2017届高考物理二轮复习专题能力提升练(三)(A卷)动能定理和能量守恒定律
高考物理二轮复习五 三大观点的用 第1讲 三
拾躲市安息阳光实验学校第1讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2①代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v ＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？ (2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cosθ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道B C D 相切，半圆的直径B D 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间．解析：(1)B 在A 上的最大加速度：a B ＝μ2mg m＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ②联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得： 滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为v A ＝a A 1t ④v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s. 答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv2－12(M ＋m )v 2共＝24 J. 答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m.轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功．(3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m.(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0①其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J.(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s. 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求： (1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带． (3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带． 解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B解得s ＝v 2B2μg＝2.25 ms<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解析。
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.。
《三年高考两年模拟》2017年高考物理新课标一轮复习习题第6章第4讲功能关系能量守恒定律Word版含答案
第4讲功能关系能量守恒定律A组基础题组1.(2015云南昆明玉溪联考,17)以水平初速度v0将一个小石子从离水平地面高H处抛出,从抛出时开始计时,取地面为参考平面,不计空气阻力。
下列图像中,A为石子离地的高度与时间的关系,B为石子的速度大小与时间的关系,C为石子的重力势能与时间的关系,D为石子的动能与离地高度的关系。
其中正确的是( )2.(2016重庆一中月考)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道,P点是该段轨道的最高点。
A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾。
假设这段轨道是圆轨道,各节车厢的质量相等,过山车在运行过程中不受牵引力,所受阻力可忽略。
那么,过山车在通过P点的过程中,下列说法正确的是( )A.车头A通过P点时的速度最小B.车的中点B通过P点时的速度最小C.车尾C通过P点时的速度比车头A通过P点时的速度小D.A、B、C通过P点时的速度一样大3.(2016甘肃天水一中期中)流星在夜空中发出明亮的光焰。
流星的光焰是外太空物体被地球强大引力吸引坠落到地面的过程中同空气发生剧烈摩擦造成的。
下列相关说法正确的是( )A.流星物体在空气中下降时势能必定全部转化为内能B.引力对流星物体做正功则其动能增加,机械能守恒C.当流星物体的速度方向与空气阻力和重力的合力不在同一直线上时,流星物体做曲线运动D.流星物体进入大气层后做斜抛运动4.(多选)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面,其加速度大小为g,物体在斜面上运动的最高点为B,B点与A点的高度差为h,则从A点到B点的过程中,下列说法正确的是( )A.物体动能损失了B.物体动能损失了2mghC.系统机械能损失了mghD.系统机械能损失了5.(多选)如图所示,倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。
一小物块以v1的初速度冲上传送带,v1>v2。
小物块从A到B的过程中一直做减速运动,则( )A.小物块到达B端的速度可能等于v2B.小物块到达B端的速度不可能等于零C.小物块的机械能一直在减少D.小物块所受合力一直在做负功6.(2015湖北六校调研,19)(多选)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h。
2017届高考物理第二轮提升突破复习题31
知识改变命运第5讲 功能关系在力学中的应用专题提升训练一、选择题(每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项符合题目要求。
)1．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。
质量为60 kg 的跳水运动员进入水中后受到水的阻力做竖直向下的减速运动，设水对他的阻力大小恒为2 600 N ，那么在他减速下降2 m 的过程中，下列说法正确的是(取g ＝ 10 m/s 2)( )A ．他的动能减少了5 200 JB ．他的重力势能减少了1 200 JC ．他的机械能减少了4 000 JD ．他的机械能保持不变解析 在运动员减速下降高度为2 m 的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得(mg －F )h ＝ΔE k ,解得ΔE k ＝－4 000 J,A 错误;ΔE p ＝－W G ＝－mgh ＝－1 200 J ，他的重力势能减少了1 200 J ，B 正确；除了重力之外的力做功等于机械能的变化，故W 外＝W F ＝－Fh ＝－5 200 J ，他的机械能减少了5 200 J ，C 、D 错误。
