高三物理(沪科版)一轮复习备考：第六单元 功 动能定理 能量守恒(教师用卷)
高考物理一轮复习课件功功率
W3＋…求合力做的功。 ●方法三：用动能定理求，W合＝△EK
例3 如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直
位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与
竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？
2.等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功 W＝F·(sinh α－sinh β)
3.图像法
在F—x图象中，图线与两坐标轴所围的“面积”的代数和 表示力F做的功，“面积”有正负，在x轴上方的“面积”为正 ，在x轴下方的“面积”为负．
F－x图线与横轴所围面积表示拉力所做的功W＝
F0＋F1 2 x0
例1 (多选)如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上
匀速运动，下列说法中正确的是( ACD )
A．重力对人做负功 B．摩擦力对人做正功 C．支持力对人做正功 D．合力对人做功为零
突破训练1 如图所示，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
现对小球施加一个大小不变的力F＝10 N，方向始终与小球在该点的切
线成37°角，F拉着物体从M点运动到N点，已知小球与桌面间的动摩擦
因数μ＝，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝，
则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为(
)
1
1
A.2
B.2
C.4
D.4
将圆弧分成很多小段 l1、l2、…、ln，拉力 F 在每小段上做的功为 W1、 W2、…、Wn，因拉力 F 大小不变，方向始终与小球在该点的切线成 37°角，所以 W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°， W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°·π3R＝430π J， 同理可得克服摩擦力做功 Wf＝μmg·π3R＝230π J， 拉力 F 做的功与克服摩擦力做的功之比为 2，故 选 B.
高考物理一轮复习资料5.2动能定理及其应用课件沪科版
考点1 动能 动能定理
1.动能、动能的变化和动能定理的比较
概念 动能 内容 公式 说明 物体由于运动而具有的能叫动能， 物体的动能等于物体的质量与物体 Ek=(1/2)mv2 速度的二次方的乘积的一半 Ek=Ek2-Ek1 物体末状态的动能与其初状态的动 =(1/2)mv22能之差 (1/2)mv12 W=Ek2-Ek1 合外力对物体所做的总功等于物体 =(1/2)mv22 动能的变化 -(1/2)mv12
【解析】 (1)从B点开始到轨道最高点需要能量： Ek0=mgR(1-cos)+mgLsin+mgLcos， 代入解得Ek0=30 J。 从最高点向左返回B点设剩余动能EkB： EkB=mg2R-mgr(1+cos)-mgL=12 J。 说明只要小球能从B点上升到最高点以后就可以回到B点。 要使小球完成一周运动回到B点，初动能Ek0至少30 J。
动能定理若要应用于系统时，W总应是系统内物体受到的 所有力做的总功，包括内力。本题中“-f· s”为一对滑动摩擦 力做功的代数和，这是摩擦生热的原因与量度。摩擦生热中产 生的热量可以用Q=f· s相求解，其中f为滑动摩擦力，s相为两物 体间的相对路程。
1
如图所示，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦 因数均为0.5，斜面倾角37，斜面与平面间由一小段圆弧连 接，求物体能在水平面上滑行多远？
2
如图所示，物体从倾斜角为的斜面上由A点从静止 滑下，最后停在水平面上的C点，物体与斜面和地面 间的动摩擦因数都是,并且物体在滑经斜面与水平 面的连结点B时无能量损失。试求物体在斜面上滑动 的距离s1和在地面上滑行的距离s2间的比值。
【答案】/(sin-cos)
考点3 运用动能定理处理多过程问题
高考物理一轮复习热力学定律与能量守恒定律教案(含解析)沪科版
第3课时热力学定律与能量守恒定律[知识梳理]知识点一、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递。
2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
知识点三、热力学第二定律1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。
2.用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。
( )(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。
( )(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。
( )(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。
( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√[题组自测]题组一对热力学第一定律及能量守恒定律的理解1．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界放出热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界放出热量6.0×104 J解析根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界放出热量2.0×105J。
高考物理一轮复习功能关系能量守恒定律教案(含解析)沪科版
第4课时功能关系能量守恒定律[知识梳理]知识点、功能关系1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．能量守恒定律(1)内容：能量既不会消灭，也不会创生。
它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)力对物体做了多少功，物体就有多少能。
( )(2)物体在速度增大时，其机械能可能在减小。
( )(3)重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。
( )(4)一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。
( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√[题组自测]题组一对几种功能关系的理解1．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件。
坠落的陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则( )A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B ．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量C ．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量D ．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量解析 陨石在空中下落过程中，陨石与空气之间的摩擦力对陨石做负功，由动能定理有：W G －W f ＝ΔE k ，故W G ＞ΔE k ，A 、B 错误；陨石碎片在陷入地下的过程中，阻力同样做负功，W G ＞ΔE k ，C 错误；对全过程，由能量守恒定律可知机械能转化为内能，机械能减少，内能增大，由功能原理可知该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，D 正确。
高考物理一轮复习知能演练 5.2 动能 动能定理 沪科版
1. (2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动, 从某时刻起受到一恒力作用. 此后, 该质点的动能可能( )A. 一直增大B. 先逐渐减小至零, 再逐渐增大C. 先逐渐增大至某一最大值, 再逐渐减小D. 先逐渐减小至某一非零的最小值, 再逐渐增大解析: 选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时, 质点的动能一直增大, 故A正确. 当恒力方向与质点原来速度方向相反时, 速度先逐渐减小到零再逐渐增大, 质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大, 故B正确. 当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时, 将原来速度v0分解为平行恒力方向的v y、垂直恒力方向的v x, 如图(1), v y先逐渐减小到零再逐渐增大, v x始终不变. v＝x2x＋v2y, 质点速度v先逐渐减小至v x再逐渐增大, 质点的动能先减小至某一非零的最小值, 再逐渐增大, 故D正确. 当恒力方向与v0方向夹角小于90°时, 如图(2), v y一直增大, v x始终不变, 质点速度v逐渐增大. 动能一直增大, 没有其他情况, 故C错误.图5－2－52. 如图5－2－5所示, 质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍, 物块与转轴OO′相距R, 物块随转台由静止开始转动, 当转速增加到一定值时, 物块即将在转台上滑动, 在物块由静止到滑动前的这一过程中, 转台的摩擦力对物块做的功为( ) A. 0 B. 2πkmgRC. 2kmgRD.12 kmgR解析: 选D.在转速增加的过程中, 转台对物块的摩擦力是不断变化的, 当转速增加到一定值时, 物块在转台上即将滑动, 说明此时最大静摩擦力提供向心力, 即kmg ＝mv 2R①在这一过程中对物块用动能定理有W ＝12mv 2②由①②知, 转台的摩擦力对物块所做的功W ＝12kmgR , D 对.3.图5－2－6如图5－2－6所示, ABCD 是一个盆式容器, 盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧, BC 是水平的, 其长度d ＝0.50 m. 盆边缘的高度为h ＝0.30 m. 在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑. 已知盆内侧壁是光滑的, 而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动, 最后停下来, 则停的地点到B 的距离为( ) A. 0.50 m B. 0.25 m C. 0.10 m D. 0解析: 选D.设小物块在BC 面上运动的路程为x .