北京市2019版高考物理专题六机械能课件20190225169.pptx

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1、专题六 机械能,高考物理 (北京市专用),1.(2013北京理综,23,18分,0.39)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静 止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动 作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。 把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m= 50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动 的腾空时间均为t=2.0 s,设运动员每次落下

2、使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g= 10 m/s2,忽略空气阻力的影响。 (1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;,考点一 功和功率 A组 自主命题北京卷题组,五年高考,(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。,解析 (1)床面下沉x0=0.10 m时,运动员受力平衡 mg=kx0 得k= =5.0103 N/m F-x图线如答案图所示。 (2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等 hm= g( )2=5.0 m (3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-

3、x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处 到x=0,弹力做功WT WT= xkx= kx2 运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有k -mg(x1+hm)=0 得x1=x0+ =1.1 m 对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有,W+ k =mg(hm+x0) 得W=2 525 J2.5103 J,考查点 弹力做功、动能定理的应用。,思路点拨 运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动为加速度为g的匀加速运动;在与 蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x1和W可用动能定 理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。

4、,2.(2018课标,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某 竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同 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。对于第次和第次提升过程, ( )A.矿车上升所用的时间之比为45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45,B组 统一命题课标卷题组,答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两 次提升过程变速阶段加速度的大小都相

5、同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合, 要么平行,由图中几何关系可得:第次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为45,选项 A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg= ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为11,选项B错误;在第次提升过程中,电机输出的最大 功率P1=(mg+ma)v0,在第次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma) v0,即 = ,选项C 正确;对两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。,易错点拨 瞬时功率与平均功率的区别 瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应

6、的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率 为瞬时功率。,3.(2017课标,14,6分)如图,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 ( )A.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,答案 A 本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用 力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错 误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环 圆心,故选项C、D

7、错误。,解题指导 (1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此 在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。 (2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心 力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能 关系和圆周运动公式有mv2=mgR(1-cos ) m =mg cos -N 解出N=3mg cos -2mg 由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 2mg时,N的方向指向大圆环圆心。,4.(2016课标,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材

8、料制成,甲球质量大于乙球质量。 两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。 若它们下落相同的距离,则 ( ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=V甲=( )得R甲=,阻力f甲=kR甲=k ,由牛顿第二定律知a甲= =g-k ,同理a乙=g-k , 因m甲m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h= at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故

9、甲球克服阻力做的功 大于乙球克服阻力做的功,D项正确。,疑难突破 此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度 的大小是关键,需要定量推导。,5.(2015课标,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随 时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时 间t变化的图线中,可能正确的是 ( ),答案 A 由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2 =fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况, 故不作分析。在t1时刻,发动

10、机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv 知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有: -f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2= 0时开始匀速运动,故A正确、C错误。,6.(2014课标,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1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F2,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WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表 示前后两次克服摩擦力所做的功,则 ( ) A.WF24WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2

11、=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1,答案 C WF1= mv2+mg t,WF2= m4v2+mg t,故WF24WF1;Wf1=mg t,Wf2=mg t,故Wf2 =2Wf1,C正确。,7.(2013课标,21,6分,0.235)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成 功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功 钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在 甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好

12、钩住阻拦 索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止 需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则 ( )图(a),C组 教师专用题组,图(b) A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,答案 AC 速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110 m,故A正确; 由于速度图线的斜率表示物体的加

13、速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变, 约为27 m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减 小,故由P=Fv知D错误,由F=2T cos 知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。,8.(2007北京理综,23,18分)环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源 的环保汽车,总质量m=3103 kg。当它在水平路面上以v=36 km/h的速度匀速行驶时,驱动电机 输入电流I=50 A,电压U=300 V。在此行驶状态下 (1)求驱动电机的输入功率P电; (2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车

14、前进的机械功率P机,求汽车所受阻 力与车重的比值(g取10 m/s2); (3)设想改用太阳能电池给该汽车供电,其他条件不变,求所需太阳能电池板的最小面积。结合 计算结果,简述你对该设想的思考。 已知太阳辐射的总功率P0=41026 W,太阳到地球的距离r=1.51011 m,太阳光传播到达地面的 过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率为15%。,解析 (1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5104 W (2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fv f= 汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045 (3)当阳光垂直电池板入射时,所需板面积最小,设其为S,距太阳中心为

15、r的球面面积S0=4r2 若没有能量损耗,太阳能电池板接收到的太阳能功率为P,则 = 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P,P=(1-30%)P= 由于P电=15%P,所以电池板的最小面积 S= = =101 m2 分析可行性并提出合理的改进建议。,答案 (1)1.5104 W (2)0.045 (3)见解析,1.(2012北京理综,23,18分,0.53)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。电梯的 简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的。已知 电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图像如图2所示。电梯总质量m=2.0103 kg。忽略一切

16、阻力, 重力加速度g取10 m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;,考点二 动能定理及其应用 A组 自主命题北京卷题组,(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请 你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图2所示a-t图像,求电梯在第1 s内的速度改变量 v1和第2 s末的速率v2; (3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在011 s 时间内,拉力和重力对电梯所做 的总功W。,答案 (1)2.2104 N 1.8104 N (2)0.50 m/s 1.5 m/s (3)2.0105 W 1.0105 J

17、,解析 (1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma 由a-t图像可知,F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0 m/s2,a2=-1.0 m/s2 F1=m(g+a1)=2.0103(10+1.0)N=2.2104 N F2=m(g+a2)=2.0103(10-1.0)N=1.8104 N (2)类比可得,所求速度变化量等于第1 s内a-t图线下的面积 v1=0.50 m/s 同理可得v2=v2-v0=1.5 m/s v0=0,第2 s末的速率v2=1.5 m/s (3)由a-t图像可知,1130 s内速率最大,其值等于011 s 内a-t图线下的面积,有 vm=10 m/s 此时电梯做匀速运动,

18、拉力F等于重力mg,所求功率 P=Fvm=mgvm=2.01031010 W=2.0105 W 由动能定理,总功 W=Ek2-Ek1= m -0= 2.0103102 J=1.0105 J,2.(2018课标,14,6分)如图,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 ( )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,B组 统一命题课标卷题组,答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkW拉,故A正确,B错误;Ek 可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。,

19、思路分析 外力做功与动能变化的关系 动能的改变是物体所受合外力做功引起的。,3.(2016课标,16,6分)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质 量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。将两球由 静止释放。在各自轨迹的最低点 ( )A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的动能一定小于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度,答案 C 设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL= mv2,解得v= ,LPmQ,LPmQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳 的拉力

20、,故C项正确。向心加速度a= =2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同, 故D项错误。,方法技巧 利用动能定理和向心力公式正确列出方程,快速解出结果来找正确选项。,4.(2016课标,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径 的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的 功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持 力大小为N,则 ( )A.a= B.a= C.N= D.N=,答案 AC 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W= mv2,在最低点的

21、向 心加速度a= ,联立得a= ,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N= ,选 项C正确。,易错点拨 (1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点 在最低点时的瞬时加速度大小,a= 中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。,评析 本题考查动能定理和圆周运动知识,属于两知识点结合问题,难度中等,解出最低点速度 大小是解决本题的关键。,5.(2015课标,17,6分,0.346)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

22、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 B.W mgR,质点不能到达Q点 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.W mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,答案 C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中 由动能定理:mg2R-W= mv2 质点在最低点:FN-mg= 由牛顿第三定律得:FN=4mg 联立得W= mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时 的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,

23、选 项C正确。,6.(2016课标,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的 底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 R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= ,重力加速度大小为g。(取sin 37= ,cos 37= ) (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

24、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 R、竖直相距R。求P运动到D点时速 度的大小和改变后P的质量。,解析 (1)根据题意知,B、C之间的距离l为 l=7R-2R 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mgl sin -mgl cos = m 式中=37。联立式并由题给条件得 vB=2 (2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中, 由动能定理有 mgx sin -mgx cos -Ep=0- m E、F之间的距离l1为 l1=4R-2R+x P到达E点后反弹,从E点运动到F点的

25、过程中,由动能定理有 Ep-mgl1 sin -mgl1 cos =0 联立式并由题给条件得,答案 (1)2 (2) mgR (3) m,x=R Ep= mgR (3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1= R- R sin y1=R+ R+ R cos 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由、公式有 y1= gt2 x1=vDt 联立 式得 vD= 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有m1 = m1 +m1g( R+ R cos ),P由E点运动到C

26、点的过程中,同理,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R) sin -m1g(x+5R) cos = m1 联立 式得 m1= m,解题指导 本题要充分运用动能定理解题。要注意运动过程的选取,如(2)中,分别对P由B点 到E点和由E点到F点应用动能定理,然后解方程组即可。(3)中要根据不同的运动特征选用不 同的原理。,规律总结 物体运动过程有摩擦力做功,已知量、待求量又不涉及时间时,应用动能定理解题 是最佳方案。 当无摩擦力做功时,应用机械能守恒或动能定理解题均很方便。,7.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最 大高度为H,如图所示;当物块

