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专题4 机械能及其守恒定律
考纲·题型解读
1.对基本概念常以选择题形式考查,主要考查对概念的深刻理解及应用.
2.动能定理及其应用范围很广,在力学、电磁学中均可考查.动能定理侧重于在曲线运动中的应用,或求解在运动中有变力
做功的问题,常以选择、计算形式出现.
3.机械能守恒定律、功能关系及其应用的问题常综合力学中的其他知识(如牛顿定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等内
容),考查对机械能守恒定律的理解及其分析的综合能力,且与生产、生活、科技相结合,特点是综合性强,难度大,常以计算题形
式出现.
题源1 对功、功率、动能、势能等基本概念的理解 总功可能为正、可能为负、也可能为零;作用力和反作用力
均可以做正功、负功或不做功;一对互为作用反作用的摩
解题模型1.1 擦力做的总功可能为零(静摩擦力)、也可能为负(滑动摩
), , 、
对功的概念的理解 擦力 但不可能为正 另外一对作用力 反作用力做的总
(1) 功的数值与参考系的选择无关功的概念 .
()
① 摩擦力做功的特点定义:物体受到力的作用,并在力的方向上发生一 5
, 滑动摩擦力做功与路径有关段位移 我们就说力对物体做了功. ① .
② : 由于滑动摩擦力总是与物体的相对运动方向相反
,阻
做功的两 个 要 素 力 和 物 体 在 力 的 方 向 上 发 生 的
. 碍物体的相对运动
,当物体沿着固定的平面、斜面或曲面
位移
③ : (
,
1J=1N·m). 等运动时 滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关功的单位 焦耳 .
④ : 在斜面上滑动摩擦力做的功等于在对应的水平面功的正负 功是标量,但有正负,只是其正负既不表 ②
上做的功
示大小也不表示方向,仅表示是动力做功还是阻力做功. .
(2) 物体在斜面上单方向运动时
,滑动摩擦力做的功等于
功的正负的判定
① 在对应的起点和终点之间水平面上滑动摩擦力做的功
,因
根据力与位移方向间的夹角来判断
. 此物体沿任意斜面单方向运动时
,如果起点和终点确定,
此法常用于判断恒力对物体做功 由于恒力对物体做
,W=Flcosα, α , 滑动摩擦力做的功都相同
,与运动斜面的倾斜角度无关
功时 当 为锐角时 力对物体做正功;α 为钝 .
角时,力对物体做负功;α为直角时,力对物体不做功. [真题1] (2021·广东)物
②根据力和瞬时速度方向间的夹角来判断
体在合外力作用下做直线运动的
此法常用于判断物体做曲线运动时变力对物体做的
v t图象如图所示.下列表述正
功.当力与速度的夹角为锐角时,力对物体做正功;为钝角
确的是 ( )
时,力对物体做负功;垂直时,力对物体不做功.
A.在0~1s内,合外力做
(3)功的计算
正功
①恒力做功:一般用公式W=Flcosα求解.
B.在0~2s内,合外力总是
②变力做功一般有以下几种方法.
做负功
a.用动能定理求解.
C.在1~2s内,合外力不做功
b.将变力做功转化为恒力做功求解.
D.在0~3s内,合外力总是做正功
c.若功率P 恒定,可用公式W=Pt求解. [解析] 根据物体的速度图象可知,物体在0~1s内做匀
d.因为功是能量转化的量度,所以可以用功能 关 系
加速运动,合外力做正功,A正确.1~3s内做匀减速运动,合外
求解.
力做负功.根据动能定理,() 0~3s
内合外力做功为零.
4 一对作用力与反作用力做功有什么特点 [答案] A
一对作用力和反作用力作用效果是不相关的,它们作
[真题2] (2023·新课程标准Ⅱ)一物体静止在粗糙水平
用的对象不同,虽然等大、反向,因此在同一段时间内做的
地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间
后其速度变为v,若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始
·39·
经过同样的时间后速度变为2v,对于上述两个过程,用 WF1、 B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两 C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
次克服摩擦力所做的功,则 ( ) D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W
A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 [解析] 由题图知:第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小
B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1 1关系:v1=v3=v7,由题知W= 2, 2
mv1-0,则由动能定理得第1秒
C.WF2<4WF1 Wf2=2Wf1
D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1 1 1末到第3秒末合外力做功W2= mv2- mv23 1=0,故A错.第3
[解析] 由题意可知,两次物体均做匀加速运动,则在同样 2 2
v 2v 1 2 1 2 1 2
的时间内,它们的位移之比为s1∶s2=2t∶2t=1∶2
秒末到第5秒末合外力做功W3=2mv5-2mv3=0-2mv1=
两次物体所受的摩擦力不变,根据力做功表达式,则有滑动 -W,
1
故B错.第5秒末到第7秒末合外力做功 W 24=2mv7-0
摩擦力做功之比Wf1∶Wf2=fS1∶fS2=1∶2; 1
, : 1 2 =2mv
2
1=W,故C正确.第3秒末到第4秒末合外力做功W5=
再由动能定理 则有 WF-Wf=2mv -0
1 1 1 2 1
, 1 2 2mv
2- mv2= m (14 3 v1可知 W -W = mv -0 2 2 2 ) -2mv21=-0.75W.故D对.F1 f1 2
[答案] CD
1
WF2-Wf2= (2m 2v
)2-0 [真题5] (2022· 新 课 程 标
由上 两 式 可 解 得:W =4W -2W ,故 C 正 确,ABD 准)如图所示,在外力作用下某质点F2 F1 f1
错误. 运动的v t图象为正弦曲线.从图
[答案] C 中可以判断 ( )
[真题3] (2023·海南)一质量为1kg的质点静止于光滑 A.在0~t1 时 间 内
,外 力 做
水平面上,从t=0时起,第1s内受到2N的水平外力作用,第2 正功
秒内受到同方向的1N的外力作用.下列判断正确的是 ( ) B.在0~t1 时间内,外力的功率逐渐增大
9 C.在t2 时刻,外力的功率最大
A.0~2s内外力的平均功率是4 W D.在t1~t3 时间内,外力做的总功为零
5 [解析] 在0~t1 时间速度增大,外力做正功,选项 A正B.第2s内外力所做的功是4J 确;t1 时刻外力为零,所以做功功率为零,选项B错误;t2 时刻速
C.第2s末外力的瞬时功率最大 度为零,外力的功率为零,选项C错;由动能定理知选项D对,故
4
D.第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是 正确选项为AD.5 [答案] AD
[ ] 1 2 1F解析 物体在第1s内位移为x1= at= t2=1m, [真题6] (2023·江苏)水平面上,一白球与一静止的灰球2 2m
碰撞,两球质量相等.碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推2
外力做功W1=Fx1=2J;v1=at=1×1m
/s=2m/s;第2s内 断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 ( )
1 1 1
位移x2=v1t+ 22at =2×1m+2×1×1
2m=2.5m.外力做
功W2=Fx2=1×2.5J=2.5J,B错误;外力对物体在2s内做功
W 2+2.5 9
的平均功率为P=t = 2 W= W
,A正确;由瞬时功率4
P=Fv 可知,第1s末瞬时功率P1=F1v1=2×2W=4W;第 A.30% B.50%
2s末的速度v2=v1+at=2+1×1=3(m/s),瞬时功率 P = C.70% D.90%2
, [解析] 由图可知,Fv 碰撞后白球速度约减小到原来的
,
2 2=1×3W=3W C错误;由动能定理知合外力做功等于物 0.6
, 2 4
灰球速度约是白球碰撞前速度的0.6.碰撞过程中系统损失的动
体动能的改变量 其比值为 = ,D正确.明确平均功率2.5 5 P= 1 1能ΔEk= mv2- m( )2
1 ( )2 1 2
W 2 2
0.6v -2m 0.6v =0.28×2mv .
和瞬时功率P=F·v 的含义t . 据此可推断,碰 撞 过 程 中 系 统 损 失 的 动 能 约 占 碰 撞 前 动 能 的
[答案] AD 30%,选项A正确.
[真题4] (2019·上海) [答案] A
物体沿直线运动的v t关系 [真题7] (2021·上海)质量为5×103kg的汽车在t=0
如图所示,已知在第1秒内合 时刻速度v0=10m/s,随后以P=6×104 W 的额定功率沿平直
外力对物体做的功为W,则 公路继续前进,经72s达到最大速度,该汽车受恒定阻力,其大
( ) 小为2.5×103N.求:
A.从第1秒末到第3秒 (1)汽车的最大速度vm;
末合外力做功为4W (2)汽车在72s内经过的路程s.
·40·
[解析] (1)达到最大速度时,牵引力等于阻力,P=fvm
P 6×104 加速度a 减小,其运动情况是做加速度减小的加速运动.直
vm= = /2.5×103ms=24m
/s
f 至F=Ff 时,a 减小至零,此后速度不再增大,速度达到最
(2)由动能定理可得
大值而做匀速运动, P做匀速运动的速度是vm= ,这一过
1 1 Ff
Pt-fs=2mv
2- mv2m 2 0 程的v t关系如图甲所示.
2Pt-m(v2-v2
s= m 0
)
所以
2f
2×6×104×72-5×103×(242-102)
= 2×2.5×103 m
=1252m
[答案] (1)24m/s (2)1252m
[真题8] (2019·广东)人骑自行车下坡,坡长l=500m,
坡高h=8m,人和车总质量为100kg,下坡时初速度为4m/s,
人不踏车的情况下,到达坡底时车速为10m/s,g 取10m/s2,则 (2)以恒定的加速度启动
下坡过程中阻力所做的功为 ( )
F-Ff
A.-4000J B.-3800J 由a= 可知,当加速度a 不变时,发动机牵引力m
C.-5000J D.-4200J F 恒定,再由P=Fv 可知,F 一定,发动机实际输出功率
[ 1 1解析] 由动能定理得,mgh+W = mv2f 2- mv21,解得 P 随v 的增大而增大.但当P 增大到额定功率以后就不再2 2
, 增大,W 此后
,发动机保持额定功率不变,v 继续增大,牵引力
f=-3800J故B正确.
[答案] B P额F 减小.直至F=Ff 时,a=0,车速达到最大值vm= ,Ff
解题模型1.2 此后车匀速运动.
