2019届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量学案.doc

1、1专题二 能 量 与 动 量第一讲 功和能考点一 功和功率1.考查功的计算如图所示，倾角为 30的粗糙斜面与倾角为 60的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为 m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为 ，在平行于斜面的拉力 F 的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内 ，力 F 做的功为( )(OA长 为 L， OB长 为L2)A mgL B mgL(32 32 12) (32 32 12)C mgL D mgL(12 32 12) (12 32 12)解析：选 A 对物块甲： T mgsin 30

2、 mg cos 30；对物块乙： F T mgsin 60； F 做的功： W FL；解得 W mgL ，故 A 正确。(32 32 12)2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算多选如图甲所示，一个质量 m2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平地面间的动摩擦因数 0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间 t 变化规律如图乙所示，取 g10 m/s 2，下列说法正确的是( )A物块经过 4 s 时间到出发点B4.5 s 时水平力 F 的瞬时功率为 24 WC05 s 内

3、摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D05 s 内物块所受合力的平均功率为 1.8 W2解析：选 BD 由图像可知，前 4 s 内速度方向始终为正方向，故前 4 s 时间内没有回到出发点，选项 A 错误；根据 vt 图线的斜率表示加速度，可知 35 s 内，加速度 am/s23 m/s2,4.5 s 时的速度 v a t3(4.5 4) m/s1.5 m/s，根据牛顿第31二定律有 F mg ma，得 F16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力 F 的瞬时功率P Fv24 W，选项 B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项 C 错误；35 s 内合力为恒力，物

4、块的位移为零，合力做的功为零，03 s 内，物块的加速度 a1 m/s21 m/s2，位移 x1 132 m4.5 m，合力做的功 W ma1x19 33 12J，05 s 内合力的平均功率 W1.8 W，选项 D 正确。PWt 953考查“机车启动”类问题如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始加速运动，力 F 的功率 P 保持恒定，运动过程中物体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此过程中物体速度的倒数 与加速度 a 的关系图像如图乙所示。仅在已知功率 P 的情况下，1v根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )A可求出 m、 f 和 vm

5、axB不能求出 mC不能求出 fD可求出物体加速运动时间解析：选 A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度 vmax m/s10 m/s；功率 P Fv，而 F f ma，联立可得10.1 a ，物体速度的倒数 与加速度 a 的关系图像的斜率为 k ，纵轴截距为 0.1，1v mP fP 1v mP fP因此可求出 m、 f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项 D 错误。3考点二 动能定理的应用4.考查应用动能定理解决变力做功问题多选一质量为 2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定

6、的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由此可知( )A物体与水平面间的动摩擦因数为 0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 JC匀速运动时的速度约为 6 m/sD减速运动的时间约为 1.7 s解析：选 ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则 F mg ， 0.35，Fmg 7210选项 A 正确；因为 W Fx，故拉力的功等于 Fx 图线与 x 坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与 x 轴间小格数约为 13，则减速过程中拉力对物体做功为 131

7、J13 J，选项 B 正确；由动能定理可知： WF mgx 0 mv02，其中 x7 m，则解得： v06 m/s，选项 C12正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故 D 错误。5.考查应用动能定理解决曲线运动问题用长为 l、不可伸长的细线把质量为 m 的小球悬挂于 O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向 角后放手，运动 t 时间后停在最低点。则在时间 t内( )A小球重力做功为 mgl(1cos )B空气阻力做功为 mglcos C小球所受合力做功为 mglsin D细线拉力做功的功率为mgl 1 cos t解析：选 A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为 h l(1

8、cos )，所以小球的重力做功： WG mgh mgl(1cos )，故 A 正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得： WG Wf00，所以空气阻力做功Wf WG mgl(1cos )，故 B 错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以 W 合 000，故 C 错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为 0，故 D 错误。6考查应用动能定理解决多过程问题如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径 R1.6 m 的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度 L2.5 m 的斜面 AB、 C

9、D 和一小段光滑4圆弧 BC 平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度 v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点 P 水平飞出，又恰好从 A 点沿斜面 AB 进入炒锅，在斜面 CD 上可运动到的最高点为 E 点(图中未画出)。已知 AB、 CD 两斜面的倾角 均为 37，栗子与 AB、 CD两斜面之间的动摩擦因数 均为 ，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程38栗子质量不变，不计空气阻力，取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)栗子的初速度大小 v0及 A 点离地面的高度 h；(2)C、 E 两点的距离 x。解析：(1)设栗子质量为 m，在

10、P 点的速度大小为 vP，在 A 点的速度大小为 vA栗子恰能过 P 点，则 mg m ，解得 vP4 m/svP2R栗子沿半圆轨道运动至 P 点的过程中，由动能定理有 mg2R mvP2 mv0212 12解得 v04 m/s5栗子在 A 点的速度方向沿斜面 AB 向下，则其竖直方向上的分速度大小 vAy vPtan 栗子从 P 点至 A 点的过程中做平抛运动，则 vAy22 gy，其中 y 为栗子由 P 点运动至 A点的过程中下降的竖直高度，又 h2 R y，解得 h2.75 m。(2)栗子在 A 点的速度大小 vAvPcos 栗子从 A 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mg(L x

11、)sin mg (L x)cos 0 mvA212解得 x m。209答案：(1)4 m/s 2.75 m (2) m5209考点三 机械能守恒定律的应用7.考查单个物体的机械能守恒问题小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )A P 球的速度一定大于 Q 球的速度5B P 球的动能一定小于 Q 球的动能C P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力D P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度解析：选 C 两球由静止释放到运

12、动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL mv2， v ，因12 2gLLP LQ，则 vP vQ，又 mP mQ，则两球的动能无法比较，选项 A、B 错误；在最低点绳的拉力为 F，则 F mg m ，则 F3 mg，因 mP mQ，则 FP FQ，选项 C 正确；向心加速度 av2L2 g，选项 D 错误。 F mgm8考查多个物体的机械能守恒问题多选如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为 R的半球形碗，碗口直径 AB 水平， O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口

13、及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量 m1大于物块质量 m2。开始时小球恰在 A 点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直， C 点在球心O 的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是( )A在小球从 A 点运动到 C 点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到 C 点时，小球的速率是物块速率的22C小球不可能沿碗面上升到 B 点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定解析：选 ACD 在小球从 A 点运动到 C 点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的

14、系统机械能守恒，选项 A 正确；当小球运动到 C 点时，设小球的速率为 v1，物块的速率为 v2，分析可知有 v2 v1cos 45 v1，即物块的速率是小球速22率的 ，选项 B 错误；假设小球恰能上升到 B 点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是22上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到 B 点，选项 C 正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项 D 正确。9考查涉及弹性势能的机械能守恒问题如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固

15、定在水平地面上，上端固定着6一质量为 m 的薄木板 A，弹簧的压缩量为 h。图中 P 点距地面高度正好等于弹簧原长，在112P 点上方有一距它高度为 2h、质量为 2m 的物块 B。现解除弹簧的锁定，木板 A 上升到 P 点时恰好与自由下落的物块 B 发生正碰(碰撞时间极短)，并一起无粘连地向下运动。 B 与 A第一次分开后能达到的最高位置在 P 点上方的 处。已知重力加速度为 g，整个过程中弹簧h2始终处于弹性限度内并保持竖直。求：(1)A、 B 第一次分开瞬间 B 的速度大小；(2)A、 B 第一次碰撞后一起向下运动到 A 的初始位置时速度的大小。解析：(1) B 与 A 刚要分离时，弹簧

16、正好处于原长，设此时 B 的速度为 vB，则由机械能守恒定律得：2mg 2mvB2h2 12解得 vB 。gh(2)设 A、 B 刚好碰撞前 B 的速度大小为 v，根据机械能守恒定律得：2mg2h 2mv212解得 v2 gh根据机械能守恒， A、 B 碰撞后瞬间的速度大小 vAB与 A、 B 刚好分开时速度大小相等，即： vAB vB设 A、 B 刚好碰撞前 A 的速度大小为 vA，根据动量守恒：2mv mvA3 mvAB解得 vA gh设弹簧锁定时的弹性势能为 Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律： Ep mg h mvA2112 12可得 Ep6 mgh设 A、 B

17、 第一次碰撞后一起向下运动到 A 的初始位置时的速度大小为 v，在这过程中，根据机械能守恒定律得： Ep 3mv 2 3mvAB23 mg h12 12 112联立以上各式解得： v2 。2gh答案：(1) (2)2gh 2gh考点四 功能关系的应用710.考查单个物体的功能关系问题如图所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为 m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a ，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )g4A运动员减少的重力势能全部转化为动能B下滑过程中系统减少的机械能为mgh2C运动员获得的动能为mgh4D运动员克服摩擦力

