专题六机械能守恒定律-【创新教程】2020-2024五年高考真题物理分类特训

　　　　　　　专题六　机械能守恒定律 考点１　功与功率　机车启动问题 ◆功与功率 １．(２０２３􀅰山东卷,４)«天工 开物»中记载了古人借助 水力使用高转筒车往稻田 里引水的场景．引水过程 简化如下:两个半径均为 R 的水轮,以角速度ω 匀 速转动．水筒在筒车上均 匀排布,单位长度上有n 个,与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水 面时装有质量为m 的水、其中的６０％被输 送到高出水面 H 处灌入稻田．当地的重力 加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的 功率为 (　　) A．２nmgω ２RH ５ B． ３nmgωRH ５ C．３nmgω ２RH ５ D．nmgωRH ２．(２０２３􀅰山东卷,８)质量为 M 的玩具动力小 车在水平面上运动时．牵引力F 和受到的 阻力f 均为恒力,如图所示,小车用一根不 可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止 开始运动．当小车拖动物体行驶的位移为s１ 时、小车达到额定功率．轻绳从物体上脱落． 物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为 s２．物体与地面间的动摩擦因数不变,不计 空气阻力．小车的额定功率P０ 为 (　　) A． ２F２(F－f)(s２－s１)s１ (M＋m)s２－Ms１ B． ２F２(F－f)(s２－s１)s１ (M＋m)s２－ms１ C． ２F２(F－f)(s２－s１)s２ (M＋m)s２－Ms１ D． ２F２(F－f)(s２－s１)s２ (M＋m)s２＋ms１ ３．(２０２２􀅰浙江６月,１３,３分)小明用额定功 率为１２００W、最大拉力为３００N的提升装 置,把静置于地面的质量为２０kg的重物竖 直提升到高为８５．２m 的平台,先加速再匀 速,最后做加速度大小不超过５m/s２ 的匀 减速运动,到达平台速度刚好为零,g 取 １０m/s２,则提升重物的最短时间为 (　　) A．１３．２s B．１４．２s C．１５．５s D．１７．０s ４．(２０２２􀅰广东卷,９,６分)如图所示,载有防 疫物资的无人驾驶小车,在水平 MN 段以 恒定功率２００ W、速度５m/s匀速行驶,在 斜坡PQ 段以恒定功率５７０W、速度２m/s 匀速行驶．已知小车总质量为５０kg,MN＝ PQ＝２０m,PQ 段的倾角为３０°,重力加速 度g取１０m/s２,不计空气阻力．下列说法正 确的有 (　　) A．从 M 到N,小车牵引力大小为４０N B．从 M 到N,小车克服摩擦力做功８００J C．从P 到Q,小车重力势能增加１×１０４J D．从P 到Q,小车克服摩擦力做功７００J ５．(２０２１􀅰北京卷,８,３分)如图所示,高速公 路上汽车定速巡航(即保持汽车速率不变) 通过路面abcd,其中ab段为平直上坡路面, bc段为水平路面,cd段为平直下坡路面．不 考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大 小变化．下列说法正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ 专题六　机械能守恒定律 A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大 ６．(２０２１􀅰广东卷,９,６分)长征途中,为了突 破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临 下向敌方工事内投掷手榴弹．战士在同一位 置先后投出甲、乙两颗质量均为 m 的手榴 弹．手榴弹从投出的位置到落地点的高度差 为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹 如图所示,重力加速度为g．下列说法正确 的有 (　　) A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等 C．从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能 减少 mgh D．从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变 化量为 mgh ７．(２０２０􀅰江苏卷,１,３分)质量为１．５×１０３kg 的汽 车 在 水 平 路 面 上 匀 速 行 驶,速 度 为 ２０m/s,受到的阻力大小为 １．８×１０３N． 此时,汽车发动机输出的实际功率是(　　) A．９０W B．３０kW C．３６kW D．３００kW ◆机车启动 ８．(２０２１􀅰重庆卷,１０,５分)(多选)额定功率 相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止 启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线 如图所示．