在P 增至P额 之前,车做匀加速运动,其持续时间为
1.对功率概念的理解
v P额 P额
() W , t0=
0= = (这个v0 必定小于vm,它是车
1P= 是功率的定义式 是普遍适用的,不论是恒 a Fa (ma+Ff)at
的功率增至P额 之时的瞬时速度).计算时,利用F-F =
力的功率还是变力的功率,该式都适用.但要注意式中的W f
P额
是力在时间t内做的功,P 是该力在时间t内做功的平均 ma,先算出F,再求出v0= ,最后根据F v=at
求t0;在P
功率,只 有 在 时 间t 足 够 短 时,才 可 认 为 是 该 时 刻 的 瞬 增至P额 之后,做加速度减小的加速运动,直至达到vm.这
时功率.
一过程的v t关系如图乙所示.
(2)P=F·v·cosα 是功率的另一计算式,可由P= [说明] P=Fv 中的F 仅是机车的牵引力,而非车辆
W W Fscosα
和
t W=Fscosα
推出,其推导过程为P= = 所受合力,这一点在计算题中极易出错t t = .
Fvcosα.式中α是做功的力与物体运动速度方向之间的夹 [真题9] (2023·江苏)如图所示,细线的一端固定于O
角.运用该式既可计算平均功率,也可计算瞬时功率.若F 点,另一端系一小球.在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖
是恒力,v 为某时刻的瞬时速率,则P 为力F 在该时刻的 直平面内由A 点运动到B 点.在此过程中拉力的瞬时功率变化
即时功率;若F 是恒力,v 是时间t内的平均速度,则P 为 情况是 ( )
该力在同一时间内的平均功率;若F 为变力,v 为某一时 A.逐渐增大
刻的瞬时速率,则P 为该时刻该力F 的瞬时功率. B.逐渐减小
功率的一般计算式P=F·vcosα 通常有两种处理方 C.先增大,后减小
式:一种是P 等于力F 乘物体在F 方向的分速率vcosα, D.先减小,后增大
即将物体速度v 分解为沿F 方向和垂直F 方向上的两个 [解析] 设细线拉力方向与竖直方向
分速度v1 和v2,则P=F·v1=F·vcosα.一种是P 等于 成θ角,小球以恒定速率运动,所受合力始终为零,根据受力分
力F 在速度v 方向上的分力Fcosα 乘物体的速度v,即将 析与三力平衡得F=mgtanθ,小球从A 运动到B 过程中,θ逐渐
力F 分解为沿v 方向和垂直v 方向的两个分力F1 和F2, 增大,故F 逐渐增大,所以拉力的瞬时功率P=Fv 逐渐增大,
则P=F1·v=Fvcosα. A对.
2.机动车的两种特殊启动过程的分析 [答案] A
(1)以恒定功率启动 [真题10] (2023·山东)如图所示,将小球a
机动车以恒定的功率启动后,若运动过程中所受阻力
从地面以初速度v0 竖直上抛的同时,将另一相同质
P
Ff 不变,由牵引力F= 知,随v 增大,v F
减小.根据牛顿 h
量的小球b从距地面h 处由静止释放,两球恰在2
F-Ff P Fa f第二定律有 = ,可知当速度 增大时,m =mv-m v 处相遇(不计空气阻力).则 ( )
A.两球同时落地
·41·
B.相遇时两球速度大小相等 动能增大,A正确,C错误;若恒力的方向和运动方向相反,则物
C.从开始运动到相遇,球a 动能的减少量等于球b动能的 体速度减为零后又反向做匀加速运动,动能先减为零后逐渐增
增加量
大,B正确;
π
若恒力的方向和速度的方向夹角θ 满足2<θ<π
,
D.相遇后的任意时刻,重力对球a 做功功率和对球b做功
功率相等 物体做类斜上抛运动,动能先减小到某一值后继续增大,D正确.
[ ] , 1 2 1
[答案] ABD
解析 设两球经时间t1 相遇 则2gt =v0t1-2gt
2
1,
v 解题模型1.4
解得t1=
0,相遇时球a 上升到最高点,之后球a 做自由落体运
g 势能
动,而球b做初速度为v=gt1=v0 的匀加速直线运动,选项 AB (1)重力势能
错误.由P=mgv 知选项D错误.由重力做功与重力势能改变量 ①概念:物 体 的 重 力 势 能 等 于 物 体 的 重 力 和 高 度 的
的关系知,从开始运动到相遇,球a 动能的减少量等于球b动能 乘积.
h
的增加量,均为mg ,选项 正确 ②表达式:E2 C . p
=mgh,单位:焦耳(J).
③重力势能是标量,但有正、负.其正、负表示大小,如:[答案] C
Ep1=-4J,Ep2=2J,则Ep1解题模型1.3 物体在参考平面以下,其重力势能为负,在参考平面
以上,其重力势能为正.
动能
④重力做功和重力势能间的区别与联系
(1)定义:物体由于运动而具有的能量叫做动能.
区别:重力做功只与初末位置的高度差有关,与路径
( 12)公式:E 2k= mv .(v:对地速度) 及参考平面的选择无关;重力势能的多少与参考平面的选2
() : , · · 2/2 择有关,同一位置的物体,选择不同的参考平面会有不同3 单位 焦耳 1J=1N m=1kg m s.
(4)动能是标量,
的重力势能值
且恒为正值. .
( 联系:重力做功的过程是重力势能改变的过程,重力5)动能是状态量,对应物体运动的一个时刻.
做正功,重力势能减少,重力做负功,重力势能增加,且重
[真题11] (2023·天津)如图甲所示,静止在水平地面的 力做了多少功,重力势能就改变多少.
物块A,受到水平向右的拉力F 作用,F 与时间t的关系如图乙 (2)弹性势能
所示,设物块与地面的静摩擦力最大值f 与滑动摩擦力大小相 物体由于发生弹性形变而具有的能,叫做弹性势能,m
等,则 ( ) 弹性形变量越大,弹性势能就越大.
[真题13] (2023·新课程标准)一蹦极运动员身系弹性蹦
极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.
假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是
( )
A.运动员到达最低点前重力势能始终减小
A.0~t1 时间内F 的功率逐渐增大
B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加
B.t2 时刻物块A 的加速度最大
C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能C.t2 时刻后物块A 做反向运动
守恒
D.t3 时刻物块A 的动能最大
[ ] , , ; D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取解析 0~t1 时间内F时刻F 最大,F-f=ma,所以加速度最大,B正确;
有关
由于t2 时刻
, , , [解析]F 本题考查受力模型中的弹簧模型
,难度较小 运动
后 减小但方向不变 所以物体做加速度减小的加速运动 C .
; , , , , , 员向下方运动时,重力做正功,重力势能减小,t F= 0 D A正确
;重力势能
错 3 时刻 fm 物 体 合 外 力 为 速 度 最 大 动 能 最 大
正确. 的改变量ΔEp=mgΔh,与零势能点的选取无关,D错误;弹性绳
[答案] BD 被拉长,弹力对 运 动 员 做 负 功,弹 性 势 能 增 大,B正 确;把 运 动
[真题12] (2023·新课程标准)一质点开始时做匀速直线 员、地球和弹性绳看作一个整体,只有重力和弹性绳的弹力做
运动,从某时刻起受到一恒力作用.此后,该质点的动能可能 功,所以机械能守恒,C正确.
( ) [答案] ABC
A.一直增大 [真题14] (2023·福建)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足
B.先逐渐减小至零,再逐渐增大 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
C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 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
D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大 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
[解析] 物体在恒力作用下的匀变速运动,若恒力的方向 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
π 速度第一次减为零的过程,两物块 ( )
和运动方向夹角θ满足0≤θ≤ ,则物体一直做匀加速运动,故2
·42·
A.物块经过P 点的动能,前一过
程较小
B.物块从顶端滑到 P 点的过程
中因摩擦产生的热量,前一过程较少
C.物块滑到底端的速度,前一过
A. 最大速度相同 程较大
B. 最大加速度相同 D.物块从顶端滑到底端的时间,
C. 上升的最大高度不同 前一过程较长
D. 重力势能的变化量不同 [解析] 小物块从A 到P 与从B 到P 相比,沿斜面方向的
[解析] 由题意使两弹簧具有相同的压缩量,则储存的弹 合外力相等,对应的位移大小却小,因此总功少,由动能定理知
性势能相等,物块上升到最大高度时,弹性势能完全转化为重力 动能的增量小,即从A 到P 时滑块在P 点的动能较小,选项 A
势能,则物块最终的重力势能 mgh 相等,重力势能的变化量相 对;两过程中摩擦力做功相同,但AP≠BP,故无法确定摩擦力
等,而两 物 块 质 量 不 同,则 上 升 的 最 大 高 度 不 同,故 C正 确 D 做功生热情况,选项B错;由动能定理知在两个过程中,滑块滑
错误. 到底端时的动能相同,即速度大小相等,选项C错;无论从哪端
[答案] C 开始,从顶端滑到底端过程中加速度变化正好相反,位移相同,
题源 动能定理及其应用 第一次的加速度是逐渐增大
,而第二次的加速度是逐渐减小,因
2
此第一次的平均速度较小,所用时间较长(可用v t图说明问
题),选项D对.故正确选项为AD.
解题模型2.1 [答案] AD
1.动能定理 [真题16] (2021·重庆)探究某种笔的弹跳问题时,把笔
(1)内容:合外力对物体所做的功等于物体动能的改变. 分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分,其中内芯和外壳质量分别为
1 1 m 和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段:(2)表达式:W 合=E 2 2k2-Ek1=2mv2-2mv1.
(3)对动能定理的理解
①W 合 是所有外力对物体做的总功,等于所有外力对
物体做功的代数和,即W 合=W1+W2+W3+…
若物体所受外力为恒力,W 合=F合lcosα.
②W 合>0,则表示合外力作为动力对物体做功,ΔEk
>0,物体的动能增加.
W 合<0,则表示合外力作为阻力对物体做功,ΔEk<
0,物体的动能减少. ①把笔竖直倒立于水平硬桌面,下压外壳使其下端接触桌
(4)动能定理的适用条件:是普遍适用的规律,适用于 面(如图甲所示).
物体的直线运动,也适用于曲线运动;适用于恒力做功,也 ②由静止释放,外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1 时,
适用于变力做功;力可以是各种性质的力,既可以同时作 与静止的内芯碰撞(如图乙所示).
用,也可以分段作用. ③碰后,内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距
2.注意事项 桌面最大高度为h2 处(如图丙所示).
(1)动能定理的计算式为标量式,v 为相对同一个参考 设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力,不计摩擦与
系的速度.动能定理应用广泛,直线运动、曲线运动、恒力做 空气阻力,重力加速度为g.求:
功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适用. (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小;
(2)运用动能定理解题的方法主要有整体法(全过程 (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间,弹簧做的功;
法)和等效法等. (3)从外壳下端离开桌面到上升至h2 处,笔损失的机械能.
当物体的运动是由几个物理过程所组成,又不需要研 1 2
究过程的中间状态时,可以把这几个物理过程看做一个整 [解析] (1)由(4m+m)g(h2-h1)= (4m+m)2 v2-0
体进行研究,从而避开每个运动过程的具体细节,具有过 得v2= 2g(h2-h1).
程简明、方法巧妙、运算量小等优点;等效法是指有时候可 (2)由 4mv1 = (4m + m)v2,将 v2 代 入 得 v1 =
用动能的增量等效代换变力所做的功. 5
4 2g
(h2-h1).
[真题15] (2022·江苏)如图所示,平直木板AB 倾斜放
1
置.板上的P 点距A 端较近,小物块与木板间的动摩擦因数由A 由 W -4mgh1 = (4m)v21,将 v1 代 入 得2 W =
到B 逐渐减小.先让物块从A 由静止开始滑到B.然后,将A 着 25h2-9h1
地,抬高B,使木板的倾角与前一过程相同,再让物块从B 由静 4 mg.
止开始滑到A.上述两过程相比较,下列说法中一定正确的有
( 1 1( ) 3
)E笔= (2 4m
)v21- ( )2,将 、 代入得2 4m+m v2 v1 v2 E笔
·43·
5
=4mg
(h2-h1). (3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变,即 W 弹=Ep1
[ 25h -9h -E 2=-ΔE .答案] (
p p
1) 2 12g(h2-h1) (2) 4 mg (4)除重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功,等
()53 mg(h -h ) 于物体机械能的改变
,即W 除=E2-E1=ΔE.
4 2 1 (5)一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生
题源3 机械能守恒定律、功能关系及其应用 的内能,即Q=Ff·x相,x相 为物体间相对滑动的距离.
(6)电场力做功等于电势能的改变,即W 电=Ep1-Ep2
解题模型3.1 =-ΔEp.
应用功能关系需注意的问题:(1)搞清力对“谁”做功,
1.机械能守恒定律 对“谁”做 功 就 对 应“谁”的 位 移,引 起“谁”的 能 量 变 化.
(1)机械能是否守恒的判断 (2)搞清不同的力做功对应不同形式的能的变化.
①物体只受重力,只发生动能和重力势能的相互转化.
如自由落体运动、抛体运动等. [真题17] (2023·山东)如图所示,楔形木块abc固定在
②只有弹力做功,只发生动能和弹性势能的相互转化. 水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶
如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧,和弹簧相互 角b处安装一定滑轮,质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不
作用的过 程 中,对 物 体 和 弹 簧 组 成 的 系 统 来 说,机 械 能 可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行,两滑块由静止
守恒. 释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两
③物体既受重力,又受弹力,但只有重力和弹力做功, 滑块沿斜面运动的过程中 ( )
只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.如自由下落
的物体落到竖直的弹簧上,和弹簧相互作用的过程中,对
物体和弹簧组成的系统来说,机械能守恒.
④除受重力(或弹力)外,还受其他力,但其他力不做
功,或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F
的作用下沿斜面向下运动,其拉力的大小与摩擦力的大小 A. 两滑块组成系统的机械能守恒
相等,在此运动过程中,其机械能守恒. B. 重力对 M 做的功等于M 动能的增加
只要满足上述条件,机械能一定守恒. C. 轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加
(2)三种表达形式 D. 两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功
①Ek1+Ep1=Ek2+Ep2(系统初态的机械能等于系统 [解析] 由于斜面ab 粗糙,在两滑块沿斜面运动 的 过 程
末态的机械能). 中,两滑块组成系统的机械能不守恒,选项 A错误.由动能定理,
②ΔE =ΔE (这 里 ΔE 指 的 是 系 统 动 能 的 增 加 重力对 M 做的功大于M 动能的增加,选项k k B错误.由功能关系,增 p减
量;ΔE 指的是系统重力势能与弹性势能的减少量). 轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加,选项C正确.由功能关p
③ΔE =ΔE (A、B 组成的系统,A 的机械能的增 系可知,两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的A增 B减
加量等于B 的机械能的减少量). 功,选项D正确.
(3)应用机械能守恒定律的解题思路 [答案] CD
①明确研究对象,即哪些物体参与了动能和势能的相 [真题18] (2023·全 国)如图所示,一固定斜面倾角为
互转化,选择合适的初态和末态. 30°,一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向
②分析物体的受力并分析各个力做功情况,看是否符 上做匀减速运动,加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上
合机械能守 恒 条 件,只 有 符 合 条 件 才 能 应 用 机 械 能 守 恒 升的最大高度为 H,则此过程中,物块的 ( )
定律.
③正确选择 守 恒 定 律 的 表 达 式 列 方 程,可 分 过 程 列
式,也可对全过程列式.
④求解结果并说明物理意义.
2.功能关系 A.动能损失了2mgH
功是能量转化的量度,分析做功问题时,关键是要清 B.动能损失了mgH
楚哪种力做功,与哪种形式的能量转化相对应.下面是常见 C.机械能损失了mgH
力做功与能量转化的对应关系. 1
(1)合外力做功等于物体动能的改变,即 W =E - D.机械能损失了2mgH合 k2
Ek1=ΔEk. [解析] 分析小物块沿斜面上滑,根据题述可知,物块所受
(2)重力做功等于物体重力势能的改变,即 WG=Ep1 滑动摩擦力为f=0.5mg,由动能定理,动能损失了fH/sin30°
-Ep2=-ΔEp. +mgH=2mgH,选项 A正确B错误.由功能关系,机械能损失
fH/sin30°=mgH,选项C正确D错误.
[答案] AC
·44·
[真题19] (2023·江苏)如图所示,水平桌面上的轻质弹 (1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动
簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位 方向)滑过的距离s;
于O 点(图中未标出).物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间 (2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的
的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点, 速度大小v;
拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O 点到 (3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下
达B 点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中 ( ) 一只工件恰好传到乙上,如此反复,若每个工件的质量均为 m,
除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的
电动机的平均输出功率P.
[解析] (1)摩擦力与侧向的夹角为45°,
1 侧向加速度大小, a = cos45°
,匀变速直线运动
A.物块在A 点时 弹簧的弹性势能等于W- m a x μg2μ g 根据-2axs=0-v20,
, 3B.物块在B 点时 弹簧的弹性势能小于W- μmga 2v
2
s= 02 解得 2 .μg
C.经O 点时,物块的动能小于W-μmga (2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速
D.物块动能最大时,弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹 度的大小分别为ax、ay,
簧的弹性势能
ay
[解析] 设物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于EpA,用水 则a =tanθ
,
x
平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为 W=EpA+ 很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量:
μmg·OA,物 块 在 A 点 时,弹 簧 的 弹 性 势 能 EpA 大 于 W - Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt,
1
μmga,选项A错误2 .
Δvy
解得
Δv =tanθ.x
由于物块与桌面间有摩擦,OA 大于OB,物块从O 到A 再 vy
3 且由题意知,tanθ= ,
由A 到B 的过程克服摩擦力做功μmg·OA +μmga,大于
vx
2 vy' vy-Δvy
3 则 = =tanθ,
μmga.由功能关系,物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W- vx' vx-Δvx2 所以摩擦力方向保持不变,
μmga,选项B正确. 则当vx'=0时,vy'=0,即v=2v0.
物块从O 到A 再由A 到O 的过程,克服摩擦力做功2μmg (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为y,
·OA,大于μmga,所以经O 点时,物块的动能小于 W-μmga, 由题意知,ax=μgcosθ,ay=μgsinθ,
选项C正确. 在侧向上-2axx=0-v20,
物块动能最大时,是摩擦力等于弹簧的弹力的时候,此位置 在纵向上,2ay =(2v0)2-0
在O 点右侧,如果B 点到O 点的距离小于动能最大的位置到O 2v0
点的距离,则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B 点 工件滑动时间 t= 乙前进的距离a y1=2v0t.y
时的弹簧的弹性势能,D项错误. 工件相对乙的位移 L= x2+(y -y)21 ,则系统摩擦生
[答案] BC 热 Q= mgL,
[真题20] (2023·江苏)如图所示,
μ
生产车间有两个相互
1 2 1 2
垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v .小工件离开甲 电动机做功0 W= (2m 2v0
)-2mv0+Q
前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦
W 45μmgv0
因数为μ,乙的宽度足够大,重力加速度为g. 由P= ,解得t P= 5 .
[答案] (1)工作在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过
2v 2
的距离为s= 02 .μg
(2)工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0.
(3)
45 mgv
驱动乙的电动机的平均输出功率P= μ 05 .
·45·
(★代表高考出现的频次)
从A 点到B 点的几种可能的运动图象如下列选项所示,其中表
A组
示摩擦力做功最大的是 ( )
题源1 对功、功率、动能、势能等基本概念
的理解(★★★★★)
1.(2021·广东)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模
型.图中K1、K2 为原长相等,劲度系数不同的轻质弹簧.下列表
述正确的是 ( )
5.(2023·四川)质量为m 的带正电小球由空中A 点无初
A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 速度自由下落,在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电
B.垫片向右移动时,两弹簧产生的弹力大小相等
场,再经过t秒小球又回到A 点,不计空气阻力且小球从未落
C.垫片向右移动时,两弹簧的长度保持相等
地,则 ( )
D.垫片向右移动时,两弹簧的弹性势能发生改变
3
2.(2021·江苏)
2 2
如图所示,两质量相等的物块A、B 通过一 A.整个过程中小球电势能变化了2mgt
轻质弹簧连接,B 足够长、放置在水平面上,所有接触面均光滑. B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgt
弹簧开始时处于原长,运动过程中始终处在弹性限度内.在物块 C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化
A 上施加一个水平恒力,A、B 从静止开始运动到第一次速度相 了mg2t2
等的过程中,下列说法中正确的有 ( ) 2
D.从A 点到最低点小球重力势能变化了3mg
2t2
6.(2020·宁夏)一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时
其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作
用力F,力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图a和
A.当A、B 加速度相等时,系统的机械能最大 图b所示.设在第1s内、第2s内、第3s内力F 对滑块做的功分
B.当A、B 加速度相等时,A、B 的速度差最大 别为W1、W2、W3,则以下关系式正确的是 ( )
C.当A、B 速度相等时,A 的速度达到最大
D.当A、B 速度相等时,弹簧的弹性势能最大
3.(2021·上海)小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为
H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面.在上升至离地高度h
处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h 处,小球的
势能是动能的2倍,则h等于 ( )
图a 图b
H 2H
A.9 B.9 A.W1=W2=W3 B.W1H 4H C.W1C.3 D.9 7.(2023·四川)如图所示,劲度系数为k 的轻弹簧的一端
4.(2021·江苏)如图所示,粗糙的斜面与光滑的水平面相 固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连
连接,滑块沿水平面以速度v0 运动.设滑块运动到A 点的时刻 接),弹簧水平且无形变.用水平力F 缓慢推动物体,在弹性限度
为t=0,距A 点的水平距离为x,水平速度为vx.由于v0 不同, 内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止.撤去F 后,物体开始向
·46·
左运动,运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数 放,摆锤到最低点附近时,橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s
为μ,重力加速度为g.则 ( ) 面的压力可视为大小为F 的恒力,重力加速度为g,求:
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能;
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功;
A.撤去F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数.
, kxB.撤去F 后 物体刚运动时的加速度大小为 0m -μg
x
C.物体做匀减速运动的时间为2 0
μg
D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的
mg
功为μmg(x
μ
0- )k
8.(2023·上海)如图,一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰
链上,另一端固定一质量为m 的小球.一水平向右的拉力作用于
杆的中点,使杆以角速度ω 匀速转动,当杆与水平方向成60°时,
拉力的功率为 ( )
3
A.mgLω B.2mgLω
1 3
C.2mgLω D.6mgLω
9.(2023·浙江)由光滑细管组成的轨道如图所示,其中AB
段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧,轨道固定在竖直平面
11.(2020·广东)为了响应国家的“节能减排”号召,某同学
内.一质量为m 的小球,从距离水平地面高为 H 的管口D 处静 采用了一个家用汽车的节能方法.在符合安全行驶要求的情况
止释放,最后能够从A 端水平抛出落到地面上.下列说法正确的是 下,通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等
( ) 措施,使汽车负载减少.假设汽车以72km/h的速度匀速行驶
时,负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2000N和1950N.请
计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少
A.小 球 落 到 地 面 时 相 对 于 A 点 的 水 平 位 移 值 为
2 RH-2R2
B.小 球 落 到 地 面 时 相 对 于 A 点 的 水 平 位 移 值 为
2 2RH-4R2
C.小球能从细管A 端水平抛出的条件是H>2R
5
D.小球能从细管A 端水平抛出的最小高度Hmin=2R
10.(2023·重庆)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪,可
测量轮胎与地面间动摩擦因数,其主要部件有:底部固定有轮胎
橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆.摆锤的质量为m,细杆可
绕轴O 在竖直平面内自由转动,摆锤重心到O 点距离为L.测量
时,测量仪固定于水平地面,将摆锤从与O 等高的位置处静止释
·47·
12.(2023·四川)如图所示,ABCD 为固定在竖直平面内的
轨道,AB 段光滑水平,BC 段为光滑圆弧,对应的圆心角θ=
37°,半径r=2.5m,CD 段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连
接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直
于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1× A.速率的变化量不同
10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左 B.机械能的变化量不同
滑行,在C 点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C 点时 C.重力势能的变化量相同
为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向.已知斜轨与小 D.重力做功的平均功率相同
物体间的动摩擦因数μ=0.25.设小物体的电荷量保持不变,取g 3.(2021·广东)游乐场中的一种滑梯如图所示.小朋友从
=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8. 轨道顶端由静止开始下滑,沿水平轨道滑动了一段距离后停下
(1)求弹簧枪对小物体所做的功; 来,则 ( )
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP 的长度.
A.下滑过程中支持力对小朋友做功
B.下滑过程中小朋友的重力势能增加
C.整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D.在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
4.(2020·广东)一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯
顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0m/s.取g=
10m/s2,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是 ( )
A.合外力做功50J B.阻力做功500J
C.重力做功500J D.支持力做功50J
5.(2020·四川)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动,
经过时间t0 滑至斜面底端.已知在物体运动过程中物体所受的
摩擦力恒定.若用F、v、s和E 分别表示该物体所受的合力、物体
的速度、位移和机械能,则下列图象中可能正确的是 ( )
题源2 动能定理及其应用(★★★★★)
1.(2019·全国Ⅱ)假定地球、月球都静止不动,用火箭从地
球沿地月连线向月球发射一探测器.假定探测器在地球表面附
近脱离火箭,用W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中
克服地球引力做的功,用Ek 表示探测器脱离火箭时的动能,若
不计空气阻力,则 ( )
A.Ek 必须大于或等于W,探测器才能到达月球 6.
(2022·重庆)某兴趣小组用如图所示的装置进行实验研
B.E 小于W,探测器也可能到达月球 究.他们在水平桌面上固定一内径为d 的圆柱形玻璃杯,杯口上k
1 3
C.Ek= W,探测器一定能到达月球 放置一直径为 d
、质量为 m 的均质薄圆板,板上放一质量为
2 2
1 2m 的小物块.板中心、物块均在杯的轴线上,物体与板间动摩擦
D.Ek= W,探测器一定不能到达月球2 因数为μ,不计板与杯口之间的摩擦力,重力加速度为g,不考虑
2.(2023·福建)如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定 板翻转.
滑轮,小物块A、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和 (1)对板施加指向圆心的水平外力F,设物块与板间最大静
摩擦).初始时刻,A、B 处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断 摩擦力为fmax,若物块能在板上滑动,求F 应满足的条件;
轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块 (2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短
( ) 的较大冲击力,冲量为I.
·48·
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下 3.(2023·四川)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少 面的示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整
③根据s与I的关系式说明要使s更小,冲量应如何改变 个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,
在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则 ( )
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D.返回舱在喷气过程中处于失重状态
4.(2021·山东)如图所示为某探究活动小组设计的节能运
输系统.斜面轨道倾角为30°,质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦
3
因数为 ,木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为 m 的货6
物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被
题源3 机械能守恒定律、功能关系及其应用 压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被
弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确的是 (( )
)
★★★★★
1.(2022·安徽)伽利略曾设计如图所示的一个实验,将摆
球拉到 M 点放开,摆球会达到同一水平高度上的 N 点.如果在
E 或F 处钉上钉子,摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应
点,反过来,如果让摆球从这些点下落,它同样会达到原水平高
度上的 M 点.这个实验可以说明,物体由静止开始沿不同倾角的 A.m=M
光滑斜面(或弧线)下滑时,其末速度的大小 ( ) B.m=2M
C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度
D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力
势能全部转化为弹簧的弹性势能
5.(2023·安徽)如图所示,在竖直平面内有一半径为R 的
圆弧轨道,半径OA 水平、OB 竖直,一个质量为 m 的小球自A
A.只与斜面的倾角有关 的正上方P 点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B
B.只与斜面的长度有关 时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球
C.只与下滑的高度有关 从P 到B 的运动过程中 ( )
D.只与物体的质量有关
2.(2023·广东)如图是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧
轨道与光滑斜面相切,滑道底部B 处安装一个压力传感器,其示
数 N 表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h 处
由静止下滑,通过B 时,下列表述正确的有 ( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
A.N 小于滑块重力 1
D.克服摩擦力做功B.N 大于滑块重力 2mgR
C.N 越大表明h越大 6.(2020·上海)如图所示,在竖直平面内的直角坐标系中,
D.N 越大表明h越小 一个质量为m 的质点在外力F 的作用下,从坐标原点O 由静止
·49·
沿直线ON 斜向下运动,直线 ON 与y 轴负方向成θ 角(θ< 8.(2023·福建)如图,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上
π/4).则F 大小至少为 ;若F=mgtanθ,则质点机械能 一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机
大小的变化情况是 . 功率恒为P,小船的质量为 m,小船受到的阻力大小恒为f,经
过A 点时的速度大小为v0,小船从A 点沿直线加速运动到B 点
经历时间为t1,A、B 两点间距离为d,缆绳质量忽略不计.求:
(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功Wf;
(2)小船经过B 点时的速度大小v1;
(3)小船经过B 点时的加速度大小a.
7.(2023·全国)一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的
一侧竖直,另一侧的坡面呈抛物线形状.此队员从山沟的竖直一
侧,以速度v0 沿水平方向跳向另一侧坡面.如图所示,以沟底的
O 点为原点建立坐标系Oxy.已知,山沟竖直一侧的高度为2h,
x2
坡面的抛物线方程为y= ;探险队员的质量为 m.人视为质2h
点,忽略空气阻力,重力加速度为g.
(1)求此人落到坡面时的动能;
(2)此人水平跳出的速度为多大时,他落在坡面时的动能最
小 动能的最小值为多少
9.(2022·上海)倾角θ=37°,质量 M=5kg的粗糙斜面位
于水平地面上,质量m=2kg的木块置于斜面顶端,从静止开始
匀加速下滑,经t=2s到达底端,运动路程L=4m,在此过程中
斜面保持静止(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g 取10m/s2),求:
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向;
(2)地面对斜面的支持力大小;
(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理.
·50·
10.(2023·北京)如图所示,质量为 m 的小物块在粗糙水
平桌面上做直线运动,经距离l后以速度v 飞离桌面,最终落在
水平地面上.已知l=1.4m,v=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌
面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45m.不计空气阻力,
重力加速度g 取10m/s2.求:
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;
(2)小物块落地时的动能Ek;
() A.两物体运动到O 点时所用的时间相同3 小物块的初速度大小v0.
