高考物理动能定理和能量守恒专题

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高考物理动能与动能定理试题经典及解析

高考物理动能与动能定理试题经典及解析
(1)玩具滑车到达 点时对 点的压力大小。
(2)如果传送带保持不动,玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。
(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的(右端轮子顺时针转),试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。
【答案】(1)80N;(2)6m/s,6m;(3)见解析。
【解析】
【详解】
【点睛】
经典力学问题一般先对物体进行受力分析,求得合外力及运动过程做功情况,然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
2.如图所示,斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C,整个装置竖直固定,D是最低点,圆心角∠DOC=37°,E、B与圆心O等高,圆弧轨道半径R=0.30m,斜面长L=1.90m,AB部分光滑,BC部分粗糙.现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑,物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ=0.75.取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力.求:
高考物理动能与动能定理试题经典及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1.如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高,B为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。
【解析】
试题分析:小物块从开始运动到与挡板碰撞,重力、摩擦力做功,运用动能定理。求小物块经过B点多少次停下来,需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程,计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点,可以求出平抛时的初速度,进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的

高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
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。
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
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增

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
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。

W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示,足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧,一个质量0.04kg m =,电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接,弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块,小物块从水平台右端A 点飞出,恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ,并沿轨道BC 滑下,运动到光滑水平轨道CD ,从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=,倾斜轨道长为2.0m L =,带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损失,所有轨道都是绝缘的,运动过程中小物块的电量保持不变,可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场,场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=,sin370.6︒=,取210m/s g =,求:(1)小物块运动到A 点时的速度大小A v ; (2)小物块运动到C 点时的速度大小C v ;(3)要使小物块不离开圆轨道,圆轨道的半径应满足什么条件?【答案】(1)4m/s ;(233;(3)R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】(1)释放弹簧过程中,弹簧推动物体做功,弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ===⨯ (2)A 到B 物体做平抛运动,到B 点有cos37A Bvv ︒= 所以45m/s 0.8B v == B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v =(3)根据题意可知,小球受到的电场力和重力的合力方向向上,其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点,则小球到达D 点时对轨道的压力为零,此时的速度最小,即2Dv F m R=解得D FRv m=所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得:R ≤0.022m2.在光滑绝缘的水平面上,存在平行于水平面向右的匀强电场,电场强度为E ,水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ,两小球质量均为m ,A 球带电荷量为Q +,B 球不带电,A 、B 连线与电场线平行,开始时两球相距L ,在电场力作用下,A 球与B 球发生对心弹性碰撞.设碰撞过程中,A 、B 两球间无电量转移.(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中,若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外),可以在水平面内加一与电场正交的磁场.请写出磁场B 与时间t 的函数关系.【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】(1)A 球的加速度QE a m =,碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ,两球发生碰撞时,由动量守恒和能量守恒定律有:''111A A B m m m v v v =+,2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度:'10A v =,'11B A v v ==(2)设A 球开始运动时为计时零点,即0t =,A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t;由匀变速速度公式有:110A avt -==第一次碰后,经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞,设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ,由位移关系有:()()2'1212112B av t t t t -=-,得到:213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===;'21B B v v = 由功能关系可得:222211=522A B m m QEL W v v +=电(另解:两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ,1L x =,由匀变速规律推论24L x =,根据电场力做功公式有:()125W QE QEL x x =+=) (3)对A 球由平衡条件得到:A QB mg v =,A at v =,QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞:()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞:()2t t B =<≤ 点睛:本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合,虽然A 球受电场力,但碰撞的内力远大于内力,则碰撞前后动量仍然守恒.由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度.那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动,直到发生第二次碰撞.题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程,有涉及第二次以后碰撞,当然问题变得简单些.3.如图所示,在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板,质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上,质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

动能定理和能量守恒

动能定理和能量守恒

一、动能定理的应用技巧1.一个物体的动能变化ΔE k与合外力对物体所做的总功具有等量代换关系.若ΔE k>0,表示物体的动能增加,其增加量等于合外力对物体所做的正功;若ΔE k<0,表示物体的动能减少,其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值;若ΔE k=0,表示合外力对物体所做的功为0,反之亦然.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法.2.动能定理中涉及的物理量有F、s、m、v、W、E k等,在处理含有上述物理量的力学问题时,可以考虑使用动能定理.由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始、末两状态的动能变化去考察,无需注意其中运动状态变化的细节,又由于动能和功都是标量,无方向性,无论是直线运动还是曲线运动,计算都会特别方便.3.动能定理解题的基本思路(1)选择研究对象,明确它的运动过程.(2)分析研究的受力情况和各个力的做功情况,然后求出合外力的总功.(3)选择初、末状态及参照系.(4)求出初、末状态的动能E k1、E k2.(5)由动能定理列方程及其它必要的方程,进行求解.【例1】如图1所示,AB为1/4圆弧轨道,半径为R=0.8m,BC是水平轨道,长S=3m,BC处的摩擦系数为μ=1/15,今有质量m=1kg的物体,自A点从静止起下滑到C点刚好停止.求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功.图1练习:电动机通过一条绳子吊起质量为8kg的物体.绳的拉力不能超过120N,电动机的功率不能超过1 200W,要将此物体由静止起,用最快的方式将物体吊高90m(已知物体在被吊高90m以前已开始以最大速度匀速上升),所需时间为多少?(g取10 m/s2)二、多物体多过程动能定理的应用技巧如果一个系统有两个或两个以上的物体,我们称为多物体系统.一个物体同时参与两个或两个以上的运动过程,我们称为多过程问题.对于多物体多过程问题,我们可以有动能定理解决.解题时要注意:多过程能整体考虑最好对全过程列动能定理方程,不能整体考虑,则要分开对每个过程列方程.多个物体能看作一个整体最好对整体列动能定理方程,不能看作整体,则要分开对每个物体列动能定理方程.【例2】总质量为M的列车,沿平直轨道匀速前进.末节车厢质量为m,在行驶中途脱钩,司机发现后关闭发动机时,机车已经驶了L,设运动阻力与质量成正比,机车发动机关闭前牵引力是恒定的,则两部分停止运动时,它们之间的距离是多少?练习1:.物体由高出地面H高处由静止自由落下,不考虑空气阻力,落至沙坑表面进入沙坑h停止(如图5-3-4所示).求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍?图2图4练习2:.如图5-3-5所示,物体沿一曲面从A 点无初速度滑下,滑至曲面的最低点B 时,下滑高度为5m ,若物体的质量为lkg ,到B 点时的速度为6m/s ,则在下滑过程中,物体克服阻力所做的功为多少?(g 取10m/s 2)练习3:如图4所示,质量为m 的物体静放在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v 0向右匀速走动的人拉着,设人从地面上且从平台的边缘开始向右行至绳和水平方向成30°角处,在此 过程中人所做的功 为( D )A .mv 02/2B .mv 02C .2mv 02/3D .3mv 02/8练习4:如图5所示,斜面足够长,其倾角为α,质量为m 的滑块,距挡板P 为S 0,以初速度v 0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力,若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,求滑块在斜面上经过的总路程为多少?三、机械能守恒定律的条件和机械能守恒定律的常用数学表达式1. 守恒条件:只有重力或弹力做功,只发生动能和势能的转化.分析一个物理过程是不是满足机械能守恒,关键是分析这一过程中有哪些力参与了做功,这一力做功是什么形式的能转化成什么形式的能,如果只是动能和势能的转化,而没有其它形式的能发生转化,则机械能守恒,如果没有力做功,不发生能的转化,机械能当然也不会发生变化.2.常用数学表达式:第一种:E k1+E P1=E K2+E P2从守恒的角度表明物体运动过程中,初状态和末状态机械能相等 第二种:△E k =-△E P 从转化的角度表明动能的增加量等于势能减小量第三种:△E 1=-△E 2 从转移的角度表明物体1的机械能增加量等于物体2的机械能的减少量【例3】如图6所示,一轻质弹簧固定于O 点,另一端系一重物,将重物从与悬挂点等高的地方无初速度释放,让其自由摆下,不及空气阻力,重物在摆向最低点的位置的过程中( ) A .重物重力势能减小 B .重物重力势能与动能之和增大 C .重物的机械能不变 D. 重物的机械能减少 四、应用机械能守恒定律解题的基本步骤1.根据题意,选取研究对象(物体或相互作用的物体系).图3P 图5图62.分析研究对象在运动过程中所受各力的做功情况,判断是否符合机械能守恒的条件.3.若符合定律成立的条件,先要选取合适的零势能的参考平面,确定研究对象在运动过程的初、末状态的机械能值.4.根据机械能守恒定律列方程,并代人数值求解. 【例4】如图7使一小球沿半径为R 的圆形轨道从最低点B 上升,那么需给它最小速度为多大时,才能使它达到轨道的最高点A ?五、应用机械能守恒定律解题可以只考虑物体运动的初状态和末状态,不必考虑运动过程.1应用机械能守恒定律解题的思路与方法(1)选择研究对象——物体或物体系(2)对研究对象所经历的过程,进行受力分析,做功情况分析,判断机械能是否守恒 (3)选择初、末状态及参考平面,确定研究对象在初、末状态的机械能 (4)根据机械能守恒定律列方程或方程组 (5)求解、检查、作答2.机械能守恒定律与动能定理的比较机械能守恒定律和动能定理是本章的两个重点内容,也是力学中的两个基本规律,在物理学中占有重要的地位,两者既有区别也有相同之处.(1)相同点:都是从功和能量的角度来研究物体动力学问题. (2)不同点:①解题范围不同,动能定理的范围相对来说要大些.②研究对象及角度不同,动能定理一般来说是研究单个物体在研究过程中合外力做功与动能的变化,而机械能守恒定律只要满足其成立条件,则只需找出系统初、末状态的机械能即可.3.几种常见的功和能量转化的关系(1)合外力对物体所做的功等于物体动能的变化:W 合=E K2-E K1 此即动能定理. (2)只有重力(或弹力)做功时,物体的机械能守恒:E 1=E 2(3)重力做功(或弹力做功)与重力势能的变化(或弹性势能的变化)的关系: W G =-△E P =E P1-E P2(4)重力和弹簧弹力之外的其它外力对物体所做的功W F ,等于物体机械能的变化,即 W F =△E =E 2-E 1W F >0,机械能增加. W F <0,机械能减少.六、机械能守恒定律在多个物体组成系统中的应用对单个物体能用机械能守恒定律解的题一般都能用动能定理解决.而且省去了确定是否守恒和选定零势能面的麻烦,反过来,能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决,在这个意义上讲,动能定理比机械能守恒定律应用更广泛更普遍。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图所示是滑板运动的轨道,BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道,BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ=60°,半径OC 与水平轨道CD 垂直,滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ=0.2.某运动员从轨道上的A 点以v 0=3m/s 的速度水平滑出,在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ,经CD 轨道后冲上DE 轨道,到达E 点时速度减为零,然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m =60kg ,B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h =2m 和H =2.5m.求:(1)运动员从A 点运动到B 点过程中,到达B 点时的速度大小v B ; (2)水平轨道CD 段的长度L ;(3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B 点?如能,请求出回到B 点时速度的大小;如不能,请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B =6m/s (2) L =6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】(1)在B 点时有v B =cos60︒v ,得v B =6m/s (2)从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-,得L =6.5m (3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′,从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-,得h ′=1.2m<h =2 m ,故第一次返回时,运动员不能回到B 点,从B 点运动到停止,在CD 段的总路程为s ,由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-,得s =19m ,s =2L +6 m ,故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2.如图所示,不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ,A 、B 质量均为m 。

