(完整word版)高考物理能量守恒—计算题
(完整word版)高考物理动量定理和动能定理综合应用
图1高考物理动量定理和动能定理综合应用1． 动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值。
（1）质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s 。
分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值。
（2）如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x 。
分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的。
（3）质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2mt kπ=程中物块所受合力对时间t 的平均值。
2．对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。
比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。
弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。
如图1所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m 的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k ，O 点为弹簧的原长，重力加速度为g 。
该弹簧振子的振幅为A 。
（1）①求出从O 点到B 点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x 的平均值的大小F x ̅；②弹簧振子的周期公式为2π√mk ，求从O 点到B 点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t 的平均值的大小F t ̅；（2）如图2所示，阻值忽略不计，间距为l 的两金属导轨MN 、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R 的电阻，一阻值为r 质量为m 的金属棒ab 跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v 0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x ，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小F t ̅。
2011年高考物理原创预测题：专题三 动能定理 能量守恒定律
专题三：动能定理能量守恒定律一、选择题（本题共14小题，每小题至少1个选项符合题意）1.以下说法中哪些是正确的（）物体做匀速运动，它的机械能一定守恒物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒物体所受合力不等于零，它的机械能可能守恒物体所受合力等于零，它的机械能一定守恒2．如图所示，木块以初速度v冲上高为h的斜面顶端，然后返回，回到斜面底端时的速度小于v. 以斜面底端为零势能面，则．木块上滑过程机械能减小，下滑过程机械能增大．木块上滑过程机械能减小，下滑过程机械能也减小．上滑至斜面中点时动能大于势能．下滑至斜面中点时动能大于势能3、质量为m的物体，以某初速度在动摩擦因数为μ的粗糙水平面上滑行，其动能E k随位移S变化的情况如图所示，图像的横轴纵、轴截距为S0、E k0则下列判断正确的是（）．图像的斜率表示动摩擦因数μ．图像的斜率表示滑行物体的加速度μg．图像的斜率表示物体滑行时受到的摩擦力μmg．图像的斜率表示物体滑行的总时间4．如图所示，烧杯中盛满粘稠的油，油液面距离烧杯底部为ｈ．一质量为m的小球，从离油面H高处从静止开始释放，落到烧杯后恰好停在烧杯底部．小球受到空气阻力不计，则下列说法正确的是（）..油对小球的阻力所做的功数值等于mgH. . 油对小球的阻力所做的功数值等于mg （H+h ）小球运动过程中的最大动能为mgH. 油对小球的平均阻力为mg （1+H/h ）5．质量为2k g 的物体，以1m/s 的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s ，则在此过程中水平力做的功可能为 （ ）. 0.3J. 4J.8J6.一质量为m 物体做自由落体运动，从H 高处下落到地面，当小球的动能E k =12mgH 时，重力的瞬时功率为（）．2mg gH．mg gH.12mg gH.13mg gH 7.如图所示，、两物体质量分别是m 和m ，用劲度系数为k 的轻弹簧相连，、处于静止状态。
能量守恒练习题计算物体在不同位置的机械能
能量守恒练习题计算物体在不同位置的机械能能量守恒练习题：计算物体在不同位置的机械能能量守恒定律是物理学中重要的基本定律之一。
根据能量守恒定律，一个系统的机械能在任何时刻都保持不变，只会转化为其他形式的能量或转移至其他物体上。
在本文中，我们将通过一些练习题来计算物体在不同位置的机械能。
一、问题一: 物体从高处自由下落假设有一个物体从高处自由下落，当该物体处于不同位置时，如何计算其机械能？我们假设该物体质量为m，重力加速度为g，其高度和速度分别为h和v。
1. 当物体位于高度为h处时：机械能E = 动能K + 重力势能U动能K = 1/2mv^2重力势能U = mgh所以，物体在高度为h处的机械能为：E = 1/2mv^2 + mgh2. 当物体落到地面时：记地面高度为0，此时物体高度为h = 0，速度为v'。
动能K' = 1/2mv'^2重力势能U' = mgh' = 0（因为地面高度为0）所以，物体在地面的机械能为：E' = 1/2mv'^2 + 0 = 1/2mv'^2根据能量守恒定律：E = E'即，1/2mv^2 + mgh = 1/2mv'^2二、问题二: 物体在斜面上滑动假设有一个斜面，物体在斜面上滑动，斜面角度为θ，物体的质量为m，斜面上的高度为h，物体在不同位置的机械能如何计算？1. 当物体位于斜面顶端时：机械能E = 动能K + 重力势能U动能K = 1/2mv^2重力势能U = mgh所以，物体在斜面顶端的机械能为：E = 1/2mv^2 + mgh2. 当物体滑到斜面底端时：记斜面底端高度为0，此时物体高度为h'，速度为v'。
动能K' = 1/2mv'^2重力势能U' = mgh' = 0（因为底端高度为0）所以，物体在斜面底端的机械能为：E' = 1/2mv'^2 + 0 = 1/2mv'^2根据能量守恒定律：E = E'即，1/2mv^2 + mgh = 1/2mv'^2三、问题三: 物体在弹簧上振动考虑一个质量为m的物体，以速度v撞击一个具有劲度系数为k的弹簧，物体和弹簧共同振动，当物体处于不同位置时，如何计算其机械能？1. 当物体位于弹簧伸长的最大位置时：机械能E = 动能K + 弹性势能U动能K = 1/2mv^2弹性势能U = 1/2kx^2（x为伸长/压缩的距离）所以，物体在伸长的最大位置的机械能为：E = 1/2mv^2 + 1/2kx^22. 当物体通过平衡位置并开始压缩弹簧时：物体速度逐渐降为0，所以动能K' = 1/2mv'^2 = 0压缩距离为-x'，弹性势能U' = 1/2k(-x')^2 = 1/2kx'^2所以，物体在通过平衡位置并开始压缩弹簧时的机械能为：E' = 0 + 1/2kx'^2根据能量守恒定律：E = E'即，1/2mv^2 + 1/2kx^2 = 0 + 1/2kx'^2综上所述，利用能量守恒定律可以计算物体在不同位置的机械能。
高考物理能量守恒题
高考物理能量守恒题能量守恒是物理学中的一个基本原理，它指出在一个封闭系统中，能量的总量是恒定的，即能量既不能被创造，也不能被毁灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
高考物理中，经常会出现涉及能量守恒的题目，考察学生对该原理的理解和运用能力。
下面将通过几道典型的高考物理能量守恒题目来详细讲解。
第一道题目是关于弹性碰撞的。
题目描述如下：一辆初速度为20m/s的小汽车以30°角度斜坡上爬行，小汽车质量为1000kg，爬升的高度为10m，求小汽车达到最高点时的速度。
解题思路如下：首先，我们可以利用重力势能转化为动能的原理来求解。
在小汽车达到最高点时，其动能为零，而它所具有的重力势能等于初始动能，即mgh=1/2mv^2，其中m为小汽车的质量，g为重力加速度，h为爬升的高度，v为小汽车达到最高点时的速度。
代入已知数据计算即可。
接下来是一道关于弹簧振子的题目。
题目描述如下：一根质量为m，劲度系数为k的一端固定的水平弹簧上挂着一个质量为M的重物，现在将重物初始位置拉到与弹簧伸长到原长的位置之间的某一位置，然后释放，求在振动过程中质点动能与势能的最大值。
解题思路如下：在弹簧振子的振动过程中，势能和动能不断地互相转化。
当质点通过平衡位置时，它的动能最大，此时势能为零；而当质点达到最大位移时，势能最大，动能为零。
所以，在振动过程中，质点的动能和势能会不断地在最大值和最小值之间交替变化。
最后来看一道关于机械能守恒的题目。
题目描述如下：一个滑雪者以一定初速度从斜坡的最高点滑下，斜坡高度为h，滑到底线水平路面的速度为v，求滑雪者在斜坡上的最高点与底线之间损失的机械能。
解题思路如下：在整个滑行过程中，滑雪者只受到重力做功，没有受到其他形式的外力。
根据机械能守恒定律可知，初位置的机械能等于滑到底线位置的机械能加上失去的机械能。
初位置的机械能等于重力势能，滑到底线位置的机械能等于动能，所以损失的机械能等于重力势能减去动能。
高中物理必修第3册第十二章 电能 能量守恒定律试卷达标检测(Word版 含解析)(1)
高中物理必修第3册第十二章电能能量守恒定律试卷达标检测（Word版含解析）(1)一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）1．某同学在做“测电源电动势与内阻”的实验中，可使用的器材有：A．两只相同的毫安表（量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω）；B．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；C．滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；D．各种规格的定值电阻R0；E．电源E（电动势约为3.0V）；F．开关、导线若干．由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A的电流表，他需要把阻值为__________Ω的定值电阻R0与毫安表并联（结果保留一位小数）.该同学将用如右上方的电路图进行实验，测定电源的电动势和内阻．在实验中发现变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G2示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，改变滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表G1、G2的示数分别为I1、I2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I2和I1的关系图线，经拟合得到直线I2＝3.0mA－0.4I1 ,则得出电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（保留一位小数）【答案】5.0 Ω小 3.0V 2.0Ω【解析】【详解】[1]已知量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω, 0.6I=A，设电流表的量程扩大的倍数为n，gInI=并联的电阻为R,根据并联电路的特点则有1gRRn=-解得R=5.0Ω[2]当变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，变阻器的阻值逐渐减小，外电路电阻减小，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，出现这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器，[3][4]G1示数是1I时,电路中的总电流是21200I I+，由闭合电路的欧姆定律得()221200g E I RI Ir =++整理得21200g g E rI I R r R r=-++ I 2＝3.0mA －0.4I 1由I 2和I 1的关系图线得图线的截距b =3.0mA ，斜率0.4K =-0.003g ER r=+ A 2000.4G rR r=+ 解得 3.0E =V ， 解得 2.0r =Ω2．