优化方案高考物理浙江专用二轮专题复习课件:第一部分专题二 功与能第3讲
(浙江选考)高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案
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图3
2 / 21
A.库仑定律 B.欧姆定律 C.电荷守恒定律 D.能量守恒定律
答案 D
4. ( 人教版必修 2P66 第 2 题改编 ) 如图 4 所示,质量为 m的足球在水平地面的位置 1 被踢出 后落到水平地面的位置 3,在空中达到的最高点 ( 位置 2) 的高度为 h,已知重力加速度为 g.
考点三 动能定理的应用
1.(2016 ·浙江 10 月学考· 20) 如图 11 甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道
上运行,可抽象为图乙所示的模型.倾角为
45°的直轨道 AB、半径 R= 10 m 的光滑竖直圆
轨道和倾角为 37°的直轨道 EF. 分别通过水平光滑衔接轨道 BC、 C′ E 平滑连接,另有水平
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1 400×10×60× 5×60 W= 800 W,但伸缩臂具有一定质量,发动机输出功率应大于
800 W,
故选项 D 错误.在 1 s 内,喷出去水的质量为 m′ = ρV= 103× 3 kg= 50 kg ,喷出去水的 60
重力势能为
Ep= m′ gh= 50×10×60 J = 3×104 J ,水的动能为
没有关系,选项 D错误.
5. ( 人教版必修 2P67、 P68、 P75、P80 插图改编 ) 如图 5 所示的几个运动过程中,物体的弹
性势能增大的是 ( )
图5 A.如图甲,撑杆跳高的运动员上升过程中,杆的弹性势能
B.如图乙,人拉长弹簧过程中,弹簧的弹性势能 C.如图丙,模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中,橡皮筋的弹性势能
减速直轨道 FG与 EF平滑连接, EG间的水平距离 l = 40 m.现有质量 m=500 kg 的过山车,
从高 h= 40 m 处的 A点静止下滑,经 BCDC′EF 最终停在 G点.过山车与轨道 AB、 EF间的动
【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第1讲 功、功率与动能定理课件
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[解析] (1)由题意知小球到 A 点的速度 vA 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: v0=vx=vAcos θ=2 m/s. (2)小球由 P 至 A 的过程由动能定理得: 1 2 1 2 mgh= mvA- mv0 2 2 解得:h=0.6 m.
以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目.
专题二
功与能
第1讲 功、功率与动能定理
热点一 命题规律
功和功率的计算
在历年的高考中,很少出现简单、单独考查功和
功率的计算,一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合 问题中一起考查,并且对于功和功率的考查一般以选择题形 式出现,题目难度以中档题为主.
1.(2015· 西安一模)质量为m=2 kg的物体沿水 平 面 向右做 直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所 示,此后物体的v-t图象如图乙所示,取水平向右 为 正 方 向,g取10 m/s2,则( ) CD
(1)小球做平抛运动的初速度v0. (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.
[突破点拨] (1)“恰好从光滑圆弧 ABC 的 A 点的切线方向进入圆弧”说明 vA 与水平方向成________角. (2)小球由 P 至 A 过程满足的动能定理方程为 _______________________. (3)小球在 C 点的速度可由 A 点到 C 点的过程中________方程 求出,在 C 点由____________求解轨道对小球的支持力,再由 ____________求小球在 C 点时对轨道的压力.
[答案] (1)arctan 0.05
(2)0.8
(3)1.9 m
3.(201ห้องสมุดไป่ตู้· 高考海南卷)如图,一半径为 R 的半圆 形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下,滑到 最低点 Q 时,对轨道的正压力为 2mg,重力加 速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中,克服摩擦力所做的 功为( C ) 1 A. mgR 4 1 C. mgR 2 1 B. mgR 3 π D. mgR 4
南方新课堂高考物理二轮复习提升第一部分专题二第3讲动量与能量综合应用课件
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解:(1)设木块和物体 P 的共同速度为 v,两物体从开始到 第一次达到共同速度的过程,由动量和能量守恒得
mv0=(m+2m)v 21mv20=21(m+2m)v2+mgh+fL 联立解得 f=mv203-L3gh.
2.(2012 年广州一模)如图2-3-8所示,木板 A 静止在光 滑水平面上,其左端与固定台阶相距 x.与滑块 B(可视为质点) 相连的细线一端固定在 O 点.水平拉直细线并给 B 一个竖直向 下的初速度,当 B 到达最低点时,细线恰好被拉断,B 从 A 右 端的上表面水平滑入.A 与台阶碰撞无机械能损失,不计空气 阻力.
mv1+mv1′=mv0
③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的
动能损失为Δ2E,由能量守恒得
21mv21+21mv1′2=12mv20-Δ2E
④
联立①②③④式,且考虑到 v1 必须大于 v1′,得
v1=12+ 63v0
⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为
v2,由动量守恒得
(2)设子弹击中物块前的速度为 v,则由动量守恒定律得 mv=(M+m)vB 解得 v=600 m/s. (3)根据能的转化和守恒定律得 ΔE=12mv2-12(M+m)v2B 代入数据解得 ΔE=1 782 J.
子弹打木块和滑块在木板上滑动模型——滑动摩擦力 做功,系统动能转化为内能
【例2】(2011年全国卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样 质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对以下简化模型的计算 可以粗略说明其原因.
2mv2=mv1
⑥
损失的动能为 ΔE′=12mv21-12×2mv22
优化方案高考物理总复习(人教浙江专用)(课件)第3章第二节
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即时应用(即时突破,小试牛刀) 2.如图3-2-2所示,在光滑水平面上有一辆小车A, 其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体B,其质 量为mB=1.0 kg.如图甲所示,给B一个水平推力F, 当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动.如 果撤去F,对A施加一水平推力F′,如图乙所示.要 使A、B不相对滑动,求F′的最大值Fm.
因果性
同一性
独立性
2.关于瞬时加速度的两类模型 分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分 析该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛 顿第二定律求出瞬时加速度.此类问题应注意 两种基本模型的建立. (1)刚性绳(或接触面):一种不发生明显形变就 能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,弹力立 即改变或消失,不需要形变恢复时间,一般题 目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说 明时,均可按此模型处理.
(3)选取正方向或建立坐标系.通常以加速度的方向
为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向.
(4)求合外力F合.
(5)根据牛顿第二定律F合=ma列方程求解,必要时
还要对结果进行讨论.
特别提醒:(1)物体的运动情况是由所受的
力及物体运动的初始状态共同决定的.
(2)无论是哪种情况,加速度都是联系力和
运动的“桥梁”.
(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解,通
常先用表示物理量的符号运算,解出所求物
理量的表达式,然后将已知物理量的数值及
单位代入,通过运算求结果.
3.应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象.根据问题的需要和解题的 方便,选出被研究的物体.
(2)分析物体的受力情况和运动情况.画好受力分析
图,明确物体的运动性质和运动过程.
图 3- 2- 2
优化方案高考物理浙江专用二轮专题复习课件:第一部分专题六 自选模块第1讲
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专题六 自选模块
2.能量特征 振动的能量与___振__幅____有关,随___振__幅___的增大而增大. 振动系统的动能和势能相互转化,总机械能守恒. 3.周期性 做简谐运动的物体,其位移、回复力、加速度、速度都随时 间按“正弦”或“余弦”的规律变化,它们的周期T均相 同.其位移随时间变化的表达式为:x=___A_s_in_(_ω_t_+__φ_)__或x =___A_c_o_s_(_ω_t_+__φ_)___ (注意动能和势能的变化周期为T/2).
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专题六 自选模块
热点一 对振动和波动的考查 命题规律 振动与波动的问题是近几年高考的重点和热点,分 析近几年高考命题,命题规律主要有以下几点: (1)以选择题的形式考查,一般考查波动图象和振动图象的相互 转换与判断.(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及 波速、频率等.(3)波的多解问题.(4)振动方程 2014 年和 2015 年连续考查.
间是(单选)( C ) A.0.5 s
B.0.75 s
C.1.0 s
D.1.5 s
栏目 导引
专题六 自选模块
(2)(2015·高考浙江卷)某个质点的简谐运动图象如图所示,求振 动的振幅和周期.
