2016届高考物理一轮复习习题 第五章 功能关系和机械能 第5课实验探究动能定理.doc
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(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．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律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，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．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量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546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＝32，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，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，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到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。
高三一轮复习秘籍-第五章第4讲 功能关系 能量守恒定律
第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(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＝F f·x相对二、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的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(1)将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不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、能量守恒定律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．基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J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40J，机械能减少10J．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70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m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10m/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6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案BC解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功答案C解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .答案(1)6m/s (2)9J 解析(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9J.【变式5】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C 正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．。
物理高考总复习第一轮复习课件：第五章第一节功和功率
解析：物体两次的加速度之比 a2∶a1＝2tv∶vt ＝2∶1，位移之 比 l2∶l1＝22vt∶v2t＝2∶1，摩擦力之比 f2∶f1＝1∶1，由牛顿 第二定律得 F－f＝ma，则拉力之比 F2∶F1＝(ma2＋f)∶(ma1 ＋f)<2，做功之比 WF2∶WF1＝(F2·l2)∶(F1·l1)<4，Wf2∶Wf1 ＝(－f2·l2)∶(－f1·l1)＝2∶1，故 C 正确．
解析：人对车施加了三个力，分别为压力、推力 F、静摩擦 力 f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做 正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力 F 做的 功为 WF＝Fs，静摩擦力做的功为 Wf＝－fs，人处于平衡状 态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝f，则人对车做 的总功为零，故 A 错误；当车加速前进时，人处于加速状态， 车厢对人的静摩擦力 f′向右且大于车厢壁对人的作用力 F′， 所以人对车厢的静摩擦力 f 向左，静摩擦力做的功 Wf＝－fs， 人对车厢的推力 F 方向向右，做的功为 WF＝Fs，因为 f>F， 所以人对车做的总功为负功，故 B 正确，D 错误；同理可以 证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故 C 错误．
[审题指导] W＝F·lcos α 可以理解为功等于力与力方向上的 位移的乘积．
[解析] 如解析图，小球在 F 方向的位移为 CB， 方向与 F 同向，则 WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移为 AC，方向与重力反 向，则 WG＝mg·AC·cos 180° ＝－mg·L(1－cos θ) 绳的拉力 FT 时刻与运动方向垂直，则 WFT＝0 故 W 总＝WF＋WG＋WFT＝F·Lsin θ－mgL(1－cos θ)． [答案] 见解析
(多选)(2015·高考浙江卷)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 3.0×104 kg，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(ABD) 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 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2
高考物理一轮复习考点延伸训练：第五章《机械能》(含解析).pdf
高考物理一轮复习第五单元机械能实验五探究动能定理学案新人教版
实验五探究动能定理[实验目的]1．通过实验探究外力做功与物体速度变化的关系．2．通过实验数据分析,总结出外力做功与物体速度平方的正比关系．[实验原理]1．改变功的大小:采用实验原理图所示的实验装置,用1条、2条、3条…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位置由静止释放,橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W、2W、3W….2．确定速度的大小:小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出,也可以用其他方法测出．3．寻找功与速度变化的关系:以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标,小车获得的速度v为横坐标,作出Wv或Wv2图象．分析图象,得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系．[实验器材]小车(前面带小钩)、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉)、打点计时器及纸带、学生电源及导线(若使用电火花计时器则不用学生电源)、若干条等长的橡皮筋、毫米刻度尺．[实验步骤]1．按原理图将仪器安装好．2．平衡摩擦力:在长木板的有打点计时器的一端下面垫一块木块,反复移动木块的位置,直至小车上不挂橡皮筋时,轻推小车,纸带打出的点间距均匀,即小车能匀速运动为止．3．先用1条橡皮筋做实验,用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1,设此时橡皮筋对小车做的功为W,将这一组数据记入表格．4．用2条橡皮筋做实验,实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同,这时橡皮筋对小车做的功为2W,测出小车获得的速度v2,将数据记入表格．5．用3条、4条…橡皮筋做实验,用同样的方法测出功和速度,记入表格．[数据处理]1．求小车速度实验获得如图所示纸带,利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离,如纸带上A、C两点间的距离x,则v＝x2T(其中T为打点周期)．2．计算W、2W、3W…时对应v、v2的数值,填入下面表格.W 2W 3W 4W 5Wvv23.在坐标纸上分别作出Wv和Wv2图线,从中找出功与速度变化的关系．[误差分析]1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一,使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角过大也会造成误差．3．利用打上点的纸带计算小车的速度时,测量不准带来误差．命题点1 教材原型实验某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化的关系”的实验,图1中小车是在1条橡皮筋作用下弹出,沿木板滑行,这时橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时,使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．(1)除了图中已有的实验器材外,还需要导线、开关、________(填测量工具)和________(选填“交流”或“直流”)电源．(2)实验中,小车会受到摩擦阻力的作用,可以使木板适当倾斜来平衡摩擦阻力,则下面操作正确的是( )A．放开小车,能够自由下滑即可B．放开小车,能够匀速下滑即可C．放开拖着纸带的小车,能够自由下滑即可D．放开拖着纸带的小车,能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置,小车在两条橡皮筋作用下运动,当小车速度最大时,关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置,下列说法正确的是( )A．橡皮筋处于原长状态B．橡皮筋仍处于伸长状态C．小车在两个铁钉的连线处D．小车已过两个铁钉的连线(4)在正确操作情况下,打在纸带上的点并不都是均匀的,为了测量小车获得的速度,应选用图2中纸带的________部分进行测量．【解析】(1)为测量小车获得的速度,必须用刻度尺来测量纸带上点和点之间的距离；打点计时器必须使用交流电源．(2)平衡摩擦力时,也要平衡纸带与限位孔之间的摩擦力．根据平衡状态的特点,小车做匀速运动时即平衡了摩擦力．(3)若木板水平放置,则未平衡摩擦力．小车速度最大时,也就是加速度为零的时刻,即橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的摩擦力的时刻,此时橡皮筋处于伸长状态,小车还未到两个铁钉的连线处,B正确．(4)应该选用纸带上小车做匀速运动的部分进行测量,此时小车的速度最大,即GK部分．【答案】(1)刻度尺交流(2)D (3)B (4)GK高分技法本实验注意事项1平衡摩擦力:将木板一端垫高,使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡.方法:使小车连着纸带并接通电源,轻推小车,由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动,找到长木板的一个合适的倾角.2选点测速:测小车的速度时,纸带上的点应选均匀部分的,也就是选小车做匀速运动时的部分.3橡皮筋的选择:橡皮筋应选规格一样的.力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可,不必计算出具体数值.4先后顺序:开始实验时,小车应靠近打点计时器,并且要先接通电源再释放小车.5小车的选择:小车质量应适当大一些,使纸带上打的点多一些.1．如图甲所示为探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度关系的实验装置．打点计时器使用的电源频率为50 Hz.实验主要过程如下:①设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W……②分析打点计时器打出的纸带,求出小车的速度v1、v2、v3……③作出Wv草图．④分析Wv图象,如果Wv图象是一条直线,表明W∝v；如果不是直线,可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝v等关系．(1)实验中木板略微倾斜,这样做CD.A．是为了使释放小车后,小车能匀加速下滑B．是为了增大小车下滑的加速度C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功D．可使得橡皮筋松驰后小车做匀速运动(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……合并起来挂在小车的前端进行多次实验,每次都要把小车拉到同一位置再释放．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1,第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W1……橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可根据打点计时器打出的纸带算出．根据第四次的纸带(如图乙所示)求得小车获得的速度为2.00 m/s.(保留3位有效数字)(3)通过实验获得较科学的数据作出的W v 2图象,应为图丙中的A.解析:(1)实验中木板略微倾斜,目的是平衡摩擦力,使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功,使得橡皮筋松驰后,小车做匀速直线运动,故C 、D 正确,A 、B 错误．(2)橡皮筋松驰后,小车做匀速直线运动,则小车获得的速度v ＝x t ＝0.040.02m/s ＝2.00 m/s.(3)合力做功等于动能的增加量,即W ＝12mv 2,可知W 与v 2成正比,故A 正确,B 、C 、D 错误． 命题点2 实验拓展创新命题角度1:实验原理创新(2019·江苏卷)某兴趣小组用如图甲所示的装置验证动能定理．(1)有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用:A ．电磁打点计时器B ．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选择________(选填“A”或“B”)．(2)保持长木板水平,将纸带固定在小车后端,纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中,为消除摩擦力的影响,在砝码盘中慢慢加入沙子,直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子,直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是________(选填“甲”或“乙”)．(3)消除摩擦力的影响后,在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源,松开小车,小车运动．纸带被打出一系列点,其中的一段如图乙所示．图中l ＝1.24 cm,纸带上A 点的速度v A ＝________m/s.(4)测出小车的质量为M ,再测出纸带上起点到A 点的距离为L .小车动能的变化量可用ΔE k ＝12Mv 2A 算出．砝码盘中砝码的质量为m ,重力加速度为g .实验中,小车的质量应________(填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量,小车所受合力做的功可用W ＝mgL 算出．多次测量,若W 与ΔE k 均基本相等则验证了动能定理．【解析】 本题通过利用打点计时器验证动能定理．(1)电火花打点计时器限位孔、墨粉盘与纸带间的摩擦阻力小,在本实验中需要尽量排除阻力做功的影响,应选B.(2)在砝码盘中缓慢加沙子,直到小车开始运动,说明此时小车受到的力是最大静摩擦力,平衡摩擦力时应该是砝码盘和沙子的总重力恰好等于小车受到的滑动摩擦力,最大静摩擦力一般大于滑动摩擦力,所以还应从盘中取出适量的沙子,然后轻推小车,让小车做匀速直线运动,故看法正确的同学是乙．(3)A 点左右两侧最近两点间的距离为l ＝1.24 cm,根据匀变速直线运动中某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v A ＝l 2T ＝1.24×10－22×0.02m/s ＝0.31 m/s. (4)设砝码盘和沙子的质量为m ′,平衡摩擦力时m ′g ＝f ,添加砝码m 后,根据牛顿第二定律,对小车有T －f ＝Ma ,对砝码盘、砝码和沙子有(m ＋m ′)g －T ＝(m ＋m ′)a ,两式联立得T ＝mg1＋m M ＋m ′＋m ′g 1＋m M ＋m ′,只有M ≫m ＋m ′时,绳子的拉力才近似等于砝码的重力． 【答案】 (1)B (2)乙 (3)0.31 (4)远大于命题角度2:实验器材创新某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B ,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,传感器下方悬挂钩码,每次滑块都从A 处由静止释放．(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d ,如图乙所示,则d ＝________mm.(2)下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对应的字母)．A ．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些C ．应将气垫导轨调至水平D ．应使细线与气垫导轨平行(3)实验时保持滑块的质量M 和A 、B 间的距离L 不变,改变钩码质量m ,测出对应的力传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t ,通过描点作出线性图象,研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系,处理数据时应作出的图象是________(填写选项前对应的字母)．A ．t －1F 图象 B.1t－F 图象 C ．t 2－1F 图象 D.1t －F 2图象【解析】 (1)由题图知d ＝2 mm ＋6×0.05 mm＝2.30 mm.(2)拉力是直接通过力传感器测量的,故A 不必要；应使A 位置与光电门的距离适当大些,有利于减小误差,故B 是必要的；应将气垫导轨调节水平,保持细线与气垫导轨平行,这样拉力才等于合力,故C 、D 是必要的．(3)根据牛顿第二定律:F ＝Ma ,滑块通过光电门的速度为:v ＝d t ,根据运动学公式:v 2＝2ax ,代入可得:⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2＝2F M L ,解得:t 2＝Md 22LF ,所以处理数据时应做出t 2－1F 的图象,故选C.【答案】(1)2.30 (2)A (3)C命题角度3:实验目的拓展某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图甲所示,轻弹簧放置在倾斜的长木板上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能．(1)实验中涉及下列操作步骤:①松手释放物块②接通打点计时器电源③木板一端抬高以平衡摩擦力④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．(2)甲同学实际打点结果如图乙所示(纸带左侧连接物块),观察纸带,可知物块脱离速度的测量值比真实值________(填“偏小”或“偏大”)．(3)乙同学实际打点结果如图丙所示(纸带左侧连接物块)．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz,物块质量为200 g,结合纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s,相应的弹簧的弹性势能为________J．(结果均保留两位有效数字)【解析】 本题考查探究轻弹簧的弹性势能．(1)实验步骤为先平衡摩擦力,即将木板一端抬高以平衡摩擦力,再向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量,然后接通打点计时器电源,最后松手释放物块,因此正确的操作步骤为③④②①.(2)由图乙知,物块先加速后减速,可知平衡摩擦力不足,得到的物块速度偏小,即测量值比真实值小．(3)由图丙知,物块脱离弹簧后做匀速运动,物块做匀速直线运动的速度为v ＝1.55＋1.56＋1.55＋1.54×10－2 m 4×0.02 s ＝0.78 m/s ；根据动能定理可知相应的弹性势能E p ＝12mv 2＝0.061 J.【答案】 (1)③④②① (2)偏小 (3)0.78 0.061。
