高考物理一轮复习第五章机械能专题强化六动力学和能量观点的综合应用学案

专题强化六 动力学和能量观点的综合应用

专题解读1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．

2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．

3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．

命题点一 多运动组合问题

1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略

(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键

(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．

例1 (2016·全国Ⅰ卷·25)如图1，一轻弹簧原长为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5

6R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，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，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin37°＝35

，

cos37°＝45

)

图1

(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7

2R 、竖直相距R ，求P 运

动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．

①直轨道与一半径为5

6

R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．

答案 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 1

3m

解析 (1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ①

设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得

mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝1

2

mv B 2

②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得

v B ＝2gR ③

(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得

mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－1

2

mv B 2

④

E 、

F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x

⑤

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 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0

⑥

联立③④⑤⑥式得

x ＝R

⑦ E p ＝12

5

mgR

⑧

(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.

由几何关系得：

x 1＝72R －56

R sin θ＝3R

⑨ y 1＝R ＋56

R ＋56

R cos θ＝52

R

⑩

设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12

gt

2

? x 1＝v D t

?

联立⑨⑩??得

v D ＝

3

5

5gR ?

设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v C 2＝12m 1v D 2＋m 1g (56R ＋5

6

R cos θ)

?

P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12

m 1v C 2

?

联立⑦⑧???得m 1＝13

m

多过程问题的解题技巧

1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．

1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最

高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m

的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：

图2

(1)距Q 水平距离为L

2

的圆环中心到底板的高度；

(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．

答案 (1)3

4

H (2)L

g 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 2

4H －R ) 解析 (1)由H ＝12

gt 2和L ＝v Q t 可得距Q 水平距离为L 2

的圆环中心到底板的高度为3

4

H .

(2)由(1)可得速度的大小v Q ＝L

g 2H ， 在Q 点由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2Q

R

，

对轨道压力的大小F N ′＝F N ＝mg (1＋L 2

2HR

)，方向竖直向下．

(3)由动能定理有mgR ＋W f ＝12mv Q 2－0，故摩擦力对小球做的功W f ＝mg (L

2

4H

－R )．

2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4m ．用质量为m ＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2

，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10m/s 2

)

图3

(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ；

(2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；

(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .

答案 (1)6m/s 0.4 (2)16.8N ，方向竖直向下 (3)4.4J

解析 (1)物块过B 点后遵从x ＝6t －2t 2

， 所以知：v B ＝6m/s ，a ＝－4 m/s 2

.

由牛顿第二定律：－μmg ＝ma ，解得μ＝0.4. (2)物块竖直方向的分运动为自由落体运动

P 点速度在竖直方向的分量v y ＝2gh ＝43m/s P 点速度在水平方向的分量v x ＝v y tan30°＝4m/s

解得离开D 点的速度为v D ＝4m/s 由机械能守恒定律，有

12mv N 2＝12mv D 2

＋mg (h ＋R －R cos60°) 解得v N 2

＝74m 2

/s 2

根据牛顿第二定律，有F N ′－mg ＝m v 2N R

解得F N ′＝16.8N

根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8N ，方向竖直向下

(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v 2M

R

解得v M ＝gR ＝10m/s

物块到达P 点的速度v P ＝v 2

x ＋v 2

y ＝8m/s 从P 到M 点应用动能定理，有 －mgR (1＋cos60°)－W PNM ＝12mv M 2－12mv P 2

解得W PNM ＝2.4J.

从B 到D 点应用动能定理有－W BD ＝12mv D 2－12mv B 2

解得W BD ＝2J.

物块从B 点到M 点的运动过程中克服摩擦力所做的功为2.4J ＋2J ＝4.4J. 命题点二 传送带模型问题

1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．

2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．

例2如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：

图4

(1)B向右运动的总时间；

(2)B回到传送带左端的速度大小；

(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．

①光滑固定斜面；②B与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B经过一段时间回到传送带的左端．

答案(1)2s (2)25m/s (3)(16＋45) J

解析(1)B向右减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究对象，水平方向B受到向左的摩擦力与绳对B的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg＝ma1 ①

以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B相等，A向上运动的过程中受力如图，则

mg sin37°－F T1＝ma1 ②

联立①②可得a 1＝

g sin37°＋μg

2

＝4m/s

2

③

B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝

－v 0－(－v 1)

a 1

＝1s.

当B 的速度与传送带的速度相等之后，B 仍然做减速运动，而此时B 的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B 向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为F T2，以B 为研究对象，水平方向B 受到向右的摩擦力与绳对B 的拉力，则F T2－μmg ＝ma 2

④

以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 是相等的，A 向上运动的过程中

mg sin37°－F T2＝ma 2

⑤

联立④⑤可得a 2＝

g sin37°－μg

2

＝2m/s 2

.

当B 向右速度减为0，经过时间

t 2＝

0－(－v 0)

a 2

＝1s.

B 向右运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1s ＋1s ＝2s.

(2)B 向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A 受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2m/s 2

.

t 1时间内B 的位移x 1＝

－v 0＋(－v 1)

2

t 1＝－4m ， 负号表示方向向右．

t 2时间内B 的位移x 2＝

0＋(－v 0)

2

×t 2＝－1m ， 负号表示方向向右．

B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5m.

B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5m.

速度v ＝2a 3x 3＝25m/s.

(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2m.

t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2m ，

该时间内传送带相对于B 的位移Δx 2＝x 2－x 2′＝1m.

B 回到传送带左端的时间为t 3，则t 3＝v －0

a 3

＝5s.

t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－25m，

该时间内传送带相对于B的位移

Δx3＝x3－x3′＝(5＋25) m.

B与传送带之间的摩擦力F f＝μmg＝2N.

上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量

Q＝F f(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋45) J.

1．分析流程

2．功能关系

(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.