动能定理与动能守恒

动能定理与动能守恒

动能定理与动能守恒在物理学中,动能是描述物体运动的能量。

动能定理和动能守恒是两个重要的概念,它们帮助我们理解物体运动的规律以及能量的转化与守恒。

动能定理是指物体的动能与物体所受合力做功的关系。

它描述了当一个力对物体做功时,物体的动能会发生变化。

动能定理公式可以表示为:物体的动能变化等于物体所受力做功的大小。

动能定理的公式可以用如下方程表示:ΔK = W,其中ΔK表示物体动能的变化量,W表示物体所受力做的功。

动能定理的一个重要应用是在运动学中计算物体的速度。

根据动能定理,物体的动能变化等于物体所受力做功,根据功的定义,功等于力乘以移动的距离,所以我们可以得到动能定理的另一种形式:物体的动能变化等于物体所受力乘以物体的位移。

根据动能定理,我们可以利用该公式来计算物体的速度变化,从而得到物体的速度。

另一个重要的概念是动能守恒。

动能守恒是指在没有外力做功或外力做功为零的情况下,物体的总动能保持不变。

换句话说,物体的动能守恒意味着物体内部的能量转化不会导致总动能的变化。

例如,在一个封闭的系统中,如果物体之间没有能量的转移(如热量传递),那么系统中的总动能将保持不变。

动能守恒的一个实例是简单的弹性碰撞。

在弹性碰撞中,物体之间的能量转化不会导致总动能的变化,即碰撞前后的总动能保持不变。

这是因为在弹性碰撞中,物体之间的能量转化是完全可逆的,没有发生能量损失。

这也是为什么弹性碰撞可以用来解释一些日常生活中的现象,例如弹球的反弹以及弹簧的压缩与释放等。

动能守恒也可以应用于一些复杂的物理现象,例如机械能守恒。

机械能是指物体的动能与势能的总和。

在没有外力做功或外力做功为零的情况下,机械能保持恒定。

这意味着物体的总能量保持不变,能量在动能和势能之间转换,但总能量保持不变。

总之,动能定理和动能守恒是描述物体运动和能量转化的重要概念。

动能定理揭示了物体的动能与物体所受力做功的关系,而动能守恒则说明了在某些条件下,物体的总动能保持不变。

能量守恒定律和动能定理

能量守恒定律和动能定理

能量守恒定律和动能定理能量守恒定律和动能定理是物理学中两个重要的概念。

它们对于研究物体的运动和相互作用起着至关重要的作用。

本文将分别介绍能量守恒定律和动能定理的概念、公式和应用。

一、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中一个基本的守恒定律。

它表达了在一个封闭系统中,能量的总量是恒定不变的。

根据能量守恒定律,能量不能被创造也不能被摧毁,只能从一种形式转化为另一种形式。

能量守恒定律可以用以下公式表示:能量的初态 + 初态外部做功 = 能量的末态 + 末态外部做功其中,初态和末态分别表示系统在某一时刻的能量状态,外部做功表示由外力对系统做的功。