18、做功为mgh4解析：选 B 若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有： mgsin 30 ma，则加速度应为 a gsin 30 ，而现在的加速度小于 ，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重g2 g2力势能有一部分转化为了内能，故 A 错误；运动员下滑的距离： l 2 h，根据速hsin 30度位移公式 v22 al，可得： v ，动能为： Ek mv2 ，故 C 错误；由动能定理可gh12 mgh2知： mgh Wf mv2，解得： Wf mgh，故 D 错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故12 12下滑过程中系统减少的机械能为 mgh，故 B 正确。1211考查多个物体的功能关系问题如图所

19、示，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点。一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。(2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车。已知滑块质量 m ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，M2滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 ，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小 vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s

20、。解析：(1)滑块滑到 B 点时对小车压力最大，从 A 到 B 机械能守恒mgR mvB2128滑块在 B 点处，由牛顿第二定律得N mg mvB2R解得 N3 mg由牛顿第三定律得滑块对小车的压力 N3 mg。(2)滑块下滑到达 B 点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得mgR Mvm2 m(2vm)212 12解得 vm 。gR3设滑块运动到 C 点时，小车速度大小为 vC，由功能关系得mgR mgL MvC2 m(2vC)212 12设滑块从 B 到 C 运动过程中，小车运动加速度大小为 a，由牛顿第二定律得mg Ma由运动学规律得vC2 vm22 as解得 s L。13答案：(1)3

21、mg (2) LgR3 13释疑 4 大考点考点一 功和功率功和功率是高考命题的热点，重点考查功和功率的计算，主要涉及的问题有：摩擦力做功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。(一)基本知识要记牢1功(1)恒力的功： W Flcos 。(2)变力的功：将变力做功转化为恒力做功；应用 Fx 图像求解；应用动能定理求解。2功率9(1)平均功率： P 。Wt(2)瞬时功率： P Fvcos_ 。(3)应用：机车启动， P Fv。(二)解题思维运用好1求总功 W 时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做

22、的功，总功就等于这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第2 题，设物块在 t0 和 t5 s 时的速度分别为 v0、 v5，则总功为W mv52 mv02 232 J09 J，所以 1.8 W。12 12 12 P Wt2 “机车”启动的图像与“机车”受力、 “机车”运动相联系的问题难度一般较大，如诊断卷第 3 题，以物体速度的倒数 与加速度 a 的关系图像给出解题信息，首先要根据题述1v情境，运用相关物理知识列出相应的方程，将方程联立变化得到与图像符合的函数关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关问题。题点全练1(2018百校联盟 4 月联考)一物块放在水平面上，

23、在水平恒力 F 的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力 F 的功率随时间变化的规律正确的是( )解析：选 C 由题知，阻力与速度的关系式为： f kv，根据牛顿第二定律得：F f F kv ma，解得： a v，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加Fm km速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据 P Fv 知， F 不变，则 Pt 图线的形状与 vt 图线的形状相同，故 C 正确，A、B、D 错误。2多选如图甲所示，物体受到水平推力 F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力 F 和物体速度 v 随时间 t

24、变化的规律如图乙所示。取重力加速度 g10 m/s 2，则( )A物体的质量 m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.210C第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 W2 JD前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 1.5 WP解析：选 ACD 由速度时间图像可以知道在 23 s 的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为 2 N，在 12 s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以 a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得：2 01F f ma，所以 m0.5 kg，A 正确；由 f F N mg ，得 0.4，B 错误；第 2 fmgs

25、 内物体的位移是： x at21 m，克服摩擦力做的功 W fx21 J2 J，C 正确；在12第 1 s 内物体没有运动，物体在第 2 s 运动， F 也只在第 2 s 做功， F 做的功为W Fx31 J3 J，所以前 2 s 内推力 F 做功的平均功率为： W1.5 PWt 32W，D 正确。3(2019 届高三吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为 1 kg 的小球 A 和 B， A、 B 球间用一不可伸长的细绳相连。初始 A、 B均处于静止状态，已知 OA3 m， OB4 m，若 A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地

26、移动 1 m，小球 A 与水平杆间的动摩擦因数 0.2(取g10 m/s 2)，那么该过程中拉力 F 做功为( )A4 J B6 JC10 J D14 J解析：选 D 根据几何关系，在 A 球向右缓慢移动 1 m 的过程中 B 球上移 1 m，二者均受力平衡，对于整体， A 球与杆间的正压力为 N( mA mB)g， A 球与杆间的滑动摩擦力为f N (mA mB)g4 N， A 球与杆因摩擦产生的热量为 Q fs4 J， B 球重力势能增加量为 Ep mgh10 J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功W Q Ep14 J，选项 D 正确。考点二 动能定理的应用情景新颖、过程复杂、

