2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《动能定理 能量守恒定律》
2020届高考物理一轮复习试题 机械能守恒定律 新人教版 精品
第 27 讲 势能 重力做功 机械能守恒定律1.质量为 m 的物体由静止开始以 2g 的加速度竖直向下运动 h 高度.下列说法中正确的是( ) A.物体的势能减少 2mgh B.物体的机械能保持不变 C.物体的动能增加 2mgh D.物体的机械能增加 mgh 解析：重力势能的减少量等于重力做的功，即 ΔEp＝mgh，A 错误. 由题意知，物体除受重力外还受大小为 mg 的向下的作用力，机械能不守恒，B 错误. 物体的合外力 F 合＝2mg，故其动能的增量 ΔEk＝2mgh，C 正确. ΔEp＝－mgh，ΔEk＝2mgh，故 ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mgh，D 正确. 答案：CD2.如图所示，在地面上以速度 v0 抛出质量为 m 的物体，抛出后物体落到比地面低 h 的海平面上.若以 地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中不．正．确．的是( )A.物体到海平面时的重力势能为 mghB.重力对物体做的功为 mghC.物体在海平面上的动能为12mv20＋mghD.物体在海平面上的机械能为12mv20解析：以地面为参考平面，物体在海平面时的重力势能为－mgh，故A错误；抛出后的过程中机械能守恒，所以 C、D 正确；重力做功与路径无关，所以 B 正确.答案：A3.如图所示，长为 L 的轻杆一段固定一质量为 m 的小球，另一端安装有 转动轴 O，杆可在竖直平面内绕 O 无摩擦转动.若在最低点 P 处给小球一沿切向的初速度 v0＝2 gL，不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A.小球不可能到达圆周轨道的最高点 Q B.小球能达到圆周轨道的最高点 Q，且在 Q 点受到轻杆向上的支持力 C.小球能到达圆周轨道的最高点 Q，且在 Q 点受到轻杆向下的拉力 D.小球能达到圆周轨道的最高点 Q，且在 Q 点恰好不受轻杆的弹力 解析：设小球能到达 Q 点，且到达 Q 点时具有速度 v，由机械能守恒得： 12mv20＝mg·2L＋12mv2 可解得：v＝0 在最高点，小球所需的向心力为零，故受轻杆向上的大小为 mg 的支持力. 答案：B 4.用平行于斜面向下的拉力 F 将一个物体沿斜面往下拉动后，拉力的大小等于摩擦力，则固定 线方A.物体做匀速运动 B.合外力对物体做功等于零 C.物体的机械能减少 D.物体的机械能不变 解析：物体所受的力中，重力、拉力、摩擦力对物体做功，拉 擦力做的功相互抵消，重力做功不影响机械能，故物体的机械能不变. 答案：D力与摩5.如图所示，一根轻杆长为 2L，中点 A 和右端点 B 各固定一个小球，mB＝ 左端 O 为光滑水平转轴.开始时杆静止在水平位置，释放后将向下摆动至竖直， 过程中以下说法正确的是( )A.A、B 两球的机械能都守恒 B.A、B 两球的机械能不守恒，但它们组成的系统机械能守恒2mA 在此C.这一过程 O、A 间轻杆对 A 球做正功 D.这一过程 A、B 间轻杆对 A 球做正功 解析：两小球及轻杆组成的系统的机械能守恒，设摆到竖直时角速度为 ω，有：12m(Lω)2＋12·2m(2Lω)2＝mgL＋2mg·2L解得：ω＝10g 9L即 A 的动能 EkA＝12m(ωL)2＝59mgL＜|ΔEpA|B 的动能 EkB＝12·2m(ω·2L)2＝190·2mg·2L＞|ΔEpB|故选项 A 错误、B 正确. 又因为下摆的过程 O、A 间轻杆的弹力沿杆方向不做功，故知 A、B 之间轻杆对 A 球做负功.答案：B 6.如图所示，质量 m＝2 kg 的小球系在轻弹簧的一端，另一端固定在悬点 O 处，将弹簧拉至水平位置 A 处(弹簧处于原长)由静止释放，小球到达 O 点的正下方距 O 点 h＝0.5 m 处的 B 点时速度 v＝2 m/s.求小 球从 A 运动到 B 的过程中弹簧弹力做的功.(取 g＝10 m/s2) 解析：小球在运动过程中只受重力和弹力的作用，故系统机械能守恒，以 B 点为重力势能零势面，A 点为弹性势能零势面，则： 在初状态 A 有：E1＝Ek1＋Ep1＝mgh 在末状态 B 有：E2＝Ek2＋Ep2＝12mv2＋Ep2式中 Ep2 为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律有： E1＝E2 即 mgh＝12mv2＋Ep2解得：Ep2＝mgh－12mv2＝2×10×0.5 J－12×2×22 J＝6 J因为弹性势能增加，弹簧的弹力做负功，故弹簧的弹力做的功为 W 弹＝－ΔEp＝－6 J.答案：－6 J7.如图甲所示，一粗细均匀的 U 形管内装有一定量水银竖直放置，右管口用盖板A密闭一部分气体，左管口开口，两液面高度差为 h，U 形管中水银柱总长为 4h.现拿去盖板，水银柱开始流动，当两侧液面第一次相平时，右侧液面下降的速度大小为多少？(水银柱与管壁之间的阻力不计)解析：如图乙所示，当右侧液面下降h2时，两侧液面达到同一水平，这一过程中水银柱的重力势能变化为： ΔEp＝－ρS·h2·g·h2其中 ρ、S 分别水银的密度和水银柱的横截面积 由机械能守恒定律得： －ΔEp＝ΔEk，即 ρs·h2·g·h2＝12ρS·4h·v2可解得：v＝12 gh. 答案：12 gh金典练习十二 势能 重力做功 机械能守恒定律选择题部分共 10 小题，每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的 小题有多个选项正确.1.下列说法正确的是( ) A.如果物体所受到的合外力为零，则其机械能一定守恒 B.如果物体的合外力做的功为零，则其机械能一定守恒 C.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒 D.做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒 解析：如果物体受到的合外力为零，机械能不一定守恒.如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机 械能不守恒.所以选项 A、B 错误. 物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒.选项 C 正确. 做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动；但有时也不守恒，如在水平面上拉着一 个物体加速运动，此时就不守恒.选项 D 正确. 答案：CD 2.第 29 届奥林匹克运动会于 2008 年 8 月 8 日至 8 月 24 日在中华人民共和国首都北京举行.奥运会中 的投掷的链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图所示，这些物体从 被抛出到落地的过程中( )A.物体的机械能先减小后增大B.物体的机械能先增大后减小C.物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D.物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小解析：若不考虑空气阻力的作用，这些物体被抛出后机械能守恒；若考虑空气阻力的作用，这些物体被抛出后机械能一直减小，而动能在上升的过程减小，下降的过程增加.选项 D 正确.答案：D3.如图所示，甲球由轻绳系住，乙球由橡皮条系住，都从水平位置由静止开始释放，当两球到达悬点正下方 K 点时，橡皮条长度恰好与绳长相等，则在 K 点时两球速度大小的关系是( )A.v 甲＝v 乙B.v 甲<v 乙C.v 乙<v 甲 D.v 甲≥v 乙解析：甲球下摆的过程中机械能守恒，则有：12mv2甲＝mgL解得：v 甲＝ 2gL 乙球下摆的过程橡皮条对其做负功、机械能不守恒，由动能定理得： 12mv2乙＝mgL－W可得：v 乙<v 甲. 答案：C4.如图所示，细绳跨过定滑轮悬挂两质量分别为 M、m 的物体 A 和 B，且 M>m.不计摩擦，则系统由静止开始运动的过程中( )A.A、B 各自的机械能分别守恒B.A 减少的机械能等于 B 增加的机械能C.A 减少的重力势能等于 B 增加的重力势能D.A 和 B 组成的系统机械能守恒解析：释放后 A 加速下降，B 加速上升，两物体的机械能都不守恒，但 A、B组成的系统机械能守恒，即 ΔEA＝－ΔEB. 答案：BD5. 如图所示，一均质杆长为 2r，从图示位置由静止开始沿光滑面 ABD滑动，AB 是半径为 r 的14圆弧，BD 为水平面.则当杆滑到 BD 位置时的速度大小为()gr A. 2B. grC. 2grD.2 gr解析：虽然杆在下滑过程有转动发生，但初始位置静止，末状态匀速平动，整个过程无机械能损失， 故有：12mv2＝ΔEp＝mg·r2解得：v＝ gr. 答案：B6.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在 A 处固定质量为 2m 的小球，B 处固定质量为 m 的小球，支架悬挂在 O 点，可绕过 O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动.开始时 OB 竖直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是( )A.A 球到达最低点时速度为零B.A 球机械能的减少量等于 B 球机械能的增加量C.B 球向左摆动所能达到的最高位置应高于 A 球开始运动的高度D.当支架从左向右回摆时，A 球一定能回到起始高度解析：A、B 两球及支架组成的系统机械能守恒，故选项 B、D 正确；设 A 球能摆至最低点，且此时 A、B 两球的速度为 v，由机械能守恒定律得：2mgLsin θ－mgLsin θ＝12·3mv2解得：v＝ 23gLsin θ故选项 A 错误、C 正确. 答案：BCD 7.如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁.现让一 小球自左端槽口 A 的正上方由静止开始下落，与半圆形槽相切从 A 点进入槽内，则下列说法正确的是( )A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从 A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒C.小球从 A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落至从右侧离开槽的过程机械能守恒解析：小球从 A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒.而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒.小球到达槽最低点前，半圆形槽固定不动，只有重力做功，机械能守恒.当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒.综合以上分析可知选项 B、C 正确.答案：BC8.如图所示，质量分别是 mA 和 mB 的 A、B 两物体，用劲度系数为 k 的弹簧相 处于静止状态.现对 A 施以竖直向上的力 F，并将其缓慢提起，当 B 对地面恰无压 撤去 F，A 由静止向下运动至最大速度时，重力做的功为( )连， 力时A.m2Akg2B.m2Bkg2C.mA(mA＋k mB)g2D.mB(mA＋k mB)g2解析：当 A 向下运动至平衡位置时速度最大，此时弹簧的压缩量 x1＝mkAg；当 B 恰好对地无压力时弹簧的伸长量 x2＝mkBg.故知 A 从撤去 F 至速度达到最大的过程中，重力做的功 WG＝mAg(x1＋x2)＝mA(mA＋k mB)g2.答案：C9. 如图所示，半径为 R 的圆筒固定在小车上，小车以速度 v 向右匀速运动，有一光滑小球相对静止在圆筒的最低点.当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆筒中上升的高度可能( )v2v2A.等于2g B.大于2gv2 C.小于2gD.等于 2R解析：当 v≥ 5gR时，小球上升的高度 hm＝2R＜2vg2 ；当 v≤ 2gR时，小球上升的高度 hm＝2vg2 ；当 2gR＜v＜ 5gR时，小球上升的高度 hm＜v2 2g.答案：ACD10.如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端 O 点与管口 A 的距离为 质量为 m 的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点 B，压缩量为 x0.不计空气阻 ()2x0，一 力，则A.小球运动的最大速度等于 2 gx0 B.小球运动的最大加速度为 gmg C.弹簧的劲度系数为 x0 D.弹簧的最大弹性势能为 3mgx0 解析：当小球处于平衡位置时，弹簧的压缩量 x＝mkg，此时小球的速度最大，即 vm> 2g·2x0＝2 gx0，选项 A 错误.当小球从弹簧上端释放向下压弹簧时，弹簧的最大形变量为 2x＝2kmg，此时加速度向上且为 g，故知弹簧的压缩量为 x0(x0>x)时，小球向上的加速度大于 g，选项 B 错误.又由 x0>x＝mkg，可得 k>mxg0 ，选项 C 错误.小球从 A→B 的过程中，由机械能守恒定律知，在 B 点时弹性势能 E 弹＝mg·3x0，选项 D 正确.答案：D非选择题部分共 3 小题，共 40 分.11.(13 分)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道 ABC，其半径 R＝0.5 m，轨道在 C 处与水平地面相切.在 C 处放一小物块，给它一水平向左的初速度 v0＝5 m/s，结果它沿 CBA 运动，通过 A 点， 最后落在水平面上的 D 点，求 C、D 间的距离 s.重力加速度 g 取 10 m/s2.[2006 年高考·全国理综卷Ⅱ]解析：设小物块的质量为 m，过 A 处时的速度为 v，由 A 运动到 D 经历的时间为 t，则有：12mv20＝12mv2＋2mgR2R＝12gt2s＝vt联立解得：s＝1 m.答案：1 m12.(13 分)光滑的长轨道形状如图甲所示，底部为半圆形，其半径为 R，固定在竖直平面内.A、B 两质量相同的小环用长为 R 的轻杆连接在一起，套在轨道上.将 A、B 两环从图示位置静止释放，A 环距离底端为 2R.不考虑轻杆和轨道的接触，即忽略系统机械能的损失，求：(1)A、B 两环都未进入半圆形底部前，杆上的作用力.(2)当 A 环下滑至轨道最低点时，A、B 的速度大小.解析：(1)两环都未进入半圆形轨道前都做自由落体运动，杆上的作用力为零.(2)当 A 环到达轨道最低点时，B 环也已进入半圆轨道(如图乙所示)，由几何关系知两环的速度大小相等，设为 v，由机械能守恒定律得：12·2mv2＝mg·2R＋mg(2R＋Rsin 30°)解得：v＝3gR 2.答案：(1)两环都未进入半圆形轨道前都做自由落体运动，杆上的作用力为零(2)A、B 的速度大小均为 3gR 213.(14 分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰 好与水平线 AB 平齐；长为 L 轻质细线一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的小球，将细线拉至水平， 此时小球在位置 C.现由静止释放小球，小球到达最低点 D 时，细绳刚好被拉断，D 点与 AB 相距 h；之后小 球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为 x.试求：(1)细绳所能承受的最大拉力 F. (2)斜面的倾角 θ. (3)弹簧所获得的最大弹性势能 Ep. 解析：(1)小球由 C 运动到 D 的过程机械能守恒，则有： mgL＝12mv21解得：到 D 点时小球的速度 v1＝ 2gL 在 D 点有：F－mg＝mvL21解得：F＝3mg 由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为 3mg.(2)小球由 D 运动到 A 的过程做平抛运动，由 2gh＝v2y，得在 A 点的竖直分速度 vy＝ 2gh故 tan θ＝vvy1＝h L即斜面与水平所成的夹角 θ＝arctanhL.(3)小球到达 A 点时，有：v2A＝v2y＋v21＝2g(h＋L)小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：Ep＝mgxsin θ＋12mv2A故 Ep＝mg(x h＋h L＋h＋L).答案：(1)3mg (2)arctanh L(3)mg(x h＋h L＋h＋L)。
(新课标)2020届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理真题
咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的 水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表 示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v 时，上升的最大高度 为H,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和 工HA. tan 9 和？ 工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析： 由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。
2020版高三物理一轮复习 动量守恒定律及其应用动量和能量象综合训练
