2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破+命题预测+押题)：专题五 功、功率与动能定理(共37张PPT)
2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破+命题预测+押题)：专题十七 碰撞与动量守恒 近代物理初步
________ 个质子和 2 2 ________ 个中子结 合成一个整体射出 1 21 H ＋ 2 1 0 n→____________
4 2He
1 个中子转化为 1个 __________ 1个电子 质子 和________ _______
0 1 1 － 1e 0n→1H＋___________
非弹性碰撞
二、光电效应及其方程 1．光电效应的规律 极限频率 ，入射光的频率必须 (1)任何一种金属都有一个____________ ____________ 此频率，才能产生光电效应． 大于 强度 (2)光电子的最大初动能与入射光的____________ 无关，只随 增大 入射光的频率增大而____________ 瞬时 (3)入射光照射到金属板上时,光电子的发射几乎是_________
的，一般不大于10－9 s.
(4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光 强度 的____________ 成正比．
2．光电效应方程
hν－W0 Ek＋W0 (1)表达式：hν＝____________ 或Ek＝____________ (2)物理意义：金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν， 逸出功 ，剩下的表 这些能量的一部分用来克服金属的____________ 最大初动能 现为逸出后电子的_____________
衰变规律
电荷数 ____________ 守恒、____________ 守恒 质量数
2．α射线、β射线、γ射线之间的区别 名称 实质 α射线 高速氦核流
1 约为光速的 10
β射线 电子流
γ射线 高频光子
速度
约为光 速的99% 较弱 较强
光速
电离作用 贯穿能力
很强 很弱
2015届高考物理精讲：专题5+功能关系在力学中的应用(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)
高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 (双选)如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为FmB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破 重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？ 答案 BD1．(单选)如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .此过程中，以下结论错误的是( )图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋s)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋s)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋s)答案 D解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋s，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋s)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fs；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋s)．2．(单选)(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案 B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．(双选)如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18 mC．0～8 s内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J 答案 AC解析 根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移s ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加mgs ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4 m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破 (1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v2R－g )＝5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4 N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5 m/s 在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16 sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10 m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，s 值最小．答案 (1)33 (2)5 m/s (3)π3解析 (1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54 m当θ为0°时，s 0＝54 3 m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得 v 20＝2μgs 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5 m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移s 满足的关系式 12m v 20＝mgs sin θ＋μmgs cos θ 解得s ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为s ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08 m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6 ＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5 m的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g＝10 m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程．解析(1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a＝2.5 m/s2 (1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分) 可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v2R(1分) 解得F N ＝3mg ＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分) 解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53° m /s ＝3 m/s①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2DR③ 由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N④联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10 m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为s 1，传送带向右运动的距离为s 2，则： v D ＝at 1⑥ s 1＝12at 21⑦ s 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为s 3，传送带向右运动的距离为s 4，则 v ＝at 2⑨ s 3＝12at 22⑩ s 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： s ＝s 1＋s 2＋s 4－s 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgs⑬联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J知识专题练 训练5题组1 力学中的几个重要功能关系的应用1．(双选)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案 AB解析 从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2．(双选)如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等 答案 AB解析 由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝m sin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．故选A 、B.题组2 动力学方法和动能定理的综合应用3．(双选)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案 AC解析 由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgHη，所以C 正确，D 错误．4．(单选)如图3所示，质量为m 的滑块从 h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mghC ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2 答案 C解析 由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为s ＝10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10 m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案 (1)25 m/s 2 (2)(5－3) s解析 (1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10 m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C ＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝10 5 m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2as解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C ＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝10 3 m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝10 5 m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自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 ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10 m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案 (1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J解析 (1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系s ＝6t －2t 2与s ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6 m/s加速度a ＝－4 m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan 45° 解得v D ＝4 m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m ＝1.6 mBD 间位移为s BD ＝v 2D －v 202a＝2.5 m 所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝2 2 m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gs CB释放m 2时E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2 Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6 J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋72) s 解析 (1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B 在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150 N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′解得a ′＝8 m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5 s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1 m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ″解得a ″＝4 m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。
2015年高考物理压轴题欣赏ppt课件
【解析】(1) (7分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板
一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和 M，由牛顿第二定律有： 1(m M )g (m M )a1 ·······① (1分)
由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=
v1 v0 a1t1 ······② (1分)
【2015新课标II-25】25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流 等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin θ37°=3/5 ）的山坡C，上面有一 质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥 土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总 质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦 因数μ1减小为3/8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时 刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A 开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求： （1）在0~2s时间内A和B加速度的大小 （2）A在B上总的运动时间
S0
4m/s ,由运动学公式得：
v0t1
1 2
a1t12
········③ (1分)
式中t1=1s , s0 = 4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的
速度。
联立①②③式和题给条件得：μ1 = 0.1·······④ (1分)
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以
有共同速度v3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：
2mg 1(m M )g Ma3
2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破+命题预测+押题)：专题七 动力学和功能观点的应用(共37张PPT)
解析]
2x1 (1)AB 段加速度 a1＝ 2 ＝0.5 m/s2 t1
根据牛顿第二定律，有 Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1 ma1＋μmg 解得：F＝ cos α＋μsin α 2×0.5＋0.5×2×10 ＝ N＝11 N. 0.6＋0.5×0.8 (2)到达 B 点时，小物块的速度 v＝a1t1＝2 m/s 在 BC 段的加速度：a2＝gsin 53° ＝8 m/s2
命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能
利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行
求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作 用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．
1.(2014· 温州五校联考)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜 面轨道 AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B，C 是最 低点，圆心角∠BOC＝37° ，D 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R＝1.0 m，现有一个质量为 m＝0.2 kg 可视为质点的小物体， 从 D 点的正上方 E 点处自由下落，DE 距离 h＝1.6 m，小物 体与斜面 AB 之间的动摩擦因数 μ＝0.5.取 sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)若力 F 恒为 4 N，经过时间 1 s，铁块运动到木板的左端， 求木板的长度 L； (2)若力 F 从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下 来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力 Ff 随力 F 大小变化的图象．
[解析] (1)对铁块，由牛顿第二定律 F－μ2mg＝ma1 对木板，由牛顿第二定律 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2 设木板的长度为 L，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则 1 2 x 铁＝ a1t 2 1 2 x 木＝ a2t 2 又 x 铁－x 木＝L 解得 L＝0.5 m.
2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破+命题预测+押题)：专题十三 力学实验(共34张PPT)
[总结提升] 1游标卡尺不估读，以 mm 为单位，10 分度卡 尺读数，小数点后只有 1 位，20 分度和 50 分度读数，小数 点后有 2 位. 2螺旋测微器要估读， 以 mm 为单位， 小数点后必须有 3 位， 同时还要注意半毫米刻度线是否露出.
热点二
纸带类实验问题的处理(含频闪照相)
热点一
游标卡尺和螺旋测微器的读数
命题规律：游标卡尺和千分尺的正确使用和读数是高考考 查的热点，题型为填空题．
(1)(2014· 高考江苏卷 ) 用螺旋测微器测量合金丝的直 径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图
B 所示的部件________( 选填“A”、“B” 、“C”或“D”)．从图中 0.410 的示数可读出合金丝的直径为____________mm.
(2)(2014· 高考福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示
60.10 数如图甲、 乙所示， 则该金属杆的长度和直径分别为________ 4.20 cm 和________ mm.
[解析]
(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧
B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01)mm＝0.410 mm. (2)金属杆长度由刻度尺示数可得，由题图甲得 L＝60.10 cm. 由题图乙知，此游标尺为 50 分度，游标尺上第 10 刻线与主 1 尺上一刻线对齐，则金属杆直径为 d＝4 mm＋ ×10 mm＝ 50 4.20 mm.
单位：cm x1 10.76 x2 15.05 x3 19.34 x4 23.65 h 48.00 s 80.00
根据表中数据，完成下列填空：
4.30 m/s2 (1)物块的加速度 a＝______________( 保留 3 位有效数字)． h 2 a ＜ g ＝ 5.88 m/s (2)因为_____________________ ，可知斜面是粗糙的． s
2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破 命题预测 押题)：专题六+机械能守恒、功能关系(共38张PPT)
[答案] AD
3.如图所示， 可视为质点的小球 A、 B 用不可伸长的细软轻线 连接，跨过固定在地面上半径为 R 的光滑圆柱，A 的质量为 B 的两倍．当 B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将 A 由 静止释放，B 上升的最大高度是( A．2R 4R C. 3
C
5R B. 3 2R D. 3
)
机械能守恒、功能关系
热点一
机械能守恒定律的应用
命题规律：该知识点为每年高考的重点，分析近几年
高考试题，命题规律有以下三点： (1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒． (2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周 运动、自由落体运动． (3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进 行考查．
2.(2014· 高考山东卷 )2013 年我国相继完成“神十”与“天 宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天 爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的 返回系统由月球表面发射到 h 高度的轨道上，与在该轨道绕 月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地 球．设“玉兔”质量为 m，月球半径为 R，月面的重力加速 度为 g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在 h 高度的引力势能 GMmh 可表示为 Ep＝ ，其中 G 为引力常 RR＋h 量，M 为月球质量．若忽略月球的自转， 从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做 的功为( )
A．当 M＝2m 时，l 越大，则圆环 m 下降的最大高度 h 越大 B．当 M＝2m 时，l 越大，则圆环 m 下降的最大高度 h 越小 C．当 M＝m 时，且 l 确定，则圆环 m 下降过程中速度先增 大后减小到零 D．当 M＝m 时，且 l 确定，则圆环 m 下降过程中速度一直 增大
[解析] 由系统机械能守恒可得 mgh＝Mg( h2＋l2－l)， 当M 4 ＝2m 时，h＝ l，所以 A 选项正确；当 M＝m 时，对圆环受 3 mg 力分析如图，可知 FT＝ ＞Mg，故圆环在下降过程中系 cos θ 统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以 D 选项正确．
【金版教程】2015高考物理(全国通用)二轮复习热点考向解析课件：专题五 物理实验12
答案：(1)A
11.30(11.25或11.35)
(2)4.601(4.600～4.603)
以填空题为主， 主要考查千分尺、游标卡尺等基本 仪器的读数和使用
拓展提升
游标卡尺和螺旋测微器读数时应注意的问题 mm为单位，小数点后只有1 mm为单位，小数点后有2
(1)10分度的游标卡尺，以 位，20分度和50分度的游标卡尺以 位。
[解析]
本题考查有效数字以及分析纸带计算加速度的方
法，意在考查考生对长度测量工具的测量原理的理解及对匀变 速直线运动重要推论的应用能力。 (1)10分度游标卡尺的精确度为0.1 mm,20分度游标卡尺的精 确度为0.05 mm,50分度游标卡尺的精确度为0.02 mm，螺旋测微 器的精确度为0.001 mm，所以该同学使用的测量工具可能是20 分度游标卡尺，B正确。
解析：(1)只有用“A”的两边缘才能测出钢笔帽的内径，由 题图乙可知，游标尺上第6条刻线与主尺上某一条刻线对齐，则 钢笔帽的内径d＝11 mm＋0.05×6 mm＝11.30 mm(判断第5条或 第7条刻线对齐也可以，则内径为11.25 mm、11.35 mm也算正 确)。 (2)从固定刻度上读出毫米数为4.5 mm，可动刻度与固定刻 度中心刻度线对齐格数为10.1格(最后一位估读，10.0～10.3都 对)，则螺旋测微器读数为4.5 mm＋0.101 mm＝4.601 mm。
2．游标卡尺的读数
3.螺旋测微器的读数：测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米 数＋可动刻度读数(含估读)× 0.01 mm。
二、实验数据的处理方法 1．列表法：在记录和处理数据时，为了简单而明显地表示 出有关物理量之间的关系，可将数据填写在适当的表格中，即 为列表法。 2．平均值法：把在同一状态下测定的同一个物理量的若干 组数据相加求和，然后除以测量次数。 3．作图法：用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取 平均值的效果。由图线的斜率、截距、包围的面积等可以研究 物理量之间的关系。
2015届高考物理二轮专题突破课件(热点突破+命题预测+押题)：专题一 力与物体的平衡(共37张PPT)
1．(2013· 高考重庆卷)如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的 靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G，则椅 子各部分对他的作用力的合力大小为( A )
A．G C．Gcos θ
力与物体的平衡
热点一
物体的受力分析
命题规律：该热点为每年高考的重点，分析近几年高考，考 查方向主要有以下几点： (1)考查对力的有无和方向的判断．
(2)受力分析结合平衡知识进行考查．
(3)整体法、隔离法和牛顿运动定律的应用．
1．(2014· 高考广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关
于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是 ( A )
2 ． (多选 )(原创题) 如图所示，一物块与弹簧连接叠放在粗糙 斜面体上，两者始终相对静止．关于下列不同情况下对物块 受力的判断正确的是( CD ) A．若斜面体保持静止，则物块一定受到3个力 B．若斜面体向右匀速运动，则物块一定受到4个力 C．若斜面体向右加速运动，则物块可能受到4个力 D．若斜面体向左加速运动，则物块可能受到2个力
时，一般采用整体法与隔离法进行分析.
(2)采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的状态应该
相同. (3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象， 先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体 的受力，此法叫“转换研究对象法”.
热点二 静态平衡问题
命题规律：静态平衡问题在近几年高考中多以选择题的形式
2015高考导航 热点视角 1.力与物体平衡部分：考查物体受力分析和平衡条件，一般 以选择题形式命题，注意与静摩擦力有关的临界极值问题． 2.力与直线运动部分：考查牛顿运动定律与直线运动规律的 综合应用，以选择题形式命题为主，注意与运动图象的结 合． 3.力与曲线运动部分：考查抛体运动、圆周运动、直线运动 组合情景下的运动问题、受力问题及功能综合问题，命题形 式既有选择题，也有计算题． 4.力与天体运动部分：结合圆周运动规律考查万有引力定律 在天体运动与航天中的应用，命题形式一般为选择题.
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W (2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率 .P＝ t 只 能用来计算平均功率.P＝Fvcos α 中的 v 是瞬时速度时， 计算 出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平 均功率.
热点二
对动能定理应用的考查
命题规律：该知识点是近几年高考的重点，也是高考的
热点，题型既有选择题，也有计算题.考查的频率很高，
B
)
[解析] 如图，F 做的功等于 F1 做的功，物体由 A 向 B 运动 的过程中，F1 逐渐减小，又因为 AC＝BC，由 W＝F1l 知 WFA ＞WFB；对物体只有 F 做功，由动能定理知 ΔEA＞ΔEB，故 B 正确．
2.(2014· 高考大纲全国卷 ) 一物块沿倾角为 θ 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 v 示； 当物块的初速度为 时， 上升的最大高度记为 h.重力加速 2 度大小为 g.物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( D
2.(2014· 西安一模)如图所示，水平传送带以 v＝2 m/s 的速 度匀速前进，上方漏斗中以每秒 50 kg 的速度把煤粉竖直 抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送 带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的 功率为( A．100 W C．500 W
B
) B．200 W D．无法确定
以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目.功、功率与动能定理源自热点一功和功率的计算
命题规律：在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和
功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合
问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形
式出现，题目难度以中档题为主．
1.(2014· 高考新课标全国卷Ⅱ ) 一物体静止在粗糙水平地面 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 经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用 WF1、 WF2 分别表示拉力 F1、F2 所做的功，Wf1、Wf2 分别表示前后 两次克服摩擦力所做的功，则( C A．WF2>4WF1 ，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1 , Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 )
分析近几年的考题，命题有以下规律：
(1)圆周运动与平衡知识的综合题． (2)考查圆周运动的临界和极值问题．
1.(原创题)一人用恒定的力 F，通过图示装置拉着物体沿光滑 水平面运动，A、B、C 是其运动路径上的三个点，且 AC＝ BC.若物体从 A 到 C、从 C 到 B 的过程中，人拉绳做的功分 别为 WFA、WFB，物体动能的增量分别为 ΔEA、ΔEB，不计滑 轮质量和摩擦，下列判断正确的是( A．WFA＝WFB B．WFA＞WFB C．WFA＜WFB D．WFA＞WFB ΔEA＝ΔEB ΔEA＞ΔEB ΔEA＜ΔEB ΔEA＜ΔEB
2015高考导航
热点视角 1.功、功率与动能定理部分：考查与功、功率相关的分析 和计算及动能定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运 动定律相结合的计算题．
2.功能关系和能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运
动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量 转化及功能关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能 量问题，以计算题形式命题为主.
[答案] CD [ 方法技巧 ] (1) 计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功 还是变力做功 .若是恒力做功 ,可用公式 W＝Flcos α进行计算 . 若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：
①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力
F的功. ②将变力做功转化为恒力做功. ③用动能定理或功能关系进行求解.
v＋v0 1 [解析] 根据 x＝ t 得，两过程的位移关系 x1＝ x2，根 2 2 v －v 0 a2 据加速度的定义 a＝ t 得， 两过程的加速度关系为 a1＝ . 2 由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小 相等，即 f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律 F－f＝ma 得，F1－f1 F2 1 1 ＝ma1，F2－f2＝ma2，所以 F1＝ F2＋ f，即 F1> .根据功的 2 2 2 1 1 计算公式 W＝Fl，可知 Wf1＝ Wf2，WF1> WF2，故选项 C 正 2 4 确，选项 A、B、D 错误．
备考对策 1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功 的特点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率，能熟练运用 动能定理解决综合问题，注意和图象有关的题型． 2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律 解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理和能量守恒
定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，关注
[解析] 漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有 50 kg 的煤粉被加速至 2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做 1 2 的功为： ΔW＝ΔEk＋Q＝ mv ＋f·Δs＝mv2＝200 J， 故传送带 2 ΔW 的电动机应增加的功率 ΔP＝ t ＝200 W．B 对．
3.(多选)质量为 m＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0 时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图甲所示，此后物 体的 v－ t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向， g＝ 10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为 μ＝0.5 B．10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 6 W C．10 s 末物体在计时起点左侧 2 m 处 D．10 s 内物体克服摩擦力做功 34 J
[解析] 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为 a1＝2 m/s2、 a2＝1 m/s2， 由牛顿第二定律知 F＋μmg＝ma1， F－μmg ＝ma2，联立得 F＝3 N、μ＝0.05，A 错；10 s 末恒力 F 的瞬 时功率为 P＝Fv＝18 W，B 错；由速度图象与坐标轴所围面 积的物理意义知，10 s 内物体的位移 x＝－2 m，即在计时起 点左侧 2 m 处， C 对；10 s 内物体的路程为 L＝34 m， 即 10 s 内物体克服摩擦力所做的功 W＝FfL＝0.05×10×2×34 J＝ 34 J，D 对．