2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三 动能定理和能量守恒定律2 Word版含解析
高三物理二、三轮复习计划与安排
高三物理二、三轮复习计划与安排高三物理通过第一轮基础知识的复习，学生对高中物理中的基本概念、规律，及其一般应用，在原来的基础上大都有了一定提高。
但这些方面的知识，总的来说是比较零散的，同时，由于新高考划线录取模式未完全出炉，前两年——高一、高二对物理在高考中的作用认识不足，老师、学生对物理不够重视所带来的负面影响，使得第一轮复习较往年同样时间所产生的效果是不同的；对于综合方面的应用更存在较大的问题。
根据往年的经验，在第二轮复习中，主要的任务是能把整个高中物理知识连成线，铺成面织成网，实现知识网络化、系统化。
疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。
另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。
如何才能在最后阶段充分利用有限的时间，提高复习效率，这是每位高三同仁都会思考的问题。
我们学校高三物理组根据新高考、新形势，结合本校学生具体情况，参照以往经验制订了2008届高三物理二、三轮复习计划，今天利用市教研室给我们提供的机会，把我们的一些还不成熟的做法向在座的各位领导、老师汇报一下，敬请批评指正。
一、二轮复习主要任务（一）、立足基础，构建知识体系，实现知识网络化由于高一高二认识的问题，使得前期基础知识的学习受到一定的影响，所以第一轮复习后学生的基础知识比以前还是有点不足的。
主要存在以下几方面问题：1、知识理解不到位：⑴对基本概念、基本公式记忆不清，常在考试中将公式表达错；⑵对基本概念、基本公式理解不到位，以致于在具体应用中出错；⑶对定理、定律理解单一，缺乏从不同角度理解；2、解题不规范：解题格式，语言表达不规范3、解题方法不灵活：对物理学科而言，现在的高考在选择题方面，由于单选与多选分开，在解题上有很强的技巧性。
比如这次统测的第9题（讲解）：4、解综合题能力不够：以上几方面在本次市统测中都有明显的体现，相信这是我们每个兄弟学校的共性，针对这种现状，在二轮复习中我们:进一步深化对基础知识的理解，同时把分章节复习的比较零散的知识点从整体的高度重新认识，突出主干知识，抓住重点，了解知识间的纵横联系，从而构建一个完整的知识结构体系。
高考物理动能定理和能量守恒专题汇编
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
高考物理二轮复习第讲动能定理能量守恒定律专题突破练.doc
第4讲动能定理、能量守恒定律考点一常见的功能关系1 (多选)如图4-1所示,一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端,上端连接一带正电的光滑滑块P,滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场,滑块平衡时,弹簧恰好处于原长状态.现给滑块一沿斜面向下的初速度,滑块最低能运动到M点,在滑块从开始运动至到达最低点M的过程中,以下说法正确的是()图4-1A.滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功B.滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量C.弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量D.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和归纳对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现.(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.式1 如图4-2所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.现棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图4-2B.棒的动能增加量A.棒的机械能增加量D.电阻R上放出的热量C.棒的重力势能增加量式2 (多选)如图4-3所示,一倾角为37°的斜面固定在水平地面上,重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放,沿斜面向下运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,以水平地面为重力势能等于零的参考面.滑块从静止运动到斜面底端的过程中,下列说法正确的是()图4-3A.滑块的重力势能减少2.4 JB.滑块的动能增加0.48 JC.滑块的机械能减少1.6 JD.滑块因摩擦生热0.96 J 考点二动能定理解决多过程问题2 由相同材料的木板搭成的轨道如图4-4所示,其中木板AB、BC、CD、DE、EF……的长均为L=1.5 m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h=1.8 m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,问:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)物体能否静止在木板上?请说明理由.(2)物体运动的总路程是多少?(3)物体最终停在何处?并作出解释.图4-4[导思] ①物体若静止在木板上,应满足什么条件?物体最终将停在什么位置?②摩擦力做功有何特点?对于运动的全过程,摩擦力做功怎么表示?归纳1.应用动能定理解题的思路和步骤(1)了解由哪些过程组成、选哪个过程研究;(2)分析每个过程物体的受力情况;(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无贡献;(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能;(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.2.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可以分段作用.3.“两状态,一过程”是应用动能定理的着眼点,即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,明确研究过程,关注这一过程的位置变化或位移信息.式1 (多选)如图4-5所示,两块竖直木板夹着一物块,物块在木板内静止,两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧).让木板从离地h高位置自由下落,落地后木板静止,物块在木板中下滑了l长度.已知物块与木板间的动摩擦因数不变,以下说法正确的是(以下过程中物块均未触地) ()图4-5A.如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,物块下滑的长度将为2lB.如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,物块下滑的长度将大于2lC.