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2014高考物理复习常见考点讲解突破 功、能量中的图象问题_图文

热点强化突破(四)

热点1

功、能量中的图象问题

以图象的形式考查做功及功能关系,是近几年高考的热点
题型.解决这类问题的关键是弄清图象所描述的各个物理 过程,判断所遵循的规律.

实战演练
1.(2012· 高考山东卷改编)将地面上静止的货物竖直向上吊 起,货物由地面运动至最高点的过程,v-t图象如图所示. 以下判断正确的是( )

A.前3 s内货物处于失重状态 B.最后2 s内货物只受重力作用 C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同

D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒

Δv 解析:选 C.由 v-t 图象可知前 3 s 内,a= =2 m/s2,货 Δt 物具有向上的加速度,故处于超重状态,A 错误;最后 2 s Δv 内加速度 a′= =-3 m/s2,小于重力加速度,故吊绳拉 Δt 1 力不为零,B 错误;根据 v = v=3 m/s 可知 C 正确;第 2 3 s 末至第 5 s 末的过程中,货物匀速上升,货物机械能增 加,D 错误.

2.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0~t1时间内,外力做负功
B.在0~t1时间内,外力的功率逐渐增大 C.在t2时刻,外力的功率最大 D.在t1~t3时间内,外力做的总功为零

解析:选D.由动能定理可知,在0~t 1 时间内质点速度越 来越大,动能越来越大,外力一定做正功,故A项错误;

在t 1 ~t 3 时间内,动能变化量为零,可以判定外力做的总
功为零,故D项正确;由P=F· v知0、t 1 、t 2 、t 3 四个时刻 功率为零,故B、C都错.

3.(2013· 郑州质检)运动员从悬停在空中的直升机上跳伞,
伞打开前可看做是自由落体运动,打开伞后减速下降,最 后匀速下落.如果用h表示下落高度、t表示下落的时间、F
合表示人受到的合外力、E表示人的机械能、Ep表示人的重

力势能、v表示人下落的速度.在整个过程中,下列图象可 能符合事实的是( )

解析:选C.对运动员各运动过程进行受力和运动分析可知, 运动员先在重力作用下做自由落体运动,后又受到阻力作

用做加速度逐渐减小的减速运动,最后做匀速运动,此时
阻力等于重力,合力为零,可判断C正确,D错误;运动过 程中重力势能是随下落高度h均匀减小的,而机械能E在自 由落体阶段不变,然后逐渐减小,可知A、B错误.

4.(2013· 长春调研)如图所示,质量为m的可看成质点的物
块置于粗糙水平面上的M点,水平面的右端与固定的斜面 平滑连接,物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相 同.物块与弹簧未连接,开始时物块挤压弹簧使弹簧处于 压缩状态.现从M点由静止释放物块,物块运动到N点时 恰好静止.弹簧原长小于MM′.若在物块从M点运动到N 点的过程中,物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为

Q,物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E,物块通过的
路程为s,不计转折处的能量损失,下列图象所描述的关系 中可能正确的是( )

解析:选C.摩擦力做负功,且物体在水平面上受到的摩擦 力大于在斜面上受到的摩擦力,综合分析可知C正确.

热点2

用能量观点解决多过程问题

多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现,涉及的模型

主要有:木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等.

实战演练 5.(2013· 温州五校联考)如图所示,在竖直平面内,粗糙的

斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C
点是最低点,圆心角∠BOC=37°,D点与圆心O点等高, 圆弧轨道半径R=1.0 m,现在一个质量为m=0.2 kg可视为 质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h =1.6 m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5.取

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10 m/s2.求:

(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力N的大小;
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多 长; (3)若斜面已经满足(2)要求,小物体从E点开始下落,直至最 后在光滑圆弧轨道做周期性运动,在此过程中系统因摩擦所

产生的热量Q的大小.

解析:(1)小物体从 E 到 C,由能量守恒定律得 1 2 mg(h+R)= mvC① 2 v2 C 在 C 点,由牛顿第二定律得:N-mg=m ② R 联立①②解得 N=12.4 N. (2)从 E→D→C→B→A 过程,由动能定理得 WG-W 阻=0③ WG=mg[(h+Rcos37° )-LABsin37° ]④ W 阻 =μmgcos37° AB⑤ L 联立③④⑤解得 LAB=2.4 m.

