（浙江選考）2023版高考物理二輪復習專題二能量和動量第1講功功率與動能定理學案

PAGEPAGE1第1講功功率與動能定理[選考考點分布]章知識內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計必考加試2022/102022/042022/102022/042022/11機械能守恒定律追尋守恒量——能量b功cc10、13功率cc重力勢能cc4、20彈性勢能bb20動能和動能定理dd2020202020機械能守恒定律dd2012cd54考點一功和能根本概念及規(guī)律辨析1．(2022·浙江4月選考·12)火箭發(fā)射回收是航天技術的一大進步．如圖1所示，火箭在返回地面前的某段運動，可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上，不計火箭質(zhì)量的變化，那么()圖1A．火箭在勻速下降過程中，機械能守恒B．火箭在減速下降過程中，攜帶的檢測儀器處于失重狀態(tài)C．火箭在減速下降過程中合力做功等于火箭機械能的變化D．火箭著地時，火箭對地的作用力大于自身的重力答案D解析勻速下降階段，說明阻力等于重力，不止重力做功，所以機械能不守恒，選項A錯；在減速階段，加速度向上，所以超重，選項B錯誤；火箭著地時，地面給火箭的力大于火箭重力，即選項D正確；合外力做功等于動能改變量，選項C錯．2.(2022·浙江10月學考·4)如圖2所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是()圖2A．動能B．動能、重力勢能C．重力勢能、機械能D．動能、重力勢能、機械能答案C解析無人機勻速上升，所以動能保持不變，所以選項A、B、D均錯．高度不斷增加，所以重力勢能不斷增加，因此無人機機械能不斷增加，所以選項C正確．3.(2022·浙江10月學考·5)畫作?瀑布?如圖3所示．有人對此畫作了如下解讀：水流從高處傾瀉而下，推動水輪機發(fā)電，又順著水渠流動，回到瀑布上方，然后再次傾瀉而下，如此自動地周而復始．這一解讀違背了()圖3A．庫侖定律B．歐姆定律C．電荷守恒定律D．能量守恒定律答案D4.(人教版必修2P66第2題改編)如圖4所示，質(zhì)量為m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中到達的最高點(位置2)的高度為h，重力加速度為g.以下說法正確的選項是()圖4A．足球由位置1運動到位置2的過程中，重力做的功為mghB．足球由位置1運動到位置3的過程中，重力做的功為2mghC．足球由位置2運動到位置3的過程中，重力勢能減少了mghD．如果沒有選定參考平面，就無法確定重力勢能變化了多少答案C解析足球由位置1運動到位置2的過程中，高度增加h，重力做功－mgh，選項A錯誤；足球由位置1運動到位置3的過程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度沒有變化，重力做的功為零，選項B錯誤；足球由位置2運動到位置3的過程中，足球的高度降低，重力做正功，重力勢能減少，由于2、3兩位置的高度差是h，故重力勢能減少了mgh，選項C正確；分析重力勢能的變化，只要找出高度的變化量即可，與參考平面的選取沒有關系，選項D錯誤．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插圖改編)如圖5所示的幾個運動過程中，物體的彈性勢能增大的是()圖5A．如圖甲，撐桿跳高的運發(fā)動上升過程中，桿的彈性勢能B．如圖乙，人拉長彈簧過程中，彈簧的彈性勢能C．如圖丙，模型飛機用橡皮筋發(fā)射出去的過程中，橡皮筋的彈性勢能D．如圖丁，小球被壓縮彈簧向上彈起的過程，彈簧的彈性勢能答案B6．(2022·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考)如圖6所示，質(zhì)量為m的小球(可以看成質(zhì)點)，在恒力F的作用下，從地面上A點由靜止開始運動．途經(jīng)桌面處B點到達C點，現(xiàn)以桌面為參考平面，H<h，那么()圖6A．小球從A到B重力做功小于從B到C重力做的功B．小球在A點的重力勢能大于在C點的重力勢能C．整個過程小球的機械能一定增大D．整個過程小球的機械能守恒答案C解析功的大小比擬看絕對值，h>H，所以A錯誤；重力勢能的大小看位置上下，A點最低，B錯誤；恒力F始終做正功，所以機械能一直變大，C對，D錯誤．考點二功和功率的分析與計算1．(2022·浙江11月選考·13)如圖7所示是具有登高平臺的消防車，具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400kg)上升60m到達滅火位置．此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火，水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速率為20m圖7A．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1×104WB．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104WC．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106WD．伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800W答案B解析假設不計伸縮臂的質(zhì)量，抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率P＝eq\f(mgh,t)＝400×10×60×eq\f(1,5×60)W＝800W，但伸縮臂具有一定質(zhì)量，發(fā)動機輸出功率應大于800W，應選項D錯誤．在1s內(nèi)，噴出去水的質(zhì)量為m′＝ρV＝103×eq\f(3,60)kg＝50kg，噴出去水的重力勢能為Ep＝m′gh＝50×10×60J＝3×104J，水的動能為Ek＝eq\f(1,2)m′v2＝1×104J，所以1s內(nèi)水增加的能量為4×104J，所以水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104W，選項B正確，A、C錯誤．2．(2022·浙江11月選考·10)如圖8所示，質(zhì)量為60kg的某運發(fā)動在做俯臥撐運動，運動過程中可將她的身體視為一根直棒．重心在c點，其垂線與腳、兩手連線中點間的距離Oa、Ob分別為0.9m和0.6m．假設她在1min內(nèi)做了30個俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4m，那么克服重力做的功和相應的功率約為()圖8A．430J,7W B．4300J,70WC．720J,12W D．7200J,120W答案B解析設每次俯臥撐中，運發(fā)動重心變化的高度為h，由幾何關系可得，eq\f(h,0.4)＝eq\f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24m．一次俯臥撐中，克服重力做功W＝mgh＝60×9.8×0.24J＝141.12J，所以1min內(nèi)克服重力做的總功為W總＝NW＝4233.6J，功率P＝eq\f(W總,t)＝70.56W，應選B.圖9A．汽車發(fā)動機的額定功率為kmgvB．汽車行駛的最大速度為eq\f(kg＋av,kg)C．當汽車加速度減小到eq\f(a,2)時，速度增加到2vD．欲使汽車最大速度增加到此時的2倍，那么發(fā)動機額定功率應增加到此時的4倍答案B解析速度為v時，根據(jù)牛頓第二定律知eq\f(P0,v)－kmg＝ma，所以P0＝kmgv＋mav，故A錯誤；最后汽車勻速運動牽引力等于阻力時速度最大，故vm＝eq\f(P0,kmg)＝eq\f(kmgv＋mav,kmg)＝v＋eq\f(av,kg)，故B正確；加速度為eq\f(a,2)時，此時牽引力為F，那么F－kmg＝meq\f(a,2)，解得F＝kmg＋eq\f(ma,2)，此時速度為v＝eq\f(P0,F)＝eq\f(kmgv＋mav,kmg＋\f(ma,2))＝eq\f(2kgv＋2av,2kg＋a)，故C錯誤；由于汽車勻速運動時速度最大，汽車受到的阻力不變，此時的功率P＝Ff·2vm＝2P0，故D錯誤．4．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)物體在大小相等的力F作用下，分別在粗糙的水平地面上發(fā)生了一段位移x，其力與速度方向夾角如圖10所示，那么以下判斷正確的選項是()圖10A．甲圖中力F做負功B．乙圖中合外力做功最多C．丙圖中摩擦力做功最多D．三個圖中力F做功相同答案B解析根據(jù)W＝Fxcosα，甲中F與位移x的夾角為30°，故為正功，乙中F與x的夾角為150°，故為負功，丙中F與x的夾角為30°，故為正功，三種情況下力F的功的大小是相同的；甲圖中摩擦力最大做功最多；乙圖中合外力為F的水平分力與摩擦力的和，而甲和丙中合外力為F的水平分力與摩擦力的差，乙圖中合外力做功最多．5．(2022·浙江“七彩陽光〞聯(lián)考)周末放學了，小黃快樂的騎著電動自行車沿平直公路回家，中途因電瓶“沒電〞，只能改用腳蹬車以5m/s的速度勻速前行，騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.02倍，取重力加速度g＝10m/s2.根據(jù)估算，小黃騎此電動車做功的平均功率最接近()A．10WB．100WC．1kWD．10kW答案B解析000N＝20N，那么騎車的平均功率P＝Fv＝20×5W＝100W.1.功的計算方法(1)恒力做功：W＝Flcosα，F(xiàn)為恒力．(2)變力做功：①用動能定理：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2).②當變力的功率P一定時，可用W＝Pt求功，如機車恒功率啟動時．③將變力做功轉化為恒力做功：當力的大小不變，而方向始終與運動方向相同或相反時，這類力的功等于力和路程(不是位移)的乘積．如滑動摩擦力做功、空氣阻力做功等．2．平均功率與一段時間(或過程)相對應，計算時應明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率．(1)可用P＝eq\f(W,t).(2)可用P＝Fvcosα，其中v為物體運動的平均速度．3．計算瞬時功率時應明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率．求解瞬時功率時，如果F和v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或用速度v乘以速度方向的分力求解．(1)公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度．(2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．(3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．考點三動能定理的應用1．(2022·浙江10月學考·20)如圖11甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF.分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m．現(xiàn)有質(zhì)量m＝500kg的過山車，從高h＝40m處的A點靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點．過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌道，g取10m/s2.求：圖11(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大??；(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；(3)減速直軌道FG的長度x.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)8eq\r(10)m/s(2)7×10解析(1)設C點的速度為vC，由動能定理得mgh－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)代入數(shù)據(jù)解得vC＝8eq\(2)設D點速度為vD，由動能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)F＋mg＝meq\f(v\o\al(D,2),R)，解得F＝7×103N由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力為7×103N(3)全程應用動能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0解得x＝30m.2．(2022·浙江10月選考·20)如圖12所示是公路上的“避險車道〞，車道外表是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險．質(zhì)量m＝2.0×103kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發(fā)現(xiàn)剎車失靈的同時發(fā)動機失去動力，此時速度表示數(shù)為v1＝36km/h，汽車繼續(xù)沿下坡勻加速直行l(wèi)＝350m、下降高度h＝50m時到達“避險車道〞，此時速度表示數(shù)為v2＝72km/h.(g＝10m/s圖12(1)求從發(fā)現(xiàn)剎車失靈至到達“避險車道〞這一過程汽車動能的變化量；(2)求汽車在下坡過程中所受的阻力；(3)假設“避險車道〞與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道〞受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽車在“避險車道〞上運動的最大位移(sin17°≈0.3)．答案(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m解析(1)由ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)得ΔEk＝3.0×105J(2)由動能定理mgh－Ffl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)得Ff＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(1,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)＋mgh,l)＝2.0×103N(3)設汽車在“避險車道〞上運動的最大位移是x，由動能定理－(mgsin17°＋3Ff)x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得x＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),mgsin17°＋3Ff)≈33.3m3．(2022·寧波市九校高三上學期期末)如圖13所示為一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)和它運動軌道示意圖．假設在某次演示中，賽車從A位置由靜止開始運動，經(jīng)2s后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點．賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4N，賽車質(zhì)量為0.4kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2W，B、C兩點間高度差為0.45m，C與圓心O的連線和豎直方向的夾角α＝37°，空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖13(1)賽車通過C點時的速度大小；(2)賽道AB的長度；(3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后回到水平賽道EG，其半徑需要滿足什么條件．答案(1)5m/s(2)2m(3)0＜R≤eq\f(25,46)m解析(1)賽車在BC間做平拋運動，那么vy＝eq\r(2gh)＝3m/s.由圖可知：vC＝eq\f(vy,sin37°)＝5m/s(2)由(1)可知B點速度v0＝vCcos37°＝4m/s那么根據(jù)動能定理：Pt－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，得到：lAB＝2m.(3)當恰好通過最高點D時，有：mg＝meq\f(v\o\al(D,

