高考物理二轮复习专题能力提升练(三)(B卷)动能定理和能量守恒定律

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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.。

人教版2020年高三物理二轮复习动能定理能量守恒定律练习及答案

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!。

2021届高考物理二轮复习能量与动量专项练习卷——功能关系与能量守恒问题【附解析】

2021届高考物理二轮复习能量与动量专项练习功能关系与能量守恒问题1.如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P ，系统处于静止状态.现用一竖直向下的力F 作用在物块P 上，使其以加速度a 做方向竖直向下的匀加速运动.运动一段距离(未超过弹簧的弹性限度)，已知加速度a 小于重力加速度g ，以x 表示物块P 离开初始位置的位移，则在物块P 向下加速运动的过程中，力F 、物块P 的动能k E 、系统的机械能增量E ∆和x 之间的关系图像可能正确的是( )A. B. C. D.2.图所示，滑块从倾角为30θ=︒足够长斜面上的P 点以03m/s v =的初速度沿斜面上滑，速度减为零之后再滑落到斜面底部，与底部挡板碰撞之后原速率反弹，多次与挡板碰撞之后，最后静止在斜面底部。

滑块与斜面间的动摩擦因数0.5μ=，若滑块在斜面士往返的总路程为3m s =，滑块可以看做质点，重力加速度210m/s g =；则P 点到斜面底部的距离为（）A. 0.6mB. 0.5mC. 0.4mD. 0.3m3.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2ga =（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2mgx4.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A B、，它们的质量分别为12m m、，弹簧劲度系数为k C。

为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。

则此时（）A.拉力做功的瞬时功率为sinFvθB.物块B满足2sinm g kdθ>C.物块A的加速度为1F kdm-D.弹簧弹性势能的增加量为1singF dd mθ-5.如图所示，固定在水平地面的劲度系数为k的竖直轻弹簧，上面放着一质量为m的小木块（没有与弹簧连接），现用手缓慢向下压木块，使弹簧缩短x，松手后木块开始向上运动，最大位移为3x，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（）A.松手瞬间，小木块的加速度大小为kx mB.松手瞬间，弹簧的弹性势能大小为mgxC.松手后小木块向上做匀减速运动的时间为4x gD.松手后小木块的速度和加速度都增大6.如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平地面上，距地面0H 高度处有一物体，在平行斜面向上的力F 作用下由静止开始运动.选地面为零势能面，物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示，其中0~1x 是曲线，1x ~2x 是平行于x 轴的直线，0~2x 过程中物体一直沿斜面向上运动，则下列说法正确的是( )A.0~1x 过程中，力F 做的功等于10E EB.0~1x 过程中，物体做加速度增大的加速运动C.1x ~2x 过程中，物体的动能不变D.1x ~2x 过程中，力F 保持不变7.一小球在竖直方向的升降机中由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E 与其上升高度h 关系的图象如图所示，其中0～1h 过程中的图线为曲线，1h ~2h 过程中的图线为直线.下列说法正确的是( )A.0~1h 过程中，升降机对小球的支持力一定做正功B.0~1h 过程中，小球的动能一定在增加C.1h ~2h 过程中，小球的动能可能不变D.1h ~2h 过程中，小球重力势能可能不变8.如图所示，一定质量的小球（可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P ，长轴AC 水平且长为02L ，短轴BD 竖直且长为03L .原长为0L 的轻弹簧一端套在过P 点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A 点的小球连接.若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A 点时的速度大小为0v ，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )A.小球在C 点的速度大小为0vB.小球在D 点时的动能最大C.小球在B D 、两点的机械能不相等D.小球在从A 点经过D 点到达C 点的过程中机械能先变小后变大9.“弹跳小人”是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理简图如图甲所示.竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度0.40m h 时，由静止释放滑块.滑块的动能k E 随离地高度h 变化的图象如图乙所示.其中高度从0.80 m 到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线.空气阻力大小不变，g 取210m/s .则结合图象可知( )A.弹簧原长为0.72 mB.空气阻力大小为1.00 NC.弹簧的最大弹性势能为9.00 JD.弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为12m m 、（已知20.5kg m =）的两物块A B 、相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑水平面上.现使B 获得水平向右、大小为6 m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图象如图乙所示，从图象提供的信息可得( )A.在1t 时刻，两物块达到共同速度2 m/s ，且弹簧处于伸长状态B.3t 到4t 时间内弹簧由原长变化为压缩状态C.3t 时刻弹簧的弹性势能为6 JD.在3t 和4t 时刻，弹簧均处于原长状态11.气垫导轨是研究与运动有关的实验的装置，也可以用来研究功能关系.如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有一滑块A 紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m .（1）用游标卡尺测出滑块A 上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d =________cm.（2）利用该装置研究弹簧对滑块做的功的大小.某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A 压紧到P 点，释放后，滑块A 上的挡光片通过光电门的时间为t ∆，则弹簧对滑块所做的功为___________（用题中所给字母表示）.（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数.关闭气源，仍将滑块A 压紧到P 点后释放，当光电门到P 点的距离为x 时，测出滑块A 上的挡光片通过光电门的时间为t ，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出如图丙所示的图象，已知该图线斜率的绝对值为k ，则滑块与导轨间的动摩擦因数为___________（重力加速度用g 表示）.12.两个半径均为R 的14圆形光滑细管道组成的轨道CDE 竖直放置在水平面上，1O 和2O 为两细管道的圆心，一劲度系数为k 的轻质弹簧右端固定，左端处于P 点，弹簧处于原长状态，已知弹簧原长足够长，EP 间距离为R .一质量为m 的滑块(可视为质点)从A 点以初速度0v 斜向上抛出，从C 点沿水平方向进入管道，对C 处上方轨道的压力恰好为mg .已知滑块与地面间的动摩擦因数为0.25μ=，弹簧的弹性势能p E 与形变量x 的关系是2p 1=2E kx .(1)求滑块从A 点抛出时初速度0v 的大小和速度方向与地面夹角θ的正切值;(2)若5mgk R =，求滑块穿过管道后第一次压缩弹簧时的最大压缩量;(3)要使滑块能再次返回细管道CDE 但又不能从C 点离开轨道，问劲度系数k 应满足的条件.。

适用于老高考旧教材高考物理二轮复习专题动能定理机械能守恒定律功能关系的应用(含答案)

高考物理二轮复习：专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组基础巩固练1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。

一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g) ()A.0B.mghmv2-mghC.12mv2+mghD.122.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。

两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。

由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大3.(2023浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E k和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是()4.(2023陕西咸阳三模)高速悬浮列车在水平长直轨道上运行,车头会受到前方空气的阻力,假设列车周围空气静止,车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。

已知空气密度为ρ,车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S,列车额定功率为P,以最大速度匀速运行。

若只考虑车头有空气阻力,轨道摩擦等其他阻力不计,下列说法正确的是()A.列车的最大运行速度为2√PρSB.列车的最大运行速度为√PρSC.列车受到的最大阻力为√PρS3D.列车受到的最大阻力为√P2ρS5.(多选)(2023四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛道上由静止开始保持额定功率启动。

甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到,甲车108 km/h,25 s后,速度达到最大速度234 km/h。

高考物理二轮复习专题能力提升练(三)(B卷)动能定理和能量守恒定律

专题能力提升练(三) B 卷动能定理和能量守恒定律一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．)1.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增加量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1>ΔE k2；t 1>t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1>t 2C ．ΔE k1>ΔE k2；t 1<t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1<t 2解析：由于推力恒定，设某一段轨道与水平方向的夹角为θ，推力为F ，轨道高为h ，球与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道底端与顶端水平距离为x ，则小球从某一段轨道底端运动到顶端，克服摩擦力做功为W f ＝μ(mg cos θ＋F sin θ)hsinθ＝μ(mgx ＋Fh )，由于轨道Ⅰ、Ⅱ的水平长度和高度相等，因此沿两个轨道运动克服摩擦力做功相等，根据动能定理，W F －W f －W G ＝ΔE k ，由于重力和推力做功也相等，因此动能的增量相等，A 、C 错误；由于轨道Ⅰ开始的倾斜度大，可知开始运动的加速度小，由于到最高点路程相等，速度大小相等，根据速度随时间变化的图象可知，t 1>t 2，B 正确，D 错误．答案：B 2.如图所示，两物块a 、b 质量分别为m 、2m ，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a 、b 距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后突然由静止释放，直至物块a 、b 间高度差为h (物块b 尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．物块b 重力势能减少了2mghB ．物块b 机械能减少了23mghC ．物块a 的机械能逐渐减小D ．物块a 重力势能的增加量小于其动能的增加量解析：物块a 、b 间高度差为h 时，物块a 上升的高度为h 2，物块b 下降的高度为h2，物块b 重力势能减少了2mg ·h 2＝mgh ，选项A 错误；物块b 机械能减少了ΔE b ＝2mg ·h 2－12×2mv 2，对物块a 、b 整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg ·h 2＋mg ·h 2＋12×3mv 2，得12mv 2＝16mgh ，ΔE b ＝23mgh ，选项B 正确；物块a 的机械能逐渐增加23mgh ，选项C 错误；物块a 重力势能的增加量ΔE pa ＝mg ·h 2＝12mgh ，其动能的增加量ΔE ka ＝12mv 2＝16mgh ，得ΔE pa >ΔE ka ，选项D 错误．答案：B 3.如图所示，在竖直平面内有一“V ”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物体恰好滑回到B 处时速度为零 B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低 D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f 1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功W f 2<mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误．答案：C 4.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ.物块从左侧斜面顶端滑到最低点的时间为t 1，滑到右侧斜面上最高点的时间为t 2.规定斜面连接处为参考平面，则下列关于物块在这个运动过程中速度的大小v 、加速度的大小a 、动能E k 及重力势能E p 随时间t 变化的关系图象中可能正确的是( )解析：由牛顿第二定律得，物块在左侧斜面下滑过程的加速度a 1＝mgsinθ－μmgcosθm＝g sin θ－μg cos θ，物块在右侧斜面上滑过程的加速度a 2＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g sin θ＋μg cos θ，可见两阶段的加速度都恒定不变，a 2>a 1，选项A 错误，B 正确；物块的动能E k ＝12mv 2,0～t 1时间内速度v ＝a 1t ，得E k ＝12ma 21t 2，即动能与时间关系图象是曲线，选项C 错误；0～t 1时间内重力势能E P ＝mg (h 0－12a 1t 2sin θ)，即重力势能与时间关系图象是曲线，选项D 错误．答案：B 5.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且BC ＝1.5AB .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P 从A 点由静止释放，恰好能滑动到C 点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A ．tan θ＝2μ1＋3μ25B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1解析：由A 点释放恰好能滑动到C 点，小物块P 受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC 长为L ，则AB ＝25L ，BC ＝35L .对全过程，根据动能定理有mgL sin θ－μ1mg cos θ×25L －μ2mg cos θ×35L ＝0，得tan θ＝2μ1＋3μ25.答案：A6．