2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講義

《2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講義》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講義（17頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題四 功能關(guān)系的應(yīng)用 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用講義 專題定位　本專題主要用功能的觀點(diǎn)解決物體的運(yùn)動(dòng)和帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題．考查的重點(diǎn)有以下幾方面：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點(diǎn)和求解；②與功、功率相關(guān)的分析與計(jì)算；③幾個(gè)重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；④動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；⑤綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問題． 本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，側(cè)重在計(jì)算題中命題，是高考的壓軸題． 應(yīng)考策略　深刻理解功能關(guān)系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)

2、合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題． 第1課時(shí)　功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 1． 常見的幾種力做功的特點(diǎn) (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)． (2)摩擦力做功的特點(diǎn) ①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功． ②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值．在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化

3、為內(nèi)能．轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積． ③摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱． 2． 幾個(gè)重要的功能關(guān)系 (1)重力的功等于重力勢(shì)能的變化，即WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即W＝ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝Ff·s 相對(duì)． 1． 動(dòng)能定理的應(yīng)用 (1)動(dòng)能定理的適用情況：解決單個(gè)物體(或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題．動(dòng)能定

4、理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用． (2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程． ②分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況，然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和． ③明確物體在運(yùn)動(dòng)過程始、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2. ④列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解． 2． 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 (1)機(jī)械能是否守恒的判斷 ①用做功來判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零． ②用能量轉(zhuǎn)化來判斷，看是否有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．

5、 ③對(duì)一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示． (2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對(duì)象——物體系統(tǒng)． ②根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒． ③恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過程的始、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能． ④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解． 題型1　力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用 例1　如圖1所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后

6、由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過程的分析正確的是 (　　) 圖1 A．B物體的機(jī)械能一直減小 B．B物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和 C．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量 D．細(xì)線拉力對(duì)A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量 解析　把A、B和彈簧看做一個(gè)系統(tǒng)，該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在B下落直至B獲得最大速度的過程中，A的動(dòng)能增大，彈簧彈性勢(shì)能增大，所以B物體的機(jī)械能一直減小，選項(xiàng)A正確；由動(dòng)能定理知，B物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，選項(xiàng)B正確；B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能

7、的增加量與A物體動(dòng)能的增加量之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)A物體和彈簧組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得，細(xì)線拉力對(duì)A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)D正確． 答案　ABD 以題說法　1.本題要注意幾個(gè)功能關(guān)系：重力做的功等于重力勢(shì)能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢(shì)能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量；合力做的功等于動(dòng)能的變化量． 2．本題在應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，應(yīng)特別注意研究過程的選取．并且要弄清楚每個(gè)過程各力做功的情況． 　(xx·山東·16)如圖2所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M

8、、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過程中(　　) 圖2 A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加 C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加 D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功 答案　CD 解析　兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對(duì)M做負(fù)功，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能等于M克服摩擦力所做的功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確．除重力對(duì)滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對(duì)滑塊M做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．繩的拉力對(duì)滑塊m做正

9、功，滑塊m機(jī)械能增加，且增加的機(jī)械能等于拉力做的功，選項(xiàng)C正確． 題型2　動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 例2　(15分)如圖3所示，上表面光滑、長(zhǎng)度為3 m、質(zhì)量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L＝1 m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端，以后木板每運(yùn)動(dòng)1 m就在其最右端無初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊．(g取10 m/s2)求： 圖3 (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個(gè)小鐵塊時(shí)木板的速度； (

10、3)從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過程，木板運(yùn)動(dòng)的距離． 審題突破　木板在F＝50 N的水平拉力作用下，沿水平地面勻速運(yùn)動(dòng)，隱含什么條件？放上小鐵塊后木板的受力如何變化？ 解析　(1)木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到地面的摩擦力設(shè)為Ff 由平衡條件得： F＝Ff ①(1分) 又Ff＝μMg ②(2分) 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得： μ＝0.5 ③(1分) (2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg 設(shè)剛放第三個(gè)小鐵塊時(shí)木板的速度為v1，對(duì)木板從放第一個(gè)小鐵塊到剛放第三個(gè)小鐵塊的過程，由動(dòng)能定理

11、得： －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv ④(5分) 聯(lián)立③④并代入數(shù)據(jù)得： v1＝4 m/s ⑤(1分) (3)從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均為3μmg. 從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過程，設(shè)木板運(yùn)動(dòng)的距離為s，對(duì)木板由動(dòng)能定理得： －3μmgs＝0－Mv ⑥(4分) 聯(lián)立③⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得s＝ m≈1.78 m ⑦(1分) 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 以題說法　1.在應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)首先要弄清物體的受力情況和做功情況．此題特

12、別要注意每放一個(gè)小鐵塊都會(huì)使滑動(dòng)摩擦力增加μmg. 2．應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過程的選取，可以全過程列式，也可以分過程列式． 　如圖4所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖4 (1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值； (3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度大小為4 m

13、/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t. 答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg·(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0 解得：μ＝tan 37°＝0.375 (2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 mg＋FN＝ 由FN≥0得vC≥＝2 m/s 滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 －μmgcos 37°·＝mv－mv 則v0＝≥2 m/s 故v0的最小值為2 m/s (3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 x＝vC′t，y＝gt2 由幾何知識(shí)得tan 37°＝

14、整理得：5t2＋3t－0.8＝0 解得t＝0.2 s(t＝－0.8 s舍去) 題型3　動(dòng)力學(xué)方法和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 例3　 (14分)如圖5，質(zhì)量為M＝2 kg的頂部有豎直壁的容器A，置于傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，底部與斜面嚙合，容器頂面恰好處于水平狀態(tài)，容器內(nèi)有質(zhì)量為m＝1 kg的光滑小球B與右壁接觸．讓A、B系統(tǒng)從斜面上端由靜止開始下滑L后剛好到達(dá)斜面底端，已知L＝2 m，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球到達(dá)斜面底端的速度大??； (2)下滑過程中，A的水平頂面對(duì)B的支持力大?。? (3)下滑過程中，A對(duì)B所做的功． 審題突破　A、B組成的

15、系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化的是什么能量？A的水平頂面對(duì)B的支持力方向如何？ 解析　(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律： (M＋m)gLsin θ＝(M＋m)v2 (2分) 解得：v＝＝2 m/s (2分) (用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求出速度的同樣給4分) (2)小球與容器一起沿斜面自由下滑，加速度為a＝gsin θ (1分) 對(duì)B進(jìn)行受力分析，如圖所示，豎直方向受mg、FN作用，斜向下加速運(yùn) 動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律 mg－FN＝masin θ (3分) 代入a＝gsin θ 解得FN＝mg(1－sin2 θ)＝mgco

16、s2 θ＝7.5 N (2分) (3)設(shè)A對(duì)B做的功為Wm，則根據(jù)動(dòng)能定理 mgLsin θ＋Wm＝mv2 (2分) 解得Wm＝mv2－mgLsin θ ＝m()2－mgLsin θ＝0 (2分) 答案　(1)2 m/s　(2)7.5 N　(3)0 以題說法　若判斷多個(gè)物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，最簡(jiǎn)單有效的方法是看能量是否向機(jī)械能之外的其他能量轉(zhuǎn)化．比如，此題中各個(gè)接觸面都是光滑的，不會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，也沒有其他能量參與轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化，所以A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒． 　如圖6所示，輪半徑r＝10 cm的傳送帶，水平部分AB的

17、長(zhǎng)度L＝1.5 m，與一圓心在O點(diǎn)、半徑R＝1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點(diǎn)，AB高出水平地面H＝1.25 m，一質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，由圓軌道上的P點(diǎn)從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，不計(jì)空氣阻力． 圖6 (1)求滑塊對(duì)圓軌道末端的壓力； (2)若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點(diǎn)與B間的水平距離； (3)若傳送帶以v0＝0.5 m/s的速度沿逆時(shí)針方向運(yùn)行(傳送帶上部分由B到A運(yùn)動(dòng))，求滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能． 答案　(

18、1)1.4 N，方向豎直向下　(2)0.5 m　(3)0.2 J 解析　(1)從P點(diǎn)到圓軌道末端的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝mv2 在軌道末端由牛頓第二定律得： FN－mg＝ 由以上兩式得FN＝1.4 N 由牛頓第三定律得，滑塊對(duì)圓軌道末端的壓力大小為1.4 N，方向豎直向下． (2)若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動(dòng)能定理得： －μmgL＝mv－mv2 解得：vB＝1 m/s 滑塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng) 滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)間的水平距離為：s＝vB ＝0.5 m (3)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)和傳送帶靜止時(shí)，滑塊的受力情況沒有變化，滑塊從A到B的運(yùn)動(dòng)

19、情況沒有改變．所以滑塊和傳送帶間的相對(duì)位移為：Δs＝L＋v0＝2 m 滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為： Q＝μmgΔs＝0.2 J. 6． 綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題 審題示例 (12分)如圖7所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點(diǎn)，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A點(diǎn)高為h的斜面上方P點(diǎn)以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的D點(diǎn)．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力

20、，求： 圖7 (1)小球被拋出時(shí)的速度v0； (2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小； (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功Wf. 審題模板 答題模板 (1)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示． 則有v＝2gh ① 由幾何關(guān)系得v0＝v1cot θ ② 聯(lián)立①②式得 v0＝ ③ (2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cos θ) ④ 設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則從拋出點(diǎn)到B過程中由機(jī)械能守恒定律得 mv＋mg(H＋h)＝mv2

21、 ⑤ 在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式 解得FN＝5.6mg ⑦ 由牛頓第三定律知，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小是5.6mg ⑧ (3)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理：Wf＝0－mv 即Wf＝－mv＝－mgh ⑨ (評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案　(1)　(2)5.6mg　(3)－mgh 點(diǎn)睛之筆　多個(gè)運(yùn)動(dòng)的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時(shí)注意要各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程獨(dú)立分析，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系；有時(shí)對(duì)整個(gè)過程應(yīng)

22、用能量的觀點(diǎn)解決問題會(huì)更簡(jiǎn)單． 　如圖8所示，將一質(zhì)量m＝0.1 kg的小球自水平平臺(tái)頂端O點(diǎn)水平拋出，小球恰好無碰撞地落到平臺(tái)右側(cè)一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端A并沿斜面下滑，斜面底端B與光滑水平軌道平滑連接，小球以不變的速率過B點(diǎn)后進(jìn)入BC部分，再進(jìn)入豎直圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)．已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，豎直圓軌道半徑R＝5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，試求： 圖8 (1)小球水平拋出的初速度v0及斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離s； (2)小球從平臺(tái)頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時(shí)間； (3)若豎

23、直圓軌道光滑，小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力． 答案　(1)6 m/s　4.8 m　(2)2.05 s　(3)3 N，方向豎直向上 解析　(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)落至A點(diǎn)時(shí)，由平拋運(yùn)動(dòng)的速度分解圖可 得： v0＝vycot α 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v＝2gh h＝gt s＝v0t1 聯(lián)立解得：v0＝6 m/s，s＝4.8 m (2)小球從平臺(tái)頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面頂端A點(diǎn)，需要時(shí)間 t1＝ ＝0.8 s 小球在A點(diǎn)的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝＝10 m/s 從A點(diǎn)到B點(diǎn) 由動(dòng)能定理得mgH＝mv－mv 解得vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度a＝g

24、sin α＝8 m/s2 由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25 s 小球從平臺(tái)頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時(shí)間 t＝t1＋t2＝2.05 s (3)水平軌道BC及豎直圓軌道均光滑，小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得 －2mgR＝mv－mv 在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得：FN＋mg＝m 聯(lián)立解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律可得，小球在D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力FN′＝3 N，方向豎直向上 (限時(shí)：45分鐘) 1． (xx·安徽·17)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速

25、圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 (　　) A．GMm B．GMm C. D. 答案　C 解析　由萬有引力提供向心力知G＝m，所以衛(wèi)星的動(dòng)能為mv2＝，則衛(wèi)星在半經(jīng)為r的軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能為E＝mv2＋Ep＝－＝－.故衛(wèi)星在軌道R1上運(yùn)行時(shí)：E1＝－，在軌道R2上運(yùn)行時(shí)：E2＝－，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得產(chǎn)生的熱量為Q＝E1－E2＝，故正確選項(xiàng)為C. 2． (xx·江蘇·9)如圖1所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)

26、．物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零．重力加速度為g.則上述過程中 (　　) 圖1 A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于W－μmga B．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于W－μmga C．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W－μmga D．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能 答案　BC 解析　如圖，在A點(diǎn)彈簧的彈力大于摩擦力，即FA>μmg ，在B點(diǎn)彈 簧的彈力大于等于靜摩擦力而小于滑動(dòng)摩擦力，即FB≤

27、μmg，因此O 點(diǎn)距離B點(diǎn)較近，即xOBa，則EpB

28、2所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g，沿斜面上升的最大高度為h，則物體沿斜面上升的過程中 (　　) 圖2 A．物體的重力勢(shì)能增加了mgh B．物體的重力勢(shì)能增加了mgh C．物體的機(jī)械能損失了mgh D．物體的動(dòng)能減少了mgh 答案　BC 解析　該過程物體克服重力做功為mgh，則物體的重力勢(shì)能增加了mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由牛頓第二定律有Ff＋mgsin 30°＝ma，解得Ff＝mg，克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，Wf＝－Ff·＝－mgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知

29、，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，故動(dòng)能減少量為mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4． 用電梯將貨物從六樓送到一樓的過程中，貨物的v－t圖象如圖3所示．下列說法正確的是 (　　) 圖3 A．前2 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) B．最后1 s內(nèi)貨物只受重力作用 C．貨物在10 s內(nèi)的平均速度是1.7 m/s D．貨物在2 s～9 s內(nèi)機(jī)械能守恒 答案　C 解析　由題圖知，前2 s內(nèi)貨物加速下降，加速度方向向下，貨物處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；最后1 s內(nèi)貨物減速下降，加速度方向向上，貨物一定受到向上的作用力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；v－t圖象中圖線與時(shí)間軸所圍的面積在數(shù)值上等于貨物

30、發(fā)生的位移大小，貨物在10 s內(nèi)發(fā)生的位移大小為s＝×(7＋10)×2 m＝17 m，則10 s內(nèi)貨物的平均速度是1.7 m/s，選項(xiàng)C正確；貨物在2 s～9 s內(nèi)勻速下降，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能不變，機(jī)械能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5． 質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過程的速度—時(shí)間圖象如圖4所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點(diǎn)后為平行于橫軸的直線．已知從t1時(shí)刻開始汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是 (　　) 圖4 A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車牽引力的數(shù)值為m B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于(m＋Ff)v2 C．t1～t2時(shí)間

31、內(nèi)，汽車的平均速率小于 D．汽車運(yùn)動(dòng)的最大速率v2＝(＋1)v1 答案　D 解析　0～t1時(shí)間內(nèi)汽車的加速度大小為，m為汽車所受的合外力大小，而不是牽引力大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻汽車牽引力的功率為Fv1＝(m＋Ff)v1，之后汽車功率保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速率大于，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；牽引力等于阻力時(shí)速度最大，即t2時(shí)刻汽車速率達(dá)到最大值，則有(m＋Ff)v1＝Ffv2，解得v2＝(＋1)v1，選項(xiàng)D正確． 6． 一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運(yùn)動(dòng)，如圖5甲所示．在物體運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力不計(jì)，其機(jī)械能E與位移s的關(guān)系圖象如圖乙所示，其

32、中曲線上點(diǎn)A處的切線的斜率最大．則 (　　) 圖5 A．在s1處物體所受拉力最大 B．在s2處物體的速度最大 C．在s1～s3過程中，物體的動(dòng)能先增大后減小 D．在0～s2過程中，物體的加速度先增大后減小 答案　AC 解析　除重力以外的力做的功量度了機(jī)械能的變化，故E－s圖象的斜率表示物體所受拉力的大小，在s1處圖象的斜率最大，故物體所受拉力最大，A正確；在s2處圖象的斜率為零，故物體所受拉力為零，因此在s2處之前的某一位置拉力就已經(jīng)等于重力，速度達(dá)到最大，B錯(cuò)誤；在s1～s3的過程中，拉力先大于重力后小于重力最后為零，因此物體先加速再減速，物體的動(dòng)能先增大后減

33、小，C正確；0～s2的過程中拉力先大于重力，并且先增大后減小，最后減小到0，根據(jù)牛頓第二定律得物體的加速度先增大后減小再反向增大，D錯(cuò)誤． 7． 被譽(yù)為“豪小子”的紐約尼克斯隊(duì)17號(hào)華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球(NBA)賽場(chǎng)上大放光彩．現(xiàn)假設(shè)林書豪準(zhǔn)備投二分球前先屈腿下蹲再豎直向上躍起，已知林書豪的質(zhì)量為m，雙腳離開地面時(shí)的速度為v，從開始下蹲至躍起過程中重心上升的高度為h，則下列說法正確的是 (　　) A．從地面躍起過程中，地面支持力對(duì)他所做的功為0 B．從地面躍起過程中，地面支持力對(duì)他所做的功為mv2＋mgh C．離開地面后，他在上升過程和下落過程中都處于失

34、重狀態(tài) D．從下蹲到離開地面上升過程中，他的機(jī)械能守恒 答案　AC 解析　地面支持力對(duì)林書豪的位移為0，該力做功為0，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離開地面后，他的加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；他下蹲過程中機(jī)械能不守恒，離開地面上升過程中機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8． 水上滑梯可簡(jiǎn)化成如圖6所示的模型，光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑連接，斜槽AB的豎直高度H＝6.0 m，傾角θ＝37°，水平槽BC長(zhǎng)d＝2.5 m，BC面與水面的距離h＝0.80 m，人與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.40.一游戲者從滑梯頂端A點(diǎn)無初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g＝10 m/s2，co

35、s 37°＝0.8，sin 37°＝0.6) 圖6 (1)游戲者沿斜槽AB下滑時(shí)加速度的大小； (2)游戲者滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小； (3)在從C點(diǎn)滑出至落到水面的過程中，游戲者在水平方向上的位移的大小． 答案　(1)6.0 m/s2　(2)10.0 m/s　(3)4.0 m 解析　(1)設(shè)游戲者的質(zhì)量為m，游戲者沿斜槽AB下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＝ma 則沿斜槽AB下滑時(shí)加速度的大小a＝gsin θ＝6.0 m/s2 (2)游戲者從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得 mgH－μmgd＝mv2－0 解得滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小v＝10.0 m/s (3)在

36、從C點(diǎn)滑出至落到水面的過程中，游戲者做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過程經(jīng)歷的時(shí)間為t，則 游戲者在水平方向的位移大小x＝vt ① 在豎直方向的位移大小h＝gt2 ② 聯(lián)立①②解得x＝4.0 m 9． 如圖7所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊輕輕地放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑的圓弧軌道．B、C為圓弧軌道的兩端點(diǎn)，其連線水平，已知圓弧軌道的半徑R＝1.0 m，圓弧軌道對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝106°，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，小物塊離開C點(diǎn)后恰能無碰撞地沿固定斜面向上

37、運(yùn)動(dòng)，0.8 s后經(jīng)過D點(diǎn)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8) 圖7 (1)求小物塊離開A點(diǎn)時(shí)的水平初速度v1的大小； (2)求小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力； (3)假設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.3，傳送帶的速度為5 m/s，求P、A間的距離； (4)求斜面上C、D間的距離． 答案　(1)3 m/s　(2)43 N，方向豎直向下　(3)1.5 m (4)0.98 m 解析　(1)對(duì)于小物塊，由A點(diǎn)到B點(diǎn)，有v＝2gh 在B點(diǎn)，有tan ＝ 所以v1＝3 m/s (2)對(duì)于小物塊，從

38、B點(diǎn)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理知 mgR(1－cos )＝mv－mv 其中vB＝＝ m/s＝5 m/s 由牛頓第二定律知，在O點(diǎn)，有FN－mg＝m， 所以FN＝43 N 由牛頓第三定律知小物塊對(duì)軌道的壓力為FN′＝43 N，方向豎直向下 (3)對(duì)于小物塊在傳送帶上加速的過程有 μ2mg＝ma3 設(shè)P、A間的距離為sPA，則sPA＝＝＝1.5 m (4)小物塊沿斜面上滑時(shí)，由牛頓第二定律有 mgsin ＋μ1mgcos ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 小物塊沿斜面下滑時(shí)有 mgsin －μ1mgcos ＝ma2 解得a2＝6 m/s2 由機(jī)械能守恒定律可知vC＝vB＝5

39、 m/s 小物塊由C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)歷時(shí)t1＝＝0.5 s 小物塊由最高點(diǎn)回到D點(diǎn)歷時(shí) t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s 故sCD＝t1－a2t 解得sCD＝0.98 m 10．如圖8所示是一皮帶傳輸裝載機(jī)械示意圖．井下挖掘工將礦物無初速度地放置于沿圖示方向運(yùn)行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達(dá)軌道的最高點(diǎn)C處，然后水平拋到貨臺(tái)上．已知半徑為R＝0.4 m的圓形軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，O點(diǎn)為半圓的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑，礦物m可視為質(zhì)點(diǎn)，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，礦物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶勻速運(yùn)行的速率為v0＝8 m/

40、s，傳送帶A、B點(diǎn)間的長(zhǎng)度sAB＝45 m．若礦物落到點(diǎn)D處離最高點(diǎn)C點(diǎn)的水平距離為sCD＝2 m，豎直距離為hCD＝1.25 m，礦物質(zhì)量m＝50 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力．求： 圖8 (1)礦物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)礦物到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (3)礦物由B點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)的過程中，克服阻力所做的功． 答案　(1)6 m/s　(2)1 500 N　(3)140 J 解析　(1)假設(shè)礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動(dòng)能定理可得 (μmgcos θ－mgsin θ)sAB＝mv 代入數(shù)據(jù)得vB＝6 m/s 由于vB