某位同学用如图甲所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关和两个部件．请根据下列步骤完成电阻测量:(1)在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则他应调节__________ (选填或或)． (2)正确处理完上述步骤后,他把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,发现指针如图丙所示,则他应调节__________ (选填或或)．(3)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示,则他应采取的措施是①___________________;②____________________．(4)正确处理完上述步骤后,他把红黑表笔接在定值电阻两端,发现指针如图戊所示,则该定值电阻的阻值___________．【答案】（1）S （2）T （3）①将打到欧姆挡；②将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处（4）【解析】【分析】【详解】（1）在使用前,发现多用电表指针如图乙所示,则应机械调零，即他应调节S使针调到电流的零档位．（2）把开关打在欧姆挡,把红黑表笔短接,即欧姆调零，应该调到电阻的零档位，此时要调节欧姆调零旋钮，即T（3）他把红黑表笔接在某定值电阻两端,发现指针如图丁所示，说明待测电阻较小，应该换小挡，即换挡，换挡必调零，所以要重新调零即将两表笔短接,重新调节,使指针指在欧姆零刻度线处．（4）根据欧姆表读数原则可知欧姆表的读数为【点睛】要熟练万用表的使用规则，并且要注意在换挡时一定要欧姆调零．3．可将光能转换为电能的硅光电池已经得到了广泛的应用．某同学利用如图甲所示的器材探究在一定光照强度下硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．电表视为理想电表．(1)在图甲中实物图上用笔画线代替导线进行连接___________；(2)用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-I图象如图乙所示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻________(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________mA，电动势为________V．(结果保留三位有效数字)(3)若将R=10kΩ的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照射该硅光电池，则该电阻消耗的功率为________ W，此时该硅光电池的内阻为________ kΩ.(结果保留两位有效数字)【答案】不是0.295(0.293～0.297)2.68(2.66～2.69)3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4) 5.4(4.9～5.6) 【解析】 【详解】（1）[1]本实验中测量电源的电动势和内电阻，故采用限流接法，而电流表采用相对电源的外接法；连接实物电路图，如图所示．（2）[2][3][4]因图象的斜率是变化的，所以电池的内阻不是定值；在硅光电池的U -I 图象，图象与横轴的交点表示短路电流，由图可知，短路电流为295μA=0.295mA ；当I =0，U =E ，图线斜率的绝对值表示内阻．由图线a 可知E =2.68V ； （3）[5][6]在图乙中作出电阻的伏安特性曲线如图所示，与电源的伏安特性曲线的交点表示电压和电流，由图可知，I =175μA ，U =1.7V ；故电源的输出功率P =UI =1.7×175×10-6=3.0×10-4W ；根据闭合电路欧姆定律可得：362.68 1.75.610 5.617510E U r k I ---===⨯Ω=Ω⨯4．小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．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1-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 ＝3.6 m/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 ＝－1530 J ，g 取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？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。
高考物理二轮专题复习：能量守恒定律综合计算题(word版含答案)
能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。
将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。
不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。
2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。
已知重力加速度为g。
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。
在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。
4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。
2024高考物理能量守恒定律练习题及答案
2024高考物理能量守恒定律练习题及答案1. 在一个高处为10m的楼顶上有质量为2kg的物体A和质量为4kg的物体B。
物体A水平地以5m/s的速度被推出楼顶，物体B静止不动。
物体A与物体B发生完全弹性碰撞后，两者分别以多大的速度运动？假设重力加速度为10m/s²。
解析：根据能量守恒定律，弹性碰撞过程中动能守恒，即物体A在运动过程中的动能完全转移到物体B上。
根据公式KE = 0.5mv²，我们可以用以下公式计算物体A和物体B的速度：物体A的初始动能 = 物体B的动能 + 物体A的末速度²0.5 * 2 * (5)² = 0.5 * 4 * v² + 0.5 * 2 * v²解方程可得:50 = 2v² + 2v²50 = 4v²v² = 12.5v ≈ 3.54 m/s所以，物体A和物体B分别以3.54 m/s的速度运动。
2. 一个物体质量为0.5kg，初始速度为10m/s，经过一段时间后，物体的速度变为5m/s。
在这段时间内，物体所受到的净力是多少？根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 0.5 * (5² - 10²)= -37.5 J根据牛顿第二定律，力等于物体质量乘以加速度，即：净力 = m * a= 0.5 * (5 - 10)/t （由于物体速度减小，加速度为负值）解方程可得：净力 = -2.5/t因此，在这段时间内物体所受到的净力为-2.5/t 牛顿。
3. 一个质量为2kg的物体从高处落下，下落过程中逐渐失去了5m/s 的速度。
这段过程中物体所受到的净力是多少？解析：对于自由落体运动，物体所受到的净力等于重力，即 F = m * g。
根据动能定理，物体的初动能减去末动能等于物体所做的功，即：功 = 0.5 * m * (v² - u²)= 0.5 * 2 * (0² - (-5)²)因为物体逐渐失去了5m/s的速度，所以功为负值。
高考物理 功能关系 能量守恒定律(含答案)
基础课时15功能关系能量守恒定律一、单项选择题1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由W G＝－ΔE p 知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案 A2.(2014·广东理综，16)如图1所示，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()图1A．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解析由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C、D 错误。
答案 B3．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J解析根据动能定理得W升－mgh＝12m v2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为12m v2＝12×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
2020高中物理人教版(2019)第二册教师文档含习题：第八章 第4节机械能守恒定律 Word版含解析
第4节机械能守恒定律1．追寻守恒量如图所示，让静止的小球沿一个斜面A滚下，小球将滚上另一个对接斜面B，如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，h A□01＝h B。
2．动能与势能的相互转化(1)动能与重力势能间的转化①物体自由下落或沿光滑斜面滑下时，重力对物体做正功，物体的重力势能□02减少，动能□03增加，物体原来的重力势能转化成了□04动能。
②具有一定速度的物体，由于惯性在空中竖直上升或沿光滑斜面上升时，重力对物体做负功，物体原来的□05动能转化成了□06重力势能。
(2)动能与弹性势能间的转化发生弹性形变的物体恢复原来形状时，把跟它接触的物体弹出去的过程中，弹力做□07正功，弹性势能□08减少，弹性势能转化为□09动能；反之，弹力做□10负功，动能转化为弹性势能。
(3)机械能□11重力势能、□12弹性势能与□13动能统称为机械能。
通过□14重力或□15弹力做功，机械能可以从一种形式转化成另一种形式。
3．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，□16动能与□17势能可以互相转化，而总的□18机械能保持不变。
(2)守恒定律表达式①E k2－E k1＝□19E p1－E p2，即ΔE k增＝□20ΔE p减。
②E k2＋E p2＝□21E k1＋E p1，即E2＝E1。
(3)守恒条件：物体系统内只有□22重力或□23弹力做功。
4．功能关系由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下：注：其他力指的是重力和□26系统内弹力之外的力。
典型考点一动能与势能的相互转化1．一只乒乓球由高处静止下落撞击地板后又上升，在整个过程中，不考虑空气阻力，乒乓球动能和势能的转化情况是()A．重力势能→动能→重力势能B．动能→弹性势能→重力势能C．动能→弹性势能→动能→重力势能→动能D．重力势能→动能→弹性势能→动能→重力势能答案 D解析乒乓球在下落过程中，高度降低，速度增大，重力势能减小，动能增大；在撞击地板的一瞬间，由于乒乓球发生形变，乒乓球的动能转化为乒乓球的弹性势能，乒乓球在恢复原状的过程中，弹性势能又转化为乒乓球的动能，使乒乓球产生一个反方向的速度(如不考虑机械能的损失，则此速度与乒乓球撞击地板前的速度大小相同)，向上跳起，在上升过程中，动能又逐渐转化成重力势能，直至动能为零，从下落到反弹上升的全过程中，经历的能量转化过程是重力势能→动能→弹性势能→动能→重力势能，故D正确。
2021年山东省高考物理试题(山东卷)真题(Word版,含答案与解析)
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的 ，其衰变方程为 。以下说法正确的是（ ）
A.衰变方程中的X是电子
B.升高温度可以加快 的衰变
C. 与 的质量差等于衰变的质量亏损
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地 面平齐、长度 的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 ，速度大小在 之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