由动能定理知: μmgx ＝mgh , 则x ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m因为d ＝0.5 m, 则x d ＝30.5＝6故小物块停在B 点.4. (2010·高考新课标全国卷)图5－2－7如图5－2－7所示, 在外力作用下某质点运动的v －t 图像为正弦曲线. 从图中可以判断( )A. 在0～t 1时间内, 外力做正功B. 在0～t 1时间内, 外力的功率逐渐增大C. 在t 2时刻, 外力的功率最大D. 在t 1～t 3时间内, 外力做的总功为零解析: 选AD.本题考查速度图像、动能定理与功率的计算, 意在考查考生对速度图像的理解, 以及结合速度图像综合分析功与功率的方法. 由速度图像可知, 在0～t 1时间内, 由于物体速度增大, 根据动能定理可知, 外力对物体做正功, A 正确, 在0～t 时间内, 由图可知t 1时刻外力为零, 故功率为零, 因此外力的功率不是逐渐增大, B 错误; 在t 2时刻, 由于物体的速度为零, 故此时外力的功率最小, 且为零, C 错误; 在t 1～t 3时间内, 因为物体的初末动能不变, 故外力做的总功为零, D 正确.5. (2012·上海浦东高三模拟)过山车是游乐场中常见的设施. 如图5－2－8所示是一种过山车的简易模型, 它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成, B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点, B 、C 间距与C 、D 间距相等, 半径R 1＝2.0 m 、R 2＝1.4 m. 一个质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点), 从轨道的左侧A 点以v 0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动, A 、B 间距L 1＝6.0 m. 小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2, 圆形轨道是光滑的. 假设水平轨道足够长, 圆形轨道间不相互重叠. 重力加速度取g ＝10 m/s 2, 计算结果保留小数点后一位数字. 试求:图5－2－8(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时, 轨道对小球作用力的大小. (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道, B 、C 间距L 应是多少？(3)在满足(2)的条件下, 如果要使小球恰能通过第三个圆形轨道, 则其半径R 3应是多大？ 解析: (1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v 1, 从A 点到最高点, 根据动能定理有－μmgL 1－2mgR 1＝12mv 21－12mv 20①小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F , 根据牛顿第二定律F ＋mg ＝m v 21R 1②由①②式得F ＝10.0 N. ③(2)设小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度为v 2, 由重力提供向心力有mg ＝m v 22R 2④从A 点到第二个圆形轨道的最高点, 根据动能定理有－μmg (L 1＋L )－2mgR 2＝12mv 22－12mv 20⑤由④⑤式得L ＝12.5 m. ⑥(3)小球恰能通过第三个圆轨道, 设在最高点的速度为v 3应满足mg ＝m v 23R 3⑦从A 点到第三个圆轨道的最高点, 根据动能定理有－μmg (L 1＋2L )－2mgR 3＝12mv 23－12mv 20⑧由⑥⑦⑧式得R 3＝0.4 m.答案: (1)10.0 N (2)12.5 m (3)0.4 m一、选择题1. 关于物体所受合外力及其动能, 下列说法正确的是( ) A. 合外力为零, 则动能一定不变 B. 动能保持不变, 则合外力一定为零C. 合外力不为零, 则合外力必做功, 动能一定变化D. 合外力不为零, 则物体一定做变速运动, 其动能一定变化解析: 选A.合外力为零, 则物体保持静止或匀速运动状态, 其动能一定不变, 选项A 正确; 动能不变, 其速度的方向可能变化, 有加速度, 合外力可能不为零, 如匀速圆周运动, 选项B 错误; 合外力不为零, 位移可能为零或合外力与位移垂直, 则功为零, 动能不变, 选项C 错误; 合外力不为零, 则一定有加速度, 物体一定做变速运动, 但动能可能不变, 选项D 错误. 2. 一人骑自行车下坡, 坡长L ＝500 m, 坡高h ＝8 m, 人和车的总质量为100 kg, 下坡时初速度为4 m/s, 人不踏车的情况下, 到达坡底时的车速为10 m/s, g 取10 m/s 2, 则下坡过程中阻力所做的功为( ) A. －4000 J B. －3800 J C. －5000 J D. －4200 J解析: 选B.由动能定理可得mgh ＋W f ＝12mv 2t －12mv 20, 解得W f ＝－mgh ＋12mv 2t －12mv 20＝－3800 J,故选项B 正确.3.图5－2－9如图5－2－9所示, 质量为m 的物块, 在恒力F 的作用下, 沿光滑水平面运动, 物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B , 物块由A 运动到B 点的过程中, 力F 对物块做的功W 为( )A. W >12mv 2B －12mv 2AB. W ＝12mv 2B －12mv 2AC. W ＝12mv 2A －12mv 2BD. 由于F 的方向未知, W 无法求出解析: 选B.对物块由动能定理得: W ＝12mv 2B －12mv 2A , 故选项B 正确.4. (2012·上海浦东高三模拟)一个质量为0.3 kg 的弹性小球, 在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上, 碰撞后小球沿相反方向运动, 反弹后的速度大小与碰撞前相同, 则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( ) A. Δv ＝0 B. Δv ＝12 m/s C. W ＝1.8 J D. W ＝10.8 J解析: 选B.取末速度的方向为正方向, 则v 2＝6 m/s, v 1＝－6 m/s, 速度变化Δv ＝v 2－v 1＝12 m/s, A 错误, B 正确; 小球与墙碰撞过程中, 只有墙对小球的作用力做功, 由动能定理得W ＝12m (v 22－v 21)＝0, 故C 、D 均错误. 5.图5－2－10如图5－2－10所示, 一块长木板B 放在光滑的水平面上, 在B 上放一物体A , 现以恒定的外力拉B , 由于A 、B 间摩擦力的作用, A 将在B 上滑动, 以地面为参照物, A 、B 都向前移动一段距离, 在此过程中( )A. 外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B. B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C. A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D. 外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析: 选BD.物体A 所受的合外力等于B 对A 的摩擦力, 所以B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量, 所以B 对. A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力, 大小相等, 方向相反, 但由于A 在B 上滑动, A 、B 对地的位移不等, 所以二者做功不等, 故C 错. 对B 应用动能定理, W F －W f ＝ΔE k B , 即W F ＝ΔE k B ＋W f , 即外力F 对B 做的功等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做功之和, 所以D 对, A 错, 故选BD. 6.图5－2－11(2012·福州模拟)如图5－2－11所示, 光滑斜面的顶端固定一弹簧, 一物体向右滑行, 并冲上固定在地面上的斜面. 设物体在斜面最低点A 的速度为v , 压缩弹簧到C 点时弹簧最短, C 点距地面高度为h , 则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A. mgh －12mv 2B.12mv 2－mghC. －mghD. －(mgh ＋12mv 2)解析: 选A.由A 到C 的过程运用动能定理可得:－mgh ＋W ＝0－12mv 2,所以W ＝mgh －12mv 2, 故A 正确.7.图5－2－12如图5－2－12所示, 质量为M 的木块放在光滑的水平面上, 质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终停留在木块中与木块一起以速度v 运动. 当子弹进入木块的深度为x 时两者相对静止, 这时木块前进的距离为L , 若木块对子弹的摩擦阻力为f 视为恒力, 下列关系不．正确的是( ) A. fL ＝Mv 22 B. fL ＝mv 22 C. fx ＝mv 22－m ＋M v 22D. f (L ＋x )＝mv 202－mv 22解析: 选B.f 对木块做正功, 使木块从静止开始加速到v 时发生的位移为L , 则对木块运用动能定理可得f ·L ＝Mv 22.子弹受到阻力f 作用做减速运动(重力和地面的支持力不做功), 到相对静止时发生的位移为(L ＋x ), 如题图所示, 由动能定理得－f ·(L ＋x )＝mv 22－mv 22解以上两式得f ·x ＝mv 202－m ＋M v 22故B 选项错误. 8.图5－2－13(2012·宿州模拟)如图5－2－13所示, 固定斜面倾角为θ, 整个斜面分为AB 、BC 两段, AB ＝2BC .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放, 恰好能滑动到C 点而停下, 那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A. tan θ＝μ1＋2μ23B. tan θ＝2μ1＋μ23C. tan θ＝2μ1－μ2D. tan θ＝2μ2－μ1解析: 选B.由动能定理得mg ·s AC ·sin θ－μ1mg cos θ·s AB －μ2mg cos θ·s BC ＝0, 则有tan θ＝2μ1＋μ23, B 项正确.9.图5－2－14如图5－2－14所示, 电梯质量为M , 地板上放置一质量为m 的物体. 钢索拉电梯由静止开始向上加速运动, 当上升高度为H 时, 速度达到v , 则( )A. 地板对物体的支持力做的功等于12mv 2B. 地板对物体的支持力做的功等于mgHC. 钢索的拉力做的功等于12Mv 2＋MgHD. 合力对电梯M 做的功等于12Mv 2解析: 选D.