B.两物体在O 点相遇
C.两物体在O 点时的动能相等
D.两物体在O 点时所受重力的功率相等
3.在交通运输中,常用“客运效率”来反映交通工具的某项
效能,“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路
程的乘积,即客运效率=人数×路程/消耗能量.一个人骑电动
自行车,消耗1MJ(106J)的能量可行驶30km,一辆载有4人的
普通轿车,消耗320MJ的能量可行驶100km,则电动自行车与
这辆轿车的客运效率之比是 ( )
A.6∶1 B.12∶5
C.24∶1 D.48∶7
4.测定运动员体能的一种装置如图所示,运动员质量为
m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦),下
悬一个质量为m2 的重物,人用力蹬传送带而人的重心不动,使
传送带以速率v 匀速向右运动.下面是人对传送带做功的四种
说法,其中正确的是 ( )
A.人对传送带不做功
B.人对传送带做负功
B组 C.人对传送带做功的功率为m2gv
D.人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv
题源1 对功、功率、动能、势能等基本概念 5.质量为m 的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度图
的理解(★★★★★) 象如图所示.从t1 时刻起汽车的功率保持不变,整个运动过程中
汽车所受阻力恒为 ,则 ( )
1.如图所示,A、B 两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连, Ff
置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处,且都处于静止状
态,两斜面的倾角分别为α和β,若不计摩擦,剪断细绳后,下列
关于两物体的说法中正确的是 ( )
A.两物体着地时所受重力的功率一定相同 vA.0~t 11 时间内,汽车的牵引力等于mt1
B.两物体着地时的速度一定相同
v1
C.两物体着地时的动能一定相同 B.t1~t2 时间内,汽车的功率等于 (mt +Ff )v11
D.两物体着地时的机械能一定相同 mv1
2.如图所示,两个质量相等的物体 A、B 处在同一水平线 C.汽车运动的最大速度v2= (F +1)v1ft1
上,在物体A 被水平抛出的同时,物体B 开始自由下落,图中曲
, v1+v2
线AC 为物体A 的运动轨迹,直线BD 为物体B 的运动轨迹,两 D.t1~t2 时间内 汽车的平均速度小于 2
轨迹相交于O 点,空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是 6.如图,一物体从光滑斜面 AB 底端A 点以初速度v0 上
( ) 滑,沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情
·51·
境中物体从A 点上滑的初速度仍为v0) ( ) 9.如图所示,ABC 是光滑轨道,其中AB 是水平的,BC 是
与AB 相切的位于竖直平面内的半圆轨道,半径R=0.4m.质量
m=0.5kg的小球以一定的速度从水平轨道冲向半圆轨道,经最
高点C 水平飞出,落在AB 轨道上,距B 点的距离s=1.6m.g
取10m/s2,求:
A.若把斜面CB 部分截去,物体冲过C 点后上升的最大高 (1)小球经过C 点时的速度大小;
度仍为h (2)小球在AB 轨道上运动时的动能.
B.若把斜面AB 变成曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到
达B 点
C.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高h
D.若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状,物
体上升的最大高度有可能仍为h
7.起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物,
当重物的速度为v1 时,起重机的有用功率达到最大值P,之后
起重机保持该功率不变,继续提升重物,直到以最大速度v2 匀
速上升为止,则整个过程,下列说法中正确的是 ( )
A.钢绳的最大拉力为mg
P
B.钢绳的最大拉力为v1
P
C.重物的速度v1=mg
mv2
D.重物做匀加速运动的时间为 1P-mgv1
8.一个物块放在粗糙的水平地面上,受到方向不变的水平
推力F 的作用,力F 的大小与时间t的关系和物块速度v 与时
间t的关系如下图所示.某位同学根据这两个图线作出了如下的
判断:“由于物块在第二个2s时间内物体增加的动能比第三个
2s时间内增加的动能多,故力F 在第二个2s时间内做的功比
第三个2s时间内做的功多”.试分析这位同学所作的判断是否
绳长为 ,两接点间距为 ,士兵装备及滑轮质量为 ,
正确.如果正确,请说明理由;如果不正确,请给出正确的结论, 10. L d m
并说明理由, 不计摩擦力及绳子质量,士兵从一端滑到另一端过程中 求:同时要求指出这位同学判断不正确的原因. .
(1)士兵速度最大时绳上的张力;
(2)速度的最大值vmax.
·52·
( ) (1)小球下降到最低点时,小物块的机械能(取C 点所在的题源2 动能定理及其应用 ★★★★★ 水平面为参考平面);
1.如图所示,光滑斜面上高为h 的A 处有一个小球自静止 (2)小物块能下滑的最大距离;
滚下,抵达光滑的水平面时,立即遇到一系列条形布帘B 的阻 (3)小物块在下滑距离为L 时的速度大小.
挡,碰到n条布帘后停下,若从2h高处静止释放小球(小球每次
碰布帘损失的动能相同),则能碰到布帘的条数为 ( )
A.n B.2n C.3n D.4n
2.质量为10kg的物体,在变力F 作用下沿x 轴做直线运
动,力随坐标x 的变化情况如图所示.物体在x=0处,速度为
1m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16m处时,速度大小为
( )
A.22m/s B.3m/s C.4m/s D. 17m/s
3.如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A 点,自
题源3 机械能守恒定律、功能关系及其应用 然状态时其右端位于B 点.水平桌面右侧有一竖直放置的光滑
(★★★★★) 轨道 MNP,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°
1.水平光滑直轨道ab与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道 的圆弧,MN 为其竖直直径,P 点到桌面的竖直距离也是R.用质
bc相切,一小球以初速度v 沿直线轨道向右运动,如图所示,小 量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C 点,释放后弹簧恢复0
球进入圆形轨道后刚好能通过c点,然后小球做平抛运动落在 原长时物块恰停止在B 点.用同种材料、质量为 m2=0.2kg的
直轨道上的d 点,则 ( ) 物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放,物块过B 点后其位移与时间
的关系为x=6t-2t2,物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨
道.取g=10m/s2,求:
(1)BP 间的水平距离;
(2)判断m2 能否沿圆轨道到达 M 点;
(3)释放后m2 运动过程中克服摩擦力做的功.
A.小球到达c点的速度为 gR
B.小球到达b点时对轨道的压力为5mg
C.小球在直轨道上的落点d 与b点距离为2R
R
D.小球从c点落到d 点所需时间为2
g
2.如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、
O2 和质量mB=m 的小球连接,另一端与套在光滑直杆上质量
mA=m 的小物块连接,已知直杆两端固定,与两定滑轮在同一
竖直平面内,与水平面的夹角θ=60°,直杆上C 点与两定滑轮均
在同一高度,C 点到定滑轮O1 的距离为L,重力加速度为g,设
直杆足够长,小球运动过程中不会与其他物体相碰.现将小物块
从C 点由静止释放,试求:
·53·
4.(2023·上海)如图甲,磁铁A,B 的同名磁极相对放置, 5.(2023·山东)如图所示,一工件置于水平地面上,其AB
置于水平气垫导轨上.A 固定于导轨左端,B 的质量m=0.5kg, 段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道,BC 段为一长度L=
可在导轨上无摩擦滑动.将B 在A 附近某一位置由静止释放,由 0.5m的粗糙水平轨道,二者相切于B 点,整个轨道位于同一竖
于能量守恒,可通过测量B 在不同位置处的速度,得到B 的势 直平面内,P 点为圆弧轨道上的一个确定点.一可视为质点的物
能随位置x 的变化规律,见图丙中曲线I.若将导轨右端抬高,使 块,其质量m=0.2kg,与BC 间的动摩擦因数μ1=0.4.工件质量
其与水平面成一定角度(如图乙所示),则B 的总势能曲线如图 M=0.8kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.(取g=10m/s2)
丙中Ⅱ所示,将B 在x=20.0cm处由静止释放,求:(解答时必 (1)若工件固定,将物块由P 点无初速度释放,滑至C 点时
须写出必要的推断说明.取g=9.8m/s2) 恰好静止,求P、C 两点间的高度差h;
(2)若将一水平恒力F 作用于工件,使物块在P 点与工件
保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动.
甲 ①求F 的大小;
②当速度v=5m/s时,使工件立刻停止运动(即不考虑减
速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC 段,求物块的落
点与B 点间的距离.
乙
(1)B 在运动过程中动能最大的位置;
(2)运动过程中B 的最大速度和最大位移;
(3)图丙中直线Ⅲ为曲线Ⅱ的渐近线,求导轨的倾角;
(4)若A,B 异名磁极相对放置,导轨的倾角不变,在图丙上
画出B 的总势能随x 的变化曲线.
6.(2022·全国Ⅱ)如图,MNP 为竖直面内一固定轨道,其
丙 圆弧段 MN 与水平段NP 相切于N,P 端固定一竖直挡板.M
相对于N 的高度为h,NP 长度为s.一木块自 M 端从静止开始
沿轨道下滑,与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道
上某处.若在 MN 段的摩擦可忽略不计,物块与 NP 段轨道间的
滑动摩擦因数为μ,求物块停止的地方与 N 点距离的可能值.
·54·
7.(2022·浙江)在一次国际城市运动会中,要求运动员从 9.(2023·福建)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装
高为 H 的平台上A 点由静止出发,沿着动摩擦因数为μ的滑道 置示意图,其下半部 AB 是一长为2R 的竖直细管,上半部BC
向下运动到B 点后水平滑出,最后落在水池中.设滑道的水平距 是半径为R 的四分之一圆弧弯管,管口沿水平方向,AB 管内有
离为L,B 点的高度h可由运动员自由调节(取g=10m/s2).求: 一原长为R、下端固定的轻质弹簧.投饵时,每次总将弹簧长度压
(1)运动员到达B 点的速度与高度h的关系; 缩到0.5R 后锁定,在弹簧上段放置一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可
(2)运动员要达到最大水平运动距离,B 点的高度h 应调为 将鱼饵弹射出去.设质量为m 的鱼饵到达管口C 时,对管壁的作
多大 对应的最大水平距离smax为多少 用力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且锁定和解
(3)若图中 H=4m,L=5m,动摩擦因数μ=0.2,则水平运 除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.求:
动距离要达到7m,h值应为多少 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v1;
(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能Ep;
(3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB 管的中
轴线OO'在90°角的范围内来回缓慢转动,每次弹射时只放置一
粒鱼饵, 2鱼饵的质量在 m 到m 之间变化,且均能落到水面.持3
续投放足够长时间后,鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少
8.(2023·北京)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行
程超过百米.电梯的简化模型如图1所示.考虑安全、舒适、省时
等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时
由静止开始上升,a t图象如图2所示.电梯总质量 m=2.0×
103kg.忽略一切阻力,重力加速度g 取10m/s2.
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉
力F2; 10.(2022·上海)如图,ABC 和ABD 为两个光滑固定轨
(2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中 道,A、B、E 在同一水平面上,C、D、E 在同一竖直线上,D 点距
讲解了由v t图象求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度 水平面的高度h,C 点的高度为2h.一滑块从 A 点以初速度v0
和速度的定义,根据图2所示a t图象,求电梯在第1s内的速 分别沿两轨道滑行到C 或D 处后水平抛出.
度改变量Δv1 和第2s末的速率v2; (1)求滑块落到水平面时,落点与E 点间的距离sC 和sD;
(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在 (2)为实现sC0~11s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W.
图1 图2
·55·小球做圆周运动的轨道半径
专题4 机械能及其守恒定律
r=Om=Am·sinθ=1×0.6m=0.6m.
b绳被拉直但无张力时,小球所受的重力mg 与a 十年高考母题原型训练
绳拉力Ta 的合力F 为向心力,其受力分析如图所示.
