还剩52页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用课件
展开
这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，知识网络构建，高考真题再练，高频考点•探究突破，命题点点拨，情境突破，ABD，专项模块•素养培优等内容，欢迎下载使用。
1.(2022福建卷)福建土楼兼具居住和防御的功能,承启楼是圆形土楼的典型代表,如图甲所示。承启楼外楼共四层,各楼层高度如图乙所示,同一楼层内部通过直径约50 m的圆形廊道连接,若将质量为100 kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处,再用100 s沿廊道运送到N处,如图丙所示,重力加速度大小取10 m/s2,则( )
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为5 400 JB.该物资从M处被运送到N处的过程中,克服重力所做的功为78 500 JC.该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,位移大小为78.5 mD.该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,平均速率为0.5 m/s
解析 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为W=mgh=100×10×2×2.7 J=5 400 J,故A正确。M、N两点高度相同,所以物资从M处被运送到N处的过程中,重力不做功,故B错误。该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,位移大小为50 m,故C错误。
2.(2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
解析 由题意知两节动车分别有P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,
3.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
解析 甲下滑过程中加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A错误,选项B正确;开始时乙的重力功率为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D错误。
4.(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
解析 设运动员位移与水平方向夹角为θ,对运动员,由动能定理得mgxtan θ=Ek-0,运动员的动能Ek=mgxtan θ,由图示运动员运动过程可知,开始θ不变,Ek与x成正比,运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化,Ek与位移不成正比,运动员到达轨道最低点然后上升,重力做负功,动能减小,由图示图像可知,A正确,B、C、D错误。
5.(多选)(2023湖南卷)如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是( )A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
(3)小球运动到O点时速度竖直向上,受重力和静电力作用,将静电力分解到x轴和y轴上,则x轴方向有Fcs 45°=maxy轴方向有Fsin 45°-mg=may解得ax=g,ay=0说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x= gt2,y=vOt联立解得y2=6Rx,y≥0。
【方法规律归纳】计算功和功率时各需注意的两个方面1.功的计算 F、s不共线,则分解(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。(2)变力做功一般用动能定理或图像法求解,用图像法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。注:涉及功和功率的图像常见的是F-x图像、速度图像、F-t图像等。
2.功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率。(2) 侧重于平均功率的计算,P=Fvcs α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。要注意P=Fvcs α可理解成力F的瞬时功率等于该力乘以该力方向上的瞬时速度。注:对于机车,通常输出功率P=Fv,其中F为机车牵引力。
解决机车启动问题时的四点注意1.分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 两过程2.匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。3.以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。4.无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=F阻vm,P为机车的额定功率。
【对点训练】1.(命题点2)物体在水平拉力F作用下,沿x轴由坐标原点开始运动,设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示,图甲为一半圆图形,对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙,则以下说法正确的是( )A.W甲>W乙>W丙B.W甲=W乙>W丙C.W甲=W乙=W丙D.W甲>W乙=W丙
解析 在F-x图像中,F做的功等于图线与x轴所围的面积。
2.(多选)(命题点1、3)如图所示,一物块前端有一滑轮,轻绳的一端系在右方固定处,水平穿过滑轮,另一端用力F拉住,力F大小随时间的变化如图甲所示,前10 s内物块的v-t图像如图乙所示,保持力F与水平方向之间的夹角θ=60°不变,当用力F拉绳使物块前进时,下列说法正确的是( )A.0~5 s内拉力F做的功为75 JB.3 s末拉力F的功率为9 WC.5~10 s内摩擦力大小为6 ND.5~10 s内拉力F做的功为150 J
思路拓展 求拉力F做的功时,也可用等效法求解:看成用两个力F拉物体。
3.(多选)(命题点4)某装甲车的质量为m,若在平直的公路上从静止开始加速,前进较短的距离s速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒定为P,装甲车所受阻力恒为Ff,当速度为v(v