(2)对W F和Q的理解：

①传送带的功：W F＝Fx传；

②产生的内能Q＝F f x相对．

3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v ＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：

图5

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量．

答案(1)2s (2)24J

解析(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mg sinθ

＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12

a 1t 12

，可解得

a 1＝10m/s 2，t 1＝1s ，x 1＝5m

因mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速

mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝vt 2＋12

a 2t 22

解得t 2＝1s

故物体由A 端运动到B 端的时间

t ＝t 1＋t 2＝2s

(2)物体与传送带间的相对位移

x 相对＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6m

故Q ＝μmg cos θ·x 相对＝24J.

4．一质量为M ＝2.0kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s 2

.

图6

(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.

(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 答案 (1)2.0m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24J 36J

解析 (1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于 2.0m/s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右．

(2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度

a ＝

Δv Δt ＝4.02

m/s 2＝2.0 m/s 2

， 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.0

10

＝

0.2.

(3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝vt ＝2.0×3m ＝6.0m ，

所以，传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0J ＝24J.

设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有 物块向左运动时产生的内能

Q 1＝μMg (vt 1＋v 1

2

t 1)＝32J ，

物块向右运动时产生的内能

Q 2＝μMg (vt 2－v

2

t 2)＝4J.

所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36J. 命题点三 滑块—木板模型问题

1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．

2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．

3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

例3 图7甲中，质量为m 1＝1kg 的物块叠放在质量为m 2＝3kg 的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g 取10m/s 2

.

甲

图7

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？

(2)在0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．

答案(1)8N (2)见解析

解析(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a

物块与木板将要相对滑动时，

μ1m1g＝m1a

联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N.

(2)物块在0～2s内做匀加速直线运动，木板在0～1s内做匀加速直线运动，在1～2s内做匀速运动，2s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的v－t图象如图所示．

0～2s内物块相对木板向左运动，2～4s内物块相对木板向右运动．

0～2s内物块相对木板的位移大小

Δx1＝2m，

系统摩擦产生的内能

Q1＝μ1m1gΔx1＝4J.

2～4s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1m，

物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J；

木板对地位移x2＝3m，

木板与地面因摩擦产生的内能

Q 3＝μ2(m 1＋m 2)gx 2＝30J.

0～4s 内系统因摩擦产生的总内能为

Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝36J.

滑块—木板模型问题的分析和技巧

1．解题关键

正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况． 2．规律选择

既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE 内＝－ΔE 机＝F f x 相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．

5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝

3

6

，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .

图8

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .

(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．

(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？ 答案 (1)32mgh 0 (2)3

3

(3)见解析

解析 (1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ，

A 到

B 过程由功能关系有－F f

h 0

sin θ

＝mgh 0－E p ，

解得E p ＝3

2

mgh 0.

(2)设上升、下降过程物块加速度大小分别为a 1和a 2，则

mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，

由运动学公式得12a 1t 12＝12a 2t 22

，解得t 1t 2＝33

.

(3)足够长时间后，上升的最大高度设为h m ，则由能量关系，来回克服阻力做功等于补充的弹性势能 2F f ·h m

sin θ

＝E p ，

解得h m ＝3

2

h 0＜2h 0，所以物块不可能到达C 点．

题组1 多运动组合问题

1．如图1所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )

图1

A ．动摩擦因数为tan θ

B ．动摩擦因数为h 1s

C ．倾角α一定大于θ

D ．倾角α可以大于θ 答案 B

解析 第一次停在水平雪道上，由动能定理得

mgh 1－μmg cos θ·h 1

sin θ

－μmgs ′＝0

mgh 1－μmg (

h 1

tan θ

＋s ′)＝0

mgh 1－μmgs ＝0

μ＝h 1

s

A 错误，

B 正确．

在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α＞mg sin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．

2．如图2所示，将质量为m ＝1kg 的小物块放在长为L ＝1.5m 的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d ＝1.8m 的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON 竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h ＝0.65m ，开始车和物块一起以10 m/s 的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g ＝10 m/s 2

，求：

图2

(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力； (2)小物块落地点至车左端的水平距离． 答案 (1)104.4N ，方向竖直向下 (2)3.4m

解析 (1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理得

－μmgL ＝12mv 12－12mv 02

解得v 1＝85m/s

刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21

R

又d ＝2R 解得F N ≈104.4N 由牛顿第三定律F N ＝F N ′

得F N ′＝104.4N ，方向竖直向下． (2)若小物块能到达半圆形轨道最高点， 则由机械能守恒得12mv 12＝2mgR ＋12mv 22

解得v 2＝7m/s

设恰能过最高点的速度为v 3，则mg ＝m v 23

R

解得v 3＝gR ＝3m/s

因v 2＞v 3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，

h ＋2R ＝12

gt 2，x ＝v 2t

联立解得x ＝4.9m

故小物块距车左端为x －L ＝3.4m. 题组2 传送带模型问题

3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，

t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象

如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2

，则( )

图3

A ．传送带的速率v 0＝10m/s

B ．传送带的倾角θ＝30°

C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

D ．0～2.0s 摩擦力对物体做功W f ＝－24J 答案 ACD

解析 当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,

1.0s 之后的加速度a 2＝2m/s 2

，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，

g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；

摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m ，1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，选项D 正确．

4．(多选)如图4所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )

图4

A ．固定位置A 到

B 点的竖直高度可能为2R

B ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关

C ．滑块可能重新回到出发点A 处

D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 答案 CD

解析 设AB 的高度为h ，假设滑块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的

高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则mg ＝mv 2

C

R

，解得v C ＝gR ，从A

到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12mv C 2

－0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到滑

块在传送带上向右运动距离最大，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h

μ，可

以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量

Q ＝μmg Δx

相对

，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量

越大，故选项D 正确．

5．如图5所示，一质量为m ＝1kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v ＝2m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)．现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为

E p ＝4.5 J ，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为

μ＝0.2，传送带足够长，取g ＝10 m/s 2

.求：

图5

(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量． 答案 (1)3.125s (2)12.5J

解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v 1，则E p ＝12

mv 12

，得

v 1＝3m/s

滑块在传送带上运动的加速度

a ＝μg ＝2m/s 2

滑块向左运动的时间t 1＝v 1a

＝1.5s 向右匀加速运动的时间t 2＝v a

＝1s

向左的最大位移为x 1＝v 21

2a ＝2.25m

向右加速运动的位移为x 2＝v 2

2a

＝1m

匀速向右运动的时间为t 3＝

x 1－x 2

v

＝0.625s 所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125s.