A组
题源1 对功、功率、动能、势能等
基本概念的理解
1.BD 【解析】 垫片向右移动时,由于是轻弹
簧,所以两弹簧产生的弹力相等,B正确;由于原长相
同,劲度系数不同,所以两弹簧的长度不同;弹簧的弹
由图可知小球的向心力为
性势能与形变量和劲度系数相关,则缓冲效果和劲度
F=mgtanθ
系数相关,C错,D正确.
根据牛顿第二定律得
2.BCD 【解析】 A、B 从静止开始运动到第一
F=mgtanθ=mr·ω2
次速度相等过程中,A 做加速度减小的加速运动,B
解得直杆和球的角速度为
做加速度增大的加速运动,当二者加速度相等时速度
gtanθ 10×tan37°
ω= /r = 0.6 rads=3.5rad
/s. 差最大.当二者速度增加到相等时距离差达到最大.
当直杆和球的角速度ω>35.rad/s时,b中才有张力. 全过程中力F 一直做正功,所以最后时刻系统的机
14.【解析】 (1)如 图 所 示,对 质 点 受 力 分 析 械能最大.由以上分析可知答案为BCD.
可得 3.D 【解析】 设小球上升离地高度h 时,速度
为v1,地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h 处
速度为v2,设空气阻力为f
1
上升阶段:-mgH-fH=- mv22 0
1 1
-mgh-fh= mv22 1- mv
2
2 0
1
又2m h= mv2
mgtanθ=mω2D
g 2 1
绳中的拉力
下降阶段: 1mg(H-h)-f(H-h)=2mv
2
2
FT=mg/cosθ=750N
1
根据几何关系可得D=d+lsinθ mgh=2×2mv
2
2
3
代入数据得ω=2rad
/s 4由上式联立得:h=9H
(2)转盘从静止启动到转速稳定这一过程,绳子 4.D 【解析】 A图和C图表示物块自A 点做
对质点做的功等于质点机械能的增加量 平抛运动,B图表示物块先做平抛,与斜面碰后离开
1 2 斜面仍做抛体运动,而D图表示物体做匀加速直线W=2mv +mgh 运动,即物块沿斜面下滑至B 点,故D图中摩擦力做
h=l-lcosθ=2m,v=ωD=53m/s 功最大,故D正确.
代入数据得W=3450J 5.BD 【解析】 本题借助带电小球在重力场和
·17·
电场的复合场中的运动,考查运动和力的关系、电场 力F 做的功为W3=F3x3=2×1J=2J;所以 W1<
力做功的特点和功能关系、动能定理等知识点. W2根据题设条件,作出带电小球的运动示意图如图 7.BD 【解析】 撤去F 后,物体向左加速,摩
所示. 擦力不变,但 弹 簧 弹 力 减 小,物 体 的 加 速 度 减 小,A
错;物体刚运动时所受弹力为kx0,由牛顿第二定律
kx
kx0-μmg=ma,a=
0
m -μg
,B对;当弹簧恢复到
原长时物体与弹簧分离开始做匀减速直线运动,所以
匀减 速 的 位 移 为 3x0,减 速 时 的 速 度 为 2as=
6μgx0,
2s 6x0
运动时间为 = ,C错;当物体所a μg
受 弹 力 等 于 摩 擦 力 时 速 度 最 大,弹 簧 的 形 变 量 为
μmg,物体开始向左运动到速度最大时克服摩擦力做
k
带电小球先做自由落体运动,后匀减速运动到速 mg功为μmgs=μmg(x
μ
0- ),D对.
度为零,再反向匀加速运动,由图可知, k两种运动在时
8.C 【解析】 本题考查有固定转动轴的物体
间t内的位移大小相等,方向相反,则由牛顿第二定律
的平衡、圆周运动以及瞬时功率的计算.
1
和运动学公式可得h= gt2, 2
qE-mg
2 -h=gt - 2m t
2, 1
轻杆中点速度为v=2ωL ①
;
联立解得qE=4mg;整个过程中小球电势能的变化
根据有固定转动轴的物体的平衡条件
量等 于 电 场 力 做 的 功, 1W =qEh=4mg× 2gt
2= 1
mgLcos60°=F·2Lsin60° ②
;
2mg2t2,选项A错误;整个过程中小球动量的增量等
拉力的功率P=Fv·cos30° ③.
于合外 力 的 冲 量,I=qEt-2mgt=4mgt-2mgt=
1
1 由①②③得P= mgLω,C项正确.
2mgt,选项B正确;根据动能定理,ΔE 2 2k=0-2mv
1
1 9.BC 【解析】 由动能定理可知 mv
2-0=
=- mg2t2,选项C错误;从A 点到最低点小球重 22 mg(H-2R)
力势能的变化量等于重力所做的功,从加电场到小球
1 2
运动到最低点,小球下落时间为t',
,
则有gt=3gt',下 2R=2gt
1· 1 gt
2 {
落高度为s=2 3gt'
2= t2.W =m x=vt.6g G g
(h+ )6
解得x=2 2RH-4R2
2
= mg2t23 .D
正确. 某小球能从A 端水平抛出必须有v>0,所以 H
6.B 【解析】 1s >2R.在第 内,滑块的位移为x1=
10.【解析】 (1)从初位置到末位置由能量守恒
1
2×1×1m=0.5m
,力 F 做 的 功 为 W1=F1x1= 定律得损失的机械能为:ΔE=mgL-mgL(1-cosθ)
1 =mgLcosθ ①
1×0.5J=0.5J;第2s内,滑块的位移为x2=2×1 (2)上述过程中损失的机械能全部克服摩擦阻力
×1m=0.5m,力F 做的功为 W2=F2x2=3×0.5J 做功转化为内能,所以摩擦力对摆锤做的功为:Wf=
=1.5J;第3s内,滑块的位移为x3=1×1m=1m, -ΔE=-mgLcosθ ②
·18·
(3)摆锤在最低点受到的摩擦力为:f=μF ③ 题源2 动能定理及其应用
所以摩擦力对摆锤做的功
W =-fs=-μFs ④ 1.BD 【解析】 地球引力对探测器做负功大小f
mgLcosθ 为W,同样在探测器飞向月球的过程中月球对探测
联立②③④解得:μ= Fs 器也有万有引力作用,即月球引力对探测器做正功,
11.【解析】 设汽车牵引力为F,所受阻力为f. 1但W 月<|W|.若Ek= W,探测器速度减为零时,还2
匀速运动时,有
没到达地、月引力相等的位置,地球的引力还大于月
F=f ①
球的引力,所以探测器一定不能到达月球.由-W+
质量改变前后汽车发动机的功率分别为
W 月=0-Ek,得W=W 月+Ek,即EkP0=F0v=40kW ②
也可能到达月球,即B、D正确,A、C错误.
P1=F1v=39kW ③ 2.D 【解析】 A、B 运动过程机械能都守恒,
减少的功率ΔP=P0-P1=1kW ④
, 1机械能 不 变 B错;由 机 械 能 守 恒 定 律,【 】 () , mgh=12. 解析 1 设弹簧枪对小物体做功为Wf 2
由动能定理得 mv2,v= 2gh,A、B 着地时速度大小相等,A错;由
1 题意初状态A、B 均静止,( mA =mB sinθ
,mAWf-mgr1-cosθ)
g g
= 22mv0 下落高度 相 同,C错;对 A,重 力 的 平 均 功 率 PA =
代入数据得 Wf=0.475J v
mAg ,对B,
v
重力的平均功率
2 PB=mBg 2sinθ
,所
(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过
C 点进入电场后的加速度为a,由牛顿第二定律得 以PA=PB,D对,选D.
【 】
-m sinθ- (m cosθ+ E)=ma 3.D 解析 下滑过程中支持力的方向总与g μ g q 1
速度方向垂直,所以支持力不做功,A错误;越往下滑
小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度
动重力势能越小,B错误;摩擦力的方向与速度方向相
达到v1,有
反,所以摩擦力做负功,机械能减少,D正确,C错误.
v1=v0+a1t1
4.A 【解析】 由动能定理可求得合外力做的
由以上两式可知v1=2.1m/s,设运动的位移为 1 1
s , 功等于 物 体 动 能 的 变 化有 ΔE
2
k= mv = ×25×
1 2 2
1 2.02J=50J,A选项正确.重力做功WG=m h=25×
s1=v 2
g
0t1+2a1t1 10×3.0J=750J,C选项错误.支持力的方向与小孩
电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿 的运动方向垂直,不做功,D选项错误.阻力做功 W 阻
第二定律得 =W 合-WG=(50-750)J=-700J,B选项错误.
-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2 5.AD 【解析】 物体沿斜面下滑时,受到的合
设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时 F外力F 为恒力,故A正确.物体下滑的加速度a=
间为t2,位移为s2,有
m
1
0=v1+a2t2 也为恒定值,由v=at可知B错误.由s=2at
2 可知
1
s =vt + at2 C错误.设初态时物体的机械能为E0,由功能关系可2 1 2 2 2 2
得末 态 的 机 械 能 E =E0 -f ·s=E0 -f ·
设CP 的长度为s,有
1 22
s=s +s ( at ) fat=E0- ,又因为物体滑到底端时仍有动1 2 2 2
联立相关方程,代入数据解得 能,故在t=t0 时刻E≠0,故D正确.
s=0.57m 6.【解析】 (1)设圆板与物块相对静止时,它们
·19·
之间的静摩擦力为f,共同加速度为a. 正确.
由牛顿运动定律,有 3.A 【解析】 本题以实际材料为背景,考查了
对物块f=2ma 对圆板F-f=ma 牛顿第二定律、动能定理和超重失重等知识点.未点
圆板与物块相对静止,有f≤fmax 燃返回舱缓冲火箭时,整个装置处于匀速运动状态,
3 点燃返回舱缓冲火箭后,整个装置做减速运动,速度
得F≤2fmax 向下,加速度向上,对降落伞来说,浮力和重力不变,
3
相对滑动的条件F > fmax 可知伞绳对返回舱的拉力变小,选项 A正确;对返回2
舱进行受力分析,返回舱加速度方向向上,处于超重
(2)①设冲击刚 结 束 时 圆 板 获 得 的 速 度 大 小 为
状态,减 速 运 动,动 能 减 小,则 合 外 力 做 负 功,选 项
v0,物块掉下时,圆板和物块速度大小分别为v1 和v2.
BCD错误.
