[2020高考物理复习江苏]必修2 第五章第3讲

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2020年高考物理必修二全册课件全套完整版

2020年高考物理必修二全册课件全套完整版一、教学内容1. 力学1.1 运动的描述1.2 动力学1.3 能量与功率1.4 振动与波2. 电磁学2.1 静电场2.2 磁场2.3 电磁感应2.4 交流电3. 热学3.1 物态变化3.2 热力学定律3.3 分子动理论二、教学目标1. 掌握力学、电磁学、热学的基本概念和基本理论；2. 学会运用物理知识解决实际问题，提高分析问题和解决问题的能力；3. 培养学生的科学思维和科学素养。

三、教学难点与重点1. 教学难点：（1）理解并掌握运动与力的关系；（2）电磁学中电场、磁场、电磁感应等概念的理解和应用；（3）热力学定律的理解和运用。

2. 教学重点：（1）力学中的牛顿运动定律、动能定理、势能概念；（2）电磁学中的库仑定律、安培定律、法拉第电磁感应定律；（3）热学中的热力学第一定律、第二定律。

四、教具与学具准备1. 教具：多媒体教学设备、实验器材（如滑轮组、电子秤、电流表等）；2. 学具：课本、笔记本、文具、实验报告册。

五、教学过程1. 导入：通过实际生活中的物理现象，引发学生对物理学科的兴趣，引入新课；2. 知识讲解：（1）力学：以牛顿运动定律为核心，讲解运动与力的关系，结合实例进行分析；（2）电磁学：从库仑定律、安培定律到法拉第电磁感应定律，逐步展开，讲解电磁现象；（3）热学：以热力学定律为主线，介绍物态变化、热力学第一定律、第二定律等；3. 实践情景引入：设计相关实验，让学生亲身体验物理现象，增强直观感受；4. 例题讲解：针对每个知识点，精选典型例题进行讲解，分析解题思路和技巧；5. 随堂练习：布置适量练习题，巩固所学知识，及时查漏补缺；六、板书设计1. 力学：（1）运动的描述：位移、速度、加速度；（2）动力学：牛顿运动定律、动能定理、势能；（3）能量与功率：能量守恒定律、功率计算；（4）振动与波：简谐运动、波的基本概念。

2. 电磁学：（1）静电场：库仑定律、电场强度、电势；（2）磁场：安培定律、磁感应强度、磁场力；（3）电磁感应：法拉第电磁感应定律、感生电动势；（4）交流电：交流电的基本概念、变压器原理。

2022物理第五章机械能第3节机械能守恒定律及其应用学案

第3节机械能守恒定律及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、重力做功与重力势能1。

重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与物体始末位置的有关。

（2）重力做功不引起物体的变化。

2.重力势能（1）公式:E p=。

(2）矢标性:重力势能是，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小,这与功的正、负的物理意义不同。

(3）系统性:重力势能是物体和共有的。

(4）相对性:重力势能的大小与的选取有关。

重力势能的变化是的,与参考平面的选取。

3.重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功,重力势能就;重力对物体做负功,重力势能就。

(2）定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量.即W G=—（E p2-E p1)=。

二、弹性势能1.弹性势能(1）定义:发生弹性形变的物体之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能,叫弹性势能。

（2）弹性势能的大小与形变量及有关。

(3）矢标性：。

（4）没有特别说明的情况下,一般选弹簧形变为零的状态为弹性势能零点。

2.弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示为W=。

三、机械能守恒定律1.机械能和统称为机械能，其中势能包括和。

2。

机械能守恒定律(1)内容:在只有做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化,而总的机械能。

（2）机械能守恒的条件①只有重力或弹力做功。

①注:（1）机械能守恒的条件不是合外力做的功等于零，更不是合外力为零；中学阶段可理解为“只有重力或弹簧的弹力做功”，但要明确不是“只受重力或弹力作用”。

（2）利用守恒观点列机械能守恒的方程时一定要选取零势能面，而且系统内不同的物体必须选取同一零势能面。

(3)守恒表达式考点自诊1.判断下列说法的正误.(1）克服重力做功,物体的重力势能一定增加.(）（2）发生弹性形变的物体都具有弹性势能。

（）(3）弹簧弹力做正功时，弹性势能增加。

（）(4)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒.（）(5）物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化。

2020届高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第3讲机械能守恒定律及其应用(含解析)