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量守恒定律课件
2021/4/17
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量
27
守恒定律课件
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
2.功能关系的选用技巧: (1)若只涉及动能的变化,则首选动能定理分析。 (2)若只涉及重力势能的变化,则采用重力做功与重力势能的关系分析。 (3)若只涉及机械能变化,用除重力、系统内弹力之外的力做功与机械能变化的 关系分析。 (4)只涉及电势能的变化,用电场力与电势能变化关系分析。
【典例·通法悟道】 【典例1】 (多选)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与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的 滑块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。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.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功
(1)0～1 s内,A、B的加速度大小aA、aB。 (2)B相对A滑行的最大距离x。 (3)0～4 s内,拉力做的功W。 (4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。
【解析】(1)在0～1 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得μmg=MaA F1-μmg=maB 代入数据得aA=2 m/s2,aB=4 m/s2。 (2)t1=1 s后,拉力F2=μmg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1:木板A仍做匀 加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。 v1=aBt1 又v1=aA(t1+t2) 解得t2=1 s
高考物理一轮总复习 第五章 第五讲 动力学观点和能量观点解决力学综合问题教案-高三全册物理教案
第五讲 动力学观点和能量观点解决力学综合问题热点一 多运动组合问题 (师生共研)1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．[典例1] (2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量． 解析：(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m[反思总结]力学综合题中多过程问题的分析思路1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．如图所示，设一个质量m ＝50 kg 的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A 点滑下，沿切线从B 点进入半径R ＝15 m 的光滑竖直平面圆轨道BPC ，通过轨道最高点C 水平飞出，经t ＝2 s 落到斜面雪道上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求： (1)运动员运动到C 点时的速度大小v C ；(2)运动员在圆轨道最低点P 受到轨道支持力的大小F N ； (3)A 点距过P 点的水平地面的高度h . 解析：(1)在D 点：竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝10×2 m/s＝20 m/stan 37°＝v Cv y，代入数据解得v C ＝15 m/s(2)对P →C 过程，由机械能守恒定律可得： 12mv 2P ＝12mv 2C ＋mg ·2R 在P 点：F N －mg ＝m v 2PR，联立上述两式代入数据解得F N ＝3 250 N由牛顿第三定律得：在P 点运动员受到轨道的支持力为3 250 N.(3)对A →P 过程，由动能定理可得：mgh －μmg cos 37°h －(R －R cos 37°)sin 37°＝12mv 2P代入数据解得h ＝45.5 m.答案：(1)15 m/s (2)3 250 N (3)45.5 m热点二 传送带模型问题 (自主学习)1．传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解： ①传送带做的功：W ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝Fx 相．2－1.[倾斜传送带] 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1＞v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( ) A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为12mv 22－12mv 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大解析：由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A 错误；在t 1～t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，则μ＞tan θ，B 错误；0～t 2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 21，由此可知C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律得知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D 正确． 答案：D2－2. [水平传送带] 如图所示，一质量为m ＝2 kg 的滑块从半径为R ＝0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端B 与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v 0＝4 m/s ，B 点到传送带右端C 点的距离为L ＝2 m ．当滑块滑到传送带的右端C 时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g 取10 m/s 2)求：(1)滑块到达底端B 时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q . 解析：(1)滑块由A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2B ①物体在B 点，由牛顿第二定律得F B －mg ＝m v 2BR②联立①②解得F B ＝60 N由牛顿第三定律得，滑块到达底端B 时对轨道的压力大小为60 N ，方向竖直向下． (2)滑块从B 到C 运动过程中，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ③由运动学公式得v 20－v 2B ＝2aL ④ 由①③④得μ＝0.3⑤(3)滑块从B 到C 运动过程中，设运动时间为t . 由运动学公式得v 0＝v B ＋at ⑥ 产生的热量Q ＝μmg (v 0t －L )⑦ 由①③⑤⑥⑦得Q ＝4 J.答案：(1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J [反思总结]传送带模型问题的分析流程热点三滑块—木板模型 (师生共研)作好两分析，突破滑块—木板模型问题1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝Δv2a2＝Δv1a1可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．2. 功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；(3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x相．[典例2] 图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．解析：(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a.物块与木板将要相对滑动时，μm1g＝m1a.联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N.(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀速运动，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程的v－t图象如图所示．0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动．0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m，系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s 内物块相对木板的位移大小Δx 2＝1 m ， 物块与木板因摩擦产生的内能Q 2＝μ1m 1g Δx 2＝2 J ； 0～4 s 物块相对木板的位移大小x ＝Δx 1－Δx 2＝1 m 木板在粗糙水平面上对地位移x 2＝3 m ， 木板与地面因摩擦产生的内能Q 3＝μ2(m 1＋m 2)gx 2＝30 J.0～4 s 内系统因摩擦产生的总内能为Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝36 J.答案：(1)8 N (2)如图所示 1 m 36 J3－1.[滑块带动木板] (2018·河南中原名校质检)水平地面上放有一长为L ＝5.5 m 、质量为M ＝1 kg 的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m ＝3 kg 的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为18 N 的水平拉力F ，经过t 1＝2 s 后撤去外力F .已知小车的上表面离地面的高度h ＝0.8 m ，重力加速度g ＝10m /s 2.(1)求2 s 末物块及小车的速度分别是多少？(2)通过分析计算说明，物块能否从小车上滑出．如果不能，求物块停在小车上的位置；如果能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离． 解析：(1)对物块，根据牛顿第二定律有：F －μ2mg ＝ma m 1解得： a m 1＝4 m/s 22 s 末物块速度v m 1＝a m 1t 1＝8 m/s 对小车，根据牛顿第二定律有：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma M 1解得： a M 1＝2 m/s 22 s 末小车的速度v M 1＝a M 1t 1＝4 m/s2 s 内两者的位移分别为：x m 1＝12a m 1t 21＝12×4×22 ＝8 m ，x M 1＝12a M 1t 21＝12×2×22＝4 m故Δx ＝x m 1－x M 1＝4 m<L所以2 s 时两者没有分离，即物块的速度为8 m/s ，小车的速度为4 m/s (2)2 s 时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加速度大小为a m 2＝μ2g ＝2 m/s 2小车受力不变，所以加速度a M 2＝2 m/s 2设2 s 以后再经过时间t 2物块刚好从小车右端滑出，则x m －x M ＝L －Δx即v m 1t 2－12a m 2t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫v M 1t 2＋12a M 1t 22＝L －Δx解得： t 2＝0.5 s(另一种解t ＝1.5 s 不符合题意)t ＝2.5 s 时小车的速度v M 2＝v M 1＋a M 2t 2＝5 m/s物块的速度v m 2＝v m 1－a m 2t 2＝7 m/s >v M 2 所以物块在2.5 s 时刚好从小车右端滑出设再经过时间t 3物块落地，则有：h ＝12gt 23，解得t 3＝0.4 s在0.4 s 内物块向右运动的位移x m 3＝v m 2t 3＝2.8 m物块离开小车后，小车向右做减速运动，其加速度大小为a M 3＝μ1g ＝1 m/s 20.4 s 内小车向右运动的位移x M 3＝v M 2t 3－12a M 3t 23＝5×0.4－12×1×0.42＝1.92 m物块落地时到小车右端的距离为Δx ′＝x m 3－x M 3＝(2.8－1.92) m ＝0.88 m. 答案：(1)8 m/s 4 m/s (2)0.88 m3－2.[木板带动滑块] 如图所示，在光滑水平台面上静置一质量m A ＝0.9 kg 的长木板A ，A 的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量m C ＝0.9 kg 的物体C 拴接．当C 从静止开始运动至下落高度为h ＝0.4 m 时，在木板A 的最右端轻放一质量为m B ＝3.6 kg 的小铁块B (可视为质点)，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25，最终B 恰好未从木板A 滑落，g 取10 m/s 2，求： (1)刚放铁块B 时，A 的速度大小v 0； (2)木板A 的长度L ；(3)若当B 轻放在木板A 的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B 能滑离木板A 的条件下，则A 、B 间因摩擦而产生热量的最大值Q m 多大．解析：(1)以A 与C 组成的系统为研究对象，C 下降的过程中，拉着A 一起运动，只有重力做功，则m C gh ＝12(m A ＋m C )v 20，代入数据解得v 0＝2 m/s.(2)将B 放在A 上后，B 受到摩擦力的作用，A 与B 之间的摩擦力为f ＝μm B g ＝0.25×3.6×10 N ＝9 N.C 受到的重力G C ＝m C g ＝0.9×10 N＝9 N ，设此时A 与C 仍然一起做加速运动， 则(m A ＋m C )a ＝m C g －f ＝9 N －9 N ＝0 N.所以将B 放在A 上后，A 与C 一起做匀速直线运动，B 做匀加速直线运动，加速度a B ＝f m B ＝93.6m/s 2＝2.5 m/s 2，B 与A 的速度相等需要的时间t ＝v 0a B ＝22.5s ＝0.8 s.此过程中A 的位移x 1＝v 0t ＝2×0.8 m ＝1.6 m ，B 的位移x 2＝12a B t 2＝12×2.5×0.82 m ＝0.8 m.由于最后B 恰好未从木板A 滑落，所以A 的长度等于A 与B 的位移差，即L ＝x 1－x 2＝1.6 m －0.8 m ＝0.8 m.(3)在保证B 能滑离木板A 的条件下，A 与B 的相对位移始终等于A 的长度，与运动的时间无关，所以A 、B 间因摩擦产生热量的最大值Q m ＝f ·L ＝9×0.8 J＝7.2 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.8 m (3)7.2 J1．如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求： (1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ；当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m.(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移s ＝v 22a＝18 m ＞10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x ＝vt ＝6×2 m＝12 m ，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J. 答案：(1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J2．如图所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的14光滑圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝36.(g ＝10 m/s 2，结果可保留根号)求： (1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小 ；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．解析：(1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得：mgR ＝12mv 2B ，解得：v B ＝2 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2BR解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N ，方向竖直向下． (2)设物块滑上薄木板时的速度为v ，则： cos 30°＝v B v解得：v ＝433m/s.(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得 对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1 对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2 设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则：v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t解得：a 1＝2.5 m/s 2，t ＝4315s. 答案：(1)3 N ，方向竖直向下 (2)433 m/s (3)2.5 m/s 2 4315s [A 组·基础题]1．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( C )A.14mv 2 B ．12mv 2 C ．mv 2 D ．2mv 22．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v 0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A 和B 两段，使B 的长度和质量均为A 的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v 0由木板A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( B )A ．小铅块将从木板B 的右端飞离木板B ．小铅块滑到木板B 的右端前就与木板B 保持相对静止C ．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D ．图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量3．(多选) 如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A 端无初速度放置一物块．选择B 端所在的水平面为零势能面，物块从A 端运动到B 端的过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象可能正确的是( BD )4．(多选)(2018·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量为m ＝1 kg 初速度大小为v 2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．则( AD )A ．小物块向左运动的过程中离A 处的最大距离为4 mB ．0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·sC ．0～4 s 时间内，传送带克服摩擦力做功为16 JD ．