汽车沿平直的公路以恒定功率P 启动，经过一段时间t 达到最大速度v ，若所受阻力f 始终不变，则在t 这段时间内( )A ．汽车牵引力恒定B ．汽车牵引力做的功为PtC ．汽车加速度不断减小D ．汽车牵引力做的功为12mv 2解析：根据P ＝Fv 知，速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律得a ＝F －fm，可知加速度不断减小，选项A 错误，C 正确；因功率P 恒定，牵引力做功W ＝Pt ，选项B 正确；根据动能定理有W －fs ＝12mv 2－0，得W >12mv 2，选项D 错误．答案：BC 7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平地面上，斜面足够长，一质量为m 的小物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为60 J ，此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端，若以地面为零重力势能参考面，则下列说法正确的是( )A ．物体回到斜面底端时的动能为60 JB ．恒力F ＝2mg sin θC ．撤去力F 时，物体的重力势能是45 JD ．动能与重力势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前解析：在0～2t 时间内，根据功能关系有W F ＝(E k 回＋0)－(0＋0)，物体回到斜面底端时的动能E k 回＝60 J ，选项A 正确；撤去力F 前有x ＝12a 1t 2，F －mg sin θ＝ma 1，撤去力F后有－x ＝(a 1t )t －12a 2t 2，mg sin θ＝ma 2，得F ＝43mg sin θ，选项B 错误；W F ＝Fx ＝43mgx sin θ，撤去力F 时物体的重力势能E P ＝mgx sin θ，解得E P ＝34W F ＝45 J ，选项C 正确；由动能定理知，撤去力F 之前物体动能为E ′k ＝Fx ′－mgx ′sin θ＝13mgx ′sin θ<E ′P ＝mgx ′sin θ，可见撤去力F 前，物体的动能总是小于重力势能，而撤去力F 后，物体在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能相等的时刻出现在撤去力F 之后，选项D 错误．答案：AC二、计算题(本大题共3小题，共44分．需写出规范的解题步骤)8．如图是用传送带传送行李的示意图．图中水平传送带两端A 、B 间的长度x ＝8 m ，传送带的右侧是一竖直的半径R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道，轨道底端与传送带在B 点相切．若传送带向右以v 0＝6 m/s 的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A 点轻轻放上一个质量m ＝4 kg 的箱子时，箱子运动到传送带的最右侧前如果没被捡起，就能滑上圆弧轨道，而后做往复运动直到被捡起为止．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)箱子从A 点到B 点所用的时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小； (2)若箱子放在A 点时给它一个5 m/s 的水平向右的初速度，到达B 点前箱子没被捡起，则箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升多大高度？解析：(1)箱子在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μmg m＝μg ＝1 m/s 2设箱子在B 点的速度为v B ，则v 2B ＝2ax 得v B ＝4 m/s<v 0所以箱子从A 点到B 点一直做匀加速运动由x ＝12at 2，得从A 点到B 点箱子运动的时间t ＝4 s箱子在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有：N －mg ＝m v2BR得N ＝120 N由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120 N (2)设箱子速度达到v 0＝6 m/s 时位移为x ′，则v 20－v 2A ＝2ax ′ 解得x ′＝5.5 m<8 m因此箱子先做匀加速运动，速度达到6 m/s 后开始做匀速运动，在B 点时速度为v 0由机械能守恒定律有12mv 20＝mg (R ＋h )解得箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升的高度h ＝1 m 答案：(1)120 N (2)1 m 9.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 、B ，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A 的质量为2m ＝4 kg ，物体B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ．现给物体A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使物体A 开始沿斜面向下运动，物体B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．解析：(1)物体A 和斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体A 沿斜面向下运动到C点的过程中，对A 、B 整体根据动能定理有：2mgL sin θ－mgL －fL ＝12×3mv 2－12×3mv 20解得：v ＝v20＋2gL32s inθ－2μcosθ－1＝2 m/s(2)物体A 接触弹簧，将弹簧压缩了x 到最短后又恰回到C 点这段过程，对系统应用动能定理有：－f ·2x ＝0－12×3mv 2，解得：x ＝0.4 m弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量守恒有E P ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx ，解得E P ＝6 J答案：(1)2 m/s (2)6 J10．如图所示，在冰面上将质量m ＝1 kg 的滑块从A 点以初速度v 0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ1＝0.1，滑块滑行L ＝18 m 后到达B 点时速度为v 1＝8 m/s.现将其间的一段CD 用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2＝0.45，再使滑块从A 以v 0初速度推出后，到达B 点的速度为v 2＝6 m/s.取g ＝10 m/s 2，求：(1)初速度v 0的大小； (2)CD 段的长度l ；(3)若AB 间用铁刷划擦的CD 段的长度不变，要使滑块从A 到B 的运动时间最长，问铁刷划擦的CD 段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．(结果保留三位有效数字)解析：(1)未划擦冰面时，滑块从A 到B 过程中，根据动能定理－μ1mgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得v 0＝10 m/s.(2)将CD 段划擦后，滑块再从A 到B 过程中，根据动能定理－μ1mg (L －l )－μ2mgl ＝12mv 2－12mv 20代入数据解得l ＝4 m.(3)由题意知，不论CD 在AB 中的具体位置如何变化，滑块到达B 点时的速度v 2不变．设滑块在AC 段和CD 段的加速度分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律－μ1mg ＝ma 1 －μ2mg ＝ma 2滑块在A 、B 间运动的v —t 图象如图所示，由图象可知当C 点与A 点重合时，滑块的运动时间最长．设此时滑块到达D 处时的速度为v ，则：－μ2mgl ＝12mv 2－12mv 20解得v ＝8 m/s 根据运动学公式 v ＝v 0＋a 2t 1 v 2＝v ＋a 1t 2解得t ＝t 1＋t 2≈2.44 s答案：(1)10 m/s (2)4 m (3)2.44 s。

