2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三动能定理和能量守恒定律1：含解析
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)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
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
高考物理动能定理和能量守恒专题汇编
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
高考物理动能定理和能量守恒专题
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律.都是历年高考的必考内容.考查的知识点覆盖面全.频率高.题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点.用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个. 功能关系一直都是高考的“重中之重”.是高考的热点和难点.涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重.而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合.物理过程复杂.综合分析的能力要求较高.这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术.因此.每年高考的压轴题.高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题.然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握.加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型.灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素.第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力.则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力.则位移垂直于力.则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力.则可对位移进行正交分解.其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时.高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程.功是能的转化的量度。
高考物理二轮复习第讲动能定理能量守恒定律专题突破练.doc
第4讲动能定理、能量守恒定律考点一常见的功能关系1 (多选)如图4-1所示,一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端,上端连接一带正电的光滑滑块P,滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场,滑块平衡时,弹簧恰好处于原长状态.现给滑块一沿斜面向下的初速度,滑块最低能运动到M点,在滑块从开始运动至到达最低点M的过程中,以下说法正确的是()图4-1A.滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功B.滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量C.弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量D.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和归纳对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现.(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.式1 如图4-2所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.现棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图4-2B.棒的动能增加量A.棒的机械能增加量D.电阻R上放出的热量C.棒的重力势能增加量式2 (多选)如图4-3所示,一倾角为37°的斜面固定在水平地面上,重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放,沿斜面向下运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,以水平地面为重力势能等于零的参考面.滑块从静止运动到斜面底端的过程中,下列说法正确的是()图4-3A.滑块的重力势能减少2.4 JB.滑块的动能增加0.48 JC.滑块的机械能减少1.6 JD.滑块因摩擦生热0.96 J 考点二动能定理解决多过程问题2 由相同材料的木板搭成的轨道如图4-4所示,其中木板AB、BC、CD、DE、EF……的长均为L=1.5 m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h=1.8 m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,问:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)物体能否静止在木板上?请说明理由.(2)物体运动的总路程是多少?(3)物体最终停在何处?并作出解释.图4-4[导思] ①物体若静止在木板上,应满足什么条件?物体最终将停在什么位置?②摩擦力做功有何特点?对于运动的全过程,摩擦力做功怎么表示?归纳1.应用动能定理解题的思路和步骤(1)了解由哪些过程组成、选哪个过程研究;(2)分析每个过程物体的受力情况;(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无贡献;(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能;(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.2.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可以分段作用.3.“两状态,一过程”是应用动能定理的着眼点,即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,明确研究过程,关注这一过程的位置变化或位移信息.式1 (多选)如图4-5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h高位置自由下落,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(以下过程中物块均未触地) ()图4-5A.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2lB.如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,物块下滑的长度将大于2lC.如果仅改变物块的质量,使其变与原来的2倍,物块下滑的距离将为2lD.如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离将大于2l 式2 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图4-6所示(除2~10 s时间段内的图像为曲线外,其余时间段图像均为直线),2 s后小车的功率不变,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.小车的质量为1 kg,则小车在0~10 s运动过程中位移的大小为()图4-6D.48 mC.45 mB.42 mA.39 m 考点三连接体的功能关系问题3 半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平,D是圆环最低点.质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图4-7所示,由静止释放,当小球A运动至D点时,小球B的动能为(重力加速度为g) ()图4-7A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR[导思] ①如何选取研究对象?②当A运动到最低点D时,B的位置在哪儿?归纳1.对多个物体组成的系统,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒,其条件可理解为:(1)只有重力做功或只有弹力做功时,系统的机械能守恒.(2)系统内力、其他力做功代数和为零时,系统的机械能守恒;(3)系统内各物体间只有动能和势能转化,没有内能损耗或摩擦生热时,系统的机械能守恒.2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.3.若系统的机械能守恒,列机械能守恒方程时,一般选用ΔE k =-ΔE p 或ΔE A =-ΔE B 的形式;若系统的机械能不守恒,列能量方程时,一般选用W 外=ΔE 的形式.式1 (多选)如图4-8所示,水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 的可看作质点的物块, 物块间用长为l 的细线连接,开始处于静止状态,物块与轨道间的动摩擦因数均为μ.用水平恒力F 拉动第1个物块开始运动,每次细线绷直瞬间存在机械能损失,到连接第n 个物块的细线刚好拉直时整体的速度正好为零,则(重力加速度为g ) ( )图4-8A .拉力F 做功为nFlB .系统克服摩擦力做功为C .F>D .μnmg>F>μ(n-1)mg式2 (多选)如图4-9所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向的夹角θ=37°,然后撤去外力,甲、乙两物块从静止开始运动,物块甲恰能上升到最高点P ,P 点与滑轮上缘O 在同一水平线上.已知甲、乙两物块的质量分别为m 、M ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g ,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦.设物块甲上升到最高点P 时加速度为a ,则下列说法正确的是 ( )图4-9A .M=2mB .M=3mC .a=gD .a=0图例 Ⅱ高铁列车在启动阶段的D .与它的动量成正比 Ⅲ析、定律、率) 【模型核心归纳】启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动v-t 图像运动过程比较 分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段 分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段运动过程联系 以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似测1 (与实际相结合)二十一世纪,能源问题是全球关注的焦点问题.从环境保护的角度出发,电动汽车在近几年发展迅速.下表给出的是某款电动汽车的相关参数:参数指标整车质量 0~100 km/h 加速时间 最大速度 电池容量制动距离 (100 km/h ~0) 数值2000 kg 4.4 s 250 km/h 90 kW ·h 40 m 请从上面的表格中选择相关数据,完成下列问题:(1)求汽车在100 km/h ~0的制动过程中的加速度大小.(计算过程中100 km/h 近似为30 m/s)(2)若已知电动汽车将电能转化为机械能的效率为η=80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的,重力加速度g 取10 m/s 2,试估算此电动汽车以20 m/s 的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程).根据你的计算,提出提高电动汽车续航里程的合理化建议.(至少两条)(3)若此电动汽车的速度从5 m/s 提升到20 m/s 需要25 s,此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图4-10所示,整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的,求此加速过程中汽车行驶的路程.(提示:可利用P-t 图像计算动力对电动汽车做的功)图4-10测2 (功率与v-t图像结合)(多选)总质量为m的汽车在水平公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P.司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶.设汽车行驶过程中所受阻力大小不变,从司机减小油门开始,汽车的v-t图像如图4-11所示,t1时刻后,汽车做匀速运动,汽车因耗油而改变的质量可忽略.下列说法正确的是()图4-11A.t=0时,汽车的加速度大小为B.在0~t1时间内,汽车的牵引力不断增大C.在0~t1时间内,阻力所做的功为m-Pt1D.在0~t1时间内,汽车行驶的位移为+测3 (功率的特殊图像分析)(多选)某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动,最后做匀速运动.已知汽车的质量为m,额定功率为P m,匀加速运动的末速度为v1,匀速运动的速度为v m,所受阻力为f.如图4-12所示反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像中正确的是()图4-12专题二能量与动量第4讲动能定理、能量守恒定律高频考点探究考点一例1BC[解析] 滑块平衡时,有Eq=mg sin θ,滑块运动到M点,电场力Eq和重力mg做功的绝对值相等,选项B正确,A错误;由动能定理得W mg+W Eq+W kx=-mv2,而W mg+W Eq=0,故弹簧对滑块做的功等于滑块动能的改变量,选项C正确,D错误.的作用,由动能定理得例1变式1A[解析] 棒受重力G、拉力F和安培力F安W F+W G+W安=ΔE k,则W F+W安=ΔE k+mgh,即力F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量,选项A正确.例1变式2AC[解析] 重力做功mgh=2.4 J,重力势能减少2.4 J,选项A正确;克服摩擦力做功W f=μmg cos θ·=1.6 J,滑块因摩擦生热1.6 J,故机械能减少1.6 J,选项D错误,选项C正确;合外力做功W合=(mg sin θ-μmg cos θ)=0.8 J,由动能定理得,滑块的动能增加0.8 J,选项B错误.考点二例2(1)不能理由见解析(2)11.25 m(3)C点解释见解析[解析] (1)物体在木板上时,重力沿木板的分力为mg sin β=0.6mg最大静摩擦力f m=μmg cos β=0.16mg因mg sin β>μmg cos β,故物体不会静止在木板上.(2)从物体开始运动到停下,设总路程为x,由动能定理得mgh-μmgx cos β=0解得x=11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点,由动能定理得mg(h-L sin β)-μmg cos β=m解得v B>0mg(h-L sin β)-μmg cos β=mv D无解说明物体能过B点但不能过D点,物体最终停在C点.例2变式1AB[解析] 让木板从离地h高位置自由下落,对物块运动的全过程,由动能定理得mg(h+l)-μF N·l=0,如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,有mg(2h+l1)-μF N·l1=0,则l1=2l,选项A正确;如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,有mg(h+l2)-·l2=0,则l2=2l·>2l,选项B正确;如果仅改变物块的质量,使其变为原来的2倍,有2mg(h+l3)-μF N·l3=0则l3=2l·>2l,选项C错误;如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离不受影响,仍为l,选项D错误.例2变式2B[解析] 在t=2 s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10 s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,而加速度a==1.5 m/s2;在0~10 s内,由动能定理得×t1+Pt2-fx=m,解得x=42 m,选项B正确.考点三例3D[解析] A、B组成的系统机械能守恒,当A运动到最低点D时,A下降的高度为h A=R+R sin 45°,B上升的高度为h B=R sin 45°,有2mgh A-mgh B=×2m+m,又v A cos 45°=v B sin 45°,故小球B的动能为E k B=m=mgR,选项D正确.例3变式1BC[解析] 拉力F做功为(n-1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功W=μmg(n-1)l+μmg(n-2)l+…+μmgl=,选项B正确;因绳子绷直瞬间有机械能损失,则拉力F做的功(n-1)Fl大于系统克服摩擦力做的功,即F>,选项C正确,选项D错误.例3变式2AC[解析] 设Q、P间的距离为h,则O、Q间的绳长l==,则乙下降的高度为h'=l-h tan 37°=,根据机械能守恒定律得mgh=Mgh',解得M=2m,选项A正确,B错误;甲上升到最高点P时,由于不受摩擦力,所以在竖直方向上只受重力,在水平方向上弹力与绳子的拉力平衡,因此甲的加速度为g,选项C 正确,D错误.热点模型解读预测1(1)11.25 m/s2(2)259.2 km建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量(3)265 m[解析] (1)加速度a==-11.25 m/s2.所以加速度的大小为11.25 m/s2.(2)对电动汽车运动的全过程,由动能定理得W-W f=ΔE k即80%E-0.05mgx=0解得x=259.2 km提高汽车续航里程的合理化建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量.(3)根据动能定理得W1-fx1=m-m由P-t图像的面积可求得动力做的功W1=6.4×105 J解得x1=265 m.预测2BD[解析] 匀速运动时,阻力f=F1,而牵引力F1=,t=0时刻,牵引力F2==,加速度a==,选项A错误;在0~t1时间内,速度减小,牵引力不断增大,由动能定理得t1+W f=m-m,则阻力做功W f=-m-,选项B正确,C错误;由W f=-m-=-fx,可得汽车行驶的位移x=+,选项D正确.预测3ABC[解析] 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动.开始匀加速时,有F-f=ma,匀加速刚结束时速度为v1,有P m=Fv1,最后匀速时,有F1=f,故P m=fv m,联立解得匀加速的末速度v1=,最后匀速的速度v m=,在v-t图像中斜率表示加速度,开始汽车加速度不变,后来逐渐减小,最终做匀速直线运动,选项A正确;开始汽车功率逐渐增大,P=Fv=Fat,后来功率恒定,选项B正确;开始汽车牵引力大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,选项C正确;开始汽车运动过程中加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,选项D错误.。
高中物理二轮复习专题六 功能关系 能量守恒
专题六功能关系能量守恒1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g2.(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。
现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。
已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2。
在小球从M点运动到N点的过程中A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差一、机械能守恒定律1.(2018·湖南石门第一中学高三检测)如图2－2－20所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。
