2020版高考物理(课标版)一轮复习夯基提能作业本：第五章第2讲动能动能定理Word版含解析

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(新课标)2020届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理真题

咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，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（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和工HA. tan 9 和？工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析：由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。

2020年高考物理新课标第一轮总复习练习：5-2 动能定理及其应用含解析

[A 组·基础题]1．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)B ．1μ(v 22g sin θ＋x 0tan θ)C.2μ(v 22g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合力做功为12m v 2 C ．人对物体做的功为mgh D ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·长春实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C．小船经过B点时的速度大小v1＝2v20＋2m(Pt1－fd)D．小船经过B点时的加速度大小a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm解析：小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：W f＝fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W＝Pt1，由动能定理有：W－W f＝12m v21－12m v2，联立解得：v1＝v20＋2(Pt1－fd)m，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，则P＝F v′，v′＝v1cos θ，F cos θ－f＝ma，联立解得：a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm，故D正确．A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2C．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F＝2Ma，解得a＝F 2M＝102×2＝2.5 m/s2；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f＝Ma＝2×2.5＝5 N＜μMg＝6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故A正确，B错误；当F＝0时，加速度为0，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F－x图象包围的面积等于力F做的功，W＝12×2×10＝10 J；当F＝0，即a＝0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理，有W＝12×2M v2m－0；代入数据得：v m＝ 5 m/s，故D正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示．现将一个小球从距A点高h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v2y＝2gh代入数据解得v y＝2gh＝2×10×0.9 m/s＝3 2 m/s在A点有tan θ＝v y v x得v x＝v0＝v ytan θ＝323m/s＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12m v2C－12m v2代入数据解得v C＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝m v2R112m v 2C ＝2mgR1＋12m v2代入数据解得R1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有12m v 2C＝mgR2代入数据解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s(2)3 6 m/s(3)0＜R≤1.08 m。

2020版课标物理高考第二章相互作用夯基提能作业本

第2讲力的合成与分解A组基础过关1.(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同。

下列说法正确的有()A.三条绳中的张力都相等B.杆对地面的压力大于自身重力C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力答案BC杆静止在水平地面上,则杆受到重力、三条绳子的拉力和地面对它的支持力。

根据平衡条件,则三条绳的拉力的合力竖直向下,故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零。

杆对地面的压力大小等于杆的重力与三条绳的拉力的合力之和,选项B、C正确。

由于三条绳长度不同,即三条绳与竖直方向的夹角不同,所以三条绳上的张力不相等,选项A错误。

绳子拉力的合力与杆的重力方向相同,因此两者不是一对平衡力,选项D错误。

2.如图所示,甲、乙、丙三人分别在两岸用绳拉小船在河流中行驶,已知甲的拉力大小为800N,方向与航向夹角为30°,乙的拉力大小为400N,方向与航向夹角为60°,要保持小船在河流正中间沿虚线所示的直线行驶,则丙用力最小为()A.与F甲垂直,大小为400NB.与F乙垂直,大小为200√3NC.与河岸垂直,大小约为746ND.与河岸垂直,大小为400N答案C甲、乙两人的拉力大小和方向一定,其合力为如图所示的F,要保持小船在河流中间沿题图所示虚线方向直线行驶,F与F丙的合力必沿题图中虚线方向,F丙与题图中虚线垂直时值最小,由图可知,F丙min =F乙sin60°+F甲sin30°=200√3N+400N≈746N,C项正确。

3.(2019河南焦作月考)小明想推动家里的衣橱,但使出了很大的力气也推不动,他便想了个妙招,如图所示,用A、B两块木板,搭成一个底角较小的人字形架,然后往中央一站,衣橱居然被推动了!下列说法中正确的是()A.这是不可能的,因为小明根本没有用力去推衣橱B.这是不可能的,因为无论如何小明的力气也没那么大C.这有可能,A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力D.这有可能,但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力答案C根据小明所受重力产生的效果,将小明的重力分解为沿两个木板方向的分力,由于两个木板夹角接近180°,根据平行四边形定则可知,分力远大于小明的重力,选项C正确。

2020版高考物理大一轮复习第五章讲义+单元检测教科版【共15套165页】

本套资源目录2020版高考物理大一轮复习第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章单元质量检测五含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次1功和功率训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次2动能动能定理训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次3机械能守恒定律及其应用训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次4功能关系能量守恒定律训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验五探究动能定理讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验六验证机械能守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章本章学科素养提升讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章机械能本章综合能力提升练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第1讲功和功率讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第3讲机械能守恒定律及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章能力课动力学观点和能量观点的综合应用训练含解析教科版专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．命题点一多运动过程问题1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10m/s 2，不计空气阻力)图1(1)当H ＝2m 时，问此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，问H 的取值范围．答案 (1)84N (2)0.65m≤H ≤0.7m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12mv D 2在D 点轨道对小球的支持力N 提供向心力，则有N ＝m v D 2r联立解得：N ＝84N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：N ′＝N ＝84N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12mv 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7m 故有：0.65m≤H ≤0.7m.变式1(2018·河南省周口市期末)如图2所示，半径R＝0.3m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB 之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N．已知水平轨道AC长为2m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求：图2(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．答案 (1)4m/s (2)53s(3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025解析 (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得N ＝N ′＝103N ，则v ＝2m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR ＋12mv 2＝12mv B 2可得v B ＝4m/s ；(2)小物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有Fs －μ1mgx AB ＝12mv B 2－0由牛顿第二定律有F －μ1mg ＝ma 由位移公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s.(3)设小物块与BC 段间的动摩擦因数为μ2. ①物块在圆轨道最高点的最小速度为v 1，由牛顿第二定律有mg ＝m v 12R由动能定理有－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 12－12mv B 2解得μ2＝0.025故物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025 ②物块从C 点返回在圆轨道上升高度R 时速度为零，由动能定理有－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv B 2解得μ2＝0.25物块从C 点返回刚好运动到B 点，解得－2μ2mgx BC ＝0－12mv B 2μ2＝0.4故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足0.4>μ2≥0.25综上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025.命题点二传送带模型1．设问的角度(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．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传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；②产生的内能：Q＝fx相对．模型1 水平传送带问题例2(2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3，一水平传送带以4m/s 的速度逆时针传送，水平部分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m ＝1.0 kg 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．图3答案 32J解析物块在传送带上加速到与传送带同速时对物块有f ＝μmg ＝ma 解得：a ＝2m/s 2物块所用的时间为：t 1＝va＝2s则物块的位移为：x 1＝v 22a＝4m<L ＝6m传送带匀速运动的位移为：x 1′＝vt 1＝8m 则相对位移为Δx 1＝x 1′－x 1＝4m 因摩擦产生的热量Q 1＝f Δx 1＝8J接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时，物块的位移为：x 2＝v 22a＝4m物块所用的时间为：t 2＝v a＝2s传送带匀速运动的位移为：x 2′＝vt 2＝8m 则相对位移为：Δx 2＝x 2′＋x 2＝12m 因摩擦产生的热量Q 2＝f Δx 2＝24J全程因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝32J.模型2 倾斜传送带问题例3(2018·陕西师大附中模拟)如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9m．把一质量m＝2kg的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g取10m/s2.求：图4(1)从放上物块开始计时，t＝0.5s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？答案(1)14W 28W (2)14J (3)18.8W解析(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：f ＝μmg cos30°＝14N由牛顿第二定律得：f －mg sin30°＝ma ，a ＝2m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22s ＝1s因此t ＝0.5s 时刻物块正在加速，其速度为：v 1＝at ＝1m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P 1＝fv 1＝14W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝fv ＝28W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12m ＝1m<l ＝9m摩擦力对物块做功为：W 1＝fx 1＝14×1J＝14J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W 2＝fvt 1＝28J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t 2＝l －x 1v＝4s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为：W 总＝mgl sin30°＋12mv 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8W.命题点三滑块—木板模型1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4(2019·四川省德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)2h －Lg (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理得12×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝2h －Lg(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2如图6甲所示，半径R ＝0.45m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1kg ，长度l ＝1m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2m ．质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10m/s 2.试求：图6(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．答案 (1)30N (2)1m/s (3)0.2m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12mv B 2解得v B ＝3m/s在B 点由牛顿第二定律得，N －mg ＝m v B 2R，解得N ＝30N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N ′＝N ＝30N ，方向竖直向下． (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功W f ＝－μ1mg ＋μ2mg 2l ＝－4J物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR ＋W f ＝12mv 2，解得v ＝1m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2m/s 2经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝1m解得t 1＝0.5s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2hg＝0.2s物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2m.1．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图1，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )图1A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大答案 AD解析小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v D 2R，则v D ＝gR ，根据动能定理得12mv 02＝12mv D 2＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，N －mg ＝m v 02R ，则轨道对小球的支持力N ＝mg＋m v 02R＝6mg ，则N 大小与R 无关，随m 增大而增大，由牛顿第三定律知C 错误，D 正确．2．(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图2所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图2A ．小滑块恰好可以到达Q 点B ．小滑块不能到达Q 点C ．W ＝12mgRD ．W <12mgR答案 C解析从最高点到N 点，由动能定理有 2mgR －W ＝12mv 2，在N 点，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律有N ＝N ′＝4mg联立可得W ＝12mgR ，故C 正确，D 错误；小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据f ＝μN 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv Q 2－12mv 2，解得v Q >0，小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误． 3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图3所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )图3A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2，则( )图4A ．传送带的速率v 0＝10m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J 答案 ACD解析当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．5．(2018·闽粤期末大联考)如图5所示，一固定在地面上的导轨ABC ，AB 与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A 处(可视为质点)，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v 0＝1m/s.小物块经过B 处时无机械能损失，物块最后停在B 点右侧1.8米处(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：图5(1)小物块在AB 段向下运动时的加速度大小； (2)小物块到达B 处时的速度大小； (3)AB 的长度L .答案 (1)4m/s2 (2)3 m/s (3)1m解析 (1)小物块从A 到B 过程中，由牛顿第二定律得，mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据解得a ＝4m/s 2.(2)小物块从B 向右运动，由动能定理得，－μmgs ＝0－12mv B 2代入数据解得v B ＝3m/s.(3)小物块从A 到B ，由运动学公式得L ＝v B 2－v 022a＝1m.6．(2018·安徽省蚌埠二中期中)如图6甲所示，质量为m ＝0.1kg 的小球，用长l ＝0.4m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在最低点A 处给小球6m/s 的初速度时，小球恰能运动至最高点B ，空气阻力大小恒定．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)小球在A 处时传感器的示数；(2)小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在图乙所示坐标系中作出F －v 02图像．答案 (1)10N (2)0.8J (3)如图所示解析 (1) 在A 点，由牛顿第二定律有F 1－mg ＝m v A 2l ，则F 1＝10N(2)由题意知在B 点时，有mg ＝m v B 2l，则v B ＝2m/s小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv A 2解得W 克f ＝0.8J(3)小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：有－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv 02小球在最高点F ＋mg ＝m v B 2l联立得：F ＝14v 02－9，F －v 02图像如图所示7．(2018·河北省石家庄二中期中)如图7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1m ，圆轨道半径R ＝1m ，滑块和长木板的质量均为1kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45m 的位置由静止释放，求：图7(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量．答案 (1)19N (2)1.5m (3)4.5J解析 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh ＝12mv 02，解得v 0＝3m/s在C 点由向心力公式知：N －mg ＝mv 02R，解得N ＝19N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力N ′＝N ＝19N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中：滑块的加速度大小a 1＝μ1mg m＝4m/s 2木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝2m/s 2由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出，t ＝0.5s ，v 共＝1m/s滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2t ＝1m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a 3＝μ2·2mg 2m＝1m/s 2x 3＝v 共22a 3＝0.5m故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.单元质量检测(五)时间：50分钟一、选择题(1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)1．升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)( ) A ．升降机对物体做功5 800 J B ．合外力对物体做功5 800 J C ．物体的重力势能增加500 J D ．物体的机械能增加800 J解析根据动能定理得W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5 800 J ，A 正确；合外力做的功为12mv2＝12×100×42J ＝800 J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5 J＝5 000 J ，C 错误；物体机械能增加ΔE ＝Fh ＝W 升＝5 800 J ，D 错。

新课标版高考物理一轮复习第五章第讲机械能守恒定律及其应用夯基提能作业本.docx

第3讲机械能守恒定律及其应用A组基础过关1.如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是( )A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量答案 B 不计一切摩擦,小球下滑时,对于小球和斜劈组成的系统,只有小球的重力做功,小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量,系统的机械能守恒,B项正确,D项错误;由动能定理知,小球对斜劈的弹力对斜劈做正功,斜劈的机械能不守恒,C项错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间的夹角大于90°,故弹力做负功,A项错误。

2.把小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A位置,如图甲所示。

迅速松手后,球升高至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。

忽略弹簧的质量和空气阻力。

则小球从A运动到C的过程中,下列说法正确的是( )A.经过位置B时小球的加速度为0B.经过位置B时小球的速度最大C.小球、地球、弹簧所组成的系统机械能守恒D.小球、地球、弹簧所组成的系统机械能先增大后减小答案 C 分析小球从A到B的过程中受力情况,开始时弹力大于重力,中间某一位置弹力和重力相等,接着弹力小于重力,在B点时,弹力为零,小球从B到C的过程中,只受重力。

根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中,先向上加速再向上减速,所以速度最大位置应该是加速度为零的位置,即在A、B之间某一位置,A、B错误;从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功,所以系统的机械能守恒,C正确,D错误。

3.(多选)(2018湖北武汉质检)某娱乐项目中,参与者抛出一小球去撞击触发器,从而进入下一关。

现在将这个娱乐项目进行简化,假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球,小球恰好击中触发器。

若参与者仍在刚才的抛出点,沿图示的四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球,则小球能够击中触发器的可能是( )答案CD 将小球竖直上抛时小球恰好击中触发器,则小球击中触发器时的速度为0,由机械能守恒定律得mgh=12mv2,得v=2gh。