如果仅改变物块的质量,使其变与原来的2倍,物块下滑的距离将为2lD.如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离将大于2l 式2 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图4-6所示(除2~10 s时间段内的图像为曲线外,其余时间段图像均为直线),2 s后小车的功率不变,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.小车的质量为1 kg,则小车在0~10 s运动过程中位移的大小为()图4-6D.48 mC.45 mB.42 mA.39 m 考点三连接体的功能关系问题3 半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平,D是圆环最低点.质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图4-7所示,由静止释放,当小球A运动至D点时,小球B的动能为(重力加速度为g) ()图4-7A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR[导思] ①如何选取研究对象?②当A运动到最低点D时,B的位置在哪儿?归纳1.对多个物体组成的系统,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒,其条件可理解为:(1)只有重力做功或只有弹力做功时,系统的机械能守恒.(2)系统内力、其他力做功代数和为零时,系统的机械能守恒;(3)系统内各物体间只有动能和势能转化,没有内能损耗或摩擦生热时,系统的机械能守恒.2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.3.若系统的机械能守恒,列机械能守恒方程时,一般选用ΔE k =-ΔE p 或ΔE A =-ΔE B 的形式;若系统的机械能不守恒,列能量方程时,一般选用W 外=ΔE 的形式.式1 (多选)如图4-8所示,水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 的可看作质点的物块, 物块间用长为l 的细线连接,开始处于静止状态,物块与轨道间的动摩擦因数均为μ.用水平恒力F 拉动第1个物块开始运动,每次细线绷直瞬间存在机械能损失,到连接第n 个物块的细线刚好拉直时整体的速度正好为零,则(重力加速度为g ) ( )图4-8A .拉力F 做功为nFlB .系统克服摩擦力做功为C .F>D .μnmg>F>μ(n-1)mg式2 (多选)如图4-9所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向的夹角θ=37°,然后撤去外力,甲、乙两物块从静止开始运动,物块甲恰能上升到最高点P ,P 点与滑轮上缘O 在同一水平线上.已知甲、乙两物块的质量分别为m 、M ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g ,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦.设物块甲上升到最高点P 时加速度为a ,则下列说法正确的是 ( )图4-9A .M=2mB .M=3mC .a=gD .a=0图例 Ⅱ高铁列车在启动阶段的D .与它的动量成正比 Ⅲ析、定律、率) 【模型核心归纳】启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动v-t 图像运动过程比较 分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段 分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段运动过程联系 以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似测1 (与实际相结合)二十一世纪,能源问题是全球关注的焦点问题.从环境保护的角度出发,电动汽车在近几年发展迅速.下表给出的是某款电动汽车的相关参数:参数指标整车质量 0~100 km/h 加速时间 最大速度 电池容量制动距离 (100 km/h ~0) 数值2000 kg 4.4 s 250 km/h 90 kW ·h 40 m 请从上面的表格中选择相关数据,完成下列问题:(1)求汽车在100 km/h ~0的制动过程中的加速度大小.(计算过程中100 km/h 近似为30 m/s)(2)若已知电动汽车将电能转化为机械能的效率为η=80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的,重力加速度g 取10 m/s 2,试估算此电动汽车以20 m/s 的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程).根据你的计算,提出提高电动汽车续航里程的合理化建议.(至少两条)(3)若此电动汽车的速度从5 m/s 提升到20 m/s 需要25 s,此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图4-10所示,整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的,求此加速过程中汽车行驶的路程.(提示:可利用P-t 图像计算动力对电动汽车做的功)图4-10测2 (功率与v-t图像结合)(多选)总质量为m的汽车在水平公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P.司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶.设汽车行驶过程中所受阻力大小不变,从司机减小油门开始,汽车的v-t图像如图4-11所示,t1时刻后,汽车做匀速运动,汽车因耗油而改变的质量可忽略.下列说法正确的是()图4-11A.t=0时,汽车的加速度大小为B.在0~t1时间内,汽车的牵引力不断增大C.在0~t1时间内,阻力所做的功为m-Pt1D.在0~t1时间内,汽车行驶的位移为+测3 (功率的特殊图像分析)(多选)某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动,最后做匀速运动.已知汽车的质量为m,额定功率为P m,匀加速运动的末速度为v1,匀速运动的速度为v m,所受阻力为f.如图4-12所示反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像中正确的是()图4-12专题二能量与动量第4讲动能定理、能量守恒定律高频考点探究考点一例1BC[解析] 滑块平衡时,有Eq=mg sin θ,滑块运动到M点,电场力Eq和重力mg做功的绝对值相等,选项B正确,A错误;由动能定理得W mg+W Eq+W kx=-mv2,而W mg+W Eq=0,故弹簧对滑块做的功等于滑块动能的改变量,选项C正确,D错误.的作用,由动能定理得例1变式1A[解析] 棒受重力G、拉力F和安培力F安W F+W G+W安=ΔE k,则W F+W安=ΔE k+mgh,即力F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量,选项A正确.