2020版高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道,圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a比b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等解析:a物体做自由落体运动,运动时间为t1,b物体沿14圆弧轨道下滑的过程中,其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a､b两物体竖直方向位移相等,所以b物体下滑到S的时间t2>t1,故A正确,B､C､D､错误.答案:A2.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( )A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒解析:由动量守恒的条件知C正确,D项中所有物体加速度为零时,各物体速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒.答案:C3.如图所示,完全相同的A､B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.AB间夹有少量炸药,对A､B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( )A.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A､B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A､B两物块组成的系统动量不守恒D.A､B在炸药爆炸后至A､B相对传送带静止过程中动量守恒解析:炸药爆炸后,A物块的速度是否反向,取决于炸药对A物块的冲量大小和A 的初动量大小的关系.故A速度不一定反向,故A､B项不正确;在炸药爆炸过程中及以后直至A､B相对静止过程中,A相对传送带向左运动,B相对传送带向右运动,所受摩擦力方向相反,根据滑动摩擦力定义可以确定A､B组成的系统所受合外力为零,满足动量守恒条件,故C项不正确,D项正确.答案:D4.(江苏南通2月)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物体乙为4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则( )A.甲､乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速度为零C.当甲物块的速度为1 m/s时,乙物块的速度可能为2 m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到5 m/s解析:由于弹簧是轻质的,甲､乙在水平方向上除相互作用外不受其他力,故水平方向上二者组成的系统动量守恒,A错.当甲､乙相距最近时应有v甲=v乙,故由动量守恒有mv乙-mv甲=2mv(其中以物体乙的初速度方向为正),代入数据有v=0.5 m/s,B错.又二者作用过程中,总机械能也守恒,当二者分离时甲获得最大速度,则由动量守恒和能量守恒有2222(),1111.2222m m mv mv mv mv v mv mv mv mv ''-=-⎧⎪⎨'+=+⎪⎩乙甲乙甲为两物块分离时乙的速度大小 解之得v m =v 乙=4 m/s ,v′=v 甲=3 m/s,故D 错.当甲物块的速度为向左的1 m/s 时,由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s,同样可求得乙的速率为0,故C 对.答案:C5.(山东潍坊一模)如图,质量为3 kg 的木板放在光滑水平面上,质量为1 kg 的物块在木板上,它们之间有摩擦力,木板足够长,两者都以4 m/s 的初速度向相反方向运动,当木板的速度为2.4 m/s 时,物块( )A.加速运动B.减速运动C.匀速运动D.静止不动解析:由于木板和物块之间有摩擦,放在光滑的水平面上后,由于木板足够长,故木板和物块系统动量守恒,最终二者将具有共同的速率,规定向右的方向为正方向,根据动量守恒得3×4 kg· m/s -1×4 kg· m/s=(3 kg+1 kg)v,所以v=2 m/s,方向向右.当木板速度为 2.4 m/s 时,设物块的速度为v′,根据动量守恒得,3×4 kg· m/s -1×4 kg· m/s=3×2.4 kg· m/s+1 kg×v′,v′=0.8 m/s,方向向右.因v′<v,故此时物块正在加速度运动.答案:A6.(广东中山3月)向空中发射一物体,不计空气阻力.当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a ､b 两块,若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向,则( )A.b的速度方向一定与初速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a､b一定同时到达地面D.在炸裂过程中,a､b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析:物体炸裂过程,水平方向动量守恒,mv0=m1v1+m2v2,只有m1v1>mv时,v2才与初速度方向相反,且v1､v2的大小关系不能确定,所以无法确定a､b的水平位移,A､B均错.竖直方向的运动不受水平运动的影响,故落地时间相同,a､b所受力大小相等､时间相同,故冲量大小相等.答案:CD7.如图所示两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上,有一人静止在小车A 上.当这个人从A车上跳到B车上,接着又从B车跳回并与A车保持相对静止时,A车的速率( )A.等于零B.小于B车速率C.大于B车速率D.等于B车速率解析:由系统动量守恒可得:O=(MA +m)VA-MBVB,MA+M>MB故VA<VB.B正确.答案:B8.小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车､人､枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时,枪口到靶的距离为 d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发.则以下说法正确的是( )A.待打完n 发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B.待打完n 发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为mdnm M+D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同解析:根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人､枪和靶,下同)获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A 错误,B 正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v 1由动量守恒有:mv=[M+(n-1)m]v 1,v 1=(1)mvM n m+-,设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为[(1)],[],,(1)()mv M n m d t d t v t M n m M nm v +-=+=+-+小车位移为s=v 1,mdt nm M=+C 对,D 错,答案为BC.答案:BC9.一列总质量为m 总的列车,在平直轨道上以速度v 匀速行驶,突然最后一节质量为m 的车厢脱钩,列车受到的阻力与车重成正比,机车牵引力不变,则当最后一节车厢刚好停止的瞬间,前面列车的速度为__________解析:整个列车匀速行驶时,机车牵引力与列车所受阻力大小相等,当最后一节车厢脱钩之后,机车牵引力不变,而最后一节车厢停止运动前,对整个列车而言,所受阻力大小也不变,则列车与脱钩的最后一节车厢组成的系统动量守恒,最后一节车厢停止瞬间,有(m总-m)v′=m总v v′=.mvm m-总总答案:mv m m-总总10.质量为100 kg的甲车连同质量为50 kg的人一起以2 m/s的速度在光滑水平上向前运动,质量为150 kg的乙车以7 m/s的速度由后面追来.为了避免相碰,当两车靠近时甲车上的人至少应以多大的水平速度跳上乙车?解析:在人和车相互作用时动量守恒.设人跳起的水平速度为v人,两车后来的速度相同均为v车.设向前为正方向,根据动量守恒定律,人从甲车上跳出时,有(m+M甲)v甲=M甲v车-mv人人跳上乙车的过程中,有M乙v乙-mv人=(M乙+m)v车由以上两式代入数据解得v人=3 m/s.答案:3 m/s11.如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.解析:木板第一次与墙碰撞后,木板的速度反向,大小不变,此后木板向左做匀减速运动,重物向右做匀减速运动,最后木板和重物达到一共同速度为v,设木板的质量为m,重物的质量为2m,取向右为动量的正向,由动量守恒得2mv0-mv=3mv设从第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度v所用的时间为t1,2μmgt 1=mv-m(-v 0)由牛顿第二定律得2μmg=ma 式中a 为木板的加速度.在达到共同速度v 时,木板离墙的距离l 为201112l v t at =-开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为2l t v=从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为 t=t 1+t 2 由以上各式得04.3v t gμ=12.如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B,已知m A =500 g,m B =300 g,有一质量为80 g 的小铜球C 以25 m/s 的水平初速开始,在A 表面滑动,由于C 和A,B 间有摩擦,铜块C 最后停在B 上,B 和C 一起以2.5 m/s 的速度共同前进,求:(1)木块A 的最后速度v A ′; (2)C 在离开A 时速度v C ′.解析:A,B,C 三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用,系统动量守恒, (1)研究C 开始滑动到C 和B 相对静止的过程, m C v 0=m A v A ′+(m C +m B )v 共 v A ′=0()C C B Am v m m v m -+共0.0825(0.080.3) 2.52.1/.0.5m s ⨯-+⨯==(2)研究C 开始滑动到C 离开A 的过程, m C v 0=(m A +m B )v A ′+m C v C ′v C ′=0()C A B A Cm v m m v m -+'=0.0825(0.50.3) 2.14/.0.08m s ⨯-+⨯=答案:(1)2.1 m/s (2)4 m/s。
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题14 功能关系与能量守恒(解析版)
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题14 功能关系与能量守恒【专题导航】目录热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型 (1)滑块——滑板模型中能量的转化问题 (2)传送带模型中能量的转化问题 (3)热点题型二对功能关系的理解和应用 (5)热点题型三能量守恒定律的应用 (7)热点题型四功能原理的综合应用 (9)功能原理处理斜面问题 (9)功能原理处理弹簧问题 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型两种摩擦力的做功情况比较滑块——滑板模型中能量的转化问题【例1】.(多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度v 0冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下述说法中正确的是( )A ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能 B ．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量 【答案】CD.【解析】物体B 以水平速度冲上木板A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于木板A 增加的动能和产生的热量之和，选项A 错误；根据动能定理，物体B 克服摩擦力做的功等于物体B 损失的动能，选项B 错误；由能量守恒定律可知，物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C 正确；摩擦力对物体B 做的功等于物体B 动能的减少量，摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D 正确．【变式1】(2019·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹 以速度v 0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时， 木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为L ′，木块对子弹的阻力为F (F 视为恒力)，则下列判断正确的是( )A ．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B ．子弹克服阻力所做的功为FL ′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12Mv 2【答案】AD【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，二者之差即为产生的内能．力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移．此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12Mv 2，D 正确．【变式2】如图所示，木块A 放在木块B 的左端上方，用水平恒力F 将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2.则下列关系中正确的是( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2 【答案】A【解析】在A 、B 分离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1＜W 2，所以选项A 正确． 传送带模型中能量的转化问题【例2】.(2019·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 【答案】C.【解析】第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A 错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻s 物，摩擦生热为Q ＝F 阻s 相对，又由于s 传送带＝vt ，s 物＝v 2t ，所以s 物＝s 相对＝12s 传送带，即Q ＝ΔE ，故C 正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D 错误．【例2】(2019·山西大学附属中学模拟)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 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．0～8 s 内物体位移的大小是18 mB ．0～8 s 内物体机械能增量是90 JC ．0～8 s 内物体机械能增量是84 JD ．0～8 s 内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J 【答案】BD【解析】从题图乙求出0～8 s 内物体位移的大小s ＝14 m ，A 错误；0～8 s 内，物体上升的高度h ＝s sin θ＝8.4 m ，物体机械能增量ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，B 正确，C 错误；0～6 s 内物体的加速度a ＝μg cos θ－g sin θ＝1 m/s 2，得μ＝78，传送带速度大小为 4 m/s ，Δs ＝18 m,0～8 s 内物体与传送带摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝126 J ，D 正确．【变式2】(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X 光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v 表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )A ．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B ．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C ．v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D ．μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 【答案】C【解析】.物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A 错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B 错误；设物品匀加速运动的加速度为a ，由牛顿第二定律得F f ＝μmg ＝ma ，物品的加速度大小为a ＝μg ，匀加速的时间为t＝v a ＝v μg ，位移为x ＝v 2t ，传送带匀速的位移为x ′＝vt ，物品相对传送带滑行的距离为Δx ＝x ′－x ＝vt 2＝v 22μg ，物品与传送带摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝12mv 2，则知v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C 正确；前阶段物品的位移为x ＝vt 2＝v 22μg ，则知μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D 错误．热点题型二 对功能关系的理解和应用 1．