2020版物理浙江高考选考一轮复习课件必修2 第五章第2讲动能动能定理

解析 (1)对DB段利用动能定理有－μmgL＝12mvB2－12mv0 2，解得 vB＝4 m/s。 (2)小物块从B到C的过程中由动能定理得 mgh＝12mvB2，解得 h＝0.8 m。答案 (1)4 m/s (2)0.8 m
2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J 解析由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J 确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝1 增加1 800 J，故选项A、B错误。答案 C
【典例1】在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达闭发动机直到停止，汽车的速度－时间图象如图1所示。设汽车的牵力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2。以下判断中
A.F∶Ff＝1∶3 C.W1∶W2＝1∶1
图1 B.F∶Ff＝3∶1 D.W1∶W2＝1∶3
解析由图象可以看出，汽车在 0～1 s 内做匀加速运动，由牛顿第二学规律可得加速度大小为 a1＝F－mFf＝vma1x－0；汽车在 1～4 s 内做匀加速度大小为 a2＝Fmf＝vm3ax，由以上两式可得FFf＝41；对汽车运动的全能定理有 W1－W2＝0－0，得到 W1＝W2，所以选项 C 正确。答案 C
【典例 2】一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为的最大高度为 H，如图 2 所示。当物块的初速度为v2时，上升的最大高重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为(

【17份】2020版高考课标物理一轮复习夯基提能作业本含答案

【17份】2020版高考课标物理一轮复习夯基提能作业本目录第1讲运动的描述A组基础过关1.下列关于女排比赛中的研究对象,可以视为质点的是()A.研究女排比赛中选手扣球的动作时B.确定运动员在球场上的位置时C.研究运动员比赛中发出的旋转球时D.确定落在边线处排球是否为界内时答案B研究女排比赛中选手扣球动作时,运动员的形状对研究结果有较大影响,因此运动员不可视为质点,但研究运动员在球场上的位置时可将运动员视为质点,A错误,B正确;在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略,因此,不能视为质点,C、D均错误。

2.正在月球上开展科学探测工作的嫦娥四号着陆器和巡视器(玉兔号月球车)进行互成像实验,“两器”顺利互拍,如图所示的甲、乙两图是着陆器拍到的画面,甲图的巡视器和背景都是清晰的,乙图的巡视器模糊而背景是清晰的,据此分析着陆器拍照时()A.甲、乙两图巡视器都静止,都以月面为参考系B.甲图巡视器静止,以月面为参考系;乙图巡视器运动,以巡视器为参考系C.甲图巡视器静止,以月面为参考系;乙图巡视器运动,以月面为参考系D.甲图巡视器运动,以巡视器为参考系;乙图巡视器运动,以月面为参考系答案C甲图的巡视器和背景都清晰说明巡视器是静止的,着陆器拍照以月面为参考系;乙图的巡视器模糊而背景清晰说明巡视器是运动的,着陆器拍照以月面为参考系,故选C。

3.据中央气象台消息:2018年台风“山竹”于9月7日在西北太平洋海面上生成(东经136.1°,北纬13.4°),中心附近最大风速达50m/s(15级风,强台风级)。

“山竹”以25km/h左右的速度向西北方向移动,强度变化不大。

关于上述消息中的“50 m/s、25km/h”,下述理解中正确的是()A.分别指平均速度和瞬时速度的大小B.分别指瞬时速度和平均速度的大小C.均指平均速度的大小D.均指瞬时速度的大小答案B根据瞬时速度和平均速度的概念可知,“50m/s”是指某位置的瞬时速度大小;“25km/h”是指平均速度大小。

新课标版高考物理一轮复习第五章第讲功和功率夯基提能作业本

第1讲功和功率A 组基础过关1.以下列图,两箱同样的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼,其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物,图乙是用履带式自动电梯运送,假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物,以下关于两电梯在运送货物时的说法正确的选项是( )A.两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C.图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D.图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功答案 D 在图甲中,货物随扶梯台式电梯匀速上升时,货物碰到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C 错误;图乙中,货物碰到的支持力与履带式自动电梯的接触面垂直,此时货物碰到的支持力与货物位移方向垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,选项A 、B 错误,D 正确。

2.(多项选择)(2016课标Ⅱ,19,6分)两实心小球甲和乙由同一种资料制成,甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落,假设它们运动时碰到的阻力与球的半径成正比,与球的速率没关。

若它们下落同样的距离,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.甲球战胜阻力做的功大于乙球战胜阻力做的功答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,故应先求加速度。

由 m 甲=ρV 甲=ρ·π得R 甲=,阻力f 甲=kR 甲=k,由牛顿第二定律知a 甲==g-k,同理a 乙=g-k,因m 甲>m 乙,所以a 甲>a 乙,故C 项错误;再由位移公式h=at2可知t甲<t乙,故A项错误;再由速度-位移公式v2=2ah得v甲>v乙,故B项正确;甲球碰到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球战胜阻力做的功大于乙球战胜阻力做的功,D项正确。

3.(2019甘肃白银期末)以下列图,小物块甲从竖直固定的圆滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平。

2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第五章第二讲动能定理及其应用含答案

基础复习课第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s 的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C )A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一动能定理的理解及应用(自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功．(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因．2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(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)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题](2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小() A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12m v2末＝mgh＋12m v2，得v末＝2gh＋v20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确．答案：A1－2.[解决直线运动问题]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tan θ和H 2B．(v22gH－1)tan θ和H2C．tan θ和H 4D．(v22gH－1)tan θ和H4解析：由动能定理有－mgH－μmg cos θHsin θ＝0－12m v2－mgh－μmg cos θhsin θ＝0－12m(v2)2解得μ＝(v22gH－1)tan θ，h＝H4，故D正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题](2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g 为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v2R ，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得 v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得 mgh ＝12m v 2A －12m v 20 解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得－mg (R cos θ＋R )＝12m v 2C－12m v 2A 解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得 F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C点时的速度大小；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．解析：(1)小物块从A到D的过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgx＝12m v2D－0，代入数据得：v D＝3 m/s.(2)从D到C的过程，由动能定理得：mgh2＝12m v2C－12m v2D，代入数据得：v C＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得：mgh1－μmgs＝0，代入数据解得：s＝8.6 m，则距离B点的距离为：L＝5 m－(8.6－5) m＝1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)6 m/s(3)1.4 m考点三与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝v t 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．答案：D1．(多选)(2019·北京第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于m v 20D ．合外力对小球做的功等于m v 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12m v 20＝mgh －W f ，解得：W f＝mgh －32m v 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20，C 正确，D 错误．2．(2018·山东、湖北联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则( B )A ．物块将停在C 点B．物块将停在C点左侧C．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f＝μmg cos θ·L，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N－mg cos θ＝m v2R，即F N＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f′＝μF N＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W′f＞W f＝μmg cos θ·L，根据动能定理可知，物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W，故C、D错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m＝50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v＝0.5 m/s，x＝4 m，h＝3 m，g取10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh2＋x2在此过程中，物块的位移s＝h2＋x2－h＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f＝μmgs对物块，由动能定理得W T－W f＝12m v21所以人克服细绳的拉力做的功W T＝m v2x22(h2＋x2)＋μmgs＝504 J.答案：504 J[A组·基础题]1．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( C )A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( B )A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v202g cos θ＋x0tan θ) B．1μ(v202g sin θ＋x0tan θ)C.2μ(v202g cos θ＋x0tan θ) D．1μ(v202g cos θ＋x0cot θ)4. 如图所示，质量为M＝3 kg的小滑块，从斜面顶点A由静止沿ABC下滑，最后停在水平面上的D点，不计滑块从AB面滑上BC面以及从BC面滑上CD面时的机械能损失．已知AB＝BC＝5 m，CD＝9 m，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2 B ．物体所受的合力做功为12m v 2 C ．人对物体做的功为mgh D ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A．动摩擦因数μ＝6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g8．(多选) 如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A．a的运动时间是b的运动时间的2倍B．a的位移大小是b的位移大小的5倍C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同D．a、b落地时的速度不同，但动能相同[B组·能力题]9．(多选)(2019·长春实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B 点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A．小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f＝fdB．小船经过B点时的速度大小v1＝v20＋2m(Pt1－fd)C．小船经过B点时的速度大小v1＝2v20＋2m(Pt1－fd)D．小船经过B点时的加速度大小a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm解析：小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：W f＝fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W＝Pt1，由动能定理有：W－W f＝12m v21－12m v2，联立解得：v1＝v20＋2(Pt1－fd)m，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，则P＝F v′，v′＝v1cos θ，F cos θ－f＝ma，联立解得：a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm，故D正确．A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2 B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2 C．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F＝2Ma，解得a＝F 2M＝102×2＝2.5 m/s2；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f＝Ma＝2×2.5＝5 N＜μMg＝6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故A正确，B错误；当F＝0时，加速度为0，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F－x图象包围的面积等于力F做的功，W＝12×2×10＝10 J；当F＝0，即a＝0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理，有W＝12×2M v2m－0；代入数据得：v m＝ 5 m/s，故D正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示．现将一个小球从距A点高h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v2y＝2gh代入数据解得v y＝2gh＝2×10×0.9 m/s＝3 2 m/s在A点有tan θ＝v y v x得v x＝v0＝v ytan θ＝323m/s＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12m v2C－12m v2代入数据解得v C＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝m v2R112m v 2C ＝2mgR1＋12m v2代入数据解得R1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有12m v 2C＝mgR2代入数据解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s(2)3 6 m/s(3)0＜R≤1.08 m。