能量守恒定律可以应用于各种物理系统,例如弹簧振子、摆锤和碰撞等。

通过对能量的初态和末态进行分析,我们可以计算得到系统中各种形式的能量,包括动能、势能和内能等。

二、动能定理动能定理描述了物体的动能随时间的变化规律。

它表达了物体的动能变化与物体所受的净外力之间的关系。

根据动能定理,物体的动能的变化等于物体所受的净外力对物体做的功。

动能定理可以用以下公式表示:物体的动能变化 = 净外力对物体做的功其中,动能的变化表示物体动能的最终值减去初始值,净外力表示外力的合力。

通过动能定理,我们可以计算得到通过对物体施加外力所导致的动能的变化。

这将帮助我们理解物体的加速度、速度和位置之间的关系,以及外力对物体的作用效果。

能量守恒定律和动能定理是物理学中两个相关的概念,它们在解决各种物理问题时起着关键的作用。

总结:通过对能量守恒定律和动能定理的介绍,我们了解到它们在物理学中的重要性。

能量守恒定律描述了封闭系统中能量的总量不变,而动能定理描述了物体的动能变化与物体所受的净外力之间的关系。

了解和应用这两个概念,可以帮助我们更好地理解和解释物体的运动和相互作用。

它们在解决各种物理问题时都有广泛的应用,无论是研究弹簧振子的周期,还是分析碰撞事件中的能量转化,都离不开能量守恒定律和动能定理的支持。

第一篇 专题二 第6讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律

第一篇 专题二 第6讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律

第6讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律命题规律 1.命题角度:(1)动能定理的综合应用;(2)机械能守恒定律及应用;(3)能量守恒定律及应用.2.常用方法:图像法、函数法、比较法.3.常考题型:计算题.考点一动能定理的综合应用1.应用动能定理解题的步骤图解:2.应用动能定理的四点提醒:(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),对全过程应用动能定理,往往能使问题简化.(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解.例1(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来,如图是滑板运动的轨道.BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道,BC 的圆心为O点,圆心角θ=60°,半径OC与水平轨道CD垂直,滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4.某运动员从轨道上的A点以v=4 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道,到达E点时速度减为零,然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m=60 kg,B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h=2 m 和H=3 m,忽略空气阻力.(g=10 m/s2)(1)运动员从A点运动到B点的过程中,求到达B点时的速度大小v B;(2)求水平轨道CD的长度L;(3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B点?如能,求出回到B点时速度的大小.如果不能,求出最后停止的位置距C点的距离.答案(1)8 m/s(2)5.5 m(3)见解析解析(1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动,到达B点时,其速度沿着B点的切线方向,可知运动员到达B 点时的速度大小为v B =vcos 60°, 解得v B =8 m/s(2)从B 点到E 点,由动能定理得mgh -μmgL -mgH =0-12m v B 2代入数值得L =5.5 m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′,从E 点到第一次返回到左侧最高处,由动能定理得mgH -μmgL -mgh ′=0 解得h ′=0.8 m<2 m故运动员不能回到B 点.设运动员从E 点开始返回后,在CD 段滑行的路程为s ,全过程由动能定理得 mgH -μmgs =0 解得总路程s =7.5 m 由于L =5.5 m所以可得运动员最后停止的位置在距C 点2 m 处.考点二 机械能守恒定律及应用1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法 看动能与势能之和是否变化能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能转化时,系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时,系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式3.连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同,线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解,找出两物体速度关系,当某物体位移最大时,速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)说明:以上连接体不计阻力和摩擦力,系统(包含弹簧)机械能守恒,单个物体机械能不守恒.例2(2022·全国乙卷·16)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 答案 C解析 如图所示,设小环下降的高度为h ,大圆环的半径为R ,小环到P 点的距离为L ,根据机械能守恒定律得mgh =12m v 2,由几何关系可得h =L sin θ,sin θ=L 2R ,联立可得h =L 22R,则v =LgR,故C 正确,A 、B 、D 错误. 例3 (多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),重力加速度为g ,则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A .弹簧对圆环先做正功后做负功B .弹簧弹性势能增加了3mgLC .圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D .圆环下滑到最大距离时,所受合力为零 答案 BC解析 弹簧一直伸长,故弹簧对圆环一直做负功,A 错误;由题可知,整个过程动能的变化量为零,根据几何关系可得圆环下落的高度h =(2L )2-L 2=3L ,根据能量守恒定律可得,弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量,则有ΔE p =mgh =3mgL ,B 正确;弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒,则有ΔE k +ΔE p 重+ΔE p 弹=0,由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,所以动能先增大后减小,则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,C 正确;圆环下滑到最大距离时,加速度方向竖直向上,所受合力方向为竖直向上,D 错误.例4 (2020·江苏卷·15)如图所示,鼓形轮的半径为R ,可绕固定的光滑水平轴O 转动.在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m 的小球,球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M 的重物.重物由静止下落,带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g .求:(1)重物落地后,小球线速度的大小v ;(2)重物落地后一小球转到水平位置A ,此时该球受到杆的作用力的大小F ; (3)重物下落的高度h .答案 (1)2ωR (2)(2mω2R )2+(mg )2 (3)M +16m 2Mg (ωR )2解析 (1)重物落地后,小球线速度大小v =ωr =2ωR (2)向心力F n =2mω2R设F 与水平方向的夹角为α,则 F cos α=F n F sin α=mg 解得F =(2mω2R )2+(mg )2(3)落地时,重物的速度v ′=ωR 由机械能守恒得12M v ′2+4×12m v 2=Mgh解得h =M +16m2Mg(ωR )2.考点三 能量守恒定律及应用1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统,优先选用能量守恒定律. 2.应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒:E 初=E 末,初、末总能量不变.(2)转移:E A 减=E B 增,A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量. (3)转化:|ΔE 减|=|ΔE 增|,减少的某些能量等于增加的某些能量.例5 (2021·山东卷·18改编)如图所示,三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ,放置在水平地面上,A 紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接,C 紧靠B ,开始时弹簧处于原长,A 、B 、C 均静止.现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力,使B 、C 一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A 离开墙壁,最终三物块都停止运动.已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内.(弹簧的弹性势能可表示为:E p =12kx 2,k 为弹簧的劲度系数,x 为弹簧的形变量)(1)求B 、C 向左移动的最大距离x 0和B 、C 分离时B 的动能E k ; (2)为保证A 能离开墙壁,求恒力的最小值F min ;(3)若三物块都停止时B 、C 间的距离为x BC ,从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程,B 克服弹簧弹力做的功为W ,通过推导比较W 与fx BC 的大小; 答案 (1)2F -4f k F 2-6fF +8f 2k(2)(3+102)f (3)W <fx BC解析 (1)从开始到B 、C 向左移动到最大距离的过程中,以B 、C 和弹簧为研究对象,由功能关系得 Fx 0=2fx 0+12kx 02弹簧恢复原长时B 、C 分离,从弹簧最短到B 、C 分离,以B 、C 和弹簧为研究对象,由能量守恒定律得 12kx 02=2fx 0+2E k联立方程解得x 0=2F -4fkE k =F 2-6fF +8f 2k.