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J解析：由v －t 图象可知，2 s 时小物块向左运动的距离最远，根据v －t 图象得面积等于位移，s 1＝12×2×4 m＝4 m ，故A 正确；小物块匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ＝2 N ，0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6 N·s，故B 错误；由v －t 图象，传送带速度大小：v 2＝2 m/s ，前3 s 小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 2t 3＝2×2×3 J＝12 J ，故C 错误；小物块在传送带上滑动的3 s 内，皮带的位移s ′＝v 2t 3＝6 m ，方向向右；小物块的位移：s ＝s 1－s 2＝3 m ，方向向左．两个物体的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9 m ，整个过程中摩擦产生的热量：Q ＝μmg Δs ＝18 J ，故D 正确．5．如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得 μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgt v B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg. (2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .答案：(1)μmgL F －2μmg(2)μmgL [B 组·能力题]6．如图所示，质量分别为m 、2m 的物体a 、b 通过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态．a 与水平面上固定的劲度系数为k 的轻质弹簧相连，Q 点有一挡板，若有物体与其垂直相碰会以原速率弹回，现剪断a 、b 之间的绳子，a 开始上下往复运动，b 下落至P 点后，在P 点有一个特殊的装置使b 以落至P 点前瞬间的速率水平向右运动，当b 静止时，a 恰好首次到达最低点，已知PQ 长s 0，重力加速度为g ，b 距P 点高h ，且仅经过P 点一次，b 与水平面间的动摩擦因数为μ，a 、b 均可看作质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：(1)物体a 的最大速度；(2)物体b 停止的位置与P 点的距离．解析：(1)绳剪断前，系统静止，设弹簧伸长量为x 1，对a 有kx 1＋mg ＝T ，对b 有T ＝2mg ，则kx 1＝mg ，x 1＝mg k .绳剪断后，a 所受合外力为零时，速度最大，设弹簧压缩量为x 2，对a 有kx 2＝mg ，x 2＝mg k ，由于x 1＝x 2，两个状态的弹性势能相等，则两个状态的动能和重力势能之和相等，mg (x 1＋x 2)＝12mv 2，解得v ＝2g m k. (2)对b ，整个运动过程由动能定理得2mgh －μ·2mgs 路＝0，解得b 在水平面上滑行的路程s 路＝h μ.讨论：①若b 未到达挡板Q 就在PQ 上停止，则物块b 停止的位置与P 相距d ＝s 路＝h μ；②若b 与挡板Q 碰撞后，在PQ 上运动到停止，则物块b 停止的位置与P 相距d ＝2s 0－s 路＝2s 0－hμ. 答案：(1)2g m k (2)h μ或2s 0－h μ7．(2019·河南滑县联考)如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B 点处，B 点左侧光滑，右侧粗糙．水平面的右侧C 点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R ＝1 m 的光滑半圆轨道与斜面切于D 点，半圆轨道的最高点为E ，G 为半圆轨道的另一端点，L BC ＝2.5 m ，A 、B 、C 、D 、E 、G 均在同一竖直面内．使质量为m ＝0.5 kg 的小物块P 挤压弹簧右端至A 点，然后由静止释放P ，P 到达B 点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F ＝5 N 的恒力，一直保持F 对物块P 的作用，结果P 通过半圆轨道的最高点E 时的速度为v E ＝10m/s.已知P 与水平面、P 与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10m/s 2.sin 37°＝0.6.求：(1)P 运动到E 点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B 、C 间的距离使P 过G 点后恰好能垂直落在斜面上，求P 在斜面上的落点距D 点的距离．解析：(1) P 在半圆轨道的最高点E ，设轨道对P 的压力为N ，由牛顿运动定律得：mg －F sin 37°＋N ＝mv 2E R 解得：N ＝3 N由牛顿第三定律得，P 运动到E 点时对轨道的压力F N ＝3 N(2)P 从D 点到E 点，由动能定理得：－mg (R ＋R cos 37°)＋FR sin37°＝12mv 2E －12mv 2D 解得：v D ＝34 m/sP 从C 点到D 点，由牛顿运动定律得：F －mg sin37°－μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝0，说明P 从C 点到D 点匀速运动，故v D ＝v C ＝34 m/s由能的转化和守恒得：E pm ＋FL BC cos 37°－(mg －F sin 37°)μL BC ＝12mv 2C解得：E pm ＝1 J(3)P 在G 点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有： F －mg sin 37°＝ma 2 解得：a 2＝4 m/s 2mg cos 37°＝ma 3 解得：a 3＝8 m/s 2P 垂直落在斜面上，运动时间满足：2R ＝12a 3t 2平行于斜面方向上：0＝v G －a 2t联立解得：v G ＝2 2 m/s平行于斜面方向上：x ＝v G ＋02×t ＝1 mP 在斜面上的落点距D 的距离x ＝1 m. 答案：(1)3 N (2)1 J (3)1 m。
【金版学案】2016届高考物理一轮习题第五章功能关系和机械能第5课实验：探究动能定理
第三单元实验与探究第5课实验：探究动能定理一、实验目的1．探究外力对物体做功与物体速度的关系．2．通过实验数据分析，总结出做功与物体速度平方的正比关系．二、实验原理1．不是直接测量对小车做功，而是通过改变橡皮筋条数确定对小车做功W，2W，3W….2．由于橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出．这样，进行若干次测量，就得到若干组功和速度的数据．3．以橡皮筋对小车做的功为纵坐标，小车获得的速度为横坐标，作出Wv曲线，分析这条曲线，可以得知橡皮筋对小车做的功与小车获得的速度的定量关系．三、实验器材小车(前面带小钩)、100～200 g砝码、长木板，两侧适当的对称位置钉两个铁钉、打点计时器及纸带、学生电源及导线(使用电火花计时器不用学生电源)、5～6条等长的橡皮筋、刻度尺．四、实验步骤1．按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力．2．先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W1，将这一组数据记入表格．3．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这样橡皮筋对小车做的功为W 2，测出小车获得的速度v 2，将数据记入表格．4．用3条、4条…橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格． 五、数据处理1．测量小车的速度：实验获得如图所示的纸带，为探究橡皮筋弹力做功和小车速度的关系，需要测量弹力做功结束时小车的速度，即小车做匀速运动的速度．应在纸带上测量的物理量是(用字母表示)：A 1、A 2间的距离x ，小车速度的表达式为(用测量的物理量表示)v ＝xT(T 为打点计时器的时间间隔)．2．实验数据记录：3.实验数据处理及分析：(1)观察法：当橡皮筋的条数成倍增加，即合外力做的功成倍增加时，观察小车的速度或速度的平方如何变化，有何变化规律．(2)图象法：在坐标纸上(如图)画出Wv 或Wv 2图线(“W”以一根橡皮筋做的功为单位)．4．实验结论：从图象可知做功与物体速度变化的关系为W∝v2.六、注意事项1．平衡摩擦力很关键．将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角．2．测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的．3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．4．小车质量应大一些．使纸带上打的点多一些．七、误差分析1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大．3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．如图所示，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，关于橡皮筋做的功，下列说法中正确的是(B)A．橡皮筋做的功可以直接测量B．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C．橡皮筋在小车运动的全程中始终做功D．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍解析：橡皮筋做的功等于橡皮筋所释放的弹性势能，但无法直接测量，橡皮筋的条数成倍增加，弹性势能也会成倍增加，即做功成倍增加，但橡皮筋只是在释放弹性势能的一段时间内才做功，故A、C错，B对．橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比，当拉伸为原来的两倍时，功变为原来的4倍，故D错．课时作业1．如图所示，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，下列说法正确的是(BD)A．为减小实验误差，长木板应水平放置B．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C．小车在橡皮筋拉力作用下做匀加速直线运动，当橡皮筋恢复原长后小车做匀速运动D．应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的速度2．在探究“功与物体速度变化的关系”的实验中，小车在运动中会受到阻力作用．这样，在小车沿木板滑行的过程中，除橡皮筋对其做功以外，还有阻力做功．这样便会给实验带来误差．我们在实验中想到的办法是：使木板略微倾斜．对于木板的倾斜程度，下面的说法中正确的是(BC)A．木板只要稍微倾斜一下即可，没有什么严格要求B．木板的倾斜角度在理论上应满足下面的条件：重力使物体沿斜面下滑的分力应等于小车受到的阻力C．如果小车在倾斜的木板上能做匀速运动，则木板的倾斜程度是符合要求的D．其实木板不倾斜，问题也不大，因为实验总是存在误差的3．在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A.打点计时器B．天平C．秒表D．低压交流电源E．电池F．纸带G．细线、砝码、小车、砝码盘H．长木板(1)其中多余的器材是_____，缺少的器材是________________．(2)测量时间的工具是____，测量质量的工具是_____________．答案：(1)CE刻度尺(2)A B4．科学规律的发现离不开科学探究，而科学探究可以分为理论探究和实验探究．下面我们追寻科学家的研究足迹用两种方法探究恒力做功和物体动能变化间的关系．Ⅰ.理论探究：根据牛顿运动定律和有关运动学公式，推导在恒定合外力的作用下，功与物体动能变化间的关系，请写出你的推导过程．______________________________________________________________________________________________________________Ⅱ.实验探究：①某同学的实验方案如图所示，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：a．___________________________________________________；b．____________________________________________________.②如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图．则打C点时小车的速度为____________；要验证合外力做的功与动能变化间的关系，除位移、速度外，还要测出的物理量有______________．答案：Ⅰ.推导：由牛顿第二定律得F合＝ma，由运动学公式得v22－v21＝2ax，由功的定义式W合＝F合x，三式联立得W合＝12mv22－12mv21Ⅱ.①a.平衡摩擦力b．钩码的重力远小于小车的总重力②Δx2＋Δx32T钩码的重力和小车的总质量5．某学校课外研究小组，利用光控实验板进行了“探究重力做功与动能变化之间的关系”实验，光探实验板上有直轨道、滑块、两个光控门和配套的速度计数器，工作时滑块每通过一次光探门，仪器上都能显示出通过的速度，滑块通过两个光控门则两个速度值交替显示．现在利用滑块下落高度确定重力的功；通过初末速度的测量确定动能的改变．另配有器材：多功能电源、连接导线、刻度尺、重锤线、铁架台．实验步骤：A．安装置：将光控板竖直固定，连好电路B．在上下两端合适位置调定好两光控门A，B的位置，并用刻度尺测出两者距离d1 C．接通光控电源，释放滑块，读出滑块通过A，B时的速度示数v01，v t1D．调节B的位置改变光控门高度，测得d1，d2…，读出对应的v02，v t2，v03、v t3…E．由W G＝mgd写出重力做的功分别是W G1，W G2，W G3，…F．由E k＝12mv2，算出各次动能的改变量ΔEk1，ΔE k2，ΔE k3，…请分析回答：(1)安装置时应注意什么？________．如何操作：____________________.(2)该实验中难以避免的误差来源有：a．____________________________________________________；b．____________________________________________________；c．____________________________________________________.(3)因误差的存在，使每组测得的ΔE k总比W G要______(选a.略大一点．b.略小一点．c.相等．d.可能偏大也可能偏小)．(4)该实验是否需测出滑块质量？________．能得出的实验结论：在误差允许的范围内__________________．答案：(1)确保滑块轨道竖直使轨道与重锤线平行(2)a.轨道摩擦和空气阻力b．光控门间距的测量c．光控门对速度的测量不完全是瞬时速度(3)b，略小一点(4)不需要物体所受合外力做的功等于物体动能的改变量6．某同学在探究功与物体速度变化的关系实验中，设计了如图所示的实验．将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器或打点计时器．先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方．然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点．得到的纸带如图所示，O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：取OA＝AB＝BC，并根据纸带算出了A，B，C三点的速度分别为v A＝0.12m/s，v B＝0.17 m/s，v C＝0.21 m/s.根据以上数据你能否大致判断W∝v2.解析：设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功2W，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3W.由计算可知：v 2A ＝1.44×10－2 m 2/s 2，v 2B ＝2.89×10－2 m 2/s 2，v 2C ＝4.41×10－2 m 2/s 2. v 2B v 2A ≈2，v 2C v 2A≈3即：v 2B ≈2v 2A ；v 2C ≈3v 2A ；即：v 2B ≈2v 2A ，v 2C ≈3v 2A ； 由以上数据可判定W ∝v 2是正确的，也可以根据Wv 2的曲线来判断，如图所示． 答案：见解析7．为了探究对物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题：(打点计时器交流电频率为50 Hz)(1)为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？(2)当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条……并起来进行第1次、第2次、第3次……实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度应都保持一致，我们把第1次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.(3)由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如下图所示是其中四次实验打出的部分纸带．(4)试根据第(2)、(3)项中的信息，填写下表.从表中数据可得出结论：________________________.答案：(1)将木板固定在打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑(4)橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比。
2014届高考物理一轮复习(新课标版) 第五章 机械能 第5章 检测试题
第五章检测试题(时间:60分钟满分:100分)【测控导航表】一、选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分.1~5题为单选题,6~9题为多选题,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.(2012重庆八中模拟)完全相同的两辆汽车,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.甲车先超过乙汽车,后乙车又超过甲车2.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时,汽车受到的阻力恒定不变,则汽车上坡过程中v t图像不可能是图中的()3.(2012年安徽卷)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到B的运动过程中( )A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功mgR4. (2013自贡市一诊)如图所示,一直角斜面体固定在水平地面上,左侧斜面倾角为60°,右侧斜面倾角为30°,A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上,两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态,则下列说法错误的是( )A.着地瞬间两物体的速度大小相等B.着地瞬间两物体的机械能相等C.着地瞬间两物体所受重力的功率相等D.两物体的质量之比为m A∶m B=1∶5.(2012年福建卷)如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同6.(2012梅村高级中学模拟)如图所示,滑板运动员沿水平地面向前滑行,在横杆前相对于滑板竖直向上起跳,人与滑板分离,分别从杆的上、下通过,忽略人和滑板在运动中受到的阻力.则运动员( )A.起跳时脚对滑板的作用力斜向后B.在空中水平方向先加速后减速C.在空中机械能不变D.越过杆后仍落在滑板起跳的位置7.如图所示,小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动,到达最高点B后返回A,C为AB的中点.下列说法中正确的是( )A.小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,外力做功为零B.小球从A到C与从C到B的过程,减少的动能相等C.小球从A到C与从C到B的过程,速度的变化率相等D.小球从A到C与从C到B的过程,损失的机械能相等8. (2013成都高新区月考)如图所示,一长为2L的轻杆中央有一光滑的小孔O,两端各固定质量为2m和m的A、B两个小球,光滑的铁钉穿过小孔垂直钉在竖直的墙壁上,将轻杆从水平位置由静止释放,转到竖直位置,在转动的过程中,忽略一切阻力.下列说法正确的是( )A.杆转到竖直位置时,A、B两球的速度大小相等,为B.杆转到竖直位置时,杆对B球的作用力向上,大小为mgC.杆转到竖直位置时,B球的机械能减少了mgLD.由于忽略一切摩擦阻力,A球机械能一定守恒9.(2012年山东卷)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v t图像如图所示.以下判断正确的是( )A.前3 s内货物处于超重状态B.最后2 s内货物只受重力作用C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒二、实验题(每小题10分,共20分)10.