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是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下【例3】(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R; bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR 【答案】C【解析】.设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝12mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v cg ＝2Rg，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误．【变式1】起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .下列说法正确的是( )A ．起跳过程中该同学机械能增加了mghB ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做的功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做的功为12mv 2＋mgh【答案】B【解析】该同学重心升高了h ，重力势能增加了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh＋12mv 2，A 错误，B 正确；该同学在与地面作用过程中，在支持力方向上的位移为零，则支持力对该同学做功为零，C 错误；该同学所受合外力做的功等于动能的增量，则W 合＝12mv 2，D 错误．【变式2】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m ＝0.5 kg 的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状 态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴， 现对物块施加水平向右的外力F ，F 随x 轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x ＝0.4 m 处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为g 取10 m/s( )A ．3.1 JB ．3.5 JC ．1.8 JD ．2.0 J 【答案】 A【解析】 物块与水平面间的摩擦力为F f ＝μmg ＝1 N ．现对物块施加水平向右的外力F ，由F -x 图象面积表示功可知，物块运动至x ＝0.4 m 处时F 做功W ＝3.5 J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4 J ．由功能关系可知W －W f ＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝3.1 J ，选项A 正确．热点题型三能量守恒定律的应用1．对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．2．涉及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．3.运用能量守恒定律解题的基本思路4.多过程问题的解题技巧(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．【例4】如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm.【答案】(1)0.52(2)24.5 J【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x② 其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE ′k ＝12mv 20⑥ 重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37° ⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J.【变式】如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切，半圆形导轨的半径为R .一个质 量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它 经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C .不计空气阻力， 试求：(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能．【答案】(1)72mgR (2)mgR【解析】(1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，由牛顿第二定律得： F N B －mg ＝m v 2BR由牛顿第三定律F N B ′＝8mg ＝F N B 由能量守恒定律可知物体在A 点时的弹性势能E p ＝12mv 2B ＝72mgR (2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2CR物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12mv 2B －(12mv 2C ＋2mgR ) 解得Q ＝mgR .热点题型四 功能原理的综合应用 功能原理处理斜面问题【例5】(2019·河南林州一中高三质量监测)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a ＝g2(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mgx4C ．机械能增加mgxD ．拉力做功为mgx2【答案】C【解析】.物块上升的高度为x 2，因而增加的重力势能为ΔE p ＝12mgx ，A 错误；根据动能定理可得增加的动能为ΔE k ＝ma ·x ＝12mgx ，B 错误；根据能量守恒定律可得ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ，故增加的机械能为ΔE ＝mgx ，C 正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D 错误．【变式1】(2019·江西十校模拟)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的 【答案】A【解析】.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1＞h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1＞v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2＜l 3cos θ3，可得v 2＞v 3，故A 错、B 对；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2＜Q 3，故C 、D 对．【变式2】(2019·安徽安庆高三质检)安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA 级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”．如图所示，滑雪者从O 点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N 点停下．斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ＝50 kg ，g 取 10 m/s 2，O 、N 两点间的水平距离为s ＝100 m ．在滑雪者经过ON 段运动的过程中，克服摩擦力做的功为( )A ．1 250 JB ．2 500 JC ．5 000 JD ．7 500 J 【答案】C【解析】设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O 到N 的运动过程中克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·x OM ＋μmgx MN ，由题图可知，x OM cos θ＋x MN ＝s ，两式联立可得W f ＝μmgs ＝0.1×50×10×100 J ＝5 000 J ，故选项A 、B 、D 错误，C 正确． 功能原理处理弹簧问题【例6】(2019·江苏启东中学月考)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则( )A ．t 1时刻小球动能最大B ．t 2时刻小球动能最大C ．t 2～t 3这段时间内，小球的动能先增加后减少D ．t 2～t 3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】由题图知，t 1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A 错误；t 2时刻，弹力F 最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，为0，故B 错误；t 2～t 3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增大后减少，故C 正确；t 2～t 3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D 错误．【变式2】(2019·四川成都诊断)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】圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0，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，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f ，由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh ，联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C 错误；设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE ′p ，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE ′p ＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE ′p ＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．【题型演练】1.(多选)(2019·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m ，人和滑车从距底端高为h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B ．人和滑车获得的动能为0.8mghC ．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh【答案】 BC【解析】 沿斜面的方向有ma ＝mg sin 30°－F f ，所以F f ＝0.1mg ，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A 错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k ＝(mg sin 30°－F f )h sin 30°＝0.8mgh ，故B 正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE ＝mgh －E k ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh ，故C 正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ，故D 错误．2.(多选)(2019·安徽省安庆市二模)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图2所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为3g 4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员重力势能的减少量为3mgh 5B ．运动员动能的增加量为3mgh 4C ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了mgh 16【答案】 CD【解析】 运动员下落的高度是h ，W ＝mgh ，运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离L ＝h sin 53°＝54h ，运动员受到的合外力F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即ΔE k ＝W 合＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确． 3.(多选)(2019·山东省临沂市模拟)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D ．物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和【答案】 CD【解析】 当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A 相对于斜面向下运动，物块A 上升的高度小于h ，所以重力势能的增加量小于mgh ，故A 错误；对物块A 由动能定理有物块A 的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B 错误；物块A 机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C 正确；物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和，故D 正确．4．(2019·四川省德阳市调研)足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22，Q ＝mv 2 D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2【答案】 B 【解析】 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v 2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，选项B 正确． 5．(多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失；换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同 B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同【答案】 CD【解析】 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 6．(多选)(2018·黑龙江省佳木斯市质检)如图5所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能。
备战期末-2020届高三上学期期末模拟练习《动能定理 能量守恒定律》含答案
绝密★启用前2020届高三上学期期末模拟练习《动能定理能量守恒定律》本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（）A．机械能守恒B．小球在最低点时对金属环的压力是6mgC．小球在最高点时，重力的功率是D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR2.把质量为m的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置（图甲），如图所示。
迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。
已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。
则（）A．小球从A上升到B位置的过程中，动能增大B．小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为D．一定有3.如图所示，A，B两滑块（可视为质点）质量分别为2m和m，A与弹簧拴接，B紧靠着A，二者静止时弹簧处于原长位置，已知M点左边的平面光滑，滑块与右边平面间的动摩擦因数为μ，且M，N间的距离是弹簧原长的2倍，重力加速度为g．现用水平向左的外力作用在滑块B上，缓慢压缩弹簧，当滑块运动到P点（图中未标出）时，撤去水平外力，测得滑块B在M点右方运动的距离为l，则下列说法正确的是（）A．水平外力做的功为B．B与A分离时，弹簧正处于原长位置C．B与A分离后，A滑块机械能守恒D．B与A分离，A仍能运动到P点4.在倾角为的同定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A，B，它们的质最分别为m 1，m2，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。
2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试
绝密★启用前2020届全国高考物理一轮专题集训《动量守恒定律》测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大()A．t1B．t2C．t3D．t42.质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，水的阻力不计，则小船的运动速率和方向为()A． 0.6 m/s，向左B． 3 m/s，向左C． 0.6 m/s，向右D． 3 m/s，向右3.关于下列说法，其中正确的是()A．动量的方向一定跟物体的速度方向相同B．冲量的方向一定跟对应的作用力方向相同C．物体受到的冲量方向与物体末动量的方向一定相同D．合外力的冲量为零，则物体所受各力的冲量均为零4.在用气垫导轨进行验证实验时，首先应该做的是()A．给气垫导轨通气B．对光电计时器进行归零处理C．把滑块放到导轨上D．检验挡光片通过光电门时是否能够挡光计时5.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙．现用力F向左缓慢推物块B压缩弹簧，当力F做功为W时，突然撤去F，在A物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是()A．WB．WC．WD．W6.A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，…，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则()A．A、B(包括人)两船速度大小之比为2∶3B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶17.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC．球棒对垒球做的功为238.5 JD．球棒对垒球做的功为36 J8.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出9.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝v0B．v1＝0，v2＝v3＝v0C．v1＝0，v2＝v3＝v0D．v1＝v2＝0，v3＝v010.如图所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右边沿光滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是()A．I＝0，W＝mvB．I＝mv0，W＝mvC．I＝2mv0，W＝0D．I＝2mv0，W＝mv11.一只小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上．小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE，下列关于Δp和ΔE说法中正确的是()A．若Δp最大，则ΔE也最大B．若Δp最大，则ΔE一定最小C．若Δp最小，则ΔE也最小D．若Δp最小，则ΔE一定最小12.如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触的质量分别为m和2m的木块A、B，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为F f，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是()A．B．C．D．13.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为()A． (Mg＋mg－ma)tB． (m＋M)vC． (Mg＋mg＋ma)tD．mv14.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b 运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有()A．qa＜qbB．ma＜mbC．Ta＜TbD．<15.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v A′＝－2 m/s，vB′＝6 m/sB．v A′＝2 m/s，vB′＝2 m/sC．v A′＝1 m/s，vB′＝3 m/sD．v A′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s第Ⅱ卷二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分)16.如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．A、B为两完全相同的小球，a球由静止从A点释放，在C处与b球发生弹性碰撞．已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R.求：(1)a球滑到斜面底端C时速度为多大？A、B球在C处碰后速度各为多少？(2)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？若R′＝2.5R，两球最后所停位置距D(或E)多远？注：在运算中，根号中的数值无需算出．17.如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场．质量为3m.电量为＋q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点．求：(1)两球发生碰撞前A球的速度；(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量．18.如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A 以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小．19.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看做质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.答案解析1.【答案】B【解析】0～t2阶段，冲量为正，t2～t4阶段，冲量为负，由动量定理判断t2时刻“面积”最大，动量最大，进而得出t2时刻速度最大．2.【答案】A【解析】甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时系统总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．3.【答案】A【解析】质量与速度的乘积是物体的动量，动量的方向跟物体的速度方向相同，A正确；恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向与力的方向不一定相同，冲量的方向可能与物体的末动量方向相同，也可能与末动量方向相反，B、C错误；物体所受合外力为零，合外力的冲量为零，但物体所受各力的冲量并不为零，D错误．4.【答案】A【解析】为保护气垫导轨，在一切实验步骤进行之前，首先应该给气垫导轨通气．5.【答案】A【解析】根据功能关系，力F做功为W时，弹簧储存弹性势能W.突然撤去F，弹力对B做功，当弹簧恢复原长时，B动能等于W.以后B向右运动，当二者速度相等时，弹簧弹性势能最大．由动量守恒定律，2m＝3mv，解得v＝，弹簧弹性势能的最大值是E p＝W－mv2＝W－W＝W，选项A正确．6.【答案】B【解析】人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确；经过n次跳跃后，设A船速度为v A，B船速度为v B，则有0＝mv A－v B，＝，选项A错；A船最后获得的动能为E kA＝mv，B船最后获得的动能为E kB ＝v＝·2＝＝E kA，＝，选项C、D错误．7.【答案】B【解析】以初速度方向为正，根据动量定理：F·t＝mv2－mv1得：F＝＝N＝－1260 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N，A错误，B正确；根据动能定理：球棒对垒球做的功为W＝mv－mv＝126 J，C、D错误．8.【答案】D【解析】向后踢腿和手臂向后甩，都是人体间的内力在作用，不会使人前进．在光滑冰面上由于不存在摩擦力，故无法完成滚动动作．而抛出衣服能获得反方向的速度，故可滑离冰面．9.【答案】D【解析】两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．10.【答案】C【解析】由题意分析可知，木块离开弹簧的瞬间速度大小为v0，方向向右．取向左为正方向．根据动量定理得：I＝－mv0－mv0＝－2mv0，大小为2mv0.根据动能定理得：W＝mv－mv＝0，C正确．11.【答案】B【解析】小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以相同的速率返回，这种情况动量变化量Δp最大等于2mv，动能变化量ΔE最小为零，故A错误，B正确；如果小球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量Δp最小等于mv，动能变化量ΔE最大等于mv2，故C、D错误．12.【答案】B【解析】A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：F f·t1＝(m＋2m)v，得v＝，B正确．13.【答案】C【解析】杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为F N，对杆，F N＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝F N t.14.【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故qa＜qb，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误．15.【答案】D【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律并且碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即满足：mA v A＋mB v B＝mA v A′＋mB v B′，①v＋mB v≥mA v A′2＋mB v B′2，②mA答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．16.【答案】(1)；v a＝0，v b＝(2)R′≤0.92R或R′≥2.3R；b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处【解析】(1)设a球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有mg(5R sin 37°＋1.8R)－μmg cos 37°·5R＝mv2①可得v＝②a、b球在C处发生弹性碰撞，系统动量守恒，机械能守恒，设a、b碰后瞬间速度分别为va、vb，则有mv＝mva＋mvb③mv2＝mv＋mv④由②③④可得va＝0；vb＝⑤可知，A、B碰后交换速度，a静止，b向右运动．(2)要使小球b不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球b能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球b在最高点P应满足m≥mg⑥小球b碰后直到P点过程，由动能定理，有－μmgR－mg·2R′＝mv－mv⑦由⑤⑥⑦式，可得R′≤R＝0.92R情况二：小球b上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D.则由动能定理有－μmgR－mg·R′＝0－mv⑧由⑤⑧式，可得R′≥2.3R若R′＝2.5R，由上面分析可知，b球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道与a球碰撞，且a球到达B点，在B点的速度为vB，由于a、b碰撞无能量损失，则由能量守恒定律有mv2＝mv＋mg·1.8R＋2μmgR⑨由⑤⑨式，可得vB＝0故知，a球不能滑回倾斜轨道AB，a、b两球将在A、Q之间做往返运动，最终a球将停在C处，b球将停在CD轨道上的某处．设b球在CD轨道上运动的总路程为s，由于A、B碰撞无能量损失，则由能量守恒定律，有mv2＝μmgs⑩由⑤⑩两式，可得s＝5.6R所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处，a球停在D点左侧，距D点R处．17.【答案】(1)(2)EqL(3)【解析】(1)由动能定理：EqL＝·3mv2解得v＝(2)AB系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律；3mv＝(3m＋m)v1解得v1＝v系统损失的机械能：ΔE＝·3mv2－(3m＋m)vΔE＝EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv1－0I＝方向水平向右18.【答案】(1)4 m/s，方向与v0相反 (2)m/s【解析】(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得v0＝mA v A＋mB v BmA解得v A＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零．设此时B的速度为v B′，C的速度为v C，由动量守恒定律和机械能守恒定律有v B＝mB v B′＋mC v CmBv B2＝mB v B′2＋mC v C2mB得v C＝v Bv C＝m/s.19.【答案】(1)v0(2)－L【解析】(1)对P1、P2碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0＝2mv1①对P、P1、P2碰撞全过程由动量守恒定律得3mv0＝4mv2②解得v1＝，v2＝v0(2)当P、P2速度相等时弹簧压缩最短，此时v＝v2③对P1、P2刚碰完到弹簧压缩到最短过程，应用能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg(x＋L)＋E p④对P1、P2刚碰完到P停在A点，由能量守恒定律得×2mv＋×2mv－×4mv2＝2μmg·2(x＋L)⑤联立以上各式，解得x＝－L，E p＝。
高三物理一轮复习 功能关系能量守恒-人教版高三全册物理试题
功能关系 能量守恒班级姓名1．如下说法中正确的答案是A ．随着科技的开展，永动机是可以制成的B ．某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加C ．能量耗散明确，在能量的转化过程中能的总量逐渐减少D ．不用电池、也不用上发条的“全自动〞手表，说明能量可以凭空产生的2．用恒力F 向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度，假设该过程空气阻力不能忽略，如此如下说法中正确的答案是〔 〕A ．力F 做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B ．重力所做的功等于物体重力势能的增量C ．力F 做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D ．力F 、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量3．一个质量为m 的物体只在重力和竖直向上的拉力作用下以g a 2 的加速度竖直向上加速运动，如此在此物体上升h 高度的过程中，如下说法正确的答案是〔 〕A ．物体的重力势能增加了mgh 2B ．物体的动能增加了mgh 2C ．拉力对物体做功为mgh 2D ．物体的机械能增加了mgh 34．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。
假设物块上升的最大高度为H ，如此此过程中〔 〕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2mgH5．如下列图，质量为m 的物体沿水平面向左运动，经过A 点时速度为υ0，滑过AB 段后与m H 030轻弹簧接触并发生相互作用，弹簧先被压缩，而后又将物体弹回，物体向右滑到C 处时恰好静止。
AB=a ，BC=b ，且物体只与水平面AB 间有摩擦，动摩擦因数为μ，物体在其它地方不受摩擦力作用。
如此在上述过程中，弹簧的最大弹性势能为A ．μmgbB ．μmgaC ．201()2m υμmg a b --D ．201()2m υμmg a b -+ 6．如下列图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中〔弹簧保持竖直〕，如下关于能的表示正确的答案是A ．弹簧的弹性势能先增大后减小B ．小球的动能先增大后减小C ．小球的重力势能先增大后减小D ．小球与弹簧机械能总和先增大后减小7．如下列图，质量为m 的滑块从 h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因素一样．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，如此滑块从a 到c 的运动过程中〔 〕A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程抑制阻力做的功一定等于mgh/2C ．小球经b 点时的速度大于2v gh +D ．小球经b 点时的速度等于22v gh +8．荡秋千是人们都喜欢的健身娱乐活动。
2020高考物理一轮复习5.2动能定理课件新人教版
考点二 动能定理与圆周运动综合问题 动能定理与圆周运动综合是高考热点题型，在此类问题 中，圆周运动最高(低)点的速度是联系动能定理和圆周运动的桥 梁，是解题的关键物理量． 1．对运动过程，应用动能定理． 2．对圆周运动最高(低)点，应用圆周运动向心力公式． 3．注意摩擦力的变化，在竖直圆形轨道的同一位置，速度 越大，摩擦力越大．
(2018·南开区一模)如图所示，P 为处 于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO′转动， 长度为 l 的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端 栓接一质量为 m 的小球，转盘静止时缆绳顶 端与转轴间的距离为 d.现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段 时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖 直面内，此时缆绳与竖直方向的夹角为 θ，不计空气阻力及缆绳 重力，重力加速度为 g，小球从静止到做匀速圆周运动的过程中， 求缆绳对小球做的功？
解得：F＝mgsin60°＋mvLB2＝10×
3 2
N＋2×19
3 N＝23
3
N.