[典例1](多选)(命题点4)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一,某冰滑梯的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽略;倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同,因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下l1、l2的组合符合设计要求的是( )
易错防范 (1)本题属于多过程问题,求解时要选择合适的过程,可选全过程应用动能定理,这样可以避开每个运动过程的具体细节,过程简明、运算量小。但要注意列出各力做功的代数和时,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正负。(2)如果全过程中,某个点的状态是已知的,应将全过程从已知点分开应用动能定理来研究。
【对点训练】4.(命题点1)如图甲所示,静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半圆,则小物块运动到x0处时的动能为( )
思维点拨 应用动能定理结合图像求动能。
5.(命题点3)如图所示,在竖直面内,一半径为R的光滑半圆轨道和水平轨道在B点相切,PB为圆弧轨道的直径。一小滑块从A点沿水平轨道向右运动经B点沿圆弧轨道恰好通过P点,最后落在A点。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,不计空气阻力。则小滑块从A点运动时的初速度为( )
易错防范 (1)公式 中W应是总功,方程为标量方程,不能在某方向上应用。(2)功的计算过程中,易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的情况。
6.(2023北京东城区一模)(命题点2)如图甲所示,一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中,其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )A.物块质量为0.7 kgB.物块所受摩擦力大小为0.7 NC.0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为40 JD.0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比为3∶4
解析 物块沿斜面上滑过程,由动能定理得-mgssin 30°-Ffs=0-Ek1,物块沿斜面下滑过程,由动能定理得mgssin 30°-Ffs=Ek2-0,解得m=0.7 kg,Ff=0.5 N,故A正确,B错误。0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为Wf=2Ffs=2×0.5×10 J=10 J,故C错误。0~10 m过程中,物块所受合力为F1=mgsin 30°+Ff=0.7×10× N+0.5 N=4 N,10~20 m过程中物块所受合力为F2=mgsin 30°-Ff=0.7×10× N-0.5 N=3 N,合力之比为4∶3,故D错误。
7.(2023广西钦州期末)(命题点4)跳房子是一种常见的儿童游戏,又称跳方格。先在地上画一个写有数字的飞机状的房子,顺序形状如图所示,游戏规定参与者每次从第1格开始踢动瓦片向前滑动,瓦片每次只能依次前进一格,若瓦片压线或出界均属失败,先到达“天”字格者即获胜。游戏中正方形方格边长为l=0.4 m,瓦片质量均为m=0.2 kg,某次游戏中瓦片停在第1格的正中间,踢动瓦片,使其获得v0=2 m/s的瞬间初速度,瓦片恰好滑行到第2格的正中间停下。瓦片可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。(1)求瓦片与地面之间的动摩擦因数μ;(2)若某次游戏中,某瓦片处于第1格的正中间,则给该瓦片多大的动能才能停在第2格内?(结果可以用根号表示)
(2)由几何关系知,当瓦片在2格和3格交界的两个顶点,瓦片的初动能最大;当瓦片在1格和2格交界的中点,瓦片的初动能最小。
【方法规律归纳】机械能守恒定律应用中的三个选取(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象,如图所示单选物体A机械能减少不守恒,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。
(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)机械能守恒表达式的选取
[典例2](命题点2)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为m'的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。(1)求重物落地后,小球线速度的大小v。(2)重物落地后一小球转到水平位置A,求此时该球受到杆的作用力的大小F。(3)求重物下落的高度h。
解析 (1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v=2Rω。(2)小球匀速转动,当在水平位置时设杆对球的作用力为F,合力提供向心力,则有
(3)设重物落地时的速度为v1,重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统,根据系统机械能守恒可知
素养提升 (1)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒;平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。
【对点训练】8.(多选)(2023广西二模)(命题点2)如图所示,竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B,小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连,用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ,现突然松手,物块A开始在竖直方向上做往复运动,小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d,Q点和定滑轮的高度相同, OM⊥OP,sin θ=0.6,重力加速度大小为g,定滑轮可看作质点,
下列说法正确的是( ) A.小球经过Q点时的加速度大小为g
9.(2023广东佛山一模)(命题点1)如图所示,滑雪运动员由静止从助滑坡道上A点自由滑下,经C点以50 m/s的速度水平飞出跳台,在坡道K点着陆。若AC高度差h0=136 m,CK高度差h=80 m,g取10 m/s2,忽略空气阻力,请分析说明:(1)该运动员由A滑至C的过程中机械能是否守恒?(2)该运动员在空中飞行的水平距离s是多少?(3)落点K处的坡面与水平的夹角θ的正切tan θ接近什么值时,运动员着陆时坡面对他的冲击力最小?