(2)当A 刚要离开墙时,设弹簧的伸长量为x ,以A 为研究对象,由平衡条件得kx =f 若A 刚要离开墙壁时B 的速度恰好等于零,这种情况下恒力为最小值F min ,从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙的过程中,以B 和弹簧为研究对象, 由能量守恒定律得E k =12kx 2+fx结合第(1)问结果可知F min =(3±102)f 根据题意舍去F min =(3-102)f , 所以恒力的最小值为F min =(3+102)f . (3)从B 、C 分离到B 停止运动,设B 的位移为x B ,C 的位移为x C ,以B 为研究对象, 由动能定理得-W -fx B =0-E k 以C 为研究对象, 由动能定理得-fx C =0-E k 由B 、C 的运动关系得x B >x C -x BC 联立可知W <fx BC .1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示,倾角为θ的斜面AB 段光滑,BP 段粗糙,一轻弹簧下端固定于斜面底端P 处,弹簧处于原长时上端位于B 点,可视为质点、质量为m 的物体与BP 之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ),物体从A 点由静止释放,将弹簧压缩后恰好能回到AB 的中点Q .已知A 、B 间的距离为x ,重力加速度为g ,则( )A .物体的最大动能等于mgx sin θB .弹簧的最大形变量大于12xC .物体第一次往返中克服摩擦力做的功为12mgx sin θD .物体第二次沿斜面上升的最高位置在B 点 答案 C解析 物体接触弹簧前,由机械能守恒定律可知,物体刚接触弹簧时的动能为E k =mgx sin θ,物体接触弹簧后,重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力,物体先加速下滑,后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力,物体减速下滑,所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零,速度最大,动能最大,所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ,A 错误;设弹簧的最大压缩量为L ,弹性势能最大为E p ,物体从A 到最低点的过程,由能量守恒定律得mg (L +x )sin θ=μmgL cos θ+E p ,物体从最低点到Q 点的过程,由能量守恒得mg (L +x2)sin θ+μmgL cos θ=E p ,联立解得L =x tan θ4μ,由于μ<tan θ,但未知它们的具体参数,则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ,B 错误;第一次往返过程中,根据能量守恒定律,可知损失的能量等于克服摩擦力做的功,则有ΔE =2μmgL cos θ=12mgx sin θ,C 正确;设从Q 到第二次最高点位置C ,有mgx QC sin θ=2μmgL ′cos θ,如果L ′=L ,则有x QC =x2,即最高点为B ,但由于物体从Q 点下滑,则弹簧的最大形变量L ′<L ,所以最高点应在B 点上方,D 错误.2.(2022·浙江温州市二模)我国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子U 型场地技巧决赛中夺得金牌.如图所示,某比赛用U 型池场地长度L =160 m 、宽度d =20 m 、深度h =7.25 m ,两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成,横截面像“U ”字形状,池底雪道平面与水平面夹角为θ=20°.为测试赛道,将一质量m =1 kg 的小滑块从U 型池的顶端A 点以初速度v 0=0.7 m/s 滑入;滑块从B 点第一次冲出U 型池,冲出B 点的速度大小v B =10 m/s ,与竖直方向夹角为α(α未知),再从C 点重新落回U 型池(C 点图中未画出).已知A 、B 两点间直线距离为25 m ,不计滑块所受的空气阻力,sin 20°=0.34,cos 20°=0.94,tan 20°=0.36,g 取10 m/s 2.(1)A 点至B 点过程中,求小滑块克服雪道阻力所做的功W 克f ;(2)忽略雪道对滑块的阻力,若滑块从池底平面雪道离开,求滑块离开时速度的大小v;(3)若保持v B大小不变,速度v B与竖直方向的夹角调整为α0时,滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长,求tan α0(结果保留两位有效数字).答案(1)1.35 J(2)35 m/s(3)0.36解析(1)小滑块从A点至B点过程中,由动能定理有mgx sin 20°-W克f=12m v B2-12m v02由几何关系得x=x AB2-d2,联立解得W克f=1.35 J(2)忽略雪道对滑块的阻力,滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中,由动能定理得mgL sin 20°+mgh cos 20°=12m v2-12m v02,代入数据解得v=35 m/s(3)当滑块离开B点时,设速度方向与U型池斜面的夹角为θ,沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度v y=v B sin θ,v x=v B cos θ,a y=g cos 20°,a x=g sin 20°,v y=a y t1,t=2t1由此可知,当v y最大时,滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长,此时v B垂直于U 型池斜面,即α0=20°tan α0=sin α0cos α0=0.340.94≈0.36.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示,固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R,直径水平)固定在距离地面足够高处,位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连,两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态).在微小扰动下,小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P.不计空气阻力,重力加速度大小为g.小球A通过P点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.(π2-1)gR D.π2gR 答案 C解析 对A 、B 组成的系统,从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2-mgR =12×2m v 2,解得v =(π2-1)gR ,故选C. 2.(2022·山东泰安市模拟)如图所示,细绳AB 和BC 连接着一质量为m 的物体P ,其中绳子的A 端固定,C 端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m 的物体Q (P 、Q 均可视为质点).开始时,用手托住物体P ,使物体P 与A 、C 两点等高在一条水平直线上,且绳子处于拉直的状态,把手放开, P 下落到图示位置时,夹角如图所示.已知AB =L ,重力加速度为g .则由开始下落到图示位置的过程中,下列说法正确的是( )A .物体Q 与物体P 的速度大小始终相等B .释放瞬间P 的加速度小于gC .图示位置时,Q 的速度大小为3gL2 D .图示位置时,Q 的速度大小为2-32gL 答案 D解析 P 与Q 的速度关系如图所示释放后,P 绕A 点做圆周运动,P 的速度沿圆周的切线方向,当绳BC 与水平夹角为30°时,绳BC 与绳AB 垂直,P 的速度方向沿CB 的延长线,此时物体Q 与物体P 的速度大小相等,之前的过程中,速度大小不相等,故A 错误;释放瞬间,P 所受合力为重力,故加速度等于g ,故B 错误;由几何关系知AC =2L ,P 处于AC 的中点时,则有BC =L ,当下降到图示位置时BC =3L ,Q 上升的高度h 1=(3-1)L ,P 下降的高度为h 2=L cos 30°=32L ,由A 项中分析知此时P 、Q 速度大小相等,设为v ,根据系统机械能守恒得mgh 2=mgh 1+12×2m v 2,解得v =2-32gL ,故D 正确,C 错误. 3.(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示,轻绳的一端系一质量为m 的金属环,另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m 的重物.金属环套在固定的竖直光滑直杆上,定滑轮与竖直杆之间的距离OQ =d ,金属环从图中P 点由静止释放,OP 与直杆之间的夹角θ=37°,不计一切摩擦,重力加速度为g ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )A .金属环从P 上升到Q 的过程中,重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B .金属环从P 上升到Q 的过程中,绳子拉力对重物做的功为103mgdC .金属环在Q 点的速度大小为2gd3D .若金属环最高能上升到N 点,则ON 与直杆之间的夹角α=53° 答案 AD解析 金属环在P 点时,重物的速度为零,则重物所受重力的瞬时功率为零,当环上升到Q 点,环的速度与绳垂直,则重物的速度为零,此时,重物所受重力的瞬时功率也为零,故金属环从P 上升到Q 的过程中,重物所受重力的瞬时功率先增大后减小,故A 正确;金属环从P 上升到Q 的过程中,设绳子拉力做的功为W ,对重物应用动能定理有W +W G =0,则W =-W G =-5mg (d sin θ-d )=-103mgd ,故B 错误;设金属环在Q 点的速度大小为v ,对环和重物整体,由动能定理得5mg (d sin θ-d )-mg d tan θ=12m v 2,解得v =2gd ,故C 错误;若金属环最高能上升到N 点,则整个过程中,金属环和重物整体的机械能守恒,有5mg (d sin θ-dsin α)=mg (d tan θ+d tan α),解得α=53°,故D 正确. 4.(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80 km/h 的速度匀速行驶,其1 s 内能量分配情况如图所示.则汽车( )A .发动机的输出功率为70 kWB .每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104 JC .每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104 JD .