【物理】2019届二轮复习第一部分专题二能量与动量学案

【物理】2019届二轮复习第一部分专题二能量与动量学案

专题二 第一讲功和能 考点一 功和功率 ‎1.[考查功的计算]‎ 如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为(　　)‎ A．mgL　　 　B．mgL C．mgL D．mgL 解析：选A　对物块甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对物块乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A正确。‎ ‎2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]‎ ‎[多选]如图甲所示，一个质量m＝‎2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块经过4 s时间到出发点 B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W 解析：选BD　由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－‎3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－‎1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝‎1 m/s2，位移x1＝×1×‎32 m＝‎4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率＝＝ W＝1.8 W，选项D正确。‎ ‎3．[考查“机车启动”类问题]‎ 如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是(　　)‎ A．可求出m、f和vmax B．不能求出m C．不能求出f D．可求出物体加速运动时间 解析：选A　当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝‎10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。‎ 考点二 动能定理的应用 ‎4.[考查应用动能定理解决变力做功问题]‎ ‎[多选]一质量为‎2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取‎10 m/s2，由此可知(　　)‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35‎ B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C．匀速运动时的速度约为‎6 m/s D．减速运动的时间约为1.7 s 解析：选ABC　物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝‎7 m，则解得：v0＝‎6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。‎ ‎5.[考查应用动能定理解决曲线运动问题]‎ 用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内(　　)‎ A．小球重力做功为mgl(1－cos α)‎ B．空气阻力做功为－mglcos α C．小球所受合力做功为mglsin α D．细线拉力做功的功率为 解析：选A　小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。‎ ‎6．[考查应用动能定理解决多过程问题]‎ 如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径R＝‎‎1.6 m 的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度L＝‎2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点P水平飞出，又恰好从A点沿斜面AB进入炒锅，在斜面CD上可运动到的最高点为E点(图中未画出)。已知AB、CD两斜面的倾角θ均为37°，栗子与AB、CD两斜面之间的动摩擦因数μ均为，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程栗子质量不变，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)栗子的初速度大小v0及A点离地面的高度h；‎ ‎(2)C、E两点的距离x。‎ 解析：(1)设栗子质量为m，在P点的速度大小为vP，在A点的速度大小为vA 栗子恰能过P点，则mg＝m，解得vP＝‎4 m/s 栗子沿半圆轨道运动至P点的过程中，由动能定理有 ‎－mg·2R＝mvP2－mv02‎ 解得v0＝‎4 m/s 栗子在A点的速度方向沿斜面AB向下，则其竖直方向上的分速度大小vAy＝vPtan θ 栗子从P点至A点的过程中做平抛运动，则vAy2＝2gy，其中y为栗子由P点运动至A点的过程中下降的竖直高度，又h＝2R－y，解得h＝‎2.75 m。‎ ‎(2)栗子在A点的速度大小vA＝ 栗子从A点运动到E点的过程中，由动能定理有 mg(L－x)sin θ－μmg(L＋x)cos θ＝0－mvA2‎ 解得x＝ m。‎ 答案：(1)‎4 m/s　‎2.75 m　(2) m 考点三 机械能守恒定律的应用 ‎7.[考查单个物体的机械能守恒问题]‎ 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：选C　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝‎2g，选项D错误。 ‎ ‎8．[考查多个物体的机械能守恒问题]‎ ‎[多选]如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒 B．当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的 C．小球不可能沿碗面上升到B点 D．物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定 解析：选ACD　在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2＝v1cos 45°＝v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。‎ ‎9．[考查涉及弹性势能的机械能守恒问题]‎ 如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固定在水平地面上，上端固定着一质量为m的薄木板A，弹簧的压缩量为h。图中P点距地面高度正好等于弹簧原长，在P点上方有一距它高度为2h、质量为‎2m的物块B。现解除弹簧的锁定，木板A上升到P点时恰好与自由下落的物块B发生正碰(碰撞时间极短)，并一起无粘连地向下运动。B与A第一次分开后能达到的最高位置在P点上方的处。已知重力加速度为g，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直。求：‎ ‎(1)A、B第一次分开瞬间B的速度大小；‎ ‎(2)A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时速度的大小。‎ 解析：(1)B与A刚要分离时，弹簧正好处于原长，设此时B的速度为vB，则由机械能守恒定律得：‎ ‎2mg·＝·2mvB2‎ 解得vB＝。‎ ‎(2)设A、B刚好碰撞前B的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：2mg·2h＝·2mv2‎ 解得v＝2 根据机械能守恒，A、B碰撞后瞬间的速度大小vAB与A、B刚好分开时速度大小相等，即：vAB＝vB 设A、B刚好碰撞前A的速度大小为vA，根据动量守恒：‎ ‎2mv－mvA＝3mvAB 解得vA＝ 设弹簧锁定时的弹性势能为Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律： ‎ Ep＝mg·h＋mvA2‎ 可得Ep＝6mgh 设A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时的速度大小为v′，在这过程中，根据机械能守恒定律得：Ep＋·3mv′2＝·3mvAB2＋3mg·h 联立以上各式解得： v′＝2。‎ 答案：(1)　(2)2 考点四 功能关系的应用 ‎10.[考查单个物体的功能关系问题]‎ 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．下滑过程中系统减少的机械能为 C．运动员获得的动能为 D．运动员克服摩擦力做功为 解析：选B　若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝，而现在的加速度小于，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝，动能为：Ek＝mv2＝，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为mgh，故B正确。‎ ‎11．[考查多个物体的功能关系问题]‎ 如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。‎ ‎(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。‎ ‎(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；‎ ‎②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。‎ 解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒 mgR＝mvB2‎ 滑块在B点处，由牛顿第二定律得 N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝3mg。‎ ‎(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得 mgR＝Mvm2＋m(2vm)2‎ 解得vm＝ 。‎ ‎②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得 mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2‎ 设滑块从B到C运动过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得 μmg＝Ma 由运动学规律得 vC2－vm2＝－2as 解得s＝L。‎ 答案：(1)3mg　(2)① 　②L 释疑4大考点 考点一　功和功率 功和功率是高考命题的热点，重点考查功和功率的计算，主要涉及的问题有：摩擦力做功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。‎ ‎(一)基本知识要记牢 ‎1．功 ‎(1)恒力的功：W＝Flcos α。