高考第二轮复习——动能定理及能量守恒定律同步练习

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高考必刷题物理动能与动能定理题及解析

高考必刷题物理动能与动能定理题及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围．【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥2．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。

传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。

工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78μ=，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。

传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

的小物块从轨道右侧 A 点以初速度
冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道
后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取
，求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m 或 0≤R≤0.12m 【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从 A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动
代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在 v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
5．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
s 0.5m
小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的
过程中，设物块在 BC 上的运动路程为 s ，由动能定理有
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m 故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m 0.2m处停下.
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s 内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q。【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,

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。

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。

人教版 2020 寒假高三物理二轮复习动能定理能量守恒定律练习含答案

绝密★启用前人教版 2020 寒假高三物理二轮复习动能定理能量守恒定律练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是（）A．小球的加速度先增大后减小B．小球的速度一直减小C．动能和弹性势能之和保持不变D．重力势能，弹性势能和动能之和保持不变2.如右图甲所示，质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g＝10m/s2．下列说法中正确的是（）A．物块所受的重力与摩擦力之比为3 ：2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功为50WC．在t＝6s时物体克服摩擦力做功的功率为20WD．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1 ：53.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。

保持小车的质量M不变，第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中。

两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．4.有两个形状和大小均相同的圆台形容器，如图所示放置．两容器中装有等高的水，且底部都粘有一个质量和体积都相同的木质球．使两球脱离底部，最终木球浮于水面静止．木球上升过程中体积不变，该过程中重力对两球做的功分别为Ｗ甲和Ｗ乙，则( )A．｜W甲｜＞｜W乙｜B．｜W甲｜＝｜W乙｜C．｜W甲｜＜｜W乙｜D．无法确定5.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件．【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

【解析】【分析】【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功．【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．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1-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/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝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 ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 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】试题分析：（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 ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上（2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。

高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。

已知它落到水面上时相对于O 点（D 点正下方）的水平距离10m OB =。

为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ，轮子半径为0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。

(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。

(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。

【答案】(1)80N ；(2)6m/s ，6m ；(3)见解析。

【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：2DD v F mg m R-=解得2210=404=80N 10D D v F mg m R =++⨯；(2)若无传送带时，由平抛知识可知：D x v t =解得1s t =如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：221122D mv mv mgL μ-=- 解得v =6m/s因为6m/s 2m/s v gR =>=，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：'6m x vt ==(3)①若传送带的速度v ≤6m/s ，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m ； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足'221122D mv mv mgL μ-= 解得'241m/s v =若传送带的速度241m/s v ≥，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为241m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为241m x vt ==；③若传送带的速度10m/s≥v ≥6m/s ，则小车在传送带上运动时先减速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=v m ；④若传送带的速度241m/s ≥v ≥10m/s ，则小车在传送带上运动时先加速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt =v m 。

2024高考物理能量守恒定律练习题及答案

2024高考物理能量守恒定律练习题及答案1. 在一个高处为10m的楼顶上有质量为2kg的物体A和质量为4kg的物体B。

物体A水平地以5m/s的速度被推出楼顶，物体B静止不动。

物体A与物体B发生完全弹性碰撞后，两者分别以多大的速度运动？假设重力加速度为10m/s²。

解析：根据能量守恒定律，弹性碰撞过程中动能守恒，即物体A在运动过程中的动能完全转移到物体B上。

根据公式KE = 0.5mv²，我们可以用以下公式计算物体A和物体B的速度：物体A的初始动能 = 物体B的动能 + 物体A的末速度²0.5 * 2 * (5)² = 0.5 * 4 * v² + 0.5 * 2 * v²解方程可得:50 = 2v² + 2v²50 = 4v²v² = 12.5v ≈ 3.54 m/s所以，物体A和物体B分别以3.54 m/s的速度运动。