A. B.
C. D.
10.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为 时的波形图，虚线为 时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合
高考物理一轮复习 选修3-3 3 热力学定律与能量守恒练习(含解析)-人教版高三选修3-3物理试题
热力学定律与能量守恒考点一热力学第一定律的理解和应用【典例1】一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【通型通法】1.题型特征：热力学第一定律的应用。
2.思维导引：气体的内能仅与状态有关，气体返回到原状态，整个过程中气体内能变化为零。
【解析】(1)由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=-120J+280J=160J，气体的内能增加了160J。
(2)气体从状态2回到状态1的过程中内能的减少量应等于从状态1到状态2的过程中内能的增加量，如此从状态2到状态1的内能应减少160J，即ΔU′=-160J，又Q′=-240J，根据热力学第一定律得：ΔU′=W′+Q′，所以W′=ΔU′-Q′=-160J-(-240J)=80J，即外界对气体做功80J。
答案：(1)增加了160J (2)外界对气体做功80J1.热力学第一定律ΔU=Q+W：(1)符号法如此。
符号W Q ΔU(2)三种特殊情况。
2.做功和热传递的区别与联系：看能的性质能的性质发生了变化能的性质不变变化情况联系做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是一样的【加固训练】(多项选择)如下列图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两局部。
a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。
抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。
在此过程中( )A.气体对外界做功，内能减少B.气体不对外界做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变E.单位时间内和容器壁碰撞的分子数目减少【解析】选B、D、E。
a内气体向真空膨胀，不对外界做功，故A错误；又因容器绝热，Q=0，由热力学第一定律知，ΔU=0，故B正确；稀薄气体可看作理想气体，内能不变，如此温度不变，由玻意耳定律知压强减小，故C错误，D、E正确。
2017-2022年近6年全国卷高考物理真题分类汇编：动量守恒定律(Word版含答案)
2017-2022年近6年全国卷高考物理真题分类汇编：动量守恒定律学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共5小题）1．（2020·全国·高考真题）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J2．（2020·全国·高考真题）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积3．（2019·全国·高考真题）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg4．（2017·全国·高考真题）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 与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 点的动量不相等5．（2017·全国·高考真题）将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅二、多选题（本大题共6小题）6．（2021·全国·高考真题）质量为1kg 的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。
(完整word版)高考物理能量守恒—计算题.docx
2011 届新课标高考物理专题模拟演练：能量守恒—计算题1.（ 2010·济南市二模）如图所示，半径R=0.2 m的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定放置，末端 N 与一长 L=0.8m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动。
传送带离地面的高度h=1.25m ，其右侧地面上有一直径 D =0.5m 的圆形洞，洞口最左端的 A 点离传送带右端的水平距离S =1m， B 点在洞口的最右端。
现使质量为m=0.5kg 的小物块从M 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5。
g 取 10m/s2。
求：（1）小物块到达圆轨道末端 N 时对轨道的压力（2）若ν0=3m/s, 求物块在传送带上运动的时间（3）若要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件解析：（ 1）设物块滑到圆轨道末端速度ν1，根据机械能守恒定律得: mgR 1mv12 1 分2设物块在轨道末端所受支持力的大小为F,根据牛顿第二定律得 : F mg m v12 2 分R联立以上两式代入数据得:F=15N 1 分根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N，方向竖直向下 1 分（ 2）物块在传送带上加速运动时，由μmg=ma , 得 a= μg=m/s2 1 分加速到与传送带达到同速所需要的时间t1vv1 =0.2s1 分位移 s1v1v0 t1=0.5ma1 分2匀速时间 t2L s1 =0.1s1 分v0故T t1 t2=0.3s 1 分（ 3）物由送右端平抛h1gt 2 1 分2恰好落到 A 点s v2t得ν2=2m/s 1 分恰好落到 B 点 D +s=ν得ν3=3m/s 1 分3t故ν0足的条件是2分3m/s> ν>2m/s2.