板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。

弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。

当拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。

当k 相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。

2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。

3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。

烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。

那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。

[2020高考物理复习江苏]必修2 第五章第4讲

第4讲功能关系能量守恒定律知识排查功能关系1.功能关系(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化.(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现. 2.几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力(除重力、弹力外)做正功机械能增加能量守恒定律1.内容:能量既不会消灭,也不会创生.它只会从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到另一个物体,而在转化和转移的过程中,能量的总量保持不变.2.表达式:ΔE减＝ΔE增.小题速练1.思考判断(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能.()(2)能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少.()(3)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的.()(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的,故没有必要节约能源.()(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放.()(6)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化.()(7)一个物体的能量增加,必定有别的物体能量减少.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√2.[人教版必修2P80“问题与练习”]如图1所示是“过山车”玩具模型.当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时,小球与轨道间的作用力为F ,多次改变小球初始下落的高度h ,就能得出F 与v 的函数关系,下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )图1解析在轨道最高点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有F ＋mg ＝m v 2R ,整理得F ＝m v 2R －mg ,所以F －v 关系图象是开口向上的抛物线,选项C 正确.答案 C功能关系的理解与应用力学中几种常见的功能关系各种力做功对应能的变化定量的关系合力做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 重力做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 弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功,弹性势能减少,弹力做负功,弹性势能增加,且W 弹＝－ΔE p ＝E p1－E p2 只有重力、弹簧弹力做功不引起机械能变化机械能守恒ΔE ＝0 非重力和机械能除重力和弹力之外的其他力做正功,物弹力做功变化体的机械能增加,做负功,机械能减少,且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相对点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()图2A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变解析运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误；由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动,知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零,即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力,逐渐变小,B项错误；运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.答案 C能量守恒定律的理解及应用运用能量守恒定律解题的基本思路【例2】(2018·江苏省镇江市高三第一次模拟考试)如图3所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成:轨道Ⅰ是光滑轨道AB,AB间高度差h1＝0.20 m；轨道Ⅱ由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成,且A点与F点等高.轨道最低点与AF所在直线的高度差h2＝0.40 m.当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点,当弹簧压缩量为2d时,恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B点,滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动.已知弹簧弹性势能E p与弹簧压缩量x的平方成正比,弹簧始终处于弹性限度范围内,不考虑滑块与发射器之间的摩擦,取重力加速度g＝10 m/s2.图3(1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；(3)求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功.解析(1)根据能量转化和守恒定律得E p1＝mgh1解得E p1＝0.1 J又E p1＝122m v解得v＝2 m/s(2) 根据题意,弹簧压缩量为2d时,弹簧弹性势能为E p2＝0.4 J根据题意,E p2＝12,滑块到达F点处的速度2m v′v′＝4 m/s根据牛顿第二定律得F＝m v2R可得mg＋F N＝m v2R解得F N＝3.5 N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为3.5 N(3)根据能量转化和守恒定律得E p2＝mgh1＋W克解得W克＝0.3 J答案(1)2 m/s(2)3.5 N(3)0.3 J摩擦力做功的特点及应用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. 【例3】(2019·江苏如皋质量调研)(多选)如图4所示,足够长的传送带与水平方向的夹角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b 的质量为m.开始时a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,重力加速度为g,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图4A.物块a的重力势能减少mghB.摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C.摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D.任意时刻,a的重力做功功率大于b的重力做功功率解析开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,有m a g sin θ＝m b g,则m a＝msin θ,b上升h,则a下降h sin θ,则a重力势能的减小量为m a g×h sin θ＝mgh,故A项正确；根据能量守恒得,系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量.所以摩擦力做功大于a的机械能增加.因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增加,故B项错误,C项正确；任意时刻a、b的速率相等,对b,克服重力的瞬时功率P b＝mg v,对a有P a＝m a g v sin θ＝mg v,所以重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等,故D项错误.答案AC【变式】(2018·苏、锡、常、镇高三调研)(多选)如图5所示,将砝码A放在水平桌面上的纸板B上,各接触面间动摩擦因数均相等,砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d.在水平向右的恒力F的作用下,可将纸板从砝码下方抽出,砝码刚好到达桌面右端.则下列说法正确的是()图5A.砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B.砝码与纸板分离时,砝码一定位于距离桌面右端d 2处C.其他条件不变,换用更大的恒力F,砝码将不能到达桌面右端D.其他条件不变,换用更大的恒力F,砝码与纸板间产生的热量将减小解析砝码与纸板分离前做加速运动,有μmg＝ma1,砝码与纸板分离后,在桌面上做减速运动,加速度大小为a2,有μmg＝ma2,选项A正确；设砝码与纸板刚分离瞬间速度为v,加速的位移为x1＝v22a1,减速的位移为x2＝v22a2,则x1＝x2＝d2,选项B正确；其他条件不变,换用更大的恒力F,则纸板的加速度a变大,纸板与砝码分离时比砝码多运动的位移为d,d＝12at2－12a1t2,a变大,加速的时间t变小,v＝a1t,v变小,砝码的滑行位移x＝v22a1＋v22a2,x变小,选项C正确；砝码与纸板间产生的热量等于摩擦力乘以相对位移,Q＝μmgd,产生的热量不变,选项D错误.答案ABC求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法科学思维的培养——巧用图象法解决板块问题板块问题在各地高考中出现频繁,除了常规的公式法解答外,有些定性选择问题用图象法解决快捷方便,值得推荐.【典例】(2018·南京三模)(多选)将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上,如图6甲所示.第一次,质量为m的小铅块(可视为质点)在木板上以水平初速度v0由木板左端向右运动恰能滑至木板的右端与木板相对静止.第二次,将木板分成长度与质量均相等的两段1和2,两者紧挨着仍放在此水平面上,让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动,如图乙所示.设铅块与长木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.关于上述两过程,下列说法中正确的是()图6A.铅块在木板1上滑动时,两段木板间的作用力为μmgB.铅块在木板1上滑动时,两段木板间的作用力为12μmgC.小铅块第二次仍能到达木板2的右端D.系统第一次因摩擦而产生的热量较多解析铅块在木板1上滑动时,木板1受滑动摩擦力为f＝μmg,取木板1、2整体分析有f＝μmg＝2ma,得出a＝12μg. 隔离木板2分析,1对2木板的作用力提供加速度,有F＝ma＝12μmg,选项A错误,B正确；对图甲分析当它们达到共同速度时有v共＝v0－μgt＝12μgt,得出v共＝13v0,可画出此过程铅块和木板对应的v－t图象如图所示,同理可画出图乙对应的运动图象,需注意铅块滑上第2块木板时木板的加速度的变化,通过图象可以看出第二次铅块不能到达木板2的右端,选项C错误；第一次两者之间的相对位移大于第二次的相对位移,第一次产生的热量较多,选项D正确.答案BD1.(2018·江苏省南京市、淮安市高三第三次模拟考试)一颗小钢珠从水面上方由静止释放,落入水中,溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高,如图7所示.对这种现象,下列说法中正确的是()图7A.小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度,违背了能量守恒定律B.小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能C.小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能D.小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能解析小钢珠与水面碰撞后仍有动能存在,且与水面碰撞的过程中产生内能,所以小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能,能量守恒定律是自然界普遍的基本定律之一,小钢珠减少的重力势能转化为系统的内能和小水珠的重力势能,选项D正确,A、B、C错误.答案 D2.(2019·江苏启东高三学期月考)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具,上世纪三十年代,人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨.如图8所示,一小孩搓动质量为20 g 的竹蜻蜓,松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处.在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()图8A.0.2 JB.0.6 JC.1.0 JD.2.5 J解析竹蜻蜓在上升到最高点的过程中,动能转化为重力势能和内能,一般每层楼房的高度为3 m,二层也就是6 m,所以重力势能的增加量为E p＝mgh＝1.2 J,则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2 J,选项A、B、C错误,D正确.答案 D3.(2019·江苏溧水高级中学测试)(多选)一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上,电梯以0.1g的加速度匀加速上升高度h,在此过程中()图9A.磅秤的示数等于mgB.磅秤的示数等于1.1mgC.人的动能增加了0.9mghD.人的机械能增加了1.1mgh解析根据牛顿运动定律可知,磅秤的示数等于F N＝mg＋ma＝1.1mg,选项A错误,B正确；根据动能定理得ΔE k＝W合＝mah＝0.1mgh,故C错误；人上升高度h,则重力做功为－mgh,可知重力势能增大mgh,动能增加0.1mgh,则机械能增大了1.1mgh,故D正确.答案BD4.(2018·南通二模)如图10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()图10A.W1＜W2,Q1＝Q2B.W1＝W2,Q1＝Q2C.W1＜W2,Q1＜Q2D.W1＝W2,Q1＜Q2解析木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝F f x,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,两次都从木板B左端滑到右端,相对位移相等,所以Q1＝Q2,故选项A正确.答案 A活页作业(时间:40分钟)一、单项选择题1.(2018·苏州四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图1所示,蹦极者从P处由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离.蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是()图1A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒C.ΔE1＝W＋ΔE2D.ΔE1＋ΔE2＝W解析下落过程中有空气阻力做功,所以机械能不守恒,A、B项错误；根据能量守恒,在下落的全过程,有ΔE1＝W＋ΔE2,故C项正确,D项错误.答案 C2.如图2所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上.一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则()图2A.小物体恰好滑回到B处时速度为零B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh,小物体从D处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh,所以小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低,C正确,A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知,所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方,D错误.答案 C3.(2018·苏北四市第一次调研测试)如图3所示,物块固定在水平面上,子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1,穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2,穿透时间为t2.子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比.则()图3A.t1>t2B.t1<t2C.v1>v2D.v1<v2解析阻力对子弹做功时W＝Fx,描述力的空间的积累效果,根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的,根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的,即v1＝v2,故C、D项错误；设子弹的初速度是v0,子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比,可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时,子弹受到的阻力越来越大,子弹做加速度增大的减速运动,所以平均速度v－1＞v1＋v02；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时,子弹受到的阻力越来越小,则子弹做加速度减小的减速运动,所以平均速度v －2＜v 1＋v 02＜v －1.子弹穿过物块的时间t ＝d v －,所以可知t 1＜t 2,故A 项错误,B 项正确. 答案 B4.(2019·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁联考)如图4所示,楔形木块ABC 固定在水平面上,斜面AB 、BC 与水平面的夹角分别为53°、37°.质量分别为2m 、m 的两滑块P 、Q ,通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接,轻绳与斜面平行.已知滑块P 与AB 间的动摩擦因数为13,其它摩擦不计,重力加速度为g ,sin 53°＝0.8,sin37°＝0.6.在两滑块运动的过程中( )图4A.Q 动能的增加量等于轻绳对Q 做的功B.Q 机械能的增加量等于P 机械能的减少量C.P 机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量D.两滑块运动的加速度大小为15g解析在两滑块运动的过程中,Q 沿斜面上升,轻绳的拉力和重力都对Q 做功,由动能定理知Q 动能的增加量等于轻绳对Q 做的功与重力做功的代数和,故A 项错误；由于P 下滑过程中要产生内能,所以Q 机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P 机械能的减少量,故B 项错误；根据能量守恒定律知,P 机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量与Q 机械能的增加量之和,故C 错误；根据牛顿第二定律,对Q 有:T －mg sin 37°＝ma ,对P 有:2mg sin 53°－T －μ·2mg cos 53°＝2ma ,联立解得a ＝15g ,故D 项正确.答案 D5.(2018·常州市高三第一次模拟)如图5所示,一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动,最后停在水平面上.滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等,斜面与水平面平滑连接且长度不计,则该过程中,滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)()图5解析设滑块开始时的机械能为E0,斜面的倾角为θ ,斜面底边长度为x0,在斜面上运动时E＝E0－μmg cos θ×x0cos θ＝E0－μmgx0,在全程运动时E＝E0－μmg cosθ×x0cos θ－μmgx1＝E0－μmgx ,综上所述E＝E0－μmgx,故D项正确.答案 D二、多项选择题6.如图6,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和小车之间的摩擦力为F f,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x.此过程中,下列结论正确的是()图6A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L＋x)B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为F f xC.小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D.小物块和小车增加的机械能为Fx解析由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能E k物＝W合＝(F－F f)·(L ＋x),A正确；小车的动能E k车＝F f x,B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝F f(L＋x ),C 正确；小物块和小车增加的机械能为F (L ＋x )－F f L ,D 错误.答案 ABC7.(2018·南京模拟)一质量为m 的物体在竖直向上的拉力F 作用下沿竖直方向向上运动,运动过程中物体的动能与位移的关系如图7所示,其中0～x 1为一曲线,x 1～x 2为一与横轴平行的直线,x 2～x 3为一倾斜直线,不计空气阻力,关于物体在这段位移内的运动,下列说法正确的是( )图7A.0～x 1过程中拉力F 逐渐增大B.x 1～x 2过程中物体的重力势能可能不变C.x 2～x 3过程中拉力F 为恒力D.0～x 3过程中物体的机械能增加解析由动能定理E k －E k0＝F 合x ,得F 合＝E k －E k0x ,即图象的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F 合,在0～x 1过程中曲线的斜率越来越小,F 合越来越小,mg 不变,则拉力F 越来越小,A 项错误；在x 1～x 2过程中物体匀速上升,其重力势能一直增加,B 项错误；在x 2～x 3过程中斜率是一定值,F 合是一定值,所以拉力F 是恒力,C 项正确；在0～x 3过程中拉力F 一直做正功,物体机械能一直增加,D 项正确. 答案 CD8.如图8所示,质量相同的两物体a 、b ,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,a 在水平桌面的上方,b 在水平粗糙桌面上.初始时用力压住b 使a 、b 静止,撤去此压力后,a 开始运动,在a 下降的过程中,b 始终未离开桌面.在此过程中( )图8A.a的动能小于b的动能B.两物体机械能的变化量相等C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等,故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量,a的动能比b的动能小,A正确；因为b与地面有摩擦力,运动时有热量产生,所以该系统机械能减少,而B、C两项均为系统机械能守恒的表现,故B、C错误；轻绳不可伸长,两端分别对a、b做功大小相等,符号相反,D正确.答案AD9.(2018·江苏单科,7)如图9所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点.在从A到B的过程中,物块()图9A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx－f＝ma,x减小,a减小,当a＝0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程,由牛顿第二定律得f－kx＝ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误；从A到B的过程,由动能定理可得W弹－W f＝0,选项D正确.答案AD三、计算题10.(2018·江苏徐州高三上学期期中抽测)如图10所示,轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自由伸长到A点,OA之间的水平面光滑.固定曲面在B处与水平面平滑连接.AB之间的距离s＝1 m.质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点,物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左v0＝5 m/s 的初速度,g取10 m/s2.图10(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m,求物块沿曲面上滑过程所产生的热量. 解析(1)从向左经过B到将弹簧压到最短过程,根据动能定理有－μmgs－E p＝－12m v 2 0代入数据解得E p＝1.7 J(2)从向左经过B开始到向右返回B过程,根据动能定理有－μmg×2s＝12m v 21－12m v2代入数据解得v1＝3 m/s(3)对从向右经过B到最高点过程,根据能量守恒定律有Q＋mgh＝12m v21解得Q＝0.5 J答案(1)1.7 J(2)3 m/s(3) 0.5 J11.(2019·江苏省南通市、泰州市高三第一次模拟考试)如图11所示,某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带,AB、CD段为直线,BC段为同心半圆,其中的虚线为半径为R的半圆弧.工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端,在D端附近看到相邻工件间的距离均为L,每隔时间t在D端接收到一个工件.求:图11(1)传送带运行的速度v ；(2)在BC 段每一个工件受到的摩擦力大小f ；(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q .解析 (1)在D 点附近,工人每隔t 时间接受一个工件,则v ＝L t(2)在BC 段工件做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,则f ＝m v 2R代入解得f ＝mL 2Rt 2(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件相对滑动的时间为t 0,加速度为a , 则μmg ＝ma ,v ＝at 0加速过程中工件相对传送带运动的距离Δs ＝v t 0－12at 20产生的热量Q ＝μmg ·Δs解得Q ＝mL 22t 2 答案 (1)L t (2)mL 2Rt 2 (3)mL 22t 2。

第五章第3讲机械能守恒定律-2025年高考物理一轮复习PPT课件

答案
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第13页
解析：当重力和弹簧弹力大小相等时，小球速度最大，此时加速度为零，选项 A、B 错误；小球、地球、弹簧所组成的系统在此过程中只有重力和弹簧弹力做功，机械能守恒，选项 C 正确；小球的机械能指动能与重力势能之和，从 A 到 B 过程中，弹力做正功，机械能增加，脱离弹簧后，小球只受重力，机械能守恒，选项 D 正确．
转化法与其他形式能的转化，则机械能守恒
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第19页
典例 1 (2024·广东广州五地六校模拟)如图所示为“反向蹦极”运动简化示意图．假设弹性轻绳的上端固定在 O 点，拉长后将下端固定在体验者身上，并通过扣环和地面固定，打开扣环，人从 A 点静止释放，沿竖直方向经 B 点上升到最高位置 C 点，在 B 点时速度最大．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
从 A→O：W 弹>0，Ep↓；从 O→B：W 弹<0，Ep↑
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第9页
三、机械能守恒定律 1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能．
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力的机械能保持不变．
做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总
A．初速度 v0 越小，ΔF 越大 B．初速度 v0 越大，ΔF 越大 C．绳长 l 越长，ΔF 越大 D．小球的质量 m 越大，ΔF 越大
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2．弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表
示：W＝ Ep1－Ep2
.
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大 .

第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多运动过程问题-2025版创新设计高考物理一轮复习

第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多运动过程问题学习目标1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，并能解决实际问题。

2.理解竖直上抛运动的对称性和多解性。

3.灵活运用匀变速直线运动的规律解决多过程问题。

1.自由落体运动2.竖直上抛运动1.思考判断(1)同一地点，轻重不同的物体的g 值一样大。

(√)(2)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。

(×)(3)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。

(√)2.一物体从离地H 高处自由下落，经过时间t 落地，则当它下落t2时，离地的高度为()A.14H B.12HC.3 4HD.45H答案C解析根据自由落体运动的规律知H＝12gt2，它下落t2的位移为h＝12g，此时物体离地的高度为H0＝H－h＝34H，故C正确。

考点一自由落体运动1.运动特点初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。

2.解题方法(1)初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。

①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶…。

②由Δv＝gΔt知，相等时间内，速度变化量相同。

③连续相等时间T内下落的高度之差Δs＝gT2。

(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。

例1(2024·广东省深圳市调研)如图1所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。

游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。

已知支架顶部距离地面2.3m，圆棒长0.4m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1m，下边界B距离地面0.5m。

不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。

求：图1(1)圆棒下落到A 点所用的时间t 1；(2)圆棒通过AB 所用的时间t 2。

答案(1)0.4s(2)0.2s解析(1)圆棒底部距离A 点的高度h 1＝2.3m －0.4m －1.1m ＝0.8m圆棒做自由落体运动下落到A 点，有h 1＝12gt 21代入数据解得t 1＝0.4s 。

2025高考物理总复习机械能守恒定律及其应用

常见情景
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。三点 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。提醒 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系
统，机械能则可能守恒。
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研透核心考点
例 3 如图 5 所示，固定的水平长杆上套有质量为 m 的小物块 A，跨过轻质定滑
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研透核心考点
考点三多物体的机械能守恒问题
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点 (1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
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研透核心考点
2.常见的三种模型模型轻绳连接的物体系统机械能守恒
摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( C )
A.a 球和 b 球所组成的系统机械能不守恒 B.b 球的速度为零时，a 球的加速度大小为零 C.b 球的最大速度为 (2＋ 2)gl D.a 球的最大速度为 2gl
图6
目录
研透核心考点
解析对于 a 球和 b 球组成的系统，除重力外没有其他力做功，因此 a 球和 b 球所组成的系统机械能守恒，A 错误；设轻杆 L 和水平杆 L2 的夹角为 θ，由于两球沿杆方向的分速度大小相等，故 vbcos θ＝vasin θ，可得 vb＝vatan θ，当 b 球的速度为零时，轻杆 L 处于水平位置且与杆 L2 平行，则此时 a 球在竖直方向上只受到重力，因此 a 球的加速度大小为 g，由机械能守恒定律有 mg·22L＝12mv2a，解得 va＝ 2gl，此时 a 球具有向下的加速度 g，故此时 a 球的速度不是最大，B、D 错误；当轻杆 L 和 L1 第一次平行时，a 球运动到最低点，b 球运动到 L1 和 L2 交点位置，b 球的速度达到最大，此时 a 球的速度为 0，由机械能守恒定律有 mg 22l＋l＝12mv2b，解得 vb＝ (2＋ 2)gl，C 正确。

