第1節(jié)功和功率第1節(jié)功和功率

五年高考

三年模擬第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用

五年高考

三年模擬目錄實驗7驗證機(jī)械能守恒定律培優(yōu)提分點(diǎn)2情境建模——動力學(xué)與能量微專題10動能定理在多過程運(yùn)動中的應(yīng)用第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

五年高考

三年模擬第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒

五年高考

三年模擬微專題11動力學(xué)和能量觀點(diǎn)相結(jié)合的兩類典型模型粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)明晰規(guī)律思維回歸(2022廣東,9,6分)(多選)如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功

率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。

已知小車總質(zhì)量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計

空氣阻力。下列說法正確的有

()A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700JABD解析

由F=

得從M到N的牽引力F=

N=40N,A正確。從M到N,勻速運(yùn)動的速度v=5m/s,t=

=4s,由動能定理有Pt-Wf=0,則克服摩擦力做功Wf=800J,B正確。從P到Q上升高度h=xPQsin30°=10m,ΔEp=-WG=mgh=5×103J,C錯誤。從P到Q,小車運(yùn)動時間t'=

=10s,由動能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力做功Wf'=700J,D正確?？挤c(diǎn)睛在多過程運(yùn)動的情境中,利用功率與力、速度的關(guān)系式,分析不同過程中運(yùn)

動的性質(zhì),定性分析結(jié)合簡單計算,這也是廣東基礎(chǔ)題目的特征。

五年高考1.★★(2023遼寧,3,4分)如圖(a),從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同

小物塊甲、乙同時從M點(diǎn)由靜止釋放,沿不同軌道滑到N點(diǎn),其速率v與時間t的關(guān)系如圖

(b)所示。由圖可知,兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中

()A.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大B解析

對下滑過程中的物塊受力分析,結(jié)合牛頓第二定律有a=gsinθ,θ為斜面的傾角,由題圖

(a)知Ⅰ軌道傾角逐漸變小,物塊在Ⅰ軌道上運(yùn)動時加速度逐漸變小,對應(yīng)的是題圖(b)中

的圖線乙,Ⅱ軌道傾角不變,物塊在Ⅱ軌道上運(yùn)動時加速度不變,對應(yīng)的是題圖(b)中的

圖線甲,A、D錯誤;在同一時刻v甲<v乙,兩物塊質(zhì)量相等,所以Ek甲<Ek乙,B正確;乙沿Ⅰ下滑

時豎直方向的速度在M和N點(diǎn)均為零,在M、N之間豎直方向的速度不為零,所以重力的

功率不是一直不變,C錯誤。易錯警示功率等于力與沿力方向速度的乘積,乙物塊在N點(diǎn)時速度最大,但此時沿重

力方向的分速度等于零,故乙物塊在N點(diǎn)時重力的瞬時功率為零。2.★★(2024江西,5,4分)“飛流直下三千尺,疑是銀河落九天?！笔抢畎讓]山瀑布的

浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s,水位落差約為150m。若利用瀑布水位落

差發(fā)電,發(fā)電效率為70%,則發(fā)電功率大致為(g取10m/s2)

()

A.109W

B.107W

C.105W

D.103WB解析

設(shè)Δt時間內(nèi)流出的水的質(zhì)量為Δm,單位時間內(nèi)流出水的質(zhì)量

=ρQ,則發(fā)電功率P=η

=ηρQgh,代入數(shù)據(jù)解得P=70%×1.0×103×10×10×150W≈107W,B正確。關(guān)鍵點(diǎn)撥水流量是指單位時間內(nèi)流過的水的體積,單位時間內(nèi)流出的水的質(zhì)量與密

度、水流量相關(guān)。本題將水的密度ρ=1.0×103kg/m3作為常識進(jìn)行考查。三年模擬3.★★(2024屆深圳一模)(多選)有人上節(jié)能電梯后,電梯先加速后勻速運(yùn)行。一乘客乘

電梯下樓,始終與電梯保持相對靜止,如圖所示,則

()A.加速時乘客所受的摩擦力方向水平向左B.加速時乘客處于失重狀態(tài)C.下樓過程中電梯對乘客的作用力大于乘客對電梯的作用力D.下樓過程中乘客受到的摩擦力始終做負(fù)功AB解析

電梯加速向下運(yùn)動時,乘客與電梯相對靜止,加速度一致,即乘客的加速度有水平向左的

分量和豎直向下的分量,則乘客所受的摩擦力方向水平向左,處于失重狀態(tài),A、B正

確。電梯對乘客的作用力與乘客對電梯的作用力是一對相互作用力,大小相等,方向相

反,C錯誤。當(dāng)電梯勻速運(yùn)行時,乘客不受摩擦力,摩擦力做功為零,D錯誤。4.★★(2024屆惠州大亞灣一模)起重機(jī)將質(zhì)量m=5×103kg的重物沿豎直方向吊起的過

程中,在MN段重物以加速度a=0.2m/s2勻加速上升,在PQ段重物以速度v=1.2m/s勻速上

升,MN=PQ=2.5m,重力加速度g取10m/s2,不計阻力。下列說法正確的有

()A.從M到N,起重機(jī)的輸出功率保持為10kWB.從M到N,重物的機(jī)械能增加量為1.25×105JC.從P到Q,起重機(jī)的輸出功率保持為60kWD.從P到Q,起重機(jī)對重物做功為1.0×105JC解析

從M到N,重物勻加速上升,由牛頓第二定律有F1-mg=ma,解得F1=5.1×104N,F1保持不變,

速度增大,由P=F1v可知起重機(jī)的輸出功率增大,由功能關(guān)系可知,重物的機(jī)械能增加量

為ΔE=F1x=5.1×104×2.5J=1.275×105J,A、B錯誤。從P到Q,重物勻速上升,F2=mg=5×104N保持不變,則起重機(jī)的輸出功率保持為P=F2v=5×104×1.2W=6×104W=60kW,起重機(jī)對重物做功為W=F2x=5×104×2.5J=1.25×105J,C正確,D錯誤。第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用粵題風(fēng)向

模塊融合關(guān)聯(lián)知識綜合考查(2023廣東,8,6分)(多選)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示,可看作質(zhì)點(diǎn)的

貨物在

圓弧滑道頂端P點(diǎn)由靜止釋放,沿滑道運(yùn)動到圓弧末端Q點(diǎn)時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度h為4m,且過Q點(diǎn)的切線水平,重力加速度取10m/s

2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程,下列說法正確的有

()A.重力做的功為360J

B.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為9m/s2

D.經(jīng)過Q點(diǎn)時對軌道的壓力大小為380NBCD解析

重力做的功為WG=mgh=800J,A錯誤;下滑過程根據(jù)動能定理可得WG-Wf=

m

,代入數(shù)據(jù)解得貨物克服阻力做的功為Wf=440J,B正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為a=

=9m/s2,C正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時,根據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=ma,解得貨物受到的支持力大小

為F=380N,根據(jù)牛頓第三定律可知,貨物對軌道的壓力大小為380N,D正確。考法點(diǎn)睛利用動能定理求解變力所做的功,廣東對能量的考查多與其他模塊相結(jié)合,

本題分析難度不大,但每個選項均涉及具體運(yùn)算,廣東近年對計算能力的考查是逐年增

加的。

五年高考1.★(2024安徽,2,4分)某同學(xué)參加戶外拓展活動,遵照安全規(guī)范,坐在滑板上,從高為h的

粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m,可視為質(zhì)

點(diǎn)。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為

()A.mgh

B.

mv2C.mgh+

mv2

D.mgh-

mv2D解析

人與滑板在下滑的過程中,由動能定理有mgh-Wf克=

mv2-0,可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf克=mgh-

mv2,D正確。2.★★(2023湖北,4,4分)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2,在某平直鐵軌上能達(dá)到的

最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動車組,設(shè)每節(jié)動車運(yùn)行時受到的阻力在編組前

后不變,則該動車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為

()A.