答案 B2．(2015·天水一模)如图1所示，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m 的物体A 与一劲度系数为k 的轻弹簧相连。
现用拉力F 沿斜面向上拉弹簧，使物体A 在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h ，斜面体始终处于静止状态。
在这一过程中()图1知识改变命运A ．弹簧的伸长量为F －mg sin αkB ．拉力F 做的功为Fh sin αC ．物体A 的机械能增加mghD ．斜面体受地面的静摩擦力大小等于F sin α解析 物体A 在斜面上匀速运动，弹簧的弹力等于F ，弹簧的伸长量为F k ，A错误；拉力F 做的功为W F ＝F h sin α，B 错误；物体A 的动能不变，重力势能增加mgh ，所以机械能增加mgh ，C 正确；斜面体和物体都受力平衡，以斜面体和物体A 整体作为研究对象进行受力分析，整体受重力、支持力、拉力F 和摩擦力，在水平方向应用平衡条件得f ＝F cos α，D 错误。
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第2讲功能关系能量守恒定律专项训练.doc
第2讲功能关系能量守恒定律[真题再现]1.(2017·全国卷Ⅲ)如图2－2－1所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。
重力加速度大小为g。
在此过程中，外力做的功为图2－2－1A.mglB.mglC.mglD.mgl解析此过程中，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的机械能的增量ΔE＝mg－mg＝mgl，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故A正确，B、C、D错误。
答案A2.(2017·全国卷Ⅱ)如图2－2－2所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)图2－2－2A. B. C. D.解析物块由最低点到最高点：mv2＝2mgr＋mv；物块做平抛运动：x＝v1t；t＝；联立解得：x＝，由数学知识可知，当r＝＝时，x最大，故选B。
答案B3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图2－2－3所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。
现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。
已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜。
在小球从M 点运动到N 点的过程中图2－2－3A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示。
从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误。
2019高考物理二轮复习专题复习专项训练：专题能力提升练(三)B卷：含解析
如图,竖直平面内轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成相等、用相同水平恒力将穿在轨道最低点
答案：B
2.
如图所示
轮两侧,不计滑轮质量和一切摩擦、开始时
如图所示,在竖直平面内有一与光滑斜槽相切,相切处
比D处低,C正确,A、B错误；因为小物体与圆弧槽间动摩擦因数未知,所以小物体可能停在圆弧槽上任何地方,D错误、
答案：C
4.
伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”关系、如图,固定在水平地面上倾角均为θ两斜面,以光滑小圆弧相连接、左侧斜面顶端小物块与两斜面间动摩擦因数均为μ.物块从左侧斜面顶端滑到最低点时间为t1,滑到右侧斜面上最高点时间为t2.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大小v、加速度大小a、动能E k及重力势能E p随时间t变化关系图象中可能正确是()
解析：由牛顿第二定律得sinθ－μmg cosθ
m＝g sinθ－μg cos sinθ＋μmg cosθ
m＝g sinθ＋μg cos 如图所示,固定斜面倾角为
如图所示,倾角为
小物体在沿斜面向上恒力
(1)箱子从A点到B点所用时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道压力大小；
如图所示,固定斜面倾角
(1)初速度v0大小；
滑块在A、B间运动。
2017年广东省高考物理二轮复习专题模拟卷：力电综合测
广东东莞二中2017届高三二轮复习物理模拟试题---力电综合测试题四第一部分 选择题 （共46分）一、单项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）13．如图9-1所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是：Ａ．物体可能不受弹力作用 Ｂ．物体可能不受摩擦力作用Ｃ．物体可能受三个力作用 Ｄ．物体一定受四个力作用 14．质量为m 的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，已知运行周期为T ，月球的半径为R ，月球质量为M ，引力常量为G ，则： Ａ．月球表面的重力加速度为2RGM Ｂ．月球对卫星的万有引力为2RMm G Ｃ．卫星以恒定的向心加速度运行 Ｄ．卫星运行周期T 与卫星质量有关15．如图9-2所示，金属棒ab ，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab 在匀强磁场B 中沿导轨向右运动，则：图9-1图9-2Ａ．ab 棒向右运动速度越大，所受安培力越大 Ｂ．螺线管产生的磁场，A 端为N 极 Ｃ．ab 棒所受安培力的方向向右 Ｄ．ab 棒不受安培力作用16．如图9-3所示，P 和Q 为带电量分别为+q 和-q 的两个等量异种电荷，两者相距为L ，O 为PQ 连线的中点，M 、N 为中垂线上关于O 点对称的两个点，则： Ａ．M 、O 、N 三点的电势大小关系为φM ＞φN ＞φOＢ．M 、N 两点的场强大小相等，方向相同 Ｃ．M 、O 、N 三点的场强都相等 Ｄ．