(2013成都高新区月考)某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”.如图(甲),他们将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小.在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器,记录小车通过A、B时的速度大小.小车中可以放置砝码.(1)实验主要步骤如下:①测量出小车和拉力传感器的总质量M';把细线的一端固定在拉力传感器上,另一端通过定滑轮与钩码相连;正确连接所需电路.②将小车停在C点,释放小车,小车在细线拉动下运动,记录细线拉力及小车通过A、B时的速度.③在小车中增加砝码,或,重复②的操作.(2)下表是他们测得的一组数据,其中M是M'与小车中砝码质量之和,|-|是两个速度传感器记录速度的平方差,可以据此计算出动能变化量ΔE,F是拉力传感器受到的拉力,W是F在A、B间所做的功.||/它说明了.11.在“验证机械能守恒定律”的实验中,由于在运动的初始阶段计时器打出的一些点迹模糊不清,故必须选择比较清楚的点作为测量起点,现所选的测量范围的第一点在米尺上的位置为x1,第四点在米尺上的位置为x2,第七点在米尺上的位置为x3,第十点在米尺上的位置为x4,如图所示,若下落物体的质量为m,打点计时器每隔T秒打一点,则可利用上述数据求出物体从第四点到第七点这一段过程中重力势能的减少量是,动能的增加量是,若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,读得x1=2.8 cm,x2=8.1 cm,x3=16.8 cm,x4=29.1 cm,则重力势能的减少量为,动能的增加量为.(g取9.8 m/s2)0.8526m(J) 0.8507m(J)三、计算题(共44分)12. (2013江苏阜宁中学月考)(12分)如图所示,一个质量为m的运动员在平台上以加速度a做匀加速助跑,目的是抓住在平台右端且上端固定、长度为L的轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳的下端与运动员的重心在同一高度,运动员抓住绳的瞬间重心的高度不变,且无能量损失.若运动员能完成圆周运动,则:(1)运动员抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大?(2)运动员的最小助跑位移多大?(3)设运动员在加速过程中,脚与地面不打滑,求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对运动员所做的功.13.(2012芜湖一中模拟)(16分)如图所示,质量为M=4 kg的木板静止在光滑的水平面上,在木板的右端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,在铁块上加一个水平向左的恒力F=8 N,铁块在长L=6 m的木板上滑动,取g=10 m/s2.求:(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端.(2)在铁块到达木板左端的过程中,恒力F对铁块所做的功.(3)在铁块到达木板左端时,铁块和木板的总动能.14.(16分)如图所示是在竖直平面内,由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道,圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h=2.5R的A点由静止开始下滑,物块通过轨道连接处的B、C点时,无机械能损失.求:(1)小物块通过B点时速度v B的大小;(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力N的大小;(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D?(1)在曲线运动或多过程问题中,利用机械能守恒定律可以把物体在不同位置的速度联系起来;(2)竖直平面内的非匀速圆周运动中,只有在最高点和最低点,向心力才等于物体所受合力.。
高考物理一轮复习 第五章 曲线运动 万有引力与航天 专题提升(六)天体运动中的三类典型问题教案
专题提升(六) 天体运动中的三类典型问题近地卫星、同步卫星及赤道上物体的运动问题赤道上物体、近地卫星、同步卫星的动力学特点赤道上的物体近地卫星同步卫星向心力来源万有引力的分力万有引力线速度v1=Rω1v2=GMRv3=(R+h)ω3=GMR h+v1<v3<v2(v2为第一宇宙速度)角速度ω1=ω自ω2=3GMRω3=3()GMR h+ω1=ω3<ω2向心加速度a1=21ωRa2=22ωR=2GMRa3=23ω(R+h)=2()GMR h+a1<a3<a2[例1](多选)如图所示,A是静止在赤道上的物体,B,C是同一平面内两颗人造卫星.B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上,C是地球同步卫星.则以下判断正确的是( CD)A.卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B.A,B的线速度大小关系为v A>v BC.周期大小关系为T A=T C>T BD.若卫星B要靠近C所在轨道,需要先加速审题指导:解此题注意三点:(1)地面上的物体随地球自转,与地球和地球同步卫星有相同的角速度. (2)近地卫星和同步卫星都满足卫星运行规律.(3)近地卫星与地面上物体比较时要借助地球同步卫星这一桥梁.解析:第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度,为最大环绕速度,所以B 的速度小于第一宇宙速度,故A 错误;A,C 相比较,角速度相等,由v=ωr,可知v A <v C ,根据卫星的线速度公式得v C <v B ,则v A <v C <v B ,故B 错误;同理,根据可知T C >T B ,有T A =T C >T B ,故C 正确;卫星要想从低轨道到达高轨道,需要加速做离心运动,故D 正确. 1.(2016·四川卷,3)国务院批复,自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为440 km,远地点高度约为2 060 km;1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上.设东方红一号在远地点的加速度为a 1,东方红二号的加速度为a 2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3,则a 1,a 2,a 3的大小关系为( D ) A.a 2>a 1>a 3 B.a 3>a 2>a 1 C.a 3>a 1>a 2D.a 1>a 2>a 3解析:由于东方红二号卫星是同步卫星,则其角速度和赤道上的物体角速度相等,可得a 2=r 2ω2,而a 3=r 3ω2, 由于r 2>r 3,则可得a 2>a 3. 又由万有引力定律G2Mmr =ma 和题目中数据可得r 1<r 2, 则可以得出a 2<a 1,故选项D 正确.2.(多选)已知地球赤道上的物体随地球自转的线速度大小为v 1、向心加速度大小为a 1,近地卫星线速度大小为v 2、向心加速度大小为a 2,地球同步卫星线速度大小为v 3、向心加速度大小为a3.设近地卫星距地面高度不计,同步卫星距地面高度约为地球半径的6倍.则以下结论正确的是( BCD ) A.23v v =6 B.13v v =17C.23a a =49 D.13a a =17解析:近地卫星和同步卫星都绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有G2Mm r=m 2v r ,解得v=GM r ,两卫星的轨道半径之比为1∶7,所以23v v =71,故A 错误;地球赤道上的物体和同步卫星具有相同的周期和角速度,根据v=ωr,地球的半径与同步卫星的轨道半径之比为1∶7,所以13v v =17,故B 正确;根据万有引力提供向心力得G 2Mm r =ma,a=2GMr,两卫星的轨道半径之比为1∶7,则23a a =49,C 正确;同步卫星与随地球自转的物体具有相同的角速度,根据a=rω2,地球的半径与同步卫星的轨道半径之比为1∶7,所以13a a =17,故D 正确. 航天器的变轨问题1.卫星发射及变轨过程概述人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道.如图所示,发射卫星的过程大致有以下几个步骤:(1)为了节省能量,在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上. (2)在A 处点火加速,由于速度变大,进入椭圆轨道Ⅱ. (3)在B 处(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ. 2.卫星变轨的实质 两类变轨 离心运动近心运动变轨起因 卫星速度突然增大卫星速度突然减小受力分析 G2Mm r <m 2v r G2Mmr >m 2v r 变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动能量分重力势能、机械能均增加重力势能、机械能均减小析角度1 变轨过程中各物理量的变化[例2](2019·河北唐山模拟)(多选)如图所示,地球卫星a,b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行,椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切,则( AD)A.卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短B.两颗卫星分别经过A点处时,a的速度大于b的速度C.两颗卫星分别经过A点处时,a的加速度小于b的加速度D.卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行解析:由于卫星a的运行轨道的半长轴比卫星b的运行轨道半径短,根据开普勒第三定律,卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短,选项A正确;两颗卫星分别经过A点处时,a的速度小于b的速度,若卫星a在A点处加速后万有引力恰好提供向心力,则可以做匀速圆周运动,选项B错误,D正确;两颗卫星分别经过A点处,a的加速度等于b的加速度,选项C错误.分析卫星变轨问题的三点注意(1)卫星变轨时半径的变化,要根据万有引力与所需向心力的大小关系判断.决定.(2)卫星稳定在新轨道上的运行速度由v=GMr(3)卫星通过不同轨道的同一点(切点)时的速度大小关系可根据离心或向心运动的条件分析得出.角度2 变轨问题中能量分析[例3] (多选)目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断正确的是( BD)A.卫星的动能逐渐减小B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析:卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,由于地球引力做正功,引力势能一定减小,故B正确;卫星的环绕速度当半径r减小时,运行速度增大,卫星的动能增大,选项A错误;由于气体阻力做负功,地球引力做正功,根据功能关系,机械能(引力势能和动能之和)减小,选项C错误;由于卫星的动能增大,地球引力做的正功大于卫星克服气体阻力做的功,选项D 正确.1.(多选)如图所示,在发射地球同步卫星的过程中,卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ,然后在Q点通过改变卫星速度,让卫星进入地球同步轨道Ⅱ,则( ACD)A.该卫星在P点的速度大于7.9 km/s,小于11.2 km/sB.卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9 km/sC.在轨道Ⅰ上,卫星在P点的速度大于在Q点的速度D.卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ解析:卫星在P点做圆周运动的速度为7.9 km/s,卫星在P点的速度大于7.9 km/s会做离心运动,运动轨迹为椭圆,但必须小于11.2 km/s,否则就会脱离地球束缚,故A正确;环绕地球做圆周运动的人造卫星,最大的运行速度是7.9 km/s,故B错误;P点比Q点离地球近,故在轨道Ⅰ上,卫星在P 点的速度大于在Q 点的速度,C 正确;卫星在Q 点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故D 正确.2.(2019·河南南阳月考)(多选)若“嫦娥四号”从距月面高度为100 km 的环月圆形轨道Ⅰ上的P 点实施变轨,进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ,由近月点Q 落月,如图所示.关于“嫦娥四号”,下列说法正确的是( AD )A.沿轨道Ⅰ运动至P 时,需制动减速才能进入轨道ⅡB.沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期C.沿轨道Ⅱ运行时,在P 点的加速度大于在Q 点的加速度D.在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中,万有引力对其做正功,它的动能增加,重力势能减小,机械能不变解析:要使“嫦娥四号”从环月圆形轨道Ⅰ上的P 点实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ,需制动减速做近心运动,A 正确;由开普勒第三定律知,沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期,B 错误;根据牛顿第二定律,有G2Mm r =ma,解得a=G 2Mr,沿轨道Ⅱ运行时,在P 点的加速度小于在Q 点的加速度,C 错误;月球对“嫦娥四号”的万有引力指向月球,所以在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中,万有引力对其做正功,它的动能增加,重力势能减小,机械能不变,D 正确.双星或多星模型1.宇宙双星问题(1)特点:如图(甲)所示绕公共圆心转动的两个星体组成的系统,我们称之为双星系统. (2)动力学规律①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供,即122Gm m L=m 1r 121ω, 122Gm m L=m 2r 222ω; ②两颗星的周期及角速度都相同,即T 1=T 2,ω1=ω2; ③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为:r 1+r 2=L. (3)两颗星到圆心的距离r 1,r 2与星体质量成反比,即12m m =21r r . 2.宇宙三星问题(1)三颗质量均为m 的星体位于同一直线上,两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R 的圆形轨道上运行[如图(乙)所示].其中一个环绕星由其余两颗星的引力提供向心力:22Gm R +22(2)Gm R =ma.(2)三颗质量均为m 的星体位于等边三角形的三个顶点上[如图(丙)所示].每颗星体运动所需向心力都由其余两颗星体对其万有引力的合力来提供.2×22Gm L cos 30°=ma,其中L=2Rcos 30°.3.宇宙四星问题(1)其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上,沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动[如图(丁)所示].(2)另一种是三颗星体始终位于正三角形的三个顶点上,另一颗位于中心O,外围三颗星绕O 做匀速圆周运动[如图(戊)所示].三颗星体转动的方向相同,周期、角速度、线速度的大小相等.4.宇宙多星的分析思路 角度1 双星问题 [例4]宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”,它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,而不至于因为万有引力的作用而吸引到一起.如图所示,某双星系统中A,B 两颗天体绕O 点做匀速圆周运动,它们的轨道半径之比r A ∶r B =1∶2,则两颗天体的( A ) A.质量之比m A ∶m B =2∶1 B.角速度之比ωA ∶ωB =1∶2 C.线速度大小之比v A ∶v B =2∶1 D.向心力大小之比F A ∶F B =2∶1审题指导:(1)双星做匀速圆周运动的周期相同. (2)公式G122m m r 中的r 是两星间的距离,而不是轨道半径. 解析:双星绕连线上的一点做匀速圆周运动,其角速度相同,周期相同,两者之间的万有引力提供向心力,F=m A r A ω2=m B r B ω2,所以m A ∶m B =2∶1,选项A 正确,B,D 错误;由v=rω可知,线速度大小之比v A ∶v B =1∶2,选项C 错误.(1)双星系统中,两星的向心力大小一定相等,等于它们之间的万有引力,向心力不会因为两星质量、轨道半径不同而不同.(2)万有引力定律表达式中的r 表示双星间的距离,此处应该是L;而向心力表达式中的r 表示它们各自做圆周运动的半径,此处为r 1,r 2,千万不可混淆. 角度2 三星问题 [例5]三颗相同的质量都是M 的星球位于边长为L 的等边三角形的三个顶点上.如果它们中的每一颗都在相互的引力作用下沿外接于等边三角形的圆轨道运行而保持等边三角形不变,下列说法正确的是( B )A.23G MB.其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力指向圆心OC.3LD.2GML解析:根据万有引力定律,任意两颗星球之间的万有引力为F 1=22GM L ,方向沿着它们的连线.其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力为F=2F 1cos 23G M ,方向指向圆心,选项A 错误,B 正确;三个星球运行的轨道半径r=2cos30L3L,选项C 错误;23G M =M 2v r可得GML选项D 错误. (1)多星问题中,质量相同的各星处于同一圆轨道上,绕某一点做匀速圆周运动,或处于同一直线上的三星绕其中一颗做匀速圆周运动,某一星体所需向心力是其他星体对它万有引力的矢量和.(2)解题时首先明确多星系统中各星体的位置及周期关系,再分析各星做匀速圆周运动的向心力的来源和轨道半径.1.两个质量不同的天体构成双星系统,它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,下列说法正确的是( C )A.质量大的天体线速度较大B.质量小的天体角速度较大C.两个天体的向心力大小相等D.若在圆心处放一个质点,它受到的合力为零解析:双星系统做匀速圆周运动的角速度ω相等,选项B 错误.两个天体之间的万有引力提供向心力,所以两个天体的向心力大小相等,选项C 正确.由万有引力定律及牛顿运动定律得G122m m L =m 1r 1ω2=m 2r 2ω2,其中r 1+r 2=L,故r 1=212m m m +L,r 2=112m m m +L,则12v v =12r r =21m m ,故质量大的星球线速度小,故选项A 错误.若在圆心处放一个质量为m 的质点,质量为m 1的天体对它的万有引力为F 1=G 121mm r ,质量为m 2的天体对它的万有引力为F 2=G 222mmr ,由A 项分析知m 1r 1=m 2r 2,则F 2=G1132mm r r ,显然,F 2≠F 1,即圆心处放的质点受到的合力不为零,选项D 错误. 2.(多选)宇宙中有这样一种三星系统,系统由两个质量为m 的小星体和一个质量为M 的大星体组成,两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行,轨道半径为r.关于该三星系统的说法正确的是( BC )A.在稳定运行的情况下,大星体提供两小星体做圆周运动的向心力B.在稳定运行的情况下,大星体应在小星体轨道中心,两小星体在大星体相对的两侧C.小星体运行的周期为32rD.小星体运行的周期为32r解析:在稳定运行的情况下,对某一个环绕星体而言,受到其他两个星体的万有引力,两个万有引力的合力提供环绕星体做圆周运动的向心力,选项A 错误;在稳定运行的情况下,大星体应在小星体轨道中心,两小星体在大星体相对的两侧,选项B 正确;对某一个小星体有2GMm r +2(2)Gmmr =mr,解得小星体运行的周期32选项C 正确,D 错误. 1.(2019·北京卷,18)2019年5月17日,我国成功发射第45颗北斗导航卫星,该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星).该卫星( D ) A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少解析:同步卫星只能位于赤道正上方,故A 错误;由2GMmr=m 2v r 知,卫星的轨迹半径越大,环绕速度越小,因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度),故B 错误;同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度,故C 错误;若该卫星发射到近地圆轨道,所需发射速度较小,所需能量较少,故D 正确.2.