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文檔簡介
專題突破功能關(guān)東能量守恒定律
突破一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用
1.對(duì)功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程,不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功
來實(shí)現(xiàn)的。
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度,功和能的關(guān)系,一是體現(xiàn)在不同的力做功,對(duì)應(yīng)不同
形式的能轉(zhuǎn)化,具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系,二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上
相等。
2.幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式
對(duì)應(yīng)能
各種力做功定量的關(guān)系
的變化
合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量
合力做功動(dòng)能變化
W合=反2-Eki
重力做正功,重力勢能減少,重力做
重力勢能
重力做功負(fù)功,重力勢能增加,且WG=-A&
變化
=EpLEp2
彈力做正功,彈性勢能減少,彈力做
彈簧彈力彈性勢能
負(fù)功,彈性勢能增加,且卬理=一八穌
做功變化
=EPi—EP2
只有重力、彈機(jī)械能
機(jī)械能守恒AE=0
簧彈力做功不變化
除重力和彈力之外的其他力做正功,
非重力和機(jī)械能
物體的機(jī)械能增加,做負(fù)功,機(jī)械能
彈力做功變化
減少,且W其他=AE
【例1】(2017.全國卷III,16)如圖1,一質(zhì)量為小、長度為/的均勻柔軟細(xì)繩
PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn),M點(diǎn)與繩的
上端P相距上。重力加速度大小為g。在此過程中,外力做的功為()
〃3
M土
I
Q——
圖1
A&ig/B.,g/C.fmg/D.%zg/
解析由題意可知,尸加段細(xì)繩的機(jī)械能不變,MQ段細(xì)繩的重心升高了看則重
力勢能增加△£>「=*叫由功能關(guān)系可知,在此過程中,外力做的功為
W=^mgl,故選項(xiàng)A正確,B、C、D錯(cuò)誤。
答案A
I多維訓(xùn)練精選練透
1.如圖2所示,某滑翔愛好者利用無動(dòng)力滑翔傘在高山頂助跑起飛,在空中完
成長距離滑翔后安全到達(dá)山腳下。他在空中滑翔的過程中()
A.只有重力做功
B.重力勢能的減小量大于重力做的功
C.重力勢能的減小量等于動(dòng)能的增加量
D.動(dòng)能的增加量等于合力做的功
解析由功能關(guān)系知,重力做功對(duì)應(yīng)重力勢能的變化,合外力做功對(duì)應(yīng)物體動(dòng)能
的變化,選項(xiàng)D正確。
答案D
2.韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空
中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離,重力對(duì)他做功1900
J,他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()
A.動(dòng)能增加了1900J
B.動(dòng)能增加了2000J
C.重力勢能減小了1900J
D.重力勢能減小了20()()J
解析由題可得:重力做功WG=190()J,則重刀勢能減少190()J,故選項(xiàng)C
正確,D錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理得,WG-Wf=\E^克服阻力做功叼=100J,則動(dòng)
能增加1800J,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。
答案C
3.(2018?天津理綜,2j滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))
由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道A從從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)8的過程中,
由于摩擦力的存在,運(yùn)動(dòng)員的速率不變,則運(yùn)動(dòng)員沿A8下滑過程中()
I)
圖3
A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變
C.合外力做功一定為零D.機(jī)械能始終保持不變
解析運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受合外力指向圓心,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可
知,合外力做功一定為零,C項(xiàng)正確;由運(yùn)動(dòng)員沿下滑過程中做勻速圓周運(yùn)
動(dòng),知運(yùn)動(dòng)員所受沿圓弧切線方向的合力為零,即摩擦力等于運(yùn)動(dòng)員的重力沿圓
弧切線方向的分力,逐漸變小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變,重力勢能減少,所
以機(jī)械能減少,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
答案C
突破二摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化
1.兩種摩擦力的做功情況比較
類別
靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力
比較
能量的轉(zhuǎn)只有能量的轉(zhuǎn)移,而沒有能量既有能量的轉(zhuǎn)移,又有能量的轉(zhuǎn)
不
化方面的轉(zhuǎn)化化
同
一對(duì)摩擦一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)
點(diǎn)
力的總功和等于零和不為零,總功w=一序砌,
方面即相對(duì)滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量
相正功、負(fù)
同功、不做兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功,還可以不做功
點(diǎn)功方面
2.相對(duì)滑動(dòng)物體能量問題的解題流程
同一:定論與添加而小康iii星:琲金希近萬.....:
阿二吊而后涼耘冷:正吞吊話布三看市3屆加而森蔭:
位門關(guān)系及位移關(guān)系
第_麻而他就而還標(biāo)菽:“;親孤褊,定而區(qū)位一:
正:公式中輸財(cái)為兩接觸物體間的相對(duì)路程
【例2】(多選)如圖4所示,質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上,
質(zhì)量為〃?的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端?,F(xiàn)用一水平恒力/作用在小
物塊上,使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力為
了,小物塊滑到小車的最右端時(shí),小車運(yùn)動(dòng)的距離為底此過程中,以下結(jié)論正確
的是()
圖4
A.小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為十一/)(£+工)
B.小物塊到達(dá)小車最右端時(shí),小車具有的動(dòng)能為小
C.小物塊克服摩擦力所做的功為>a+x)
D.小物塊和小車增加的機(jī)械能為旅
解析由動(dòng)能定理可得,小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能反侑=W6=(F-/)(L
+x),A正確;小物塊到達(dá)小車最右端時(shí),小車的動(dòng)能反主=力-,B正確;小物
塊克服摩擦力所做的功I竹=/U+x),C正確;小物塊和小車增加的機(jī)械能為
D錯(cuò)誤。
答案ABC
I多維訓(xùn)練精選練透
1.(多選)(2018.江蘇單科,7)如圖5所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小
物塊,。點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由4點(diǎn)靜止釋放,沿粗糙程度相同
的水平面向右運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)8點(diǎn)。在從A到8的過程中,物塊()
AOB
圖5
A.加速度先減小后增大
B.經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度最大
C.所受彈簧彈力始終做正功
D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
解析對(duì)物塊受力分檸,當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí),由牛頓第二定律可得kx-f=
ma,r減小,。減小,當(dāng)。=0時(shí),物塊速度最大,此時(shí),物塊在。點(diǎn)左側(cè),選
項(xiàng)R錯(cuò)誤:從加速度〃=。處到O點(diǎn)過程,由牛頓第二定律得了一代=用〃,*減
小,。增大,當(dāng)彈簧處于伸長狀態(tài)時(shí),由牛頓第二定律可得依+/=〃刈,x增大,
。繼續(xù)增大,可知物塊的加速度先減小后增大,選項(xiàng)A正確;物塊所受彈簧的彈
力對(duì)物塊先做正功,后做負(fù)功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從A到8的過程,由動(dòng)能定理可
得W并一g=0,選項(xiàng)D正確。
答案AD
2.如圖6所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角。=30。,傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)
下始終保持oo=2m/s的速率運(yùn)行。現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10kg的工件(可看作質(zhì)點(diǎn))
輕輕放在傳送帶的底端,經(jīng)過1.9s,工件被傳送到力=1.5m的高處”取10m/s2,
求:
(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù);
⑵電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。
解析(1)傳送帶長x=/t=3m
o111L/
工件速度達(dá)到。。前,做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為=。h
勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x—x\=vo(t—t\)
解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間力=0.8s
加速運(yùn)動(dòng)的位移xi=0.8m
所以加速度o=]=2.5m/s2
由牛頓第二定律得jLimgcosO—mgsinO=ma
解得〃=孚。
(2)從能量守恒的觀點(diǎn)看,電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢能以及