O 点的场强为零二、双项选择题：（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题目要求．每小题全对者得6分；只选一个且正确得3分；多选、错选、不选均不得分）17．关于牛顿第三定律，下列说法正确是：Ａ．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时也适用 Ｂ．作用力和反作用力是作用在同一个物体上的 Ｃ．作用力和反作用力的方向总是相反的 Ｄ．作用力大时，反作用力小图9-318．一个沿竖直方向运动的物体，其速度图像如图9-4所示，设向上为正方向，则可知： Ａ．这可能是从高台上竖直上抛又落回地面的过程Ｂ．物体在1s 时离抛出点的位移为5m Ｃ．物体在1.5s 时位于抛出点的下方 Ｄ．物体在1~2s 的加速度方向向上19．如图9-5所示，汽车在拱形桥顶点A 匀速率运动到桥的B 点．下列说法正确的是：Ａ．汽车对坡顶A 的压力等于其重力 Ｂ．阻力做的功与牵引力做的功相等 Ｃ．重力的瞬时功率随时间变化 Ｄ．合外力对汽车做的功为零20．用均匀导线做成的正方形线圈边长为L ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9-6所示，当磁场以tB ∆∆的变化率增强时，则：Ａ．线圈中a 、b 两点间的电势差为t B ∆∆22LＢ．线圈中产生的电动势E =t B ∆∆22LＣ．线圈中a 点电势高于b 点电势 Ｄ．线圈中感应电流方向为acbda21．如图9-7所示，将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分图9-5图9-6别落在图中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则： Ａ．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A Ｂ．三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F C Ｃ．三个微粒在电场中运动时间相等 Ｄ．三个的带电量相同第二部分 非选择题 （共54分）三、非选择题：（本大题共3小题，共54分）34．（18分）Ⅰ．（8分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．（1）电磁打点计时器是一种使用__________（填“交流”或“直流”）电源的计时仪器，它的工作电压是4-6V ，当电源的频率为50Hz 时，它每隔_______s 打一次点． （2）使用打点计时器时，接通电源与让纸带随小车开始运动这两个操作过程的操作顺序，应该是：Ａ．先接通电源，后释放纸带 Ｂ．先释放纸带，后接通电源Ｃ．释放纸带的同时接通电源 Ｄ．哪个先，哪个后都可以 （3）实验中该同学从打出的若干纸带中选取一条纸带，如图9-8所示，纸带上按时间顺序取为A 、B 、C 、D 四个计数点，每两个点之间还有四个点未画出．用尺子测得各点的距离为图9-8s1=3.62cm，s2=4.75cm，s3=5.88cm．根据纸带数据可以判断小车在做匀加速直线运动，理由是__________________________________________________ _______（请用文字描述）；在记数点C所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度是______________________m/s；小车的加速度是________________m/s2．（以上两空小数点后保留两位数字）Ⅱ．某物理兴趣小组的同学利用实验探究电池的电动势和内阻，实验的主要操作如下：（1）先用电压表直接接在电池两极粗测电池的电动势，这样测出的电动势比真实值_______（选填“偏大”或“偏小”）．（2）若按图9-9甲所示接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数R、U，并将数据记录在下表中．第2次实验中，电阻箱的示数如图9-9乙所示，此时电阻箱接入电路的电阻是____________Ω；（3）图9-9丙是根据上表中的数据，在坐标纸上画出的U1-R1图象．若忽略电压表内阻的影响，当电阻箱、电压表的示数分别是R 、U 时，电池电动势E =________________________（用U 、R 、r 表示）；设U1-R1图象纵轴截距为A ，则A 与电池电动势E 的函数关系式是_________________，该图象的斜率k 与E 、r 之间的函数关系式是_________________；（4）根据图象可知：电池的电动势E =___________V ，内阻r =______________Ω．（结果保留三位有效数字）-1丙图9-935．（18分）如图9-10所示，坐标空间中有场强为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场，y 轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m 、电荷量为-q 的带电粒子从电场中坐标位置A （-L ，0）处，以初速度v 0沿x 轴正方向开始运动，且已知L =qEm 20v （粒子重力不计）．试求：（1）带电粒子进入磁场时的速度v 的大小及v 的方向与y 轴的夹角θ；（2）若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d 的最大值是多少．36．（18分）如图9-11所示，一平板小车静止在光滑水平面上，质量均为m 的物体A 、B 分别以2v 0和v 0的初速度，沿同一直线同时同向水图9-11′平滑上小车，刚开始滑上小车的瞬间，A位于小车的最左边，B位于距小车左边L处．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车的质量也为m，最终物体A、B都停在小车上．求：（l）最终小车的速度大小是多少？方向怎样？（2）若要使物体A、B在小车上不相碰，刚开始时A、B间的距离L至少多长？参考答案一、单项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．多选、错选均不得分）13．答案：Ｄ14．答案：Ａ15．答案：Ａ16．答案：Ｂ二、双项选择题：（本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题目要求．每小题全对者得6分；只选一个且正确得3分；多选、错选、不选均不得分） 17．答案：ＡＣ 18．答案：ＡＢ 19．答案：ＣＤ 20．答案：ＢＤ 21．答案：ＡＢ三、非选择题：（本大题共3小题，共54分）34．（18分）Ⅰ．答案：（8分）（1）交流（1分） 0.02（1分） （2）Ａ（2分） （3）相等时间间隔内的位移差相等（2分，其它意思表述正确的同样给这2分） 0.53（1分） 1.13（1分）Ⅱ．