‎ ‎(2)变力的功：‎ ‎①将变力做功转化为恒力做功；‎ ‎②应用Fx图像求解；‎ ‎③应用动能定理求解。‎ ‎2．功率 ‎(1)平均功率：P＝。‎ ‎(2)瞬时功率：P＝Fvcos_α。‎ ‎(3)应用：机车启动，P＝Fv。‎ ‎(二)解题思维运用好 ‎1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第2题，设物块在t＝0和t＝5 s时的速度分别为v0、v5，则总功为W＝mv52－mv02＝×2×32 J－0＝9 J，所以＝＝1.8 W。‎ ‎2．“机车”启动的图像与“机车”受力、“机车”运动相联系的问题难度一般较大，如诊断卷第3题，以物体速度的倒数与加速度a的关系图像给出解题信息，首先要根据题述情境，运用相关物理知识列出相应的方程，将方程联立变化得到与图像符合的函数关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关问题。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·百校联盟4月联考)一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是(　　)‎ 解析：选C　由题知，阻力与速度的关系式为：f＝kv，根据牛顿第二定律得：F－f＝F－kv＝ma，解得：a＝－v，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据P＝Fv知，F不变，则Pt图线的形状与vt图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎2．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝‎10 m/s2，则(　　)‎ A．物体的质量m＝‎‎0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2‎ C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W 解析：选ACD　由速度—时间图像可以知道在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝‎2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝‎0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第2 s内物体的位移是：x＝at2＝‎1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s运动，F也只在第2 s做功，F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。‎ ‎3．(2019届高三·吉林调研)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为‎1 kg的小球A和B，A、B球间用一不可伸长的细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA＝‎3 m，OB＝‎4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动‎1 m，小球A与水平杆间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝‎10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为(　　)‎ A．4 J　　　　　　　　 B．6 J C．10 J D．14 J 解析：选D　根据几何关系，在A球向右缓慢移动‎1 m的过程中B球上移‎1 m，二者均受力平衡，对于整体，A球与杆间的正压力为N＝(mA＋mB)g，A球与杆间的滑动摩擦力为f＝μN＝μ(mA＋mB)g＝4 N，A球与杆因摩擦产生的热量为Q＝fs＝4 J，B球重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝10 J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功W＝Q＋ΔEp＝14 J，选项D正确。‎ 考点二　动能定理的应用 情景新颖、过程复杂、知识综合性强(如诊断卷第6题)等是本考点高考命题的典型特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)深化对动能定理的理解 ‎1．动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。如诊断卷第5题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用W＝Flcos α 直接求解，应考虑使用动能定理求解。‎ ‎2．动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。‎ ‎3．在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题。‎ ‎4．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第4题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。‎ ‎5．应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的关键物理量是速度。如诊断卷第6题，vA既是平抛运动的末速度，也是沿斜面AB运动的初速度，“恰好从A点沿斜面AB进入炒锅”说明vA的方向沿斜面AB向下，其水平方向的分速度vAx＝vP。‎ ‎(二)掌握应用动能定理解题的思维流程 ‎　　　(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：‎ ‎(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；‎ ‎(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；‎ ‎(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。‎ ‎[思维流程]‎ ‎[解析]　(1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0‎ 竖直方向上：R＝gt2‎ 水平方向上：R＝v0t 解得：v0＝。‎ ‎(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：‎ ‎－mg·2R＝mv02－mv2‎ 解得：v＝ 在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝6mg 由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。‎ ‎(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：‎ mgh－Wf＝mv2－0‎ 解得：Wf＝mgR。‎ ‎[答案]　(1)　(2)6mg　(3)mgR ‎[题点全练]‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅱ)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 解析：选A　由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。‎ ‎2．[多选](2018·江西四校联考)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地高度为h位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)(　　)‎ A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为‎2l B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于‎2l C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为‎2l D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于‎2l 解析：选AB　设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝。仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为‎2l，故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于‎2l，故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于‎2l，故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，故D错误。‎ ‎3.(2016·天津高考)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。‎ 解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有 vB2＝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 N。 ③‎ ‎(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＝mvC2－mvB2 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 m。 ⑥‎ 答案：(1)144 N　(2)‎‎12.5 m 考点三　机械能守恒定律的应用 机械能守恒定律是高中物理的重要内容，同时也是高考命题的热点，此类问题主要涉及连接体问题、与实际生活相结合的问题，解题的关键是分析哪个物体或系统在哪个阶段机械能守恒。预计2019年高考仍会对机械能守恒定律进行考查，还有可能会结合动量进行考查，在复习时要引起重视。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)判断机械能守恒的两个角度 ‎1．若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。‎ ‎2．若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。‎ ‎(二)掌握系统机械能守恒的三种表达式 ‎(三)谨记机械能守恒问题的三点提醒 ‎1．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第7题，算出v＝后，如果不注意mP>mQ的初始条件，可能会认为EkPmgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W

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