高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习专题二 第5讲

第5讲功能关系的理解与应用
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1
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
【考点定位】动能定理
【难度】较易
答案 A
解析 由题意知,W 拉－W 阻＝ΔE k ,则W 拉>ΔE k ,A 项正确,B 项错误;W 阻与ΔE k 的大小关系不确定,C 、D 项错误.
2.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)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2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,(
)
图2
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
【考点定位】 v －t 图象、功、功率、牛顿运动定律
【点评】 综合考查运用运动学图象分析动力学、能量问题的能力 【难度】 中等 答案 AC
解析 由图线①知,上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0.
由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度之和 h 1＝v 0
22·
⎝⎛⎭⎫t 02＋t 02＝1
4v 0t 0
匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′,解得t ′＝3
2t 0
故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝5
2t 0,
两次上升所用时间之比为2t 0∶5
2t 0＝4∶5,A 项正确;
由于加速阶段加速度相同,故加速时牵引力相同, B 项错误;
在加速上升阶段,由牛顿第二定律知, F －mg ＝ma ,F ＝m (g ＋a )
第①次在t 0时刻电机输出功率最大,功率P 1＝F ·v 0, 第②次在t 0
2时刻,功率P 2＝F ·v 02
,
第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 0
2<P 2,
可知,电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1, C 项正确;
由动能定理知,两个过程动能变化量相同,克服重力做的功相同,故两次电机做的功也相同,D 项错误.
3.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图3,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为2R ;bc 是半径为R 的四分之一圆弧,与ab 相切于b 点.一质量为m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a 点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )
图3
A.2mgR
B.4mgR
C.5mgR
D.6mgR
【考点定位】 恒力的功、功能关系、动能定理、运动的合成与分解 【点评】 本题难点在于求离开c 点到达轨迹最高点的水平位移 【难度】 中等 答案 C
解析 小球从a 运动到c ,根据动能定理,得 F ·3R －mgR ＝1
2
m v 12,又F ＝mg ,故v 1＝2gR ,
小球离开c 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g ,故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1
g ＝2
R g
,水平位移x ＝1
2
gt 2＝2R ,
根据功能关系,小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量等于力F 做的功,即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .
4.(2017·全国卷Ⅲ·16)如图4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1
3l .重力加速度大小为g .在
此过程中,外力做的功为( )
图4
A.1
9mgl B.16mgl C.1
3
mgl D.12
mgl 【考点定位】 能量守恒、功能关系 【难度】 较易 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l
6,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 ＝1
9mgl ,故选项A 正确,B 、C 、D 错误.
5.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图5所示,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O 点,另一端与小球相连.现将小球从M 点由静止释放,它在下降的过程中经过了N 点.已知在M 、N 两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM <∠OMN <π
2.在小球从M 点运动到N 点的过程中
( )
图5
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差 【考点定位】 受力分析、牛顿第二定律、功、功率、能量守恒
【点评】 本题难点为小球下滑过程的动力学分析,尤其是弹力变化情况的分析 【难度】 较难 答案 BCD
解析 在M 和N 两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM <∠OMN <π
2,知在M 处时弹簧
处于压缩状态,在N 处时弹簧处于伸长状态,则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功,选项A 错误;当弹簧水平时,竖直方向的力只有重力,加速度为g ;当弹簧处于原长位置时,小球只受重力,加速度为g ,则有两个时刻的加速度大小等于g ,选项B 正确;弹簧长度最短时,即弹簧水平,弹力与速度垂直,弹力对小球做功的功率为零,选项C 正确;由动能定理得,W F ＋W G ＝ΔE k ,因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等,弹性势能相等,则由弹力做功特点知W F ＝0,即W G ＝ΔE k ,选项D 正确.
6.(2016·全国卷Ⅰ·25)如图6,一轻弹簧原长为2R ,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处,另一端位于直轨道上B 处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为5
6R 的光滑圆弧轨道
相切于C 点,AC ＝7R ,A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑,最低到达E 点(未画出),随后P 沿轨道被弹回,最高到达F 点,AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14,重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35,cos 37°＝4
5
)
图6
(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小; (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能;
(3)改变物块P 的质量,将P 推至E 点,从静止开始释放.已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后,恰好通过G 点.G 点在C 点左下方,与C 点水平相距7
2R 、竖直相距R ,求P 运动到D 点
时速度的大小和改变后P 的质量.