B.

C.

D.

D解析

額定功率為P1的動車以最大速度v1行駛時,F阻1=F牽1=

;額定功率為P2的動車以最大速度v2行駛時,F阻2=F牽2=

。將它們編成動車組以最大速度v行駛時,有P1+P2=F牽v=(F阻1+F阻2)v,解得v=

,D正確。3.★★★(2024重慶,4,4分)活檢針可用于活體組織取樣,如圖所示。取樣時,活檢針的針

芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。質(zhì)量為m的針鞘在軟組織中運(yùn)動距離d1后進(jìn)入目標(biāo)

組織,繼續(xù)運(yùn)動d2后停下來。若兩段運(yùn)動中針鞘整體受到阻力均視為恒力,大小分別為

F1、F2,則針鞘

()A.被彈出時速度大小為

B.到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為F1d1C.運(yùn)動d2過程中,阻力做功為(F1+F2)d2D.運(yùn)動d2的過程中動量變化量大小為

A解析

從被彈出到停止運(yùn)動,對針鞘根據(jù)動能定理有F1d1+F2d2=

mv2,解得v=

,A正確;設(shè)針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為Ek,繼續(xù)前進(jìn)d2減速至零,有-F2d2=-Ek,B錯誤;針

鞘在目標(biāo)組織運(yùn)動的過程中,阻力做功為-F2d2,動量變化量大小Δp=mv2,又Ek=

m

=F2d2,聯(lián)立可得Δp=

,C、D錯誤。4.★★(2024新課標(biāo),24,10分)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時,為安全起見,要求下

降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖,一種簡單的操作方法是一人在高處控制

一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q,二人配

合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m=42kg,重力加速度大小g=10m/s2。當(dāng)P繩

與豎直方向的夾角α=37°時,Q繩與豎直方向的夾角β=53°。(sin37°=0.6)(1)求此時P、Q繩中拉力的大小;(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的過程中,兩根繩子拉力對重物做的總功。答案(1)1200N900N(2)-4200J解析(1)重物緩慢豎直下降,處于平衡狀態(tài),把兩根繩子的拉力FP、FQ分別沿水平方向和豎直

方向分解,由平衡條件可得FPsin37°=FQsin53°FPcos37°=mg+FQcos53°兩式聯(lián)立解得FP=1200N,FQ=900N(2)重物下降至地面的過程中,由動能定理可得WF+mgh=0解得拉力對重物做的總功WF=-4200J三年模擬5.★★(2025屆安徽皖南八校摸底考)(多選)如圖所示,半徑為R的粗糙圓軌道豎直固定,

質(zhì)量為m的小球靜止在軌道最底端,給小球施加一瞬時水平?jīng)_量,小球獲得初速度v0,此

時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕1,小球運(yùn)動到軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力大小為F2,返回

最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為F3,此過程中小球未離開軌道,重力加速度大小為g。下

列關(guān)系式正確的是

()

A.F1-F2=6mg

B.F1-F2>6mg

C.F3-F2=6mg

D.F3-F2<6mgBD解析

第一次在軌道最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有F1-mg=m

;從最低點(diǎn)到最高點(diǎn),根據(jù)動能定理有-mg·2R-Wf=

m

-

m

;第一次在軌道最高點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有F2+mg=m

;聯(lián)立解得F1-F2=6mg+

>6mg,A錯誤,B正確。從最高點(diǎn)到最低點(diǎn),根據(jù)動能定理有mg·2R-Wf'=

m

-

m

;第二次在軌道最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有F3-mg=

;聯(lián)立解得F3-F2=6mg-

<6mg,C錯誤,D正確。6.★★(2025屆廣東開學(xué)摸底考)(多選)從地面豎直向上拋出一小球,在距地面高度3m

內(nèi),其上升、下落過程中動能Ek隨高度h變化的圖像如圖所示。已知小球在運(yùn)動過程中

受到的空氣阻力大小恒定,重力加速度g=10m/s2,取地面為零勢面,下列說法正確的是

()A.小球拋出時的速度大小為10m/sB.小球的質(zhì)量為1.5kgC.小球運(yùn)動過程受到的阻力f=5ND.小球上升過程的加速度大小是下落過程的兩倍BCD解析

根據(jù)動能定理有F合·Δh=ΔEk,可知Ek-h圖線斜率的絕對值表示合力大小,由題圖可知,上

升過程有F合=mg+f=

N=20N,下落過程有F合'=mg-f=

N=10N,聯(lián)立解得小球的質(zhì)量m=1.5kg,空氣阻力f=5N,B、C正確。由題圖可知小球拋出時,Ek0=

m

=100J,解得小球拋出時的速度大小v0=

m/s,A錯誤。小球上升過程的加速度大小與下落過程的加速度大小之比

=

=

,D正確。7.★★(2024屆廣州二模)如圖,汽車定速巡航(即速率不變)通過路面abcd,t1時刻經(jīng)過b、

t2時刻經(jīng)過c、t3時刻經(jīng)過d。若汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的大小不變,則

該過程汽車發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t變化的圖像是

()

B解析

由題意知,汽車運(yùn)動速率不變,設(shè)汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的合力大小

為f,ab段與水平方向夾角為α,cd段與水平方向夾角為θ,在ab段有F1=mgsinα+f,在bc段

有F2=f,在cd段有F3+mgsinθ=f,可知F1>F2>F3,且F1、F2、F3保持不變,由公式P=Fv可知,

汽車的功率P1>P2>P3,且P1、P2、P3均保持不變,B正確。8.★★★(2024屆廣州廣雅中學(xué)10月考)一汽車在平直公路上行駛,從某時刻開始計時,

發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變,下列描

述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中,可能正確的是

()

A解析

若汽車前一段時間做加速運(yùn)動,根據(jù)P1=F1v,F1-f=ma1可知,當(dāng)功率為P1時,速度增大,牽引

力減小,加速度減小,v-t圖線斜率的絕對值表示加速度大小,即汽車做加速度減小的變加

速直線運(yùn)動時,圖線為一條曲線。當(dāng)加速度減小到0時,速度達(dá)到最大值vmax=

,之后做勻速直線運(yùn)動,圖線是一條平行于時間軸的直線。當(dāng)功率變?yōu)镻2時,原本等于阻力的牽

引力突然減小,汽車隨后做減速運(yùn)動,根據(jù)P2=F2v,f-F2=ma2可知,速度減小,牽引力增大,加

速度減小,汽車將做加速度減小的變減速直線運(yùn)動,圖線為一條曲線。當(dāng)加速度減為0

時,速度達(dá)到最小值vmin=

,之后做勻速直線運(yùn)動,圖線是一條平行于時間軸的直線,A正確,B、D錯誤。若汽車前一段時間做勻速直線運(yùn)動,此時的速度v1=

,當(dāng)功率減小為P2時,牽引力突然減小,即牽引力突然變得比阻力f小,汽車隨后做減速運(yùn)動,C錯誤。9.★★★(2024屆廣東多校聯(lián)考三模)(多選)小劉駕駛一輛質(zhì)量為m=2×103kg的汽車由

靜止開始以60kW的恒定功率在水平路面運(yùn)動,100s后汽車恰好以該情況下能達(dá)到的

最大速度駛上一傾角固定的傾斜路面,隨即將汽車功率提高到90kW,并保持不變。已

知汽車在水平路面行駛時所受阻力為其所受重力的

,在傾斜路面上勻速行駛時的速度為15m/s。重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是

()A.汽車在水平路面上能達(dá)到的最大速度為25m/sB.汽車在水平路面上行駛的距離為2550mC.汽車在傾斜路面上運(yùn)動時受到的阻力大小為5000ND.汽車駛上傾斜路面瞬間的加速度大小為1.5m/s2BD解析

汽車在水平路面上達(dá)到最大速度時,其牽引力與阻力大小相等,有F1=f1=0.1mg,由P1=F1

vm得vm=30m/s,A錯誤。該車從靜止開始經(jīng)過100s達(dá)到最大速度,由動能定理有P1t-f1x=

m

-0,解得汽車在水平路面上行駛的距離x=2550m,B正確。設(shè)當(dāng)汽車在傾斜路面勻速行駛時受到的阻力大小為f2,則有P2=F2v、F2=f2,解得f2=6000N,C錯誤。功率提高到P

2=90kW時牽引力為F3,有P2=F3vm,汽車駛上傾斜路面瞬間有|F3-f2|=ma,解得此時加速度

大小為a=1.5m/s2,D正確。微專題10動能定理在多過程運(yùn)動中的應(yīng)用粵題風(fēng)向

模塊融合關(guān)聯(lián)知識綜合考查(2024屆華南師大附中三模)(多選)如圖所示,半徑為R的半圓弧槽固定在水平面上,槽口

直徑水平,一個質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從槽口A點(diǎn)正上方距離為R的P點(diǎn)由靜止

釋放,剛好從A點(diǎn)無碰撞地滑入槽中,并沿圓弧槽勻速率地滑至B點(diǎn),重力加速度大小為g,

則物塊

()A.從A運(yùn)動到B過程中重力做功的最大功率為mg

B.到達(dá)B點(diǎn)時對槽的壓力大于重力C.從A運(yùn)動到B過程中克服摩擦力做功為mgRD.與槽內(nèi)A、B之間各處的動摩擦因數(shù)均相等ABC解析

從A勻速率運(yùn)動到B的過程中,小物塊豎直方向分速度逐漸減小,根據(jù)PG=mgvy可知,重力

做功的最大功率為小物塊在A點(diǎn)時重力的功率,從P到A的過程,由動能定理得mgR=

mv2,聯(lián)立解得PG=mg

,A正確。小物塊到達(dá)B點(diǎn)時所受合力提供向心力,其方向豎直向上,可知小物塊所受支持力大于自身重力,根據(jù)牛頓第三定律可知此時小物塊對槽的壓

力大于重力,B正確。從A運(yùn)動到B過程中,根據(jù)動能定理有mgR-Wf=0,解得克服摩擦力做

功為Wf=mgR,C正確。對小物塊受力分析如圖所示,由圖可知,物塊所受摩擦力與重力沿

半圓弧槽的切線方向分力等大,設(shè)小物塊和圓心連線與豎直方向夾角為θ,則有mgsinθ

=f=μN(yùn),N-mgcosθ=m

,聯(lián)立解得μ=

,動摩擦因數(shù)會發(fā)生變化,D錯誤。

考法點(diǎn)睛將物體運(yùn)動過程分成多個階段,利用動能定理分析運(yùn)動規(guī)律,思考物塊在豎

直圓軌道上運(yùn)動時,摩擦力與速度如何相互制約。

1.★★★(2023山東,8,3分)質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運(yùn)動時,牽引力F和受到

的阻力f均為恒力。如圖所示,小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止

開始運(yùn)動。當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為s1時,小車達(dá)到額定功率,輕繩從物體上脫

落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下,其總位移為s2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變,

不計空氣阻力。小車的額定功率P0為

()

A.

B.

C.

D.

A解析

設(shè)小車拖動物體行駛s1時速度為v,物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。從小車拖動物體由靜止開始運(yùn)動到速度達(dá)到v這一過程,以小車和物體為研究對象根據(jù)

動能定理列方程有(F-f-μmg)×s1=

(M+m)v2從輕繩從物體上脫落到物體停止運(yùn)動這一過程,以物體為研究對象根據(jù)動能定理列方

程有-μmg(s2-s1)=0-

mv2聯(lián)立上述兩式得v=

那么,小車的額定功率P0=Fv得P0=

,A正確。2.★★★(2023湖南,8,5分)(多選)如圖,固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和

圓弧段BC組成,兩段相切于B點(diǎn),AB段與水平面夾角為θ,BC段圓心為O,最高點(diǎn)為C,A與C

的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道,能沿軌道運(yùn)動恰好

到達(dá)C點(diǎn),下列說法正確的是(重力加速度為g)

()A.小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中,重力的功率始終保持不變C.小球的初速度v0=

D.若小球初速度v0增大,小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道AD解析

小球從B到C的過程中,任選一點(diǎn)P,設(shè)OP與豎直方向的夾角為α,則mgcosα-FN=m

,從B到C,α逐漸減小,cosα逐漸增大,小球的速度v逐漸減小,則軌道對小球的支持力逐漸增

大,根據(jù)牛頓第三定律,可知小球?qū)壍赖膲毫χ饾u增大,A正確。小球從A到C的過程

中,豎直方向的速度逐漸減小,重力的功率逐漸減小,B錯誤。小球恰好到達(dá)C點(diǎn),故小球

在C點(diǎn)速度為零,小球從A到C的過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R=

m

,則小球的初速度v0=2

,C錯誤。小球的初速度v0越大,小球在B點(diǎn)對軌道的壓力越小,當(dāng)重力指向O的分力不足以提供向心力時,小球在B點(diǎn)對軌道的壓力減為零,小球就會從B點(diǎn)脫離

軌道,D正確。3.★★★(2025屆珠海10月聯(lián)考)某滑雪場設(shè)置了如圖所示滑道跳雪項目,滑道由A、B

高度差為H的傾斜滑道AB、水平滑道BC和C、D高度差為h的傾斜滑道CD三部分組成,

AC水平距離為L,CD滑道的傾角固定,為45°,游客腳上的滑雪板與三段滑道之間的動摩

擦因數(shù)均為μ=0.25,游客從A點(diǎn)由靜止開始下滑,經(jīng)過水平滑道BC后在C點(diǎn)水平飛出,若

不計在B點(diǎn)的機(jī)械能損失,下列說法正確的是

()A.其他條件不變,為保證游客落在滑道CD上而不是D所在水平面,L可以設(shè)計適當(dāng)短一些B.若游客落在滑道CD的不同點(diǎn)上,則落在滑道的各點(diǎn)速度方向不相同C.只要H和L一定,不管滑道AB的傾角有多大,游客從C點(diǎn)飛出的速度相同D.當(dāng)3H=L+h時,游客恰好落在D點(diǎn)C解析

設(shè)AB與水平面夾角為α,從A到C由動能定理得mgH-μmgcosα·AB-μmg·BC=

m

,即mgH-μmgL=

m

,只要H和L一定,不管滑道AB的傾角有多大,游客從C點(diǎn)飛出的速度一定,C正確。游客落在滑道CD的不同點(diǎn)上,位移的偏向角相同,根據(jù)平拋運(yùn)動的速度的偏

向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍可知,落在滑道的各點(diǎn)時,游客的速度偏向

角相等,即落在斜面上的速度方向相同,B錯誤。由C選項的分析可知,L越短,則到達(dá)C點(diǎn)

時速度越大,則游客在CD上的位移越長,不能保證游客落在滑道CD上而不是D所在水

平面,A錯誤。若恰能落在D點(diǎn),則有h=vCt=

gt2,又因為mgH-μmgL=

m

,聯(lián)立解得4H=L+h,D錯誤。4.★★★(2024屆廣東部分高中二模)(多選)人們有時用“打夯”的方式把松散的地面

夯實。設(shè)某次打夯符合以下模型:如圖所示,兩人同時通過繩子對質(zhì)量為m的重物分別

施加大小均為mg(g為重力加速度的大小)、方向都與豎直方向保持37°角的力,重物離

開地面h高度后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度為

。cos37°=0.8,不計空氣阻力,則

()A.重物在空中上升的時間一定大于在空中下落的時間B.重物克服地面阻力做的功等于人對重物做的功C.重物剛落地時的速度大小為

D.地面對重物的平均阻力大小為17mgAD解析

設(shè)停止施力瞬間重物的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有(2Fcos37°-mg)h=

m

,又F=mg,解得v1=

,設(shè)重物剛落地時的速度大小為v2,從開始施力到重物落地瞬間的過程,根據(jù)動能定理有2Fcos37°·h=

m

,解得v2=

,C錯誤。重物在空中運(yùn)動過程,先在拉力作用下向上做勻加速運(yùn)動,速度大小達(dá)到v1后向上做勻減速運(yùn)動直至速度為零,之后

再向下做勻加速直線運(yùn)動直至速度大小為v2,可知上升過程中的平均速度大小為

=

,在空中下落過程中的平均速度大小為

=

,上升過程、在空中下落過程的位移大小相等,則重物在空中上升的時間一定大于在空中下落的時間,A正確。重物在整個運(yùn)動過程中,根據(jù)動能定理有W人+WG-W阻=0,又WG=mg

>0,則重物克服地面阻力做的功大于人對重物做的功,B錯誤。根據(jù)動能定理有2Fcos37°·h+mg

-F阻

=0,解得地面對重物的平均阻力大小F阻=17mg,D正確。5.★★★(2025屆佛山高質(zhì)量發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)如圖水平軌道AB的左端有一壓縮的彈簧,

其儲存有彈性勢能,彈簧左端固定,右端放一個質(zhì)量為m=1kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),物體

與彈簧不粘連,物體離開彈簧時速度v=4m/s,傳送帶BC的長為L=1m。CD'為水平軌道,

DE、FG是豎直放置的兩個半徑分別為R=0.4m和r=0.2m的半圓軌道,AB、BC、CD'、

DE、FG均平滑連接。已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,其余軌道均光滑,g取1

0m/s2。(1)若傳送帶靜止,求物體彈出后第一次到達(dá)D點(diǎn)時受到軌道對它的支持力大小。(2)若傳送帶沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動,物體恰好不脫離軌道運(yùn)動至G點(diǎn),求傳送帶的速

度。(3)已知物體在G點(diǎn)時,軌道對物體的支持力大小為70N,求物體從G點(diǎn)水平拋出后落到半圓軌道時離G點(diǎn)高度y。答案(1)40N(2)大于或等于2

m/s(3)

m解析(1)若傳送帶靜止,則根據(jù)動能定理有-μmgL=

m

-

mv2,在D點(diǎn),對物體由牛頓第二定律有F-mg=m

,聯(lián)立解得,物體第一次到達(dá)D點(diǎn)時受到軌道對它的支持力大小為F=40N。(2)若傳送帶沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動,物體恰好不脫離軌道運(yùn)動至G點(diǎn),則在E點(diǎn)時,對物

體分析有mg=m

,根據(jù)機(jī)械能守恒有

m

=

m

+mg·2R,解得物體離開傳送帶的速度為vC=2

m/s,物體速度從4m/s變?yōu)?

m/s,摩擦力做正功,設(shè)經(jīng)過的位移為x,則有

m

-

mv2=μmgx,解得x=1m=L,所以物體在傳送帶上一直做加速運(yùn)動,傳送帶速度有最小值vmin=vC=2

m/s,則傳送帶的速度v傳≥2

m/s。(3)物體在G點(diǎn)時,對物體由牛頓第二定律有FG-mg=m

,根據(jù)平拋規(guī)律有x=vGt,y=

gt2,根據(jù)幾何關(guān)系有x2+y2=R2,聯(lián)立解得y=

m。6.★★★★(2025屆廣東三校聯(lián)合一模)如圖所示,一軌道ABCD豎直放置,AB段和CD段

的傾角均為θ=37°,與水平段BC平滑連接,BC段的豎直圓軌道半徑為R,其最低點(diǎn)處稍微

錯開,使得滑塊能進(jìn)入或離開。AB段和CD段粗糙,其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的

小滑塊從軌道AB段上到B點(diǎn)距離L=125R處由靜止釋放,滑塊經(jīng)過圓軌道后沖上CD段,

沿CD段上升一段距離后再次滑下,往返滑動多次后靜止于軌道上某處?；瑝K和軌道

AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力大小;(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離;(3)整個過程中滑塊在AB段滑行的總路程。答案(1)45mg(2)25R(3)137.5R解析(1)滑塊從開始下滑至第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,由動能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ-mg×2R=

m

-0在圓軌道最高點(diǎn)時,對滑塊由牛頓第二定律得mg+N=m

,又L=125R聯(lián)立解得此時滑塊受的支持力大小N=45mg由牛頓第三定律可知,滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力大小為N'=N=45

mg。(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的過程中,由動能定理得mg(L-L1)sinθ-μmg(L+L1)cosθ=0-0解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為L1=25R。(3)滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,由動能定理得mgL1sinθ-μmgL1cosθ-mg×2

R=

m

-0解得v2=

設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為s1,由動能定理得mg(L1-s1)sinθ-μmg(L1+s1)

cosθ=0-0解得s1=5R滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中,由動能定理得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mg×2R=

m

-0解得

=-2gR所以滑塊第三次進(jìn)入圓軌道后無法到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn),那么在滑塊上升到高度R時,

由動能定理可得mgs1sinθ-μmgs1cosθ-mgR=0所以滑塊第三次進(jìn)入圓軌道運(yùn)動過程中沒有脫軌,之后僅在AB段與圓形軌道下半部分

間來回滑動,由于μ<tanθ,滑塊最終停在B點(diǎn),由動能定理得mgh-μmgs2cosθ=0解得s2=2.5R整個過程中滑塊在AB段滑行的總路程為s=L+2s1+s2聯(lián)立解得s=137.5R。第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用粵題風(fēng)向

新穎情境突破情境模型建構(gòu)(2024屆廣州廣雅中學(xué)三模)將收割曬干的玉米投入脫粒機(jī)后,玉米粒從靜止開始被傳

送到底端與脫粒機(jī)相連的順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上,一段時間后玉米粒和傳送帶保

持相對靜止,直至從傳送帶的頂端飛出,最后落在水平地面上,不計空氣阻力。已知玉米

粒在此運(yùn)動過程中的速率為v,加速度大小為a,動能為Ek,機(jī)械能為E,玉米粒距離地面的

高度為h,下列圖像能近似反映上述物理過程的是

()

D解析

由題意知,玉米粒在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動,后做勻速直線運(yùn)動,加速度先恒定不

變,再變?yōu)?;玉米粒從傳送帶拋出后到最高點(diǎn)過程,速率不斷減小,過最高點(diǎn)后速率再逐

漸增大,玉米粒從傳送帶拋出后,加速度恒定為重力加速度,A、B錯誤。由題意知,玉米

粒在傳送帶上運(yùn)動的過程,動能先增大(但不是隨時間均勻增大)后不變;玉米粒從傳送

帶拋出后到最高點(diǎn)的過程,動能不斷減小,過最高點(diǎn)后動能再增大,C錯誤。根據(jù)功能關(guān)

系可知,除重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,玉米粒在傳送帶上

運(yùn)動時,先受到滑動摩擦力,滑動摩擦力做正功,后受到靜摩擦力,靜摩擦力做正功,玉米

粒的機(jī)械能一直增大,且E-h圖像的圖線斜率表示除重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力的合

力,則加速階段的圖線斜率大于勻速階段的圖線斜率;玉米粒從傳送帶拋出后到落回地面過程,只受重力作用,機(jī)械能保持不變,D正確。考法點(diǎn)睛根據(jù)運(yùn)動過程、功能關(guān)系或機(jī)械能守恒條件,分析物理量隨時間或高度的

變化。

五年高考1.★(2024浙江1月,3,3分)如圖所示,質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在

位置3,在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h,重力加速度為g,則足球

()

A.從1到2動能減少mghB.從1到2重力勢能增加mghC.從2到3動能增加mghD.從2到3機(jī)械能不變B解析

假設(shè)不受空氣阻力,斜拋運(yùn)動在最高點(diǎn)位置左邊的斜拋上升階段的軌跡和其右側(cè)平拋

運(yùn)動的軌跡具有對稱性,圖中顯示并不對稱,則空氣阻力不可忽略,所以從2到3階段,機(jī)

械能不守恒,D錯誤;從2到3階段,由于受空氣阻力且不知道空氣阻力做功的大小,所以無

法求解合外力做的功,無法計算動能變化量,C錯誤;同理,從1到2階段,不知道空氣阻力

做功的大小,無法計算動能變化量,A錯誤;從1到2階段,重力做負(fù)功,WG=-mgh,所以重力

勢能增加了mgh,B正確。2.★★(2021廣東,9,6分)(多選)長征途中,為了突破敵方關(guān)隘,戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭,居高

臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手

榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h,在空中的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動,軌

跡如圖所示,重力加速度為g。下列說法正確的有

()A.甲在空中的運(yùn)動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間,重力的功率相等C.從投出到落地,每顆手榴彈的重力勢能減少mghD.從投出到落地,每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mghBC解析

由于甲、乙都做平拋運(yùn)動,投出點(diǎn)到落地點(diǎn)的高度差一樣,由h=

gt2,得t=

,則t甲=t乙,A錯誤。重力的功率PG=mgvy,其中vy=gt,則兩手榴彈落地前瞬間,重力的功率相等,B正

確。由Ep=mgh,可知從投出到落地,每顆手榴彈重力勢能的減少量都是mgh,C正確。由

題意知,手榴彈僅受重力作用,手榴彈機(jī)械能守恒,D錯誤。3.★★★(2022河北,9,6分)(多選)如圖,輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上,物體P和Q用不可伸

長的輕繩相連,懸掛在定滑輪上,質(zhì)量mQ>mP,t=0時刻將兩物體由靜止釋放,物體Q的加速

度大小為

。T時刻輕繩突然斷開,物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度,取t=0時刻物體P所在水平面為零勢能面,此時物體Q的機(jī)械能為E。重力加速

度大小為g,不計摩擦和空氣阻力,兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是

()A.物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B.2T時刻物體Q的機(jī)械能為

C.2T時刻物體P重力的功率為

D.2T時刻物體P的速度大小為

BCD解析

將兩物體由靜止釋放后,利用整體法結(jié)合牛頓第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=

,則

=

,A錯誤;設(shè)物體P質(zhì)量為m,則物體Q質(zhì)量為2m,如圖所示,

t=0時刻兩物體P、Q分別在A、C兩點(diǎn),T時刻輕繩斷開時,P、Q兩物體在圖中B、D兩

處,對應(yīng)速度大小v1'=v1=

T,輕繩斷開之后,P做豎直上拋運(yùn)動,設(shè)再經(jīng)t0到達(dá)與Q釋放位置(C點(diǎn))等高處,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動公式有0=v1'-gt0,得t0=

,則P、Q由靜止釋放時的高度差h=x1+x2=

T+

·

=

gT2,選取A點(diǎn)所在的平面為零勢能面,所以t=0時刻,Q的機(jī)械能E=2mgh=

mg2T2,2T時刻Q運(yùn)動的速度為v2=v1+gT=

gT,在0~2T時間內(nèi),Q下落的距離H=

T+

T=gT2,所以在2T時刻Q在零勢能面下方,此時Q的機(jī)械能為E'=-2mg(H-h)+

·2m

=

mg2T2=

,B正確;P到達(dá)最高點(diǎn)之后,再經(jīng)過t'=

T到達(dá)2T時刻,此時P的速度大小為v2'=gt'=

gT,D正確;在2T時刻,物體P重力的功率P=mgv2'=

mg2T,結(jié)合上述分析,得P=

,C正確。三年模擬4.★★(2024屆廣州一模)(多選)足球在空中運(yùn)動的軌跡如圖,若以地面為參考平面,不計

空氣阻力,下列能表示足球在空中運(yùn)動過程的加速度a、重力勢能Ep隨離地面高度h變

化的圖像是

()

AC解析

球在空中僅受重力,加速度為g,一直保持不變,A正確,B錯誤。重力勢能的表達(dá)式為Ep=

mgh,則Ep與h成正比,C正確,D錯誤。5.★★(2024屆廣州執(zhí)信中學(xué)4月考)要使小球A能擊中離地面H高的小球P,設(shè)計了甲、

乙、丙、丁四條內(nèi)外側(cè)均光滑的軌道,如圖所示。甲為高度小于H的傾斜直軌道,乙、

丙、丁均為圓弧軌道,圓心O如圖所示。小球從地面出發(fā),初速度大小均為v0=

,其中g(shù)為重力加速度,在甲軌道中初速度方向沿軌道,在乙、丙、丁軌道中初速度方向均

沿軌道的切線方向,則小球A經(jīng)過哪種軌道后有可能恰好擊中P球

()

A.軌道甲和軌道乙

B.軌道乙和軌道丙C.軌道丙和軌道丁

D.只有軌道丁D解析

小球從地面出發(fā),初速度大小為

,mgH=

m

,即在運(yùn)動過程中,只有動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能才能上升高度H,在甲軌道,A球沿軌道運(yùn)動后再做斜拋運(yùn)動,在運(yùn)動軌跡最

高點(diǎn)有動能,根據(jù)機(jī)械能守恒,小球不能到達(dá)H高度處,故小球在甲軌道無法擊中P球;在

乙軌道,小球做豎直上拋運(yùn)動,在最高點(diǎn)速度為零,能達(dá)到高度H,但不能擊中P點(diǎn),故小球

在乙軌道無法擊中P球;在丙軌道,小球還沒有到達(dá)P點(diǎn)就已經(jīng)因為合力大于所需向心力

脫離軌道做斜拋運(yùn)動(近心運(yùn)動不會在速度減為0才發(fā)生),達(dá)到最高點(diǎn)的速度不為零,根

據(jù)機(jī)械能守恒,小球到不了P點(diǎn),故丙軌道不可能;丁軌道小球到達(dá)P點(diǎn),小球的動能完全

轉(zhuǎn)化為重力勢能,到達(dá)P點(diǎn)時動能恰好為零,小球恰好擊中P點(diǎn),故丁軌道可以,D正確。6.★★★(2024屆廣州二中等六校聯(lián)考)(多選)投石機(jī)是我國古代人民智慧的結(jié)晶,《范

蠡兵法》中記載:“飛石重十二斤,為機(jī)發(fā),行二百步?！比鐖D所示為某小組自制的投石

機(jī),輕質(zhì)長桿AB可繞光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動,OA長為L=2.0m。將一質(zhì)量m=2.8kg

的石塊放在A端網(wǎng)袋中,另一重物固定于B端,初始時A端位于地面上,桿與水平面的夾角

為37°。由靜止釋放后,桿轉(zhuǎn)到豎直位置時將石塊沿水平方向拋出,石塊落到與O點(diǎn)水平

距離為3.2m處的M點(diǎn)(未畫出)。石塊與重物均可視為質(zhì)點(diǎn),不計空氣阻力,已知sin37°=

0.6,重力加速度g取10m/s2,則

()CD

A.石塊由開始運(yùn)動到拋出過程中,機(jī)械能守恒B.根據(jù)題中所提供數(shù)據(jù),可以計算出重物B的質(zhì)量C.石塊被拋出前瞬間的向心加速度大小為8m/s2D.石塊落地前瞬間重力的功率為224W解析

石塊由開始運(yùn)動到拋出過程中,網(wǎng)袋對其做正功,石塊的機(jī)械能增加,A錯誤。石塊從開

始運(yùn)動到拋出過程中,石塊與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mBgLOB(1+sin37°)-mAgL(1+

sin37°)=

mA

+

mB

,設(shè)石塊被拋出前瞬間角速度為ω,則有vA=Lω、vB=LOBω,由于LOB未知,故重物B的質(zhì)量求不出,B錯誤。已知L=2.0m,則O離地面的高度h=Lsin37°=1.2m,

石塊被拋出后做平拋運(yùn)動,水平位移x=3.2m,由平拋運(yùn)動的規(guī)律有L+h=

gt2,x=v0t,可得v0=4m/s,則石塊被拋出前瞬間向心加速度大小為a=

=8m/s2,C正確。石塊落地前瞬間豎直方向的速度為vy=gt=8m/s,則此時重力的瞬時功率為P=mgvy=224W,D正確。7.★★★(2024屆廣州廣雅中學(xué)10月考)(多選)如圖所示,豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的

細(xì)桿L1、L2,兩桿不接觸,且兩桿間的距離忽略不計,兩個小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均

為m,a球套在豎直桿L1上,b球套在水平桿L2上,a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連

接,將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放,不計一切摩擦與空氣阻力,重

力加速度為g。在此后的運(yùn)動過程中,下列說法中正確的是

()A.a、b及輕桿所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.b球的速度為零時,a球的加速度大小為零C.b球的最大速度為

D.a球的最大速度為

AC解析

a、b及輕桿組成的系統(tǒng)沒有外力做功,只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化,所以

a球和b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,A正確。設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ,由運(yùn)動的關(guān)

聯(lián)性可知vbcos45°=vasin45°,即vb=vatan45°,可知當(dāng)b球的速度為零時,輕桿L處于水平

位置且與桿L2平行,則此時a球在豎直方向只受重力mg,a球的加速度大小為g,B錯誤。

當(dāng)桿L和桿L1第一次平行時,a球運(yùn)動到最低點(diǎn),b球運(yùn)動到L1和L2交點(diǎn)位置,b球的速度達(dá)

到最大,此時a球的速度為0,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg

=

m

,解得vb=

,C正確。當(dāng)輕桿L和桿L2第一次平行時,由運(yùn)動的關(guān)聯(lián)性可知此時b球的速度為零,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg·

l=

m

,解得va=

,此時a球具有向下的加速度g,故此時a球的速度不是最大,a球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運(yùn)動,直到加速度

為0時達(dá)到最大速度,D錯誤。第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)明晰規(guī)律思維回歸(2024屆大灣區(qū)二模)2023年亞運(yùn)會在杭州順利舉行,廣東的一名運(yùn)動員奪得我國在滑

板男子碗池項目的首枚金牌,實現(xiàn)歷史性突破,假如某次訓(xùn)練中運(yùn)動員以同一姿態(tài)沿軌

道下滑了一段距離,該過程中重力對他做功為800J,他克服阻力做功為200J,不計其他

作用力做的功,則運(yùn)動員在此過程中

()A.動能可能不變

B.動能增加了600J

C.重力勢能減少了600J

D.機(jī)械能增加了200J答案

B

B解析

設(shè)克服阻力做功為Wf,由動能定理可得WG-Wf=ΔEk,可得動能增加了600J,A錯誤,B正

確。重力做正功,重力勢能減少,減少的重力勢能等于重力做的功,即ΔEp=-WG,故重力勢

能減少了800J,C錯誤。除重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,即

ΔE=W其他,解得ΔE=-Wf=-200J,故機(jī)械能減少了200J,D錯誤?？挤c(diǎn)睛區(qū)分合力、重力及除重力以外的力做功與動能、重力勢能及機(jī)械能變化

的關(guān)系。

五年高考1.★★(2024北京,7,3分)如圖所示,光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在

B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放,物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓

形軌道,恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是

()A.物體在C點(diǎn)所受合力為零B.物體在C點(diǎn)的速度為零C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動能C解析

“恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C”,說明物體在C點(diǎn)所受合力大小為mg,由牛頓第二定律可得

mg=m

,解得物體的速度vC=

,物體的向心加速度a=

=g(另解:由合力提供向心力有mg=man,解得an=g),C正確,A、B錯誤。由能量守恒可得,物體在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢

能等于物體在C點(diǎn)的動能與重力勢能之和,D錯誤。2.★★(2024山東,7,3分)如圖所示,質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué),分別坐在水平放置的輕

木板上,木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接,連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板

與地面間動摩擦因數(shù)均為μ,彈性繩勁度系數(shù)為k,被拉伸時彈性勢能E=

kx2(x為繩的伸長量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板,直至甲所坐木板剛要離開原位置,此過程中

兩人與所坐木板保持相對靜止,k保持不變,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度

大小為g,則F所做的功等于

()A.

+μmg(l-d)

B.

+μmg(l-d)C.

+2μmg(l-d)

D.

+2μmg(l-d)B解題導(dǎo)引“輕木板”“輕質(zhì)彈性繩”,表示它們的質(zhì)量忽略不計;“緩慢”拉動表示

乙與所坐木板處于動態(tài)平衡狀態(tài)。解析甲所坐木板剛要離開原位置時,設(shè)彈性繩伸長量為x,則有kx=μmg,x=

;水平力F“緩慢”拉動乙所坐木板,故可認(rèn)為乙與其所坐木板的動能變化量為零,由功能關(guān)系可知水

平力F做的功W=μmg(l-d+x)+

kx2,將x的表達(dá)式代入得W=

+μmg(l-d),B正確。3.★★★(2024黑吉遼,14,12分)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物

塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴

接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,射程xA=

0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),取重力加

速度g=10m/s2。求:(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ;(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)對物塊A由平拋運(yùn)動規(guī)律可得h=

gt2xA=vAt

對A和B組成的系統(tǒng),相互作用過程動量守恒(點(diǎn)撥:在彈開過程中彈簧對A、B的彈力大

小相等,方向相反,桌面對A、B的摩擦力同樣大小相等,方向相反,故系統(tǒng)合力為零)有mAvA=mBvB

解得vA=1m/s,vB=1m/s。(2)解法一:應(yīng)用動能定理對物塊B從脫離彈簧到靜止,應(yīng)用動能定理有-μmBgxB=0-

mB

解得μ=0.2。解法二:應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)公式由牛頓第二定律可得μmBg=mBa物塊B脫離彈簧后做勻減速直線運(yùn)動,有

=2axB聯(lián)立解得μ=0.2。(3)物塊A和B由靜止釋放到剛好脫離彈簧,任一時刻速度均等大反向,則此過程物塊A和

B的位移大小均為

,設(shè)物塊A、B與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q,根據(jù)能量守恒定律可得,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=Q+

mA

+

mB

根據(jù)功能關(guān)系有Q=μmAg

+μmBg

解得彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12J。三年模擬4.★★(2024屆惠州二模)2023年10月2日,在杭州亞運(yùn)會蹦床項目女子決賽中,中國運(yùn)動

員奪冠,圖為運(yùn)動員騰空后下落的照片,運(yùn)動員從剛接觸床面到運(yùn)動至最低點(diǎn)的過程中,

下列說法正確的是()

A.運(yùn)動員剛接觸床面時速度最大B.運(yùn)動員在該過程中始終處于失重狀態(tài)C.在該過程中運(yùn)動員的動能減少量等于彈性勢能的增加量D.在該過程中蹦床對運(yùn)動員一直做負(fù)功D解析

運(yùn)動員剛接觸床面時有向下的加速度,將繼續(xù)向下加速運(yùn)動,當(dāng)所受重力與床面的彈力

平衡時,加速度為0,此時速度最大,A錯誤。運(yùn)動員在該過程中加速度方向先向下后向

上,先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),B錯誤。在該過程中運(yùn)動員的動能和重力勢能最

終全部轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢能,C錯誤。在該過程中蹦床對運(yùn)動員的彈力和運(yùn)動員的

位移方向一直相反,蹦床對運(yùn)動員一直做負(fù)功,D正確。5.★★(2024屆廣東三校12月聯(lián)考)嶺南茶文化是中國四大茶文化系列之一。傳統(tǒng)炒青

是指在制作茶葉的過程中利用微火在鍋中使茶葉萎凋的手法,通過人工揉捻使茶葉中

的水分快速蒸發(fā),阻斷了茶葉發(fā)酵的過程,并使茶汁的精華完全保留的工序。如圖,制茶

師傅從熱鍋底將質(zhì)量為m的茶葉以初速度v0豎直揚(yáng)起,空氣阻力不可忽略,以鍋底為重

力勢能的零勢能面,重力加速度為g,則茶葉從鍋底位置離開手開始,在空中重心上升h到

最高點(diǎn)過程中

()A.重力做功為mghB.合外力做功為-mghC.最高點(diǎn)茶葉的動能為

m

-mghD.最高點(diǎn)茶葉的機(jī)械能小于

m

D解析

重力的方向與茶葉的運(yùn)動方向相反,重力做負(fù)功,重力做功為-mgh,A錯誤?？諝庾枇Σ?/p>

可忽略,設(shè)過程中克服空氣阻力做功為Wf,則合外力做功為-(mgh+Wf),B錯誤。茶葉豎直

向上運(yùn)動到最高點(diǎn)時,速度為零,動能為零,C錯誤。由于空氣阻力做負(fù)功,則茶葉的機(jī)械

能減少,茶葉在最高點(diǎn)的機(jī)械能小于

m

,D正確。6.★★(2024屆廣東六校聯(lián)考)(多選)“蹦極”被稱為“勇敢者的游戲”。將一根自然

長度為OA的彈性輕繩一端系在人身上,另一端固定在跳臺邊緣。人從跳臺由靜止下落

開始計時,下落過程中速度隨時間的變化如圖所示,圖中tA、tB、tC三個時刻分別對應(yīng)人

經(jīng)過A、B、C三點(diǎn),tB時刻是圖線的最高點(diǎn),不計空氣阻力。下列說法正確的是

()A.重力加速度大小為

B.人從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)這一過程中,人的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能C.人在下落過程中,彈性繩對人先做正功再做負(fù)功D.人從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)這一過程中,人的機(jī)械能一直減少AD解析

人從跳臺下落到A點(diǎn)的過程,人做自由落體運(yùn)動,根據(jù)題圖可知重力加速度大小為g=

,A正確。人從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)這一過程中,人的重力勢能轉(zhuǎn)化為人的動能和彈性繩的彈

性勢能,B錯誤。人在下落過程中,彈性繩的形變量一直增大,彈性勢能一直增大,故彈性

繩對人一直做負(fù)功,C錯誤。人從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)這一過程中,人和彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)

械能守恒,由于下落過程中,彈性繩的彈性勢能一直增大,故人的機(jī)械能一直減少,D正

確。7.★★★(2024屆廣州廣雅中學(xué)10月考)(多選)如圖所示,有一條柔軟的質(zhì)量為m、長為L

的均勻鏈條,開始時鏈條的

在水平桌面上,而

垂于桌外,用外力使鏈條靜止。不計一切摩擦及空氣阻力,重力加速度為g,桌子足夠高,桌角右上方有一光滑的約束擋板(未畫

出)以保證鏈條不會飛起。下列說法中正確的是

()A.若自由釋放鏈條,則鏈條剛離開桌面時的速度v=

B.若自由釋放鏈條,則鏈條剛離開桌面時的速度v=

C.若要把鏈條全部拉回桌面上,至少要對鏈條做功

D.若要把鏈條全部拉回桌面上,至少要對鏈條做功

BD解析

若自由釋放鏈條,以桌面為重力勢能的零勢能面,根據(jù)能量守恒可得-

g·

=-mg

+

mv2(將鏈條分段研究,每段鏈條重心在對應(yīng)段的中間位置),解得鏈條剛離開桌面時的速度

為v=

,B正確,A錯誤。若要把鏈條全部拉回桌面上,至少要對鏈條做的功等于垂于桌外的

鏈條增加的重力勢能,則有Wmin=

·

=

,D正確,C錯誤。微專題11動力學(xué)和能量觀點(diǎn)相結(jié)合的兩類典型模型粵題風(fēng)向

新穎情境突破情境模型建構(gòu)(2024屆廣東多校三模聯(lián)考)生活中運(yùn)送貨物時常會用到傳送帶,可以很大程度上節(jié)省

人力。如圖所示,傳送帶以一定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動,AB段傾角θ=37°,BC段水平,

AB、BC段的長度分別為L=3.2m,L'=0.2625m。將一個質(zhì)量為m=5kg的貨物輕放在A

端,貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.8,貨物經(jīng)過B處時不脫離傳送帶且速率不變,

之后貨物運(yùn)動到C點(diǎn),貨物可視為質(zhì)點(diǎn),最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取1

0m/s2,不計空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)要使貨物以最短的時間運(yùn)動到C點(diǎn),求傳送帶的速度至少為多大,最短的時間為多

少。(2)若傳送帶速度為v=2m/s,求貨物被傳送到C點(diǎn)的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。

答案(1)2.6m/s4.125s(2)154J解析(1)要使貨物以最短時間到達(dá)C點(diǎn),貨物在傳送帶上要一直加速,貨物在AB段,根據(jù)牛頓第

二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma1,解得a1=0.4m/s2若貨物在AB段一直加速,有L=

a1

,解得t1=4s貨物在B點(diǎn)的速度vB=a1t1=1.6m/s若貨物在傳送帶BC段上一直加速,由牛頓第二定律得μmg=ma2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有2a2L'=

-

,解得vC=2.6m/s,t2=

=0.125s故要使貨物以最短的時間運(yùn)動到C點(diǎn),傳送帶的速度至少為vC=2.6m/s。最短的運(yùn)動時間為t=t1+t2=4.125s。(2)若傳送帶速度為v=2m/s,根據(jù)(1)的分析可知,貨物在AB段一直勻加速,在BC段先勻加

速再勻速,則傳送帶和貨物運(yùn)動的v-t圖像如圖所示,

由圖可知,在AB段,貨物和傳送帶間的相對位移為Δx1=

×4m=4.8m因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=μmgcosθ·Δx1=153.6J在BC段,貨物和傳送帶相對運(yùn)動的時間t2'=

=0.05s貨物和傳送帶間的相對位移為Δx2=

×0.4×0.05s=0.01m因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μmgΔx2=0.4J整個過程貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=154J?？挤c(diǎn)睛運(yùn)用速度與時間的關(guān)系圖像,分析各階段運(yùn)動規(guī)律,從而求出摩擦力和熱

量。

1.★★(2023全國乙,21,6分)(多選)如圖,一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面

上,另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動。已知物塊

與木板間的滑動摩擦力大小為f,當(dāng)物塊從木板右端離開時

()

A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于

m

-flD.物塊的動能一定小于

m

-flBD解析

運(yùn)動過程如圖所示,設(shè)經(jīng)過時間t,小物塊的速度為v1,木板的速度為v2,小物塊從木板右端

離開,可知v1>v2,此過程中木板的位移x2=

t,小物塊的位移x1=

t,由題知v0>v1>v2,有

>v2,則x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力對木板做正功,對木板由動能定理可知fx2=EkM,則木板的動能EkM=fx2<fl,B正確,A錯誤。摩擦力對小物塊做負(fù)功,對小物塊由動能定理可知-

fx1=Ekm-

m

,則物塊的動能Ekm=

m

-fx1,又x1>l,所以Ekm<

m

-fl,D正確,C錯誤。2.★★★(2025屆珠海一模)如圖為某工廠生產(chǎn)流水線上水平傳輸裝置的俯視圖,它由水

平傳送帶和水平轉(zhuǎn)盤組成。物品質(zhì)量m=1kg,從A處無初速度放到傳送帶上,運(yùn)動到B處

后進(jìn)入勻速轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤,設(shè)物品進(jìn)入轉(zhuǎn)盤時速度大小不發(fā)生變化,且恰好隨轉(zhuǎn)盤一起運(yùn)

動(無相對滑動),到C處被取走裝箱。已知A、B兩處的距離L=9m,傳送帶的傳輸速度v=

2m/s,物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2。物品在轉(zhuǎn)盤上與軸O的距離R=0.5m,設(shè)物

品與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g=10m/s2。求:

(1)物品從A處運(yùn)動到B處的時間;(2)物品與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)的最小值μ2;(3)物品從A處運(yùn)動到B處的過程中,電機(jī)因傳送物品而多做的功。答案(1)5s(2)0.8(3)4J解析(1)物品先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,設(shè)該階段其位移大小為x1,根據(jù)

牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有μ1mg=ma,v=at1,v2=2ax1,解得t1=1s,x1=1m<L,物品與傳送

帶共速后,物品和傳送帶一起以速度v做勻速運(yùn)動,物品做勻速運(yùn)動的時間為t2=

=4s,物品從A處運(yùn)動到B處的時間為t=t1+t2=5s。(2)物品在轉(zhuǎn)盤上所受的靜摩擦力提供向心力,當(dāng)物品與轉(zhuǎn)盤恰好無相對滑動時有μ2mg

=m

,解得物品與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)的最小值μ2=

=0.8。(3)物品從A處運(yùn)動到B處的過程中,物品與傳送帶發(fā)生的相對位移Δx=x傳-x1=vt1-x1=2×1

m-1m=1m,因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μ1mg·Δx=2J,物品從A處運(yùn)動到B處的過程中,根據(jù)能量守恒可知,電機(jī)因傳送物品而多做的功為W=Q+

mv2=4J。3.★★★(2025屆肇慶廣信中學(xué)9月考)如圖,質(zhì)量M=8kg的小車停放在光滑水平面上,在

小車右端施加