如图甲所示,倾角为37°的传送带以v=5 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带AB之间的距离为20 m,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时,其动能Ek与位移x的关系图像如图乙所示,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
B.物块到达传送带底端B点时的动能E0=25 J
C.整个过程中因摩擦而产生的内能为30 J
D.若物块能在传送带上留下痕迹,则痕迹的长度为7.5 m
C
甲
乙
0~x0段物块加速度a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,故经t1=0.5 s与传送带共速,x传1=vt1=2.5 m,x物1=x0=1.25 m,此阶段相对位移Δx1=1.25 m,x0~16x0
个过程中因摩擦而产生的内能为Q=μmgcos 37°·(Δx1+Δx2)=30 J,C正确;若物块能在传送带上留下痕迹,因为Δx1=1.25 m,Δx2=6.25 m,Δx1<Δx2,则痕迹的长度为5 m,D错误。
10.(命题角度3)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1.5 kg,轻弹簧的劲度系数k=100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep= kx2(k为弹簧的劲度系数,
x为弹簧的形变量)。g取10 m/s2,求:
(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能;
(2)使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值;
(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中,
力F对木块做的功。
答案 (1)4.5 J　(2)6 N　(3)1.44 J
解析 (1)对A、B组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,
则Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10 N=30 N
(2)A与B开始运动时加速度是相等的,AB组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对AB系统的弹力最大,所以拉力F最小,由牛顿第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a
代入数据可得Fmin=6 N。
(3)设A、B分离时弹簧压缩了x2,二者分离时A与B之间的作用力为0,由牛顿第二定律对B
有kx2-mBg=mBa
得x2=0.18 m
此过程A、B上升高度h=x1-x2=0.30 m-0.18 m=0.12 m
设分离时A、B速度为v,则v2=2ah
微专题 热考命题突破
命题篇
新情境、新考向 游乐场中的功能关系应用
情境解读
过山车是一种富有刺激性的娱乐工具。那种风驰电掣、有惊无险的感受令不少人着迷。如果你对物理学感兴趣的话,那么在乘坐过山车的过程中不仅能够体验到冒险的快乐,还有助于理解力学定律。这类问题简化的物理模型如图所示,某一状态(点)的问题要用牛顿第二定律或向心力公式(如图中的A点或B点、C点、D点、P点等);涉及过程时一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律(如图中的PA、PC、BD、AC等),题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
考向分析
高考试题中,常以“过山车”类——竖直平面内的圆周运动为背景,考查动能定理、机械能守恒定律等。
案例探究
例1图甲是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,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,DO1的距离L=20 m,质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止滑下,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,乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车与DE段轨道的动摩擦因数为μ= ,EF段摩擦不计,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。
甲
乙
(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)若过D点时发现圆弧轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大
设要使过山车停在倾斜轨道上摩擦力至少为Ff2,Ff2=mgsin θ=6 000 N
综合考虑可知摩擦力至少为6 000 N。
角度拓展1 游乐场的过山车可以
底朝上在竖直圆轨道上运行,可
抽象为如图所示的模型。倾角
为45°的直轨道AB、半径R=
10 m的光滑竖直圆轨道和倾角
为37°的直轨道EF,分别通过水
平光滑衔接轨道平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m的A点由静止下滑,经BCDC'EF最终停在G点,过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;
(3)减速直轨道FG的长度x。
联立代入数据可得FD=7 000 N
由牛顿第三定律可知过山车对轨道的作用力FD'=7 000 N。
(3)过山车从A点到达G点,
由动能定理可得mgh-mg(l-x)tan 37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0
代入数据可得x=30 m。
命题篇
经典物理模型 牵连体系统模型中功能关系的应用
模型建构
求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:(1)速率相等的连接体模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的连接体(牵连体)模型。
考向分析
高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查运动的合成与分解、机械能守恒定律或功能关系。
案例探究
例2如图所示,质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连,A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放,运动到P处时,轻绳与竖直杆之间的夹角为53°,此时A球的速度是v,B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则下列说法正确的是(　　)
A.在此过程中A球的机械能增加
C
解析 A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放,运动到P处的过程中,绳对A球做负功,A球机械能减小,A错误;A球运动到P处时,B球的速度vB=v∥
角度拓展2 (多选)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则(　　)
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,
b对地面的压力大小为mg
BD
解析 由题意知,系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb,此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将va、vb分解,如图所示。因为刚性杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v∥'是相等的,即vacos θ=vbsin θ。当a滑至地面时θ=90°,此时vb=0,由系统机械能守恒得 ,
选项B正确;同时由于b初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对b先做正功后做负功,选项A错误;杆对b的作用先是推力后是拉力,对a则先是阻力后是动力,即a的加速度
在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选
项C错误;根据系统能量守恒可知,当a的
机械能最小时,b的动能最大,则此时b的
速度最大,加速度为零,所以此时杆对b
没有作用力,b对地面的压力大小为mg,选项D正确。
解题篇
大题突破(二)功能关系在曲线运动中的综合应用
典例示范(16分)(2022浙江高三开学考试)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器,光滑水平轨道AB,竖直光滑半圆轨道BCD、DEF,光滑水平轨道FM,长度可调的粗糙水平轨道MN组成。游戏时滑块从A点弹出,经过两半圆轨道和两水平轨道后,由N点抛出,运动中要求滑块不脱离轨道。已知BCD半径r1=0.8 m,DEF半径r2=0.4 m,FM长也为r1,MN最长为3 m,滑块与MN之间的动摩擦因数μ=0.6。滑块质量m=0.02 kg,且可视为质点,弹射时滑块由静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力,各部分平滑连接。
(1)若弹簧的弹性势能Ep0=0.16 J,求滑块在B处受到半圆轨道的支持力FN的大小。
(2)取轨道MN长L=2.5 m,若滑块能到达N点,求弹簧的弹性势能Ep的最小值。
(3)若弹簧的弹性势能为0.52 J,调节MN的长度,求滑块落到水平台面上离B点的距离d的范围。
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
1.必要的文字说明不完整,应当进行补充。
技巧:必要的文字说明需要用简短的语言指明研究对象、研究过程和应用的规律,题干中没有的符号要做出说明。
2.受力分析不完整,向心力来源分析错误,导致②式不得分,同时③式结果错误不得分。
技巧:按受力分析的一般步骤分析力,不要漏力和添力。
3.(2)问解答结果正确,但没有验证“运动中要求滑块不脱离轨道”,导致得分不全。
技巧:认真审题,注意挖掘隐含条件。
4.不善于利用数学知识解答物理问题,(3)问中没有注意d与Lx的函数关系不具有单调性,导致d的范围确定错误。
技巧:求d的范围实际上是求极值问题,应用数学函数求极值的方法进行计算,出错率可能会降低。
总评:本题满分16分,该考生作答思路较清晰,但由于受力分析、题干条件验证、极值计算等细节粗心或考虑不周全,造成扣分,只得到9分,有点可惜。
【满分答卷】 (1)滑块从A点运动到B点的过程,
解得x0=2 m若滑块能到达N点,说明肯定能通过D点,
由能量守恒定律可知
Ep≥μmgL+mgr1=0.46 J。⑦(2分)
(3)设轨道MN的长度为Lx,滑块从N点抛出的速度为vN,
当Lx=0时,d=3.2 m (1分)
当Lx=3 m时,d=3.8 m (1分)
由数学知识可得当Lx=2.52 m时,dm=4.28 m (1分)
综上可得3.2 m≤d≤4.28 m。 (1分)
解答思路归纳

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