高考物理二轮复习 专题分层突破练5 动能定理 机械能守恒定律 功能关系的应用(含解析)
专题分层突破练5 动能定理机械能守恒定律功能关系的应用A组1.(2019湖北七市州教科研协作联考)下列关于功和能的说法正确的是()A.作用力做正功,反作用力一定做负功B.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生变化C.若物体除受重力外,还受到其他力作用时,物体的机械能也可能守恒D.竖直向上运动的物体重力势能一定增加,动能一定减少2.一物体被竖直上抛,已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k,物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变,则空气阻力与重力之比为()A.kB.C. D.3.如图所示,x轴在水平地面上,y轴在竖直方向。
图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹。
小球a从(0,2L)抛出,落在(2L,0)处;小球b、c从(L,0)抛出,分别落在(2L,0)和(L,0)处。
不计空气阻力,下列说法正确的是()A.b的初速度是a的初速度的两倍B.b的初速度是a的初速度的倍C.b的动能增量是c的动能增量的两倍D.a的动能增量是c的动能增量的倍4.一辆汽车在平直公路上匀速行驶,在t1时刻突然将汽车的功率减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻汽车又开始匀速行驶。
若汽车所受阻力保持不变,则从t1到t2的过程中,汽车的()A.速度增加,加速度减小B.速度减小,加速度增加C.速度减小,加速度减小D.速度增加,加速度增加5.如图所示,固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑,内轨粗糙。
一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于圆管的直径,球运动的轨道半径为R,空气阻力不计,重力加速度大小为g,下列说法一定正确的是()A.若v0<2,小球运动过程中机械能不可能守恒B.若v0=3,小球运动过程中机械能守恒C.若v0<,小球不可能到达最高点D.若v0=2,小球恰好能到达最高点6.(2019四川成都三模)目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。
为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。
测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值v m。
设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变,下列说法正确的是()A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C.以恒定的功率P上坡过程中,汽车速度由增至,所用的时间可能等于D.以恒定的功率P上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m,所用时间一定小于7.(多选)(2019江苏卷)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。
小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。
物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。
在上述过程中()A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为8.(2019海南卷)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。
已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0;它们的下端水平,距地面的高度分别为h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如图所示。
若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3,则()A.s1>s2B.s2>s3C.s1=s3D.s2=s39.(多选)(2019河南郑州一中全真模拟考试)沙坡头景区的滑沙项目惊险刺激,深受游客的喜欢。
假设某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑沙板与沙地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m的载人滑沙板从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑沙板在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小为g)。
则()A.动摩擦因数μ=B.载人滑沙板最大速度为C.载人滑沙板克服摩擦力做功为mghD.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为gB组10.(多选)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出,当它从抛出至上升到某一点A的过程中,动能减少40 J,机械能减少10 J。
设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体()A.落回到地面时机械能为70 JB.到达最高点时机械能为90 JC.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为60 J11.如图所示,轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自由伸长到A点,OA之间的水平面光滑。
固定曲面在B处与水平面平滑连接。
AB之间的距离s=1 m。
质量m=0.2 kg的小物块开始时静止在水平面上的B点,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。
现给物块一个水平向左v0=5 m/s的初速度,g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p;(2)求物块返回B点时的速度大小;(3)若物块能冲上曲面的最大高度h=0.2 m,求木块沿曲面上滑过程所产生的热量。
12.如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3 m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。
质量为m a=100 g的小球a套在半圆环上,质量为m b=36 g的滑块b套在直杆上,二者之间用长为L=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。
现将a从圆环的最高处由静止释放,使a沿圆环自由下滑,不计一切摩擦,a、b均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
求:(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小;(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中,杆对滑块b做的功。
专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用1.C解析当作用力做正功时,反作用力也可能做正功,如反冲运动中的物体,故A错误;物体在合外力作用下做变速运动,动能不一定发生变化,比如匀速圆周运动,物体的合外力和运动方向垂直而不做功,故B错误;若物体除受重力外,还受到其他力作用时,当其他的外力做的功等于0时,物体的机械能也守恒,故C正确;竖直向上运动的物体重力势能一定增加,若同时物体受到的向上的拉力做正功,则物体动能不一定减少,故D错误。