用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1＝4 kg，乙质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。
若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。
取g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小v B；(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动位移s。
2.(2016·全国卷Ⅲ)在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。
AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2。
一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
高三物理二轮复习 第一篇 专题通关三 动能定理和能量守恒定律 6 功 功率 动能定理课件
【解析】选C。根据重力做功的特点可知,从开始运动至落地,重力对 两小球做功相同,选项C正确;由动能定理可知,两小球落地时的速度大 小相同,而方向不相同,A错误;由P=mgvcosα可知,两小球落地时,重力 的瞬时功率不相同,选项B错误;从开始运动至落地,运动时间不同,重 力对两小球做功的平均功率不相同,选项D错误。
4
3
2
4
【解析】选C。在Q点,FN-mgm=Rv 2 理得mgR-W12 f= mv2, 解得Wf=12 mgR,故C正确。
,所以v= g R ;由P到Q根据动能定
3.(2015·全国卷Ⅱ)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( )
【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.功和功率的理解与计算,主要考查摩擦力做功正负的判断与计算,弹 簧弹力的做功情况,弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等。 2.结合牛顿第二定律、动能定理考查机车的启动问题。 3.应用动能定理考查单个物体、多个过程中动能的变化以及力的做功 情况。
摩擦力,故B正确;滑块A滑到底端的速度v=at= 2 g h,B滑到底端的速
度也为 2 g,h由于质量不同,两滑块的速度大小相同,则重力的
瞬时功率P=mgvsinα不同,故C错误;因为A、B的加速度均沿斜面向 下,对整体分析,整体处于失重状态,则支持力小于三个物体的总重力,故 D错误。
【规律总结】关于功、功率应注意的三个问题 (1)适用条件：功的公式W=Fl和W=Flcosα仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化,如将变力转化 为恒力,也可应用动能定理等方法求解。 (3)公式选择：对于功率的计算,应注意区分公式P= W 和公式P=Fv,前
高中物理专题练习-动能定理 机械能守恒定律及功能关系的应用(含答案)
高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用（含答案）满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(四川理综,1)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．(新课标全国卷Ⅱ,17)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()3．(新课标全国卷Ⅱ,16)一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v,若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v,对于上述两个过程,用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A．W F2>4W F1,W f2>2W f1B．W F2>4W F1, W f2＝2W f1C．W F2<4W F1,W f2＝2W f1D．W F2<4W F1, W f2<2W f14．(新课标全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()A．W＝12mgR,质点恰好可以到达Q点B ．W ＞12mgR ,质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离5．(海南单科,4)如图,一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg ,重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( ) A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 6．(天津理综,5)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A ．圆环的机械能守恒 B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题(本题共4小题,每小题7分,共计28分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)7．(浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 28．(新课标全国卷Ⅱ,21)如图,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2ghC．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mg9．(江苏单科,9)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中,加速度一直减小B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处,弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度10．(江苏南通一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度－时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能减少D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能三、计算题(本题共2小题,共计42分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)11．(江苏单科,14)(20分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中,外界对转动装置所做的功W.12．(福建理综,21)(22分)如图,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＝M2,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v m；②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s. 答案1． A [由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知,落地时速度v 2的大小相等,故 A 正确.]2．A [当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ,因为P 1不变,v 逐渐增大,所以牵引力F 1逐渐减小,由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1,f 不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F 1＝f 时速度最大,且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车继续加速,由P 2＝F 2v 可知F 2减小,又因F 2－f ＝ma 2,所以加速度逐渐减小,直到F 2＝f 时,速度最大v m ′＝P 2f ,以后匀速运动.综合以上分析可知选项A 正确.]3．C [两次物体均做匀加速运动,由于时间相等,两次的末速度之比为1∶2,则由v ＝at 可知两次的加速度之比为a 1a 2＝12,F 1合F 2合＝12,又两次的平均速度分别为v 2、v ,故两次的位移之比为x 1x 2＝12,由于两次的摩擦阻力相等,由W f ＝fx 可知,W f 2＝2W f 1；由动能定理知W 合1W 合2＝ΔE k1ΔE k2＝14,因为W 合＝W F －W f ,故W F ＝W 合＋W f ；W F 2＝W 合2＋W f 2＝4W 合1＋2W f 1<4W 合1＋4W f 1＝4W F 1；选项C 正确.]4．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ,经过N 点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg ＝m v 2R ,所以N 点动能为E k N ＝3mgR2,从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝E k N －E k P ,即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力F f ＝μF N 变小,所以摩擦力做功变小,那么从N 到Q ,根据动能定理－mgR －W ′＝E k Q －E k N ,Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′,由于W ′＜mgR2,所以Q 点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C 正确.]5．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有F N －mg ＝m v 2R ,F N ＝2mg ,联立解得v ＝gR ,下滑过程中,根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2,解得W f ＝12mgR ,所以克服摩擦力做功 12mgR ,C 正确.]6．