27、知识综合性强(如诊断卷第 6 题)等是本考点高考命题的典型特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。(一)深化对动能定理的理解1动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。如诊断卷第 5 题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用 W Flcos 11直接求解，应考虑使用动能定理求解。2动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。3在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的

28、，可应用动能定理解题。4注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第 4 题中， Fx 图线与 x 轴所围“面积”表示力 F 所做的功，易得 B 项正确。5应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的关键物理量是速度。如诊断卷第6 题， vA既是平抛运动的末速度，也是沿斜面 AB 运动的初速度， “恰好从 A 点沿斜面 AB 进入炒锅”说明 vA的方向沿斜面 AB 向下，其水平方向的分速度 vAx vP。(二)掌握应用动能定理解题的思维流程(2018临沂二模)如图所示，倾角 45的粗糙典 例 平直导轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为 m 的小滑块

29、(可以看作质点)从导轨上离地面高为 h3 R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程12解析 (1)小滑块从 C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0竖直方向上： R gt212水平方向上： R v0t2解得： v0 。gR(2)设小滑块在最低点时速度为 v，小滑块从最低点到 C 点的过程由动能定理得： mg2R

30、mv02 mv212 12解得： v 5gR在最低点由牛顿第二定律得： FN mg mv2R解得： FN6 mg由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力 FN6 mg。(3)从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功为 Wf，由动能定理得：mgh Wf mv2012解得： Wf mgR。12答案 (1) (2)6 mg (3) mgRgR12题点全练1.(2018全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功13C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功解析：选 A 由题意知， W

31、拉 W 阻 Ek，则 W 拉 Ek，故 A 正确、B 错误； W 阻 与 Ek的大小关系不确定，故 C、D 错误。2多选(2018江西四校联考)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地高度为 h 位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了 l 长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )A如果仅改变木板下落的高度，使其从 2h 高度落下，物块下滑的长度将为 2lB如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于 2lC如果仅改

32、变物块的质量，使其变为原来 2 倍，物块下滑的距离将为 2lD如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于 2l解析：选 AB 设物块受到的滑动摩擦力为 f，根据动能定理，有 mg(h l) fl0，解得 l 。仅改变木板下落的高度，使其从 2h 高度落下，物块下滑的长度将为 2l，mghf mg故 A 正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于 2l，故 B 正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来 2 倍，物块下滑的距离将大于 2l，故 C 错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为 l，故 D 错误。3.(

33、2016天津高考)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB24 m/s， A 与 B 的竖直高度差 H48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h5 m，运动员在B、 C 间运动时阻力做功 W1 530 J，取 g10 m/s 2。(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff的大小；(2)

34、若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大。解析：(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有vB22 ax 由牛顿第二定律有mg Ff ma Hx14联立式，代入数据解得 Ff144 N。 (2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有mgh W mvC2 mvB2 12 12设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FN mg m vC2R由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。 答案：(1)144 N (2

35、)12.5 m考点三 机械能守恒定律的应用机械能守恒定律是高中物理的重要内容，同时也是高考命题的热点，此类问题主要涉及连接体问题、与实际生活相结合的问题，解题的关键是分析哪个物体或系统在哪个阶段机械能守恒。预计 2019 年高考仍会对机械能守恒定律进行考查，还有可能会结合动量进行考查，在复习时要引起重视。建议对本考点重点攻坚。(一)判断机械能守恒的两个角度1若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。2若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。(二)掌握系统机械能守恒的三种表达式(三

36、)谨记机械能守恒问题的三点提醒1具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第 7 题，算出v 后，如果不注意 mPmQ的初始条件，可能会认为 EkP mgR，质点不能到达 Q 点12C W mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12D W mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12解析：选 C 设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则FN mg ，已知 FN FN4 mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN mvN2 mgR。质点由mvN2R 12 3223开始至 N 点的过程，由动能定理得 mg2R Wf EkN0，解得摩擦力做