2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第五章专题探究五动力学和能量观点的综合应用

专题探究五动力学和能量观点的综合应用1.如图所示,一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( D )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析:铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m,即铁块动能E k=mv2=mgR,初动能为零,故动能增加mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失mgR,选项D正确.2.(2018·黑龙江哈尔滨模拟)(多选)升降机底板上放一质量为100 kg的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s,则此过程中(取g=10 m/s2)( AC )A.升降机对物体做功为5 800 JB.合外力对物体做功为5 800 JC.物体的重力势能增加了5 000 JD.物体的机械能增加了5 000 J解析:升降机对物体所做的功W=mgh+mv2=5 800 J,选项A正确;合外力做功W合=mv2=800 J,选项B错误;重力势能增加E p=mgh=5 000 J,选项C正确;物体机械能增加E=mgh+mv2=5 800 J,选项D错误. 3.(2018·河北石家庄模拟)在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件,可大大提高工作效率,传送带以恒定的速度v=2 m/s运行,质量为m=0.5 kg的工件以v0=1 m/s 的初速度从位置A滑上传送带,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即滑上传送带,取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是( A )A.工件经0.5 s停止相对滑动B.正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC.摩擦力对每个工件做正功为1 JD.每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析:工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动,加速度大小为a=μg=2 m/s2,加速时间为t==0.5 s,选项A正确;正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,选项B错误;由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f=mv2-m=0.75 J,选项C错误;在t=0.5 s内,工件对地位移为x1=t=0.75 m,传送带对地位移为x2=vt=1 m,所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.4. (多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面固定在地面上,长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上,与斜面间动摩擦因数μ=,其A端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m的物块与软绳连接,给物块向下的初速度,使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面),在此过程中( BCD )A.物块的速度始终减小B.软绳上滑L时速度最小C.软绳重力势能共减少了mgLD.软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和解析:物块下落过程中,刚开始由于mgsin 30°+μmgcos 30°=mg>mg,所以物块所受合力向上,物块做减速运动,下落过程中,合力越来越小,当加速度等于零时,速度最小,后合力方向向下,加速度向下,速度增大,所以物块的速度先减小后增大,故A错误;当加速度等于零时,速度最小,设此时软绳上滑的距离为x,则mgsin 30°+μmgcos 30°=mg+mg,代入数据解得x=L,故B正确;物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin 30°=,软绳刚好全部离开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=,则软绳重力势能共减少mg(-)=mg,故C正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象,软绳和物块的重力势能减小,转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能,根据能量守恒定律,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和,故D正确.5.(多选)水平面上质量为m=10 kg的物体受到的水平拉力F随位移s 变化的规律如图所示,物体匀速运动一段时间后,拉力逐渐减小,当s=7.5 m时拉力减为零,物体也恰好停下.取g=10 m/s2,下列结论正确的是( AB )A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.12B.合外力对物体所做的功约为-40 JC.物体匀速运动时的速度为2 m/sD.物体运动的时间为0.4 s解析:由于0～2.5 m内物体匀速运动,可得F=μmg,μ===0.12;由F s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得W F=50 J,设物体匀速运动的速度为v,由动能定理可得W总=W F-μmg·s=0-mv2,即W总=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀=s= s>0.4 s.6.(多选)如图所示,物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动,斜面足够长.当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J.如果物体能从斜面上返回底端,则( CD )A.物体在斜面上运动时,机械能守恒B.物体在向上运动时,机械能减少100 JC.物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D.物体返回A点时动能为20 J解析:由题意,摩擦力始终做负功,机械能不守恒,选项A错误;选最底端为零势能面,物体向上运动到最高点时,重力势能不为零,机械能减少量小于100 J,选项B错误;根据题意,当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中,动能减少20 J,需要克服摩擦力做功8 J,整个上升过程,共克服摩擦力做功40 J,机械能减少了40 J,物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的,选项C正确;物体返回A点的过程中,损失的机械能也是40 J,物体返回A点时动能为20 J,选项D正确.7.(2018·山东烟台模拟)(多选)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则( CD )A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C.滑块可能重新回到出发点A处D.传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析:设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C,则此时应该是从A下滑的高度的最小值,刚好通过最高点时,由重力提供向心力,则mg=,解得v C=,从A到C根据动能定理mg(h- 2R)=m-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动距离最大,根据动能定理得mgh-μmgx=0,得到x=,可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与高度h有关,选项B错误;滑块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,选项C正确;滑块与传送带之间产生的热量Q=μmgΔx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项D正确.8. (2018·河北保定调研)(多选)如图所示,内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是( AB )A. B. C. D.1解析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,小球在最低点的速度为v A,根据机械能守恒定律可得mg·2R=m-mv2,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,选项A,B正确,C,D错误.9.如图(甲)所示,光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接,且OAB在一条直线上,与水平面夹角α=37°,轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体,在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点,该过程中力F随压缩距离x的变化如图(乙)所示.已知物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5,传送带AB部分长为 5 m,顺时针转动,速度v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体的质量m;(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W;(3)若在C点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带,物体在传送带上最远能到何处?解析:(1)由图像可知mgsin 37°=30 N解得m=5 kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功W= J- J=90 J.(3)撒去力F,设物体返回至A点时速度大小为v0,从A出发再次返回A处的过程应用动能定理W=m解得v0=6 m/s.由于v0>v,物块所受摩擦力沿传送带向下,设此阶段加速度大小为a1, 由牛顿第二定律:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1解得a1=10 m/s2,速度减为v时,设沿斜面向上发生的位移大小为x1,由运动学规律x1=解得x1=1 m,此后摩擦力改变方向,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以物块所受合外力仍沿传送带向下,设此后过程加速度大小为a2,再由牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2,由运动学规律x2=解得x2=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x1+x2=5 m,即恰好到达传送带顶端B点.答案:(1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点10.(2018·吉林长春模拟)如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C,M点,斜面倾角分别如图所示.O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC 固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P,Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件,满足m1gsin 53°=m2gsin 37°可得m2=4 kg.(2)P到D过程由动能定理得m1gh=m1由几何关系h=L1sin 53°+R(1-cos 53°)运动到D点时,根据牛顿第二定律F D-m1g=m1解得F D=78 N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N.分析可知最终物块在CDM之间往复运动,在C点和M点速度为零.对全过程由动能定理得m1gL1sin 53°-μm1gx总cos 53°=0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg (2)78 N 1 m11. (2018·江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v0=4.0 m/s速度水平抛出,恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:(1)A点与B点的水平距离;(2)薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动,设下落时间为t1,水平位移为x,则gt1=v0tan 37°,x=v0t1联立得x=1.2 m.(2)设小物体落到B点的速度为v,则v=小物体在薄板上运动,则mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1薄板在光滑斜面上运动,则Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2小物体从落到薄板到两者速度相等用时为t2,则v+a1t2=a2t2小物体的位移x1=vt2+a1薄板的位移x2=a2薄板的长度l=x1-x2联立得l=2.5 m.答案:(1)1.2 m (2)2.5 m12.(2018·四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p=18 J 能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10 m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.解析:(1)物块被弹簧弹出,由E p=m,可知v0=6 m/s,因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1,得到a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m,因为x1<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,由动能定理可知mv2=μ2mgs+mgR,代入数据整理可以得到R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有mv2-m=μ2mg·2s,解得v B= m/s,因为v B>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有m=μ2mg(s-x),解得x= m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin 30°=m,从B到F过程中由动能定理可知m-m=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°)解得v1= m/s,设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点由m=μ2mg·3s+mgR,解得v2= m/s,若物块在传送带上一直加速运动,由m-m=μ1mgL,知其到B点的最大速度v Bm= m/s,综合上述分析可知,只要传送带速度m/s≤v≤ m/s就满足条件.答案:(1)0.8 m (2) m(3) m/s≤v≤ m/s感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

新课标版高考物理一轮复习第五章第讲功能关系能量守恒定律夯基提能作业本

第4讲功能关系能量守恒定律A组基础过关常常进行的一项体育活动。

一质量为m的同学曲折两腿向下蹲,而后使劲蹬地起跳,从该同学使劲蹬地到刚走开地面的起跳过程中,他的重心上涨了h,离地时他的速度大小为v。

以下说法正确的选项是()增添了mghB.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+mv2C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+mv2mv2+mgh答案B该同学重心高升了h,重力势能增添了mgh,又知离地时获取的动能为mv2,则机械能增添了mgh+mv2,A项错误,B项正确;该同学在与地面作用的过程中,支持力对该同学做的=mv2,D项错误。

功为零,C项错误;该同学所受的合外力对其做的功等于动能的增量,即W合2.(多项选择)(2019山东临沂质检)如下图,在起落机内有一固定的圆滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。

起落机由静止开始加快上涨高度h的过程中()增添量必定等于mgh增添量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和增添量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和构成的系统机械能的增添量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和答案CD起落机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于均衡状态,当物块B随起落机加快上涨时,其拥有向上的加快度,协力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的协力大于重力,因此弹簧的弹力增大,物块B相关于斜面向下运动,物块B上涨的高度小于h,因此重力势能的增添量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增添量等于协力做的功,经受力剖析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其余力对系统做的功,分别对B和B与弹簧构成的系统受力剖析,可知C、D项正确。

3.如下图,长为L的小车置于圆滑的水平面上,小车前端放一小物块,用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块恰巧滑到小车的左端,物块与小车间的摩擦力为F f,在此过程中()f L增添的机械能为Fs增添的动能为F f L增添的动能为Fs-F f L答案A系统运动过程的表示图如下图,系统产生的内能应为滑动摩擦力乘物体间的相对位移,即F f L,故A正确;依据功能关系,外力对系统做的功应等于系统产生的内能与机械能增+F f L,故B错误;依据动能定理,合外力对物块做的功等于物块增添的动能,量之和,即Fs=ΔE总,即F f(s-L),C错误;依据动能定理,合外力对小车做的功等于小车动能的增量,即Fs-F f s=ΔE k车故D错误。

新课标版高考物理一轮复习第五章第讲功和功率夯基提能作业本.docx

第1讲功和功率A组基础过关1.如图所示,两箱相同的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼,其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物,图乙是用履带式自动电梯运送,假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物,下列关于两电梯在运送货物时的说法正确的是()A.两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C.图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D.图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功答案D在图甲中,货物随扶梯台式电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C错误;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯的接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移方向垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,选项A、B错误,D正确。

2.(多选)(2016课标Ⅱ,19,6分)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答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,故应先求加速度。

由 m 甲=ρV 甲=ρ·43πR 甲3得R 甲=√3甲4πR3,阻力f 甲=kR 甲=k √3甲4πR3,由牛顿第二定律知a 甲=R 甲g -R 甲R 甲=g-k √34πRR 甲23,同理a 乙=g-k √34πRR 乙23,因m 甲>m 乙,所以a 甲>a 乙,故C 项错误;再由位移公式h=12at 2可知 t 甲<t 乙,故A 项错误;再由速度-位移公式v 2=2ah 得v 甲>v 乙,故B 项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D 项正确。