2.C解析设物体的质量为m,空气阻力大小为f,上升的最大高度为h,根据动能定理得,上升过程:-(mg+f)h=0-,下降过程:(mg-f)h=mv2,由题意知:=k,联立解得:,故选C。
3.B解析a、b的水平位移相同,但运动时间不同,根据t=可知,根据v0=可知,故A错误,B正确;bc的竖直位移相同,根据动能定理ΔE k=mgh可知,b的动能增量等于c的动能增量,选项C错误;a的竖直位移等于c的2倍,根据动能定理可知,a的动能增量等于c的2倍,选项D 错误;故选B。
4.C解析t1时刻之前功率为P,由于做匀速直线运动,所以牵引力F等于阻力f,当汽车的功率突然减小一半,由于速度来不及变化,根据P=Fv知,此时牵引力减小为原来的一半,则F'=<f。
此时a=<0,即加速度a与运动方向相反,汽车开始做减速运动,速度减小。
根据=F'v可知速度减小又导致牵引力增大,根据牛顿第二定律知,加速度a=减小,当牵引力增大到等于阻力时,加速度减小到0,又做匀速直线运动。
由此可知在t1~t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小,速度逐渐减小,故C正确。
5.B解析若小球上升到与圆心等高处时速度为零,此时小球只与外轨作用,不受摩擦力,只有重力做功,由机械能守恒定律得:=mgR,解得v0=<2,当v0<时,机械能是可以守恒的,故A错误;小球如果不挤压内轨,则小球到达最高点速度最小时,小球的重力提供向心力,由牛顿第二定律得:mg=m,由于小球不挤压内轨,则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用,只有重力做功,机械能守恒,从最低点到最高点过程中,由机械能守恒定律得:mv2+mg·2R,解得:v0=,则小球要不挤压内轨,速度应大于等于,故B正确;如果内圆光滑,小球在运动过程中不受摩擦力,小球在运动过程中机械能守恒,如果小球运动到最高点时速度为零,由机械能守恒定律得:=mg·2R,解得:v0=2。
现在内壁粗糙,小球运动过程中一定受到摩擦力作用,故小球在到达最高点前速度已为零,不能到达最高点,故D错误;由D项分析可知,当2<v0<时,若小球的动能大于从最低点到最高点过程中重力和摩擦力做的功,则可以达到最高点,故C项错误。
6.D解析关掉油门后的下坡过程中,汽车的速度不变、动能不变,重力势能减小,则汽车的机械能减小,故A错误;关掉油门后的下坡过程中,坡面对汽车的支持力大小不为零,时间不为零,则冲量不为零,故B错误;上坡过程中,汽车速度由增至,所用的时间为t,根据动能定理可得:Pt-(f+mg sinθ)s1=,解得t=,故C错误;上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m,功率不变,则速度增大、加速度减小,所用时间为t1,则·t1<s,解得t1<,故D正确。
7.BC解析弹簧被压缩至最短时弹力最大,此时弹簧能把物体向右弹出,故弹力一定大于物体所受的最大静摩擦力,更大于物体所受滑动摩擦力,选项A错误;物体在往返过程所受滑动摩擦力大小不变,故全过程克服摩擦力做功为2μmgs,选项B正确;弹簧被压缩至最短时弹性势能最大,在弹簧恢复原长的过程中通过克服摩擦力做功把弹性势能转化为内能,故选项C正确;根据能量守恒定律,物体在A点的初动能为2μmgs,故在A点的初速度为2,选项D错误。
8.BC解析对轨道1:根据机械能守恒得射出时的速度v1=,射程s1=v1=2h0;对轨道2:射出时的速度v2=,射程s2=v2=4h0;对轨道3:射出时的速度v3=,射程s3=v3=2h0;则s1=s3,s2>s3,故B、C正确,A、D错误。
9.AB解析对整个下滑过程,由动能定理得:2mgh-μmg cos45°·-μmg cos37°·=0,解得:μ=,故A正确;滑沙板通过第一段滑道末端时速度最大,设为v,由动能定理得:mgh-μmg cos45°·mv2,得v=,故B正确;对整个过程,由动能定理得:2mgh-W f=0,解得载人滑沙板克服摩擦力做功为W f=2mgh,故C错误;载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为:a=g,故D错误。
10.BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出,做竖直上抛运动,向上运动的过程中重力和阻力都做负功,当上升到某一高度时,动能减少了40J,而机械能损失了10J。
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第一讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用课件
B.1.5 kg
关闭
根C据.1 动kg能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36 J在,DE下k.10=.落752过kJg,h程=3中m有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m 联考立点求定得位m:=图1 k象g 动能定理
故C解选题C。思路与方法:根据动能定理写出动能与高度的函数关系,再 关闭
-10-
5.(2017全国Ⅰ卷)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道
返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度
进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为
重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取
为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)
分析求解。
解析
答案
-6-
2.(2015全国Ⅱ卷)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Ff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( )
关闭
发动机功率为 P1 且汽车匀速运动时,v1=������������1f ;发动机功率为 P2 且汽车
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机
械能;
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻
力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大
小的2.0%。
考点定位:机械能、功能关系
解题思路与方法:地面为重力势能零点,飞船在某处的机械能是
动能和重力势能的和,由功能关系可知,机械能的减少量就是克服
高中物理专题练习-动能定理 机械能守恒定律及功能关系的应用(含答案)