答案：（10分）解：（1）偏小（2分） （2）2（2分） （3）E =U +RU r （2分） A =E1（1分） k =Er （1分） （4）1.55~1.75（1分） 1.26~1.40（1分）35．答案：（18分）解：（1）粒子在电场中做类平抛运动：L =qEm 20v =v 0t ①（2分） v y =mqE t②（2分）∴ v y =v 0 ∴ v =220yv v +=2v 0 ③（2分）又tan θ=yvv 0 ④（2分） ∴ θ=45°（2分）（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图9-10′所示．qvB =m r2v ⑤（3分）由几何关系得：sin θ=rr d -max ⑥（3分）所以：d max =qBm 0)21(v + （2分）36．（18分）答案：（18分）解：（1）A 、B 、小车C 最终共速：m ·2v 0+mv 0=3mv ①（2分）由①式解得：v =v 0 方向水平向右 （2分） （2）A 、B 同时滑上小车C 后，先A 、B 匀减速、小车C 匀加速至B 与小车C 共速v 2：【m ·2v 0+mv 0=mv 1+2mv 2】t 1=g μ10-2v v =g μ20-v v =gμ22v ②（4分） 由②得：v 2=32v 0、v 1=35v 0、t 1=gμ30v L 1-L 2=(s A -s )-(s B -s )=s A -s B =(2v 0t 1-21μgt 12)-(v 0t 1-21μgt 12)=v 0t1=gμ320v ③（4分）【μm gL 1+μm gL 2=21m (2v 0)2+21mv 02-21mv 12-21·2mv 12】再A 匀减速、B 与小车C 匀加速至A 、B 、小车C 共速v ：L 1′=s A ′-s′=g μ2-221v v -g μ222-v v =gμ320v ③（4分）2vv v v 11图9-11′【μm gL 1′=21mv 12+21·2mv ′2-21·3mv 2】 所以：L =L 1-L 2+L 1′=g 3220v ④（2分）。
【高考二轮】2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三 动能定理和能量守恒定律1 Word版含解析
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5 s内拉力对物块做功为零末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s 内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F 合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．答案：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，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力．汽车的功率一质量为m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.(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q点水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：(1)距Q点水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．求滑块从传送带A端运动到。
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题课时作业(A) [A 组 基础达标练]1.如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体。
电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W N ＝12m v 22，其中W N 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12m v 22－12m v 12 D ．对电梯，其所受合力做的功为12M v 22－12M v 12－mgH 解析：物体受重力和支持力作用，根据动能定理得W合＝W N －mgH ＝12m v 22－12m v 12，故选项C 正确，A 、B 错误；对电梯，合力做的功等于电梯动能的变化量，故选项D 错误。
答案：C2．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。
一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做的功为( )A ．μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：BC 段物体所受摩擦力F f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做的功W ＝－F f R ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知，mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做的功为W 克＝－W 1＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
答案：D3.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( ) A ．mgl cos θ B ．Fl sin θ C ．mgl (1－cos θ)D ．Fl (1－sin θ)解析：小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F 的大小在不断变化，F 做功是变力做功。
高考物理动能定理和能量守恒专题汇总情况
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
高考物理二轮复习专题复习 专项训练：专题能力提升练(三) A卷
专题能力提升练(三)A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，固定斜面倾角为30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为H，则()A．小物块上滑过程中机械能守恒B．小物块上滑过程中动能损失了mgHC．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH解析：设摩擦力的大小为F f，根据牛顿第二定律得：mg sin30°＋F f＝ma＝mg，如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于点，别一端与小球相连，弹簧与杆在同一将小球沿杆拉到与A．小球的机械能先增大后减小B．弹簧的弹性势能一直增加C．重力做功的功率一直增大D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大解析：先分析小球的运动过程，由静止释放，初速度为0，受重力和弹簧弹力两个力作用，做加速运动；当弹簧与杆垂直时，还有重力沿杆方向的分力，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.质量为m高处由静止释放，落到地面后继续陷质量为m的滑块从ab滑入水平轨道如图所示，滑块A、B的质量均为套在固定竖直杆上，A、B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：BC7．(多选)如图甲所示，质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)以v0＝10 m/s的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面上的P 点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是()A．物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2B．在1～6 s时间内物块所受重力的平均功率为50 WC．在t＝6 s时物块克服摩擦力做功的功率为20 WD．在0～1 s时间内机械能的变化量与在1～6 s时间内机械能的变化量大小之比为1∶5二、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________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．A．弹簧原长B．当地重力加速度C．滑块(含遮光片)的质量(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________．释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：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F随位移变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？解析：(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ma m 解得：a m＝15 m/s2(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为：F＝80－20x(N)。
江西于都二中2017届高三一轮总复习人教版物理必修二第三章机械能守恒定律能力提升检测试卷
江西于都二中2017届高三一轮总复习人教版物理必修二第三章机械能守恒定律能力提升检测试卷第I卷选择题一、选择题（每小题4分，共40分）。
1、一个质量为2kg的滑块以4m/s的速度在光滑的水平面上向左匀速滑行，从某一时刻起，在滑块上施加了一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块反向运动且速度大小为仍为4m/s，则在这段时间里水平力所做的功为（）A． 0 B． 8J C． 16J D． 32J2、如图所示，质量为m的小物块在水平恒力F推动下，从山坡（粗糙）底部A 处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g．下列说法不正确的是（）A．物块克服重力所做的功是mghB．合外力对物块做的功是C．推力对物块做的功是+mghD．阻力对物块做的功是+mgh﹣Fx3、中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车．已知列车运行的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70 %，此时列车功率为1000kW，则估算高速列车时速在600公里时的功率大约是( )A．10000kW B．20000kW C．30000kW D．40000kW4、一质量为m的小球沿倾角为 的足够长的光滑斜面由静止开始滚下，途中依次经过A、B、C三点，已知AB=BC=,由A到B和B到C经历的时间分别为t 1=4s,t 2=2s,则下列说法正确的是（ ） A.小球的加速度大小为B.小球经过B 点重力的瞬时功率为C.A 点与出发点的距离为D.小球由静止到C 点过程中重力的平均功率为12sin 7mg 5、一木块静止在粗糙水平面上，现用一大小为F 1的水平力拉动木块，经过时间t ，其速度为υ．若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过相等时间t ，速度变为2υ．对以上两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F 1、F 2做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力做的功，则（ ） A ．W F2＞4W F1 W f2＞2 W f1B ．W F2＞4W F1 W f2=2 W f1C ．W F2＜4W F1 W f2=2 W f1D ．W F2＜4W F1 W f2 ＜2 W f16、半径分别为r 和2r 的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在一起，可以绕水平轴O 无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有一个质量为m 的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止，质点处在水平轴O 的正下方位置．现以水平恒力F 拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度θ=时，质点m 的速度达到最大为v m ，此时绳子的速度为v F ．则v m 与v F 、F 与mg 间的关系是（ ）A ．v m =v F ，F=mgB ．v m =v F ，F=2mgC ．v m =2v F ，F=mgD ．v m =2v F ，F=2mg7、如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b 相连，b 的质量为m ，开始时ab 及传送带均静止，且a 不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h高度（未与滑轮相碰）的过程中（ ）A ．物块A 的质量为sin mB ．摩擦力对a 做的功等于物块ab 构成的系统机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等8、物体沿直线运动的v-t 关系如图所示，已知在第1s 末合外力做功的功率大小为P ，前2s 内合外力对物体做的功为W ，以下说法不正确．．．的是( )A ．在第2．5s 末合外力做功的功率大小为2PB ．在第5s 末合外力做功的功率大小也为PC ．从第3s 末到第7s 末合外力做功为-WD ．从第3s 末到第5s 末合外力做功为-0．5W9、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由静止开始运动，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，如图所示(除2s ～5s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)，已知在小车运动的过程中，2s ～14s 时间段内小车的功率保持不变，在14秒末停止遥控把那小车自由滑行，小车的质量为1.0kg ，可以认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变，下列说法正确的是（ ） A. 小车受到的阻力大小为1.5N B. 小车加速阶段的功率为9W C. 小车匀速行驶阶段的功率为9W D. 小车加速过程中位移大小为39m10、现有一木块以初速度v 沿长为L 的光滑斜面AB 上滑，C 为AB 中点。
2017高考物理二轮(通用版)复习高考冲刺卷3含答案
高考冲刺卷(三)班级：__________ 姓名：__________ 学号：__________一、选择题:本题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中,第14～18题只有一项符合题目要求,第19~21题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分14．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v－t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（B)A．第10 s末,乙车改变运动方向B．前10 s内，甲车比乙车多运动150 mC．第20 s末，甲、乙两车相遇D．开始时甲车在前，则两车可能相遇两次解析：由图可知，在20 s内，乙车一直沿正方向运动,速度方向没有改变，选项A错误;前10 s甲车匀速运动，位移s甲＝20×10m＝200 m，乙车做匀减速直线运动，位移s乙＝错误!×10×10m＝50 m,选项B正确;因为不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在20 s末能否相遇，选项C错误;若刚开始甲在前，乙在后追只有乙车速度超过甲车速度的某时刻才能追上,此后不可能再相遇，只能相遇一次．15．一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则( A）A．如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离，α角将增大B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量,若B仍保持不动，则α角变小D．悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力解析：O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右偏转，OA与OB间的夹角将增大．OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反,悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时α角将增大,选项A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，α角也不变，选项C 错误；因物体B无论在地板上移动多远,∠AOB也不可能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，选项D错误．16．我国于2013年11月利用“嫦娥三号”成功将“玉兔号”月球车顺利送抵月球表面，2014年4月1日，玉兔号设计寿命已满。
2017届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)hsin θ＝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＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，物块在右侧斜面上滑过程的加速度a 2＝mg sin θ＋μmg cos θm＝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 v 2BR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 2解得：v ＝v 20＋2gL32sin θ－2μcos θ－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 2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 22－12mv 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 2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。
2017-2018学年高中物理(二)学业分层测评：重点强化卷3 动能定理和机械能守恒定律含答案
重点强化卷（三）动能定理和机械能守恒定律一、选择题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【解析】不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．【答案】A2．（多选)质量为m的物体，从静止开始以a＝错误!g的加速度竖直向下运动h米，下列说法中正确的是（）A．物体的动能增加了12 mghB．物体的动能减少了错误!mghC．物体的势能减少了错误!mghD．物体的势能减少了mgh【解析】物体的合力为ma＝错误!mg，向下运动h米时合力做功12mgh ，根据动能定理可知物体的动能增加了12mgh ，A 对，B 错；向下运动h 米过程中重力做功mgh ,物体的势能减少了mgh ，D 对．【答案】 AD3．如图1所示，AB 为错误!圆弧轨道，BC 为水平直轨道,圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时,恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为( )图1A.12μmgR B.错误!mgR C ．mgR D ．（1－μ）mgR【解析】 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0,所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝（1－μ)mgR 。
【答案】 D4．如图2所示，木板长为l ，木板的A 端放一质量为m 的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。
开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是（）图2A．摩擦力对物体所做的功为mgl sin θ(1－cos θ）B．弹力对物体所做的功为mgl sin θcos θC．木板对物体所做的功为mgl sin θD．合力对物体所做的功为mgl cos θ【解析】重力是恒力，可直接用功的计算公式，则W G＝－mgh；摩擦力虽是变力,但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以W f＝0；因木块缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0；因支持力F N为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔE k知，W G＋W N＝0,所以W N＝－W G＝mgh＝mgl sin θ。
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专题能力提升练(三) A卷
动能定理和能量守恒定律
30°，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小．若物块上升的最大高度为
一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于
端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与
当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零．
限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是( )
．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大
答案：A 3.
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mgH
B ．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 )
D ．小球在泥中受到的平均阻力为mg (1＋H h
)
解析：根据动能定理得mgH －fH ＝12mv 2
0，A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中
的过程中根据动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg (1＋H h )－fH
h
，B 、
D 错误；全过程运用动能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，C 正确．
答案：C 4.
如图所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿倾斜轨道ab 滑入水平轨道bc (两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 长度与bc 长度相等．空气阻力不计，重力加速度为g ，则滑块从a 到c 的运动过程中( )
A ．滑块的动能始终保持不变
B ．滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于
mgh
2
C ．滑块经b 点时的速度大于gh ＋v 2
D ．滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2
解析：由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 的运动过程中，根据动能定理有mgh －W f ＝0，可得全程克服阻力做功
W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故滑块在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh
2，
所以B 错误；滑块对ab 段轨道的正压力小于对bc 段的正压力，故在ab 段滑块克服摩擦力
做的功小于在bc 段克服摩擦力做的功，即从a 到b 克服摩擦力做的功W ′f <1
2
mgh ，设在b
点的速度为v ′，根据动能定理有mgh －W ′f ＝12mv ′2－12
mv 2，可得v ′>gh ＋v 2
，故C 正确，
D 错误．
答案：C 5.
m，A套在固定竖直杆上，
放在水平面上并靠着竖直杆，A、B均静止．由于微小的扰动，
水平面向右运动．不计一切摩擦，滑块A、B视为质点．已知重力加速度为
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
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
下列说法正确的是( )
．物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2
二、计算题(本大题共3
8.四川卷
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，
位置各安装一个光电门，计时器
两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置
C所用的时间t，用米尺测量
计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．
为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．
的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C
点的正上方，D点为轨道的最低点．
做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的
0.75 m，取g＝10 m/s2，试求：
物体在运动过程中的最大加速度为多少？。