例1变式2AC[解析] 重力做功mgh=2.4 J,重力势能减少2.4 J,选项A正确;克服摩擦力做功W f=μmg cos θ·=1.6 J,滑块因摩擦生热1.6 J,故机械能减少1.6 J,选项D错误,选项C正确;合外力做功W合=(mg sin θ-μmg cos θ)=0.8 J,由动能定理得,滑块的动能增加0.8 J,选项B错误.考点二例2(1)不能理由见解析(2)11.25 m(3)C点解释见解析[解析] (1)物体在木板上时,重力沿木板的分力为mg sin β=0.6mg最大静摩擦力f m=μmg cos β=0.16mg因mg sin β>μmg cos β,故物体不会静止在木板上.(2)从物体开始运动到停下,设总路程为x,由动能定理得mgh-μmgx cos β=0解得x=11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点,由动能定理得mg(h-L sin β)-μmg cos β=m解得v B>0mg(h-L sin β)-μmg cos β=mv D无解说明物体能过B点但不能过D点,物体最终停在C点.例2变式1AB[解析] 让木板从离地h高位置自由下落,对物块运动的全过程,由动能定理得mg(h+l)-μF N·l=0,如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,有mg(2h+l1)-μF N·l1=0,则l1=2l,选项A正确;如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,有mg(h+l2)-·l2=0,则l2=2l·>2l,选项B正确;如果仅改变物块的质量,使其变为原来的2倍,有2mg(h+l3)-μF N·l3=0则l3=2l·>2l,选项C错误;如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离不受影响,仍为l,选项D错误.例2变式2B[解析] 在t=2 s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10 s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,而加速度a==1.5 m/s2;在0~10 s内,由动能定理得×t1+Pt2-fx=m,解得x=42 m,选项B正确.考点三例3D[解析] A、B组成的系统机械能守恒,当A运动到最低点D时,A下降的高度为h A=R+R sin 45°,B上升的高度为h B=R sin 45°,有2mgh A-mgh B=×2m+m,又v A cos 45°=v B sin 45°,故小球B的动能为E k B=m=mgR,选项D正确.例3变式1BC[解析] 拉力F做功为(n-1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功W=μmg(n-1)l+μmg(n-2)l+…+μmgl=,选项B正确;因绳子绷直瞬间有机械能损失,则拉力F做的功(n-1)Fl大于系统克服摩擦力做的功,即F>,选项C正确,选项D错误.例3变式2AC[解析] 设Q、P间的距离为h,则O、Q间的绳长l==,则乙下降的高度为h'=l-h tan 37°=,根据机械能守恒定律得mgh=Mgh',解得M=2m,选项A正确,B错误;甲上升到最高点P时,由于不受摩擦力,所以在竖直方向上只受重力,在水平方向上弹力与绳子的拉力平衡,因此甲的加速度为g,选项C 正确,D错误.热点模型解读预测1(1)11.25 m/s2(2)259.2 km建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量(3)265 m[解析] (1)加速度a==-11.25 m/s2.所以加速度的大小为11.25 m/s2.(2)对电动汽车运动的全过程,由动能定理得W-W f=ΔE k即80%E-0.05mgx=0解得x=259.2 km提高汽车续航里程的合理化建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量.(3)根据动能定理得W1-fx1=m-m由P-t图像的面积可求得动力做的功W1=6.4×105 J解得x1=265 m.预测2BD[解析] 匀速运动时,阻力f=F1,而牵引力F1=,t=0时刻,牵引力F2==,加速度a==,选项A错误;在0~t1时间内,速度减小,牵引力不断增大,由动能定理得t1+W f=m-m,则阻力做功W f=-m-,选项B正确,C错误;由W f=-m-=-fx,可得汽车行驶的位移x=+,选项D正确.预测3ABC[解析] 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动.开始匀加速时,有F-f=ma,匀加速刚结束时速度为v1,有P m=Fv1,最后匀速时,有F1=f,故P m=fv m,联立解得匀加速的末速度v1=,最后匀速的速度v m=,在v-t图像中斜率表示加速度,开始汽车加速度不变,后来逐渐减小,最终做匀速直线运动,选项A正确;开始汽车功率逐渐增大,P=Fv=Fat,后来功率恒定,选项B正确;开始汽车牵引力大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,选项C正确;开始汽车运动过程中加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,选项D错误.。
高三物理二轮复习 第一篇 专题通关三 动能定理和能量守恒定律 6 功 功率 动能定理课件
【解析】选C。根据重力做功的特点可知,从开始运动至落地,重力对 两小球做功相同,选项C正确;由动能定理可知,两小球落地时的速度大 小相同,而方向不相同,A错误;由P=mgvcosα可知,两小球落地时,重力 的瞬时功率不相同,选项B错误;从开始运动至落地,运动时间不同,重 力对两小球做功的平均功率不相同,选项D错误。
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【解析】选C。在Q点,FN-mgm=Rv 2 理得mgR-W12 f= mv2, 解得Wf=12 mgR,故C正确。
,所以v= g R ;由P到Q根据动能定
3.(2015·全国卷Ⅱ)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( )
【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.功和功率的理解与计算,主要考查摩擦力做功正负的判断与计算,弹 簧弹力的做功情况,弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等。 2.结合牛顿第二定律、动能定理考查机车的启动问题。 3.应用动能定理考查单个物体、多个过程中动能的变化以及力的做功 情况。
摩擦力,故B正确;滑块A滑到底端的速度v=at= 2 g h,B滑到底端的速
度也为 2 g,h由于质量不同,两滑块的速度大小相同,则重力的
瞬时功率P=mgvsinα不同,故C错误;因为A、B的加速度均沿斜面向 下,对整体分析,整体处于失重状态,则支持力小于三个物体的总重力,故 D错误。
