高考物理总复习小题训练功与能(五)

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(新课标)高考物理一轮总复习第五章第二讲动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)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．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )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3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)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．(2)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．(3)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．(4)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的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)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：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确．答案：A1－2.[解决直线运动问题] 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v2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 ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·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：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得－mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)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x ＝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，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝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)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 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：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)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( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)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( AB )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35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，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 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；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θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

高考物理总复习第五章功和功率课件教案

加速度的最大值为，和已知，则下列说法正确的是( ) 。
解析由图2可知，物体在内的加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的加速运动，A项错误；由牛顿第二定律可以把图像转换成图像，由图像与坐标轴围成的面积表示力所做的功可知，，同理可得 ,B项正确，C项错误；由于物体的加速度一直为正方向，可知物体由运动到的过程中，一直做加速运动，则物体在处速度不是最大，D项错误。
AB
A.当车匀速运动时，和对车做功的代数和为零B.当车加速运动时，和对车做功的代数和为负C.当车减速运动时，和对车做功的代数和为负D.不管车做何种运动，和对车做的总功和总功率都为零
解析人受的摩擦力向右，大小与相等，人受到车的推力向左，大小与相等，当车匀速运动时，人处于平衡状态，和大小相等，方向相反，位移相同，所以和对车做功的代数和为零，A项正确；车加速运动时，人受到的合力向右，小于，位移相同，所以和对车做功的代数和为负功，B项正确；车减速运动时，人受到的合力向左，大于，位移相同，所以和对车做功的代数和为正功，C项错误；根据以上分析可知，和对车做功情况与车的运动状态有关，D项错误。
4.“图像法”求变力做功
在图像中,图线与轴所围“面积”的代数和就表示力在这段位移内所做的功,且位于轴上方的“面积”为正功,位于轴下方的“面积”为负功,但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况（如三角形、矩形、圆等规则的几何图形）。
如：一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为,由其图线与轴所围面积可知，拉力所做的功。
例1 如图所示，质量分别为、的两物块、叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为的斜面匀速下滑。则( ) 。
B
A.、间无摩擦力B.与斜面间的动摩擦因数 C.、间有摩擦力，且对的摩擦力对做负功D. 对斜面的摩擦力方向沿斜面向上

新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》

Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(2019·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处
于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。 AB是半径为R=1 m的 1 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解【题组通关】 1.(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下
落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+
v
2 0
，
Ek=
1 2
mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由
数学中的二次函数知识可判断A正确。
2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( )
A.小于8 J C.大于8 J

名师导学高考二轮总复习物理专题2 第5课功与功率动能定理课件

1
1
定理得 Pt2－fx2＝2mv2m－2mv21
解得 x2＝1 000 m. 则汽车从静止到达到最大速度过的路程为
x＝x1＋x2＝1 010 m.
小结与拓展汽车启动，一般认为阻力 f 不变，要能灵活运用 P＝Fv，F－f＝ma，两式来分析问题，匀加速启动阶段，F，f，a 都不变，v 增大，P 增大．如果 P 不变，则 v 增大，F 减小，a 减小．当 a＝0 后， F＝f，匀速运动．
必要的辅助方程，进行求解．
1．求变力做功的几种方法
功的计算在中学物理中占有重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式 W＝Fscos α只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可
用，变力做功问题可归纳如下： (1)功率恒定：WF＝Pt.注意：这是求牵引力做的
功，而不是合力做的功．
(4)平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律
变化时，可用力的算术平均值(恒力)代替变力，利用功的定义式求功．
W＝Fs＝（F1＋2F2）s.(如矩形木块在浮出水面过程中浮力随木块浸入水中深度的减小而均匀减小)
(5)用动能定理求变力做功
例 1 如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点
动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．
3．一般应用步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程．
(2)分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．
(3)明确物体运动过程中初、末状态的动能 Ek1 和 Ek2.
(4)列出动能定理的方程 W 合＝Ek2－Ek1，及其他
0 时速度达到最大值 vm＝54 km/h＝15 m/s，此时发动机的牵引力 F 与机车所受阻力相等，对汽车速度由 0 到 vm 过程运用动能定理(设发动机功率为 P)，则

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ；（2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】【分析】【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ＝＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有cos37A Bvv ︒＝所以45m/s 0.8B v ＝＝ B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v ＝（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2Dv F m R＝解得D FRv m＝所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：R ≤0.022m2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'11B A v v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t；由匀变速速度公式有：110A avt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=）（3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()2t t B =<≤ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

2025高考物理总复习功与功率

图2
目录
研透核心考点
解析物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 fcos θ-FNsin θ ＝0，fsin θ＋FNcos θ－mg＝ma，代入数据得 f＝15 N，FN ＝15 3 N，又 s＝12at2＝40 m，斜面对物体的支持力所做的功 WN＝FNscos θ＝900 J，故 A 正确；斜面对物体的摩擦力所做的功 Wf＝fssin θ＝300 J，故 B 错误；物体所受重力做的功 WG＝－mgs=－800 J，则物体克服重力做功 800 J，故 C 错误；合外力对物体做的功 W 合=WN＋Wf＋WG=400 J，故 D 正确。
力的方向
力的方向
量度
位移
1.
恒力
正功
负功
克服
不做功
目录
夯实必备知识
2.
快慢
平均功率
平均瞬时
目录
夯实必备知识
1.思考判断
× (1)只要物体受力的同时又发生了位移，就一定有力对物体做功。( ) √ (2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。( ) × (3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。( ) √ (4)由 P＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。( ) × (5)由 P＝Wt 知，只要知道 W 和 t 就可求出任意时刻的功率。( ) × (6)当 F 为恒力时，v 增大，F 的功率一定增大。( )
目录
研透核心考点
考点二变力做功的分析和计算
变力做功常见的五种计算方法
方法
微元法
等效转换法
情境说明
方法总结质量为 m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做的功为 Wf＝f·Δs1＋f·Δs2＋f·Δs3 ＋…＝f(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…)＝f·2πR

