2021年浙江高考物理復(fù)習(xí)練習(xí)課件：專題六-機械能及其守恒定律

1、考點考點1 1功和功率功和功率1.(2017浙江11月選考,10,3分)如圖所示,質(zhì)量為60 kg的某運動員在做俯臥撐運動,運動過程中可將她的身體視為一根直棒。已知重心在c點,其垂線與腳、兩手連線中點間的距離oa、ob分別為0.9 m和0.6 m。若她在1 min內(nèi)做了30個俯臥撐,每次肩部上升的距離均為0.4 m,則克服重力做的功和相應(yīng)的功率約為(g取10 m/s2)() A.430 J,7 W B.4 300 J,70 WC.720 J,12 W D.7 200 J,120 W答案答案B根據(jù)相似三角形,在每次俯臥撐中,重心變化的高度h滿足=,即h=0.24 m。一次俯臥撐中運動員克服重力做

2、功W=mgh=60100.24 J=144 J,所以一分鐘內(nèi)克服重力做的總功為W總=nW=4 320 J,功率P=72 W,故選B。0.4mh0.9m0.9m0.6mWt總2.(2020江蘇單科,1,3分)質(zhì)量為1.5103 kg的汽車在水平路面上勻速行駛,速度為20 m/s,受到的阻力大小為1.8103 N。此時,汽車發(fā)動機輸出的實際功率是()A.90 W B.30 kW C.36 kW D.300 kW答案答案C由于汽車在水平路面上勻速行駛,其受到的合外力為0,即汽車的牽引力F等于其受到的阻力f,F=f,則汽車發(fā)動機輸出的實際功率P=Fv=fv=36 kW,C正確。3.(2020天津,8,

3、5分)(多選)復(fù)興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350 km/h自動駕駛功能,成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動車,初速度為v0,以恒定功率P在平直軌道上運動,經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm,設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()A.做勻加速直線運動B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率P=FvmD.牽引力做功W=m-m 122mv1220v答案答案BC對動車受力分析,由牛頓第二定律可得-F=ma,可知a隨v增大而減小,動車做加速度減小的加速運動,故A選項錯誤、B選項正確;當(dāng)動車達到最大速度vm時,牽引力等于阻力F,故P=Fvm,C選項正確;由動能定理可得

4、W-Wf=m-m,故選項D錯誤。Pv122mv1220v以下為教師用書專用1.(2018海南單科,6,4分)某大瀑布的平均水流量為5 900 m3/s,水的落差為50 m。已知水的密度為1.00103 kg/m3。在大瀑布水流下落過程中,重力做功的平均功率約為()A.3106 W B.3107 WC.3108 W D.3109 W答案答案D1秒內(nèi)水下落做功W=mgh=Vgh3109 J,功率P=W/t=3109 W,故選D。2.(2016課標(biāo),21,6分)(多選)如圖,小球套在光滑的豎直桿上,輕彈簧一端固定于O點,另一端與小球相連。現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放,它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M

5、、N兩點處,彈簧對小球的彈力大小相等,且ONMOMN。在小球從M點運動到N點的過程中,()A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時,彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差2答案答案 BCD如圖所示,OP垂直于豎直桿,Q點與M點關(guān)于OP對稱,在小球從M點到Q點的過程中,彈簧彈力先做負功后做正功,故A錯。在P點彈簧長度最短,彈力方向與速度方向垂直,故此時彈力對小球做功的功率為零,即C正確。小球在P點時所受彈簧彈力等于豎直桿給它的彈力,豎直方向上只受重力,此時小球加速度為g,當(dāng)彈簧處于自由長度時,小球只受重力作用

6、,此時小球的加速度也為g,故B正確。小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,小球在M點和N點時彈簧的彈性勢能相等,故小球從M到N重力勢能的減少量等于動能的增加量,而小球在M點的動能為零,故D正確。審題指導(dǎo)審題指導(dǎo) 審題時關(guān)鍵的詞、句:“光滑”、“靜止釋放”、“在M、N兩點處,彈簧對小球的彈力大小相等”、“ONMOMN2mg時,N的方向背離大圓環(huán)圓心,當(dāng)3mg cos 0。此后,管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2,到達最高點。由運動學(xué)公式有h2=設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1,則H1=h1+h2聯(lián)立式可得H1=H22vg1325x1+x2L聯(lián)立 式,L應(yīng)滿足條件為LH152125(3)設(shè)第一次彈

7、起過程中球相對管的位移為x1。在管開始下落到上升H1這一過程中,由動能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得x1=H同理可推得,管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中,球與管的相對位移x2為x2=H1設(shè)圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中,球不會滑出管外的條件是4545以下為教師用書專用1.(2018課標(biāo),14,6分)如圖,某同學(xué)用繩子拉動木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定()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答案答案A本題考查動能定理。

8、由動能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkW拉,故A正確,B錯誤;Ek可能大于、等于或小于Wf,選項C、D錯誤。思路分析思路分析 外力做功與動能變化的關(guān)系動能的改變是物體所受合外力做功引起的。2.(2016課標(biāo),20,6分)(多選)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點P在最低點時,向心加速度的大小為a,容器對它的支持力大小為N,則()A.a= B.a=C.N= D.N= 2(-)mgR WmR2-mgR WmR3-2mgR WR2(-)mgR WR答案答

9、案AC由動能定理知,在P從最高點下滑到最低點的過程中mgR-W=mv2,在最低點的向心加速度a=,聯(lián)立得a=,選項A正確;在最低點時有N-mg=ma,所以N=,選項C正確。122vR2(-)mgR WmR3-2mgR WR3.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是() 答案答案A設(shè)小球初動能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時動能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-gt2,聯(lián)立得Ek=mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確。1212方法技巧方法技巧 函數(shù)法解題小球拋出后,根據(jù)小球在運

10、動過程中所滿足的物理關(guān)系和規(guī)律,推導(dǎo)出相應(yīng)的數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系式,應(yīng)用數(shù)學(xué)工具解決物理問題。4.(2019課標(biāo),17,6分)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為()A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg答案答案C本題考查動能定理,體現(xiàn)了模型建構(gòu)素養(yǎng)。設(shè)外力大小為f,在距地面高度3 m內(nèi)的上升過程中,由動能定理知-(mg+f)h=m-m,由圖像可知,m=72 J,m=36 J,得mg+f=1

11、2 N。同理結(jié)合物體在下落過程中的Ek-h圖像有mg-f=8 N,聯(lián)立解得mg=10 N,則m=1 kg,選項C正確。1222v1221v1221v1222v審題指導(dǎo)審題指導(dǎo) 物體受到大小不變的外力,方向始終與速度方向相反,即上升時外力方向向下,下落時外力方向向上,這是解答此題的關(guān)鍵。5.(2019江蘇單科,8,4分)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的左端固定,并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A.彈簧的最大彈力為mgB.物塊克服摩擦

12、力做的功為2mgsC.彈簧的最大彈性勢能為mgsD.物塊在A點的初速度為 2gs答案答案BC本題考查動能定理,對物塊不同運動過程的分析能體現(xiàn)學(xué)生的綜合分析能力。對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理可知Wf=-2mgs=0-m,則vA=2,故B正確,D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動能定理可知W彈+Wf=0-m,Wf=-mgs,則W彈=-mgs,即物塊克服彈力做功為mgs,所以彈簧彈性勢能增加mgs,故C正確。當(dāng)克服彈力做功為mgs時,彈簧的最大彈力要大于mg,故A錯誤。122Avgs122Av6.(2017課標(biāo),24,12分)為提高冰球運動員的加速能力,教練員在

13、冰面上與起跑線相距s0和s1(s1s0)處分別放置一個擋板和一面小旗,如圖所示。訓(xùn)練時,讓運動員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時,運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達擋板時,運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動,冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù);(2)滿足訓(xùn)練要求的運動員的最小加速度。 答案答案(1)(2) 22010-2v vgs211020()2s vvs解析解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為,由動能

14、定理得-mgs0=m-m解得=(2)冰球到達擋板時,滿足訓(xùn)練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設(shè)這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t。由運動學(xué)公式得-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a2t2聯(lián)立式得a2=1221v1220v22010-2v vgs20v21v12211020()2s vvs7.(2016天津理綜,10,16分)我國將于2022年舉辦冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6 m/s2勻加速滑下,到達助滑道末端B時速度vB=24 m/s,

15、A與B的豎直高度差H=48 m。為了改變運動員的運動方向,在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差 h=5 m,運動員在B、C間運動時阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2。(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小;(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。答案答案(1)144 N(2)12.5 m解析解析(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動,設(shè)AB的長度為x,則有=2ax由牛頓第二定律有mg-Ff=ma聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得Ff=144 N(2)設(shè)

16、運動員到達C點時的速度為vC,在由B到達C的過程中,由動能定理有mgh+W=m-m設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN,由牛頓第二定律有FN-mg=m由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得R=12.5 m2BvHx122Cv122Bv2CvR8.(2019天津理綜,10,16分)完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試,并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛,故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成,如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程,假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧,示意如圖2,AB長L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,圖

17、中C點切線方向與水平方向的夾角=12(sin 120.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動,經(jīng)t=6 s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m=60 kg,g=10 m/s2,求(1)艦載機水平運動的過程中,飛行員受到的水平力所做功W;(2)艦載機剛進入BC時,飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。 答案答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析解析本題考查勻變速直線運動、動能定理、圓周運動。通過對艦載機整個起飛過程的運動分析、受力分析,以及學(xué)生的綜合分析能力,體現(xiàn)了科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。國產(chǎn)航母是大國重器,通過本題也能厚植愛國情懷。(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動,設(shè)其剛

18、進入上翹甲板時的速度為v,則有=根據(jù)動能定理,有W=mv2-0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù),得W=7.5104 J(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系,有L2=R sin 由牛頓第二定律,有FN-mg=m聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù),得FN=1.1103 N2v1Lt122vR一題多解一題多解 對(1)問:艦載機由靜止開始做勻加速直線運動設(shè)其勻加速階段的加速度大小為a,則有L1=at2對飛行員分析得F=ma飛行員受到的水平力所做的功W=FL1聯(lián)立得W=7.5104 J129.(2019課標(biāo),25,20分)一質(zhì)量為m=2 000 kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中,司機突然發(fā)現(xiàn)前方100

19、 m處有一警示牌,立即剎車。剎車過程中,汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖(a)中的圖線。圖(a)中,0 t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時間(這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略,汽車仍保持勻速行駛),t1=0.8 s;t1 t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間,t2=1.3 s;從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作,直至汽車停止。已知從t2時刻開始,汽車第1 s內(nèi)的位移為24 m,第4 s內(nèi)的位移為1 m。 圖(a) 圖（b）(1)在圖(b)中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線;(2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小;(3)求剎車前汽車勻速行駛時的

20、速度大小及t1t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功;從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止,汽車行駛的距離約為多少(以t1t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度)?答案答案(1)見解析(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m解析解析本題綜合考查了動能定理、動量定理等基本考點,考查了學(xué)生綜合分析及運用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)推理與科學(xué)論證的素養(yǎng)要素,通過研究汽車的運動滲透了關(guān)注生產(chǎn)、生活的價值觀念。(1)v-t圖像如圖所示。(2)設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1,則t1時刻的速度也為v1;t2時刻的速度為v2。在t2時刻后汽車做勻減速運動,設(shè)

21、其加速度大小為a。取t=1 s。設(shè)汽車在t2+(n-1)tt2+nt內(nèi)的位移為sn,n=1,2,3,。若汽車在t2+3tt2+4t時間內(nèi)未停止,設(shè)它在t2+3t時刻的速度為v3,在t2+4t時刻的速度為v4,由運動學(xué)公式有s1-s4=3a(t)2s1=v2t-a(t)2v4=v2-4at聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)解得v4=- m/s這說明在t2+4t時刻前,汽車已經(jīng)停止。因此,式不成立。由于在t2+3tt2+4t內(nèi)汽車停止,由運動學(xué)公式v3=v2-3at2as4=聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)解得a=8 m/s2,v2=28 m/s或a= m/s2,v2=29.76 m/s但式情形下,v30.4 m,滑塊會脫

22、離軌道,不能上升到B點。12cosL2FvR8.(2020江蘇單科,15,16分)如圖所示,鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿,桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球,球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩,繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落,帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動的角速度為。繩與輪之間無相對滑動,忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)重物落地后,小球線速度的大小v;(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A,此時該球受到桿的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。 答案答案見解析解析解析(1)線速度

23、v=r,得v=2R(2)向心力F向=2m2R設(shè)F與水平方向的夾角為,則F cos =F向;F sin =mg解得F=(3)落地時,重物的速度v=R,由機械能守恒得Mv2+4mv2=Mgh解得h=(R)2 222(2)()m Rmg1212162MmMg以下為教師用書專用1.(2018天津理綜,2,6分)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中()A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D.機械能始終保持不變答案答案C本題考查勻

24、速圓周運動中的受力分析、滑動摩擦力的決定因素、動能定理和功能關(guān)系。由于運動員在豎直面內(nèi)的圓弧形滑道上運動時速率不變,故做勻速圓周運動,所受的合外力提供向心力,因此合外力不為零,選項A錯誤;因運動員的速率不變,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,運動員沿AB下滑過程中重力沿滑道向下的分力變小,因此滑動摩擦力變小,選項B錯誤;由動能定理知,合外力做的功等于動能的變化量,因速率不變,則動能不變,故合外力做功為零,選項C正確;機械能的改變量等于摩擦力做的功,故機械能減少,選項D錯誤。易錯警示易錯警示 運動員的速率不變,誤認為勻速圓周運動的合外力為零,誤選A。2.(2016上海單科,7,2分)在今年

25、上海的某活動中引入了全國首個戶外風(fēng)洞飛行體驗裝置,體驗者在風(fēng)力作用下飄浮在半空。若減小風(fēng)力,體驗者在加速下落過程中()A.失重且機械能增加B.失重且機械能減少C.超重且機械能增加D.超重且機械能減少答案答案B根據(jù)題意,體驗者飄浮時受到的重力和風(fēng)力平衡;在加速下落過程中,風(fēng)力小于重力,即重力對體驗者做正功,風(fēng)力做負功,體驗者的機械能減小;加速下落過程中,加速度方向向下,體驗者處于失重狀態(tài),故選項B正確。3.(2018課標(biāo),18,6分)如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用

26、,自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點,機械能的增量為()A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR答案答案C本題考查分運動的獨立性、恒力做功的特點及功能關(guān)系。以小球為研究對象,在小球由a到c的過程中,應(yīng)用動能定理有Fxab+FR-mgR=m,其中水平力大小F=mg,得vc=2。經(jīng)過c點以后,在豎直方向上小球做豎直上拋運動,上升的時間t升=2。在水平方向上小球做加速度為ax的勻加速運動,由牛頓第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在時間t升內(nèi),小球在水平方向上的位移x=ax=2R,故力F在整個過程中對小球做的功W=Fxab+FR+

27、Fx=5mgR。由功能關(guān)系,得E=W=5mgR。故C正確,A、B、D錯誤。122cvgRcvgRg122t升審題關(guān)鍵審題關(guān)鍵 關(guān)鍵詞理解,隱形條件顯性化1.恒力F的方向判斷:由題中條件光滑軌道、小球始終受到水平外力作用、自a點從靜止開始向右運動,可判斷出外力F方向水平向右。2.由于外力F=mg,小球到達c點瞬間vc0,可判斷球經(jīng)過c點后將繼續(xù)向斜上方運動,當(dāng)豎直方向速度為零時小球到達最高點。3.恒力做功等于恒力和物體在力方向上位移的乘積:W=Fs。4.由功能關(guān)系確定機械能增量。4.(2018江蘇單科,14,16分)如圖所示,釘子A、B相距5l,處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊,另一

28、端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點,B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時BC與水平方向的夾角為53。松手后,小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零,然后向下運動。忽略一切摩擦,重力加速度為g,取sin 53=0.8,cos 53=0.6。求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M m;(3)小球向下運動到最低點時,物塊M所受的拉力大小T。 答案答案(1)Mg-mg(2)6 5(3)見解析53解析解析本題考查共點力平衡、機械能守恒及牛頓第二定律的應(yīng)用。(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 F1 sin 53=F2 c

29、os 53F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53且F1=Mg解得F=Mg-mg(2)小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3l sin 53,物塊下降高度h2=2l由機械能守恒定律得mgh1=Mgh2解得=(3)根據(jù)機械能守恒定律,小球回到起始點。設(shè)此時AC方向的加速度大小為a,物塊受到的拉力為T由牛頓第二定律得Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T=T由牛頓第二定律得T-mg cos 53=ma解得T=(T=mg或T=Mg)53Mm6585()mMgmM4855811思路點撥思路點撥常規(guī)思路,破解難題(1)F可由共點力平衡條件列方程求解。(2)放手后小球上升到最高點的過程中

30、,系統(tǒng)機械能守恒,由此求解兩物體質(zhì)量之比。(3)小球再次回到最低點時,物塊和小球的速度為零,但加速度不為零,對物塊和小球分別列牛頓第二定律方程,聯(lián)立即可求得T?？键c考點4 4功能關(guān)系和能量守恒定律功能關(guān)系和能量守恒定律1.(2016浙江4月選考,12,3分)圖示中的路燈為太陽能路燈,每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3 m2。晴天時電池板上每平方米每小時接收到的太陽輻射能約為3106 J。如果每天等效日照時間約為6 h,光電池一天產(chǎn)生的電能可供30 W的路燈工作8 h。光電池的光電轉(zhuǎn)換效率約為 ( )A.4.8% B.9.6% C.16% D.44%答案答案C光電池的光電轉(zhuǎn)換效率是轉(zhuǎn)化得到

31、的電能與接收到的光能的比值,即=100%=100%=16%,故選C。EE電光630 8 3 600J0.3 3 106J 2.(2017浙江11月選考,13,3分)如圖所示是具有登高平臺的消防車,具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5 min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400 kg)上升60 m到達滅火位置。此后,在登高平臺上的消防員用水炮滅火,已知水炮的出水量為3 m3/min,水離開炮口時的速率為20 m/s,則用于(g取10 N/kg)()A.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1104 WB.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4104 WC.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4106 WD.伸縮

32、臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800 W答案答案B抬升登高平臺克服重力做功的功率P= W=800 W,因伸縮臂有一定的質(zhì)量,所以伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率大于800 W,選項D錯誤。在一秒鐘內(nèi),噴出去水的質(zhì)量為m=V=103 kg=50 kg,噴出去水的重力勢能為WG=mgh=501060 J=3104 J,水的動能為mv2=1104 J,所以1秒鐘內(nèi)水增加的機械能為4104 J,所以用于水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4104 W,選項B正確,A、C錯誤。m ght總400 10 605 60360123.(2020課標(biāo),20,6分)(多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端

33、從靜止開始沿斜面下滑,其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線、所示,重力加速度取10 m/s2。則()A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J答案答案AB由題圖可得Ep0=mgh=30 J,其中h=3 m,則m=1 kg,動能和重力勢能之和減小,機械能不守恒,故A正確;由題圖可知,物塊到達底端時動能為10 J,由Ek=mv2,可得v=2 m/s,由v2-=2as得,a=2 m/s2,故C錯誤;設(shè)斜面傾角為,有sin =0.6,cos =0.8,由牛頓第二定律有mg sin

34、-mg cos =ma,解得=0.5,故B正確;下滑2.0 m時,動能、重力勢能之和為22 J,故機械能損失8 J,故D錯誤。故選A、B。12520v220-2v vs4.(2020浙江7月選考,20,12分)小明將如圖所示的裝置放在水平地面上,該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角=37的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0 m處靜止釋放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑,忽略空氣阻力。(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力;(2)通

35、過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點;(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰,碰后一起運動,動摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關(guān)系。(碰撞時間不計,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2) 答案答案見解析解析解析(1)機械能守恒定律mgH=mgR+m牛頓第二定律FN=8 N牛頓第三定律FN=FN=8 N,方向水平向左(2)能在斜軌道上到達的最高點為C點,功能關(guān)系mgH=mgLAB+mgLBC cos +mgLBC sin 得LBC= m1.0 m,故不會沖出(3)滑塊運動到距A點x處的速度為v,動能定理m

36、gH-mgx=mv2碰撞后的速度為v,動量守恒定律mv=3mv設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h,動能定理-3mg(LAB-x)-3mg-3mgh=0-(3m)v2得h=x-( mx1 m)h=0(0 x m)122Dv2DmvR151612tanh121654858585.(2018浙江11月選考,20,12分)如圖所示,在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧,彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高。質(zhì)量m=0.5 kg的籃球靜止在彈簧正上方,其底端距A點高度h1=1.10 m?；@球靜止釋放,測得第一次撞擊彈簧時,彈簧的最大形變量x1=0.15 m,第一次反彈至最高點,籃球底端距A點的高度h2=0.8

37、73 m,籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端,此時彈簧的形變量x2=0.01 m,彈性勢能為Ep=0.025 J。若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定,忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球的形變,彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)。求:(g取10 m/s2)(1)彈簧的勁度系數(shù);(2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力;(3)籃球在整個運動過程中通過的路程;(4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置。答案答案(1)500 N/m(2)0.5 N(3)11.05 m(4)見解析解析解析(1)籃球靜止在彈簧上,根據(jù)共點力平衡條件可得mg-kx2=0,k=500 N/m;(2)籃球從開始運動到第一次上升到最高點,由動能定

38、理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0,解得f=0.5 N,方向豎直向下;(3)籃球在整個運動過程中總路程s,則mg(h1+x2)=fs+Ep,解得s=11.05 m;(4)籃球在首次下落過程中,合力為零處速度最大,速度最大時彈簧形變量為x3,則mg-f-kx3=0,籃球速度最大的位置在A點下方,離A點x3=0.009 m。6.(2018浙江4月選考,20,12分)如圖所示,一軌道由半徑為2 m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調(diào)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點無初速釋放,經(jīng)過圓弧上B點時,傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N,小球經(jīng)過B

39、C段所受的阻力為其重力的0.2,然后從C點水平飛離軌道,落到水平地面上的P點,P、C兩點間的高度差為3.2 m。小球運動過程中可視為質(zhì)點,且不計空氣阻力,g=10 m/s2。(1)求小球運動至B點時的速度大小;(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功;(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大,求BC段的長度;(4)小球落到P點后彈起,與地面多次碰撞后靜止。假設(shè)小球每次碰撞機械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點飛出到最后靜止所需時間。答案答案(1)4 m/s(2)2.4 J(3)3.36 m(4)2.4 s解析解析(1)由牛頓第三定律得小球運動至B點時軌道對小球的支持

40、力N=3.6 N由向心力公式得,N-mg=m解得vB=4 m/s。(2)小球從A到B的過程中,重力和摩擦力做功,設(shè)小球克服摩擦力所做的功為W克。由動能定理得mgR-W克=m-0解得W克=2.4 J。(3)分析知,BC段長度會影響勻減速運動的時間,繼而影響平拋運動水平初速度以及水平位移。設(shè)BC段運動時間為t,加速度a=2 m/s2由運動學(xué)公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)xBC=vBt-at2=4t-t2(m)其中0t0時E機增加;W非Wf=mgh,設(shè)小物塊第一次通過B點的速度為v,從自由滑下到B點的過程,由動能定理有3mgh-Wf1=Ek-0,解得EkEk2,所以小球在碰后不能做豎直面

41、內(nèi)完整的圓周運動。(3)設(shè)碰后小物塊的速度為v2,由題意得:m2=75%設(shè)小物塊運動到C點的速度為v3,小物塊從B到C的過程,由動能定理得:-m2gL=m2-m2解得v3=5 m/s平拋過程:tan =,x=v3t,y=gt2代入數(shù)據(jù)解得:x=3.75 mLPC= m4.69 m。1222v21 0112mvm gr1223v1222vyx12cosx75166.(2018浙江名校協(xié)作體)如圖所示,一絕緣“”形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ、MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP組成,固定在豎直平面內(nèi),其中MN桿是光滑的,PQ桿是粗糙的。整個裝置處于一個風(fēng)力水平向左的風(fēng)洞中,現(xiàn)將一質(zhì)量為m

42、的小環(huán)套在MN桿上,小環(huán)所受風(fēng)力F始終為重力的。(1)若將小環(huán)由D點靜止釋放,則剛好能到達P點,求D、M間的距離;(2)若將小環(huán)由M點右側(cè)5R處靜止釋放,設(shè)小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數(shù)為,小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功。12答案答案(1)4R(2)mgR 121212mgR12解析解析(1)小環(huán)剛好到達P點時,速度為零,對小環(huán)從D點到P點過程,由動能定理得Fx-2mgR=0-0又由題意,F=mg聯(lián)立解得x=4R(2)若mgF,即設(shè)小環(huán)到達P點右側(cè)x1處靜止,由動能定理得F(5R-x1)-mg2R-fx1=0又f=N=mg聯(lián)立解得x1=所以整個運

43、動過程中克服摩擦力所做的功為W1=mgx1=若mgF,即小環(huán)將做往復(fù)運動,在P點速度為0據(jù)動能定理F5R-mg2R-W2=0121212R12mgR12則小環(huán)克服摩擦力做的功W2=mgR12考點考點3 3勢能和機械能守恒定律勢能和機械能守恒定律1.(2019浙江超級全能生2月聯(lián)考,6)“竹蜻蜓”是一種兒童玩具,雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升。某次實驗,“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點,在該過程中()A.空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力B.“竹蜻蜓”的動能一直增加C.“竹蜻蜓”的重力勢能一直增加D.“竹蜻蜓”的機械能守恒答案答案C本題考查動能、勢能、機械能的概念。根據(jù)牛頓

44、第三定律可知,空氣對“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”對空氣的力,A錯誤;“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點,從運動描述可知它是先加速后減速,所以動能先增加后減小,高度升高,重力勢能一直增加,B錯誤,C正確;空氣對“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的機械能不守恒,D錯誤。解題規(guī)律解題規(guī)律機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用做功及守恒條件判斷。(2)利用機械能的定義判斷:若物體或系統(tǒng)的動能、勢能之和保持不變,則機械能守恒。(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷:若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換,內(nèi)部也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化,則機械能守恒。2.(2020浙江寧波十校聯(lián)考,12)如圖所示,小物塊套在固定豎直桿上,用輕

45、繩連接后跨過小定滑輪與小球相連,開始時物塊與定滑輪等高。已知小球質(zhì)量是物塊質(zhì)量的2倍,桿與滑輪間的距離為d,重力加速度為g,繩及桿足夠長,不計一切摩擦。現(xiàn)將物塊由靜止釋放,在物塊向下運動的過程中,下列說法錯誤的是()A.剛釋放時物塊的加速度為gB.物塊重力的功率先增大后減小C.物塊下降的最大距離為dD.物塊速度最大時,繩子的拉力一定等于物塊的重力43答案答案D本題以套在豎直桿上的物塊為情境,考查了關(guān)于機械能守恒定律的應(yīng)用,考查學(xué)生提取信息、理解信息能力,體現(xiàn)了能量觀念、科學(xué)推理的素養(yǎng)要素。剛開始釋放時,物塊水平方向受力平衡,豎直方向只受重力,根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度為g,故A正確,不符合題

46、意。剛釋放時物塊的速度為零,物塊重力的功率為零;物塊下降到最低點時物塊的速度為零,物塊重力的功率又為零,所以物塊重力的功率先增大后減小,故B正確,不符合題意。設(shè)物塊下降的最大距離為s,物塊的質(zhì)量為m,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律,有mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故C正確,不符合題意。物塊的合力為零時速度最大,則繩子拉力的豎直向上的分力一定等于物塊的重力,所以此時繩子的拉力一定大于物塊的重力,故D錯誤,符合題意。故選D。22ds433.(2020浙江名校協(xié)作體聯(lián)考,5)如圖所示是一個繩長為L的球擺,將小球拉離平衡位置到A點使細繩與豎直方向成37角,然后在O點的正下方距O點d處固定一顆釘子,再

47、將小球從A點靜止釋放。設(shè)繩子不可伸長,忽略小球的大小以及一切阻力,cos 37=0.8,下列說法正確的是()A.當(dāng)d=0.8L時,小球向右擺動的過程中不能到達與A點等高處B.只要d0.92L,小球向右擺動的過程中都能到達與A點等高處答案答案BA點離O點的豎直高度hOA=L cos 37=0.8L,設(shè)小球向右擺動的過程中能到達與A點等高處,則據(jù)機械能守恒定律得,小球到達與A點等高處時速度為零;當(dāng)d0.8L時,繩與釘子接觸后,小球到達與A點等高處的高度不高于新的軌跡圓圓心的高度,速度可以為零,即當(dāng)d0.8L時,小球向右擺動的過程中都能到達與A點等高處,故A項錯誤,B項正確;當(dāng)d0.8L時,繩與釘子

48、接觸后,小球到達與A點等高處的高度高于新的軌跡圓圓心的高度,速度不可以為零,即當(dāng)d0.8L時,小球向右擺動的過程中不能到達與A點等高處,故C、D錯誤。4.(2019浙江暨陽聯(lián)考,13)如圖所示,豎直光滑桿固定不動,套在桿上的彈簧下端固定,將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1 m處,滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊,通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖像,其中高度0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖像為直線,其余部分為曲線,以地面為零勢能面,取g=10 m/s2,由圖像可知()A.小滑塊的質(zhì)量為0.2 kgB.彈簧最大彈性勢能為0.7 JC.輕彈簧初始壓縮量

49、為0.25 mD.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.5 J答案答案A由題意可知,在0.2 m到0.35 m過程中,滑塊僅受重力作用,這個過程中,動能減小0.3 J,也就是重力勢能增加0.3 J,由E=mgh可知,m=0.2 kg,A正確;由能量守恒可知,最大彈性勢能也就是滑塊增加的重力勢能,大小為0.2 kg10 m/s2(0.35 m-0.1 m)=0.5 J,B錯;由題意可知,彈簧原長為0.2 m,而滑塊出發(fā)時高度為0.1 m,所以壓縮量為0.1 m,C錯;滑塊最高到0.35 m處,可知系統(tǒng)總能量為0.7 J,滑塊最大動能為0.32 J,所以重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0

50、.7 J-0.32 J=0.38 J,D錯。5.(2020浙江臺州中學(xué)統(tǒng)練,11)如圖所示,一根粗細均勻的光滑細桿豎直固定,質(zhì)量為m的小環(huán)C穿在細桿上,一個光滑的輕質(zhì)小滑輪D固定在豎直墻上(豎直墻在圖中沒有畫出)。A、B兩物體用輕彈簧相連,豎直放在水平地面上。一根沒有彈性的輕繩,一端與A連接,另一端跨過小滑輪D與小環(huán)C相連。小環(huán)C位于M時,繩子與細桿的夾角為,此時B物體剛好對地面無壓力。現(xiàn)讓小環(huán)C從M點由靜止釋放,當(dāng)下降h到達N點時,繩子與細桿的夾角再次為,環(huán)的速度達到v,下面關(guān)于小環(huán)C此下落過程中的描述不正確的是()A.小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.當(dāng)小環(huán)C落到與滑輪同一高度

51、時,小環(huán)的機械能最大C.小環(huán)C從M到與滑輪等高處,彈簧彈性勢能一直減小D.小環(huán)C到達N點時物體A的動能為mgh-mv2 12答案答案C本題以多物體通過繩、彈簧連接及運動過程中能量轉(zhuǎn)化問題為情境,考查了理解能力、推理能力,體現(xiàn)了能量觀念、科學(xué)推理的素養(yǎng)要素。小環(huán)C從M點下落到N點的過程中,小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)中,只有動能、重力勢能和彈性勢能間的轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)機械能守恒,故A正確,不符合題意。令小環(huán)C與滑輪同一高度時位置為S,小環(huán)C下落過程受重力、桿的支持力和細繩的拉力,除重力外其他力做功等于機械能的變化量;到位置S前的過程中,除重力外其他力做正功,機械能增加;經(jīng)過S之后,除重力外其他力做

52、負功,機械能減小;故下落到位置S時,小環(huán)C的機械能最大,故B正確,不符合題意。因為不清楚初始時彈簧的形變量與小環(huán)C從M到與滑輪等高處輕繩長度變化量間的大小關(guān)系,可能彈簧先恢復(fù)原長后又被壓縮,則彈性勢能先減小后增大,故C錯誤,符合題意。小環(huán)C到達N點時環(huán)的速度達到v,彈簧彈力做功為零,根據(jù)機械能守恒定律有mgh=mv2+EkA,故物體A的動能為mgh-mv2,故D正確,不符合題意。故選C。12126.(2020浙江杭州模擬,20)如圖所示,在懸點O用長L=0.8 m的輕質(zhì)細線懸掛一質(zhì)量m=1 kg的小物塊,懸點右側(cè)放置有一粗糙斜面AB,斜面長l=2 m,其下端與光滑的圓弧軌道BCDE相切于B點,

53、整個裝置與O點處于同一個豎直平面內(nèi),O點為圓弧軌道圓心,C點為圓弧軌道最低點,=37,E點在圓心正上方。將細線水平拉直由靜止釋放物塊,物塊擺到懸點O正下方P點時,細線剛好被拉斷。拉斷后小物塊從P點飛出且恰能無碰撞地從A點沿著斜面AB下滑,沿著圓弧軌道剛好能到達E點。已知物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)為=0.25,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。試求:(1)該細線能承受的最大拉力;(2)懸點O與A點的水平距離x;(3)圓弧軌道半徑R。 答案答案(1)30 N(2)1.2 m(3) m4146解析解析(1)物塊向下擺動過程由機械能守恒定律有mgL=m解得vP=4 m/

54、s在最低點有FT-mg=m解得FT=3mg=30 N(2)由幾何關(guān)系可得斜面AB與水平方向夾角為37,則有tan 37=得vAy=3 m/s、vA=5 m/s物塊從P到A的運動時間t=0.3 s所以x=vPt=1.2 m122Pv2PvLAyPvv22AyPvvAyvg(3)A到B過程中由動能定理可得mgl sin 37-mgl cos 37=m-m在E點有mg=m從B到E過程中,由機械能守恒定律可得122Bv122Av2EvRmgR(1+cos 37)+m=m解得R= m122Ev1241462Bv7.(2020浙江桐鄉(xiāng)茅盾中學(xué)模擬)如圖所示,水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)用內(nèi)壁光滑鋼管彎成的“

55、9”形固定軌道相接,鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運行速率為v0=6 m/s,將質(zhì)量m=1.0 kg的可視為質(zhì)點的滑塊無初速度地放在傳送帶A端,傳送帶長L=12.0 m,“9”形軌道高H=0.8 m,“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R=0.2 m,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.3,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間;(2)滑塊滑到“9”形軌道最高點C時受到“9”形軌道的作用力大小;(3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后,恰好垂直撞在傾角=45的斜面上P點,求P、D兩點間的豎直高度。答案答案(1)3 s(2)90 N(3)1.4 m解析解析(1)滑塊在傳送

56、帶上運動時,由牛頓第二定律得mg=ma解得a=g=3 m/s2滑塊加速到與傳送帶達到共速所需要的時間為t1=2 s02 s內(nèi)滑塊的位移為x1=a=6 m之后滑塊做勻速運動的位移為x2=L-x1=6 m滑塊勻速運動的時間為t2=1 s故滑塊從傳送帶A端運動到B端所需時間為t=t1+t2=3 s。(2)滑塊由B運動到C,由機械能守恒定律得m+mgH=m在C點,“9”形軌道對滑塊的彈力與其受到的重力的合力提供做圓周運動的向心力,設(shè)“9”形軌道對滑塊的彈力方向豎直向下,由牛頓第二定律得FN+mg=m0va1221t20 xv122Cv1220v2CvR解得:FN=90 N。(3)滑塊由B到D運動的過程

57、中,由機械能守恒定律得m=m+mg(H-2R)設(shè)P、D兩點間的豎直高度為h滑塊由D到P運動的過程中,由機械能守恒定律得m=m+mgh又vD=vP sin 45解得h=1.4 m。1220v122Dv122Pv122Dv解題規(guī)律解題規(guī)律 單個物體的機械能守恒往往會與平拋運動、圓周運動等結(jié)合到一起,構(gòu)成綜合性問題。求解這類問題時除了掌握機械能守恒的條件、規(guī)律外,還應(yīng)熟練掌握幾種運動的特點和規(guī)律。1.平拋運動的特點和規(guī)律:平拋運動是初速度沿水平方向且只在重力作用下的運動,所以物體的機械能守恒。2.圓周運動的特點和規(guī)律:物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時機械能守恒;物體在豎直面內(nèi)沿光滑軌道或由繩子系著做圓

58、周運動時,只有重力做功,機械能守恒,但物體的速度是變化的?？键c考點4 4功能關(guān)系和能量守恒定律功能關(guān)系和能量守恒定律1.2019浙江杭州地區(qū)(含周邊)重點中學(xué)期中(多選)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為,以一定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖甲所示)。以此時為t=0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系,如圖乙所示,圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向,其中兩速度大小v1v2。已知傳送帶的速度保持不變。則下列判斷正確的是()A.若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為,則tan B.0t1時間內(nèi),物塊沿傳送帶向下運動,t1t2時間內(nèi)沿傳送帶向上運動,t

59、2時刻回到原位置C.0t2時間內(nèi),系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大D.0t2時間內(nèi),傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量答案答案AC在t1t2時間內(nèi),物塊向上運動,則有mgcos mg sin ,得tan ,故A正確;物塊先向下運動后向上運動,圖線與橫軸圍成的“面積”表示位移,0t2時間內(nèi),物體的總位移為負,即沿斜面向下,則t2時刻物塊沒有回到原位置,故B錯誤;根據(jù)圖線與橫軸圍成的“面積”表示位移,0t2時間內(nèi),物體的位移為負,即沿斜面向下,重力對物塊做正功,物塊的重力勢能減小、動能也減小,都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,由能量守恒得知,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大,故C正確;0t2

60、時間內(nèi),物塊的總位移沿斜面向下,高度下降,重力做正功,則重力做功與傳送帶對物塊做的功之和等于物塊動能的減少量,故D錯誤。故選A、C。規(guī)律方法規(guī)律方法 (1)在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中,動能的變化用動能定理分析。(2)重力勢能的變化用重力做功分析。(3)機械能的變化用除重力和彈力之外的力做功分析。(4)電勢能的變化用電場力做功分析。2.(2020浙江選考模擬聯(lián)考,12)如圖所示,質(zhì)量為2 kg的物體A靜止于動摩擦因數(shù)為0.25的足夠長的水平桌面上,左邊通過勁度系數(shù)為100 N/m的輕質(zhì)彈簧與固定的豎直板P拴接,右邊物體A由細線繞過光滑的定滑輪與質(zhì)量為2.5 kg物體B相連。開始時用手托住