【规律总结】关于功、功率应注意的三个问题 (1)适用条件：功的公式W=Fl和W=Flcosα仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化,如将变力转化 为恒力,也可应用动能定理等方法求解。 (3)公式选择：对于功率的计算,应注意区分公式P= W 和公式P=Fv,前
高中物理必修2动能定理和机械能守恒定律复习
高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。
在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即aV V S 22122-=。
可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。
（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
W 总=△E K =E K2－E K1 。
它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。
可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。
外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。
②注意的动能的变化，指末动能减初动能。
用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。
③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。
（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。
②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。
高考物理二轮复习专题限时集训四动能定理能量守恒定律.doc
专题限时集训（四）动能定理、能量守恒定律1.质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,物体从O点由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如()图Z4-1所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的是图Z4-1A.此物体在OA段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WB.此物体在AB段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为6 WC.此物体在AB段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WD.此物体在OA段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 W2.(多选)如图Z4-2所示,一斜面体始终静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间()的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.在此过程中图Z4-2A.木块沿斜面下滑的距离为tB.斜面体受水平地面的静摩擦力为零C.如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2,它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1D.木块与斜面间因摩擦产生的热量为mgh+m-m3.(多选)如图Z4-3所示,三角形传送带以v=2 m/s的速率逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为1 kg的物块A、B从传送带顶端都以2 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列判断正确的是()图Z4-3A.物块A先到达传送带底端B.物块A由顶端到达传送带底端过程中做匀速直线运动C.物块A由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量比物块B由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量少D.物块A与物块B由顶端到达传送带底端过程中,传送带对B做的功与传送带对A做的功相同4.如图Z4-4所示为某游乐园滑草场的示意图,某滑道由上、下两段倾角不同的斜面组成,斜面倾角θ1>θ2,滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好滑到滑道的底端C点停下.若在A、C点位置不变的情况下,将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离,使第一段AB的倾角稍稍变大,第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失,则平移后()图Z4-4A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C.滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度,所以应在C点右侧加安全防护装置D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,可使滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下5.一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P.从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度达到2v之后又开始匀速行驶.汽车行驶过程所受路面阻力保持不变,不计空气阻力.下列说法正确的是()A.汽车加速过程的最大加速度为B.汽车加速过程的平均速度为vC.汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D.汽车速度增大时,发动机产生的牵引力也增大6.(多选)一辆机动车在平直的公路上由静止启动.如图Z4-5所示,图线A表示该车运动的速度与时间的关系,图线B表示该车的功率与时间的关系.设机动车在运动过程中所受的阻力不变,则以下说法正确的是()图Z4-5A.0~22 s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速运动B.运动过程中机动车所受阻力为1500 NC.机动车速度为5 m/s时,牵引力大小为3×103 ND.机动车的质量为562.5 kg7.(多选)如图Z4-6所示,物块套在固定的竖直杆上,并用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连.