【师说】2016高考物理二轮专题复习(课件+检测)：专题三动能定理和能量守恒定律3.7机械能守恒定律

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高三物理动能定理和能量守恒定律复习PPT优秀课件

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【解析】选D。重力做功与路径无关，所以WG=mgR，即：
mg 从P点到B点，由动能定理知：W合1= mv21 =
mm所vRg2以，R，故v选项gCR错，；
根据能量的转化与守恒知：机械能的2 减少量2 为|ΔE|=|ΔEp|-
|ΔEk|= mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的
2.（2012·安徽高考）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时恰好对轨道没有压力。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2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功 mgR
【解析】（1）设物体运动过程中所受的摩擦力为f，向上运动
的加速度的大小为a，
由牛顿第二定律可知
①
设a物m体gs的im n动能f 减少ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s ,由功能关
系可知
ΔEk=(mgsinα+f)s ΔE=fs
② ③
联立①②③式，并代入数据可得
a=6 m/s2
④
（2）设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得
等于 “等于”）（2）推力F是恒力还是变力？如何求F的功？提示：由于斜面体在水平推力F的作用下缓慢运动，处于动态平衡状态中，斜面体所受的合力为零，又由于小球对斜面体的弹力为变力，故F也为变力，在该题中变力F的功可用功能关系求解。
（3）推力F做的功WF转化为小球的重力势能，请写出WF的表达式。提示：由功能关系知推力做功等于小球重力势能的增加量，即 WF=mgh=mgL（1-sinθ）。
（4）动能定理的表达式：WF总v=c_o_s_α___，其中W总为___F_v_______

【师说】高考物理二轮专题复习练习：动能定理和能量守恒定律含答案

一、选择题1.(2015·福建宁德一中期中)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小为P 2，并保持此功率继续在平行公路上行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则能正确反映从减小油门开始汽车的速度随时间变化的图象是( )解析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力．功率减小为P 2时，根据公式P ＝F v 得牵引力立即减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，选项D 错误；由公式P ＝F v 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大(仍小于阻力)，合力减小，加速度减小，即汽车做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，速度为v 02，加速度减为零，汽车重新做匀速直线运动，选项B 正确，A 、C 错误．答案：B2．如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v 沿竖直光滑圆轨道由A 点运动到B 点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A ．逐渐减小B ．逐渐增大C ．先减小，后增大D ．先增大，后减小解析：因为小球是以恒定速率运动，即它做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G 、水平拉力F 、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点．设小球与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则F G＝tan θ(F 与G 的合力必与轨道的支持力在同一直线上)，得F ＝G tan θ，而水平拉力F 的方向与速度v 的方向夹角也是θ，所以水平力F 的瞬时功率是P ＝F v cos θ＝G v sin θ.显然，从A 点到B 点的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F 的瞬时功率是一直增大的，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3.(2015·云南一检)(多选)如图所示，n 个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l ，总质量为M ，它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( )A.12M v 2 B ．M v 2 C.12μMgl D ．μMgl 解析：小方块恰能完全进入粗糙水平面，说是小方块进入粗糙水平面后速度为零．以所有小方块为研究对象，由动能定理可知，所有小方块克服摩擦力做功W f ＝12M v 2，A 项正确；将所有小方块等效为质量集中在重心的质点，恰能完全进入粗糙水平面，重心位移为12l ，摩擦力做功为－12μmgl ，做功数值大小为12μmgl ，C 项正确．答案：AC。