2025年高考物理总复习课件专题五机械能第2讲动能、动能定理

高考总复习·物理
【解析】物体沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度a1＝g(sin θ-μcos θ)，在水平面上又做匀减速直线运动，加速度a2＝μg，因动摩擦因数μ和斜面倾角θ未知，故不能确定a1、a2的大小关系，但可确定v＝a1t1＝a2t2，v2＝ 2a1s1＝2a2s2，所以速度大小随时间均匀增大，而后又均匀减小，时间短的加速度大，位移长的加速度小，故A、B正确；由Ek＝12mv2＝12ma2t2，可知Ek-t的图像应是两段抛物线的拼合，C错误；由Ek＝12mv2＝mas，可知，Ek-s的图像应是线性关系，D正确.
高考总复习·物理
【解析】重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG-Wf＝12 mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J， B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝vQh2＝9 m/s2，C正确；经过Q 点时，据牛顿第二定律可得F-mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F ＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确.
高考总复习·物理
【解析】根据动能定理Ek＝Ek0-μmgx，由图像可知μmg＝12000＝5 N，解得μ＝0.25，A、B正确；物体滑行过程中的动能的变化量为-100 J，C错误；物体的初速v0＝ 2Emk0＝10 m/s，加速度a＝μg＝2.5 m/s2，D正确.
高考总复习·物理
考点3 动能定理在多过程运动中的应用［能力考点］
高考总复习·物理
解：(1)重物处于平衡状态，由2Fcos 37°＝mg 解得F＝250 N. (2)设停止施力时重物的速度为v，发力使重物上升的高度为h1，停止发力后重物继续上升的高度为h2，从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间为t.由v2＝2gh2，vt-12gt2＝-h1，联立得t＝0.4 s. (3)设地面对重物的平均阻力为f，重物把地面砸的深度为h3，重物从最高点到最低点的过程中，有-fh3+mg(h1+h2+h3)＝0 解得f＝4 000 N.

2025高考物理总复习动能定理及其应用

计空气阻力)( A )
A. (2＋π)gR
B. 2πgR
C. 2(1＋π)gR
D.2 gR
图3
目录
研透核心考点
解析当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为 h＝R＋πR－ 2π4R＝R＋π2R，根据动能定理有 mgh＝12mv2，解得 v＝ (2＋π)gR，故 A 正确， B、C、D 错误。
同，AB为水平线，AC为竖直线。则( D )
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
图1
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
目录
研透核心考点
解析小物块从 P 点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为 h，与 Q 点的水平距离为 s，根据动能定理得－mgh－μmg·sPQ－μmgcos θ·sAQ＝0－12mv20，即 mgh＋μmg(sPQ＋s)＝12mv20，若减小倾角 θ 时，h 不变，则 s 不变，故 A、C 错误；若 h 变大，则 s 变小，故 B 错误；若 h 变小，则 s 变大，故 D 正确。
的切线水平，重力加速度取 10 m/s2。关于货物从 P 点运动到 Q 点的过程，下
列说法正确的有( BCD )
A.重力做的功为 360 J
B.克服阻力做的功为 440 J
C.经过 Q 点时向心加速度大小为 9 m/s2
D.经过 Q 点时对轨道的压力大小为 380 N
图4
目录
研透核心考点
解析重力做的功为 WG＝mgh＝800 J，A 错误；下滑过程由动能定理可得 WG－Wf＝21mv2Q，代入数据解得克服阻力做的功为 Wf＝440 J，B 正确；经过 Q 点时向心加速度大小为 a＝vh2Q＝9 m/s2，C 正确；经过 Q 点时，根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为 FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为 380 N，D 正确。

2025届高考物理复习：经典好题专项(动能定理及其应用)练习(附答案)

2025届高考物理复习：经典好题专项（动能定理及其应用）练习1．(2023ꞏ北京市东城区模拟)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。

一列质量为m 的动车，初速度为v 0，以恒定功率P 在平直轨道上运动，经时间t 达到该功率下的最大速度v m ，设动车行驶过程所受到的阻力F 保持不变。

下列关于列车在整个过程中的说法正确的是( )A ．做匀加速直线运动B ．牵引力的功率P ＝F v mC ．当动车速度为v m 3时，其加速度为3F mD ．牵引力做的功等于12m v m 2－12m v 022. 如图所示，竖直平面内有一半径为R 的14B 。

一质量为m的小物块从A 处由静止滑下，沿轨道运动至C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。

现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块从C 处缓慢返回A 处，重力加速度为g ，设推力做的功至少为W ，则( )A ．W ＝mgRB ．mgR <W <2mgRC ．W ＝2mgRD ．W >2mgR3. 如图所示，AB 是带有半径为R 的竖直圆轨道的光滑轨道，它的质量为M ，置于左右固定的水平地面上，紧挨轨道的B 点有一倾角为θ的斜面，一质量为m 的小球从光滑斜面上距B 点4R 处由静止释放，当小球通过圆轨道最高点时轨道恰好能离开地面，已知斜面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，不计小球经过B 点时的能量损失，则轨道质量M 与小球质量m 之间的关系为( )A ．M ＝0.8mB ．M ＝1.2mC ．M ＝1.4mD ．M ＝2.0m4. 如图，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，一小球以速度v 从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x 与轨道半径R 的关系，下列说法正确的是( )A ．R 越大，则x 越大B ．R 越小，则x 越大C ．当R 为某一定值时，x 才有最大值D ．当R 为某一定值时，x 才有最小值5. (2023ꞏ四川绵阳市诊断)如图所示，有一倾角θ＝45°的粗糙斜面固定于空中的某位置。

高考复习(物理)专项练习：选择题专项练【含答案及解析】(五)

选择题专项练(五)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(2021山东泰安高三二模)2021年1月30日,华龙一号全球首堆中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行,这标志着我国在三代核电技术领域跻身世界前列。

目前核能发电都是利用核裂变反应,下列方程表示重核裂变的是()A.92235U+01n Ba+3689Kr+301n0eB.90234Th Pa+-1C.24He+49Be n+612CD.12H+13H He+01n2.(2021湖南衡阳高三一模)将运动员推冰壶的情境简化为图甲的模型,t=0时,运动员对冰壶施加一水平向右的推力F=3 N,作用1 s后撤去推力F,冰壶运动的v-t图像如图乙所示,已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.1,则冰壶的质量和t=1 s时冰壶的速度大小分别为()(g取10 m/s2)甲乙A.1 kg,1 m/sB.1 kg,2 m/sC.2 kg,1 m/sD.2 kg,2 m/s3.(2021山东德州高三一模)如图所示,竖直墙壁上的M、N两点在同一水平线上,固定的竖直杆上的P 点与M点的连线水平且垂直MN,轻绳的两端分别系在P、N两点,光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动。

先将轻绳右端沿直线缓慢移动至M点,然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点,整个过程重物始终没落地。

则整个过程轻绳张力大小的变化情况是()A.一直增大B.先增大后减小C.先减小后增大D.先减小后不变4.(2021天津高三模拟)右图为模拟气体压强产生机理的演示实验。

操作步骤如下:①把一颗豆粒从距秤盘20 cm处松手让它落到秤盘上,观察指针摆动的情况;②再把100颗左右的豆粒从相同高度均匀连续地倒在秤盘上,观察指针摆动的情况;③使这些豆粒从更高的位置均匀连续地倒在秤盘上,观察指针摆动的情况。

下列说法正确的是()A.步骤①和②模拟的是气体压强与气体分子平均动能的关系B.步骤②和③模拟的是气体压强与分子密集程度的关系C.步骤②和③模拟的是大量气体分子分布所服从的统计规律D.步骤①和②模拟的是大量气体分子频繁碰撞器壁产生压力的持续性5.(2021广东肇庆高三二模)如图所示,一小车在平直道路上向右运动,车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上,一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。

2020年高考物理一轮复习专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题(精练)(解析版)

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2019·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量为m ＝1 kg 初速度大小为v 2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．则（）A ．小物块向左运动的过程中离A 处的最大距离为4 mB ．0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·sC ．0～4 s 时间内，传送带克服摩擦力做功为16 JD ．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J 【答案】AD【解析】由v －t 图象可知，2 s 时小物块向左运动的距离最远，根据v －t 图象得面积等于位移，s 1＝12×2×4 m ＝4 m ，故A 正确；小物块匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：μm g ＝ma ＝2 N ，0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6 N·s ，故B 错误；由v －t 图象，传送带速度大小：v 2＝2 m/s ，前3 s 小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 2t 3＝2×2×3 J ＝12 J ，故C 错误；小物块在传送带上滑动的3 s 内，皮带的位移s ′＝v 2t 3＝6 m ，方向向右；小物块的位移：s ＝s 1－s 2＝3 m ，方向向左．两个物体的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9 m ，整个过程中摩擦产生的热量：Q ＝μmg Δs ＝18 J ，故D 正确．2．(2019·华东师范大学附中模拟)如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【答案】(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得 μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg .(2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有 F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .3. (2019·江苏如东高中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．【答案】(1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m【解析】(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝mv 2R ，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1，在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1，代入数据解得Δx ＝3 m.4. (2019·浙江效实中学模拟)如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ， ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪ x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .5. (2019·江西白鹭洲中学模拟)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．【答案】(1)1.2 m (2)2.5 m【解析】(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m.6. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？【答案】ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)【解析】设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20，解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ，解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g ，要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)．7. (2019·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .【答案】(1)6 m/s (2)9 J【解析】(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t . 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J.8. (2019·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C ，圆轨道的直径AC 与斜面垂直。

2022年高考物理命题猜想与仿真押题——专题05 功功率动能定理(命题猜想)(解析版)

【考向解读】猜测2022年高考命题特点：①功和功率的计算．②利用动能定理分析简洁问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简洁应用．交汇命题的主要考点有：①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．【命题热点突破一】功和功率的计算在历年的高考中，很少消灭简洁、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式消灭，题目难度以中档题为主．例1.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1 , W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1【答案】C【感悟提升】1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W＝Fl cosα；(2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔE k或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；(3)利用F－l图象曲线下的面积求功；(4)利用W＝Pt计算．2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t内的平均功率；(2)功率计算式：P＝Fv cosα.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．【变式探究】如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．假如要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A．100 W B．200 WC．500 W D．无法确定【答案】B【命题热点突破二】对动能定理应用的考查命题规律：该学问点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡学问的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．例3.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为W F A、W FB，物体动能的增量分别为ΔE A、ΔE B，不计滑轮质量和摩擦，下列推断正确的是()A．W F A＝W FBΔE A＝ΔE BB．W F A＞W FBΔE A＞ΔE BC．W F A＜W FBΔE A＜ΔE BD．W F A＞W FBΔE A＜ΔE B【答案】B【感悟提升】动能定理应用的基本步骤 (1)选取争辩对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的状况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W ＝E k2－E k1，必要时留意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【变式探究】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v2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 ．tan θ和H 2 B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4【解析】设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小 a ＝μg cos θ＋g sin θ①当物块的初速度为v 时，由运动学公式知 v 2＝2a Hsin θ②当物块的初速度为v2时，由运动学公式知⎝⎛⎭⎫v 22＝2a h sin θ③ 由②③两式得h ＝H 4由①②两式得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ. 【答案】D【命题热点突破三】机车启动问题机车启动问题在最近3年高考中消灭的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，估计可能在2021年的高考中消灭，题型为选择题或计算题都有可能．例3、提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，假如要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列方法可行的是( ) A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0 B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k 4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8【变式探究】为登月探测月球，上海航天技术争辩院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了争辩．他们让“月球车”在水平地面上由静止开头运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ； (3)求0～13 s 内牵引力所做的总功．解析：(1)在10 s 末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图象可得a＝v 13由牛顿其次定律得，其阻力f ＝ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为F ，则F ＝f 由P ＝Fv 1可得“月球车”匀速运动时的速度v 1＝P /F ＝P /f 联立解得v 1＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2，f ＝200 N.(3)在0～1.5 s 内，牵引力做功 W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J ＝900 J 在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J 10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J. 答案：见解析【易错提示】机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿其次定律列式求解，后者用平衡学问求解.匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解.) 【高考真题解读】1.(2021·高考全国卷Ⅱ，T17，6分)一汽车在平直大路上行驶．从某时刻开头计时，发动机的功率P 随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )2.(2021·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)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 处由静止开头下落，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，连续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，连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 2NR ，已知F N ＝F ′N＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开头至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，质点连续上升一段距离．选项C 正确． 3．(2021·海南单科，3，3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍D.2倍答案 D4．(2022·重庆理综，2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍,最大速率分别为v 1和v 2，则( ) A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1解析汽车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力f ，即F ＝f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．答案 B4．(2022·新课标全国Ⅱ，16，6分)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,物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程,用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1 B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1 C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1 D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析 W F 1＝12mv 2＋μmg ·v 2t ,W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v 2t ，故W F 2＜4W F 1；W f 1＝ μmg ·v 2t ， W f 2＝μmg ·2v2t ，故W f 2＝2W f 1，C 正确．答案 C5．(2021·浙江理综，18,6分)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析设总推力为F ,位移x ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%Fx ＝12mv 2，解得F ＝1.2×106 N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C错误；依据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x＝32 m/s 2，D 正确．答案 ABD6. (2021·海南单科，4，3分)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开头滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR12 mgR ，C 正确．答案 C7．(2022·大纲全国，19，6分)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v 2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 ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4答案 D8．(2021·浙江理综，23，16分)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°间调整后固定.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，忽视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)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开头下滑；(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)连续增大θ角，发觉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)要使小物块能够下滑必需满足 mg sin θ＞μ1mg cos θ① 解得tan θ＞0.05②(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功W f ＝ μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cosθ)③ 全过程由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝0④ 代入数据解得μ2＝0.8⑤(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥由③⑥解得v ＝1 m/s ⑦对于平抛过程列方程有：H ＝12gt 2，解得t ＝0.4 s ⑧x 1＝v-t ，解得x 1＝0.4 m ⑨ 则x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m ⑩答案 (1)tan θ＞0.05 (2)0.8 (3)1.9 m9. (2021·海南单科，14，13分)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成,圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下,当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开头滑下，求环到达c 点时速度的水平重量的大小．依据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s10．(2021·山东理综，23，18分)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不行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，小球与右侧滑轮的距离为l .开头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：(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．(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T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿其次定律得 T 3－mg ＝m v 2l ⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨答案 (1)3m (2)0.1mgl11．(2021·重庆理综，8，16分)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试验装置，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 处静止释放,小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q 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 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．(2)联立①③式解得v 0＝Lg 2H⑥ 在Q 点处对球由牛顿其次定律得F N －mg ＝mv 20R ⑦联立⑥⑦式解得F N ＝mg (1＋L 22HR )⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR )⑨方向竖直向下(3)从P 到Q 对小球由动能定理得mgR ＋W f ＝12mv 20⑩联立⑥⑩式解得W f ＝mg (L 24H －R )⑪答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 12. (2021·四川理综，9,15分)严峻的雾霾天气，对国计民生已造成了严峻的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力进展地铁，可以大大削减燃油公交车的使用，削减汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速度72 km/h,再匀速运动80s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽视匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)假如燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物 3×10－6克)解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1；距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2,距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v-t 1①s 2＝v-t 2②答案 (1)1 950 m (2)2.04 kg。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析

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

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

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

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。

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

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

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

2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。

2023年高考物理实验题方法总结和训练方法05 电路与器材的选取(练习版)

电路与器材的选取例1. （2022·全国甲卷·T22）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E （电动势1.5V ，内阻很小），电流表（量程10mA ，内阻约10Ω），微安表（量程100μA ，内阻g R 待测，约1k Ω），滑动变阻器R （最大阻值10Ω），定值电阻0R （阻值10Ω），开关S ，导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA ，电流表的示数为9.00mA ，由此计算出微安表内阻g R =_____Ω。

【名师点评】1、实验器材的选择（1）仪器选择的原则①安全因素：电表读数不能超过量程，电阻类元件电流不能超过其最大允许电流． ②误差因素（包括系统误差和偶然误差）：为减小系统误差○A 应采用内阻小电表，○V 应用内阻大的电表；为减小偶然误差电表的读数应不小于量程的1/3．（正常情况下电压表和电流表的指针应指到满偏的三分之二附近）。

③耗电因素：一般较少用到．（2）变阻器的选择：除了搞清限流法和分压法外，在分压接法中，应选择电阻小而额定电流大的变阻器；在限流接法中，应选择电阻值与电路中其他电阻比较接近的变阻器．（3）在一些特殊问题中，选择电压表、电流表还应根据变阻器可能存在的不同连接方式来加以判断，有时需反复推敲逐个排除．2、电流表内外接法的选择所谓内、外接法是相对电流表的位置而言的．无论哪种接法，都会由于电表的内阻影响而带来测量误差．从下表的分析可以看出，合理的选择接法有利于减小误差．比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差原因由于电流表内阻的影响，电压表测量值偏大，结果偏大由于电压表内阻的影响，电流表测量值偏大，结果偏小测量结果 x A R R IUR +==测＞R x xV x V R R R R I UR +==测＜R x 适用条件R x 远大于R AR x 远小于R V（1）若R x 、R A 、R V 的大小大致可估计，可用以下三种方法来选择内、外接法： ①当R x 较大，满足R x 远大于R A 时，应采用内接法，因为此时电流表的分压作用很小．当R x较小，满足R x 远小于R V 时，应采用外接法，因为此时电压表的分流作用很小．可以总结口诀为：“大内小外”②当R x 的大小难以断定时，可采用计算临界值．．．．．的方法确定大小．即算出临界电阻V A R R R =0，若R x ＞R 0则视为大电阻，若R x ＜R 0则视为小电阻．当待测电阻Ｒx >V A R R 时，采用电流表内接法；当待测电阻Ｒx <V A R R 时，采用电流表外接法；③试探法：内外接法试探结果电压变化大用内接法，电流变化大用外接法。

高考物理基础知识综合复习阶段检测卷五机械能守恒定律(含答案)

高考物理基础知识综合复习：阶段检测卷(五) 机械能守恒定律(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.物质、能量、信息是构成世界的基本要素,下面关于能量的认识中错误的是()A.能量是一个守恒量B.同一个物体可能同时具有多种形式的能量C.不同形式的能量可以相互转化D.地面上滚动的足球最终停下来,说明能量消失了2.下列情况中,运动物体机械能一定守恒的是()A.物体所受的合外力为零B.物体不受摩擦力C.物体只有重力做功D.物体做匀速直线运动3.如图所示,木板可绕固定水平轴O转动。

木板从水平位置OA缓慢转到OB位置,木板上的物块始终相对于木板静止。

在这一过程中,物块的重力势能增加了2 J。

用F N表示物块受到的支持力,用F f 表示物块受到的摩擦力。

在此过程中,以下判断正确的是()A.F N和F f对物块都不做功B.F N对物块做功为2 J,F f对物块不做功C.F N对物块不做功,F f对物块做功为2 JD.F N和F f对物块所做功的代数和为04.很多地下车位设计了双层停车位,如图所示的一辆车正在从一层车位被运送至二层车位,在运送过程中,该车经历了先向上加速,然后匀速上升,最后向上减速到零的过程。

下列说法正确的是()A.该车在向上加速的过程中处于失重状态B.该车在匀速上升过程中机械能守恒C.该车在向上减速过程中处于失重状态D.该车在整个过程中合力所做的功等于机械能的增加量5.高二某同学参加引体向上体能测试,在20 s内完成10次标准动作,每次引体向上的高度约为50 cm,则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于(g取10 m/s2)()A.0B.150 WC.300 WD.450 W6.某人用手将质量为1 kg的物体由静止向上提起1 m,这时物体的速度为2 m/s,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.物体的机械能增加10 JB.合外力做功12 JC.合外力做功2 JD.物体重力势能增加2 J7.摩天轮是最受游客欢迎的游乐项目之一,摩天轮悬挂透明舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,下列叙述正确的是()A.在最高点,乘客处于失重状态B.乘客对座椅的压力始终不变C.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变D.乘客的加速度始终恒定不变8.用起重机提升货物,货物上升过程中的v-t图像如图所示,在t=3 s到t=5 s内,重力对货物做的功为W1,绳索拉力对货物做的功为W2,货物所受合力做的功为W3,则()A.W1>0B.W2<0C.W2>0D.W3=09.如图所示,运动员在粗糙塑胶跑道上做负重起跑训练,轻质弹性橡皮条一端套在运动员的腰上,另一端系在一个大轮胎上,起跑过程可简化如下:运动员起跑初期拉动橡皮条使其变长,稍后轮胎在橡皮条牵引下开始运动,最后轮胎与运动员一起匀速运动。

2022版江苏省物理学业水平测试复习小高考冲刺卷(五) Word版含答案

小高考冲刺卷(五)物理本试卷包含选择题(第1题～第23题，共23题69分)、非选择题(第24题～第28题，共5题31分)共两部分．本次考试时间为75分钟．一、单项选择题：每小题只有一个．．．．选项符合题意(本部分23小题，每小题3分，共69分).1. 将近1000年前，宋代诗人陈与义乘着小船在风和日丽的春日出游时写下诗句：“飞花两岸照船红，百里榆堤半日风，卧看满天云不动，不知云与我俱东”．请问诗句中的“云与我俱东”所对应的参考系是()A. 两岸B. 船C. 云D. 诗人2. 关于质点，下列说法正确的是()A. 体积大、质量小的物体就是质点B. 质量大、体积大的物体不行视为质点C. 汽车可以视为质点，火车不行视为质点D. 争辩月球绕地球运行，可将月球视为质点3. 下列物理量的单位中，属于基本单位的是()A. NB. kgC. m/sD. m/s24. 关于力，下列叙述正确的是()A. 施力物体同时肯定是受力物体B. 作用力与反作用力是一对平衡力C. 一对平衡力肯定是同一种性质的力D. 作用力与反作用力可以是不同性质的5. 如图所示，一质量为m 的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑. 下列说法正确的是()A. 物体所受合力的方向沿斜面对下B. 斜面对物体的支持力等于物体的重力C. 物体下滑速度越大，说明物体所受摩擦力越小D. 斜面对物体的支持力和摩擦力的合力的方向竖直向上6. 关于摩擦力，有如下几种说法，其中错误的是()A. 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动B. 摩擦力与物体运动方向有时是全都的C. 摩擦力的方向与物体运动方向总是在同始终线上D. 摩擦力的方向总是与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反7. A、B两个物体在同始终线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则()A. A、B两物体运动方向肯定相反B. 开头4s内A、B两物体的位移相同C. t＝4s时，A、B两物体的速度相同D. A物体的加速度比B物体的加速度大8. 下列所述的实例中，遵循机械能守恒的是()A. 宇宙飞船放射升空的过程B. 飞机在竖直平面内做匀速圆周运动的过程C. 标枪在空中飞行的过程(空气阻力均不计)D. 小孩沿滑梯匀速滑下的过程9. “验证机械能守恒定律”的试验装置如图所示，试验中发觉重物增加的动能略小于削减的重力势能，其主要缘由是()A. 重物的质量过大B. 重物的体积过小C. 电源的电压偏低D. 重物及纸带在下落时受到阻力10. 天宫二号在地球引力作用下，绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星的质量为m，天宫二号离地面的高度为h，引力常量为G，则地球对天宫二号的万有引力大小为()A. GMm（R＋h）2B. GMmR2 C. GMmh2 D. GMmR＋h11. 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是()A. 重力势能和动能之和总保持不变B. 重力势能和弹性势能之和总保持不变C. 动能和弹性势能之和总保持不变D. 重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变12. 质量为m的小物块，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，如图所示．假如以桌面为参考平面，那么小物块落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是()A. mgh，削减mg(H＋h)B. mgh，增加mg(H＋h)C. －mgh，增加mg(H＋h)D. －mgh，削减mg(H＋h)13. 在如图所示的各电场中，A、B 两点场强相同的是()ABCD14. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F ，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离削减为原来的13，它们之间的相互作用力变为( )A. F3B. FC. 9FD. 81F15. 如图所示，一带正电的离子束沿图中箭头方向通过两磁极间时，它受的洛伦兹力方向( ) A. 向上 B. 向下C. 指向N 极D. 指向S 极16. 如图所示，一个带负电的粒子沿着逆时针方向做匀速圆周运动，则此粒子的运动( ) A. 在圆周外侧不产生磁场B. 圆心处的磁场方向垂直纸面对里C. 圆心处的磁场方向垂直纸面对外D. 在圆周内部不产生磁场17. 在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流 I 和磁场 B 以及磁场对电流作用力 F 三者的方向，其中错误的是( )ABCD18. 如图所示，重为G 的物体受到斜向上与水平方向成30°角的恒力F 的作用，物体沿水平地面做匀速直线运动．下列说法正确的是 ( )A. 物体对地面的压力等于物体的重力B. 物体对地面的压力小于地面对物体的支持力C. 地面对物体的支持力等于G －F2D. 地面对物体的摩擦力等于μG19. 在“互成角度的两个力合成”试验中，用A 、B 两只弹簧秤把皮条上的结点拉到某一位置O ，这时AO 、BO 间夹角∠AOB ＜90°，如图所示，现转变弹簧秤A 的拉力方向，使α角减小，但不转变它的拉力大小，那么要使结点仍被拉到O 点，就应调整弹簧秤B 拉力的大小及β角，在下列调整方法中，哪些是不行行的是( )A. 增大B 的拉力和β角B. 增大B 的拉力，β角不变C. 增大B 的拉力，减小β角D. B 的拉力大小不变，增大β角请阅读下列材料，回答20～23小题．2022年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星放射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学试验卫星“墨子号”放射升空．这将使我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学试验体系．量子卫星2011年12月立项，是中科院空间科学先导专项首批科学试验卫星之一．其主要科学目标一是进行星地高速量子密钥分发试验，并在此基础上进行广域量子密钥网络试验，以期在空间量子通信有用化方面取得重大突破；二是在空间尺度进行量子纠缠分发和量子隐形传态试验，在空间尺度验证量子力学理论．20. 火箭由地面竖直向上放射，在大气层里加速上升的过程中卫星的()A. 机械能增加B. 重力势能削减C. 机械能不变D. 动能削减21. 火箭在大气层里加速上升的过程中，假设火箭中有一个质量为2kg的物体静止地放在台式测力计上，此时弹簧测力计的读数可能是()A. 20NB. 10NC. 40ND. 0N22. 量子卫星进入预定轨道后绕地球做椭圆轨道运动，地球位于椭圆轨道的一个焦点上，如图所示，从A 点运动到远地点B的过程中，下列表述正确的是()A. 地球引力对卫星不做功B. 卫星的速度越来越大C. 卫星受地球引力越来越小D. 卫星受地球引力越来越大23. 设某遥感卫星绕地球做匀速圆周运动，对它而言其半径越小，获得的图像辨别率就越高．则当图像的辨别率越高时，卫星的()A. 向心加速度越小B. 角速度越小C. 线速度越小D. 周期越小二、填空题：把答案填在横线上(本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分)．24. 本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24－A题计分.24－A. (本题供选修1－1的考生作答)如图所示，在范围足够大、垂直纸面对里的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流()A. 向左平动B. 向上或向下平动C. 向右平动D. 绕O1O2转动24－B. (本题供选修3－1的考生作答)一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点过程中，电场力做了2×10－6 J的正功，那么()A. 电荷的动能削减了2×10－6 JB. 电荷在B处时具有2×10－6 J的动能C. 电荷的电势能削减了2×10－6 JD. 电荷在B处时具有2×10－6 J的电势能25. (1) 在“验证机械能守恒定律”试验中，纸带被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中最合适的是________．ABCD(2) 某同学利用一架固定好的自动相机，用同一张底片多次曝光的方法，拍下了一辆小轿车启动后不久做匀加速直线运动的照片. 相邻两次曝光的时间间隔为2.0s，已知小轿车的车长为4.5m.他用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示，试估算这辆小轿车的加速度a＝________，和小轿车在照片中其次个像所对应时刻的瞬时速度v＝________. (结果均保留两位有效数字)(a)(b)(3) 如图所示装置，争辩质量肯定的物体的加速度与作用力的关系. 争辩对象是放在长木板上的小车，小车的质量为M，长木板是水平放置的，小车前端拴着细轻绳，跨过定滑轮，下面吊着砂桶，当砂和桶总质量远小于小车质量时，可认为细绳对小车的作用力等于砂和桶的总重力mg，用转变砂的质量的方法，来转变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据，画出aF图线(如图所示)．分析这一图线将木板____________(选填“有滑轮端”或“无滑轮端”)适当垫高可使aF图线经过坐标原点．三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位(本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分)．26. 在平直的高速大路上，一辆汽车正以32m/s的速度匀速行驶，因前方消灭事故，司机马上刹车，直到汽车停下，已知汽车的质量为1.5×103kg，刹车时汽车所受的阻力为1.2×104N，求：(1) 刹车时汽车的加速度；(2) 从开头刹车到最终停下，汽车运动的时间；(3) 从开头刹车到最终停下，汽车前进的距离．27. 如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块，B物块用长为0.25m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计. 细线能承受的最大拉力为8N.A、B间的动摩擦因数为0.4，B与转盘间的动摩擦因数为0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F.试通过计算在坐标系中作出Fω2图象．(g取10m/s2)28. 如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α＝37°.小物块经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平. 已知长木板的质量M＝4 kg，A、B 两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2. 求：(1) 小物块水平抛出时，初速度v0的大小；(2) 小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3) 长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？20小高考冲刺卷(五)1. A 解析：参考系不能选取争辩对象自身，即不能选取云和诗人为参考系，C 、D 选项错误，而诗人相对于船又是静止的，也不行能以船为参考系，B 选项错误，所以A 选项正确．2. D 解析：将物体抽象为质点的条件是：物体的大小和外形对所争辩的运动问题属于无关因素或次要因素时，物体才可被看成质点．3. B 解析：力学单位制中基本单位分别是：米、千克、秒，牛顿、米每秒、米每二次方秒都属于导出单位．4. A 解析：依据力的相互性知道，物体对于作用力属于施力物体，但对于反作用必为受力物体，A 正确．作用力和反作用力的性质必定相同，而一对平衡力的性质却不肯定相同，它们有着本质区分，所以B 、C 、D 错误．5. D 解析：物体沿斜面匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力三力作用，且合力为零，A 错误；其中任意两个力的合力必定与第三个力大小相等、方向相反，D 正确，B 错误；滑动摩擦力的大小只与接触面处弹力和动摩擦因数有关，与物体运动速度无关，C 错误．6. C 解析：摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，A 正确；摩擦力的方向总是与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动方向可能相同，也可能相反，甚至成任意夹角，B 、D 正确，C 错误．7. C 解析：从图象知，A 、B 两物体的速度都为正值，说明二者方向相同，A 错误；0～4s 内图线与时间轴所围的面积不等，即位移不同，B 错误；两图线相交于4s ，纵坐标相同即速度相同，C 正确；图线的斜率代表加速度，由图知，A 的斜率小于B 的斜率的确定值，D 错误．8. C 解析：宇宙飞船放射升空的过程，不断消耗燃料获得能量，其机械能不守恒，A 错误；飞机在竖直平面内做匀速圆周运动的过程，动能不变，重力势能在不断变化，其机械能不守恒，B 错误；标枪在空中飞行的过程(空气阻力均不计)，只受重力作用，且只有重力做功，其机械能守恒，C 正确；小孩沿滑梯匀速滑下的过程，动能不变，重力势能不断减小，其机械能不守恒，D 错误．9. D 解析：“验证机械能守恒定律”的试验中，重物及纸带在下落时受到阻力，削减的重力势能一部分用来克服阻力做功消耗掉了，剩余的转化为动能，所以重物增加的动能略小于削减的重力势能，D 正确．10. A 解析：依据万有引力定律G Mmr 2，其中r 为天宫二号到地球球心的距离，即r ＝R ＋h ，A 正确．11. D 解析：小球和弹簧组成的系统中，外力只有重力做功，内力只有弹力做功，所以系统机械能(小球重力势能、小球动能、弹簧弹性势能之和)守恒，所以D 正确，A 、B 、C 错误．12. D 解析：小物块落地时，在桌面(参考平面)下方h 处，所以其重力势能为－mgh ，初末位置高度差为H ＋h ，重力势能削减mg(H ＋h)，D 正确．13. C 解析：电场强度是矢量，所以A 、B 两点场强相同是指电场强度的大小相等、方向相同．所以只有C 图满足条件．14. D 解析：依据库仑定律F ＝k Qq r 2知，两电荷的带电量都增大为原来的3倍，距离削减为原来的13，它们之间的相互作用力变为原来的81倍，D 正确．15. A 解析：依据左手定则，左手掌心面对N 极，同时四指指向正离子的运动方向，大拇指所指方向就是它受的洛伦兹力方向，A 正确．16. B 解析：一个带负电的粒子沿着逆时针方向做匀速圆周运动，可以等效成一顺时针的环形电流，再依据右手螺旋定则知，圆心处的磁场方向垂直纸面对里，环形电流外面的磁场方向垂直纸面对外，B 正确．17. C 解析：依据左手定则，让磁感线穿过左手掌心，同时四指指向电流的方向，大拇指所指方向就是它受的安培力方向，C 选项错误，所以选择C.18. C 解析：由题意知物体受重力、支持力、摩擦力和斜向上的拉力F 四力作用，处于平衡状态，依据平衡条件可知，F N ＝G －F 2，F f ＝32F ＝μ⎝⎛⎭⎫G －F 2，又由于支持力和压力是一对相互作用力，所以C 正确． 19. D 解析：由于O 点位置不变，所以其所受三力合力为零，此三力可组成一封闭三角形．依据三角形的变化知，D 是不行行的．20. A 解析：火箭由地面竖直向上放射，在大气层里加速上升的过程中卫星的动能和势能都在增加，所以其机械能增加，A 正确．21. C 解析：火箭在大气层里加速上升的过程中，火箭中相对静止的物体处于超重状态，所以弹簧测力计的读数大于20N ，C 正确．22. C 解析：从A 点运动到远地点B 的过程中，地球引力与卫星运行速度成钝角，对卫星做负功，A 错误；由开普勒行星运动三定律的面积定律知，从A 点运动到远地点B 的过程中，卫星的线速度减小，B 错误；依据万有引力定律F ＝G Mmr2，从A 点运动到远地点B 的过程中r 增大，引力减小，所以C 正确，D 错误．23. D 解析：遥感卫星绕地球做匀速圆周运动中，地球对其万有引力供应向心力，由公式G Mmr 2＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r 知，a n ＝G M r2，v ＝G Mr，ω＝G Mr3，T ＝2πr 3GM，当图像的辨别率越高时，卫星半径r 越小，由前面四式知，D 正确，A 、B 、C 错误．24－A. D 解析：使闭合线圈中产生感应电流，需要其中磁通量发生变化，A 、B 、C 三种状况磁通量都不变，只有D 磁通量变化，D 正确．24－B. C 解析：由动能定理W 合＝ΔE k ，电荷的动能增加了2×10－6J ，A 、B 错误；依据W 场＝－ΔE p知，电荷的电势能削减了2×10－6J ，C 正确，D 错误．25. (1) D(2) 1.9m/s 2 7.9m/s (3) 无滑轮端解析：(1) 纸带释放前，重锤应靠近打点计时器，且要保持纸带处于竖直状态，以减小纸带运动时与限位孔间的阻力，D 正确．(2) 由Δx ＝aT 2、v t 2＝x2T 可求得a ＝1.9m/s 2 ，v ＝7.9m/s.(3) 由图知，图线不过原点是由于摩擦力未平衡或欠平衡，要使图线过原点，则需适当抬高无滑轮的一端． 26. 解析：(1) 由牛顿其次定律F ＝ma 知a ＝F m ＝－1.2×1041.5×103m/s 2＝－8m/s 2.(2) 由v ＝v 0＋at 得t ＝v －v 0a ＝0－32－8s ＝4s.(3) 由v 2－v 20＝2ax得x ＝v 2－v 202a ＝0－（32）22×（－8）m ＝64m.27. 解析：当B 物体相对于转盘有滑动趋势时的角速度为ω1＝μ1gr＝10.25＝2rad/s ；则F ＝0，ω∈[0，2]当A 物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，A 将要脱离B 物体，此时的角速度由mω22r ＝μ2mg 得ω2＝μ2gr＝40.25＝4rad/s ，则 F ＝2mω2r －μ1·2mg ＝0.5ω2－2，ω∈(2，4]当ω2＝4rad/s 时，绳子的张力为F ＝6N<8N ，故绳子未断．接下来随角速度的增大，A 脱离B 物体，只有B 物体做匀速圆周运动，当B 物体即将滑动时的角速度为ω3，则ω3＝F max ＋μ1mgmr＝8＋11×0.25＝6rad/s则T ＝mω2r －μ1mg ＝0.25ω2－1，ω∈(4，6]所以，F 与ω2的关系为⎩⎪⎨⎪⎧F ＝0 ω2∈[0，4]F ＝0.5ω2－2 ω2∈（4，16]F ＝0.25ω2－1 ω2∈（16，36]F ω2图象如图所示．28. 解析：(1) 设小物块做平抛运动的时间为t ，则有H －h ＝12gt 2设小物块到达B 点时竖直分速度为v y ＝gt 由以上两式解得v y ＝3m/s由题意，速度方向与水平面的夹角为37°，tan37°＝v yv 0，解得v 0＝4m/s.(2) 小物块运动到B 点时的速度v 1＝v 20＋v 2y＝5m/s 设小物块到达C 点时速度为v 2，从B 至C 点，由动能定理得mgh ＝12mv 22－12mv 21 设C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝mv 22R由几何关系得R －hR＝cos37°由上式可得R ＝0.75m ，v 2＝27m/s, F N ＝47.3N依据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3N. (3) 由题意可知小物块对长木板的摩擦力F f1＝μ1mg ＝5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F f2＝μ2(M ＋m)g ＝10N因F f1<F f2，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0，则长木板长度为l ＝v 222μ1g ＝2.8m所以长木板至少为2.8m ，才能保证小物块不滑出长木板．。