每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104 J 答案 C解析 据题意知,发动机的输出功率为P =Wt =17 kW ,故A 错误;根据能量守恒定律结合能量分配图知,1 s 消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量,即6.9×104 J ,故B 、D 错误,C 正确.[争分提能练]5.(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示,一物块置于粗糙水平面上,其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上.用力将物块向左拉至O 处后由静止释放,用传感器测出物块的位移x 和对应的速度,作出物块的动能E k -x 关系图像如图乙所示.其中0.10~0.25 m 间的图线为直线,其余部分为曲线.已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,取g =10 m/s 2,弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律,可知( )A .物块的质量为0.2 kgB .弹性绳的劲度系数为50 N/mC .弹性绳弹性势能的最大值为0.6 JD .物块被释放时,加速度的大小为8 m/s 2 答案 D解析 由分析可知,x =0.10 m 时,弹性绳恢复原长,根据动能定理有μmg Δx =ΔE k ,则m =ΔE k μg Δx =0.300.2×10×(0.25-0.10)kg =1 kg ,所以A 错误;动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力,则有k Δx 1=μmg ,Δx 1=0.10 m -0.08 m =0.02 m ,解得k =100 N/m ,所以B 错误;根据能量守恒定律有E pm =μmgx m =0.2×1×10×0.25 J =0.5 J ,所以C 错误;物块被释放时,加速度的大小为a =k Δx m -μmg m =100×0.10-0.2×1×101m/s 2=8 m/s 2,所以D 正确.6.(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度-位移图像,运动员及装备的总质量为60 kg ,弹性绳原长为10 m ,不计空气阻力,g =10 m/s 2.下列说法正确的是( )A .下落过程中,运动员机械能守恒B .运动员在下落过程中的前10 m 加速度不变C .弹性绳最大的弹性势能约为15 300 JD .速度最大时,弹性绳的弹性势能约为2 250 J 答案 BCD解析 下落过程中,运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,运动员在绳子绷直后机械能一直减小,所以A 错误;运动员在下落过程中的前10 m 做自由落体运动,其加速度恒定,所以B 正确;在最低点时,弹性绳的形变量最大,其弹性势能最大,由能量守恒定律可知,弹性势能来自运动员减小的重力势能,由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m ,所以E p =mgH m =15 300 J ,所以C 正确;由题图可知,下落约15 m 时,运动员的速度最大,根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm =mgH -12m v m 2=2 250 J ,所以D 正确.7.如图所示,倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板,轻弹簧下端与挡板相连,弹簧处于原长时上端位于D 点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ,使滑轮左侧绳子始终与斜面平行,初始时A 位于斜面的C 点,C 、D 两点间的距离为L ,现由静止同时释放A 、B ,物体A 沿斜面向下运动,将弹簧压缩到最短的位置为E 点,D 、E 两点间距离为L 2,若A 、B 的质量分别为4m 和m ,A 与斜面之间的动摩擦因数μ=38,不计空气阻力,重力加速度为g ,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,求:(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小; (2)物体A 从C 至D 点时的速度大小; (3)弹簧的最大弹性势能. 答案 (1)120g (2)gL 10 (3)38mgL 解析 (1)物体A 从C 运动到D 的过程,对物体A 、B 整体进行受力分析,根据牛顿第二定律有4mg sin 30°-mg -4μmg cos 30°=5ma 解得a =120g(2)物体A 从C 运动至D 的过程,对整体应用动能定理有4mgL sin 30°-mgL -4μmgL cos 30°=12·5m v 2 解得v =gL 10(3)当A 、B 的速度为零时,弹簧被压缩到最短,此时弹簧弹性势能最大,整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L +L 2)sin 30°-mg (L +L 2)-μ·4mg cos 30°(L +L2)-W 弹=0-0解得W 弹=38mgL则弹簧具有的最大弹性势能 E p =W 弹=38mgL .8.(2022·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道,两段半圆形轨道半径均为R = 3 m ,两段直轨道AB 、A ′B ′长度均为l =1.35 m .在轨道上放置一个质量m =0.1 kg 的小圆柱体,如图乙所示,圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°,如图丙所示.两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ=0.5,小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计.初始时小圆柱位于A 点处,现使之获得沿直轨道AB 方向的初速度v 0.重力加速度大小g =10 m/s 2,求:(1)小圆柱沿AB 运动时,内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1、F f2的大小;(2)当v 0=6 m/s ,小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时,外轨和内轨对小圆柱的压力F N1、F N2的大小;(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v 0的最大值以及在v 0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s .答案 (1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°, 根据对称性可知,两侧弹力大小均与重力相等,为1 N , 内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1=F f2=μF N =0.5 N(2)当v 0=6 m/s ,小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时有12m v 2-12m v 02=-(F f1+F f2)l在B 点有F N1sin 60°-F N2sin 60°=m v 2R ,F N1cos 60°+F N2cos 60°=mg解得F N1=1.3 N ,F N2=0.7 N(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v 0最大时,在B 点恰好内轨对小圆柱的压力为0,有 F N1′sin 60°=m v m 2R ,F N1′cos 60°=mg且12m v m 2-12m v 0m 2=-(F f1+F f2)l 解得v 0m =57 m/s ,在圆弧上受摩擦力为 F f =μF N1′=μmg cos 60°=1 N即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等 所以12m v 0m 2=F f s解得s =2.85 m.[尖子生选练]9.(2022·浙江1月选考·20)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成,B 、D 和F 为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高),B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m =0.1 kg ,轨道BCD 和DEF 的半径R =0.15 m ,轨道AB 长度l AB =3 m ,滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ=78,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放.(1)若释放点距B 点的长度l =0.7 m ,求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小; (2)设释放点距B 点的长度为l x ,滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式; (3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点,求释放点距B 点长度l x 的值. 答案 (1)7 N (2)v =12l x -9.6,其中l x ≥0.85 m (3)见解析 解析 (1)滑块由静止释放到C 点过程,由能量守恒定律有 mgl sin 37°+mgR (1-cos 37°)=12m v C 2在C 点由牛顿第二定律有 F N -mg =m v C 2R解得F N =7 N(2)要保证滑块能到F 点,必须能过DEF 的最高点,当滑块恰能达到最高点时,根据动能定理可得mgl 1sin 37°-(3mgR cos 37°+mgR )=0 解得l 1=0.85 m因此要能过F 点必须满足l x ≥0.85 m能过最高点,则能到F 点,根据动能定理可得 mgl x sin 37°-4mgR cos 37°=12m v 2,解得v =12l x -9.6,其中l x ≥0.85 m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍mgl x sin 37°-mg l FG 2sin 37°-nμmg l FG 2cos 37°=0,l FG =4Rtan 37°解得l x =7n +615 m(n =1,3,5,…)又因为l AB ≥l x ≥0.85 m ,l AB =3 m , 当n =1时,l x 1=1315 m当n =3时,l x 2=95 m当n =5时,l x 3=4115m.。