开始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静()止释放,在物块向下运动过程中,下列说法正确的是图Z4-6A.刚释放时物块的加速度为gB.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力C.小球重力的功率一直增大D.物块下降的最大距离为d8.(多选)如图Z4-7所示,半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切,质量均为m的小球A、B用轻杆连接,置于轨道上,A与圆心O等高,B位于O的正下方,它们由静止释放,最终在水平面上运动.下列说法正确的是(重力加速度为g) ()图Z4-7A.下滑过程中A的机械能守恒B.当A滑到轨道最低点时,轨道对A的支持力大小为2mgC.下滑过程中重力对A做功的功率一直增大D.整个过程中轻杆对B做的功为mgR9.如图Z4-8所示为过山车的部分轨道,它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab、半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成.其中,ab与圆轨道Ⅰ相切于b点,ab=48.9 m,θ=37°,R1=10 m,R2=5.12 m.车厢与ab间的动摩擦因数为μ=0.125.一次游戏中,质量m=500 kg的车厢A被牵引到a点由静止释放,经切点b进入圆轨道Ⅰ,绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P时,与停在P点的障碍物B 相撞并连在一起进入圆轨道Ⅱ.将A、B视为质点,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求车厢A通过圆轨道Ⅰ最高点时受到的弹力大小;(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ,则B的质量不超过A的多少倍?图Z4-810.如图Z4-9甲所示,有一个固定的光滑直杆,该直杆与水平面的夹角为53°,杆上套着一个质量为m=2 kg的滑块(可视为质点).已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.(1)滑块从O点由静止释放,下滑了位移x=1 m后到达P点,求滑块此时的速率.(2)如果用不可伸长的细绳将滑块与另一个质量为M=2.7 kg的物块跨过光滑的定滑轮相连接,细绳因悬挂物块而绷紧,此时滑轮左侧绳恰好水平,其长度l=m,如图乙所示.再次将滑块从O点由静止释放,求滑块再次滑至P点时的速率.(整个运动过程中物块不会触地)图Z4-9专题限时集训(四)1.A[解析] 物体受到的摩擦力f=μF N=0.1×2×10 N=2 N,由图像可知,斜率表示的是物体受到的拉力的大小,OA段的拉力为5 N,AB段的拉力为2 N,所以物体在OA段做匀加速直线运动,在AB段做匀速直线运动,选项C、D错误;在OA段的拉力为 5 N,物体做加速运动,当速度最大时,拉力的功率最大,由v=at,x=at2,a=,解得v=3 m/s,此时拉力的功率最大,为P=Fv=5×3 W=15 W,在AB段,物体匀速运动,速度为 3 m/s,拉力为 2 N,所以此时拉力的功率为P=Fv=2×3 W=6 W,所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W,选项A正确,B错误.2.AD[解析] 由平均速度公式可知,木块下滑的位移为x=t=t,选项A正确;对整体分析可知,整体一定有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即地面与斜面体间存在静摩擦力,选项B错误;由于木块在斜面上受摩擦力,故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度,上升h高度时的速度一定小于v1或无法上升到h高处,选项C错误;由能量守恒定律得mgh+m=m+Q,解得Q=mgh+m-m,选项D正确.3.CD[解析] 由于μ=0.5,mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块A、B由顶端到达传送带底端过程中均做匀加速直线运动,两物块同时到达传送带底端,传送带对两物块做的功相同,A、B错误,D正确;运动过程中产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,物块A、B由顶端到达传送带底端过程中,摩擦力大小相等,但B与传送带的相对位移较大,故B运动过程中产生的热量较多,C正确.4.B[解析] 对滑车运动的全过程,由动能定理得mgh-μmg cos θ1·-μmg cos θ2·=0,即mgh-μmg·x AC=0,现改变AB和BC的倾角,但A、C位置不变,则x AC 不变,滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下,选项A、C错误,B正确;若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,则x AC减小,选项D错误.5.A[解析] 汽车以速度v匀速行驶时,有P=Fv=fv,以速度2v匀速行驶时,有P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,为a m==,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=v,选项B、C、D错误.6.BD[解析] 由v-t图像可得,0~22 s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程中,机车所受的阻力f==1500 N,选项B正确;0~6 s内的加速度a==m/s2,故机动车的质量m=562.5 kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5 m/s时,牵引力F=f+ma=2250 N,选项C错误,D正确.7.ABD[解析] 刚释放时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,加速度为g,故A正确;物块的合力为零时速度最大,此时绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放时小球的速度为零,小球重力的功率为零,而物块下降到最低点时小球的速度也为零,小球重力的功率又为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据机械能守恒定律得mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故D正确.8.BD[解析] 下滑过程中杆对A有力的作用,并且这个力对A做负功,所以A的机械能不守恒,选项A错误;A、B整体的机械能守恒,在A滑到轨道最低点的过程中,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,在最低点时,由支持力和重力的合力提供向心力,则有F N-mg=m,所以轨道对A的支持力大小为2mg,选项B正确;开始时重力对A做功的功率为零,最后到水平面上时速度方向水平,重力对A做功的功率仍为零,所以重力对A做功的功率先增大后减小,选项C错误;A运动到底端的过程中,对A、B整体,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,则B的动能增加量mv2=mgR,由动能定理知,轻杆对B做的功为mgR,选项D正确.9.