高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用（含答案）满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(四川理综,1)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．(新课标全国卷Ⅱ,17)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()3．(新课标全国卷Ⅱ,16)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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A．W F2>4W F1,W f2>2W f1B．W F2>4W F1, W f2＝2W f1C．W F2<4W F1,W f2＝2W f1D．W F2<4W F1, W f2<2W f14．(新课标全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()A．W＝12mgR,质点恰好可以到达Q点B ．W ＞12mgR ,质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离5．(海南单科,4)如图,一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg ,重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( ) A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 6．(天津理综,5)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),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A ．圆环的机械能守恒 B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题(本题共4小题,每小题7分,共计28分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)7．(浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 28．(新课标全国卷Ⅱ,21)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动,不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则() A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg9．(江苏单科,9)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中,加速度一直减小B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处,弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度10．(江苏南通一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度－时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能减少D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能三、计算题(本题共2小题,共计42分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)11．(江苏单科,14)(20分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中,外界对转动装置所做的功W.12．(福建理综,21)(22分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求：①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m；②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s. 答案1． A [由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知,落地时速度v 2的大小相等,故 A 正确.]2．A [当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ,因为P 1不变,v 逐渐增大,所以牵引力F 1逐渐减小,由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1,f 不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F 1＝f 时速度最大,且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车继续加速,由P 2＝F 2v 可知F 2减小,又因F 2－f ＝ma 2,所以加速度逐渐减小,直到F 2＝f 时,速度最大v m ′＝P 2f ,以后匀速运动.综合以上分析可知选项A 正确.]3．C [两次物体均做匀加速运动,由于时间相等,两次的末速度之比为1∶2,则由v ＝at 可知两次的加速度之比为a 1a 2＝12,F 1合F 2合＝12,又两次的平均速度分别为v 2、v ,故两次的位移之比为x 1x 2＝12,由于两次的摩擦阻力相等,由W f ＝fx 可知,W f 2＝2W f 1；由动能定理知W 合1W 合2＝ΔE k1ΔE k2＝14,因为W 合＝W F －W f ,故W F ＝W 合＋W f ；W F 2＝W 合2＋W f 2＝4W 合1＋2W f 1<4W 合1＋4W f 1＝4W F 1；选项C 正确.]4．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ,经过N 点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg ＝m v 2R ,所以N 点动能为E k N ＝3mgR2,从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝E k N －E k P ,即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力F f ＝μF N 变小,所以摩擦力做功变小,那么从N 到Q ,根据动能定理－mgR －W ′＝E k Q －E k N ,Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′,由于W ′＜mgR2,所以Q 点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C 正确.]5．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有F N －mg ＝m v 2R ,F N ＝2mg ,联立解得v ＝gR ,下滑过程中,根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2,解得W f ＝12mgR ,所以克服摩擦力做功 12mgR ,C 正确.]6．B [圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加,由能量守恒定律可知圆环的机械能减少,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,故A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合外力不为零,故C 错误；圆环重力势能减少了3mgl ,由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl ,故B 正确.]7．ABD [设总推力为F ,位移x ,阻力F 阻＝20%F ,对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x＝12m v 2,解得F ＝1.2×106 N,弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J,B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P －＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ,得a ＝v 22x ＝32 m/s 2,D 正确.]8．BD [滑块b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b 先做正功,后做负功,选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当a 刚落地时,b 的速度为零,则mgh ＝12m v 2a ＋0,即v a ＝2gh ,选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示.