(2018·全国Ⅰ卷,20)(多选)2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约100 s 时,它们相距约400 km,绕二者连线上的某点每秒转动12圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星( BC ) A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度解析:两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示.每秒转动12圈,即转速n=12 r/s,角速度ω=2πn,中子星运动时,由万有引力提供向心力得122Gm m l =m 1r 1ω2,122Gm m l =m 2r 2ω2,l=r 1+r 2,联立可得122()G m m l +=ω2l,所以m 1+m 2=23l G ω,质量之和可以估算;由线速度与角速度的关系v=ωr 得,v 1=ωr 1,v 2=ωr 2,解得v 1+v 2=(r 1+r 2)ω=ωl,速率之和可以估算;质量之积和各自自转的角速度无法求解,故B,C 正确,A,D 错误. 3.(2016·天津卷,3)我国即将发射“天宫二号”空间实验室,之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接.假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空间实验室的对接,下列措施可行的是( C )A.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速追上空间实验室实现对接B.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后空间实验室减速等待飞船实现对接C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,加速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接D.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,减速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接解析:使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速,则向心力变大,飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道,不能实现对接;若空间实验室减速,则向心力变小,空间实验室将脱离原轨道而进入更低的轨道,不能实现对接,故选项A,B 错误;要想实现对接,可使飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速,然后飞船将进入较高的空间实验室轨道,逐渐靠近空间实验室后,两者速度接近时实现对接,选项C 正确;若飞船在比空间实验室半径小的轨道上减速,则飞船将进入更低的轨道,不能实现对接,选项D 错误.4.(2019·福建泉州质检)(多选)如图,虚线Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道,其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s 对应的近地环绕圆轨道,轨道Ⅱ为椭圆轨道,轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s 对应的脱离轨道,a,b,c 三点分别位于三条轨道上,b 点为轨道Ⅱ的远地点,b,c 点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍,则( CD )A.卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍B.卫星经过a 点的速率为经过bC.卫星在a 点的加速度大小为在c 点的4倍D.质量相同的卫星在b 点的机械能小于在c 点的机械能解析:由开普勒第三定律可得21T T ,故A 错误;卫星在轨道Ⅰ做匀速圆周运动,半径为r,Ⅱ轨道为椭圆,卫星经过b 点可以加速后做匀速圆周运动,由,卫星经过a 点的速率大于经过b ,故B 错误;由公式a=2GM r 可知,卫星在a 点的加速度大小为在c 点的4倍,故C 正确;卫星越高,发射过程中要克服引力做功越多,所以质量相同的卫星在b 点的机械能小于在c 点的机械能,故D 正确.。
高考物理大一轮复习教学案：第五章 机械能 Word版含解析
第1节功功率一、功1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式W＝Fl cos α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．3．功的正负判断1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．2．物理意义：描述做功的快慢．3．公式(1)P＝Wt，P为时间t内的平均功率．(2)P＝F v 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．额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率．(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．[自我诊断]1．判断正误(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．(×)(2)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．(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(×)(4)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．(√)(5)摩擦力对物体一定做负功．(×)(6)由P＝F v可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．(√)(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力．(√)2．(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法正确的是() A．重力对物体m做正功B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．支持力对物体m做正功解析：选BCD.物体的受力及位移如图所示，支持力F N与位移x的夹角α<90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移，故重力不做功，A错误；摩擦力F f 与x夹角β>90°，故摩擦力做负功，C正确；合力为零，合力不做功，B正确．3．如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F 的作用下，向右移动相等的位移x ，关于F 对甲、乙、丙做功的大小W 1、W 2、W 3判断正确的是()A ．W 1>W 2>W 3B ．W 1＝W 2>W 3C ．W 1＝W 2＝W 3D ．W 1<W 2<W 3解析：选C.由功的公式可得，这三种情况下做的功分别为W 1＝Fx cos α、W 2＝Fx cos α、W 3＝－Fx cos α，又因为功的正、负不表示大小，所以C 正确．4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，则平均功率为( )A ．2PB ．4PC ．6PD ．8P解析：选D.设第一次运动时间为t ，则其平均功率表达式为P ＝Fx t ；第二次加速度为第一次的4倍，由x ＝12at 2 可知时间为t 2，其平均功率为4Fx t 2＝8Fx t ＝8P ，D 正确．考点一 功的正负判断和计算考向1：功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，依据F 与v 的方向夹角来判断．当0≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．1．(多选)如图所示，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中，重物P相对于木板始终保持静止．关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况是()A．摩擦力对重物不做功B．摩擦力对重物做负功C．支持力对重物不做功D．支持力对重物做正功解析：选AD.由做功的条件可知：只要有力，并且物体在力的方向上通过位移，则力对物体做功．由受力分析知，支持力F N做正功，摩擦力F f不做功，选项A、D正确．2. (多选)如图所示，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，下列说法中正确的是()A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合力对物体做正功解析：选AC.物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故A、C正确，B、D错误．考向2：恒力做功的计算(1)单个力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W＝W1＋W2＋W3合＋…求合力做的功．3．(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L解析：选AD.由做功的定义可知选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为(ma)2＋(mg)2，选项C错误；上述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有F f－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确．4．(2017·湖北武汉模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是() A．W1＝W2＝W3B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2D．W1＝W2<W3解析：选B.力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值的乘积，滑块的位移即v-t图象中图象与坐标轴围成的面积，第1 s内，位移大小为一个小三角形面积S ；第2 s 内，位移大小也为一个小三角形面积S ；第3 s 内，位移大小为两个小三角形面积2S ，故W 1＝S ，W 2＝3S ，W 3＝4S ，所以W 1<W 2<W 3，B 正确．考点二 变力功的计算方法一 利用“微元法”求变力的功物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．[典例1] 如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB ，槽道由半径分别为R 2和R 的两个半圆构成，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点沿滑槽道拉至B 点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )A ．0B ．FR C.32πFR D ．2πFR解析 虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR ＋πR 2，则拉力做的功为32πFR ，故C 正确．答案 C方法二 化变力的功为恒力的功若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W ＝Fl cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．[典例2] 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则()A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系解析绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，Δl AB＞Δl BC，故W1＞W2，A正确．答案 A方法三利用F-x图象求变力的功在F-x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．[典例3]如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为()A．0B．12F m x0C.π4F m x0 D.π4x2解析F为变力，根据F-x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上F m＝12x0，故W＝12π·F2m＝12π·F m·12x0＝π4F m x0.答案 C方法四 利用平均力求变力的功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W ＝Fl cos α求此力所做的功．[典例4] 把长为l 的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E 0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k .问此钉子全部进入木板需要打击几次？解析 在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功．钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F ＝0＋kl 2＝kl 2钉子克服阻力做的功为：W F ＝Fl ＝12kl 2设全过程共打击n 次，则给予钉子的总能量：E 总＝nE 0＝12kl 2，所以n ＝kl 22E 0答案 kl 22E 0方法五 利用动能定理求变力的功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法．[典例5] 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.12mgR D.π4mgR解析在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 v2R，F N＝2mg，联立解得v＝gR，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－W f＝12m v2，解得Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，C正确．答案 C考点三功率的计算1．平均功率的计算(1)利用P＝W t.(2)利用P＝F v cos α，其中v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算(1)利用公式P＝F v cos α，其中v为t时刻物体的瞬时速度．(2)利用公式P＝F v F，其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度．(3)利用公式P＝F v v，其中F v为物体受的外力F在速度v方向上的分力．3．计算功率的3个注意(1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率．(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度方向的分力求解．1．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t秒末，该力的瞬时功率是()A.3F2tm B．4F2tmC.6F2tm D.9F2tm解析：选C.物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3F v，解以上各式得P＝6F2tm，C正确．2．(多选)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3.0×104 kg，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 NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC．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/s2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2－0＝2ax，代入数据得加速度a ＝32 m/s2，D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F ＝ma，得F＝1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F 推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108 J，B正确；弹射过程所用的时间为t＝va＝8032s＝2.5 s，平均功率P＝Wt＝1.1×1082.5W＝4.4×107W，C错误．3. 如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是()A．重力的平均功率P A>P BB ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A <P B解析：选D.根据功的定义可知重力对两物体做功相同即W A ＝W B ，自由落体时满足h ＝12gt 2B ，沿斜面下滑时满足h sin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A >t B ，由P ＝W t 知P A <P B ，A 、B 错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，P B ＝mg v ，显然P A <P B ，故C 错，D 对．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率考点四 机车启动问题考向1：以恒定功率启动(1)运动过程分析(2)运动过程的速度-时间图象1. 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 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( )解析：选A.由P -t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F减小，由a ＝F －F f m 知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，A 正确．2．(2017·山东济南模拟)(多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F 随时间t 、速度v 随时间t 变化的图象是( )解析：选AD.到t 1时刻功率立即减小一半，但速度减小有一个过程，不能直接变为原来的一半，所以牵引力立即变为原来的一半，根据公式P ＝F v ，之后保持该功率继续行驶，速度减小，牵引力增大，根据a ＝F f －F m ，摩擦力恒定，所以加速度逐渐减小，即v -t 图象的斜率减小，当加速度为零时，做匀速直线运动，故选项A 、D 正确．考向2：以恒定加速度启动(1)运动过程分析(2)运动过程的速度－时间图象如图所示．3．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中( )A ．汽车的速度与时间成正比B ．汽车的位移与时间成正比C ．汽车做变加速直线运动D ．汽车发动机做的功与时间成正比解析：选A.由F －F f ＝ma 可知，因汽车牵引力F 保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C 错误；由v ＝at 可知，A 正确；而x ＝12at 2，故B 错误；由W F ＝F ·x ＝F ·12at 2可知，D 错误．4．(2017·浙江舟山模拟)质量为1.0×103 kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N ，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W ，开始时以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g ＝10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t 1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？解析：(1)由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－F f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝F vv ＝at 1解得t1＝7 s(2)当达到最大速度v m时，a＝0，则有P＝(mg sin 30°＋F f)v m解得v m＝8 m/s(3)汽车匀加速运动的位移x1＝12at21在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mg sin 30°＋F f)x2＝12m v2m－12m v2又有x＝x1＋x2解得t2＝15 s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s答案：(1)7 s(2)8 m/s(3)22 s解决机车启动问题的4个注意(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．