創(chuàng)新課堂2017屆高三物理一輪復習第5章機械能

第一功和功考綱考情：5年18考功的判斷與計算 Fl，則FlF的功，簡稱功．單位：焦耳，1J＝1W＝Flcosα中，αFl的夾角 Pt＝t，1.(2016·保定高三模擬)如圖所示的四幅圖是提包回家的情景提包的力不做功 ， 向垂直，故不做功，因此選B. 3一點．AB長為l，AC長為l，若物體由A到C過程中所受合力做功為W1，由A到B過程中所受合力做功為W2，則W1∶W2等于( 3 物體做勻變速直線運動，所受合外力恒定，故W1∶W2＝AC∶AB＝1∶3，A [解析]小球速率不變，合力的功率為零，只有重力和F對小球做功，重力做負功，F(xiàn) k1k2v1v2，則()

k＝k2

k＝ k1 阻力．根據(jù)P＝Fv，由題意有P額＝k1mgv1＝k2mgv2，得k1v1＝k2v2，B正確． 考向一F合W合＝FlcosαBABB保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()A．AAB．BAC．BAD．AB[解析]ABθgsinθ.A速度增大．由動能定理，AA做正功，BA的摩擦力做正功，B對A的彈力做負功，選項A、B錯誤，C正確．A對B不做功．選項D正確． v.F2，物體從靜止開始經過同樣Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()

＝ 22F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2F1＝12＋1F1＞F2. 4計 W＝Fl，可知Wf1＝1f2，WF1＞1WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤4 考向二WP＝tP＝Fv

＝t

＝tP＝F·vcosαv①利用P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度②P＝F·vFvFvF③P＝Fv·vFvFv總質量為3.0×104kg，設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長度受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20%，則( 解析 解法 v＝2ax得a＝2x＝32m/s，D正確；設總推力為×106N，AW＝Fx＝1.1×106×100J＝1.1×108BP＝F彈·v＝F彈·2＝4.4×107W，C解法

NF彈＝F－F發(fā)＝1.2×10N－1.0×10N，AW＝Fx＝1.1×106×100J＝1.1×108J，B彈射器對艦載機做功的平均功率P＝F彈·2＝4.4×107W，C錯誤；根據(jù)運動 2axa＝2x＝32m/s，D 1.0×105N

＝2的作用．力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則( m3t0時刻的瞬時功率為0mm3t0時刻的瞬時功率 0m

0 0m 根據(jù)F－t圖線，在0～2t0時間內的加速度mm2t0m 2F0 2F20mo～2t0時間內位移x1＝2·2t0＝mt0，故F0做的功 mm2t0～3t0mm3t0m3t0

0m7F在2t0～3t0時間內位移

0故3F0做的功 0

0～3t0

00B、D

P－tv－t段 F－F ↓?a＝ F－F a＝ 不變?F不變?FvP額 ＝段PF＝F阻?a＝0?vm＝FP F－Fv↑?F＝v↓?a＝ vmBC無PF＝F阻?a＝0?vm＝勻速F動＝F P.＝F阻 ＝F范例60kW5t0.1倍，g10m/s2.若汽車從靜止開始，保持以0.5m/s2的加速度做勻加速運動，這段過程能維持多長10m/s 速度逐漸減小，當F＝F阻＝kmg時，汽車的速度達到最大值vm.PF

＝×5×103×10m/s＝12＝F－F阻＝maF＝ma＋F＝7.5×103P vm′＝F＝7.5×103m/s＝8 vm′＝a＝0.5s＝16由于vm>10m/s>vm′表明此時汽車處于額定功率下，做加速度逐漸減小的加速運動m/s時，其牽引力：F′＝v＝

N＝6×103F′－F

＝0.2 (1)12 (2)16 (3)0.2P＝FvPF是牽引力而非合力，這一點應1．(2016·山東臨沂高三期中)Fg，下列說法正確的是()AAvB．空氣阻力大小為v0CC

P 坐標代入得，m＝P，f＝P(a0－g)A對，B vC錯；1最小，v0即為勻速運動的速度，Dv0 AB路段上運動時所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)Ff1＝2000N．(解題時將8m/saBC (1)汽車在AB路段時牽引力和阻力相等，則F2＝Ff1，輸出功率P＝F1v1P＝20t＝15sv，則v2Ff2＝4000v＝－8m/s時汽車在做運動，vva＝0.75BC x＝93.75 (1)20 (2)0.75 (3)93.75

由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝P1－Ff，對應圖線可知，P＝k＝40，可求 力 頻考一FN表示水平梯板對人的支持力，G為人受到的重力，F(xiàn)為電梯對人的靜摩擦力，則下列結論正確的是()CF＝0，F(xiàn)N、G GA正確，B、CFN做正功，G做負功，選項D R，BC段是水平光滑軌道，CD段是光滑斜面軌道，BCCD間用一小段光滑說法正確的是()B．在圓弧軌道上運動時，23號球不做功CCD斜面軌道上運動時，23DCD斜面軌道上運動時，23[解析]B、C、D錯誤，A正確． g取10m/s2，則在1s內起重機對貨物所做的功是 A．500 B．4500C．5000 D．5500 起重機的拉力F＝mg＋ma＝11000N.l＝12＝0.5W＝Fl＝5500J．故D 頻考二4．(2016·洛陽模擬)把A、B兩相同小球在離地面同一高度處以相同大小的初速度v0分 B球從拋出到落地所用時間較長，故PA>PB，D 度上升，則拉力F1s內對物體的功為多大？拉力F1s末的瞬時功率為多大？(g10 由運動學規(guī)律可得在1s內物體上升的高度和1s末的速221sF1sFP＝F·2vW＝37.5J，P＝75 37.5 75 [解析]由于題圖中萬有引力與速度方向夾角始終大于90°，故在此過程中有萬有引力 μa沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體，m與斜面m的支持力和摩擦力的下列說法中錯誤的是()[解析]若摩擦力恰好為零，物體只受重力和支持力，如圖所示，此時加速度a＝gtanθ，當a>gtan向上，摩擦力與位移夾角大于90°，則做負功．綜上所述，B是錯誤的．[答案])A．1B．10C．100D．1000[解析]100kg5m/s，勻速行駛時的牽引力F－0.02mg＝20NP－Fv＝100WC正 如圖所示水平地面上有三個底面相同、傾角分別為30°，45°、60°的固定斜面，三程中，克服摩擦力做功最多的斜面是() D．一樣W Ff 設斜面體底邊長為x，斜面傾角為θ，則物體下滑過程中克服摩擦力做的功為：μmgcosθcosθ＝μmgxW Ff 靜止在水平地面上的物體，同時受到水平面內兩個互相垂直的力F1、F2的作用，2mF1＝6N，F(xiàn)2＝8N，則()A．F1做功12 B．F2做功16C．F1、F2的合力做功28 20

物體由靜止沿F1、F2的合力方向運動，位移為2m，所以WF1≠F1·l＝12WF2≠F2·l＝16J，故A、B錯誤；F1、F2的合力F合 F2＋F2＝10N，W總＝F合·l＝20 C錯誤、D 時木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將小木塊拉至右端，拉力至少做功為() 塊位移為LWF＝L＝μmgL，故選項A2

一質量為m的木塊靜止在光滑的水平面上，從t＝0開始，將一個大小為F的水平恒力作用在該木塊上，在t＝t1時刻力F的瞬時功率是( F2 F2 D. 解析 在t＝t1時刻木塊的速度為v＝at1＝mt1，此時刻力F的瞬時功率P＝Fv＝ Ff表示物塊受到的摩擦力．在此過程中，以下判斷正確的是()A．FNFfB．FN對物塊做功為2J，F(xiàn)f對物塊不做功C．FN對物塊不做功，F(xiàn)f對物塊做功為2JD．FN和Ff對物塊所做的功的代數(shù)和為0 錯選C或錯選D. 錯解 0，錯選[解析]由做功的條件可知：只要有力，并且物塊沿力的方向有位移，那么該力就對物擦力不做功．由動能定理知WFN－mgh＝0，故支持力FN做功為mgh. [高考9．(2015·新課標Ⅱ，17)車在平直公行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的vt變化的圖線中，可能正確的是()m m線應該越來越緩，兩段均應如此，選項A 動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼? A．4 B．2C.C.3D.2 kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝2v，D正確． 11．如圖所示為修建建筑常用的塔式起重機．在起重機將質量m＝5×103kg的a＝0.2m/s2，當起g＝10m/s2，不計額外功．求： (1)由Pm＝Fvm，F(xiàn)＝mgPm＝mgvm＝5.1×104W.(2)F1－mg＝ma，Pm＝F1v勻m，v勻m＝at1可解得：t1＝5s. (1)5.1×104 (2)5 12．高速連續(xù)照相機可在底片上形成多個圖象．現(xiàn)利用這架照相機對2000家用汽車的加速性能進行研究，如圖所示為汽車做勻加速直線運動時連續(xù)三次000kg72kW.1600 有

m/s＝1.0做勻加速直線運動的汽車所受合外力為恒力，由牛頓第二定律得：F－Ff＝ma，所F＝ma＋Ff＝3600N，隨著速度的增大，汽車的輸出功率增大，當達到額定功率時，勻加運動的速度不再增加，由

/s＝20m/，由勻加速運動a得：t＝v1＝20a

3

F′＝Ff＝1600 P P＝F′·vmaxvmax＝F′＝1600m/s＝45 (1)1.0 (2)20 (3)45第二動 考綱考情：5年30考動能

單位：焦耳，1J＝1N·m＝1

1

2－2m

1

＝2m 2m2Ek＝1mv2中的速度為瞬時速度，動能是狀態(tài)量2W＝1mv2－1v2 2m

變 變 [解析]W＝FxcosθF合＝0時，W合＝0A化，故C項錯誤．[答案]關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是 ．B中的W為包含重力在內的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每． 4．(2016·無錫月考)質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運動，前進一段距離之后速度大小為v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則( B3倍D2倍

2m(2v)－2mv＝2mvB正確，C、D 考向一θ作用下，小球從靜止開始由A經B向C運動．則小球( BCCgtan 小球先加速，后運動，故A、C正確；小球做圓周運動在B點有向心加速度，故B錯誤；在C點時，因為速度為0，所以向心力為零，即指向圓心方向的合力為0，沿切線方向Ft＝mgsin2θ－mgtanθcos2θ＝mgtanθCgtanθD 3落回地面時，其速度大小為4v0.設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻 3 7 7 對小球向上運動，由動能定理，－(mg＋f)H＝0－1mv2，對小球向下運動，由 能定理 3)2，聯(lián)立解得f＝7mg，選項D正確 考向二1(2015·浙江理綜，23)L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面H＝0.8mL2＝1.5m.斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調節(jié)后m＝0.2kgμ＝0.05，物塊μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 確定初，末狀態(tài)―→初狀態(tài)：Ek1＝0；末狀態(tài)：Ek2(θ＝37°時，Ek2＝0，θ＝53°

(1)為使小物塊下滑mgsinθ≥μ1mgcos①θtan②Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cos③mgL1sin④2mgL1sin2⑥v＝1⑦H＝1t＝0.4⑧x1＝vt，x1＝0.4⑨xm＝x1＋L2＝1.9⑩ (1)tan (3)1.92(2016·浦東高三月考)A、BL＝3.2m，與水平R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高EB、Dh＝0.5m(g10m/s2)．D ，R解析 (1)金屬塊在E點時，mg＝m，RvE＝2m/sDE5－mg·2R＝1mv2－1v2v5

2m (2)金屬塊剛剛放上時，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2s1v2＝2a1s1s1＝0.2m<3.2繼續(xù)加速過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2a2＝2Bs2＝L－s1＝3m，v2－v2＝2a2s2vB＝4BBDmgh－W＝1mv2－1v2W＝3 2m5 5

(2)33．(2016·湖南株洲市二中高三期中)“風洞”是一集高科技與驚險的項目，它體可上下移動的空間總高度為H.所受風力大小與正對面積成正比，站立時受風面積.水平橫躺時1.8

與豎直方向成一定傾斜角時，受風正對面積是最大值的2止或勻速漂移．表演者開始時，先以站立身勢從A點下落，經過某處B點，立即調整為橫躺身姿．運動到最低點C處恰好為零．則有( 3

CABB

DABBC 平衡時

a＝gA錯；v2＝2a(H－h(huán))，v＝2ah

B對；AB 1

8kS·7H＝14kSH，BCW＝kS·7H＝7kSH，W＝6W，C對；AB

4

BC

D

4．(2016·江蘇常州高三期中)AB、CDBC相切于B、Cθ＝37°BCR＝2mm＝1kg的小滑塊(視為質點)ABP點由靜止沿斜面下經圓弧BC沖上斜面CD.已知P點與斜面BL1＝6mμ＝0.25，g＝10m/s2.求：nBAB (1)小滑塊由P運動到E點，由動能定理得mgL1sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgL1cos 點 ＝v2，解 mR EmR

38ABL1、L2、L3……CD上依次上滑的距離分別為x1、x2、x3……，PQ點，由動能定理得：mg(L1－x1)sin37°－μmg(L1＋x1)cos2解得：x1＝L1＝32 44nBABn

1.51－42S＝L＋2(L＋L＋…＋L)＝6＋2× m＝10－23－n

44n

1.51－42S＝L＋2(L＋L

)＝6＋2×

m＝10－24－n

4 (1)38 (2)3 (3)10－24－n4考向三首先看清楚所給圖象的種類(v－tF－x圖象、P－t圖象、Ek－x圖象等)(2)挖掘圖象的隱含條件——v－t圖象所包圍的“面積”求F－x圖象所包圍的“面積”求功，P－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功34mABR＝0.6m的豎直半圓弧軌道F作用，F(xiàn)ABμ＝0.25.與BCg＝10m/s2，求：AB2m若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑AFF－xCvC＝滑塊2m過程中做初速度為零的勻加速直線運動，可由牛頓第二定律和運動學公ABF和滑動摩擦力做功， (1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 即20×2J＝10×1J－0.25×1×10×4J＝1×1×v2，得v 82m內，有F1－μmg＝ma，且x1＝12，解得8RC時，應用：mg＝mRBCW－mg×2R＝1mv2－1 2m8W＝－5J8

(3)5，，mv0，v－t圖象見圖乙．求艦載機滑行的最大距離和滑行時受到的阻力；止于海面的水平甲板上降落若它接觸甲板瞬間的速度仍為v0，在甲板上的運動可以阻力(m、v0、t0表示)．

x＝12v0FF

＝ F阻F阻

(1) (2)范例(2015·山東理綜，23)m的小球通過不可伸長的輕質1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置[解題引路]1.傳感器的示數(shù)與物塊和傳感器之間的彈力是什么關系？ (1)設開始時細繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質量為M，①②對小球，T2＝mgcos③④⑤Wf，由動能定理得2mgl(1－cos2⑥F3＝0.6F1，對小球，由牛頓第二定律T3－mg＝m⑦⑧Wf＝0.1 并沖上固定在地面上的斜面．設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，則彈簧被壓縮至C點，

1

22[解析]AC點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WG＋WF＝0－1mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－1mv2，所以正確選項為A.22 mLOO線上的P點處有一個光滑的細釘，已知 ＝2v0＝3gLAB 2 2Lmg＝mB，得 L2－mg(L＋L)＝1mv2－12

2m－mg(L＋L)－Wf＝1mv2－12442 2

2m

4頻考一中學生賽在廣場揭幕．比賽時，一學生用100N的力將質量為0.5的以8m/s的初速度沿水平方向踢出20m遠，則該學生對做的功至少為 A．200 B．16000 D．2000 2mv－0＝16JB 以v2＝8m/s的速度行駛，在同樣路面上急剎車后滑行的距離x2應為(不計空氣阻力的影響)()A．6.4 B．5.6C．7.2 D．10.8[解析]Ff的作用，且兩種情況下摩擦力大小是相同的，汽 ②式除以①式得x

1 x2＝

×3.6m＝6.4v1 v1 頻考二開始做直線運動的規(guī)律，得到了質量為1.0kg的物體運動的加速度隨時間變化的關系圖線， 從t＝4.0s到t＝6.0s的時間內物體做勻直線運t＝10.0s6.8t＝10.0st＝12.0s0.5t＝2.0st＝6.0s[解析]t＝4.0st＝6.0s的時間內物體做加速度逐漸減小的變加速運動，A錯：物t＝10.0sv10＝at＝68×1×0.1m/s＝6.8m/sBt＝2.0st＝6.0s的時m/s＝7.8m/st＝10.0st＝12.0s 2mv12－2mv10＝7.3J，C 4(2016·現(xiàn)以大小恒定的拉力F拉動細繩，將靜置于A點的木箱經B點移到C點(AB＝BC)，地面平直且與木箱的動摩擦因數(shù)處處相等．設從A到B和從B到C的過程中，F(xiàn)做功分別為W1、W2，克服摩擦力做功分別為Q1、Q2，木箱經過B、C時的動能和F的功率分別為EkB、EkC和PB、PC，則下列關系一定成立的( [解析]Q1>Q2，木箱在從ABBCW1>W2，故A、B都對；由動能定理可知，W2－Q2＝EkC－EkB，所以EkC>EkB，C、D均錯． 一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點時，壓縮量為x＝0.1m，在這一過程中，所FF釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已OBL＝2xh＝5.0m，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力(g10m/s2)．求： (1)取向左為正方向，從F－x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0N，方向為負方向WFf＝－Ff·x＝－0.1x ×0.1J＝2.4Ep＝WF＋WFf＝2.3ABL＝2x，摩擦力做功為W′Ff＝－Ff·3x＝－0.3J vB＝2Bh＝1t＝1x＝vBt＝2 (1)2.3 (2)2 (3)2時對應的位移是()A．2.0 B．1.0C．3.0 D．4.0 由題圖知x＝2.0m時，F(xiàn)合＝0，此前F合做正功，而此后F合做負功，故2.0m時物體的動能最大，故A 2．(2016·高三期中)如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(已知重力加速度為g，且不計空氣阻力)( 2 2 小球A下降h過程，根據(jù)動能定理，Bh22vv＝ 3．(2016·浙江五校聯(lián)考)30NF2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時撤去力F，經一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g10m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20 B．24C．34 D．54 用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時由動能定理，F(xiàn)h－mgh＝1mv2，撤去力F

v2，聯(lián)立 W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1J＋2×10×0.2J＝34JC 4．(2016·南昌模擬)10kgFx軸做直線運動，力隨坐xx＝01m/s＝16m處時，速度大小為 2 B．32C．4 由圖可知變力F做的正功W1＝10×4 小 1J＝20J，由動能定理得：W1－W2＝1

v2

×10×12，解得：v2＝3m/s.B

2m

2m

功為() π [解析]A0WF－mgR＝0，所以WF＝mgR，故D對． ACBC的頂端由靜止開始下滑，物體與W1W2，則() [解析]設斜面的傾角為θx.則下滑過程中克服摩擦力做的功為W＝所以由動能定理可知Ek1>Ek1.故選B. 19kg，g10m/s2，則以下說法正確的是()t＝5t＝10

9.5 x＝12得：t＝10s，D 一列火車由機車牽引沿水平軌道行駛．經過時間t，其速度由0增大到v.已知列車．[錯解] 以列車為研究對象，水平方向受牽引力F和阻力Ff.根據(jù)P＝Fv可知牽引力F22x.聯(lián)立解得： x.[錯因分析]P＝FvP一定的情牽引力所做的功可用W＝Pt來計算．[解析]x. Pt－1 見解

質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑到最低點Q軌道的正壓力為2mg，g.PQ的過程中，克服摩擦力所做的功為() π 在Q點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向

＝

mR

v＝mgRW1mv2，解得Wf＝1mgRv＝

，C

b

[解析]abv－t圖象(向下為正方向)t0v0.相遇時兩小球速度大小不等，不能同時落地．相遇之后的速度大小不同，故重力的功’也不相同，故A、B、D錯誤．根據(jù)動能定理，兩球重力做功分別為－mgh、mgh，C 11Mh的斜面體，斜面體的左側有一固定物Q斜面體的左端與物的距離為d.將一質量為m的小物塊置于斜面體的頂端，小物塊水平拋出，最后落在物的左側P處(圖中未畫出)．已知斜面體與地面間的動摩擦μ1θg，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，求：要使物塊在地面上的落點P距物Q最遠，水平推力F為多大小物塊在地面上的落點P距物Q的最遠距離 (1)對m由牛頓第二定律mgsinθ＝μ2mgcosθμ2＝tanmam.FNcosθ＝mg＋μ2FNsinθFNsinθ＋μ2FNcos解得 2gsin cosθ－tanθsinM、m解得 2gsincosθ－tanθsinM、m22 gdsin gdsin cosθ－tanθsinm：h＝1gt2，xP＝vt－tan.解得 2hdsin －.cosθ－tanθsin

tan[答案]12．(2016·山東德州重點中學高三期中)45°AB足夠長，D點，g10m/s2. (1)A到D過程：根據(jù)動能定理×sinmg×(2R－R)－μmgcos 2R×sinR RvC＝Rg＝2HC mg(H－2R)－μmgcos H ＝1v2 sin 求得：H＝2y＝1 2gt＝2tan

＝tan 3v′C＝43C

CCmg＋F′N＝m求得：F′N＝3.3 (2)2 (3)3.3第三機械能守恒定律及其應考綱考情：5年29考重力做功與動勢能 物體的動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，即E＝Ek＋Ep.其中勢能包括重力勢能和彈性勢E2＝E1，即 物體對彈簧做功，物體的動能轉化為彈簧的彈性勢能，由

2，所以物 圖甲丸以一定的初始速度在光滑碗內做復雜的曲線運動，圖乙中的運動員在蹦 彈丸在光滑的碗內上升過程中，只有重力做功，其機械能保持不變，A錯誤B正確；運動員在蹦越跳越高，其機械能逐漸增大，C正確，D錯誤 100kg10m高處，在這個過程中，下列說法中正確的是(g＝10m/s2)() WG＝－mgh＝－1.0×104J，ΔEp＝－WG＝1.0×104J，C正確 考向一 [解析]小球的位移方向豎直向下，斜劈對小球的彈力對小球做負功，小球對斜劈的彈B正確，A、C、D錯[答案]m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動過程中，正確的說法是()[解析]物塊向上運動，由牛頓第二定律得，mgsin30°＋μmgcosFB 考向二典例ABCD光R＝0.2mg＝10m/s2.v0＝3m/sFN＝1.5v0＝3m/sA時受到的支持力為多少？小 R解析 R v0＝10CC －2mgR－W＝1mv′2－1 2mW＝0.05vA，受到的支持力為FNA R RFNA＝6 ΔE＝0.5

(2)0.05 (3)0.5W/5 (1)撤去拉力時球的機械能為W，由機械能守恒定律，回到地面時的動能Wh＝1由題意有－h(huán)＝vt－133

，解得W/5h的下方或上方．設球的位置在h下方離地h處而(F－mg)h＝155hh″

； (3)5W或Rr為μCD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道．若小球在兩圓軌道的最高點對軌道的CD段的長度．[解析]CvCv1，根據(jù)小球對軌 Rmg＝mR①取軌道最低點所在水平面為參考平面，由機械能守恒定律有1mv2vC＝

②設小球通過

點的速度為

vD，通過乙軌道最高點的速度

2vrv2，則有：mg＝mvr③ ④vD＝CDlCD－μmgl＝1mv2－1 2m⑤

模型一1A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面A由靜止釋放，B上升的最大高度是() 2[解析ABA2m，Bm，21mv2＝mghh＝1BR＋1

C 1R的光滑半圓柱水平懸空放置，CP、QAB及兩小球開始時位置均與半圓柱的圓心在同ABmP＝m，mQ＝4mEFh＝2R，現(xiàn)讓兩小球從圖示位置由靜止釋放，當小PCQEF碰撞后等速反向被彈回，重力加速度gπ≈3.求：PCPAB 點C的過程中，系統(tǒng)滿足機械能守恒，有

P＋mQ)v2＝0，解vC＝

vCvC>gRPmPgR＋1PvC 2mPv1v1＝2Q

，解得

2mQ

模型二(3)ΔEk＝ΔEp的形式．范例 運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g，則( A．abB．a落地時速度大小為D．aa的機械能最小時，b[解析]a、bva、vbvacosθ＝vbsinθ.a落到地面時，θ＝90°，cosθ＝0，故vb為0，可知a下落過程中b先加速后，輕桿對b先做正功后做負功，A錯誤．輕桿對a的力先為支持力后為拉力，故a的加速度先小于g后大于g，C錯mgh＝1mv2v＝2gh.Ba機械能最小時，b F桿＝0FN＝mg，D 2θ＝30°1kg2kg的10m/s2.則下列說法中正確的是()A．下滑的整個過程中A球機械能守恒C2m/s 5 設A球的質量為m，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mg(h＋Lsin 22(2m＋m)v，解得兩球在光滑地面上運動的速度v＝

JD 頻考一 FF后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，下列說法正確的是() C 頻考二3．(2016·山東臨沂高三期中)如圖所示，AB、AC兩光滑細桿組成的直角支架固定在豎中正確的是()B．a、bCabDab下滑的時間之比為[解析]兩球下落高度相同，各自機械能守恒，下落至底端時速度大小相同，A對；平球所受彈力大小不等，C錯；由h 2得 2h，所以ta∶tb＝3∶1，D對．sin

gsin 連，A放在固定的光滑斜面上，B、Ck的輕質彈簧相A4m，B、Cm，重力加C恰好離開地面．下列說法正確的是()mB．AmC．C剛離開地面時，Bkk[解析]剛開始時，mg＝kx1，C剛離開地面時：kx2＝mg，x1＝x2＝mg，A沿斜面下滑的x1＋x2＝2mg，且繩力T＝2mg＝4mgsinαα＝30°，A錯；初始狀態(tài)和末了kk4mg(x1＋x2)sin m，故B對；剛開始時，B加速度最 ACC，D x時鏈條的速度大小(x>x0)．[解析]m，以平臺所在－m01

Lxg·2xsinα＝2mv－Lxg·2xsinxx xsin0xx xsin0 gx2－x2sin 的是() 木塊靜止掛在繩子下端，一以水平速度射入木塊并留在其中，再與木塊一起共的是()[解析]射入木塊過程，系統(tǒng)中摩擦力做負功，機械能減少；而共同上擺過程，系 3．(2016·南方五校聯(lián)考試題)1.5m2kg的小球落地時的速度方向與水平方向成60°角．則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10m/s2)()A．10 B．15C．20 D．25 由h＝1gt2，tan60°＝gt，可得v0＝10m/s.由小球被彈射過程中，小球和彈 組成的系統(tǒng)機械能守恒得，Ep＝1mv2＝10JA 恒力F和重力的作用下，從坐標原點O由靜止開始沿直線OA斜向下運動，直線OAy軸θ角(θ<90°)g，則以下說法正確的是()AF＝mgtanθBF＝mgsinθ B．質點只受重力G和拉力F，質點做直線運動，合力方向與OA共線，如F＝Gsinθ＝mgsinFOAFB正確，DAF＝mgtanθmgtanθ>mgsinθFOA不再垂直，有兩種可能的方向，F(xiàn)90°90°F可能做負功，F(xiàn)做的功，即機械能可能增加，也可能減小，故A錯誤，C正確．[答案]vEkEt關系的是() 做豎直上拋運動，速度圖象B正確，位移圖象A錯誤；小球下落時，速度與時間成正比，動能與時間的二次方成正比，動能圖象C錯誤；機械能保持不變，機械能圖象D正確．[答案]v時的位置，則這些位置應該在同一個()A．球 D．橢圓2[解析]v時相等，與小球的質量無關，即這些位置應該在同一個水平面上，C正確．2 根鏈條剛離開桌面時，關于它們的速度關系，下列判斷正確的是()A．v甲＝v乙＝v B．v甲<v乙<vC．v丙>v甲>v D．v乙>v甲>v

×2＝2mv甲，v甲＝2；對于乙：2mg×4＋2mg×2＋mg×2＝2×2mv乙，v乙＝8

2mg×4＋2mg×2＝2×2mv丙，v丙

8v乙>v甲>v丙，D8．質量分別為mM(M＝2m)的兩個PQ，中間用輕質桿固定連接，在桿OQ球順時針擺動到最低位置的過程中，下列有關能量的說法正確的是()C．P球、QD．P球、Q 錯選[錯因分析]Q球下擺的過程中受重力、桿的拉力作用，因為拉力不做功，只有重力做功，所以Q球重力勢能減少，動能增加，Q球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，選擇A.[解析]Q球從水平位置下擺到最低點的過程中，受重力和桿的作用力，桿的作用力是Q球運動的阻力(重力是動力)Q球做負功；P球是在桿的作用下上升的，桿的作用力是P和Q整體只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒． [高考下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣 [解析]不計空氣阻力，小球在空中只受重力作用，機械能守恒，拋出時高度、速度大 性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()B．彈簧彈性勢能變化了3mgL[解析]在圓環(huán)下滑過程中拉伸彈簧，圓環(huán)的部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能，圓環(huán)減小的重力勢能全部轉化成彈簧的彈性勢能，Ep＝3mgL，B正確．圓環(huán)剛開始運動時合力和也改變，D錯誤． A球始終不離開圓柱內表面，且細繩足夠長，若不計一切摩[解析](1)Av，Bm，則根2mgR－2mgR＝1×2mv2＋1 2m由圖甲可知，AvBvBvB＝v1＝vcos

2－ 幾何關系可知A2mgh－mgx＝0x＝2－52－5

(2)m＝1kgC由靜止釋放，小球到D時，細繩剛好被拉斷．之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向將彈簧壓縮，最x＝5cm.(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：DAB (1)小球由C到D，由機械能守恒定律得mgL＝1mv2v＝ D

F－mg＝m2Lm2LF＝30yDAy③vtanv1④h＝16CEp＝mg(L＋h＋xsin53°)，代入數(shù)據(jù)得：Ep＝2.9J. (1)30 (2)16 (3)2.9第四功能關 考綱考情：5年28考功能關系 1W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk.(動能定理)WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.W彈＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空．它只能從一種形式轉化為另一種形表達式：ΔE減＝ΔE某同學用10N的力將質量為1kg的踢出10m遠，獲得6m/s的速度，則該 A．100 B．10C．60 D．182 人 的動能，即W＝ΔEk＝1mv2＝18J，D對2 2．(2016·商丘模擬)自然現(xiàn)象中蘊藏著許多物理知識，如圖所示為一個盛水袋，從 A．增 C FF10J的功．在上述過程中()1010J D 考向一(AA處由靜止開始下滑，經BC處的速度為零，AC＝h.Cv，A.g，則圓環(huán)() 44DBB 下減小，后向上增大，A錯誤．下滑過程和上滑過程克服摩擦做功相同，因此下滑過程

2Ep＝mgh－Wf＝mgh－1mv2，CA

v2＋Ep′＋Wf′＝mgh′ 2mBA，1mv2＋E′＝mgh′＋W′，得1mv2

v2＝2Wv

，D

2m

1．(2016·模擬)輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5kg的物塊相連，μ＝0.2.以物塊所在x＝0.4m處時速度為零．則此時彈簧的彈性勢能為(g取10m/s2)()A．3.1 B．3.5C．1.8 D．2.0 物塊與水平面間的摩擦力為f＝μmg＝1N．現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F－xFW＝3.5JWf＝fx＝0.4J．由功能關系可知，W－Wf＝Ep，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝3.1J，選項A正確． 考向二功能關系與能量守恒定律減＝ΔE減＝ΔEB(2)ΔE減ΔE增的表達式．列恒等式：ΔE減＝ΔE2(2015·福建理綜，21)MAB段mAg.ABCC

2BCμBC 力勢能→系統(tǒng)的動能；B→C過程，系統(tǒng)減少的機械能→內能Q. (1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守22①2①BB R②③④mgR＝1Mv2 v 2m(2⑤33⑥mgR－μmgL＝1Mv2 v 2m(2⑦BCa，由牛頓第二定律v2－v2 ⑨

33＝2kgl1＝4.5mBCDl2＝3m，平臺右側有一豎直放置且半徑R＝1m的光滑半圓軌道DEF.質量m＝1kg的小A以初速度v0＝6m/sB的左端水平滑上BA、B向右運動，長木板B與平臺CD碰撞前的瞬間，小滑塊A的速度大小為可視為質點，小滑塊AB之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，小A與平臺CD之間的動μ2＝0.1，s＝0.5m，g＝10m/s2，求：(2)AB[解析](1)B與平臺CD碰撞時，A、B還未達到共同速度．設BvB vBvB＝1(2)BABxμ1mgx＝1mv2－1v2－1 2m 2m解得：x＝4.5B與平臺碰撞時，A h＝0.5m<RmvC設A到達C點時速度為vC，有 vCvC＝2ACBl l＝1mAB3.5m (1)vB＝1 (2)3.5W＝－Ff·l相Q＝Ff·l相對l相對l相對為總的相對路程．模型一滑塊——范例 如圖所示，AB為半徑R＝0.8

1

B小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當車運動了t0＝1.5s時，車被地面裝置鎖定(g＝10 (1)求出二者同速所用的時間，與1.5s進行分析比較(2)Q＝μmgl相對 RFNB－mg＝mR則：FNB＝30mt1解得：v＝1t1＝1s，因t1<t00.5sB2l車＝vt1＋v(t0－t1)．解得l車＝1m.2 Q＝μmgl相對＝μmg( Q＝6 (1)30 (2)1 (3)6MLm的滑塊放置FfF作用于滑塊．當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是()

1 1做功大小為2m1＋2M其他條件不變的情況下，M越大，x 由功能原理可知，上述過程中，F(xiàn)做功大小為二者動能與產生的熱量之和，選項A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，M的加速度越小，x越小，選項B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達右端所用時間越短，選項C錯Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，選項D正確． 模型二2l＝20m．傾角v＝2m/s.現(xiàn)在傳送帶底端(傳送帶與從動輪相切位置)由靜止釋放一只麻袋包(可視為質點)，kg10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 2解得：x＝1.2m2

＝解得：R＝0.4

mx1＝1t＝t1＋t2＝12.5ΔEΔx＝vt1－x1ΔE＝mglsin

v2＋μmgcos解得：ΔE＝15400 (1)1.2 0.4 (2)12.5 (3)15400(2)WFQ①傳送帶的功：WF＝Fx傳v.BAH.AB的過程中()B處，兩種傳送帶消耗的電能相等DB處，兩種系統(tǒng)產生的熱量相等2 對小物體，從A到B由動能定理有W－mgH＝1mv2，則A正確；小物體在2

，，

C正確系統(tǒng)產生的熱量Q＝μmgx相cosθ＝μmgcos 22μgcosθ－gsin2

2tanθ Q，可見E也不同，則B錯誤． 頻考一 [解析]ABW牽＋WG－Wf＝0，即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯誤，B正確；汽車在上拱形橋的過程中，克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能，D正確． 下，到半圓底部時，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程塊損失的機械能為() 解析 在半圓底部，由牛頓第二定律，1.5mg－mg＝R，解得v＝0.5gR.由功能關2可得此過 2 頻考二BC相切的圓弧，B、Cd＝0.50mh＝0.30B的距離為()A．0.50 B．0.25C．0.10 [解析]x，由能量守恒定律可得：mgh＝μmgx，解得x＝3.0m＝6d，故小物塊最終停在B點，D正確．[答案]4．(2016·安慶模擬)v向右勻速運mm和木板之間的μm放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板水平向右的作用力F，那么力F對木板做功的數(shù)值為() A. B. 由能量轉化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W一部分轉化為物體 立可得：W＝mv2C A、B用輕繩連接并跨過滑(不計滑輪的質量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(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()[解析]mAg＝mBgsinθmA＝mBsinθ.22以A重力的平均功率為PA＝Av，B的平均功率PB＝B

π－θ)，因為mθ，所以PA＝PBD

m1．(2016·華東師大附中模擬)水流在推動水輪機的過程中做了3×108J的功，這句話應 水流在推動水輪機前具有3×108J的能量B3×108J的能量C3×108J的能量 根據(jù)功能關系，水流在推動水輪機的過程中做了3×108J的功，水流在推動水輪機的過程中能量減少了3×108J，選項D正確． Lm的小時，拉力的功率為()2 B.233

[解析 由能的轉化與守恒定律可知，拉力的功率等于克服重力的功率mgvcos C 蛋所做的功最接近于()A．0.3JC．30D．300[解析]55g60cm，則將一只雞蛋拋出的過0.33J，A 4．(2016·安慶模擬)20132151230分左右，俄羅斯車里雅賓斯克州發(fā)生天體墜落．根據(jù)俄緊急情況部的說法，墜落的是一顆隕石．這顆隕石重量接近1萬離地面上空12至15英里處發(fā)生，產生大量碎片，假定某一碎片炸后落至地面并陷入一定深度過程中，其質量不變，則()[解析]由能量轉化和守恒定律可知，該碎片在空氣中下落過程中，重力和空氣阻力做功之和等于動能的增加量，因空氣阻力做負功，故重力做的功大于動能的增加量，A、B均量，故D正確，C錯誤． 度．若該過程空氣阻力不能忽略，則下列說法中正確的是()[解析]F三力做的功之和等于物體的動能增量，所以A錯誤；克服重力做的功等于物體重力勢能的BC正確、D錯誤． μ，對于這一過程，下列說法正確的是()B0.5mv2[解析]0.5mv2A正mv2BDC 輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()MMmm[解析]Mm兩滑塊整體為研究對象，除重力外，M受到的摩擦力做負功，所以其做的功，C正確．

平速度 3gR拋出，如圖所示，試求：當質點到達O點的正下方時，繩對質點的拉力 聯(lián)立解得：FT＝49FT－mg＝29mg(R＋0282mv1Ov，根據(jù)能[解析 質點的運動可分為三個過程：第一過程：質點做平拋運動．設繩即將伸直時θ，如圖所示．在水平方向：x＝v0t＝Rsinθ在豎直方向：y＝12＝8R－Rcos 聯(lián)立解得 3直時，沿繩方向的速度 ，質點僅有速度v⊥，且3

v2⊥⊥

，

99

mg＝

＝9[高考9．(2015·新課標Ⅰ，17)如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則( Q1

Q

[

R解析 R

，解得

1

能定理，－mgR＋Wf2＝1mv2－1v2vQ＞0，即小球能繼續(xù)上升一段距離，C

2m() 外力做功不為零，因此機械能不守恒，A項錯誤；克服摩擦力做功消耗機械能，B項正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動能并不為零，C項錯誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加，并沒有減小，D項錯誤． B8倍，之C.(不計空氣阻力)試求：(2)BC R解析 (1)設物體在B點的速度為vB，所受彈力為FNB，則有FNB－mg＝mR R(2)CvCmg＝mCBCRQ＝1mv2－1v2 (2m

BL＝4mv＝2m/s1kgA＝2＝2

(1)AB (1)物體無初速度地放在A處后，因mgsinθ＜μmgcosμmgcosθ－mgsin

＝2.5aat1x1＝v1＝0.8t2＝v＝1.6t＝t1＋t2＝2.4解法 前0.8s內物體相對傳送帶的位移Δx＝vt1－x1＝0.8E內＝μmgcosθ·Δx＝62E電＝Ek＋Ep＋E內＝1mv2＋mgLsinθ＋E內＝282

解法 電動機多消耗的電能在數(shù)值上等于兩個過程克服摩擦力所做的功，E電x1′＝vt1＝1.6Wf1＝μmgx1′cosθ＝12x2′＝vt2＝3.2Wf2＝mgx2′sinθ＝1.6E電＝28 (1)2.4 (2)28實驗 小車(前面帶小鉤)、100g～200g砝碼、長木板，兩側適當?shù)膶ΨQ位置釘兩個鐵釘、打(使用電火花計時器不用學生電源)5～6條等長的橡皮筋、v1，設此時橡皮W1，將這一組數(shù)據(jù)記入表格．2條橡皮筋做實驗，實驗中橡皮筋拉伸的長度與第一次相同，這樣橡皮筋對小車W2v2，將數(shù)據(jù)記入表格．W，與橡皮筋的[方律TT②圖象法：在坐標紙上(如圖所示)W－vW－v2圖線(“W”以一根橡皮筋做的功為考向一典例1 (1)實驗中要計算繩拉力對小車所做的功，根據(jù)W＝FL，其中F為繩子2的拉力，需要用鉤碼的重力近似代替(Ek＝1mv2，需要稱量小車質量)；L為小車在拉力作用下的位移，可通過對紙帶的測量得出．因此，還需要用到的器材有刻度2身重力，D正確．[答案] (1)刻度尺、天平(包括砝碼) (3)可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)考向二典例2(2013·理綜)如圖甲所示某組同學借用“探究a與Fm之間的定理關系” O為小車運動0.1sA、B、C、D、E、F、G.實驗時小0.2N0.2kg.4位).O—O—O—O—O—分析上述數(shù)據(jù)可知：在實驗誤差允許的范圍內W＝ΔEk，與理論推導結果一致 kg.(g9.8m/s23位[解析](1)平衡摩擦力后，重力分力等于小車所受的摩擦力，將小車釋放后，小車將做W＝Fx＝0.2×0.5575J＝0.1115

66.77－45.75×0.01FvF＝tEG＝1.051

2×0.12ΔEk＝1mv2＝0.11052ma＝F＝1mm′＝F＝0.023(23.0－7.7)×10－3kg≈0.015 (2)0.11150．1105 (3)0.015考向三典例3 彈簧長度，部分數(shù)據(jù)如下表．由數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k＝ N/m.(g取9.80m/s2)砝碼質量彈簧長度 重復(3)中的操作，得到v與x的關系如圖(c)，由圖可知，v與x成 ＝ (1)由 ＝

N/m＝50

由題圖可知，xvv＝kx

22

2mk (2)相等(3)滑塊的動能(4)正比壓縮量的平分未畫出)，Ofg. 離為x0，OC間距離為x1，則C點的速度為 ]00

2M＝8[

88答案 (2)

mgx1＝頻考一 [解析]BC不必要，因為根據(jù)測量原理，重物的動能和勢能中都包含了質量m，可以約去；步驟D是錯誤的，應該先接通電 見解 (2)設重錘質量為m、打點計時器的打點周期為T、重力加速度為g.圖乙是實驗得到的一

2T故重錘動能的增加量為1mv2－1 2m＝1

1s2

2m

(2)mg(s－s 頻考二x，得到下表所示幾組數(shù)據(jù)：12345600x－v圖象大致是一條拋物線，可以猜想，xv2成正比．請在圖乙所示坐標(2)根據(jù)你所作的圖象，你認為滑塊滑行的最大距離x與滑塊初速度平方v2 (1)作出x－v2的圖線如圖所示 (1)見解析圖4．(2016·中原名校模擬)某學組用如圖所示的氣墊導軌裝置來“探究牛頓第二L＝25cm，用光電門測出窄遮光板依Mmm?M.(1)如圖所示．用游標卡尺測出擋光板的寬度為d，則d＝ 度a＝ (2)該學組在測出滑塊的加速度后，經分析討論，可用上述實驗裝置來探究動能定 (1)d＝1mm＋0.05mm×10＝1.50v1＝d＝0.75 v2＝d＝1.50 21v2－v2＝2aLa＝3.421

d

1d

1Md

1d＝2Δt25．(2016·三門峽模擬)某學組在“探究功與速度變化關系”的實驗中采用了如圖所 如圖所示，游標卡尺測得遮光條的寬度Δd＝ 的 － 圖象應 Δd＝5mm＋0.05mm×10＝5.50mm＝0.55022

實驗 vhmgh，動

3～5次實驗．

2mm

如果根據(jù)2mB－2m1、22mm就無關緊要了，所vn＝gt

vn＝0

[方律v2、v3、v4

計算出各點對應的瞬時速度v1

nn

v2，如果在實驗誤差允許的條

nn

v2相等，則驗證了機械能守恒定律A、BhAB ②算出2mvB－2mvA的值 1 1v2成立，則驗證了機械能守恒定律＝2mB－2m

2－h(huán) 考向一1(2015·浙江理綜，21)甲同學準備做“驗證機械能守恒定律”實驗，乙同學準備(1)圖中A、B、C、D、正表示部分實驗器材，甲同學需在圖中選用的器材為 (2)乙同學在選齊所需器材后，經正確操作獲得如圖所示的兩條紙帶①和②.紙 [解析](1)A和計時的打E及計時用的打點計時器B.

m/s2＝2.50

m/s2＝1.252.50 (2)①考向二典例2 點計時器所用電源的頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣葹間＝9.80m/s2.實驗中該同學得到的一條點跡清晰的完整紙帶如圖(b)所示．紙帶上的第一個點記為O，另選連續(xù)的三個點A、B、C進量，圖中給出了這三個點到O點的距離hA、hB和hC的值．回答下列問題(計算結果保留3位有效數(shù)字) (1)B①原理：勻變速直線運動的物體在一段時間內的中間時刻的瞬時速度等于 B (1)由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度可知vB＝2T，由50HzT＝0.02svB＝3.90BmghB＝7.857m，故該同學的實驗結果近似驗證了機械能守恒定BBB (2)v2/2＝7.61(m/s)2，因為mv2/2≈mgh，近似驗證機械能守恒定BBB考向三典例3 2；12Δt1⑥滑塊通過光電門1和光電門2時，可以確定系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能分別為Ek1＝ 和Ek2＝ ⑦在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)勢能的減少ΔEp＝ 加速度為g)； ，則可認為驗證了機械能守恒定律．(用Ek1、Ek2和ΔEp示 滑塊經過光電門1時的速度v1＝l經過光電門2時速度v2＝l，滑塊、

E

l 2(M＋m)v1＝2(M＋m)Δt1E

l 2(M＋m)v2＝2(M＋m)Δt2如果滿足關系式

＋m)l

＋m)l ΔE＝E

g.則： 測出懸點到圓柱重心的距離l，若等式gl＝ 若在懸點O安裝一個拉力傳感器，測出繩子上的拉力F，則要驗證小圓柱在最低點的向心力還需要測量的物理量是 (用文字和字母表示)．若等式F＝ (1)小圓柱的直徑d＝1.0cm＋2×0.1mm＝1.022

[

2成立，則可驗證小圓柱在最低點的向心力1d 2答案 2

l現(xiàn)要通過實驗驗證機械能守恒定律．實驗裝置如圖所示：水平桌面上固定一傾斜AM，左端由跨過輕質mB點有t.dAC點的距離，hAC的高度差，b表示遮光片的寬度，sA、B兩點間的距離，將遮光片Bg若將滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A運動至B的過程中，滑塊、遮光片與砝 多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點(A點)st值，123451

55 (1)當滑塊沿斜面向下運動s的距離時，設滑塊下落的高度為h′，則 sΔE 22tt所 即1

M＋mb2d(2)如圖所示，1－s

4－1

M＋mb2d

M＋mb2d (2)2.39×10m(2013·新課標Ⅱ)某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究一輕質彈簧力加速度大小為g.為求得Ek，至少需要測量下列物理量中的 用所選取的測量量和已知量表示Ek，得 圖乙中的直線是實驗測量得到的s－Δx圖線．從理論上可推出，如果h不變，m增加，s－Δx圖線的斜率會 s－Δx圖線的斜率會 和Ek的表達式可知，Ep與Δx的 [解析]h、小球的質量m，A、B、C正確．2h＝1gt2，s＝vt2 Ek＝2mv＝s＝v0t，h＝12可知，hs∝v0Δxm s會增大，斜率會增大．根據(jù)機械能守恒，Ep－Ek＝4hs∝ΔxEp∝Δx 答案 (2) (3)減小增大頻考一 平測量重物的質量，故選A、B. 數(shù)點之間的時間間隔T＝0.1則物體運動的加速度a＝ 測得物體運動的加速度a應該接近10m/s2，所以該紙帶是采用乙實驗方案得到的． (1)甲(2)①打點計時器接了直流電源②重物離打點計時器太遠(3)4.8乙頻考二3．某同學利用豎直上拋小球的頻閃驗證機械能守恒定律，頻閃儀每隔0.05s閃光9.8m/s2m＝0.2kg3位有效數(shù)字)速度由頻閃上的數(shù)據(jù)計算t5時刻小球的速度 在誤差允許的范圍內，若ΔEp與ΔEk近似相等，即可驗證了機械能守恒定律．由上述計算得 Ek(選填“>”“<”或“＝”)，造成這種結果的主要原因. ×10－2m/s＝3.48 2mv5ΔEk＝1.28 (3)＜存在空氣阻AM，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m導軌上B點有一光電門，可以測量遮光條經過光電門時的擋光時間td表示A點到光電A處由靜止開始運動． θ＝30°gAB處時，m組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為 ，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為 (1)b＝3mm＋0.05mm×15＝3.75tBt

ΔE＝mgd－Mgdsin 2ΔE＝ΔE得：1(

22m＝M2v2－d g＝9.6 m－2 頻考三5．(2015·江蘇單科，11)150Hz 1,212345678 該同學將裝置中的銅管更換為相同尺寸的塑料管，重復上述實驗操作( 作，然后迅速釋放紙帶，故做法不對的是C、D，所以本題正確選項是C、D. v＝t

＝39.0[答案](1)CD(2)39.0(3)39.8cm/s且增加得越來越慢，逐漸增大到等于重力(4)為了說明磁鐵在塑料管中幾乎不受阻尼作用，磁鐵在銅管中受到的阻尼作用主要本章備考 典例1 如圖所示，人用大小不變的力F拉著放在光滑水平面上的物體，開始時與物體相連的繩子和水平面間的夾角為α，當拉力F作用一段時間后，繩子與水平面的夾角是β，圖中的高度是h，求繩子拉力FT對物體所做的功(繩的質量、滑輪的質量和繩與滑輪之間的[解析]FT是一個變力，是變力做功問題，但是拉力FTFFFT對物體所做功將轉換為求力F對繩子所做的功．FΔs＝s1－s2FT)的功為：WT＝WF＝F·Δs＝F(s1－s2)＝Fh·(1－1) 1－1

sin

sinsin sin22kgAR10m/s的速度開始下滑，到達B點時的速度變?yōu)?m/s，求物體從A點運動到B點的過程中，摩擦 物體從A點運動到B點的過程中，受到重力G、彈力FN和摩擦力Ff三個力FfFf是變力，是變力＝ΔEkAB

v2＝－96B －96J

2mW其他＝ΔE機2亦可用功能原理解答． 做的功的代數(shù)和等于摩擦力Ff做的功，由功能原理W其他＝ΔE機得摩擦力Ff做的功：Wf＝ΔE機

v2)＝－96B －96

2m典例 因機車的功率恒定，牽引力由大變小直到與阻力f相等，這時速度達到最大W＝Pt2設牽引力FWF，阻力f做功為Wf，由動能定理WF－Wf＝ΔEk2①①當機車速度達到最大值時，機車做勻速直線運動，所以P＝Fvmax＝②[答案]3.75×1054R的水平圓軌道運動一周，已知物塊與軌道間μm，求此過程中滑塊克服摩擦力做的功．[解析]F＝μmg分別為W1＝μmgs1，W2＝μmgs2，W3＝μmgs3，…，Wn＝μmgsn.因此，在一周內物體克服摩擦力所做的功 做的功＝Fs(s為物體運動的路程典例5(2016·佛山一中高三期中)一質量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用速度g＝10m/s2，則根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有( 勻速運動階段，由F＝μmg可求得μ＝0.35，A對；利用W合＝(F－μmg)s來求過程由動能定理得，W合＝0－1mv2，v0＝6m/s，Cs＝4m 無法確定物體運動的時間，D 典例 上題中合外力做的功為W＝F·s＝ ·s＝2×30J＝180，7Mm，中途脫節(jié)發(fā)覺時，機車已行駛L的距離，于是立即關閉發(fā)動機滑行．設運動的阻力與質量成， 解法 ① ②③解法二(補償法)L的距離牽引力做的功完全用于機車比末節(jié)車廂多行駛Δs的距離克服摩擦力所做的功，于是： 2x0處時的動能為()2 π [解析]x0F所做的功，物塊做的功的大小等于半圓的“面積”大?。鶕?jù)計算可知，C項正確． kmA的A，AmBB，整個裝置靜止．試求： mmA2W彈2 得W彈

A (2)mA 某次搶險中，某用直升飛機搶救一個峽谷中的傷員，直升飛機在102m的谷底由靜止開始起吊到機艙80kg2m/s2，起重機的最大輸出9.6kW，為安全地把傷員盡快吊起，操作人員采取的方法是：先讓起重機以傷員允對傷員不做功，使傷員到達機艙時速度恰好為零，g10m/s2.試求：[解析 (1)吊起過程中當傷員做勻速運動時速度最大，此時懸繩中的拉力①②vm＝12