对物体m 应用动能定理: W F －mgH ＝12mv 2, 故W F ＝mgH ＋12mv 2, A 、B 均错; 以电梯和物体整体为研究对象, 应用动能定理, 钢索拉力做的功, W T ＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2, 故C 错;由动能定理知, 合力对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12Mv 2, 故D 正确.10.图5－2－12(2012·湖南桃源模拟)如图5－2－15所示, 一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上, 环与杆的动摩擦因数为μ, 现给环一个向右的初速度v 0, 如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 的作用, 已知力F 的大小为F ＝kv (k 为常数, v 为环的运动速度), 则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为( ) A.12mv 20 B. 0 C.12mv 20＋m 3g 22k2 D.12mv 20－m 3g22k2 解析: 选ABD.由于F ＝kv , 当F ＝kv 0＝mg 时, N ＝0, f ＝0, 圆环做匀速直线运动, 摩擦力做功为0, B 正确; 当v 0＜mg k 时, 圆环一直做减速运动, 由动能定理W f ＝12mv 20, A 对; 当v 0＞mgk 时, 由μ(kv －mg )＝ma 知, 环做加速度减小的减速直线运动, 最终做v ＝mg k的匀速直线运动, 由动能定理知W f ＝12mv 20－12mv 2＝12mv 20－m 3g22k 2, D 对, C 错.二、非选择题11.图5－2－16(2012·石家庄模拟)质量m ＝1 kg 的物体, 在水平拉力T (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下, 沿粗糙水平面运动, 经过位移4 m 时, 拉力T 停止作用, 运动到位移是8 m 时物体停止, 运动过程中E k －s 图线如图5－2－16所示. (g 取10 m/s 2)求: (1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力T 的大小.解析: (1)从图线可知初动能为2 J, E k0＝12mv 2＝2 J, 得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J, 在位移为8 m 处物体的动能为零, 这段过程中物体克服摩擦力做功. 设摩擦力为f , 则－fs 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J f ＝－10－4 N ＝2.5 N因f ＝μmg 故μ＝f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移到4 m 这段过程中, 水平方向上受拉力T 和摩擦力f 的作用, 合力为T －。
高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合
高考物理一轮复习功和功率教案(含解析)沪科版
届高考物理一轮复习 功和功率教案（含解析）沪科版第1课时 功和功率[知 识 梳 理]知识点一、功 1．做功的两个要素 (1)作用在物体上的力；(2)物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W ＝Fs cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，s 为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率。
(2)P ＝Fv cos_α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率。
②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率。
4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率。
5．实际功率：机械实际工作时输出的功率。
要求小于或等于额定功率。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。
( ) (2)滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。
( ) (3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。
( )(4)据P ＝Fv 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。
( ) (5)汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较小的牵引力。
( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×[题 组 自 测]题组一 关于功的理解和计算1．一个人乘电梯从1楼到18楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是( ) A ．始终做正功B ．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功C ．加速时做正功，匀速和减速时做负功D ．加速和匀速时做正功，减速时做负功解析 人坐电梯向上加速运动时受到的支持力向上且大于重力，做正功；匀速运动时，支持力等于重力，做正功；减速运动时，支持力竖直向上且小于重力，也做正功，故选项A 正确。
2023年高考物理一轮复习讲义——功能关系 能量守恒定律
第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 功能关系的理解和应用1．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是通过做功来实现的． (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 2．常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量 W ＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量动能 合外力做功等于物体动能变化量 W ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W 其他＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例1在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)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2μgs答案BC解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增．3．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 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 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度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．求在此过程中：(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； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J ，机械能损失了10 J ，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A 点时的动能为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失．换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .答案 (1)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。
高考物理一轮复习精讲精练 第6章 机械能守恒定律 第二讲 动能定理
第二讲 动能定理➢ 知识梳理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝12mv 2．3．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关． 4．状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度．5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性．6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m 22v －12m 21v ．动能的变化是过程量．二、动能定理1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式 (1)W ＝ΔE k ． (2)W ＝E k2－E k1． (3)W ＝12m 22v －12m 21v ．3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度． 4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．➢ 知识训练考点一、动能定理的理解和基本应用 1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． 2．解题流程3．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系． (2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解． (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1、(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 转动，另一端与质量为m 的小木块相连。
木块以水平初速度v 0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。