2020版高考物理一轮复习全程训练计划周测五能量和动量含解析

能量和动量夯基提能卷⑤立足于练题型悟技法——保底分(本试卷满分分)一、选择题(本题包括小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得分，选不全的得分，有选错或不答的得分)．[·全国卷Ⅰ]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( )．与它所经历的时间成正比．与它的位移成正比．与它的速度成正比．与它的动量成正比答案：解析：错：速度＝，动能＝＝，与经历的时间的平方成正比；对：根据＝，动能＝＝·＝，与位移成正比；错：动能＝，与速度的平方成正比；错：动量＝，动能＝＝，与动量的平方成正比．.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板拴接，另一端与物体相连，物体静止于光滑水平桌面上，右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体相连．开始时用手托住，让细线恰好伸直，然后由静止释放，直至获得最大速度．重力加速度大小为，下列有关该过程的分析正确的是( )．释放的瞬间其加速度为．动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和．机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量．细线拉力对做的功等于机械能的增加量答案：解析：以、组成的系统为研究对象，有－＝(＋)，释放的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道、的质量关系，故无法求出的瞬时加速度，选项错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项正确；整个系统中，根据功能关系可知，减少的机械能转化为的机械能以及弹簧的弹性势能，故机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项错误；与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对做的功，选项错误．.、两物体分别在水平恒力和的作用下沿水平面运动，先后撤去、后，两物体最终停下，它们的－图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )．、大小之比为：．、对、做功之比为：．、质量之比为：．全过程中、克服摩擦力做功之比为：答案：解析：、所受摩擦力大小相等，撤去拉力后，＝′＝·，同理＝′＝，所以：＝：，即对．撤力前：－＝＝，－＝＝，所以＝＝，故错．由－图象和时间轴包围“面积”表示位移知，、物体位移相同，动能变化相同，克服做功相同，、做的功相同，故、错．.如图所示，足够长的小平板车的质量为，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为的小物体从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内( )．若>，物体对地向左的最大位移是．若<，小车对地向右的最大位移是．无论与的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为．无论与的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为答案：解析：若>，则系统总动量向右，速度向左减为后向右加速，故＝时向左的位移最大为；同理，若<，则小车向右的最大位移为＝＝；可知、均错．若>，则最终共同速度大小为＝，方向向右，摩擦力对小车的冲量＝Δ＝(－)＝，摩擦力作用时间＝＝.若<，则最终共同速度大小′＝，方向向左，摩擦力对小车的冲量′＝Δ′＝(＋′)＝，摩擦力对小车的作用时间′＝＝＝.所以对、错．.一质量为的小球以初动能从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，表示上升的最大高度，图中坐标数据中的值为常数且满足<<)，则由图可知，下列结论正确的是( )．①表示的是动能随上升高度的图象，②表示的是重力势能随上升高度的图象．上升过程中阻力大小恒定且＝(＋)．上升高度＝时，重力势能和动能不相等．上升高度＝时，动能与重力势能之差为答案：解析：本题考查了动能定理、功能关系等知识．根据动能定理有－(＋)＝－，得＝－(＋)，可见是减函数，由图象②表示，重力势能为＝，与成正比，由图象①表示，选项错误；从图象可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知，从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做的功的大小，由图象可知＝－，且由动能定理可知＝(＋)，解得＝，选项错误；当高度＝时，动能为＝－(＋)＝－(＋)·，又由＝(＋)，联立解得＝，重力势能为＝＝，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，选项错误；当上升高度＝时，动能为＝－(＋)＝－(＋)·＝，重力势能为＝·，则动能与重力势能之差为，选项正确．．[·重庆模拟](多选)从水平地面上方某一高度处，将球斜上抛，将球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上．不计空气阻力．在此过程中，下列说法正确的是( )．两球着地时的动能相同．两球着地时的动量相同．重力对两球所做的功相同．重力对两球的冲量相同答案：解析：斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，根据动能定理有－＝，因为＝，两球初动能相同，相同，故两球着地时的动能相同，故、正确．两球初位置高度相同，将球斜上抛，球平抛，球开始时具有向上的分速度，所以球运动的时间比球运动的时间长，故重力对球的冲量比对球的冲量大，则落地时球竖直方向的分动量大；又由于二者落地时的动能相等，则落地的速度大小相等，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故、错误．．[·辽宁大连模拟](多选)一质量为的物块从某高度处以速度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的倍，取水平地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为．物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为．下落过程中重力的冲量大小为．下落过程中重力的冲量大小为答案：解析：设物块抛出时的初速度为，高度为，物块落地时的速度大小为，方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得＋＝，由题意得＝，联立解得＝，则α＝＝，可得α＝，故正确，错误；物块落地时竖直方向的速度为＝＝，根据动量定理得下落过程中重力的冲量大小为＝＝，故正确，错误．．[·黑龙江哈三中模拟]如图所示，在光滑水平面上质量为的物体以速度与静止的物体发生碰撞，物体的质量为，则碰撞后物体的速度大小可能为( )．．答案：解析：物体与物体碰撞的过程中动量守恒，选物体原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得＝(＋)，计算得出＝；如果发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得＝＋，由能量守恒定律得＝＋·，计算得出＝.碰撞后物体的速度满足≤≤，选项正确．二、非选择题(本题包括小题，共分)．(分)某兴趣小组的实验装置如图所示，通过电磁铁控制的小球从点(球心位于点)自由下落，下落过程中经过光电门激光束所在位置时，通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间，测出、之间的距离.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．()若用该套装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度为，还需要测量的物理量为．．点与地面间的距离．小球的质量．小球从到的下落时间．小球的直径()用游标卡尺测得小球直径如图甲所示，则小球直径为，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为，则该次小球通过光电门位置时的瞬时速度大小为＝.()若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：∝；∝；∝……然后调节光电门的位置，计算出小球每次通过光电门激光束所在位置的速度、、、……并测出小球在、间的下落高度、、、……然后绘制了如图所示－的图象．若为了更直观地看出和的函数关系，他们下一步应该重新绘制．．－图象．－图象．－图象．－图象答案：()(分) ()(分) (分) ()(分)解析：本题考查力学综合实验．()根据机械能守恒定律得＝，本实验需测出、之间的距离以及小球经过光电门时的速度，故还需测量小球的直径，选项正确．()小球的直径为＋× ＝ .小球通过光电门位置时的瞬时速度为＝＝＝ .()为了验证两物理量之间的关系，在坐标系中应画出两者之间的正比例关系的函数图象，因＝，整理得＝，即与成正比，选项正确．．(分)某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系\”，实验前组员们提出了以下几种猜想：①∝，②∝，③∝.为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置．为一块倾斜放置的木板，在处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过点的速度)．在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的读数就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议．()请你说明小刚建议的理由：.()让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离、、、…读出物体每次通过点的速度、、、…并绘制了如图乙所示的－图象．若为了更直观地看出和的变化关系，他们下一步应该作出．．－图象．－图象．－图象．－图象()实验中，木板与物体间摩擦力(填“影响”或“不影响”)探究的结果．答案：()根据动能定理列出方程式(θ－μθ)＝，可以简化约去质量(分) ()(分) ()不影响(分)解析：本题考查了探究“合外力做功和物体速度变化的关系”实验．()若只有重力做功，则θ＝，等号的两边都有，可以约掉，故不需要测出物体的质量．用牛顿第二定律求解，也能得出相同的结论，若是重力和摩擦力做功，则(θ－μθ)＝，等号的两边都有，可以约掉，故不需要测出物体的质量．()采用表格方法记录数据，合理绘制的－图象是曲线，不能得出结论∝，为了更直观地看出和的变化关系，应该绘制－图象，选项正确．()重力和摩擦力的总功也与距离成正比，因此不会影响探究的结果．．(分)如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为的小球从离金属块左上端处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为.重力加速度为，不计空气阻力．()小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？()金属块的质量为多少？答案：() ()解析：()小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有·＝(分)小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有－＝(分)根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为′＝(分)联立解得′＝(分)()小球第一次到达最低点至小球到达最高点的过程，小球和金属块水平方向动量守恒，设金属块质量为，则＝(＋)(分)根据能量守恒定律有·＝－(＋)(分)联立解得＝(分)．