(2)在机车功率P＝F v中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度，即P＝F f v m.(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速过程，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)．(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．课时规范训练[基础巩固题组]1. 如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功解析：选C.AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C、正确．A对B不做功，选项D错误．2. (多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－12F阻πL解析：选ABD.小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·12πL，C错误，D正确．3．(多选) 如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是()A．A、B都克服摩擦力做功B ．摩擦力对A 不做功C ．摩擦力对B 做负功D ．摩擦力对A 、B 都不做功解析：选BC.对A 、B 受力分析如图所示，物体A 在F f2作用下没有位移，所以摩擦力对A 不做功，故B 正确；对物体B ，F f1与位移夹角为180°，做负功，故C 正确，A 、D 错误．4. 如图所示，用与水平方向成θ角的力F ，拉着质量为m 的物体沿水平地面匀速前进位移s ，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ.则在此过程中F 做的功为( )A ．mgsB ．μmgs C.μmgs cos θ＋μsin θ D.μmgs 1＋μtan θ解析：选D.物体受力平衡，有F sin θ＋F N ＝mg ，F cos θ－μF N ＝0，在此过程中F 做的功W ＝Fs cos θ＝μ mgs 1＋μtan θ，D 正确． 5．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．现用水平拉力F 将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F 做的功为( )A ．FL cos θB ．FL sin θC ．FL (1－cos θ)D ．mgL (1－cos θ)解析：选D.用F 缓慢地拉，则显然F 为变力，只能用动能定理求解，由动能定理得W F －mgL (1－cos θ)＝0，解得W F ＝mgL (1－cos θ)，D 正确．6. 如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A ．mg v 0tan θB.mg v 0tan θC.mg v 0sin θ D ．mg v 0cos θ解析：选B.小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mg v 0tan θ，B 正确．7. 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．设小球在斜面最低点A 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 ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)解析：选A.小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh －12m v 2，所以正确选项为A.[综合应用题组]8．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v 3时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.P m vB.2P m vC.3P m vD.4P m v解析：选B.当汽车匀速行驶时，有f ＝F ＝P v ，根据P ＝F ′v 3，得F ′＝3P v ，由牛顿第二定律得a ＝F ′－f m ＝3P －P m ＝2P m v ，故B 正确，A 、C 、D 错误．9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg 的物体在F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A ．物体加速度大小为2 m/s 2B ．F 的大小为21 NC ．4 s 末F 的功率大小为42 WD ．4 s 内F 做功的平均功率为42 W解析：选C.由图乙可知，物体的加速度a ＝0.5 m/s 2，由2F －mg ＝ma 可得：F ＝10.5 N ，A 、B 均错误；4 s 末力F 的作用点的速度大小为v F ＝2×2 m/s ＝4 m/s ，故4 s 末拉力F 做功的功率为P ＝F ·v F ＝42 W ，C 正确；4 s 内物体上升的高度h ＝4 m ，力F 的作用点的位移l ＝2h ＝8 m ，拉力F 所做的功W ＝F ·l ＝84 J,4 s 内拉力F 做功的平均功率P ＝W t ＝21 W ，D 错误．10. 当前我国“高铁”事业发展迅猛．假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v -t 图象如图所示，已知在0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下述判断正确的是()A ．从0至t 3时间内，列车一直匀加速直线运动B．t2时刻的加速度大于t1时刻的加速度C．在t3时刻以后，机车的牵引力为零D．该列车所受的恒定阻力大小为P v3解析：选D.0～t1时间内，列车匀加速运动，t1～t3时间内，加速度变小，故A、B错；t3以后列车匀速运动，牵引力等于阻力，故C错；匀速运动时f＝F牵＝Pv3，故D正确．11．有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值v m.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内() A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为fx＋12m v2m解析：选D.小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变，由P＝F v，F－f＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝v m时，a＝0，故A、B均错；合外力做的功W外＝Pt－fx，由动能定理得Pt－fx＝12m v2m，故C错误，D正确．12．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是()A．0～6 s内物体位移大小为36 mB．0～6 s内拉力做的功为30 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N解析：选C.由P＝F v，对应v-t图象和P-t图象可得30＝F·6,10＝f·6，解得：F＝5 N，f＝53N，D错误；0～6 s内物体的位移大小为(4＋6)×6×12m＝30 m，A错误；0～6 s内拉力做功W＝F·x1＋f·x2＝5×6×2×12J＋53×6×4 J＝70 J，B错误；由动能定理可知，C正确．13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为P v2B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为P mgD．重物匀加速运动的加速度为Pm v1－g解析：选 D.加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv2，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝Pv1，由牛顿第二定律得：a＝F－mgm＝Pm v1－g，故D正确．14．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。
2016届高考物理一轮复习第五章功能关系和机械能章末知识整合
【金版学案】2016届高考物理一轮复习第五章功能关系和机械能章末知识整合1．求功的四种方法．(1)恒力做功可用W＝Fscos α.(2)由恒定功率求功可用W＝Pt.(3)用动能定理求功W＝ΔE k，即合外力做的功等于物体动能的变化量．(4)用功能关系求功W非＝ΔE，即非重力(也非弹力)的外力做的功是物体机械能变化的量度．2．掌握动能定理和机械能守恒定律的解题思路和方法．(1)动能定理适用于单个物体，解题时要正确选取研究对象，明确它的运动过程，正确进行受力分析，求出各力做的总功，再按W＝E k2－E k1列出方程求解．(2)机械能守恒定律的主要研究对象是系统，解题时要明确研究对象及运动过程，分析受力情况，弄清各力做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件，再选好参考平面，确定初、末状态的机械能，根据守恒定律列方程求解．凡是涉及动能变化或机械能变化的物理过程，都能用动能定理求解，只有涉及系统机械能总量不变的物理过程才能用机械能守恒定律求解．【例❶】如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )A．甲的切向加速度始终比乙的大B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D ．甲比乙先到达B 处审题突破：本题考查了力的分解、牛顿运动定律、机械能守恒定律等知识．解析：由题图可知，甲的切向加速度先比乙大，之后甲的切向加速度减小，乙的切向加速度增大，最后甲的切向加速度比乙小，选项A 错误；根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，故在同一高度时，甲、乙两小孩的速度大小相同，选项B 正确；画出甲、乙的速度大小与时间的关系图象，图线下的面积表示甲、乙的位移，由图象可知，到达同一高度甲用的时间短，甲比乙先到达B 处，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD 方法点窍本题过程较为复杂，但是根据题意画出图象来帮助解题，则较为简单．有些题目虽然没有图象，也没有要求考生画出图象，但是画出图象并借助图象来帮助解题，可能更为简单．【例❷】 (2014·湖北八市联考)图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品(质量m ＝1 kg)从A 处无初速放到传送带上，运动到B 处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C 处被取走装箱．已知A 、B 两处的距离L ＝9 m ，传送带的传输速度v ＝2.0 m/s ，物品在转盘上与轴O 的距离R ＝5 m ，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2.取g ＝10 m/s 2.(1)物品从A 处运动到B 处的时间t ；(2)物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做了多少功； (3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？解析：(1)由题意知，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s 1.由μ1mg ＝ma ， v 2＝2as 1， 得s 1＝1 m ＜L.之后，物品和传送带一起以速度v 做匀速运动， 匀加速运动的时间：t 1＝2s 1v ＝1 s ，匀速运动的时间：t 2＝（L －s 1）v＝4 s ，所以物品从A 处运动到B 处的时间：t ＝t 1＋t 2＝5 s.(2)由动能定理可知，物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做功： W ＝mv22－0＝2 J.(3)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有μ2mg ＝mv2R，得：μ2＝v2gR ＝0.08.答案：见解析【例❸】 (2014·北京海淀区模拟)某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g.①在实验所需的物理量中，需要直接测量的是______，通过计算得到的是________．(填写代号)A ．重锤的质量B ．重锤下落的高度C ．重锤底部距水平地面的高度D ．与下落高度对应的重锤的瞬时速度 ②在实验得到的纸带中，我们选用如图乙所示的起点O 与相邻点之间距离约为2 mm 的纸带来验证机械能守恒定律．图中A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的原始点，F 点是第n 个点．设相邻点间的时间间隔为T ，下列表达式可以用在本实验中计算F 点速度v F 的是________．A ．v F ＝g(nT)B ．v F ＝2gh nC ．v F ＝h n ＋1－h n －12TD ．v F ＝x n ＋1－x n2T③若代入图乙中所测的数据，求得12v 2n 在误差允许的范围内等于____________(用已知量和图乙中测出的物理量表示)，即可验证重锤下落过程中机械能守恒．即使在操作及测量无误的前提下，所求12v 2n 也一定会略________(填“大于”或“小于”)后者的计算值，这是实验存在系统误差的必然结果．④另一名同学利用图乙所示的纸带，分别测量出各点到起始点的距离h ，并分别计算出各点的速度v ，绘出v 2h 图线，如图丙所示．从v 2h 图线求得重锤下落的加速度g′＝________m/s 2(保留三位有效数字)．则由上述方法可知，这名同学是通过观察v 2h 图线是否过原点，以及判断________与________(用相关物理量的字母符号表示)在实验误差允许的范围内是否相等，来验证机械能是否守恒的．解析：①需要直接测量的是重锤下落的高度，需要计算的是与下落高度对应的重锤的瞬时速度，选项B 、D 正确；②计算F 点的速度利用C 选项中的公式符合运动规律，故选项C 正确；③若机械能守恒，则12mv 2n ＝mgh n ，所以在误差允许的范围内12v 2n ＝gh n ；因为存在空气阻力和摩擦阻力，重力势能不能全部转化为动能，因此一定是12v 2略小于gh ；④因为12v 2＝gh ，所以v 2h 图象的斜率k ＝2g′，经计算g′＝9.75 m/s 2；我们可以根据g 和g′在误差允许的范围内是否相等来判断机械能是否守恒，如近似相等说明阻力很小，机械能是守恒的．答案：见解析一、选择题1．如图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(B)A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在弹簧压缩的过程中由于楔块克服摩擦力做功和克服弹簧弹力做功，因此缓冲器机械能不守恒，选项A错误；摩擦力做负功使机械能转化为内能，选项B正确；垫板的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项C、D错误．2．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，在货物m相对车厢仍然静止的过程中，下列说法中正确的是(A)A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．摩擦力对货物做了负功D．地面对车的摩擦力增大解析：货物处于平衡状态，则有mgsin θ＝f，F N＝mgcos θ，θ增大时，f增大，F N减小，A正确，B错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，C错误；对汽车受力分析可知汽车只受重力与支持力，地面对车无摩擦力的作用，D错误．3．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(位置A)上，随跳板一起向下运动到达最低点(位置B)．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点过程中，下列说法正确的是(BC)A ．运动员到达最低点时所受合力为零B ．在这过程中，跳板的弹性势能一直在增加C ．在这过程中，运动员的重力的功率先增大后减小D ．在这过程中，运动员所受重力对他做的功等于跳板的作用力对他做的功解析：运动员在最低点时，弹力大于重力，因此所受合力向上，A 错误；跳板的形变量逐渐增大，因此弹性势能在增加，B 正确；运动员运动的速度先增加后减小，故重力的功率先增加后减小；C 正确；根据功能关系W G ＝W F ＋ΔE p ，解得W F ＝W G －ΔE p ，D 错误．4．如图所示，一滑块从底端冲上固定的足够长粗糙斜面，到达某一高度后返回．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的位移s 、速度v 、加速度a 、机械能E 随时间变化的图象，可能正确的是(BC )解析：滑块沿斜面匀减速上升和匀加速下降过程中，位移s 随时间t 的变化图象为抛物线，选项A 错误；受力分析，上升和下降过程中，其加速度都沿斜面向下，由牛顿第二定律可知a 上＞a 下，选项C 正确；在vt 图象中，图线的斜率大小等于其加速度，选项B 正确；物体在上升和下降过程，其机械能始终都是在减小，选项D 错误．5．刘翔在2004年雅典奥运会上夺得110米跨栏冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，设他的质量为m ，在起跑时前进的距离s 内，重心升高为h ，获得的速度为v ，克服阻力做功为W 1，则在此过程中(BD )A ．刘翔的机械能增加了12mv 2B ．刘翔的机械能增加了12mv 2＋mghC ．刘翔的重力做功为W G ＝mghD ．刘翔自身做功W ＝12mv 2＋mgh ＋W 1解析：刘翔的机械能增加量等于动能增加量加上势能的增加量，为12mv 2＋mgh ，B 正确，A 错误；重心升高，重力做负功，故W G ＝－mgh ，C 错误；根据动能定理W －mgh －W 1＝12mv 2，解得W ＝12mv 2＋mgh ＋W 1，D 正确．二、非选择题 6．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p .解析：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝mv 21R，①由①式解得v 1＝gR.②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有： E p ＝mg(1.5R ＋R)＋12mv 21，③由②③式解得E p ＝3mgR④ 答案：(1)gR (2)3mgR。
高考物理一轮复习 第五章《机械能微专题7 功能关系在解决实际问题中的应用课件
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
第十五页，共二十九页。
解析：(1)以地面为参考平面．
摆锤初机械能为 E1＝mgL
摆锤末机械能为 E2＝mgL(1－cos θ)
摆锤机械能损失为 ΔE＝E1－E2＝mgLcos θ
日，在广州天河体育中心举行，有全世界排名最前的男、女各 4 支
国家队参赛．运动员在练习投篮时，篮球划过
一条漂亮的弧线落入篮筐，球的轨迹如图中虚
线所示．从篮球出手到落入篮筐的过程中篮球
的重力势能( ) A．一直增大 C．先减小后增大
B．一直减小 D．先增大后减小
第十七页，共二十九页。
解析：D [从篮球出手到落入篮筐的过程中，篮球的重力不变， 高度先增大后减小，则其重力势能先增大后减小，故 D 正确．]
第六页，共二十九页。
A．a→b 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能不变 B．b→c 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹 性势能增加 C．c→d 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能 增加量 D．d→e 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人机械能的 增加量
第七页，共二十九页。
(2)由能量守恒定律，可得 E1＋Wf＝E2
所以 Wf＝－mgLcos θ
(3)根据 Wf＝－Ff·s
Ff＝μF 可得 μ＝mgLFcsos θ
答案：(1)mgLcos θ
(2)－mgLcos θ
mgLcos θ (3) Fs
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1．(68520156)2016 年三人篮球世锦赛于 2016 年 10 月 11 日至 15
高考物理一轮复习 第5章 机械能 实验5 探究动能定理模拟 新人教版必修2(2021年最新整理)
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实验5 探究动能定理1．（2017·天津一中模拟）某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。
此外，还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。
组装的实验装置如图所示。
错误!(1）若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些__刻度尺、天平（包括砝码）__。
（2)实验开始时，应先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。
他这样做的目的是下列的哪个__D__。
(填字母代号)A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)他将钩码重力做的功视为细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。
这一情况可能是下列哪些原因造成的__CD__。
(填字母代号) A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力[解析］（1）实验中要计算绳拉力对小车所做的功，根据公式W＝FL，其中F为绳子上的拉力,需要用钩码的重力近似代替（另外，计算小车动能E k＝错误!mv2,需要称量小车质量）；L为小车在拉力作用下的位移，可通过对纸带的测量得出.因此，还需要用到的器材有刻度尺、天平.（2）细绳与木板平行，保证细绳对小车的拉力与木板平行，不会向上或向下倾斜,平衡摩擦力后,细绳对小车的拉力就等于小车受到的合力，D正确。
2017年高考物理一轮复习 第5章 功能关系和机械能 实验五 探究动能定理习题
实验五探究动能定理一、基本实验要求1．实验目的探究功与物体速度变化的关系．实验原理图2．实验原理(1)一根橡皮筋作用在小车上移动距离s——做功为W.(2)两根橡皮筋作用在小车上移动距离s——做功应为2W.(3)三根橡皮筋作用在小车上移动距离s——做功应为3W.(4)利用打点计时器求出小车离开橡皮筋的速度，列表、作图，即可求出v－W关系．3．实验器材橡皮筋、小车、木板、打点计时器、纸带、铁钉等．4．实验步骤(1)用一条橡皮筋拉小车——做功W.(2)用两条橡皮筋拉小车——做功2W.(3)用三条橡皮筋拉小车——做功3W.(4)测出每次小车获得的速度．(5)分别用各次实验测得的v和W绘出W－v、W－v2，W－v3、W－v关系图．5．实验结论找出v 与W 间的关系W ＝12mv 2.二、规律方法总结 1．实验注意事项(1)将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动，找到长木板的一个合适的倾角．(2)测小车速度时，应选纸带上的点均匀的部分，也就是选小车做匀速运动的部分． (3)橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．(4)小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些． 2．实验探究的技巧与方法(1)不直接计算W 和v 的数值，而只是看第2次、第3次……实验中的W 和v 是第1次的多少倍，简化数据的测量和处理．(2)用W －v 2图象处理实验数据，这比W －v 图象更加直观、明了．1．关于探究动能定理的实验中，下列叙述正确的是( )A ．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B ．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C ．放小车的长木板应该尽量使其水平D ．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出解析：本实验没有必须测出橡皮筋的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A 错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B 错；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，C 错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D正确．答案：D2．(2016·本溪模拟)“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、4条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W、3W、4W……每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带测出．(1)(多选)关于该实验，下列说法正确的是________．A．打点计时器可以用干电池供电B．实验仪器安装时，可以不平衡摩擦力C．每次实验小车必须从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度v m和橡皮筋做的功W，依次作出W－v m、W－v2m、W－v3m，W2－v m、W3－v m……的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系(2)如图所示，给出了某次实验打出的纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一段纸带，测得A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为AB＝1.48 cm，BC＝1.60 cm，CD＝1.62 cm，DE＝1.62 cm.已知相邻两点打点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度v m＝________m/s(结果保留两位有效数字)．解析：(1)打点计时器必须用交流电，A项错误；实验仪器安装时，必须平衡摩擦力，B 项错误；每次实验小车必须从同一位置由静止弹出，C项正确；根据所得数据分别作出橡皮筋所做的功W与小车获得的最大速度或小车获得的最大速度的平方、立方等图象，找出合力做的功与物体速度变化的关系，D项正确．(2)小车获得的最大速度v ＝x t ＝1.62×10－20.02m /s ＝0.81 m /s . 答案：(1)CD (2)0.813．(2015·仙桃模拟)我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的________和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是________．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据________定律(定理)，可得到钢球被阻拦前的速率．解析：根据机械能守恒定律(或动能定理)可知mgh ＝12mv 2，v ＝2gh 要研究v 与前进的距离的关系，需要直接测出钢球距水平木板的高度h ，要测距离及高度，必须增加实验器材刻度尺．答案：高度(距水平木板的高度) 刻度尺 机械能守恒(动能)4．(2016·晋城模拟)某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图所示的实验装置．(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是_____________________________________.(2)如图所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd ＝____cm .实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt ，则滑块最后匀速运动的速度表达式为______(用字母表示)．(3)逐根增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W －v 2图象应是___________________．解析：(1)检查导轨是否水平的方法：将滑块轻放在气垫导轨上，看其是否滑动(或将滑块轻放在气垫导轨上，轻推滑块看是否匀速运动)．(2)Δd ＝5 mm ＋0.05 mm ×10＝5.50 mm ＝0.550 cm ，滑块匀速运动的速度v ＝Δd Δt. (3)由动能定理可知，W ＝12mv 2，故画出的W －v 2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．答案：(1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动；或将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看是否匀速运动(其他方法合理即可) (2)0.550 ΔdΔt(3)过坐标原点的一条倾斜直线1．(2015·张家口模拟)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有__________________．(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A ．避免小车在运动过程中发生抖动B ．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C ．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D ．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法______________________________________．(4)(多选)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A ．在接通电源的同时释放了小车B ．小车释放时离打点计时器太近C ．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D ．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析：(1)根据实验原理可知，需要验证mgx ＝12Mv 2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平；(2)分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故选项D 正确；(3)纸带上打出的点较少，说明小车的加速度过大(即小车过快)，故可知减小钩码质量或增加小车质量(在小车上加上适量的砝码)；(4)在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡或未完全平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故选项C 、D 正确．答案：(1)刻度尺、天平(包括砝码) (2)D (3)可在小车上加适量的砝码(或钩码) (4)CD2．在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲所示)：图甲(1)下列说法哪一项是正确的________(填选项前字母)．A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，则打B 点时小车的瞬时速度大小为________m /s (保留三位有效数字)．图乙解析：(1)平衡摩擦力是让小车重力的下滑分力与摩擦力平衡，故不能挂钩码平衡摩擦力，选项A 错误；本实验中，近似认为小车所受拉力等于钩码的重力，因此应使钩码的质量远小于小车的质量，选项B 错误；实验时，为充分利用纸带，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C 正确．(2)v B ＝AC 2T＝（18.59－5.53）×10－20.2m /s ＝0.653 m /s .答案：(1)C (2)0.6533．在“探究恒力做功与动能改变的关系”的实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置．实验步骤如下：图甲(1)把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器；(2)改变长木板的倾角，以重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力； (3)用细线将长木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砂桶相连；(4)接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点；(5)测出s ，s 1，s 2(如图乙所示)，已知电磁打点计时器的打点周期为T.则：图乙判断重力的一个分力是否已与小车及纸带受到的摩擦力平衡的直接证据是____________________________．本实验还需直接测量的物理量是____________(用文字说明并用相应的符号表示)．探究结果的表达式是____________(用相应的符号表示)．解析：根据纸带上的点迹是否均匀来判断是否平衡了摩擦力，确定运动小车的速度应选用点迹清晰、均匀的部分来求解．确定小车动能的变化必须知道小车的质量M ，细线对小车做功是通过砂桶拉细线实现的，还应知道砂和砂桶的质量m.答案：纸带上点迹的间距相等 小车的质量M 、砂和砂桶的质量m mgs ＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22T 2－12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 12T 24．(2015·郑州模拟)某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功．装置如图甲所示，一木块放在粗糙的水平长木板上，右侧拴有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，如图乙给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．打点计时器所用交流电频率为50 Hz，不计纸带与木块间的拉力．(1)可以判断纸带的________(填“左端”或“右端”)与木块连接．根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度v A＝__________________m/s，v B＝______________m/s(结果保留两位有效数字)．(2)要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还需要的实验器材是__________，还应测量的物理量是________(填入所选实验器材和物理量前的字母)．A．木板的长度lB．木块的质量m1C．木板的质量m2D．重物的质量m3E．木块运动的时间tF．AB段的距离s ABG．天平H．秒表I．弹簧测力计(3)在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式W AB＝____________[用v A，v B和第(2)问中测得的物理量的字母表示]．解析：重物落地后，木块做匀减速运动，故纸带的右端与木块相连．由v n ＝s n ＋s n ＋12T ，得v A ＝（6.84＋7.48）×10－22×0.1 m /s ≈0.72 m /s ，v B ＝（9.41＋10.06）×10－22×0.1m /s ≈0.97 m /s .由动能定理可知，W AB ＝12m 1v 2A －12m 1v 2B ，要测在AB 段木板对木块的摩擦力做的功W AB ，只要用天平测出木块的质量m 1即可．答案：(1)右端 0.72 0.97 (2)G B (3)12m 1(v 2A －v 2B )5．某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”．实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝v ，②W ∝v ，③W ∝v 2.他们的实验装置如图甲所示，PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q 处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q 点时的速度)，每次实验，物体从不同初始位置处由静止释放．同学们设计了以下表格来记录实验数据．其中s 1，s 2，s 3，s 4，…代表物体分别从不同初始位置处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离，v 1，v 2，v 3，v 4，…表示物体每次通过Q 点的速度．实验次数1 2 3 4 ... s s 1 s 2 s 3 s 4 (v)v 1v 2v 3v 4…他们根据实验数据绘制了如图乙所示的s －v 图象，并得出结论W∝v 2.他们的做法是否合适，你有什么好的建议？在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小________(填“会”或“不会”)影响探究出的结果．解析：采用表格方法记录数据，合理．绘制的s－v图象是曲线，不能得出结论W∝v2.为了更直观地看出s和v的变化关系，应该绘制s－v2图象．重力和摩擦力的总功W也与距离s成正比，因此不会影响探究的结果．答案：不合适，应进一步绘制s－v2图象不会6．(2016·岳阳模拟)如图甲所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：图甲(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动．(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到如图乙所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg.图乙请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔE k.补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).O—B O—C O—D O—E O—FW/J0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W ＝ΔE k ，与理论推导结果一致．(3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg ，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为____________kg (g 取9.8 m /s 2，结果保留至小数点后第三位)．解析：(1)若已平衡摩擦力，则小车在木板上做匀速直线运动． (2)从纸带上的O 点到F 点，W ＝F·OF ＝0.2×0.557 5 J ＝0.111 5 J ，打F 点时速度v F ＝EG 2T ＝0.667 7－0.457 50.2 m /s ＝1.051 m /s ，ΔE k ＝12Mv 2F ＝12×0.2×1.0512J ≈0.110 5 J .(3)打B 点时小车的速度为v B ＝AC 2T ＝0.286 1－0.155 00.2 m /s ＝0.655 5 m /s ，所以小车的加速度a ＝v F －v B4T ＝1.051－0.655 54×0.1 m /s 2≈0.99 m /s 2.小车所受的拉力F ＝(m 0＋m)(g －a)，所以盘中砝码的质量m ＝F g －a －m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.29.8－0.99－7.7×10－3 kg ≈0．015 kg .答案：(1)匀速直线(或匀速) (2)0.111 5 0.110 5(3)0.01 5。
高考物理一轮复习 第五章 机械能 微专题五 功能关系应用问题的规范解答课件 新人教版
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[案例剖析] [满分规范练]
[案例剖析]
[典例] (20 分)(2016·高考全国卷 Ⅱ)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直 放置在地面上，在其顶端将一质量 为 5m 的物体由静止释放，当弹簧 被压缩到最短时，弹簧长度为 l.现将该弹簧水平放置，一端固 定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接．AB 是长度为 5l 的 水平轨道，B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半圆的 直径 BD 竖直，如图所示．物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 μ＝ 0.5.用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开，P 开 始沿轨道运动．重力加速度大小为 g.
