2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三 动能定理和能量守恒定律2 Word版含解析.

高三物理二、三轮复习计划与安排高三物理通过第一轮基础知识的复习，学生对高中物理中的基本概念、规律，及其一般应用，在原来的基础上大都有了一定提高。

但这些方面的知识，总的来说是比较零散的，同时，由于新高考划线录取模式未完全出炉，前两年——高一、高二对物理在高考中的作用认识不足，老师、学生对物理不够重视所带来的负面影响，使得第一轮复习较往年同样时间所产生的效果是不同的；对于综合方面的应用更存在较大的问题。

根据往年的经验，在第二轮复习中，主要的任务是能把整个高中物理知识连成线，铺成面织成网，实现知识网络化、系统化。

疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。

另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。

如何才能在最后阶段充分利用有限的时间，提高复习效率，这是每位高三同仁都会思考的问题。

我们学校高三物理组根据新高考、新形势，结合本校学生具体情况，参照以往经验制订了2008届高三物理二、三轮复习计划，今天利用市教研室给我们提供的机会，把我们的一些还不成熟的做法向在座的各位领导、老师汇报一下，敬请批评指正。

一、二轮复习主要任务（一）、立足基础，构建知识体系，实现知识网络化由于高一高二认识的问题，使得前期基础知识的学习受到一定的影响，所以第一轮复习后学生的基础知识比以前还是有点不足的。

主要存在以下几方面问题：1、知识理解不到位：⑴对基本概念、基本公式记忆不清，常在考试中将公式表达错；⑵对基本概念、基本公式理解不到位，以致于在具体应用中出错；⑶对定理、定律理解单一，缺乏从不同角度理解；2、解题不规范：解题格式，语言表达不规范3、解题方法不灵活：对物理学科而言，现在的高考在选择题方面，由于单选与多选分开，在解题上有很强的技巧性。

比如这次统测的第9题（讲解）：4、解综合题能力不够：以上几方面在本次市统测中都有明显的体现，相信这是我们每个兄弟学校的共性，针对这种现状，在二轮复习中我们:进一步深化对基础知识的理解，同时把分章节复习的比较零散的知识点从整体的高度重新认识，突出主干知识，抓住重点，了解知识间的纵横联系，从而构建一个完整的知识结构体系。

弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。

动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。

《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。

考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。

它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。

还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。

所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。

在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。

二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。

而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。

（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。

②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

第4讲动能定理、能量守恒定律考点一常见的功能关系1 (多选)如图4-1所示,一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端,上端连接一带正电的光滑滑块P,滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场,滑块平衡时,弹簧恰好处于原长状态.现给滑块一沿斜面向下的初速度,滑块最低能运动到M点,在滑块从开始运动至到达最低点M的过程中,以下说法正确的是()图4-1A.滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功B.滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量C.弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量D.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和归纳对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现.(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.式1 如图4-2所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.现棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图4-2B.棒的动能增加量A.棒的机械能增加量D.电阻R上放出的热量C.棒的重力势能增加量式2 (多选)如图4-3所示,一倾角为37°的斜面固定在水平地面上,重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放,沿斜面向下运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,以水平地面为重力势能等于零的参考面.滑块从静止运动到斜面底端的过程中,下列说法正确的是()图4-3A.滑块的重力势能减少2.4 JB.滑块的动能增加0.48 JC.滑块的机械能减少1.6 JD.滑块因摩擦生热0.96 J 考点二动能定理解决多过程问题2 由相同材料的木板搭成的轨道如图4-4所示,其中木板AB、BC、CD、DE、EF……的长均为L=1.5 m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h=1.8 m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,问:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)物体能否静止在木板上?请说明理由.(2)物体运动的总路程是多少?(3)物体最终停在何处?并作出解释.图4-4[导思] ①物体若静止在木板上,应满足什么条件?物体最终将停在什么位置?②摩擦力做功有何特点?对于运动的全过程,摩擦力做功怎么表示?归纳1.应用动能定理解题的思路和步骤(1)了解由哪些过程组成、选哪个过程研究;(2)分析每个过程物体的受力情况;(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无贡献;(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能;(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.2.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可以分段作用.3.“两状态,一过程”是应用动能定理的着眼点,即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,明确研究过程,关注这一过程的位置变化或位移信息.式1 (多选)如图4-5所示,两块竖直木板夹着一物块,物块在木板内静止,两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧).让木板从离地h高位置自由下落,落地后木板静止,物块在木板中下滑了l长度.已知物块与木板间的动摩擦因数不变,以下说法正确的是(以下过程中物块均未触地) ()图4-5A.如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,物块下滑的长度将为2lB.如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,物块下滑的长度将大于2lC.如果仅改变物块的质量,使其变与原来的2倍,物块下滑的距离将为2lD.如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离将大于2l 式2 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图4-6所示(除2~10 s时间段内的图像为曲线外,其余时间段图像均为直线),2 s后小车的功率不变,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.小车的质量为1 kg,则小车在0~10 s运动过程中位移的大小为()图4-6D.48 mC.45 mB.42 mA.39 m 考点三连接体的功能关系问题3 半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平,D是圆环最低点.质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图4-7所示,由静止释放,当小球A运动至D点时,小球B的动能为(重力加速度为g) ()图4-7A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR[导思] ①如何选取研究对象?②当A运动到最低点D时,B的位置在哪儿?归纳1.对多个物体组成的系统,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒,其条件可理解为:(1)只有重力做功或只有弹力做功时,系统的机械能守恒.(2)系统内力、其他力做功代数和为零时,系统的机械能守恒;(3)系统内各物体间只有动能和势能转化,没有内能损耗或摩擦生热时,系统的机械能守恒.2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.3.若系统的机械能守恒,列机械能守恒方程时,一般选用ΔE k =-ΔE p 或ΔE A =-ΔE B 的形式;若系统的机械能不守恒,列能量方程时,一般选用W 外=ΔE 的形式.式1 (多选)如图4-8所示,水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 的可看作质点的物块, 物块间用长为l 的细线连接,开始处于静止状态,物块与轨道间的动摩擦因数均为μ.用水平恒力F 拉动第1个物块开始运动,每次细线绷直瞬间存在机械能损失,到连接第n 个物块的细线刚好拉直时整体的速度正好为零,则(重力加速度为g ) ( )图4-8A .拉力F 做功为nFlB .系统克服摩擦力做功为C .F>D .μnmg>F>μ(n-1)mg式2 (多选)如图4-9所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向的夹角θ=37°,然后撤去外力,甲、乙两物块从静止开始运动,物块甲恰能上升到最高点P ,P 点与滑轮上缘O 在同一水平线上.已知甲、乙两物块的质量分别为m 、M ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g ,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦.设物块甲上升到最高点P 时加速度为a ,则下列说法正确的是 ( )图4-9A .M=2mB .M=3mC .a=gD .a=0图例 Ⅱ高铁列车在启动阶段的D .与它的动量成正比 Ⅲ析、定律、率) 【模型核心归纳】启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动v-t 图像运动过程比较 分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段 分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段运动过程联系 以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似测1 (与实际相结合)二十一世纪,能源问题是全球关注的焦点问题.从环境保护的角度出发,电动汽车在近几年发展迅速.下表给出的是某款电动汽车的相关参数:参数指标整车质量 0~100 km/h 加速时间 最大速度 电池容量制动距离 (100 km/h ~0) 数值2000 kg 4.4 s 250 km/h 90 kW ·h 40 m 请从上面的表格中选择相关数据,完成下列问题:(1)求汽车在100 km/h ~0的制动过程中的加速度大小.(计算过程中100 km/h 近似为30 m/s)(2)若已知电动汽车将电能转化为机械能的效率为η=80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的,重力加速度g 取10 m/s 2,试估算此电动汽车以20 m/s 的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程).根据你的计算,提出提高电动汽车续航里程的合理化建议.(至少两条)(3)若此电动汽车的速度从5 m/s 提升到20 m/s 需要25 s,此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图4-10所示,整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的,求此加速过程中汽车行驶的路程.(提示:可利用P-t 图像计算动力对电动汽车做的功)图4-10测2 (功率与v-t图像结合)(多选)总质量为m的汽车在水平公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P.司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶.设汽车行驶过程中所受阻力大小不变,从司机减小油门开始,汽车的v-t图像如图4-11所示,t1时刻后,汽车做匀速运动,汽车因耗油而改变的质量可忽略.下列说法正确的是()图4-11A.t=0时,汽车的加速度大小为B.在0~t1时间内,汽车的牵引力不断增大C.在0~t1时间内,阻力所做的功为m-Pt1D.在0~t1时间内,汽车行驶的位移为+测3 (功率的特殊图像分析)(多选)某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动,最后做匀速运动.已知汽车的质量为m,额定功率为P m,匀加速运动的末速度为v1,匀速运动的速度为v m,所受阻力为f.如图4-12所示反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像中正确的是()图4-12专题二能量与动量第4讲动能定理、能量守恒定律高频考点探究考点一例1BC[解析] 滑块平衡时,有Eq=mg sin θ,滑块运动到M点,电场力Eq和重力mg做功的绝对值相等,选项B正确,A错误;由动能定理得W mg+W Eq+W kx=-mv2,而W mg+W Eq=0,故弹簧对滑块做的功等于滑块动能的改变量,选项C正确,D错误.的作用,由动能定理得例1变式1A[解析] 棒受重力G、拉力F和安培力F安W F+W G+W安=ΔE k,则W F+W安=ΔE k+mgh,即力F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量,选项A正确.例1变式2AC[解析] 重力做功mgh=2.4 J,重力势能减少2.4 J,选项A正确;克服摩擦力做功W f=μmg cos θ·=1.6 J,滑块因摩擦生热1.6 J,故机械能减少1.6 J,选项D错误,选项C正确;合外力做功W合=(mg sin θ-μmg cos θ)=0.8 J,由动能定理得,滑块的动能增加0.8 J,选项B错误.考点二例2(1)不能理由见解析(2)11.25 m(3)C点解释见解析[解析] (1)物体在木板上时,重力沿木板的分力为mg sin β=0.6mg最大静摩擦力f m=μmg cos β=0.16mg因mg sin β>μmg cos β,故物体不会静止在木板上.(2)从物体开始运动到停下,设总路程为x,由动能定理得mgh-μmgx cos β=0解得x=11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点,由动能定理得mg(h-L sin β)-μmg cos β=m解得v B>0mg(h-L sin β)-μmg cos β=mv D无解说明物体能过B点但不能过D点,物体最终停在C点.例2变式1AB[解析] 让木板从离地h高位置自由下落,对物块运动的全过程,由动能定理得mg(h+l)-μF N·l=0,如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,有mg(2h+l1)-μF N·l1=0,则l1=2l,选项A正确;如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,有mg(h+l2)-·l2=0,则l2=2l·>2l,选项B正确;如果仅改变物块的质量,使其变为原来的2倍,有2mg(h+l3)-μF N·l3=0则l3=2l·>2l,选项C错误;如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离不受影响,仍为l,选项D错误.例2变式2B[解析] 在t=2 s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10 s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,而加速度a==1.5 m/s2;在0~10 s内,由动能定理得×t1+Pt2-fx=m,解得x=42 m,选项B正确.考点三例3D[解析] A、B组成的系统机械能守恒,当A运动到最低点D时,A下降的高度为h A=R+R sin 45°,B上升的高度为h B=R sin 45°,有2mgh A-mgh B=×2m+m,又v A cos 45°=v B sin 45°,故小球B的动能为E k B=m=mgR,选项D正确.例3变式1BC[解析] 拉力F做功为(n-1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功W=μmg(n-1)l+μmg(n-2)l+…+μmgl=,选项B正确;因绳子绷直瞬间有机械能损失,则拉力F做的功(n-1)Fl大于系统克服摩擦力做的功,即F>,选项C正确,选项D错误.例3变式2AC[解析] 设Q、P间的距离为h,则O、Q间的绳长l==,则乙下降的高度为h'=l-h tan 37°=,根据机械能守恒定律得mgh=Mgh',解得M=2m,选项A正确,B错误;甲上升到最高点P时,由于不受摩擦力,所以在竖直方向上只受重力,在水平方向上弹力与绳子的拉力平衡,因此甲的加速度为g,选项C 正确,D错误.热点模型解读预测1(1)11.25 m/s2(2)259.2 km建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量(3)265 m[解析] (1)加速度a==-11.25 m/s2.所以加速度的大小为11.25 m/s2.(2)对电动汽车运动的全过程,由动能定理得W-W f=ΔE k即80%E-0.05mgx=0解得x=259.2 km提高汽车续航里程的合理化建议有:①提高电动机的效率;②减小汽车行驶过程中的阻力;③提高电动汽车的电池容量.(3)根据动能定理得W1-fx1=m-m由P-t图像的面积可求得动力做的功W1=6.4×105 J解得x1=265 m.预测2BD[解析] 匀速运动时,阻力f=F1,而牵引力F1=,t=0时刻,牵引力F2==,加速度a==,选项A错误;在0~t1时间内,速度减小,牵引力不断增大,由动能定理得t1+W f=m-m,则阻力做功W f=-m-,选项B正确,C错误;由W f=-m-=-fx,可得汽车行驶的位移x=+,选项D正确.预测3ABC[解析] 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动.开始匀加速时,有F-f=ma,匀加速刚结束时速度为v1,有P m=Fv1,最后匀速时,有F1=f,故P m=fv m,联立解得匀加速的末速度v1=,最后匀速的速度v m=,在v-t图像中斜率表示加速度,开始汽车加速度不变,后来逐渐减小,最终做匀速直线运动,选项A正确;开始汽车功率逐渐增大,P=Fv=Fat,后来功率恒定,选项B正确;开始汽车牵引力大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,选项C正确;开始汽车运动过程中加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,选项D错误.。

高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。

在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即aV V S 22122-=。

可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。

（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

W 总=△E K =E K2－E K1 。

它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。

可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。

外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。

②注意的动能的变化，指末动能减初动能。

用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。

③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。

（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。

②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。

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

第2讲功能关系能量守恒定律[真题再现]1.(2017·全国卷Ⅲ)如图2－2－1所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。

重力加速度大小为g。

在此过程中，外力做的功为图2－2－1A.mglB.mglC.mglD.mgl解析此过程中，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的机械能的增量ΔE＝mg－mg＝mgl，由功能原理可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故A正确，B、C、D错误。

答案A2.(2017·全国卷Ⅱ)如图2－2－2所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)图2－2－2A. B. C. D.解析物块由最低点到最高点：mv2＝2mgr＋mv；物块做平抛运动：x＝v1t；t＝；联立解得：x＝，由数学知识可知，当r＝＝时，x最大，故选B。

答案B3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图2－2－3所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。

现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。

已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜。

在小球从M 点运动到N 点的过程中图2－2－3A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示。

从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误。

专题 动能定理与能量守恒三、考点透视考点1：平均功率和瞬时功率例1、物体m 从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h ，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ） A.gh mg 2 B.gh a mg 2sin 21⋅ C.a gh mg sin 2 D.a gh mg sin 2 答案：C考点2：机车起动的问题例2质量kg m 3100.4⨯=的汽车，发动机的额定功率为KW p 40=，汽车从静止以2/5.0s m a =的加速度行驶，所受阻力N F f 3100.2⨯=，则汽车匀加速行驶的最长时间为多少？汽车可能达到的最大速度为多少？考点3：动能定理的应用例3如图2所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为0s ，以初速度0v 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滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？四、热点分析热点1：动能定理例1、半径cm R 20=的竖直放置的圆轨道与水平直轨道相连接。

如图6所示。

质量为g m 50=的小球A 以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去，如果A 经过N 点时的速度s m v /41=A 经过轨道最高点M 时对轨道的压力为N 5.0，取2/10s m g =． 求：小球A 从N 到M 这一段过程中克服阻力做的功W ．图6热点2：机械能守恒定律例2、如图7所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。

求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?热点3：能量守恒定律例3、如图4-4所示，质量为M ，长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）在光滑水平面上以v 0的水平速度向右运动，把质量为m 、长度可忽略的小木块置于B 端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块停在O 、A 之间？图4-4五、能力突破1．作用力做功与反作用力做功例1下列是一些说法中，正确的是（ ） A ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;B ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;C ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反;D ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反;正确选项是BD 。

高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J 答案B 解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。

重点强化卷(三) 动能定理和机械能守恒定律一、选择题1．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大【解析】不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．【答案】 A2．(多选)质量为m的物体，从静止开始以a＝12g的加速度竖直向下运动h米，下列说法中正确的是()A．物体的动能增加了12mghB．物体的动能减少了12mghC．物体的势能减少了12mghD．物体的势能减少了mgh【解析】物体的合力为ma＝12mg，向下运动h米时合力做功12mgh，根据动能定理可知物体的动能增加了12mgh，A对，B错；向下运动h米过程中重力做功mgh，物体的势能减少了mgh，D对．【答案】AD3．如图1所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()图1A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR【解析】 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR . 【答案】 D4．如图2所示，木板长为l ，木板的A 端放一质量为m 的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.开始时木板水平，在绕O 点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是( )图2A ．摩擦力对物体所做的功为mgl sin θ(1－cos θ)B ．弹力对物体所做的功为mgl sin θcos θC ．木板对物体所做的功为mgl sin θD ．合力对物体所做的功为mgl cos θ【解析】 重力是恒力，可直接用功的计算公式，则W G ＝－mgh ；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以W f ＝0；因木块缓慢运动，所以合力F 合＝0，则W 合＝0；因支持力F N 为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W 合＝ΔE k 知，W G ＋W N ＝0，所以W N ＝－W G ＝mgh ＝mgl sin θ.【答案】 C5．如图3所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝30°的斜面上，撞击点为C 点．已知斜面上端与曲面末端B 相连．若AB 的高度差为h ，BC 间的高度差为H ，则h 与H 的比值hH 等于(不计空气阻力)()图3A.34B.43C.49D.112【解析】 根据动能定理得，mgh ＝12m v 2B ，解得小球到达B 点的速度v B ＝2gh ，小球离开B 点后做平抛运动，根据tan θ＝12gt 2v B t ，解得：t ＝2v B tan θg ＝22gh tan θg ，平抛运动下落的高度H ＝12gt 2＝4h tan 2θ＝43h ，则h 与H 的比值h H ＝34，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A6．把一质量为m 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图4甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C (图丙)，途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)．己知A 、B 的高度差为h ，C 、B 高度差为2h，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，选A 位置为重力势能零势能点，则( )图4A ．刚松手瞬间，弹簧弹力等于小球重力B ．状态甲中弹簧的弹性势能为2mghC ．状态乙中小球的动能为mghD ．状态丙中系统的机械能为3mgh【解析】 松手后小球向上加速运动，故刚松手瞬间，弹簧弹力大于小球重力，选项A 错误；由能量关系可知状态甲中弹簧的弹性势能转化为状态丙中物体的重力势能，故为3mgh ，选项B 错误，D 正确；状态乙中E k ＋mgh ＝3mgh ，故状态乙中小球的动能为2mgh ，选项C 错误．【答案】 D7．如图5所示，一根全长为l 、粗细均匀的铁链，对称地挂在光滑的小滑轮上，当受到轻微的扰动，求铁链脱离滑轮瞬间速度的大小( )图5A.glB.2gl 2C.2glD.gl 2【解析】 设铁链的质量为2m ，根据机械能守恒定律得 mg ·l 2＝12·2m v 2，所以v ＝2gl 2，只有选项B 正确． 【答案】 B8．如图6所示，在竖直平面内有一“V ”形槽，其底部BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B 、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )图6A ．小物体恰好滑回到B 处时速度为零 B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零C ．小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低 D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点【解析】 小球从A 滑动到D 的过程中，根据动能定理，有：mgh －W f ＝0，即克服阻力做的功W f 为mgh ；从D 返回的过程，由于弹力和重力的径向分力的合力提供向心力，有：N －mg cos θ＝m v 2R ，由于返回时的速度小于开始时经过同一点的速度，故返回时弹力减小，故滑动摩擦力减小，克服摩擦力做的功小于mgh ，故物体会超出B 点，但超出高度小于h ，故A 、B 错误，C 正确；滑块不一定能够到达最低点，故D 错误．【答案】 C 二、计算题9.如图7所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s 0的位置以v 0的速度沿斜面向上滑行．设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P 碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长．求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s .图7【解析】 滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小F f ＝μF N ＝μmg cos θ①整个过程滑块下落的总高度 h ＝s 0sin θ ②根据动能定理 mgh －F f ·s ＝0－12m v 20 ③联立①②③得s ＝s 0tan θμ＋v 202μg cos θ.【答案】s0tan θμ＋v202μg cos θ10．右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，如图8所示．将一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：图8(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．【解析】(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，由动能定理知，(F－μmg)L－mgh＝0得h＝(F－μmg)Lmg＝(1.5－0.2×0.5×10)×1.50.5×10m＝0.15 m.(2)设木块滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离为s，由动能定理知，mgh－μmgs＝0得s＝hμ＝0.75 m.【答案】(1)0.15 m(2)0.75 m11．如图9所示，质量m＝50 kg的跳水运动员从距水面高h＝10 m的跳台上以v0＝5 m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中．若忽略运动员的身高和受到的阻力，g取10 m/s2，求：图9(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为参考平面)；(2)运动员起跳时的动能；(3)运动员入水时的速度大小．【解析】 (1)以水平面为零重力势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为E p ＝mgh ＝5 000 J.(2)运动员起跳时的速度为v 0＝5 m/s ，则运动员起跳时的动能为E k ＝12m v 20＝625 J.(3)解法一：应用机械能守恒定律运动员从起跳到入水过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则mgh ＋12m v 20＝12m v 2，解得v ＝15 m/s.解法二：应用动能定理运动员从起跳到入水过程中，其他力不做功，只有重力做功，故合外力做的功为W 合＝mgh ，根据动能定理可得，mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝15 m/s.【答案】 (1)5 000 J (2)625 J (3)15 m/s12．如图10所示，位于竖直水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 ．重力加速度大小g 取10 m/s 2.图10(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始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．【解析】 (1)一小环套在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ①，h ＝12gt 2②，从ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝12m v2b③，联立①②③可得R＝s24h＝0.25 m.(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝12m v2c④因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv2b＋2gh⑤，根据运动的合成与分解可得sin θ＝v水平v c⑥联立①②③④⑤⑥可得v水平＝2ghs2s2＋4h2＝2103m/s.【答案】(1)0.25 m(2)2103m/s。