由动量定理,有I=mv0
4.BC 【解析】 由功能关系得
由动能定理,有
( 3 ) 1 1 下滑过程(M+m)gh-μ(
h
M+m)cosθ·
对圆板 -2μmgs+4d =
2
2mv1-2mv
2 g
0 sinθ
=E
1 p
对物块2μmgs= (2 2m
)v22-0 h
上滑过程Ep=Mgh+μMgcosθ·
由动量守恒定律,有mv0=mv1+2mv
sinθ
2
, 解得要使物块落下 必须v >v m=2M
,A错,B对.
1 2
上滑加速度
由以上各式得 a上=gsinθ+μgcosθ
下滑加速度
3 a下=gsinθ-μgcosθ
I>2m 2μgd a上>a下,C对.
2 重力势能等于弹性势能与内能之和,D错.1 I- I2
9
- μm2

②s= gd ÷2μg 2 ÷ 5.D 【解析】 小球沿轨道到达最高点B 时恰è 3m 2
分子有理化得 好对轨道没有压力,由牛顿第二定律:
v
mg=m
B;小
R
3md
2
球从P 到B 的运动过程中,由动能定理:WG+Wf=
1 2 ÷
s=2μg ÷
1
9 2 ÷ mvB.重 力 做 功2 WG =mgR
,合 外 力 做 功 W =
èI+ I
2-2μm
2gd
1 1
③根据上式结果知:I越大,s越小. mv2B= mgR,
1
摩擦力做的功为
2 2 Wf=-2mgR
,
题源3 机械能守恒定律、功能关系 1 1即克服摩擦力做功
2mgR
,机械能减少 ,选项
2mgR
及其应用
D正确.
1.C 【解析】 根据机械能守恒定律,在摆球摆 6.mgsinθ 增加、减少都有可能 【解析】 如
动过程中机械能守恒,所以无论在哪个位置钉上钉 图所示,当力F 的方向为a 方向(垂直于ON)时,力
子,从 M 至N 或从N 至M,球都能到达原来水平高 F 最小为mgsinθ;
度上的点.在光滑斜面上也是如此.C项正确.
2.BC 【解析】 滑块运动到B 点时,满足 N-
v2
mg=m ,R
1
而运动过程中满足
2mv
2=mgh,
所以h 越大,v 越大;v 越大,则 N 越大,所以BC
·20·
若F=mgtanθ,即力F 可能为b 方向或c方向, Fcosθ-f=ma ⑦
故力F 的方向可能与运动方向相同,也可能与运动 由④⑤⑥⑦式解得
方向相反,除重力外的力F 对质点做正功,也可能做 P f
a= - ⑧
负功,故质点机械能增加、减少都有可能. m2v20+2m(Pt1-fd) m
7.【解析】 (1)设该探险队员跳到坡面上时水 9.【解析】 (1)由题知木块做匀加速运动,
平位移为x,竖直位移为 H, 1 2, 2L 2×4L=2at ∴a= 2 = 2 m
/s2=2m/s2,
由平抛运动规律有:x=v t 20t,
1 木块受力如图
:
H=2gt
2,
整个过程中,由动能定理可得:
1
mgH=E - 2k 2mv0
由几何关系,y=2h-H
1
坡面的抛物线方程y= x2 根据牛顿第二定律,得2h
mgsin37°-f1=ma
1 2mg2h2
解以上各式得:Ek=2mv
2
0+v20+gh f1=mgsin37°-ma=2×10×0.6N-2×2N=
() 1 2 2mg
2h2 8N
2 由Ek=2mv0+
,
v20+gh FN1=mgcos37°=2×10×0.8N=16N
令v20=ngh,则 斜面受力如图:
n 2mgh
Ek= mgh+ =mgh(
n 2 )
2 n+1 2+n+1
当n=1时,即v20=gh,探险队员的动能最小,最
3mgh
小值为Ekmin= 2
8.【解析】 (1)小船从A 点运动到B 点克服阻
由受力平衡知,地面对斜面摩擦力
力做功
Wf=fd ① f2=F'N1sin37°-f1cos37°=16×0.6N-8×
(2)小船从A 点运动到B , 0.8N=3.2N,点 电动机牵引绳对小 方向水平向左.
船做功 (2)地面对斜面的支持力满足
W=Pt ② FN2=Mg+F'N1cos37°+f'1sin37°=5×10N+1
由动能定理有 16×0.8N+8×0.6N=67.6N.
1 1 (3)木块在下滑过程中,沿斜面方向合力及该力
W-W 2f=2mv1-2mv
2
0 ③
做功为
2 F=mgsin37°-f1=2×10×0.6N-8N=4N,
由①②③式解得 v = v21 0+ ( )m Pt1-fd ④ W=FL=4×4J=16J
(3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F,绳与 v=at=2×2m/s=4m/s
水平方向夹角为θ,电动机牵引绳的速度大小为v,则 1 1
ΔEk= 2 22mv -0=2×2×4J-0J=16J
,
P=Fv ⑤
v=v1cosθ ⑥ 因此,在下滑过程中W=ΔEk,动能定理成立.
由牛顿第二定律有 10.【解析】 (1)由平抛运动规律,有
·21·
1 所以人对传送带做功的功率为m2gv,故C对D错.竖直方向 h=2gt
2
5.BC 【解析】 本题考查了功率、v t图象等
水平方向 s=vt 方面的知识.汽车以恒定加速度启动时,阻力Ff、牵
2h
得水平距离 s= v=0.90m 引力F 不变,速度v 变大、功率P 变大.当汽车的功
g 率达到额定功率后,汽车则以恒定的功率行驶,其后
(2)由机械能守恒定律,动能 牵引力F、加速度a 都变小,当F=Ff 时,a=0,速度
1
E = mv2k +mgh=0.90J 达到最大为v2,之后汽车匀速行驶.0~t1 时间内,汽2
() v13 由动能定理,有 车的牵引力等于 m +Ff,A选项错误;t1~t2 时t1
1 1
-μmg·l=2mv
2- 22mv0 间内,汽车的功率 P=Fv= ( vm 1+Ff )v1,B选项t1
得初速度大小
正确;当牵引力等于阻力时,汽车达到最大速度v2=
v0= 2μgl+v2=4.0m/s P
F = (mv1Ft +1)v1,C选项正确;t1~t2 时间内,汽车f f 1
B组 v1+v2
的平均速度大于 ,D选项错误2 .
题源1 对功、功率、动能、势能等 6.BD 【解析】 根据题意,由机械能守恒可知,
基本概念的理解 物体滑到高为h 处时速度为零.要使物体上滑的高度
1.A 【解析】 本题考查了动能定理、功率、机 仍为h,则物体到达最高点时速度必为零.A、C情况,
械能守恒等知识.一开始两物体处于静止状态,所以 物体上到最高点时速度不为零,所以所能达到的高度
G sin 应小于h,A、C错;B情况,上到最高点时速度 必 为
GAsinα=GBsin ,
A
所以 ββ 根据动能定理 、G = . A BB sinα 零,故B正确;D情况,上到最高点时速度可能为零,
两物体着地时速率相等,根据PA=GAvAsinα,PB= 所以高度也可能仍为h,故D正确.
GBvBsinβ,结合 A、B 重力之间的关系,可得所受重 7.BD 【解析】 重 物 开 始 加 速 上 升,超 重,A
力的功率一定相同,A对;两物体着地时的速度方向 错;匀加速提升重物时钢绳拉力最大,且等于匀加速
显然不同,B错;两物体的质量不同,两物体着地时的 结束时的拉力, P由 P=Fv 得Fm= ,B对;速度为
动能、机械能一定不同,C、D错. v1
时重物具有向上的加速度,拉力 , 错;重
2.ABD 【解析】 本题考查自由落体运动和平 v1 F>mg C
抛运动问题.根据运动的合成与分解的特点,合运动 Fm-mg P-mgv1物做匀加速运动的加速度a= m =
,
mv1
与分运动的等时性、运动的独立性可知,A、B正确;
v1 mv21
两物体在O 点 的 速 度 大 小 不 等,动 能 也 不 等,C错 则匀加速的时间为t= = ,D正确.考查a P-mgv1
误;A、B 两物体在O 点竖直方向的速度相同,根据P 功率相关的知识点.
=mgv 可知,D正确. 8.【解析】 不正确.第三个2s时间内力F 做功
3.C 【解析】 自行车的客运效率=1×30× 较多.
103/106,普通轿车的客运效率=4×100×103/320× (0+4)
第二个2s内物块通过的位移是s2= ×
6, : :1×30×320
2
10 则 自行车与轿车客运效率比为 4×100 = 2m=4m;力F 做功W=3×4J=12J
24∶1,选项C正确. 第三个2s内物块通过的位移是s3=4×2m=
4.C 【解析】 根据做功的两个因素知,人对传 8m;力F 做功W3=2×8J=16J
送带做正功,故A、B错;人对传送带的力等于 m2g, 可知W3>W2,即力F 在第三个2s时间内做功较多.
·22·
物块的动能变化等于作用在物块上所有力做功
题源2 动能定理及其应用
的代数和,即等于力F 做功与摩擦力f 做的负功的
代数和.力F 和f 对物块做功除了跟力的大小有关 1.B 【解析】 设 每 次 碰 撞 小 球 损 失 动 能
外,还跟那段时间内物块通过的位移有关. 为ΔEk
9.【解析】 (1)小球经C 点后做平抛运动,因 斜面高为h 时有:Ek=mgh=nΔEk ①
此有 斜面高为2h 时有:Ek=mg·2h=n'ΔEk ②
1 由 可得:
s=vt,2R= gt2 ①② n'=2n
,即能碰到2n 条布帘.
C 2 2.B 【解析】 力—位移图象下的面积表示功,
解得vC=4m/s 由图象可知,一部分正功与另一部分负功抵消,外力
(2)从 B 到C,只 有 重 力 做 功,小 球 机 械 能 守
做的总功W=Fs=40J,根据动能定理
恒,有
1 1
1 W=2mv
2- mv20,得2 v=3m
/s.