由a 的受力图可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于g 后大于g ,选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时,b 的机械能最大,a 的机械能最小,这时b 受重力、支持力,且F N b ＝mg ,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.] 9．BD [由题意知,圆环从A 到C 先加速后减速,到达B 处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A 错误；根据能量守恒,从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ,从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立解得：W f ＝14m v 2,E p ＝mgh －14m v 2,所以B 正确,C 错误；根据能量守恒,从A 到B 有mgh 1＝12m v 2B 1＋ΔE p1＋W f 1,从C 到B 有12m v 2＋ΔE p2＝12m v 2B 2＋W f 2＋mgh 2,又有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立可得v B 2＞v B 1,所以D 正确.]10．CD [质点竖直向上运动,0～15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B 错误；0～5 s内,a＝10 m/s2,质点只受重力,机械能守恒；5～10 s内,a＝8 m/s2,受重力和向上的力F1,F1做正功,机械能增加；10～15 s内,a＝12 m/s2,质点受重力和向下的力F2,F2做负功,机械能减少,A错误,C正确；由F合＝ma可推知F1＝F2,由于做减速运动,5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移,F1做的功大于F2做的功,5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能,所以D正确.]11．解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1小球受力平衡：F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg, F1sin θ1＝T1sin θ1解得k＝4mg L(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg,得x＝54L对小球：F2cos θ2＝mg, F2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L(3)弹簧长度为L2时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k·L2小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3,且cos θ3＝L 4l对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零, 由动能定理：W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得：W ＝mgL ＋16mgl 2L 答案 (1)4mgL (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L12．解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B ①滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R ② 解得N ＝3mg ③ 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg ④(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2⑦ 设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律 μmg ＝Ma ⑧ 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ⑨解得s ＝13L ⑩ 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L1．运用功能关系分析问题的基本思路(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程；(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量.2．功能关系。
高考物理二轮复习专题突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用
专题突破练5 动能定理机械能守恒定律功能关系的应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~11小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分) 1.(2017吉林普高调研)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时起,第1秒内受到2 N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1 N的外力作用。
下列判断正确的是()A.0~2 s内外力的平均功率是 WB.第2秒内外力所做的功是 JC.第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是1∶1答案 A 解析第1 s内,a1=2 m/s,1 s末速度v1=a1t1=2 m/s;第2 s内加速度a2=1 m/s2,第2 s末速度v2=v1+a2t=3 m/s,故合力做功为W=mv2=4.5 J,功率为P= W= W,所以A对、B错;1 s末、2 s末功率分别为4 W、3 W,所以C错;第1秒内与第2秒内动能增加量分别为:=2J,=2.5 J,比值为4∶5,所以D错。
2.(2017山西太原模拟)如图所示,杂技演员在一根弹性绳上表演。
位置ab是弹性绳的自然状态,演员从某一高度下落,到了位置ab之后,与弹性绳一起向下运动,位置c是演员和弹性绳运动到的最低点。
演员可视为质点,不考虑人的生物能转化,不计弹性绳的质量和空气阻力,则演员从水平位置运动到c点的过程中()A.演员的机械能保持不变B.演员的动能不断减少C.演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能D.演员的重力势能转化为演员的动能答案 C 解析从水平位置运动到c点的过程中,演员和弹性绳组成的系统机械能守恒,演员的机械能不守恒,选项A错误;从水平位置运动到c点的过程中,演员的动能先增大,后减少,选项B错误;从水平位置运动到c点的过程中,演员和弹性绳组成的系统机械能守恒,演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能,选项C正确;该运动过程中,演员的重力势能转化为演员的动能和弹性绳的弹性势能,并最终全部转化为弹性绳的弹性势能,选项D错误。
最新人教版高中物理二轮专题精编5功能关系在力学中的应用及答案