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专题四 动能定理与能量守恒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。

如果知道某一过程中能量转化的数值,那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

(3)关于求功率问题:①tW P =所求出的功率是时间t 内的平均功率。

②功率的计算式:θcos Fv P =,其中θ是力与速度间的夹角。

一般用于求某一时刻的瞬时功率。

(4)一对作用力和反作用力做功的关系问题:①一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零;②一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零(静摩擦力)、可能为负(滑动摩擦力),但不可能为正。

(5)了解常见力做功的特点:①重力做功和路径无关,只与物体始末位置的高度差h 有关:W=mgh ,当末位置低于初位置时,W >0,即重力做正功;反之重力做负功。

②滑动摩擦力做功与路径有关。

当某物体在一固定平面上运动时,滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。

在两个接触面上因相对滑动而产生的热量相对滑S F Q =,其中滑F 为滑动摩擦力,相对S 为接触的两个物体的相对路程。

(6)做功意义的理解问题:做功意味着能量的转移与转化,做多少功,相应就有多少能量发生转移或转化。

2.理解动能和动能定理 (1) 动能221mVE k =是物体运动的状态量,而动能的变化ΔE K 是与物理过程有关的过程量。

(2)动能定理的表述:合外力做的功等于物体动能的变化。

(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力,包括重力)。

表达式为K E mv mv W ∆=-=21222121合动能定理也可以表述为:外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

实际应用时,后一种表述比较好操作。

不必求合力,特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下,只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来,就可以得到总功。

①不管是否恒力做功,也不管是否做直线运动,该定理都成立; ②对变力做功,应用动能定理要更方便、更迅捷。

③动能为标量,但21222121mv mv E K -=∆仍有正负,分别表动能的增减。

3.理解势能和机械能守恒定律 (1)机械能守恒定律的两种表述①在只有重力做功的情形下,物体的动能和重力势能发生相互转化,但机械能的总量保持不变。

②如果没有摩擦和介质阻力,物体只发生动能和重力势能的相互转化时,机械能的总量保持不变。

(2) 对机械能守恒定律的理解①机械能守恒定律的研究对象一定是系统,至少包括地球在内。

通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内,因为重力势能就是小球和地球所共有的。

另外小球的动能中所用的v ,也是相对于地面的速度。

②当研究对象(除地球以外)只有一个物体时,往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒;当研究对象(除地球以外)由多个物体组成时,往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。

③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。

在该过程中,物体可以受其它力的作用,只要这些力不做功。

(3)系统机械能守恒的表达式有以下三种: ①系统初态的机械能等于系统末态的机械能 即:末初E E =或222121v m h mg mvmgh '+'=+或k pk p E E E E '+'=+②系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量,即:K P E E ∆=∆-或0=∆+∆k P E E③若系统内只有A 、B 两物体,则A 物体减少的机械能等于B 物体增加的机械能,即:B A E E ∆=∆-或0=∆+∆B A E E4.理解功能关系和能量守恒定律(1)做功的过程是能量转化的过程,功是能的转化的量度。

功是一个过程量,它和一段位移(一段时间)相对应;而能是一个状态量,它与一个时刻相对应。

两者的单位是相同的(J ),但不能说功就是能,也不能说“功变成了能”。

(2)要研究功和能的关系,突出“功是能量转化的量度”这一基本概念。

①物体动能的增量由外力做的总功来量度,即:K E W ∆=外; ②物体重力势能的增量由重力做的功来量度,即:P G E W ∆-=;③物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度,即:E W∆=/,当0/=W时,说明只有重力做功,所以系统的机械能守恒;④一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功,用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能,也就是系统增加的内能。

相对滑S F Q =,其中滑F 为滑动摩擦力,相对S 为接触物的相对路程。

三、考点透视考点1:平均功率和瞬时功率例1、物体m 从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑,斜面高为h ,当物体滑至斜面底端时,重力做功的功率为( ) A.gh mg2 B.gh a mg 2sin 21⋅C.a gh mgsin 2 D.a gh mg sin 2解析:由于光滑斜面,物体m 下滑过程中机械能守恒,滑至底端是的瞬时速度gh v 2=,根据瞬时功率θcos Fv P =。

图1由图1可知,v F ,的夹角a -=090θ则滑到底端时重力的功率是gh a mg P 2sin ⋅=,故C 选项正确。

答案:C点拨:计算功率时,必须弄清是平均功率还是瞬时功率,若是瞬时功率一定要注意力和速度之间的夹角。

瞬时功率θcos Fv P =(θ为F ,v 的夹角)当F ,v 有夹角时,应注意从图中标明,防止错误。

考点2:机车起动的问题例2质量kg m 3100.4⨯=的汽车,发动机的额定功率为KW p 40=,汽车从静止以2/5.0s m a =的加速度行驶,所受阻力N F f 3100.2⨯=,则汽车匀加速行驶的最长时间为多少?汽车可能达到的最大速度为多少?解析:汽车从静止开始,以恒定加速度a 做匀加速直线运动.汽车匀加速行驶时,设汽车发动的牵引力为F ,汽车匀加速运动过程的末速度为v ,汽车匀加速运动的时间为t 根据牛顿第二定律:ma F F f =- ①由于发动机的功率:Fv p = ② 根据运动学公式:at v = ③由①②③式得:s ma F a pt f 20)(=+=当汽车加速度为零时,汽车有最大速度m v ,则:s m F p v fm /20==点拨:汽车的速度达到最大时,一定是机车的加速度为零,弄清了这一点,利用平衡条件就很容易求出机车的最大速度。

汽车匀加速度运动能维持多长时间,一定是机车功率达到额定功率的时间,弄清了这一点,利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速度运动能维持的时间。

考点3:动能定理的应用 例3如图2所示,斜面足够长,其倾角为α,质量为m 的滑块,距挡板P 为0s ,以初速度0v 沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力,若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,求滑块在斜面上经过的总路程为多少?图2解析:滑块在滑动过程中,要克服摩擦力做功,其机械能不断减少;又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力,所以最终会停在斜面底端。

在整个过程中,受重力、摩擦力和斜面支持力作用,其中支持力不做功。

设其经过和总路程为L ,对全过程,由动能定理得:200210cos sin mv aL mg a mgS-=-μ得:amg mv a mgSL cos 21sin 2μ+=点拨:物体在某个运动过程中包含有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,但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。

考点4:会用相对滑S F Q =解物理问题例4如图4-2所示,小车的质量为M ,后端放一质量为m 的铁块,铁块与小车之间的动摩擦系数为μ,它们一起以速度v 沿光滑地面向右运动,小车与右侧的墙壁发生碰撞且无能量损失,设小车足够长,则小车被弹回向左运动多远与铁块停止相对滑动?铁块在小车上相对于小车滑动多远的距离?图4-2解析:小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒,规定小车反弹后的方向作向左为正方向,设共同速度为x v ,则: x v m M mv Mv )(+=-解得: v mM m M v x +-=以车为对象,摩擦力始终做负功,设小车对地的位移为车S , 则: -车222121Mv MvmgSx-=μ 即:222)(2m M g vM S +μ=车;系统损耗机械能为: 相fS Q E ==∆ 22)(21)(21x v m M v m M mgS+-+=相μgm M MvS )(22+μ=相;点拨:两个物体相互摩擦而产生的热量Q (或说系统内能的增加量)等于物体之间滑动摩擦力f 与这两个物体间相对滑动的路程的乘积,即相对滑S F Q =.利用这结论可以简便地解答高考试题中的“摩擦生热”问题。

四、热点分析热点1:动能定理例1、半径cm R 20=的竖直放置的圆轨道与水平直轨道相连接。

如图6所示。

质量为g m 50=的小球A 以一定的初速度由直轨道向左运动,并沿圆轨道的内壁冲上去,如果A经过N 点时的速度s m v /41=A 经过轨道最高点M 时对轨道的压力为N 5.0,取2/10s m g =.求:小球A 从N 到M 这一段过程中克服阻力做的功W .图6解析:解析:小球运动到M 点时,速度为m v ,轨道对球的作用力为N ,由向心力公式可得:Rv m mg N m 2=+即:s m v m /2=从N 到M 点由动能定理:2221212Nm f mvmv W R mg -=-⋅-即:J R mg mvmvWmNf1.02212122=⨯--=答案:J W f 1.0=反思:应用动能定理解题时,要选取一个过程,确定两个状态,即初状态和末状态,以及与过程对应的所有外力做功的代数和.由于动能定理中所涉及的功和动能是标量,无需考虑方向.因此,无论物体是沿直线还是曲线运动,无论是单一运动过程还是复杂的运动过程,都可以求解.热点2:机械能守恒定律例2、如图7所示,在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小球,杆可绕无摩擦的轴O 转动,使杆从水平位置无初速释放摆下。

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