27、的初速度为 时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。 物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为 ( )A.tan 和 B. tan 和 C.tan 和 D. tan 和,答案 D 由动能定理有 -mgH-mg cos =0- mv2 -mgh-mg cos =0- m( )2 解得=( -1)tan ,h= ,故D正确。,C组 教师专用题组,1.(2015北京理综,23,18分,0.40)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不 计。物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为。以 弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受

28、弹簧弹力大小为F=kx,k 为常量。 (1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所 做的功。 (2)物块由x1向右运动到x3,然后由x3返回到x2,在这个过程中, a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量; b.求滑动摩擦力所做的功;并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势 能”的概念。,考点三 机械能守恒定律和功能关系 A组 自主命题北京卷题组,答案 (1)F-x图像如图 - kx2(2)a. k - k k - k b.见解析,解析 (1)F-x图像如答图。 物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下

29、的面积等于弹力做功大小。弹 力做功 WT=- kxx=- kx2 (2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中,弹力做功 WT1=- (kx1+kx3)(x3-x1)= k - k 物块由x3向左运动到x2的过程中,弹力做功 WT2= (kx2+kx3)(x3-x2)= k - k 整个过程中,弹力做功 WT=WT1+WT2= k - k 弹性势能的变化量 Ep=-WT= k - k b.整个过程中,摩擦力做功,Wf=-mg(2x3-x1-x2) 与弹力做功比较:弹力做功与x3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可以定 义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量弹性

30、势能。而摩擦力做功 与x3有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。,考查点 功能关系。,思路点拨 一个力做功与路径无关,存在对应的势能。如弹力做功与路径无关,存在对应的弹 性势能;分子力做功与路径无关,存在对应的分子势能。,2.(2018课标,18,6分)如图,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 ( )A.2mgR B.4mgR C.5mg

31、R D.6mgR,B组 统一命题课标卷题组,答案 C 本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小球为研究对象,在 小球由a到c的过程中,应用动能定理有Fxab+FR-mgR= m ,其中水平力大小F=mg,得vc=2。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升= =2 。在水平方 向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内, 小球在水平方向上的位移x= ax =2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx=5 mgR。由功能关系,得E=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。,审题关键 关键

32、词理解,隐形条件显性化 1.恒力F的方向判断:由题中条件光滑轨道、小球始终受到水平外力作用、自a点从静 止开始向右运动,可判断出外力F方向水平向右。 2.由于外力F=mg,小球到达c点瞬间vc0,可判断球经过c点后将继续向斜上方运动,当竖直方向 速度为零时小球到达最高点。 3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积: W=Fs。 4.由功能关系确定机械能增量。,3.(2014课标 ,15,6分,0.722)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛 出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的 夹角为 ( ) A. B. C. D.,答案 B

33、 设物块在抛出点的速度为v0,落地时速度为v,抛出时重力势能为Ep,由题意知Ep= m;由机械能守恒定律,得 mv2=Ep+ m ,解得v= v0,设落地时速度方向与水平方向的夹角为 ,则 cos = = ,解得= ,B正确。,4.(2017课标,16,6分)如图,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 l。重力加速度大小为g。在此过 程中,外力做的功为 ( )A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl,答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面 的绳的重 力做功,W外=|W

34、G|,而下面 的绳重心升高 l,故克服重力做功|WG|=m0g l,又m0= m,则W外=|WG|=mg l= mgl,故A选项正确。,一题多解 尝试不同方法解题 解法一 Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计。以Q点为零势能点,细绳的初始机械能为 mgl,末态机械能为 mg l+ mg = mgl,则增加的机械能E= mgl- mgl= mgl。由功能 关系可知A项正确。 解法二 作用点位移x= l,平均作用力为 mg,故拉力做功W= x= mgl,故A项正确。,易错点拨 绳(链)重力势能的求解 绳、链等物体重力势能的求解关键点是重心位置的升降。本题中把下端Q拉到M点过程中只 有下面 的绳的重

35、心位置上升了,重力势能增加了,外力只需克服这部分绳的重力做功即可。,5.(2016课标,24,12分)如图,在竖直平面内有由 圆弧AB和 圆弧BC组成的光滑固定轨道,两 者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为 。一小球在A点正上方与A相距 处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。 (1)求小球在B、A两点的动能之比; (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。,解析 (1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg 设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg 由式得 =5 (2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N