高考定位功和功率、动能和动能定、机械能守恒定律、能量守恒定律是力的重点，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：深刻解功能关系，综合应用动能定、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力方法解决多运动过程问题．考题1 力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的质量为开始时，、b均静止且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、b做加速运动，则在b 下降高度过程中( )图1A．的加速度为错误！未定义书签。
B．的重力势能增加g．绳的拉力对做的功等于机械能的增加D．F对b做的功与摩擦力对做的功之和等于、b动能的增加审题突破重力势能的变和什么力做功相对应？机械能的变和什么力做功相对应？动能的变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＋)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为f．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋)答案 D解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋，由动能定可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋)，同小车的动能也可由动能定得出为f；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 ＋)．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．垫板的动能全部转为内能D．弹簧的弹性势能全部转为动能答案 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，垫板的动能转为内能和弹簧的弹性势能，选项、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＝1 g的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 /2，37°＝06，c 37°＝08则下列说法正确的是( )图4A．物体与传送带间的动摩擦因为0875B．0～8 内物体位移的大小为18．0～8 内物体机械能的增量为90 JD．0～8 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J答案 A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＝1 /2，根据物体在传送带上受力分析有μg c θ－gθ＝，整得μ＝0875，选项A正确0～8 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＝＋2－2×22＝14 ，选项B错误0～8 内物体动能增加量为12×v2－12×v\( 2,0)＝6 J，重力势能增加g× θ＝84 J，机械能增加量为6 J＋84 J＝90 J，选项正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μg c θ×v21＝14 J，第二部分为2～6 ，摩擦生热Q 2＝μg c θ×v22＝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 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝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，即W G＝－ΔE p2．弹力的功等于弹性势能的变，即W弹＝－ΔE p3．合力的功等于动能的变，即W＝ΔE4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变，即W其他＝ΔE5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变，即Q＝f相对考题2 动力方法和动能定的综合应用例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＝01 g的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点时的速度大小为v＝4 /，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＝025 ，直轨道bc的倾角θ＝37°，其长度为L＝2625 ，d点与水平地面间的高度差为＝02 ，取重力加速度g＝10 /2，37°＝06求：图5(1)滑块在圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因；(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)从点到d点重力与摩擦力做功，全程由动能定即可求解；(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，然后结合运动的公式，即可求得时间．解析(1)在圆轨道最高点处对滑块，由牛顿第二定律得：g ＋F N ＝v 2R ，得F N ＝(v 2R－g )＝54 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点时对轨道的压力大小为54 N (2)从点到d 点全程，由动能定得：g (R ＋R c θ＋L θ－)－μg c θ·L ＝0－12v 2μ＝g R ＋R c θ＋L θ－＋v 22gL c θ＝08(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为1，时间为1，向上滑动的加速度为2，时间为2，在c 点时的速度为v c 由c 到d ：12v \( 2,c )＝gv c ＝2g ＝2 /点到b 点的过程：gR (1＋c θ)＝12v \( 2,b )－12v 2v b ＝v 2＋2gR ＋c θ＝5 /在轨道bc 上： 下滑：L ＝v b ＋v c21 1＝2Lv b ＋v c＝75 上滑：g θ＋μg c θ＝22＝g θ＋μg c θ＝124 /20＝v c －222＝v c2＝2124≈016 μ> 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：总＝1＋2＝(75＋016) ＝766答案 (1)54 N (2)08 (3)7664．如图6()所示，一物体以一定的速度v0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不变．g＝10 /2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因；(2)物体的初速度大小；(3)θ为多大时，值最小．答案(1)33(2)5 / (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v0＝2g ①由题图b可得：＝5 4当θ为0°时，0＝543 ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因为μ，此时摩擦力大小为μg，加速度大小为μg由运动方程得v\(2,)＝2μg0 ②联立①②两方程：μ＝3 3(2)由①式可得：v0＝5 /(3)对于任意一角度，利用动能定得对应的最大位移满足的关系式1 2v\( 2,)＝gθ＋μg c θ解得＝v\(2,)2gθ＋μc θ＝θ＋μc θ＝1＋μ2θ＋φ其中μ＝φ，可知的最小值为＝1＋μ2＝32≈108对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力分析问题时，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公式分析物体的运动．2．应用动能定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，也可以对全程应用动能定，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定也与参考系的选取有关．在中物中一般取地面为参考系．