训练6功功率动能定理一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B 两个小滑块(m A>m B)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则() A．B滑块先滑至斜面底端B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力．光滑斜面上有一个小球自高为5 s内拉力对物块做功为零末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s 内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F 合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．答案：D5．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1＝v2解析：水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sinθ)＝F2cosθ，显然F f2<F f1，即：F2cosθ<F1，因此无论F2>F1，还是F2<F1都会有v1<v2，因此D错误，C错误．答案：B6.(2016·天津卷)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：本题考查隔离法和整体法受力分析、牛顿第二定律、功率、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力．汽车的功率一质量为m二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9.(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q点水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：(1)距Q点水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．求滑块从传送带A端运动到。

专题限时集训（四）动能定理、能量守恒定律1.质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,物体从O点由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如()图Z4-1所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的是图Z4-1A.此物体在OA段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WB.此物体在AB段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为6 WC.此物体在AB段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 WD.此物体在OA段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15 W2.(多选)如图Z4-2所示,一斜面体始终静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间()的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.在此过程中图Z4-2A.木块沿斜面下滑的距离为tB.斜面体受水平地面的静摩擦力为零C.如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2,它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1D.木块与斜面间因摩擦产生的热量为mgh+m-m3.(多选)如图Z4-3所示,三角形传送带以v=2 m/s的速率逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为1 kg的物块A、B从传送带顶端都以2 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列判断正确的是()图Z4-3A.物块A先到达传送带底端B.物块A由顶端到达传送带底端过程中做匀速直线运动C.物块A由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量比物块B由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量少D.物块A与物块B由顶端到达传送带底端过程中,传送带对B做的功与传送带对A做的功相同4.如图Z4-4所示为某游乐园滑草场的示意图,某滑道由上、下两段倾角不同的斜面组成,斜面倾角θ1>θ2,滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好滑到滑道的底端C点停下.若在A、C点位置不变的情况下,将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离,使第一段AB的倾角稍稍变大,第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失,则平移后()图Z4-4A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C.滑车到达滑道底端C点后仍具有一定的速度,所以应在C点右侧加安全防护装置D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,可使滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下5.一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P.从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度达到2v之后又开始匀速行驶.汽车行驶过程所受路面阻力保持不变,不计空气阻力.下列说法正确的是()A.汽车加速过程的最大加速度为B.汽车加速过程的平均速度为vC.汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D.汽车速度增大时,发动机产生的牵引力也增大6.(多选)一辆机动车在平直的公路上由静止启动.如图Z4-5所示,图线A表示该车运动的速度与时间的关系,图线B表示该车的功率与时间的关系.设机动车在运动过程中所受的阻力不变,则以下说法正确的是()图Z4-5A.0~22 s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速运动B.运动过程中机动车所受阻力为1500 NC.机动车速度为5 m/s时,牵引力大小为3×103 ND.机动车的质量为562.5 kg7.(多选)如图Z4-6所示,物块套在固定的竖直杆上,并用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连.开始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静()止释放,在物块向下运动过程中,下列说法正确的是图Z4-6A.刚释放时物块的加速度为gB.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力C.小球重力的功率一直增大D.物块下降的最大距离为d8.(多选)如图Z4-7所示,半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切,质量均为m的小球A、B用轻杆连接,置于轨道上,A与圆心O等高,B位于O的正下方,它们由静止释放,最终在水平面上运动.下列说法正确的是(重力加速度为g) ()图Z4-7A.下滑过程中A的机械能守恒B.