【师说】2016高考物理二轮复习专题三动能定理和能量守恒定律 3.7 机械能守恒定律功能关系课时作业

机械能守恒定律功能关系A 组一、选择题 1．(多选)如图所示，离水平地面一定高度h 处固定一内壁光滑的水平圆筒，筒内的轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度v0斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能B ．小球在空中运动的过程中处于失重状态C ．小球压缩弹簧的过程中减少的动能等于弹簧增加的弹性势能D ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒解析：对小球和弹簧整体，根据机械能守恒定律得弹簧获得的最大弹性势能E pm ＝12mv 20－mgh ，选项A 错误；小球在空中运动的过程中的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项B 正确；根据机械能守恒定律知，小球压缩弹簧的过程中减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，选项C 正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对小球做负功，小球的机械能不守恒，选项D 错误．答案：BC2．如图所示，从光滑的14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R 1，半球半径为R 2，则R 1和R 2应满足的关系是( )A ．R 1≥R 22B ．R 1≤R 22C ．R 1≥R 2D ．R 1≤R 2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mgR 1＝12mv 2，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 v 2R 2，得R 1≥R 22，只有选项A 正确．答案：A3.2015·合肥一模如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgRB.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R，即铁块动能E k ＝12mv 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 项正确．A．A和B组成的系统机械能守恒B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C．A到达挡板处时，B的速度为零D．A到达挡板处时，A机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与B的机械能增加量之和解析：A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，由于物块运动过程中弹簧的长度会改变，弹性势能会改变，所以A和B组成的系统机械能不守恒，选项A错误；当A的速度最大时，有弹簧拉力大小F＝Mg sin30°＝mg，B受到的重力与拉力恰好平衡，B与地面间的作用力为零，选项B正确；之后，弹簧弹力继续增大，A到达挡板处时，由于弹簧弹力大于B的重力，所以此时B还在加速之中，速度不为零，选项C错误；此时A的速度为零，根据系统机械能守恒可知，A机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与B的机械能增加量之和，选项D 正确．答案：BD7.2015·西城期末把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是( ) A．经过位置B时小球的加速度为0B．经过位置B时小球的速度最大C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小解析：分析小球从A到B的过程中受力情况，开始是弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力．根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，AB错；从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，C对，D错．答案：C8.2015·银川一中月考(多选)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )甲乙A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：由v －t 图象可知，传送带沿斜面向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为 1 m/s 2的匀减速直线运动，对其受力分析，可得f －mg sin θ＝ma ，N －mg cos θ＝0，f ＝μN ，联立可得μ＝0.875，选项A 正确；根据v －t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s 内物体的位移x ＝12×4×(2＋6) m －12×2×2 m＝14 m ，选项B 错误；0～8 s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和，ΔE ＝mgx sin37°＋12m ×v 21－12m ×v 20＝90 J ，选项C 正确；0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q ＝μmgs 相对cos37°＝126 J ，选项D 正确．答案：ACD二、非选择题9.2015·银川一中月考如图所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：甲乙(1)运动员经过B 点时速度的大小v B ；(2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s.(2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgh AB ＝12mv 2B －E k 其中h AB ＝L (1－cos θ)代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水平面高h ，则12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2h g 解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：(1)4.8 m/s (2)76 J (3)见解析10.2015·长春二模如图所示，可视为质点的总质量为m ＝60 kg 的滑板运动员(包括装备)，从高为H ＝15 m 的斜面AB 的顶端A 点由静止开始沿斜面下滑，在B 点进入光滑的四分之一圆弧BC ，圆弧BC 的半径为R ＝5 m ，运动员经C 点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t ＝2 s 后又落回轨道．若运动员经C 点后在空中运动时只受重力，轨道AB 段粗糙、BC 段光滑(g ＝10 m/s 2)．求：(1)运动员离开C 点时的速度和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B 时对轨道的压力；(3)从A 点到B 点，运动员(包括装备)损失的机械能．解析：(1)设运动员离开C 点时的速度为v 1，上升的最大高度为hv 1＝g t 2＝10 m/s ，h ＝v 212g＝5 m (2)设运动员到达B 点时的速度为v 2，B 到C ：12mv 21＋mgR ＝12mv 22 F N －mg ＝m v 22RF N ＝3 000 N由牛顿第三定律F ′N ＝F N ＝3 000 N ，方向竖直向下．(3)A 到B ：ΔE ＝mgH －12mv 22 ΔE ＝3 000 J.答案：(1)10 m/s 5 m (2)3 000 N ，方向竖直向下(3)3 000 JB组一、选择题1.2015·廊坊统考如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是( )A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J解析：整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c点速度最大，所以合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc＝mg sin30°，解得：k＝50 N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹力对滑块做功小于8 J，CD项错．答案：A2.2015·南昌一模(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图可知( )甲乙A．A、B两点的距离为2.4 mB．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J解析：由图乙可知，货物在前0.2 s运动的距离L1＝0.2 m，在0.2～1.2 s内移动的距离L2＝3 m，所以A、B两点距离L＝L1＋L2＝3.2 m，A错误；从图象上看，前0.2 s货物的加速度a1＝10 m/s2,0.2～1.2 s内货物的加速度a2＝2 m/s2，根据受力情况，可知ma1＝mg sinθ＋μmg cosθ，ma2＝mg sinθ－μmg cosθ，解得μ＝0.5，B正确；同时还解得摩擦力f＝μmg cosθ＝4 N，前0.2 s摩擦力做功W1＝fL1＝0.8 J，在0.2～1.2 s内摩擦力做功W2＝－fL2＝－12 J，摩擦力对货物做的总功W1＋W2＝－11.2 J，C错误；从图象可求得相对位移L相＝1.2 m，摩擦产生的热量Q＝1.2×4 J＝4.8 J，D正确．答案：BD3．质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，力F随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：由题图可知F —x 图线与横轴围成的面积表示功，由动能定理可知W ＝12mv 2－12mv 20，经计算可得v ＝3 m/s ，B 正确．答案：B4．(多选)如图所示，一物块通过一橡皮筋与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮筋与斜面平行且恰为原长．现给物块一沿斜面向下的初速度v 0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮筋的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．物块的动能一直增加B ．物块运动的加速度一直增大C ．物块的机械能一直减少D ．物块减少的机械能等于橡皮筋增加的弹性势能解析：由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ≤f ＝μmg cos θ，在物块下滑过程中，橡皮筋拉力F 一直增大，根据牛顿第二定律有a ＝f ＋F －mg sin θm，选项B 正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A 错误；滑动摩擦力和拉力F 一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C 正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮筋增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D 错误．答案：BC5.2015·保定期末(多选)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上．两根相同的光滑细钉(大小不计)垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO ′的两侧，相距l .将一遵循胡克定律、劲度系数为k 的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态．现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A 位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO ′向下移动．当物块运动至B 位置时撤去外力，物块处于静止状态．已知AB ＝l ，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．在移动物块的过程中，斜面对物块的作用力保持不变B ．物块到达B 位置时，弹性绳的张力大小为3klC ．撤去外力后，物块在B 位置受到的摩擦力可能大于mg 2D ．物块从A 位置到达B 位置的过程中，物块与弹性绳组成的系统机械能守恒解析：因物块沿斜面是缓慢移动的，所以物块一直处于平衡状态，斜面对物块的作用力保持不变，选项A 正确；物块到达B 位置时，弹性绳伸长(5－1)l ，弹性绳的张力大小为F ＝(5－1)kl ，选项B 错误；弹性绳对物块的合力为3kl ，当物块受到的摩擦力沿斜面向下时，物块在B 位置受到的摩擦力可能大于mg2，选项C 正确；因物块从A 位置运动到B 位置的过程中，摩擦力做了负功，物块与弹性绳组成的系统机械能不守恒，选项D 错误．答案：AC6.2015·太原一模(多选)某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为kv ＝0＋102m/s ＝5 m/s ，平均功率P ＝mg sin θ·v ＝30 W ，选项B 错误；由题中图象知t ＝6 s 时物块的速率v 6＝10 m/s ，物块克服摩擦力做功的功率P 6＝fv 6＝40 W ，选项C 错误；根据功能关系，在0～1 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝fs 1，在1～6 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 2＝fs 2，由题中图象得s 1＝12×1×10 m＝5 m ，s 2＝12×(6－1)×10 m＝25 m ，所以ΔE 1ΔE 2＝s 1s 2＝15，选项D 正确．答案：AD8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m 的小滑块接触但不拴接．现用沿斜面向下的力F 推滑块至离地高度h 0处，弹簧与斜面平行，撤去力F ，滑块沿斜面向上运动，其动能E k 和离地高度h 的变化关系如图乙所示，图中h 2对应图线的最高点，h 3到h 4范围内图线为直线，其余部分为曲线．重力加速度为g ，则( )甲乙A ．h 1高度处，弹簧形变量为mg sin θkB ．h 2高度处，弹簧形变量为mg sin θkC ．h 0高度处，弹簧的弹性势能为mg (h 3－h 0)D ．h 1高度处，弹簧的弹性势能为mg (h 3－h 1) 解析：开始时，滑块所受合力沿斜面向上，合力做功最多时，滑块的动能最大，即在h 2时，滑块所受合外力为零，由共点力平衡条件可知，mg sin θ＝kx ⇒x ＝mg sin θk，B 项正确，A 项错；滑块到达h 3后，加速度不变，此时弹簧处于原长，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，由h 0到h 3过程中，E p0＋mgh 0＝mgh 3＋E k1，解得E p0＝mg (h 3－h 0)＋E k1，C 项错；同理，由h 1到h 3过程中，E p1＋mgh 1＋E k1＝mgh 3＋E k1，解得E p1＝mg (h 3－h 1)，D 项正确．答案：BD二、非选择题9.2015·南昌调研如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R ＝6 cm 的光滑圆轨道，质量为m ＝4 kg 的物块静止放在粗糙水平面上的A 处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A 与B 的间距L ＝0.5 m ，现对物块施加大小恒定的拉力F 使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B 处将拉力F 撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F 与水平面的夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g 取10 m/s 2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B 处时的动能；(2)拉力F 的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ. 解析：(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v ，则有mg ＝m v 2R物块从B 处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒定律得E k B ＝2mgR ＋12mv 2 联立解得E k B ＝52mgR ＝6 J 所以物块到达B 处时的动能E k B ＝6 J.(2)物块从A 运动到B因为W 合＝ΔE k所以FL cos θ－μ(mg －F sin θ)L ＝E k BE k B ＝FL (cos θ＋μsin θ)－μmgL解得F ＝E k B ＋μmgL cos θ＋μsin θL ＝42cos θ＋0.75sin θN 由数学知识可知，当θ＝37°时，F 的最小值为33.6 N.答案：(1)6 J(2)拉力F 的最小值为33.6 N ，此时θ＝37°10.2015·贵州七校联考如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小，传送带的运行速度为v 0＝6 m/s ，将质量m ＝1.0 kg 的可看做质点的滑块无初速地放到传送带A 端，传送带长度为L ＝12.0 m ，“9”字全高H ＝0.8 m ，“9”字上半部分圆弧半径为R ＝0.2 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间；(2)求滑块滑到轨道最高点C 时受到轨道的作用力大小；(3)若滑块从“9”形轨道D 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P 点，求P 、D 两点间的竖直高度h (保留两位有效数字)．解析：(1)滑块在传送带上运动时，由牛顿运动定律得：μmg ＝ma得a ＝μg ＝3 m/s 2加速时间t 1＝v 0a ＝2 s ，前2 s 内的位移x 1＝12at 21＝6 m 匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 时间t 2＝x 2v 0＝1 s故t ＝t 1＋t 2＝3 s.(2)滑块由B 到C 运动：－mgH ＝12mv 2C －12mv 20 在C 点：F N ＋mg ＝m v 2C R解得：F N ＝90 N.(3)滑块由B 到D 运动：－mg (H －2R )＝12mv 2D －12mv 20 在P 点：v ＝v Dtan45°竖直方向有：2gh ＝v 2解得：h ＝1.4 m.答案：(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m11。

高三物理二轮复习动能定理课件

C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做
正功，后做负功
解析由图象可知，B处电势沿x轴方向变化比C处
快，故EBx>ECx，A对；在O点左侧沿x轴的负方向电势降低，故EBx方向沿x轴负方向，B错；由于在
O处沿x轴方向上电势φ的变化率为零，故C错；沿x轴从B到C的过程中电势先升高再降低，对于负电荷来说，电势能先减小再增大，即电场力先做正功后做负功，D对. 答案 AD
向上场强（E>mg/q）的匀强
电场时，小球从O静止释放后
获得的最大速率vm．
5．如图所示，MN是一固定在水平地面上足够长的
绝缘平板（右侧有挡板），整个空间有平行于平板向
左、场强为E的匀强电场，在板上C点的右侧有一个垂
直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个质
量为m、带电量为-q的小物块，从C点由静止开始向右
先做加速运动再做匀速运动．当物体碰到右端挡板后
被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，小物块返回时在磁
场中恰做匀速运动，已知平板NC部分的长度为L，物
块与平板间的动摩擦因数为μ，求：
（1）小物块向右运动过程中克服摩擦力做的功；
（2）小物块与右端挡板碰撞
过程损失的机械能；
E
B
（3）最终小物块停在绝缘平 M
C
N
板上的位置．
⑨
6.如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距l=1m，两轨道之间用R=3Ω的电阻连接，一质量m=0.5kg、电阻r=1Ω的导体杆与两轨
道垂直，静止放在轨道上，轨道的电阻可忽略不
计。整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，
磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨

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复习(练习)专题三动能定理和能量守恒定律1

训练6功功率动能定理一、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.如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B 两个小滑块(m A>m B)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则() A．B滑块先滑至斜面底端B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力．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5 s内拉力对物块做功为零4 s末物块所受合力大小为动摩擦因数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/s 2，故D项正确．答案：D5．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<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．汽车的功率．汽车行驶的最大速度一质量为mO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求滑块从传送带A端运动到求滑块滑到轨道最高点。

2016届高考物理二轮复习重点讲练专题4功能关系与能量守恒

1．(2015·永安市模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M 的物体A 、B(物体B 与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v －t 图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )A ．施加外力的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M(g －a)B ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零C ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值D ．B 与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变答案 A分析题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t 1时刻是A 与B 分离的时刻，之间的弹力为零．解析 A 项，施加F 前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma其中：F 弹＝2Mg解得F AB ＝M(g －a)，故A 项正确．B 项，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a ；且F AB ＝0；对B ：F 弹′－Mg ＝Ma解得F 弹′＝M(g ＋a)，故B 项错误．C 项，B 受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B 受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故C 项错误；D 项，B 与弹簧开始时受到了A 的压力做负功，故开始时机械能减小；故D 项错误．点评本题关键是明确A 与B 分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB 整体和B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析．命题立意机械能守恒定律2．(2015·浙江杭州模拟)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x 变化的图像乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平面上运动的最大位移是12 mC ．物体在运动中的加速度先变小后不变D ．物体运动的最大速度为8 m/s答案 D解析本题主要考查牛顿第二定律、动能定理；A 项，物体先加速，当推力小于摩擦力时开始减速，当推力为零时，继续减速至速度为零，故A 项错误；B 项，对运动过程使用动能定理，则Fx －fs ＝0，图像面积即Fx ，可得s ＝10 m ，故B 项错误；C 项，加速度先减小至零，后反向增大，推力为零时，加速度保持不变，故C 项错误；D 项，当F ＝f ＝μmg ＝20 N 时由图像可得x ＝3.2 m ，对开始运动到合力为零过程使用动能定理得Fx －fx ＝mv 2max 2，故D 项正确． 3．(2015·浙江杭州模拟)如图所示x 轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x 轴平行，规定沿x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O 以一定的初速度沿x 轴正方向运动，点电荷到达x 2位置速度第一次为零，在x 3位置第二次速度为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )A．点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大B．点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C．O点与x2和O点与x3电势差UOx2＝UOx3D．点电荷在x2、x3位置的电势能最小答案 C解析本题主要考查牛顿第二定律、动能定理以及功能关系；A项，在Ox2之间电场是变化的．不可能做匀变速，故A项错误；B项，在Ox1之间加速度先增后减，在x1x2之间再次先增后减，向左返回时再次这样变化，在Ox3之间保持不变，故B项错误；C项，对于从x2到x3过程使用动能定理，qUx2O＋qUOx3＝0，故UOx2＝UOx3，则C项正确；由功能关系可知，在x2、x3位置动能最小，则电势能最大，故D项错误；本题正确为C项．4.(2015·浙江杭州模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定( )A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块最终所处的位置C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k答案 ABC解析本题主要考查牛顿第二定律以及动能定理；设滑块到达底端时速度为v ，则v 2＝2a 1x ＝2a 2x 2，故加速度之比为1∶2，A 项正确；由于有摩擦力，最终滑块能量耗尽而静止于底端，故B 项正确；由a 2＝2a 1即2gsin α－2μgcos α＝gsin α＋μgcos α，故μ＝tan α3，C 项正确；滑块第k 次与挡板碰撞后，能在滑到杆的x ＝(12)k l 处，则滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k 满足mv 2k 2＝mgxsin α＋μmgxcos α，由于l 未知，所以不能求得v k 的大小，故D 项错误；本题正确为ABC 项．5．(2015·山东模拟)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E ，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R 点(图中未标出)，然后返回．则( )A ．滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B ．滑块从P 点运动到R 点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C ．滑块返回能到达的最低位置在P 点的上方D ．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案BCD解析由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用，小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．A项，由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故A项错误；B项，由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B项正确；C项，小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点，故C项正确；D项，滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D项正确．命题立意本题旨在考查功能关系、机械能守恒定律易错警示该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功．6.(2015·河北辛集中学)如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．弹簧的形变量相同时弹性势能相同．则小球在此过程中( )A．加速度等于重力加速度g的位置有两个B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离答案AC解析本题主要考查牛顿第二定律、功率以及功能关系；弹簧长度变化情况如下：A项，当弹簧垂直于杆时，小球竖直方向只受重力，加速度为g，继续向下运动，当弹簧恢复原长时，弹力为零，小球只受重力，加速度为g，故有两个位置加速度为g，A项正确；B 项，弹力功率为零的位置有三个：A点因速度为零，故功率为零，当弹簧垂直于杆时以及弹簧恢复原长时，弹力功率也为零，故B项错误；C项，因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功．故C项正确；D项，因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D项错误；本题正确为AC项．7．(2015·山东模拟)如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面．质量均为m 的两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R.轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定．开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值v m，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时( )A ．b 杆受到弹簧的弹力为B 2L 2－v m 2R B ．a 杆受到的安培力为B 2L 2－v m RC ．a 、b 杆与弹簧组成的系统机械能减少量为QD ．弹簧具有的弹性势能为12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q 答案 AD解析当b 杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，根据安培力大小公式与闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，可得到弹簧的弹力；两棒安培力关系求出a 杆受到的安培力．选取系统为研究对象，确定从开始到b 杆最大速度作为研究过程，由能量守恒来确定弹簧的弹性势能．A 项，b 杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得I ＝E 2R ＝－v m 2R ，b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2－v m 2R ，则弹簧的弹力为F ＝B 2L 2－v m 2R，故A 项正确；B 项，a 、b 两棒串联，电流相等，长度相等，所受的安培力大小相等，所以a 杆受到的安培力为B 2L 2－v m 2R，故B 项错误；C 项根据能量守恒定律可知，a 、b 杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q.故C 项错误；D 项，选两杆和弹簧组成系统为研究对象，从a 棒开始运动到b 棒达到最大速度，由能量守恒知，弹簧具有的弹性势能为12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q.故D 项正确．命题立意本题旨在考察切割磁感线而产生电磁感应8．(2015·第二次大联考广东)如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小．开始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 滑到水平轨道上时速度为2gRD ．从释放到a 、b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为mgR 2答案 BD解析由机械能守恒的条件得，a 机械能不守恒，a 、b 系统机械能守恒，所以A 项错误，B 项正确．对ab 系统由机械能守恒定律得mgR ＋2mgR ＝2×12mv 2，解得v ＝3gR ，C 项错误．对a 由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 2，解得W ＝mgR 2，D 项正确．命题立意机械能守恒定律，动能定理点拨熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律，a 、b 系统机械能守恒．9．(2015·厦门模拟)一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过时间t 后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过时间t 后速度变为2v ，对于上述两过程，用ΔE J1、ΔE J2分别表示前后两次物体增加的机械能，ΔE P1、ΔE P2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则( )A ．ΔE J2＝2ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1B ．ΔE J2>2ΔE J1，ΔE P2>2ΔE P1C ．ΔE J2＝4ΔE J1，ΔE P2<ΔE P1D ．ΔE J2<4ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1答案 D解析由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s 1∶s 2＝v 2t ∶2v 2t ＝1∶2，两次上升的高度之比：h 1∶h 2＝s 1sin θ∶s 2sin θ＝1∶2 故重力势能的变化量之比：ΔE P1∶ΔE P2＝mgh 1∶mgh 2＝1∶2，ΔE P2＝2ΔE P1根据动能表达式：ΔE K ＝12mv 2，得ΔE K1∶ΔE K2＝1∶4，ΔE K2＝4ΔE K1，而机械能ΔE ＝ΔE K ＋ΔE P ，故ΔE J2＝ΔE K2＋ΔE P2＝4ΔE K1＋2ΔE P1<4ΔE K1＋4ΔE P1<4ΔE J1，故ABC 项错误，D 项正确．命题立意本题旨在考查功能关系、动能和势能的相互转化．由物体的运动特征判断出物体重力势能和动能的增量关系，求解机械能变化量时用除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，这一方法在这里不好用，要利用动能与势能和等于机械能这一知识点 10.(2015·江苏)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为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之内，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，克服摩擦力做功为14mv 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度答案 BD解析由题意知，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 项错误；从A 到C ，根据能量守恒mgh ＝W f ＋E P ，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得W f ＝14mv 2，E P ＝mgh －14mv 2，所以B 项正确；C 项错误；从A 到B ：mgh 1＝12mv 2B1＋ΔE p1＋W f1，从C 到B ：12mv 2＋ΔE p2＝12mv 2B2＋W f2＋mgh 2，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立可得v B2>v B1，所以D 项正确．11．(2015·贵阳二模)如图所示，倾角为θ＝37°足够长的传送带以较大的恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m 的物体A ，另一端竖直吊着质量为12m 、电荷量为q ＝mgl 28k (k 为静电力常量)带正电的物体B ，轻绳与传送带平行，物体B 正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q 的带负电的物体C ，此时A 、B 都处于静止状态．现将物体A 向上轻轻触动一下，物体A 将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l.已知物体A 与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，A 、B 、C 均可视为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A 、B 处于静止状态时物体B 、C 间的距离；(2)从物体B 开始下落到与物体C 碰撞前的整个过程中，电场力对物体B 所做的功．分析 (1)开始时刻，物体A 、B 均保持静止，分别受力分析后根据平衡条件列式后联立求解即可；(2)BC 碰撞后，物体A 上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解BC 碰撞前的速度；物体B 下降过程，对A 、B 整体由功能关系列式求解电场力对物体B 所做的功．答案 (1)l 2(2)mgl 解析 (1)开始时，A 、B 均静止，设物体B 、C 间的距离为l 1，由平衡条件，有对A ：T ＝mgsin θ＋μmgcos θ 对B ：T ＝k q 2l 21＋mg2，其中q ＝mgl28k解得l 1＝l2(2)B 、C 相碰后，A 将做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 由运动公式，有0－v 2m ＝－2a(l －l 1) 解得v m ＝gl ，物体B 下降过程对A 、B 整体由功能关系，有 W 电＋12mgl 1－mg(sin θ＋μcos θ)l 1＝12(m ＋12m)v 2m ，解得W 电＝mgl命题立意动能定理的应用；牛顿第二定律12．(2015·开封模拟)质量为m 的小物块A ，放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L(设木板B 足够长)后A 和B 都停下．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1，B 与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x 的表达式．分析撤去水平拉力，A 受到的滑动摩擦力f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m ＝μ1g ，B 受到A 的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B 的加速度大小a 2＝μ2＋－μ1mgM，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B 先停止运动，然后A 在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A 、B 研究，求解x.答案 x 的表达式是x ＝μ1ML μ2－μ1＋解析设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m＝μ1g此时B 的加速度大小a 2＝μ2＋－μ1mgM由于μ2＞μ1，所以判断B 先停止运动，然后A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变．对A 应用动能定理，得－f 1(L ＋x)＝0－12mv 2对B 应用动能定理，得μ1mgx －μ2(m ＋M)gx ＝0－12Mv 2消去v 解得x ＝μ1ML μ2－μ1＋.命题立意动能定理的应用；牛顿第二定律13．如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L ，距左端L 处的右侧一段被弯成半径为L 2的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差L2的水平面上．以弧形导轨的末端点O 为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，建立Ox 坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t 均匀变化的磁场B(t)，如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x 方向均匀变化的磁场B(x)，如图3所示；磁场B(t)和B(x)的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m 的金属棒ab ，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B(t)开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t 0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g.(1)求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E ；(2)如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B(x)区域，离开时的速度为v ，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q ；(3)如果根据已知条件，金属棒滑行到x ＝x 1位置时停下来， a ．求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q ； b ．通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置．答案 (1)L 2B 0t 0 (2)L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22(3)a.B 0Lx 1－x 12x 0Rb ．x ＝0处解析本题主要考查电磁感应定律、机械能守恒以及功能关系． (1)由图2可知，ΔB Δt ＝B 0t 0根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝L 2ΔB Δt ＝L 2B 0t 0①(2)金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热 Q 1＝E 2R t ＝L 4B 2Rt 0金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律 mgL 2＝mv 202② 金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q 2，根据能量守恒定律Q 2＝mv 202－mv 22＝mgL 2－mv22所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热 Q ＝Q 1＋Q 2＝L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22(3)a.根据图3，x ＝x 1(x 1<x 0)处磁场的磁感应强度B 1＝B 0－x 1x 0.设金属棒在水平轨道上滑行时间为Δt.由于磁场B(x)沿x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律Δt 时间内的平均感应电动势E 均＝ΔΦΔt ＝Lx 1B 0＋B 12Δt ＝B 0Lx 10－x 12x 0Δt所以，通过金属棒电荷量q ＝I 均Δt ＝E 均R Δt ＝B 0Lx 10－x 12x 0Rb ．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式 I 1＝E R ＝L 2B 0t 0R金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度v 0＝gL 所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流 I 2＝E′R ＝B 0L gL R若金属棒自由下落高度L2，经历时间t ＝Lg，显然t 0>t所以，I 1＝L 2B 0t 0R <L 2B 0Rt ＝L 2B 0RLg＝I 2综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x ＝0处，感应电流最大．。

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.。

【师说】2016高考物理二轮复习专题三动能定理和能量守恒定律 3.7 机械能守恒定律功能关系课件

北京理综“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另 3.2015· 一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( ) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
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＝mgsinθ＋μmgcosθ，即弹簧伸长量x＝ mgsinθ＋μcosθ 时，物块的动能最大，此时弹簧处于拉伸状态， k mgsinθ＋μcosθ 选项A错误；x＝与A、O点的距离无关，选项B错 k 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：D
解析：特战队员落地时的水平位移由其平抛运动的水平速度和 2 v 1 2 下落时间的乘积决定，选项 A 错误；由 mgL＝ mv 和 FT－mg＝m 2 L 得：FT＝3mg，故特战队员在到达竖直状态时绳索拉力与绳索的长 1 2 短无关，选项 B 正确；由 mgL＝2mv 可知，绳索越长，特战队员 1 2 落地时的水平速度越大，则选项 C 正确；由 mgh＝2mv 可知，绳索 L 的长短，与特战队员落地时的速度大小无关，选项 D 错误．答案：BC
三、几种常见的功能转化关系：动能，关系式为___________________ W 合＝ΔEk 1．合力的功影响________ WG＝－ΔEp 2．重力的功影响重力势能 ________，关系式为____________________ ．弹性势能，关系式为________________ WH＝－ΔEp 3．弹簧弹力的功影响________ ． W 分＝－ΔEp 4．分子力的功影响分子势能 ________，关系式为__________________ ．电势能， W 电＝－ΔEp 5．电场力的功影响________ 关系式为___________________ ．内能， Ffl 相对＝ΔE 内． 6．滑动摩擦力的功影响________ 关系式为_______________ 机械能，关系式 7 ．除重力和弹力之外的其他力的功影响 ________ W E机其＝Δ _____ ．电能，关系式为_____________ W 克安＝ΔE 电． 8．克服安培力的功影响________

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