高三物理二轮复习第三篇能力提升练(三)(A卷)动能理和能量守恒律

峙对市爱惜阳光实验学校专题能力提升练(三)A卷动能理和能量守恒律(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每题8分,共56分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)1.(2021·一模)如下图是一种清洗车辆用的手持喷水枪。

设枪口截面积为0.6cm2,喷出水的速度为20m/s(水的密度为1×103kg/m3)。

当它工作时,估计水枪的功率约为( )A.250WB.300WC.350WD.400W【解析】选A。

每秒钟喷出水的动能为E k=12mv2=12ρSvt·v2,代入数据得E k =240J,应选项A正确。

2.物体沿直线运动的v -t关系如下图,在第1s内合外力对物体做的功为W,那么( )A.从第1s末到第3s末合外力做功为4WB.从第3s末到第5s末合外力做功为-2WC.从第5s末到第7s末合外力做功为-WD.从第3s末到第4s末合外力做功为-0.75W【解析】选D。

由题图知,第1s末速度、第3s末速度、第7s末速度的大小关系为v1=v3=v7,由题知W=12m v12-0,那么由动能理知第1s末到第3s末合外力做功W2=12m v32-12m v12=0,故A错。

第3s末到第5s末合外力做功W3=0-12m v32=-W,故B错。

第5s末到第7s末合外力做功W4=12m v72-0=W,故C错。

第3s末到第4s末合外力做功W5=12m v42-12m v32,因v4=12v3,所以W5=-0.75W,故D正确。

3.如下图,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固在地面上、半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍。

当B位于地面时,A恰与圆柱轴心高。

将A由静止释放,B上升的最大高度是( )A.2RB.5R3C.4R3D.2R3【解析】选C。

设A落地时的速度为v,A下落时,A、B组成的系统机械能守恒,那么2mgR=mgR+12×(2m+m)v2,解得v=√2gR3,此时B恰好运动到与圆心高处,速度也为v,接下来B球做竖直上抛运动,再上升高度h′,由mgh′=12mv2,可得h′=13R,因此B球上升的高度h=h′+R=43R,C正确。

