机械能及其守恒定律-备战2020年高考物理高频考点解密（解析版）.pdf

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1、解密06机弑犍及共守惮定律等 导 航 需考学核心考点考纲要求功和功率动能和动能定理重力做功与重力势能功能关系、机械能守恒定律及其应用网 珞如鹤学做功的两个要素公 式：W=F/COS 0正功和负功功的计算基 本 概 念 功 率，机械能及其额 定功率和实际功率机 械 能 重 力 势 能：Ep-mgh弹性势能动 能：Ek=-mv2机 械 能：E=Ek+E工a f恒 力 做 功、变力做功适 用 条 件4 直 线 运 动、曲线运动基 本 规 律 机械能守恒定律&+鼎=E g+E p?6=一屿E,、=M守 恒 条 件：只有重力或系统内弹力做功能 量 守 恒 定 律：重 力 做 功 与 重 力 势 能 变

2、化 的 关 系T AG=-纥乂 解 曳 考点G考 点1 劭 犍 定 理 含 其 用名/於 名 知 钢一、动能1 .定义：物体由于运动而具有的能。2 .表达式：Ek=-m v2,v 是瞬时速度，动能的单位是焦耳（J）。23 .特点：动能是标量，是状态量。4 .对动能的理解：（1）相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。（2）状态量：动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）相对应。（3）标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。（4）动能变化量：物体动能的变化是末动能与初动能之差，即公七=g 加盯-；机叶，若&（）,表示物体的动能

3、增加；若&（）,表示物体的动能减少。（2）动能定理的表达式为标量式，不能在同一个方向上列多个动能定理方程。二、动能定理1 .推导过程：设某物体的质量为根，在与运动方向相同的恒力F作用下，发生一段位移/,速度由也增大到V 2,如图所示。2 .内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，这个结论叫做动能定理。3 .表达式：W=E k2E kt=mv22 mvi202 2说明：式中W为合外力的功，它等于各力做功的代数和。如果合外力做正功，物体的动能增大；如果合外力做负功，物体的动能减少。4 .适用范围。动能定理的研究对象一般为单一物体，或者可以看成单一物体的物体系。动能定理即适

4、用于直线运动，也适用于曲线运动；即适用于恒力做功，也适用于变力做功。力可以是各种性质的力，既可以是同时作用，也可以分段作用。5 .物理意义(1)动能定理实际上是一个质点的功能关系，即合外力对物体所做的功是物体动能变化的量度，动能变化的大小由合外力对物体所做的功的多少来决定。(2)动能定理实质上说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程也就是能量转化的过程。6 .应用动能定理解题的方法技巧(1)对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。(2)有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力

5、做功时，必须根据不同情况分别对待。(3)若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。三、动能定理的应用1.应用动能定理的流程确定研究对象和研运动性质、及特点,运 动 运动性质分析 为 抽 点,牛领运 运防动定律I规律动能明 确 初、末动能受力分析几个力？恒力还是变力?情况功是做还？否功功，是向应动能分阶段或函.程列徐方程、讨论结合2.应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画

6、出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理，这样更简捷。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。3.应用动能定理求解物体运动的总路程对于物体往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关。如果己知物体运动过程初、末状态的动能，则可利用动能定理求解物体运动的总路程。4 .应用动能定理解决相关联物体的运动问题对于

7、用绳子连接的物体，在处理时要注意物体的速度与绳子的速度的关系，需要弄清合运动和分运动的关系，能够合理利用运动的合成与分解的知识确定物体运动的速度。5 .动能定理的图象问题(1)解决物理图象问题的基本步骤观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所代表的物理意义。根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。将推导出的物理规律与数学上与之对应的标准函数关系式相比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。（2）四类图线与坐标轴所围面积的含义回图线：由公式X=W 可知，图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。a-f 图线：由公式A

8、xm可知，a-f 图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。F-s 图线：由 公 式*F s 可知，F-s 图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。P-t图线：由公式W=P t可知，P-t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。6.应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题（1）平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。（2 0 1 9 浙江高三月考）如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为3 0。和6 0,若不考虑网球在空中受

9、到的阻力，则A.两次发射的初速度之比为3:1B.碰到墙面前空中运动时间之比为1：，C.下降高度之比为D.碰到墙面时动能之比为3:1【参考答案】BV 1【试题解析】由题知，小球两次平抛运动的水平位移相同，设为X,根据平抛运动规律有：-=-t a n/9,x 2,当 6=60 时，t2=x t a n 6 0 xtan 30两次运动的时间之比为根据x=v t,得”=,根据y g厂，得%2%1 2=,故第一次平抛的合速度为W =+匕，第二次平抛的合速度为岭=+喧，故碰到墙面时动能之比1 2呈 上“J m vz2 2vvl=gty=y/xg tan 30,vy2=gt2=Jxg tan 60代人得：E

10、ki =,1,故 ACD错误，B 正确。Eki土，称可1.（2019开原市第二高级中学高：.）人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为/?,到达斜面顶端的速度为v,如图所示，则在此过程中A.物体所受的合外力做功为机g/z+；机 庐B.人对物体做的功为C.物体所受的合外力做功大于L，/2D.人对物体做的功大于，咫【答案】D【解析】对物体受力分析可知，物体受重:力、拉力及摩擦力的作用，由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于 比声，故 AC错误；由动能定理可知：卬 人-机g-W,=g/w 2-o,则人对物体做的功为：皿人=侬/1+卬

11、/+工机/,可知人对物体做的功一定大于机g/z,故 B 错误，D 正确。2.（2019开原市第二高级中学高三）如图所示，一质量为，的质点在半径为R 的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为外。重力加速度为g,则质点自A 滑到8 的过程中，摩擦力对其所做的功为R(FN-m g)1、D.R（尺2 mg）【答案】A【解析】设在8点的速度为也 由牛顿第二定律，有：FN-m g=m ,则质点在8点的动能为:REK B=m v2=FN-mg）R,质点从A滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR+W,=EK B-G,解得:叼=g R（笈-3mg）,A.根据

12、上面分析可知摩擦力的功 为 叼=；R（f；-3mg）,故 A正确.考点2机施犍及其守惮爽律的危用i.推导物体沿光滑斜面从A滑到瓦（1）由动能定理：WG=k2-E ki o（2）由重力做功与重力势能的关系：W G=E p i-E p 2。结论：初机械能等于末机械能Epi+E ki=p 2+E k2 o2.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。3.表达式：E p i+E ki=E p 2+E k2,即 EI=E2。4 .守衡条件：只有重力或弹力做功。5 .守恒条件的几层含义的理解（1）物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化，如自由落体运动、抛体

13、运动等。（2）只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。（3）物体既受重力，又受弹力，重力和弹力都做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。注意：从能量观点看：只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量（如内能）之间的转化，则系统机械能守恒。从做功观点看：只有重力和系统内的弹力做功。6.机械能守恒的判断（1）利用机械能的定义判断（直接判断）：若物体的动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物体

14、的动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加（减小），其机械能一定变化。（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。（3）用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统的机械能守恒。（4）对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统的机械能将有损失。7.机械能守恒定律的三种表达形式及应用（1）守恒观点表达式：E kl+E p l=E k2+E p 2 或昂=及。意义：系统初状态的机械能等于

15、末状态的机械能。注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。（2）转化观点表达式：A E k i E p。意义：系统的机械能守恒时，系统增加（或减少）的动能等于系统减少（或增加）的势能。（3）转移观点表达式：AEA后AEB球。意义：若系统由A、B 两部分组成，当系统的机械能守恒时，则 A部分机械能的增加量等于B 部分机械能的减少量。8.机械能守恒定律的应用技巧（1）机械能守恒是有条件的，应用时首先判断研究对象在所研究的过程中是否满足机械能守恒的条件，然后再确定是否可以用机械能守恒定律。（2）如 果 系 统（除地球外）只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于

16、由两个或两个以上的物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较为简便。9.多个物体应用机械能守恒定律解题应注意的问题（1）对多个物体组成的系统要注意判断物体运动的过程中，系统的机械能是否守恒。（2）注意寻找连接各物体间的速度关系的连接物，如绳子、杆或者其他物体，然后在寻找几个物体间的速度关系和位移关系。（3）列机械能守恒方程时，一般选用Aa产AEB或的形式。1 0.用机械能守恒定律解决非质点问题在应用机械能守恒定律解决实际问题时，经常会遇到“铁链”、“水柱”等类的物体，其在运动过程中，重心位置往往发生变化，形状也会发生变化，因此此类物体不再看作质点，物体虽然不看作质点来处理，但是因为只有重力做功

17、，物体整体的机械能还是守恒的。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分重心的位置，根据初、末状态物体重力势能的变化来列式求解。/城市求钠（2 0 1 9河南高三）如图所示，物块A与小球B通过一轻绳相连处在光滑定滑轮两侧，物块4套在一光滑水平横杆上，用手按住A,此时轻绳与杆夹角为3 0。，物 块B静止，现释放物块A,让其向右滑行，已知A、B质量均为加，定滑轮中心距横杆高度为/?,忽略定滑轮大小，B始终未与横杆触碰，则下列说法中正确的有A.4和B组成的系统机械能守恒B.A物块的最大速度为他正C.物 块8的机械能最小时，轻绳的拉力T=m gD.物块向右滑行过程中，绳对A的拉力的

18、功率一直增大【参考答案】A B【试题解析】A8系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确。系统机械能守恒，当B的机械能最小时，即为4到 达C点，此时A的速度最大，设 为 匕 此 时B的速度为0,根 据 系 统 的 机 械 能 守 恒（2/i-/z）=；加廿，解得：v=2gR,此时B 有向上的加速度，轻绳的拉力r 不等于m g,故 B 正确，C 错误。根据功率公式P=Gcosa知，在 P 点，物块A 的速度为零，细线对4 拉力的功率为零。在 C 点，拉力和速度垂直，细线对4 拉力的功率也为零，所以物块A 由 P 点出发到达C 点过程中，细线对A 拉力的功率先增大后减小，故 D 错误。1.（2019

19、河南高三）如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A 点与圆心等高，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圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A 点，则下列说法正确的是AvA.圆弧轨道的半径一定是一2gB.若减小传送带速度，则小物块仍可能能到达A 点C.若增加传送带速度，小物块可以到达圆弧轨道的最高点D.若增加传送带速度，则小物块和传送带间摩擦生热将增大【答案】BD【解析】物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得，m8R=-m v l,所以小物块滑上传送带的初速度=/，物体到达传送带卜.

20、之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度叱，荻，物体就能返回到A 点，则 RW%，故 A 错误。若减小传送带速度，只要传送带的速度匹J 荻，物体就能返回到A 点。若传送带的 J 荻，物体返回到传送带左端时速度小于加，则小物块到达不了 A 点。故 B 正确。若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A 点，不能滑到圆弧轨道的最高点，选项C 错误；若增加传送带速度，则小物块和传送

21、带间相对滑动的距离变大，根据 人 如 gA r可知，摩擦生热将变大。故 D 正确。考点3人健关系、健重守惮友:律名/出 名 加钢一、功能关系i .能的概念：一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量。2 .规律：各种不同形式的能之间可以相互转化，而且在转化的过程中能量守恒。3 .功能关系（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。（3）WK E,该式的物理含义是除重力、系统内弹力以外，其他所有外力对物体所做的功等于物体机械能的变化，即功能原理。要注意的是物体的内能（所有分子热运动的动能和分子势能的总和

22、）、电视能不属于机械能。4 .几种常见的功能关系及其表达式二、能量守恒定律1.内容：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移功能量改变关系式卬令：合外力的功（所有外力的功）动能的改变量（A E k）WG：重力的功重力势能的改变量（A E p）A E p卬弹：弹簧弹力做的功弹性势能的改变量（A E p）W5-,=-A EPW凡 他：除重力或系统内弹力以外的其他外力做的功机械能的改变量（A E）W其 他=A E心:一对滑动摩擦力做功的代数和因摩擦而产生的内能（。）2Q（A s 为物体间的相对位移）到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。2 .

23、表达式：A E藏心埴。3 .意义：能量守恒定律是最基本、最普通、最重要的自然规律之一，它揭示了自然界中各种运动形式不仅具有多样性，而且具有统一性。它指出了能量既不会无中生有，也不会凭空消失，只能在一定条件下转化或转移。4.对能量守恒定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且增加量和减少量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且增加量和减少量一定相等。5 .应用能量守恒定律的解题步骤(1)选取研究对象和研究过程，了解对应的受力情况和运动情况。(2)分析有哪些力做功，相应的有多少形式的能参与了转化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内

24、能等。(3)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量A E减 和增加的能量A E增的表达式。三、摩擦力做功的特点及应用1.静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。2 .滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能的效果:机械能全部转化为内能；有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。(3)摩擦生热的计算：。=尤杷 对

25、。其中s*恸为相互摩擦的两个物体间的相对位移。3.传送带模型问题的分析流程任/雅京东钠(2 019河北唐山一中高三月考)如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为根的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，己知物块与斜面间的动摩擦因数为，物块下滑过程中的最大动能为E k m,则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是A./ztan aB.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能C.弹簧的最大弹性势能小于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和D.若将物块从离弹簧上端2 s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大

26、动能小于2Ekm【参考答案】D【试题解析】小物块从静止释放后能沿斜面下滑，则有?gsina“M gcosa,解得“V ta n a,故A错误；物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍 有zngsina，g co sa,物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误；根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和。故C错误；若将物块从离弹簧上端2$的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位

27、置不变，弹性势能不变，设为E p,此位置弹簧的压缩量为x。根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为E h,=m g(s+)s in e一3 22g(s+x)c o s a-Ep,将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为纥 =m g(2s+x)s i n c e(2 s+x)c o s a-Ep,而2 Eb)l=mg(.2s+2x)sitwej.img(2v+2x)cosa2 Ep,=m g(2s+x)sina-jjmg(2s+x)cosa-Ep+mgxsina-jumgxcosa-Ep=Eh)l +mgxsina-/jmgx

28、cosa-Ep,由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：mgxsina-mgxcosa E p,即mgxsina-imgxcosa 一 纥 0,所以得 EJ 卜 一 匀加速直线运动一加施度逐渐随丁的变加速运芯 小 一+匀电t j 1线谑艮直_ _ _ _1拗这一过程的速度一时间图象如图所示:深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：口=(，且以这个速度做匀速直线Ff运动。3.分析机车启动问题时的注意事项(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析

29、图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律；(2)在用公式P=Fv计算机车的功率时，尸是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力；(3)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W=P f计算，不 能 用W=F l计算(因为尸是变力)；(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W F I计算，不能用W=P r计算(因为功率尸是变化的)；(5)匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度。因为此时Q FM，所以之后还要在功率不变的情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度惴。4.三个重要关系式P无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度

30、，即二P=7-（式中 Fm i n为最小牵引力，其值等于阻力尸叩)。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=P t.由动能定理：P t-F f l lx=A Ek此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。工?雅境求钠(20 19山东章丘四中高三月考)如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在8上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于4、8间摩擦力的作用，4将在B匕滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中77777777777777777777777777A.外力F做的功等于A 和B的动能

31、的增量B.8 对 4 的摩擦力所做的功，等于A 的动能的增量C.A 对 B 的摩擦力所做的功，等于B 对 A 的摩擦力所做的功D.外力F 对 8 做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【参考答案】BD【试题解析】选择4 和 8 作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做 功,4 对 B 的摩擦力与B对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在 B 上滑动，A、B 对地的位移不等，故二者做功不等WF+(/A r)=AEkA+AEkB,其中Ax为A、B 的相对位移。所以外力尸做的功不等于A 和 2 的动能的增量，故 A 错误。对 A 物运用动能定理，则有8

32、 对 A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能的增量，故 B 正确。A 对 8 的摩擦力与B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在 B 上滑动，A、8 对地的位移不等，故二者做功不等，故 C 错误。对 8 物体应用动能定理，卬上卬尸AEkB,W/为 8 克服摩擦力所做的功，即 WF=AEkB+Wf,就是外力F 对 8 做的功等于B 的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故 D 正确。/眼嫁稼可1.(2019浙江高三月考)特 斯 拉Model S标配全轮驱动双电机，P W O D Model S更有高性能后置电机，与高效率的前置电机联动，实现超跑级别的加速表现，

33、仅需2.7 s,即可从静止加速至100 km/h。假设驾驶员与车总质量为2 200 k g,则在此加速过程中下列说法中正确的是A.合力做功约8.5x105 JB.牵引力做功约8.5x105jC.合力做功的平均功率约为3 140 kwD.牵引力做功的平均功率约为3 140 kw【答案】A【解析】v0=100knV h=27.8m/s,根据动能定理得：=m v2-0 =1x2200 x 27.82 J=8.5xlO5 J,而 町=喉 一叱H u g x lO5 J,故添=%+8.5x10 8.5x 1()5j,故 A 正确，B 错误；根据心=干=kW =314kW,故 C错误；因%8.5 x l(

34、)5 j,故牵引力做功的平均功率大于3 14 k W,故 D 错误，故选A。1.(20 19 新课标全国III卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度人 在3m以内时，物体上升、下落过程中动能反随/?的变化如图所示。重力加速度取10 m/s 2。该物体的质量为7260483624120A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg【答 案】c【解 析】对 上 升 过 程，由动能定理，T F+mg)h=E*E k 0,得E k=E k(F +mg)/i,即F+=1 2 N；卜落过 程，(m g F)

35、(6 必=纥，即 mg-尸=%=8N,联 立 两 公 式，得到加=1kg、F=2 N 2.(20 19 江苏卷)如 图 所 示，轻 质 弹 簧 的 左 端 固 定，并 处 于 自 然 状 态.小 物 块 的 质 量 为 相，从A点 向 左 沿 水 平 地 面 运 动，压 缩 弹 簧 后 被 弹 回，运动到A点 恰 好 静 止.物 块 向 左 运 动 的 最 大距离为s,与 地 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为，重力加速度为g,弹 簧 未 超 出 弹 性 限 度.在 上 述 过 程弹 簧 的 最 大 弹 力为 m g物块克服摩擦 力 做 的 功 为 2/Hg S弹簧的最大弹性势能为 加 g s

36、物块在A点 的 初 速 度 为 百【答 案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有碍单 帆g，故A错误；全过程小物块的路程为2 s,所以全过程中克服摩擦力做的功为：4mg2 s,故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：EP m a K=p m g s,故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：=,解得：%=2A/gs,故 D 错误。3.（20 18 新课标全国I卷）如图，Me是竖直面内的光滑固定轨道，ab水 平,长度为2R；儿是半径为R的四分之一的圆弧，与ah相切于b点。一质量为，的 小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从

37、点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6 mgR【答案】c【解析】设小球运动到c点的速度大小为P C.则对小球由a到c的过程，由动能定理得:户3/?Tg R=；又 F=m g,解得：o 2=4 g R,小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vdg=2般,小球在水平方向的加速度用g,在 水 平 方 向 的 位 移 为 产=2凡 由以上分析可知，小球从a点开

38、始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5 R,则小球机械能的增加量E=F-5 R=5?g R,选项C正确A B D错误。4.（2 0 1 8 新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比【答案】B【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=W,由动能公式E k=1布v2,可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；2由，=2 工,可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由 动 量

39、 公 式 可 知 列 车 动 能E k=-,2 2 m即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。5.（2 0 1 8 新课标全国I I I卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间，的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程A.矿车上升所用的时间之比为4:5B.电机的最大牵引力之比为2:1C.电机输出的最大功率之比为2:1D.电机所做的功之比为4:5【答案】A C【解析】设第0次 所 用 时 间 为t,根据速度图象的面

40、积等于位移（此题中为提升的高度）可知，x 2 r0 x v o=-x（z+3/（）/2）x v o,解得：/=5 f o/2,所以第次和第2）次提升过程所用时间之比为2:5 f o/2=4:5,2 2 2选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为1:1，选项B错误；由功率公式，P F v,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2:1,选 项C正确；加 速 上 升 过 程 的 加 速 度。产为，加速上升过程的牵引力F=nui+mg=m（+g）,减速上升过程的加速度ai=,减速上升过程的牵引力F 2=fna2+fn

41、g=m（g-）,匀速运动过程的牵引力尸3=吆。第次提升过程做功IVI=F!Xix roxV o+F2x ix rox vo=v oro；第0次提升过程做功 W 2=F x -x f（）x u o+B x i，（）x 3 f o/2+&x -x f（）x vo=mgvot（）；两次做功相同，选项 D 错误。2 2 2 2 2 2 26.（2017 江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为后 卜。，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能线 与位移X的关系图线是【答案】C【解 析】向 上 滑 动 的 过 程 中，根 据 动 能 定 理 有 纥 0=一（s i n 9+c

42、 o s。）加g x ,当k=0时X m ax=厂 一-：一 宗 一，同理，下滑过程中，由动能定理有反-0 =（s i n 6 -/c o s0）m g（xi m x-x）,（sin 0+cos 0）mg厂 t an g一 -当4 0 时Ek=纥0 5 0，故选C。t an 6 +7.（2016浙江卷）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45。和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质 量 为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，s in 3 7 =0.6.c o

43、s 3 7 =0.8）=则A.动摩擦因数=3B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh3D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为j g【答案】ABh/z 6【解析】由动能定理有机g,2 一机geo s 4 5-c o s 3 7-=0,解得4 =,A正s m 4 5 s in 3 7 7确；对前一段滑道，根据动能定理有机8一加8（：0 5 4 5）-我+=3机0,解 得y =J孚，B正确：载 人 滑 草 车 克 服 摩 擦 力 做 功2mgh,C错 误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a=7 gs in 3 7 j 7 gc o s 3 7 一 口 错误。m 3 58.（

44、2 0 1 9天津卷）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板A3相切的一段圆弧，示意如图2,A8长=1 5 0 m,水平投影4=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角6 =1 2 （s in 1 2 0 0.2 1 ）.若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经f=6 s到达8点进入BC。己知飞行员的质量?=6 0 k g,g=1 0 m/s2,求图1A B!-图2（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W

45、；（2）舰 载 机 刚 进 入 时，飞行员受到竖直向上的压力卅多大。【答案】(1)W =7.5 x l04 J(2)FN=1.1X103 N【解析】（1）舰载机由静止开始做匀加速宜线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有=42 t根据动能定理，有w J m?-。2联立式，代入数据，得W =7.5 x l()4 j（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ,根据几何关系，有L,=R s in。由牛顿第二定律，有5-m g =m 联立式，代入数据，得FN=1.1X103 N9.（2 0 1 9 浙江选考）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道A B 和弯曲的细管道B C D 平滑连接组成，如图所示。小

46、滑块以某一初速度从4 点滑上倾角为叙3 7。的直轨道A B,到达8 点的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BC。，从细管道出口。点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B 点的高度加=1.2 m,。点的高度生=0.8 m,。点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道A B 间的动摩擦因数=0.2 5,s i n 3 7*0.6,c o s 3 7=0.8 o（1）求小滑块在轨道A B 上的加速度和在A 点的初速度；（2）求小滑块从力点飞出的速度；（3）判断细管道B C D 的内壁是否光滑。【答案】（1）8 m/s2,6 m/s （2）1 m/s （3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管

47、道BC D内壁不光滑。【解析】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：mgsin+R ingcos=m a,解得 a =8 m/52；由运动学公式次一片=一 2“一”,解得=6 m/s（2）滑块在D 处水平飞出，由平抛运动规律L =h2=-g t解得匕 =1 m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道B CD 内壁不光滑1 0.（2 0 1 8 江苏卷）如图所示，钉子4、8相距5/,处于同一高度.细线的一端系有质量为M 的小物块,另一端绕过A 固定于瓦 质量为根的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3/。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此 时 与 水 平 方 向 的 夹 角

48、为 5 3。松手后，小球运动到与4、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g,取$伯5 3。=0.8,5 3。=0.6。求:（1）小球受到手的拉力大小尺（2）物块和小球的质量之比（3）小球向下运动到最低点时，物块用所受的拉力大小兀【答案】（1）（2）=-（3）T=SMS（T =m g T =Mg）3m 5 5C m+M）5 5 1 1【解析】（1）设小球受A C、的拉力分别为、F2F i s i n 5 3 二 尸 2 c o s 5 3 F+mg=F cos 5 3+g s i n 5 3 且 F=M g解得尸=IM g -m g（2）小球运动到与A、8相同高度过程中小球上升高度/?i=3/s i n 5 3,物块下降高度Ii2=2l机械能守恒定律mgh=M gh2解 得 竺=gm 5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时A C方向的加速度大小为a,重物受到的拉力为T牛顿运动定律M g-T=M a小球受A C的拉力T=T牛顿运动定律T-ingcos 53=ma解得T =善%（7 =%加 8 或 7 =2这）5（加+M）5 5 1 1