[2020高考物理复习江苏]必修2 第五章第1讲

[高考导航]考点内容要求高考命题实况高考战报201620172018功和功率ⅡT11:验证机械能守恒定律T14:机械能守恒定律的应用T3:物体在斜面上运动的E k－x图象T5:圆周运动中的功能关系T9:连接体中的功能问题T10:探究恒力做功与物体动能变化的关系T14(3):叠加体中的功能关系T4:竖直抛出小球受到阻力运动中的E k－t图象问题T7:弹簧,滑块组合中的力、能问题T15(2):机械能守恒定律3年10考难度较大保B冲A动能动能定理Ⅱ高频考点:①功、功率.②动能定理及应用、图象.③机械能守恒定律、功能关系.④实验.创新区域:①利用物体多过程运动考查学生分析问题的能力,如涉及弹簧问题等.②实验的拓展与创新.重力势能Ⅱ弹性势能Ⅰ机械能守恒定律及其应用Ⅱ能量守恒Ⅰ实验四:探究动能定理实验五:验证机械能守恒定律第1讲功和功率知识排查功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力；(2)物体在力的方向上发生的位移.2.公式:W＝Fl cos__α(如图1所示)图1(1)α是力与位移方向之间的夹角,l为物体对地的位移.(2)该公式只适用于恒力做功.3.功的正负(1)当0°≤α＜90°时,W＞0,力对物体做正功.(2)当90°＜α≤180°时,W＜0,力对物体做负功,或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝90°时,W＝0,力对物体不做功.功率1.定义:功与完成这些功所用时间的比值.2.物理意义:描述力对物体做功的快慢.3.公式(1)P＝Wt,P为时间t内的平均功率.(2)P＝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.发动机功率:机车发动机的功率P＝F v,F为牵引力,并非是机车所受的合力.小题速练1.思考判断(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,其反作用力一定做负功.()(4)静摩擦力不可能对物体做功.()(5)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.()(6)汽车上坡时换成低挡位,其目的是为了减小速度得到较大的牵引力.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)√2.(多选)关于功率公式P＝Wt和P＝F v的说法正确的是()A.由P＝Wt知,只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B.由P＝F v既能求某一时刻的瞬时功率,也可以求平均功率C.由P＝F v知,随着汽车速度的增大,它的功率也可以无限增大D.由P＝F v知,当汽车发动机功率一定时,牵引力与速度成反比答案BD3.[人教版必修2P59第1题改编]如图2所示,两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等,它们的质量也相等.在甲图中用力F1拉物体,在乙图中用力F2推物体,与水平方向夹角均为α,两个物体都做匀速直线运动,通过相同的位移.设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2,物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4,下列判断正确的是()图2A.F1＝F2B.W1＝W2C.W3＝W4D.W1－W3＝W2－W4答案D功的分析与计算1.判断力是否做功及做正、负功的方法(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α判断——常用于恒力做功的情形.(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角α判断——常用于曲线运动的情形.(3)根据动能的变化:动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系,即W合＝ΔE k,当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功.2.恒力做功的计算方法:直接用W＝Fl cos α计算3.合力做功的计算方法方法一: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合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功.4.几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力做功与位置有关,与路径无关.(2)滑动摩擦力、空气阻力做功与路径有关.(3)摩擦力做功有以下特点①单一摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可能做正功,也可能做负功,还可能不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值.【例1】(2019·江苏南京模拟)如图3所示,小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住,整个装置匀速竖直下降一段距离.此过程中,小球重力大小为G,做功为W G；斜面对小球的弹力大小为F1,小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小F2,做功为W2.不计一切摩擦,则下列判断正确的是()图3A.F2＝G,W2＝0B.F1＝G,W1＝W GC.F 1>G ,W 1>W GD.F 2>G ,W 2>W G解析对小球受力分析可知F 1cos 45°＝mg ,F 1sin 45°＝F 2,联立解得F 2＝G ,F 1＝2G ,由于F 2与位移方向垂直,故F 2不做功,W 2＝0,F 1做功大小为W 1＝F 1h cos 45°＝Gh ,重力做功大小为W G ＝Gh ,故W 1＝W G ,故选项A 正确. 答案 A计算功的大小的两点技巧(1)在求功时,要区分是求某个力的功还是合力做功,是求恒力做功还是变力做功.(2)恒力做功与物体的实际路径无关,等于力与物体在力方向上的位移的乘积,或等于位移与在位移方向上的力的乘积.功率的理解与计算1.平均功率的计算方法 (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大小. 2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P ＝F v cos α,其中v 为t 时刻的瞬时速度大小.(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 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力. 【例2】 (2018·徐州、连云港、宿迁高三模拟)如图4所示,四个相同的小球A 、B 、C 、D ,其中小球A 、B 、C 位于同一高度h 处,A 小球做自由落体运动,B 小球沿光滑斜面由静止滑下,C 小球做平抛运动,D 小球从地面开始做斜抛运动,其运动的最大高度也为h .在每个小球落地的瞬间,其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、P D .下列关系式正确的是( )图4A.P A＝P B＝P C＝P DB.P A＝P C>P B＝P DC.P A＝P C＝P D>P BD.P A>P C＝P D>P B解析A球自由落体,B球沿光滑的斜面由静止滑下,下落的过程中,mgh＝12m v2,落地的瞬间,速度大小为v A＝v B＝2gh,假设斜面的倾角为α,则A、B重力的功率分别为P A＝mg v A＝mg2gh,P B＝mg sin α·v B＝mg2gh sin α,C球平抛运动,D球斜上抛运动,将斜上抛运动在最高点一截为二,分为一个平抛运动和一个平抛的逆过程,从最高点到落地前,竖直方向有v Cy＝v Dy＝2gh,则C、D的重力的功率分别为P C ＝mg v Cy＝mg2gh,P D＝mg v Dy＝mg2gh,四个球落地前瞬间重力的功率大小关系为P A＝P C＝P D>P B,选项C正确,A、B、D错误.答案 C【例3】(2018·南通、泰州、扬州、淮安二模)高三某同学参加引体向上体能测试,在20 s内完成10次标准动作,则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于()A.150 WB.300 WC.450 WD.600 W解析完成一次标准动作的时间为T＝2010s＝2 s,高三同学的体重大约在500～750 N,引体向上重心上升的高度大约为0.5 m,该同学克服重力做功的平均功率表达式为P＝mghT,则克服重力做功的平均功率大约为125～187.5 W,选项A正确,B、C、D错误.答案 A求解功率时应注意的问题(1)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.(2)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或位置)的功率.机车启动问题1.模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的P－t图象和v－t图象如图5所示.图52.模型二以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的P－t图象和v－t图象如图6所示.图63.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m＝PF阻.(2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束后功率最大,速度不是最大,即v＝P F<v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W ＝Pt ,由动能定理得Pt －F 阻x ＝ΔE k ,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度.【例4】 (2019·江苏徐州市沛县中学质检)一汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P 随时间t 的变化关系如图7所示.假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变.下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图象中,可能正确的是( )图7解析汽车开始做匀速直线运动,功率为P 0,当功率变为2P 0,由F ＝Pv 知该时刻牵引力变为原来的2倍,根据2P 0v －f ＝ma 知汽车做加速运动,由于速度增大,牵引力减小,则加速度减小,即做加速度减小的加速运动,当牵引力等于阻力时,速度达到最大,根据v m ＝P f 知,v 0＝P 0f ,v m ＝2P 0f ,功率变为原来的2倍,则最大速度为2v 0,故选项D 正确,A 、B 、C 错误. 答案 D【例5】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v 1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v 2匀速上升,重物上升的高度为h ,不计空气阻力,重力加速度为g ,则整个过程中,下列说法正确的是( ) A.钢绳的最大拉力为Pv 2B.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解析加速过程重物处于超重状态,钢绳拉力大于重物的重力,钢绳的最大拉力为Pv1,故A、B项错误；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项错误；重物匀加速运动的末速度为v1,此时的拉力为F＝P v1,由牛顿第二定律得a＝F－mgm＝Pm v1－g,故D项正确.答案 D机车启动问题的求解方法(1)机车的最大速度v max的求法机车从静止启动至匀速直线运动时速度最大,此时牵引力F等于阻力F f,故v max＝PF＝PF f.(2)机车匀加速启动时,做匀加速直线运动的时间t的求法牵引力F＝ma＋F f,匀加速运动的最大速度v max′＝P额ma＋F f,时间t＝v max′a.(3)瞬时加速度a的求法根据F＝P v求出牵引力,则加速度a＝F－F f m.科学思维的培养——变力做功的计算方法方法以例说法应用动能定理用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处,F 做功为W F ,则有W F －mgl (1－cos θ)＝0,得W F ＝mgl (1－cos θ)微元法质量为m 的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克服摩擦力做功W f ＝f ·Δx 1＋f ·Δx 2＋f ·Δx 3＋…＝f (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＋…)＝f ·2πR平均力法弹簧由伸长x 1被继续拉至伸长x 2的过程中,克服弹力做功W ＝kx 1＋kx 22·(x 2－x 1) 图象法一水平拉力F 拉着一物体在水平面上运动的位移为x 0,图线与横轴所围面积表示拉力所做的功,W ＝12F 0x 0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( )图8A.14mgR B.13mgR C.12mgRD.π4mgR解析在Q 点质点受到重力、竖直向上的支持力和摩擦力,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,下滑过程中,根据动能定理可得mgR－W f＝12m v 2,解得W f＝12mgR,所以克服摩擦力做功12mgR,选项C正确.答案 C【典例2】一物体所受的力F随位移x变化的图象如图9所示,求在这一过程中,力F对物体做的功为()图9A.3 JB.6 JC.7 JD.8 J解析力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和.W1＝12×(3＋4)×2 J＝7 JW2＝－12×(5－4)×2 J＝－1 J所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J.故选项B正确.答案B1.(2018·响水中学模拟)一人乘电梯从1楼到30楼,在此过程中经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程,则电梯支持力对人做功情况是()A.加速时做正功,匀速时不做功,减速时做负功B.加速时做正功,匀速和减速时做负功C.加速和匀速时做正功,减速时做负功D.始终做正功解析据W＝Fl cos α,人乘电梯从1楼到30楼,在此过程中,他虽然经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程,但是支持力的方向始终向上,与位移方向一致,即α＝0°,所以支持力始终做正功.答案 D2.以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为F,则从抛出到落回到抛出点的过程中,空气阻力对小球做的功为() A.0 B.－FhC.FhD.－2Fh解析阻力与小球速度方向始终相反,故阻力一直做负功,W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh,选项D正确.答案 D3.(2018·扬州市高三第一次模拟)一石块在空中由静止释放并开始计时,不计空气阻力,则其所受重力在第1 s末与第2 s末的功率之比为()A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶3D. 1∶4解析石块由静止释放做自由落体运动,由v＝gt可知,第1 s末和第2 s末石块的速度之比为1∶2,由P＝mg v可知,第1 s末和第2 s末重力的功率之比为1∶2,B 正确.答案 B4.(2018·苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动,然后做匀速运动.汽车所受阻力恒定,下列汽车功率P与时间t的关系图象中,能描述上述过程的是()解析汽车从静止开始匀加速,加速度一定,根据牛顿第二定律有F－f＝ma,得出F＝f＋ma.汽车的功率为P＝F v＝(f＋ma)at,P与t成正比例函数,选项A、D错误；当汽车达到最大功率时,据题意汽车运动状态立刻变为匀速,此时牵引力瞬间从f ＋ma变成f,而速度没有突变,故汽车的功率变小且为恒定值,选项B错误,C正确. 答案 C活页作业(时间:30分钟)一、单项选择题1.(2018·金陵中学模拟)物体在两个相互垂直的力作用下运动,力F1对物体做功3 J,物体克服力F2做功4 J,则F1、F2的合力对物体做功为()A.5 JB.7 JC.1 JD. －1 J解析由题意知,力F1对物体做功W1＝3 J,物体克服力F2做功4 J,则F2做功为W2＝－4 J.F1、F2的合力对物体做的功等于两个力做功的代数和,W＝W1＋W2＝3 J －4 J＝－1 J,选项D正确.答案 D2.(2017·全国卷Ⅱ,14)如图1所示,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力()图1A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心解析因为大圆环光滑,所以大圆环对小环的作用力只有弹力,且弹力的方向总是沿半径所在直线方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力一直不做功,选项A正确,B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,最后指向圆心,故选项C、D错误.答案 A3.(2018·镇江市高三第一次模拟)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m,假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列说法正确的是()图2A.在摩天轮转动的过程中,乘客机械能始终保持不变B.在最低点时,乘客所受重力大于座椅对他的支持力C.在摩天轮转动一周的过程中,合力对乘客做功为零D.在摩天轮转动的过程中,乘客重力的功率保持不变解析机械能等于重力势能和动能之和,摩天轮运动过程中,做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变化,所以机械能在变化,A项错误；圆周运动过程中,在最低点,由重力和支持力的合力提供向心力F,向心力方向向上,所以F ＝N－mg,则支持力N＝mg＋F,所以重力小于支持力,B项错误；在摩天轮转动一周的过程中,动能变化量为零,则合力对乘客做功为零,选项C正确；运动过程中,乘客的重力大小不变,速度大小不变,但是速度方向时刻在变化,所以重力的瞬时功率在变化,D项错误.答案 C4.(2018·海南卷)某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m.已知水的密度为 1.00×103kg/m3.在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为()A.3×106 WB.3×107 WC.3×108 WD.3×109 W解析m＝ρV＝5.9×106 kg/s,P＝Wt＝m′ght＝ρVgh＝2.95×109 J/s,选项D正确.答案 D5.(2018·江苏无锡高三模拟)汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动,整个过程阻力保持不变,其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示,其中错误的是()解析汽车启动时由F －F f ＝ma 可知,匀加速启动过程中,牵引力F 、加速度a 恒定不变,由v ＝at ,P ＝F v ＝Fat 可知,速度和功率均匀增大,当功率增大到额定功率后保持不变,由P v －f ＝ma 知,v 继续增大,牵引力逐渐减小到与阻力相等,加速度逐渐减小到零,速度逐渐增大到最大速度,故选项A 、C 、D 正确,B 错误.答案 B二、多项选择题6.(2018·金陵中学模拟)质量为m ＝20 kg 的物体,在大小恒定的水平外力F 的作用下,沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反,2～4 s 内F 与运动方向相同,物体的v －t 图象如图3所示.取g ＝10 m/s 2,则( )图3A.拉力F 的大小为100 NB.物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s 内拉力所做的功为－480 JD.4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J解析由v －t 图象斜率的意义得0～2 s 物体加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝5 m/s 2,2～4 s 内加速度大小为a 2＝Δv 2Δt 2＝1 m/s 2,滑动摩擦力为F f ,由牛顿第二定律得F ＋F f ＝ma1,F－F f＝ma2,解之得F＝60 N,F f＝40 N,A项错误；4 s时拉力的功率P＝F v＝120 W,B项正确；4 s内拉力所做功为W F＝－Fx1＋Fx2＝－60×12×2×10 J＋60×12×2×2 J＝－480 J,C项正确；4 s内物体克服摩擦力做功W Ff＝F f x1＋F f x2＝480 J,D项错误.答案BC7.(2018·江苏省盐城市高三第三次模拟考试)如图4所示光滑的斜面A静止在光滑水平面上,将物块B轻轻放到A上,并由静止释放.在B沿斜面下滑的同时,斜面A 沿水平方向向右做匀加速运动,则此过程中()图4A.B机械能守恒B.B对A的压力逐渐变小C.B做初速度为零的匀加速直线运动D.B对A的压力做功与A对B的支持力做功代数和为零解析A、B组成的系统机械能守恒,A向右匀加速运动,动能增加,则B的机械能减少,选项A错误；A向右运动的过程中,受到竖直向下的重力、地面对A竖直向上的支持力、B对A斜向右下的压力,而A加速度恒定,则合力恒定,因此可判断出B对A斜向右下的压力恒定,选项B错误；根据作用力与反作用力的关系可知A 对B斜向右上方的支持力恒定,B受到的重力和支持力的合力为定值,由静止释放,做初速度为零的匀加速直线运动,选项C正确；将A、B的位移均沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解,垂直于斜面方向的位移相同,B对A的压力做正功,A对B的支持力做负功,代数和为零,选项D正确.答案CD8.(2018·江苏省南通市如东县、徐州市丰县高三10月联考)如图5甲所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平拉力F的作用,F与时间t的关系如图乙所示.设物块与地面间的最大静摩擦力f max的大小与滑动摩擦力大小相等,则()图5A.t1时刻物块的速度为零B.物块的最大速度出现在t3时刻C.t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功D.拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内解析当拉力小于最大静摩擦力f max时,物体静止不动,静摩擦力与推力二力平衡,故t1时刻物块的速度为零,选项A正确；加速度为零时速度最大,故t3时刻物块A 的速度最大,动能最大,选项B正确；t1～t3时间内F对物块一直做正功,选项C错误；由P＝F v cos α知,拉力F的功率最大值出现在t2～t3时间内,选项D正确.答案ABD9.(2018·南通、泰州高三调研)我国研制的隐身喷气式战机“歼20”在航展上飞行表演,其中一架飞机从水平飞行经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图6所示.假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力大小不变.则飞机沿圆弧运动时()图6A.空气对飞机的作用力逐渐减小B.飞机发动机推力大小保持不变C.飞机克服重力做功的功率保持不变D.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大解析设战机与圆心连线与竖直方向夹角为θ,对战机受力分析有重力、指向圆心的升力、沿切线方向的发动机推力和空气阻力,可以列出F 推＝mg sin θ＋f ,F 升－mg cos θ＝m v 2R ,随着θ变大,推力变大,升力变小,升力与空气阻力的合力变小,选项A 正确,B 错误；飞机克服重力做功的功率为P G ＝mg v sin θ在逐渐增大,选项C 错误；推力的功率为P F ＝F 推v ,推力在变大,推力的功率在变大,选项D 正确. 答案 AD三、计算题10.(2019·江苏盐城高三期中)质点受同一水平面内四个共点力作用处于静止状态.F 1＝3 N,F 3＝6 N 和未知大小的F 2、F 4,其方向如图7所示.当撤去F 2和F 3后,质点在光滑水平面上运动时间t ＝10 s,发生的位移s ＝100 m.求:图7(1)力F 1做的功；(2)质点的质量；(3)10 s 末力F 4的瞬时功率.解析 (1)由题意知质点受力共点平衡,即合力为零.y 轴方向:F 1＋F 2sin 30°－F 3＝0得F 2＝6 N,F 14合＝F 23合＝6 N根据题意可知力F 1与位移s 之间的夹角为60°W 1＝F 1cos 60°·s ＝150 J(2)由s ＝12at 2得a ＝2s t 2＝2 m/s 2又a ＝F 合mF 合＝F 14合＝F 23合＝6 N,联立解得m ＝3 kg(3)由v ＝at ＝2×10 m/s ＝20 m/s由题意可知F 4力的方向与速度方向之间夹角为30°.F 4＝F 2cos 30°＝3 3 NP 4＝F 4v cos 30°＝33×20×32 W ＝90 W答案 (1)150 J (2)3 kg (3)90 W11.(2018·天津理综,10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中图8(1)加速度a 的大小；(2)牵引力的平均功率P .解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v 2＝2ax ①代入数据解得a ＝2 m/s 2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F 阻,依题意有F 阻＝0.1mg ③设发动机的牵引力为F ,根据牛顿第二定律有 F －F 阻＝ma ④设飞机滑跑过程中的平均速度为v －,有 v －＝v 2⑤在滑跑阶段,牵引力的平均功率P ＝F v － ⑥联立②③④⑤⑥式得P ＝8.4×106 W ⑦答案 (1)2 m/s 2 (2)8.4×106 W。

高考物理总复习 5 第3讲机械能守恒定律及其应用教案新人教版-新人教版高三全册物理教案

第3讲机械能守恒定律及其应用一、重力做功与重力势能1．重力做功的特点(1)重力做功与运动路径无关，只与始末位置的高度差有关。

(2)重力做功不引起物体机械能的变化。

2．重力势能(1)表达式：E p＝mgh。

(2)重力势能的特点：①系统性：重力势能是物体和地球共有的；②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。

3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增加。

(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p。

二、弹性势能1．物体由于发生弹性形变而具有的能，叫弹性势能，弹性势能的大小与形变量和劲度系数有关。

2．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W弹＝－ΔE p。

三、机械能守恒定律1．内容在只有重力(或弹簧的弹力)做功的物体系统内，动能与重力势能(或弹性势能)可以相互转化，而总的机械能保持不变。

2．表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2。

3．机械能守恒的条件对单个物体，只有重力做功；对系统，只有重力或系统内的弹簧弹力做功。

(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。

)1．被举到高处的物体的重力势能一定不为零。

(×)2．重力做正功物体的重力势能反而是减小的。

(√)3．弹簧弹力做正功时，弹性势能增加。

(×)4．物体受到的合外力为零，物体的机械能一定守恒。

(×)5．物体除受重力外还受其他力作用，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。

(√)1．(重力做功与重力势能变化的关系)有关重力势能的变化，下列说法中不正确的是( )A．物体受拉力和重力作用向上运动，拉力做功是1 J，但物体重力势能的增加量有可能不是1 JB．从同一高度将某一物体以相同的速率平抛或斜抛，落到地面上时，物体重力势能的变化是相同的C．从同一高度落下的物体到达地面，考虑空气阻力和不考虑空气阻力的情况下重力势能的减少量是相同的D．物体运动中重力做功是－1 J，但物体重力势能一定不是1 J解析根据重力做功特点与经过路径无关，与是否受其他力无关，只取决于始末位置的高度差，再根据重力做功等于重力势能的减少量可知B、C两项正确，且重力势能与零势能面选取有关，所以D项错误；当物体加速运动时克服重力做功少于1 J，重力势能增加少于1 J。

2025高考物理总复习热力学定律和能量守恒定律

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第3讲
热力学定律和能量守恒定律
方法点拨
热力学第一定律的三种特殊情况
特殊情况
过程是绝热的
过程中不做功
结论
Q＝0，W＝ΔU
W＝0，Q＝ΔU
分析
外界对物体做的功等于物
体内能的增加量
物体吸收的热量等于物体
内能的增加量
即物体吸收的热量全部用
过程的始、末状态物体的
内能不变
W＋Q＝0
来对外做功，或外界对物
后，气体的压强为p2＝p0，体积为V2，温度为T2.易知V2＞V1，故气体对外界做功，
因汽缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU＜0，由于一定质量的理想
气体内能只与气体温度有关，所以T1＞T2，A、D错误.温度降低，不是所有气体分
子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确.
现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义.
2.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象.体会能量守恒定律是最
基本、最普遍的自然规律之一.
3.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律.
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第3讲
热力学定律和能量守恒定律
核心考点
五年考情
2023：天津T2，全国甲T33(1)；
培养可持续发展观念，提升社会责任感.
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第3讲
热力学定律和能量守恒定律
热力学定律单独考查时侧重考查对热力学定律的理解，也常
与气体实验定律、图像等结合考查，主要为选择题形式，难
命题分析预测
度中等偏易.预计2025年高考可能会结合图像考查热力学定
律，要充分理解图像中各个拐点表示的意义，学会从图像中

2025高考物理步步高同步练习必修2第五章曲线运动含答案

2025高考物理步步高同步练习必修2第五章1曲线运动[学习目标] 1.知道什么是曲线运动，会确定曲线运动中速度的方向，知道曲线运动是变速运动.2.知道物体做曲线运动的条件.3.会分析曲线运动中合力方向、速度方向与轨迹的关系．一、曲线运动的速度方向1．质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．2．在曲线运动中速度的方向是变化的，所以曲线运动是变速运动．二、物体做曲线运动的条件1．动力学角度：当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．2．运动学角度：物体加速度的方向与它的速度的方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．1．判断下列说法的正误．(1)做曲线运动的物体，速度可能不变．(×)(2)曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动．(√)(3)做曲线运动的物体的位移大小可能与路程相等．(×)(4)做曲线运动的物体所受的合力一定是变力．(×)(5)做曲线运动的物体加速度一定不为零．(√)2．将一条形磁铁放在光滑水平桌面的不同位置，让小铁珠在水平桌面上从同一位置以相同的初速度v0运动，得到不同轨迹．图1中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A 时，小铁珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小铁珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．图1答案b c不在解析因为磁铁对小铁珠只能提供吸引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小铁珠做变加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同一直线上，合力的方向指向轨迹的凹侧，运动轨迹为c.当物体所受合外力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动.一、曲线运动的速度方向导学探究1.图2为砂轮打磨下来的炽热微粒飞离砂轮时的情形，微粒离开砂轮的时刻不同，飞离时的速度方向也不一样．图2(1)微粒离开砂轮瞬间速度方向如何？(2)微粒在离开砂轮前速度是否变化？答案(1)沿砂轮的切线方向(2)是2．做曲线运动的物体加速度可能为零吗？答案做曲线运动的物体速度方向时刻改变，加速度一定不为零．知识深化1．曲线运动的速度(1)质点在某一时刻(某一位置)速度的方向与这一时刻质点所在位置处的切线方向一致，故其速度的方向时刻改变．(2)物体做曲线运动时，速度方向一定变化，但速度的大小不一定变化．2．曲线运动的性质(1)性质：速度是矢量，由于速度方向时刻在发生变化，所以曲线运动的加速度一定不为零，是变速运动．(2)曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动．[深度思考]曲线运动的加速度一定变化吗？答案不一定下列说法正确的是()A．做曲线运动的物体速度方向一定发生变化B．速度方向发生变化的运动一定是曲线运动C．速度变化的运动一定是曲线运动D．加速度变化的运动一定是曲线运动答案 A解析做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化，故A正确；速度方向发生变化的运动不一定是曲线运动，如物体做往复直线运动，故B错误；速度是矢量，速度的变化包括大小和方向的变化，如匀变速直线运动，物体速度大小发生变化，但不是做曲线运动，故C错误；做直线运动的物体加速度也可以变化，如变加速直线运动，故D错误．针对训练1(2021·浙江湖州市高一期末)如图3为一圆规在水平纸面上画出的曲线，与笔尖经过位置P时的速度方向可能相同的是笔尖经过位置()图3A．1 B．2C．3 D．4答案 A解析物体做曲线运动时其速度方向为该点的切线方向，故与笔尖经过位置P时的速度方向可能相同的是笔尖经过位置1时的速度方向．故选A.二、物体做曲线运动的条件导学探究1．图4甲为抛出的石子在空中运动的部分轨迹，图乙是水平面上一小钢球在磁铁作用下的部分运动轨迹．请画出物体在A、B、C、D四点的受力方向和速度方向．(不计空气阻力)图4答案各点受力方向和速度方向如图所示2．物体做曲线运动的条件是什么？答案物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上．3．上面两种情况下：轨迹、速度方向与合力方向三者有什么关系？答案轨迹、速度方向、合力方向三者不共线，合力指向轨迹的凹侧，轨迹夹在速度方向与合力方向之间．知识深化1．物体做曲线运动的条件合力方向(或加速度方向)与速度方向不共线是物体做曲线运动的充要条件．2．物体运动性质的判断F(a)与v的方向轨迹特点加速度特点运动性质F(a)＝0直线a＝0匀速直线运动共线直线a恒定匀变速直线运动a不恒定非匀变速直线运动不共线曲线a恒定匀变速曲线运动a不恒定非匀变速曲线运动3.物体的运动轨迹与速度方向、合力方向的关系合力总是指向轨迹的凹侧，轨迹夹在速度方向与合力方向之间．(2021·山西吕梁市高一期中)曲线运动是自然界中普遍存在的运动形式，下面关于曲线运动的说法中，正确的是()A．物体只要受到变力的作用，就会做曲线运动B．物体在恒定的合力作用下一定会做直线运动C．物体做曲线运动时，合力方向可能发生变化，也可能不变D．若物体在大小不变的合力作用下做曲线运动，则一定是匀变速曲线运动答案 C解析当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，A、B 错误；物体做曲线运动时，其所受合力的方向与速度方向不在同一直线上，合力的方向可能发生变化，也可能不变，C正确；做匀变速曲线运动的物体所受的合力恒定不变，而不只是合力大小不变，D错误．针对训练2(2021·吴江平望中学高一期末)如图5所示，一小球在光滑水平桌面上做匀速直线运动，若沿桌面对小球施加一个恒定外力，则小球一定做()图5A．直线运动B．曲线运动C．匀变速运动D．匀加速直线运动答案 C解析小球原来做匀速直线运动，所受合力为零，现在施加一个恒力，但是此恒力方向不确定，故无法判断小球做直线还是曲线运动，也无法判断小球是否做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律F＝ma可知，在恒力的作用下，小球的加速度大小和方向都不变，故小球做匀变速运动．故选C.(2021·盐城市伍佑中学月考)一智能巴士在水平公路上转弯，沿曲线由M点驶向N点，且速度逐渐增大，如图分别画出了该巴士转弯时所受的合力F，其中可能正确的是()答案 B解析根据做曲线运动的物体所受的合力指向曲线的内侧，由于巴士由M点驶向N点的过程中，速度逐渐增大，则合力方向与速度方向的夹角小于90°，故只有B符合．针对训练3(2020·宿迁中学高一检测)质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点在运动过程中的速度、加速度和受到的合力，下列图中可能正确的是()答案 D解析质点做曲线运动，速度方向沿着轨迹的切线方向，所以A错误；质点受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，并且合力的方向和加速度的方向是相同的，所以加速度的方向也是指向运动轨迹弯曲的内侧，由此可以判断B、C错误，D正确．考点一曲线运动的速度方向1．如图1所示，篮球沿优美的弧线穿过篮筐，图中能正确表示篮球在相应点速度方向的是()图1A．v1B．v2C．v3D．v4答案 C2．对于曲线运动的速度，下列说法正确的是()A．速度的大小与方向都在时刻变化B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化C．质点在某一点的速度方向是这一点的受力方向D．质点在某一点的速度方向沿曲线上该点的切线方向答案 D3.(2021·江苏盐城市阜宁实验高中高一月考)如图2所示，一物体在恒力F作用下沿曲线从A 运动到B，突然使它所受的力方向反向而大小不变，即由F变为－F，若BD为曲线AB上B 点的切线，则该物体()图2A．可能沿曲线BE运动B．可能沿直线BD运动C．可能沿曲线BC运动D．可能沿原曲线由B返回A答案 A解析物体从A运动到B，因为运动轨迹是在力与速度方向的夹角之中，所以物体所受恒力方向应是向下的，到达B点后，力的大小不变方向相反，变成向上．BE在力与速度方向的夹角内，物体有可能沿BE运动，A正确．因为物体在B点的速度方向为曲线在B点的切线方向，即直线BD，而力与速度方向不同，所以物体不可能做直线运动，B错误；由于力的方向发生了改变，曲线BC不在力与速度方向的夹角内，C错误；根据力和运动的关系可知，物体不可能由B返回A，D错误．考点二物体做曲线运动的条件4．(2021·吉林梅河口第五中学高一下月考)关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是()A．初速度不为零的物体，受到与初速度的方向不在同一直线上的外力作用B．物体可以不受到外力作用C．物体加速度的方向必须发生变化D．物体受到的合外力与加速度有一夹角答案 A解析初速度不为零的物体，受到与初速度的方向不在同一直线上的外力作用时，物体做曲线运动，A正确；做曲线运动的物体必须要受到外力的作用，B错误；做曲线运动的物体加速度的方向不一定发生变化，C错误；根据牛顿第二定律可知，物体受到的合外力与加速度是同向的，D错误．5．(2021·江苏省白蒲高级中学月考)如图3所示，高速摄像机记录了一名擅长飞牌、射牌的魔术师的发牌过程，虚线是飞出的扑克牌的轨迹，则关于图中扑克牌所受合外力F与速度v的关系，下列图中可能正确的是()图3答案 A解析做曲线运动的物体速度方向沿切线方向，而受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由此可以判断B、C、D错误，A正确．6．物体做曲线运动，在其运动轨迹上某一点的加速度方向()A．为通过该点的曲线的切线方向B．与物体在这一点时所受的合外力方向垂直C．与物体在这一点的速度方向一致D．与物体在这一点的速度方向的夹角一定不为0答案 D解析加速度的方向就是合外力的方向，由物体做曲线运动的条件可知，加速度的方向与速度的方向一定不在同一直线上，故选D.7．(2021·苏州市第三中学校高一开学考试)关于物体的运动，以下说法中正确的是() A．物体在恒力作用下，一定做直线运动B．物体在受到与速度成一定角度的力作用下，一定做曲线运动C．物体在变力作用下，一定做曲线运动D．物体在变力作用下，不可能做直线运动答案 B解析恒力与物体速度方向不同时，做匀变速曲线运动，故A错误；根据牛顿第二定律F＝ma可知物体在力的作用下会获得一个加速度，其方向与力的方向相同，若物体受到的力与速度方向成一定夹角，则其获得的加速度也与速度方向成一定夹角，故其一定做曲线运动，B 正确；物体受变力的作用，如果只是力的大小改变而方向不变，并且力的方向与速度的方向相同，此时物体仍然做直线运动，故C、D错误．8．在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动．现突然将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是() A．物体做速度大小不变的曲线运动B．物体做加速度大小变化的曲线运动C．物体做加速度为 2 m/s2的匀变速曲线运动D．物体做加速度为1 m/s2的匀变速曲线运动答案 C解析物体原来所受合力为零，当将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°后，其受力如图所示，其中F x＝F y＝2 N，F是F x、F y的合力，即F＝2 2 N，且大小、方向都不变，为恒力，则物体的加速度为a＝Fm ＝222m/s2＝ 2 m/s2，大小恒定，方向与速度方向不在同一直线上，故物体做匀变速曲线运动，故C正确．9．质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，保持其他力不变，则质点()A．一定做匀变速运动B．一定做直线运动C．一定做非匀变速运动D．一定做曲线运动答案 A解析质点在恒力作用下产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动．由题意可知，当突然撤去F1时，质点受到的合力大小等于恒力F1的大小，方向与F1的方向相反，故选项A正确，C错误；在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，质点做匀变速直线运动；二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动(条件是：F1的方向和速度方向在同一直线上)，也可能做曲线运动(条件是：F1的方向和速度方向不在同一直线上)，故选项B、D错误．10．一运动物体经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，当物体运动到Q点时，突然使合力F的方向与速度方向相同直至物体运动经过M点，若用虚线表示物体的运动轨迹，则下列图中可能正确的是(其中C、D选项中的QM段均是直线)()答案 C解析经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，合力应指向运动轨迹的凹侧，当合力方向与速度方向相同时，物体做直线运动，所以从Q到M做直线运动，故C正确．11.(2020·济南一中期末)在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改变了90°，如图4所示，则此过程中，物体受到的恒力可能是()图4A．F1B．F2C．F3D．F4答案 B解析F为恒力且指向运动轨迹的凹侧，故选B.12.图5为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知质点在B点的速度方向与加速度方向相互垂直，则下列说法中正确的是()图5A．经过一段时间速度方向与加速度方向重合B．在A点的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．在A点的加速度比在D点的加速度大D．从A到D过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小答案 D解析质点做匀变速曲线运动，合外力的大小和方向均不变，加速度不变，故C错误；由在B点的速度方向与加速度方向相互垂直可知，合外力方向与轨迹上过B点的切线垂直且向下，质点在A点的加速度方向与速度方向的夹角大于90°，故B错误；从A到D过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确；在曲线运动中，速度方向越来越趋近于合力方向，不会与合力方向重合，所以也不会与加速度方向重合，故A错误．13.在光滑平面上的一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴成α角(如图6所示)，与此同时，质点上加有沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()图6A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．如果F y＝F x，质点一定做直线运动D．如果F y<F x tan α，质点偏向x轴一侧做曲线运动答案 D解析质点所受合外力方向与速度方向不在同一直线上时，质点做曲线运动；若所受合外力始终与速度同方向，则做直线运动．若F y＝F x tan α，则F x和F y的合力F的方向与速度v的，则F x、F y 方向在同一直线上(如图所示)，此时质点做直线运动；若F y<F x tan α，即tan α>F yF x的合力F与x轴的夹角β<α，则质点偏向x轴一侧做曲线运动．如果F y>F x，由于不知道α角为多少，所以无法判断物体受到的合力方向与速度v方向的关系，因此无法判断质点的运动性质，故A、B、C错误，D正确．2运动的合成与分解[学习目标] 1.理解合运动、分运动、运动的合成、运动的分解的概念，掌握运动的合成与分解的方法.2.能运用运动的合成与分解的知识分析一些实际运动．一、一个平面运动的实例——观察蜡块的运动1．建立坐标系研究蜡块在平面内的运动，可以选择建立平面直角坐标系．如图1所示，以蜡块开始匀速运动的位置为原点O，以水平向右的方向和竖直向上的方向分别为x轴和y轴的方向，建立平面直角坐标系．图12．蜡块运动的位置：以v x 表示玻璃管向右匀速移动的速度，以v y 表示蜡块沿玻璃管匀速上升的速度，则在某时刻t ，蜡块的位置P 的坐标：x ＝v x t ，y ＝v y t .3．蜡块运动的轨迹：在x 、y 的表达式中消去t ，得到y ＝v yv x x ，可见此式代表的是一条过原点的直线，即蜡块的运动轨迹是直线．4．蜡块运动的速度：大小v ＝v x 2＋v y 2，方向满足tan θ＝v yv x .二、运动的合成与分解 1．合运动与分运动如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动(选填“合运动”或“分运动”)，同时参与的几个运动就是分运动．2．运动的合成与分解：由分运动求合运动的过程，叫作运动的合成；由合运动求分运动的过程，叫作运动的分解．3．运动的合成与分解遵从矢量运算法则．1．判断下列说法的正误．(1)合运动与分运动是同时进行的，时间相等．( √ ) (2)合运动一定是实际发生的运动．( √ ) (3)合运动的速度一定比分运动的速度大．( × )(4)两个夹角为90°的匀速直线运动的合运动，一定也是匀速直线运动．( √ )2.如图2所示，竖直放置、两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个能在水中以0.3 m/s 的速度匀速上浮的红蜡块．若红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平向右匀速运动，测得红蜡块实际运动的方向与水平方向的夹角为37°，则：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2(1)根据题意可知玻璃管水平方向的移动速度为________m/s.(2)若玻璃管的长度为0.9 m ，则玻璃管沿水平方向移动的位移为________ m. 答案 (1)0.4 (2)1.2解析 (1)根据平行四边形定则可知，玻璃管水平方向的移动速度为v 2＝v 1tan 37°＝0.30.75 m/s ＝0.4 m/s.(2)蜡块沿玻璃管匀速上升的时间t ＝x 1v 1＝0.90.3 s ＝3 s ，在此时间内玻璃管沿水平方向移动的位移x 2＝v 2t ＝0.4×3 m ＝1.2 m.一、运动的合成与分解导学探究1．在课本P6“观察蜡块的运动”实验中，改变玻璃管在水平方向运动的速度，蜡块从底部到顶端的运动时间会变吗？水平方向玻璃管的运动变化会不会影响蜡块在竖直方向的运动？这体现了分运动之间的什么特性？答案改变玻璃管在水平方向的运动速度，蜡块在竖直方向的运动时间不变化，水平方向玻璃管的运动不影响蜡块在竖直方向的运动，体现了分运动的独立性． 2．蜡块的运动轨迹是直线还是曲线？试写出蜡块运动的轨迹方程．答案直线．以蜡块开始匀速运动的位置为原点，以水平方向和竖直方向分别为x 轴和y 轴方向，建立平面直角坐标系，则蜡块x 轴上的坐标x ＝v x ·t ，y 轴上的坐标y ＝v y ·t ，则y ＝v yv x x ，v y v x 为常量，即y ＝v yv x x 是一条过原点的直线． 3．写出蜡块的实际运动速度v 与v x 、v y 的关系．答案如图所示，v ＝v x 2＋v y 2，设v 与x 轴正方向的夹角为θ 则tan θ＝v y v x .知识深化1．合运动与分运动的四个特性等时性各分运动与合运动同时发生和结束，时间相同等效性各分运动的共同效果与合运动的效果相同同体性各分运动与合运动是同一物体的运动独立性各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响2．运动的合成与分解(1)运动的合成与分解是指位移、速度、加速度的合成与分解．其合成、分解遵循平行四边形定则．(2)对速度v进行分解时，不能随意分解，应按物体的实际运动效果进行分解．[深度思考]合速度一定比分速度大吗？答案不一定．合速度可能比分速度大，也可能比分速度小，还可能和分速度大小相等．跳伞是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员在某高度从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力有关D．运动员着地速度与风力无关答案 B解析运动员同时参与了两个分运动：竖直方向向下落的运动和水平方向随风飘的运动．这两个分运动同时发生，相互独立．所以水平风力越大，运动员水平方向的速度越大，则运动员着地速度越大，但下落时间由下落的高度决定，与风力无关，故选B.在救灾过程中，有时不得不出动军用直升机为被困灾民空投物资．直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开直升机后由于降落伞的作用在空中能匀速下落，无风时落地速度为5 m/s.若直升机停留在离地面100 m高处空投物资，由于在水平方向上受风的作用，使降落伞和物资在水平方向上以1 m/s的速度做匀速运动．求：(1)物资在空中运动的时间；(2)物资落地时速度的大小；(3)物资在下落过程中沿水平方向移动的位移大小．答案(1)20 s(2)26 m/s(3)20 m解析如图所示，物资的实际运动可以看作是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动的合运动．(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等．所以t ＝h v y ＝1005s ＝20 s.(2)物资落地时v y ＝5 m/s ，v x ＝1 m/s ，由平行四边形定则得v ＝v x 2＋v y 2＝12＋52 m/s ＝26m/s.(3)物资在下落过程中沿水平方向移动的位移大小为x ＝v x t ＝1×20 m ＝20 m.针对训练如图3所示，一架飞机沿仰角37°方向斜向上做匀速直线运动(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，速度的大小为v ＝200 m/s ，下列说法正确的是( )图3A ．经过t ＝4 s 飞机发生的水平位移是800 mB ．飞机在竖直方向的分速度是100 m/sC ．经过t ＝4 s 飞机在竖直方向上升了480 mD ．在飞机飞行过程中飞行员处于完全失重状态答案 C解析由于飞机做匀速直线运动，飞机发生的水平位移：x ＝v cos 37°·t ＝640 m ，A 错误；飞机在竖直方向的分速度：v y ＝v sin 37°＝200×0.6 m/s ＝120 m/s ，B 错误；经过t ＝4 s 飞机在竖直方向上升的高度：h ＝v y ·t ＝120×4 m ＝480 m ，C 正确；由于飞机做匀速直线运动，加速度为零，则竖直方向的加速度也为零，飞行员不处于完全失重状态，D 错误．二、合运动性质的判断导学探究如图4所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平方向运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速运动，同时又使货物沿竖直方向做向上的匀减速运动．货物做直线运动还是曲线运动？在地面上观察到货物运动的轨迹是怎样的？(画出货物运动的轨迹示意图)图4答案货物做曲线运动．轨迹示意图如图所示．知识深化分析两个互成角度的直线运动的合运动的性质时，应先求出合运动的合初速度v 0和合加速度a ，然后进行判断． 1．曲、直判断：加速度(或合力)与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动2．是否为匀变速运动的判断：加速度(或合力)⎩⎪⎨⎪⎧变化：非匀变速运动不变：匀变速运动[深度思考] 互成角度的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动的轨迹向哪个方向弯曲？答案轨迹在合初速度v 0与合加速度a 之间，且向合加速度一侧弯曲．某研究性学习小组进行了如下实验：如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R (R 可视为质点)．将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．图5(1)同学们测出某时刻R 的坐标为(4 cm,6 cm)，此时R 的速度大小为________cm/s ，R 的加速度大小为________cm/s 2.(2)R 在上升过程中运动轨迹的示意图是________．。