高考物理大二轮复习专题强化训练5动能定理、机械能守恒定律

专题强化训练(五)一、选择题1．(·深圳宝安区期中检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如下图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )A．第1 s内，F对滑块做的功为3 JB．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 WC．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 WD．前3 s内，F对滑块做的总功为零[解析] 由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．[答案] C2．(·湖北八校二联)如右图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶3C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等[解析] 甲、乙两球经过C 点的速度v 甲＝v 乙＝2gh ，甲球平抛的初速度v 甲x ＝v 甲sin30°＝2gh 2，故A 项错误；甲球经过C 点时竖直方向的速度v 甲y ＝v 甲cos30°＝6gh 2，运动时间t 甲＝v 甲y g ＝3h 2g ，乙球运动时间t 乙＝2h g，则t 甲∶t 乙＝3∶2，故B。

高考物理二轮复习第五章能量和动量提能增分练三动量守恒定律的个应用实例

提能增分练(三) 动量守恒定律的3个应用实例[A 级——夺高分]1．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示。

现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。

设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.mM 2m ＋M v 2C.12NμmgL D ．NμmgL 解析：选BD 由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u ，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋M)u ，系统损失的动能为12mv 2 －12(m ＋M)u 2＝mM2m ＋M v 2，B 正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔE k ＝－W f ＝NμmgL，D 正确。

2．(多选)如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动 B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：选BC 小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m)v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。

2018版世纪金榜高中物理二轮复习专题能力提升练(三)

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专题能力提升练(三)动量与能量(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

其中第1～5题为单选,第6～8题为多选)1.如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止,B向右运动D.A向左运动,B向右运动【解析】选D。

以滑块A、B为系统,碰前动量矢量和为零,选项A、B、C所述碰后动量不为零,据动量守恒定律可知选项A、B、C错误;由于发生弹性碰撞,系统动能守恒,故选D。

2.如图所示,A、B是两个质量均为m的小球,小球A从静止开始沿倾角为30°的光滑斜面下滑,经t A 时间到达斜面底端O,到达斜面底端O时动能为E kA,小球B从与A球等高处被水平抛出,经t B时间到达斜面底端O点,到达斜面底端O时动能为E kB,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.E kA=E kBB.t A=t BC.E kA<E kBD.t A<t B【解析】选C。

对B由动能定理得mgh=E kB-m,解得E kB=mgh+m,对A由动能定理得mgh=E kA-0,可知E kA<E kB,故A错误,C正确;B做平抛运动,B的运动时间t B=,A下滑的加速度a=gsin30°=g,位移x=2h,根据x=a得t A=,可知t A>t B,故选项B、D错误。

3.(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是世纪金榜导学号49294159()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变【解析】选B。

2021高考物理二轮复习考前保温训练3 功能关系和能量守恒(含解

2021高考物理二轮复习考前保温训练3 功能关系和能量守恒（含解功能关系和能量守恒(限时30分钟)1．(多选)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量答案：BC解析：物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D项错误．2．(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是( )9A．0～2 s内外力的平均功率是 W45B．第2 s内外力所做的功是 J4C．第2 s末外力的瞬时功率最大4D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是5答案：AD解析：由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2 s内的加速度分别为a1＝2 m/s、a2＝1 m/s，则质点在第1 s 末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，11212每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝mv21＝2 J、ΔEk2＝mv2－mv1＝2.5 J，D 正确．再2221由动能定理可知第2 s内与0～2 s内外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5 J、W＝mv23－0＝4.52J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝＝2.25 W，A正确，B错误．由P＝Fv知质点在第1 s末与第2 s末的瞬时功率分别为P1＝4 W、P2＝3 W，故C错误．3．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( )22Wt - 1 -A．重力做功2mgR C．合外力做功mgR 答案：D解析：小球从P到B的运动过程中，重力做功mgR，A错误；小球在B点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg＝B．机械能减少mgR 1D．克服摩擦力做功mgR2mv2B，故vB＝gR，从P到B，对小球由动能定理：mgRR111－Wf＝mv2B－0＝mgR，Wf＝mgR，C错误，D正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，222B错误．4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先增大后减小 C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大答案：C- 2 -解析：圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A选项错误；下滑过程中，弹簧长度先减小再增大，即弹簧先压缩，然后恢复原长，再伸长，对应的弹性势能先增大然后减小，再增大，B选项错误；圆环滑到杆底端的过程中，重力势能减少了mgh，动能不变，故弹性势能增加了mgh，C选项正确；由系统机械能守恒知，弹簧的弹性势能最大时圆环的动能与重力势能之和应最小，在最低点时弹性势能最大，此时圆环动能为零，D选项错误．5．如图所示是游乐场翻滚过山车示意图，斜面轨道AC，弯曲、水平轨道CDE和半径R＝7.5 m的竖直圆形轨道平滑连接．质量m＝100 kg的小车，从距水平面H＝ 20 m高处的A点静止释放，通过最低点C后沿圆形轨道运动一周后进入弯曲、水平轨道CDE.重力加速度取g＝10 m/s2，不计摩擦力和空气阻力．求：(1)若小车从A点静止释放，到达圆形轨道最低点C时的速度大小； (2)小车在圆形轨道最高点B时轨道对小车的作用力；(3)为使小车通过圆形轨道的B点，相对于C点的水平面小车下落高度的范围．答案：(1)20 m/s (2)333.3 N，方向竖直向下(3)h≥18.75 m解析：(1)不计摩擦力和空气阻力，小车下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgH＝mv2CvC＝2gH＝20 m/s.(2)设小车在圆形轨道最高点B时的速度为vB，轨道对小车的作用力为N，根据牛顿运动定律和机械能守恒定律有12v2BN＋mg＝mRmgH＝mg・2R＋mv2B解得：N＝333.3 N，方向竖直向下．(3)设小车在圆形轨道最高点B恰好不脱离轨道时的速度为v，释放高度为h，则12mgh＝mg・2R＋mv212- 3 -v2mg＝mR解得：h＝18.75 m为使小车能通过圆形轨道的最高点B，相对于C点的水平面小车下落高度要大于等于18.75 m.6.如图所示，AB为一长为5 m并以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为r＝2 m、竖直放置的光滑半圆形轨道，直径BD恰好竖直，轨道与传送带相切于B点．现将一质量为m＝1 kg的小滑块无初速地放在传送带的左端A点处，已知滑动与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2.(1)求滑块到达B点时对轨道的压力大小； (2)求滑块在轨道上能上升的最大高度；(3)通过计算说明小滑块最终的状态．答案：(1)18 N (2)0.8 m (3)见解析解析：(1)滑块在传送带上的加速度大小为a＝μg＝2 m/s 假设滑块在到达B点前与传送带共速，则2v2x＝＝4 m<5 m 2a即假设成立，滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点时与传送带速度相同．v2由牛顿第二定律有FN－mg＝m rv2得FN＝m(g＋)＝18 Nr由牛顿第三定律知滑块到达B点时对轨道的压力为18 N.12(2)设滑块在轨道上能上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得mgh＝mv 2得h＝0.8 m.感谢您的阅读，祝您生活愉快。

2020届高考物理二轮复习专题复习专项训练：专题能力提升练(三)A卷：含解析

如图，固定斜面倾角为30°块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆一根轻质弹簧的一端悬挂于球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆点等高的位置由静止释放．分力，继续加速；当过弹簧与杆垂直后的某个位置时，重力和弹簧弹力分别沿杆方向的分力大小相等、方向相反时，加速度为0，速度最大，之后做减速运动．小球的机械能是动能和重力势能，弹力做功是它变化的原因，弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增后减，故A正确，D错误．弹簧的弹性势能变化由弹力做功引起的，弹力先做正功后做负功，故弹性势能先减后增，B错误．重力做功的功率是重力沿杆方向的分力和速度的积，故应先增后减，C错误．答案：A3.如图所示，质量为m的小球，在离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到的空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H ＋h)m的滑块从滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接、B的质量均为通过转轴用长度为如图所示，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，．物块所受的重力与摩擦力之比为时间内物块所受重力的平均功率擦力做功的功率P6＝f v6＝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ΔE1＝fs1，在1～6 s时间内机械能的变化量大小ΔE2＝fs2，由题中图象得s1＝12×1×10 m＝5 m，s2＝12×(6－1)×10 m＝25 m，所以ΔE1ΔE2＝s1s2＝15，选项D正确．答案：AD二、计算题(本大题共3小题，共44分．需写出规范的解题步骤)8.(2016·四川卷)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．质量为m＝1 kg轻轻放在水平匀速运动的传送带上，带运动到水平部分的最右端B点，物体在运动过程中的最大加速度为多少？在距出发点多远处，物体的速度达到最大？物体在水平面上运动的最大位移是多少？答案：(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

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.。

统考版2024届高考物理二轮复习热点专项练3牛顿运动定律的应用含答案

专项3 牛顿运动定律的应用一、单项选择题1．如图所示，质量为M 的木箱放在水平地面上，质量为m 的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁．细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态．重力加速度为g ，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )A.地面对木箱的支持力不变B ．地面对木箱的支持力减小了mgcos θC ．地面对木箱的摩擦力不变D ．地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ 2.如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a 、b 之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a 杆的夹角为60°，斜面2与a 杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a 杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b 杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g 取10m/s 2，则μ1∶μ2等于( )A ．32B ．33C ．12D ．13 3.[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m 4.[2023·山西太原市4月联考]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g ，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是( )A ．30cm 刻度对应的加速度为－0.5gB ．40cm 刻度对应的加速度为gC ．50cm 刻度对应的加速度为2gD ．各刻度对应加速度的值是不均匀的二、多项选择题5．[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g .用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P 的加速度大小的最大值为2μg B ．Q 的加速度大小的最大值为2μg C ．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D ．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小6．旱地冰壶运动是最近几年兴起的体育项目，如图所示为旱地冰壶场地的中线处的简易图，假设推出的冰壶沿中线做直线运动，已知AC 长度为x 1＝10m ，有效区BC 的长度为x 2＝2m ，将质量为m ＝4kg 的可视为质点的旱地冰壶放在A 点，在旱地冰壶上施加水平恒力F ＝6N ，使其从A 点由静止开始沿中线推出，经过一段时间撤走恒力，最终旱地冰壶停在BC段，旱地冰壶与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是( )A ．撤走恒力前后旱地冰壶的加速度大小之比为2∶1B ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在B 点C ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在C 点D ．旱地冰壶停在B 点和停在C 点运动的总时间之比为2∶ 5 7．[2023·湖南卷]如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动．车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A.若B 球受到的摩擦力为零，则F ＝2mg tan θB ．若推力F 向左，且tan θ≤μ，则F 的最大值为2mg tan θC ．若推力F 向左，且μ<tan θ≤2μ，则F 的最大值为4mg (2μ－tan θ)D ．若推力F 向右，且tan θ>2μ，则F 的范围为4mg (tan θ－2μ)≤F ≤4mg (tan θ＋2μ) 三、非选择题8．[2023·海南卷]如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道A ，半径R ＝0.2m ，一质量为m B ＝1kg 的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知m C ＝3kg ，B 、C 间动摩擦因数μ1＝0.2，C 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C 右端有一个挡板，C 长为L .已知g 取10m/s 2.(1)B 滑到A 的底端时对A 的压力是多大？(2)若B 未与C 右端的挡板碰撞，当B 与地面保持相对静止时，B 、C 间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m<L <0.8m 时，B 与C 右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B 从滑上C 到最终停止所用的时间．9．某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空香皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d ＝0.96m ，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m ＝20g ，香皂及香皂盒的总质量为M ＝100g ，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L ＝0.6m ，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F ＝0.24N ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g ＝10m/s 2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a 1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度v m .10．[2023·河南郑州三模]货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险．如图所示，货车的车厢长度为12m ，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止．货车以v 0＝12m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a ＝6m/s 2的加速度匀减速刹车．若车厢内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ＝0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g 取10m/s 2.求：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大； (2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大．专项3 牛顿运动定律的应用1．解析：设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为N 、N ′，地面对木箱的摩擦力大小分别为f 、f ′，剪断细线前，细线上的拉力大小T ＝mgcos θ，弹簧弹力大小F ＝T sin θ＝mg tan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知N ＝（m ＋M ）g ，f ＝0.剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有N ′＝Mg ，地面对木箱的支持力减小了mg ，A 、B 错误；对木箱分析，水平方向有f ′＝F ＝mg tan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ，C 错误，D 正确．答案：D2．解析：设a 、b 之间的水平距离为L ，到达斜面底端所用的时间为t ，当物块在斜面1上运动时，有L sin60°＝12（g sin30°－μ1g cos30°）t 2，物块在斜面2上运动时，有Lsin30°＝12（g sin60°－μ2g cos60°）t 2，联立解得μ1μ2＝13，D 项正确．答案：D 3.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A4．解析：设弹簧的劲度系数为k ，钢球的质量为m ，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B 错误；指针位于直尺40cm 刻度时，有k （40cm －20cm ）－mg ＝0，指针位于直尺30cm 刻度时，有k （30cm －20cm ）－mg ＝ma 1，联立解得a 1＝－0.5g ，A 正确；指针位于直尺50cm 刻度时，有k （50cm －20cm ）－mg ＝ma 2，结合A 中分析得a 2＝0.5g ，C 错误；设弹簧的形变量大小为x ，则有kx －mg ＝ma ，x 与a 是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D 错误．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0逐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：有外力作用时，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，代入数据解得a 1＝0.5m/s 2；撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝1m/s 2，所以a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误；设恒力作用的时间为t 1时旱地冰壶停在B 点，则x 1－x 2＝12a 1t 21 ＋（a 1t 1）22a 2，代入数据解得t 1＝833s ，选项B 正确；设恒力作用的时间为t 2时旱地冰壶停在C 点，则x 1＝12a 1t 22 ＋（a 1t 2）22a 2，代入数据解得t 2＝4153s ，选项C 错误；由B 、C 选项的分析可知，旱地冰壶停在B 点运动的总时间为t 总1＝t 1＋a 1t 1a 2＝43s ；旱地冰壶停在C 点运动的总时间为t 总2＝t 2＋a 1t 2a 2＝215s ，所以t 总1∶t 总2＝2∶5，选项D 正确．答案：BD7．解析：设杆的弹力为N ，对小球A ：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足N x N y＝tan θ竖直方向N y ＝mg则N x ＝mg tan θ若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得N x ＝ma 可得a ＝g tan θ对小球A 、B 和小车整体根据牛顿第二定律F ＝4ma ＝4mg tan θ，A 错误；若推力F 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为N x ＝mg tan θ若tan θ≤μ，对小球B ，小球B 受到向左的合力F ＝μ（N y ＋mg ）－N x ≥mg tan θ 则对小球A ，根据牛顿第二定律可得N x ＝ma max 对系统整体根据牛顿第二定律F ＝4ma max 解得F ＝4mg tan θ，B 错误；若μ<tan θ≤2μ可知小球B 所受向左的合力的最大值F max ＝（N y ＋mg ）·μ－N x ＝2μmg －mg tan θ F max <mg tan θ对小球B ，根据牛顿第二定律F max ＝2μmg －mg tan θ＝ma max 对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma max联立可得F 的最大值为F ＝4mg （2μ－tan θ） C 正确；若推力F 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右的合力最小，此时F min ＝N x －（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ－2μmg tan θ当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时F max ＝N x ＋（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ＋2μmg tan θ对小球B 根据牛顿第二定律F min ＝ma min F max ＝ma max对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma代入小球B 所受合力的范围可得F 的范围为4mg （tan θ－2μ）≤F ≤4mg （tan θ＋2μ），D 正确．故选CD. 答案：CD 8．解析：（1）小滑块B 从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR ＝12m B v 2小滑块B 在A 的底端时，有F N －m B g ＝m B v 2R解得F N ＝30N由牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小也为30N （2）当B 滑上C 瞬间，B 、C 的速度相等假设两者之间无相对滑动，对B 、C 整体有 μ2（m B ＋m C ）g ＝（m B ＋m C ）a解得a ＝8m/s 2而B 减速的最大加速度a 1＝μ1g ＝2m/s 2<a 故假设不成立，B 、C 间会有相对滑动则B 的加速度向左，大小为a 1＝2m/s 2C 受B 向右的摩擦力μ1m B g 和地面向左的摩擦力μ2（m B ＋m C ）g其加速度满足μ2（m B ＋m C ）g －μ1m B g ＝m C a 2解得a 2＝10m/s 2B 向右运动的距离x 1＝v 22a 1C 向右运动的距离x 2＝v 22a 2B 、C 间因摩擦产生的热量Q ＝μ1m B g （x 1－x 2）解得Q ＝1.6J （3）假设B 还未与C 右端挡板发生碰撞，C 就停下，设C 从开始运动到停下用时为t 1，有t 1＝v a 2得t 1＝0.2s此时B 、C 的位移分别是x B ＝vt 1－12a 1t 21 ＝0.36m 、x C ＝vt 1－12a 2t 21 ＝0.2m则x 相＝0.16m ，此时v B ＝v －a 1t 1＝1.6m/s由于L >0.16m ，所以假设成立，一定是C 停下之后，B 才与C 右端挡板发生碰撞设再经t 2时间B 与C 右端挡板发生碰撞，有L －0.16m ＝v B t 2－12a 1t 22解得t 2＝（0.8－0.8－L ）s （另一解不符合题意，舍去）碰撞前瞬间B 的速度大小为v ′B ＝v B －a 1t 2＝20.8－L m/s 碰撞过程由动量守恒定律可得m B v ′B ＝（m B ＋m C ）v 共碰撞后B 、C 速度大小为v 共＝0.8－L2m/s 之后二者一起减速，有a ＝μ2g ＝8m/s 2，经t 3后停下则有at 3＝v 共解得t 3＝0.8－L16s 故总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－150.8－L 16s9．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F －μmg＝ma 1，解得a 1＝8m/s 2.（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是在风洞区域做初速度为零的匀加速运动，离开风洞区域后做匀减速运动，到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t 1，减速时间为t 2，垂直于传送带方向的加速位移为x 1，减速位移为x 2，则香皂盒减速过程的加速度大小a 2＝μmg m＝μg ＝4m/s 2由匀变速直线运动规律有x 1＝12a 1t 21 ，x 2＝12a 2t 22又a 1t 1＝a 2t 2，x 1＋x 2＝d2结合以上分析可知传送带的最大速度为v m ＝Lt 1联立解得v m ＝3m/s.答案：（1）8m/s 2（2）3m/s10．解析：（1）货物的最大加速度a ′＝μg ＝3m/s 2<a ，故货车刹车过程中货物与车厢出现相对滑动设经过时间t 货物运动到车厢前壁，货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度大小分别为v 1、v 2，则有v 1＝v 0－at ，v 2＝v 0－a ′t ，v 20 －v 22 2a ′－v 20 －v 21 2a ＝L2联立解得v 1＝0，v 2＝6m/s.（2）结合（1）分析可知，要使货物不与车厢前壁发生碰撞，则要求满足v 20 2μ′g －v 20 2a ≤L2解得μ′≥0.4，即货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少为0.4.答案：（1）0 6m/s （2）0.4。

高考物理二轮复习专题二功和能动量能力训练能量转化与守恒定律

专题能力训练6 能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.如图甲所示,倾角为θ的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为μ。

物块从开始运动到位移为x2的过程中( )A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。

现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。

在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。

开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。

下列有关该过程的分析正确的是( )A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。

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