当A滑到轨道最低点时,轨道对A的支持力大小为2mgC.下滑过程中重力对A做功的功率一直增大D.整个过程中轻杆对B做的功为mgR9.如图Z4-8所示为过山车的部分轨道,它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab、半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成.其中,ab与圆轨道Ⅰ相切于b点,ab=48.9 m,θ=37°,R1=10 m,R2=5.12 m.车厢与ab间的动摩擦因数为μ=0.125.一次游戏中,质量m=500 kg的车厢A被牵引到a点由静止释放,经切点b进入圆轨道Ⅰ,绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P时,与停在P点的障碍物B 相撞并连在一起进入圆轨道Ⅱ.将A、B视为质点,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求车厢A通过圆轨道Ⅰ最高点时受到的弹力大小;(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ,则B的质量不超过A的多少倍?图Z4-810.如图Z4-9甲所示,有一个固定的光滑直杆,该直杆与水平面的夹角为53°,杆上套着一个质量为m=2 kg的滑块(可视为质点).已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.(1)滑块从O点由静止释放,下滑了位移x=1 m后到达P点,求滑块此时的速率.(2)如果用不可伸长的细绳将滑块与另一个质量为M=2.7 kg的物块跨过光滑的定滑轮相连接,细绳因悬挂物块而绷紧,此时滑轮左侧绳恰好水平,其长度l=m,如图乙所示.再次将滑块从O点由静止释放,求滑块再次滑至P点时的速率.(整个运动过程中物块不会触地)图Z4-9专题限时集训(四)1.A[解析] 物体受到的摩擦力f=μF N=0.1×2×10 N=2 N,由图像可知,斜率表示的是物体受到的拉力的大小,OA段的拉力为5 N,AB段的拉力为2 N,所以物体在OA段做匀加速直线运动,在AB段做匀速直线运动,选项C、D错误;在OA段的拉力为 5 N,物体做加速运动,当速度最大时,拉力的功率最大,由v=at,x=at2,a=,解得v=3 m/s,此时拉力的功率最大,为P=Fv=5×3 W=15 W,在AB段,物体匀速运动,速度为 3 m/s,拉力为 2 N,所以此时拉力的功率为P=Fv=2×3 W=6 W,所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W,选项A正确,B错误.2.AD[解析] 由平均速度公式可知,木块下滑的位移为x=t=t,选项A正确;对整体分析可知,整体一定有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即地面与斜面体间存在静摩擦力,选项B错误;由于木块在斜面上受摩擦力,故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度,上升h高度时的速度一定小于v1或无法上升到h高处,选项C错误;由能量守恒定律得mgh+m=m+Q,解得Q=mgh+m-m,选项D正确.3.CD[解析] 由于μ=0.5,mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块A、B由顶端到达传送带底端过程中均做匀加速直线运动,两物块同时到达传送带底端,传送带对两物块做的功相同,A、B错误,D正确;运动过程中产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,物块A、B由顶端到达传送带底端过程中,摩擦力大小相等,但B与传送带的相对位移较大,故B运动过程中产生的热量较多,C正确.4.B[解析] 对滑车运动的全过程,由动能定理得mgh-μmg cos θ1·-μmg cos θ2·=0,即mgh-μmg·x AC=0,现改变AB和BC的倾角,但A、C位置不变,则x AC 不变,滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下,选项A、C错误,B正确;若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,则x AC减小,选项D错误.5.A[解析] 汽车以速度v匀速行驶时,有P=Fv=fv,以速度2v匀速行驶时,有P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,为a m==,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=v,选项B、C、D错误.6.BD[解析] 由v-t图像可得,0~22 s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程中,机车所受的阻力f==1500 N,选项B正确;0~6 s内的加速度a==m/s2,故机动车的质量m=562.5 kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5 m/s时,牵引力F=f+ma=2250 N,选项C错误,D正确.7.ABD[解析] 刚释放时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,加速度为g,故A正确;物块的合力为零时速度最大,此时绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放时小球的速度为零,小球重力的功率为零,而物块下降到最低点时小球的速度也为零,小球重力的功率又为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据机械能守恒定律得mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故D正确.8.BD[解析] 下滑过程中杆对A有力的作用,并且这个力对A做负功,所以A的机械能不守恒,选项A错误;A、B整体的机械能守恒,在A滑到轨道最低点的过程中,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,在最低点时,由支持力和重力的合力提供向心力,则有F N-mg=m,所以轨道对A的支持力大小为2mg,选项B正确;开始时重力对A做功的功率为零,最后到水平面上时速度方向水平,重力对A做功的功率仍为零,所以重力对A做功的功率先增大后减小,选项C错误;A运动到底端的过程中,对A、B整体,由机械能守恒定律得·2mv2=mgR,则B的动能增加量mv2=mgR,由动能定理知,轻杆对B做的功为mgR,选项D正确.9.(1)1450 N(2)[解析] (1)设A到达b点时速度为v b,根据动能定理得mg(sin θ-μcos θ)=m解得v b=m/s设A到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c,轨道对A的弹力大小为F,则有mgR1(1+cos θ)=m-mmg+F=m联立解得F=1450 N(2)设A运动到圆轨道Ⅰ最低点P时速度为v P,则有mgR1(1-cos 37°)=m-m 解得v P=23 m/s设A与B碰撞后共同速度为v,则有mv P=(M+m)v设连在一起的A、B安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d,在P点最小速度为v'P,则有(M+m)g=(M+m)2(M+m)gR2=(M+m)v-(M+m)解得v'P=16 m/s当v=v'P时,M最大,故≤-1=10.(1)4 m/s(2)5 m/s[解析] (1)设滑块下滑到P点的速度为v1,由机械能守恒定律得mgx sin 53°=m 解得v1=4 m/s(2)设滑块再次下滑到P点的速度为v2,绳与杆的夹角为θ,物块的速度为v3,有v3=v2cos θ由几何关系得θ=90°,v3=0由机械能守恒定律得Mgl(1-sin 53°)+mgx sin 53°=m+0解得v2=5 m/s。