B [圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加,由能量守恒定律可知圆环的机械能减少,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,故A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合外力不为零,故C 错误；圆环重力势能减少了3mgl ,由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl ,故B 正确.]7．ABD [设总推力为F ,位移x ,阻力F 阻＝20%F ,对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x＝12m v 2,解得F ＝1.2×106 N,弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J,B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P －＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ,得a ＝v 22x ＝32 m/s 2,D 正确.]8．BD [滑块b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b 先做正功,后做负功,选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当a 刚落地时,b 的速度为零,则mgh ＝12m v 2a ＋0,即v a ＝2gh ,选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示.由a 的受力图可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于g 后大于g ,选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时,b 的机械能最大,a 的机械能最小,这时b 受重力、支持力,且F N b ＝mg ,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.] 9．BD [由题意知,圆环从A 到C 先加速后减速,到达B 处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A 错误；根据能量守恒,从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ,从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立解得：W f ＝14m v 2,E p ＝mgh －14m v 2,所以B 正确,C 错误；根据能量守恒,从A 到B 有mgh 1＝12m v 2B 1＋ΔE p1＋W f 1,从C 到B 有12m v 2＋ΔE p2＝12m v 2B 2＋W f 2＋mgh 2,又有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立可得v B 2＞v B 1,所以D 正确.]10．CD [质点竖直向上运动,0～15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B 错误；0～5 s内,a＝10 m/s2,质点只受重力,机械能守恒；5～10 s内,a＝8 m/s2,受重力和向上的力F1,F1做正功,机械能增加；10～15 s内,a＝12 m/s2,质点受重力和向下的力F2,F2做负功,机械能减少,A错误,C正确；由F合＝ma可推知F1＝F2,由于做减速运动,5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移,F1做的功大于F2做的功,5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能,所以D正确.]11．解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1小球受力平衡：F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg, F1sin θ1＝T1sin θ1解得k＝4mg L(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg,得x＝54L对小球：F2cos θ2＝mg, F2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L(3)弹簧长度为L2时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k·L2小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3,且cos θ3＝L 4l对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零, 由动能定理：W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得：W ＝mgL ＋16mgl 2L 答案 (1)4mgL (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L12．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 ＝12m v 2B ①滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R ② 解得N ＝3mg ③ 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg ④(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2⑦ 设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律 μmg ＝Ma ⑧ 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ⑨解得s ＝13L ⑩ 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L1．运用功能关系分析问题的基本思路(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程；(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量.2．功能关系。
2019高考物理二轮复习·专题复习(练习)·专题三动能定理和能量守恒定律1：含解析
如图所示,一个纵截面是等腰三角形的斜面体3.光滑斜面上有一个小球自高为水平面上的B点时速度大小为A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NA.F2＝F1,v1>v2B.F2＝F1,v1<v2C.F2>F1,v1>v2D.F2<F1,v1＝v2解析:水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1,F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ,现P1＝P2,若F2＝F1,一定有v1<v2,因此B正确,A错误；由于两次都做匀速直线运动,因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1,而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sinθ)＝F2cosθ,显然F f2<F f1,即:F2cosθ<F1,因此无论F2>F1,还是F2<F1都会有v1<v2,因此D错误,C错误.答案:B6.(2016·天津卷)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的,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A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度如图所示,一质量为小球静止于P点,9.(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置,图中水平放置的底板上竖直地固定有(1)求滑块从传送带A端运动到(2)求滑块滑到轨道最高点C(3)若滑块从轨道出口D点水平抛出后11。
高中物理必修2动能定理和机械能守恒定律复习
高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。
在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即aV V S 22122-=。
可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。
（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
W 总=△E K =E K2－E K1 。
它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。
可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。
外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。
②注意的动能的变化，指末动能减初动能。
用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。
③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。
（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。
②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。
高考物理二轮复习专题限时集训四动能定理能量守恒定律.doc