36、0 设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m 由式得,vC应满足mgm 由机械能守恒有mg = m 由式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。,答案 见解析,评分参考 第(1)问6分,式各2分;第(2)问6分,式各2分,“可以运动到C点”2分。,反思总结 此题考查机械能守恒和竖直平面内的圆周运动中临界值问题,难度中等。应参照 “绳球”模型的处理方法。,6.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地 面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地

37、 面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。 (结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能; (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。,解析 本题考查机械能、功能原理。 (1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0= m 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek0=4.0108 J 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh= m +mgh 式中,vh是飞船在

38、高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得 Eh=2.41012 J (2)飞船在高度h=600 m处的机械能为 Eh= m +mgh 由功能关系得 W=Eh-Ek0 ,答案 (1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J,式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给 数据得 W=9.7108 J,方法技巧 变力做功的求法 (1)平均值法;(2)分段法;(3)微元法;(4)图像法;(5)W=Pt法;(6)动能定理法;(7)功能关系法;(8)能量 守恒法。,C组 教师专用题组,答案 BCD 如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关

39、于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力 对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方 向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加 速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。,审题指导 审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球 的弹力大小相等”、“ONMOMN ”

40、。理解了上述词、句的用意,本题就不难解决了。,评析 本题考查了功、功率、弹性势能、机械能守恒等知识,综合性很强。对考生的分析、 推理能力要求较高,故本题属于较难题。,8.(2006北京理综,22,16分)如图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑 雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接。 运动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻 力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上。已知从B点到D点运动员的速度大小不 变。(g取10 m/s2)求: (1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小; (2)若

41、不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度; (3)若运动员的质量为60 kg,在AB段下降的实际高度是50 m,此过程中他克服阻力所做的功。,解析 (1)运动员从D点飞出时的速度 v= =30 m/s 依题意,下滑到助滑雪道末端B点时的速度大小是30 m/s。 (2)在下滑过程中机械能守恒,有 mgh= mv2 下降的高度h= =45 m。 (3)根据能量关系,有 mgH-Wf= mv2 运动员克服阻力做功Wf=mgH- mv2=3 000 J。,答案 (1)30 m/s (2)45 m (3)3 000 J,1.(2016北京海淀期中,7)两个完全相同的小球,在同一高度处以相同大小的初速

42、度分别沿水平方向和竖直方向抛出,最后都落到同一水平地面上。不计空气阻力,则下列说法中正确的是 ( ) A.两小球落地时速度相同 B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同 C.从抛出至落地,重力对两小球做的功相同 D.从抛出至落地,重力对两小球做功的平均功率相同,A组 20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,考点一 功和功率,答案 C 平抛的小球与竖直方向抛出的小球落地速度方向不同,A错误;根据机械能守恒,两 个小球落地速度大小相同,但由于方向不同,故竖直方向的分量不同,故重力的瞬时功率不同,B 错误。由于两个小球初、末位置高度差相同,故重力对两小球做功相同,C正确;两小球重力做 功相同,两个

43、小球运动时间不同,故重力做功的平均功率不相同,D错误。,2.(2018北京民大附中月考,9)(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当 重物的速度为v1时,起重机的有用功率达到最大值P,此后,起重机保持该功率不变,继续提升重 物,直到以最大速度v2匀速上升为止,则整个过程中,下列说法正确的是 ( ) A.重物的最大速度v2= B.重物匀加速运动的加速度为 -g C.钢绳的最大拉力为 D.钢绳的最大拉力为,答案 ABD 重物以v2匀速上升时,拉力F2=G,P=F2v2=mgv2,v2= ,A项对。重物速度达到v1时, 有用功率达到P,P=F1v1,F1-mg=ma,可得a= =

44、 -g,B项对。重物由静止匀加速运动,受钢 绳拉力F1= ,达到P后,P=Fv,随v增大,拉力F减小,直至F=mg,因此F1= 最大,D项对。,3.(2016北京石景山一模,18)如图所示,位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同 的窗户。将一个小球斜向上抛出,小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户,图中曲线为小球在 空中运动的轨迹,轨迹所在的平面靠近竖直墙面,且与墙面平行。不计空气阻力的影响,以下说 法中正确的是 ( ) A.小球通过窗户A所用的时间最长 B.小球通过窗户C的平均速度最大 C.小球通过窗户A克服重力做的功最多 D.小球通过窗户C克服重力做功的平均功率最小,答案 D 小球

45、做斜上抛运动,可以分解成水平方向的匀速直线运动,竖直方向的上抛运动。 水平方向的运动和竖直方向的运动具有等时性。小球竖直方向速度逐渐减小,而A、B、C三 个窗户的竖直高度相等,所以通过A所用时间最短,通过C所用时间最长,A选项错误。小球竖直 方向速度逐渐减小,水平方向速度不变,所以小球通过窗户A的平均速度最大,通过窗户C的平 均速度最小,B选项错误。小球通过A、B、C三个窗户时克服重力做的功相等,C选项错误。由 P=Gv知,小球通过窗户A克服重力做功的平均功率最大,通过窗户C克服重力做功的平均功率 最小,D选项正确。,4.(2017北师大实验中学期中,8)如图所示,在匀减速向右运动的车厢内,一

46、人用力向前推车厢, 该人与车厢始终保持相对静止。则下列说法中正确的是 ( )A.人对车厢的推力不做功 B.人对车厢的推力做负功 C.车厢对人的作用力做正功 D.车厢对人的作用力做负功,答案 D 车厢对人的手、脚均有水平作用力,人向右减速,车厢对人的作用力方向向左,与人 的运动方向相反,故车厢对人的作用力做负功,C错误;人对车厢的推力方向向右,与车的运动方 向相同,人对车厢的推力做正功,A、B错误。,5.(2018北京门头沟一模,20)跳伞运动员由高空沿竖直方向落下,经过2 s开启降落伞,此后再过1 8 s落地。速度传感器记录此过程运动的v-t图像如图所示(在02 s时间内的图线是直线)。根 据

47、图像信息可知 ( ) A.整个下落过程中,伞受到的空气阻力一直增大 B.t=16 s时跳伞运动员所受重力的功率最大 C.跳伞运动员下落的总高度约为250 m D.前2 s跳伞运动员的机械能不守恒,答案 D 由题图可知前2 s内,a= = m/s2=8 m/s2,ag,则还受空气阻力作用,机械能不 守恒,D正确。由题图可知,整个下落过程中,速度先增大后减小最后不变,则阻力先增大后减小 最后不变,A错误。由PG=mgv知,v最大时,PG最大,结合题图可知,B错误。v-t图线与t轴所围面积 表示位移。题图中每一个小方格代表位移为4 m,数方格可知跳伞运动员下落的总高度约为4 49 m=196 m,C

48、错误。,易错警示 前2 s是匀变速直线运动,且没有开启降落伞,我们会以为只受重力,实际上通过计 算发现还受阻力。,6.(2018北京人大附中月考,6)小明同学在放学坐车回家的路上发现,汽车速度变化过程中将伴 随汽油的消耗。为了先粗略分析,他把问题做了这样一些假设:(1)忽略汽车所受各种阻力;(2) 认为汽车发动机效率与速度无关;(3)汽车行驶在空旷的平直高速公路上。在这样的理想化条 件下,他提出了如下猜想,请你帮他分析哪个或哪些是正确的 ( ) A.如果汽车保持恒定牵引力,司机必须持续加大单位时间内的油门供油 B.如果汽车保持恒定牵引力,汽车从静止加速到10 m/s与从10 m/s加速到20

49、m/s耗油一样多 C.如果汽车保持油门不变,汽车从静止加速到10 m/s与从10 m/s加速到20 m/s耗油一样多 D.如果汽车保持油门不变,汽车从静止加速到10 m/s与从10 m/s加速到20 m/s用时一样多,答案 A 如果汽车保持恒定牵引力,则汽车在平直公路上做匀加速运动,速度越来越大,汽车 发动机的效率和速度无关,所以汽车的效率不变,而汽车有用功率逐渐增大,要保持效率不变, 则必须持续加大单位时间内的油门供油,故A正确;如果汽车保持恒定牵引力,汽车从静止加速 到10 m/s与从10 m/s加速到20 m/s过程中有用功率后一段大,同理要保持效率不变就必须持续 加大单位时间内的油门供油,由于两段运动时间相等,所以耗油量后一段大于前一段,故B错误; 如果汽车保持油门不变,则单位时间内提供的能量就不变,但汽车从静止加速到10 m/s 与从10 m/s加速到20 m/s的过程中有用功是不一样的,所以不能保持效率不变,故C错误。如果汽车保 持油门不变,要保持效率不变,则汽车的有用功率也就不变,由于汽车的速度增加,所以汽车的 牵引力就要变小,汽车做加速度减小的加速运动,所以汽车从静止加速到10 m/s与从10 m/s 加 速到20 m/s用时不相等,故D错误。,