高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒定律课件

这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒定律课件，共60页。
专题六　机械能及其守恒定律
高考物理 (天津市专用)
考点一　功和功率A组    自主命题·天津卷题组
1.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 (　　)A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案    BD　启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示 甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示 乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得 = ,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x= ,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:
第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2, -8kmg=0,两方程联立可得 = ,选项D正确。
审题指导　在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。
评析　本题考查功率、牛顿第二定律、速度位移公式、受力分析等知识点,意在考查考生的理解能力和综合分析能力。
2.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小;(2)牵引力的平均功率P。 
答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax ①代入数据解得a=2 m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg ③设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma ④设飞机滑跑过程中的平均速度为 ,有 =  ⑤在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F  ⑥联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W⑦
试题评析　本题考查匀变速直线运动的基本规律和牛顿运动定律的简单应用以及功率的计算等,属于基本知识的简单应用。难度为易。
3.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②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①次和第②次提升过程, (　　) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5　    B.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∶1　    D.电机所做的功之比为4∶5
答案    AC    本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)· v0,即 = ,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。 
易错点拨　瞬时功率与平均功率的区别瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率为瞬时功率。
4.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 (　　) A.一直不做功　    B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心　    D.始终背离大圆环圆心
答案    A    本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。
解题指导　(1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。
(2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心力,设小环转过的角度为θ,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能关系和圆周运动公式有  mv2=mgR(1-cos θ)m =mg cos θ-N解出N=3mg cos θ-2mg由此可知,当3mg cos θ>2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos θm乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h= at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。
疑难突破　此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度的大小是关键,需要定量推导。
6.(2015课标Ⅱ,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是 (　　)
答案    A　由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况,故不做分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有: -f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。
7.(2013北京理综,23,18分,0.39)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图;(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。 
C组　教师专用题组
答案　(1)5.0×103 N/m　示意图如图所示(2)5.0 m(3)1.1 m　2.5×103 J
解析　(1)床面下沉x0=0.10 m时,运动员受力平衡mg=kx0得k= =5.0×103 N/mF-x图线如答案图所示。(2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等hm= g( )2=5.0 m(3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处到x=0,弹力做功WTWT= ·x·kx= kx2
WT= ·x·kx= kx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有 k -mg(x1+hm)=0得x1=x0+ =1.1 m对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有
W+ k =mg(hm+x0)得W=2 525 J≈2.5×103 J
考查点　弹力做功、动能定理的应用。
思路点拨    运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动为加速度为g的匀加速运动;在与蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x1和W可用动能定理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。
8.(2007北京理综,23,18分)环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车,总质量m=3×103 kg。当它在水平路面上以v=36 km/h的速度匀速行驶时,驱动电机输入电流I=50 A,电压U=300 V。在此行驶状态下(1)求驱动电机的输入功率P电;(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机,求汽车所受阻力与车重的比值(g取10 m/s2);(3)设想改用太阳能电池给该汽车供电,其他条件不变,求所需太阳能电池板的最小面积。结合计算结果,简述你对该设想的思考。已知太阳辐射的总功率P0=4×1026 W,太阳到地球的距离r=1.5×1011 m,太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率为15%。
答案　(1)1.5×104 W　(2)0.045　(3)见解析
解析　(1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5×104 W(2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fvf= 汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045(3)当阳光垂直电池板入射时,所需板面积最小,设其为S,距太阳中心为r的球面面积S0=4πr2若没有能量损耗,太阳能电池板接收到的太阳能功率为P',则 = 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为PP=(1-30%)P' = 由于P电=15%P,所以电池板的最小面积S= = =101 m2分析可行性并提出合理的改进建议。
考点二　动能定理及其应用A组    自主命题·天津卷题组
1.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中 (　　) A.所受合外力始终为零　    B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零　    D.机械能始终保持不变
答案    C　本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。
 易错警示    运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。
2.(2019天津理综,10,16分)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AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求(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;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。 
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国重器,通过本题也能厚植爱国情怀。(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有 =  ①根据动能定理,有W= mv2-0 ②联立①②式,代入数据,得W=7.5×104 J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=R sin θ ④由牛顿第二定律,有FN-mg=m  ⑤
联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103 N⑥
一题多解　对(1)问:舰载机由静止开始做匀加速直线运动设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有L1= at2 ①对飞行员分析得F=ma ②飞行员受到的水平力所做的功W=FL1 ③联立①②③得W=7.5×104 J
3.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。 
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有 =2ax ①由牛顿第二定律有mg -Ff=ma ②联立①②式,代入数据解得Ff=144 N③(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W= m - m  ④设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=m  ⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5 m⑥
4.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求 (1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)-2 J
解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=μmg ①取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Ft=mv-0 ②由①②式并代入数据得t=0.2 s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx= mv2-0 ④由①④式并代入数据得x=0.1 m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt ⑥摩擦力对皮带做的功W=-Fs ⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得W=-2 J⑧
5.(2019课标Ⅲ,17,6分)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h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 (　　) A.2 kg　　B.1.5 kg　　C.1 kg　　D.0.5 kg
答案    C　本题考查动能定理,体现了模型建构素养。设外力大小为f,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h= m - m ,由图像可知, m =72 J, m =36 J,得mg+f=12 N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f=8 N,联立解得mg=10 N,则m=1 kg,选项C正确。
审题指导　物体受到大小不变的外力,方向始终与速度方向相反,即上升时外力方向向下,下落时外力方向向上,这是解答此题的关键。
6.(2019江苏单科,8,4分)(多选)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m,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μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 (　　) A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为 
答案    BC　本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0- m ,则vA=2 ,故B正确,D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理可知W弹+Wf'=0- m ,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。
7.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 (　　) A.小于拉力所做的功　    B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功　    D.大于克服摩擦力所做的功
答案    A　本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek