状元之路好题精选第五章机械能及其守恒定律

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(word版)高中物理机械能守恒定律典型例题(含答案)【经典】,文档

第五章：机械能守恒定律第一讲：功和功率考点一：恒力功的分析与计算 1．(单项选择)起重机以1m/s 2的加速度将质量为 1000kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，g 取10m/s 2，那么在1s 内起重机对货物做的功是 ( )．答案 DA ．500JB ．4500JC ．5000JD ．5500J2．〔单项选择〕如下图，三个固定的斜面底边长度相等，斜面倾角分别为 30°、45°、60°，斜面的外表情况都一样。

完全相同的三物体 (可视为质点)A 、B 、C 分别从三斜面的顶部滑到底部，在此过程中( )选DA ．物体A 克服摩擦力做的功最多B ．物体B 克服摩擦力做的功最多C ．物体C 克服摩擦力做的功最多．三物体克服摩擦力做的功一样多3、〔多项选择〕在水平面上运动的物体，从t ＝0时刻起受到一个水平力 F 的作用，力F 和此后物体的速度v 随时间t 的变化图象如下图，那么( )．答案ADA ．在t ＝0时刻之前物体所受的合外力一定做负功B ．从t ＝0时刻开始的前 3s 内，力F 做的功为零C ．除力F 外，其他外力在第1s 内做正功D ．力F 在第3s 内做的功是第 2s 内做功的3倍4．(单项选择)质量分别为 2m 和m 的A 、B 两种物体分别在水平恒力 1 2 1 、 F 和F 的作用下沿水平面运动，撤去 F 2 v －t 图象如下图，那么以下说法正确的选项是( )．答案 C F 后受摩擦力的作用减速到停止，其 A ．F1、F2大小相等1 2 对A 、B 做功之比为2∶1B ．F 、FC ．A 、B 受到的摩擦力大小相等D ．全过程中摩擦力对 A 、B 做功之比为1∶25．(单项选择)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为 1 F 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.假设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，那么 ( ) A ．WF2>4WF1，B ．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1Wf2>2Wf1F2F1f2＝2Wf1F2F1f2<2Wf1答案CC．W<4W，W D．W<4W，W 6．如所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100kg的料车沿30°的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4m，假设不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功。

《状元之路》2016届高三物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律开卷速查20Word版含解析

开卷速查(二十) 实验1．(多选题)在探究功与物体速度变化的关系的实验中，某同学在一次实验中得到一条如图20－1所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间稀疏，出现这种情况的原因可能是( )图20－1A ．电源的频率不稳定B ．木板倾斜的程度太大C ．没有使木板倾斜或倾斜角太小D ．小车受到的阻力较大解析：出现上述情况的原因是小车先加速再减速，说明开始时橡皮筋的弹力大于摩擦力，随后又小于摩擦力，因此没有完全平衡摩擦力．答案：CD2．有4条用打点计时器(所用交流电频率为50 Hz)打出的纸带A 、B 、C 、D ，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的．为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为x1、x2、x3.请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为(已知当地的重力加速度为9.791 m/s2)()A．61.0 mm65. 8 mm70.7 mmB．41.2 mm45.1 mm53.0 mmC．49.6 mm53.5 mm57.3 mmD．60.5 mm61.0 mm60.6 mm解析：验证机械能守恒采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻0.02 s内的位移增加量为Δx＝gT2＝9.791×0.022 m≈3.9 mm.答案：C3．某同学利用打点计时器、已知质量为m的滑块、可调节高度的斜面、直尺等仪器进行“探究动能定理\”的实验，如图20－2甲所示，他首先将打点计时器固定在斜面的上端，并将滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，接通低压交流电源(已知其频率为f)后释放滑块，打点计时器在纸带上打下一系列点．甲乙丙图20－2回答下列问题：(用已知字母表示)(1)写出影响滑块动能变化的主要因素_____________________．(2)该实验探究中为了求合外力，应先求出滑块与斜面的动摩擦因数．该同学通过多次调节斜面的高度，得到一条打点间距均匀的纸带，如图20－2乙所示，此时相对应的斜面长为L 、斜面高为h .由此可求出滑块与斜面的动摩擦因数为μ＝______.(3)保持斜面长度不变，升高斜面高度到H (H >h )，该同学在实验中得到一条打点清晰的纸带，如图20－2丙所示，用直尺测出x 1、x 2、x 3，对A 、B 两点研究：此时滑块在A 、B 两点的速度大小为：v A ＝________，v B ＝________.(4)该同学对AB 段进行研究，根据记录的数据计算合外力对滑块做的功W ，滑块动能的变化量ΔE k ，在误差允许的范围内W ＝ΔE k .解析：(1)由滑块在斜面上运动可知，影响滑块动能变化的是合外力的功，即重力做功和摩擦力做功．(2)由题图可知滑块在斜面上做匀速直线运动，则有：mg sin θ＝μmg cos θ(θ为斜面的倾角)，可得μ＝tan θ＝hL 2－h 2.(3)由运动学公式得A 点的瞬时速度是v A ＝x 22T ＝x 22f ，B 点的瞬时速度是v B ＝x 3－x 12T ＝x 3－x 12f . 答案：(1)重力做功、摩擦力做功 (2)h L 2－h 2(3)x 22f x 3－x 12fB组能力提升4．某探究学习小组的同学欲以图20－3装置中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细砂、垫块．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：图20－3(1)你认为还需要的实验器材有________、________.(两个)(2)实验时为了保证滑块(质量为M)受到的合力与砂和砂桶的总重力大小基本相等，砂和砂桶的总质量m应满足的实验条件是__________，实验时首先要做的步骤是________．(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M.往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m.让砂桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)．则对滑块，本实验最终要验证的数学表达式为________________________(用题中的字母表示)．(4)要探究滑块与砂及砂桶组成的系统机械能是否守恒，如果实验时所用滑块质量为M，砂及砂桶总质量为m，让砂桶带动滑块在水平气垫导轨上加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)．则最终需验证的数学表达式为________________________(用题中的字母表示)．答案：(1)天平刻度尺(2)m≪M平衡摩擦力(3)mgL＝12M(v22－v21)(4)mgL＝12(m＋M)(v22－v21)图20－45．(2015·浙江省效实期中考试)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05 s闪光一次，图20－4中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度g取9.8 m/s2，小球质量m＝0.200 kg，结果均保留三位有效数字)：(1)由频5速度v5＝__________m/s.(2)从t 2到t 5时间内，重力势能增加量ΔE p ＝__________J ，动能减少量ΔE k ＝__________J.(3)在误差允许的范围内，若ΔE p 与ΔE k 近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔE p 不完全等于ΔE k ，造成这种结果的主要原因是____________．解析：(1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以可得v 5＝h 4＋h 52T ＝19.14＋21.660.1×10－2 m/s ＝4.08 m/s.(2)根据重力做功和重力势能的关系可得ΔE p ＝mg (h 2＋h 3＋h 4)＝1.42 J ；t 2时刻的速度v 2＝h 1＋h 22T ＝26.68＋29.180.1×10－2 m/s ＝5.59 m/s ，故动能减小量ΔE k ＝12m v 22－12m v 25＝1.46 J. (3)因为存在空气阻力，需克服阻力做功消耗机械能，故减小的动能要大于重力势能的增加量．答案：(1)4.08 (2)1.42 1.46 (3)存在空气阻力C 组难点突破6．如图20－5所示，两个质量分别为m 1和m 2的物块A 和B ，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端(m 1>m 2)，1、2是两个光电门．用此装置验证机械能守恒定律．图20－5(1)实验中除了记录物块B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测量的物理量是____________________．(2)用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式______________．解析：A、B运动过程中，若系统的机械能守恒，则有m1gh－m2gh＝12(m1＋m2)(v22－v21)，所以除了记录物体B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测的物理量有：m1和m2，两光电门之间的距离h.答案：(1)A、B两物块的质量m1和m2，两光电门之间的距离h(2)(m1－m2)gh＝12(m1＋m2)(v22－v21)。