(1)1450 N(2)[解析] (1)设A到达b点时速度为v b,根据动能定理得mg(sin θ-μcos θ)=m解得v b=m/s设A到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c,轨道对A的弹力大小为F,则有mgR1(1+cos θ)=m-mmg+F=m联立解得F=1450 N(2)设A运动到圆轨道Ⅰ最低点P时速度为v P,则有mgR1(1-cos 37°)=m-m 解得v P=23 m/s设A与B碰撞后共同速度为v,则有mv P=(M+m)v设连在一起的A、B安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d,在P点最小速度为v'P,则有(M+m)g=(M+m)2(M+m)gR2=(M+m)v-(M+m)解得v'P=16 m/s当v=v'P时,M最大,故≤-1=10.(1)4 m/s(2)5 m/s[解析] (1)设滑块下滑到P点的速度为v1,由机械能守恒定律得mgx sin 53°=m 解得v1=4 m/s(2)设滑块再次下滑到P点的速度为v2,绳与杆的夹角为θ,物块的速度为v3,有v3=v2cos θ由几何关系得θ=90°,v3=0由机械能守恒定律得Mgl(1-sin 53°)+mgx sin 53°=m+0解得v2=5 m/s。
高考物理二轮复习专题能力提升练(三)(B卷)动能定理和能量守恒定律
专题能力提升练(三) B 卷 动能定理和能量守恒定律一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．)1.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增加量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1>ΔE k2；t 1>t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1>t 2C ．ΔE k1>ΔE k2；t 1<t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1<t 2解析：由于推力恒定，设某一段轨道与水平方向的夹角为θ，推力为F ，轨道高为h ，球与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道底端与顶端水平距离为x ，则小球从某一段轨道底端运动到顶端，克服摩擦力做功为W f ＝μ(mg cos θ＋F sin θ)hsinθ＝μ(mgx ＋Fh )，由于轨道Ⅰ、Ⅱ的水平长度和高度相等，因此沿两个轨道运动克服摩擦力做功相等，根据动能定理，W F －W f －W G ＝ΔE k ，由于重力和推力做功也相等，因此动能的增量相等，A 、C 错误；由于轨道Ⅰ开始的倾斜度大，可知开始运动的加速度小，由于到最高点路程相等，速度大小相等，根据速度随时间变化的图象可知，t 1>t 2，B 正确，D 错误．答案：B 2.如图所示，两物块a 、b 质量分别为m 、2m ，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a 、b 距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后突然由静止释放，直至物块a 、b 间高度差为h (物块b 尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．物块b 重力势能减少了2mghB ．物块b 机械能减少了23mghC ．物块a 的机械能逐渐减小D ．物块a 重力势能的增加量小于其动能的增加量解析：物块a 、b 间高度差为h 时，物块a 上升的高度为h 2，物块b 下降的高度为h2，物块b 重力势能减少了2mg ·h 2＝mgh ，选项A 错误；物块b 机械能减少了ΔE b ＝2mg ·h 2－12×2mv 2，对物块a 、b 整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg ·h 2＋mg ·h 2＋12×3mv 2，得12mv 2＝16mgh ，ΔE b ＝23mgh ，选项B 正确；物块a 的机械能逐渐增加23mgh ，选项C 错误；物块a 重力势能的增加量ΔE pa ＝mg ·h 2＝12mgh ，其动能的增加量ΔE ka ＝12mv 2＝16mgh ，得ΔE pa >ΔE ka ，选项D 错误．答案：B 3.如图所示，在竖直平面内有一“V ”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物体恰好滑回到B 处时速度为零 B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低 D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f 1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功W f 2<mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误．答案：C 4.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ.物块从左侧斜面顶端滑到最低点的时间为t 1，滑到右侧斜面上最高点的时间为t 2.规定斜面连接处为参考平面，则下列关于物块在这个运动过程中速度的大小v 、加速度的大小a 、动能E k 及重力势能E p 随时间t 变化的关系图象中可能正确的是( )解析：由牛顿第二定律得，物块在左侧斜面下滑过程的加速度a 1＝mgsinθ－μmgcosθm＝g sin θ－μg cos θ，物块在右侧斜面上滑过程的加速度a 2＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g sin θ＋μg cos θ，可见两阶段的加速度都恒定不变，a 2>a 1，选项A 错误，B 正确；物块的动能E k ＝12mv 2,0～t 1时间内速度v ＝a 1t ，得E k ＝12ma 21t 2，即动能与时间关系图象是曲线，选项C 错误；0～t 1时间内重力势能E P ＝mg (h 0－12a 1t 2sin θ)，即重力势能与时间关系图象是曲线，选项D 错误．答案：B 5.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且BC ＝1.5AB .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P 从A 点由静止释放，恰好能滑动到C 点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A ．