(2)滑块向左运动x 1的位移时，传送带向右的位移为

x 1′＝vt 1＝3m

则Δx 1＝x 1′＋x 1＝5.25m

滑块向右运动x 2时，传送带向右的位移为

x 2′＝vt 2＝2m

则Δx 2＝x 2′－x 2＝1m Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6.25m

则产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝12.5J. 题组3 滑块—木板模型问题

6．如图6所示，一质量m ＝2kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1kg 的小铁

块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ

1

＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2

，木板足够长，求：

图6

(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；

(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x . 答案 (1)0.5m/s 2

(2)36J 1.5m

解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，

解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102

m/s 2＝0.5 m/s 2.

(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4m/s 2

.

设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ， 解得：v ＝1m/s ，t ＝2s. 铁块相对地面的位移

x 1＝v 0t －1

2a 1t 2＝9×2m －12

×4×4m ＝10m.

木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝1

2×0.5×4m ＝1m ，

铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10m －1m ＝9m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量

Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9J ＝36J.

达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：

a 3＝μ1g ＝1m/s 2

，s ＝v 2－02a 3＝1

2

m ＝0.5m.

木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1m ＋0.5m ＝1.5m.

7.如图7所示，AB 段为一半径R ＝0.2m 的1

4光滑圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的

光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过

程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝36

.(g ＝10m/s 2

，结果可保留根号)求：

图7

(1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小；

(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．

答案 (1)3N ，方向竖直向下 (2)43

3m/s

(3)2.5m/s 2

43

15

s 解析 (1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得：

mgR ＝12

mv B 2，

解得：v B ＝2m/s

在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B

R

解得：F N ＝3N

由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N ，方向竖直向下． (2)设物块滑上薄木板时的速度为v ，则：cos30°＝v B v

解得：v ＝43

3

m/s.

(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mg sin30°－μmg cos30°＝ma 1 对薄木板：mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2 设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则：

v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t

解得：a 1＝2.5m/s 2

，t ＝4315

s.

高考物理 不容忽视的关节点 机械能 功能

自然界存在着各种形式的能，各种形式的能之间又可以相互转化，而且在转化的过程中能的总量保持不变。这是自然科学中最重要的定律之一。各种形式的能在相互转化的过程中可以用功来度量。这一章研究的是能量中最简单的一种──机械能，以及与它相伴的机械功，能的转化和守恒，是贯穿全部物理学的基本规律之一。解决力学问题，从能量的观点入手进行分析，往往是很方便的。因此，学习这一章要特别注意养成运用能量观点分析和研究问题的习惯。 这一章研究的主要内容有：功和功率、动能和动能定理、势能及机械能守恒定律。 一、什么是功和功率 1、功（W ） 如图所示，物体受到力的作用，并且在力的方向上发生了一段位移，我们说力对物体做了功。有力、有力的方向上的位移是功的两个不可缺少的因素。 我们可以把力F 沿位移S 的方向和垂直于位移的方向 分解为F '、F "。其中分力F '做功，而分力F "并未做功， 而'=F F ·cos θ，所以力F 对物体所做的功可表示 为。 同学们也可以试一下，把位移S 分解为沿力F 方向的分位移S '和垂直于力F 方向的分位移S "。显然物体在力F 的作用下，沿力的方向的位移为S '，同样可得力F 对物体做的功， 得出功的公式： W FS =cos θ 该式既是功的量度式（也叫计算式），也是功的决定式。当θ0，为正功（或说外力对物做了功）；当θ=?90，cos θ=0，式中的W 为零（或说力不做功）；当θ>?90，cos θ为负值，式中的W <0，为负功（我们说力对物体做负功，或说物体克服外力做了功）。当θ=?180，cos θ=-1，或中的W 也为负功（我们仍说力对物体做负功。或说物体克服外力做了功）；当F 是合力（ f ∑）时，则W 是合力功（W ∑） ；如W 是各力做功的代数和，我们说W 的总功。 几点说明： （1）力（F ）能改变物体的运动状态，产生加速度，但只有使物体移动一段位移（?s ），力的效应才能体现出来，如引起速度的变化。可以说功是力在空间上的积累效应。 （2）功是属于力的，说“功”必须说是哪个力的功。如：重力的功、拉力的功、阻力的功、弹力的功等。若是合力所做的功，就要说明是合力的功。 （3） 公式中F 、S 都是矢量，而它们的积W 是标量，它的正与负仅由力与位移的夹角决定；它的正与负仅表示是对力物体做功还是物体克服该力做功。

高考物理热力学综合题

1．根据热力学定律,下列说法正确的是（） A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 C．科技的进步可以使内燃机成为单一的热源热机 D．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机” 【答案】AB 【考点】热力学第一定律、热力学第二定律 【解析】在外界帮助的情况下，热量可以从低温物体向高温物体传递，A 对；空调在制冷时，把室内的热量向室外释放，需要消耗电能，同时产生热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，B 对；根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，C 错；因为自然界的能量是守恒的，能源的消耗并不会使自然界的总能量减少，D 错。 2．液体与固体具有的相同特点是 (A)都具有确定的形状(B)体积都不易被压缩 (C)物质分子的位置都确定(D)物质分子都在固定位置附近振动 答案：B 解析：液体与固体具有的相同特点是体积都不易被压缩，选项B正确。 3．已知湖水深度为20m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10m/s2，ρ＝1.0×103kg/m3) (A)12.8倍(B)8.5倍(C)3.1倍(D)2.1倍 答案：C 解析：湖底压强大约为3个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确。 4. 图6为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，设在所有过程中空可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有 A.充气后，密封气体压强增加 B.充气后，密封气体的分子平均动能增加 C.打开阀门后，密封气体对外界做正功 D.打开阀门后，不再充气也能把水喷光 【答案】AB 【考点】热力学第一定律、热力学第二定律 【解析】在外界帮助的情况下，热量可以从低温物体向高温物体传递，A 对；空调在制冷时，把室内的热量向室外释放，需要消耗电能，同时产生热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，B 对；根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，C 错；因为自然界的能量是守恒的，能源的消耗并不会使自然界的总能量减少，D 错。 5．A．[选修3-3]（12分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，和为等温过程，和为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环”。