专题限时集训（四）动能定理、能量守恒定律1.质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,物体从O点由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如()图Z4-1所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的是图Z4-1A.此物体在OA段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WB.此物体在AB段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为6 WC.此物体在AB段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WD.此物体在OA段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 W2.(多选)如图Z4-2所示,一斜面体始终静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间()的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.在此过程中图Z4-2A.木块沿斜面下滑的距离为tB.斜面体受水平地面的静摩擦力为零C.如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2,它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1D.木块与斜面间因摩擦产生的热量为mgh+m-m3.(多选)如图Z4-3所示,三角形传送带以v=2 m/s的速率逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为1 kg的物块A、B从传送带顶端都以2 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列判断正确的是()图Z4-3A.物块A先到达传送带底端B.物块A由顶端到达传送带底端过程中做匀速直线运动C.物块A由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量比物块B由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量少D.物块A与物块B由顶端到达传送带底端过程中,传送带对B做的功与传送带对A做的功相同4.如图Z4-4所示为某游乐园滑草场的示意图,某滑道由上、下两段倾角不同的斜面组成,斜面倾角θ1>θ2,滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好滑到滑道的底端C点停下.若在A、C点位置不变的情况下,将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离,使第一段AB的倾角稍稍变大,第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失,则平移后()图Z4-4A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C.滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度,所以应在C点右侧加安全防护装置D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,可使滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下5.一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P.从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度达到2v之后又开始匀速行驶.汽车行驶过程所受路面阻力保持不变,不计空气阻力.下列说法正确的是()A.汽车加速过程的最大加速度为B.汽车加速过程的平均速度为vC.汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D.汽车速度增大时,发动机产生的牵引力也增大6.(多选)一辆机动车在平直的公路上由静止启动.如图Z4-5所示,图线A表示该车运动的速度与时间的关系,图线B表示该车的功率与时间的关系.设机动车在运动过程中所受的阻力不变,则以下说法正确的是()图Z4-5A.0~22 s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速运动B.运动过程中机动车所受阻力为1500 NC.机动车速度为5 m/s时,牵引力大小为3×103 ND.机动车的质量为562.5 kg7.(多选)如图Z4-6所示,物块套在固定的竖直杆上,并用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连.开始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静()止释放,在物块向下运动过程中,下列说法正确的是图Z4-6A.刚释放时物块的加速度为gB.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力C.小球重力的功率一直增大D.物块下降的最大距离为d8.(多选)如图Z4-7所示,半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切,质量均为m的小球A、B用轻杆连接,置于轨道上,A与圆心O等高,B位于O的正下方,它们由静止释放,最终在水平面上运动.下列说法正确的是(重力加速度为g) ()图Z4-7A.下滑过程中A的机械能守恒B.当A滑到轨道最低点时,轨道对A的支持力大小为2mgC.下滑过程中重力对A做功的功率一直增大D.整个过程中轻杆对B做的功为mgR9.如图Z4-8所示为过山车的部分轨道,它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab、半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成.其中,ab与圆轨道Ⅰ相切于b点,ab=48.9 m,θ=37°,R1=10 m,R2=5.12 m.车厢与ab间的动摩擦因数为μ=0.125.一次游戏中,质量m=500 kg的车厢A被牵引到a点由静止释放,经切点b进入圆轨道Ⅰ,绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P时,与停在P点的障碍物B 相撞并连在一起进入圆轨道Ⅱ.将A、B视为质点,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求车厢A通过圆轨道Ⅰ最高点时受到的弹力大小;(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ,则B的质量不超过A的多少倍?图Z4-810.如图Z4-9甲所示,有一个固定的光滑直杆,该直杆与水平面的夹角为53°,杆上套着一个质量为m=2 kg的滑块(可视为质点).已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.(1)滑块从O点由静止释放,下滑了位移x=1 m后到达P点,求滑块此时的速率.(2)如果用不可伸长的细绳将滑块与另一个质量为M=2.7 kg的物块跨过光滑的定滑轮相连接,细绳因悬挂物块而绷紧,此时滑轮左侧绳恰好水平,其长度l=m,如图乙所示.再次将滑块从O点由静止释放,求滑块再次滑至P点时的速率.(整个运动过程中物块不会触地)图Z4-9专题限时集训(四)1.A[解析] 物体受到的摩擦力f=μF N=0.1×2×10 N=2 N,由图像可知,斜率表示的是物体受到的拉力的大小,OA段的拉力为5 N,AB段的拉力为2 N,所以物体在OA段做匀加速直线运动,在AB段做匀速直线运动,选项C、D错误;在OA段的拉力为 5 N,物体做加速运动,当速度最大时,拉力的功率最大,由v=at,x=at2,a=,解得v=3 m/s,此时拉力的功率最大,为P=Fv=5×3 W=15 W,在AB段,物体匀速运动,速度为 3 m/s,拉力为 2 N,所以此时拉力的功率为P=Fv=2×3 W=6 W,所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W,选项A正确,B错误.2.AD[解析] 由平均速度公式可知,木块下滑的位移为x=t=t,选项A正确;对整体分析可知,整体一定有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即地面与斜面体间存在静摩擦力,选项B错误;由于木块在斜面上受摩擦力,故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度,上升h高度时的速度一定小于v1或无法上升到h高处,选项C错误;由能量守恒定律得mgh+m=m+Q,解得Q=mgh+m-m,选项D正确.3.CD[解析] 由于μ=0.5,mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块A、B由顶端到达传送带底端过程中均做匀加速直线运动,两物块同时到达传送带底端,传送带对两物块做的功相同,A、B错误,D正确;运动过程中产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,物块A、B由顶端到达传送带底端过程中,摩擦力大小相等,但B与传送带的相对位移较大,故B运动过程中产生的热量较多,C正确.4.B[解析] 对滑车运动的全过程,由动能定理得mgh-μmg cos θ1·-μmg cos θ2·=0,即mgh-μmg·x AC=0,现改变AB和BC的倾角,但A、C位置不变,则x AC 不变,滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下,选项A、C错误,B正确;若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,则x AC减小,选项D错误.5.A[解析] 汽车以速度v匀速行驶时,有P=Fv=fv,以速度2v匀速行驶时,有P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,为a m==,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=v,选项B、C、D错误.6.BD[解析] 由v-t图像可得,0~22 s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程中,机车所受的阻力f==1500 N,选项B正确;0~6 s内的加速度a==m/s2,故机动车的质量m=562.5 kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5 m/s时,牵引力F=f+ma=2250 N,选项C错误,D正确.7.ABD[解析] 刚释放时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,加速度为g,故A正确;物块的合力为零时速度最大,此时绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放时小球的速度为零,小球重力的功率为零,而物块下降到最低点时小球的速度也为零,小球重力的功率又为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据机械能守恒定律得mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故D正确.8.BD[解析] 下滑过程中杆对A有力的作用,并且这个力对A做负功,所以A的机械能不守恒,选项A错误;A、B整体的机械能守恒,在A滑到轨道最低点的过程中,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,在最低点时,由支持力和重力的合力提供向心力,则有F N-mg=m,所以轨道对A的支持力大小为2mg,选项B正确;开始时重力对A做功的功率为零,最后到水平面上时速度方向水平,重力对A做功的功率仍为零,所以重力对A做功的功率先增大后减小,选项C错误;A运动到底端的过程中,对A、B整体,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,则B的动能增加量mv2=mgR,由动能定理知,轻杆对B做的功为mgR,选项D正确.9.(1)1450 N(2)[解析] (1)设A到达b点时速度为v b,根据动能定理得mg(sin θ-μcos θ)=m解得v b=m/s设A到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c,轨道对A的弹力大小为F,则有mgR1(1+cos θ)=m-mmg+F=m联立解得F=1450 N(2)设A运动到圆轨道Ⅰ最低点P时速度为v P,则有mgR1(1-cos 37°)=m-m 解得v P=23 m/s设A与B碰撞后共同速度为v,则有mv P=(M+m)v设连在一起的A、B安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d,在P点最小速度为v'P,则有(M+m)g=(M+m)2(M+m)gR2=(M+m)v-(M+m)解得v'P=16 m/s当v=v'P时,M最大,故≤-1=10.(1)4 m/s(2)5 m/s[解析] (1)设滑块下滑到P点的速度为v1,由机械能守恒定律得mgx sin 53°=m 解得v1=4 m/s(2)设滑块再次下滑到P点的速度为v2,绳与杆的夹角为θ,物块的速度为v3,有v3=v2cos θ由几何关系得θ=90°,v3=0由机械能守恒定律得Mgl(1-sin 53°)+mgx sin 53°=m+0解得v2=5 m/s。
高考物理二轮复习·专题复习练习·专题三动能定理和能量守恒定律：含解析
高考物理二轮复习·专题复习(练习)·专题三动能定理和能量守恒定律:含解析————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：ﻩ训练7 机械能守恒定律 功能关系一、选择题(本大题共8小题，每小题8分,共６4分.第１~5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.）1．如图,半径为Ｒ、圆心为O 的光滑圆环固定在竖直平面内,OC 水平,D 是圆环最低点．质量为2m 的小球A 与质量为m 的小球B 套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图所示，由静止释放,当小球A 运动至D 点时,小球B 的动能为( ）A ．错误!m ｇＲ B.错误!mgR Ｃ．错误!mgR Ｄ.错误!mg Ｒ解析:A 、B 组成的系统机械能守恒．当A 运动到最低点D 时,Ａ下降的高度为ｈＡ=R ＋Ｒsin4５°,B 上升的高度为ｈB ＝R sin4５°,则有2mgh A -mｇh B ＝＼f(1,2)·2ｍv 错误!+错误!ｍv 错误!,又ｖA =v Ｂ，小球Ｂ的动能为E k B ＝12ｍv 错误!=错误!ｍg Ｒ,选项D 正确.答案：D ２.如图所示,从光滑的错误!圆弧槽的最高点由静止滑下的小物块(视为质点),滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平.若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑,已知圆弧槽轨道半径为R１，半球半径为Ｒ２,则R1和R2应满足的关系是（)A.R1≥＼f(R２,2)B.Ｒ１≤＼f（R2,２)C.R1≥R2D.R1≤R2解析:小物块沿光滑的圆弧槽下滑过程,根据机械能守恒定律,有mgR１=错误!m v２,要使物块滑出槽口后不沿半球面下滑,即从半球顶点开始做平抛运动，则mg≤m v2Ｒ2，得Ｒ１≥＼f(R2，２)，只有选项Ａ正确.答案:Ａﻬ3.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为ｍ的小球Ａ,将小球Ａ从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球Ｂ,仍从弹簧原长位置由静止释放,重力加速度为ｇ,不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为( )Ａ．＼r(＼f(４gh,3)) B.４ｇhC.错误!D.错误!解析：根据系统机械能守恒得,对A下降h的过程有mgｈ=E p,对B下降h的过程有3mgh＝E p+错误!×3m v２，解得v＝错误!，只有选项Ａ正确.答案:A４.如图所示,轻质弹簧上端系在固定的斜面顶端,下端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点,物块与斜面间有摩擦.现将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止开始沿斜面向上运动,到达B点时速度为零，则物块从A点运动到B点的过程中（）A．经过O点时,物块的动能最大B.物块动能最大的位置与A、O点的距离有关C.物块从Ａ点向O点运动过程中,弹簧弹性势能的减少量等于物块动能与重力势能的增加量Ｄ．物块从Ｏ点向B点运动过程中,动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量解析:设斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,当弹簧拉力ｋx=mg sinθ+μmｇｃosθ,即弹簧伸长量x=错误!时,物块的动能最大，此时弹簧处于拉伸状态,选项A错误;x=＼ｆ（ｍg(sinθ＋μcｏsθ),ｋ)与A、O 点的距离无关,选项B错误;物块从A点向Ｏ点运动过程中,由于摩擦生热，根据能量守恒定律知弹簧弹性势能的减少量大于物块动能与重力势能的增加量,选项Ｃ错误；物块从O点向B点运动过程中，动能减少,摩擦生热,重力势能增加,弹簧弹性势能增加,根据能量守恒定律知物块动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,选项D正确．答案：D５．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径ＯA 水平、ＯB竖直,一个质量为m的小球自Ａ的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为mg２.已知ＡP＝2R,重力加速度为g，则小球从P到Ｂ的运动过程中( ) Ａ.重力做功2mgＲB.合力做功3４ｍｇRC.克服摩擦力做功错误!ｍgRD.机械能减少２mgＲ解析：小球能通过B点，在B点速度v满足mg+＼f(１,２)mg＝m 错误!,解得ｖ＝错误!,从P到B过程,重力做功等于重力势能减小量为mgＲ,动能增加量为12ｍｖ2=3４mgＲ,合力做功等于动能增加量＼ｆ（3,4)mgＲ，机械能减少量为mgＲ－３4ｍgR＝14ｍgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量＼ｆ(1,４)ｍgR,故只有B选项正确.答案:B6.如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上.一质量为０．２kg的小球,从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中(弹簧在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示,其中A为曲线的最高点,小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,取g=1０ｍ/s2,则下列说法正确的是(）A.小球刚接触弹簧时加速度最大B．弹簧的劲度系数为20.0N/mＣ.从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守恒D.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小解析:当Δx＝0.１0 m时,速度最大,小球受力平衡,有ｋΔx=mg,得弹簧的劲度系数ｋ=20.０Ｎ/m，选项B正确;小球在最低点时弹簧弹力F＝2０.0×０.61 N=12.2 N,根据牛顿第二定律得小球在最低点时的加速度大小a＝＼ｆ(F－mｇ，ｍ）＝5１m/s２＞g,而小球刚接触弹簧时加速度大小为g，选项Ａ错误;从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒,选项C正确；从小球接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中,弹簧的压缩量一直增加,弹性势能一直增大，选项D错误.答案:BCﻬ７.错误!如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆Ａ处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从Ａ处由静止开始下滑，经过Ｂ处的速度最大,到达Ｃ处的速度为零,ＡC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ,恰好能回到Ａ.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g .