【考点定位】 动能定理、机械能守恒、平抛运动、多过程问题
【点评】 考查综合分析能力,多过程问题要一段一段地分析清楚运动性质、挖掘隐含条件、找出内在联系 【难度】 较难
答案 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 1
3m
解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ,由动能定理得 mgl BC sin 37°－μmgl BC cos 37°＝1
2
m v B 2②
联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR ③
(2)设BE ＝x ,P 到达E 点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为E p ,由B →E 过程,根据动能定理得 mgx sin 37°－μmgx cos 37°－E p ＝0－1
2m v B 2④
E 、
F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤
P 到达E 点后反弹,从E 点运动到F 点的过程中,由动能定理有E p －mgl 1sin 37°－μmgl 1cos 37°＝0⑥
联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝12
5
mgR ⑧
(3)设改变后P 的质量为m 1,D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1,由几何关系(如图所示)得θ＝37°.
由几何关系得： x 1＝72R －5
6R sin θ＝3R ⑨
y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52
R ⑩
设P 在D 点的速度为v D ,由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得： y 1＝1
2gt 2⑪
x 1＝v D t ⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝3
5
5gR ⑬
设P 在C 点速度的大小为v C ,在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒,有 12m 1v C 2＝12m 1v D 2＋m 1g (56R ＋5
6R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中,由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝1
2m 1v C 2⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m 1＝13
m
.
功能关系渗透在整个高中物理内容中,是历年高考必考内容;或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合,或与电场、电磁感应结合,或与弹簧、传送带、板块连接体等结合;或选择题、或计算题,考查形式多样,是考试重点,16年进行了重点考查,15年、17年、18年考查份量相当
.
课时1 功能关系的理解与应用 考点1 功、功率的分析与计算
1.功的计算
2.功率的计算
(1)P ＝W
t
,适用于计算平均功率;
(2)P ＝F v ,若v 为瞬时速度,P 为瞬时功率,若v 为平均速度,P 为平均功率. 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为F v cos θ.
(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)质量为2 kg 的物体,放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上,在水平拉力F 的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图7所示,g ＝10 m/s 2,下列说法中正确的是( )
图7
A.此物体在OA 段做匀加速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W
B.此物体在OA 段做匀速直线运动,且此过程中拉力的功率恒为6 W
C.此物体在AB 段做匀加速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W
D.此物体在AB 段做匀速直线运动,且此过程中拉力的功率恒为6 W 答案 D
解析 运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为F f ＝μmg ＝0.1×2×10 N ＝2 N,拉力做的功为W ＝Fx ,可知图象的斜率表示拉力F 的大小,在OA 段拉力F OA ＝15
3 N ＝5 N>F f ,做匀加速直
线运动,当x ＝3 m 时速度最大,根据速度位移公式可得v 2＝2ax ,根据牛顿第二定律可得a ＝F OA －F f m ,解得v ＝3 m/s,所以此过程中最大功率为P OA ＝F OA v ＝15 W;在AB 段,F AB ＝27－15
6 N ＝2 N ＝F f ,做匀速直线运动,拉力的功率恒定不变,为P AB ＝F AB v ＝2×3 W ＝6 W,故D 正确.
(2018·山东省济宁市上学期期末)绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水,若洒水车所受阻力与车重成正比,洒水车从开始浇水到罐体里的水全部用完过程中始终保持匀速行驶,则在以上过程中( ) A.洒水车受到的牵引力保持不变 B.洒水车受到的牵引力逐渐增大 C.洒水车发动机的输出功率保持不变 D.洒水车发动机的输出功率逐渐减小 答案 D
解析 洒水车所受阻力与车重成正比,即阻力F f ＝kG ,开始洒水后,车重G 减小,故阻力F f 减小,洒水车匀速行驶,则牵引力F 的大小等于阻力F f ,因此洒水车受到的牵引力逐渐减小,故A 、B 错误;洒水车发动机的输出功率P ＝F v ,开始洒水后牵引力F 逐渐减小,速度v 不变,则洒水车发动机的输出功率不断减小,故C 错误,D 正确.