2. 一个物体质量为0.5kg，初始速度为10m/s，经过一段时间后，物体的速度变为5m/s。

在这段时间内，物体所受到的净力是多少？根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 0.5 * (5² - 10²)= -37.5 J根据牛顿第二定律，力等于物体质量乘以加速度，即：净力 = m * a= 0.5 * (5 - 10)/t （由于物体速度减小，加速度为负值）解方程可得：净力 = -2.5/t因此，在这段时间内物体所受到的净力为-2.5/t 牛顿。

3. 一个质量为2kg的物体从高处落下，下落过程中逐渐失去了5m/s 的速度。

这段过程中物体所受到的净力是多少？解析：对于自由落体运动，物体所受到的净力等于重力，即 F = m * g。

根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 2 * (0² - (-5)²)因为物体逐渐失去了5m/s的速度，所以功为负值。

2021高考物理二轮复习动能定理与能量守恒作业1含解析人教版.doc

动能定理与能量守恒专练（1）1.某质量为m 的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶.经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值m v ，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车受阻力恒为F ，则在t 时间内( )A.小车做匀加速运动B.小车受到的牵引力逐渐增大C.合外力对小车所做的功为PtD.牵引力对小车所做的功为2m 12Fx mv2.如图所示,小物块套在固定竖直杆上,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.已知小球质量是物块质量的2倍,杆与滑轮间的距离为d ,重力加速度为g ,轻绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静止释放,在物块向下运动的过程中,下列说法正确的是( )A.刚释放时物块的加速度大小为3g B.小球重力的功率一直增大 C.物块下降的最大距离为43dD.物块速度最大时,轻绳的拉力一定等于物块的重力3.高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险。

若质量为m 的货车刹车后以初速度0v 经A 点冲上避险车道，前进距离L 时到B 点减速为0,货车所受阻力恒定，,A B 两点高度差为h C ，为,A B 中点，已知重力加速度为g ，下列关于该货车从A 运动到B 过程说法正确的是（）A.克服阻力做的功为2012mvB.该过程产生的热量为2012mv mgh C.在AC 段克服阻力做的功小于CB 段克服阻力做的功 D.在AC 段的运动时间等于CB 段的运动时间4.如图所示，一钢绳的两端分别固定在两座山的P Q 、处，P 点高于Q 点，某人抓住套在绳子上的光滑圆环从P 处滑到Q 处.滑行过程中绳子始终处于绷紧状态，不计一切阻力.关于人从P 处滑到Q 处的过程说法正确的是( )A.机械能先减小后增大B.从P 处滑到最低位置的过程重力做功的功率一直增大C.滑到最低位置时人受到水平方向的合力为零D.动能最大位置与P 处的水平距离小于与Q 处的水平距离5.高度为d 的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮灭火.如图所示，水炮与仓库的距离为d ，出水口的横截面积为S .喷水方向可自由调节，功率也可以改变，仓库的窗户上、下边缘离地高度分别为0.750.25d d 、，要使灭火效果最好，要求水喷入时的方向与窗户面垂直，已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g ，不计空气阻力，忽略水炮离地面的高度.为使灭火效果最好，下列说法正确的是( )A.若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为gdB.若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为2gdC.若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D.满足水从窗户进入的水炮功率最小值为321()2S gd ρ6.如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角37θ=°的粗糙斜面底端A 处,上端连接质量5kg m =的滑块(视为质点),斜面固定在水平面上,弹簧与斜面平行.将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O 点,由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中,其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示.已知弹簧的劲度系数260N/m k =,重力加速度g 取210m/s ,sin370.6,cos370.8==°°.下列说法正确的是( )A.滑块在下滑的过程中,滑块和弹簧组成的系统机械能守恒B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1C.13m/s D.滑块在最低点时,弹簧的弹性势能为10.4 J7.如图所示,同一竖直平面内的1O 、A B C 、、四点为长方形的四个顶点,水平面上的B C 、两点间的距离为L ,2O 在A 点正上方距离为h 处,B 点在A 点正下方距离为2h处.同时将质量均为m 的小球甲、乙(均可视为质点)分别从12O O 、点沿水平方向1O A 和竖直方向2O A 抛出,结果两球恰好在B 点相遇.不计空气阻力,下列说法正确的是( )A.甲、乙抛出时的初速度大小之比为LhB.两球在运动过程中均处于超重状态C.甲、乙相遇前瞬间的动能之比为22hLD.甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为128.如图所示,水平传送带两端A B、间的距离为L,传送带沿顺时针方向运动,一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带,运动到B端,此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等,两过程中物块运动的位移之比为2:3,重力加速度为g,传送带速度大小v不变.下列说法正确的是( )A.物块的初速度大小为2vB.物块做匀加速直线运动的时间为3 5 L vC.物块与传送带间的动摩擦因数为2 10 9v gLD.整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为2 9 mv9.如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使它从静止开始运动，物块和小车之间摩擦力的大小为fF，当小车运动的位移为x时，物块刚好滑到小车的最右端.若小物块可视为质点，则( )A.物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零B.整个过程物块和小车间因摩擦产生的热量为fF lC.小车的末动能为f F xD.整个过程物块和小车增加的机械能为()F x l +10.如图所示，NPQ 是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R ，半圆弧的一端固定在天花板上的N 点，NQ 是半圆弧的直径，处于竖直方向，P 点是半圆弧上与圆心等高的点.质量为m 的小球A （可视为质点）穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m 的小球B 相连，轻绳绕过固定在C 处的轻质小定滑轮.将小球A 移到P 点，此时CP 段轻绳处于水平伸直状态，2CP R =，然后将小球A 由静止释放.不计一切摩擦，已知重力加速度为g ，在小球A 由P 点运动到圆弧最低点Q 的过程中，下列说法正确的是( )A.小球A 的动能可能先增大后减小B.小球A 始终比小球B 运动得快（除A 在释放点P 处外）C.当小球A 绕滑轮转过30°时，小球A 的动能为823mgR - D.小球A 刚释放时，小球A B 、的加速度大小分别为0A B a g a ==、11.（Ⅰ）小李同学利用图甲装置验证机械能守恒定律时，打出如图乙所示的纸带，已知打点计时器频率为50 Hz.（1）下列关于该实验说法正确的是___________. A.纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用B.为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点C.将电磁打点计时器改成电火花计时器可以减小纸带和打点计时器间的摩擦D.可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好（2）根据图乙中纸带的数据，打下C 点时重物的速度为_________m/s （结果保留两位小数）. （3）小明同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物P 和Q 分别进行实验，测得几组数据，并作出2v h -图像，如图丙所示，由图像可判断P 的质量___________（填“大于”或“小于”）Q 的质量.（Ⅱ）如图所示，在利用力传感器做“探究作用力与反作用力的关系”的实验中，下列相关叙述正确的是__________.A.左手向左拉动传感器时，右边的传感器显示拉力为0B.两个传感器相互拉动，一起向右做加速运动时，右边传感器显示的拉力更大C.实验时，当一个传感器的示数增大，发现另一个传感器的示数过一会儿才增大D.两个传感器显示的力的大小总是一样的 12.如图,半径为 1.25m R =的14圆弧轨道竖直固定,其末端B 切线水平,在最低点B 安装有压力传感器.a b 、两轮半径0.4m r =,传送带右端点C 距水平地面的高度 1.25m h =,B C 、两点间的距离是9.75m l =,E 为C 的竖直投影点.一质量为2kg m =的小滑块,从14光滑圆弧轨道上的A 点由静止滑下,g 取210m/s .(1)小滑块经过B 点时,对B 端的压力为多大?(2)若传送带静止时,滑块落地点离E 点的水平距离为1.5 m.求滑块与传送带间的动摩擦因数. (3)若滑块与传送带间的动摩擦因数0.2μ=,当a b 、两轮以某一角速度顺时针转动时,滑块从C 点飞出后落到地面上,要使落地点离E 点最远,求两轮转动的角速度最小值和落地点离E 点的最远距离.答案以及解析1.答案：D解析：电动机的功率恒定，则P F v =牵，结合牛顿第二定律可知F F ma -=牵，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，A 、B 错误；整个过程中，牵引力做正功为Pt ，阻力做负功，故合外力对小车所做的功W Pt Fx =-，C 错误；根据动能定理可知2m 12Pt Fx mv -=，解得2m 12x Pt F mv +=，D 正确.2.答案：C解析：刚开始释放物块时,物块在水平方向受力平衡,在竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度大小为g ,故A 错误;刚释放时物块的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时小球的速度为零,小球重力的功率又为零,所以在物块向下运动过程中,小球重力的功率不是一直增大,故B 错误;设物块下降的最大距离为s ,物块的质量为m ,根据系统机械能守恒,有2)0mgs mg d -=,解得43s d =,故C 正确;物块所受的合力为零时速度最大,此时轻绳拉力沿竖直向上的分力等于物块的重力,所以轻绳的拉力一定大于物块的重力,故D 错误. 3.答案：B 解析：根据动能定理，20102f mgh W mv --=-，克服阻力做的功为2012f W mv mgh =-，A 错误;克服阻力做的功等于系统产生的内能，该过程产生的热量为2012mv mgh -,B 正确；阻力做的功与位移成正比，在AC 段克服阻力做的功等于CB 段克服阻力做的功,C 错误;从A 到C 做匀减速运动，在AC 段的运动时间小于CB 段的运动时间，D 错误。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。