（ 2010 ·台州市二模）如所示放置在直平面内游滑的模装置，滑由四部分粗均匀的金属杆成，其中斜直AB 与水平直 CD 均 L＝ 3m，弧形道 APD 和 BQC 均光滑， BQC的半径 r＝ 1m，APD 的半径 R＝ 2m，AB、CD 与两弧形道相切，O2A、O1B 与直方向的角均＝37°．有一量m＝ 1kg 的小球穿在滑上，以初能E k0从 B 点开始沿 BA 向上运，小球与1两段直道的摩擦因数均μ＝3，小球道接均无能量失．求：（g＝ 10m/s2，sin37 °＝0.6， cos37°＝ 0.8）（ 1）要使小球完成一周运回到 B 点，求初能 E K0至少多大；（ 2）若小球以第一 E k0数从 B 出，求小球第二次到达 D 点的能及小球在CD 段上运的路程．解答：（ 1）从 B 点开始到道最高点需要能量E k0＝mgR(1-cos )+ mgLsin+ mgLcos ⋯⋯（ 2 分）代入解得 E k0＝30J从最高点向左返回 B 点剩余能 E kBE kB =mg2R-mgr(1+cos )-mgL=12J ⋯⋯⋯⋯（1 分）明只要小球能从点上升到最高点以后就可以回到 B 点⋯⋯⋯⋯（ 1 分）要使小球完成一周运回到 B 点，初能 E K0至少 30J ⋯⋯⋯（ 2 分）（ 2）小球第一次回到 B 点的能 12J，小球沿BA 向上运到最高点，距离 B 点 X 有： E kB = mgXcos +mgX sin ⋯⋯⋯⋯（1 分）X=18m<3m 13小球掉向下运，当小球第二次到达 D 点能⋯⋯⋯⋯（1分）EKD mgr (1 cos)mgX sin mgX cos mgL ⋯⋯（2 分）=12.6J小球第二次到 D 点后剩12.6J 的能量，沿 DP 弧上升一段后再返回DC 段，到 C 点只剩下 2.6J 的能量。
高考物理动量守恒定律题20套(带答案)
高考物理动量守恒定律题20套(带答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是 m A =4.0kg 和m B =3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t =0时以一定速度向右运动，在t =4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图象如图乙所示．求：①物块C 的质量？②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P ？ 【答案】（1）2kg （2）9J 【解析】试题分析：①由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 即m c ＝2 kg②12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A ＋m C ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4得E p ＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．3．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】02Mv m nv= 【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mvv v M=-车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mvv v M=-⋅同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mvv v n M=-⋅ 由题意v n =0， 得：02Mv m nv=考点：动量守恒定律4．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1kg(重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 【答案】(1)5m/s v =, F ＝22 N (2) k ＝45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-＜【解析】⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR ＝－解得：v ＝＝4m/s在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg ＋F ＝解得：F ＝－mg ＝22N ，为正值，说明方向与假设方向相同。
近6年全国各地高考物理真题汇编：机械能守恒定律(Word版含答案)
2017-2022年全国各地高考物理真题汇编：机械能守恒定律学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共11题）1．（2022·全国·高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积2．（2022·全国·高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。
运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h 。
要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）A ．1h k +B ．hk C ．2h k D ．21h k - 3．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R ，而内壁光滑的14圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，1O O 、为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N 点。
一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N 点时，速度大小为（重力加速度为g ）（ ）A B C D 4．（2021·海南·高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。
如图所示，滑梯顶端到末端的高度 4.0m H =，末端到水面的高度 1.0m h =。
取重力加速度210m /s g =，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。
则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ ）A ．4.0mB ．4.5mC ．5.0mD ．5.5m5．（2021·北京·高考真题）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．（i ）求斜面体的质量；（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i ）20 kg （ii ）不能 【解析】试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．2．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】 【分析】【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．3．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2011届新课标高考物理专题模拟演练：能量守恒—计算题1.（2010·济南市二模） 如图所示，半径R =0.2 m 的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定放置，末端N 与一长L =0.8m 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动。
传送带离地面的高度h =1.25m ，其右侧地面上有一直径D =0.5m 的圆形洞，洞口最左端的A 点离传送带右端的水平距离S =1m ， B 点在洞口的最右端。
现使质量为m =0.5kg 的小物块从M 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5。
g 取10m/s 2。
求：（1）小物块到达圆轨道末端N 时对轨道的压力（2）若ν0=3m/s,求物块在传送带上运动的时间（3）若要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件 解析：（1）设物块滑到圆轨道末端速度ν1，根据机械能守恒定律得: 2112mgR mv =1分 设物块在轨道末端所受支持力的大小为F , 根据牛顿第二定律得:21v F mg m R-= 2分 联立以上两式代入数据得:F =15N 1分根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N ，方向竖直向下 1分（2）物块在传送带上加速运动时，由μmg =ma , 得a = μg =m/s 2 1分加速到与传送带达到同速所需要的时间011v v t a -==0.2s 1分 位移10112v v s t +==0.5m 1分 匀速时间120L s t v -==0.1s 1分故12T t t =+ =0.3s 1分（3）物块由传送带右端平抛212h gt =1分 恰好落到A 点 2s v t = 得ν2=2m/s 1分恰好落到B 点 D +s =ν3t 得ν3=3m/s 1分故ν0应满足的条件是3m/s>ν0>2m/s 2分 2.（2010·台州市二模） 如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB 与水平直轨CD 长均为L ＝3m ，圆弧形轨道APD 和BQC 均光滑，BQC 的半径为r ＝1m ，APD 的半径为R ＝2m ，AB 、CD 与两圆弧形轨道相切，O 2A 、O 1B 与竖直方向的夹角均为θ＝37°．现有一质量为m ＝1kg 的小球穿在滑轨上，以初动能E k 0从B 点开始沿BA 向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ＝13，设小球经过轨道连接处均无能量损失．求：（g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）要使小球完成一周运动回到B 点，求初动能E K0至少多大；（2）若小球以第一问E k 0数值从B 出发，求小球第二次到达D 点时的动能及小球在CD 段上运动的总路程．解答：（1）从B 点开始到轨道最高点需要能量E k 0＝mgR (1-cos θ)+ mgL sin θ +μmgL cos θ……（2分）代入 解得E k0＝30J从最高点向左返回B 点设剩余动能E kBE kB =mg 2R -mgr (1+cos θ)-μmgL =12J…………（1分）说明只要小球能从点上升到最高点以后就可以回到B 点…………（1分）要使小球完成一周运动回到B 点，初动能E K0至少30J… ……（2分）（2）小球第一次回到B 点时的动能为12J ，小球沿BA 向上运动到最高点，距离B 点为X则有：E kB =μmgX cos θ+mgX s in θ………… （1分）X =1318m<3m小球掉头向下运动，当小球第二次到达D 点时动能为……… …（1分）mgL mgX mgX mgr E KD μθμθθ--++=cos sin )cos 1( …… （2分）=12.6J小球第二次到D 点后还剩12.6J 的能量，沿DP 弧上升一段后再返回DC 段，到C 点只剩下2.6J 的能量。
……… …（2分）因此小球无法继续上升到B 点，滑到B QC 某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD 上的某点。
（2分）由动能定理：E KD =μ mg x ………… （2分）可得小球在CD 上所通过的路程为x ＝3.78m小球通过CD 段的总路程为X 总＝2L ＋x ＝9.78m…… ……（2分）3.（2010·扬州四模） 质量m ＝0.78 kg 的木块静止于水平面上，现在恒力F 作用下做匀加速直线运动，已知恒力大小F=4.5N ，方向与水平方向成θ＝37︒角斜向上，如图所示．3 s 末撤去此拉力时，木块已滑行的距离s 0=9m ，（重力加速度g 取10 m/s 2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8．）求：(1) 木块与地面间的动摩擦因数；(2) 撤去拉力后，木块继续滑行的距离；（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功．解：（1）211021t a s = （1分）mg F N =+θsin （1分）1cos ma N F =-μθ （1分）解得4.0=μ （2分）（2）3s 末木块的速度：111t a v = （1分）匀减速阶段g a μ=2 （1分）木块继续滑行的距离2212a v s = （1分） 解得：s ＝4.5 m （2分）（3）对全过程分析0=+f F W W （2分） 又θcos 0Fs W F = （1分）摩擦力对木块做的功 J W f 4.32-=（2分）4. （2010·徐州市三模） 如图所示,粗糙水平轨道AB 与竖直平面内的光滑半圆轨道BC 在B 处平滑连接,B 、C 分别为半圆轨道的最低点和最高点.一个质量m=0.1kg 的小物体P 被一根细线拴住放在水平轨道上,细线的左端固定在竖直墙壁上.在墙壁和P 之间夹一根被压缩的轻弹簧,此时P 到B 点的距离X 0=0.5m.物体P 与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,半圆轨道半径R=0.4m.现将细线剪断,P 被弹簧向右弹出后滑上半圆轨道,并恰好能经过C 点.g 取10m/s 2.求:(1)P 经过B 点时对轨道的压力；(2)细线未剪断时弹簧的弹性势能.解：(1)P 恰好能经过C 点，设其速度为v c ，由向心力公式有2c v mg m R= 2分 解得100.42m/s c v gR ==⨯= 1分P 从B 到C 的过程中机械能守恒，设P 经过B 点时的速度为v B ，则有2211222C B mg R mv mv ⨯+= 2分[ 解得2244100.4225m/s B C v gR v =+=⨯⨯+= 1分设小球刚过B 时受到圆轨道的支持力为N B ，由向心力公式有2B B v N mg m R-= 2分 解得 22(25)0.1100.16N 0.4B B v N mg m R =+=⨯+⨯= 1分 由牛顿第三定律可得，物体刚过B 点时对轨道的压力大小为6N ，方向竖直向下． 1分(2)设细线剪断前弹簧的弹性势能为E P ．从剪断细线到P 经过B 点的过程中，由能量守恒可得2012P B E mgx mv μ-= 3分解得220110.20.1100.50.1(25) 1.1J 22P B E mgx mv μ=+=⨯⨯⨯+⨯⨯= 2分5.（2010·徐州市三模） 如图所示,一根质量为m 的金属棒MN 水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上,并始终与导轨保持良好接触,导轨间距为L,导轨下端接一阻值为R 的电阻,其余电阻不计.在空间内有垂直于导轨平面的磁场,磁感应强度大小只随竖直方向y 变化,变化规律B=ky,k 为大于零的常数.质量为M=4m 的物体静止在倾角θ=30°的光滑斜面上,并通过轻质光滑定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接.当金属棒沿y 轴方向从y=0位置由静止开始向上运动h 时,加速度恰好为0.不计空气阻力,斜面和磁场区域足够大,重力加速度为g.求:(1)金属棒上升h 时的速度；(2)金属棒上升h 的过程中,电阻R 上产生的热量；(3)金属棒上升h 的过程中,通过金属棒横截面的电量.(1)当金属棒的加速度为零时， Mg sin30°=F +mg 2分F=B IL =KhIL 1分khLv I R= 1分 解以上方程得222mgR v k h L= 1分 (2)设产生的焦耳热为Q ，由动能定理，有()21sin 2M m v Mgh mgh Q θ+=-- 3分 得：32244452m g R Q mgh k L h=- 2分 (3)q I t =∆ 1分E I R= 1分 E tφ∆=∆ 1分211022kh Lh kh L φ∆=⋅-= 2分 解得：22kh L q R= 6.（2010·江苏三校联考） 某校物理兴趣小组的同学们决定举行遥控赛车比 赛。
比赛路径如图9所示，赛车以速度0v 向右经过A 点时关闭发动机，沿粗糙水平直轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，恰好能过圆轨道的最高点，运动一周后从B 点离开圆轨道沿光滑平直轨道BC 运动到C 点，水平飞出后恰好能越过宽为S 的壕沟。
已知赛车质量m=0.3kg ，在AB 段受到阻力恒为f=0.3N ，不计空气阻力。
图中L=10.00m ，h=1.25m ，S=1.50m （取g=10 2/s m ）。
求：（1）圆轨道的半径R 等于多少？（2）赛车在A 点时的速度0v 是多少？解：（1）设赛车恰好越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律t v S 1= 2分221gt h = 2分解得13/2g v S m s h == 1分 （2）设赛车在圆轨道最高点时的速度为v 2，赛车由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律得： 222121212mv mv R mg -= 3分又赛车恰好通过圆轨道最高点：R v m mg 22= 2分 解得m R 18.0509==3分在小车由A 到B 的过程中由动能定理可得：20212121mv mv fL -=- 2分解得s m v /290= 1分或者：由赛车在AB 段做匀减速直线运动 2/1s m m f a -=-=由运动学公式aL v v 22021=- 得s m v /290=7.（2010·济宁市二模） (16分)一电动小车沿如图所示的路径运动，小车从A 点由静止出发，沿粗糙的水平直轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆形轨道，运动一周后又从B 点离开圆轨道进入水平光滑轨道BC 段，在C 与平面D 间是一蓄水池。
已知小车质量m=0.1kg 、L=10m 、R=O.32m 、h=1.25m 、s=1.50m ，在AB 段所受阻力为0.3N 。