tan θ＝2μ1＋3μ25B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1解析：由A 点释放恰好能滑动到C 点，小物块P 受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC 长为L ，则AB ＝25L ，BC ＝35L .对全过程，根据动能定理有mgL sin θ－μ1mg cos θ×25L －μ2mg cos θ×35L ＝0，得tan θ＝2μ1＋3μ25.答案：A6．汽车沿平直的公路以恒定功率P 启动，经过一段时间t 达到最大速度v ，若所受阻力f 始终不变，则在t 这段时间内( )A ．汽车牵引力恒定B ．汽车牵引力做的功为PtC ．汽车加速度不断减小D ．汽车牵引力做的功为12mv 2解析：根据P ＝Fv 知，速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律得a ＝F －fm，可知加速度不断减小，选项A 错误，C 正确；因功率P 恒定，牵引力做功W ＝Pt ，选项B 正确；根据动能定理有W －fs ＝12mv 2－0，得W >12mv 2，选项D 错误．答案：BC 7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平地面上，斜面足够长，一质量为m 的小物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为60 J ，此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端，若以地面为零重力势能参考面，则下列说法正确的是( )A ．物体回到斜面底端时的动能为60 JB ．恒力F ＝2mg sin θC ．撤去力F 时，物体的重力势能是45 JD ．动能与重力势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前解析：在0～2t 时间内，根据功能关系有W F ＝(E k 回＋0)－(0＋0)，物体回到斜面底端时的动能E k 回＝60 J ，选项A 正确；撤去力F 前有x ＝12a 1t 2，F －mg sin θ＝ma 1，撤去力F后有－x ＝(a 1t )t －12a 2t 2，mg sin θ＝ma 2，得F ＝43mg sin θ，选项B 错误；W F ＝Fx ＝43mgx sin θ，撤去力F 时物体的重力势能E P ＝mgx sin θ，解得E P ＝34W F ＝45 J ，选项C 正确；由动能定理知，撤去力F 之前物体动能为E ′k ＝Fx ′－mgx ′sin θ＝13mgx ′sin θ<E ′P ＝mgx ′sin θ，可见撤去力F 前，物体的动能总是小于重力势能，而撤去力F 后，物体在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能相等的时刻出现在撤去力F 之后，选项D 错误．答案：AC二、计算题(本大题共3小题，共44分．需写出规范的解题步骤)8．如图是用传送带传送行李的示意图．图中水平传送带两端A 、B 间的长度x ＝8 m ，传送带的右侧是一竖直的半径R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道，轨道底端与传送带在B 点相切．若传送带向右以v 0＝6 m/s 的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A 点轻轻放上一个质量m ＝4 kg 的箱子时，箱子运动到传送带的最右侧前如果没被捡起，就能滑上圆弧轨道，而后做往复运动直到被捡起为止．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)箱子从A 点到B 点所用的时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小； (2)若箱子放在A 点时给它一个5 m/s 的水平向右的初速度，到达B 点前箱子没被捡起，则箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升多大高度？解析：(1)箱子在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μmg m＝μg ＝1 m/s 2设箱子在B 点的速度为v B ，则v 2B ＝2ax 得v B ＝4 m/s<v 0所以箱子从A 点到B 点一直做匀加速运动由x ＝12at 2，得从A 点到B 点箱子运动的时间t ＝4 s箱子在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有：N －mg ＝m v2BR得N ＝120 N由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120 N (2)设箱子速度达到v 0＝6 m/s 时位移为x ′，则v 20－v 2A ＝2ax ′ 解得x ′＝5.5 m<8 m因此箱子先做匀加速运动，速度达到6 m/s 后开始做匀速运动，在B 点时速度为v 0由机械能守恒定律有12mv 20＝mg (R ＋h )解得箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升的高度h ＝1 m 答案：(1)120 N (2)1 m 9.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 、B ，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A 的质量为2m ＝4 kg ，物体B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ．现给物体A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使物体A 开始沿斜面向下运动，物体B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．解析：(1)物体A 和斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体A 沿斜面向下运动到C点的过程中，对A 、B 整体根据动能定理有：2mgL sin θ－mgL －fL ＝12×3mv 2－12×3mv 20解得：v ＝v20＋2gL32s inθ－2μcosθ－1＝2 m/s(2)物体A 接触弹簧，将弹簧压缩了x 到最短后又恰回到C 点这段过程，对系统应用动能定理有：－f ·2x ＝0－12×3mv 2，解得：x ＝0.4 m弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量守恒有E P ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx ，解得E P ＝6 J答案：(1)2 m/s (2)6 J10．如图所示，在冰面上将质量m ＝1 kg 的滑块从A 点以初速度v 0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ1＝0.1，滑块滑行L ＝18 m 后到达B 点时速度为v 1＝8 m/s.