一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。

已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。

【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】【分析】【详解】(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有()212B mg h R mv +=那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。

(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。

【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。

2020年高三物理二轮复习强基础专题五：动能定理能量守恒定律(含答案解析)

强基础专题五：动能定理能量守恒定律一、单选题1.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。

质量不同，形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。

现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（）A．最大速度相同 B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同2.如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数，（）则下列有关说法正确的是（）A．小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式B．小物体运动1s后加速度大小为2 m/s2C．在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量D．在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动3.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。

现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。

斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。

木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A． B． C． D．4.把质量为m的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置（图甲），如图所示。

迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。

已知AB的高度差为h1，BC 的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。

则（）A．小球从A上升到B位置的过程中，动能增大B．小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为D．一定有5.如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为。

现将小环从止释放，当小环沿直杆下滑距离也为时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A．小环减少的机械能人于重物增加的机械能B．小环到达B处时，重物上升的高度也C．小环在B处的速度为D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于6.如右图甲所示，质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g＝10m/s2．下列说法中正确的是（）A．物块所受的重力与摩擦力之比为3 ：2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功为50WC．在t＝6s时物体克服摩擦力做功的功率为20WD．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1 ：57.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。

专题二第7练动能定理机械能守恒定律能量守恒定律

第7练动能定理机械能守恒定律能量守恒定律[保分基础练]1．(2023·江苏盐城市三模)物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为13H处的N点，不计空气阻力，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能E k和重力势能E p的相对大小关系，可能正确的是()2．义乌国际商贸城的跳跳杆玩具广受孩子们的喜爱。

如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0～x3之间为曲线，x2为其最高点，x3～x4为直线，不计空气阻力的影响。

则下列说法正确的是()A．x1位置时小孩处于超重状态B．x2位置时小孩不受弹簧弹力作用C．x3位置时小孩所受合外力为零D．x1～x4过程小孩的机械能始终守恒3.如图所示，质量m1＝0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。

一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45 kg的物体Q相连。

开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3 m，AB＝0.4 m ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，两物体均视为质点，不计空气阻力。

某时刻撤去外力、同时给P 一水平向左的速度v ，物体P 恰能运动到B 点，则v 的大小为( )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．5 m/sD ．6 m/s4．(2023·江苏省模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为2.0 m 的四分之一圆弧形光滑导轨AB ，A 点与其最低点C 的高度差为1.0 m ，今由A 点沿导轨无初速度释放一个小球，若取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小球过B 点的速度v B ＝ 5 m/s B ．小球过B 点的速度v B ＝25(3－1) m/sC ．小球离开B 点后做平抛运动D ．小球离开B 点后继续做半径为2.0 m 的圆周运动直到到达与A 点等高的D 点5.(2023·江苏省苏锡常镇二模)如图为某水上乐园设计的水滑梯结构简图。

动能定理及能量守恒定律

动能定理及能量守恒定律动能定理及能量守恒定律⼆. 具体过程本章知识点：（⼀）功和功率1. 功2. 功率（⼆）动能和动能定理1. 动能定理（1）内容：_________的功等于物体_________的变化。

（2）表达式：=__________________。

2. 动能定理的另⼀种表述外⼒对物体做功的代数和等于_________的增量考纲要求：功能关系、机械能守恒定律及其应⽤ II（三）机械能守恒定律1. 条件（1）只有重⼒或系统内弹⼒做功。

（2）虽受其他⼒但其他⼒不做功或做功的代数和为_________。

2. 表达式（四）功能关系内容：（1）势能定理：重⼒做的功等于重⼒势能增量的负值弹⼒做的功等于弹性势能增量的负值（2）动能定理：合⼒做的功等于动能的增量（3）机械能定理：除了重⼒和弹⼒之外的其他⼒做的功等于机械能的增量（4）系统滑动摩擦⼒做的功等于系统内能的增量（5）安培⼒做的功等于电路中产⽣的电能表达式：（1）WG=－ΔEP （2）W弹=－ΔE弹（3）W合=ΔEK （4）WF（除G）=ΔE机（5）W滑=ΔE内（6）W安=ΔE电重点知识：（⼀）常⽤的⼏种功的计算⽅法1. 恒⼒的功：。

2. 变⼒的功（1）⽤动能定理或功能关系求解（功是能量转化的量度）。

（2）作出变⼒F随位移l变化的图象，图线与横轴所围的⾯积，即为变⼒的功。

（3）当变⼒的功率⼀定时，可⽤求功，如机车牵引⼒的功。

（4）将变⼒的功转化为恒⼒的功①当⼒的⼤⼩不变，⽽⽅向始终与运动⽅向相同或相反时，如滑动摩擦⼒、空⽓阻⼒做的功，这类⼒的功等于⼒和路程的乘积。

②当⼒的⽅向不变，⼤⼩随位移做线性变化时，可先求出⼒对位移的平均值，再由计算功，如弹簧弹⼒做的功。

3. 合⼒的功：（1）当合⼒是恒⼒时；（2）当合⼒是变⼒时；（3）。

特别提醒：（1）在运⽤公式求功时，F必须是恒⼒，l是⼒的作⽤点对地的位移，有时与物体的位移不相等。

（2）功是标量，有正、负，正功表⽰该⼒是物体前进的动⼒，能使物体动能增加，负功表⽰该⼒是物体前进的阻⼒，能使物体动能减⼩。

2021高考物理二轮复习动能定理与能量守恒作业5含解析人教版.doc

动能定理与能量守恒专练（5）1.如图所示,在半径为5 m 的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,A B 、为圆弧的两个端点,它们距最低点C 的高度差H 为1 cm,BC 为一光滑的直杆.现将小环分别从圆弧A 端点和B 端点由静止释放,使小环分别沿圆弧AC 和直杆BC 下滑.设小环从A 点运动到C 点和从B 点运动到C 点所需的时间分别为1t 和2t (取210m/s g =),则下列说法正确的是( )A.12t t <B.12t t =C.12t t >D.无法确定2.如图所示,一光滑半圆形轨道固定在水平地面上,圆心为O ,半径为R .一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上,另一端连在位于O 点正上方距离为R 处的P 点.小球放在与O 点等高的轨道上的A 点时,轻橡皮筋处于原长状态.现将小球从A 点由静止释放,小球沿半圆形轨道向下运动,通过最低点B 时对半圆形轨道的压力恰好为零.已知小球的质量为m ,重力加速度为g ,则小球从A 点运动到B 点的过程中,下列说法正确的是( )A.小球通过最低点时,橡皮筋的弹力等于mgB.橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大C.小球运动过程中,橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量D.小球运动过程中,小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量3.如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m 的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度2g a =（g 为重力加速度）向上加速运动距离x 的过程中，下列说法正确的是( )A.重力势能增加mgxB.动能增加4mgxC.机械能增加mgxD.拉力做功为2mgx 4.如图甲所示，一质量为2 kg 的物体（可视为质点）受到水平拉力F 的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的a t -图象如图乙所示，0t =时其速度为2 m/s ，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度210m/s g =.则下列说法正确的是( )A.在6s t =时，物体的速度为15 m/sB.在0~6 s 时间内，合力对物体做的功为289 JC.在0~6 s 时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5 WD.在6s t =时，拉力F 的功率为136 W5.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽，凹槽的半径为R A ，点切线水平。

高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律练习题(含详细答案)

高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律一、单选题1.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O，半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。

重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。

则小滑块（）A．在AB段运动的加速度为2gB．经B点时加速度为零C．在C点时合外力的瞬时功率为D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方2.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。

现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。

斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。

木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A．B．C．D．3.如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。

小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出)。

在此两过程中，下列判断正确的是（）A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小4.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。

两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．5.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．绳对球的拉力不做功B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C．绳对车做的功等于球减少的动能D．球减少的重力势能等于球增加的动能6.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功7.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。

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.。

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高三物理鲁教版复习动能定理及能量守恒定律同步练习
（答题时间：45分钟）
1. 滑块以速率1v 靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速度变为2v ，且
12v v <，若滑块向上运动的位移中点为A ，取斜面底端重力势能为零，则（）
A. 上升时机械能减小，下降时机械能增大。

B. 上升时机械能减小，下降时机械能减小。

C. 上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方
D. 上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方
2. 如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零。

如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度（）
（已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且为零。

）
A. 大于 v 0
B . 等于v 0
C. 小于v 0
D . 取决于斜面的倾角
3. 光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。

一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速0v 进入该正方形区域。

当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为：（）
A. 0
B.
qEl mv 212120+ C.
2
02
1mv
D. qEl mv 3
2212
0+
4. 如图所示，质量为m ，带电量为q 的离子以v 0速度，沿与电场垂直的方向从A 点飞进
匀强电场，并且从另一端B 点沿与场强方向成150°角飞出，A 、B 两点间的电势差为，且ΦA ΦB （填大于或小于）。

5. 如图所示，竖直向下的匀强电场场强为E ，垂直纸面向里的匀强磁场磁感强度为B ，电量为q ，质量为m 的带正电粒子，以初速率v 0沿水平方向进入两场，离开时侧向移动了d ，
这时粒子的速率v 为（不计重力）。

6. 1914年，弗兰克和赫兹在实验中用电子碰撞静止的原子的方法，使原子从基态跃迁到激发态，证明了玻意尔提出的原子能级存在的假设，设电子的质量为m ，原子的质量为M ，基态和激发态的能量差为ΔE ，试求入射电子的最小初动能。

7. 如图所示，斜面倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 为s 0，以初速度v 0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的下滑力。

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失。

问滑块经过的路程有多长？
8. 图示装置中，质量为m 的小球的直径与玻璃管内径接近，封闭玻璃管内装满了液体，液体的密度是小球的2倍，玻璃管两端在同一水平线上，顶端弯成一小段圆弧。

玻璃管的高度为H ，球与玻璃管的动摩擦因数为μ（μ＜t g 37°＝4
3
，小球由左管底端由静止释放，试求：
（1）小球第一次到达右管多高处速度为零？（2）小球经历多长路程才能处于平衡状态？
9. 在水平向右的匀强电场中，有一质量为m . 带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，现给小球一个垂直悬线的初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动。

试问（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一个位置的速度最小？速度最小值是多少？（2）小球在B 点的初速度是多长？
10. 如图所示，一块质量为M 长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面的定滑轮，某人以恒定的速率v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中央，而此时板的右端尚未到达桌边的定滑轮处，试求
（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中央时板的位移
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物块能达到板的右端，求板与桌面间的动摩擦因数范围
（3）若板与桌面之间的动摩擦因数取（ 2 ）问中的最小值，在物块从板的左端运动到板的右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力不计）
11. 滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图所示。

斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为。

假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变。

求：
（1）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离S。

12. 如图所示，一质量为M，长为l的长方形木板B放在光滑的水平面上，其右端放一质量为m的小物体A（m＜M）。

现以地面为参照系，给A和B以大小相等，方向相反的初速度使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。

（1）若已知A和B 的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向；（2）若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达最远处（从地面上看）离出发点的距离。

13. 如图所示，摆球质量为m，摆线长为l，若将小球拉至摆线与水平方向成30°角的P 点处，然后自由释放，试计算摆球到达最低点时的速度和摆线中的张力大小。

14. 如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。

一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B点的水平位移OC = l。

现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l/2。

当传送带静止时，让
P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点，当驱动轮转动带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D。

不计空气阻力。

（1）求P滑到B点时的速度大小
（2）求P与传送带之间的摩擦因数
（3）求出OD间的距离S 随速度v变化的函数关系式。

【试题答案】
1. BC
2. B
3. ABC
4. ,232
0q
mv 小于
5.
m
qEd
v 22
0-
6.
E M
m
M ∆+ 7. θμ
θμtg s g v +cos 220
8. （1）
H 3
48+μμ，（2）μ45H
9. （1）A 点，θ
=
cos gl v min
（2）θ
=
cos gl
5v B 10. （1）2l ，m gl
Mv 2 （2）gl m M Mv )(22+≥μ （3）2
2Mv
11. （1）)(2L h H g μ-- （2）)(2,21L h H h S h L H μμ--=
<-；
)(2,22L h H h S h L H μμ--=>-
12. （1）
0v m
M m
M +- 方向向右
（2）在（1）中：A 与B 相对静止，A. B 的对地位移大小分别为S A ，S B ，则S A +S B =l
则2022
022
1212121Mv Mv mgS mv mv mgS B A -=
--=
-μμ 得2
20)(2
1)(21v m M v m M mgl +-+=μ
设A 向左运动最大位移为S A ‘
，则20'
10mv mgS A -
=-μ M m
M m
M m M m
M m
v v v m M m l S A 4)
(1122
2020'
+=+--⋅+=-⋅+=∴
所以l M
m
M S A 4'
+=
13. A 球从P 点做自由落体运动至B 点，速度为gl v B 2=
，方向竖直向下
在B 点，由于绳绷紧，小球速度为'
B v ，方向垂直于OB ，则B B '
B v 2
330cos v v =︒= 小球从B 点沿圆弧运动至最低点C ，则2'B 2C mv 2
1mv 21)60cos 1(mgl -=
︒- gl 2
521gl 2gl 243)60cos 1(gl 2v v 2
'B 2C =⨯+⨯=︒-+= 则gl v C 5.2=
在C 点mg l
gl
m
mg T l
mv mg T 5.35.22
=+==
- 14. （1）gh 2，（2）l h 23（3）⎪⎪⎪
⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥
+<
<+
≤=)2
gh
7v )(71(2
l )2
gh
7v 2
gh 2)(gh 2v 21(2
l
)2gh 2l (l )v (S。