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2020年高考物理必修二全册优质课件全套完整版一、教学内容二、教学目标通过本节课学习，学生能够：1. 掌握直线运动、曲线运动基本概念和运动规律；2. 理解牛顿运动定律，并能够运用其解决实际问题；3. 学会计算物体机械能，并能够分析不同运动过程中能量转化。

三、教学难点与重点教学难点：曲线运动与抛体运动、机械能计算。

教学重点：直线运动、牛顿运动定律、能量守恒。

四、教具与学具准备教具：黑板、粉笔、多媒体设备、示教仪器。

学具：笔记本、教材、练习册、计算器。

五、教学过程1. 实践情景引入：通过播放运动员百米赛跑视频，引导学生思考运动中物理规律。

2. 例题讲解：（1）计算物体在匀加速直线运动中位移；（2）分析物体受到合外力与其运动状态关系；（3）探讨圆周运动中向心力来源；（4）研究抛体运动过程中能量守恒原理。

3. 随堂练习：（1）已知初速度和加速度，计算物体在一定时间内位移；（2）分析物体受到合外力，判断其运动状态变化；（3）根据给定圆周运动数据，计算向心加速度；（4）计算抛体运动过程中物体最高点、落地点和飞行时间。

六、板书设计板书分为两部分：左侧列出各个章节，右侧详细列出每个章节重点公式、概念和实例。

七、作业设计1. 作业题目：（1）根据位移公式，计算物体在匀速直线运动中速度；（2）分析物体在斜面上受力情况，计算其加速度；（3）已知圆周运动半径和速度，计算向心加速度；（4）根据能量守恒定律，计算抛体运动过程中物体在最高点势能。

2. 答案：见附录。

八、课后反思及拓展延伸2. 拓展延伸：（1）研究物体在不同运动状态下受力分析；（2）探讨非匀速直线运动运动规律；（3）学习现代物理实验技术在运动研究中应用。

重点和难点解析：一、教学内容在教学内容安排上，我特别关注曲线运动与抛体运动、机械能计算这两个部分。

这两部分内容既是高考重点，也是学生理解难点。

二、教学难点与重点针对教学难点，我会在课堂上通过直观演示和详细讲解，帮助学生更好地理解曲线运动与抛体运动。

2020年高考物理必修二全册课件(全套完整版)

关系 • 课时23 动能和动能定理 • 课时24 机械能守恒定律 • 课时25 实验：验证机械能守恒定律 • 课时26 能量守恒定律与能源 • 课时27 《机械能守恒定律》小结
第五单元曲线运动万有引力与航天
第五单元 │ 知识框架
知识框架
曲线运动
第五单元 │ 知识框架
曲线运动
第五单元 │ 知识框架
万有引力定律：F＝GMr2m
万有引力与航天
规律：GMr2m＝mvr2＝mrω2＝m2Tπ2r
天体运动人造卫星同三步个卫宇星宙，速近度地卫星
第五单元 │ 考试说明
考试说明
新课程标准
考试说明
要求说明
(1)会用运动合成与分解的方法分析抛体运动．
(2)会描述匀速圆周运动．知道向心加速度．
曲线运动是指运动轨迹为曲线的运动，可从以下几方面强化对曲线运动的理解和认识：
(3)能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力．分析生活和生产中的离心现象．
(4)关注抛体运动和圆周运动的规律与日常生活的联系．
运动的合成与分解 Ⅱ
抛体运动
Ⅱ
匀速圆周运动、角 Ⅰ 速度、线速度、向心加速度
匀速圆周运动的向 Ⅱ 心力
斜抛运动只做定性要求
第五单元 │ 考试说明
(5)通过有关事实了解万有引力定律的发现过程．知道万有引力定律．认识发现万有引力定律的重要意义，体会科学定律对人类探索未知世界的作用．
第22讲 │ 考点整合
(2)a 恒定：性质为匀变速运动，可分为三类： ①初速度 v 与 a 同向，性质为__匀__加_速__直__线___运动； ②初速度 v 与 a 反向，性质为__匀__减__速_直__线___运动； ③初速度 v 与 a 成一定角度(不为 0°或 180°)，性质为___匀__变__速_曲__线__运动(轨迹在 v、a 之间，速度方向逐渐向 a 的方向接近，但不可能达到)．