[解析] (1)由振动周期 T=3.0 s、ω=2Tπ、A=20 cm 知,游
船做简谐运动的振动方程 x=Asin ωt=20sin 23πt(cm).在一
Δx=nλ(n=0,1,2,…),振动加强 同,则Δx=nλ+2λ(n=0,1,2,…),振动减弱
栏目 导引
专题六 自选模块
③加强区始终加强,减弱区始终减弱.加强区的振幅A=A1 +A2,减弱区的振幅A=|A1-A2|. ④若两波源的振动情况相反,则加强区、减弱区的条件与上 述相反. (3)波的衍射 ①波绕过障碍物的现象叫做波的衍射. ②能够发生明显的衍射现象的条件是:障碍物或孔的尺寸比 波长__小_____,或者__跟__波__长__相__差__不__多_______.
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第3讲 动力学和功能观点的应用课件
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1.(2015·浙江宁波高三二模)自由式 滑雪空中技巧是一项有极大观赏性 的运动,其场地由①出发区、②助滑 区、③过渡区、④高度 h=4 m 的跳 台组成.其中过渡区的 CDE 部分是半径为 R=4 m 的圆弧,D 是最低点,∠DOE=60°,如图所示.比赛时运动员从 A 点由 静止出发进入助滑区,经过渡区后,沿跳台的斜坡匀减速上滑, 至跳台的 F 处飞出表演空中动作.
[解析]
(1)由
v
=x可得 t
v
1∶
v
2=2∶3
由运动学公式有 AB =12a1t21, EF =vEt2-12a2t22
因不计阻力,则有 vB=vE=a1t1
联立各式解得 a1∶a2=2∶3.
(2)在
EF 段,有
EF
= sin
6h0°=83 3
m,
a2=gsin 60°=5 3 m/s2
在 AB 段,有 AB =2EF=163 3 m,
[答案]
(1)0.25
(2)1.81 s 或3(
2+1)
4
s
(3)60.40 N
12.80 N
[总结提升] 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用.在 分析过程中应注意:不同的加速度对应不同的运动过程,应该 列出不同的牛顿定律和运动学方程.加速度变了,方程应随之 改变,同时应抓住前后过程转折点的速度,列出联系方程.
[突破点拨] (1)运动员在②、④两段做________运动,由公式__________去 解题. (2)运动员在 D 点时,________和________的合力充当向心力. (3)运动员成功完成空中动作,助滑过程消耗最小体能的原因是 _______________________________________________________ _________________.
2020浙江高考物理二轮讲义:专题二第一讲 功、功率和动能定理
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第一讲 功、功率和动能定理知识内容考试要求备考指津1.追寻守恒量——能量b2.功c3.功率c4.重力势能c5.弹性势能b6.动能和动能定理d1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解,一般以选择题的形式出现.2.动能定理是高考考查的重点,考查形式有选择题,也有计算题.计算题中单纯考查动能定理的题目较少,往往与其他知识综合在一起考查. 功的理解与计算 【题组过关】1.(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备,常见于主题游乐园中.游客们在一定安全装置的束缚下,沿着设计好的水道漂行.其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落.图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行,在此过程中下列说法正确的是( )A .合力对游客做负功B .皮筏艇对游客不做功C .重力对游客做正功D .游客的机械能增加解析:选C.加速下滑,合力沿斜坡向下,合力做正功,选项A 错误,重力做正功,选项C 正确;皮筏艇对游客的摩擦力做负功,机械能减少,选项B 、D 错误.2.一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 F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功,W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )A .W F 2>4W F 1,W f 2>2W f 1B .W F 2>4W F 1,W f 2=2W f 1C .W F 2<4W F 1,W f 2=2W f 1D .W F 2<4W F 1,W f 2<2W f 1解析:选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1=∶=2∶1,位移之比2vt vt l 2∶l 1=t ∶t =2∶1,摩擦力之比f 2∶f 1=1∶1,由牛顿第二定律得F -f =ma ,则拉力之比2v2v2F 2∶F 1=(ma 2+f )∶(ma 1+f )<2,做功之比W F 2∶W F 1=(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4,W f 2∶W f 1=(-f 2·l 2)∶(-f 1·l 1)=2∶1,故C 正确.3.(多选)(2019·宁波模拟)如图所示,摆球质量为m ,悬线长为L ,把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变,则下列说法正确的是( )A .重力做功为mgLB .悬线的拉力做功为零C .空气阻力F 阻做功为-mgLD .空气阻力F 阻做功为-F 阻πL12解析:选ABD.由重力做功特点得重力做功为:W G =mgL ,A 正确;悬线的拉力始终与v 垂直,不做功,B 正确;由微元法可求得空气阻力做功为:W F 阻=-F 阻πL ,D 正确.121.功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断:依据力与位移的夹角来判断.(2)曲线运动中做功的判断:依据F 与v 的方向夹角α来判断,0≤α<90°,力对物体做正功;90°<α≤180°,力对物体做负功;α=90°,力对物体不做功. (3)依据能量变化来判断:功是能量转化的量度,若有能量转化,则必有力对物体做功.此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况.2.求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W =ΔE k 或功能关系W =ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ,即等量替换的物理思想.(2)当变力的功率P 一定时,可用W =Pt 求功,如机车以恒定功率启动.(3)当变力方向不变,大小与位移成正比时,可用力对位移的平均值F =(F 初+F 末)来计12算.(4)当变力大小不变,方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时,功可用力与路程的乘积计算.(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功.注意x 轴上、下两侧分别表示正、负功. 对功率的理解与计算 【重难提炼】1.平均功率的计算(1)利用P =.Wt (2)利用P =F ·v cos α,其中v 为物体运动的平均速度,F 为恒力.2.瞬时功率的计算(1)利用公式P =F ·v cos α,其中v 为t 时刻的瞬时速度.(2)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)P =F v ·v ,其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力. 对于α变化的不能用公式P =F v cos α计算平均功率.3.两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P -t 图和v -t 图OA 段过程分析v ↑⇒F =↓⇒a =P (不变)v↓F -F 阻m a =不变⇒ F 不变,F -F 阻m v ↑⇒P =F v ↑直到P 额=F v 1OA 段运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动,维持时间t 0=v 1aAB 段过程分析F =F 阻⇒a =0⇒F 阻=Pv mv ↑⇒F =↓⇒a =P 额v F -F 阻m↓运动性质以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段无F =F 阻⇒a =0⇒以v m =做P 额F 阻匀速直线运动 某汽车发动机的额定功率为60 kW ,汽车质量为5 t ,汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动,则汽车所能达到的最大速度是多少?当汽车速度达到5 m/s 时,其加速度是多少?(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动,则其匀加速过程能维持多长时间?[审题突破] (1)达到最大速度时,汽车处于什么状态?(2)v =5 m/s 时,牵引力多大?(3)以加速度0.5 m/s 2启动时,牵引力多大?此阶段能达到的最大速度为多少?[解析] (1)当汽车的加速度为零时,汽车的速度v 达到最大值v m ,此时牵引力与阻力相等,故最大速度为v m === m/s =12 m/s PF PF f 60×1030.1×5 000×10v =5 m/s 时的牵引力F 1==N =1.2×104 N ,P v 60×1035由F 1-F f =ma 得:a =F 1-F fm=m/s 2=1.4 m/s 2.1.2×104-0.1×5×103×105×103(2)当汽车以a ′=0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2=ma ′+F f =(5 000×0.5+0.1×5×103×10) N =7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ==m/s =8 m/sPF 260×1037 500由于此过程中汽车做匀加速直线运动,满足v ′m =a ′t故匀加速过程能维持的时间t == s =16 s.v ′ma ′80.5[答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2 (2)16 s【题组过关】考向一 平均功率与瞬时功率1.(2019·杭州二模)质量为m 的物体静止在光滑水平面上,从t =0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F 与时间t 的关系如图所示,力的方向保持不变,则( )A .3t 0时刻的瞬时功率为B .3t 0时刻的瞬时功率为C .在0~3t 0这段时间内,水平力的平均功率为D .在0~3t 0这段时间内,水平力的平均功率为解析:选B.2t 0时刻的速度大小v 2=a 1·2t 0=t 0,3t 0时刻的速度大小为v 3=v 2+a 2t 0=2F 0m ·2t 0+t 0=,3t 0时刻力F =3F 0,所以瞬时功率P =3F 0·v 3=,选项A 错误,F 0m 3F 0m 5F 0t 0m B 正确;0~3t 0时间段内,水平力对物体做功W =F 0x 1+3F 0x 2=F 0×·(2t 0)2+3F 0·12F 0m t 0=,平均功率P ==,选项C 、D 均错误.v 2+v 32Wt 考向二 以恒定功率启动方式的求解2.某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍,最大速率分别为v 1和v 2,则( )A .v 2=k 1v 1 B .v 2=v 1k 1k 2C .v 2=v 1D .v 2=k 2v 1k 2k 1解析:选B.车以最大速率行驶时,牵引力F 等于阻力F f ,即F =F f =kmg .由P =k 1mg v 1及P =k 2mg v 2,得v 2=v 1,故B 正确.k 1k 2考向三 以恒定牵引力启动方式的求解3.(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动,最后做匀速直线运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,其中正确的是( )解析:选ACD.从静止开始匀加速启动,由公式P =F v 及题意知,当力恒定时,随着速度的增加功率P 增大,当P =P 额时,功率不再增加,此时,牵引力F 大于阻力f ,速度继续增加,牵引力减小,此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动,当F =f 时,速度达最大,做匀速直线运动.由以上分析知,B 错误,A 、C 、D 正确.4.某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车,燃油发动机单独工作时的额定功率为P ,蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为,已知赛车运动过程中受3P4到的阻力恒定.