在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )A ．mv 202πLB ．mv 204πLC ．mv 208πLD ．mv 2016πL【答案】B【解析】在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f ·2πL ＝0－12m 20v ，可得木块所受摩擦力的大小f ＝mv 204πL，故选B ．例2、随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比 【答案】B【解析】根据v ＝at ，E k ＝21mv 2，整理得E k ＝21ma 2t 2，可知动能和时间的平方成正比，选项A 错误；根据动能定理E k ＝21mv 2＝Fl ，可知动能和位移成正比，选项B 正确；根据E k ＝21mv 2，动能与速度的平方成正比，选项C 错误；加速度是不变的，所以动能与加速度不成正比，选项D 错误．例3、(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功 【答案】A【解析】由题意知，W 拉－W 克摩＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 克摩与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．例4、如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1 kg 的小物块在9 N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B 点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小． 【答案】(1)4 5 m/s (2)150 N【解析】(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12mv B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为 v B ＝4 5 m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得 －mg ·2R ＝12mv D 2－12mv B 2在D 点由牛顿第二定律可得 F N ＋mg ＝m v D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150 N.课堂随练训练1、(2021·高考河北卷，T6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示。
高考物理一轮复习 功和功率教案(含解析)沪科版
【创新设计】2016届高考物理一轮复习功和功率教案（含解析）沪科版考点内容要求命题规律复习策略功和功率Ⅱ(1)功和功率的计算；(2)对动能定理、机械能守恒定律、功能关系的理解；(3)与牛顿第二定律相结合考查运动情况和功能关系(1)抓住功是能量转化的量度这条主线，深刻理解基本概念、基本规律；(2)熟知几种常见的功能关系并会应用；(3)重视受力分析和过程分析，提高解决综合问题的能力动能和动能定理Ⅱ重力做功与重力势能Ⅱ功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律第1课时功和功率[知识梳理]知识点一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力；(2)物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W＝Fs cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，s为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负夹角功的正负α＜90°力对物体做正功1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率。
(2)P ＝Fv cos_α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率。
②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率。
4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率。
5．实际功率：机械实际工作时输出的功率。
要求小于或等于额定功率。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。
( ) (2)滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。
( ) (3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。
( )(4)据P ＝Fv 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。
( ) (5)汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较小的牵引力。
( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×[题 组 自 测]题组一 关于功的理解和计算1．一个人乘电梯从1楼到18楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是( ) A ．始终做正功B ．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功C ．加速时做正功，匀速和减速时做负功D ．加速和匀速时做正功，减速时做负功解析 人坐电梯向上加速运动时受到的支持力向上且大于重力，做正功；匀速运动时，支持力等于重力，做正功；减速运动时，支持力竖直向上且小于重力，也做正功，故选项A 正确。
2024年沪科版高考物理试题与参考答案
2024年沪科版物理高考复习试题(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、以下关于力的说法正确的是：A、力是物体运动状态改变的原因B、力是物体速度大小改变的原因C、力是物体质量改变的原因D、力是物体形状改变的原因2、以下关于浮力的说法错误的是：A、浮力大小与物体在液体中的体积成正比B、浮力方向总是指向物体所在液体的表面C、浮力产生的原因是液体对物体的压力差D、浮力大小与物体在液体中的密度成正比3、在光滑水平面上，一个质量为(m)的物体以速度(v0)向右运动。
如果有一个与运动方向相反的恒力(F)作用于物体上，则经过时间(t)后物体的速度(v)将是：)A.(v0−Ftm)B.(v0+Ftm)C.(v0−Fmt)D.(v0+Fmt4、已知某单色光在真空中的波长为(λ0)，当这束光进入折射率为(n)的介质中时，其波长变为(λ)。
则(λ)与(λ0)的关系为：A.(λ=nλ0))B.(λ=λ0nC.(λ=λ0√n))D.(λ=0√n5、以下关于牛顿运动定律的说法正确的是：A、物体受到的合力越大，其加速度越小。
B、物体的速度越大，其所受的合力越小。
C、一个物体如果不受外力作用，将保持静止状态或匀速直线运动状态。
D、物体的运动状态改变，一定是因为受到非平衡力的作用。
6、一个物体从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，下列哪个物理量随时间增加而增加？A、物体的速度B、物体的位移C、物体的加速度D、物体受到的合力7、一个质量为(m)的物体，在水平面上受到一个与水平方向成(θ)角的恒力(F)，假设物体与水平面之间的摩擦系数为(μ)，如果物体从静止开始移动，则物体开始运动所需的最小力(F)是多少？（重力加速度为(g)）A.(mgsin(θ)+μmgcos(θ))B.(mgsin(θ)−μmgcos(θ))C.(F>mgsin(θ)+μmgcos(θ))D.(F>mgsin(θ)−μmgcos(θ))二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、A、在平抛运动中，物体的水平位移公式为x=v0t，其中v0是初速度，t是时间。
2025高考物理备考复习教案 第六章 第4讲 功能关系 能量守恒定律
因为l 1 ＞l 2 ，则 cos θ 1 ＞ cos θ 2
所以θ 2 ＞θ 1
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第4讲
功能关系
和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误.
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
命题点3 功能关系的综合应用
5. [2021北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆
动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2.不计空
气阻力，重力加速度大小为g.
(1)如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
方法点拨
两种摩擦力做功特点的比较
类型
能量的
转化
静摩擦力做功
机械能只能从一个物体转移到
另一个物体，而没有机械能转
化为其他形式的能
滑动摩擦力做功
(1)一部分机械能从一个物体转移到另
一个物体.
(2)一部分机械能转化为内能，此部分
能量就是系统机械能的损失量
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第4讲
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
力做功
能的变化
只有重力或系统
机械能
内弹力做功
除重力和系统内
弹力之外的其他
力做功
不变化
机械能
变化
二者关系
机械能守恒，即ΔE＝[6] 0
(1)其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
(2)其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
高考沪科版物理一轮复习课件5.2 动能 动能定理
的分过程, 既可分段考虑, 也可整个
过程考虑, 但求功时,
有些力不是全过程都做功, 必须根据 不同的情况分别对待求出总功. (4)应用动能定理时, 必须明确各力做 功的正、负. 当一个力做负功时, 可 设物体克服该力做功为W, 将该力做 功表达为－W, 也可以直接用字母W
表示该力做功, 使字母本身含有负号.
【解析】 (1)从图中可以看出 , 在 0～2 s 运动员做匀加速运动 , 其加速 vt 16 2 2 度大小为 a＝ ＝ m/s ＝ 8 m/s 2 t 设此过程中运动员受到的阻力大小 为 f, 根据牛顿第二定律 , 有 mg－ f＝ ma 得 f＝ m(g－a) ＝ 80×(10－8) N＝160 N.
第2节 动能
动能定理
基础梳理自学导引
一、动能 运动 而具有的 1. 定义: 物体由于_________ 能.
1 2 mv 2 2. 公式: Ek＝_________ 标量 只有正值. 3. 矢标性: 动能是_______,
特别提示 思考感悟
动能是状态量, 而动能的
变化量是过程量.
物体的速度变化了, 动能是否一定发
即时应用 2. 一列火车由机车牵引沿水平轨道
行驶, 经过时间t, 其速度由0增大到v.
已知列车总质量为 M, 机车功率 P 保
持不变, 列车所受阻力f为恒力. 求这
段时间内列车通过的路程.
解析 : 以列车为研究对象 , 列车水平 方向受牵引力和阻力 . 设列车通过的 路程为 x.根据动能定理有 1 2 WF－ Wf＝ Mv － 0. 2 因为列车功率一定 ,
W 据 P＝ 可知牵引力做的功, 即 t 1 2 Pt－ Mv 2 WF＝ Pt, 联立解得 x＝ . f
高考物理2024届一轮复习课件-功和能-动能定理与叠放体(板块)问题
Lm=vmt=
M2v02+2Mmv02 2μg(M+m)2
LM=vMt=
Mmv02 2μg(M+m)2
⊿s= Mv02 2μg(M+m)
Q=μmg⊿s= Mmv02 2(M+m)
方法二： am=μg
μmg aM= M
v0-amt=aMt
t=
Mv0 μg(M+m)
v共=
mv0 M+m
Q=
1 2
mv02-
求：①小车A第一次与墙面碰撞后，小滑块B的加速度aB；
d
②小车A从开始运动到第二次与墙面碰撞的过程中通过的路程SA；
③从小车和滑块开始运动到都静止，滑块相对于小车所走的路程L；
B A
d
A S1
① F-kmg=maB ② 2F=2ma0
aB=(1-k)g
v12=2a0d
F+kmg=maA
v12=2aAS1
v0
v0′
F
动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：系统因摩擦产生的内能；
物块：am=μmg/m=2m/s2 木板：aM=(F-μmg)/M=0.5m/s2
-v0′+amt=v0+aMt t=2s v=2m/s
Lm=vmt=0 LM=vMt=3m
⊿s=3m
Q=μmg⊿s=12J
（取小车为研究对象，物块为参考系：⊿v0=3m/s ⊿v=0 ⊿a=-1.5m/s2
μmg aM= M
v0-amt=aMt
t=
Mv0 μg(M+m)
v共=
mv0 M+m
Q=
1 2
mv02-
21(m+M)v共2
2022届高考物理一轮复习第六章机械能守恒第一节功
第一节功1．力与物体在力的方向上通过位移的乘积叫做功，功常用W表示，单位为焦耳(J)。
2．一个力作用在物体上，如果力的大小为F，位移为l，力与位移之间的夹角为α，则该力对物体所做的功为W＝Flcosα(该公式只适合于恒力做功，位移为对地位移)。
3．功是标量，没有方向，但它有正负。
某力对物体做负功，也可说成“物体克服某力做功”。
功的正负表示能量传递的方向，即功是能量转化的量度。
4．几个力对一个物体做功的代数和等于这几个力的合力对物体所做的功。
即W总＝W1＋W2＋…＋W n或W总＝ F合lco sα例1 如图，一斜面滑动摩擦因数为0.15，倾角为30度，有一物体质量为0.4 kg，在斜面上从静止开始下滑，则物体在斜面上滑行0.2米时，求(g取10 m/s2，精确到0.01)(1)重力对物块所做的功；(2)摩擦力对物块所做的功；(3)支持力对物块所做的功。
【解析】 (1)依题意，物体位移s＝0.2m，质量m＝0.4kg，摩擦因数μ＝0.15，显然物体在斜面上做匀加速直线运动，当其下滑0.2米时，物体下降的高度h＝0.2× sin30°＝0.1(m)，所以重力对物体所做的功W1＝mgh＝0.4×10×0.1＝0.4(J)(2)因为物体所受摩擦力方向与位移方向相反，故摩擦力对物体所做的功W2＝fscos180°＝－μmgcos30°·s＝－0.15×0.4×10×32×2＝－1.04(J)(3)因为物体所受支持力方向与位移方向垂直，故其在支持力方向无位移，所以支持力对物体所做的功为零。
【答案】 (1)0.4 J (2)－1.04 J (3)见解析例2 如图所示，在光滑的水平地面上有质量为M 的长平板A ，平板上放一质量为m 的物体B ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ。
今在物体B 上加一水平恒力F ，使B 和A 发生相对滑动，经过时间t ，B 在A 上滑动了一段距离但并未脱离A 。
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 第2讲 动量守恒定律及其应用教学案 沪科版-沪科版高三全册
第2讲动量守恒定律及其应用知识排查知识点一动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点二弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最多知识点三1.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。
实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
2.爆炸(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
小题速练1.思考判断(1)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
( )(2)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。
( )(3)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。
( )答案(1)×(2)×(3)√2.下列情形中，满足动量守恒的是( )A.铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B.子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C.子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D.棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零。
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第六章机械能守恒定律第2讲动能定理及其应用学生用书
第2讲动能定理及其应用课程标准1.理解动能和动能定理．2.能用动能定理解释生产生活中的现象．素养目标物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容．科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题．必备知识·自主落实一、动能动能是标量1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：E k＝12mv2v是瞬时速度3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．动能的变化：物体________与________之差，即ΔE k＝______________．二、动能定理“力”指的是物体受到的所有力1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中__________．合力所做的总功2．表达式：W＝12mv22−12mv12．标量式，不用规定正方向3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．走进生活如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫．水平段与斜面段底部平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N.取重力加速度g＝10 m/s2(1)小朋友在下滑过程中，重力做功600 J．( )(2)小朋友在斜面上滑下的过程中克服摩擦力做的功为440 J．( )(3)小朋友滑到斜面底端时的动能为160 J．( )(4)小朋友在斜面上滑下的过程中合外力做功为0.( )(5)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度至少为1.6 m．( )(6)在斜面、水平面整个运动过程中合外力对小朋友做功为0.( )关键能力·精准突破考点一动能、动能定理的理解1．动能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分．ΔE k>0表示物体的动能增加，ΔE k<0表示物体的动能减少．2．对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号．针对训练1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是( )A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等2．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平底板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A．对物体，动能定理的表达式为W＝12mv22−12mv12，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22−12Mv12考点二动能定理的应用应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：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)过程的选择：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)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理．如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化．(3)规律的应用：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．考向1 动能定理解决直线运动问题例1 [2023·山东省实验中学模拟]2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．如图所示，若返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1 m时启动反推发动机，速度减至2 m/s后恰好落到地面上．设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计．已知返回舱(含航天员，后同)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动．(1)在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小．(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机在该过程中对返回舱做的功．[试答]考向2 动能定理解决曲线运动问题例2 [2023·湖北高三联考]在北京2022年冬奥会上，中国运动员获得自由式滑雪女子大跳台项目金牌，这是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为v C＝15 m/s的速度沿着与水平方向成α＝37°角的方向飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上的E点，后沿圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势匀减速滑行L＝45 m后速度减为零．已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，且沿圆弧轨道切线进入，经F点时运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水，运动员加装备的总质量为50 kg，重力加速度g 平停止区受到的阻力为体重(含装备)的14＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略运动过程中的空气阻力．求：(1)运动员完成空中动作的时间；(2)运动员在圆弧轨道EF上滑行过程中损失的机械能．[试答]考向3 动能定理解决多过程问题多过程问题包含多个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动、往复运动等. 此类题型涉及知识内容比较多，综合性强，对考生的能力要求也较高．例3 [2022·浙江1月]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O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2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、O1、D、O2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.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.摩擦因数μ＝78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，求滑块第1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．[试答]考向4 动能定理解决往复运动问题1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．例4 [2023·北京东城区模拟]如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1 kg 的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2 m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长L＝0.1 m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，则整个过程中与两壁碰撞的次数是( )A．3次B．4次C．5次D．6次[解题心得]针对训练3．[2023·安徽合肥二模](多选)如图所示，两相邻倾斜轨道Ⅰ和Ⅱ均与水平面平滑连接，两轨道侧视图的交叉点M距水平面的高度为h，一可视为质点的物块从轨道Ⅱ上的M处由静止释放，最终物块运动到水平面上的A处停止．已知物块与两倾斜轨道及水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度为g，倾斜轨道足够长．下列说法正确的是( )A．若物块从轨道Ⅰ上的M处由静止释放，则物块将停在水平面上A处左侧B．若物块从A处以大小为2√gh的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，物块刚好能滑到M 处C．若物块分别从A处以大小为3√gh的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在两轨道上速度减为0时的位置距水平面的高度相同D．若物块分别从A处以大小为3√gh的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大4．[2023·山东泰安模拟]用如图所示的简化图来研究风洞实验，光滑的细杆被制成两个弯曲的四分之一圆弧AB、BC，圆弧的半径均为r，两个圆弧在同一竖直平面内，两圆弧在B点的切线竖直，A、C分别是其最低点和最高点，切线水平，一质量为m的小球(视为质点)套在细杆上，从A点由静止开始在水平向左恒定的风力作用下沿着杆向上运动，风力的大小F风＝2mg，重力加速度大小为g，求：(1)小球进入圆弧BC后瞬间，在B点，杆对小球的弹力大小F；(2)小球离开圆弧到达A点的等高点E时的速度大小v E.考点三动能定理与图像结合问题1．解决动能定理与图像结合问题的基本步骤2．图像中所围“面积”或斜率的意义考向1 动能定理与E k－x图像的综合例 5 [2022·江苏卷]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能E k与水平位移x的关系图像正确的是( )[解题心得]考向2 动能定理与F－x图像的综合例 6 [2023·福建厦门模拟](多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰好处于原长且水平．物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小f与物块位移x的关系如图乙所示．已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则( )A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右B．x0～2x0过程，物块做匀加速直线运动C．弹簧的劲度系数为μmg2x0D．传送带的速率为√3μgx04[解题心得]考向3 动能定理与v－t、P－t图像的综合例7 [2023·黑龙江绥化模拟]一小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度大小与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2 s以后小车以速率v0做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息．求：(1)2 s时小车的速率v0以及地面对小车的摩擦力大小；(2)小车在0～1 s内运动的位移大小．[试答]第2讲动能定理及其应用必备知识·自主落实一、1．运动3．焦耳4．末动能初动能12mv22−12mv12二、1．动能的变化3．合外力走进生活答案：(1)√(2)√(3)√(4)×(5)√(6)√关键能力·精准突破1．解析：由动能的表达式E k＝12mv2可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确．答案：D2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力F N，这两个力做的总功才等于物体动能的增量，ΔE k＝12mv−2212mv12，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．答案：CD例1 解析：(1)设主伞打开后瞬间返回舱所受阻力为f1，返回舱匀速下降时所受阻力为f2返回舱匀速下降时，对返回舱进行受力分析，根据平衡条件可得f2＝kv2＝mg，主伞打开后瞬间，对返回舱由牛顿第二定律可知mg－f1＝ma由题意知f1＝kv1联立可得a＝－70 m/s2所以主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小为70 m/s2.(2)从离地1 m到速度为2 m/s时，由动能定理可知12mv−3212mv22＝mgh＋W解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功为W＝－1.74×105 J.答案：(1)70 m/s2(2)－1.74×105 J例2 解析：(1)对运动员由C点至到达着陆坡过程的运动进行分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向速度v x＝v C cos α＝12 m/s 竖直方向初速度v y＝v C sin α＝9 m/s同理，在E点进行速度分解，水平方向速度不变，竖直方向速度为v Ey＝v xtanα＝16 m/s 以竖直向下为正方向，竖直方向由运动学公式可得v Ey＝－v y＋gt解得运动员完成空中动作的时间t＝2.5 s.(2)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m总，在F点时，运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，则地面对该整体的支持力大小为F N＝2m总g此时支持力与总重力的合力提供向心力，则有F N －m 总g ＝m 总v 2R ，解得v ＝√gR 运动员到达F 点后做匀减速直线运动，根据动能定理得－fL ＝0－12m 总v 2，又f ＝14m 总g解得v ＝15 m/s ，R ＝22.5 m由(1)可知运动员在E 点的速度v E ＝√122+162 m/s ＝20 m/s设运动员从E 点到F 点过程克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理得m 总gR (1－sin α)－W f ＝12m 总v 2－12m 总v E 2，解得W f ＝8 875 J运动员在圆弧轨道EF 上滑行过程中损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即ΔE ＝W f＝8 875 J.答案：(1)2.5 s (2)8 875 J例3 解析：(1)滑块从A 到C 的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12mv C 2在C 点根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv C2R代入数据解得F N ＝7 N.(2)要使得滑块到达F 点，则必过圆弧轨道DEF 的最高点，即有 mgl x sin 37°－mg (3R cos 37°＋R )＝12mv 02≥0即l x ≥0.85 m滑块运动到F 的过程中，由机械能守恒定律有mgl x sin 37°－4mgR cos 37°＝12mv 2解得v ＝√12l x −9.6(m/s)(0.85 m≤l x ≤3 m)(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG 中点时的n 倍，由动能定理得mgl x sin 37°－mg l FG 2sin 37°－nμmg lFG2cos 37°＝0 解得l x ＝7n+615m将0.85 m≤l x ≤3 m 代入上式可得2728≤n ≤397由运动过程可知，n 只能取1、3、5 ①当n ＝1时，l x ＝1315 m②当n ＝3时，l x ＝95m③当n ＝5时，l x ＝4115 m. 答案：(1)7 N(2)v ＝√12l x −9.6(m/s)(0.85 m≤l x ≤3 m)(3)见解析例4 解析：以滑块为研究对象，在滑块运动过程中，只有滑块受到的摩擦力对滑块做功．滑块运动过程中摩擦力始终对滑块做负功，设滑块相对于盒子运动的总路程为s ，对整个过程，根据动能定理有－μmgs ＝0−12mv 02，可得滑块滑过的总路程s ＝v 022μg ＝0.4 m ，因为盒子长L ＝0.1 m ，故可知碰撞次数n ＝s−L 2 L ＋1＝4.5，n 取整数，故滑块与盒子碰撞4次．答案：B3．解析：依题意，设M 点在水平面上投影点为B 点，轨道Ⅱ与水平面相交处为C 点，如图所示，由于物块从轨道Ⅱ上的M 处由静止释放到达A 点静止，根据动能定理有mgh －μmg cos θ·hsin θ－μmg (s AB −htan θ)＝0－0，其中θ为轨道Ⅱ与水平面的夹角，解得mgh ＝μmgs AB ，若物块从轨道Ⅰ上的M 处由静止释放，h 相等，μ一样，同理分析可知物块仍能到达A 点，故选项A 错误；若物块从A 处以大小为2√gh 的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，假设物块能到达M 点，则由动能定理可得－mgh －μmgs AB ＝12mv −M 212mv 02，结合v 0＝2√gh 和mgh ＝μmgs AB ，可求得v M ＝0，假设成立，所以，物块刚好能滑到M 处，故选项B 正确；物块分别从A 处以大小为3√gh 的初速度向左运动并滑上两轨道，若物块沿两轨道可到达同一高度，假设到达Ⅰ轨道N 点的速度为0，到达Ⅱ轨道N ′点的速度也为0(如图)，根据能量守恒定律可知W G ＋W f ＝E k0，因为初动能相同，重力做功相同，由A 项分析可知，物块从A 点滑到Ⅰ轨道N 点克服摩擦力做的功比滑上Ⅱ轨道N ′点的小，所以若物块到达Ⅱ轨道N ′点的速度为0，在轨道Ⅰ上N 点速度就不可能为0，还要继续上滑，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大，假设不成立，故选项C 错误，D 正确．答案：BD4．解析：(1)小球由A 点运动到B 点，由动能定理得F 风r －mgr ＝12mv B 2 小球进入圆弧BC 后瞬间，在B 点，设杆对小球的弹力方向向左，由牛顿第二定律有F 风＋F ＝m v B 2r，解得F ＝0.(2)小球由A 点运动到C 点，由动能定理有F 风×2r －mg ×2r ＝12mv C 2，解得v C ＝2√gr 设小球从C 点运动到E 点的时间为t CE ，在竖直方向上小球做自由落体运动，有2r ＝12gt CE 2 解法一：在水平方向上小球做初速度大小为v C 的匀加速直线运动，加速度大小为a ＝F 风m 小球在水平方向运动的位移大小L CE ＝v C t CE +12at CE 2，解得L CE ＝8r小球从A 点运动到E 点，由动能定理有F 风(2r ＋L CE )＝12mv E 2 解得v E ＝2√10gr.解法二：小球离开圆弧到达A 点的等高点E 时的竖直分速度v Ey ＝gt CE水平分速度v Ex＝v C＋at CE故vE＝√v Ex2+v Ey2＝2√10gr.答案：(1)0 (2)2√10gr例5 解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有E k＝mgx tan θ，即E k＝mg tan θ×x，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，E kx图像为一条倾斜的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，所以运动员的动能E k与水平位移x的关系图像正确的是图A.答案：A例6 解析：物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x＝x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x 正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x正比例增大，由此可推知当x＝x0时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x0～2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与最大静摩擦力大小相等，故选项A正确，B错误；根据上述分析可知，弹簧的劲度系数为k＝μmg2x0，故选项C正确；在0～x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为T̅＝0+kx02＝μmg4，设传送带的速率为v，此过程对物块根据动能定理有12mv2＝μmgx0－T̅x0，解得v＝√3μgx02，故选项D错误．答案：AC例7 解析：(1)由图甲可知，在1～2 s内，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设大小为F2，1 s时P2＝F2v1，2 s时P3＝F2v0代入图中所给的已知条件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s解得v0＝20 m/s，F2＝20 N设地面对小车的摩擦力大小为f，由题意和图甲、乙可知2 s以后小车以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做匀速直线运动，则有P4＝fv0解得f＝10 N.(2)结合v0＝20 m/s，1 s时小车速度大小v1＝10 m/s，小车匀加速直线运动时间t2＝1 s由图甲可知，1～2 s小车的加速度大小a＝v0−v1t2＝10 m/s2由牛顿第二定律有F2－f＝ma再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg设小车在0～1 s内的位移大小为s，由动能定理有P1t1－fs＝12mv12由图乙可知P1＝110 W，再结合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，联立解得s ＝6 m.答案：(1)20 m/s 10 N (2)6 m。
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全国100所名校单元测试示范卷·高三·物理卷(六)第六单元功动能定理能量守恒沪科版（教师用卷）(90分钟100分)第Ⅰ卷(选择题共40分)选择题部分共10小题。
在每小题给出的四个选项中,1~6小题只有一个选项正确,7~10小题有多个选项正确;全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分。
1.能源是社会发展的基础。
下列关于能量守恒和能源的说法正确的是A.能量是守恒的,能源是取之不尽,用之不竭的B.能量的耗散反映能量是不守恒的C.开发新能源,是缓解能源危机的重要途径D.对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小,形成“能源危机”解析:能量耗散表明,在能源的利用过程中,虽然能量的数量并末减小,但在可利用的品质上降低了,从便于利用的变成不便于利用的了。
所以我们要节约能量,不断开发新能源,选项C正确。
答案:C2.如图所示,游乐场中,从高处A到水平面B处有两条长度相同的轨道Ⅰ和Ⅱ,其中轨道Ⅰ光滑,轨道Ⅱ粗糙。
质量相等的小孩甲和乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处,两人重力做功分别为W1和W2,则A.W1>W2B.W1<W2C.W1=W2D.因小孩乙与轨道Ⅱ的动摩擦因数未知,故无法比较重力做功的大小解析:重力做功等于重力乘以物体沿竖直方向的位移,与路径及粗糙与否无关。
质量相等的两个小孩甲、乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处,重力做功相等,选项C正确。
答案:C3.如图所示是某课题小组制作的平抛仪。
M是半径为R固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平。
M的下端相切处放置着竖直向上的弹簧枪,弹簧枪可发射速度不同、质量均为m的小钢珠,假设某次发射(钢珠距离枪口0.5R)的小钢珠恰好通过M的上端点水平飞出,已知重力加速度为g,则发射该小钢珠前,弹簧的弹性势能为A.mgRB.2mgRC.3mgRD.4mgR解析:小钢珠恰好通过M的上端点水平飞出,必有mg=m,解得mv2=mgR;弹簧的弹性势能全部转化为小钢珠的机械能,由机械能守恒定律得E P=mg(0.5R+R)+mv2=2mgR,选项B正确。
答案:B4.如图所示,用大小相等的力F将同一物体分别沿光滑的水平面和光滑的斜面由静止开始移动大小相等的位移x,在两种情况下,力F作用的时间分别为t1和t2,力F的方向分别平行水平面和斜面,平均功率分别为P1和P2。
则A.t1>t2,P1>P2B.t1>t2,P1<P2C.t1=t2,P1=P2D.t1<t2,P1>P2解析:设在两种情况下,物体运动的加速度分别为a1、a2,由牛顿第二定律得F=ma1、F-mg sin θ=ma2(θ为斜面的倾角),很显然,a1>a2,又x=at2,所以t1<t2,而W1=W2=Fx,由P=知P1>P2,选项D正确。
答案:D5.如图所示,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳的两端各系一个小球a和b。
a球的质量为m,静置于水平地面;b球的质量为M,用手托住,距地面的高度为h,此时轻绳刚好拉紧。
从静止释放b后,a达到的最大高度为1.5h,则M、m的比值为A.5∶4B.5∶3C.3∶1D.3∶2解析:由题设分析知,b球着地后,a球继续上升的高度应为h,由运动学知识知b球着地的瞬间,两球的速度v=,另由机械能守恒定律得(M-m)gh=(M+m)v2,结合两式求得M∶m=3∶1,选项C正确。
答案:C6.一长木板在光滑的水平面上匀速运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的质量m=1 kg的物块轻放在木板上,以后木板运动的速度-时间图象如图所示。
已知物块始终在木板上,重力加速度g=10 m/s2。
则物块的最终动能E1及木板动能的减小量ΔE分别为A.E1=0.5 J ,ΔE=2 JB.E1=0.5 J ,ΔE=3 JC.E1=1 J,ΔE=2 JD.E1=1 J,ΔE=3 J解析:由v-t图象知,当t=0.5 s时,木板开始做速度v=1 m/s的匀速运动,此时,物块与木板的速度相同,物块与木板间无摩擦力作用,物块的最终动能E1=mv2=0.5 J;对物块,由v=at及f=ma得f=2 N,在0~0.5 s内,木板的位移x=×(5+1)×0.5 m=1.5 m,由动能定理得木板动能的减小量ΔE=f·x=3 J,选项B正确。
答案:B7.物体做自由落体运动,E p代表势能,h代表下落的距离,以水平地面为零势能面。
下图中,能正确反映各物理量之间的关系的是解析:设物体开始做自由落体运动时离地面的高度为H,则E p=mg(H-gt2)=mg(H-h),故E p是时间t的二次函数,且开口朝下,又是h的一次函数,选项B、D正确。
答案:BD8.一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。
此后,该质点的动能先逐渐减小,再逐渐增大,则恒力与物体匀速运动时速度方向的夹角θ可能是A.θ=0B.θ=180°C.0<θ<90°D.90°<θ<180°解析:若0≤θ<90°,恒力做正功,动能一直增大;若θ=180°,恒力做负功,动能先减小到零再反向增大;当90°<θ<180°,质点做匀变速曲线运动,恒力先做负功后做正功,质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,选项B、D正确。
答案:BD9.如图所示,质量不计的轻弹簧竖直固定在水平地面上,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球从落到弹簧上到压缩弹簧到最低点的过程中A.小球的机械能守恒B.小球的机械能增大C.小球的机械能减小D.小球与弹簧组成的系统的机械能守恒解析:小球从落到弹簧上到压缩弹簧到最低点的过程中,弹力对小球做负功,小球的机械能减小;小球与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,机械能守恒,选项C、D正确。
答案:CD10.如图所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一小球。
现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过O点正下方的B点时绳恰好被拉断,小球平抛后撞击到一个与地面成θ=37°的斜面上,撞击点为C。
若B、C间的高度差为H,不计空气阻力,s in 37°=0.6,cos 37°=0.8,则A.小球从B点运动到C点的时间t=B.小球从B点运动到C点的时间t=C.A、B间的高度差h=HD.A、B间的高度差h=H解析:由机械能守恒定律,有mgh=mv2,解得小球从B点平抛的初速度v=。
由平抛规律有x=vt,H=gt2,tan 37°=,结合以上式子得h=H、t=。
选项A、C正确。
答案:AC第Ⅱ卷(非选择题共60分)非选择题部分共6小题,把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
11.(7分)现要用如图所示的实验装置探究“动能定理”:一倾角θ可调的斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定在斜面上,光电门甲的位置可移动。
不可伸长的细线一端固定在带有遮光片(宽度为d)的滑块上,另一端通过光滑定滑轮与重物相连,细线与斜面平行(通过滑轮调节)。
当滑块沿斜面下滑时,与光电门相连的计时器可以显示遮光片挡光的时间t,从而可测出滑块通过光电门时的瞬时速度v。
改变光电门甲的位置,重复实验,比较外力所做的功W与系统动能的增量ΔE k的关系,即可达到实验目的。
主要实验步骤如下:(1)调节斜面的倾角θ,用以平衡滑块的摩擦力。
将带有遮光片的滑块置于斜面上,轻推滑块,使之运动。
可以通过判断滑块是否正好做匀速运动;(2)按设计的方法安装好实验器材。
将滑块从远离光电门甲的上端由静止释放,滑块通过光电门甲、乙时,遮光片挡光的时间分别t1和t2,则滑块通过甲、乙两光电门时的瞬时速度分别为和;(3)用天平测出滑块(含遮光片)的质量M及重物的质量m,用米尺测出两光电门间的距离x,比较和的大小,在误差允许的范围内,若两者相等,可得出合力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
解析:(1)滑块匀速运动时,遮光片经过两光电门的时间相等;(2)遮光片宽度d很小,可认为其平均速度与滑块通过该位置时的瞬时速度相等,故滑块通过甲、乙两光电门时的瞬时速度分别为和;(3)比较外力做功mgx及系统动能的增量(M+m)是否相等,即可探究“动能定理”。
答案:(1)遮光片经过两光电门的时间是否相等(1分)(2)(每空1分)(3)mgx (M+m)(每空2分)甲12.(8分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示,调节气垫导轨水平,将重物A由静止释放,滑块B上拖着的纸带(未画出)被打出一系列的点。
对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。
图乙给出的是实验中的一条纸带:0是打下的第一个点,每相邻两个计数点间还有4个点(图上未画出),计数点间的距离如图中所示。
已知重物的质量m=100 g、滑块的质量M=150 g,则:(g取10 m/s2,结果保留三位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v= m/s;(2)在打点0~5的过程中系统动能的增加量ΔE k= J,系统势能的减少量ΔE p=J,由此得出的结论是 ;(3)若某实验小组作出的-h图象如图丙所示,则当地的实际重力加速度g= m/s2。
乙丙解析:(1)v5= m/s=1.95 m/s。
(2)ΔE k=(M+m)v2=×0.25×(1.95)2 J=0.475 J,ΔE p=mgh5=0.497 J,在误差允许的范围内,系统的机械能守恒。
(3)由mgh=(M+m)v2得v2=gh,故-h图线的斜率k=g,结合图丙得g=9.70 m/s2。
答案:(1)1.95(1分)(2)0.4750.497在误差允许的范围内,系统的机械能守恒(每空2分)(3)9.70 (1分)13.(10分)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角均为30°,顶角b处安装一定滑轮。
质量分别为M=8 kg、m=2 kg的滑块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。
两滑块由静止释放后,沿斜面运动。
已知滑块A与斜面ab的动摩擦因数μ=,不计滑轮的质量和摩擦。
当滑块A沿斜面下滑距离x=2 m(滑块B 离滑轮距离足够远)时,求。
(1)滑块A的速度大小v。
(2)在下滑过程中,轻绳中的张力T。
解:(1)对A、B构成的系统,由动能定理得:(Mg sin θ-mg sin θ-μMg cos θ)·x=(M+m)v2(3分)代入数据解得v=2 m/s。