(完整版)高中物理机械能守恒定律典例解题技巧

一、单个物体的机械能守恒 判断一个物体的机械能是否守恒有两种方法：（1）物体在运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒。 （2）物体在运动过程中不受媒质阻力和摩擦阻力，物体的机械能守恒。 所涉及到的题型有四类：（1）阻力不计的抛体类。（2）固定的光滑斜面类。（3）固定的光滑圆弧类。（4）悬点固定的摆动类。 （1）阻力不计的抛体类 包括竖直上抛；竖直下抛；斜上抛；斜下抛；平抛，只要物体在运动过程中所受的空气阻力不计。那么物体在运动过程中就只受重力作用，也只有重力做功，通过重力做功，实现重力势能与机械能之间的等量转换，因此物体的机械能守恒。 例：在高为h 的空中以初速度v 0抛也一物体，不计空气阻力，求物体落地时的速度大小？ 分析：物体在运动过程中只受重力，也只有重力做功，因此物体的机械能守恒，选水平地面为零势面，则物体抛出时和着地时的机械能相等 2202 121t mv mv mgh =+ 得：gh v v t 220+= （2）固定的光滑斜面类 在固定光滑斜面上运动的物体，同时受到重力和支持力的作用，由于支持力和物体运动 的方向始终垂直，对运动物体不做功，因此，只有重力做功，物体的机械能守恒。 例，以初速度v 0 冲上倾角为θ光滑斜面，求物体在斜面上运动的距离是多少？ 分析：物体在运动过程中受到重力和支持力的作用，但只有重力做功，因此物体的机械能守恒，选水平地面为零势面，则物体开始上滑时和到达最高时的机械能相等 θsin 2120?==mgs mgh mv 得：θsin 220g v s = （3）固定的光滑圆弧类 在固定的光滑圆弧上运动的物体，只受到重力和支持力的作用，由于支持力始终沿圆弧的法线方向而和物体运动的速度方向垂直，对运动物体不做功，故只有重力做功，物体的机械能守恒。 例：固定的光滑圆弧竖直放置，半径为R ，一体积不计的金属球在圆弧的最低点至少具有多大的速度才能作一个完整的圆周运动？ 分析：物体在运动过程中受到重力和圆弧的压力，但只有重力做功，因此物体的机械能守恒，选物体运动的最低点为重力势能的零势面，则物体在最低和最高点时的机械能相等 2202 1221t mv R mg mv += 要想使物体做一个完整的圆周运动，物体到达最高点时必须具有的最小速度为： Rg v t = 所以 gR v 50= （4）悬点固定的摆动类 和固定的光滑圆弧类一样，小球在绕固定的悬点摆动时，受到重力和拉力的作用。由于悬线的拉力自始至终都沿法线方向，和物体运动的速度方向垂直而对运动物体不做功。因此只有重力做功，物体的机械能守恒。 例：如图，小球的质量为m ，悬线的长为L ，把小球拉开使悬线和竖直方向的夹角为θ，然后从静止释放，求小球运动到最低点小球对悬线的拉力 分析：物体在运动过程中受到重力和悬线拉力的作用，悬线的拉力对物体不做功，所以只有重力做功，因此物体的机械能守恒，选物体运动的最低点为重力势能的零势面，则物体开始运动时和到达最低点时的机械能相等 221)cos 1(t mv mgL =-θ 得：)cos 1(22θ-=gL v t 由向心力的公式知：L mv mg T t 2=-可

(完整版)高考物理动力学经典试题

1．汽车前方120 m处有一自行车正以6 m/s的速度匀速前进，汽车以18 m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求： (1)经多长时间，两车第一次相遇？ (2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？ 2．如图2-1-2所示，一个球形物体静止于光滑水平面上，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，则下列说法中正确的是() 图2-1-2 A．物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用 B．物体受重力、B点的支持力作用 C．物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用 D．物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用 3．小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图2-1-3所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是() 图2-1-3 4.如图2-1-7所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。下列关于斜杆对小球的作用力F的判断中，正确的是() 图2-1-7 A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上 C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上 D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向一定沿杆向上

5．图2-1-9的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态。现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是() 图2-1-9 A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙 B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁 C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁 D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁 6．足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图1所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是() 图1 A．图甲中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力 B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力 C．图丙中，即将被踢起的足球一定不能被看作质点 D．图丁中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变 7．在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图2所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为() 图2 A．均竖直向上 B．均指向球心O C．A点处指向球心O，B点处竖直向上 D．A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上 8．如图4所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()

高中物理动力学精心整理题目

动力学专题训练 20XX 年4月30日 【第1题】一个质量为2kg 的物体，在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15N 和20N 的两个力而其余力保持不变，则此后该物体运动的说法中正确的是（ ） A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s 2 B ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s 2 C ．一定做匀变速运动，加速度大小可能是15m/s 2 D ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是5m/s 2 【第2题】如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg 的物体A 处于静止状态。若将一个质量为3kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的 一瞬间，则B 对A 的压力大小为(g=10m/s 2)（ ） A.30N B. 0 C. 15N D. 12N 【第3题】在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在下图所示的速度一时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（以v0 方向为正方向）（ ） v