Ek=mg·2R+ 22mvC
代入数值得Ek=8J 题源3 机械能守恒定律、功能关系
10.【解析】 (1)当士兵速度最大时则该时刻的 及其应用
加速度为零.士兵受力为重力及绳子拉力.因为士兵
1.ACD 【解析】 本题考查了平抛运动和圆周
是沿着绳子滑过去且不计摩擦,所以两端绳子的拉力
运动的规律、机械能守恒定律等知识.小球进入圆形
大小相同.设速度最大时刻即加速度为零瞬间左、右
v2c
两端绳子与水平方向的夹角为α、β. 轨道后刚 好 能 通 过c 点,有 mg=m ,所 以R vc=
则Fcosα=Fcosβ 1 1
Fsinα+Fsin =m gR
,A对;根据机械能守恒定律有 22mvb= mv
2
β g 2
c
mg +mg·2R,小球到达b点时对轨道的压力为速度最大时刻绳子的拉力F= F
,根据
2sinα v2
d 牛顿第 二 定 律 有 F-mg=m
b,解 得
R F=6mg
,B
由几何关系得cosα=cosβ=L
1
2 2 错;根据2R= gt2,解得小球从L -d 2 c
点落到d 点所需
则sinα= L
R
mgL 时间为2 ,D对;小球在直轨道上的落点d 与b
所以速度最大时刻绳子张力F= g
2 L2-d2
R
(2)士兵在整个运动过程中机械能守恒,从第(1) 点距离为x= gR×2 =2R,C对.g
题可知士兵速度最大时处于绳子的正中间,也是两固
2.【解析】 (1)设此时小物块的机械能为E1.由
定端的正中间,
机械能守恒定律得小球B 减少的机械能等于小物块
设速度的最大值为vmax,则由机械能守恒: 机械能的增量,即:
1
mv22 max=mgΔh 3E1=mBg(L-Lsinθ)=mgL(1- )2
由几何关系及已知可得
(2)设小物块能下滑的最大距离为sm,由机械能
L2-d2 L2-d2
Δh= 2 - 2L 守恒定律有
速度的最大值 mAgsmsinθ=mBghB增
由几何知识得:
g L2-d2
vmax= ( 2 2)L L- L -d . h 2 2B增= (sm-Lcosθ)+(Lsinθ)-L
·23·
代入解得s =4(1+ 3)L 4.【解析】 (1)由 题 知,当 势 能 最 小 处 动 能 最m
(3)设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v, 大,由图线Ⅱ得x=6.1(cm)(在5.9~6.3cm间均视
此时小球的速度大小为v ,则v =vcosθ 为正确)B B .
1 1 (2)由图读得释放处(x=20.0cm处)势能Ep=
mAgLsinθ= m v2 22 B B+2mAv 0.90J,此即B 的总能量.由于运动中总能量守恒,因
解得v= 43gL/5 此 在 势 能 最 小 处 动 能 最 大,由 图 象 得 最 小 势 能 为
3.【解析】 (1)设物块由 D 点以初速度v 做 0.47J,则最大动能为D Ekm=0.9-0.47=0.43(J)(Ekm
平抛,落到P 点时其竖直速度为 在0.42~0.44J间均视为正确),最大速 度 为vm=
vy= 2gR 2Ekm 2×0.43
m = 0.5 =1.31
(m/s)(vm 在1.29~
vy
v =tan45° 1.33m/s间均视为正确)D .
得vD=4m/s x=20.0cm处的总能量为0.90J,最大位移由E
=0.90J的水平直线与曲线Ⅱ的左侧交点确定,由图中
平抛用时为t,水平位移为s,
1
R=2gt
2,s=vDt,
读出(左侧)交点位置为x=2.0cm,因此,最大位移
得s=2R=1.6m Δx=20.0-2.0=18.0(cm)(Δx 在17.9~18.1cm
物块过B 点后其位移与时间的关系为x=6t- 间均视为正确).
2t2,可知过B 点后初速v0=6m/s,加速度a=4m/ (3)渐近线Ⅲ表示B 的重力势能随位置变化关
s2,减速到vD 系,即:Epg=mgxsinθ=kx
v2-v2
BD 间位移为s = 0 D=2.5m k 0.85-0.301 2a ∴sinθ= .由图读出直线斜率m k=g 20.0-7.0
则BP 水平间距为s+s1=4.1m. =4.23×10-2
(2)若物块能沿轨道到达 M 点,其速度为vM,由 -1(k×10
2
) -1 4.23θ=sin m =sin
( 在
机械能守恒得 g 0.5×9.8
=59.7°θ
1 1 2 59°~61°
间均视为正确)
2m2v
2
M= 22m2vD-2m2gR (4)若异名磁极相对放置,A,B 间相互作用势能
v2 为负值,总势能如图.
轨道对物块的压力为FN,则F +m =m
M
N 2g 2 R
解得FN=(1- 2)m2g<0
即物块不能到达 M 点.
(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为Ep,物块与
桌面间的动摩擦因数为μ,
释放m1 时,Ep=μm1gsCB
1
释放m 22 时,Ep=μm2gsCB+2m2v0
且m1=2m 22,解得Ep=m2v0=7.2J
m2 在 桌 面 上 运 动 过 程 中 克 服 摩 擦 力 做 功
为Wf,
5.【解析】 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点
1
则Ep-W = 2f 2m2vD 的整个过程,根据动能定理得
可得Wf=5.6J. mgh-μ1mgL=0 ①
·24·
代入数据得 s'=2s+d ⑥
h=0.2m ② h
联立①②③⑥式得d= -2s ⑦
(2)①设物块的加速度大小为a,P 点与圆心的 μ
连线与竖直方向间的夹角为θ,由几何关系可得 7.【解析】 (1)由A 运动到B 过程:
R-h ( ) 1 2cosθ= ③ mg H-h -μmgL=2mv0-0 ①R
根据牛顿第二定律,对物块有 v0= 2g(H-h-μL) ②
mgtanθ=ma ④ (2)物体做平抛运动,则
对工件和物块整体有 x=v0t ③
F-μ2(M1+m)g=(M+m)a ⑤ 1h=2gt
2 ④
联立②③④⑤式,代入数据得
F=8.5N ⑥ 由② ③ ④ 式 得 x =2 (H-μL-h)·h =
②设物块平抛运动的时间为t,水平位移为x1, 2 -h2+(H-μL)h ⑤
物块落点与B 点间的距离为x2,由运动学公式可得 1
由⑤式 得,当h= (2 H -μL
),smax=L+H
1
h= gt22 ⑦ -μL.
x1=vt ⑧ (3)在⑤式中,令x=2m,H=4m,L=5m,μ=
x2=x1-Rsinθ ⑨ 0.2
联立②③⑦⑧⑨式,代入数据得 则可得-h2+3h-1=0,
x2=0.4m ⑩ 3+ 5
【 】 , 解得h = =2.62m6. 解析 根据功能原理 在物块从开始下滑 1 2
到静止的过程中,物块重力势能减少的数值ΔEp 与 3- 5
h2= =0.38m
物块克服摩擦力所做功的数值W 相等,即 2
ΔE =W ① 8. 【解析】 (1)由 牛 顿 第 二 定 律,有p F-mg
设物块质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为 =ma
s',则 由a t图象可知,F1 和F2 对应的加速度分别
ΔE =mgh ② 是a =1.0m/s21 ,p a2=-1.0m/s
2
W=μmgs' ③ F1=m(g+a1)=2.0×10
3×(10+1.0)N=2.2
设物块在水平轨道上停止的地方与 N 点的距离 ×104N
为d.若物块在与P 碰撞后,在到达圆弧形轨道前停 F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8
止,则 ×104N
s'=2s-d ④ (2)类比可得,所求速度变化量等于第1s内a t
联立①②③④式得 图线下的面积
h
d=2s- ⑤ Δv1=0.50m/s
μ 同理可得Δv2=v2-v0=1.5m/s
h
此结果在 ≤2s时有效. v0=0,第2s末的速率v2=1.5m/s
μ
(3)由h a t
图象可知,11s~30s内速率最大,其
若 >2s,则物块在与P 碰撞后,可再一次滑上
μ 值等于0~11s内a t图线下的面积,有
圆弧形轨道,滑下后在水平轨道上停止,此时有 vm=10m/s
·25·
此时电梯做匀速运动,拉力F 等于重力mg,所 10.【解析】 (1)设抛出点高度为y,根据机械能
求功率 守恒
P=Fvm=mg·vm=2.0×103×10×10W=2.0 1 1mv2= mv20 +mgy
×105 W 2 2
2
由动能定理,总功 平抛初速度 v= v0-2gy
1 1 1 2y
W=Ek2-Ek1= mv22 m-0=2×2.0×10
3× 落地时间t满足 y= 22gt ∴t= g
102J=1.0×105J 落地点离抛出点水平距离
9.【解析】 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时 2 2ys=vt= v0-2gy
做圆周运动的向心力完全由重力提供,则 g
v2 分别以y=2h,y=h 代入得
mg=m
1
R ①
2 4h 2hsC= v0-4gh sD= v20-2gh
由①式解得v1= gR ② g g
() , (2)按题意 ,有 (
2 2
2 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能 sC)由机械能守恒定律有 ∴v
2
0<6gh
1 考虑到滑块必须要能够到达抛出点C
,
E =mg(1.5R+R)+ mv2p 2 1 ③ 即v2C=v20-4gh>0
由②③式得Ep=3mgR ④ ∴v20>4gh
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影 因此为保证sC响,质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动,设经 < 6gh
过t时间落到水面上,离OO'的水平距离为x1,由平
专题 万有引力
抛运动规律有 5
1
4.5R=2gt
2 ⑤ 十年高考母题原型训练
x1=v1t+R ⑥ A组
由⑤⑥式解得x1=4R ⑦
2 题源, 1 万有引力定律及基本应用当鱼饵的质量为 m 时 设其到达管口C 时速3
1.B 【解析】 沿圆轨道和椭圆轨道运行的两
度大小为v2,由机械能守恒定律有
颗卫星,可能具有相同的周期,A错;所有的地球同步
2 ( 1 2Ep=3mg1.5R+R
)+ ( m)v22 3 2 ⑧ 卫星轨道半径都相同,C错;沿不同轨道经过北京上
空的两颗卫星轨道平面不一定会重合,D错.
由④⑧式解得v2=2 gR ⑨
Mm 2π
2 2.A 【解析】 由G =mr( )2,可得描述
质量为 m 的鱼饵落到水面上时,设离OO'的 r2 T3
4π2r3
水平距离为x2,则 该行星运动的上述物理量满足GM= 2 ,选项T A
x2=v2t+R ⑩ 正确.
由⑤⑨⑩式解得x2=7R 2
3.B 【解析】
Mm v
由 G =m =mω2R=
鱼饵能够落到水平的最大面积S R2 R
1 2
S= (πx2 2
33 4π
4 2-πx1
)=4πR
2(或8.25πR2) m 2R=ma 知,半径越小线速度、角速度、向心加速T
·26·

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