现将其间的一段CD 用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2＝0.45，再使滑块从A 以v 0初速度推出后，到达B 点的速度为v 2＝6 m/s.取g ＝10 m/s 2，求：(1)初速度v 0的大小； (2)CD 段的长度l ；(3)若AB 间用铁刷划擦的CD 段的长度不变，要使滑块从A 到B 的运动时间最长，问铁刷划擦的CD 段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．(结果保留三位有效数字)解析：(1)未划擦冰面时，滑块从A 到B 过程中，根据动能定理－μ1mgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得v 0＝10 m/s.(2)将CD 段划擦后，滑块再从A 到B 过程中，根据动能定理－μ1mg (L －l )－μ2mgl ＝12mv 2－12mv 20代入数据解得l ＝4 m.(3)由题意知，不论CD 在AB 中的具体位置如何变化，滑块到达B 点时的速度v 2不变．设滑块在AC 段和CD 段的加速度分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律－μ1mg ＝ma 1 －μ2mg ＝ma 2滑块在A 、B 间运动的v —t 图象如图所示，由图象可知当C 点与A 点重合时，滑块的运动时间最长．设此时滑块到达D 处时的速度为v ，则：－μ2mgl ＝12mv 2－12mv 20解得v ＝8 m/s 根据运动学公式 v ＝v 0＋a 2t 1 v 2＝v ＋a 1t 2解得t ＝t 1＋t 2≈2.44 s答案：(1)10 m/s (2)4 m (3)2.44 s。
2017届高考物理复习专题课件：专题3 动能定理和能量守恒定律2
(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N≥0④ 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 v2 C N＋mg＝m ⑤ R 2 2v 2 C 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥ R R 1 2 由机械能守恒有mg 4 ＝2mvC⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
解析：本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用， 意在考查学生应用功能关系、力与运动关系分析问题的能 力．小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能 1 2 守恒定律可知，mgL＝ 2 mv ，v＝ 2gL ，绳长L越长，小球到最 低点时的速度越大，A项错误；
1 2 由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝ mv 可知，不能确定两 2 球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律 v2 可知，F－mg＝m ，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的 L v2 质量，因此C项正确；由a＝ ＝2g可知，两球的最低点的向心 L 加速度相等，D错误． 答案：C
两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功
三、常见的功能关系 1．合力的功―→ W合＝ΔEk 2．重力的功―→ WG＝－ΔEp 3．(弹簧类)弹力的功―→W弹＝－ΔEp 4．静电力的功―→W电＝－ΔEp 5．除重力和弹力之外的力做的功―→ W其＝ΔE 6．克服摩擦力或介质阻力做的功―→Q＝Ffs相对 7．克服安培力做功―→ W实＝E电能
[规律总结] (1)功能关系的应用“三注意” ①分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功； 根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间 的转化情况． ②也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功， 尤其可以方便计算变力做功的多少． ③功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是 能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同． (2)传送带问题中的功能关系 传送带做的功W＝Ffl带，功率P＝Ffv带；摩擦力做功Wf＝ Ffl；物体与皮带间摩擦生热Q＝Ffl相对．
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R、圆心为环固定在竖直平面内，OC
1
如图所示，从光滑的
4圆弧槽的最高
如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个
将小球
．如图所示，在竖直平面内有一半
．小球刚接触弹簧时加速度最大．弹簧的劲度系数为20.0 N/m
压缩量一直增加，弹性势能一直增大，选项D错误．
答案：BC
江苏高考)
如图所示，轻质弹簧一端固定，另一
、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆
A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
D．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
解析：设甲斜面底端为C，乙斜面底端为D，A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；由F f＝μmg cosθ知，滑块B受到的摩擦力大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知B正确；两滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，但在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，机械能不同，故C错误；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底
端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，D正确．
答案：BD
二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)
9.(2016·北京卷)利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验．
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．
A．交流电源B．刻度尺
C．天平(含砝码)
大多数学生的实验结果显示，
势能的减少量大于动能的增加量，原因是
.求：
B点时的速度大小
BC的长度s；
在压缩弹簧过程中滑块的最大速。