考点三 用动能定理求解往复运动问题 对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物 体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这 类问题可使解题过程简化． 1．灵活选择研究过程 求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先 考虑全过程．
(改编题)在粗糙的斜面上，斜面的 动摩擦因数为 μ＝5π3，θ ＝60°，一长为 L ＝1 m 轻杆一端固定在 O 点一端接质量为 m＝1 kg 的小球，小球 在无外力的作用下从 A 点静止开始运动．A 为最高点，B 为最低 点．g＝10 m/s2，求从 A 第一次运动到 B 点时轻杆的作用力？
【答案】 23 3
(2)小物块第一次上滑的位移大小 x1＝v20t1＝120×1＝5 m； 第一次下滑过程由动能定理有 mgx1sinθ－μmgcosθ·x1＝12 mv12－0； 可得小物块第一次回到斜面底端时速度大小 v1＝2 5 m/s； (3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理： －μmgcosθ·s＝0－12mv02； 可得在斜面上运动所通过的总路程 s＝12.5 m.
2020年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能动能定理试题
第二节 动能 动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．表达式：E k ＝12mv 2． 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2.4．矢标性：标量．1.判断正误(1)运动的物体具有的能量就是动能．( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( )(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( )(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( )(5)选择不同的参考系时，动能有可能为负值．( )提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21． 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．2.(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法中正确的是( )A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W ＞0时动能增加，当W ＜0时动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功提示：BC对动能定理的理解及应用【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因为参考系．3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．【典题例析】(2015·高考山东卷)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为F T1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，F T1＝mg ①对物块，F 1＋F T1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为F T2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，F T2＝mg cos 60°③对物块，F 2＋F T2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m .⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为F T3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1⑦对小球，由牛顿第二定律得F T3－mg ＝m v 2l⑧ 对物块，由平衡条件得F 3＋F T3＝Mg ⑨联立①②⑤⑥⑦⑧⑨式得W f ＝0.1mgl .[答案] (1)3m (2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系．(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．【跟进题组】考向1 对动能定理的理解1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．考向2 动能定理在变力做功中的应用2．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．考向3 动能定理在曲线运动中的应用3．(多选)(2016·高考全国卷丙)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误． 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用【知识提炼】1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示，AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，末端B 处的切线方向水平．一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A 处由静止释放，滑到B 端飞出，落到地面上的C 点．测得C 点和B 点的水平距离OC ＝L ，B 点距地面的高度OB ＝h .现在轨道下方紧贴B 端安装一个水平传送带，传送带的右端与B 点的距离为L 2.当传送带静止时，让物体P 从A 处由静止释放，物体P 沿轨道滑过B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的C 点．(1)求物体P 与传送带之间的动摩擦因数．(2)若在A 处给P 一个竖直向下的初速度v 0，物体P 从传送带右端水平飞出，落在地面上的D 点，求OD 的大小．(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度v 匀速运动．再把物体P 从A 处由静止释放，物体P 落在地面上．设着地点与O 点的距离为x ，求出x 可能的范围．[审题指导] 第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则x 最小；若物体在传送带上全程加速，则x 最大．[解析] (1)无传送带时，物体由B 运动到C ，做平抛运动，设物体在B 点的速度为v B ，则L ＝v B t ① h ＝12gt 2②由①②式得v B ＝L g 2h③ 有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v 2，则有L2＝v 2t ④ －μmgL 2＝12mv 22－12mv 2B ⑤ 由①②④⑤式得v 2＝L 2g 2h⑥ μ＝3L 8h .⑦ (2)设物体离开传送带时的速度为v ′2，则由动能定理有 mgR －μmg L 2＝12mv ′22－12mv 20⑧ mgR ＝12mv 2B ⑨OD ＝L 2＋v ′2t ⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD ＝L 2＋ L 24＋2hv 20g.⑪ (3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度v I ＝L 2g 2h，则x min ＝L 物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v Ⅱ，μmg L 2＝12mv 2Ⅱ－12mv 2B ，v Ⅱ＝v 2B ＋μgL ＝L 27g 2h . 则x max ＝L 2＋v Ⅱ2h g ＝1＋72L 故L ≤x ≤1＋72L . [答案] (1)3L 8h (2)L 2＋ L 24＋2hv 20g(3)L ≤x ≤1＋72L 应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)1.4 m1．(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．2．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为 2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误． 3．(多选)(2017·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，联立解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 对．4．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：选D.由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．5.(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m ＝60 kg的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ．③(2)设运动员到C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得 R ＝12.5 m.答案：(1)144 N (2)12.5 m一、单项选择题1.(2017·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12Mv 2，解得x 2＝Mv 22（m ＋M ）μg.显然x 2<x 1. 2.(2017·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.mv 202 B.2mv 202 C.mv 204 D ．mv 20 解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12mv 2－0＝mv 204，C 正确． 3.如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动L，则( )A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的总功与合外力对B做的总功不相等解析：选B.对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析：F N－F sin α－G＝0，f＝μF N＝μ(F sin α＋G)对B分析：F N1＝G，f1＝μF N1＝μG，W f＝fL，W f1＝f1L，因为f>f1，所以W f>W f1，故A项错误；根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化，而A、B 动能的变化量相等，所以合外力对A、B做的功相等，故B正确，D错误；F对B不做功，只对A做功，故C错误．4.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t1、t2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A．ΔE k1>ΔE k2；t1>t2B．ΔE k1＝ΔE k2；t1>t2C．ΔE k1>ΔE k2；t1<t2D．ΔE k1＝ΔE k2；t1<t2解析：选B.两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，W f＝μ(mg cos α＋F sin α)·s＝μmgx＋μFh，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理W F－mgh－W f＝ΔE k知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v－t图象如图所示，则t1>t2.5.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )A．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D．甲停下时的位置与B的距离和乙停下时的位置与B′的距离相等解析：选C.设斜草面长度为l，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W ＝μmgl cos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A错误；由A点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh －μmgl cos θ＝12mv 2，可得v B >v ′B ，选项B 错误；游客由A 点开始下滑到停在水平草面上，设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh －μmg (l cos θ＋x )＝0，则l cos θ＋x ＝h μ，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C 正确、D 错误．二、多项选择题6．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前3 s 内物体克服摩擦力做功4 J解析：选BC.第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 选项错误、B 选项正确；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前3 s 克服摩擦力做功W ′f ＝6 J ，D 错误．7.(2017·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3，A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12mv 2M －12mv 2，① 竖直方向有v 2＝2gh ②①②式联立得W 1＝2 J A →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，C 错误，D 正确．8．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当下滑到距离坡底s 1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s 2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m ．关于这个过程，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B ．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C ．s 1<4 m ，s 2>2 mD ．s 1>4 m ，s 2<2 m解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A 错，B 对．从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中，由动能定理得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝12mv 2①(其中s ＝8 m ，s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等，所以有：mgs 1·sin α＝12mv 2②由①②得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝mgs 1·sin α③由③得：s －s 1>s 1，即s 1<4 m ．同理，从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′＝4 m)处过程中，由动能定理得：－mg (s ′－s 2)·sin θ－W ′f ＝0－12mv 21④ 因为距坡底s 2处动能和势能相等，有 mgs 2·sin θ＝12mv 21⑤由④⑤得：mg (s ′－s 2)·sin θ＋W ′f ＝mgs 2·sin θ⑥由⑥式得：s ′－s 2<s 2，即s 2>2 m ．综上所述，C 正确，D 错误．三、非选择题9．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)因为F －x 图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F 做的功，所以设0～2 m力F 做功W 1，3～4 m 力F 做功W 2，则W 1＝12×40×2 J ＝40 J ，W 2＝－10×1 J ＝－10 J对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 W 1＋W 2－μmgx ＝12mv 2B即：40－10－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B 解得v B ＝210 m/s. (2)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2C R设摩擦力做功为W ，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案：(1)210 m/s (2)5 J10.如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .⎝ ⎛提示：在圆周运动过程中任一点，质点解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得 v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为F N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－F N ＝m v 2P R⑦ 又F N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R . 答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R 四、选做题11．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 解析：(1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)①由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0②代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2③ 结合①式并代入数据得v ＝1 m/s由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt 解得t ＝0.4 sx 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.答案：(1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m。
人教版高中物理第十二章 电能 能量守恒定律精选试卷测试题(Word版 含解析)
人教版高中物理第十二章 电能 能量守恒定律精选试卷测试题（Word 版 含解析）一、第十二章 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R 是保护电阻)．（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I 图线如图丙所示，根据图线求出干电池的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．（2）若保护电阻0R 的阻值未知，该干电池的电动势E 、内电阻r 已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R 的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U 、电流表示数为I ，电源的电动势用E 表示，内电阻用r 表示，则0R =__________． 【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je 或者jf 0E UR r I-=- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由图丙所示，电源U-I 图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V ，电源内阻 1.48 1.200.500.480.520.56U r I ∆-===ΩΩ∆（～） , （2）将导线jd 改接为je ，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I （R 0+r ），定值电阻0E UR r I-=-2．用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。
