解析此题知物体受力, 知运动位移 s, 知初态速度, 求末态速度, 可用动能定理求解. 物体受拉力 F 做正功, 摩擦力 f 做负功,G N 不做功. 初动能 Ek1=0 末动能 Ek2=mv2/2 由动能定理得 : f=μ N=μ (mg-fsinα ) F s cosα -f s=mv2/2

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蜡拟谭
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1 高中物理 2012 高考应考专题复习 : 功和能 ( 一 ) 1 如图所示, 物体由静止开始沿倾角为 θ 的光滑斜面下滑, 物体质量为 m, 斜面高为 H. 求 : 11 物体滑到底端过程中重力的功率 12 物体滑到斜面底端时重力的功率解析第 11 问中应为重力的平均功率, 先分别求出重力的功 W 和下滑时间 t, 则由 P=W/t 可求出. 第 12 问中应为重力的瞬时功率, 先求出物体达斜面底端时的速度 v 以及 v 和 mg 之间的夹角 α, 再由 Pt=mgvcosα 可求出. 也可将力向速度方向投影或速度向力的方向投影, 通过 Pt=Fv 求出. 11 重力的功,W=mgH 由 s=at2/2 有 H/sinθ =gsinα t2/2, 所以故 P=W/t=mgHsinθ =mgsinθ 12 物体达斜面底端的速度 v=at=gsinθ = Pt= mgsinθ v =mgsinθ 2 用拉力 F 使一个质量为 m 的木箱由静止开始在水平冰道上移动了 s, 拉力 F 跟木箱前进的方向的夹角为 α, 木箱与冰道间的动摩擦因数为 μ, 求木箱获得的速度 ( 如图所示 ).

2 解析此题知物体受力, 知运动位移 s, 知初态速度, 求末态速度, 可用动能定理求解. 物体受拉力 F 做正功, 摩擦力 f 做负功,G N 不做功. 初动能 Ek1=0 末动能 Ek2=mv2/2 由动能定理得 : f=μ N=μ (mg-fsinα ) F s cosα -f s=mv2/2 解得 :v= 3 如图所示, 一固定的楔形木块, 其斜面的倾角 θ =30, 另一边与地面垂直, 顶上有一定滑轮, 一柔软的细绳跨过定滑轮, 两端分别与物块 A 和 B 连接,A 的质点为 4m,B 的质量为 m, 开始时将 B 按在地面上不动, 然后放开手, 让 A 沿斜面下滑而 B 上升, 若 A 沿斜面下滑 s 距离后, 细线突然断了, 求物块 B 上升的最大高度 H 解析由 A B 组成的系统在运动过程中机械能守恒, 有 Δ mgs/2-mgs=mv2/2+4mv2/2 1 细线突然断的瞬间, 物块 B 竖直上升的速度为 v, 此时 B 做竖直上抛运动, 设继续上升的距离为 h, 则 mv2/2=mgh 2 物块 B 上升的最大高度 H=h+s 3 由 123 得 H=1.2m 4 如图, 一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上, 另一端固定一质量为的小

3 球一水平向右的拉力作用于杆的中点, 使杆以角速度匀速转动, 当杆与水平方向成 60 时, 拉力的功率为 (A) (B) (C) (D) 答案 C. 解析匀速转动, 动能不变, 拉力的功率在数值上应等于重力的功率为此, 将线速度分解, 分解为水平速度和竖直速度, 重力的功率, 所以拉力的功率 5 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落, 到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略, 运动员可视为质点, 下列说法正确的是 ( ) A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小 B. 蹦极绳张紧后的下落过程中, 弹性力做负功, 弹性势能增加 C. 蹦极过程中, 运动员地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D. 蹦极过程中, 重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析 : 运动员达到最低点前, 高度一直降低, 重力势能始终减小,A 正确 ; 蹦极绳张紧后的下落过程中, 弹力方向与位移方向相反, 弹性力做负功, 弹性势能增加,B 正确 ; 只有重力和弹簧弹力做功, 运动员地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒,C 正确 ; 重力势能的改变与高度差有关, 与重力势能零点的选取无关, D 错误答案 :ABC 6 如图, 在竖直向下, 场强为的匀强电场中, 长为的绝缘轻杆可绕固定轴在竖直面内无摩擦转动, 两个小球 A B 固定于杆的两端,A B 的质量分别为和 ( ),A 带负电, 电量为,B 带正电, 电量为杆从静止开始

4 由水平位置转到竖直位置, 在此过程中电场力做功为, 在竖直位置处两球的总动能为答案解析电场力对 A B 都做正功,,, 电场力所作总功, 重力所做总功, 根据动能定理, 竖直位置处两球的总动能 7 光滑水平面上两小球 a b 用不可伸长的松弛细绳相连开始时 a 球静止,b 球以一定速度运动直至绳被拉紧, 然后两球一起运动, 在此过程中两球的总动量 ( 填守恒或不守恒 ); 机械能 ( 填守恒或不守恒 ) 答案守恒, 不守恒解析 b 球以一定速度运动直至绳被拉紧, 两物体间绳子的拉力就是相互作用的内力, 满足动量的守恒条件, 所以两小球 a b 组成的系统动量守恒, 两球一起运动, 具有共同速度, 符合完全非弹性碰撞的特征, 动能损失很大, 机械能不守恒 8 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图, 其下半部 AB 是一长为 2R 的竖直细管, 上半部 BC 是半径为 R 的四分之一圆弧弯管, 管口沿水平方向, AB 管内有一原长为 R 下端固定的轻质弹簧投饵时, 每次总将弹簧长度压缩到 0.5R 后锁定, 在弹簧上段放置一粒鱼饵, 解除锁定, 弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时, 对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失, 且锁定和解除锁定时, 均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为 g 求: 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时的速度大小 v1; 弹簧压缩到 0.5R 时的弹性势能 Ep; 已知地面与水面相距 1.5R, 若使该投饵管绕 AB 管的中轴线 OO 在角的范围

内来回缓慢转动, 每次弹射时只放置一粒鱼饵, 鱼饵的质量在到 m 之间变化, 且均能落到水面持续投放足够长时间后, 鱼饵能够落到水面的最大面积 S 是多少? 解析 : 此题考查平抛运动规律牛顿运动定律竖直面内的圆周运动机械能守恒定律等知识点 (1) 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供, 则 mg=m,1 解得 v1=.

5 内来回缓慢转动, 每次弹射时只放置一粒鱼饵, 鱼饵的质量在到 m 之间变化, 且均能落到水面持续投放足够长时间后, 鱼饵能够落到水面的最大面积 S 是多少? 解析 : 此题考查平抛运动规律牛顿运动定律竖直面内的圆周运动机械能守恒定律等知识点 (1) 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供, 则 mg=m,1 解得 v1=. 2 (2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能, 由机械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+ m v12,3 由 23 式解得 Ep=3mgR 4 (3) 不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响, 质量为 m 的鱼饵离开管口 C 后做平抛运动设经过 t 时间落到水面上, 离 OO 的水平距离为 x1, 由平抛运动规律有 4.5R= gt2,5 x1=v1t+r,6 由 56 式解得 x1=4r. 7 当鱼饵的质量为 2m/3 时, 设其到达管口 C 时速度大小为 v2, 由机械能守恒定律

6 有 Ep= mg(1.5r+r)+ ( m) v 22,8 由 48 式解得 v2=2. 9 质量为 2m/3 的鱼饵落到水面上时, 设离 OO 的水平距离为 x2, 则 x2=v2t+r, 10 由 5910 式解得 x2=7r. 鱼饵能够落到水面的最大面积 S,S= (π x22-π x12)= π R2( 或 8.25π R2) 9 如图,MNP 为整直面内一固定轨道, 其圆弧段 MN 与水平段 NP 相切于 N P 端固定一竖直挡板 M 相对于 N 的高度为 h,np 长度为 s. 一木块自 M 端从静止开始沿轨道下滑, 与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处若在 MN 段的摩擦可忽略不计, 物块与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为 μ, 求物块停止的地方与 N 点距离的可能值答案物块停止的位置距 N 的距离可能为或解析根据功能原理, 在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中, 物块的重力势能的减少与物块克服摩擦力所做功的数值相等 1 设物块的质量为 m, 在水平轨道上滑行的总路程为 s, 则 2 3 连立 123 化简得第一种可能是 : 物块与弹性挡板碰撞后, 在 N 前停止, 则物块停止的位 4

7 置距 N 的距离为第一种可能是 : 物块与弹性挡板碰撞后, 可再一次滑上光滑圆弧轨道, 滑下后在水平轨道上停止, 则物块停止的位置距 N 的距离为 5 6 所以物块停止的位置距 N 的距离可能为或 10 小球 A 和 B 的质量分别为 ma 和 mb 且 ma>>mb 在某高度处将 A 和 B 先后从静止释放小球 A 与水平地面碰撞后向上弹回, 在释放处的下方与释放出距离为 H 的地方恰好与正在下落的小球 B 发生正幢, 设所有碰撞都是弹性的, 碰撞事件极短求小球 A B 碰撞后 B 上升的最大高度答案 : 解析 : 小球 A 与地面的碰撞是弹性的, 而且 AB 都是从同一高度释放的, 所以 AB 碰撞前的速度大小相等于设为, 根据机械能守恒有化简得 1 设 A B 碰撞后的速度分别为和, 以竖直向上为速度的正方向, 根据 A B 组成的系统动量守恒和动能守恒得 2

8 3 联立 23 化简得 4 设小球 B 能够上升的最大高度为 h, 由运动学公式得联立 145 化简得如图所示, 在外力作用下某质点运动的 v-t 图象为正弦曲线. 从图中可以判断 A 在 B 在 C 在 D 在时间内, 外力做正功时间内, 外力的功率逐渐增大时刻, 外力的功率最大时间内, 外力做的总功为零答案 :AD 解析 : 选项 B 错误, 根据 P=Fv 和图象斜率表示加速度, 加速度对应合外力, 外力的功率先减小后增大选项 C 错误, 此时外力的功率为零 12 如图, 固定于竖直面内的粗糙斜杆, 在水平方向夹角为, 质量为 m 的小球套在杆上, 在大小不变的拉力作用下, 小球沿杆由底端匀速运动到顶端, 为使

分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出 (1) 求滑块落到水平面时, 落点与 E 点间的距离和. (2) 为实现 <, 应满足什么条件?

9 拉力做功最小, 拉力 F 与杆的夹角 a=, 拉力大小 F= 解析,,, 因为没有摩擦力, 拉力做功最小 13 如图,ABC 和 ABD 为两个光滑固定轨道,A B E 在同一水平面,C D E 在同一竖直线上,D 点距水平面的高度 h,c 点高度为 2h, 一滑块从 A 点以初速度分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出 (1) 求滑块落到水平面时, 落点与 E 点间的距离和. (2) 为实现 <, 应满足什么条件? 解析 : (1) 根据机械能守恒, 根据平抛运动规律 :,, 综合得, (2) 为实现 <, 即 <, 得 < 但滑块从 A 点以初速度分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出, 要求

10 , 所以 14 倾角, 质量 M=5kg 的粗糙斜面位于水平地面上, 质量 m=2kg 的木块置于斜面顶端, 从静止开始匀加速下滑, 经 t=2s 到达底端, 运动路程 L=4m, 在此过程中斜面保持静止 ( ), 求 : (1) 地面对斜面的摩擦力大小与方向 ; (2) 地面对斜面的支持力大小 (3) 通过计算证明木块在此过程中满足动能定理解析 (1) 隔离法 : 对木块 :, 因为, 得所以,, 对斜面 : 设摩擦力 f 向左, 则, 方向向左 ( 如果设摩擦力 f 向右, 则, 同样方向向左 ) (2) 地面对斜面的支持力大小 (3) 木块受两个力做功重力做功 : 摩擦力做功 : 合力做功或外力对木块做的总功 : 动能的变化

11 所以, 合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化 ( 增加 ), 证毕 15 如图所示, 平直木板 AB 倾斜放置, 板上的 P 点距 A 端较近, 小物块与木板间的动摩擦因数由 A 到 B 逐渐减小, 先让物块从 A 由静止开始滑到 B 然后, 将 A 着地, 抬高 B, 使木板的倾角与前一过程相同, 再让物块从 B 由静止开始滑到 A 上述两过程相比较, 下列说法中一定正确的有 A. 物块经过 P 点的动能, 前一过程较小 B. 物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量, 前一过程较少 C. 物块滑到底端的速度, 前一过程较大 D. 物块从顶端滑到底端的时间, 前一过程较长答案 :AD 解析 : 加速度, 开始, >, 所以 <,( 下标为 1 表示前一过程, 下标为 2 表示后一过程 ), 前一过程,μ 逐渐减小,a 逐渐增大 ; 后以过程,μ 逐渐增大,a 逐渐减小 A., 因 s 较小, 所以 >, <, 得物块经过 P 点的动能, 前一过程较小,A 正确 ;B. 根据, 因为 >, 所以, 物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦力产生的热量, 前一过程较多,B 错误 ;C. 根据, 因 S 为全部木板长, 物块滑到底端的速度, 应该一样大,C 错误 ;D. 因为前一过程, 加速度先小后大, 后一过程, 加速度先大后小, 物块从顶端滑到底端的时间, 前一过程较长,D 正确 16 伽利略曾设计如图所示的一个实验, 将摆球拉至 M 点放开, 摆球会达到同一水平高度上的 N 点如果在 E 或 F 处钉子, 摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点 ; 反过来, 如果让摆球从这些点下落, 它同样会达到原水平高度上的 M 点这个实验可以说明, 物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面 ( 或弧线 ) 下滑

12 时, 其末速度的大小 A. 只与斜面的倾角有关 B. 只与斜面的长度有关 C. 只与下滑的高度有关 D. 只与物体的质量有关答案 :C 解析 : 伽利略的理想斜面和摆球实验, 斜面上的小球和摆线上的小球好像记得起自己的起始高度, 实质是动能与势能的转化过程中, 总能量不变物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面 ( 或弧线 ) 下滑时, 高度越高, 初始的势能越大转化后的末动能也就越大, 速度越大选项 C 正确 17 如图,ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道, 其中 AB 段是水平的,BD 段为半径 R=0.2m 的半圆, 两段轨道相切于 B 点, 整个轨道处在竖直向下的匀强电场中, 场强大小 E= V/m 一不带电的绝缘小球甲, 以速度 υ 0 沿水平轨道向右运动, 与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知甲乙两球的质量均为 m= kg, 乙所带电荷量 q= C,g 取 10m/s2 ( 水平轨道足够长, 甲乙两球可视为质点, 整个运动过程无电荷转移 ) (1) 甲乙两球碰撞后, 乙恰能通过轨道的最高点 D, 求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离 ; (2) 在满足 (1) 的条件下求的甲的速度 υ 0; (3) 若甲仍以速度 υ 0 向右运动, 增大甲的质量, 保持乙的质量不变, 求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离范围

13 答案 :(1)0.4m (2) (3) < < 解析 : (1) 在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下, 设乙到达最高点的速度为, 乙离开 D 点达到水平轨道的时间为 t, 乙的落点到 B 点的距离为, 则联立 123 得 : 4 (2) 设碰撞后甲乙的速度分别为, 根据动量守恒和机械能守恒定律有 : 5 联立 56 得 : 7 6 由动能定理得 : 8 联立 178 得 : 9 (3) 设甲的质量为 M, 碰撞后甲乙的速度分别为, 根据动量守恒和机械能守恒定律有 :

14 (10) (11) 联立 (10)( 11) 得 : (12) 由 (12) 和, 可得 : < (13) 设乙球过 D 点的速度为, 由动能定理得 (14) 联立 9(13)( 14) 得 : < (15) 设乙在水平轨道上的落点到 B 点的距离为, 则有 (16) 联立 2(15)( 16) 得 : < < 18 如图所示, 粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O 点处有一正点电荷, 带负电的小物体以初速度 v1 从 M 点沿斜面上滑, 到达 N 点时速度为零, 然后下滑回到 M 点, 此时速度为 V2(v2<v1) 若小物体电荷量保持不变,OM=ON, 则 A. 小物体上升的最大高度为 B. 从 N 到 M 的过程中, 小物体的电势能逐渐减小 C. 从 M 到 N 的过程中, 电场力对小物体先做负功后做正功 D. 从 N 到 M 的过程中, 小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

15 答案 AD 解析对小滑块从 M 到 N 后再回到 M 的过程中有 :, 则在 M 到 N 的过程中 :, 所以, 则 A 项正确小滑块从 M 到 N 的过程中电场力先做正功后做负功, 则电势能先减小后增大由于库仑力先增大后减小, 小滑块所受正压力也是先增大后减小, 则 D 项正确

<4D F736F F D C4EAB8DFBFBCCAD4CCE2D6D0B5C4BEB2B5E7B3A1CECACCE2B7D6C0E0BDE2CEF62E646F63>

<4D F736F F D C4EAB8DFBFBCCAD4CCE2D6D0B5C4BEB2B5E7B3A1CECACCE2B7D6C0E0BDE2CEF62E646F63> 一点电荷电场问题. 受力平衡问题例 ( 浙江理综 -6) 如图所示, 在光滑绝缘水平面上放置 3 个电荷量均为 q(q>) 的相同小球, 小球之间用劲度系数均为 ko 的轻质弹簧绝缘连接当 3 个小球处在静止状态时, 每根弹簧长度为 o 已知静电力常量为 k, 若不考虑弹簧的静电感应, 则每根弹簧的原长为 ( ) 图 kq A. B. C. D. k k 4k k q 解析 : 第三个小球受三个力的作用,

解析 此题知物体受力, 知运动位移 s, 知初态速度, 求末态速度, 可用动能定理求解. 物体受拉力 F 做正功, 摩擦力 f 做负功,G N 不做功. 初动能 Ek1=0 末动能 Ek2=mv2/2 由动能定理得 : f=μ N=μ (mg-fsinα ) F s cosα -f s=mv2/2

解析此题知物体受力, 知运动位移 s, 知初态速度, 求末态速度, 可用动能定理求解. 物体受拉力 F 做正功, 摩擦力 f 做负功,G N 不做功. 初动能 Ek1=0 末动能 Ek2=mv2/2 由动能定理得 : f=μ N=μ (mg-fsinα ) F s cosα -f s=mv2/2