设弹簧最大压缩量为 xm，A 从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原 长过程，有 Q＝2μMgxmcos 30°＝12MvA2(1 分) 得 Q＝6 J，xm＝125 m(2 分) A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程，有 Epm＝12MvA2＋Mgxmsin 30°－12Q＝5 J(2 分) 即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为 5 J. 答案：(1)4 m/s (2)5 J
联立①②式，取 M＝m 并代入题给数据得 vB＝ 6gl③(1 分) 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小 于重力，即 P 此时的速度大小 v 应满足 mlv2－mg≥0④(1 分) 设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得 12mvB2＝12mvD2＋mg·2l⑤(2 分)
联立③⑤式得 vD＝ 2gl⑥(1 分) vD 满足④式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD 水 平射出．设 P 落回到轨道 AB 所需的时间为 t，由运动学公式得 2l＝12gt2⑦(2 分) P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s＝vDt⑧(2 分) 联立⑥⑦⑧式得 s＝2 2l⑨(1 分)
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第三单元实验与探究第5课实验：探究动能定理一、实验目的1．探究外力对物体做功与物体速度的关系．2．通过实验数据分析，总结出做功与物体速度平方的正比关系．二、实验原理1．不是直接测量对小车做功，而是通过改变橡皮筋条数确定对小车做功W，2W，3W….2．由于橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出．这样，进行若干次测量，就得到若干组功和速度的数据．3．以橡皮筋对小车做的功为纵坐标，小车获得的速度为横坐标，作出Wv曲线，分析这条曲线，可以得知橡皮筋对小车做的功与小车获得的速度的定量关系．三、实验器材小车(前面带小钩)、100～200 g砝码、长木板，两侧适当的对称位置钉两个铁钉、打点计时器及纸带、学生电源及导线(使用电火花计时器不用学生电源)、5～6条等长的橡皮筋、刻度尺．四、实验步骤1．按如图所示将实验仪器安装好，同时平衡摩擦力．2．先用一条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W1，将这一组数据记入表格．3．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这样橡皮筋对小车做的功为W 2，测出小车获得的速度v 2，将数据记入表格．4．用3条、4条…橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格． 五、数据处理1．测量小车的速度：实验获得如图所示的纸带，为探究橡皮筋弹力做功和小车速度的关系，需要测量弹力做功结束时小车的速度，即小车做匀速运动的速度．应在纸带上测量的物理量是(用字母表示)：A 1、A 2间的距离x ，小车速度的表达式为(用测量的物理量表示)v ＝xT(T 为打点计时器的时间间隔)．2．实验数据记录：3.实验数据处理及分析：(1)观察法：当橡皮筋的条数成倍增加，即合外力做的功成倍增加时，观察小车的速度或速度的平方如何变化，有何变化规律．(2)图象法：在坐标纸上(如图)画出Wv 或Wv 2图线(“W”以一根橡皮筋做的功为单位)．4．实验结论：从图象可知做功与物体速度变化的关系为W∝v2.六、注意事项1．平衡摩擦力很关键．将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角．2．测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的．3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．4．小车质量应大一些．使纸带上打的点多一些．七、误差分析1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大．3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．如图所示，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，关于橡皮筋做的功，下列说法中正确的是(B)A．橡皮筋做的功可以直接测量B．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C．橡皮筋在小车运动的全程中始终做功D．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍解析：橡皮筋做的功等于橡皮筋所释放的弹性势能，但无法直接测量，橡皮筋的条数成倍增加，弹性势能也会成倍增加，即做功成倍增加，但橡皮筋只是在释放弹性势能的一段时间内才做功，故A、C错，B对．橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比，当拉伸为原来的两倍时，功变为原来的4倍，故D错．课时作业1．如图所示，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，下列说法正确的是(BD)A．为减小实验误差，长木板应水平放置B．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C．小车在橡皮筋拉力作用下做匀加速直线运动，当橡皮筋恢复原长后小车做匀速运动D．应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的速度2．在探究“功与物体速度变化的关系”的实验中，小车在运动中会受到阻力作用．这样，在小车沿木板滑行的过程中，除橡皮筋对其做功以外，还有阻力做功．这样便会给实验带来误差．我们在实验中想到的办法是：使木板略微倾斜．对于木板的倾斜程度，下面的说法中正确的是(BC)A．木板只要稍微倾斜一下即可，没有什么严格要求B．木板的倾斜角度在理论上应满足下面的条件：重力使物体沿斜面下滑的分力应等于小车受到的阻力C．如果小车在倾斜的木板上能做匀速运动，则木板的倾斜程度是符合要求的D．其实木板不倾斜，问题也不大，因为实验总是存在误差的3．在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A.打点计时器B．天平C．秒表D．低压交流电源E．电池F．纸带G．细线、砝码、小车、砝码盘H．长木板(1)其中多余的器材是_____，缺少的器材是________________．(2)测量时间的工具是____，测量质量的工具是_____________．答案：(1)CE刻度尺(2)A B4．科学规律的发现离不开科学探究，而科学探究可以分为理论探究和实验探究．下面我们追寻科学家的研究足迹用两种方法探究恒力做功和物体动能变化间的关系．Ⅰ.理论探究：根据牛顿运动定律和有关运动学公式，推导在恒定合外力的作用下，功与物体动能变化间的关系，请写出你的推导过程．______________________________________________________________________________________________________________Ⅱ.实验探究：①某同学的实验方案如图所示，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：a．___________________________________________________；b．____________________________________________________.②如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图．则打C点时小车的速度为____________；要验证合外力做的功与动能变化间的关系，除位移、速度外，还要测出的物理量有______________．答案：Ⅰ.推导：由牛顿第二定律得F合＝ma，由运动学公式得v22－v21＝2ax，由功的定义式W合＝F合x，三式联立得W合＝12mv22－12mv21Ⅱ.①a.平衡摩擦力b．钩码的重力远小于小车的总重力②Δx2＋Δx32T钩码的重力和小车的总质量5．某学校课外研究小组，利用光控实验板进行了“探究重力做功与动能变化之间的关系”实验，光探实验板上有直轨道、滑块、两个光控门和配套的速度计数器，工作时滑块每通过一次光探门，仪器上都能显示出通过的速度，滑块通过两个光控门则两个速度值交替显示．现在利用滑块下落高度确定重力的功；通过初末速度的测量确定动能的改变．另配有器材：多功能电源、连接导线、刻度尺、重锤线、铁架台．实验步骤：A．安装置：将光控板竖直固定，连好电路B．在上下两端合适位置调定好两光控门A，B的位置，并用刻度尺测出两者距离d1 C．接通光控电源，释放滑块，读出滑块通过A，B时的速度示数v01，v t1D．调节B的位置改变光控门高度，测得d1，d2…，读出对应的v02，v t2，v03、v t3…E．由W G＝mgd写出重力做的功分别是W G1，W G2，W G3，…F．由E k＝12mv2，算出各次动能的改变量ΔEk1，ΔE k2，ΔE k3，…请分析回答：(1)安装置时应注意什么？________．如何操作：____________________.(2)该实验中难以避免的误差来源有：a．____________________________________________________；b．____________________________________________________；c．____________________________________________________.(3)因误差的存在，使每组测得的ΔE k总比W G要______(选a.略大一点．b.略小一点．c.相等．d.可能偏大也可能偏小)．(4)该实验是否需测出滑块质量？________．能得出的实验结论：在误差允许的范围内__________________．答案：(1)确保滑块轨道竖直使轨道与重锤线平行(2)a.轨道摩擦和空气阻力b．光控门间距的测量c．光控门对速度的测量不完全是瞬时速度(3)b，略小一点(4)不需要物体所受合外力做的功等于物体动能的改变量6．某同学在探究功与物体速度变化的关系实验中，设计了如图所示的实验．将纸带固定在重物上，让纸带穿过电火花计时器或打点计时器．先用手提着纸带，使重物静止在靠近计时器的地方．然后接通电源，松开纸带，让重物自由下落，计时器就在纸带上打下一系列小点．得到的纸带如图所示，O点为计时器打下的第1个点，该同学对数据进行了下列处理：取OA＝AB＝BC，并根据纸带算出了A，B，C三点的速度分别为v A＝0.12m/s，v B＝0.17 m/s，v C＝0.21 m/s.根据以上数据你能否大致判断W∝v2.解析：设由O到A的过程中，重力对重物所做的功为W，那么由O到B过程中，重力对重物所做的功2W，由O到C的过程中，重力对重物所做的功为3W.由计算可知：v 2A ＝1.44×10－2 m 2/s 2，v 2B ＝2.89×10－2 m 2/s 2，v 2C ＝4.41×10－2 m 2/s 2. v 2B v 2A ≈2，v 2C v 2A≈3即：v 2B ≈2v 2A ；v 2C ≈3v 2A ；即：v 2B ≈2v 2A ，v 2C ≈3v 2A ； 由以上数据可判定W ∝v 2是正确的，也可以根据Wv 2的曲线来判断，如图所示． 答案：见解析7．为了探究对物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题：(打点计时器交流电频率为50 Hz)(1)为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？(2)当我们分别用同样的橡皮筋1条、2条、3条……并起来进行第1次、第2次、第3次……实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度应都保持一致，我们把第1次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.(3)由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如下图所示是其中四次实验打出的部分纸带．(4)试根据第(2)、(3)项中的信息，填写下表.从表中数据可得出结论：________________________.答案：(1)将木板固定在打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑(4)橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比。