2),R)從C到D，由動能定理可知：－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D,

2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)，解得R＝eq\f(25,46)m，所以軌道半徑需滿足0＜R≤eq\f(25,46)m(可以不寫0)．4.(2022·溫州市期中)如圖14所示，傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如下圖．一個質(zhì)量為2kg的物體(可視為質(zhì)點)，從h＝3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點處，重力加速度g取10m/s2，求：圖14(1)傳送帶左、右兩端A、B間的距離L；(2)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′.答案(1)12.8m(2)160J(3)1.8m解析(1)從靜止開始到在傳送帶上的速度等于0的過程中運用動能定理得：mgh－eq\f(μmgL,2)＝0－0，解得L＝12.8m.(2)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移x相＝eq\f(L,2)＋v帶·t，又eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)μgt2，而摩擦熱Q＝μmg·x相，以上三式可聯(lián)立得Q＝160J.(3)物體隨傳送帶向右勻加速，設當速度為v帶＝6m/s時，向右的位移為x，那么μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(帶,2)得x＝3.6m＜eq\f(L,2)，即物體在到達A點前速度與傳送帶相等，最后以v帶＝6m/s的速度沖上斜面，由動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(帶,2)＝mgh′，解得h′＝1.8m.1.應用動能定理解題的步驟2．考前須知(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡便．(2)動能定理表達式是一個標量式，不能在某個方向上應用動能定理．考點四動力學和能量觀點的綜合應用1．(2022·浙江11月選考·20)如圖15甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h＝24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點，圓弧EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，DO1的距離L＝20m．質(zhì)量m＝1000kg的過山車(包括乘客)從B點自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍．過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝eq\f(1,32)，EF段摩擦力不計，整個運動過程空氣阻力不計．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)甲乙圖15(1)求過山車過F點時的速度大??；(2)求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功；(3)如果過D點時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障，為保證乘客的平安，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，那么過山車受到的摩擦力至少應多大？答案(1)3eq\r(10)m/s(2)－7.5×104J解析(1)在F點由牛頓第二定律得：m人g－0.25m人g＝m人eq\f(v\o\al(F,2),r)，r＝Lsinθ＝12m代入數(shù)據(jù)可得：vF＝3eq\(2)根據(jù)動能定理，從B點到F點：eq\f(1,2)mveq\o\al(F,2)－0＝mg(h－r)＋Wf解得Wf＝－7.5×104J(3)在沒有故障時，物體到達D點的速度為vD，根據(jù)動能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(F,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)＝－mgr－μmgcos37°·LDELDE＝Lcos37°＝16m，發(fā)現(xiàn)故障之后，過山車不能到達EF段，設剎車后恰好到達E點速度為零，在此過程中，過山車受到的摩擦力為Ff1，根據(jù)動能定理0－eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)＝－mgLDEsin37°－Ff1LDE，聯(lián)立各式解得Ff1＝4.6×103N使過山車能停在傾斜軌道上的摩擦力至少為Ff2，那么有Ff2－mgsinθ＝0，解得Ff2＝6×103N綜上可知，過山車受到的摩擦力至少應為6×103N.2．(2022·浙江4月選考·20)圖16中給出了一段“S〞形單行盤山公路的示意圖．彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10m，r2＝20m，彎道2比彎道1高h＝12m，有一直道與兩彎道圓弧相切．質(zhì)量m＝1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑．(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)圖16(1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1；(2)汽車以v1進入直道，以P＝30kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功；(3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司時機利用路面寬度，用最短時間勻速平安通過彎道．設路寬d＝10m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點)．答案見解析解析(1)在彎道1行駛的最大速度設為v1由牛頓第二定律，kmg＝meq\f(v\o\al(1,2),r1)得v1＝eq\r(kgr1)＝5eq\r(5)m/s(2)在彎道2行駛的最大速度設為v2由牛頓第二定律，kmg＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)得v2＝eq\r(kgr2)＝5eq\r(10)m/s直道上由動能定理Pt－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104J(3)沿如下圖內(nèi)切的路線行駛時間最短由圖可得r′2＝req\o\al(1,2)＋[r′－(r1－eq\f(d,2))]2代入數(shù)據(jù)可得r′＝12.5m汽車沿該線路行駛的最大速度為v′那么kmg＝meq\f(v′2,r′)得v′＝eq\r(kgr′)＝12.5m/s由sinθ＝eq\f(r1,r′)＝0.8那么對應的圓心角2θ＝106°線路長度s＝eq\f(106,360)×2πr′≈23.1m最短時間t′＝eq\f(s,v′)≈1.8s3．(2022·浙江4月選考·20)如圖17所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10m/s2)圖17(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小；(2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)當彈簧壓縮量為d時，假設沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由．答案(1)0.1J2m/s(2)0.5(3)不能，理由見解析解析(1)由機械能守恒定律可得E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1JΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)可得v0＝2m/s(2)由E彈∝d2可得ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1由動能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′μ＝eq\f(3h1－h(huán)2,L)＝0.5(3)恰能通過螺旋軌道最高點須滿足的條件是mg＝eq\f(mv2,Rm)由機械能守恒定律有v＝v0＝2m/s得Rm＝0.4m當R>Rm＝0.4m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點．4．(2022·臺州市9月選考)如圖18所示，質(zhì)量為m＝0.1kg可視為質(zhì)點的小球從靜止開始沿半徑為R1＝40cm的eq\f(1,4)圓弧軌道AB由A點滑到B點后，進入與AB圓滑連接的eq\f(1,4)圓弧管道BC.管道出口處為C，圓弧管道半徑為R2＝20cm，在緊靠出口C處，有一半徑為R3＝8.4cm、水平放置且繞其水平軸線勻速旋轉的圓筒(不計筒皮厚度)，筒上開有小孔D，筒旋轉時，小孔D恰好能經(jīng)過出口C處，小球射出C出口時，恰好能接著穿過D孔進入圓筒，并越過軸線再從D孔向上穿出圓筒，到最高點后返回又能向下穿過D孔進入圓筒，不計摩擦和空氣阻力，g取10m/s2.問：圖18(1)小球到達B點的瞬間前、后對軌道的壓力分別為多大？(2)小球穿出圓筒小孔D時的速度多大？(3)圓筒轉動的最大周期T為多少？答案(1)3N5N(2)0.8m/s(3)0.08s解析(1)從A到B，由動能定理得：mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B,2)由牛頓第二定律得：到達B點瞬間前：FNB－mg＝meq\f(v\o\al(B,2),R1)解得FNB＝3N到達B點瞬間后：FNB′－mg＝meq\f(v\o\al(B,2),R2)解得FNB′＝5N由牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力分別為3N和5N.(2)從A到D過程中，由機械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)解得：vD＝0.8m/s(3)由機械能守恒可得：mgR1＝mgR2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C,2)解得：vC＝2m/s穿越圓筒過程中：vC－vD＝g(nT＋0.5T)穿出到進入圓筒過程中：2vD＝gn′T得到關系式：3n′＝4n＋2要使周期最大，n和n′必須同時取正整數(shù)且n最小取n＝1，得Tmax＝0.08s.1.動力學觀點：牛頓運動定律、運動學根本規(guī)律．2．能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律．3．解題關鍵(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程．(2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．專題強化練(限時：35分鐘)1.(2022·浙江吳越聯(lián)盟聯(lián)考)跳水比賽中，看似不起眼的跳板卻是高科技產(chǎn)品，不僅要夠結實，夠彈性，而且還要軟硬度適中．如圖1所示，運發(fā)動在跳板上會有一個起跳動作，假設研究從運發(fā)動下落接觸跳板到下落到最低點這一過程，以下說法正確的選項是()圖1A．運發(fā)動的動能不斷增大B．運發(fā)動的機械能先增大后減小C．運發(fā)動的勢能先減小后增大D．跳板的彈性勢能不斷增大答案D2．(2022·杭州市四校聯(lián)考)第17屆亞運會于2014年9月19日～10月4日在韓國仁川舉行，我國運發(fā)動薛長銳、李玲以5.55m和4.35m分別奪得男、女撐桿跳金牌．如果把撐桿跳全過程分成四個階段：a～b、b～c、c～d、d～e，如圖2所示，不計空氣阻力，那么對這四個階段的描述不正確的選項是()圖2A．a(chǎn)～b階段：加速助跑，人和桿的總機械能增加B．b～c階段：桿彎曲、人上升，系統(tǒng)動能減少，重力勢能和彈性勢能增加C．c～d階段：桿伸直、人上升，人的動能減少量等于重力勢能增加量D．d～e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人動能的增加量答案C解析a～b階段：人加速過程中，人和桿的動能增加，重力勢能不變，人和桿的機械能增加，所以A正確；b～c階段：人上升過程中，人和桿的動能減少，重力勢能和桿的彈性勢能均增加，所以B正確；c～d階段：桿在恢復原長的過程中，人的動能和桿的彈性勢能減少量之和等于重力勢能的增加量，所以C錯誤；d～e階段：只有重力做功，重力所做的功等于人動能的增加量，所以D正確．3.(2022·金華市義烏模擬)如圖3所示，纜車在牽引索的牽引下沿固定的傾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在纜車向上運動的過程中，以下說法正確的選項是()圖3A．纜車克服重力做的功小于纜車增加的重力勢能B．纜車增加的動能等于牽引力對纜車做的功和克服阻力做的功之和C．纜車所受牽引力做的功等于纜車克服阻力和克服重力做的功之和D．纜車增加的機械能等于纜車受到的牽引力與阻力做的功之和答案D解析根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關系可知，纜車克服重力做的功等于纜車增加的重力勢能，故A錯誤；由動能定理可知，牽引力對纜車做的功等于纜車增加的動能、增加的重力勢能與克服摩擦力所做的功之和，即牽引力對纜車做的功等于纜車增加的機械能與纜車克服摩擦力做的功之和，故B、C錯誤，D正確．4.(2022·浙江“9＋1”高中聯(lián)盟期中)如圖4為傾角可調(diào)的可移動式皮帶輸送機，適用于散狀物料或成件物品的裝卸工作．在順時針(從左側看)勻速轉動的輸送帶上端無初速度放一貨物，貨物從上端運動到下端的過程中，其動能Ek(選擇地面所在的水平面為參考平面)與位移x的關系圖象可能正確的選項是()圖4答案B解析貨物從上端運動到下端的過程可能一直加速、也可能先加速后勻速或者先加速后做加速度較小的加速運動，故只有B正確．5.(2022·浙江溫州中學選考)飛機假設僅依靠自身噴氣式發(fā)動機推力起飛需要較長的跑道，某同學設計在航空母艦上安裝電磁彈射器以縮短飛機起飛距離，他的設計思想如下：如圖5所示，航空母艦的水平跑道總長l＝180m，其中電磁彈射器是一種長度為l1＝120m的直線電機，這種直線電機從頭至尾可以提供一個恒定的牽引力F牽．一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考慮到飛機在起飛過程中受到的阻力與速度大小有關，假設在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍．飛機離艦起飛的速度v＝100m/s，航母處于靜止狀態(tài)，飛機可視為質(zhì)量恒定的質(zhì)點，g＝10m/s圖5(1)飛機在后一階段的加速度大??；(2)電磁彈射器的牽引力F牽的大??；答案(1)4.0m/s2(2)6.8×105N(3)1.0×108J解析(1)令后一階段飛機加速度為a2，平均阻力為Ff2＝0.2mg，那么F推－Ff2＝ma2，得a2＝4.0m/s2.(2)令電磁彈射階段飛機加速度為a1，末速度為v1，平均阻力為Ff1＝0.05mg，那么veq\o\al(

2,1)＝2a1l1，v2－veq\o\al(1,2)＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7m/s，由F牽＋F推－Ff1＝ma1，得F牽≈6.8×105N.(3)電磁彈射器對飛機做功W＝F牽l1≈8.2×107J，那么其消耗的能量E＝eq\f(W,80%)≈1.0×108J.6．(2022·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖6所示，質(zhì)量m＝1kg的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，且與水平桌面邊緣O點的距離s＝8m．在緊貼桌面邊緣O點右側固定了一個eq\f(1,2)圓弧擋板，半徑R＝3m，圓心與桌面同高．今以O點為原點建立平面直角坐標系．現(xiàn)用F＝8N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板．(g取10m/s2)圖6(1)假設小物塊恰