【第4题】如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度h ＝0.45 m ．一小物块从A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g 取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ） A ．若v ＝1 m/s ，则小物块能回到A 点 B ．若v ＝2 m/s ，则小物块能回到A 点 C ．若v ＝5 m/s ，则小物块能回到A 点 D ．无论v 等于多少，小物块均能回到A 点 【第5题】一质点在xoy 平面内从o 点开始运动的轨迹如图所示则质点的速度（ ） A ．若x 方向始终匀速，则y 方向先加速后减速 B ．若x 方向始终匀速，则y 方向先减速后加速 C ．若y 方向始终匀速，则x 方向先减速后加速 D ．若y 方向始终匀速，则x 方向先加速后减速 【第6题】在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向 里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，则（ ） A ．如果油滴带正电，则油滴从M 点运动到N 点 B ．如果油滴带正电，则油滴从N 点运动到M 点 C ．如果电场方向水平向右，则油滴从N 点运动到M 点 D ．如果电场方向水平向左，则油滴从N 点运动到M 点 【第7题】当t=0时，甲乙两车从相距70Km 的两地开始相向行驶，它们的v-t 图像如图所示，忽略汽车

高考机械能物理知识总结

高考机械能物理知识总结 高考机械能物理知识总结 动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。这一部分的主要模型是碰撞。而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的，对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换。从而建立碰撞过程的能量关系方程。根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的方法。以下是为大家精心准备的高考机械能物理知识总结，欢迎参考阅读！ 1.动能： 物体由于运动而具有的能量叫做动能。表达式：Ek=mv2/2 （1）动能是描述物体运动状态的物理量。 （2）动能和动量的区别和联系 ①动能是标量，动量是矢量，动量改变，动能不一定改变；动能改变，动量一定改变。 ②两者的物理意义不同：动能和功相联系，动能的变化用功来量度；动量和冲量相联系，动量的变化用冲量来量度。③两者之间的大小关系为EK=P2/2m 2.★★★★动能定理： 外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。 （1）动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的。但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况。（2）功和

动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。 （3）应用动能定理只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制，也不受力的性质和物理过程的变化的影响。所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用时间的动力学问题，都可以用动能定理分析和解答，而且一般都比用牛顿运动定律和机械能守恒定律简捷。 （4）当物体的运动是由几个物理过程所组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看作一个整体进行研究，从而避开每个运动过程的具体细节，具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。 3.功 （1）功的定义：力和作用在力的方向上通过的位移的乘积。是描述力对空间积累效应的物理量，是过程量。 定义式：W=Fscos，其中F是力，s是力的作用点位移（对地），是力与位移间的夹角。 （2）功的大小的计算方法： ①恒力的功可根据W=FScos进行计算，本公式只适用于恒力做功。②根据W=Pt，计算一段时间内平均做功。③利用动能定理计算力的功，特别是变力所做的功。④根据功是能量转化的量度反过来可求功。 （3）摩擦力、空气阻力做功的计算：功的大小等于力和路程的乘积。 发生相对运动的两物体的这一对相互摩擦力做的总功：W=fd（d 是两物体间的相对路程），且W=Q（摩擦生热） 4.功率

高考物理-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题 【专题诠释】 1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题． 2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心． 3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)． 【高考领航】 【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ） A ．5 s B ．4.8 s C ．4.4 s D ．3 s 【答案】A 【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mg a g m m ====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104 s 3s 2 t -==；小车在BC 段，根据机械能守恒可得 2 12 B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作B C 的垂线，根据几何知识可得1 2BC BC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5 CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为2 2sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224 s 2s 2 B v t a = == ，所以小车运动的总时间为

高考物理动力学题目的图像解法

F 合/ 高考动力学计算题目的图像解法 陕西 三原 王春生 1.(2006全国理综Ⅰ) .一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度0a 开始运动，当其速度达到0υ后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 依据运动规律有 10 t a υ=……① 2t a υ= ……② 依据牛顿第二定律得a g μ=……③ “黑色痕迹的长度”即相对位移 2101 ()2 L t t υ= -……④ 联立以上各式得2 000 2a g L ga μμ-= 。 2（2006全国理综Ⅱ）.一质量为m=40kg 的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g =10m/s 2。 【解析】该题属于已知力求解运动的问题。体重计示数F 反映了它所受压力的大小，依据牛顿第三定律知：它与小孩受到的支持力大小相 等。小孩受到的重力400G mg N ==,其合力与时 间的关系如图甲所示，因其“面积”的代数 和为零，所以小孩（电梯）的末速度为零。其速度 图像如图乙所示。前2S 内的加速度 2440400 1()40 F G a m s m --= ==， 2S 末速度212()at m s υ==?=， 所以电梯上升的高度即图中梯形的“面积”的大小 1 (36)29()2 h m =+?=。 3.（2006广东物理）.一个质量为kg 4的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数 F

高中物理机械能守恒定律知识点总结

高中物理机械能守恒定律知识点总结（一） 一、功 1．公式和单位：，其中是F和l的夹角．功的单位是焦耳，符号是J. 2．功是标量，但有正负．由，可以看出： (1)当0°≤<90°时，0<≤1，则力对物体做正功，即外界给物体输送能量，力是动力； (2)当＝90°时，＝0，W＝0，则力对物体不做功，即外界和物体间无能量交换． (3)当90°<≤180°时，－1≤<0，则力对物体做负功，即物体向外界输送能量，力是阻力．3、判断一个力是否做功的几种方法 (1)根据力和位移的方向的夹角判断，此法常用于恒力功的判断，由于恒力功W＝Flcosα，当α＝90°，即力和作用点位移方向垂直时，力做的功为零． (2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断，此法常用于判断质点做曲线运动时变力的功．当力的方向和瞬时速度方向垂直时，作用点在力的方向上位移是零，力做的功为零． (3)根据质点或系统能量是否变化，彼此是否有能量的转移或转化进行判断．若有能量的变化，或系统内各质点间彼此有能量的转移或转化，则必定有力做功． 4、各种力做功的特点 (1)重力做功的特点：只跟初末位置的高度差有关，而跟运动的路径无关． (2)弹力做功的特点：对接触面间的弹力，由于弹力的方向与运动方向垂直，弹力对物体不做功；对弹簧的弹力做的功，高中阶段没有给出相关的公式，对它的求解要借助其他途径如动能定理、机械能守恒、功能关系等． (3)摩擦力做功的特点：摩擦力做功跟物体运动的路径有关，它可以做负功，也可以做正功，做正功时起动力作用．如用传送带把货物由低处运送到高处，摩擦力就充当动力．摩擦力

的大小不变、方向变化(摩擦力的方向始终和速度方向相反)时，摩擦力做功可以用摩擦力乘以路程来计算，即W＝F·l. (1)W总＝F合lcosα，α是F合与位移l的夹角； (2)W总＝W1＋W2＋W3＋?为各个分力功的代数和； (3)根据动能定理由物体动能变化量求解：W总＝ΔEk. 5、变力做功的求解方法 (1)用动能定理或功能关系求解． (2)将变力的功转化为恒力的功． ①当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积，如滑动摩擦力、空气阻力做功等； ②当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出力对位移的平均值＝2F1＋F2，再由W＝lcosα计算，如弹簧弹力做功； ③作出变力F随位移变化的图象，图线与横轴所夹的?°面积?±即为变力所做的功； ④当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车牵引力做的功． 二、功率 1．计算式 (1)P＝tW，P为时间t内的平均功率． (2)P＝Fvcosα 5．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．一般在机械的铭牌上标明． 6．实际功率：机械实际工作时输出的功率．要小于等于额定功率． 方恒定功率启动恒定加速度启动

2019年高考物理专题复习：力学题专题

力学题的深入研究 最近辅导学生的过程中，发现几道力学题虽然不是特别难，但容易错，并且辅导书对这几道题或语焉不详，或似是而非，或浅尝辄止，本文对其深入研究，以飨读者。 【题1】（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1所示。打点计时器电源的频率为50Hz 。 ○ 1通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。 ○ 2计数点5对应的速度大小为 m/s ，计数点6对应的速度大小为 m/s 。（保留三位有效数字）。 ○3物块减速运动过程中加速度的大小为a = m/s 2,若用a g 来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。 【原解析】一般的辅导书是这样解的： ①和②一起研究：根据T s s v n n n 21++=,其中s T 1.050 15=?=，得

1.0210)01.1100.9(25??+=-v =s m /00.1，1 .0210)28.1201.11(2 6??+=-v =s m /16.1， 1 .0210)06.1028.12(2 7??+=-v =s m /14.1，因为56v v >，67v v <，所以可判断物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 这样解是有错误的。其中5v 是正确的，6v 、7v 是错误的。因为公式T s s v n n n 21++=是匀变速运动的公式，而在6、7之间不是匀变速运动了。 第一问应该这样解析： ①物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 根据1到6之间的cm 00.2s =?，如果继续做匀加速运动的话，则6、7之间的距离应该为01.1300.201.11s 5667=+=?+=s s ，但图中cm s 28.1267=，所以是在6和7之间开始减速。 第二问应该这样解析： ②根据1到6之间的cm 00.2s =?，加速度s m s m T s a /00.2/1 .01000.222 2=?=?=- 所以s m aT v v /20.11.000.200.156=?+=+=。 因为s m T s s v /964.01 .0210)61.866.10(22 988=??+=+=- aT v v -=87=s m /16.11.0)2(964.0=?--。 ③ 首先求相邻两个相等时间间隔的位移差，从第7点开始依次为，cm s 99.161.860.101=-=?，cm s 01.260.661.82=-=?， cm s 00.260.460.63=-=?，求平均值cm s s s s 00.2)(3 1321=?+?+?=?，所以加速度222 2/.1 .01000.2s m T s a -?=?==2/00.2s m 根据ma =mg μ，得g a μ=这是加速度的理论值，实际上'ma f mg =+μ（此式中f 为纸带与打点计时器的摩擦力），得m f g a + =μ'，这是加速度的理论值。因为a a >'所以g a =μ的测量值偏大。

高考物理动力学的图像问题专题训练

专题1.7 动力学的图像问题 【专题诠释】 1．“两大类型” (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系v -t 图象与F -t 图象的桥梁． 3．解决图象问题的方法和关键 (1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点． (2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点． （4）动力学中常见的图象：v －t 图象、x －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等． 【高考引领】 【2019·全国卷Ⅲ】如图a ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s 2 。由题给数据可以得出( ) A ．木板的质量为1 kg B ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 N C ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变 D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】 AB 【解析】 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42 m/s 2＝0.2 m/s 2 ，撤去外力F 后的加速

高考物理专题电磁感应中的动力学和能量综合问题及参考复习资料

高考专题：电磁感应中的动力学和能量综合问题 一.选择题。（本题共6小题，每小题6分，共36分。1—3为单选题,4—6为多选题） 1.如图所示，“U ”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中棒以水平初速度v 0向右运动，下列说 法正确的是( ) 棒做匀减速运动 B.回路中电流均匀减小 点电势比b 点电势低 棒受到水平向左的安培力 2.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在0到1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i 正方向与图中箭头方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是( ) 3.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界 与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v -t 图象中，可能正确描述上述过程的是( ) A B C D 4.如图1所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10 2， 37°＝0.6， 37°＝0.8，则( ) 班级 姓名 出题者 徐利兵 审题者 得分 密 封 线

高中物理机械能守恒定律专题

【松柏教育内部资料】 机械能守恒定律专题 ●功，功率； ●重力势能； ●弹性势能； ●动能，动能定理； ●机械能守恒定律； ●能量守恒定律； 例题一：关于功率以下说法中正确的是( ) A ．据t W P =可知，机器做功越多，其功率就越大。 B ．据 P=Fv 可知，汽车牵引力一定与速度成反比。 C ．据 t W P = 可知，只要知道时间t 内机器所做的功，就可以求得这段时间内任一时刻机器做功的功率。 D ．根据 P=Fv 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。 例题二：一质量为m 的木块静止在光滑的水平面上，从t=0开始，将一个大小为F 的水平恒 力作用在该木块上，在t=t 1时刻F 的功率（ ） A ．m t F 212 B ．m t F 2212 C ．m t F 12 D ．m t F 2 12 例题三：将质量为0.5kg 的物体从10m 高处以6m/s 的速度水平抛出，抛出后0.8s 时刻重力 的瞬时功率是（ ） A ．50W B ．40W C ．30W D ．20W 例题四：一辆汽车的额定功率为P ，汽车以很小的初速度开上坡度很小的坡路时，如果汽车 上坡时的功率保持不变，关于汽车的运动情况的下列说法中正确的是 ( ) A ．汽车可能做匀速运动 B ．汽车可能做匀加速运动 C ．在一段时间内汽车的速度可能越来越大 D ．汽车做变加速运动 例题五：有一个水平恒力F 先后两次作用在同一个物体上，使物体由静止开始沿着力的方向 发生相同的位移s ，第一次是在光滑的平面上运动；第二次是在粗糙的平面上运 动．比较这两次力F 所做的功1W 和2W 以及力F 做功的平均功率1P 和2P 的大小 ( ) A ．21W W =，21P P > B ．21W W =，21P P = C ．21W W >，21P P >

高考物理专题突破—力学综合题集锦

力学综合题集锦 1.长为L 的轻绳，将其两端分别固定在相距为d 的两坚直墙面上的A 、B 两 点。一小滑轮O 跨过绳子下端悬挂一重力为G 的重物C ，平衡时如图所示， 则AB 绳中的张力为 。 2.如图所示，由物体A 和B 组成的系统处于静止状态.A 、B 的质量分别为 m A 和m B ,且m A >m B ,滑轮的质量和一切摩擦不计.使绳的悬点由P 点向右移动一 小段距离到Q 点，系统再次达到静止状态.则悬点移动前后图中绳与水平方 向的夹角θ将( ) A ．变大 B ．变小 C ．不变 D ．可能变大，也可能变小 3.如图所示，三个木块A 、B 、C 在水平推力F 的作用下靠在竖直墙上，且处于静止状态，则下列说法中正确的是（ ） A ．A 与墙的接触面可能是光滑的 B ．B 受到A 作用的摩擦力，方向可能竖直向下 C ．B 受到A 作用的静摩擦力，方向与C 作用的静摩擦力方向一定相反 D ．当力F 增大时，A 受到墙作用的静摩擦力一定不增大 4.如图所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动 摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝 码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止且共同 向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是 ( ) A ．12 μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg 5．如图所示，物体B 叠放在物体A 上，A 、B 的质量均为m ，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C 匀速下滑，则( ) A ．A ， B 间没有静摩擦力 B ．A 受到B 的静摩擦力方向沿斜面向上 C ．A 受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin θ D ．A 与B 间的动摩擦因数μ＝tan θ 6．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下可以改变与水平面间的倾角θ，用以卸下车厢中的货物．下列说法正确的是 （ ) A ．当货物相对车厢静止时，随着θ角的增大货物与车厢间的摩擦力增大 B ．当货物相对车厢静止时，随着θ角的增大货物与车厢间的支持力增大 C ．当货物相对车厢加速下滑时，地面对货车没有摩擦力 D ．当货物相对车厢加速下滑时，货车对地面的压力小于货物和货车的总重力 7．如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m 的三个木块1、2、3，中间均用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论

高中物理经典力学练习题

F 高中物理经典力学练习题 1．一架梯子靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在水平的粗糙地面上，有关梯子的受力情况，下 列描述正确的是 （ ） A ．受两个竖直的力，一个水平的力 B ．受一个竖直的力，两个水平的力 C ．受两个竖直的力，两个水平的力 D ．受三个竖直的力，三个水平的力 2．如图所示， 用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦。如果把绳的长度 增加一些，则球对绳的拉力F 1和球对墙的压力F 2的变化情况是（ ） A ．F 1增大，F 2减小 B ．F 1减小，F 2增大 C ．F 1和F 2都减小 D ．F 1和F 2都增大 3．如图所示，物体A 和B 一起沿斜面匀速下滑，则物体A 受到的力是（ ） A ．重力， B 对A 的支持力 B ．重力，B 对A 的支持力、下滑力 C ．重力，B 对A 的支持力、摩擦力 D ．重力，B 对A 的支持力、摩擦力、下滑力 4.如图所示，在水平力F 的作用下，重为G 的物体保持沿竖直墙壁匀速下滑， 物体与墙之间的动摩擦因数为μ，物体所受摩擦力大小为：( ) A ．μF B ．μ(F+G) C ．μ(F －G) D ．G 5.如图，质量为m 的物体放在水平地面上，受到斜向上的拉力F 的作用而没动， 则 ( ) A 、物体对地面的压力等于mg B 、地面对物体的支持力等于F sin θ C 、物体对地面的压力小于mg D 、物体所受摩擦力与拉力F 的合力方向竖直向上 6．如图所示，在倾角为θ的斜面上，放一质量为m 的光滑小球，小球被竖直挡板挡住，则球对挡板的压力为（ ） A.mgco s θ B. mgtan θ C. mg/cos θ D. mg 7．如图所示，质量为50kg 的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为40kg ，则在该时刻升降机可能是以下列哪种方式运动？（ ） A.匀速上升 B.加速上升 C.减速上升 D.减 速下降 8. 如图所示，用绳跨过定滑轮牵引小船，设水的阻力不变，则在小船匀速 靠岸的过程中（ ） A. 绳子的拉力不断增大 B. 绳子的拉力不变 C. 船所受浮力增大 D. 船所受浮力变小 9．如图所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1 和k 2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接） ，整个系统处于平衡状态．现缓

高中物理机械能单元知识点总结(很全面)

机械能守恒定律知识点总结及本章试题 一、功 1概念：一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。 2条件：. 力和力的方向上位移的乘积 3公式：W=F S cos θ W ——某力功，单位为焦耳（J ） F ——某力（要为恒力） ，单位为牛顿（N ） S ——物体运动的位移，一般为对地位移，单位为米（m ） θ——力与位移的夹角 4功是标量，但它有正功、负功。某力对物体做负功，也可说成“物体克服某力做功”。 功的正负表示能量传递的方向，即功是能量转化的量度。 当)2 ,0[π θ∈时，即力与位移成锐角，力做正功，功为正； 当2 π θ= 时，即力与位移垂直，力不做功，功为零； 当],2 ( ππ θ∈时，即力与位移成钝角，力做负功，功为负； 5功是一个过程所对应的量，因此功是过程量。 6功仅与F 、S 、θ有关，与物体所受的其它外力、速度、加速度无关。 7几个力对一个物体做功的代数和等于这几个力的合力对物体所做的功。 即W 总=W 1+W 2+…+Wn 或W 总= F 合Scos θ 二、功率 1概念：功跟完成功所用时间的比值，表示力(或物体)做功的快慢。 2公式：t W P = （平均功率） θυcos F P =（平均功率或瞬时功率） 3单位：瓦特W 4分类： 额定功率：指发动机正常工作时最大输出功率 实际功率：指发动机实际输出的功率即发动机产生牵引力的功率，P 实≤P 额。

5应用： （1）机车以恒定功率启动时，由υF P =（P 为机车输出功率，F 为机车牵引力，υ为机车前进速度）机车速度不断增加则牵引力不断减小，当牵引力f F =时，速度不再增大达到最大值m ax υ，则 f P /max =υ。 （2）机车以恒定加速度启动时，在匀加速阶段汽车牵引力F 恒定为f ma +，速度不断增加汽车输出功率υF P =随之增加，当额定P P =时，F 开始减小但仍大于f 因此机车速度继续增大，直至f F =时，汽车便达到最大速度m ax υ，则f P /max =υ。 三、重力势能 1定义：物体由于被举高而具有的能，叫做重力势能。 2公式：mgh E P = h ——物体具参考面的竖直高度 3参考面 a 重力势能为零的平面称为参考面； b 选取：原则是任意选取，但通常以地面为参考面 若参考面未定，重力势能无意义，不能说重力势能大小如何 选取不同的参考面，物体具有的重力势能不同，但重力势能改变与参考面的选取无关。 4标量，但有正负。 重力势能为正，表示物体在参考面的上方； 重力势能为负，表示物体在参考面的下方； 重力势能为零，表示物体在参考面的上。 5单位：焦耳（J ） 6重力做功特点：物体运动时，重力对它做的功之跟它的初、末位置有关，而跟物体运动的路径无关。 7重力做功与重力势能的关系：21P P G E E W -= 重力做正功时，物体重力势能减少；重力做负功时，物体重力势能增加。 四、弹性势能 1概念：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力的相互作用具有势能，称之为弹性势能。 2弹簧的弹性势能：22 1kx E P = 影响弹簧弹性势能的因素有：弹簧的劲度系数k 和弹簧形变量x 。

2019高考物理试题分类汇编(1)-机械能(含详解)

2019高考物理试题分类汇编（1）-机械能（含详解） 1〔2018福建卷〕如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮〔不计滑轮的质量和摩擦〕。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，那么从剪断轻绳到物块着地，两物块 A、速率的变化量不同 B、机械能的变化量不同 C、重力势能的变化量相同 D、重力做功的平均功率相同 答案：D 2、〔2018天津卷〕.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F 与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，那么 A、0–t1时间内F的功率逐渐增大 B、t2时刻物块A的加速度最大 C、t2时刻后物块A做反向运动 D、t3时刻物块A的动能最大 解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，动能最大，D正确。答案BD。 3、〔2018上海卷〕、质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A、h B，上述过程中克服重力做功分别为W A、W B。假设〔〕 〔A〕h A＝h B，那么一定有W A＝W B〔B〕h A＞h B，那么可能有W A＜W B 〔C〕h A＜h B，那么可能有W A＝W B〔D〕h A＞h B，那么一定有W A＞W B 答案：B 4、〔2018上海卷〕、如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定 在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是〔〕〔A〕2R〔B〕5R/3 〔C〕4R/3 〔D〕2R/3 答案：C， 5、〔2018上海卷〕、位于水平面上的物体在水 平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动； 假设作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度 为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。那么可能有〔〕 〔A〕F2＝F1，v1＞v2〔B〕F2＝F1，v1＜v2 〔C〕F2＞F1，v1＞v2〔D〕F2＜F1，v1＜v2

高考物理力学知识点之热力学定律解析含答案(6)

高考物理力学知识点之热力学定律解析含答案(6) 一、选择题 1．重庆出租车常以天然气作为燃料,加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体)( ) A．压强增大,内能减小 B．吸收热量,内能增大 C．压强减小,分子平均动能增大 D．对外做功,分子平均动能减小 2．给一定质量、温度为的水加热，在水的温度由上升到的过程中，水的体积随着温度升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在相互作用的势能在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的关于这个问题的下列说法中正确的是 A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功 B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功 C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功 D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功 3．如图所示导热性良好的汽缸内密封的气体(可视为理想气体)，在等压膨胀过程中，下列关于气体说法正确的是() A．气体内能可能减少 B．气体会向外界放热 C．气体吸收的热量大于对外界所做的功 D．气体平均动能将减小 4．下面几幅图中，有关功与内能的说法中正确的是 A．图1中迅速下压活塞，棉花会燃烧起来，说明热传递可以使物体的温度升高 B．图2中重物下落带动叶片转动，由于叶片向水传递热量而使水的温度升高 C．图3中降落的重物使发电机发电，电流对水做功使水的温度升高 D．做功和热传递都可以使物体的内能增加