(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ,则两台发动机同时工作时的最大速度为多少?(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动,经过t 1时间达到额定功率,然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速,又经过t 2时间达到最大速度v 0,赛车总质量为m ,求赛车的整个加速距离.解析:(1)燃油发动机单独工作,P =F 1v 1=f v 1两台发动机同时工作,P +=F 2v 2=f v 23P4最大速度v 2==210 km/h.7v 14(2)燃油发动机的额定功率为P ,最大速度为v 0,阻力f =Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加,发动机的平均功率为,设总路程为s ,由动能定理3P8有t 1+Pt 2-fs =m v 3P81220解得s =.答案:(1)210 km/h (2)1.计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率,然后明确所用公式.(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时,若F 大小不变,根据F 与v 的夹角的变化,由P =F ·v cos θ判断, 若F 的大小和F 、v 夹角均变化时,可先把F 做功转换成其他恒力做功,然后再判断.2.机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m ==(式中F min 为最小牵引力,其值等于阻力F 阻).PF min PF 阻(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v =<v m =.PF PF 阻(3)机车以恒定功率运动时,牵引力做的功W =Pt .由动能定理: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大小. 动能定理的应用 【重难提炼】 (多选)如图,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 <.在小球从M 点运动到N 点的过程中,( )π2A .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[解析] 小球在从M 点运动到N 点的过程中,弹簧的压缩量先增大,后减小,到某一位置时,弹簧处于原长,再继续向下运动到N 点的过程中,弹簧又伸长.弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°,再小于90°,最后又大于90°,因此弹力先做负功,再做正功,最后又做负功,A 项错误;弹簧与杆垂直时,小球的加速度等于重力加速度,当弹簧的弹力为零时,小球的加速度也等于重力加速度,B 项正确;弹簧长度最短时,弹力与小球的速度方向垂直,这时弹力对小球做功的功率为零,C 项正确;由于在M 、N 两点处,弹簧的弹力大小相等,即弹簧的形变量相等,根据动能定理可知,小球从M 点到N 点的过程中,弹簧的弹力做功为零,重力做功等于动能的增量,即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差,D 项正确.[答案] BCD【题组过关】考向一 运用动能定理求变力做功1.如图所示, 在外力作用下某质点运动的v -t 图象为正弦曲线.从图中可以判断( )A .在0~t 1时间内,外力做负功B .在0~t 1时间内,外力的功率逐渐增大C .在t 2时刻,外力的功率最大D .在t 1~t 3时间内,外力做的总功为零解析:选D.由动能定理可知,在0~t 1时间内质点速度越来越大,动能越来越大,外力一定做正功,故A 项错误;在t 1~t 3时间内,动能变化量为零,可以判定外力做的总功为零,故D 项正确;由P =F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零,故B 、C 都错误.2.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 =mgR ,质点恰好可以到达Q 点12B .W >mgR ,质点不能到达Q 点12C .W =mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离12D .W <mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离12解析:选C.设质点到达N 点的速度为v N ,在N 点质点受到轨道的弹力为F N ,则F N -mg =,已知F N =F ′N =4mg ,则质点到达N 点的动能为E k N =m v =mgR .质点由122N32开始至N 点的过程,由动能定理得mg ·2R +W f =E k N -0,解得摩擦力做的功为W f =-mgR ,即克服摩擦力做的功为W =-W f =mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功1212为W ′,则W ′<W .从N 到Q 的过程,由动能定理得-mgR -W ′=m v -m v ,即122Q 122N mgR -W ′=m v ,故质点到达Q 点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C 正确.12122Q 考向二 运用动能定理解决往复运动问题3.如图所示,质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l 0,滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑,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.1μB.1μC.2μD.1μ解析:选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,因此滑块最终必定停在挡板 P 处.设滑块经过的总路程为l ,对滑块运动的全过程应用动能定理,有mgl 0sinθ-μmgl cos θ= 0 - m v ,解得l =,选项A 正确.12201μ考向三 运用动能定理解决曲线运动问题4.(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图(2)的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接,倾斜轨道BC 的B 端高度h =24 m ,倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点,圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上,DO 1的距离L =20 m .质量m =1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍.已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数μ=,EF 段摩擦力不计,整个运动过程空132气阻力不计.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2)(1)求过山车过F 点时的速度大小.(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功.(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?解析:(1)在F 点的向心力F 向=mg -0.25mg =m ,代入已知数据可知v F =3 m/s.10(2)根据动能定理,从B 点到F 点,有m v -0=mgh BF +W 正122F 解得W 正=-7.5×104 J.(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1-F f1L cos θ-mgr cos θ=0-m v 122D 未触发制动时,对D 点到F 点的过程,有-μmg cos θL cos θ-mgr =m v -m v 122F122D 联立得F f1=×103 N =4.6×103 N 7316要使过山车停在倾斜轨道上,摩擦力为F f2F f2=mg sin θ=6×103 N 故F fm =6×103 N.答案:见解析1.动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的,但也适用于变力做功、曲线运动的情况.2.当问题涉及力、位移(或路程)、速度,而不涉及加速度和时间时,可优先考虑利用动能定理分析问题.3.对于多过程问题,求解时可对全过程应用动能定理,从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析,具有过程简明、运算量小等优点.4.应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负.5.应用动能定理解题的基本思路[课后作业(八)](建议用时:50分钟)一、选择题1.(2017·浙江选考11月)如图所示,质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒.已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6m .若她在1 min 内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4m ,则克服重力做的功和相应的功率约为( )A .430 J ,7 W B .4 300 J ,70 WC .720 J ,12 WD .7 200 J ,120 W解析:选B.根据相似三角形,每次俯卧撑中,重心变化的高度=,即h 0.4 m 0.90.9+0.6h =0.24 m .一次俯卧撑中,克服重力做功W =mgh =60×10×0.24 J =144 J ,所以一分钟内克服重力做功为W 总=nW =4 320 J ,功率P ==72 W ,故选项B 正确.W 总t 2.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( )A .4倍 B .2倍C. 倍 D. 倍32解析:选D.设F f =k v ,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有P =F v =F f v =k v ·v =k v 2,变化后有2P =F ′v ′=k v ′·v ′=k v ′2,联立解得v ′=v ,D 正2确.3.(2017·浙江选考11月)如图所示是具有登高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置.此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m 3/min ,水离开炮口时的速率为20 m/s ,则用于( )A .水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB .水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC .水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD .伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W解析:选B.登高平台克服重力做功的功率P == W =800 W ,而伸mgh t 400×10×605×60缩臂具有一定质量,升高了一定高度输出功率大于800 W ,选项D 错误;在1秒钟内,喷出去水的质量为m ′=ρV =103× kg =50 kg ,喷出去水的重力势能为W G =m ′gh =50×10×60120J =3×104 J ,水的动能为m ′v 2=1×104 J ,所以1 s 内水增加的能量为4×104 J ,所以功率12为4×104 W ,选项B 正确,选项A 、C 错误.4.(2019·温州月考)如图所示,一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下,到达最低点B 时,它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ,则质点自A 滑到B 的过程中,摩擦力对其所做的功为( )A.R (F N -3mg )B.R (2mg -F N )1212C.R (F N -mg )D.R (F N -2mg )1212解析:选A.质点在B 点,由牛顿第二定律,有:F N -mg =m ,质点在B 点的动能为v 2R E k B =m v 2=(F N -mg )R .质点自A 滑到B 的过程中,由动能定理得:mgR +W f =E k B -0,解1212得:W f =R (F N -3mg ),选项A 正确,B 、C 、D 错误.125.水平面上一质量为m 的物体,在水平力F 作用下开始加速运动,如图甲所示,力F 的功率P 保持恒定,运动过程所受的阻力f 大小不变,物体速度最终达到稳定值v m ,F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示,仅在已知功率P 的情况下,根据图象所给的信息( )A .可求出m 、f 、v mB .不能求出mC .不能求出fD .可求出加速运动时间解析:选A.