1.(多选)(2018·山东省青岛市模拟)如图8所示,F －t 图象表示某物体所受的合外力F 随时间的变化关系,t ＝0时物体的初速度为零,则下列说法正确的是( )
图8
A.前4 s内物体的速度变化量为零
B.前4 s内物体的位移为零
C.物体在0～2 s内的位移大于2～4 s内的位移
D.0～2 s内F所做的功等于2～4 s内物体克服F所做的功
答案ACD
2.(2018·广东省华南师大附中三模)如图9所示,吊车下方吊着一个质量为500 kg的重物,二者一起保持恒定的速度v＝1 m/s沿水平方向做匀速直线运动.某时刻开始,吊车以10 kW的恒定功率将重物向上吊起,经t＝5 s重物达到最大速度.忽略空气阻力,取g＝10 m/s2.则在这段时间t 内()
图9
A.重物的最大速度为2 m/s
B.重物克服重力做功的平均功率为9.8 kW
C.重物做匀变速曲线运动
D.重物处于失重状态
答案 B
解析竖直方向重物能达到的最大速度
v y m＝
P
mg＝
10 000
500×10
m/s＝2 m/s,
则重物的最大速度为
v m＝v2＋v y m2＝ 5 m/s,选项A错误; 达到最大速度时克服重力做功：
W G＝Pt－1
2m v y m
2＝104×5 J－1
2×500×2
2 J＝49 000 J,
则重物克服重力做功的平均功率为
P＝W G
t＝
49 000
5W＝9.8 kW,选项B正确;
因竖直方向做加速度减小的变加速运动,故合运动不是匀变速运动,选项C错误;重物向上做加速运动,故处于超重状态,选项D错误.
考点2动能定理的理解与应用
1.动能定理表达式：W总＝E k2－E k1.
2.五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和.
(2)动能增量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差.
(3)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.
(4)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.
(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用.
3.应用动能定理的关键——“两点一过程”
(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能E k1、E k2.
(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合.
4.在常见的功能关系中,动能定理应用尤为广泛
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间,而涉及力和位移、速度的问题时,一般选择动能定理,尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.
(2)动能定理也是一种功能关系
合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应.
命题热点1用动能定理求变力的功
(多选)(2018·广东省肇庆市第三次检测)如图10所示,长为2L的轻杆上端固定一质量为m的小球,下端用光滑铰链连接于地面上的O点,杆可绕O点在竖直平面内自由转动.定滑轮固定于地面上方L处,电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连.启动电动机,杆从虚线位置绕O点逆时针倒向地面,假设整个倒下去的过程中,杆匀速转动.则在此过程中()
图10
A.小球重力做功为2mgL
B.绳子拉力做功大于2mgL
C.重力做功的功率逐渐增大
D.绳子拉力做功的功率先增大后减小
答案 AC
解析 小球重力做功为2mgL ,选项A 正确.小球的动能没有发生变化,即合外力做功为0,由动能定理知绳子拉力做功等于2mgL ,选项B 错误.整个运动过程中重力和速度方向夹角逐渐变小,速度大小和重力都不变,所以重力做功的功率逐渐增大,选项C 正确.任意一段时间内小球动能不变,所以拉力做功的功率和重力做功的功率始终相等,即逐渐增大,选项D 错误.
3.如图11所示,质量为m 的物体静止在光滑的水平平台上,系在物体上的水平绳子跨过光滑的轻质定滑轮,由地面上的人以速度v 0水平向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人的拉力对物体所做的功为(不计空气阻力)( )
图11
A.m v 022
B.2m v 022
C.m v 02
4
D.m v 02
答案 C
解析 人行至绳与水平方向夹角为45°处时,物体的速度为v ＝v 0cos 45°,由动能定理得,人对物
体所做的功为W ＝ΔE k ＝12m v 2＝14
m v 02,C 正确. 命题热点2 用动能定理解决多过程问题
冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动,其场地由自由滑坡AB (高度差为10 m)、过渡区BDE (两段半径不同的圆弧平滑连接而成,其中DE 半径为3 m 、对应的圆心角为60°)和跳台EF (高度可调,取h ＝4 m)等组成,如图12所示,质量为60 kg 的运动员由A 点静止出发,沿轨道运动到F 处飞出.运动员飞出的速度须在54 km /h 到68 km/h 之间才能在空中完成规定动作.设运动员借助滑雪杆仅在AB 段做功,不计摩擦和空气阻力,g 取10 m/s 2.则：
图12
(1)为能完成空中动作,该运动员在AB 段运动过程中至少做多少功？
(2)为能完成空中动作,在过渡区最低点D 处,求该运动员受到的最小支持力.
答案 (1)3 150 J (2)7 300 N
解析 (1)从A 点到F 点,
由动能定理得mgh AF ＋W 人＝12
m v F 2 v F 最小应为54 km/h ＝15 m/s
则W 人＝12
m v F 2－mgh AF ＝3 150 J (2)从D 点到F 点,根据动能定理有
－mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝12m v F 2－12
m v D 2 其中v F 取最小为v F ＝54 km /h ＝15 m/s
在D 点,由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v D 2R
解得运动员在D 点受到的最小支持力F N ＝7 300 N.
4.(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图13所示,赛车从起点A 出发,沿水平直线轨道运动L 后,由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点,并能越过壕沟.已知赛车质量m ＝0.1 kg,通电后以额定功率P ＝1.5 W 工作,进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3 N,随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L ＝10.00 m,R ＝0.32 m,h ＝1.25 m,s ＝1.50 m.问：要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2)
图13
答案 2.53 s
解析 设赛车通过竖直圆轨道最高点的最小速度为v 1′,
在最高点,根据牛顿第二定律得mg ＝m v 1′2R
, 得v 1′＝gR
由B 至最高点,根据动能定理得：
－mg ·2R ＝12m v 1′2－12
m v 12 解得v 1＝4 m/s
为保证过最高点,到达B 点的速度至少为v 1＝4 m/s
若刚好能从C 点越过壕沟,根据h ＝12
gt 2得,
t ＝2h g
＝0.5 s 则平抛运动的初速度v 2＝s t
＝3 m/s 为保证越过壕沟,到达B 点的速度至少为v 2＝3 m/s<v 1
因此赛车到达B 点的速度至少为v ＝v 1＝4 m/s
从A 到B ,由动能定理得Pt －F f L ＝12
m v 2 解得t ≈2.53 s.
要使赛车完成比赛,电动机至少工作2.53 s.
考点3 机械能守恒定律
系统机械能守恒的应用
(1)判断方法
若系统只有动能和重力势能(或弹性势能)的相互转化,没有机械能与其他形式的能(如摩擦热)的相互转化,则系统机械能守恒.
(2)列方程
一般用转化式：ΔE k ＝－ΔE p 或转移式.
(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图14所示,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14
A.R 越大,v 0越大
B.m 越大,v 0越大
C.R 越大,小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大
D.m 越大,小球经过B 点后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,
在最高点,有mg ＝m v D 2
R
,得v D ＝gR , 由A →D ,由机械能守恒得12m v 02＝12
m v D 2＋2mgR , 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 点后瞬间,F N －mg ＝m v 02R
, 得轨道对小球的支持力F N ＝mg ＋m v 02R
＝6mg , 则F N 大小与R 无关,随m 增大而增大,C 错误,D 正确
.
如图15所示,一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ,两球质量均为m ,两球半径忽略不计,杆的长度为l .先将杆AB 竖直靠放在竖直墙上,轻轻振动小球B ,使小球B 在水平面上
由静止开始向右滑动.当小球A 沿墙下滑的距离为12
l 时,下列说法正确的是(不计一切摩擦)(
)
图15
A.小球A 和B 的速度都为12
gl B.小球A 和B 的速度都为12
3gl C.小球A 、B 的速度分别为123gl 和12
gl D.小球A 、B 的速度分别为12gl 和12
3gl 答案
C
解析 如图,
小球A 沿墙下滑的距离为l 2时,sin θ＝l
2l ＝12
,则θ＝30°,此时设小球A 向下的速度为v 1,小球B 水平向右的速度为v 2,则它们沿杆方向的分速度是相等的,即v 1sin 30°＝v 2cos 30°,得v 1＝3v 2,选
项A 、B 错误;又因为杆下滑时系统机械能守恒,故mgl ＝mg ·l 2＋12m v 12＋12m v 22,联立得v 1＝12
3gl ,v 2＝12
gl ,
选项C 正确,D 错误.
5.(多选)如图16所示,一轻质弹簧一端固定在水平面上通过O 点的转轴上,另一端与一质量为m
的小环相连.环可以沿与水平方向成30°角的光滑固定杆下滑,已知弹簧原长为L.现让环从O点的正上方距O点为L的A点由静止开始下滑,环刚好滑到与O点处于同一水平面上的B点时速度变为零.则小环在从A点下滑到B点的过程中()
图16
A.小环的机械能守恒
B.弹簧的弹性势能一直变大
C.弹簧的最大弹性势能为mgL
D.除A、B两点外,还有两处弹簧弹力做功的瞬时功率为零
答案CD
解析对小环而言,有弹簧弹力对其做功,故小环的机械能不守恒,故A错误;弹簧的长度先由原长缩短后伸长,又OB＝3L,故弹簧的弹性势能先增加后减小、再增加,故B错误;小环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统重力势能在减小,而在最低点时重力势能最小,动能为零,故此时弹簧的弹性势能最大,为mgL,故C正确;根据功的瞬时功率表达式P＝F v cos θ,要使得P为零,可能是F为零、v为零、或者cos θ为零,故除A、B两点外,还有两处弹簧弹力做功的瞬时功率为零,一处为弹力与速度垂直时,一处为弹力为零时,故D正确.
6.(多选)(2018·福建省龙岩市一模)如图17所示,足够长的光滑斜面固定在水平面上,轻质弹簧与A、B物块相连,A、C物块由跨过光滑定滑轮的轻绳连接.初始时刻,C在外力作用下静止,与C相连的绳子与斜面平行伸直且恰好无拉力,与A相连的绳子沿竖直方向.B放置在水平面上,A静止.现撤去外力,物块C开始沿斜面向下运动,当C运动到最低点时,B刚好离开地面.已知A、B的质量均为m,弹簧始终处于弹性限度内,滑轮质量不计,则在上述过程中()
图17
A.A、B、C三物块组成的系统机械能守恒
B.C的质量m C大于m
C.C的速度最大时,A加速度为零
D.C的速度最大时,弹簧恰好恢复原长
答案BCD
课时2能量观点与动力学观点的综合应用
考点1能量守恒与功能关系
力学中几种常见的功能关系
做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度,某种力做功一定对应特定的某种能量的变化,即它们是“一一对应”关系.
W G＝E p1－E p2
W弹＝E p1－E p2
W合(或W总)＝E k2－E k1
W其他＝E2－E1(除重力或弹簧弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化)
||
W f总＝ΔQ(摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量)
(多选)(2018·山东省泰安市上学期期中)一物体在竖直方向的升降机中,由静止开始竖直向上做直线运动,运动过程中小球的机械能E与其上升高度h的关系图象如图1所示,其中0～h1过程的图线为曲线,h1～h2过程中的图线为直线.下列说法正确的是()
图1
A.0～h1过程中,升降机对小球的支持力一定做正功
B.0～h1过程中,小球的动能一定在增加
C.h1～h2过程中,小球的动能可能不变
D.h1～h2过程中,小球重力势能可能不变
答案AC
解析设小球所受支持力大小为F,由功能关系得Fh＝E,所以E－h图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小,由题图知机械能增大,所以升降机对小球的支持力做正功,在0～h1过程中切线斜率的绝对值逐渐减小,故在0～h1内小球所受的支持力逐渐减小,所以0～h1过程中先加速运动,当支持力减小后,可能继续加速,也可能减速,A正确,B错误;由于小球在h1～h2过程中E－h图线的斜率不变,所以小球所受的支持力保持不变,故物体可能做匀速运动,动能不变,但高度增大,故小球的重力势能增大,C正确,D错误.
如图2所示,图甲为水平传送带,图乙为倾斜传送带,两者长度相同,均沿顺时针方向转动,转动速度大小相等,将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的A端,两物块均由静止开始做匀加速运动,到B端时均恰好与传送带速度相同,则下列说法正确的是()
图2
A.图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间
B.图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等
C.图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量
D.图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量
答案 D
解析 设传送带长度为L ,速度为v ,根据L ＝v 2
t ,知t ＝2L v ,L 、v 相等,所以时间t 相等,故A 错误; 物块与传送带间的相对位移Δx ＝v t －L ＝v t 2,可知相对位移大小相等,由a ＝v t
,知加速度大小相等.根据牛顿第二定律得：题图甲中有F f1＝ma ,题图乙中有F f2－mg sin α＝ma ,可得F f1<F f2,摩擦生热Q ＝F f Δx ,所以题图乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大,故B 错误;
题图甲中只有摩擦力对物块做功,由动能定理知,传送带对物块做的功等于物块动能的增加量.题图乙中传送带、重力都对物块做功,且重力做负功,由动能定理知,题图乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量,故C 错误;根据功能关系可知,题图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量,故D 正确.
1.(多选)(2018·河北省五校联盟摸底)如图3所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同,顶角b 处安装一定滑轮.质量分别为M 、m (M >m )的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图3
A.两滑块组成的系统机械能守恒
B.轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加
C.重力对M 做的功等于M 动能的增加
D.两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功
答案 BD
2.(多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图4所示,一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,运动方向与水平方向成53°角,运动员的加速度大小
为3g 4
.已知运动员(包含装备)的质量为m ,则在运动员下落高度为h 的过程中,下列说法正确的是( )
图4
A.运动员重力势能的减少量为35
mgh B.运动员动能的增加量为34
mgh C.运动员动能的增加量为1516
mgh D.运动员的机械能减少了116
mgh 答案 CD
解析 运动员下落的高度是h ,则重力做功：W ＝mgh ,所以运动员重力势能的减少量为mgh ,故
A 错误;运动员下落的高度是h ,则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54
h ,运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ,动能的增加量等于合外力做的功,即：ΔE k ＝W 合＝34mg ×54h ＝1516
mgh ,故B 错误,C 正确;运动员重力势能的减少量为mgh ,动能的增加量为
1516mgh ,所以运动员的机械能减少了116
mgh ,故D 正确.
3.(2018·闽粤期末大联考)如图5所示,水平桌面上的轻弹簧一端固定,另一端与小物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未画出),物块的质量为m ,AB ＝a ,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止开始向左运动,经O 点到达B 点时速度为零.重力加速度为g .则上述过程中( )
图5
A.物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于W －12
μmga B.物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W －32
μmga C.撤去拉力后,经O 点时,物块的动能等于W －μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
答案 B
解析 如果没有摩擦力,则O 点应该在AB 的中点,由于有摩擦力,物块从A 到B 过程中有机械
能损失,故OA >a 2
.设物块在A 点时弹簧的弹性势能为E p ,物块从O 点运动到A 点的过程,由能量守恒定律得：W ＝E p ＋μmg ·OA ,则得E p ＝W －μmg ·OA <W －12
μmga ,故A 错误;由A 项分析得物块从开始运动到B 点,路程大于a ＋a 2＝3a 2,故整个过程物块克服摩擦力做的功大于32
μmga ,故物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W －32
μmga ,故B 正确;从O 点开始到再次到达O 点,物块路程大于a ,故由动能定理得,经O 点时物块的动能小于W －μmga ,故C 错误;物块动能最大时,弹力等于摩擦力,而在B 点弹力与摩擦力的大小关系未知,故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B 点时弹簧压缩量大小未知,故此两位置弹性势能大小关系无法判断,故D 错误.
4.(2018·山西省三区八校二模)如图6所示,质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连,然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑固定斜面上,其中B 置于斜面底端的挡板上,设斜面的倾角为θ,弹簧的劲度系数为k .现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 沿斜面由静止开始向上运动,当木块B 恰好对挡板的压力为零时,木块A 在斜面上运动的速度为v ,则下列说法正确的是( )
图6
A.此时弹簧的弹力大小为m 1g sin θ
B.拉力F 在该过程中对木块A 做的功为F (m 1＋m 2)g sin θk。