高考物理二輪復習資料專題04功功率與動能定理教學案

1、專題四 功、功率與動能定理【2013考綱解讀】功、能、能量守恒是近幾年高考理科綜合物理命題的重點、熱點和焦點，也是廣大考生普遍感到棘手的難點之一能量守恒貫穿于整個高中物理學習的始終，是聯(lián)系各部分知識的主線它不僅為解決力學問題開辟了一條重要途徑，同時也為我們分析問題和解決問題提供了重要依據(jù)守恒思想是物理學中極為重要的思想方法，是物理學研究的極高境界，是開啟物理學大門的金鑰匙，同樣也是對考生進行方法教育和能力培養(yǎng)的重要方面因此，功、能、能量守恒可謂高考物理的重中之重，常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中縱觀近幾年高考理科綜合試題，功、能、能量守恒考查的特點是：靈活性強，難度較大，能力要求高，內(nèi)容極豐富，多

2、次出現(xiàn)綜合計算；題型全，不論是從內(nèi)容上看還是從方法上看都極易滿足理科綜合試題的要求，經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學和近代物理知識綜合運用，在高考中所占份量相當大從考題逐漸趨于穩(wěn)定的特點來看，我們認為：2013年對功、能、能量守恒的考查重點仍放在分析問題和解決問題的能力上因此在第二輪復習中，還是應在熟練掌握基本概念和規(guī)律的同時，注重分析綜合能力的培養(yǎng)，訓練從能量守恒的角度分析問題的思維方法【知識網(wǎng)絡構建】【重點知識整合】一、求功的方法比較1恒力做功的求法(1)應用公式WFscos其中是F、s間的夾角(2)用動能定理(從做功的效果)求功：此公式可以求恒力做功也可以求變力做功特別提醒：(1)應

3、用動能定理求的功是物體所受合外力的功，而不是某一個力的功(2)合外力的功也可用W合F合scos或W合F1s1cosF2s2cos求解2變力做功的求法名稱適用條件求法平均值法變力F是位移s的線性函數(shù)WFscos圖象法已知力F與位移s的 Fs圖象圖象下方的面積表示力做的功功率法已知力F做功的功率恒定WPt轉換法 力的大小不變，方向改變，如阻力做功，通過滑輪連接 將拉力對物體做功轉換為力對繩子做功，阻力做功WFfs 功能法 一般變力、曲線運動、直線運動 W合Ek或W其他E 特別提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做負功，還可以不做功(2)相互摩擦的系統(tǒng)內(nèi)：一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總為零，靜摩擦力起

4、著傳遞機械能的作用，而沒有機械能轉化為其他形式的能；一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和等于摩擦力與相對路程的乘積，其值為負值，WFfs相對，且Ffs相對E損Q內(nèi)能二、兩種功率表達式的比較1功率的定義式：P，所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率2功率的計算式：PFvcos，其中是力與速度間的夾角，該公式有兩種用法：(1)求某一時刻的瞬時功率這時F是該時刻的作用力大小，取瞬時值，對應的P為F在該時刻的瞬時功率；(2)當v為某段位移(時間)內(nèi)的平均速度時，則要求這段位移(時間)內(nèi)F必須為恒力，對應的P為F在該段時間內(nèi)的平均功率特別提醒：公式PFvcos在高中階段常用于機車類問題的處理，此時P指發(fā)動機的輸出功率，

5、F為牽引力，F(xiàn)f為阻力，則任一時刻都滿足PFv，機車任一狀態(tài)的加速度a，當機車勻速運動時，F(xiàn)Ff，PFvFfv.三、對動能定理的理解1對公式的理解(1)計算式為標量式，沒有方向性，動能的變化為末動能減去初動能(2)研究對象是單一物體或可以看成單一物體的整體(3)公式中的位移和速度必須是相對于同一參考系，一般以地面為參考系2動能定理的優(yōu)越性(1)適用范圍廣：應用于直線運動，曲線運動，單一過程，多過程，恒力做功，變力做功(2)應用便捷：公式不涉及物體運動過程的細節(jié)，不涉及加速度和時間問題，應用時比牛頓運動定律和運動學方程方便，而且能解決牛頓運動定律不能解決的變力問題和曲線運動問題【高頻考點突破】考

6、點一 功的計算功的計算在高中階段占有十分重要的地位，涉及功的計算問題，要掌握以下三點：1判斷力是否做功的方法：恒力作用時用力和位移的夾角判斷，變力作用時一般用力和速度的夾角判斷2做功的求法：恒力做功應用WFscos，變力做功優(yōu)先考慮動能定理或將變力轉化為恒力3整體法求功：涉及連接體的問題，若不涉及內(nèi)力做功，一般優(yōu)先考慮整體法例1、如圖51所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿，直角桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)0.20，豎直部分光滑，兩部分各套有質(zhì)量為2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B間用細繩相連，初始位置OA1.5 m，OB2.0 m，g取10 m/s2，則 圖51(1)若用水平拉力F1沿水平

7、桿向右緩慢拉A，使之移動0.5 m，該過程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度勻速上升0.5 m，此過程中拉力F2做功多少？考點二 功率的計算公式PFvcos的應用在解題過程中的幾種情況：1計算某一力的瞬時功率，若力F與速度v之間有夾角，則PFvcos，體現(xiàn)分解F或v的思想；若F與v共線同方向，則PFv.2計算機車啟動類問題時，牛頓第二定律fma和勻速狀態(tài)時P額fvm兩公式的聯(lián)合應用3對恒定功率問題，也可用動能定理的形式Ptfsmvt2mv2.例2、如圖53所示，物體A放在足夠長的木板B上，木

8、板B靜置于水平面t0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零、加速度aB1.0 m/s2的勻加速直線運動已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mB均為2.0 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)10.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)20.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10 m/s2.求：圖53(1)物體A剛運動時的加速度aA； (2)t1.0 s時，電動機的輸出功率P； (3)若t1.0 s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P5 W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t3.8 s時物體A的速度為1.2 m/s.則在t1.0 s到t3.8 s這段時間內(nèi)木板B的位移為多

9、少？ F1mAg2(mAmB)gmBaB(6分) 電動機輸出功率P1Fv1(7分) 由并代入數(shù)據(jù)解得P17 W(9分) (3)電動機的輸出功率調(diào)整為5 W時，設細繩對木板B的拉力為F，則PFv1(10分) 代入數(shù)據(jù)解得F5 N(11分) 木板B受力滿足F1mAg2(mAmB)g0(13分) 所以木板B將做勻速直線運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等設這一過程時間為t，有v1aA(tt)(14分)這段時間內(nèi)B的位移s1v1t(15分)A、B速度相同后，由于F2(mAmB)g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，由動能定理得P(t2tt1)2(mA

10、mB)gs2(mAmB)(mAmB)(17分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 木板B在t1.0 s到t3.8 s這段時間內(nèi)的位移 ss1s23.03 m(或取s3.0 m)(20分) 【答案】(1)0.5 m/s2(2)7 W(3)3.03 m(或3.0 m) 考點三 動能定理的應用動能定理是力學的基本規(guī)律，在應用動能定理分析解決問題時，要注意以下幾點：1研究對象一般是單個物體，分析的過程可以是單一過程，也可以是幾個過程組成的復雜過程，物體的運動可以是直線運動也可以是曲線運動2分析研究對象的受力情況(包括重力)，各力是否做功，做正功還是負功，并分別求出各力做功的代數(shù)和，但要注意求功時，位移必須是相對地面的

11、3確定過程始、末狀態(tài)的動能4利用動能定理列方程求解，要注意方程的左邊是功，右邊是動能的變化量例3、如圖55甲所示為游樂場中過山車的實物圖片，圖乙是過山車的模型圖在模型圖中，半徑分別為R12.0 m和R28.0 m的兩個光滑圓形軌道，固定在傾角為37的傾斜直軌道平面上的Q、Z兩點，且兩圓形軌道的最高點A、B均與P點平齊，圓形軌道與斜直軌道之間圓滑連接現(xiàn)使小車(視作質(zhì)點)從P點以一定的初速度沿斜直軌道向下運動已知斜直軌道與小車間的動摩擦因數(shù)為，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)若小車恰好能通過第一個圓形軌道的最高點A處，則其在P點的初速度應為多大？ (2)若小車在

12、P點的初速度為10 m/s，則小車能否安全通過兩個圓形軌道？ 【解析】(1)設小車經(jīng)過A點時的臨界速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律有設Q點與P點高度差為h1，PQ間距離為L1，則L1設小車在P點的初速度為v01，從P點到A點的過程中，由動能定理得(mgcos)L1小車能安全通過兩個圓形軌道的臨界條件，是在B點速度為v2時，由牛頓第二定律知，小車滿足mg設小車在P點的初速度為v02，從P點到B點的過程中，由動能定理得：mgcos L2mvmv解得：v024 m/s因為4 m/s10 m/s，故能安全通過兩圓形軌道【答案】(1)2 m/s(2)能【難點探究】難點一變力做功問題1當力的方向不變，大小隨位

13、移做線性變化時，可先求力對位移的平均值再由恒力做功的公式WFxcos求功，如彈簧彈力做的功2大小不變、方向變化的力做的功(如滑動摩擦力、空氣阻力等在曲線運動或往復運動中做的功)：WFs，s為運動質(zhì)點通過的路程 3與勢能對應的力(如重力、彈簧的彈力、電場力)做的功等于運動質(zhì)點相應勢能的減少量4作出變力F隨位移x變化的圖象，圖線與坐標軸所圍的“面積”表示變力做的功如圖所示，圖線下方的對應面積等于變力做的功 5當變力的功率一定時(如機車以恒定功率運行)，變力做的功WPt；當變力的功率變化時，可利用平均功率求功，W6利用動能定理求變力做的功，或用功能關系WE求變力做的功，即用能量的增量等效變換變力所做

14、的功，如求重力、彈簧彈力做的功 例1 一質(zhì)量為m的物體靜止在水平面上，在水平方向的拉力F作用下開始運動，在06 s內(nèi)其運動的速度時間圖象與拉力的功率時間圖象如圖252所示，取g10 m/s2，下列判斷正確的是()圖252A拉力F的大小為4 N，且保持不變B物體的質(zhì)量為2 kgC06 s內(nèi)物體克服摩擦力做功24 J D06 s內(nèi)拉力做的功為156 J【答案】BD【解析】 由圖象可知，t2 s后物體做勻速直線運動，則F2f，由速度為6 m/s，P2F2v，故fF24 N由速度圖象知，物體在02 s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度大小a3 m/s2，由于t2 s時，v6 m/s，P160 W，此時拉力F1

15、10 N，在02 s內(nèi)，由牛頓第二定律F1fma，可得m2 kg，選項A錯誤、B正確由速度圖象可知物體在前2 s內(nèi)的位移x16 m，在后4 s內(nèi)的位移為x224 m,6 s內(nèi)物體克服摩擦力做功Wff(x1x2)120 J,6 s內(nèi)拉力做的功為WF1x1F2x2156 J，選項C錯誤、D正確【點評】 本題綜合考查了運動圖象、功率圖象、牛頓第二定律、功率及變力做功等相關知識對分段圖象問題，要在明確題意的基礎上，對各段分別進行研究，并找出聯(lián)系相鄰兩段的物理量對函數(shù)圖象問題，還特別要注意函數(shù)方程和函數(shù)圖象是一一對應的關系難點二 功率的計算問題1平均功率：，F(xiàn)cos (是平均速度)2瞬時功率：PFvco

16、s(v是瞬時速度，是力F與瞬時速度之間的夾角)重力的瞬時功率PGmgvcosmgvy，即重力的瞬時功率等于重力和物體在該時刻的豎直分速度的乘積注意：功和功率的概念易與vt圖象、Ft圖象等函數(shù)圖象一起綜合考查，一般可通過vt圖象求得位移，通過Ft圖象讀出力，然后利用WFxcos、PFvcos等公式求解例2、一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用下列判斷正確的是()A02 s內(nèi)外力的平均功率是B第2 s內(nèi)外力所做的功是 C第2 s末外力的瞬時功率最大D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是 【答案】AD

17、【解析】 由牛頓第二定律Fma可得，第1 s內(nèi)的加速度a12 m/s2，第2 s內(nèi)的加速度a21 m/s2；由勻變速直線運動規(guī)律可得，第1 s內(nèi)的位移x11 m，第1 s末的速度v12 m/s，第2 s內(nèi)的位移x22.5 m，第2 s末的速度v23 m/s；由做功公式WFx可求，第1 s內(nèi)外力做功W12 J，第2 s內(nèi)外力做功W22.5 J，選項B錯誤； 02 s內(nèi)外力的平均功率 W，選項A正確；第2 s末外力瞬時功率P2F2v23 W，第1 s末外力瞬時功率P1F1v14 WP2，選項C錯誤；由動能定理知，動能增加量之比等于合外力做功之比，所以，選項D正確難點三 機車啟動問題1求解機車發(fā)動機

18、類問題的關鍵是要明確機車的功率是牽引力的功率，不是機車受到的合力的功率發(fā)動機允許輸出的最大功率即為其額定功率，它是在正常條件下可以長時間工作的最大功率2機車兩種啟動方式的運動對比啟動方式以恒定功率啟動勻加速啟動vt圖象運動過程比較 分為加速度減小的加速直線運動和勻速直線運動兩個運動階段 分為勻加速直線運動、加速度減小的加速直線運動和勻速直線運動三個階段 運動過程聯(lián)系以恒定功率啟動的運動過程與以恒定加速度啟動過程的后兩個階段相似3.機車兩種啟動方式流程圖(1)以恒定功率啟動 (2)勻加速度啟動 例3 、節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車有一質(zhì)量m1000 kg的混合動

19、力轎車，在平直公路上以v190 km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P50 kW.當駕駛員看到前方有80 km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L72 m后，速度變?yōu)関272 km/h.此過程中發(fā)動機功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉化為電池的電能假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變求：(1)轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛，所受阻力F阻的大?。?2)轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，獲得的電能E電 ；(3)轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電

20、維持72 km/h勻速運動的距離L.【答案】(1)2103 N(2)6.3104 J(3)31.5 m【解析】 (1)汽車牽引力與輸出功率關系 PF牽v將P50 kW，v190 km/h25 m/s代入得 F牽2103 N當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有F阻2103 N(2)在減速過程中，注意到發(fā)動機只有P用于汽車的牽引根據(jù)動能定理有 PtF阻Lmvmv代入數(shù)據(jù)得Pt1.575105 J電源獲得的電能為E電0.5Pt6.3104 J(3)根據(jù)題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻2103 N在此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功E電F阻L代入數(shù)據(jù)得

21、L31.5 m.【點評】 本題是機車發(fā)動機功率問題的綜合計算題，結合生活實際和節(jié)能減排，重點考查了減速過程中的能量轉換，通過用于轎車的機械功和克服安培力做功的比例關系間接求解減速過程中產(chǎn)生的電能，進一步計算減速過程產(chǎn)生的電能能夠維持轎車勻速前進的距離 難點四 動能定理在曲線運動中的應用1動能定理既適用于做直線運動的物體，也適用于做曲線運動的物體2動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功；力既可以同時作用，也可以分段作用；力可以是各種性質(zhì)的力3如果在某個運動過程中包含有幾個不同運動性質(zhì)的階段(如加速、減速階段)，可以分段應用動能定理，也可以對全程應用動能定理，一般對全程列式更簡單4因為動能定理

22、中功和動能均與參考系的選取有關，所以動能定理也與參考系的選取有關在中學物理中一般取地面為參考系5動能定理建立的是外力做的總功和物體動能變化之間的一個雙向關系：既可以由總功求物體動能的變化，又可以由動能的變化求總功它是求解變力做功的有效方法6動能定理通常適用于單個物體或可看成單個物體的系統(tǒng)如果涉及系統(tǒng)，因為要考慮內(nèi)力做的功，所以要十分慎重在中學階段可以先分別對系統(tǒng)內(nèi)每一個物體應用動能定理，然后再聯(lián)立求解例4 、如圖255所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧BCD的B點相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，COB.現(xiàn)有質(zhì)量為m的小物體從距D點為的高處無初速釋放，已知

23、物體恰能從D點進入圓軌道，求：(1)為使小物體不會從A點沖出斜面，小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)至少為多少？(2)若小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)則小物體在斜面上通過的總路程為多少？(3)在(2)的條件下，當小物體通過圓弧軌道最低點C時，對C的最大壓力和最小壓力各是多少？ 【答案】(1)tan(2)(3)mg(32cos)mg【解析】 (1)為使小物體不會從A點沖出斜面，由動能定理得mgmgcos 0解得tan即動摩擦因數(shù)至少為tan(2)由mgcosmgsinhB，則可能有WAWB（C）hAhB，則一定有WAWB【答案】B【解析】設繩長為L，由于捏住兩繩中點緩慢提起，因此重心在距最高點L/4位置處，

24、因繩A較長。若hA=hB ，A的重心較低，WAhB 兩根繩子重心無法知道誰高誰低，因此可能WAWB，因此B正確而C不對；若hAhB，則一定是A的重心低，因此一定是WA v2（B）F2=F1，v1F1，v1 v2（D）F2F1，v1 v2【答案】BD【解析】水平恒力F1作用下的功率P1= F1 v1，F(xiàn)2作用下的功率P2=現(xiàn)P1=P2，若F2=F1，一定有v1F1還是F2F1都會有v1 v2因此D正確而C不對【考點定位】功和能、力和運動（2012上海）20如圖，質(zhì)量分別為mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷最分別為qA和qB，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直

25、方向間夾角分別為1與2（12）。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別vA和vB，最大動能分別為EkA和EkB。則 （ ）（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB【答案】ACD分別對A、B進行受力分析，如圖所示兩球間的庫侖斥力是作用力與反作用力總是大小相等，與帶電量的大小無關，因此B選項不對，對于A球：對于B球：聯(lián)立得：F= 又12可以得出:mALB這樣代入后可知： C選項正確A到達最低點的動能：B到達最低點的動能：由于12可知，又：可得：因此D選項也正確【考點定位】力和運動、功和能（2012山東）20如圖所示，相距為L的兩條

26、足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B。將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率為P，導體棒最終以的速度勻速運動。導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項正確的是 （ ）ABC當導體棒速度達到時加速度為D在速度達到以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功【答案】AC【解析】 當速度達到時開始勻速運動，受力分析可得，導體棒最終以的速度勻速運動時，拉力為，所以拉力的功率為，選項A正確B錯誤。當導體棒速度達到時安培力

27、，加速度為，選項C正確。在速度達到以后勻速運動的過程中，根據(jù)能量守恒定律，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功加上重力做的功，選項D錯誤，【考點定位】磁場、功和能（2012安徽）16.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為的圓弧軌道，半徑水平、豎直，一個質(zhì)量為的小球自的正上方點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點時恰好對軌道沒有壓力。已知=2,重力加速度為，則小球從到的運動過程中 （ ）A. 重力做功 B. 機械能減少C. 合外力做功D. 克服摩擦力做功（2012大綱版全國卷）19.一臺電風扇的額定電壓為交流220V。在其正常工作過程中，用交流電流表測得某一段時間內(nèi)的工作電流I隨時間t的變化如圖所示

28、。這段時間內(nèi)電風扇的用電量為A.3.910-2度B.5.510-2度C.7.810-2度D.11.010-2度【答案】B【解析】由W=UIt可得，這段時間內(nèi)電風扇的用電量為W=(2200.3+2200.4+2200.2)10-3kWh=5.510-2度，選項B正確?！究键c定位】此題考查電能的計算。7. （2012物理）下列關于功和機械能的說法，正確的是A在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B合力對物體所做的功等于物體動能的改變量C物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關D運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量【答案】BC【解析】

29、在任何情況下，物體重力勢能的減少都等于重力對物體所做的功，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，合力對物體所做的功等于物體動能的改變量，選項B正確；物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關，選項C正確；當只有重力做功的情況下，運動物體動能的減少量才等于其重力勢能的增加量，選項D錯誤?！究键c定位】此題考查重力做功、重力勢能、動能定理及其相關知識。（2012福建）17、.如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質(zhì)量和摩擦）。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊A速率

30、的變化量不同B機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同【答案】D【解析】由平衡知識可知則兩者質(zhì)量不等 所以重力勢能變化量不等答案BC錯，由機械能守恒可知兩物塊落地時速度大小相等，所以A錯，再由功率可知重力的瞬時功率相等；答案D正確，選D【考點定位】物體的平衡，機械能守恒定律及瞬時功率等，偏難。（2012浙江）18、由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說法正確的是A. 小球落到地面相對于A點的水平位移值為B. 小球落到地面相對

31、于A點的水平位移值為C. 小球能從細管A端水平拋出的條件是H2RD. 小球能從細管A端水平拋出的最小高度【答案】BC【解析】由機械能守恒定律知：,平拋運動時間,，故B正確；由于是管子模型，允許小球在A點時速度為零，所以只需滿足H2R即可，C正確?！究键c定位】機械能守恒、動能定律、平拋運動（2012天津）10（16分）如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高度也為h，坡道底端與臺面相切。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半，兩

32、球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求（1）小球A剛滑至水平臺面的速度vA；（2）A、B兩球的質(zhì)量之比mA：mB。【答案】（1） （2）1:3水平方向： = vt 聯(lián)立上式各式解得：【考點定位】本題考查機械能守恒定律，動量守恒定律，平拋運動。（2012四川）23（16分）四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出，若按現(xiàn)有供水能力測算，我省供水缺口極大，蓄引提水是目前解決供水問題的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，進入蓄水池，用一臺電動機通過傳動效率為80%的皮帶，帶動效率為60%的離心水泵工作。工作電壓為380V，此時輸入電動機的電功率為19kW，電動機的內(nèi)阻為0.4。已知水的密度為11

33、03kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：（1）電動機內(nèi)阻消耗的熱功率；（2）將蓄水池蓄水864m3的水需要的時間（不計進、出水口的水流速度）?！敬鸢浮浚?）1103W （2）2104s【解析】解：（1）電動機的電功率為：P = UI 電動機內(nèi)阻r上消耗的熱功率為：Pr= I2r由以上兩式，代入數(shù)據(jù)解得：Pr=1103W（2）設蓄水總質(zhì)量為M，所用抽水時間和t，已知抽水高度為h，容積為V，水的密度為，則蓄水總質(zhì)量：M =V質(zhì)量為M的河水增加的重力勢能為：EP=Mgh電動機的輸出功率為：P出=PPr根據(jù)能量守恒定律得：P出t60%80% = EP聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：t = 2104s

34、【考點定位】本題以當?shù)厣顬楸尘?，考查電功率、熱功率、能量守恒定律。?012北京）22（16分）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m = 0.10kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)u =0.25，桌面高h =0.45m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求（1）小物塊落地點距飛出點的水平距離s（2）小物塊落地時的動能Ek（3）小物塊的初速度大小v0【答案】（1）0.90m（2）0.90J（3）4.0m/s【解析】解：（1）物塊飛離桌面后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得：水平方向：s

35、 = vt豎直方向：h = gt2 解得：s = v = 0.90m（2）物塊從飛離桌面到落地過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得：Ek = mv2+ mgh = 0.90J（3）物塊在水平桌面上運動時，由動能定理得： -mgl = mv2 - m 解得：v0 = = 4.0 m/s【考點定位】本題屬于力學綜合題，考查平拋運動的規(guī)律，機械能守恒，動能定理。（2012江蘇）14. (16 分)某緩沖裝置的理想模型如圖所示,勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連,輕桿可在固定的槽內(nèi)移動,與槽間的滑動摩擦力恒為f. 輕桿向右移動不超過l 時,裝置可安全工作. 一質(zhì)量為m 的小車若以速度v0 撞擊彈簧,

36、將導致輕桿向右移動l4. 輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且不計小車與地面的摩擦.(1) 若彈簧的勁度系數(shù)為k,求輕桿開始移動時,彈簧的壓縮量x;(2)求為使裝置安全工作,允許該小車撞擊的最大速度vm;(3)討論在裝置安全工作時,該小車彈回速度v和撞擊速度v 的關系.【解析】（2） (1)輕桿開始移動時,彈簧的彈力 F =kx 且 F =f 于 解得 x = f/k (2) 設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W,則小車從撞擊到停止的過程 中動能定理 同理,小車以vm 撞擊彈簧時 解得 (3)設輕桿恰好移動時,小車撞擊速度為 則 由解得當時，當時，【考點定位】胡可定律 動能定理（2012福

37、建）21、如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動力的小船沿直線拖向岸邊。已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點時的速度大小為，小船從A點沿直線加速運動到B點經(jīng)歷時間為t1，A、B兩點間距離為d,纜繩質(zhì)量忽略不計。求：（1）小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功；（2）小船經(jīng)過B點時的速度大??；（3）小船經(jīng)過B點時的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）：小船從A點到達B點，受到的阻力恒為f,其克服阻力做的功為：（2）：從A到B由動能定理可知：解得：【考點定位】：動能定理，牛頓第二定律及運動得合成與分解，功等15. （201

38、2海南）如圖，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4圓弧軌道，兩軌道相切于B點。在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點C，重力加速度為g。求：（1）小球在AB段運動的加速度的大?。唬?）小球從D點運動到A點所用的時間。解：（1）小球在BCD段運動時，受到重力mg、軌道正壓力N的作用，如圖所示。據(jù)題意，N0，且小球在最高點C所受軌道的正壓力為零。NC=0。設小球在C點的速度大小為vC，根據(jù)牛頓第二定律有，mg=m小球從B點運動到C點，根據(jù)機械能守恒定律，設B點處小球的速度大

39、小為vB，有mvB2=mvC2+2mgR，由于小球在AB段由靜止開始做勻加速運動，設加速度大小為a，由運動學公式，有vB2=2aR，聯(lián)立解得AB段運動的加速度的大小a=5g/2。（2）設小球在D點處的速度大小為vD，下落到A點時的速度大小為v，由機械能守恒（2012大綱版全國卷）26.（20分）（注意：在試題卷上作答無效）一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀。此隊員從山溝的豎直一側，以速度v0沿水平方向跳向另一側坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系Oxy。已知，山溝豎直一側的高度為2h，坡面的拋物線方程為y=x2，探險隊員的質(zhì)量為m。人視為質(zhì)點，忽略空

40、氣阻力，重力加速度為g。（1）求此人落到坡面時的動能；（2）此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最?。縿幽艿淖钚≈禐槎嗌?？【解析】（1）由平拋運動規(guī)律，x=v0t，2h-y=gt2，又y=x2，聯(lián)立解得y=。由動能定理，mg(2h-y)=Ek-mv02，解得Ek = mg(2h- )+mv02=m (+v02)。（2）Ek =m (+v02) =m (+v02+gh-gh)。當= v02+gh，即v0= 時，他落在坡面時的動能最小。動能的最小值為Ekmin= mgh?；颍篍k =m (+v02) =m(-)2+3gh，當=即v0= 時，他落在坡面時的動能最小。動能的最小值為Ekmin

41、= mgh?！究键c定位】考查平拋運動規(guī)律、動能定理及其相關知識。（2012安徽）24.（20分）如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量 M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以n=2m/s 的速度逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù) n=0.2, f=1.0m。設物塊A、B中間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大?。唬?/p>

42、2）通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當他們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后運動的速度大小。【答案】4m/sB將以4/3 m/s的速度返回皮帶，無法通過皮帶；【解析】 B從曲面滑下機械能守恒：得B滑到皮帶前：B滑上皮帶做勻減速運動:解得B滑過皮帶與A碰前速度：AB發(fā)生彈性碰撞，動量守恒、機械能守恒：碰后B的速度為v2,A的速度為Va2聯(lián)立兩式解得：（舍去）B將以速度大小返回到皮帶上做勻減速運動知速度為0有：解得，所以不能回到曲面。設B第m-1次與A碰后，從皮帶返回再與A第n-1碰撞，

43、聯(lián)立解得：（舍去）由此可知B與A碰撞后每次只能保留碰前速度大小的，所以碰撞n次后B的速度應為 （n=0、1、2、3）【考點定位】能量守恒（2012廣東）36.（18分） 圖18（a）所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為m，水平面上PQ段長為l，與物塊間的動摩擦因數(shù)為，其余段光滑。初始時，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長；長為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿（A、B間距大于2r）。隨后，連桿以角速度勻速轉動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度-時間圖像如圖18（b）所示。A在滑桿推動下運動，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞。（1）求A脫離滑桿時的速度uo，及A與B碰撞過程的機械能損失E。（2）如

44、果AB不能與彈簧相碰，設AB從P點到運動停止所用的時間為t1，求得取值范圍，及t1與的關系式。（3）如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點左側，設每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，求的取值范圍，及Ep與的關系式（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）?！窘馕觥?(1)由（b）圖可知當滑桿的速度最大且向外運動時小物塊A與滑桿分離，此時小物塊的速度為 小物塊A與B碰撞，由于水平面光滑則A、B系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒定律和能量守恒定律得： 解得： (2)AB進入PQ段做勻減速運動，由牛頓第二定律有： AB做減速運動的時間為 解得： 欲使AB不能與彈簧相碰，則滑塊在PQ段的位移有 而 解得： (3) 若A

45、B能與彈簧相碰，則若AB壓縮彈簧后恰能返回到P點，由動能定理得 解得：的取值范圍是： 從AB滑上PQ到彈簧具有最大彈性勢能的過程中，由能量守恒定律得： 解得：【考點定位】牛頓定律、功和能 （2012上海）33（14分）如圖，質(zhì)量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計，質(zhì)量為m的導體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構成矩形。棒與導軌間動摩擦因數(shù)為，棒左側有兩個固定于水平面的立柱。導軌bc段長為L，開始時PQ左側導軌的總電阻為R，右側導軌單位長度的電阻為R0。以ef為界，其左側勻強磁場方向豎直向上，右側勻強磁場水平向左，磁感應強度大小均為B。在t=0時，一水

46、平向左的拉力F垂直作用在導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a。（1）求回路中感應電動勢及感應電流隨時間變化的表達式；（2）經(jīng)過多長時間拉力F達到最大值，拉力F的最大值為多少？（3）某過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導軌克服摩擦力做功為W，求導軌動能的增加量?！窘馕觥浚?）感應電動勢為BLv，導軌做初速為零的勻加速運動，vat，BLat，sat2回路中感應電流隨時間變化的表達式為：（2）導軌受外力F，安培力FA摩擦力f。其中FABILFfmFNm（mgBIL）m（mg）由牛頓定律FFAFfMa，F(xiàn)MaFAFfMammg（1m）上式中當R0at即t時外力F取最大值，F(xiàn) maxM

47、ammg（1m）B2L2，（3）設此過程中導軌運動距離為s，由動能定理W合DEk，W合Mas由于摩擦力Ffm（mgFA），所以摩擦力做功：WmmgsmWAmmgsmQ，s，DEkMas（WmQ），【考點定位】電磁感應、功和能、電路【2011高考】24（2011安徽）（20分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。（2）若

48、解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。球的機械能守恒。則 設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 由式，得 F=2N 由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。 （2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s

49、1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 20（2011全國卷1）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為 AB CD解析：兩物體最終速度相等設為u由動量守恒得：mv=(m+M)u, 系統(tǒng)損失的動能為：系統(tǒng)損失的動能轉化為內(nèi)能Q=fs=26（2011全國卷1）.（20分）（注意：在試題卷上作答無效）裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。解析：設子