(分)如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为的木板，木板上依次排放质量均为的木块、、，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块、、水平向右的初速度、、，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为，求：()木块从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；()木块在整个运动过程中的最小速度．答案：() ()解析：()当木块与木板的速度相等时，个木块与木板的速度均相等，且设为根据系统动量守恒有(＋＋)＝(分)木块在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律有μ＝由运动学公式()－＝(分)解得＝(分)()设木块的最小速度为，此时木块的速度为，由动量守恒定律有(＋＋)＝(＋)＋(分) 在此过程中，木块与木块速度改变量相同－＝－(分)解得＝(分)探究创新卷⑤着眼于练模拟悟规范——争满分(本试卷满分分)一、选择题(本题包括小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得分，选不全的得分，有选错或不答的得分)．[·全国卷Ⅰ]如图，是竖直面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与相切于点．一质量为的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为.小球从点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )．．．．答案：解析：小球从运动到，根据动能定理，得·－＝，又＝，故＝，小球离开点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为，故小球从点到最高点所用的时间＝＝，水平位移＝＝，根据功能关系，小球从点到轨迹最高点机械能的增量为力做的功，即Δ＝·(＋＋)＝..(多选)如图所示，带有挡板的小车质量为，上表面光滑，静止于光滑水平面上．轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态．质量也为的小球，以速度从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是( )．弹簧的最大弹性势能为．弹簧对小车做的功为．弹簧对小球冲量的大小为．弹簧对小球冲量的大小为答案：解析：小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及能量守恒定律可知，＝′、＝×′＋，解得＝，正确；当小球与弹簧分离时，假设小车的速度为、小球的速度为，则由动量守恒定律与能量守恒定律得，＝＋、＝＋，解得＝、＝，则弹簧对小车做的功为＝＝，错误；弹簧对小球的冲量为＝－＝－，即冲量大小为，正确，错误．.(多选)如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为的速度匀速转动，一质量为的物块从传送带右侧以大小为(>)的速度向左滑上传送带，经过时间，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是( )．物块经过时间，速度减为零．物块向左运动的最大位移为．时间内，传送带对物块所做的功为－．时间内，传送带消耗的电能为(＋)答案：解析：以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的－图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ，对物块有μ＝，＝μ，由图象可得＝，设物块经过时间速度减为零，则有＝，得＝，正确；物块向左运动的最大位移＝，得＝，错误；由动能定理知，传送带对物块所做的功＝－，错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，驱＝μ，驱＝驱带＝μ＝(＋)，正确．．(多选)如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着、、三个小球，三个小球均可以沿杆滑动．的质量为，和的质量均为，初始时和用一根轻弹簧相连，和的连线与杆垂直，弹簧处于原长状态，以速度沿杆向左运动，与发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是( ) ．碰撞后，的最大速度为．碰撞后，、的最小速度为．碰撞后，弹簧的最大弹性势能为．碰撞后，、速度最小时，弹簧的弹性势能为答案：解析：和相碰的过程有＝，得＝，、、和弹簧组成的系统在、发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有＝，×＝×＋，得＝，错误；、碰撞后到下一次弹簧恢复原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧恢复原长时、的速度为，的速度为，则有＝＋，×＝×＋×，解得＝－＝－，＝＝，在弹簧恢复原长前，、先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，一直向左做加速运动，因此弹簧恢复原长时，的速度最大，为，碰撞后、速度最小为零，正确，错误；设、速度为零时，的速度为，有＝，×＝×＋，得＝，正确．．列车在空载情况下以恒定功率经过一平直的路段，通过某点时速度为，加速度大小为；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为.重力加速度大小为.设阻力是列车重力的倍，则列车满载与空载时的质量之比为( )答案：解析：牵引力＝，空载时由牛顿第二定律知＝＝－，同理满载时＝＝－，联立解得＝，正确．．[·山东济宁模拟]如图所示，一质量为＝的长木板放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为＝的小木块.给和以大小均为、方向相反的初速度，使开始向左运动，开始向右运动，始终没有滑离.在做加速运动的时间内，的速度大小可能是( ) ．．．．答案：解析：先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，做减速运动，最终它们保持相对静止，设减速到零时，的速度为，最终它们的共同速度为，取水平向右为正方向，则－＝，＝(＋)，可得＝，＝，所以在做加速运动的时间内，的速度大小应大于且小于，只有选项正确．．(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为的小球以水平初速度沿水平槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )．小球离开槽右端后将向右做平抛运动．小球离开槽右端后将做自由落体运动．此过程小球对小车做的功为．小球在槽内上升的最大高度为答案：解析：小球上升到最大高度时与小车相对静止，有共同速度′，由水平方向动量守恒得＝′，由机械能守恒定律得＝×′＋，解得＝，故错误；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为，小车速度大小为，则＝－，＝＋，解得＝，＝即两者交换速度，根据动能定理，小球对小车做功＝－＝，故、正确，错误．．(多选)如图所示，质量均为的、两物体用轻绳相连，将物体用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能表达式为＝(式中为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将、间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为)( )．绳子剪断的瞬间物体的加速度为．绳子剪断后物体能上升的最大高度为．物体的最大动能为．物体速度达到最大时，弹簧弹力做的功为答案：解析：根据题意，绳子剪断前有＝，则＝，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得＝，选项错误；设物体上升的高度为Δ，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为－Δ，根据机械能守恒有＝Δ＋(－Δ)，解得Δ＝，如果此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压缩量为Δ－，根据机械能守恒有＝Δ＋(Δ－)，解得Δ＝，故选项正确；当物体上升到弹簧弹力等于物体的重力时速度最大，动能最大，由＝，可得＝＝，由机械能守恒有＝＋＋，解得＝，故选项正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体达到速度最大时，弹力做的功为＝＋＝，选项错误．二、非选择题(本题包括小题，共分)．(分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图()所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：()本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能与小球抛出时的动能相等．已知重力加速度大小为.为求得，至少需要测量下列物理量中的(填正确答案标号)．．小球的质量．小球抛出点到落地点的水平距离．桌面到地面的高度．弹簧的压缩量Δ．弹簧原长()用所选取的测量量和已知量表示，得＝.()图()中的直线是实验测量得到的－Δ图线．从理论上可推出，如果不变，增加，－Δ图线的斜率会(填“增大”“减小”或“不变”)；如果不变，增加，－Δ图线的斜率会(填“增大”“减小”或“不变”)．由图()中给出的直线关系和的表达式可知，与Δ的次方成正比．答案：()(分．选对但不全的给分，有选错的，不给这分)()(分) ()减小增大(分．每空分)解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即＝＝.小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移＝，竖直高度＝，得＝，动能＝＝，因此、、正确．弹簧的弹性势能＝，由理论推导可知＝(Δ)即(Δ)＝，＝·Δ，因此当不变时，增加，其斜率减小，当不变时，增加其斜率增大，由图线知∝Δ，由表达式知∝，则由＝知∝(Δ)，即与Δ的二次方成正比．．(分)如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量＝的小球，用长度＝的不可伸长的轻绳将与质量＝的小球连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与相连．现在让压缩弹簧使之储存的弹性势能，此时、均静止．再由静止释放，发现当脱离弹簧后，运动至最高点时绳与杆的夹角为°.取重力加速度＝，°＝，°＝，求：()弹簧给的冲量大小；()脱离弹簧后的最大速度．答案：() ·()解析：()设弹簧给的冲量大小为，运动至最高点时的速度为，脱离弹簧后、水平方向总动量为则对、有：＝－＝(＋)(分)由能量守恒定律有：Δ＝＝(＋)＋(－°)(分)解得＝，＝·(分)()当速度最大时位于正下方，取向右为正方向由机械能守恒定律：＝＋(分)由动量定理：＝＋解得＝或＝ (舍去)(分)．(分)如图所示，水平传送带长为＝，质量为＝的木块随传送带一起以＝的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，当木块运动至最左端点时，一个质量为＝的小球以＝、水平向右的速度射向木块并与木块粘连在一起．已知＝ .()求小球碰撞木块的过程中小球与木块组成的系统损失的机械能；()要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，小球射向木块的速度大小为多少？热量最多为多少？(小球与木块碰撞后仍粘连在一起)答案：() ()解析：()由小球与木块碰撞过程动量守恒，有－＝(＋)(分)损失的机械能为Δ＝＋－(＋)(分)联立解得Δ＝ (分)()要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量最多，则需要木块滑到右端处时，木块相对地面的速度为零，设木块被碰撞后瞬间速度大小为，从端运动到端的时间为，则有：－μ(＋)＝－(＋)(分)－μ(＋)＝－(＋)(分)小球与木块碰撞过程动量守恒，有′－＝(＋)(分)解得′＝ (分)木块被小球碰撞后从端运动到端时速度为零，这个过程中相对传送带所发生的位移大小为Δ＝＋(分)此后木块开始向左做匀加速运动，直到与传送带共速，木块相对传送带发生的相对位移为Δ，则有Δ＝·－＝(分)全过程中产生最多热量为＝(＋)μ(Δ＋Δ)(分)解得＝ (分)。