当加速度为零时,物体做匀速运动,此时牵引力等于阻力,速度为最大值;由功率的计算公式可得P =F v ,而F -f =ma ,联立可得=a +,由题图乙可得图线的斜1v m P f P 率为,纵截距为=,因此可求出m 、f 和v m ,选项A 正确,B 、C 错误;物体做变加速m P f P 1v m 运动,加速运动的时间不可求,选项D 错误.6.质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行,在向上滑行的过程中,其动能随位移的变化关系如图所示,则物体返回到出发点时的动能为(取g =10 m/s 2) ( )A .34 JB .56 JC .92 JD .196 J解析:选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功,由动能定理得-mgx ·sin30°-F f x =0-E 0,下滑的过程中重力做正功,摩擦力做负功,得mgx ·sin 30°-F f x =E -0,代入数据得E =34 J ,故选A.7.如图甲所示,轻质弹簧上端固定,下端悬挂一个质量m =0.5 kg 的物块,处于静止状态.以物块所在处为原点,以竖直向下为正方向建立x 轴,重力加速度g =10 m/s 2.现对物块施加竖直向下的拉力F ,F 随x 变化的情况如图乙所示.若物块运动到x =0.4 m 处速度为零,则在物块下移0.4 m 的过程中,弹簧弹性势能的增加量为( )A .5.5 JB .3.5 JC .2.0 JD .1.5 J解析:选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m 的过程中,拉力F 做的功W =3.5 J ,重力势能减少量mgx =2 J ,由功能关系,弹簧弹性势能的增加量ΔE p =W +mgx =5.5 J ,选项A 正确.8.如图所示,细线的一端固定于O 点,另一端系一小球.在水平拉力F 的作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点.在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A .逐渐增大B .逐渐减小C .先增大,后减小D .先减小,后增大解析:选A.因小球速率不变,所以小球以O 点为圆心做匀速圆周运动,受力如图所示,因此在切线方向上应有:mg sin θ=F cos θ,得F =mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P =F ·v cos θ=mg v ·sin θ.从A 运动到B 的过程中,拉力的瞬时功率随θ的增大而增大,A 项正确.9.(2018·浙江选考4月)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A 、B 处,A 、B 两点水平距离为16 m ,竖直距离为2 m ,A 、B 间绳长为20 m .质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A 处滑到B 处.以A 点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A .-1.2×103 JB .-7.5×102 JC .-6.0×102 JD .-2.0×102J解析:选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小,∠BCF =∠ECF =θ,所以L BC ·sinθ+L AC ·sin θ=BD ,所以sin θ==,即θ=53°.AD =2 m ,则ED =AD ·tan 53°=BD LAB 4583m ,所以FE = m .FC ∶AD =FE ∶ED ,得FC =5 m ,所以AC 高度差为7 m ,再加上猴子203自身高度,重心距套环约为0.5 m ,故猴子重力势能最小约为E p =-mgh =-750 J ,故选项B 正确.10.(多选)汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动,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,其中正确的是( )解析:选ACD.汽车启动时由P =F v 和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,速度和功率均匀增大,当功率增大到额定功率后保持不变,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A 、C 、D 正确,B 错误.二、非选择题11.如图所示,竖直向上拉动细绳,使质量m =1 kg 的物体从静止开始以5m/s 2的加速度上升,不计滑轮及绳子的质量和摩擦,则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大?拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大?(g 取10 m/s 2)解析:对物体受力分析,由牛顿第二定律得:2F -mg =ma ,由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h =at 2,v =at .12根据动滑轮的特点以及功的定义可得,在1 s 内力F 做的功为W =F ·2h .1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P =F ·2v联立上述方程,代入数据可得:W =37.5 J ,P =75 W.答案:37.5 J 75 W12.(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象.现利用这架照相机对MD -2 000家用汽车的加速性能进行研究,如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片,图中汽车的实际长度为4 m ,照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg ,额定功率为90 kW ,汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.(1)试利用图示,求该汽车的加速度.(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动,匀加速运动状态最多能保持多长时间.(3)汽车所能达到的最大速度是多大.(4)若该汽车从静止开始运动,牵引力不超过3 000 N ,求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度).解析:(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1=9 m ,第2个2 s 时间内的位移x 2=15 m汽车的加速度a ==1.5 m/s 2.ΔxT 2(2)由F -F f =ma 得,汽车牵引力F =F f +ma =(1 500+1 000×1.5) N =3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v == m/s =30 m/sP 额F 90×1033×103匀加速运动保持的时间t 1== s =20 s.v a 301.5(3)汽车所能达到的最大速度v m == m/s =60 m/s.P 额F f 90×1031.5×103(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1=20 s ,运动的距离x ′1==×20 m =300 mvt 12302所以,后阶段以恒定功率运动的距离x ′2=(2 400-300) m =2 100 m对后阶段以恒定功率运动,有P 额t 2-F f x ′2=m (v -v 2)122m解得t 2=50 s所以,所用最短时间为t 总=t 1+t 2=(20+50) s =70 s.答案:(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s13.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内,一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切,BC 为圆弧轨道的直径,O 为圆心,OA 和OB 之间的夹角为α,sinα=.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动,经A 点沿圆弧轨道通过C 点,落至水平轨道;35在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小;(2)小球到达A 点时动量的大小;(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间.解析:(1)设水平恒力的大小为F 0,小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有=tan α①F 0mg F 2=(mg )2+F ②20设小球到达C 点时的速度大小为v ,由牛顿第二定律得F =m ③v 2R 由①②③式和题给数据得F 0=mg ④34v =.⑤5gR2(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1,作CD ⊥PA ,交PA 于D 点,由几何关系得DA =R sin α⑥CD =R (1+cos α)⑦由动能定理有-mg ·CD -F 0·DA =m v 2-m v ⑧121221由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在A 点的动量大小为p =m v 1=.⑨m 23gR2(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥,从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t +gt 2=CD ⑩12v ⊥=v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t = .⑫355Rg 答案:见解析。
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,Ek= K -
tan θ
K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至
底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmgsin θ=
ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重
①全程最大速度的临界点满足条件为:Ff=
P额 vm
;
②匀加速运动达最大速度时满足的条件为
P v1
Ff
=ma,此时瞬时功率等于额定
功率PHale Waihona Puke ;③在匀加速过程中的某点,有:
P1 v
Ff
=ma;
④在变加速运动过程中的某点,有:
P额 v2
Ff
=ma'。
3.动能定理:W总=Ek2-Ek1=
。 1
2
mv
2 2
答案 AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩
擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则
对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙
在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲
解析 设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=
tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定
理mg· h -μmg sin θ· h =
tan θ
sin θ
1 2
mv2=Ek,联立解得v=
2gh 2gh tan θ tan θ
优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题二功与能综合检测