2025年高考物理总复习专题五机械能第4讲功能关系、能量守恒

第4讲功能关系、能量守恒知识巩固练1.(2023年海淀一模)如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态.然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止.在此过程中，下列说法正确的是 ( )A.弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加B.弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量C.重物对手的压力随下降的距离均匀变化D.手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量【答案】C 【解析】由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和且一直在减少，A 错误；弹簧和手对重物做的功等于重物机械能的变化量，B 错误；由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为x 0，则有kx 0＝mg ，当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为x ，则有k (x 0-x )+F ＝mg 联立解得F ＝kx ，故C 正确；物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D 错误.2.质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a ＝13g 竖直下落到地面，在此过程中 ( )A.物体的重力势能减少13mgh B.物体的动能增加13mgh C.物体的机械能减少13mghD.物体的机械能保持不变【答案】B 【解析】竖直下落到地面过程中，W G ＝mgh ，故重力势能减少mgh ，A 错误；物体所受合力为F 合＝ma ＝13mg ，由动能定理得，动能的增加量ΔE k ＝F合h ＝13mgh ，B 正确；由于重力势能减少mgh ，动能增加13mgh ，故机械能减少23mgh ，C 、D 错误.3.如图所示，足够长的水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗以25 kg/s 的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为 ( )A.200 WB.50 WC.100 WD.无法确定【答案】C 【解析】在1 s 内落到传送带上煤的质量为Δm ，这部分煤由于摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系得fs ＝12Δmv 2，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有s ＝0+v 2t ＝vt 2.传送带的位移s 传＝vt ，相对位移Δs ＝s 传-s ＝s ，由此可知煤的位移和煤与传送带的相对位移相同，因此摩擦生热Q ＝f Δs ＝12Δmv 2，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功来保持传送带速度.所以传送带1 s 内增加的能量ΔE ＝12Δmv 2+f Δs ＝Δmv 2＝25×22 J ＝100 J ，皮带机应增加的功率P ＝ΔEt＝100 W ，故C 正确.4.我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣.某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动.无论在“天宫”还是在地面做此实验 ( ) A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化【答案】C 【解析】在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a ＝v 2r和F ＝m v 2r(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B 、D 错误.综合提升练甲5.(2023年重庆模拟)(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成.如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m ＝2 kg 的水，辘轳轮轴半径为r ＝0.1 m ，水斗的质量为0.5 kg ，井足够深且井绳的质量忽略不计.t ＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g 取10 m/s 2，则 ( )A.水斗速度随时间变化规律为v＝0.4tB.井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10tC.0~10 s内水斗上升的高度为4 mD.0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J【答案】AD【解析】根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝4010×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功率为P＝Fv＝Fωr，又由于F-(m+m0 )g＝(m+m0 )a，根据上述有a＝0.4 m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0~10 s内水斗上升的高度为h＝ωr2t＝40×0.1×102m＝20 m，C错误；根据上述P＝10.4t，0~10 s内井绳拉力所做的功为W＝10.4×10×102J＝520 J，D正确.6.(2022年福建卷)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端.该物体的动能E k随位移x的变化关系如图所示，图中x0、E k1、E k2均已知.根据图中信息可以求出的物理量有()A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】由动能定义式得E k1＝12mv02，则可求解质量m；上滑时，由动能定理E k-E k1＝-(mg sin θ+f)x，下滑时，由动能定理E k＝(mg sin θ-f)(x0-x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mg sin θ+f＝E k1x0，mg sin θ-f＝E k2x0，两式相加可得g sin θ＝12m(E k1x0+E k2x0)，相减可知f＝E k1-E k22x0，即可求解g sin θ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小和斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mg sin θ+f＝ma，t＝v0a，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确.7.(2023年广东模拟)如图所示，质量分别为m和3m的小物块A和B，用劲度系数为k轻质弹簧连接后放在水平地面上，A通过一根水平轻绳连接到墙上.A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用水平拉力将B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，B恰好能保持静止，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.下列判断正确的是 ( )A.物块B 向右移动的最大距离为x B ＝4μmg kB.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中相对于其初位置的最大位移大小6μmg kC.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中通过的总路程为4μmg kD.若剪断轻绳，A 最终会静止时弹簧处于伸长状态，其伸长量为μmg k【答案】C 【解析】根据题意撤去拉力后，B 恰好能保持静止，即kx B ＝3μmg ，解得x B ＝3μmg k.剪断轻绳，A 会在弹簧弹力和摩擦力共同作用下向右运动，弹簧伸长量减小，弹力减小，B 不会发生移动，即B 处于静止状态，A 速度减为零时，设弹簧处于拉长状态且伸长量为x A ，根据能量守恒可知12kx B 2-12kx A 2＝μmg (x A -x B )，解得x B ＝x A (舍去)，x A ＝-13x B .负号表示弹簧处于压缩状态，压缩量为x'A ＝μmg k，此时恰好有kx A ＝μmg ，即A 速度减为零时刚好能静止，所以A 运动的最大位移及路程为s ＝x'A +x B ＝4μmg k，C 正确，B 、D 错误.8.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 .现将滑块缓慢水平向左移动，压缩固定在平台上的轻质弹簧，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：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，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传送带的速度，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 ，由机械能守恒定律，得E p ＝12mv 2，滑块从B 运动到C 过程，由动能定理，得 -μmgL ＝12mv 02-12mv 2，所以E p ＝12mv 2＝12mv 02+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 ，a ＝μg ，由(2)得v＝√v02+2μgL，滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L-x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，解得Q＝μmgL-mv0(√v02+2μgL-v0).。

备战高考物理计算题专题复习《功和能综合计算》(解析版)

《功和能综合计算》一、计算题1.如图所示，水平传送带长，且以的恒定速率顺时针转动，光滑曲面与传送带的右端B点平滑链接，有一质量的物块从距传送带高的A点由静止开始滑下已知物块与传送带之间的滑动摩擦因数，重力加速度g 取，求：物块距传送带左端C的最小距离。

物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度。

在整个运动过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量。

2.光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体，都以的速度向右运动，弹簧处于原长；质量为4kg的物体C静止在前方，如图所示，B与C发生碰撞后碰撞时间极短粘合在一起运动，在以后的运动中，求：弹性势能最大值为多少？当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？3.一轻质细绳一端系一质量为的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离，动摩擦因数为。

现有一滑块B，质量也为，从斜面上高度处滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能。

若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，取，结果用根号表示，试问：求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度；求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力；滑块B与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。

4.如图所示，粗糙水平地面与半径为的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为的小物块在水平恒力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取求：小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．5.如图所示，质量为5kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为5kg，停在B的左端质量为1kg的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数为，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，重力加速度，求：碰撞后瞬间物块A的速度大小为多少；木板B至少多长；从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能．6.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O 等高的C点时对轨道的作用力大小．为使滑块恰好始终沿轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．7.汽车的质量为，额定功率为30kW，运动中阻力大小恒为车重的倍。

高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律练习题(含详细答案)

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

重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。

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

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

斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。

木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

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

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

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

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

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