《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(yè)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(wèn)題考查的重點(diǎn)有以下幾方面：重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點(diǎn)和求解；與功、功率相關(guān)的分析與計(jì)算；幾個(gè)重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問(wèn)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)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題；

2、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(wèn)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(wú)關(guān)(2)摩擦力做功的特點(diǎn)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(guò)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(guò)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)位移的乘積摩擦生

3、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WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即WEk.(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E.(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QFfs 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(wèn)題動(dòng)能定理既適用于直線運(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選

4、取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析研究對(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)和明確物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程始、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2.列出動(dòng)能定理的方程W合Ek2Ek1，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用做功來(lái)判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷，看是否有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能對(duì)一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問(wèn)題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說(shuō)明及暗示(2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路選取研究對(duì)象物體系統(tǒng)根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取

5、參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的始、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能根據(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(guò)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，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度下列有關(guān)該過(guò)程的分析正確的是()圖1AB物體的機(jī)械能一直減小BB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CB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

6、系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在B下落直至B獲得最大速度的過(guò)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(shuō)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

7、定理時(shí)，應(yīng)特別注意研究過(guò)程的選取并且要弄清楚每個(gè)過(guò)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、m(Mm)的滑塊，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)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(guò)程中()圖2A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

8、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M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 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m3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L1 m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無(wú)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(wú)初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊(g

9、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；(3)從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過(guò)程，木板運(yùn)動(dòng)的距離審題突破木板在F50 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：FFf(1分)又FfMg(2分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：0.5(1分)(2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加mg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(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgL2mgLMvMv(5分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：v14 m/

10、s(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3mg.從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過(guò)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：3mgs0Mv(4分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得s m1.78 m(1分)答案(1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m以題說(shuō)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別要注意每放一個(gè)小鐵塊都會(huì)使滑動(dòng)摩擦力增加mg.2應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取，可以全過(guò)程列式，也可以分過(guò)程列式如圖4所示，傾角為37的粗糙斜面AB底端與半徑R0.4 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

11、方向，A、C兩點(diǎn)等高質(zhì)量m1 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 370.6，cos 370.8.圖4(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(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/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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(2RR)mgcos 3700解得：tan 370.375(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有mgFN由FN0得vC2 m/s滑塊從A點(diǎn)到C

12、點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgcos 37mvmv則v02 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xvCt，ygt2由幾何知識(shí)得tan 37整理得：5t23t0.80解得t0.2 s(t0.8 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M2 kg的頂部有豎直壁的容器A，置于傾角為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m1 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L2 m，取重力加速度g10 m/s2.求：圖5(1)小球到達(dá)斜面底端的速度大??；(2

13、)下滑過(guò)程中，A的水平頂面對(duì)B的支持力大小；(3)下滑過(guò)程中，A對(duì)B所做的功審題突破A、B組成的系統(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：(Mm)gLsin (Mm)v2(2分)解得：v2 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agsin (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mgFNmasin (3分)代入agsin 解得FNmg(1sin2 )mgcos2 7.5 N(2分)(3)設(shè)A對(duì)B做的功為Wm，則根據(jù)動(dòng)

14、能定理mgLsin Wmmv2(2分)解得Wmmv2mgLsin m()2mgLsin 0(2分)答案(1)2 m/s(2)7.5 N(3)0以題說(shuō)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r10 cm的傳送帶，水平部分AB的長(zhǎng)度L1.5 m，與一圓心在O點(diǎn)、半徑R1 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H1.25 m，一質(zhì)量m0.1 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

15、線的夾角37.已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)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v00.5 m/s的速度沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(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(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能答案(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(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：mgR(1cos 37)mv2在軌道末端由牛頓第二定律得：FNmg由以上兩式得FN1.4 N由牛頓第三定律得，滑塊對(duì)圓軌道末端的壓力大小

16、為1.4 N，方向豎直向下(2)若傳送帶靜止，從A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgLmvmv2解得：vB1 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：svB 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)情況沒有改變所以滑塊和傳送帶間的相對(duì)位移為：sLv02 m滑塊在傳送帶上滑行過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為：Qmgs0.2 J.6 綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)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

17、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Rh，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力，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?。?3)小球從C到D過(guò)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，如圖所示則有v2gh由幾何關(guān)系得v0v1cot 聯(lián)立式得v0(2)A、B間豎直高度HR(1cos )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(guò)程中由機(jī)械能守恒定律得mvmg(Hh)mv2在B點(diǎn)，根據(jù)

18、牛頓第二定律有FNmgm聯(lián)立式解得FN5.6mg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(3)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理：Wf0mv即Wfmvmgh(評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共12分，其中，式2分，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(wèn)題時(shí)注意要各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程獨(dú)立分析，而不同過(guò)程往往通過(guò)連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系；有時(shí)對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問(wèn)題會(huì)更簡(jiǎn)單如圖8所示，將一質(zhì)量m0.1 kg的小球自水平平臺(tái)頂端O點(diǎn)水平拋出，小球恰好無(wú)碰撞地落到平臺(tái)右側(cè)一傾角為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

19、軌道平滑連接，小球以不變的速率過(guò)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h3.2 m，斜面高H15 m，豎直圓軌道半徑R5 m取sin 530.8，cos 530.6，g10 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/s4.8 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：v0vycot 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v2ghhgtsv

20、0t1聯(lián)立解得：v06 m/s，s4.8 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vA10 m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得mgHmvmv解得vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度agsin 8 m/s2由vBvAat2，解得t21.25 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tt1t22.05 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2mgRmvmv在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得：FNmgm聯(lián)立解得：FN3 N由牛頓第三定律可得，小球在D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力FN3 N，方向豎直向上(限時(shí)：4

21、5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(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(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(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()AGMm BGMmC. D.答案C解析由萬(wàn)有引力提供向心力知Gm，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Emv2Ep.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QE1E2，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，

22、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)物塊的質(zhì)量為m，ABa，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.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(guò)程中()圖1A物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于WmgaB物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于WmgaC經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于WmgaD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FAmg ，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FBmg，因此O點(diǎn)距離B點(diǎn)較近，即xOBxOA ，從

23、O點(diǎn)到A點(diǎn)由動(dòng)能定理得：WmgxOAW彈 0，W彈 EpA，則有 EpA WmgxOAa，則EpB Wmga，B項(xiàng)正確從O到A再到O過(guò)程： W2mgxOA EkO，則EkOW2mgaWmga，C項(xiàng)正確物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧彈力與滑動(dòng)摩擦力相等，即Fmg，而FBmg，因此彈簧在動(dòng)能最大位置形變量不小于在B點(diǎn)的彈簧形變量，對(duì)應(yīng)的彈簧彈性勢(shì)能不小于B點(diǎn)的彈簧彈性勢(shì)能，則D項(xiàng)錯(cuò)誤3 如圖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(guò)程中()圖2A物體的重力勢(shì)能增加了mghB物體的重力勢(shì)能增加了mghC物

24、體的機(jī)械能損失了mghD物體的動(dòng)能減少了mgh答案BC解析該過(guò)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Ffmgsin 30ma，解得Ffmg，克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，WfFfmgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知，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(guò)程中，貨物的vt圖象如圖3所示下列說(shuō)法正確的是()圖3A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/sD貨物在2 s9 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

25、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；vt圖象中圖線與時(shí)間軸所圍的面積在數(shù)值上等于貨物發(fā)生的位移大小，貨物在10 s內(nèi)發(fā)生的位移大小為s(710)2 m17 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 s9 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(guò)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(guò)程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以

26、下說(shuō)法正確的是 ()圖4A0t1時(shí)間內(nèi)，汽車牽引力的數(shù)值為mBt1t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于(mFf)v2Ct1t2時(shí)間內(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0t1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(mFf)v1，之后汽車功率保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t1t2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(mFf)v1Ffv2，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

27、物體運(yùn)動(dòng)過(guò)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，其中曲線上點(diǎn)A處的切線的斜率最大則()圖5A在s1處物體所受拉力最大B在s2處物體的速度最大C在s1s3過(guò)程中，物體的動(dòng)能先增大后減小D在0s2過(guò)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Es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s1s3的過(guò)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)能先增大后減小

28、，C正確；0s2的過(guò)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(guó)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(guò)程中重心上升的高度為h，則下列說(shuō)法正確的是()A從地面躍起過(guò)程中，地面支持力對(duì)他所做的功為0B從地面躍起過(guò)程中，地面支持力對(duì)他所做的功為mv2mghC離開地面后，他在上升過(guò)程和下落過(guò)程中都處于失重狀態(tài)D從下蹲到離開地面上升過(guò)程中，他的機(jī)械能守恒答案AC解析地

29、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(guò)程中機(jī)械能不守恒，離開地面上升過(guò)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H6.0 m，傾角37，水平槽BC長(zhǎng)d2.5 m，BC面與水面的距離h0.80 m，人與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.40.一游戲者從滑梯頂端A點(diǎn)無(wú)初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6)圖6(1)游戲者沿斜槽AB下滑時(shí)加速度的大?。?2)游戲者滑到C點(diǎn)時(shí)速度

30、的大小；(3)在從C點(diǎn)滑出至落到水面的過(guò)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 ma則沿斜槽AB下滑時(shí)加速度的大小agsin 6.0 m/s2(2)游戲者從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgHmgdmv20解得滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小v10.0 m/s(3)在從C點(diǎn)滑出至落到水面的過(guò)程中，游戲者做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為t，則游戲者在水平方向的位移大小xvt在豎直方向的位移大小hgt2聯(lián)立解得x4.0 m9 如圖7所示，質(zhì)量為m1 kg的小物塊

31、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(wú)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R1.0 m，圓弧軌道對(duì)應(yīng)的圓心角106，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h0.8 m，小物塊離開C點(diǎn)后恰能無(wú)碰撞地沿固定斜面向上運(yùn)動(dòng)，0.8 s后經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1.(g10 m/s2，sin 370.6，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??；(2)求小物塊經(jīng)過(guò)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20.3，傳送帶的速度為5 m/s

32、，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v2gh在B點(diǎn)，有tan 所以v13 m/s(2)對(duì)于小物塊，從B點(diǎn)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理知mgR(1cos )mvmv其中vB m/s5 m/s由牛頓第二定律知，在O點(diǎn)，有FNmgm，所以FN43 N由牛頓第三定律知小物塊對(duì)軌道的壓力為FN43 N，方向豎直向下(3)對(duì)于小物塊在傳送帶上加速的過(guò)程有2mgma3設(shè)P、A間的距離為sPA，則sPA1.5 m(4)小物塊沿斜面上滑時(shí)，由牛頓第二定律有mgsin 1mgcos ma1解得

33、a110 m/s2小物塊沿斜面下滑時(shí)有mgsin 1mgcos ma2解得a26 m/s2由機(jī)械能守恒定律可知vCvB5 m/s小物塊由C點(diǎn)上升到最高點(diǎn)歷時(shí)t10.5 s小物塊由最高點(diǎn)回到D點(diǎn)歷時(shí)t20.8 s0.5 s0.3 s故sCDt1a2t解得sCD0.98 m10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(wú)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R0.4 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37，礦物與傳

34、送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.8，傳送帶勻速運(yùn)行的速率為v08 m/s，傳送帶A、B點(diǎn)間的長(zhǎng)度sAB45 m若礦物落到點(diǎn)D處離最高點(diǎn)C點(diǎn)的水平距離為sCD2 m，豎直距離為hCD1.25 m，礦物質(zhì)量m50 kg，sin 370.6，cos 370.8，g10 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(guò)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(mgcos mgsin )sABmv代入數(shù)據(jù)得vB6 m/s由于vBv0，故假設(shè)成立，礦物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為6 m/s(2)由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得sCDvCthCDgt2代入數(shù)據(jù)得礦物到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為vC4 m/s由牛頓第二定律可得FNmgm代入數(shù)據(jù)得FN 1 500 N根據(jù)牛頓第三定律可得礦物對(duì)軌道的壓力FNFN1 500 N(3)對(duì)于礦物由B到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR(1cos 37)Wfmvmv代入數(shù)據(jù)得Wf140 J即礦物由B到達(dá)C時(shí)克服阻力所做的功為140 J