克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力做功。
在時(shí)間力內(nèi),傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移
x性這若=。。力—1.6m
在時(shí)間力內(nèi),工件相友傳送帶的位移
x相傳送帶-Xi—0.8m
在時(shí)間外內(nèi),摩擦生熱
。=〃加geos0-x相=60J
工件獲得的動(dòng)能Ek=>加=20J
工件增加的勢能£p=〃g/?=15()J
故電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W=Q+Ek+Ep=23()J。
答案(1停(2)230J
突破三能量守恒定律的應(yīng)用
1.對(duì)能量守恒定律的理解
(1)轉(zhuǎn)化:某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量和增
加量一定相等。
(2)轉(zhuǎn)移:某個(gè)物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增
加量一定相等。
2.涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意
兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程,具有以下特點(diǎn):
(1)能量變化上,如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
⑵如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零,則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最
大程度時(shí)兩物體速度相同。
【例3】如圖7所示,在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧,彈簧原長時(shí)上
端與刻度尺上的4點(diǎn)等高,質(zhì)量m=0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方,底端距A
點(diǎn)的高度m=Ll()m,籃球靜止釋放測得第一次撞擊彈簧時(shí),彈簧的最
大形變量笛=().15m,第一次反彈至最高點(diǎn),籃球底端距A點(diǎn)的高度例=().873m,
籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端,此時(shí)彈簧的形變量皿=0.01m,彈性勢能為
6=0.025J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定,忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的
能量損失和籃球的形變,彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)。求:
三~~三
圖7
⑴彈簧的勁度系數(shù);
(2)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力;
⑶籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的路程;
⑷籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置。
解析(1)籃球靜止在彈簧上時(shí),
有mg一丘2=0,解得仁500N/m
(2)籃球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn),由動(dòng)能定理得
mg(h1—hi)—/(/??+/?2+2口)=0
代入數(shù)值解得了=0.5N
(3)設(shè)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中總路程s,由能量守恒定律得
,ng(h1+12)=fs+EP
代入數(shù)值解得5=11.05m
(4)球在首次下落過程中,合力為零處速度最大
速度最大時(shí)彈簧形變量為X3
mg_f_^q=u
在A點(diǎn)下方,離A點(diǎn)用=0.009m
答案(l)500N/m(2)0.5N⑶11.05m
(4)第一次下落至A點(diǎn)下方0.009m處速度最大
方法技巧|
運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路
確定初、末狀態(tài)
/一*一、/分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能
f程分少r量減少,哪種影式的能量增加
展占、j能量的減少量與能量的增加量一定
恒定律列方”[相等,即AE&=A%
[多維訓(xùn)練精選練透
1.(2018.江西南昌二模)如圖8所示,光滑水平面A8與豎直面上的半圓形光滑
固定軌道在3點(diǎn)銜接,8c為直徑,一可看做質(zhì)點(diǎn)的物塊在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧
(物塊與彈簧不連接),釋放物塊,物塊被彈簧彈出后,經(jīng)過半圓形軌道3點(diǎn)之后
恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C?,F(xiàn)在換用一個(gè)質(zhì)量較小的另一物塊,被同樣壓
縮的彈簧由靜止彈出,不計(jì)空氣阻力。則更換后()
圖8
A.物塊不能到達(dá)C點(diǎn)
B.物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變
C.物塊經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能增大
D.物塊經(jīng)過5點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力減小