则圆环( )Ａ.下滑过程中,加速度一直减小Ｂ.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m ｖ２ C.在C 处,弹簧的弹性势能为错误!m v 2-mg ｈ D.上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析:圆环下落时,先加速,在B 位置时速度最大，加速度减小至零．从B 到C 圆环减速,加速度增大,方向向上，选项A 错误；圆环下滑时,设克服摩擦力做功为W ｆ,弹簧的最大弹性势能为ΔE P ，由A 到C 的过程中,根据能量关系有mgh =ΔE p +W ｆ.由C 到Ａ的过程中,有＼f(１,2)m v 2＋ΔE p ＝W ｆ+mg ｈ．联立解得W f ＝错误!m v ２，ΔE P =ｍg ｈ-错误!ｍv 2，选项B 正确,C 错误;设圆环在Ｂ位置时,弹簧的弹性势能为ΔE ′P ,根据能量守恒，Ａ到Ｂ的过程有12m ｖ错误!+ΔE ′P +W ′ｆ＝mg ｈ′,Ｂ到A 的过程有错误!m ｖ′错误!＋ΔE ′P ＝ｍgh ′＋Ｗ′f ，比较两式得v ′Ｂ>v Ｂ,选项Ｄ正确.答案:ＢD8.水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙,底边长分别为L1、L2,且L１<L2，如图所示.两个完全相同的小滑块A、Ｂ(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同,将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面,则( )A.从顶端到底端的运动过程中,由于克服摩擦而产生的热量一定相同B.滑块Ａ到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块加速下滑的过程中,到达同一高度时,机械能可能相同Ｄ.两个滑块从顶端运动到底端的过程中,重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大解析：设甲斜面底端为Ｃ,乙斜面底端为D,A、Ｂ滑块从斜面顶端分别运动到Ｃ、D的过程中,摩擦力做功不同,所以克服摩擦而产生的热量一定不同,故Ａ错误;由F f＝μmg cosθ知，滑块B受到的摩擦力大,且通过的位移大，则克服摩擦力做功多,滑块Ａ克服摩擦力做功少,损失的机械能少,根据动能定理,可知Ｂ正确；两滑块在斜面上加速下滑的过程中,到达同一高度时,重力做功相同,但在斜面上滑行的距离不等,即摩擦力做功不等,机械能不同,故C错误;整个过程中,两物块所受重力做功相同,但由于A先到达底端,故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大,Ｄ正确.答案:BD二、计算题（本大题共2小题,共3６分．需写出规范的解题步骤)9.错误!利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验．(1）为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的___＿____.Ａ.动能变化量与势能变化量B.速度变化量与势能变化量C.速度变化量与高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是＿___＿＿__.A.交流电源Ｂ．刻度尺C.天平(含砝码)（3)实验中，先接通电源,再释放重物,得到如图所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点Ａ、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、hＢ、h C.已知当地重力加速度为ｇ，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m．从打O点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量ΔＥＰ=_____＿__,动能变化量ΔEｋ＝_____＿__.(4）大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_＿____＿＿.A.利用公式ｖ=gｔ计算重物速度B.利用公式v＝错误!计算重物速度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响Ｄ．没有采用多次实验取平均值的方法（5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度ｖ,描绘v2-h图象，并做如下判断:若图象是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正确.解析:本题主要考查验证机械能守恒定律的实验,意在考查学生图象分析能力和实验能力．(1)只需要比较重物下落过程中，任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等，即可验证机械能是否守恒,故选A.(2)打点计时器需要接交流电源,故选A;还需要用刻度尺测量重物下落的高度,故还要选B.（3)从打Ｏ点到打B点的过程中,重物的重力势能减少mghＢ，变化量为-ｍghＢ；打B点的速度v B=错误!,动能Eｋ＝错误!,联立解得Ｅk＝＼f(1,2）m(hＣ－h A2Ｔ)2,故动能变化量ΔE k=E k－０=12m(ｈＣ-ｈA２T)2.(4)由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响，导致重力势能的减少量大于动能的增加量,产生系统误差,多次实验取平均值无法消除系统误差,故选项C对.(5）在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,由动能定理得,mgh－fh＝m v2２，解得v2＝2(ｇ-错误!)h,故v2—h图象是一条过原点的直线,但还要看图线的斜率是否在误差允许的范围内接近２ｇ,才能用该法验证机械能守恒定律.对求解函数图象问题，一定要写出函数解析式,明确其截距、斜率、面积等表示的意义．答案:(1）A(２)AB（3）－mｇh B错误!m(错误!)２(４)Ｃ(5)该同学的判断依据不正确.在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,根据动能定理得,mｇh－fｈ＝错误!mｖ２－0得，ｖ2＝2（g－错误!)h 可知,v２—ｈ图象就是过原点的一条直线.要想通过ｖ2—h图象的方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近2ｇ．10．如图所示，光滑曲面AB与水平面ＢC平滑连接于B点,ＢC右端连接内壁光滑、半径为ｒ的错误!细圆管CD，管口Ｄ端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口Ｄ端平齐.质量为m的滑块在曲面上距BC高度为２ｒ处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝1２,进入管口Ｃ端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为ＥP.求:（1）滑块到达B 点时的速度大小v B ；(2)水平面BC 的长度s ；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v ｍ.解析:(1)滑块在曲面的下滑过程,由动能定理得mg ·2r =12m v 错误!解得v B =２＼ｒ(ｇr )（2)在C 点,滑块与圆管之间恰无作用力，则ｍg ＝ｍ错误!解得v C =gr滑块从Ａ点运动到C 点过程,由动能定理得mg ·２r -μmgs =＼ｆ(1,2）m v 2，C解得s ＝３r（3）设在压缩弹簧过程中速度最大时,滑块离D 端的距离为x ０,此时kx ０＝mg解得x ０＝mg ｋ滑块由Ｃ运动到距离D 端ｘ0处的过程中,由能量守恒得 mg (ｒ+ｘ0)＝错误!m v 错误!-错误!ｍv 错误!+ＥP联立解得ｖm =＼ｒ（3ｇr +3mg 2ｋ－＼ｆ(2E P ，m ))答案：(1)2错误!(2)3ｒ(３) 错误!。
2017届高考物理复习专题课件：专题3 动能定理和能量守恒定律2
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压 力N应满足N≥0④ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速 度公式有 v2 C N＋mg＝m ⑤ R 2 2v 2 C 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥ R R 1 2 由机械能守恒有mg 4 ＝2mvC⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
解析：本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用， 意在考查学生应用功能关系、力与运动关系分析问题的能 力．小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能 1 2 守恒定律可知，mgL＝ 2 mv ，v＝ 2gL ，绳长L越长，小球到最 低点时的速度越大，A项错误；
1 2 由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝ mv 可知，不能确定两 2 球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律 v2 可知，F－mg＝m ，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的 L v2 质量，因此C项正确；由a＝ ＝2g可知，两球的最低点的向心 L 加速度相等，D错误． 答案：C
两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功
三、常见的功能关系 1．合力的功―→ W合＝ΔEk 2．重力的功―→ WG＝－ΔEp 3．(弹簧类)弹力的功―→W弹＝－ΔEp 4．静电力的功―→W电＝－ΔEp 5．除重力和弹力之外的力做的功―→ W其＝ΔE 6．克服摩擦力或介质阻力做的功―→Q＝Ffs相对 7．克服安培力做功―→ W实＝E电能