(3)因为mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°) 所以,小物体不会停在斜面上.小物体最后以C为中心,B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动. 从E点开始直至稳定,系统因摩擦所产生的热量

Q=ΔEp⑥
ΔEp=mg(h+Rcos37°)⑦ 联立⑥⑦解得Q=4.8 J. 答案:(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J

6.如图所示,半径R=0.5 m的光滑半圆轨道竖直固定在高h
=0.8 m的光滑水平台上并与平台平滑连接,平台CD长L= 1.2 m.平台上有一用水平轻质细线拴接的完全相同的物块 m1和m2组成的装置Q,Q处于静止状态.装置Q中两物块之 间有一处于压缩状态的轻质小弹簧(物块与弹簧不拴接).某 时刻装置Q中细线断开,待弹簧恢复原长后,m1、m2两物块 同时获得大小相等、方向相反的水平速度,m1经半圆轨道的

最高点A后,落在水平地面上的M点,m2落在水平地面上的
P点.已知m1=m2=0.2 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2.若两 物块之间弹簧被压缩时所具有的弹性势能为7.2 J,求:

(1)物块m1通过平台到达半圆轨道的最高点A时对轨道的压 力大小; (2)物块m1和m2相继落到水平地面时PM两点之间的水平间

距.

解析:(1)弹簧恢复原长后 m1、m2 两物块同时获得大小相 等、方向相反的水平速度,根据机械能守恒定律知 1 1 2 Ep= m1v1+ m2v2=m1v2=m2v2 2 1 2 2 2 弹簧恢复原长后,两物块获得的水平速度 Ep v1=v2= =6 m/s m2 1 m1 由弹簧恢复原长到运动至 A 的过程由机械能守恒可得 2 1 2 m1v1=m1g· 2R+ m1v2 A 2 v2 A m1 到达 A 点时由牛顿第二定律得 N+m1g=m1 R 联立解得 N=4.4 N 由牛顿第三定律得物块 m1 到达 A 点时对轨道的压力大小 为 N′=N=4.4 N.

(2)m1 从 A 点开始做平抛运动,根据平抛运动规律可得 2?2R+h? 1 2 h+2R= gt ,t= 2 g 根据(1)可求得 vA=4 m/s 2?2R+h? 所以水平方向的位移 x1=vA =2.4 m g 同理,m2 从 D 点平抛出去的水平位移 2h x2=v2 =2.4 m g 故 PM 之间的水平间距 Δx=L+x2-x1=1.2 m.

答案:(1)4.4 N

(2)1.2 m

7.(2013· 厦门模拟)一质量为M=2 kg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,子 弹并从物块中穿过,如图甲所示,地面观察者记录了小物块被 击中后的速度随时间的变化关系,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.

(1)指出传送带的速度v的方向及大小,说明理由.

(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数?
(3)计算物块对传送带总共做了多少功?系统有多少能量转 化为内能?

解析:(1)由题图乙可知,物块被击穿后先向左做匀减速运 动,速度为零后,又向右做匀加速运动,当速度等于 2 m/s 以后随传送带一起匀速运动, 所以传送带的速度方向向右, 大小为 2 m/s. Δv 4 (2)由题图乙可知,a= = m/s2=2 m/s2 Δt 2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力 f=Ma,其中 f=μN, N=Mg, 所以物块与传送带的动摩擦因数 Ma 2 μ= = =0.2. Mg 10

(3)由题图乙可知, 传送带与物块存在摩擦力的时间只有 3 s, 传送带在这段时间内的位移 s=vt=2×3 m=6 m 所以物块对传送带所做的功为 W=-fs=-4×6 J=-24 J v′ 6 物块相对于传送带通过的路程 s′= t= ×3 m=9 m, 所 2 2 以转化为内能 EQ=fs′=4×9 J=36 J.

答案:(1)向右

2 m/s 36 J

理由见解析

(2)0.2 (3)-24 J

本部分内容讲解结束
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