两车分别从t１ 和t３ 时刻开始以 额定功率行驶,从t２ 和t４ 时刻开始牵引力 均视为不变．若两车行驶时所受的阻力大小 与重力成正比,且比例系数相同,则 (　　) A．甲车的总重比乙车大 B．甲车比乙车先开始运动 C．甲车在t１ 时刻和乙车在t３ 时刻的速率 相同 D．甲车在t２ 时刻和乙车在t４ 时刻的速率 相同 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　动能定理的理解及简单应用 ◆动能 １．(２０２１􀅰全国甲卷,２０,６分)(多选)一质量 为m 的物体自倾角为α 的固定斜面底端沿 斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为 Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后 物体向下滑动,到达斜面底端时动能为Ek ５． 已 知sinα＝０．６,重力加速度大小为g．则(　　) A．物体向上滑动的距离为 Ek ２mg B．物体向下滑动时的加速度大小为g５ C．物体与斜面间的动摩擦因数等于０．５ D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的 时间长 ◆动能定理与恒力做功 ２．(２０２４􀅰新课标卷,２４)(１０分) 将重物从高层楼房的窗外运到 地面时,为安全起见,要求下降 过程中重物与楼墙保持一定的 距离．如图,一种简单的操作方法是一人 在高处控制一端系在重物上的绳子 P,另 一人在地面控制另一根一端系在重物上 的绳子 Q,二人配合可使重物缓慢竖直下 降．若重物的质量 m＝４２kg,重力加速度 大小g＝１０m/s２,当 P绳与竖直方向的 夹角α＝３７°时,Q 绳与竖直方向的夹角β ＝５３°．(sin３７°＝０．６) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３ 最新真题分类特训􀅰物理 (１)求此时P、Q绳中拉力的大小; (２)若开始竖直下降时重物距地面的高度h ＝１０m,求在重物下降到地面的过程中,两 根绳子拉力对重物做的总功． ３．(２０２１􀅰全国乙卷,２４,１２分)一篮球质量为 m＝０．６０kg,一运动员使其从距地面高度为 h１＝１．８m处由静止自由落下,反弹高度为 h２＝１．２m．若使篮球从距地面h３＝１．５m 的高度由静止下落,并在开始下落的同时向 下拍球,球落地后反弹的高度也为１．５m． 假设运动员拍球时对球的作用力为恒力,作 用时间为t＝０．２０s;该篮球每次与地面碰 撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小 取g＝１０m/s２,不计空气阻力．求: (１)运动员拍球过程中对篮球所做的功; (２)运动员拍球时对篮球的作用力的大小． ４．(２０２１􀅰重庆卷,１３,１２分) 我国规定摩托车、电动自行 车骑乘人员必须依法佩戴具 有缓冲作用的安全头盔．小 明对某轻质头盔的安全性能 进行了模拟实验检测．某次, 他在头盔中装入质量为５．０ kg的物体(物体与头盔密切 接触),使其从１．８０m 的高 处自由落下(如图),并与水平地面发生碰撞, 头盔厚度被挤压了０．０３m时,物体的速度减 小到零．挤压过程不计物体重力,且视为匀减 速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略 空气阻力,重力加速度g取１０m/s２．求: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３ 专题六　机械能守恒定律 (１)头盔接触地面前瞬间的速度大小; (２)物体做匀减速直线运动的时间; (３)物体在匀减速直线运动过程中所受平均 作用力的大小． ◆动能定理与变力做功 ５．(２０２２􀅰山东卷,２,３分)我国多 次成功使用“冷发射”技术发射 长征十一号系列运载火箭．如图 所示,发射仓内的高压气体先将 火箭竖直向上推出,火箭速度接近 零时再点火飞向太空．从火箭开始 运动到点火的过程中 (　　) A．火箭的加速度为零时,动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的 动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动 量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功 之和等于火箭动能的增加量 ６．(２０２１􀅰福建卷,１４,１２分)如图(a),一倾角 ３７°的固定斜面的AB 段粗糙,BC 段光滑． 斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处, 弹簧的原长与BC 长度相同．一小滑块在沿 斜面向下的拉力T 作用下,由A 处从静止 开始下滑,当滑块第一次到达B 点时撤去 T．T 随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关 系如图(b)所示．已知AB 段长度为２m,滑 块质量为２kg,滑块与斜面AB 段的动摩擦 因数为０．５,弹簧始终在弹性限度内,重力 加速度大小取１０m/s２,sin３７°＝０．６．求: (１)当拉力为１０N时,滑块的加速度大小; (２)滑块第一次到达B 点时的动能; (３)滑块第一次在B 点与弹簧脱离后,沿斜 面上滑的最大距离． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８３ 最新真题分类特训􀅰物理 考点３　动能定理图像和求解多过程问题 ◆E－x类图像 １．(２０２１􀅰湖北卷,４,４分)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１０m/s２,物块质量m 和所 受摩擦力大小f 分别为 (　　) A．m＝０􀆰７kg,f＝０􀆰５N B．m＝０􀆰７kg,f＝１􀆰０N C．m＝０􀆰８kg,f＝０􀆰５N D．m＝０􀆰８kg,f＝１􀆰０N ２．(２０２０􀅰全国Ⅰ卷,２０,６分)一物块在高 ３．０m、长５．０m 的斜面顶端从静止开始沿 斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度 取１０m/s２．则 (　　) A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为０．５ C．物块下滑时加速度的大小为６．０m/s２ D．当物块下滑２．０m时机械能损失了１２J ◆多过程运动 ３．(２０２３􀅰新课标卷,２０) 一质量为１kg的物体 在水平拉力的作用下, 由静止开始在水平地 面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力 做的功W 与物体坐标x 的关系如图所示． 物体与水平地面间的动摩擦因数为０．４,重 力加速度大小取１０m/s２．下列说法正确 的是 (　　) A．在x＝１m时,拉力的功率为６W B．在x＝４m时,物体的动能为２J C．从x＝０运动到x＝２m,物体克服摩擦力 做的功为８J D．从x＝０运动到x＝４m 的过程中,物体 的动量最大为２kg􀅰m/s ４．(２０２３􀅰湖南卷,８)如 图,固定在竖直面内的 光滑轨道 ABC 由直线 段AB 和圆弧段BC 组 成,两段相切于 B 点, AB 段与水平面夹角为θ,BC 段圆心为O, 最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨道 的直径２R．小球从A 点以初速度v０ 冲上轨 道,能沿轨道运动恰好到达C 点,下列说法 正确的是 (　　) A．小球从B 到C 的过程中,对轨道的压力 逐渐增大 B．小球从A 到C 的过程中,重力的功率始 终保持不变 C．小球的初速度v０＝ ２gR D．若小球初速度v０ 增大,小球有可能从B 点脱离轨道 ５．(２０２１􀅰辽宁卷,１０,６分)冰滑梯是东北地 区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯 的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽 略:倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动 摩擦因数μ相同,因滑板不同,μ满足μ０≤μ ≤１．２μ０．在设计滑梯时,要确保所有游客在 倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在 水平滑道上,以下L１、L２ 的组合符合设计要 求的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ 专题六　机械能守恒定律 A．L１＝ h ２μ０ ,L２＝ ３h ２μ０ B．L１＝ ４h ３μ０ ,L２＝ h ３μ０ C．L１＝ ４h ３μ０ ,L２＝ ２h ３μ０ D．L１＝ ３h ２μ０ ,L２＝ h μ０ ６．(２０２３􀅰江苏卷,１５)(１２分)如图所示,滑雪 道AB 由坡道和水平道组成,且平滑连接, 坡道倾角均为４５°．平台BC 与缓冲坡CD 相连．若滑雪者从P 点由静止开始下滑,恰 好到达B 点．滑雪者现从A 点由静止开始 下滑,从B 点飞出．已知A、P 间的距离为 d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重 力加速度为g,不计空气阻力． (１)求滑雪者运动到P 点的时间t; (２)求滑雪者从B 点飞出的速度大小v; (３)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上,求平 台BC的最大长度L． ７．(２０２０􀅰全国Ⅲ卷, ２５,１４ 分)如 图,相 距L＝１１．５m 的两 平台位于同一水平 面内,二者之间用传送带相接．传送带向右 匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统 根据需要设定．质量m＝１０kg的载物箱(可视 为质点),以初速度v０＝５．０m/s自左侧平台 滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数 μ＝０．１０,重力加速度取g＝１０m/s ２． (１)若v＝４．０m/s,求载物箱通过传送带所 需的时间; (２)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最 大速度和最小速度; (３)若v＝６．０m/s,载物箱滑上传送带Δt＝ １３ １２s 后,传送带速度突然变为零．求载物箱 从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送 带对它的冲量． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４ 最新真题分类特训􀅰物理 考点４　机械能守恒定律及其应用 ◆单物体机械能守恒 １．(２０２２􀅰全国乙卷,１６,６分)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．(２０２１􀅰河北卷,６,４分)一 半径为R 的圆柱体水平固 定,横截面如图所示．长度 为πR、不可伸长的轻细绳,一端固定在圆柱 体最高点P 处,另一端系一个小球．小球位 于P 点右侧同一水平高度的Q 点时,绳刚 好拉直．将小球从Q 点由静止释放,当与圆 柱体未接触部分的细绳竖直时,小球的速度 大小为(重力加速度为g,不计空气阻力) A．(２＋π)gR B．２πgR C．２(１＋π)gR D．２ gR ◆多物体机械能守恒 ３．(２０２２􀅰河北卷,９,６分)如图, 轻质定滑轮固定在天花板上, 物体P 和Q 用不可伸长的轻绳 相连,悬 挂 在 定 滑 轮 上,质 量 mQ＞mP,t＝０时刻将两物体由 静止释放,物体Q 的加速度大 小为g ３．T 时刻轻绳突然断开, 物体P 能够达到的最高点恰与物体Q释放位 置处于同一高度,取t＝０时刻物体P所在水 平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E． 重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两 物体均可视为质点．下列说法正确的是(　　) A．物体P 和Q 的质量之比为１∶３ B．２T 时刻物体Q 的机械能为E２ C．２T 时刻物体P 重力的功率为３E２T D．２T 时刻物体P 的速度大小２gT３ ４．(２０２０􀅰江苏卷,１５, １６分)如图所示,鼓 形轮的半径为R,可 绕固定的光滑水平 轴O转动．在轮上沿 相互垂直的直径方 向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m 的小球,球与O的距离均为２R．在轮上绕有 长绳,绳上悬挂着质量为 M 的重物．重物由 静止下落,带动鼓形轮转动．重物落地后鼓 形轮匀速转动,转动的角速度为ω．绳与轮 之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳 的质 量,不 计 空 气 阻 力,重 力 加 速 度 为 g．求: (１)重物落地后,小球线速度的大小v; (２)重物落地后一小球转到水平位置A,此 时该球受到杆的作用力的大小F; (３)重物下落的高度h． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４ 专题六　机械能守恒定律 考点５　能量守恒与转化的理解 ◆功与内能 １．(２０２１􀅰全国乙卷,１９,６分)水平桌面上,一质 量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开 始运动．物体通过的路程等于s０ 时,速度的大 小为v０,此时撤去F,物体继续滑行２s０ 的路程 后停止运动．重力加速度大小为g．则 (　　) A．在此过程中F所做的功为１２mv ２ ０ B．在此过程中F的冲量大小等于３２mv０ C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 v２０ ４s０g D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小 的２倍 ◆功与重力势能 ２．(２０２１􀅰重庆卷,５,４分) 如图所示,竖直平面内有 两个半径为R,而内壁光 滑的１ ４ 圆弧轨道,固定在 竖直平面内,地面水平,O、O１ 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．２gR B．６gR２ C．５gR２ D．gR ３．(２０２１􀅰浙江６月,１１, ３分)中国制造的某一 型号泵车如图所示,表 中列出了其部分技术 参数．已知混凝土密度为２．