[规律总结] (1)功能关系的应用“三注意” ①分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功； 根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间 的转化情况． ②也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功， 尤其可以方便计算变力做功的多少． ③功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是 能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同． (2)传送带问题中的功能关系 传送带做的功W＝Ffl带，功率P＝Ffv带；摩擦力做功Wf＝ Ffl；物体与皮带间摩擦生热Q＝Ffl相对．
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律专项训练.doc
第2讲功能关系能量守恒定律[真题再现]1.(2017·全国卷Ⅲ)如图2－2－1所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。
重力加速度大小为g。
在此过程中，外力做的功为图2－2－1A.mglB.mglC.mglD.mgl解析此过程中，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的机械能的增量ΔE＝mg－mg＝mgl，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故A正确，B、C、D错误。
答案A2.(2017·全国卷Ⅱ)如图2－2－2所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)图2－2－2A. B. C. D.解析物块由最低点到最高点：mv2＝2mgr＋mv；物块做平抛运动：x＝v1t；t＝；联立解得：x＝，由数学知识可知，当r＝＝时，x最大，故选B。
答案B3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图2－2－3所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。
现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。
已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜。
在小球从M 点运动到N 点的过程中图2－2－3A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示。
从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误。
高考物理动能定理和能量守恒专题
专题 动能定理与能量守恒三、考点透视考点1：平均功率和瞬时功率例1、物体m 从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h ，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ） A.gh mg 2 B.gh a mg 2sin 21⋅ C.a gh mg sin 2 D.a gh mg sin 2 答案：C考点2：机车起动的问题例2质量kg m 3100.4⨯=的汽车，发动机的额定功率为KW p 40=，汽车从静止以2/5.0s m a =的加速度行驶，所受阻力N F f 3100.2⨯=，则汽车匀加速行驶的最长时间为多少？汽车可能达到的最大速度为多少？考点3：动能定理的应用例3如图2所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为0s ，以初速度0v 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？四、热点分析热点1：动能定理例1、半径cm R 20=的竖直放置的圆轨道与水平直轨道相连接。
如图6所示。
质量为g m 50=的小球A 以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去，如果A 经过N 点时的速度s m v /41=A 经过轨道最高点M 时对轨道的压力为N 5.0，取2/10s m g =． 求：小球A 从N 到M 这一段过程中克服阻力做的功W ．图6热点2：机械能守恒定律例2、如图7所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。
求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?热点3：能量守恒定律例3、如图4-4所示，质量为M ，长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）在光滑水平面上以v 0的水平速度向右运动，把质量为m 、长度可忽略的小木块置于B 端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块停在O 、A 之间？图4-4五、能力突破1．作用力做功与反作用力做功例1下列是一些说法中，正确的是（ ） A ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;B ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;C ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反;D ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反;正确选项是BD 。
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律(全国版)
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J 答案B 解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。
高三物理第二轮专题复习 动能理与能量守恒律
准兑市爱憎阳光实验学校专题四 动能理与能量守恒律【专家概述】一、本专题的和难点内容1、功的义是在力的方向上有位移。
物体在运动过程中位移只有一个，但物体受力可以有多个，每一个力对一个功，计算公式为θcos Fs W =，其中F 是某一个恒力，s 为物体的位移，θ为该力与位移的夹角。
功有正值，也有负值，也可以是零。
假设F 是随位移均匀变化的力，可用平均值替换。
其它情况用s F -图象中的面积求功。
将每一个力对在功加起来，就得到总功，即合外力所对的功。
2、动能的义是物体的质量与速率的平方乘积的一半。
计算公式是221mv E k =。
动能理是物体所受合外力对物体所做的功于物体动能的增量。
合外力对物体所做的功即总功。
动能的增量就是末动能减初动能。
动能理与方向无关。
动能理的计算公式是2022121mv mv W t -=∑。
3、能量守恒是自然界普遍存在的规律之一。
违背能量守恒的事情不可能发生。
二、本专题的解题思路与方法1、仔细审题，确研究对象，确认运动过程，找出量、所求量，对研究对象进行受力分析，根据动能理建立方程。
2、假设要使用能量守恒建立方程，那么需要确认物体在运动过程中，有什么能量向什么能量转化，转化了多少。
3、通常在题目不涉及加速度和时间的问题中，用动能理或能量守恒求解，一般比用牛顿律和运动学公式简单。
【例说】例1 〔二模〕如下图，水平台高h=0.8m ，台上A 点放有一大小可忽略的滑块，质量m=0.5kg ，滑块与台面间的动摩擦因数μ=0.5；现对滑块施加一个斜向上的拉力F=5N ，θ=37°，经t 1=1s ，滑块到达平台上B 点时撤去拉力，滑块继续运动，最终落到地面上的D 点，x=0.4m.(取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2)(1)求滑块在C 点离开台面瞬间的速度； (2)滑块在AB 段的加速度大小； (3)求AC 间的距离.分析：滑块开始做初速度为零的匀加速直线运动到B 点，然后做匀减速直线运动到C 点，再后做平抛运动。
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如图所示，一个纵截面是等腰三角形置于水平地面上，它的底面粗
光滑斜面上有一个小球自高为
处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上
4．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是()
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：由F f—t图象知物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．
答案：D
5．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()
A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2
C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1＝v2
解析：水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此B 正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sinθ)＝F2cosθ，显然F f2<F f1，即：F2cosθ<F1，因此无论F2>F1，还是F2<F1都会有v1<v2，因此D错误，C错误．
答案：B
6.(2016·天津卷)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的，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∶2
C．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
解析：本题考查隔离法和整体法受力分析、牛顿第二定律、功率、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．
启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，
．汽车的功率
．汽车行驶的最大速度
如图所示，一质量为m
O点，初始时刻小球静
重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直
求滑块从传送带A端运动到求滑块滑到轨道最高点C。