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专题二综合检测一、单项选择题1.(2015·新余一模)如图所示是质量为1 kg 的质点在水平面上做直线运动的v -t 图象.以下判断正确的是( )A .在t =1 s 时,质点的加速度为零B .在4~6 s 时间内,质点的平均速度为2 m/sC .在0~3 s 时间内,合力对质点做功为10 JD .在3~7 s 时间内,合力做功的平均功率为2 W 答案:D2.(2015·绍兴模拟)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C ,质量相等的两木块A 、B 用一劲度系数为k 的轻弹簧相连,系统处于静止状态,弹簧压缩量为l .如果用平行斜面向上的恒力F (F =m A g )拉A ,当A 向上运动一段距离x 后撤去F ,A 运动到最高处时,B 刚好不离开C ,重力加速度为g ,则下列说法正确的是( )A .A 沿斜面上升的初始加速度大小为g2B .A 上升的竖直高度最大为2lC .拉力F 的功率随时间均匀增加D .l 等于x 解析:选D.A 沿斜面上升的初始时刻,A 所受合力为F =m A g =m A a ,得a =g ,A 选项错误.初始时A 静止,弹簧压缩量为l ,则有kl =m A g sin 30°;当A 运动到最高处时,弹簧的伸长量为l ′,对B 受力分析,则有kl ′=m B g sin 30°,又m A =m B ,得l ′=l ,所以A 上升的竖直高度最大为2l sin 30°=l ,B 项错误;拉力F 的功率P =Fv =Fat ,a 时刻改变,所以P 随时间不均匀增加,C 项错误.在全程对A 由动能定理有-m A g 2l sin θ+Fx =0,得x =l ,所以D 项正确.3.(2015·河北石家庄二中一模)一质点在0~15 s 内竖直向上运动,其加速度-时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )A .质点的机械能不断增加B .在0~5 s 内质点的动能增加C .在10~15 s 内质点的机械能一直增加D .在t =15 s 时质点的机械能大于t =5 s 时质点的机械能解析:选D.质点竖直向上运动,0~15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B错误.0~5 s 内,a =10 m/s 2,质点只受重力,机械能守恒;5~10 s 内,a =8 m/s 2,受重力和向上的力F 1,F 1做正功,机械能增加;10~15 s 内,a =12 m/s 2,质点受重力和向下的力F 2,F 2做负功,机械能减少,A 、C 错误.由F 合=ma 可推知F 1=F 2,由于做减速运动,5~10 s 内通过的位移大于10~15 s 内通过的位移,F 1做的功大于F 2做的功,5~15 s 内增加的机械能大于减少的机械能,所以D 正确.4.如图,光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成,其中AB 段水平,BCDE 段为半径为R 的四分之三圆弧管,圆心O 与AB 等高,整个轨道固定在竖直平面内.现有一质量为m ,初速度v 0=10gR2的光滑小球水平进入圆管AB ,设小球经过轨道交接处无能量损失,圆管孔径远小于R ,以下说法错误的是( )A .小球到达C 点时的速度大小为v C =32gR2B .小球能通过E 点并恰好落至B 点C .若将DE 轨道拆除,则小球能上升的最大高度距离D 点为2R D .若减小小球的初速度v 0,则小球到达E 点时的速度可以为零解析:选C.从A 至C 过程,机械能守恒(以AB 为参考平面):12mv 20=12mv 2C -mgR ,将v 0=10gR 2代入得v C =32gR 2,故A 正确;从A 至E 过程,机械能守恒:12mv 20=12mv 2E +mgR ,v E =2gR2,结合平抛运动规律可知能正好平抛落回B 点,故B 正确;设小球能上升的最大高度为h ,则机械能守恒:12mv 20=mgh ,h =v 202g =54R, 故C 错误;因为是圆弧管,内管壁可提供支持力,所以小球在E 点速度可以为零,故D 正确.5.如图所示,倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起,两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙,两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起.在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块做匀速运动.从图示位置开始计时,在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内,下面的图象中,x 、t 表示每个物块所通过的路程、时间,E 表示两物块组成的系统的机械能,E p 表示两物块组成的系统的重力势能,W f 表示物块甲克服摩擦力所做的功,W F 表示拉力F 对物块乙所做的功,则图象中所反映的关系可能正确的是( )解析:选C.因为相同时间内两物块的位移大小相等,但斜面倾角不同,故h 甲h 乙=sin 30°sin 60°,即h 甲<h 乙,所以任意时间段内,乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能,系统的重力势能增加,而系统动能不变,则系统的机械能增加,故A 、B 错误;物块甲克服摩擦力所做的功W f =μmgx cos 30°,x =vt ,故W f -t 图线为一条过原点的倾斜直线,同理W F -t 图线也为一条过原点的直线,故C 正确,D 错误.二、不定项选择题6.(2015·湖州一模)如图所示,自动卸货车始终静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下,θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中,下列说法正确的是( )A .货物受到的摩擦力增大B .货物受到的支持力不变C .货物受到的支持力对货物做正功D .货物受到的摩擦力对货物做负功解析:选AC.货物处于平衡状态,则有mg sin θ=F f ,F N =mg cos θ,θ增大,F f 增大,F N 减小,A 正确,B 错误;货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同,做正功,C 正确;摩擦力的方向与速度方向始终垂直,不做功,D 错误.7.(2015·衡水一模)质量为2×103kg 、发动机额定功率为80 kW 的汽车在平直公路上行驶;若汽车所受阻力大小恒为4×103N ,则下列判断中正确的有( )A .汽车的最大动能是4×105JB .汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动,启动后第2 s 末发动机实际功率是32 kWC .汽车以加速度2 m/s 2做初速度为0的匀加速运动中,达到最大速度时摩擦力做功为4×105JD .若汽车保持额定功率启动,则当汽车速度为5 m/s 时,其加速度为6 m/s 2解析:选ABD.汽车的最大速度为v m =P 0F f =20 m/s ,最大动能为E km =12mv 2m =4×105J ,A正确;汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动,启动后第2 s 末的速度是4 m/s ,此时的牵引力F =F f +ma =8×103N ,功率为P =Fv =32 kW ,B 正确;匀加速运动的末速度为v 1=P 0F=10 m/s ,位移x =v 212a=25 m ,所以摩擦力做功W =F f x =1×105J ,C 错误;若汽车保持额定功率启动,当汽车速度为5 m/s 时,其牵引力大小是F ′=P 0v ′=1.6×104 N ,加速度a =F ′-F f m=6 m/s 2,D 正确.8.如图所示,两物体A 、B 用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上,现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2,使A 、B 同时由静止开始运动.在以后的运动过程中,关于A 、B 两物体与弹簧组成的系统,下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A .由于F 1、F 2所做的总功为零,所以系统的机械能始终不变B .当A 、B 两物体之间的距离减小时,系统的机械能减小C .当弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大D .当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时,A 、B 两物体速度为零解析:选BC.从开始状态到弹簧拉到最长过程中,两拉力方向与其受力物体位移方向均相同,做正功,由功能关系可知,系统机械能增大,A 项错;当两物体之间距离减小即A 、B 相向运动,力F 1和F 2做负功,系统机械能减小,B 项正确;当弹簧伸长到最长时,力F 1和F 2做正功最多,故系统机械能最大,C 项正确;分别对A 、B 应用动能定理,从开始到弹力与外力相等时,合外力分别对A 、B 做正功,两物体动能增加,速度一定大于零,D 项错.9.(2015·河北石家庄模拟)如图所示,半径为R 的半圆形光滑凹槽A 静止在光滑水平面上,其质量为m .现有一质量也为m 的小物块B ,由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下,当小物块B 刚要到达槽最低点时,凹槽A 恰好被一表面涂有粘性物的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零;小物块B 继续向右运动,运动到距槽最低点的最大高度为R2.则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中,下列说法正确的是( )A .凹槽A 对小物块B 做的功W =-12mgRB .凹槽A 对小物块B 做的功W =mgRC .凹槽A 被粘住的瞬间,小物块B 对凹槽A 的压力大小为mgD .凹槽A 被粘住的瞬间,小物块B 对凹槽A 的压力大小为2mg解析:选AD.设小物块B 第一次到达最低点的速度为v ,小物块B 从最低点继续向右运动到最高点,根据动能定理有mg R 2=12mv 2,得v =gR ,小物块B 从左端最高点到最低点的过程中,对B 由动能定理有mgR +W =12mv 2-0,得W =-12mgR ,A 项正确,B 项错误.在最低点小物块所受的向心力F 向=F N -mg =m v 2R,得F N =2mg ,则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小F ′N =F N =2mg ,所以D 项正确,C 项错误.10.(2015·银川一中高三第五次考试)如图甲所示,一倾角为37°的传送带以恒定速度运行,现将一质量m =1 kg 的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是( )A .物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B .0~8 s 内物体位移的大小为18 mC .0~8 s 内物体机械能的增量为90 JD .0~8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析:选AC.根据速度时间图象分析,前6秒钟,物体的加速度方向沿传送带向上,大小为a =1 m/s 2,根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ-mg sin θ=ma ,整理得μ=0.875,选项A 正确.0~8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积,时间轴上面的部分代表位移为正,下面的部分代表位移为负,结合图象得位移x =(2+6)×42 m -2×22 m =14 m ,选项B 错误.0~8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2-12m ×v 20=6 J ,重力势能增加量为mgx ×sin θ=84 J ,机械能增加量为 6 J +84 J =90 J ,选项C 正确.摩擦生热分为三部分,第一部分为前2秒:Q 1=μmg cos θ×v 02t 1=14 J ,第二部分为2~6 s ,摩擦生热Q 2=μmg cos θ×v2t 2=56 J ,最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力,二者没有相对运动,不产生热量,所以0~8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1+Q 2=70 J ,选项D 错误.三、非选择题11.(2015·杭州市第二次质检)如图所示,倾角为α、高为H 的粗糙斜面处于场强为E 、方向竖直向下的匀强电场中,一个带电荷量为-q 、质量为m 的小球以初速度v 0从斜面顶端A 处沿斜面下滑,至底端B ,问:(1)在此过程中,小球电势能变化多少?是增加还是减少?(2)若斜面与小球的动摩擦因数为μ(μ>tan α),要使小球能沿斜面到达底端B 点,电场强度E 应满足什么条件?(重力加速度取g )解析:(1)ΔE p =-W 电场=-(-qEH )=qEH , 电势能增加.(2)因为μ>tan α,所以不加电场时,物块减速下滑. 若不加电场,物块刚好滑至B 点,根据动能定理mgH -μ0mg cos αHsin α=0-12mv 20 μ0=tan α+v 20tan α2gH①当μ>μ0时,不加电场,物块不能滑至B 点,故需 (mg -qE )H -μ(mg -qE )cot αH +12mv 20≥0所以E ≥mgH +12mv 20-μmg ·cot α·HqH (1-μcot α)又要保证物块不离开斜面,故有qE ≤mg ,即E ≤mg qmgH +12mv 20-μmg cot α·HqH (1-μcot α)≤E ≤mg q.②当μ<μ0时,不加电场,物块能滑至B 点,故只要保证物块不离开斜面,需0≤E ≤mg q. 答案:(1)qEH 增加 (2)见解析12.过山车是游乐场中常见的设施.下图是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成,B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点,B 、C 间距与C 、D 间距相等,半径R 1=2.0 m 、R 2=1.4 m .一个质量为m =1.0 kg 的小球(视为质点),从轨道的左侧A 点以v 0=12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动,A 、B 间距L 1=6.0 m .小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠.重力加速度g =10 m/s 2,计算结果保留小数点后一位数字.试求:(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小; (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道,B 、C 间距L 应是多少;(3)在满足(2)的条件下,如果要使小球不脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径R 3应满足的条件;小球最终停留点与起点A 的距离.解析:(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1,根据动能定理-μmgL 1-mg ·2R 1=12mv 21-12mv 20①小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ,根据牛顿第二定律F +mg =m v 21R 1②由①②得F =10.0 N .③(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2,由题意mg =m v 22R 2,④-μmg (L 1+L )-mg ·2R 2 =12mv 22-12mv 20⑤由④⑤得L =12.5 m .⑥(3)要保证小球不脱离轨道,可分两种情况进行讨论:Ⅰ.轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v 3,应满足mg =m v 23R 3⑦-μmg (L 1+2L )-mg ·2R 3=12mv 23-12mv 20 ⑧由⑥⑦⑧得R 3=0.4 m.Ⅱ.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R 3,根据动能定理-μmg (L 1+2L )-mg ·R 3=0-12mv 2解得R 3 =1.0 m为了保证圆轨道不重叠,R 3最大值应满足(R 2+R 3)2 =L 2 +(R 3-R 2)2解得R 3=27.9 m.综合Ⅰ、Ⅱ,要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0<R 3≤0.4 m 或 1.0 m ≤R 3≤27.9 m.当0<R 3≤0.4 m 时,小球最终停留点与起始点A 的距离为L ′,则 -μmgL ′= 0-12mv 20,L ′=36.0 m.当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时,小球最终停留点与起始点A 的距离为L ″,则 L ″=L ′-2(L ′-L 1-2L )=26.0 m.答案:(1)10.0 N (2)12.5 m (3)当0<R 3≤0.4 m 时,L ′=36.0 m 当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时,L ″=26.0 m。
(浙江选考)高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理课件
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图6
解析 答案
考点三
动能定理的应用
1.解题步骤
2.注意事项 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间, 比动力学研究方法要简便. (2)动能定理表达式是一个标量式,不能在某个方向上应用动能定理. (3)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时, 可设物体克服该力做功为W,将该力做功表示为-W,也可以直接用字 母W表示该力做功,使其字母本身含有负号.
2 基本题目训练
1.[正、负功的判断](2018·温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行 装置,如图1所示,其发动机使用汽油作为燃料提供动力,可以垂直起 降,也可以快速前进,若飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气 阻力不可忽略),下列说法正确的是 A.发动机对飞行包(包括人)做正功 B.飞行包(包括人)的重力做负功
√B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
图4
解析 答案
拓展训练
5.(2018·金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项
目之一,如图5所示,高三的小李同学在某次测
验过程中,一分钟跳180次,每次跳跃,脚与地
√B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段
C.返回舱与轨道舱分离,进入大气层后加速下降 D.返回舱在大气层运动一段时间后,打开降落伞,减速下降
答案
考点二
功率的分析与计算
1.首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率.
2.平均功率与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段
时间(或过程)内做功的平均功率. (1)可用P=W .
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 力电综
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力电综合检测(B)一、单项选择题1.(2015·宁波高三十校联考)如图,一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中,若小球在水中所受阻力大小为F =kv 2(k 为常量,v 为小球速度大小),且水足够深,则( )A .h 越大,小球做匀速运动时的速度越大B .h 变大,小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C .h 变小,小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D .小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析:选C.小球匀速运动时有mg =kv 2,即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关,选项A 错误;小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大,动能变化量的绝对值越大,选项B 错误,C 正确;由mg =kv 2,mgh =12mv 2可得h =m 2k ,当h =m 2k 时,小球刚开始做匀速运动的位置在水面处,显然选项D 错误.2.如图所示,倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动,圆盘的倾角为37°,在距转动中心r =0.1 m 处放一小木块,小木块跟随圆盘一起转动,小木块与圆盘的动摩擦因数为μ=0.8,木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同.若要保持小木块不相对圆盘滑动,圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )A .8 rad/sB .2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析:选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点,此时最大静摩擦力指向圆心,最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力,即μmg cos θ-mg sin θ=mrω2,解得最大角速度为ω=2 rad/s ,B 正确.3.空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系O -xyz ,M 、N 、P 为电场中的三个点,M 点的坐标为(0,a ,0),N 点的坐标为(a ,0,0),P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ,a 2,a 2.已知电场方向平行于直线MN ,M 点电势为0,N 点电势为1 V ,则P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析:选D.MN间的距离为2a ,P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4,所以P 点的电势为:32a 42a×1 V =34 V ,D 正确.4.(2015·高考安徽卷)如图所示,abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l ,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,导轨电阻不计,已知金属杆MN 倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r ,保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则( )A .电路中感应电动势的大小为Blvsin θB .电路中感应电流的大小为Bv sin θrC .金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD .金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析:选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ,产生的感应电动势E =Blv ,A 错误;金属杆MN 的有效电阻R =rlsin θ,故回路中的感应电流I =E R=Blv sin θrl =Bv sin θr,B 正确;金属杆受到的安培力F =BIl sin θ=Bl sin θ·Bv sin θr =B 2lvr ,C 错误;金属杆的热功率P=I 2R =B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ=B 2v 2sin θ·lr,D 错误.5.如图所示,A 、B 为两个等量正点电荷,O 为A 、B 连线的中点.以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴.下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系,其中正确的是( )解析:选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况.沿着场强方向,电势越来越低.两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小,故选项C 正确,D 错误;电场强度的方向一直向右,故电势越来越低,由于不是匀强电场,故电势不随坐标x 线性减小,选项A 、B 错误.6.(2015·唐山模拟)如图所示,固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ,其右端接有阻值为R 的电阻,整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r ,导轨电阻不计,重力加速度大小为g .则此过程( )A .杆的速度最大值为(F -μmg )RB 2d2B .流过电阻R 的电荷量为BdlR +rC .恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D .恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析:选B.当杆的速度达到最大时,安培力F 安=B 2d 2vR +r,杆受力平衡,故F -μmg -F 安=0,所以v =(F -μmg )(R +r )B 2d 2,A 错;流过电阻R 的电荷量为q =ΔΦR +r =B ΔS R +r =BdlR +r ,B 对;根据动能定理,恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量,由于摩擦力做负功,所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量,C 、D 错.二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v -t 图线如图所示.则关于小车的运动,下列说法正确的是( )A .0~5 s 内小车运动的路程为3 mB .小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动,2~3 s 内做匀加速运动,加速度的大小为2 m/s 2C .3~5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D .0~5 s 内小车运动的位移为11 m解析:选BC.