(3)动能定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．在中阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定，然后再联立求解．考题3 综合应用动力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＝45 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＝1 g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，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为μ＝36，g＝10 /2，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，g θ－μg c θ＝(2分)解得：＝25 /2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝122(1分)可得＝3105(1分)(2)因为物块恰好到点，所以到点速度为0设物块到B 点的速度为v ，则gR ＝12v 2(2分)F N －g ＝v 2R(1分) 解得F N ＝3g ＝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，则gL θ－μg cθ＝0 (3分)解得＝9 (1分)答案(1)3105(2)30 N，方向向下(3)9(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为＝1 g的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝18 /的初速度水平抛出，到达点时，恰好沿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 /，小物块与传送带间的动摩擦因μ＝05，圆弧轨道的半径为R＝2 ，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 /2，53°＝08，c 53°＝06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)225 N，方向竖直向下(2)32 J解析(1)设小物体在点时的速度大小为v，由平抛运动的规律可知，点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v＝v 0c θ＝18c 53°/＝3 / ①由点到D点，由动能定得：gR(1－c θ)＝12v\( 2,D)－12v\( 2,)②小物块在D点，由牛顿第二定律得：F N －g ＝v \( 2,D )R③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 ′＝225 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，由牛顿第二定律得： ＝μg＝μg ＝05×10 /2＝5 /2⑤小物块匀减速直线运动的时间为1，向左通过的位移为1，传送带向右运动的距离为2，则：v D ＝1⑥1＝12\( 2,1)⑦2＝v 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2，向右通过的位移为3，传送带向右运动的距离为4，则v ＝2⑨3＝12\( 2,2)⑩4＝v 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： ＝1＋2＋4－3⑫产生的热量为：Q ＝μg ⑬联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J知识专题练 训练5题组1 力中的几个重要功能关系的应用1．(双选)将质量为的小球在距地面高度为处抛出，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gB．重力对小球做的功等于g．合外力对小球做的功小于v\(2,0)D．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g，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量：W合＝ΔE＝12(2v0)2－12v\( 2,)＝32v\( 2,)>v\( 2,0)，选项错误；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，开始时、b及传送带均静止，且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上升高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A．物块重力势能减少gB．摩擦力对做的功大于机械能的增加．摩擦力对做的功小于物块、b动能增加之和D．任意时刻，重力对、b做功的瞬时功率大小不相等答案AB解析由题意gθ＝g，则＝θb上升，则下降θ，则重力势能的减少量为gθ＝g，故A正确．摩擦力对做的功等于、b机械能的增加量．所以摩擦力对做的功大于的机械能增加量．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，错误．任意时刻、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率P b ＝gv ，对有：P ＝gv θ＝gv ，所以重力对、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．故选A 、B题组2 动力方法和动能定的综合应用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 ＝vSB ．出水口所出水落地时的速度2gH．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 32η＋ρvSgH ηD ．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 A解析 由题意知，设流水时间为，则水柱长v ，体积Q ′＝vS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝vS ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定gH ＝12v \( 2,1)－12v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设时间内，供水质量为，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝gH ＋12v 2W，其中＝ρvS 代入得P＝ρSv 32η＋ρvSgH η，所以正确，D 错误． 4．(单选)如图3所示，质量为的滑块从 高处的点沿圆弧轨道b 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因相同．滑块在、c两点时的速度大小均为v，b弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从到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1 2 g．小球经b点时的速度大于g＋v2D．