电池的内阻较小，为了保护电路，电路中用一个定值电阻0R 起保护作用。
除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A、3A）；（b）电压表（量程3V、15V）；（c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）；（d）定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）；（e）滑动变阻器（阻值范围0~10Ω、额定电流2A）；（f）滑动变阻器（阻值范围0~100Ω、额定电流1A）。
【物理】2020届一轮复习人教版功能关系 能量守恒定律作业
功能关系 能量守恒定律A 组1．如图所示，滑块以6 m/s 的初速度从曲面上的A 点滑下，运动到B 点(比A 点低)时速度仍为6 m/s.若滑块以5 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B 点时的速度(A)A ．大于5 m/sB ．等于5 m/sC ．小于5 m/sD ．无法确定【解析】两次下滑中，滑块做圆周运动时，曲面对滑块的弹力不同，则滑块受到的摩擦力不同，故摩擦力对滑块做的功不同，而重力对滑块做的功相同，故两次动能的变化不同．因第二次速度小一点，滑块做圆周运动时，曲面对它的弹力也小一些，故它受到的摩擦力也随之减小，因此它克服摩擦力做的功也相应地减小，从而小于滑块重力做的功(因为第一次滑块克服摩擦力做的功等于滑块重力做的功)，故末速度大于初速度．本题正确答案为A.2．(多选)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a 、b 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(ABC)A ．物块A 的质量为m sin θB ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 构成的系统机械能的增加量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等【解析】开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，故A 正确．摩擦力对a 做正功，根据功能关系得：物块a 、b 构成的系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加，故B 正确．b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g ×hsin θ＝mgh ，等于b 重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和，故C 正确．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．3．(多选)光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，木块速度变为v ，对这个过程，下列说法中不正确的是(BCD)A ．子弹对木块做的功等于12Mv 2 B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦生热的内能之和D ．子弹损失的动能等于子弹跟木块间摩擦产生的内能【解析】由动能定理可知，子弹对木块做的功等于木块动能的增加量12Mv 2，选项A 正确，C 错误；由动能定理可知，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的变化量12m(v 22－v 21)，由能量守恒定律可知12m(v 22－v 21)＝12Mv 2＋Q ，故选项B 、D 错误．故选B 、C 、D.4．如图所示，用力F 拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是(C)A．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能C．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力势能，选项A错误；F和摩擦力做功的代数和等于木箱增加的机械能，选项B错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，选项C正确；F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和，选项D错误．5．(多选)一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是(BD)A．0～s1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小B．s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动C．s1～s2过程中物体可能在做变加速直线运动D．0～s2过程中物体的动能可能在不断增大【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在0～s1内物体所受的拉力是不断增大的，故A错误；由于物体在s1～s2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，故B正确；由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误；如果物体在0～s2内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．6．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(C)A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【解析】球在接触弹簧之前做自由落体运动．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0时，即重力等于弹簧弹力时加速度为0，而后往下做加速度不断增大的减速运动．与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能为0；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2～t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能．C对．7．(多选)某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边在同一水平面内)开始滑行，又经3 s 停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述正确的是(BC)【解析】此爱好者先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动直至静止，故B正确；先后做匀加速运动和匀减速运动，两过程合外力大小均为定值，第一个过程合外力大小是第二个过程合外力的1.5倍，故C正确；位移图象是二次函数曲线，故A错；整个过程中的机械能即动能先增大后减小，故D错．8．(多选)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f.小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.在这个过程中，以下结论正确的是(ABC)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(l＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f (l＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx【解析】小物块受到向右的拉力F作用，向右运动受到向左的摩擦力F f，根据相互作用，小车受到向右的摩擦力F f而运动．小车运动距离为x，而物块从小车的左端运动到右端位移为l＋x.对小车根据动能定理有F f×x＝E k1－0，选项B对，对小物块根据动能定理有(F－F f)×(x＋l)＝E k2－0，选项A对．小物块克服摩擦力做功F f(l＋x)，选项C对．小物块和小车重力势能都没有变化，所以他们机械能的增加量等于动能的增加量即E k1＋E k2＝F f×x＋(F －F f)×(x＋l)＝F(x＋l)－F f l，选项D错．B组9．如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m ＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F－x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝1.0 N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f＝－F f·x＝－0.1 J由图线与x轴所围的“面积”可得外力做功为W F＝1.0＋47.02×0.1 J＝2.4 J所以弹簧存贮的弹性势能为E p＝W F＋W f＝2.3 J.(2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为W f ′＝F f ·3x ＝0.3 J对小物块用动能定理有E p －W f ′＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(3)物块从B 点开始做平抛运动，h ＝12gt 2 下落时间t ＝1 s水平距离s ＝v B t ＝2 m.10．如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0 m ，一个物体在离弧底E 高度为h ＝3.0 m 处，以初速度v 0＝4 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g ＝10 m/s 2)【解析】由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动．由于物体只在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动，之前的运动过程中，减小的重力势能为E p＝mg(h －R 2)，摩擦力做功产生的热量为Q ＝μmgscos 60°，由能量转化和守恒定律得： 12mv 20＋mg(h －R 2)＝μmgscos 60° ∴s ＝280 m.11．推行节水工程的转动喷水“龙头”如图所示．“龙头”距地面h(m)，可将水水平喷出，其喷灌半径可达10h.每分钟喷水m(kg)，所用的水是从地下H(m)深的井里抽取．设水以相同的速率喷出，水泵效率为η，不计空气阻力，试求：(1)水从喷水“龙头”喷出的初速度；(2)水泵每分钟对水做的功；(3)带动水泵的电动机的最小输出功率．【解析】(1)平抛运动的时间t ＝2h g水喷出的初速度为v ＝s t ＝10h t ＝52gh (2)1 min 内喷出水的动能为E k ＝12mv 2＝25mgh 水泵提水，1 min 内水获得的重力势能为E p ＝mg(H ＋h)故1 min 内水泵对水所做的功为W ＝E k ＋E p ＝mg(H ＋26h)(3)设电动机的最小输出功率为P ，有ηPt′＝W则P ＝W ηt′＝mg （H ＋26h ）60η。
高三物理人教版一轮复习精品解析训练：动能关系能量守恒定律
第五章第4讲考点题号错题统计功能关系应用1、3能量守恒定律2、4、6、7摩擦力做功问题5、8、10综合应用9、11、12一、单项选择题1.蹦床是青少年喜欢的一种体育活动，蹦床边框用弹簧固定有弹性网角，运动员从最高点落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则运动员()A．刚接触网面时，动能最大B．机械能一直减少C．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量D．重力做功等于克服空气阻力做功解析：选B当运动员受到的弹力、阻力、重力三力的合力为零时加速度为零，动能最大，A错误；在此过程中除重力外，运动员受到的弹力和阻力一起做负功，所以运动员的机械能减小，B正确；全过程由功能关系知mgh＝W阻＋E p弹，所以C、D错误．2.如图所示，在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一木块相连．平衡后，在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢下移0.1 m，力F做功2.5 J，此时木块刚好再次处于平衡状态，则在木块下移0.1 m 的过程中，弹簧弹性势能的增加量( )A ．等于2.5 JB ．大于2.5 JC ．小于2.5 J D.无法确定解析：选B 因木块下移过程中还有木块重力做正功，其重力势能转化成弹簧的弹性势能，故弹簧弹性势能的增加量一定大于2.5 J ，B 正确．3.(2014·西安摸底)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，到半圆底部时，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( )A.18mgR B.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：选D 在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg －mg ＝m v 2/R ，解得v 2＝0.5gR .由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE＝mgR－12＝0.75mgR，选项D正确．2m v4.如图所示，一轻质弹簧原长为l，竖直固定在水平面上，一质量为m的小球从离水平面高为H处自由下落，正好压在弹簧上，下落过程中小球遇到的空气阻力恒为F f，小球压缩弹簧的最大压缩量为x，则弹簧被压到最短时的弹性势能为()A．(mg－F f)(H－l＋x)B．mg(H－l＋x)－F f(H－l)C．mgH－F f(l－x)D．mg(l－x)＋F f(H－l＋x)解析：选A小球重力势能的减少量为ΔE p＝mg(H－l＋x)克服空气阻力做的功为W f＝F f(H－l＋x)弹性势能的增加量为ΔE＝ΔE p－W f＝(mg－F f)(H－l＋x)故选项A正确．5.(2014·吉林摸底)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热解析：选C第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A 错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加和重力势能的增加，选项B 错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程物体与传送带间的摩擦生热，选项D错误．6.如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平面平滑相连，物块最终在c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是mgC ．c 点到b 点的距离为R 2μD ．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：选D 物块滑到b 点时，mgR ＝12m v 2，v ＝2gR ，A 错误．在b 点F N －mg ＝m v 2R，F N ＝3mg ，由牛顿第三定律知B 错误．从a 点到c 点，机械能损失了mgR ，D 正确．由mgR＝μmgs 得s ＝R μ，C 错误． 二、多项选择题7.(2014·江苏二校联考)如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B ．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C ．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关D ．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关解析：选AD 由能量守恒定律，弹簧获得的最大弹性势能与小球重力势能之和等于小球抛出时的动能，弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能，选项A 正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球和弹簧组成系统的机械能守恒，选项B 错误；小球抛出的初速度大小与圆筒离地面的高度和水平距离有关，选项C 错误；小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关，选项D正确．8.(2014·南昌十九中月考)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是()A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：选BD小球从A点出发到返回A点的过程中，位移为零，重力做功为零，但摩擦力始终做负功，A错误．小球从A到C与从C到B始终做匀减速直线运动，合外力恒定，因为C为AB的中点，所以小球克服合外力做功相等，减少的动能相等，小球克服摩擦力做功也相等，损失的机械能相等，B、D正确．小球由A到C的时间小于从C到B的时间，由Δv＝aΔt知，速度的变化不相等，C错误．9.(2013·山东高考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：选CD以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确．由动能定理可知，M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和，B错误．以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确．10.(2013·江苏高考)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmga C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能解析：选BC 在物块从A 向B 的运动过程中，由于摩擦力作用，a <2OA －，故E p A ＝W －μmg OA－<W －12μmga ，E p B ＝E p A －μmga <W －32μmga ，A 错误，B 正确．回到O 点时，E k O ＝E p A －μmg OA －<W －μmga ，C 正确．设动能最大的位置为O ′点，此时物块受力为0，有μmg ＝kx O ′，在B 点，有μmg ≥kx B ，显然有x O ′≥x B ，相应地，得出弹性势能的大小关系，D 错误．三、计算题11．如图所示，质量为m 的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L .现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v ，由机械能守恒E p ＝12m v 2 设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律：－μmg ＝ma由运动学公式v 20－v 2＝2aL解得v 2＝v 20＋2μgL ，E p ＝12m v 20＋μmgL . (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，v 0＝v ＋at滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x因相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx解得Q ＝μmgL －m v 0(v 20＋2μgL －v 0)．答案：(1)见解析 (2)12m v 20＋μmgL (3)μmgL －m v 0(v 20＋2μgL －v 0)12.(2014·江西九校联考)如图所示，光滑半圆弧轨道半径为R ，OA 为水平半径，BC 为竖直直径．一质量为m 的小物块自A 处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C 点相切的粗糙水平滑道CM 上．在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端C 点(此时弹簧处于自然状态)．若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为E p ，且物块被弹簧反弹后恰能通过B 点．已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力F N 的大小；(2)弹簧的最大压缩量d ；(3)物块从A 处开始下滑时的初速度v 0.解析：(1)设物块刚离开弹簧时的速度为v 1，恰通过B 点时的速度为v 2，由题意可知mg ＝m v 22R ①在物块由C 点运动到B 点过程中，由机械能守恒定律得12m v 21＝2mgR ＋12m v 22② 联立①②解得v 1＝5gR③ 又由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R④ 解得F N ＝6mg由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力F N ′的大小为6mg .(2)弹簧从被压缩到最短开始至物块被弹离弹簧的过程中，由功能关系得12m v 21＋μmgd ＝E p ⑤ 联立③⑤解得d ＝E p μmg －5R 2μ⑥ (3)物块从A 处下滑至弹簧被压缩到最短的过程中，由功能关系得12m v 20＋mgR ＝E p ＋μmgd ⑦ 联立⑥⑦解得v 0＝ 4E p m－7gR 答案：(1)6mg (2)E p μmg －5R 2μ(3) 4E p m －7gR。
2020年高考物理一轮复习专题18功能关系能量守恒定律限时训练含解析
专题18 功能关系 能量守恒定律(限时：45min)一、选择题（共15小题）1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。
在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A ．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B ．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C ．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D ．三种情况中，物体的机械能均增加【答案】C【解析】无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C 正确。
2．如图所示，水平平台上放置一长为L 、质量为m 的均匀木板。
木板右端距离平台边缘为s ，木板与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg (L ＋s )B ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋sC ．μmg (L －s )D ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4＋s 【答案】B【解析】要使木板脱离平台，即让木板的重心脱离平台，则木板运动的距离为L 2＋s ，需要克服摩擦力做功为W f ＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，即推力做功的最小值为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，故B 正确，A 、C 、D 错误。
3．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。
现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功。
在上述过程中( )A．弹簧的弹性势能增加了10 J B．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
人教版高中物理第十二章 电能 能量守恒定律精选试卷复习练习(Word版 含答案)
人教版高中物理第十二章 电能 能量守恒定律精选试卷复习练习(Word 版 含答案)一、第十二章 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．某实验小组要测量干电池组(两节)的电动势和内阻，实验室有下列器材：A 灵敏电流计G (量程为0~10mA ，内阻约为100Ω)B 电压表V （量程为0~3V ，内阻约为10kΩ)C ．电阻箱R 1(0~999.9Ω)D ．滑动变阻器R 2(0~10Ω，额定电流为1A)E.旧电池2节F.开关、导线若干(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程．测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R 2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V ，灵敏电流计示数为4.00mA ，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω(保留一位小数)．(2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA ，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为___________Ω(保留三位有效数字)．(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出G U I － (U 为电压表的示数，G I 为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E =___________V ，内阻r =___________Ω(保留三位有效数字)【答案】101.7 11.3 2.910.01± 9.10.2±【解析】【分析】（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻．（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．（3）由闭合电路欧姆定律确定出G U I -的关系式，结合图象求得E ，r ．【详解】（1）[1]灵敏电流计内阻：132.00398.3101.74.0010g U R R I -=-=-=⨯Ω （2）[2]灵敏电流计满偏电流为10mA ，把它改装成100mA 的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA ，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：101.711.399g R R ===并Ω （3）[3][4]电流表示数：10G I I =，由图示电路图可知，电源电动势：10G E U Ir U I r =+=+整理得：()10G U E r I =-由图示G U I -图象可知，电源电动势：E =2.91V ，图象斜率：k =10r =32.91 2.00911010G U I -∆-==∆⨯ 电源内阻：r =9.1Ω。
人教版2020高考物理一轮总复习课时冲关二十功能关系能量守恒定律含解析新人教版2019060624
功能关系、能量守恒定律[A 级－基础练]1．风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( )A ．处于失重状态，机械能增加B ．处于失重状态，机械能减少C ．处于超重状态，机械能增加D ．处于超重状态，机械能减少解析：C [由题意可知，人加速向上运动，人的加速度向上，处于超重状态，由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C 正确，A 、B 、D 错误．]2.一升降机在箱底装有若干弹簧．如图所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )A ．箱先处于超重状态然后再处于失重状态B ．箱的重力功率不断减小C ．箱的机械能不断减小D ．箱的机械能保持不变解析：C [箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A 错误；重力不变，重力的功率P ＝mgv ，先增大后减小，选项B 错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C 正确，选项D 错误．]3．悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)( )A ．他的动能减少了(F ＋mg )hB ．他的重力势能减少了mgh －12mv 2C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh解析：C [合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F －mg )h ，A 错误；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh ，B 错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh ，C 正确，D 错误．]4．如图所示，下端固定在地面上的竖直轻弹簧，从它的正上方高H 处有一物块自由落下，落到弹簧上后将弹簧压缩．如果分别从H 1、H 2(H 1＞H 2)高处释放物块，物块落到弹簧上将弹簧压缩的过程中获得的最大动能分别是E k1和E k2，在具有最大动能时刻的重力势能分别是E p1和E p2(以地面为参照系)，那么有( )A ．E k1＝E k2，E p1＝E p2B ．E k1＞E k2，E p1＞E p2C ．E k1＞E k2，E p1＝E p2D ．E k1＞E k2，E p1＜E p2解析：C [动能最大的位置即重力和弹力相等的位置，两种情况此位置相同，物体第一次下落时减少的重力势能大，两次增加的弹性势能相等，根据能量守恒定律可知第一次增加的动能大，故C 正确．]5．(2019·安徽合肥一模)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，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgR B.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：B [已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R .对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W ＝12mv 2，联立解得：W ＝14mgR ，B 正确．]6．(2019·临夏模拟)如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( )A ．小球落地点离O 点的水平距离为RB ．小球落地点离O 点的水平距离为2RC ．小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D ．若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低解析：B [小球恰好通过最高点P ，则在P 点由牛顿第二定律得mg ＝m v 2PR，解得v P ＝gR ，小球离开最高点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，x ＝v P t ，解得小球落地点离O 点的水平距离为x ＝2R ，故A 、C 错误，B 正确；若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O 到最高点的过程，由能量守恒得mg (R ＋h )＝mg ·2R ＋12mv 2P ，解得h ＝1.5R ，所以小球能达到的最大高度比P 点高1.5R －R ＝0.5R ，故D 错误．]7．如图所示，用力F 拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是( )A ．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能C ．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和解析：C [木箱在向上移动过程中，重力对木箱做负功，根据重力做功与重力势能变化的关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故A 错误；根据功能关系可知，拉力F 和摩擦力做功之和等于木箱增加的机械能，摩擦力做负功，所以F 对木箱做的功大于木箱增加的机械能，故B 错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，故C 正确；根据功和能量转化的关系可知，F 对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，故D 错误．]8．(2019·滨州模拟)两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：C [最初弹簧被压缩，物块A 受到竖直向上的弹力等于重力，由于物块A 向上做匀加速直线运动，物块A 受重力、拉力和弹簧的弹力，开始阶段弹簧对A 施加向上的支持力，由牛顿第二定律得F －mg ＋kx ＝ma ，解得F ＝mg －kx ＋ma ，x 减小，F 增大，后来弹簧伸长，对A 有向下的拉力，则有F －mg －kx ＝ma ，解得F ＝mg ＋kx ＋ma ，x 增大，F 增大，所以F 一直增大，故A 错误；在A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B 错误；在上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，动能增大，高度升高，则物块A 的重力势能增大，故C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力F 一直对系统做正功，所以两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D 错误．]9.(2019·合肥模拟)(多选)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放、传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做功为12mv 2解析：BC [电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是12mv 2，因为滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定要大于12mv 2，故A 错误；在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为12mv 2，故B 正确；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为F f v ＝μmgv ，故C 正确；传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，故D 错误．]10.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是 ( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量解析：BD [对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功一定大于A 、B 系统动能的增加量，故A 错误，B 正确；由动能定理可知，拉力F 和B 对A 做的功之和等于A 的动能的增加量，选项C 错误；根据动能定理可知，A 对B 做的功等于B 的动能的增加量，选项D 正确．][B 级—能力练]11．(2019·宜春模拟)(多选)某货场有一简易的节能运输装置，如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，到达斜面底端后，小车前端的缓冲弹簧被压缩，当弹簧被压缩至最短，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好能被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是( )A ．小车在往复运动过程中机械能是守恒的B ．小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度C ．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D ．小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能解析：BC [小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故A 错误；设下滑的加速度为a 1，上滑的加速度为a 2，小车质量为M ，货物质量为m ，则根据牛顿第二定律得，下滑过程(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a 1，上滑过程Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 2，解得a 1＜a 2，故B 正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C 正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，则弹簧弹性势能的最大值大于货物减少的重力势能，故D 错误．]12．(多选)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14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：BD [圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后静止，A 项错误；A 到C 过程，根据能量守恒定律有mgh －W f ＝E p (W f 为阻力做功，E p 为弹性势能)，C 到A 过程，12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得W f ＝14mv 2，B 项正确；在C 处，弹簧的弹性势能为mgh －14mv 2，C 项错误；A 到B 过程，mgh 1－W f1＝12mv 2B 1＋ΔE p1，C 到B 过程，12mv 2＋ΔE p2＝12mv 2B 2＋mgh 2＋W f2，比较得v B 2＞v B 1，D 项正确．] 13．如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v 0＝4 m/s 的恒定速率运行，AB 之间距离为L ＝8 m ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，弹性势能E p ＝12kx 2，式中x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d ＝3.2 m ．现将一质量为4 kg 的工件轻放在传送带A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)工件传到B 端经历的时间．(2)传感器的示数最大值．(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N ，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)解析：(1)设工件轻放后向右的加速度为a ，达共速时位移为x 1，时间为t 1，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma解得：a ＝μg ＝5 m/s 2t 1＝v 0a ＝0.8 sx 1＝12at 21＝1.6 m接着工件向右匀速运动，设时间为t 2，则：t 2＝L －x 1v 0＝1.6 s工件传到B 端经历的时间：t ＝t 1＋t 2＝2.4 s(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1，由动能定理得：mg (d ＋Δx 1)sin 37°－μmg (d ＋Δx 1)cos 37°－12k Δx 21＝0－12mv 20代入数据解得：Δx 1＝0.8 m传感器的示数最大值为：F m ＝k ·Δx 1＝160 N.(3)设传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为s ，则： Δx 2＝F 2k＝0.1 m 由能量守恒得：12mv 20＋mg (d ＋Δx 2)sin 37°＝μmgs cos 37°＋12k Δx 22 代入数据解得：s ＝6.89 m.答案：(1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m14．(2019·青岛模拟)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ，将质量为m ，长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小． (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W .解析：(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：12×2mv 20＝2mg (h －L sinθ)解得：v 0＝2gh －L(2)由牛顿第二定律得：对木板与物块整体：F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 作用的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律得：对木板：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体：2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 21＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 23＝h sin θW ＝F ·12a 1t 21解得：W ＝94mgh答案：(1)2g h －L (2)32mg (3)94mgh。
2020版高考物理一轮复习课后限时集训16功能关系能量守恒定律含解析新人教版
课后限时集训(十六) 功能关系 能量守恒定律(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：功能关系的理解及应用1．(多选)(2019·海口调研)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。
如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中( )A ．运动员的机械能增加了mv 212B ．运动员的机械能增加了mv 2＋mgh 12C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝mv 2＋mgh －W f 12BD [运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋mv 2，选项A 12错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，选项C 错误；根据动能定理得，W ＋W f－mgh ＝mv 2－0，解得W ＝mv 2＋mgh －W f ，选项D 正确。
]12122．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。
韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 JC [根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。
]3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
高考物理一轮专项基础训练：第28练《能量守恒定律》.pdf
第28练 能量守恒定律 一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意） 1.如图所示，一质量均匀且不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳拉至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将（ ）A.逐渐升高B.逐渐降低C.先降低后升高D.始终不变 2.如图所示，一物体以6m/s的初速度从A点沿AB圆弧下滑到B点，速率仍为6m/s，若物体以5m/s的初速度从A点沿同一路线滑到B点，则到B点时的速率为 （ ）A.小于5m/sB.等于5m/sC.大于5m/sD.不能确定 3.如图所示，容器A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面有水，上面是大气，大气压恒定，A、B的底部由带有阀门S的管道相连，整个装置与外界绝热，原先A中水面比B中的高.打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡.在这个过程中（ ） A.大气压力对水做功，水的内能增加 B.水克服大气压力做功，水的内能减少 C.大气压力对水不做功，水的内能不变 D.大气压力对水不做功，水的内能增加 4.存在空气阻力情况下，将一物体竖直向上抛，当它上升到离地面高度为h1时，其动能恰与重力势能相等；当它下降到离地面高度为h2时，其动能又恰与重力势能相等.已知抛出后它上升的最大高度为H，则（ ）A.h1＞，h2＞B.h1＞，h2＜C.h1＜，h2＞D.h1＜，h2＜ 5.将物体以60J的初动能竖直向上抛出，当它上升至某点P时，动能减为10J，机械能损失10J，若空气阻力大小不变，则物体落回出发点时的动能为 （ ）A.36JB.40JC.48JD.50J 二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意） 6.一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度始终竖直向下为4m/s，则下列说法中正确的是 （ ） A.上升过程中物体的机械能不断增加，重力势能增加 B.下降过程中物体的机械能不断增加，重力势能减少 C.整个过程中物体的机械能不变 D.物体下落回抛出点的机械能和抛出时的机械能相等 7.一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体支持力所做的功等于（ ）A.物体势能的增加量B.物体动能的增加量 C.物体动能的增加量加上物体势能的增加量 D.物体动能的增加量上物体克服重力所做的功 8.质量为m的物体从距地面h高处由静止开始以加速度a=竖直下落到地面.在这个过程中（ ）A.物体的动能增加B.物体的重力势能减少C.物体的机械能减少D.物体的机械能保持不变 9.水平传送带匀速运动，速度大小v，现将一小工件轻轻放在传送带上，它将在传送带上滑动一小段距离后，速度才达到v，而与传送带相对静止，设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，在m与皮带相对运动的过程中（ ）A.工件是变加速运动B.滑动摩擦力对工件做功 C.工件相对传送带的位移大小为 D.工件与传送带因摩擦而产生的内能为 三、计算或论述题 10.乌鲁木齐市达板城地区风力发电网每台风力发电机4张叶片总共的有效迎风面积为S，空气密度为ρ、平均风速为v，设风力发电机的效率（风的动能转化为电能的百分比）为η.求每台风力发电机的平均功率P. 11.如图所示为用于节水喷灌的转动喷水“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度为h，用效率为η的抽水机，从地下H深的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从“龙头”沿水平方向喷出，喷水口横截面积为S，其喷灌半径可达10h.求带动抽水机的电动机的最小输出功率.（水的密度为ρ，不计空气阻力） 12.如图所示，AB和CD为两个对称斜面，其上部分足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R=2.0m，一个质量m=1kg的物体在离弧高度h=3.0m处，以初速度4.0m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，则： （1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）通过路程的最大值； （2）试描述物体最低点的运动情况； （3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力. 13.如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点，求： （1）推力对小球所做的功； （2）x取何值时，完成上述运动所做的功最少？最小功为多少？ （3）x取何值时，完成上述运动用力最小？最小力为多少？ 14.如图所示，水平传送带以速度v=2m/s匀速前进.上方一料斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直落到传送带上，然后一起随传送带运动，如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则电动机应增加的功率为 （ ）A.100WB.500WC.200WD.无法确定 15.一遥控玩具小车，在半径为R的竖直圆轨道上做匀速圆周运动，如图所示，若在最高点A牵引力的功率是最低点B牵引力功率的，则下列说法中正确的是 （ ） A.小车在A点向心力是B点向心力的 B.小车在A点对轨道的正压力是B点对轨道正压力的 C.小车做圆周运动的速率为 D.小车在A点的动能为A点势能的（以B点为零势能面）第28练 能量守恒定律 1.A 解析 拉力做功，绳索的重力势能增加，重心升高. 2.C 解析 两种情况下摩擦力做功不等 3.D 解析 大气压力对水做的总功为零，水的重力势能减少，水的内能增加.4.B5.A 6.AD 解析 据牛顿第二定律F合=ma知mg+F=ma，即F=－6N方向向上. 即除重力外物体始终还受到一大小为6N方向向上的恒力，上升过程F做正功机械能增加，重力做负功重力势能增加，下降过程F做负功，机械能减少，重力做正功重力势能减少，故选项A正确，B不正确，C不正确；从抛出到落回整个过程看F做的国代数和为零，据动能定理：，所以初末状态动能相等而初末状态势能相等（在同一位置）所以初、末状态机械能相等，故D选项正确. 7.CD 8.AC 9.BCD 10 11. 12.（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功 物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中 .解得：s总=38m. （2）物体最终是在B、C之间的圆弧上来回摆动，且在B、C点时速度为零. （3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大.由动能定理得 由牛顿第二定律得：，解得：Nmax=54.5N. 物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小.由动能定理得 ， 由牛顿第二定律得， 解得Nmin=20N. 13. x=2R时 x=4R 最小的力F=mg. 14.C 解析 电动机应增加的功率为皮带对煤块做功的功率和皮带与煤块摩擦生热的功率. 15.BCD。
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2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《动能定理能量守恒定律》一、选择题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向止的拉力作用下开始运动在,向上运动的过程中，物体的动能E k与位移x关系图象如图乙所示。
其中在过程中的图线为平滑曲线，过程中的图线为平行于横轴的直线，过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B ．在过程中拉力大小恒为2mgC ．在过程中物体机械能不变D ．在过程中物体的机械能不变2.（多选题）如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD 是圆心为O，半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。
重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。
则小滑块（）A．在AB段运动的加速度为2.5gB．经B点时加速度为零C．在C点时合外力的瞬时功率为D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方3.如图所示，A，B两滑块（可视为质点）质量分别为2m和m，A与弹簧拴接，B紧靠着A，二者静止时弹簧处于原长位置，已知M点左边的平面光滑，滑块与右边平面间的动摩擦因数为μ，且M，N间的距离是弹簧原长的2倍，重力加速度为g．现用水平向左的外力作用在滑块B上，缓慢压缩弹簧，当滑块运动到P点（图中未标出）时，撤去水平外力，测得滑块B在M点右方运动的距离为l，则下列说法正确的是（）A．水平外力做的功为B．B与A分离时，弹簧正处于原长位置C．B与A分离后，A滑块机械能守恒D．B与A分离，A仍能运动到P点4.嘉明同学站在罚球线上，以某个抛射角将篮球投向篮筐，结果篮球未命中，而是垂直地击中了篮筐正上方的篮板。
忽略空气阻力作用，则( )A．篮球飞行时，单位时间内的速度增量越来越小B．篮球飞行时，机械能越来越少C．篮球飞行时，重力的瞬时功率越来越小D．要使球命中篮筐，应增大抛球的初速度5.如图所示，质量分别为和的两小球，用细线连接悬挂在天花板上。
平衡时，两小球恰处于同一水平线上，细线与竖直方向夹角分别为与（）。
突然剪断AB间的细绳，小球的瞬时加速度大小分别为和，两小球开始摆动后，最大速度大小分别和，最大动能分别为和。
则（）A．一定小于B．和相等C．一定等于D．一定小于6.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。
质量不同，形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。
现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（）A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同7.光滑水平面上有一物体，受到水平拉力F作用由静止开始沿直线运动，它的速度v随时间t变化的规律是（式中k为常量）。
关于物体的运动及拉力F做功情况，下列说法正确的是( )A．物体做匀加速直线运动B．物体做加速度增大的加速运动C．每经连续相等时间，拉力F做功大小相等D．每经连续相等位移，拉力F做功大小相等8.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。
重力加速度大小为g。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )A．B．C．D．9.如图一个质量为m，带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。
现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（）A．圆环可能做匀减速运动B．圆环不可能做匀速直线运动C．圆环克服摩擦力所做的功一定为D．圆环克服摩擦力所做的功可能为10.地球表面附近某区域存在大小为150N/C，学科网方向竖直向下的电场。
一质量为1.00×10－4kg，带电量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m。
对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力)( )A．－1.50×10－4J和 9.95×10－3JB． 1.50×10－4J和 9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和 9.65×10－3JD． 1.50×10－4J和 9.65×10－3J11.如图所示，洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶，设车所受阻力与车重成正比，洒水车行驶到某一路段时开始洒水，且牵引力保持恒定，则开始洒水后的一段时间内( )A．车仍保持原有速度做匀速直线运动B．车开始徽匀加速直线运动C．车前发动机的输出功率不断增大D．车的发动机的输出功率保持不变12.如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为。
现将小环从止释放，当小环沿直杆下滑距离也为时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A．小环减少的机械能人于重物增加的机械能B ．小环到达B处时，重物上升的高度也C．小环在B处的速度为D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于13.一质量为0.2kg的小球在空中由静止下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图，假设小球在空中运动时所受阻力大小不变，小球与地面碰撞时间可忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）A．小球在空中运动过程中所受阻力大小为2NB．小球与地面相碰后上升至最高点所用时间为0.2sC．在0-t1时间内，由于空气阻力作用小球损失的机械能为2.2JD．小球在与地面碰撞过程中损失机械能2.8J14.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15.在倾角为的同定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A，B，它们的质最分别为m1，m2，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Fv sinB ．物块B满足m2g sin=kdC．物块A的加速度为D．弹簧弹性势能的增加量为16.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。
整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．物体向上运动时加速度大小为12m/s2B．物体向下运动时加速度大小为9m/s2C．物体返回抛出点时的动能为40JD．物体返回抛出点时的动能为114J17.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功18.如下图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。
图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒，垫板间均有摩擦。
在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能19.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。
如图所示，蹦极者从P点静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。
蹦极者（视为质点）在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1，绳的弹性势能增加量为ΔE2，克服空气阻力做功为W，则下列说法正确的是（）A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒C．D．20.把质量为m的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置（图甲），如图所示。
迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。
已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。
则（）A．小球从A上升到B位置的过程中，动能增大B．小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为D．一定有二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g．（1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；（2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A，B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系．22.如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为s=10m的水平直轨道，BCD是圆心为O，半径为R=10m的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点。
在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。
已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g=10m/s2。
求：（1）小球在AB段运动的加速度的大小；（2）小球从D点运动到A点所用的时间。
（结果可用根式表示）23.一个课外兴趣小组应用如图甲所示装置和传感器研究机械能守恒问题，光滑斜面下端与圆弧相切，D点安装一个力传感器，并与计算机相连，让质量为0.lkg的小球从斜面上不同高度h（释放点到C点所在平面的高度）处由静止释放，小球通过D点时对轨道的压力可由计算机读出，通过多次测量得到了小球对D点的压力F与h的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．求：h=1.6m时，小球运动到C点时对轨道的压力为多大？24.如图所示，物体A，B用绕过光滑的定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体A置于光滑的平台上，物体C中央有小孔，C放在物体B上，细线穿过C的小孔。
“U”形物D固定在地板上，物体B 可以穿过D的开口进入其内部而物体C又恰好能被挡住。
物体A，B，C的质量分别为mA=8 kg，=10kg，mc=2 kg，物体B，C一起从静止开始下降H1=3 m后，C与D发生没有能量损失的碰撞，mBB继续下降H2=1.17m后也与D发生没有能量损失的碰撞。