由题图知,小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动,到2 s 末时开始做匀加速运动,加速度大小为2 m/s 2,3 s 末时速度达到4 m/s ,然后突然以4 m/s 的速度返回,沿反向做匀减速运动,加速度大小为2 m/s 2,B 、C 正确;路程s =2×2 m +2+42×1 m+12×4×2 m =11 m ,位移x =2×2 m +2+42×1 m -12×4×2 m =3 m ,A 、D 错误. 8.近来我国暴雨频发,多地相继出现群众被困河心孤岛的险情,为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾.用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方,一条细绳一端系住被困人员,另一端由位于河道边的救援人员拉动,其原理可以简化为如图所示.某时刻被困人员位于河道O 处,与河岸距离为l ,救援人员位于A 处,沿OA 方向以速度v 1拉细绳,被困人员所受拉力大小恒为F ,此时OA 与粗绳OB 夹角为α,被困人员此时速度为v 2.则( )A .v 2=v 1cos αB .v 2=v 1cos αC .被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD .拉力瞬时功率P =Fv 1 解析:选AD.由被困人员的运动效果可知,细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度,由几何关系可知:v 2=v 1cos α,A 正确,B 错误;拉力的瞬时功率为P =Fv 1,D 正确,拉力做功为Flcos α,C 错误.9.一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动,某一时刻开始受到恒力F 的作用,质点的速度先减小后增大,其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A .经历的时间为3mv 02FB .经历的时间为mv 02FC .发生的位移为6mv 28FD .发生的位移为21mv 28F解析:选AD.质点减速运动的最小速度不为0,说明质点不是做直线运动,而是做匀变速曲线运动.分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°,在恒力方向上有v 0cos 30°-F mt =0,x =v 0cos 30°2t ,在垂直恒力方向上有y =v 02t ,质点的位移s =x 2+y 2,联立解得经历时间为t =3mv 02F ,发生的位移为s =21mv 28F,A 、D 正确.10.如图所示,在真空中半径为r =0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场,磁感应强度B =0.01 T ,ab 和cd 是两条相互垂直的直径,一束带正电的粒子流连续不断地以速度v =1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区,粒子将沿cd 方向做直线运动,如果仅撤去磁场,带电粒子经过a 点,如果撤去电场,使磁感应强度变为原来的12,不计粒子重力,下列说法正确的是( )A .电场强度的大小为10 N/CB .带电粒子的比荷为1×106C/kgC .撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD .带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10-5s解析:选AC.两种场都存在时,对带电粒子受力分析,根据平衡条件得qE =qvB ,解得E =vB =10 N/C ,A 项正确;带电粒子仅在电场中运动时,竖直方向上r =vt ,水平方向上r =12at 2,由牛顿第二定律a =qE m ,联立解得q m =2v Br =2×106 C/kg ,B 项错误;撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的半径R =mvqB 1=0.1 m ,C 项正确;画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期,T =2πR v ,因此运动的时间t =14T =πR 2v =1.57×10-4s ,D 项错误.三、非选择题11.将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上,如图所示.已知细绳的长度为L =1 m ,1、2的质量分别为m 1=2 kg 、m 2=8 kg ,滑块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,g =10 m/s 2,细绳的最大拉力为F T =8 N .今在滑块2上施加一水平向右的外力F ,使两滑块共同向右运动,当外力增大到某一数值时,细绳恰好断裂.(1)求细绳恰好断裂的瞬间,水平外力F 的大小;(2)如果细绳恰好断裂的瞬间,两滑块具有的速度为2 m/s ,此后水平外力F 保持不变,求当滑块1的速度刚好为零时,两滑块1、2之间的距离.解析:(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T =8 N ,根据牛顿第二定律,对滑块1:F T -μm 1g =m 1a代入数据得a =2 m/s 2对滑块1、2整体:F -μ(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)a 代入数据得F =40 N.(2)设绳断后,滑块1的加速度为a 1,滑块2的加速度为a 2,则:a 1=μm 1g m 1=2 m/s 2a 2=F -μm 2g m 2=3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ,则t =v a 1=1 s滑块1的位移为x 1,则x 1=v 22a 1=1 m滑块2的位移为x 2,则x 2=vt +12a 2t 2=3.5 m滑块1刚静止时,滑块1、滑块2间距离为Δx =x 2+L -x 1=3.5 m. 答案:(1)40 N (2)3.5 m12.(2015·西城一模)如图所示,两条光滑的金属导轨相距L =1 m ,其中MN 段平行于PQ 段,位于同一水平面内,NN 0段与QQ 0段平行,位于与水平面成倾角37°的斜面上,且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内.在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2,且B 1=B 2=0.5 T .ab 和cd 是质量均为m =0.1 kg 、电阻均为R =4 Ω的两根金属棒,ab 置于水平导轨上,cd 置于倾斜导轨上,均与导轨垂直且接触良好.从t =0时刻起,ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动,且垂直于水平导轨),cd 受到F =0.6-0.25t (N)沿斜面向上的力的作用,始终处于静止状态.不计导轨的电阻.(sin 37°=0.6,g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系;(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系; (3)求从t =0时刻起,1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ;(4)若t =0时刻起,1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W =16 J ,求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析:(1)由题意知cd 棒受力平衡,则 F +F cd =mg sin 37°F cd =B 2I cd L 得I cd =0.5t (A).(2)ab 棒中电流I ab =I cd =0.5t (A) 则回路中电源电动势E =I cd R 总ab 棒切割磁感线,产生的感应电动势为E =B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab =8t (m/s)所以,ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动.(3)ab 棒的加速度为a =8 m/s 2,1.0 s 内的位移为x =12at 2=12×8×1.02m =4 m根据I =E R 总=ΔΦR 总t =B 1LxR 总t得q =It =B 1Lx R 总=0.5×1×48C =0.25 C. (4)t =1.0 s 时,ab 棒的速度v ab =8t (m/s)=8 m/s根据动能定理有W -W 安=12mv 2-0得1.0 s 内克服安培力做功W 安=⎝ ⎛⎭⎪⎫16-12×0.1×82J =12.8 J回路中产生的焦耳热Q =W 安=12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd =Q2=6.4 J.答案:(1)I cd =0.5t (A) (2)v ab =8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近,我国部分地区多发雾霾天气,PM2.5值过高,为防控粉尘污染,某同学设计了一种除尘方案,用于清除带电粉尘.模型简化如图,粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒,速度大小均为v =10 m/s ,粉尘微粒质量m =5×10-10kg ,电荷量为q=+1×10-7C ,粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B =0.1 T 的圆形边界磁场,半径R =0.5 m ,磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ,两板间电压恒为U 0=0.9 V ,两板相距d =1 m ,板长l =1 m ,不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用.(1)证明粉尘微粒从磁场射出时,速度方向均水平向右;(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n =2×108个,且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道,求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ;(3)若两极板间电压在0~1.5 V 之间可调,求收集效率和电压的关系. 解析:(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力,轨迹半径为rqvB =m v 2rr =mv qB =5×10-10×101×10-7×0.1m =0.5 m如图所示,假设粉尘微粒从B 点打出,轨迹圆的圆心为O ′, 由r =R 可知AOBO ′为菱形,所以OA ∥BO ′,BO ′一定在竖直方向上,速度方向与BO ′垂直,因此速度方向水平向右.(2)粉尘微粒进入电场,水平方向做匀速直线运动 l =vt竖直方向做匀加速直线运动a =qU md y =12at 2 y =qUl 22mdv2 当U =U 0=0.9 V 时解得y =qU 0l 22mdv 2=1×10-7×0.9×122×5×10-10×1×102 m =0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α, 则y =R +R cos α,则α=37°, 可知在极板上的微粒占总数的百分比为η=180°-α180°×100%=79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上 此装置每秒能收集的粉尘质量M =nm ×79.4%=2×108×5×10-10×79.4% kg =0.079 4 kg.(3)把y ≥d 代入y =qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知:1.5 V ≥U ≥1 V 时,收集效率η=100% 当1 V>U ≥0时,对于恰被吸收的粒子: y =12at 2=12qUl 2mdv 2=U (m), 由y =R +R cos α,α=arccosy -RR得, α=arccos (2U -1),收集效率η=π-απ×100%=⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-1πarccos (2U -1)×100%. 答案:见解析。
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专题二 功与能
1.(2015·浙江宁波高三二模)自由式 滑雪空中技巧是一项有极大观赏性 的运动,其场地由①出发区、②助滑 区、③过渡区、④高度 h=4 m 的跳 台组成.其中过渡区的 CDE 部分是半径为 R=4 m 的圆弧,D 是最低点,∠DOE=60°,如图所示.比赛时运动员从 A 点由 静止出发进入助滑区,经过渡区后,沿跳台的斜坡匀减速上滑, 至跳台的 F 处飞出表演空中动作.
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专题二 功与能
[解析]
(1)由
v
=x可得 t
v
1∶
v
2=2∶3
由运动学公式有 AB =12a1t21, EF =vEt2-12a2t22
因不计阻力,则有 vB=vE=a1t1
联立各式解得 a1∶a2=2∶3.
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专题二 功与能
(2)在
EF 段,有
EF
= sin
6h0°=83 3
m,
在 D 点,由牛顿第二定律得 FN-mg=mvR2D 联立各式得 FN=2 800 N. (3)设助滑过程运动员消耗的能量为 E,由能量守恒可得 E-mg[h+R(1-cos 60°)]=12mv2F-12mv2D 当 vF=36 km/h=10 m/s 时,Emin=2 200 J. [答案] (1)均为2∶3 (2)2 800 N (3)2 200 J
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专题二 功与能
假设经过一个来回能够回到 A 点,设回来时动能为 Ek,则 Ek =12mv2-4μmgcos θ·2R<0,所以滑块不会滑到 A 而飞出. 因 mgsin θ>μmgcos θ,则根据动能定理得 mg·2Rsin θ-μmgcos θ·s=0-12mv2 得滑块在锅内斜面上运动的总路程 s=22116R. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为 v1、v2 由牛顿第二定律,在 Q 点 F1-mg=mRv12
mgL′sin θ-μmgcos θ·L′-mgR(1+cos θ)=12mv2D④
联立③④,得 L′=2sin3θ+-2co2sμθcos θ·R.
Hale Waihona Puke [答案]R(1)μ
(2)(3-2cos θ)mg
3+2cos θ (3)2sin θ-2μcos
θ·R
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专题二 功与能
[总结提升] 功能关系的选用原则
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专题二 功与能
[解析] (1)摩擦力对物体始终做负功,故物体最终在圆心角为 2θ 的圆弧上做往复运动. 设物体在 AB 轨道上通过的总路程为 x,则全程应用动能定理 得:
mgRcos θ-μmgcos θ·x=0 解得:x=μR .
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专题二 功与能
(2)最终当物体通过圆弧最低点 E 时,设速度为 vE 在 E 点:FN-mg=mRv2E①
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专题二 功与能
[解析] (1)设滑块恰好经 P 点飞出时速度为 vP,由牛顿第二定 律有 mg=m2Rv2P,得 vP= 2gR 到达 A 点时速度方向要沿着斜面 AB,则 vy=vPtan θ=34 2gR 所以 A、D 点离地高度为 h=3R-2vg2y =3196R. (2)进入 A 点时滑块的速度为 v=covsP θ=54 2gR
a2=gsin 60°=5 3 m/s2
在 AB 段,有 AB =2EF=163 3 m,
a1=23a2=103 3 m/s2 运动员从 A 点由静止出发做匀加速运动,v2B=2a1AB 从 B 点至 D 点的过程中,由动能定理得
mgR(1-cos 60°)=12mv2D-12mv2B
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专题二 功与能
t=t1+t2=1.81 s3(
2+1) 4
s同样给分
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专题二 功与能
(3)对斜劈受力分析如图所示 水平方向 FN1-mgcos 37°sin 37° -μmgcos 37°cos 37°=0 竖直方向 FN2-mgcos 37°cos 37° +μmgcos 37°sin 37°-Mg=0 解得:FN1=12.80 N,即斜劈对竖直墙面的压力为 12.80 N, FN2=60.40 N,即斜劈对水平面的压力为 60.40 N.
专题二 功与能
第3讲 动力学和功能观点的应用
专题二 功与能
热点一 用动力学观点解决多过程问题 命题规律 力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变 速直线运动、平抛运动、圆周运动,分析运动过程的关键是分 析物体受力,然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律,高 考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用, 题目难度不大,以中档题为主.
221R (2) 16
(3)9mg
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专题二 功与能
2.如图所示,AB 是倾角为 θ 的粗糙直轨 道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰好 在 B 点与圆弧相切,圆弧的半径为 R. 一个质量为 m 的物体(可以看做质点)从 直轨道上的 P 点由静止释放.已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高, 物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 μ.求: (1)物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程; (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时,对圆弧轨道的压力大 小; (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D,释放点距 B 点的 距离 L′应满足什么条件?
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专题二 功与能
热点二 用功能观点解决多过程问题 命题规律 对于物体在变力作用下的多过程运动问题,不能 利用牛顿运动定律和运动学公式求解,可利用动能定理进行 求解.高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有:变力作 用下的直线运动、曲线运动,题目难度中等.
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专题二 功与能
1.(2015·浙江六校联考)如图是阿毛同学的漫画中出现的装 置,描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事 儿:将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一 圆弧衔接而成的轨道,从最高点P飞出进入炒锅内,利用来 回运动使其均匀受热.我们用质量为m的小滑块代替栗子, 借用这套装置来研究一些物理问题.设大小两个四分之一圆 弧半径分别为2R、R,小平台和圆弧均光滑.将过锅底的纵 截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成.斜面 与小滑块间的动摩擦因数均为0.25,而且不随温度变化.
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专题二 功与能
在 P 点 F2+mg=m2Rv22 所以 F1-F2=2mg+m(2v221R-v22)
由机械能守恒有12mv21=12mv22+mg·3R
得 v21-v22=6gR 为定值
代入 v2 的最小值(v2=vP= 2gR)得压力差的最小值为 9mg.
[答案]
39 (1)16R
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专题二 功与能
[突破点拨] (1)运动员在②、④两段做________运动,由公式__________去 解题. (2)运动员在 D 点时,________和________的合力充当向心力. (3)运动员成功完成空中动作,助滑过程消耗最小体能的原因是 _______________________________________________________ _________________.
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专题二 功与能
两斜面倾角均为θ=37°,AB=CD=2R,A、D等高,D端固 定一小挡板,小滑块碰撞它不损失机械能.滑块的运动 始 终 在包括锅底最低点的竖直平面内,重力加速度为g.
(1)如果滑块恰好能经P点飞出,为了使滑块恰好沿AB斜面进入 锅内,应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少? (2)接(1)问,求滑块在锅内斜面上运动的总路程. (3)对滑块的不同初速度,求其通过最高点P和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值.
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专题二 功与能
运动员要成功完成空中动作,必须在助滑区用滑雪杆助滑,使 离开 F 点时速度在 36 km/h 到 48 km/h 之间.一次,某总质量 为 60 kg 的运动员进行试滑,他从 A 点滑下后不用滑雪杆助滑, 结果从 F 点飞出后无法完成空中动作,教练测得他在②、④两 段运动时间之比 t1∶t2=3∶1.不计所有阻力,已知 AB=2EF, 取 g=10 m/s2. (1)求该运动员在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比; (2)这次试滑中,该运动员通过 D 点时受到的支持力为多大? (3)为了能成功完成空中动作,助滑过程中该运动员至少需要消 耗多少体能?
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专题二 功与能
动力学和功能观点的综合应用 命题规律 应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命 题的热点,这类题一般是高考中的压轴题,综合能力要求很高, 预计 2016 年可能会以平抛或圆周运动为运动模型,结合弹簧、 传送带,甚至会涉及一定的电磁学情景来考查.
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专题二 功与能
[范例] (2015·江西南昌市教研室交流卷) (14 分)如图所示,倾角 θ=30°、长 L= 4.5 m 的斜面,底端与一个光滑的14圆弧轨 道平滑连接,圆弧轨道底端切线水平.一 质量为 m=1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点 A 由静止开 始沿斜面下滑,经过斜面底端 B 后恰好能到达圆弧轨道最高点 C,又从圆弧轨道滑回,能上升到斜面上的 D 点,再由 D 点由 斜面下滑沿圆弧轨道上升,再滑回,这样往复运动,最后停在
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专题二 功与能
2.(2015·浙江一级重点校高三联考) 如图所示,一倾角 θ=37°、高 h =2.7 m 的斜劈放在光滑水平面 NAC 上,与竖直面 BC 紧密接触.一物块(可看做质点)从斜面 顶端由静止释放,在 A 点进入水平面后与固定在竖直面 MN 上的弹簧接触后被反弹,回到 A 点时速度为 6 m/s.若从 AB 面 进入水平面、与弹簧接触过程及再由水平面进入 AB 面时均没 有能量损失,重力加速度 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37° =0.8.求: