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 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)動和帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場或磁場中的運(yùn)動問題考查的重點(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)的分析與計算；幾個重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；動能定理的綜合應(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)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運(yùn)動過程問題；二是運(yùn)用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動或電磁感應(yīng)問題第1課時功能關(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)單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)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；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值在一對滑動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，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱2 幾個重要的功能關(guān)系(1)重力的功等于重力勢能的變化，即WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動能的變化，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)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即QFf·s 相對1 動能定理的應(yīng)用(1)動能定理的適用情況：解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動；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，既可以同時作用，也可以分段作用(2)應(yīng)用動能定理解題的基本思路選取研究對象，明確它的運(yùn)動過程分析研究對象的受力情況和各力做功情況，然后求各個外力做功的代數(shù)和明確物體在運(yùn)動過程始、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2.列出動能定理的方程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)化來判斷，看是否有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能對一些“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選取研究對象物體系統(tǒng)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在運(yùn)動過程的始、末狀態(tài)時的機(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能的增加量D細(xì)線拉力對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的動能增大，彈簧彈性勢能增大，所以B物體的機(jī)械能一直減小，選項(xiàng)A正確；由動能定理知，B物體的動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能的增加量與A物體動能的增加量之和，選項(xiàng)C錯誤；對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.本題要注意幾個功能關(guān)系：重力做的功等于重力勢能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量；合力做的功等于動能的變化量2本題在應(yīng)用動能定理時，應(yīng)特別注意研究過程的選取并且要弄清楚每個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、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長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)動若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動的過程中()圖2A兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B重力對M做的功等于M動能的增加C輕繩對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錯誤，D正確除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負(fù)功，選項(xiàng)B錯誤繩的拉力對滑塊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動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用例2(15分)如圖3所示，上表面光滑、長度為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)動現(xiàn)將一個質(zhì)量為m3 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)動了L1 m時，又將第二個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1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊(g取10 m/s2)求：圖3(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度；(3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，木板運(yùn)動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，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)動時，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)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加mg設(shè)剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1，對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程，由動能定理得：mgL2mgLMvMv(5分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：v14 m/s(1分)(3)從放第三個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.從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，設(shè)木板運(yùn)動的距離為s，對木板由動能定理得：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以題說法1.在應(yīng)用動能定理解題時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小鐵塊都會使滑動摩擦力增加mg.2應(yīng)用動能定理列式時要注意運(yùn)動過程的選取，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 37°0.6，cos 37°0.8.圖4(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(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)動能定理有mg·(2RR)mgcos 37°·00解得：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mgFN由FN0得vC2 m/s滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有mgcos 37°·mvmv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，有xvCt，ygt2由幾何知識得tan 37°整理得：5t23t0.80解得t0.2 s(t0.8 s舍去)題型3動力學(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)斜面底端的速度大小；(2)下滑過程中，A的水平頂面對B的支持力大小；(3)下滑過程中，A對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)動定律和運(yùn)動學(xué)知識求出速度的同樣給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，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B做的功為Wm，則根據(jù)動能定理mgLsin Wmmv2(2分)解得Wmmv2mgLsin m()2mgLsin 0(2分)答案(1)2 m/s(2)7.5 N(3)0以題說法若判斷多個物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，最簡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，此題中各個接觸面都是光滑的，不會產(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與豎直線的夾角37°.已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1，不計空氣阻力圖6(1)求滑塊對圓軌道末端的壓力；(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的速度沿逆時針方向運(yùn)行(傳送帶上部分由B到A運(yùn)動)，求滑塊在傳送帶上滑行過程中產(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，由動能定理得：mgLmvmv2解得：vB1 m/s滑塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)間的水平距離為：svB 0.5 m(3)傳送帶向左運(yùn)動和傳送帶靜止時，滑塊的受力情況沒有變化，滑塊從A到B的運(yùn)動情況沒有改變所以滑塊和傳送帶間的相對位移為：sLv02 m滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為：Qmgs0.2 J.6 綜合應(yīng)用動力學(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Rh，sin 37°0.6，cos 37°0.8，不計空氣阻力，求：圖7(1)小球被拋出時的速度v0；(2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時，對軌道的壓力大??；(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，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mvmg(Hh)mv2在B點(diǎn)，根據(jù)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)對軌道的壓力大小是5.6mg(3)全過程應(yīng)用動能定理：Wf0mv即Wfmvmgh(評分標(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)睛之筆多個運(yùn)動的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時注意要各個運(yùn)動過程獨(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；有時對整個過程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問題會更簡單如圖8所示，將一質(zhì)量m0.1 kg的小球自水平平臺頂端O點(diǎn)水平拋出，小球恰好無碰撞地落到平臺右側(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)動已知斜面頂端與平臺的高度差h3.2 m，斜面高H15 m，豎直圓軌道半徑R5 m取sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 m/s2，試求：圖8(1)小球水平拋出的初速度v0及斜面頂端與平臺邊緣的水平距離s；(2)小球從平臺頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時間；(3)若豎直圓軌道光滑，小球運(yùn)動到圓軌道最高點(diǎn)D時對軌道的壓力答案(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)動落至A點(diǎn)時，由平拋運(yùn)動的速度分解圖可得：v0vycot 由平拋運(yùn)動規(guī)律得：v2ghhgtsv0t1聯(lián)立解得：v06 m/s，s4.8 m(2)小球從平臺頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面頂端A點(diǎn)，需要時間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小球從平臺頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時間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)對軌道的壓力FN3 N，方向豎直向上(限時：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，引力勢能可表示為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圓周運(yùn)動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運(yùn)動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()AGMm BGMmC. D.答案C解析由萬有引力提供向心力知Gm，所以衛(wèi)星的動能為mv2，則衛(wèi)星在半經(jīng)為r的軌道上運(yùn)行時機(jī)械能為Emv2Ep.故衛(wèi)星在軌道R1上運(yùn)行時：E1，在軌道R2上運(yùn)行時：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，另一端與小物塊相連彈簧處于自然長度時物塊位于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，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時速度為零重力加速度為g.則上述過程中()圖1A物塊在A點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能等于WmgaB物塊在B點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于WmgaC經(jīng)O點(diǎn)時，物塊的動能小于WmgaD物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時彈簧的彈性勢能答案BC解析如圖，在A點(diǎn)彈簧的彈力大于摩擦力，即FA>mg ，在B點(diǎn)彈簧的彈力大于等于靜摩擦力而小于滑動摩擦力，即FBmg，因此O點(diǎn)距離B點(diǎn)較近，即xOB<xOA ，從O點(diǎn)到A點(diǎn)由動能定理得：WmgxOAW彈 0，W彈 EpA，則有 EpA WmgxOA<Wmga，則A項(xiàng)錯誤整個過程由能量守恒得：Wmg(axOA)EpB，xOA>a，則EpB <Wmga，B項(xiàng)正確從O到A再到O過程： W2mgxOA EkO，則EkO<W2mg·aWmga，C項(xiàng)正確物塊動能最大時彈簧彈力與滑動摩擦力相等，即Fmg，而FBmg，因此彈簧在動能最大位置形變量不小于在B點(diǎn)的彈簧形變量，對應(yīng)的彈簧彈性勢能不小于B點(diǎn)的彈簧彈性勢能，則D項(xiàng)錯誤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2A物體的重力勢能增加了mghB物體的重力勢能增加了mghC物體的機(jī)械能損失了mghD物體的動能減少了mgh答案BC解析該過程物體克服重力做功為mgh，則物體的重力勢能增加了mgh，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；由牛頓第二定律有Ffmgsin 30°ma，解得Ffmg，克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，WfFf·mgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，故動能減少量為mgh，選項(xiàng)D錯誤4 用電梯將貨物從六樓送到一樓的過程中，貨物的vt圖象如圖3所示下列說法正確的是()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)貨物加速下降，加速度方向向下，貨物處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯誤；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錯誤；vt圖象中圖線與時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，重力勢能減小，動能不變，機(jī)械能減小，選項(xiàng)D錯誤5 質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動，啟動過程的速度時間圖象如圖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時刻開始汽車的功率保持不變，整個運(yùn)動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是 ()圖4A0t1時間內(nèi)，汽車牽引力的數(shù)值為mBt1t2時間內(nèi)，汽車的功率等于(mFf)v2Ct1t2時間內(nèi)，汽車的平均速率小于D汽車運(yùn)動的最大速率v2(1)v1答案D解析0t1時間內(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錯誤；t1時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錯誤；t1t2時間內(nèi)，汽車的平均速率大于，選項(xiàng)C錯誤；牽引力等于阻力時速度最大，即t2時刻汽車速率達(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，如圖5甲所示在物體運(yùn)動過程中，空氣阻力不計，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過程中，物體的動能先增大后減小D在0s2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錯誤；在s1s3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，物體的動能先增大后減小，C正確；0s2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錯誤7 被譽(yù)為“豪小子”的紐約尼克斯隊17號華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球(NBA)賽場上大放光彩現(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，地面支持力對他所做的功為0B從地面躍起過程中，地面支持力對他所做的功為mv2mghC離開地面后，他在上升過程和下落過程中都處于失重狀態(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錯誤8 水上滑梯可簡化成如圖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d2.5 m，BC面與水面的距離h0.80 m，人與BC間的動摩擦因數(shù)為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g10 m/s2，cos 37°0.8，sin 37°0.6)圖6(1)游戲者沿斜槽AB下滑時加速度的大?。?2)游戲者滑到C點(diǎn)時速度的大?。?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，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin ma則沿斜槽AB下滑時加速度的大小agsin 6.0 m/s2(2)游戲者從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理得mgHmgdmv20解得滑到C點(diǎn)時速度的大小v10.0 m/s(3)在從C點(diǎn)滑出至落到水面的過程中，游戲者做平拋運(yùn)動，設(shè)此過程經(jīng)歷的時間為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的小物塊輕輕地放在水平勻速運(yùn)動的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動到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R1.0 m，圓弧軌道對應(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)后恰能無碰撞地沿固定斜面向上運(yùn)動，0.8 s后經(jīng)過D點(diǎn)，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為1.(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37 °0.8)圖7(1)求小物塊離開A點(diǎn)時的水平初速度v1的大??；(2)求小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時對軌道的壓力；(3)假設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為20.3，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)對于小物塊，從B點(diǎn)到O點(diǎn)，由動能定理知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軌道的壓力為FN43 N，方向豎直向下(3)對于小物塊在傳送帶上加速的過程有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，由牛頓第二定律有mgsin 1mgcos ma1解得a110 m/s2小物塊沿斜面下滑時有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t10.5 s小物塊由最高點(diǎn)回到D點(diǎn)歷時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°，礦物與傳送帶間的動摩擦因數(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 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2，不計空氣阻力求：圖8(1)礦物到達(dá)B點(diǎn)時的速度大??；(2)礦物到達(dá)C點(diǎn)時對軌道的壓力大?。?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)，由動能定理可得(mgcos mgsin )sABmv代入數(shù)據(jù)得vB6 m/s由于vB<v0，故假設(shè)成立，礦物到達(dá)B點(diǎn)時速度為6 m/s(2)由平拋運(yùn)動知識可得sCDvCthCDgt2代入數(shù)據(jù)得礦物到達(dá)C點(diǎn)時速度大小為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軌道的壓力FNFN1 500 N(3)對于礦物由B到C的過程，由動能定理得mgR(1cos 37°)Wfmvmv代入數(shù)據(jù)得Wf140 J即礦物由B到達(dá)C時克服阻力所做的功為140 J