解析物塊從4到C過程,由能量守恒有混,可知質(zhì)量減小,
物塊經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)動(dòng)能增大,比增大,物塊也能到達(dá)。點(diǎn),故A、B錯(cuò)誤;由能
量守恒定律可知物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能不變均為耳,故C錯(cuò)誤;物塊從A到
3過程,由能量守恒有£p=/成在3點(diǎn)有FN—mg=睚,解得產(chǎn)N=mg+華,
減小,故D正確。
答案D
2.(2019?樂山模擬)如圖9甲所示,在傾角為37。足夠長的粗糙斜面底端,一質(zhì)量
膽=1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定,兩者不拴接,滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。,=0時(shí)
解除鎖定,計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的。一,圖象如圖乙所示,其中O曲段
為曲線,松段為直線,在八=().ls時(shí)滑塊已上滑x=().2m的距離(g取l()m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=().8)o求:
2.0
1.0
0.10.2().30.4t/s
乙
(1)滑塊離開彈簧后在圖中兒段對(duì)應(yīng)的加速度大小。及動(dòng)摩擦因數(shù)〃的大小;
(2m=0.3s和6=0.4s時(shí)滑塊的速度V1、V2的大小;
(3)彈簧鎖定時(shí)具看的彈性勢能EPo
解析(1)由題圖乙知滑塊在加段做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為
4=|芻=10m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin37°+〃〃7gcos37°=〃園
解得〃=0.5。
(2)根據(jù)速度一時(shí)間公式得£2=0.3s時(shí)的速度大小
v\=Vc~a\t,解得Pi=0
在『2之后滑塊開始下滑,下滑時(shí)由牛頓第二定律得
mgsin37°—/z/wgcos31°=tna,
解得"=2m/s2
從Z2到用做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),/3時(shí)刻的速度為
s=a'Az=0.2m/So
(3)從0到九時(shí)間內(nèi),由能量守恒定律得
Ep=mgxsin37°+〃mgxcos37°+
解得Ep—4Jo
答案(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J
核心素養(yǎng)提升
科學(xué)思維系列——滿分指導(dǎo):大題小做“三步曲”
第一步:讀題審題,做到一“看”二“讀”三“思”
1.看題
“看題”是從題目中獲取信息的最直接方法,一定要全面、細(xì)心,看題時(shí)不要急
于求解,對(duì)題中關(guān)鍵的詞語要多加思考,搞清其含義,對(duì)特殊字、句、條件要用
著重號(hào)加以標(biāo)注;不能漏看、錯(cuò)看或看不全題目中的條件,要重點(diǎn)看清題中隱含
的物理?xiàng)l件、括號(hào)內(nèi)的附加條件等。
2.讀題
“讀題”就是默讀試題,是物理信息內(nèi)化的過程,它能解決漏看、錯(cuò)看等問題。
不管試題難易如何,一定要懷著輕松
的心情去默讀一遍,逐字逐句研究,邊讀邊思索、邊聯(lián)想,以弄清題中所涉及的
現(xiàn)象和過程,排除干擾因素,充分挖掘隱含條件,準(zhǔn)確還原各種模型,找準(zhǔn)物理
量之間的關(guān)系。
3.思題
“思題”就是充分挖掘大腦中所儲(chǔ)存的知識(shí)信息,準(zhǔn)確、全面、快速思考,清楚
各物理過程的細(xì)節(jié)、內(nèi)在聯(lián)系、制約條件等,進(jìn)而得出解題的全景圖。
第二步:“拆分”運(yùn)動(dòng)過程
采用“拆分”的方法,按照物理事件發(fā)生的順序,將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)“拆分”成若干
個(gè)簡單的子過程,即一個(gè)個(gè)的小題。
第三步:選規(guī)律,列方程
針對(duì)各子過程不同的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn),應(yīng)用不同的物理規(guī)律。只要掌握了物體各階段運(yùn)
動(dòng)過程的特點(diǎn),按程序一步步地列出相關(guān)的方程,就可以把問題簡化,從而得到
解決。
【典例】(12分)如圖10,半徑R=0.5m的光滑圓弧軌道43c與足夠長的粗糙
軌道CO在C處平滑連接,。為圓弧軌道A8C的圓心,3點(diǎn)為圓弧軌道的最低
點(diǎn),半徑OA、。。與0B的夾角分別為53。和37。。將一個(gè)質(zhì)量〃z=0.5kg的物體
(視為質(zhì)點(diǎn))從4點(diǎn)左側(cè)高為力=0.8m處的。點(diǎn)水平拋出,恰從A點(diǎn)沿切線方向
進(jìn)入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.8,重力加速度g取
10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8<>求:
圖10
(1)物體水平拋出時(shí)的初速度內(nèi)的大小;
(2)物體經(jīng)過8點(diǎn)時(shí),對(duì)圓弧軌道壓力外的大??;
(3)物體在軌道CD上運(yùn)動(dòng)的距離X。
解題指導(dǎo)問題拆分一大題小做一化繁為易
第(1)問可拆分為3個(gè)子問題
①恰從八點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道時(shí),豎方速度是多大?
②從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道時(shí)水平速度與豎直速度存在什么關(guān)系?
③過A點(diǎn)時(shí)物體的水平速度是多大?
第(2)問可拆分為2個(gè)子問題
④物體通過B點(diǎn)時(shí)的速度是多大?
⑤寫出物體通過3點(diǎn)葉功與動(dòng)能的關(guān)系式。
第(3)問可拆分為2個(gè)子問題
⑥判斷物體在凱道C。上是否存在往返運(yùn)動(dòng)。
⑦求物體沿CQ向上運(yùn)動(dòng)的位移。
規(guī)范解答:(1)從尸到A:豎直方向自由落體
碇=2g〃①(1分)
在A點(diǎn)由幾何關(guān)系得:"=stan37。②(1分)
水平方向勻速運(yùn)動(dòng):0=。工=3ui/s卷(1分)
(2)從尸到8機(jī)械能守恒
,ng(h+R—Reos53°)分)
JL
過8點(diǎn)時(shí),對(duì)物體受力分析,由牛頓第二定律得
八’-,咫=〃境⑤(2分)
由牛頓第三定律,對(duì)圓強(qiáng)軌遒壓力大小
FN=/V=34N(1分)
(3)因37o>〃zgsin37。,物體沿軌道CO向上做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零后
不再下滑。⑥(1分)
由區(qū)上滑至最高點(diǎn)的過程,由功能關(guān)系得
—cos370)+(〃7gsin37°+〃〃?gcos370)x=g〃w備⑦(2分)
代入數(shù)據(jù)解得x=1.09m(l分)
答案(1)3m/s(2)34N(3)1.09m
方法技巧|
多過程問題的解題技巧
(1)“合”——初步了解全過程,構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。
(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解,分析每個(gè)過程的規(guī)律。
⑶“合”——找到子過程的聯(lián)系,尋找解題方法。
課時(shí)作業(yè)
(時(shí)間:4()分鐘)
基礎(chǔ)鞏固練
1.如圖1所示,一個(gè)質(zhì)量為,〃的鐵塊沿半徑為A的固定半圓軌道上邊緣由掙止
滑下,到半圓底部時(shí),軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍,重力加速度為g,則
此過程中鐵塊損失的機(jī)械能為(
43
R-
那
A.B.蜂4
答
案D
2.(多選)如圖2所示,水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),并始終保持以速度。勻速運(yùn)
動(dòng),現(xiàn)將質(zhì)量為的物塊由靜止放在傳送帶的左端,過一會(huì)兒物塊能保持與傳
送帶相對(duì)靜止,設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃,對(duì)于這一過程,下列說法
正確的是()
n
A.摩擦力對(duì)物塊做的功為05加2
B.物塊對(duì)傳送帶做功為0.5加4
C.系統(tǒng)摩擦生熱為0.5〃/
D.電動(dòng)機(jī)多做的功為,加2
解析對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)能定理,摩擦力做的功等于物塊動(dòng)能的增加,即0.5〃約2,故
選項(xiàng)A正確;傳送帶的位移是物塊位移的兩倍,所以物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)
值是摩擦力對(duì)物塊做功的兩倍,即為〃故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電動(dòng)機(jī)多做的功就是
傳送帶克服摩擦力做的功,也為/2,故選項(xiàng)D三確;系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力
與相對(duì)位移的乘積,故選項(xiàng)C正確。
答案ACD
3.質(zhì)量為機(jī)的物體以初速度沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng),起始點(diǎn)A與一輕彈簧O
端相距s,如圖3所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃,物體與彈簧相
碰后,彈簧的最大壓縮量為乂則從開始碰撞到強(qiáng)簧被壓縮至最短,物體克服彈
簧彈力所做的功為()
A7g(s+x)B.j機(jī)捕一〃"遭x
C.7gsD.〃〃zg(s+x)
解析根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為w=〃〃?g(s+x),由能量守恒
定律可得/捕=卬也+畋W定=%加一"〃7g(s+x),故選項(xiàng)A正確。
答案A
4.安徽首家滑雪場正式落戶國家AAAA級(jí)旅游景區(qū)——安慶巨石山,現(xiàn)已正式
“開滑”。如圖4所示,滑雪者從。點(diǎn)由靜止沿斜面自由滑下,接著在水平面
上滑至N點(diǎn)停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為〃=0.1?;?/p>
者(包括滑雪板)的質(zhì)量為〃7=50kg,g取10m/s2,。、N兩點(diǎn)間的水平距離為$
=100mo在滑雪者經(jīng)過ON段運(yùn)動(dòng)的過程中,克服摩擦力做的功為()
A.1250JB.25OOJC.5000JD.7500J
解析設(shè)斜面的傾角為仇則滑雪者從。到N的運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功
Wj=/inigcos3-XOM-\-/inigxMNt由題圖可知,XOMCOS0+XMN=S,兩式聯(lián)立可得W/
=〃機(jī)gs=0.1X50X10X100J=5000J,故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤,C正確。
答案C
5.如圖5所示,木板質(zhì)量為M、長度為L,可看作質(zhì)點(diǎn)的小木塊的質(zhì)量為團(tuán),
水平地面光滑,一根不計(jì)質(zhì)量的輕繩跨過定滑輪分別與木板和木塊連接,小木塊
與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃,開始時(shí)小木塊靜止在木板左端?,F(xiàn)用水平向右的力
產(chǎn)將小木塊拉至木板右端,則拉力至少做的功為()
m
M
圖5
A.jungLB.himgLC.^imgLD.ji(M+m)gL
解析將小木塊緩慢拉至木板右端,拉力F做的功最少,分別對(duì)小木塊和木板
進(jìn)行受力分析可知,/=〃〃?g+FT,pT=〃〃?g,小木塊的位移大小為4,所以WF
=F±=NmgL,選項(xiàng)A正確。
答案A
6.如圖6所示,一個(gè)質(zhì)量為勿=60kg的物體在沼固定斜而向上的恒定外力廠作
用下,由靜止開始從斜面的底端沿光滑斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過一段時(shí)
間后外力廠做的功為120J,此后撤去外力F,物體乂經(jīng)過一段時(shí)間后回到出發(fā)
點(diǎn)。若以地面為零勢能面,則下列說法正確的是()
圖6
A.在這個(gè)過程中,物體的最大動(dòng)能小于120J
B.在這個(gè)過程中,物體的最大重力勢能大于120J
C.在撤去外力廠之后的過程中,物體的機(jī)械能等于12()J
D.在剛撤去外力E時(shí),物體的速率為2m/s
解析由題意可知,恒力廠對(duì)物體做功120J,則物體的機(jī)械能等于120J。撤去
尸后,只有重力對(duì)物體做功,機(jī)械能守恒,所以物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為120
J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,C正確;物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理可得1勿+
WG=0,即重力做功為WG=一死=一120J,重力做負(fù)功,物體的最大重力勢能
等于120J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中重力對(duì)物體做負(fù)功,所以
2Ek2X120
在剛撤去外力產(chǎn)時(shí),物體的動(dòng)能小于120J,物體的速度。=<
m60
m/s=2m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案C
綜合提能練
7.(2019?四川成都模擬)如圖7甲所示,傾角e=30。的足夠長固定光滑斜面上,
用平行于斜面的輕彈簧拉著質(zhì)量〃7=1kg的物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知物體在,
=1S到Z=3s這段時(shí)間的P-/圖象如圖乙所示,彈簧的勁度系數(shù)々=20()N/m,
重力加速度g取lOm*。則在該段時(shí)間內(nèi)()
圖7
A.物體的加速度大小為2m*
B.彈簧的伸長量為3cm
C.彈簧的彈力做功為30J
D.物體的重力勢能增加36J
解析根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知,物體的加速度大小為a=^=\
m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)斜面上的物體受力分析,受到豎直向下的重力〃吆、斜面
的支持力和輕彈簧的彈力F,由牛頓第二定律,/一〃zgsin30。=〃/,解得F=6NO
由胡克定律尸=丘可得彈簧的伸長量x=3cm,選項(xiàng)B正確;在r=ls到r=3s
這段時(shí)間內(nèi),物體動(dòng)能增大AEk=沆=6J,根據(jù)速度一時(shí)間圖象面積等
于位移,可知物體向上運(yùn)動(dòng)位移x=6m,物體重力勢能增加AEp=〃7gxsin30。=
3()J;根據(jù)功能關(guān)系可知,彈簧彈力做功W=zXEi<+zXWp=36J,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。
答案B
8.(2018?全國卷I,18)如圖8,。兒是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,〃〃水平,長
度為2R;機(jī)'是半徑為R的四分之一圓弧,與相切于〃點(diǎn)。一質(zhì)量為"Z的小
球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自。點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。
重力加速度大小為g。小球從。點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn),機(jī)械能的增量為
()
R
一…,2
ab
圖8
A.2,ngRB.4mgRC.5,ngRD.6mgR
解析設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為止,則對(duì)小球由。到c的過程,由動(dòng)能
定理有人3/?一,咫/?=52旄,又F=mg,解得勿=2^^。小球離開C點(diǎn)后,在水
平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)
動(dòng),由牛頓第二定律可知,小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均
為g,則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知,小球從離開。點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為
?=點(diǎn)=2\^,在水平方向的位移大小為x=$戶=2/?。由以上分析可知,小球從
。點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過程中,水平方向的位移大小為5R,則小球機(jī)
械能的增加量為△E=R5R=5mgR,C正確,A、B、D錯(cuò)誤。
答案C
9.(多選)(2019?佛山高三檢測)如圖9甲所示,質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A
沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道,小球速度的平方與其高
度的關(guān)系圖象如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C,軌道粗糙程度處處相同,
空氣阻力不計(jì)。g取10m/s2,8為AC軌道中點(diǎn)。下列說法正確的是()
A.圖乙中x=4m2-s2
B.小球從8到C損失了0.125J的機(jī)械能
C.小球從A到C合外力對(duì)其做的功為-1.05J
D.小球從C拋出后,落地點(diǎn)到A的距離為().8m
解析當(dāng)/z=().8in時(shí)小球在C點(diǎn),由于小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C,故/〃g=〃7:,
所以虎=gr=l()X().4nPs-2=4nff-2,故選項(xiàng)A正確;由已知條件無法計(jì)算出
小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球從4到C,由動(dòng)能
定理可知X4J—^XO.lX25J=-1.05J,故選項(xiàng)C正
確;小球離開C點(diǎn)后做.平拋運(yùn)動(dòng),故2r=5尸,落地點(diǎn)到A的距離xi=oa,解
得xi=0.8m,故選項(xiàng)D正確。
答案ACD
10.(2017?全國卷I,24)—質(zhì)量為8.00X104kg的太空飛船從其飛行軌道返回
地面。飛船在離地面高度ISOXlhm處以7.5X103mzs的速度進(jìn)入大氣層,逐
漸減慢至速度為100m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn),在飛船下落過
程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8m/s'結(jié)果保留2
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