答案 (1)机械能不守恒(2)200 m(3)0.8解析 (1)设运动员质量为m,由A滑至C的过程中减少的重力势能ΔEp=mgh0增加的动能ΔEk= mv2解得ΔEp=1 360 m(ΔEp单位为J,m单位为kg)ΔEk=1 250 m(ΔEk单位为J,m单位为kg)由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk),故机械能不守恒。
(2)运动员在空中做平抛运动,设其在空中飞行的时间为t,则h= gt2s=vt解得t=4 s,s=200 m。(3)设运动员到达K点即将着陆时竖直方向的速度为vy,速度与水平面的夹角为α,则vy=gttan α=tan α=0.8tan θ的值接近0.8时,坡面对运动员的冲击力最小。因为此时运动员的速度方向与坡面相切,运动员着陆时垂直坡面方向的速度变化最小,根据牛顿第二定律(或动量定理),坡面给运动员在垂直坡面方向的力最小,在沿坡面方向对运动员阻力近似相同的情况下,运动员着陆时速度方向与坡面相切,受坡面的冲击力最小。
【方法规律归纳】理解常见的七种功能关系
【对点训练】10.(2023河南四市联考)(命题点1)如图所示,一根两端开口的薄壁圆管竖直插入盛有水的薄壁圆柱体桶中。在圆管内有一不漏气的活塞,它可沿圆管上下无摩擦地滑动。开始时,圆管内外水面相齐,且活塞恰好触及水面,圆桶内水面距桶口高度差为h。现通过轻绳对活塞施加一个向上的拉力,使活塞缓慢向上移动(圆桶和圆管竖直固定不动,圆桶内水足够深)。已知圆管半径为r,圆桶半径为2r,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计活塞质量。当活塞上升到和圆桶口相平的过程中(此时活塞仍触及水面)。关于绳子拉力所做的功W,下列关系正确的是( )
11.(多选)(2023广东茂名、高州一模)(命题点2)如图所示,半球形容器ABC固定在水平面上,AC是水平直径,一个物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器,第一次从P点由静止释放,P点离A点高度为h,结果物块从
物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定,B为容器内壁最低点,容器的半径为h,
则下列判断正确的是( )
D.第一次,物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
12.(命题点3)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1.5 kg,轻弹簧的劲度系数k=100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep= kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),g取10 m/s2。
(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少?(2)使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值是多少?(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中,力F对木块做的功是多少?
答案 (1)4.5 J (2)6 N (3)1.44 J解析 (1)对A、B组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,则Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10 N=30 N
(2)A与B开始运动时加速度是相等的,A、B组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对A、B系统的弹力最大,所以拉力F最小,由牛顿第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a代入数据可得Fmin=6 N。
(3)A、B分离时,设弹簧压缩了x2,二者分离时A与B之间的作用力为0,由牛顿第二定律,对B有kx2-mBg=mBa,得x2=0.18 m此过程A、B上升高度h=x1-x2=0.30 m-0.18 m=0.12 m此时A、B速度设为v,则v2=2ah
一、游乐场里的物理知识——竖直圆轨道模型中功能关系的应用
【主题概述】过山车是一种富有刺激性的娱乐项目,那种风驰电掣、有惊无险的感受令不少人着迷。过山车的运动包含了许多物理学原理,人们在设计过山车时巧妙地运用了这些原理。【考向预测】高考试题中,常以“过山车”——竖直平面的圆周运动为背景,考查动能定理、机械能守恒定律等。
【典例分析】[典例]图甲所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离l=20 m,质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客,可视为质点)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时,乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车与DE段轨道的动摩擦因数为μ= ,EF段摩擦不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)若过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大?
情境分析 本题属于综合性、应用性题目,以游乐场中“过山车”为素材创设生活实践类问题情境。考查理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构直线运动、竖直平面内的圆周运动模型,应用动能定理和牛顿运动定律解决实际问题。思维点拨 1.根据“乘客对座椅的压力为自身重力的 ”,应用向心力公式列方程。2.选B到F整个运动过程为研究过程,根据动能定理列方程。3.分析“过山车不能到达EF段并保证不下滑”的隐含条件或临界条件列方程求解。
素养提升 竖直平面内的圆周运动的“两点一过程”研究方法解某一状态(点)的问题要用牛顿第二定律或向心力公式(如下图中的A点、B点、C点、D点、P点等);涉及过程时一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律(如下图中的PA、PC、BD、AC等),题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
【类题演练】如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为如图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m的A点静止下滑,经BCDC'EF最终停在G点,过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;(3)减速直轨道FG的长度x。
(2)设过山车到达D点的速度为vD,由机械能守恒定律联立代入数据可得FD=7 000 N由牛顿第三定律可知过山车对轨道的作用力FD'=7 000 N。(3)过山车从A到达G点,由动能定理可得mgh-mg(l-x)tan 37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0代入数据可得x=30 m。
二、连接体的系统模型中功能关系的应用
【主题概述】高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查机械能守恒定律应用或功能关系应用,如下图所示。
求解的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:(1)速率相等的连接体模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的连接体模型。
【典例分析】[典例](多选)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,B放在地面上。A、B通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,A、B可视为质点,重力加速度大小为g。则( )A.A落地前,轻杆对B一直做正功B.A落地时速度大小为C.A下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.A落地前,当A的机械能最小时,B对地面的压力大小为mg
解析 由题意知,系统机械能守恒。设某时刻A、B的速度分别为vA、vB,此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将vA、vB分解,如图所示。因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v∥'是相等的,即vAcs θ=vBsin θ。当A滑至地面时θ=90°,此时vB=0,由系统机械能守恒得 ,解得vA= ,选项B正确。同时由于B初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对B先做正功后做负功,选项A错误。杆对B的作用先是推力后是拉力,对A则先是阻力后是动力,即A的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项C错误。B的动能最大时,杆对A、B的作用力为零,此时A的机械能最小,B只受重力和支持力,所以B对地面的压力大小为mg,选项D正确。
情境分析 本题属于综合性选择题,以铰链和刚性轻杆为素材创设问题情境。考查关键能力中的理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构某一方向上速度大小相等的连接体模型。思维点拨 1.A、B通过铰链用刚性轻杆连接,构成连接体,根据沿杆方向速度相等,建立二者速度关系。2.由静止开始运动,不计摩擦,系统机械能守恒。3.根据二者的速度变化情况和功能关系可确定做功情况。特别提醒 多物体机械能守恒或功能关系问题求解的三点注意1.按两物体连接方式,通过审题,明确速度关系属于哪种情况。2.注意判定所选系统机械能是否守恒。3.涉及弹簧时要注意研究对象的选择。
【类题演练】(2023湖南名校第二次联考模拟)如图所示,质量为m=1 kg的小球甲与轻弹簧上端相连,轻弹簧下端固定在水平面上,小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上,小球甲和质量为3m的物体乙用跨过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接。初始时,用手托住物体乙,使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零,此时,连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为α=53°,且小球甲静止于M点,现将物体乙由静止释放,经过一段时间后小球甲运动到N点,ON水平,ON=1.5 m,且小球甲在M、N两点时受到的弹簧弹力大小相等。已知重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,不计空气阻力,弹簧始终处于弹性限度内,甲、乙均可视为质点,
下列说法正确的是( )A.初始时,弹簧的弹力大小为30 NB.弹簧处于原长时,上端点在N点下方1.5 m处C.小球甲运动到N点时,绳子拉力对甲做功的功率为零D.小球甲由M点运动到N点的过程中,小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大
1.(2022福建卷)福建土楼兼具居住和防御的功能,承启楼是圆形土楼的典型代表,如图甲所示。承启楼外楼共四层,各楼层高度如图乙所示,同一楼层内部通过直径约50 m的圆形廊道连接,若将质量为100 kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处,再用100 s沿廊道运送到N处,如图丙所示,重力加速度大小取10 m/s2,则( )
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为5 400 JB.该物资从M处被运送到N处的过程中,克服重力所做的功为78 500 JC.该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,位移大小为78.5 mD.该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,平均速率为0.5 m/s
解析 该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为W=mgh=100×10×2×2.7 J=5 400 J,故A正确。M、N两点高度相同,所以物资从M处被运送到N处的过程中,重力不做功,故B错误。该物资从M处沿圆形廊道被运送到N处,位移大小为50 m,故C错误。
2.(2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
解析 由题意知两节动车分别有P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,
3.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
解析 甲下滑过程中加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A错误,选项B正确;开始时乙的重力功率为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D错误。
4.(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
解析 设运动员位移与水平方向夹角为θ,对运动员,由动能定理得mgxtan θ=Ek-0,运动员的动能Ek=mgxtan θ,由图示运动员运动过程可知,开始θ不变,Ek与x成正比,运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化,Ek与位移不成正比,运动员到达轨道最低点然后上升,重力做负功,动能减小,由图示图像可知,A正确,B、C、D错误。
5.(多选)(2023湖南卷)如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是( )A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
(3)小球运动到O点时速度竖直向上,受重力和静电力作用,将静电力分解到x轴和y轴上,则x轴方向有Fcs 45°=maxy轴方向有Fsin 45°-mg=may解得ax=g,ay=0说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x= gt2,y=vOt联立解得y2=6Rx,y≥0。
【方法规律归纳】计算功和功率时各需注意的两个方面1.功的计算 F、s不共线,则分解(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。(2)变力做功一般用动能定理或图像法求解,用图像法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。注:涉及功和功率的图像常见的是F-x图像、速度图像、F-t图像等。
2.功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率。(2) 侧重于平均功率的计算,P=Fvcs α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。要注意P=Fvcs α可理解成力F的瞬时功率等于该力乘以该力方向上的瞬时速度。注:对于机车,通常输出功率P=Fv,其中F为机车牵引力。
解决机车启动问题时的四点注意1.分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 两过程2.匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。3.以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。4.无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=F阻vm,P为机车的额定功率。
【对点训练】1.(命题点2)物体在水平拉力F作用下,沿x轴由坐标原点开始运动,设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示,图甲为一半圆图形,对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙,则以下说法正确的是( )A.W甲>W乙>W丙B.W甲=W乙>W丙C.W甲=W乙=W丙D.W甲>W乙=W丙
解析 在F-x图像中,F做的功等于图线与x轴所围的面积。
2.(多选)(命题点1、3)如图所示,一物块前端有一滑轮,轻绳的一端系在右方固定处,水平穿过滑轮,另一端用力F拉住,力F大小随时间的变化如图甲所示,前10 s内物块的v-t图像如图乙所示,保持力F与水平方向之间的夹角θ=60°不变,当用力F拉绳使物块前进时,下列说法正确的是( )A.0~5 s内拉力F做的功为75 JB.3 s末拉力F的功率为9 WC.5~10 s内摩擦力大小为6 ND.5~10 s内拉力F做的功为150 J
思路拓展 求拉力F做的功时,也可用等效法求解:看成用两个力F拉物体。
3.(多选)(命题点4)某装甲车的质量为m,若在平直的公路上从静止开始加速,前进较短的距离s速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒定为P,装甲车所受阻力恒为Ff,当速度为v(v
[典例1](多选)(命题点4)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一,某冰滑梯的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽略;倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同,因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下l1、l2的组合符合设计要求的是( )
易错防范 (1)本题属于多过程问题,求解时要选择合适的过程,可选全过程应用动能定理,这样可以避开每个运动过程的具体细节,过程简明、运算量小。但要注意列出各力做功的代数和时,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正负。(2)如果全过程中,某个点的状态是已知的,应将全过程从已知点分开应用动能定理来研究。
【对点训练】4.(命题点1)如图甲所示,静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半圆,则小物块运动到x0处时的动能为( )
思维点拨 应用动能定理结合图像求动能。
5.(命题点3)如图所示,在竖直面内,一半径为R的光滑半圆轨道和水平轨道在B点相切,PB为圆弧轨道的直径。一小滑块从A点沿水平轨道向右运动经B点沿圆弧轨道恰好通过P点,最后落在A点。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,不计空气阻力。则小滑块从A点运动时的初速度为( )
易错防范 (1)公式 中W应是总功,方程为标量方程,不能在某方向上应用。(2)功的计算过程中,易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的情况。
6.(2023北京东城区一模)(命题点2)如图甲所示,一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中,其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )A.物块质量为0.7 kgB.物块所受摩擦力大小为0.7 NC.0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为40 JD.0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比为3∶4
解析 物块沿斜面上滑过程,由动能定理得-mgssin 30°-Ffs=0-Ek1,物块沿斜面下滑过程,由动能定理得mgssin 30°-Ffs=Ek2-0,解得m=0.7 kg,Ff=0.5 N,故A正确,B错误。0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为Wf=2Ffs=2×0.5×10 J=10 J,故C错误。0~10 m过程中,物块所受合力为F1=mgsin 30°+Ff=0.7×10× N+0.5 N=4 N,10~20 m过程中物块所受合力为F2=mgsin 30°-Ff=0.7×10× N-0.5 N=3 N,合力之比为4∶3,故D错误。
7.(2023广西钦州期末)(命题点4)跳房子是一种常见的儿童游戏,又称跳方格。先在地上画一个写有数字的飞机状的房子,顺序形状如图所示,游戏规定参与者每次从第1格开始踢动瓦片向前滑动,瓦片每次只能依次前进一格,若瓦片压线或出界均属失败,先到达“天”字格者即获胜。游戏中正方形方格边长为l=0.4 m,瓦片质量均为m=0.2 kg,某次游戏中瓦片停在第1格的正中间,踢动瓦片,使其获得v0=2 m/s的瞬间初速度,瓦片恰好滑行到第2格的正中间停下。瓦片可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。(1)求瓦片与地面之间的动摩擦因数μ;(2)若某次游戏中,某瓦片处于第1格的正中间,则给该瓦片多大的动能才能停在第2格内?(结果可以用根号表示)
(2)由几何关系知,当瓦片在2格和3格交界的两个顶点,瓦片的初动能最大;当瓦片在1格和2格交界的中点,瓦片的初动能最小。
【方法规律归纳】机械能守恒定律应用中的三个选取(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象,如图所示单选物体A机械能减少不守恒,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。
(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)机械能守恒表达式的选取
[典例2](命题点2)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为m'的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。(1)求重物落地后,小球线速度的大小v。(2)重物落地后一小球转到水平位置A,求此时该球受到杆的作用力的大小F。(3)求重物下落的高度h。
解析 (1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v=2Rω。(2)小球匀速转动,当在水平位置时设杆对球的作用力为F,合力提供向心力,则有
(3)设重物落地时的速度为v1,重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统,根据系统机械能守恒可知
素养提升 (1)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒;平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。
【对点训练】8.(多选)(2023广西二模)(命题点2)如图所示,竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B,小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连,用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ,现突然松手,物块A开始在竖直方向上做往复运动,小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d,Q点和定滑轮的高度相同, OM⊥OP,sin θ=0.6,重力加速度大小为g,定滑轮可看作质点,
下列说法正确的是( ) A.小球经过Q点时的加速度大小为g
9.(2023广东佛山一模)(命题点1)如图所示,滑雪运动员由静止从助滑坡道上A点自由滑下,经C点以50 m/s的速度水平飞出跳台,在坡道K点着陆。若AC高度差h0=136 m,CK高度差h=80 m,g取10 m/s2,忽略空气阻力,请分析说明:(1)该运动员由A滑至C的过程中机械能是否守恒?(2)该运动员在空中飞行的水平距离s是多少?(3)落点K处的坡面与水平的夹角θ的正切tan θ接近什么值时,运动员着陆时坡面对他的冲击力最小?
答案 (1)机械能不守恒(2)200 m(3)0.8解析 (1)设运动员质量为m,由A滑至C的过程中减少的重力势能ΔEp=mgh0增加的动能ΔEk= mv2解得ΔEp=1 360 m(ΔEp单位为J,m单位为kg)ΔEk=1 250 m(ΔEk单位为J,m单位为kg)由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk),故机械能不守恒。
(2)运动员在空中做平抛运动,设其在空中飞行的时间为t,则h= gt2s=vt解得t=4 s,s=200 m。(3)设运动员到达K点即将着陆时竖直方向的速度为vy,速度与水平面的夹角为α,则vy=gttan α=tan α=0.8tan θ的值接近0.8时,坡面对运动员的冲击力最小。因为此时运动员的速度方向与坡面相切,运动员着陆时垂直坡面方向的速度变化最小,根据牛顿第二定律(或动量定理),坡面给运动员在垂直坡面方向的力最小,在沿坡面方向对运动员阻力近似相同的情况下,运动员着陆时速度方向与坡面相切,受坡面的冲击力最小。
【方法规律归纳】理解常见的七种功能关系
【对点训练】10.(2023河南四市联考)(命题点1)如图所示,一根两端开口的薄壁圆管竖直插入盛有水的薄壁圆柱体桶中。在圆管内有一不漏气的活塞,它可沿圆管上下无摩擦地滑动。开始时,圆管内外水面相齐,且活塞恰好触及水面,圆桶内水面距桶口高度差为h。现通过轻绳对活塞施加一个向上的拉力,使活塞缓慢向上移动(圆桶和圆管竖直固定不动,圆桶内水足够深)。已知圆管半径为r,圆桶半径为2r,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计活塞质量。当活塞上升到和圆桶口相平的过程中(此时活塞仍触及水面)。关于绳子拉力所做的功W,下列关系正确的是( )
11.(多选)(2023广东茂名、高州一模)(命题点2)如图所示,半球形容器ABC固定在水平面上,AC是水平直径,一个物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器,第一次从P点由静止释放,P点离A点高度为h,结果物块从
物块与容器内壁间的动摩擦因数恒定,B为容器内壁最低点,容器的半径为h,
则下列判断正确的是( )
D.第一次,物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
12.(命题点3)A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1.5 kg,轻弹簧的劲度系数k=100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep= kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),g取10 m/s2。
(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少?(2)使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值是多少?(3)从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中,力F对木块做的功是多少?
答案 (1)4.5 J (2)6 N (3)1.44 J解析 (1)对A、B组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,则Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10 N=30 N
(2)A与B开始运动时加速度是相等的,A、B组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对A、B系统的弹力最大,所以拉力F最小,由牛顿第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a代入数据可得Fmin=6 N。
(3)A、B分离时,设弹簧压缩了x2,二者分离时A与B之间的作用力为0,由牛顿第二定律,对B有kx2-mBg=mBa,得x2=0.18 m此过程A、B上升高度h=x1-x2=0.30 m-0.18 m=0.12 m此时A、B速度设为v,则v2=2ah
一、游乐场里的物理知识——竖直圆轨道模型中功能关系的应用
【主题概述】过山车是一种富有刺激性的娱乐项目,那种风驰电掣、有惊无险的感受令不少人着迷。过山车的运动包含了许多物理学原理,人们在设计过山车时巧妙地运用了这些原理。【考向预测】高考试题中,常以“过山车”——竖直平面的圆周运动为背景,考查动能定理、机械能守恒定律等。
【典例分析】[典例]图甲所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离l=20 m,质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客,可视为质点)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时,乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车与DE段轨道的动摩擦因数为μ= ,EF段摩擦不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)若过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大?
