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第1頁(共1頁)2025年高考物理一輪復習之功和能一.選擇題(共10小題)1.某同學在健身房利用杠鈴進行負重深蹲訓練,雙手緊握杠鈴后完成“下蹲—維持—站起”的深蹲動作。為了保證動作質(zhì)量,要“慢蹲快起”,即下蹲過程要慢且穩(wěn),持續(xù)時間2秒,在最低點維持1.5秒靜止不動,隨后站起過程要較快且穩(wěn),持續(xù)時間0.5秒。該同學按照這樣的標準,持續(xù)做了2分鐘共計完成了30次深蹲,每次下蹲深度保持在60cm。若該杠鈴的質(zhì)量為40kg,深蹲過程中杠鈴的運動軌跡是豎直的,重力加速度大小取g=10m/s2,則在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的總功和功率分別為()A.8064J,60W B.8064J,480W C.7200J,480W D.7200J,60W2.如圖所示,質(zhì)量為m的蘋果,從離地面高H的樹上由靜止開始下落,樹下有一深度為h的坑。若以地面為重力勢能的零勢能面,不考慮空氣阻力,重力加速度為g;則當蘋果落到坑底時,其機械能為()A.mg(H+h) B.mgH C.mg(H﹣h) D.﹣mgh3.如圖,固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小球(可視為質(zhì)點),小球以大圓環(huán)最高點為起點從靜止開始自由下滑,在小球滑到最低點的過程中,小球的速率v與其位移大小x的關系圖像可能正確的是()A. B. C. D.4.火箭從地面豎直向上發(fā)射,經(jīng)兩級加速后關閉發(fā)動機,其v﹣t圖象如圖所示,不計空氣阻力,則()A.火箭在t2時刻到達最高點 B.火箭在t3時刻回到了發(fā)射點 C.火箭在0~t2時間內(nèi)機械能增大 D.火箭在t2~t3時間,機械能減小5.如圖甲所示,水平地面上質(zhì)量為m=0.4kg的物體在水平向右的力F作用下由靜止開始運動,力F隨物體位移x的變化關系如圖乙所示,當位移x1=0.8m時撤去拉力,當位移x2=1.0m時物體恰好停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3,取g=10m/s2,忽略空氣阻力,則F與物體運動的過程中速度的最大值分別為()A.2.5N,1.5m/s B.2.5N,1.3m/s C.2.0N,1.4m/s D.2.0N,1.2m/s6.號稱“江蘇脊梁”的連淮揚鎮(zhèn)鐵路設計時速250km/h,其線路圖如圖所示。一列車從連云港站出發(fā)行駛304.5km抵達鎮(zhèn)江站,歷時約2小時。已知列車使用電能進行供能且平均功率為5460kW。列車在整個行程中,下列說法正確的是()A.時速250km/h約為694m/s B.位移大小為304.5km C.平均速率約為250km/h D.消耗的電能約為2×1010J7.某同學將一乒乓球從手中豎直向上拋出,隨后在同一位置接住乒乓球,乒乓球在空中運動時不發(fā)生旋轉(zhuǎn),所受空氣阻力與乒乓球的速率成正比。下列說法正確的是()A.下降過程中乒乓球的速度一定一直在增加 B.拋出時乒乓球的速度與接住時的速度大小相等 C.乒乓球在空中運動過程中機械能一直在減小 D.運動過程中在同一高度處乒乓球的加速度大小相等8.如圖ab、cd為在同一豎直面內(nèi)的兩光滑水平軌道,兩軌道間的豎直距離為h。軌道上有兩個可視為質(zhì)點的物體A和B,質(zhì)量均為m,它們通過一根繞過定滑輪的不可伸長的輕繩相連接?,F(xiàn)有水平向右的拉力拉動物塊A,使A、B運動起來,在軌道間的繩子OB與水平軌道成θ=30°角的瞬間,撤掉拉力,此時物體A在下面的軌道運動速率為v,設繩長BO遠大于滑輪直徑,不計輕繩與滑輪間的摩擦,不計空氣阻力。下列說法正確的是()A.在輕繩OB與水平軌道成θ=30°時,物體B的速度大小為2v B.在輕繩OB與水平軌道成θ=30°角到θ=90°角的過程中,繩對B做的功為76C.當輕繩OB與水平軌道成θ=90°角時,物體B的速度大小為213vD.若在輕繩OB與水平軌道θ=90°角時,繩與物體B恰好分離且物體B恰好離開ab面,物體B下落過程中不與墻面、滑輪相碰,則B落地的速度大小為29.蹦極是一項非常刺激的戶外運動。如圖所示,某景區(qū)蹦極所用的橡皮繩原長為L=80m、勁度系數(shù)為k=25N/m橡皮繩一端固定在跳臺上,另一端拴接在游客腳踝處。已知游客的質(zhì)量m=50kg,重力加速度g取10m/s2,不計橡皮繩的重力和空氣阻力,橡皮繩始終在彈性限度內(nèi),假設游客始終在同一豎直線上運動,則游客無初速度的從跳臺跳下后,橡皮繩的最大伸長量為()A.20m B.40m C.60m D.80m10.如圖,傾角為30°的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上,在A點的上方再固定一光滑的細桿,細桿與豎直方向的夾角為30°。質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均視為質(zhì)點)用長為L的輕質(zhì)桿通過鉸鏈連接(鉸鏈的質(zhì)量忽略不計),小球甲套在細桿上,小球乙放置在斜面上A點,重力加速度大小為g?,F(xiàn)讓小球甲、小球乙由靜止釋放,小球乙一直沿著斜面向下運動,當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時,小球甲的動能為()A.4(3+1)7mgL C.3(3+1)7mgL二.多選題(共5小題)(多選)11.如圖甲,某水電站建筑工地用發(fā)動機沿傾斜光滑軌道將建材拉到大壩頂上,已知軌道的傾角θ=37°,每次從大壩底端向上拉建材的過程中,發(fā)動機所做的功與位移的關系如圖乙所示。圖乙中x<6m時圖線為直線,當x=6m時發(fā)動機達到額定功率,6m<x<18m對應的圖線為曲線;當x=18m時建材達到最大速度,x>18m時圖線為直線。已知每個建材的質(zhì)量m=100kg,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知()A.建材在前6s做勻加速運動,加速度大小為3m/s2 B.從6m到18m的過程中,建材做加速度增大的加速運動 C.發(fā)動機的額定功率為5400W D.建材能達到的最大速度為9m/s(多選)12.如圖所示,光滑水平面上放有質(zhì)量為M=2kg的足夠長的木板P,通過水平輕彈簧與豎直墻壁相連的質(zhì)量為m=1kg的物塊Q疊放在P上。初始時刻,系統(tǒng)靜止,彈簧處于原長,現(xiàn)用一水平向右、大小為F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是()A.Q受到的摩擦力逐漸變大 B.Q速度最大時,向右運動的距離為2cm C.P做加速度減小的加速運動 D.摩擦力對Q先做正功后做負功(多選)13.如圖所示,質(zhì)量為1kg、可視為質(zhì)點的物塊沿傾角為37°的斜面上的A點由靜止開始下滑,經(jīng)過1s物塊運動到斜面上的B點,然后通過一小段光滑的弧面滑上與地面等高的傳送帶。已知A、B間距離為1m,傳送帶以4m/s的恒定速率順時針運行,傳送帶左右兩端之間距離為8m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2,不計空氣阻力和物塊在銜接弧面運動的時間。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小g=10m/s2。下列說法中正確的是()A.物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5 B.物塊在傳送帶上運動的時間為2s C.物塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量為2J D.若傳送帶以2m/s的恒定速率逆時針運行,其他條件不變,物塊從A點靜止釋放以后,在AB上運動的總路程為1.5m(多選)14.一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m=5×103kg的重物,到A點時,起重機的功率達到額定功率P0,以后起重機保持該功率不變,繼續(xù)向上提升重物到B點達到最大速度,之后勻速上升,不計空氣阻力,重力加速度大小g=10m/s2。則整個過程中,下列說法正確的是()A.OA過程起重機對重物的拉力不變,且F=2×103N B.P0C.BC過程中牽引力做功4.4×103J D.BC過程重物上升的高度h=2.4m(多選)15.圖甲是滑雪道的示意圖。一質(zhì)量為m的運動員(可視為質(zhì)點)從傾角為θ的斜面AB上的A點由靜止自由滑下,經(jīng)水平段BC后飛入空中,落在斜面CD的E點。不計運動員經(jīng)過B點的機械能損失,不計一切摩擦和空氣阻力,運動員的加速度大小a隨時間t變化的圖像如圖乙所示,圖乙中的物理量均為已知量,根據(jù)圖中信息可求得()A.斜面AB傾角的正弦值sinθ=aB.運動員通過C點時的速度大小為(a1+a2)t0 C.運動員落到E點時的動能為12m(a1+a2)2tD.運動員落到E點時重力的瞬時功率為ma22三.填空題(共2小題)16.某同學在原地進行單手運球訓練中發(fā)現(xiàn),讓籃球從靜止開始下落并自由反彈,彈起的最大高度比原來低20cm。為了讓球每次都能彈回到原來的高度,當球回到最高點時,向下拍打一次球,每分鐘拍打100次,籃球質(zhì)量為600g。取重力加速度大小為10m/s2。不計空氣阻力和拍球瞬間的能量損失,則該同學每次拍打小球需做功為J,拍打小球的平均功率為W。17.某同學探究小球在豎直面內(nèi)做圓周運動時向心力隨位置變化的規(guī)律,選用光滑的圓軌道,如圖甲,圓軌道半徑R=3m,在軌道內(nèi)側(cè)距離最低點A高度H分別為0、h、2h、3h、4h、5h、6h處固定有壓力傳感器,質(zhì)量為m的小球從A點以速度v0沿軌道內(nèi)側(cè)向右運動,記錄小球在各位置對軌道的壓力F的數(shù)值,作出F﹣H圖像如圖乙。(1)若小球在A點對軌道的壓力大小為F0,則F與H的關系可表示為F=(用m、g、R、H、F0表示);(2)取重力加速度g=10m/s2,由圖乙可得小球質(zhì)量m=kg,小球經(jīng)過最低點A時的初速度v0=m/s。(v0的結(jié)果用根式表示)四.解答題(共3小題)18.某戶外大型闖關游戲“渡河”環(huán)節(jié)中,甲從高為h=5m的固定光滑水上滑梯滑下,乙坐在氣墊船一側(cè)固定位置上操控氣墊船,在滑梯底部等候甲。氣墊船與滑梯底部相切靠在一起,如圖所示。甲滑上氣墊船的同時,乙立即啟動引擎,在恒定的牽引力F作用下駕駛氣墊船沿著直線運動。假設船不會側(cè)翻,甲和乙不會相撞,甲與氣墊船之間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,水對氣墊船的阻力f恒為484N,甲的質(zhì)量m=48kg,氣墊船與乙的總質(zhì)量M=62kg,汽墊船長度L=5m,忽略其他阻力以及甲滑到滑梯底端的能量損失,同時將甲視為質(zhì)點,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)甲剛滑上氣墊船時的速度;(2)為保證甲不會滑離氣墊船,牽引力F應滿足的條件?19.近兩年自媒體發(fā)展迅猛,受到各年齡段用戶的青睞;人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段,某位同學就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖,該同學面向管壁站立在管道最低點,先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個足球,足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運動,恰好分別落入該同學胸前和背后的兩個背包。已知水泥管道截面半徑為R,該同學胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框,且圓框與豎直圓截面的圓心O等高,兩水平圓框最近點的間距為0.28R,且兩最近點關于過(1)兩球與水泥管道的脫離點分別為A、B,求OA、OB與水平方向的夾角θ1、θ2;(2)設R=1m,胸前的背包口圓框的直徑是多少米(數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù))?20.如圖所示,一高為h=1.5m,傾角為θ=37°的斜面體固定在水平地面上,一質(zhì)量為m=1kg、長度為L=0.85m的薄木板B置于斜面頂端,薄木板下端連接有一根原長為L0=0.1m的輕彈簧,恰好能保持靜止。一質(zhì)量為M=2kg的小物塊A從斜面體左側(cè)以v0=1.2m/s的初速度水平拋出,經(jīng)一段時間后恰好從斜面頂端沿平行于斜面方向落到薄木板上,當薄木板下滑到斜面底端碰到擋板時立刻停下,小物塊A最后恰好能脫離彈簧,且彈簧被壓縮時一直處于彈性限度內(nèi)。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=78,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37(1)小物塊A水平拋出的高度H;(2)薄木板與擋板碰撞前瞬間,薄木板和小物塊的速度大??;(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
2025年高考物理一輪復習之功和能參考答案與試題解析一.選擇題(共10小題)1.某同學在健身房利用杠鈴進行負重深蹲訓練,雙手緊握杠鈴后完成“下蹲—維持—站起”的深蹲動作。為了保證動作質(zhì)量,要“慢蹲快起”,即下蹲過程要慢且穩(wěn),持續(xù)時間2秒,在最低點維持1.5秒靜止不動,隨后站起過程要較快且穩(wěn),持續(xù)時間0.5秒。該同學按照這樣的標準,持續(xù)做了2分鐘共計完成了30次深蹲,每次下蹲深度保持在60cm。若該杠鈴的質(zhì)量為40kg,深蹲過程中杠鈴的運動軌跡是豎直的,重力加速度大小取g=10m/s2,則在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的總功和功率分別為()A.8064J,60W B.8064J,480W C.7200J,480W D.7200J,60W【考點】利用動能定理求解多過程問題;功率的定義、物理意義和計算式的推導.【專題】定量思想;推理法;功率的計算專題;動能定理的應用專題;推理能力.【答案】D【分析】根據(jù)動能定理求出該同學在單次“站起”過程對杠鈴做的功,根據(jù)題意求得在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的總功。在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的功的功率等于這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的總功除以時間?!窘獯稹拷猓涸O該同學在單次“站起”過程對杠鈴做的功為W,由動能定理可得:W﹣mgh=0﹣0,解得:W=mgh=40×10×60×10﹣2J=240J在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的總功為:W總=30W=30×240J=7200J在這2分鐘內(nèi)該同學在“站起”過程對杠鈴做的功的功率為:P=W總t故D正確,ABC錯誤。故選:D?!军c評】本題考查了動能定理的應用與功率的概念,注意瞬時功率與平均功率的區(qū)別。2.如圖所示,質(zhì)量為m的蘋果,從離地面高H的樹上由靜止開始下落,樹下有一深度為h的坑。若以地面為重力勢能的零勢能面,不考慮空氣阻力,重力加速度為g;則當蘋果落到坑底時,其機械能為()A.mg(H+h) B.mgH C.mg(H﹣h) D.﹣mgh【考點】機械能守恒定律的簡單應用.【專題】定量思想;尋找守恒量法;機械能守恒定律應用專題;分析綜合能力.【答案】B【分析】不考慮空氣阻力,蘋果在下落的過程中機械能守恒,根據(jù)蘋果落到坑底時的機械能與蘋果剛下落時的機械能相等求解?!窘獯稹拷猓阂缘孛鏋橹亓菽艿膮⒖计矫?,蘋果剛下落時的機械能為mgH。不考慮空氣阻力,蘋果在下落過程中機械能守恒,則當蘋果將要落到坑底時,其機械能等于剛下落時的機械能mgH,故ACD錯誤,B正確。故選:B?!军c評】本題考查機械能守恒定律,要掌握機械能守恒的條件,靈活選擇研究的位置。3.如圖,固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小球(可視為質(zhì)點),小球以大圓環(huán)最高點為起點從靜止開始自由下滑,在小球滑到最低點的過程中,小球的速率v與其位移大小x的關系圖像可能正確的是()A. B. C. D.【考點】機械能守恒定律的簡單應用;復雜的運動學圖像問題.【專題】定量思想;推理法;運動學中的圖象專題;分析綜合能力.【答案】A【分析】根據(jù)機械能守恒定律,結(jié)合幾何關系,可求出速度關系式,從而得出正確的圖像。【解答】解:如圖所示設小球下滑的高度為h時,速率為v,根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12mv2,根據(jù)幾何關系有hx=x2R,聯(lián)立解得v=x故選:A?!军c評】本題考查機械能守恒及圖像問題,學生在解答圖像問題時,可以通過求解圖像的表達式來判斷正確的圖像。4.火箭從地面豎直向上發(fā)射,經(jīng)兩級加速后關閉發(fā)動機,其v﹣t圖象如圖所示,不計空氣阻力,則()A.火箭在t2時刻到達最高點 B.火箭在t3時刻回到了發(fā)射點 C.火箭在0~t2時間內(nèi)機械能增大 D.火箭在t2~t3時間,機械能減小【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度;根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況.【專題】定量思想;推理法;功能關系能量守恒定律;推理能力.【答案】C【分析】AB:根據(jù)v﹣t圖像判斷火箭的運動性質(zhì),即可判斷火箭在哪個時刻到達最高點;C:根據(jù)功能關系判斷機械能的變化;D:根據(jù)機械能守恒定律條件判斷?!窘獯稹拷猓篈B.根據(jù)v﹣t圖像可知,火箭在0~t2時間內(nèi)向上做加速運動,t2~t3時間內(nèi)向上做減速運動,故火箭在t3時刻到到達最高點,故AB錯誤;C.火箭在0~t2時間內(nèi),除重力外的外力做正功,機械能增大,故C正確;D.火箭在t2~t3時間內(nèi),只有重力做功,機械能不變,故D錯誤。故選:C?!军c評】本題考查功能關系,要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質(zhì),熟練應用對應的規(guī)律解題。5.如圖甲所示,水平地面上質(zhì)量為m=0.4kg的物體在水平向右的力F作用下由靜止開始運動,力F隨物體位移x的變化關系如圖乙所示,當位移x1=0.8m時撤去拉力,當位移x2=1.0m時物體恰好停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3,取g=10m/s2,忽略空氣阻力,則F與物體運動的過程中速度的最大值分別為()A.2.5N,1.5m/s B.2.5N,1.3m/s C.2.0N,1.4m/s D.2.0N,1.2m/s【考點】動能定理的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;動能定理的應用專題;推理能力.【答案】B【分析】根據(jù)圖象,結(jié)合動能定理解得F0的大小,當F=μmg時物體達最大速度,根據(jù)動能定理求得最大速度即可?!窘獯稹拷猓涸Ox1位置拉力大小為F1,根據(jù)圖像可知:F0根據(jù)動能定理可得:(聯(lián)立解得:F0=2.5N當F=μmg時物體達最大速度,設此時位移為x3,則有:F解得:x根據(jù)動能定理可得:(F解得:vmax=1.3m/s,故B正確,ACD錯誤。故選:B?!军c評】本題考查了動能定理的運用,熟悉公式結(jié)合圖像,是解決此類題的辦法。6.號稱“江蘇脊梁”的連淮揚鎮(zhèn)鐵路設計時速250km/h,其線路圖如圖所示。一列車從連云港站出發(fā)行駛304.5km抵達鎮(zhèn)江站,歷時約2小時。已知列車使用電能進行供能且平均功率為5460kW。列車在整個行程中,下列說法正確的是()A.時速250km/h約為694m/s B.位移大小為304.5km C.平均速率約為250km/h D.消耗的電能約為2×1010J【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導;位移、路程及其區(qū)別與聯(lián)系;速度與速率的定義、物理意義、標矢性及換算和比較.【專題】定量思想;推理法;直線運動規(guī)律專題;分析綜合能力.【答案】D【分析】根據(jù)路程和位移的定義分析,根據(jù)平均速率的定義計算;根據(jù)W=Pt計算消耗的電能。【解答】解:A、時速250km/h約為250×13.6B、列車從連云港站出發(fā)行駛304.5km抵達鎮(zhèn)江站,304.5km是路程,不是位移,故B錯誤;C、平均速率等于路程與時間的比值,即v=stD、消耗的電能約為W=Pt=5460×103×2×3600J≈2×1010J,故D正確。故選:D?!军c評】本題考查了路程與位移、平均速率、功和功率,考查的是對基本公式的理解,要注意單位的換算,比較容易。7.某同學將一乒乓球從手中豎直向上拋出,隨后在同一位置接住乒乓球,乒乓球在空中運動時不發(fā)生旋轉(zhuǎn),所受空氣阻力與乒乓球的速率成正比。下列說法正確的是()A.下降過程中乒乓球的速度一定一直在增加 B.拋出時乒乓球的速度與接住時的速度大小相等 C.乒乓球在空中運動過程中機械能一直在減小 D.運動過程中在同一高度處乒乓球的加速度大小相等【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度;豎直上拋運動的規(guī)律及應用.【專題】定性思想;推理法;功能關系能量守恒定律;理解能力.【答案】C【分析】乒乓球下降過程中,空氣阻力方向向上,根據(jù)受力情況分析運動情況;乒乓球在空中運動過程中,空氣阻力做負功,乒乓球的機械能一直在減小,由此分析拋出時和接住時的速度大?。桓鶕?jù)阻力方向結(jié)合牛頓第二定律分析加速度大小。【解答】解:A、乒乓球下降過程中,空氣阻力方向向上,當空氣阻力與重力相等時,乒乓球速度達到最大,此后乒乓球做勻速直線運動,故A錯誤;B、乒乓球在運動過程中空氣阻力一直做負功,乒乓球的機械能一直減小,故乒乓球拋出時速度大于接住時的速度,故B錯誤;C、乒乓球在空中運動過程中,空氣阻力做負功,根據(jù)功能關系可知,乒乓球的機械能一直在減小,故C正確;D、乒乓球在上升過程中,空氣阻力方向向下,加速度大于重力加速度,乒乓球在下降過程中,空氣阻力方向向上,加速度小于重力加速度,所以運動過程中在同一高度處乒乓球的加速度大小不相等,故D錯誤。故選:C。【點評】本題主要是考查了功能關系;要知道機械能守恒定律的守恒條件是只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功以外,其它力對系統(tǒng)做多少功,系統(tǒng)的機械能就變化多少;注意運動過程中機械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關系。8.如圖ab、cd為在同一豎直面內(nèi)的兩光滑水平軌道,兩軌道間的豎直距離為h。軌道上有兩個可視為質(zhì)點的物體A和B,質(zhì)量均為m,它們通過一根繞過定滑輪的不可伸長的輕繩相連接。現(xiàn)有水平向右的拉力拉動物塊A,使A、B運動起來,在軌道間的繩子OB與水平軌道成θ=30°角的瞬間,撤掉拉力,此時物體A在下面的軌道運動速率為v,設繩長BO遠大于滑輪直徑,不計輕繩與滑輪間的摩擦,不計空氣阻力。下列說法正確的是()A.在輕繩OB與水平軌道成θ=30°時,物體B的速度大小為2v B.在輕繩OB與水平軌道成θ=30°角到θ=90°角的過程中,繩對B做的功為76C.當輕繩OB與水平軌道成θ=90°角時,物體B的速度大小為213vD.若在輕繩OB與水平軌道θ=90°角時,繩與物體B恰好分離且物體B恰好離開ab面,物體B下落過程中不與墻面、滑輪相碰,則B落地的速度大小為2【考點】機械能守恒定律的簡單應用;合運動與分運動的關系;關聯(lián)速度問題;動能定理的簡單應用.【專題】定量思想;尋找守恒量法;機械能守恒定律應用專題;分析綜合能力.【答案】C【分析】在輕繩OB與水平軌道成θ=30°時,將B的速度分解到沿繩方向和垂直于繩方向,B沿繩方向的速度大小等于A的速度大小,根據(jù)幾何關系求解B的速度大?。划斴p繩OB與水平軌道成θ=90°角時,A的速度為零,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求解物體B的速度大?。桓鶕?jù)動能定理求繩對B做的功;物體B下落過程中,根據(jù)機械能守恒定律求B落地的速度大小。【解答】解:A、在輕繩OB與水平軌道成θ=30°時,將物體B的速度分解到沿繩方向和垂直于繩方向,B沿繩方向的分速度大小等于A的速度大小,如圖所示。由幾何關系有v=vBcos30°,解得:vB=233v,故BC、當輕繩OB與水平軌道成θ=90°角時,A的速度為零,設此時B的速度大小為vB′。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得12解得:vB′=21在輕繩OB與水平軌道成θ=30°角到θ=90°角的過程中,對B,根據(jù)動能定理得繩對B做的功為W=解得:W=12mv2D、設B落地的速度大小為v′。B下落的過程,根據(jù)機械能守恒定律得12mvB'2+mgh=12mv'2,結(jié)合v故選:C。【點評】解題關鍵是知道兩物體沿繩方向的分速度大小相等,兩個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒,但單個物體的機械能并不守恒。9.蹦極是一項非常刺激的戶外運動。如圖所示,某景區(qū)蹦極所用的橡皮繩原長為L=80m、勁度系數(shù)為k=25N/m橡皮繩一端固定在跳臺上,另一端拴接在游客腳踝處。已知游客的質(zhì)量m=50kg,重力加速度g取10m/s2,不計橡皮繩的重力和空氣阻力,橡皮繩始終在彈性限度內(nèi),假設游客始終在同一豎直線上運動,則游客無初速度的從跳臺跳下后,橡皮繩的最大伸長量為()A.20m B.40m C.60m D.80m【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度;胡克定律及其應用.【專題】定量思想;尋找守恒量法;功能關系能量守恒定律;分析綜合能力.【答案】D【分析】橡皮繩從原長到伸長x的過程中,根據(jù)彈力平均值與橡皮繩最大伸長量的乘積求出游客克服橡皮繩的彈力做的功,再根據(jù)功能關系求解橡皮繩的最大伸長量?!窘獯稹拷猓寒斢慰瓦\動到最低點時,橡皮繩的伸長量最大,設橡皮繩的最大伸長量為x。橡皮繩從原長到伸長x的過程中,游客克服橡皮繩的彈力做的功為W1游客從跳臺跳下到最低點速度減為0的過程中,由功能關系可知mg(L+x)﹣W1=0聯(lián)立解得:x=80m,故ABC錯誤,D正確。故選:D。【點評】本題中,由于橡皮繩的彈力與伸長量成正比,可根據(jù)彈力平均值來求解游客克服橡皮繩的彈力做的功。10.如圖,傾角為30°的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上,在A點的上方再固定一光滑的細桿,細桿與豎直方向的夾角為30°。質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均視為質(zhì)點)用長為L的輕質(zhì)桿通過鉸鏈連接(鉸鏈的質(zhì)量忽略不計),小球甲套在細桿上,小球乙放置在斜面上A點,重力加速度大小為g。現(xiàn)讓小球甲、小球乙由靜止釋放,小球乙一直沿著斜面向下運動,當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時,小球甲的動能為()A.4(3+1)7mgLC.3(3+1)7mgL【考點】機械能守恒定律的簡單應用.【專題】計算題;定量思想;方程法;機械能守恒定律應用專題;分析綜合能力.【答案】B【分析】根據(jù)機械能守恒和連接體的速度關系,聯(lián)立方程求出小球甲的動能?!窘獯稹拷猓寒斝∏蚣紫陆档紸點時,由幾何關系可得小球甲、乙下降的高度分別為h甲=Lcos30°h乙=Lsin30°當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時,輕質(zhì)桿與斜面平行,小球甲的速度沿著細桿,小球乙的速度沿著斜面向下,所以小球甲與小球乙的速度關系為:v乙=v甲cos30°由機械能守恒定律可得mgh小球乙的動能為Ek代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Ek故ACD錯誤,B正確。故選:B。【點評】本題主要考查機械能守恒的應用,在做題中要注意兩者的速度關系。二.多選題(共5小題)(多選)11.如圖甲,某水電站建筑工地用發(fā)動機沿傾斜光滑軌道將建材拉到大壩頂上,已知軌道的傾角θ=37°,每次從大壩底端向上拉建材的過程中,發(fā)動機所做的功與位移的關系如圖乙所示。圖乙中x<6m時圖線為直線,當x=6m時發(fā)動機達到額定功率,6m<x<18m對應的圖線為曲線;當x=18m時建材達到最大速度,x>18m時圖線為直線。已知每個建材的質(zhì)量m=100kg,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知()A.建材在前6s做勻加速運動,加速度大小為3m/s2 B.從6m到18m的過程中,建材做加速度增大的加速運動 C.發(fā)動機的額定功率為5400W D.建材能達到的最大速度為9m/s【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導;牛頓第二定律的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;功率的計算專題;分析綜合能力.【答案】ACD【分析】A.根據(jù)W﹣x圖像的斜率等于拉力F,分析知道建材在前6s所受的拉力恒定不變,則建材做勻加速運動,并根據(jù)斜率求出拉力大小,由牛頓第二定律求出加速度大小;B.由圖像可知,當x=6m時發(fā)動機達到額定功率,根據(jù)P=Fv,只能做加速度不斷減小的加速運動;C.由公式P=Fv求發(fā)動機的額定功率。x=18m時貨物達到最大速度;D.由P=Fv和平衡條件相結(jié)合求出最大速度?!窘獯稹拷猓篈.因W﹣x圖像的斜率等于拉力F,可知建材在前6s所受的拉力恒定不變,則做勻加速運動,拉力F=則加速度大小為a=解得a=3m/s2故A正確;B.當x=6m時發(fā)動機達到額定功率,此后建材要做加速運動,根據(jù)P=Fv,只能做加速度不斷減小的加速運動,故B錯誤;C.x=6m時建材的速度大小為v1=2ax=發(fā)動機的額定功率為P=Fv1=900×6W=5400W故C正確;D.x=18m時貨物達到最大速度vm故D正確。故選:ACD?!军c評】本題與汽車勻加速運動啟動類型,要明確建材的運動過程,熟練運用功率公式P=Fv、動能定理、牛頓第二定律等規(guī)律處理。要知道W﹣x圖像的斜率等于拉力F。(多選)12.如圖所示,光滑水平面上放有質(zhì)量為M=2kg的足夠長的木板P,通過水平輕彈簧與豎直墻壁相連的質(zhì)量為m=1kg的物塊Q疊放在P上。初始時刻,系統(tǒng)靜止,彈簧處于原長,現(xiàn)用一水平向右、大小為F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是()A.Q受到的摩擦力逐漸變大 B.Q速度最大時,向右運動的距離為2cm C.P做加速度減小的加速運動 D.摩擦力對Q先做正功后做負功【考點】功的正負及判斷;判斷是否存在摩擦力;牛頓第二定律的簡單應用.【專題】定性思想;推理法;簡諧運動專題;理解能力.【答案】BD【分析】Q受到的滑動摩擦力是不變的;根據(jù)“彈簧振子”的模型分析Q向右運動的最大位移;對P受力分析,根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況;根據(jù)摩擦力與位移的方向分析摩擦力對Q做功情況。【解答】解:A、二者恰好發(fā)生相對運動時,Q的加速度a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,此時對應的拉力:F0=(M+m)a=(2+1)×2N=6N<9N,所以力F=9N作用在P上,一開始二者就發(fā)生相對運動,Q受滑動摩擦力保持不變,故A錯誤;B、物體P、Q間的最大靜摩擦力fm=μmg=0.2×1×10N=2N,當P對Q的靜摩擦力達到最大時,Q向右運動的距離為:x=Fk=2100m=0.02m=2cm;此時彈力與摩擦力相等,Q與PC、對P受力分析可知:F﹣f=Ma,由于二者之間的摩擦力保持不變,可知P的加速度保持不變,故C錯誤;D、物塊Q達到最大距離的過程中,摩擦力對Q做正功;物塊Q達到最大距離后,先向左加速、后做減速,此過程中,摩擦力對Q做負功,即摩擦力對Q先做正功,再做負功,故D正確。故選:BD。【點評】本題主要是考查功的正負的判斷以及牛頓第二定律的綜合應用,關鍵是弄清楚A和B的運動情況,結(jié)合牛頓第二定律達到加速度的變化情況。(多選)13.如圖所示,質(zhì)量為1kg、可視為質(zhì)點的物塊沿傾角為37°的斜面上的A點由靜止開始下滑,經(jīng)過1s物塊運動到斜面上的B點,然后通過一小段光滑的弧面滑上與地面等高的傳送帶。已知A、B間距離為1m,傳送帶以4m/s的恒定速率順時針運行,傳送帶左右兩端之間距離為8m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2,不計空氣阻力和物塊在銜接弧面運動的時間。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小g=10m/s2。下列說法中正確的是()A.物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5 B.物塊在傳送帶上運動的時間為2s C.物塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量為2J D.若傳送帶以2m/s的恒定速率逆時針運行,其他條件不變,物塊從A點靜止釋放以后,在AB上運動的總路程為1.5m【考點】從能量角度求解傳送帶問題;水平傳送帶模型.【專題】定量思想;推理法;牛頓運動定律綜合專題;動能定理的應用專題;分析綜合能力.【答案】ABD【分析】A、物塊在斜面運動過程,由運動學公式和牛頓第二定律可得動摩擦因數(shù);B、利用牛頓第二定律可得物塊在傳送帶上加速度大小,由運動學公式可得物塊與傳送帶共速時的位移,此位移與傳送帶的長度比較,可判斷物塊是否滑落傳送帶,利用運動學公式可得物塊在傳送帶上運動時間;C、由運動學公式可得物塊相對傳送帶滑動距離,利用Q=fx相對可得熱量;D、根據(jù)物塊第一次滑到B點速度可知物塊在傳送帶、斜面運動特點,傳送帶對物塊做功為零,物塊最終靜止在B點,全過程利用動能定理可得解?!窘獯稹拷猓篈、物塊從A點到B點運動時間為:t1=1s,運動的位移為:x1=1m,由x1=12a1t12,可得物塊在斜面上運動時的加速度:a代入數(shù)據(jù)可得物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為:μ1=0.5,故A正確;B、物塊運動到B點的速度:vB=a1t1=2×1m/s=2m/s,物塊在傳送帶上運動時,由牛頓第二定律可得物塊的加速度:a2=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2,物塊速度從2m/s與傳送帶共C、物塊在傳送帶上運動2s的時間內(nèi),傳送帶的位移:x3=vt2=6×2m=12m物塊相對傳送帶滑動的距離:Δx=x3﹣x2=12m﹣6m=6m物塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量:Q=μ2mg?Δx=0.2×1×10×6J=12J,故C錯誤;D、若傳送帶以2m/s的恒定速率逆時針運行,其他條件不變,由上分析可知物塊從A點靜止釋放以后到達B點的速度為2m/s,物塊滑上傳送帶做勻減速直線運動,速度減為零時運動的位移:x4=vB22a2=222×2m=1m<L=8m,所以物塊速度減為零,反向做勻加速直線運動,到達傳送帶左端的速度恰好為2m/s,物塊沿著斜面向上做勻減速運動,速度減為零,反向做勻加速運動,由于摩擦力,物塊再次到達B點的速度小于2m/s,物塊滑上傳送帶做勻減速運動,速度減為零,反向運動,到達B點的速度大小與第二次下滑經(jīng)過B點的速度大小相等,整個過程,傳送帶對物塊做功為零,此后重復前面的運動,最后物塊靜止在B點,全過程由動能定理有:mgx故選:ABD?!军c評】本題考查了動能定理、水平傳送帶模型,解題的關鍵是知道傳送帶速度為2m/s逆時針轉(zhuǎn)動時,滑塊在傳送帶上運動過程,傳送帶對物塊做功為零。(多選)14.一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m=5×103kg的重物,到A點時,起重機的功率達到額定功率P0,以后起重機保持該功率不變,繼續(xù)向上提升重物到B點達到最大速度,之后勻速上升,不計空氣阻力,重力加速度大小g=10m/s2。則整個過程中,下列說法正確的是()A.OA過程起重機對重物的拉力不變,且F=2×103N B.P0C.BC過程中牽引力做功4.4×103J D.BC過程重物上升的高度h=2.4m【考點】動能定理的簡單應用;根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況;功率的定義、物理意義和計算式的推導.【專題】定量思想;推理法;功率的計算專題;分析綜合能力.【答案】BD【分析】根據(jù)加速度公式求出加速度;勻加速提升重物時鋼繩拉力最大,且等于勻加速結(jié)束時的拉力;由P=Fv求出額定功率;由W=pt求出BC過程中牽引力做功;重物以最大速度為vm勻速上升時,F(xiàn)=mg,所以vm=求出最大速度,進而求出上升高度。【解答】解:A.OA過程貨物做勻加速運動,則起重機對重物的拉力不變,加速度a=根據(jù)F﹣mg=ma可得F=6×104N故A錯誤;B.額定功率P0故B正確;C.BC過程中牽引力做功W=P0tBC=1.2×105×1J=1.2×105J故C錯誤;D.BC過程的速度vm重物上升的高度h=vmtBC=2.4×1m=2.4m故D正確。故選:BD?!军c評】本題考查的是類似汽車的啟動方式,對于汽車的兩種啟動方式,恒定加速度啟動和恒定功率啟動,對于每種啟動方式的汽車運動的過程一定要熟悉。(多選)15.圖甲是滑雪道的示意圖。一質(zhì)量為m的運動員(可視為質(zhì)點)從傾角為θ的斜面AB上的A點由靜止自由滑下,經(jīng)水平段BC后飛入空中,落在斜面CD的E點。不計運動員經(jīng)過B點的機械能損失,不計一切摩擦和空氣阻力,運動員的加速度大小a隨時間t變化的圖像如圖乙所示,圖乙中的物理量均為已知量,根據(jù)圖中信息可求得()A.斜面AB傾角的正弦值sinθ=aB.運動員通過C點時的速度大小為(a1+a2)t0 C.運動員落到E點時的動能為12m(a1+a2)2tD.運動員落到E點時重力的瞬時功率為ma22【考點】動能定理的簡單應用;牛頓第二定律的簡單應用;功率的定義、物理意義和計算式的推導.【專題】定量思想;推理法;平拋運動專題;推理能力.【答案】AD【分析】A.根據(jù)加速度的公式列式求解;B.根據(jù)圖像的面積的物理意義進行分析解答;C.根據(jù)分速度和合速度的關系求解合速度,再根據(jù)動能的表達式求解動能;D.根據(jù)重力的瞬時功率的表達式求解?!窘獯稹拷猓篈.由圖乙可知,運動員在AB段的加速度大小a1=gsinθ,運動員在BC段的加速度為0,運動員從C點飛出做平拋運動,加速度大小a2=g,故解得sinθ=a1aB.a﹣t圖像與坐標軸所圍的面積表示速度的變化,故運動員在BC段運動的速度大小v=a1t0,故B錯誤;C.運動員從C到E做平拋運動,根據(jù)運動的合成規(guī)律,他落到E點時的速度大小vE=(a1t0)2+(a2t0D.由于重力的功率P=mgvy,而vy=a2t0,所以P=ma22t0,故故選:AD。【點評】本題考查平拋運動及運動的圖像,會根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律結(jié)合圖像分析求解相關物理量。三.填空題(共2小題)16.某同學在原地進行單手運球訓練中發(fā)現(xiàn),讓籃球從靜止開始下落并自由反彈,彈起的最大高度比原來低20cm。為了讓球每次都能彈回到原來的高度,當球回到最高點時,向下拍打一次球,每分鐘拍打100次,籃球質(zhì)量為600g。取重力加速度大小為10m/s2。不計空氣阻力和拍球瞬間的能量損失,則該同學每次拍打小球需做功為1.2J,拍打小球的平均功率為2.0W?!究键c】動能定理的簡單應用;功率的定義、物理意義和計算式的推導.【專題】定量思想;推理法;功率的計算專題;推理能力.【答案】1.2,2.0?!痉治觥扛鶕?jù)功能關系和平均功率的公式計算相關物理量?!窘獯稹拷猓焊鶕?jù)功能關系,每次拍球?qū)η蜃龅墓Φ扔诨@球由靜止上升h=20cm=0.2m,對應的動能,所以W=mgh=0.6×10×0.2J=1.2J,平均功率P=W總t=故答案為:1.2,2.0。【點評】考查功和功率的計算,會根據(jù)題意進行相關的分析和計算。17.某同學探究小球在豎直面內(nèi)做圓周運動時向心力隨位置變化的規(guī)律,選用光滑的圓軌道,如圖甲,圓軌道半徑R=3m,在軌道內(nèi)側(cè)距離最低點A高度H分別為0、h、2h、3h、4h、5h、6h處固定有壓力傳感器,質(zhì)量為m的小球從A點以速度v0沿軌道內(nèi)側(cè)向右運動,記錄小球在各位置對軌道的壓力F的數(shù)值,作出F﹣H圖像如圖乙。(1)若小球在A點對軌道的壓力大小為F0,則F與H的關系可表示為F=F0-3mgHR(用m、g、R、(2)取重力加速度g=10m/s2,由圖乙可得小球質(zhì)量m=0.5kg,小球經(jīng)過最低點A時的初速度v0=330m/s。(v0的結(jié)果用根式表示)【考點】動能定理的簡單應用;牛頓第二定律的簡單應用;繩球類模型及其臨界條件.【專題】信息給予題;定量思想;方程法;勻速圓周運動專題;分析綜合能力.【答案】(1)F0-3mgHR;(2【分析】(1)根據(jù)動能定理求出小球在任意高H處的速度。小球在H處,由指向圓心的合力提供向心力,由牛頓第二定律列式,得出F與H的關系式。(2)結(jié)合圖像的信息得出小球的質(zhì)量和最低點時的初速度?!窘獯稹拷猓海?)設在任意高H處小球的速度為vt,從最低點到H處,由動能定理有-mgH設小球在H處和圓心O的連線與OA的夾角為θ,當H≤R時,由牛頓第二定律有F-由幾何關系有cosθ在最低點,由牛頓第二定律有F0聯(lián)立可得:F=F0-3mgR(2)根據(jù)圖像可得,在A點,F(xiàn)0=60N,在H=6m處,F(xiàn)=30N,圖像斜率k=30-606N/m結(jié)合F=F0-3mgR在最低點,對小球,由牛頓第二定律有F0解得:v0=330故答案為:(1)F0-3mgHR;(2【點評】本題的關鍵要明確向心力的來源,根據(jù)牛頓第二定律和動能定理分別列方程,結(jié)合幾何關系和圖像的物理意義即可完成分析。四.解答題(共3小題)18.某戶外大型闖關游戲“渡河”環(huán)節(jié)中,甲從高為h=5m的固定光滑水上滑梯滑下,乙坐在氣墊船一側(cè)固定位置上操控氣墊船,在滑梯底部等候甲。氣墊船與滑梯底部相切靠在一起,如圖所示。甲滑上氣墊船的同時,乙立即啟動引擎,在恒定的牽引力F作用下駕駛氣墊船沿著直線運動。假設船不會側(cè)翻,甲和乙不會相撞,甲與氣墊船之間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,水對氣墊船的阻力f恒為484N,甲的質(zhì)量m=48kg,氣墊船與乙的總質(zhì)量M=62kg,汽墊船長度L=5m,忽略其他阻力以及甲滑到滑梯底端的能量損失,同時將甲視為質(zhì)點,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)甲剛滑上氣墊船時的速度;(2)為保證甲不會滑離氣墊船,牽引力F應滿足的條件?【考點】動能定理的簡單應用;牛頓第二定律的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;動能定理的應用專題;推理能力.【答案】(1)甲剛上氣墊船的速度為10m/s;(2)牽引力F應滿足的條件為224N≤F≤1364N。【分析】(1)根據(jù)動能定理列式得出小丁剛上氣墊船時的速度;(2)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)立等式得出牽引力應滿足的條件。【解答】解:(1)設甲剛滑上氣墊船的速度為v0,則對他滑下的過程由動能定理mgh解得v0=10m/s方向水平向右(2)要使甲不從汽艇前方滑離汽艇,則甲與船至少要在到達汽艇末端時與汽艇達到共速,設此時牽引力為F1,則對甲μmg=ma1解得a1對氣墊船F(xiàn)1+μmg﹣f=Ma2設經(jīng)過時間t二者達到共速v,則v=v0﹣a1t=a2tt=1s甲位移s1船位移s2L=s1﹣s2解得F1=224N設甲與汽艇共速后能相對靜止,不從后端滑出,則牽引力最大為F2對甲與氣墊船F(xiàn)2﹣f=(m+M)a0對甲μmg=ma0,a解得F2=1364N即牽引力滿足的條件為224N≤F≤1364N答:(1)甲剛上氣墊船的速度為10m/s;(2)牽引力F應滿足的條件為224N≤F≤1364N?!军c評】本題主要考查了動能定理的相關應用,根據(jù)動能定理得出物體的速度,結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式即可完成分析。19.近兩年自媒體發(fā)展迅猛,受到各年齡段用戶的青睞;人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段,某位同學就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖,該同學面向管壁站立在管道最低點,先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個足球,足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運動,恰好分別落入該同學胸前和背后的兩個背包。已知水泥管道截面半徑為R,該同學胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框,且圓框與豎直圓截面的圓心O等高,兩水平圓框最近點的間距為0.28R,且兩最近點關于過O(1)兩球與水泥管道的脫離點分別為A、B,求OA、OB與水平方向的夾角θ1、θ2;(2)設R=1m,胸前的背包口圓框的直徑是多少米(數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù))?【考點】動能定理的簡單應用;平拋運動速度的計算;牛頓第二定律求解向心力.【專題】定量思想;推理法;動能定理的應用專題;分析綜合能力.【答案】(1)OA、OB與水平方向的夾角分別為30°,53°;(2)胸前的背包口圓框的直徑是0.19m?!痉治觥浚?)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合動能定理分析解答;(2)根據(jù)斜拋運動規(guī)律與運動的分解分析解答?!窘獯稹拷猓海?)設脫離點與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為θ,由牛頓第二定律得mgsinθ=根據(jù)動能定理﹣mgR(1+sinθ)=解得v0=可得sinθ1=12,sinθ則θ1=30°,θ2=53°(2)對過A點的足球受力分析可得mgsinθ1=解得v1=足球與水泥管脫離后做斜拋運動,從脫離到最高點過程,豎直方向v1cosθ1=gt1解得t1=水平位移x1=v1sinθ1t1豎直位移h1=足球從最高點到背包口過程,水平位移x2=v1sinθ1t2豎直位移h2=h1+Rsinθ1=足球斜拋的水平位移x=x1+x2胸前的背包口圓框的直徑d=2(Rcosθ1﹣x-0.28聯(lián)立解得d=0.19m答:(1)OA、OB與水平方向的夾角分別為30°,53°;(2)胸前的背包口圓框的直徑是0.19m?!军c評】本題考查動能定理的應用,解題關鍵掌握斜拋運動和圓周運動的特點,運用對應的運動特點分析解答。20.如圖所示,一高為h=1.5m,傾角為θ=37°的斜面體固定在水平地面上,一質(zhì)量為m=1kg、長度為L=0.85m的薄木板B置于斜面頂端,薄木板下端連接有一根原長為L0=0.1m的輕彈簧,恰好能保持靜止。一質(zhì)量為M=2kg的小物塊A從斜面體左側(cè)以v0=1.2m/s的初速度水平拋出,經(jīng)一段時間后恰好從斜面頂端沿平行于斜面方向落到薄木板上,當薄木板下滑到斜面底端碰到擋板時立刻停下,小物塊A最后恰好能脫離彈簧,且彈簧被壓縮時一直處于彈性限度內(nèi)。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=78,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37(1)小物塊A水平拋出的高度H;(2)薄木板與擋板碰撞前瞬間,薄木板和小物塊的速度大小;(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。【考點】常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化;平拋運動位移的計算;平拋運動時間的計算;動能定理的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;平拋運動專題;牛頓運動定律綜合專題;動能定理的應用專題;動量和能量的綜合;功能關系能量守恒定律;分析綜合能力.【答案】(1)小物塊A水平拋出的高度H為1.5405m;(2)薄木板與擋板碰撞前瞬間,薄木板和小物塊的速度大小為1m/s;(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為1356【分析】(1)根據(jù)物塊A剛落到薄木板B上的速度,由平行四邊形定則可得這一速度豎直方向分量,由平拋運動豎直方向的運動特點,由運動學公式可得H;(2)根據(jù)B與斜面之間的動摩擦因數(shù),可知A、B兩物體組成的系統(tǒng)沿斜面方向動量守恒,則可得兩者共速時速度大小,利用牛頓第二定律可得兩物體加速度大小,由運動學公式可得兩物體的位移,由兩物體的位移可得A相對B滑動的距離,則可知兩物體共速時A與彈簧沒有接觸,之后兩物體一起勻速運動,則可得結(jié)論;(3)從薄木板碰到擋板到彈簧恢復原長過程,由動能定理可得彈簧最大壓縮量,從彈簧被壓縮到最短到彈簧恢復原長過程,由動能定理和功能關系可得彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能?!窘獯稹拷猓海?)把物塊A剛落在薄木板B上的速度分解,則豎直方向的速度v物塊從拋出到落到B上過程做平拋運動,豎直方向:H代入數(shù)據(jù)可得:H=1.5405m(2)設薄木板B與斜面的動摩擦因數(shù)為μ1,薄木板B置于斜面恰好能保持靜止,由力的平衡有:μ1mgcosθ=mgsinθ,可得μ1=tanθ設物塊A剛落到薄木板B的速度為v1,則v因為μ1=tanθ,可知A、B整體沿斜面方向的合力為零,所以兩物體組成的系統(tǒng)在沿斜面方向動量守恒,設兩物體共速時的速度為v共,取沿斜面向下為正方向,則有:Mv1=(M+m)v共代入數(shù)據(jù)可得:v共=1m/s物塊A在薄木板上滑動過程,對A由牛頓第二定律有:μMgcosθ﹣Mgsinθ=MaA,可得a對B由牛頓第二定律有:mgsinθ+μMgcosθ﹣μ1(M+m)gcosθ=maB,可得a物塊A從滑上薄木板B到兩者共速過程,物塊A的位移:x則薄木板B的位移:xxA﹣xB=0.625m﹣0.25m=0.375m,L﹣L0=0.85m﹣0.1m=0.75m,可知xA﹣xB<L﹣L0,所以當物塊A與薄木板B共速時,物塊A還沒有與彈簧接觸,之后兩物體一起做勻速直線運動,可知薄木板與擋板碰撞前瞬間,薄木板和小物塊的速度大小為1m/s;(3)兩物體共速時,物塊A到彈簧的長度:x=L﹣L0﹣(xA﹣xB)=0.75m﹣0.375m=0.375m薄木板碰到擋板時立刻停下,物塊A繼續(xù)向下做減速運動,與彈簧接觸后壓縮彈簧,速度減為零,然后反向運動,彈簧恢復原長時,物塊A的恰好為零,設彈簧最大壓縮量為xm從薄木板碰到擋板到彈簧恢復原長過程,由動能定理有:Mgxsinθ代入數(shù)據(jù)可得:x從彈簧被壓縮到最短到彈簧恢復原長過程,由動能定理有:﹣Mgxmsinθ﹣μMgxmcosθ+W彈=0﹣0由功能關系可知彈簧彈力做功:W彈=EPm﹣0代入數(shù)據(jù)可得彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能:E答:(1)小物塊A水平拋出的高度H為1.5405m;(2)薄木板與擋板碰撞前瞬間,薄木板和小物塊的速度大小為1m/s;(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為1356【點評】本題考查了牛頓第二定律、平拋運動、動能定理和功能關系,解題的關鍵是知道A、B兩物體組成的系統(tǒng)沿斜面方向的合力為零,沿斜面方向的動量守恒,注意首先判斷兩物體共速時A是否與彈簧接觸。
考點卡片1.位移、路程及其區(qū)別與聯(lián)系【知識點的認識】(1)位移表示質(zhì)點在空間的位置的變化,用有向線段表示,位移的大小等于有向線段的長度,位移的方向由初位置指向末位置.(2)路程是質(zhì)點在空間運動軌跡的長度.在確定的兩位置間,物體的路程不是唯一的,它與質(zhì)點的具體運動過程有關.(3)位移與路程是在一定時間內(nèi)發(fā)生的,是過程量,二者都與參考系的選取有關.位移和路程的區(qū)別:①位移是矢量,大小只跟運動起點、終點位置有關,跟物體運動所經(jīng)歷的實際路徑無關.②路程是標量,大小跟物體運動經(jīng)過的路徑有關.如圖所示,物體從A運動到B,不管沿著什么軌道,它的位移都是一樣的.這個位移可以用一條有方向的(箭頭)線段AB表示.【命題方向】關于位移和路程,下列說法中正確的是()A.沿直線運動的物體位移和路程是相等的B.質(zhì)點沿不同的路徑由A到B,路程可能不同而位移一定相同C.質(zhì)點通過一段路程,其位移可能為零D.質(zhì)點運動的位移的大小可能大于路程分析:位移的大小等于初末位置的距離,方向由初位置指向末位置.路程是運動軌跡的長度.解答:A、沿單向直線運動的物體位移大小和路程是相等。而位移是矢量,路程是標量,所以不能相等,故A錯誤;B、路程不相等,但位移可能相同,比如從A地到B地,有不同的運行軌跡,但位移相同,故B正確;C、物體通過一段路程,位移可能為零。比如圓周運動一圈,故C正確;D、質(zhì)點運動的位移的大小不可能大于路程,最大等于路程,故D錯誤。故選:BC。點評:解決本題的關鍵知道路程和位移的區(qū)別,路程是標量,位移是矢量,有大小有方向.【解題方法點撥】①位移是描述物體位置變化大小和方向的物理量,它是運動物體從初位置指向末位置的有向線段.位移既有大小又有方向,是矢量,大小只跟運動起點、終點位置有關,跟物體運動所經(jīng)歷的實際路徑無關.②路程是物體運動所經(jīng)歷的路徑長度,是標量,大小跟物體運動經(jīng)過的路徑有關.③位移和路程都屬于過程量,物體運動的位移和路程都需要經(jīng)歷一段時間.④就大小而言,一般情況下位移的大小小于路程,只有在單方向的直線運動中,位移的大小才等于路程.2.速度與速率的定義、物理意義、標矢性及換算和比較【知識點的認識】1.速度速度表示物體運動快慢的物理量,它等于位移s跟發(fā)生這段位移所用時間t的比值。即v=s/t。速度是矢量,既有大小也有方向,其方向就是物體運動的方向。在國際單位制中,速度的單位是(m/s)米/秒。2.速率(1)定義:瞬時速度的大?。?)是標量(3)汽車的速度計顯示的是速率(4)平均速度=【命題方向】下列關于速度和速率的說法正確的是()①速率是速度的大?、谄骄俾适瞧骄俣鹊拇笮、蹖\動物體,某段時間的平均速度不可能為零④對運動物體,某段時間的平均速率不可能為零A.①②B.①④C.②③D.③④分析:速度的大小為速率,平均速度等于位移與時間的比值,平均速率等于路程與時間的比值。解:①速率是速度的大小。故①正確;②平均速率等于路程與時間的比值,平均速度等于位移與時間的比值,平均速度的大小與平均速率不一定相等。故②錯誤;③對于運動的物體,若某段時間內(nèi)的位移為零,則平均速度為0.故③錯誤;④對于運動的物體,某段時間內(nèi)的路程不可能為零,則平均速率不可能為零。故④正確。故選:B。點評:解決本題的關鍵知道平均速度大小與平均速率的區(qū)別,平均速度等于位移與時間的比值,平均速率等于路程與時間的比值?!窘忸}方法點撥】平均速度瞬時速度平均速率瞬時速率定義運動質(zhì)點的位移與時間的比值運動質(zhì)點在某一時刻(或位置)的速度運動質(zhì)點的路程與時間的比值瞬時速度的大小方向有方向,矢量有方向,矢量無方向,標量無方向,標量意義粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢粗略描述物體運動的快慢精確描述物體運動的快慢對應某段時間(或位移)某一時刻(或位置)某段時間(或路程)某一時刻(或位置)3.豎直上拋運動的規(guī)律及應用【知識點的認識】1.定義:物體以初速度v0豎直向上拋出后,只在重力作用下而做的運動,叫做豎直上拋運動。2.特點:(1)初速度:v0≠0;(2)受力特點:只受重力作用(沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計);(3)加速度:a=g,其大小不變,方向始終豎直向下。3.運動規(guī)律:取豎直向上的方向為正方向,有:vt=v0﹣gt,h=v0t-12gtvt24.幾個特征量:(1)上升的最大高度hmax=v(2)質(zhì)點在通過同一高度位置時,上升速度與下落速度大小相等;上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下,t上=t下=v【命題方向】例1:某物體以30m/s的初速度豎直上拋,不計空氣阻力,g取10m/s2.5s內(nèi)物體的()A.路程為65mB.位移大小為25m,方向向上C.速度改變量的大小為10m/sD.平均速度大小為13m/s,方向向上分析:豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動,和向下的勻加速直線運動,明確運動過程,由運動學公式即可求出各物理量。解答:由v=gt可得,物體的速度減為零需要的時間t=v0g=3010A、路程應等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和,由v2=2gh可得,h=v22g=45m,后兩s下落的高度h'=12gt′2=20m,故總路程s=(45+20B、位移h=v0t-12gt2=25m,位移在拋出點的上方,故C、速度的改變量△v=gt=50m/s,方向向下,故C錯誤;D、平均速度v=ht=25故選:AB。點評:豎直上拋運動中一定要靈活應用公式,如位移可直接利用位移公式求解;另外要正確理解公式,如平均速度一定要用位移除以時間;速度變化量可以用△v=at求得。例2:在豎直的井底,將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出,物體沖出井口再落回到井口時被人接住,在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m,位移方向向上,不計空氣阻力,取g=10m/s2.求:(1)物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間;(2)豎直井的深度。分析:豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法,要求路程或上升的最大高度時一般用分段法,此題可以直接應用整體法進行求解。解答:(1)設最后1s內(nèi)的平均速度為v則:v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度,即接住前0.5s的速度為v1=4m/s設物體被接住時的速度為v2,則v1=v2﹣gt得:v2=4+10×0.5=9m/s,則物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間t=v2-v0g(2)豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移,則h=v0t-12gt2=11×1.2-12×10×答:(1)物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間為1.2s(2)豎直井的深度為6m。點評:豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法,要求路程或上升的最大高度時一般用分段法,此題只有豎直向上的勻減速運動,直接應用整體法求解即可?!窘忸}方法點撥】1.豎直上拋運動的兩種研究方法:(1)分段法:上升階段是勻減速直線運動,下落階段是自由落體運動,下落過程是上升過程的逆過程。(2)整體法:從全程來看,加速度方向始終與初速度v0的方向相反,所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動,要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向,v0總是正值,上升過程中vt為正值,下落過程中vt為負值;物體在拋出點以上時h為正值,物體在拋出點以下時h為負值。住:豎直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性:①速度對稱:上升和下降過程經(jīng)過同一位置時速度等大、反向;②時間對稱:上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時間和下降時間相等。4.根據(jù)v-t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況5.根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況6.復雜的運動學圖像問題7.胡克定律及其應用【知識點的認識】1.彈力(1)定義:發(fā)生彈性形變的物體,由于要恢復原狀,對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力.(2)彈力的產(chǎn)生條件:①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸,②并發(fā)生彈性形變.(3)彈力的方向:力垂直于兩物體的接觸面.①支撐面的彈力:支持力的方向總是垂直于支撐面,指向被支持的物體;壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體.點與面接觸時彈力的方向:過接觸點垂直于接觸面.球與面接觸時彈力的方向:在接觸點與球心的連線上.球與球相接觸的彈力方向:垂直于過接觸點的公切面.②彈簧兩端的彈力方向:與彈簧中心軸線重合,指向彈簧恢復原狀的方向.其彈力可為拉力,可為壓力.③輕繩對物體的彈力方向:沿繩指向繩收縮的方向,即只為拉力.2.胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變,從而產(chǎn)生彈力.在彈性限度內(nèi),彈簧彈力F的大小與彈簧伸長(或縮短)的長度x成正比.即F=kx,其中,勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長(或縮短)單位長度產(chǎn)生的彈力,其單位為N/m.它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定.x則是指形變量,應為形變(包括拉伸形變和壓縮形變)后彈簧的長度與彈簧原長的差值.注意:胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用.3.胡克定律的應用(1)胡克定律推論在彈性限度內(nèi),由F=kx,得F1=kx1,F(xiàn)2=kx2,即F2﹣F1=k(x2﹣x1),即:△F=k△x即:彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量(即長度的變化量)成正比.(2)確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài),并且確定形變量的大小,從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小,必須全面分析問題,可能是拉伸產(chǎn)生的,也可能是壓縮產(chǎn)生的,通常有兩個解.(3)利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸(壓縮)形變到壓縮(拉伸)形變的轉(zhuǎn)化,運用胡克定律的推論△F=k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小,從而確定物體的位移,再由運動學公式和動力學公式求相關量.【命題方向】(1)第一類??碱}型是考查胡克定律:一個彈簧掛30N的重物時,彈簧伸長1.2cm,若改掛100N的重物時,彈簧總長為20cm,則彈簧的原長為()A.12cmB.14cmC.15cmD.16cm分析:根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可.解:一個彈簧掛30N的重物時,彈簧伸長1.2cm,根據(jù)胡克定律,有:F1=kx1;若改掛100N的重物時,根據(jù)胡克定律,有:F2=kx2;聯(lián)立解得:k=Fx2=100故彈簧的原長為:x0=x﹣x2=20cm﹣4cm=16cm;故選D.點評:本題關鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解,要記住胡克定律公式中F=k?△x的△x為行變量.(2)第二類??碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合:如圖所示,一根輕質(zhì)彈簧上端固定,下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤,盤中有一物體,質(zhì)量為m,當盤靜止時,彈簧的長度比其自然長度伸長了l,今向下拉盤,使彈簧再伸長△l后停止,然后松手,設彈簧總處在彈性限度內(nèi),則剛松手時盤對物體的支持力等于()A.(1+△ll)mgB.分析:根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力,確定盤和物體所受的合力,根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時,整體的加速度.再隔離物體研究,用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力.解:當盤靜止時,由胡克定律得(m+m0)g=kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F=k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化,則以盤和物體整體為研究對象,所受合力大小等于F,方向豎直向上.設剛松手時,加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究:FN﹣mg=ma解得FN=(1+△l故選A.點評:點評:本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力,這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況,再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度.【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題,在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn),選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣,在高考中不會以綜合題的形式考查的,但是會做為題目的一個隱含條件考查.彈力的有無及方向判斷比較復雜,因此在確定其大小和方向時,不能想當然,應根據(jù)具體的條件或計算來確定.8.判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.靜摩擦力(1)定義:互相接觸的兩物體存在相對運動的趨勢而又保持相對靜止時,在接觸面上產(chǎn)生的阻礙相對運動趨勢的力,叫靜摩擦力.(2)產(chǎn)生條件:a:相互接觸且發(fā)生彈性形變;b:有相對運動趨勢;c:接觸面粗糙;(3)方向:總是與物體的相對運動趨勢方向相反.(4)靜摩擦力的大?。孩凫o摩擦力的大小隨著運動趨勢強弱變化而在0~最大靜摩擦力Fm之間變化,跟相對運動趨勢強弱程度有關,但跟接觸面相互擠壓力FN無直接關系.由受力物體所處的運動狀態(tài)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律來計算.②最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力,在中學階段討論問題時,如無特殊說明,可認為它們數(shù)值相等.(5)作用效果:總是起著阻礙物體間相對運動趨勢的作用.2.摩擦力大小的判斷問題:如何計算摩擦力的大???求摩擦力首先判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力:(1)若已知相互摩擦的物體間的動摩擦因數(shù)μ及正壓力FN,滑動摩擦力F可以根據(jù)公式F=μFN直接計算出大?。?)由于受力或運動情況的不同,靜摩擦力的大小具有不確定性和被動適應性,靜摩擦力的大小會隨著引起相對運動趨勢的外力的增大而增大.在0~Fm范圍內(nèi),靜摩擦力的大小可根據(jù)二力平衡條件求得,它的大小總是與引起相對運動趨勢的外力大小相等.當兩物體一起做加速運動,具有加速度時,可用牛頓第二定律確定靜摩擦力的大?。久}方向】(1)第一類??碱}型:長直木板的上表面的一端放置一個鐵塊,木板放置在水平面上,將放置鐵塊的一端由水平位置緩慢地向上抬起,木板另一端相對水平面的位置保持不變,如圖所示.鐵塊受到的摩擦力f隨木板傾角α變化的圖線正確的是(設最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力大小)()A.B.C.D.分析:摩擦力變化有兩個階段,角度α小于一定角度時是靜摩擦,角度α大于一定角度時是動摩擦.解析:本題應分三種情況進行分析:①當0≤α<arctanμ(μ為鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù))時,鐵塊相對木板處于靜止狀態(tài),鐵塊受靜摩擦力作用其大小與重力沿木板面(斜面)方向分力大小相等,即f=mgsinα,α=0時,f=0;f隨α增大按正弦規(guī)律增大.②當arctanμ=α時處于臨界狀態(tài),此時摩擦力達到最大靜摩擦,由題設條件可知其等于滑動摩擦力大?。郛攁rctanμ<α<90°時,鐵塊相對木板向下滑動,鐵塊受到滑動摩擦力的作用,f=FN=μmgcosα,f隨α增大按余弦規(guī)律減?。C合上述分析可知C圖可能正確地表示了f隨α變化的圖線.故選C.點評:滑動摩擦力與靜摩擦力大小計算方法的不同:當物體間存在滑動摩擦力時,其大小即可由公式f=μN計算,由此可看出它只與接觸面間的動摩擦因數(shù)μ及正壓力N有關,而與相對運動速度大小、接觸面積的大小無關.當物體間存在靜摩擦力時,正壓力是靜摩擦力產(chǎn)生的條件之一,但靜摩擦力的大小與正壓力無關(最大靜摩擦力除外).當物體處于平衡狀態(tài)時,靜摩擦力的大小由平衡條件∑F=0來求;而物體處于非平衡態(tài)的某些靜摩擦力的大小應由牛頓第二定律求.注意:(1)滑動摩擦力的大小與物體間的壓力成正比,而不是與物體的重力成正比,也不是與重力的某個分力成正比,所以在水平面上發(fā)生相對運動的物體所受摩擦力的大小不一定等于μmg,在傾角為θ的斜面上與斜面發(fā)生相對滑動的物體所受摩擦力的大小不一定等于μmgcosθ.(2)滑動摩擦力的方向與物體間的相對運動方向相反,因此物體所受滑動摩擦力的方向可能與其運動方向相同,而且靜止的物體也可能受到滑動摩擦力.(3)f=μN中μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關,無單位.(4)滑動摩擦力大小與相對運動的速度大小無關.【解題思路點撥】這部分知識難度中等、也有難題,在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn),選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣,在高考中不會以綜合題的形式考查的,但是會做為題目的一個隱含條件考查.對摩擦力問題的分析與考查趨向于與其他知識的綜合,這類題中一般具有多體、多力的特點,要運用整體法與隔離法解題,解決這類問題的關鍵是要選取合適的研究對象,進行正確的受力分析,建立正確的方程,然后進行解題.9.牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】1.內(nèi)容:物體的加速度跟物體所受的合外力成正比,跟物體的質(zhì)量成反比,加速度的方向跟合外力的方向相同.2.表達式:F合=ma.該表達式只能在國際單位制中成立.因為F合=k?ma,只有在國際單位制中才有k=1.力的單位的定義:使質(zhì)量為1kg的物體,獲得1m/s2的加速度的力,叫做1N,即1N=1kg?m/s2.3.適用范圍:(1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系).(2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況.4.對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學的核心內(nèi)容,我們要從不同的角度,多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵:F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用,m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性(慣性),而a則描述了物體的運動狀態(tài)(v)變化的快慢.明確了上述三個量的
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