小球经b点时的速度等于2g＋v2答案解析由题意知，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；从到c根据动能定：g－W f＝0可得全程克服阻力做功W f＝g，因在b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g2，所以B错误；在b段正压力小于bc段的正压力，故在b段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从到b克服摩擦力做功W f′<12g，设在b点的速度为v′，根据动能定：g－W f′＝12v′2－12v2，所以v′>g＋v2，故正确，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＝10 的水平直轨道，BD是圆心为O、半径为R＝10 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，重力加速度为g＝10 /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 /2(2)(5－3)解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：g＝v\( 2,)R解得v＝gR＝10 /从B到的过程中机械能守恒：1 2v\( 2,B)＝12v\( 2,)＋g·2R解得v B＝5gR＝10 5 /从A→B根据速度位移公式得：v\( 2,B)＝2 解得＝25 /2(2)从到D的过程中机械能守恒：1 2v\( 2,D)＝12v\( 2,)＋g·R解得v D＝3gR＝10 3 /由到B再到A的过程机械能守恒，故v A＝v B＝10 5 /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＋g解得＝(5－3)题组3 综合应用动力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＝08 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1＝04 g的物块将弹簧缓慢压缩到点，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2＝02 g的物块将弹簧缓慢压缩到点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为＝6－22，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 /2，求：图5(1)物块2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因； (2)BP 之间的水平距离；(3)判断2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)； (4)释放后2运动过程中克服摩擦力做的功． 答案 (1)6 / 04 (2)41 (3)不能 (4)56 J解析 (1)由物块2过B 点后其位移与时间的关系＝6－22与＝v 0＋122比较得：v 0＝6 / 加速度＝－4 /2 而－μ2g ＝2 得μ＝04(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＝ 45° 解得v D ＝4 / 运动时间为：＝2Rg＝1610＝04 所以DP 的水平位移为：4×04 ＝16BD 间位移为BD ＝v \( 2,D )－v \( 2,0)2＝25所以BP 间位移为25 ＋16 ＝41(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：2g ＝2v \( 2,M )R v M ＝gR ＝2 2 / 由机械能守恒定律得： 122v M ′2＝122v \( 2,D )－222gR 解得v M ′＝16－8 2 /因为16－82<2 2所以物块不能到达M点．(4)设弹簧长为A时的弹性势能为E p，释放1时，E p＝μ1g B释放2时E p＝μ2g B＋122v\( 2,)且1＝22可得：E p＝2v\( 2,0)＝72 J2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转及守恒定律得：E p＝W f＋122v\( 2,D)可得W f＝56 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＝54，轨道端点B的切线水平．质量M＝5 g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＝1 撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端与B点的水平距离0＝3 ．g取10 /2，37° ＝06，c 37°＝08，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，位于斜面底端点、质量＝1 g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．已知滑块与斜面间动摩擦因μ＝025，求拉力F大小；(3)滑块与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块速度变为4 /，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，求滑块此后在斜面上运动的时间．答案(1)150 N (2)13 N (3)(05＋72)解析(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR＝12Mv\( 2,B)在B点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M v\( 2,B)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：＝v B＝5由几何知识可知，的位移：＝－c 37°＝25设滑块向上运动的加速度为由匀变速运动的位移公式得：＝1 2 2解得＝5 /2对滑块，由牛顿第二定律得：F－g37°－μg c 37°＝解得F＝13 N(3)撤去拉力F后，对，由牛顿第二定律得：g37°＋μg c 37°＝′解得′＝8 /2滑块上滑的时间′＝v′＝05上滑位移：′＝v22′＝1滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：g37°－μg c 37°＝″解得″＝4 /2下滑过程＋′＝12″″2解得″＝7 27 2)滑块返回所用时间：＝′＋″＝(05＋。
高考二轮复习物理课件(老高考新教材)专题分层突破练专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应
功能关系的应用
A组 基础巩固练
1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒
定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的
过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( B )
A.0
B.mgh
1
C. mv2-mgh
C.玩具下落的最大速度为 ℎ0
D.玩具下落的最大速度为
3ℎ 0
2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由
图可知,F从0增大到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始时向下并逐渐减小,
速度在增大,当达到3h0时合力为0,加速度为0,此时速度达到最大值,继续运
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析 达到最大速度时,甲、乙两车分别满足 P 甲=Ff 甲 v 甲,P 乙=Ff 乙 v 乙,其中
1
Ff 甲=
5
3
乙
4
×
甲
立解得 =
乙
9 甲
,
13 乙
=
1
g,Ff 乙= m 乙 g,v 甲=216
5
9
,A 错误;由
13
km/h=60 m/s,v 乙=234 km/h=65 m/s,联
与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前
的下滑过程中( B )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
高中二轮复习专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用
专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用核心要点1、功恒力做功：W=Flcosa合力做功：W合=F合lcosa变力做功：图像法、转换法等2、功率瞬时功率：P=Fvcosa平均功率：P=wt机车启动：P=Fv3、动能定律表达式：W=12mv22−12mv12备考策略1、动能定理（1）应用思路：确定两状态(动能变化)，一过程(各个力做的功)（2）适用条件：直线运动曲线运动均可；恒力变力做功均可；单个过程多个过程均可（3）应用技巧：不涉及加速度、时间和方向问题是使用2、机械能守恒定律（1）守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内守恒角度E1=E2（2）表达形式：转化角度△E k=△E p转移角度△E A=-△E p3、功能关系：（1）合力的功等于动能的增量（2）重力的功等于重力势能增量的负值（3）弹力的功等于弹性势能增量的负值（4）电场力的功等于电势能增量的负值（5）除了重力和系统内弹力之外的其他力的功等于机械能的增量考向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(2020·江苏卷·4)如图1所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()图1解析:由题意可知设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ1,则物块在斜面上下滑水平距离x时根据=E k,整理可得(mgtanθ-μ1mg)x=E k,即在斜面上运动能定理有mgxtan θ-μ1mgcos θxcosθ动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时,设水平面的动摩擦因数为μ2,由动能定理有一μ2mg(x一x0)=E k一E k0,其中E0为物块滑到斜面底端时的动能, x0为在斜面底端对应的水平位移,解得E k=E k0一μ2mg(x-x0),即在水平面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A 项正确。
高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用含解析
专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组1.(多选)(2021广东阳江高三二模)关于下列配图的说法正确的是()A.图甲中“蛟龙号”在钢绳作用下匀速下降的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力作用下弹性势能增大D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为()A.mgRB.mgRC.(-1)mgRD.mgR3.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。
根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度—位移”图象,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图象信息,下列说法正确的是()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,处于超重状态,当运动员下降20 m时,处于失重状态C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大4.(2021广东高三二模)高铁在高速行驶时,受到的阻力F f与速度v的关系为F f=kv2(k为常量)。
若某高铁以v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以2v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A.8PB.4PC.2PD.P5.(2021广东东莞高三月考)如图所示,质量为m的物体静止在地面上,物体上面连着一个轻弹簧,用手拉住弹簧上端向上移动H,将物体缓缓提高h,拉力F做功W F,不计弹簧的质量,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.重力做功-mgh,重力势能减少mghB.弹力做功-W F,弹性势能增加W FC.重力势能增加mgh,弹性势能增加FHD.重力势能增加mgh,弹性势能增加W F-mgh6.(多选)(2021广东佛山高三三模)无动力翼装飞行运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备,从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下,运用肢体动作来掌控滑翔方向,最后打开降落伞平稳落地完成飞行。
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破09 动能定理、机械能守恒定律和功能关系(解析版)
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题09动能定理、机械能守恒定律和功能关系专练目标专练内容目标1高考真题（1T—5T）目标2动能定理的综合性应用（5T—10T）目标3机械能守恒定律在四类模型中的应用（11T—15T）目标4三大力场中功能关系的综合应用（16T—20T）目标5有关功能的图像问题（21T—25T）【典例专练】一、高考真题1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量【答案】B【详解】B ．由于A 、B 在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F ，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB 之间的弹力为F AB ，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB 有()()()A B A B A B sin cos F m m g m m g m m a θμθ++-+=+，对B 有B B AB B sin cos m g m g F m aθμθ--=联立可得AB A B BF Fm m m =-+由于A 对B 的弹力F AB 方向沿斜面向上，故可知在最高点F 的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A 上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B 正确；A ．设弹簧原长在O 点，A 刚开始运动时距离O 点为x 1，A 运动到最高点时距离O 点为x 2；下滑过程AB 不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得()()22121211sin 22kx kx mg f x x θ=++-化简得()122sin mg f k x x θ+=+当位移为最大位移的一半时有()121in =s +2F f x x k x mg θ-⎛⎫-- ⎪⎝⎭合带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；C ．根据B 的分析可知AB A B BF Fm m m =-+再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程F AB 逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B 对A 的压力逐渐变大，故C 错误；D ．整个过程中弹力做的功为0，A 重力做的功为0，当A 回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A 、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，故D 错误。