[2020高考物理复习江苏]必修2 第五章第2讲

第2讲动能动能定理知识排查动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能.2.公式:E k ＝12m v 2.3.单位:焦耳,1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.4.矢标性:动能是标量,只有正值.5.状态量:动能是状态量,只与时刻或位置有关.动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式:W ＝12m v 22－12m v 21或W ＝E k2－E k1.3.物理意义:合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.小题速练1.思考判断(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.( )答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√2.[人教版必修2P 74第1题改编]改变汽车的质量和速度,都可能使汽车的动能发生改变.在下列情形中,汽车的动能是原来的两倍的是()A.质量不变,速度增大到原来的2倍B.速度不变,质量增大到原来的2倍C.质量减半,速度增大到原来的4倍D.速度减半,质量增大到原来的4倍答案B动能和动能定理的理解1.动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量.(2)动能为非负值,而动能变化量有正负之分.ΔE k＞0表示物体的动能增加,ΔE k＜0表示物体的动能减少.2.对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.(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.【例1】(2018·南京三模)(多选)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m 的小球,小球落入沙坑后,陷入深度为h.已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则下列关于小球下落全过程的说法正确的是()A.重力对小球做功为mgHB.小球的重力势能减少了mg(H＋h)C.外力对小球所做的总功为零D.小球在沙坑中受到的平均阻力为Hh mg解析重力全程做功,故重力做功和重力势能减少量均为mg(H＋h),A项错误,B 项正确；小球初、末速度都为零,由动能定理,外力总功为零,C项正确；由mg(H＋h)－f h＝0,可知阻力f＝mg（H＋h）h,D项错误.答案BC动能定理与图象结合问题力学中图象所围“面积”及斜率的意义【例2】(2017·江苏单科)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()解析设斜面的倾角为θ,小物块沿斜面向上滑动过程,由动能定理得E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L,小物块沿斜面向下滑动过程,由动能定理得E k＝E k0－mgx sin θ－μmg cos θ(2L－x)＝E k0－2μmgL cos θ－(mg sin θ－μmg cos θ )x,故选项C正确.答案 C分析动能定理与图象结合问题“三步走”动能定理的应用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.【例3】(2018·江苏苏州高三第一次模拟)如图1所示轨道ABCDE在竖直平面内,AB与水平面BC成37°角且平滑连接,圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点,E、F两点等高,BC长为R3.将小滑块从F点由静止释放,恰能滑到与O等高的D点.已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同,重力加速度为g,g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8.图1(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若AB足够长,改变释放点的位置,要使小滑块恰能到达E点,求释放点到水平面的高度h；(3)若半径R＝1 m,小滑块在某次释放后,滑过E点的速度大小为8 m/s,则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少?解析(1) 滑块从F到D过程,根据动能定理得mg ×(2R －R )－μmg cos 37°×2R sin 37°－μmg R 3＝0μ＝13(2) 若滑块恰能到达E 点,根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2E R在滑块从释放点到E 的过程,根据动能定理得mg (h －2R )－μmg cos 37°·h sin 37°－μmg ·R 3＝12m v 2E －0解得h ＝4.7R(3) 假设滑块离开E 点后落在AB 上,根据平抛运动规律可得x ＝v E t ,y ＝12gt 2由几何关系得tan 37°＝2R －y x －R 3解得t ＝0.3 s进一步得x ＝2.4 m ＞R 3所以假设正确,故t ＝0.3 s答案 (1)13 (2)4.7R (3)0.3 s科学思维的培养——摩擦力在平面和曲面上做功的比较物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做功大小等于动摩擦因数、正压力以及斜面底边长三者的乘积.但若是曲面则上述结论无用,因为物体在曲面做圆周运动,摩擦力做功不满足模型特点.【典例1】(2018·江苏扬州中学高三4月质量监测)(多选)如图2所示,曲面PC 和斜面PD固定在水平面MN上,C、D处平滑连接,O点位于斜面顶点P的正下方.某物体(可视为质点)从顶端P由静止开始分别沿曲面和斜面滑下,经过C、D两点后继续运动,最后停在水平面上的A、B两处.各处材质相同,忽略空气阻力,则()图2A.此物体在曲面PC和斜面PD上克服摩擦力做功一定相等B.此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一定相等C.距离OA一定等于OBD.距离OA一定小于OB解析设PD斜面与水平方向的夹角为θ,则PD段克服摩擦力做功W f＝μmgs cos θ＝μmgs PD水平,将PC段分成无数小段,由于在曲面上运动,径向的合力提供向心力,则支持力大于重力在垂直于曲面方向上的分力,则每一小段克服摩擦力做功大于μmgs cos α＝μmgs水平,则整个曲面过程中,克服摩擦力做功大于μmgs PC水平,因为斜面和曲面的水平距离未知,则克服摩擦力做功不一定相等,故A项错误；对全过程运用动能定理得mgh－W f＝0,知此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一定相等,故B项正确；因为整个过程克服摩擦力做功相等,沿斜面下滑在整个过程中摩擦力做功等于μmgs PB水平,而沿曲面下滑克服摩擦力做功大于μmgs P A水平,则OA一定小于OB,故C项错误,D项正确.答案BD【典例2】(2019·仪征中学月考)如图3所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放,运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失.则()图3A.v1<v2B.v1>v2C.v1＝v2D.由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定解析设A点在水平轨道的竖直投影点为C,水平轨道与倾斜轨道的交点为D,物体运动过程中摩擦力做负功,重力做正功,由动能定理可得12m v2＝mgh－μmg cosθ·hsin θ－μmgx BD＝mgh－μmgh·1tan θ－μmgx BD,因为h·1tan θ＝x CD,所以12m v2＝mgh－μmgx BC,故物块到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以v1＝v2,故C项正确. 答案C1.(2018·江苏南京、盐城高三第二次模拟)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图4所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为()图4A. 1 JB. 10 JC. 30 JD. 50 J解析对整个过程运用动能定理得,W－mgh＝12m v2－0,代入数据解得W＝mgh＋12＝0.6×10×1.5 J＋12×0.6×1 J≈10 J.2m v答案 B2.(2018·江苏泰州市高三第一次模拟)如图5所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在M点到N点的运动过程中动能将()图5A.不断增大B.不断减小C.先减小后增大D.先增大后减小解析速度方向改变了90°,说明恒力的方向应为右下方,与初速度的夹角大于90°,小于180°,才能出现末速度与初速度垂直的情况,因此恒力先做负功,当速度与恒力垂直后,恒力做正功,动能先减小后增大,选项C正确.答案 C3.(2018·江苏单科,4)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是()解析设小球抛出瞬间的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v＝v0－gt,故小球的动能E k＝12＝12m(v0－gt)2,结合数学知识知,选项A正确.2m v答案 A4.(2018·前黄中学检测)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动,t＝4 s时停下,其v－t图象如图6所示,已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同,则下列判断正确的是()图6A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功解析对物块运动的整个过程运用动能定理得W F－W f＝0,即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,选项A正确,B错误；在0～1 s时间内,拉力恒定且大于摩擦力,物块做匀加速运动,速度增大,t＝1 s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大；t＝2 s 时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t＝2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,选项C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间,物块匀速运动,拉力做正功,摩擦力做负功,合外力做功为零,选项D错误.答案 A活页作业(时间:30分钟)一、单项选择题1.(2018·全国卷Ⅱ,14)如图1,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定()图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由动能定理W F －W f ＝E k －0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A 正确.答案 A2.(2018·启东中学模拟)子弹的速度为v ,打穿一块固定的木块后速度刚好变为零.若木块对子弹的阻力为恒力,那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时,子弹的速度是( )A.v 2B.22vC.v 3D.v 4解析设子弹质量为m ,木块的厚度为d ,木块对子弹的阻力为f ,根据动能定理,子弹刚好打穿木块的过程满足－fd ＝0－12m v 2,设子弹射入木块厚度一半时的速度为v 1,则－f ·d 2＝12m v 21－12m v 2,得v 1＝22v ,故选项B 正确.答案 B3.(2018·泰州模拟)如图2所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪.设枪口截面积为0.6 cm 2,喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m 3).当它工作时,喷水枪的功率最接近( )图2A.250 WB.300 WC.350 WD.400 W解析每秒钟喷出水的动能为E k ＝12m v 2＝12ρS v t ·v 2,代入数据得E k ＝240 J,则P ＝W t ＝E k t ＝240 W,故选项A 正确.答案 A4.(2019·成都校级月考)如图3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,重力加速度为g ,则滑块经过的总路程是( )图3A.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θD.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0cot θ 解析滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x ,对滑块运动的全程应用动能定理mgx 0sin θ－μmgx cos θ＝0－12m v 20,解得x ＝1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ,选项A正确. 答案 A5.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)将一质量为m 的小球从足够高处水平抛出,飞行一段时间后,小球的动能为E k ,在经过相同的时间后,小球的动能为2E k (此时小球未落地),不计空气阻力,重力加速度为g ,则小球抛出的初速度大小为( ) A.2E k3m B.2E k 3m C.3E k3mD.3E k 2m解析由动能定理,经时间t ,mg ×12gt 2＝E k －12m v 20,经过2t 时间,mg ×12g (2t )2＝2E k －12m v 20,解得v 0＝2E k3m ,故选项B 正确.答案 B 二、多项选择题6.(2018·徐州沛县中学检测)如图4所示,质量为M 的电梯底板上放置一质量为m 的物体,钢索拉着电梯由静止开始向上做匀加速运动,当上升高度为H 时,速度达到v ,不计空气阻力,重力加速度为g ,则( )图4A.物体所受合力做的功等于12m v2＋mgHB.底板对物体的支持力做的功等于mgH＋12m v2C.钢索的拉力做的功等于12M v2＋MgHD.钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12M v2解析对物体应用动能定理得:合力对物体做的功W＝12m v2,A项错误；电梯由静止开始向上做匀加速运动,对物体根据动能定理得W F N－mgH＝12m v2,对电梯和物体组成的整体同理可得W F－(M＋m)gH＝12(M＋m)v2,则B项正确,C项错误；根据动能定理可得,合力对电梯做的功等于电梯动能的变化即为12M v2,则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12M v2,D项正确.答案BD7.(2018·南京市高三学情调研)如图5所示,滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回到出发点.则能大致反映整个运动过程中,滑块的加速度a、速度v随时间t,重力对滑块所做的功W、动能E k与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()图5解析滑块上滑的加速度大小a1＝g sin θ＋μg cos θ,方向沿斜面向下,即a1应取负,滑块下滑时的加速度大小a2＝g sin θ－μg cos θ,方向沿斜面向下,即a2应取负,A错误；由以上分析知|a1|＞|a2|,则滑块上滑时间小于下滑时间,由能量守恒知,滑块回到初始位置的速度小于初速度v0,而v－t图象斜率的绝对值表示加速度大小,故B正确；滑块重力做的功W＝－mg·x sin θ,故C正确；本题研究的是滑块整个运动过程中的位移,所以下滑过程中的位移是减小的,E k－x图象应如图所示,故D错误.答案BC8.(2018·苏锡常镇四市一调)如图6所示,MN为半圆环MQN的水平直径.现将甲、乙两个相同的小球分别在M、N两点同时以v1、v2的速度水平抛出,两小球刚好落在圆环上的同一点Q,不计空气阻力.则下列说法正确的是()图6A.落到Q点时,甲、乙两小球重力的瞬时功率相等B.乙球落到圆环时的速度有可能沿OQ方向C.若仅增大v1,则两小球一定能落到圆环前相遇D.从抛出到落到Q点的过程中,甲球动能的增加量比乙球的小解析因落到Q点时两球的竖直高度相同,则竖直速度相同,根据P＝mg v y可知,重力的瞬时功率相同,选项A正确；根据推论,平抛运动的物体的速度方向的反向延长线应该过水平位移的中点,因O点不是水平位移的中点,则乙球落到圆环时的速度不可能沿OQ方向,选项B错误；因两球的水平距离一定,根据2R＝(v1＋v2)t,若仅增大v1,则两小球相遇的时间缩短,则相遇时的竖直位移减小,则一定能在落到圆环前相遇,选项C正确；根据动能定理,从抛出到落到Q点的过程中,重力做功相同,则甲球动能的增加量和乙球的动能增加量相等,选项D错误.答案 AC9.(2018·南通模拟)如图7所示,半径为R 的半圆形的圆弧槽固定在水平面上,质量为m 的小球(可视为质点)从圆弧槽的端点A 由静止开始滑下,滑到最低点B 时对轨道的正压力为2mg ,重力加速度为g ,则( )图7A.小球在最低点B 时速度为2gRB.小球在B 点时,重力的功率为mg gRC.小球由A 到B 的过程中克服摩擦力做功为12mgR D.小球由A 到B 过程中速度先增大后减小解析滑到最低点B 时对轨道的正压力为2mg ,那么由牛顿第三定律可知:小球受到的支持力也为2mg ,那么由牛顿第二定律可得2mg －mg ＝m v 2R ,所以v ＝gR ,故A 项错误；小球在B 点的速度v ＝gR ,方向水平向右；重力方向竖直向下,重力方向与速度方向垂直,所以重力的功率为0,故B 项错误；对小球下滑过程应用动能定理可得:小球由A 到B 的过程中克服摩擦力做功为W ＝mgR －12m v 2＝mgR －12mgR ＝12mgR ,故C 项正确；小球在任一径向与竖直方向夹角为θ时,沿速度方向受到的合外力为F ＝mg sin θ－μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg cos θ＋m v 2R ,那么在该方向上的加速度为a ＝(tanθ－μ)g cos θ－μv 2R ；那么当小球开始下滑较短时间时,速度v 较小,夹角θ较大,a 大于0,小球加速；当θ较小时,a 小于0,小球减速,故小球由A 到B 过程中速度先增大后减小,故D 项正确. 答案 CD 三、计算题10.如图8所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O 点质量为m ＝1kg 的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时,弹簧的弹力为6 N,运动到A 点时撤去推力F ,小物块最终运动到B 点静止.图中OA ＝0.8 m,OB ＝0.2 m,取重力加速度g ＝10 m/s 2.求小物块:图8(1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量. 解析 (1)小物块速度达到最大时,加速度为零. F －μmg －F 弹＝0, μ＝F －F 弹mg ＝0.4.(2)设向右运动通过O 点时的速度为v 0,从O 到B 过程由动能定理列出－f ·x OB ＝0－12m v 20, f ＝μmg ＝4 N, 解得v 0＝ 1.6 m/s.(3)设撤去F 推力后,小物块继续向左运动x 的距离,弹簧的压缩量最大值为x max . 取小物块运动的全过程,根据动能定理列出 F ×0.8－f (2x ＋1.8)＝0,得x ＝0.1 m, 则x max ＝0.8 m ＋x ＝0.9 m.答案 (1)0.4 (2) 1.6m/s (3)0.9 m11.(2018·无锡市高三期末)如图9,一个质量为m ＝2 kg 的小物块静置于足够长的斜面底端.现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力,3 s 后将F 撤去,此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变,取g ＝10 m/s 2.求:图9(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离； (3)物块在斜面上运动的总时间. 解析 (1)运动学规律v 1＝a 1t 1 解得a 1＝5 m/s 2由牛顿第二定律F －f －mg sin θ＝ma 1 解得f ＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑 f ＋mg sin θ＝ma 2, 得a 2＝7.5 m/s 2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m根据动能定理Fx 1－mg sin θx －fx ＝0 物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离 x ＝37.5 m(3)撤力后物块上滑t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程mg sin θ －f ＝ma 3 解得a 3＝2.5 m/s 2 由x ＝12a 3t 32,可得t 3＝2xa 3＝30 s斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s 答案 (1)5 N (2)37.5 m (3)(5＋30) s。

2020选考物理必修2 第五章第3讲机械能守恒定律及其应用

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双基过关
考点突破
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角度一机械能守恒的判断
机械能守恒定律的理解及应用
1.利用机械能的定义判断(直接判断) 分析动能和势能的和是否变化。
2.用做功判断若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
3.用能量转化来判断若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。
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双基过关
考点突破
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2.将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法正确的是 (取g＝10 m/s2)( ) A.重力做正功，重力势能增加1.0×104 J B.重力做正功，重力势能减少1.0×104 J C.重力做负功，重力势能增加1.0×104 J D.重力做负功，重力势能减少1.0×104 J 解析 WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，选项C正确。答案 C
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双基过关
考点突破
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1.一小球以一定的初速度从图示9位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为 ()
A.2mg C.4mg
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B.3mg D.5mg
图9
双基过关
考点突破
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解析小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时，有 mg＝m1v.8BR2 ，小球在轨道 1 上经过 A 处时，有 F＋mg＝mvRA2，根据机械能守恒定律，有 1.6mgR＋12mvB2＝12mvA2，解得 F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力 F′＝F＝4mg，选项 C 正确。

2020高中物理必修二同步讲义第五章章末总结

章末总结一、运动的合成和分解1.小船渡河的两类典型问题设河宽为d、水流的速度为v水(方向：沿河岸指向下游)、船在静水中的速度为v船(方向：船头指向).图1(1)最短时间船头垂直于河岸行驶，t min ＝dv 船，与v 水的大小无关.船向下游偏移：x ＝v 水t min (如图1甲所示). (2)最短航程①若v 船>v 水，则x min ＝d ，此时船的航向垂直于河岸，船头与上游河岸成θ角，满足cos θ＝v 水v 船(如图乙所示).②若v 船<v 水，此时船头指向应与上游河岸成θ′角，满足cos θ′＝v 船v 水，则x min ′＝dcos θ′＝v 水v 船d (如图丙所示). 2.绳、杆关联速度问题绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两者的速度是有联系的(一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等)，我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下：第一步：先确定合运动，物体的实际运动就是合运动；第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向；第三步：按平行四边形定则进行分解，作好运动矢量图；第四步：根据沿绳(或杆)牵引方向的速度相等列方程.例1如图2所示，两次渡河时船头指向均垂直于岸，且船相对水的速度大小不变.已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2.则()图2A.t 2>t 1，v 2＝x 2v 1x 1B.t 2>t 1，v 2＝x 1v 1x 2C.t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1D.t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2答案 C解析设河宽为d ，船自身的速度为v ，则t 1＝t 2；对合运动，过河时间t ＝x 1v 1＝x 2v 2，故C 正确.针对训练1 (多选)某河宽为600 m ，河中某点的水流速度v 与该点到较近河岸的距离d 的关系如图3所示.船在静水中的速度为4 m/s ，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是( )图3A.船在航行过程中，船头应与河岸垂直B.船在河水中航行的轨迹是一条直线C.渡河的最短时间为240 sD.船离开河岸400 m时的速度大小为2 5 m/s答案AD解析若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必须保证船头始终与河岸垂直，选项A正确；因水流的速度大小发生变化，根据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；渡河的最短时间为t min＝dv船＝6004s＝150 s，选项C错误；船离开河岸400 m时的水流速度大小与船离开河岸200 m时的水流速度大小相等，即v水＝3300×200 m/s＝2 m/s，则船离开河岸400 m时的速度大小为v′＝v船2＋v水2＝42＋22m/s＝2 5 m/s，选项D 正确.例2(多选)如图4所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为F f ，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v ，人的拉力大小为F ，则此时( )图4A.人拉绳行走的速度为v cos θB.人拉绳行走的速度为v cos θC.船的加速度为F cos θ－F fmD.船的加速度为F －F fm答案 AC解析船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度v 人＝v ∥＝v cos θ，选项A 正确，B 错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F ，与水平方向成θ角，因此F cos θ－F f ＝ma ，解得a ＝F cos θ－F fm ，选项C 正确，D 错误.针对训练2 如图5所示，水平面上有一汽车A ，通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B ，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为v A 和v B ，则v A 和v B 的比值为多少？图5答案cos β∶cos α解析物体B实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果可知，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v1)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v2).如图甲所示，有v1＝v B cos β①汽车A实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v3)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v4).如图乙所示，则有v3＝v A cos α②又因二者沿绳子方向上的速度相等，即v1＝v3③由①②③式得v A∶v B＝cos β∶cos α.二、解决平抛运动的三个突破口 1.把平抛运动的时间作为突破口平抛运动规律中，各物理量都与时间有联系，所以只要求出抛出时间，其他的物理量都可轻松解出.2.把平抛运动的偏转角作为突破口如图6可得tan θ＝gt v 0＝2h x (推导：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2h x )tan α＝hx ，所以有tan θ＝2tan α.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联，通过偏转角可以确定其他的物理量.图63.把平抛运动的一段轨迹作为突破口图7平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图7为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A 和B，E为AB的中间时刻.设t AE＝t EB＝T由竖直方向上的匀变速直线运动得FC－AF＝gT2，所以T＝Δyg＝FC－AFg由水平方向上的匀速直线运动得v0＝EFT＝EFgFC－AF.例3如图8所示，在倾角为37°的斜面上从A 点以6 m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，求：(g取10 m/s2)图8(1)A 、B 两点间的距离和小球在空中飞行的时间； (2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值. 答案 (1)6.75 m 0.9 s (2)32解析 (1)如图所示，设小球落到B 点时速度的偏转角为α，运动时间为t .则tan 37°＝h x ＝gt 22v 0t ＝56t又因为tan 37°＝34，解得t ＝0.9 s由x ＝v 0t ＝5.4 m则A 、B 两点间的距离l ＝xcos 37°＝6.75 m(2)在B 点时，tan α＝v y v 0＝gt v 0＝32.三、圆周运动的动力学问题1.分析物体的运动情况，明确圆周轨道在怎样的一个平面内，确定圆心在何处，半径是多大.2.分析物体的受力情况，弄清向心力的来源，跟运用牛顿第二定律解直线运动问题一样，解圆周运动问题，也要先选择研究对象，然后进行受力分析，画出受力示意图.3.由牛顿第二定律F ＝ma 列方程求解相应问题，其中F 是指向圆心方向的合外力(向心力)，a 是向心加速度，即v 2r或ω2r 或用周期T 来表示的形式.例4 如图9所示，两根长度相同的轻绳(图中未画出)，连接着相同的两个小球，让它们穿过光滑的杆在水平面内做匀速圆周运动，其中O 为圆心，两段细绳在同一直线上，此时，两段绳子受到的拉力之比为多少？图9答案 3∶2解析对两小球受力分析如图所示，设每段绳子长为l ，对球2有F 2＝2mlω2对球1有：F 1－F 2＝mlω2 由以上两式得：F 1＝3mlω2 故F 1F 2＝32. 针对训练3 如图10所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q 都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )图10A.Q 受到桌面的静摩擦力变大B.Q 受到桌面的支持力变大C.小球P 运动的角速度变小D.小球P 运动的周期变大答案 A解析金属块Q 保持在桌面上静止，对金属块和小球研究，竖直方向上没有加速度，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于两个物体的总重力，保持不变，故B 错误.设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有F T ＝mgcos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg，现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小.对Q ，由平衡条件知，F f ＝F T sin θ＝mg tan θ，知Q 受到桌面的静摩擦力变大，故A 正确，C 、D 错误.故选A. 四、圆周运动中的临界问题1.临界状态：当物体从某种特性变化为另一种特性时发生质的飞跃的转折状态，通常叫做临界状态，出现临界状态时，既可理解为“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”.2.轻绳类：轻绳拴球在竖直面内做圆周运动，过最高点时，临界速度为v ＝gr ，此时F 绳＝0.3.轻杆类：(1)小球能过最高点的临界条件：v ＝0； (2)当0＜v ＜gr 时，F 为支持力； (3)当v ＝gr 时，F ＝0； (4)当v ＞gr 时，F 为拉力.4. 汽车过拱形桥：如图11所示，当压力为零时，即G －m v 2R ＝0，v ＝gR ，这个速度是汽车能正常过拱形桥的临界速度.v ＜gR 是汽车安全过桥的条件.图115.摩擦力提供向心力：如图12所示，物体随着水平圆盘一起转动，物体做圆周运动的向心力等于静摩擦力，当静摩擦力达到最大时，物体运动速度也达到最大，由F m ＝m v m 2r 得v m ＝F m rm，这就是物体以半径r 做圆周运动的临界速度.图12例5如图13所示，AB为半径为R的光滑金属导轨(导轨厚度不计)，a 、b 为分别沿导轨上、下两表面做圆周运动的小球(可看做质点)，要使小球不脱离导轨，则a 、b 在导轨最高点的速度v a 、v b 应满足什么条件？图13答案 v a ＜gR v b ＞gR解析对a 球在最高点，由牛顿第二定律得： m a g －F N a ＝m a v a 2R ①要使a 球不脱离轨道，则F N a ＞0② 由①②得：v a ＜gR对b 球在最高点，由牛顿第二定律得：m b g ＋F N b ＝m b v b2R③要使b 球不脱离轨道，则F N b ＞0④ 由③④得：v b ＞gR .针对训练4 如图14所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法正确的是( )图14A.B对A的摩擦力一定为3μmgB.C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C.转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3rD.转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r答案 C解析对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有F f＝3mω2r，由此可知随着角速度的增大，摩擦力也增大，只有当A要滑动时B对A的摩擦力才为3μmg，故A错误；由A与C转动的角速度相同，都是由摩擦力提供向心力，对A有F f＝3mω2r，对C有F f C＝mω21.5r，由此可知C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；当C刚要滑动时的临界角速度为：μmg＝m1.5rωC2，解得ωC＝2μg3r.对AB整体要滑动时的临界角速度为：μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)rωAB2，解得：ωAB＝μgr当A刚要滑动时的临界角速度为：3μmg＝3mrωA2解得：ωA＝μgr由以上可知要想均不滑动角速度应满足：ω≤2μg3r，故C正确，D错误.。

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