2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义：第五章第2讲动能定理及其应用含答案

第2讲动能定理及其应用考点1动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因3.动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．4．相对性高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的速度分量分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( B )A.16m v 2B.14m v 2C.13m v 2 D.12m v 2 解析：由动能定理得，合力F 做的功W ＝12m v 2，由功的公式W ＝Fs cos α知两个分力的功相等W 1＝W 2.因W ＝W 1＋W 2，所以W 1＝W 2＝12W ＝14m v 2，故B 正确．2．如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L ，子弹进入木块的深度为s .若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系式中错误的是( B )A ．FL ＝12M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12m v 20－12m v 2解析：根据动能定理，对子弹，有－F (L ＋s )＝12m v 2－12m v 20，选项D 正确；对木块，有FL ＝12M v 2，选项A 正确；由以上二式可得Fs ＝12m v 20－12(M＋m )v 2，选项C 正确，只有选项B 错误．考点2 动能定理的应用1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路 (1)明确研究对象．(2)选择运动过程，确定始末状态．(3)分析研究对象受力、分清恒力和变力，确定每个力做功情况． (4)根据动能定理列方程．考向1 应用动能定理求解变力做功如图所示，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 [审题指导] 质点从P 到Q 过程中摩擦力为变力，计算变力做功一般应用动能定理．【解析】质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R ，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理，mgR －W ＝12m v 2，得W ＝12mgR ，C 正确．【答案】 C1．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B 点与AB 相切，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( D )A.μmgR2B.mgR 2C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故D 正确．考向2 应用动能定理解决多过程问题如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)A 、B 两点间的高度差h .[审题指导] (1)在C 点，重力提供滑块做圆周运动的向心力； (2)求A 、B 的高度差，可以分段求解，也可以全程求解．【解析】 (1)对C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝m v 2CR ，v C ＝gR ＝2 m/s.(2)对B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos37°)＝12m v 2C －12m v 2B ，v B ＝v 2C ＋2gR (1＋cos37°)，滑块在A →B 的过程中，由动能定理得 mgh －μmg cos37°·h sin37°＝12m v 2B －0，代入数据解得h ＝1.38 m. 【答案】 (1)2 m/s (2)1.38 m2．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(B)A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)解析：如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmg cosθ·s2cosθ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tanα，故选项B正确．应用动能定理的注意事项(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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)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．(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．考点3动能定理与图象问题的综合应用1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．图象所围“面积”的含义考向1动能定理与v-t图象结合1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( AC )A ．矿车上升所用的时间之比为4 5B ．电机的最大牵引力之比为2 1C ．电机输出的最大功率之比为21D ．电机所做的功之比为45解析：本题考查v -t 图象的应用．在v -t 图象中，图线的斜率表示物体运动的加速度，而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同，即在v -t 图象中，它们变速阶段对应的图线要么重合，要么平行，由图中几何关系可得：第②次所用时间t ＝52t 0，即矿车上升所用时间之比为45，选项A 正确；对矿车受力分析可知，当矿车向上做匀加速直线运动时，电机的牵引力最大，即F －mg ＝ma ，得F ＝mg ＋ma ，即最大牵引力之比为11，选项B 错误；在第①次提升过程中，电机输出的最大功率P 1＝(mg ＋ma )v 0，在第②次提升过程中，电机输出的最大功率P 2＝(mg ＋ma )·12v 0，即P 1P 2＝21，选项C 正确；对①②两次提升过程，由动能定理可知W －mgh ＝0，即W 1W 2＝11，选项D 错误．考向2 动能定理与a -t 图象结合2．(2019·湖北黄石调研)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( D )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 时的速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功解析：物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J,0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ．则W 合4＝W 合6，D 项正确．考向3 动能定理与F -x 图象结合3．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B ，得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21，解得t 1＝835s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有：mg ＝m v 2CR ，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得 W －mg ×2R ＝12m v 2C －12m v 2B ，代入数值得W ＝－5 J ，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J. 答案：(1)210 m/s (2)835s (3)5 J 考向4 动能定理与E k -x 图象结合4．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是下图中的( C )解析：小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sinθ＋μmg cosθ)x＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sinθ＋μmg cosθ)x.设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sinθ－μmg cosθ)(s－x)＝E k－0，整理得E k＝(mg sinθ－μmg cosθ)s－(mg sinθ－μmg cosθ)x，所以选项C正确．“三步”巧解动能定理与图象结合问题学习至此，请完成课时作业17。

(浙江选考)2020版高考物理一轮复习第5讲共点力的平衡及其应用夯基提能作业本

第5讲共点力的均衡及其应用A 组基础题组1.2018年初,浙江气温低,冰冻现象严重。

一小猫在爬一结冰的小山坡时,虽拼死攀登,但因为打滑,其相对地面的地点没有发生变化,则在这一过程中,小猫遇到的力有( ) A.重力、支持力、静摩擦力 B.重力、支持力、滑动摩擦力 C.重力、支持力、攀登力、静摩擦力 D.重力、支持力、攀登力、滑动摩擦力答案 B 小猫攀登的时候,受重力、山坡的支持力和摩擦力,因为打滑,故遇到的是滑动摩擦力,B 正确。

2.如下图,两个小球a 、b 质量均为m,用细线相连并悬挂于O 点,现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa 与竖直方向夹角为 θ=45°,已知弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量不行能是 ( )A.√2mgkB.√2mg2kC.4√2mg 3kD.2kkk答案 B 对a 球进行受力剖析,利用图解法可判断:当弹簧上的拉力F 与细线上的拉力垂直时,拉力F 最小,为2mg sin θ=√2mg,再依据胡克定律得:最小形变量Δx=√2mgk,则形变量小于√2mgk是不行能的,由图可知在条件同意的状况下,拉力能够向来增大。

则可知B 项不行能。

3.将三个质量均为m 的小球a 、b 、c 用细线相连后(b 、c 间无细线相连),再用细线悬挂于O 点,如下图。

使劲F 拉小球c,使三个小球都处于静止状态,且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ=37°不变(sin 37°=0.6),重力加快度大小为g,则F 的最小值为 ( )答案 B 静止时将三球视为一个整体,整体重力为3mg,对整体受力剖析如下图,则知当成用于c 球上的力F 垂直于Oa 时,F 最小,故F min =3mg sin 37°=1.8mg,只有选项B 正确。

4.在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B,A 和B 的质量散布平均,此中B 球球面圆滑,半球A 与左边墙壁之间存在摩擦。

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