37、的功为Wf mgR，即克服摩擦力做的功为 W Wf mgR。设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功12 12为 W，则 W W。从 N 到 Q 的过程，由动能定理得 mgR W mvQ2 mvN2，即12 12mgR W mvQ2，故质点到 Q 点后速度不为 0，质点继续上升一段距离。选项 C 正确。12 125.(2018天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中( )A所受合外力始终为零 B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定

38、为零 D机械能始终保持不变解析：选 C 运动员从 A 点滑到 B 点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故 A 错误，C 正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即 Ff mgsin ，下滑过程中 减小，sin 变小，故摩擦力 Ff变小，故 B 错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故 D 错误。6多选(2018江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块( )A加速度先减小后增大B经过 O 点时的速

39、度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选 AD 小物块由 A 点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小， F 弹 减小，由F 弹 Ff ma 知， a 减小；当运动到 F 弹 Ff时， a 减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时 Ff F 弹 ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小， a 逐渐增大；当越过 O 点后，弹簧开始被拉伸，此时 F 弹 Ff ma，随着拉伸量增大， a 继续增大，综上所述，从 A 到 B 过程中，物块加速度先减小后增大，在 O 点左侧 F 弹 Ff时速度达到最大，故 A 正确，B

40、错误。在 AO 段物块所受弹簧弹力做正功，在 OB 段做负功，故 C 错误。由动能定理知，从 A 到 B 的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为 0，故 D 正确。247(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧轨道相切于 C56点， AC7 R， A、 B、 C、 D 均在同一竖直平面内。质量为 m 的小物块P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)，随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点， AF4 R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数

41、，重力加速度大小14为 g。 (取 sin 3735， cos 37 45)(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。 G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R。求72P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。解析：(1)根据题意知， B、 C 之间的距离 l 为l7 R2 R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsin mgl cos mvB2 12式中 37。联

42、立式并由题给条件得vB2 。 gR(2)设 BE x。 P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep。 P 由 B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgxsin mgx cos Ep0 mvB2 12E、 F 之间的距离 l1为l14 R2 R x P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Ep mgl1sin mgl 1cos 0 联立式并由题给条件得x R Ep mgR。 125(3)设改变后 P 的质量为 m1。 D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为25x1 R Rsin 72 56y1 R R Rcos 56 56式中，已应

43、用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的事实。设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由平抛运动公式有y1 gt2 12x1 vDt 联立 式得vD 355gR设 P 在 C 点速度的大小为 vC。在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有m1vC2 m1vD2 m1g 12 12 (56R 56Rcos )P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有Ep m1g(x5 R)sin m 1g(x5 R)cos m1vC2 12联立式得m1 m。 13答案：(1)2 (2) mgR (3) mgR125 355gR 13二、名校模拟重点演

44、练知热点8多选(2018安徽六安模拟)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、 E、 v、 P 分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度 h 或下落时间 t 的变化规律，下列四个图像中正确的是( )解析：选 AC 钢板受到重力 mg、风力 F、墙的支持力 N 和滑动摩擦力 f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有 v at，故 C 正确；根据动能定理得： Ek( mg f)h，可知 Ek与 h 成正比，故 A 正确；

45、设钢板开始时机械能为 E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则26E E0 fh E0 f at2，则知 E 与 t 是非线性关系，图像应是曲线，故 B 错误；重力的功12率 P mgv mg ，则知 P 与 h 是非线性关系，图像应是曲线，故 D 错误。2ah9多选(2019 届高三衡水中学模拟)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量 m1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v190 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为 P50 kW。当驾驶员看到前方有 80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机

46、工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动 L72 m 后，速度变为 v272 km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是( )A轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻 的大小为 2103 NB驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为 v272 km/h 过程的时间为 3.2 sC轿车从 90 km/h 减速到 72 km/h 过程中，获得的电能 E 电 6.310 4 JD轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E

47、电 维持 72 km/h 匀速运动的距离为31.5 m解析：选 ACD 轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，由 P F1v1， F 阻 F1可得：F 阻 210 3 N，故 A 项正确。驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力 F ，且15Pv逐渐增大，加速度 a 逐渐减小，做加速度减小的减速运动，故 B 项错误。轿车从F阻 Fm90 km/h 减速到 72 km/h 过程中，运动 L72 m，由动能定理可得 Pt( F 阻 L)15 mv22 mv12，获得的电能 E 电 Pt ，联立解得： E 电 6.310 4 J，故 C 项正确。据12 12 45 12E 电 F 阻 x 可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电 匀速运动的距离 x31.5 m，故 D 项正确。10(2018四川蓉城名校联考)如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很