情境分析 本题属于综合性、应用性题目,以游乐场中“过山车”为素材创设生活实践类问题情境。考查理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构直线运动、竖直平面内的圆周运动模型,应用动能定理和牛顿运动定律解决实际问题。思维点拨 1.根据“乘客对座椅的压力为自身重力的 ”,应用向心力公式列方程。2.选B到F整个运动过程为研究过程,根据动能定理列方程。3.分析“过山车不能到达EF段并保证不下滑”的隐含条件或临界条件列方程求解。
素养提升 竖直平面内的圆周运动的“两点一过程”研究方法解某一状态(点)的问题要用牛顿第二定律或向心力公式(如下图中的A点、B点、C点、D点、P点等);涉及过程时一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律(如下图中的PA、PC、BD、AC等),题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。
【类题演练】如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为如图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m的A点静止下滑,经BCDC'EF最终停在G点,过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;(3)减速直轨道FG的长度x。
(2)设过山车到达D点的速度为vD,由机械能守恒定律联立代入数据可得FD=7 000 N由牛顿第三定律可知过山车对轨道的作用力FD'=7 000 N。(3)过山车从A到达G点,由动能定理可得mgh-mg(l-x)tan 37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0代入数据可得x=30 m。
二、连接体的系统模型中功能关系的应用
【主题概述】高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查机械能守恒定律应用或功能关系应用,如下图所示。
求解的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:(1)速率相等的连接体模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的连接体模型。
【典例分析】[典例](多选)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,B放在地面上。A、B通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,A、B可视为质点,重力加速度大小为g。则( )A.A落地前,轻杆对B一直做正功B.A落地时速度大小为C.A下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.A落地前,当A的机械能最小时,B对地面的压力大小为mg
解析 由题意知,系统机械能守恒。设某时刻A、B的速度分别为vA、vB,此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将vA、vB分解,如图所示。因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v∥'是相等的,即vAcs θ=vBsin θ。当A滑至地面时θ=90°,此时vB=0,由系统机械能守恒得 ,解得vA= ,选项B正确。同时由于B初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对B先做正功后做负功,选项A错误。杆对B的作用先是推力后是拉力,对A则先是阻力后是动力,即A的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项C错误。B的动能最大时,杆对A、B的作用力为零,此时A的机械能最小,B只受重力和支持力,所以B对地面的压力大小为mg,选项D正确。
情境分析 本题属于综合性选择题,以铰链和刚性轻杆为素材创设问题情境。考查关键能力中的理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构某一方向上速度大小相等的连接体模型。思维点拨 1.A、B通过铰链用刚性轻杆连接,构成连接体,根据沿杆方向速度相等,建立二者速度关系。2.由静止开始运动,不计摩擦,系统机械能守恒。3.根据二者的速度变化情况和功能关系可确定做功情况。特别提醒 多物体机械能守恒或功能关系问题求解的三点注意1.按两物体连接方式,通过审题,明确速度关系属于哪种情况。2.注意判定所选系统机械能是否守恒。3.涉及弹簧时要注意研究对象的选择。
【类题演练】(2023湖南名校第二次联考模拟)如图所示,质量为m=1 kg的小球甲与轻弹簧上端相连,轻弹簧下端固定在水平面上,小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上,小球甲和质量为3m的物体乙用跨过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接。初始时,用手托住物体乙,使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零,此时,连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为α=53°,且小球甲静止于M点,现将物体乙由静止释放,经过一段时间后小球甲运动到N点,ON水平,ON=1.5 m,且小球甲在M、N两点时受到的弹簧弹力大小相等。已知重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,不计空气阻力,弹簧始终处于弹性限度内,甲、乙均可视为质点,
下列说法正确的是( )A.初始时,弹簧的弹力大小为30 NB.弹簧处于原长时,上端点在N点下方1.5 m处C.小球甲运动到N点时,绳子拉力对甲做功的功率为零D.小球甲由M点运动到N点的过程中,小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大
相关课件
适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题8物理实验第2讲电学实验课件： 这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题8物理实验第2讲电学实验课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，高频考点•探究突破，专项模块•素养培优，知识网络构建，高考真题再练，命题点点拨，考向分析等内容，欢迎下载使用。
适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题8物理实验第1讲力学实验课件： 这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题8物理实验第1讲力学实验课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，知识网络构建，高考真题再练，高频考点•探究突破，命题点点拨，专项模块•素养培优等内容，欢迎下载使用。
适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用课件： 这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题2能量与动量第2讲动量和能量观点的应用课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，体系构建•真题感悟，高频考点•探究突破，专项模块•素养培优，知识网络构建，高考真题再练，命题点点拨，情境突破等内容，欢迎下载使用。