【状元之路】高三物理一轮复习机械能及其守恒定律阶段考查Word版含解析

阶段考查(五)机械能及其守恒定律第Ⅰ卷选择题，共48分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)图5－11.光滑水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图5－1所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向从A处进入，沿着轨道运动到O处，在此过程中()A．轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大B．轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大C．轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大D．轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大解析：小球所受轨道的弹力总垂直于小球所在位置轨道的切线方向，即总垂直于小球的速度方向，因此轨道对小球不做功，小球的线速度大小不变，随着轨道半径减小其角速度增大，A正确．答案：A图5－22．(2015·浙江省嘉兴市测试)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳．如图5－2所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是() A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析：从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能的减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．答案：A图5－33.(多选题)带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5－3所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是() A．滑块将沿斜面减速下滑B．滑块仍沿斜面匀速下滑C．加电场后，重力势能和电势能之和不变D．加电场后，重力势能和电势能之和减小解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mg sinθ＝μmg cosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，A错误，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．答案：BD4．(2014·抚顺市六校联考)物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝10 kg，F随坐标x的变化情况如图5－4所示．若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦．借鉴教科书中学习直线运动时由v -t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F -x图象，可求出物体运动到x＝16 m处，速度大小为()图5－4A．3 m/s B．4 m/s C．2 2 m/s D.17 m/s解析：F -x图线与x轴所夹面积表示功，再结合动能定理W＝12m v2解得v＝2 2 m/s.答案：C5.图5－5(2014·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5－5所示，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高度的引力势能可表示为E P ＝GMmh R (R ＋h )，其中G 为引力常量，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.mg 月R R ＋h(h ＋2R ) B.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋22R D.mg 月R R ＋h ⎝⎛⎭⎪⎫h ＋12R 解析：根据题意可知，要使“玉兔”和飞船在距离月球表面高为h 的轨道上对接，若不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以W ＝E p ＋E k ，E p ＝GMmh R (R ＋h )，再根据：GMm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h ，据此可求得需要的动能：E k ＝GMm 2(R ＋h )，再联系：GM ＝g 月R 2，由以上三式可求得，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为：W ＝mg 月R R ＋h(h ＋12R )，所以该题正确选项为D. 答案：D图5－66．如图5－6所示，一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在两个力的方向上的速度分量分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( ) A.16m v 2 B.14m v 2 C.13m v 2 D.12m v 2 解析：在合力F 的方向上，由动能定理得，W ＝Fs ＝12m v 2，某个分力的功为W 1＝F 1s cos30°＝F 2cos30°s cos30°＝12Fs ＝14m v 2，故B 正确．答案：B图5－77．(多选题)如图5－7所示，质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为 v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21 D.12m 2v 22 解析：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 两选项正确．答案：BC图5－88．如图5－8所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小解析：0～t 1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F 大小恒定，但汽车的速度v 逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A 错误；在t 1～t 2时间内，牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B 错误；根据“面积”法求位移，在t 1～t 2时间内汽车的位移s ＞12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)，所以平均速度v －＝s t 2－t 1>12(v 1＋v 2)，选项C 错误；在全过程中t 1时刻的斜率最大，加速度a 1也最大，根据F 1＝f ＋ma 1可知，此时牵引力F 1最大，此时刻的功率P 1也是在0～t 1时间内最大的，在t 1时刻之后，汽车的功率保持P 1不变，所以P 1是整个过程中的最大值，在t 2～t 3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D 正确．答案：D第Ⅱ卷非选择题，共52分二、实验题(本大题共2小题，共15分)图5－99．(7分)光电计时器是物理实验中经常用到的一种精密计时仪器，它由光电门和计时器两部分组成，光电门的一臂的内侧附有发光装置(发射激光的装置是激光二极管，发出的光束很细)，如图5－9中的A 和A′，另一臂的内侧附有接收激光的装置，如图5－9中的B和B′，当物体在它们之间通过时，二极管发出的激光被物体挡住，接收装置不能接收到激光信号，同时计时器就开始计时，直到挡光结束，光电计时器停止计时，故此装置能精确地记录物体通过光电门所用的时间．现有一小球从两光电门的正上方开始自由下落，若要用这套装置来验证机械能守恒定律，则要测量的物理量有__________(每个物理量均用文字和字母表示，如高度H)；验证机械能守恒的关系式为__________．解析：本实验是围绕机械能守恒定律的验证设计的，关键是速度的测定，本题改打点计时器测量速度为光电门测量．由于本装置可记录小球通过光电门的时间Δt，则将小球的直径D除以Δt，即可求出小球经过光电门的速度，若再测出两光电门间相距的高度H，即可验证机械能守恒定律，故需要测量的物理量有：小球直径D，两光电门间的竖直高度H ，小球通过上下两光电门的时间Δt 1、Δt 2，则小球通过上、下两光电门处的速度分别为D Δt 1、D Δt 2. 则验证机械能守恒的关系式为：12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 22－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫D Δt 12＝mgH ，化简得：D 2Δt 22－D 2Δt 21＝2gH . 答案：小球直径D 、两光电门间的竖直高度H 及小球通过两光电门的时间Δt 1、Δt 2 D 2Δt 22－D 2Δt 21＝2gH图5－1010．(8分)某探究学习小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它做功的关系\”，在实验室设计了一套如图5－10所示的装置，图中A 为小车，B 为打点计时器，C 为弹簧测力计，P 为小桶(内有砂子)，M 是一端带有定滑轮的足够长的水平放置的木板．(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交变电源(含导线)外，还需要的两个实验仪器是________、________.(2)小组中一位成员在完成该实验后发现系统摩擦力对实验结果影响较大，请你帮助该同学设计一种能够测出系统摩擦力大小的方法．解析：(1)利用刻度尺测出纸带上点之间的距离，然后计算速度．利用天平测小车的质量．(2)当小车做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数等于绳子上的拉力，又由平衡条件可知，绳子上的拉力等于小车受到的阻力．答案：(1)刻度尺天平(2)调整小桶内砂子的质量，当打点计时器在纸带上打了间隔均匀的点迹时，弹簧测力计的读数即为系统摩擦力的大小(只要原理正确、方法得当、结论正确，均正确)三、计算题(本大题共2小题，共37分)11．(17分)如图5－11所示为一传送装置，其中AB段粗糙，AB 段长为L＝0. 2 m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1 m的高度差，DEN是半径为r ＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：图5－11(1)小球到达N点时速度的大小；(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．解析：(1)“小球刚好能沿DEN 轨道滑下”，在圆周最高点D 必有：mg ＝m v 2D r .从D 点到N 点，由机械能守恒得：12m v 2D ＋mg ×2r ＝12m v 2N ＋0. 联立以上两式并代入数据得：v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0. 代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.答案：(1)2 5 m/s (2)0.44 J12．(20分)如图5－12所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m 、半径均为r 的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F 的作用下均静止，力F 与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h .现撤去力F 使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g .求：图5－12(1)水平外力F 的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．解析：(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan θ＝F 10mg得F ＝10 mg tan θ.(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh ＝12m v 2 解得v ＝2gh .(3)撤去水平外力F 后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：10 mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋18r 2sin θ＝12·10 m ·v 21 解得v 1＝2g (h ＋9r sin θ)以1号球为研究对象，由动能定理得mgh ＋W ＝12m v 21 得W ＝9mgr sin θ.答案：(1)10mg tan θ (2)2gh(3)9mgr sin θ。

之路高三物理一轮复习课件第章机械能及其守恒定律1

答案：AC
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必修2 第五章第1讲
高考进行时一轮总复习 ·物理（新课标通用版）
题型分类学方法
考点分类点点击破
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必修2 第五章第1讲
高考进行时一轮总复习 ·物理（新课标通用版）
题型一功的计算 1.恒力做的功直接由 W＝Flcosα 计算． 2．合外力做的功方法一：先求合外力 F 合，再用 W 合＝F 合 lcosα 求功．方法二：先求各个力做的功 W1、W2、W3…，再应用 W 合＝ W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
2．公式：(1)P＝Wt ，定义式求的是□11 平均功率． (2)P＝Fvcosα，α 为□12 F 与 v 的夹角．
若 v 是平均速度，则 P 为平均功率；若 v 是瞬时速度，则 P 为瞬时功率．
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必修2 第五章第1讲
高考进行时一轮总复习 ·物理（新课标通用版）
3．单位：瓦特(W).1 W＝1 J/s,1 kW＝1 000 W.
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必修2 第五章第1讲
高考进行时一轮总复习 ·物理（新课标通用版）
3．变力做的功 (1)应用动能定理求解． (2)用 W＝Pt 求解，其中变力的功率 P 不变． (3)常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时根据条件灵活选取．
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必修2 第五章第1讲
解析：(1)第 1 s 内滑块的位移为 l1＝0.5 m，第 2 s 内滑块的位移为 l2＝－0.5 m.
由 W＝Flcosα 可得，W1＝0.5 J，W2＝－1.5 J. (2)前 2 s 内力 F 的总功 WF＝W1＋W2＝－1 J. 由动能定理可求合力的功 W＝12mv22－12mv21＝0.

2015届高考物理第一轮复习第5章机械能及其守恒定律5-1新课标人教版Word版含解析

第五章机械能及其守恒定律第1讲功和功率A对点训练——练熟基础知识题组一正、负功的判断及计算1．如图5－1－16所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是()．图5－1－16A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体做正功D．合外力对物体做正功解析物体P匀速上升过程中，合外力为零，合外力对物体做功为零，D错误；支持力垂直于运动方向，故支持力做功为零，C错误；摩擦力沿斜面向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A正确；B错误．答案 A2．(2013·安徽铜陵模拟，19)如图5－1－17所示，甲、乙两容器形状不同，容积却相同，现有两块完全相同的金属块用细线系着分别浸没同样深度，这时两容器水面相平．如果将金属块匀速提出水面，则下列说法中正确的是()．图5－1－17A．将金属块从甲容器中提出水面的过程中拉力做功多些B ．将金属块从乙容器中提出水面的过程中拉力做功多些C ．将金属块分别从甲、乙两容器中提出水面的过程中拉力做功相同D ．将金属块分别从甲、乙两容器中提出水面的过程中拉力做功多少无法比较解析如果将金属块匀速提出水面，则拉力相等．当金属块出水面后甲容器液面下降的高度小，因此金属块在甲容器内的位移大，金属块从甲容器中提出水面的过程中拉力做功多些，A 正确．答案 A3．如图5－1－18所示，一个物块在与水平方向成α角的恒力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x ，在此过程中，恒力F 对物块所做的功为 ( )．图5－1－18A ．Fx sin αB ．Fx cos αC ．Fx sin αD ．Fx cos α解析由于力F 与位移x 的夹角为α，所以力F 做的功为W ＝Fx cos α，故D 正确．答案 D4．(2013·石家庄二模)如图5－1－19所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v －t 图象．下列判断正确的是 ( )．图5－1－19A ．在t ＝1 s 时，滑块的加速度为零B ．在4 s ～6 s 时间内，滑块的平均速度为2．5 m/sC ．在3 s ～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 WD ．在5 s ～6 s 时间内，滑块受到的合力为2 N解析由题图可知，t ＝1 s 时，滑块的加速度大小为2 m/s 2，A 选项错误．4 s ～6 s 时间内，滑块的位移x ＝⎝⎛⎭⎪⎫4×1＋42×1 m ＝6 m ，所以平均速度为v ＝x t ＝3 m/s ，B 选项错误．3 s ～7 s 时间内，合力做功W ＝－12m v 2＝－12×1×42 J ＝－8J ，所以合力做功的平均功率P ＝|W |t ＝84 W ＝2 W ，C 选项正确．5 s ～6 s 时间内F ＝ma ＝4 N ．选项D 错误．答案 C5．如图5－1－20所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是 ( )．图5－1－20A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，此时物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a ＝g tan θ，当a >g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a <g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B 是错误的．答案 B6．(2014·开封一中检测)如图5－1－21所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为()．图5－1－21A．μmgL B．2μmgLC．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL解析m缓慢运动至右端，拉力F做功最小，其中F＝μmg＋F T，F T＝μmg，小木块位移为L2，所以W F＝F·L2＝μmgL．答案 A题组二功率的计算及机车的启动7．如图5－1－22所示，分别用F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的功率关系为()．图5－1－22A．P1＝P2＝P3B．P1>P2＝P3C．P3>P2>P1D．P1>P2>P3解析设物体的质量为m，三种情况下物体的加速度a相同，由牛顿第二定律知F－mg sin α＝ma，故各力在速度方向上的分量都相同，又因加速度相同，斜面长度相同，所以三种情况下到达斜面顶端时的速度相等，所以据功率公式可知P1＝P2＝P3，故选A．答案 A8．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()．A．120 km/h B．240 km/hC．320 km/h D．480 km/h解析若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1＝P4kmg＝120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2＝6P9kmg＝23×4v1＝83×120km/h＝320 km/h，故选项C正确．答案 C9．两辆完全相同的汽车，都拖着完全相同的拖车以相同的速度在平直公路上匀速齐头并进，某一时刻两拖车同时与汽车脱离，之后甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，则一段时间后(假设均未达到最大功率) ()．A．甲车超前，乙车落后B．乙车超前，甲车落后C．它们仍齐头并进D．甲车先超过乙车，后乙车又超过甲车解析拖车与汽车脱离之前，汽车的牵引力等于摩擦力，脱离之后，汽车受到的摩擦力F f减小，因为甲汽车的牵引力F保持不变，所以其将做匀加速直线运动，且加速度的大小为a＝(F－F f)/m，而乙汽车保持原来的功率不变做加速运动，根据P＝F v可知，其牵引力会随其速度的逐渐增大而减小，其加速度大小也会从a＝(F－F f)/m逐渐减小，可见，甲车的速度较大，甲车超前，乙车落后．答案 A10．质量为2 000 kg、额定功率为80 kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为20 m/s．若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，运动中汽车所受阻力的大小不变．求：(1)汽车所受阻力的大小．(2)3 s末汽车的瞬时功率．(3)汽车做匀加速运动的时间．(4)汽车在匀加速运动中牵引力所做的功．解析 (1)已知汽车在运动中所受阻力的大小不变，当汽车以最大速度行驶时，根据P ＝F v ，可求得速度最大时牵引力为F ＝P v ＝4 000 N此时牵引力和阻力大小相等，故F 阻＝4 000 N(2)3 s 末汽车的速度v 1＝at 1＝6 m/s由F －F 阻＝ma 可得此时的牵引力为F ＝ma ＋F 阻＝8 000 N故此时的功率为P ′＝F v 1＝4．8×104 W(3)设汽车匀加速运动的时间为t ，则t 时刻汽车的速度为v ＝at ＝2t此时汽车的功率为额定功率，又P ＝F v代入数据解得t ＝5 s(4)匀加速运动阶段牵引力为恒力，故牵引力所做的功为W ＝Fl ＝F ·12at 2＝8 000×12×2×52 J ＝2×105 J ．答案 (1)4 000 N (2)4．8×104 W (3)5 s (4)2×105 JB 深化训练——提高能力技巧11．(2013·重庆市九校联考)设匀速行驶的汽车的发动机保持功率不变，则下列说法正确的是 ( )． ①路面越粗糙，汽车行驶越慢 ②路面越粗糙，汽车行驶越快 ③在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得快 ④在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得慢A ．①④B ．②③C ．②④D ．①③解析汽车匀速行驶的速度即晨大速度v m ＝P f ．路面越粗糙f 越大，在同一路面载货时f 比不载货时大，故D 项正确．答案 D12．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，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5－1－23所示，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是 ( )．图5－1－23A．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 W B．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 W C．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6 W D．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15 W 解析由题图知前3 m位移内拉力大小为5 N，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝1．5 m/s2，所用时间为t＝2xa＝2 s，末速度为3 m/s；后6 m位移内拉力大小等于2 N，与摩擦力等大反向，所以物体在AB段做匀速直线运动，整个过程中拉力的最大功率为P m＝F m v m＝15 W，D 对．答案 D13．质量分别为2m和m的A、B两种物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图象如图5－1－24所示，则下列说法正确的是()．图5－1－24A．F1、F2大小相等B．F1、F2对A、B做功之比为2∶1C．A、B受到的摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2解析设A加速时加速度大小为a，则减速时加速度大小为0．5a，B加速时加速度大小为0．5a，减速时加速度大小为a．根据牛顿第二定律，对A：F1－F f1＝2ma，F f1＝2m×0．5a，对B：F2－F f2＝0．5ma，F f2＝ma，解得F1＝3ma，F2＝1．5ma，F f2＝F f1．A错误，C正确；外力F1、F2做功分别为：W1＝F1l1，W2＝F2l2，由图线围成的面积可知l1＝0．5l2，故W1∶W2＝1∶1，B错误；两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1l∶F f2l＝1∶1，D错误．答案 C14．(2013·上海模拟)如图5－1－25甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg 的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．图5－1－25(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力F f1；(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a；(3)求BC路段的长度．解析(1)汽车在AB路段时，有F1＝F f1，P＝F1v1，F f1＝Pv1，联立解得：F f1＝20×10310N＝2 000 N．(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝F f2，P＝F2v2，F f2＝Pv2，联立解得：F f2＝20×1035N＝4 000 N．t＝5 s时汽车开始减速运动，有F f1－F f2＝ma，解得a＝－1 m/s2．(3)Pt－F f2x＝12m v22－12m v21解得x＝68．75 m．答案(1)2 000 N(2)－1 m/s2(3)68．75 m。

2011届状元之路物理2.5.1机械能及其守恒定律

答案:(1)62.8 J (2)-50 J (3)0 (4)-12.8 J
方法总结:在遇到求功的问题时,一定要注意分析是求恒力做的功还是变力做的功,如果是求变力做的功,看能否转化为求恒力做功的问题,不能转化的,还可以借助动能定理和能量守恒定律来求解.
创新预测1 如图5-1-10所示,用恒力F通过光滑的定滑轮把静止在水平面上的物体从位置A拉到位置B,物体的质量为m, 定滑轮离水平地面的高度为h,物体在水平位置A､B时细绳与水平方向的夹角分别为θ 1和θ 2,求绳的拉力对物体做的功.
力的瞬时功率也等于零,则宇航员受重力的瞬时功率变化
情况先增大后减小,故C正确. 答案:C
题型研练
【例1】如图5-1-9所示,一质量为m= 2.0 kg的物体从半径为R=5.0 m的圆弧的A端,在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端
(圆弧AB在竖直平面内).拉力F大小不变始终为15 N,方向始终与物体在该点的切线成37°角.圆弧所对应的圆心角为 60°,BO边为竖直方向,求这一过程中:(g取10 m/s2) (1)拉力F做的功.
第五章机械能及其守恒定律 §5.1 功功率
知识精要
一､功 1.功的物理意义如果物体在力的作用下能量发生了变化,那么这个力一定对物体做了功,即功总是伴随着能量的转化,是能量转化的量度.
2.做功的两个不可缺少的因素:力和物体在力的方向上发生的
位移,二者缺一不可.
3.恒力做功 (1)公式:W=Flcosα. (2)功的正､负 ①当0≤α <90°时,W>0,力对物体做正功;
P W ,P为时间t内的平均功率. t
(2)P=Fvcosα,α 为F与v的夹角.
①若v为平均速度,则P为平均功率.

物理新课标状元之路一轮总复习考点调查答案解析

高考进行时一轮总复习·物理(新课标通用版)考点调查·答案解析必修1第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲描述运动的基本概念回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理参考地面运动同一参考系质量理想化大小形状位置 □10有向线段 □11轨迹 □12初 □13末 □14等于 □15小于 □16位移 □17时间 □18xt□19时刻 □20切线 □21大小 □22标量 □23变化快慢 □24ΔvΔt□25相同 □26矢量考点自测 1．答案：BD2．解析：在解答本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A 选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系．参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以．答案：AD3．解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A 错，B 正确．路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等．如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同．如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以C 、D 正确．答案：BCD4．解析：运动员的位移x 相同，由v ＝xt知，孙培萌用时短，则其平均速度大，C 正确．答案：C 5．答案：B6．解析：正、负号表示运动方向，不表示大小，A 错误；甲的加速度与速度同向，做匀加速直线运动，乙的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动，B 正确；甲、乙的速度无法比较，C 错误；加速度大小相等，相等时间内速度变化的大小相等，D 正确．答案：BD题型分类学方法————————————————【例1】解析：楼房和地面相当于同一参考系，所以，甲是匀速下降．乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，且v 乙＞v 甲．甲看到丙匀速上升，丙有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v 丙＜v 甲．丙看到乙匀速下降，丙也有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v 丙＜v 乙．经上述分析，A 、B 均有可能．答案：AB变式训练1 解析：河岸上的旗帜右飘，说明有向右吹的风，A 船的旗帜向右飘，无法判断A 船的运动情况；B 船的旗帜向左飘，所以B 船一定向右运动，且其运动速度大于风速．答案：C【例2】解析：物体在AB 段的平均速度v ＝xt＝1 m/s ，A 正确；ABC 段的平均速度v＝22＋122＝ m/s ＝52m/s ，B 正确；时间间隔越短，越接近A 点的瞬时速度，C 正确；在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，D 错误．答案：ABC变式训练2 解析：设全程位移为x ，则有t 1＝23x v 1，t 2＝13x v 2，v ＝xt 1＋t 2，解得v 1＝70 km/h.答案：D【例3】解析：对于加速直线运动，当加速度减小时，速度还在增加，只不过增加变慢，A 可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就改变，B 不可能；加速度仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小得最快，当然速度可能最小，若加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大得最慢，加速度为零时，速度取得最大值，C 可能；加速度方向不变，物体可能做初速度不为零的匀减速运动，而后做反向的匀加速运动，D 可能．故选B.答案：B变式训练3 解析：做变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．答案：ABCD特色一角提技能————————————————亲身体验解析：物体的形状和大小对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点．研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点；同学的身体姿态、动作，飞船的飞行姿态均不能忽略，所以同学和“神舟”十号均不能看成质点；用“北斗”导航系统确定海监船的位置时，海监船的大小可以忽略，可以看成质点，D 正确．答案：D第2讲匀变速直线运动的规律回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax 中间一半 aT 2 1∶2∶3∶……∶n 1∶22∶32∶……∶n 2 1∶3∶5∶……∶(2n －1) □101∶(2－1)∶(3－2)∶……∶(n －n －1) □11gt □1212gt 2 □132gh □14v 0－gt □15v 0t －12gt 2□16v 2－v 20 □17v 202g□18v 0g考点自测1．解析：由题意，飞机的初速度为0，所以x ＝12at 2，将x ＝1 600 m ，t ＝40 s 代入得a＝2×1 600 m (40 s )2＝2 m/s 2，故v ＝at ＝2 m/s 2×40 s ＝80 m/s.答案：A2．解析：根据v ＝v 0＋at ，则a ＝－10－102m/s 2＝－10 m/s 2.由于物体做匀变速运动，所以v ＝v ＋v 02＝0.即C 正确，其余均错．答案：C3．解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确．答案：B4．解析：设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v 0，则v 2－v 20＝2ax ，即502－v 20＝2×6×200，解得v 0＝10 m/s ，B 正确．答案：B5．解析：由匀加速直线运动的位移公式可知x ＝v －t ＝0＋v 2t ＝12v t ，选项A 错误，选项B 正确；匀减速直线运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD6．解析：本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查考生建立物理模型的能力和应用物理规律解决实际问题的能力．由自由落体的规律，得h ＝12gt 2＝20 m.答案：B题型分类学方法————————————————【例1】解析：由于物体连续做匀减速直线运动，可以直接应用匀变速运动公式．以v 0的方向为正方向．(1)设经时间t 1回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知，6 s 末物体的速度 v ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s ，方向与初速度方向相反变式训练1 解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6s ＝10 s所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×(－6)m ＝300 m.(2)解法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602 m/s ＝30 m/s解法二：v ＝Δx Δt ＝30010m/s ＝30 m/s.(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m.答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m 【例2】解析：解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面．故s BC ＝at 2BC /2，s AC ＝a (t ＋t BC )2/2. 又s BC ＝s AC /4，解得：t BC ＝t . 解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．现有s BC ∶s BA ＝(s AC /4)∶(3s AC /4)＝1∶3，通过s AB 的时间为t ，故通过s BC 的时间t BC ＝t . 解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC ＝(v t ＋v 0)/2＝(v 0＋0)/2＝v 0/2.又v 20＝2as AC ① v 2B ＝2as BC ② s BC ＝s AC /4③解①②③得：v B ＝v 0/2.可以看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置．因此有t BC ＝t .解法四：图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v -t 图象，如图所示．S △AOC /S △BDC ＝CO 2/CD 2.且S △AOC ＝4S △BDC ，OD ＝t ， OC ＝t ＋t BC .故4/1＝(t ＋t BC )2/t 2BC. 得t BC ＝t .对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比 t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(4－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t . 答案：t变式训练2 解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解题的能力．第一段Δx 的中间时刻的速度为v 1＝Δxt 1，第二段Δx 的中间时刻的速度为v 2＝Δxt 2，则加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 项正确．答案：A【例3】解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s.上升的最大高度 h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m.故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m. 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2H g ＝ 2×18010s ＝6 s.v t ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m.由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．解法三：对称法根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v t ，则v 2t －v 20＝2gh .解得v t ＝60 m/s ，方向竖直向下．经过h 历时Δt ＝v t －v 0g＝5 s.从最高点到落地历时t 1＝v tg＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s变式训练3解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)，自由落体运动符合这一规律．如图所示，11个小球将125 m 分成10段，设由上至下为x 1、x 2…x 10. h ＝12gt 2，t ＝ 2h g ＝5 s Δt ＝t10＝0.5 s.(2)因为t 1＝Δt ，故x 1＝h 1＝12gt 21＝12×10×0.25 m ＝1.25 m. 第3个球与第5个球之间的距离为h 7＋h 8，而根据此例：h 7＝13x 1，h 8＝15x 1Δh ＝h 7＋h 8＝28h 1＝28×1.25 m ＝35 m. 答案：(1)0.5 s (2)35 m特色一角提技能————————————————亲身体验解析：由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s ＜6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a ＝25 m ，C 正确．答案：C第3讲运动图象追及和相遇问题回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理位移时间速度速度速度时间加速度加速度位移大小 □10正方向 □11负方向 □12同一 □13相等 □14等于考点自测1．解析：物体的位移随时间的变化关系图线不表示物体的运动轨迹，其斜率表示速度，故物体做变速直线运动，选项B 正确．答案：B 2．解析：x -t 图象中，质点能回到初始位置，则初末时刻纵坐标相同，A 正确；B 表示末位置在初位置关于坐标原点的对称点，B 错误；速度-时间图线与横轴所围的面积表示该过程的位移，且有正负之分，C 中所围的面积为正，D 中横轴上下方面积恰好抵消，故C 错误，D 正确．答案：AD3．解析：0～0.5 s 甲、乙运动方向相反，A 错误；在v -t 图象中，图线与时间轴包围的面积为物体的位移，B 正确；在0～4 s 内，甲的速度始终为正，即始终向正方向运动，C 错误；在v -t 图象中，图线斜率的正负表示加速度的方向，6 s 时斜率均为负，所以D 正确．答案：BD4．解析：如图汽车A 以v 0＝20 m/s 的初速度做匀减速直线运动经40 s 停下来．据加速度公式可求出a ＝－0.5 m/s 2.当A 车减为与B 车同速时是A 车逼近B 车距离最近的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞．据v 21－v 20＝2as可求出A 车减为与B 车同速时的位移s 1＝364 m所用时间t ＝v 1－v 0a＝28 s所以B 车位移s 2＝v 1t ＝168 m Δs ＝364 m －168 m ＝196 m>180 m 所以两车会相撞．答案：能题型分类学方法———————————————— 【例1】解析：在x -t 图象中表示的是直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹，由甲、乙两车在0～t 1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A 、B 两项均错．在v -t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C 项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 项错误．答案：C变式训练1 解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x -t 关系图象可大致表示为B 图．答案：B【例2】解析：解法一(解析法)：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程时间为t ，则v 乙＝v 甲－at ，解得t ＝12 s ，此时甲、乙间距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t ＝10×12 m －12×0.5×122 m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有 t 1＝v 甲a＝20 s ，t 1时间内，x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 m ，x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m ，此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204 s ＝5 s.故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 解法二(图象法)：作出两车运动的v -t 图象如图所示．(1)甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，由图象得此时刻即为交点对应时刻t ＝12 s ，最大距离为阴影部分面积Δx ＝12×(10－4)×12 m ＝36 m.(2)乙车追上甲车，即两车位移相等，x 甲＝12×10×20 m ＝100 m.x 乙＝x 甲＝4t . 则t ＝25 s.答案：(1)36 m (2)25 s变式训练2 解析：以小汽车起动位置为坐标的起点，并从它起动时开始计时，则小汽车的位移x 1与大卡车的位移x 2随时间t 的变化关系式如下：x 1＝12at 21①x 2＝v 0t 2 ②(1)小汽车追上大卡车的条件是：运动相同时间且位移相同． x 1＝x 2＝x ③ t 1＝t 2＝t ④由①～④式解得t ＝2v 0a ＝2×102s ＝10 s ，x ＝v 0t ＝10×10 m ＝100 m.(2)小汽车追上大卡车时的速度为 v ＝at ＝2×10 m/s ＝20 m/s.(3)两车之间的距离大小与两车的相对速度有关，当两车的速度相等时，两车间的距离最大．设两车速度相等的时刻为t ′，则有v 0＝at ′ ⑤由⑤式解得t ′＝v 0a ＝102s ＝5 s.故两车间的最大距离为x m ＝v 0t ′－12at ′2＝10×5－12×2×25 m ＝25 m.答案：(1)100 m (2)20 m/s (3)25 m特色一角提技能———————————————— 亲身体验1的初速度沿同一方向做匀减速直线运动，在t ＝10 s 时，两车达到相同速度．因此，在0～10 s 内，乙车速度大于甲车，而10 s 以后甲车速度大于乙车．由于t ＝0时刻，两车处于同一位置，所以0～10 s 内乙车在前，甲车在后，且甲、乙两车逐渐远离；10～20 s 内，仍然乙车在前，但甲、乙车开始相互靠近．答案：C亲身体验2 解析：(1)设甲从离接力区13.5 m 处到赶上乙所用时间为t ，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x ，甲、乙二人所用时间相等．由几何关系知，对甲13.5＋xv ＝t ，对乙x ＝12at 2，且v ＝at ＝9 m/s ，由以上各式可解得a ＝3 m/s 2， t ＝3 s ， x ＝13.5 m.(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L －x ＝20 m －13.5 m ＝6.5 m. 答案：(1)3 m/s 2 (2)6.5 m第4讲实验：研究匀变速直线运动回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理加速度 0.02 匀变速直线 3aT 2 0.1 s 考点自测1．解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．C 中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E 属于多余步骤．应补充G ，换上新纸带，重复操作两次．H.断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B 、F 、C 、A 、D 、G 、H.答案：见解析2．解析：a ＝(x 6＋x 5＋x 4)－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2＝(2.78＋2.00＋1.22)－(5.18＋4.40＋3.62)9×0.12cm/s 2 ＝－80 cm/s 2＝－0.80 m/s 2，“－”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A →B .v 3＝x 3＋x 42T ＝3.62＋2.782×0.1 cm/s ＝32.0 cm/s ＝0.32 m/s.方向从B →A .答案：(1)0.1 (2)0.80 A →B (3)0.32 B →A题型分类学方法———————————————— 【例1】解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，所以v B ＝x AC 2×0.1 s ＝0.050.2m/s ＝0.25 m/s ，v CE ＝x CE2×0.1 s＝0.14－0.050.2 m/s ＝0.45 m/s.(2)v -t 图象如图所示．(3)在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，即a ＝0.55－0.250.3m/s 2＝1.0 m/s 2答案：(1)0.25 0.45 (2)见上图 (3)1.0变式训练1 解析：(1)DCBA (2)T ＝5×0.02 s ＝0.10 s(3)v 5＝s 4＋s 52T (4)a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2答案：(1)DCBA (2)0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T(4)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2【例2】解析：物体只在重力的作用下做匀加速直线运动，通过对纸带数据的处理，可以求出当地的重力加速度数值．方法A ：g ＝g 1＋g 2＋g 3＋g 4＋g 55＝x 2－x 1T 2＋x 3－x 2T 2＋x 4－x 3T 2＋x 5－x 4T 2＋x 6－x 5T 25＝x 6－x 15T 2所以方法A 中只有x 1和x 6起作用．方法B ：g ＝g 1＋g 2＋g 33＝x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 23＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2所以方法B 中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6均起作用．因此选择方法B 更合理，更易减小偶然误差．本实验中误差来源较多，例如：阻力不恒定、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等．答案：x 1、x 6 x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6 B 偶然阻力不恒定、交流电频率不稳定等变式训练2 解析：(1)d ＝10 mm ＋0.05 mm ×2＝10.10 mm＝1.010 cm.(2)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2m/s ＝1.0 m/s ；v 2＝d t 2＝1.010×10－24×10－3m/s ＝2.5 m/s. (3)v 1、v 2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．答案：(1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度滑块特色一角提技能————————————————亲身体验解析：实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率；由Δx ＝gT 2和逐差法解得当地重力加速度g ＝9.72 m/s 2；该实验存在的系统误差可能有：存在空气阻力，水滴滴落的频率变化等．答案：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 (2)9.72 2.27(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化)第二章相互作用第1讲常见的三种力回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理大小方向作用点地球正比 mg 弹簧测力计竖直向下质量 □10形状 □11弹性形变 □12接触 □13弹性形变 □14相反 □15弹性形变 □16正比 □17kx □18劲度系数 □19N/m □20改变量 □21相对静止 □22相对运动 □23粗糙 □24压力 □25相对运动趋势 □26粗糙 □27压力 □28相对运动 □290 □30F f m □31相反 □32μF N □33相反 □34相对运动趋势 □35相对运动考点自测1．解析：物体所受的重力等于质量跟该处重力加速度的乘积，地球各处的重力加速度不一定相等，而认为重力作用在物体的重心上，只是物体各部分都受重力作用的等效处理，所以重心由物体的几何形状和质量分布决定．答案：C2．解析：物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的．答案：C3．解析：不拉A 时，对A ：kx 1＝mg ① B 刚要离开地面时，对B ：kx 2＝mg ② L ＝x 1＋x 2③由①②③得：L ＝2mgk.答案：B4．解析：静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系，选项A 错误，B 正确；摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直，故摩擦力方向一定与弹力方向垂直，选项C 错误；水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直，所以选项D 错误．答案：B5．解析：甲图是静摩擦力，由平衡条件得：F 1＝80 N ，乙图是滑动摩擦力，由F f ＝μF N得F f ＝0.45×200 N ＝90 N ，故选项C 正确．答案：C题型分类学方法————————————————【例1】解析：(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F 1＝mg, 方向竖直向上 .(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如图，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得F 2sin θ＝ma ，F 2cos θ＝mg ，解得F 2＝m g 2＋a 2，θ＝arctan a g. (3)将a ＝g tan α 代入(2)问结论得F 2＝mg cos α，θ＝α，即弹力沿杆向上．答案：(1)mg ，方向竖直向上(2)m g 2＋a 2，方向与竖直方向夹角为arctan a g(3)mg cos α，沿杆向上变式训练1解析：取球受力分析如图所示，由平衡条件知F 杆＝62＋82 N ＝10 N ，设F 杆与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝F G ＝68，所以θ＝37°. 答案：C【例2】解析：对A 、B 整体受力分析如图甲所示，滑动摩擦力F f1使整体产生加速度a ，设A 与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得F f1＝μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝μg ，保持不变，方向水平向左．乙再隔离B ，B 的受力分析如图乙所示，为获得加速度a ，B 受到A 的静摩擦力只能水平向左，且大小F f2＝m B a ＝μm B g ，故A 正确．答案：A变式训练2 解析：因小球受到竖直向下的重力和斜向右上方的绳的拉力作用，因此，合力一定向右，故汽车的加速度水平向右，但有可能是向左做匀减速运动，故A 错误，B 正确；分析m 1的受力可知，只有受到的摩擦力水平向右，m 1才能产生向右的加速度，故C 正确，D 错误．答案：BC【例3】解析：(1)因A 、B 向右匀速运动，B 物体受到的合力为零，所以B 物体受到的摩擦力为零．(2)因A 、B 无相对滑动，所以B 受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力公式F f ＝μF N 来计算，用牛顿第二定律对B 物体分析有F 合＝ma 得F f ＝ma ，方向水平向右．(3)因A 、B 发生了相对滑动，所以B 受到的摩擦力是滑动摩擦力，即F f ＝μF N ＝μmg ，方向水平向右．(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以F f ＝μmg ，方向水平向右．答案：(1)0(2)ma ，方向水平向右(3)μmg，方向水平向右(4)μmg，方向水平向右变式训练3解析：木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F＝μ2mg，长木板始终静止，则地面对长木板的静摩擦力大小为F′＝F＝μ2mg.故只有C选项正确．答案：C特色一角提技能————————————————亲身体验解析：设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α<θ时，铁块与木板相对静止．由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为F f＝mg sinα；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力．设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得，铁块受到的滑动摩擦力为F f＝μmg cosθ.通过上述分析知道：α<θ时，静摩擦力随α角增大按正弦函数增加；当α≥θ时，滑动摩擦力随α角增大按余弦规律减小，所以正确选项为C.答案：C第2讲力的合成与分解回扣教材抓基础————————————————知识梳理效果效果合力分力合力平行四边形合力分力力的合成□10大小□11方向□12平行四边形定则□13大小□14方向考点自测1．解析：以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确．答案：A2．解析：合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力、两分力之间的夹角越大，合力越小；夹角越小，则合力越大．答案：C3．解析：对c而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d而言，风力在沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力，B正确．答案：B4．答案：ABD5．解析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把F沿竖直和水平方向正交分解．水平方向：F cosα＝F N竖直方向：mg＝F sinα＋F f，又F f＝μF N，得F＝mgsinα＋μcosα.答案：mgsinα＋μcosα题型分类学方法————————————————【例1】解析：本题考查力的合成．二力合成合力的范围在|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，代入数据可得，合力的范围：20 N≤F≤80 N，所以D不可能．答案：D变式训练1解析：以日光灯为研究对象，日光灯受到两绳拉力和自身的重力，三力的作用线必然交于一点，选项C正确，选项D错误；由三力平衡可知在水平方向有T a sin60°＝T b sin45°，故T a<T b，选项A、B错误．答案：C【例2】解析：按照作用效果进行分解，物体的重力产生了垂直压半球体的效果和沿斜面下滑趋势的效果，受力如图所示，因质点静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，A 项正确，D 项正确．因质点受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算．答案：AD变式训练2 解析：将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f ＝(2m ＋M )g ，故F f 不变，选项A 错误，B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O 受力分析可知，竖直方向上：2F N1cos θ＝Mg ，对木块m 受力分析可知，水平方向上：F N ＝F N1sin θ，两式联立解得F N ＝12Mg tan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N 增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD【例3】解析：以重物为研究对象，受力分析如图所示．以C 点为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系．沿x 轴方向有F B sin45°－F A sin30°＝0，沿y 轴方向有F A cos30°＋F B cos45°－G ＝0，联立两方程解得绳AC 对物体的拉力F A ＝100(3－1) N.绳BC 对物体的拉力F B ＝502(3－1) N.答案：100(3－1) N 502(3－1) N变式训练3 解析：本题意在考查考生对力的正交分解法的应用以及对平衡条件的理解与应用．当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)，当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．答案：B特色一角提技能————————————————亲身体验解析：题图甲和乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C 点和G 点为研究对象，甲(1)图甲中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC 段的拉力F T AC ＝F T CD ＝M 1g图乙中由于F T EG sin30°＝M 2g ，得F T EG ＝2M 2g .所以F T AC F T ED ＝M 12M 2. (2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F N C ＝F T AC ＝M 1g ，方向和水平方面成30°，指向右上方．(3)图乙中，根据平衡方程有F T EG sin30°＝M 2g ，F T EG cos30°＝F N G ，所以F N G ＝M 2g cot30°＝3M 2g ，方向水平向右．答案：(1)M 12M 2(2)M 1g 方向和水平方向成30°指向右上方 (3)3M 2g 方向水平向右第3讲受力分析共点力的平衡回扣教材抓基础————————————————知识梳理场力接触力速度加速度相等相反相等相反相等 □10相反考点自测1．解析：两木块一起做匀速运动，P 不受摩擦力，只受到重力和Q 的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q 必定受到地面的摩擦力作用，Q 共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)．答案：C2．解析：对AB 构成的整体，由平衡得竖直方向的恒力F 等于总重力，水平方向上不受力，故对A 物体受力分析，其受到重力、斜面对A 的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，B 正确．答案：B3.解析：B 物体受力如图所示，B 处于平衡态，由图可知m B g m A g＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 项正确．答案：B4．解析：本题考查物体的受力分析以及平衡问题．意在考查学生的分析综合能力．以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2F sin α＝mg ，则F ＝mg 2sin α，A 正确．答案：A5．解析：对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f ＝mg sin α，F N ＝mg cos α，故A 、B 错误．乙对M 和m 组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C 错误；由平衡条件得，F N ′＝(M ＋m )g ，D 正确．答案：D题型分类学方法————————————————【例1】解析：木板P 一定受到的力：自身的重力Mg 、斜面对P 的支持力F N 和滑块Q 的压力F N ′.用“状态法\”确定斜面与P 之间的摩擦力F f ：选木板P 、滑块Q 和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P 一定有沿斜面向上的滑动摩擦力F f ，且F f ＝(M ＋m )g sin θ，如图甲所示．甲乙用“转换法\”确定弹簧对P 的弹力F ：隔离滑块并受力分析，因木板P 上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块必受到弹簧沿斜面向上的弹力F ′，且F ′＝mg sin θ.根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P 沿斜面向下的弹力F ，且F ＝F ′＝mg sin θ.综上可知，木板P 受到5个力的作用，如图乙所示，C 正确．答案：C变式训练1 解析：A 、B 两物体均受到重力、支持力和摩擦力作用，AB 间绳无拉力作用．答案：C【例2】解析：小球m 2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力F T ＝m 2g .方法一：合成法小球m 1受F T 、F N 、m 1g 三力作用而处于平衡状态．受力分析如图所示，小球m 1处于平衡状态，故F N 与F T 的合力F ＝m 1g .根据合力公式可得F ＝F 2N ＋F 2T ＋2F N F T cos θ＝m 1g ，将F N ＝F T ＝m 2g ，θ＝60°代入上式解得m 2m 1＝33，故选项A 正确．。

高考物理名师伴你行大一轮复习(讲义+提升训练+好题演练)：第五章机械能守恒(13份,含名师原创新题

十七机械能守恒定律(学生用书对应页码P289)1．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 时的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在C 点时弹簧的弹性势能为( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．mgh ＋12m v 2D ．mgh解析：取A 点所在的平面为参考平面，根据机械能守恒定律有12m v 2＝mgh ＋E p ，解得E p ＝12m v 2－mgh ，选项B 正确．答案：B2．(2014·安徽盟校联考)如图所示，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是( )A ．A 物体的机械能增大B ．A 、B 组成系统的重力势能增大C ．下落t 秒过程中，A 的机械能减少了29mg 2t 2D ．下落t 秒过程中，B 所受拉力的瞬时功率为13mg 2t解析：在A 下落的过程中，A 的机械能减小，B 的机械能增大，A 、B 系统的机械能守恒，所以A 、B 错误；释放后，A 、B 物体都做初速度为零、加速度为13g 的匀加速直线运动，t 秒内A 物体下降高度为16gt 2，绳子拉力大小为43mg ，拉力对A 物体所做负功为29mg 2t 2，A 物体机械能减少29mg 2t 2，C对；下落t 秒内，B 物体的运动速度为13gt ，拉力功率大小为49mg 2t ，D 错误．答案：C3．一种娱乐项目，参与者抛出一小球去撞击触发器，能击中触发器的进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v 竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿①②③④四个不同的光滑竖直轨道分别以速率v 射出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是( )A．①②B．③④C．①③D．②④解析：①由于在圆弧内侧做圆周运动，要上升到最高点，则到达最高点时的速度不能为零而应该是gR(R为圆弧的半径)，①不可能；②小球离开斜面后做斜抛运动，上升到最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，由机械能守恒定律知，小球不能达到触发器的高度，②不可能；③根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，③可能；④小球在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，④可能．综上，B正确．答案：B4．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是()A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大解析：开始时弹簧弹力为零，释放B后，A、B加速运动，A受到逐渐增大的弹簧弹力，其加速度逐渐减小，直至弹簧弹力与绳上拉力平衡时，加速度为零，速度达到最大，因为A、B两物体用细线连接，二者等速率且运动状态总是相同，所以B的加速度也逐渐减小，即拉力逐渐增大，当拉力等于重力时B速度也达最大，此时A、B动能最大，选项A错误，选项D正确；A、B组成的系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故机械能不守恒，但B物体减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能和A物体增加的动能之和，选项B、C错误．答案：D5．如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是()A ．此刻两根线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析：图示时刻，对1球有F T1－mg ＝m v 2R ，对2球有F T2＋mg ＝m v 2R ，A 错误；1球在最高点对应拉力最小值，mg ＋F T 最小＝m v 2最小R ，2球在最低点对应拉力最大值，F T 最大－mg ＝m v 2最大R ，联立得F T 最大－F T 最小－2mg ＝m v 2最大R －m v 2最小R ，由机械能守恒定律可得mg ·4R ＋12m v 2最小＝12m v 2最大，整理可得F T 最大－F T 最小＝10mg ，B 错误，C 正确；在图示时刻，两球动能相同，重力势能相同，两球只有重力做功，机械能守恒，D 正确．答案：CD6．有一个固定的光滑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)．用不可伸长的细绳将滑块m 与另一个质量为M ＝2.7 kg 的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M 而绷紧，此时滑轮左侧细绳恰好水平，其长度L ＝103m ；P 点与滑轮的连线同直杆垂直(如图所示)．现将滑块m 从图中O 点由静止释放(整个运动过程中M 不会触地，g 取10 m/s 2)．则滑块m 滑至P 点时的速度大小为( )A ．5 2 m/sB ．5 m/s C.7 m/sD ．2 m/s解析：细绳和光滑直杆间的夹角与直杆和水平面间的夹角相等，均为53°.滑块m 滑至P 点的过程，m 下降了h ＝L cos 53°sin 53°；m 与滑轮之间的绳子缩短了x ＝L －L sin 53°，即M 下降了x .滑块m 滑至P 点时，m 的速度方向垂直绳子，故m 沿绳方向的分速度为零，所以此时M 的瞬时速度为0.以m 、M 及细绳组成的系统机械能守恒，有mgh ＋Mgx ＝12m v 2.代入数据，解得v ＝5 2 m/s.A 正确．答案：A7．(2014·张家口模拟)静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s 1过程的图线是曲线，s 1～s 2过程的图线为平行于横轴的直线(不计空气阻力)．关于物体上升过程的下列说法正确的是( )A ．0～s 1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B ．s 1～s 2过程中物体做匀速直线运动C ．0～s 1过程中物体的动能先增大后减小D．0～s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度解析：以地面为零势能位置，则在某一位置时的机械能等于拉力的功，即E＝Fs,0～s1过程中，某点的切线的斜率表示此时的拉力，由题图可知，物体所受的拉力是变力，且不断减小，A对；s1～s2过程的图线为平行于横轴的直线，机械能守恒，说明此过程中，拉力为零，物体做竖直上抛运动，动能减小，加速度变为竖直向下且等于重力加速度g.综合考虑得出，在上升过程中先是拉力大于重力，接着是拉力小于重力，最后是拉力等于零，物体只受重力作用减速运动，故B错，C、D正确．答案：ACD8．(2014·江苏南京)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图所示，已知A始终不离开圆柱面，且细绳足够长，不计一切摩擦，求：(1)A球沿圆柱面至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱面运动的最大位移的大小．解析：(1)设A球沿圆柱面滑至最低点时速度的大小为v，A、B系统的机械能守恒由机械能守恒定律可得：2mgR－2mgR＝12·2m v 2＋12m v2B又v＝2v B，解得v＝22－25gR.(2)当A球的速度为0时，A球沿圆柱面运动的位移最大为s.根据机械能守恒定律可得，2mg s2R4R2－s2－mgs＝0 解得s＝3R.答案：(1)22－25gR(2)3R9．(武汉摸底)如图所示，一根长为L＝5 m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m＝1 kg的小球．将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时，轻绳刚好被拉断．O点下方有一以O点为圆心，半径R＝5 5 m的圆弧状的曲面，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)轻绳所能承受的最大拉力F m的大小；(2)小球落至曲面上的动能．解析：(1)小球由A到O过程中机械能守恒，有mgL ＝12m v 20小球运动到最低点O F m －mg ＝m v 20L解得F m ＝30 N由牛顿第三定律可知，轻绳所能承受的最大拉力为30 N. (2)小球从O 点平抛，有 x ＝v 0t y ＝12gt 2 小球落至曲面上，有 x 2＋y 2＝R 2 联立解得 t ＝1 s小球落至曲面上的动能 E k ＝12m [v 20＋(gt )2]＝100 J 答案：(1)30 N (2)100 J10．如图所示，半径分别为R 和r 的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求CD 段的长度．解析：设小球通过C 点时的速度为v C ，通过甲轨道最高点的速度为v 1，根据小球对轨道压力为零，有mg ＝m v 21R①取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 21② 联立①②式，可得v C ＝5gR设小球通过D 点的速度为v D ，通过乙轨道最高点的速度为v 2，则有：mg ＝m v 22r③取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有：12m v 2D ＝mg ·2r ＋12m v 22④ 联立③④式，可得v D ＝5gr设CD 段长度为l ，对小球通过CD 段的过程，由动能定理有：－μmgl ＝12m v 2D －12m v 2C 解得：l ＝5(R －r )2μ答案：5(R －r )2μ。

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第五章机械能及其守恒定律
1．如图所示，一质量为m＝2.0 kg的物体从半径为R＝5.0 m的圆弧的A
端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)．拉力F
大小不变始终为15 N，方向始终与物体在该点的切线成37°角．圆弧所对
应的圆心角为60°，BO边为竖直方向，求这一过程中：(g取10 m/s2，
cos37°＝0.8)
(1)拉力F做的功；
(2)重力G做的功；
(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功；
(4)圆弧面对物体的摩擦力Ff做的功．
2．汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为5×103 kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍(g取10 m/s2)，试求：
(1)若汽车保持额定功率不变从静止启动，汽车所能达到的最大速度是多大？当汽车的加速度为 2 m/s2时速度是多大？
(2)若汽车从静止开始，保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
3．(2011·海淀区模拟)如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡
从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、
水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪
板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB
段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )
A．大于μmgL B．小于μmgL
C．等于μmgL D．以上三种情况都有可能
4．如图所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在水平台面上，
台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块离台的右端L＝1.7
m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平
射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木
块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木
块的位移为零)．如果木块落到水平地面时的落地点到台
面右端的水平距离为l＝1.6 m，求：
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；
(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.
5．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑
的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，
一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由
静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动，已知P点与
圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.
求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路
程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
6．(2011·东北三省三校联考)如图所示，在竖直平面内有一个半径为R 且光滑的四分之一圆弧轨道AB ，轨道上端A 与一光滑竖直轨道相切，轨道下端B 与水
平轨道BCD 相切，BC 部分光滑且长度大于R ，C 点右边轨
道粗糙程度均匀且足够长．现有长也为R 的轻杆，轻杆两
端固定两个质量均为m 的完全相同的小球a 、b(可视为质
点)，用某装置控制住上面的小球a ，使轻杆竖直且下面的
小球b 与A 点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑，
设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.求：
(1)小球b 到达C 点时的速度大小；
(2)若小球b 过C 点滑行s 距离后停下，而且s ＞R ，试求小球与粗糙平面间的动摩擦因数．
7．如图所示，ABDO 是处于竖直平面内的光滑轨道，AB 是半径为R ＝15 m
的1/4圆周轨道，半径OA 处于水平位置，BDO 是直径为15 m 的半圆轨道，
D 为BDO 轨道的中央．一个小球P 从A 点正上方距水平半径OA 高H 处自
由落下，沿竖直平面内的轨道通过D 点时对轨道的压力等于其重力的143
倍．取g ＝10 m/s2.
(1)H 的大小等于多少？
(2)试讨论此球能否到达BDO 轨道的O 点，并说明理由．
8．如图所示，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球甲用轻绳跨过圆柱与质量为m2的小
球乙相连，开始时将小球甲放在平台上，两边绳竖直，两球均从静
止开始运动，甲上升，乙下降，当甲上升到圆柱的最高点时绳子突
然断了，发现甲球恰能做平抛运动，求甲、乙两球的质量关系．
9．如图所示，轻绳一端悬挂的重物质量为2m，另一端系一小环
质量为m，小环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆相距
d＝0.3 m，现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，试求：
当小环沿直杆下滑到d＝0.3 m的B处时的速度大小．(重力加
速度g＝10 m/s2)
10．如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，另一端可自由伸长到B点．今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，已知AC＝L；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物
体将做阻尼振动直到最后静止，设小物体通过的总路
程为x，则下列说法中可能的是( )
A．x＞L B．x＝L
C．x＜L D．无法判断
11．如图所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．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，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为Ff.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l.在这个过程中，以下结论
正确的是( )
A ．物块到达小车最右端时具有的动能为(F －Ff)(L ＋l)
B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffl
C ．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L ＋l)
D ．物块和小车增加的机械能为Fl
12．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离
为x0，滑块以初速度v0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重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与
挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．
13．如图所示，已知轻弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能Ep ＝12
kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为其形变量．现有质量为m1的物体与劲度系数为k 的轻弹簧
相连并静止地放在光滑的水平桌面上，弹簧的另一端固定，按
住物块m1，弹簧处于自然长度，在m1的右端连一细线并绕过光
滑的定滑轮接一个挂钩．现在将质量为m2的小物体轻轻地挂在
挂钩上，设细线不可伸长，细线、挂钩、滑轮的质量及一切摩
擦均不计，释放m1，求：
(1)m1速度达最大值时弹簧伸长的长度；
(2)m2的最大速度值．
14．在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，若画出W －v 的图像，应为图中的( )
15．关于验证机械能守恒定律的实验，下面列出一些实验步骤：
A ．用天平称出重物和夹子质量
B ．将重物系在夹子上
C ．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，再把纸带向上拉，让夹子靠近打点计时器，处于静止状态
D ．把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调到6 V(电源不接通)
E ．把打点计时器用铁夹固定放在桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内
F ．在纸带上选取两个点，进行测量并记录数据
G ．用秒表测出重物下落的时间
H ．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带
I ．切断电源
J ．更换纸带，重新进行两次实验
K ．在三条纸带中选出较好的一条
L ．进行计算，得出结论，完成实验报告
M ．拆下导线，整理器材
对于本实验以上步骤中，不必要的有__________；正确步骤的合理顺序是__________(填写代表字母)．
16．在用自由落体运动验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O 点是起始点，A 、B 、C 是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量O 点到A 、B 、C 各点的距离，并记录在图中(单位：cm)．已知打点计时器电源频率为50 Hz ，重锤质量为m ，当地重力加速度g ＝9.80 m/s2.
(1)这三组数据中不符合有效数字读数要求的
是______．
(2)该同学取重锤OB 段的运动来验证机械能
守恒定律，先计算出该段重锤重力势能的减少
量为__________，接着从打点计时器打下的第
一个点O 数起，数到图中B 点是打点计时器打下的第9个点，他用vB ＝gt 计算跟B 点对应的物体的瞬时速度，得到动能的增加量为__________(均保留三个有效数字)．这样他发现重力势能的减小量__________(填“大于”或“小于”)动能的增加量，造成这一错误的原因是________________________．
A B C D。