４×１０３kg/m３, 假设泵车的泵送系统以１５０m３/h的输送量 给３０m高处输送混凝土,则每小时泵送系 统对混凝土做的功至少为 (　　) 发动机最大输 出功率(kW) ３３２ 最大输送 高度(m) ６３ 整车满载 质量(kg) ５．４×１０４ 最大输 送量(m３/h) １８０ A．１．０８×１０７J B．５．０４×１０７J C．１．０８×１０８J D．２．７２×１０８J ◆功与弹性势能 ４．(２０２４􀅰山东卷,７)如图所示,质量均为 m 的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木 板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳 连接,连接点等高且间距为d(d＜l)．两木 板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系 数为k,被拉伸时弹性势能E＝１２kx ２(x为绳的 伸长量)．现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板, 直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两 人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为 g,则F所做的功等于 (　　) A． (μmg) ２ ２k ＋μmg (l－d) B．３ (μmg) ２ ２k ＋μmg (l－d) C．３ (μmg) ２ ２k ＋２μmg (l－d) D． (μmg) ２ ２k ＋２μmg (l－d) ５．(２０２０􀅰 山东卷,１１,４ 分)如图所示,质量为 M 的物块A 放置在光滑水 平桌面上,右侧连接一 固定 于 墙 面 的 水 平 轻 绳,左侧通过一倾斜轻绳 跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质 量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于 原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点 时(未着地),A 对水平桌面的压力刚好为零． 轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块 A始终处于静止状态．以下判断正确的是 (　　) A．M＜２m B．２m＜M＜３m C．在B 从释放位置运动到最低点的过程 中,B 所受合力对B 先做正功后做负功 D．在B 从释放位置运动到速度最大的过程 中,B 克服弹簧弹力做的功等于B 机械 能的减少量 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ 最新真题分类特训􀅰物理 考点６　能量守恒与转化的综合应用 １．(２０２３􀅰全国乙卷,２１)如 图,一质量为 M、长为l的 木板静止在光滑水平桌面 上,另一质量为 m 的小物块(可视为质点) 从木板上的左端以速度v０ 开始运动．已知 物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物 块从木板右端离开时 (　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于１２mv ２ ０－fl D．物块的动能一定小于１２mv ２ ０－fl ２．(２０２４􀅰江苏卷,１５) 如图所示,粗糙斜面 的动摩擦因数为μ, 倾角为θ,斜面长为 L．一个质量为m 的 物块,在电动机作用下,从 A 点由静止加速 至B 点时达到最大速度v,之后作匀速运动 至C点,关闭电动机,从C 点又恰好到达最 高点D．求: (１)CD 段长x; (２)BC段电动机的输出功率P; (３)全过程物块储存的机械能E１ 和电动机 消耗的总电能E２ 的比值． ３．(２０２２􀅰辽宁卷,１４,１２ 分)如图所示,光滑水 平面 AB 和竖直面内 的光滑１ ４ 圆弧导轨在 B 点平滑连接,导轨半 径为R．质量为m 的带正电小球将轻质弹簧 压缩至A 点后由静止释放,脱离弹簧后经 过B 点时的速度大小为 gR,之后沿轨道 BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系 xOy,在x≥－R 区域有方向与x 轴夹角为 θ＝４５°的匀强电场,进入电场后小球受到的 电场力大小为 ２mg．小球在运动过程中电 荷量保持不变,重力加速度为g．求: (１)弹簧压缩至A 点时的弹性势能; (２)小球经过O点时的速度大小; (３)小球过O点后运动的轨迹方程． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４ 专题六　机械能守恒定律 ４．(２０２１􀅰江苏卷,１４, １３分)如 图 所 示 的 离心装置中,光滑水 平轻杆固定在竖直 转轴的O点,小圆环 A 和轻质弹簧套在轻杆上,长为２L 的细线 和弹簧两端分别固定于O 和A,质量为 m 的小球B 固定在细线的中点,装置静止时, 细线与竖直方向的夹角为３７°,现将装置由 静止缓慢加速转动,当细线与竖直方向的夹 角增大到５３°时,A、B 间细线的拉力恰好减 小到零,弹簧弹力与静止时大小相等、方向 相反,重力加速度为g,取sin３７°＝０．６,cos ３７°＝０．８,求: (１)装置静止时,弹簧弹力的大小F; (２)环A 的质量M; (３)上述过程中装置对A、B 所做的总功W． ５．(２０２１􀅰湖北卷,１５,１５ 分)如图所示,一圆心 为O、半径为R 的光滑 半圆弧轨道固定在竖 直平面内,其下端与光滑水平面在Q 点相 切．在水平面上,质量为m 的小物块 A以某 一速度向质量也为 m 的静止小物块 B 运 动．A、B发生正碰后,B到达半圆弧轨道最 高点时对轨道压力恰好为零,A沿半圆弧轨 道运动到与O 点等高的C 点时速度为零． 已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力． (１)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的 位置到Q 点的距离; (２)当 A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点 时,OD 与OQ 夹角为θ,求此时 A所受力对 A做功的功率; (３)求碰撞过程中 A和B损失的总动能． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４ 最新真题分类特训􀅰物理 实验七　验证机械能守恒定律 ◆教材原实验 １．(２０２１􀅰浙江６月,１７(１),４ 分)在“验证机械能守恒定律” 实验中,小王用如图１所示的 装置,让 重 物 从 静 止 开 始 下 落,打出一条清晰的纸带,其 中的一部分如图２所示．O 点 是打下的第一个点,A、B、C 和D 为另外４ 个连续打下的点． ①为了减小实验误差,对体积和形状相同的 重物,实验时选择密度大的理由是 　． ②已知交流电频率为５０ Hz,重物质量为 ２００g,当地重力加速度g＝９．８０m/s２,则从 O 点到C 点,重物的重力势能变化量的绝 对值|ΔEp|＝　　　　　　　J、C 点的动 能EkC＝　　　　　　　　J(计算结果均 保留３位有效数字)．比较EkC与|ΔEp|的大 小,出现这一结果的原因可能是 　(单选)． A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力 C．接通电源前释放了纸带 ◆创新型实验 图１ ２．(２０２２􀅰河北卷,１１,６分) 某实验小组利用铁架台、 弹簧、钩码、打点计时器、 刻度尺等器材验证系统机 械能守恒定律,实验装置 如图１所示．弹簧的劲度 系数为k,原长为L０,钩码 的质量为 m．已知弹簧的 弹性势能表达式为E＝１２ kx２,其中k为弹簧的劲度 系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速 度大小为g． (１)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位 置,测得此时弹簧的长度为L．接通打点计 时器电源．从静止释放钩码,弹簧收缩,得到 了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段 的部分纸带如图２所示,纸带上相邻两点之间 的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为 释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打 出F 点时间内,弹簧的弹性势能减少量为 　　　,钩码的动能增加量为　　　　　　, 钩码的重力势能增加量为　　　　． 图２ (２)利用计算机软件对实验数据进行处理, 得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增 加量分别与钩码上升高度h的关系,由图３ 可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔 逐渐变大,主要原因是 　． 图３ ３．(２０２１􀅰河北卷,１２,９分)某同学利用图１ 中的实验装置探究机械能变化量与力做功 的关系．所用器材有:一端带滑轮的长木板、 轻细绳、５０g的钩码若干、光电门２个、数字 计时器、带遮光条的滑块(质量为２００g,其 上可放钩码)、刻度尺．当地重力加速度为 ９．８０m/s２．实验操作步骤如下: 图１ ①安装器材,调整两个光电门距离为５０．００ cm,轻细绳下端悬挂４个钩码,如图１所示; ②接通电源,释放滑块,分别记录遮光条通 过两个光电门的时间,并计算出滑块通过两 个光电门的速度; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４ 专题六　机械能守恒定律 ③保留轻细绳下端悬挂４个钩码不变,在滑 块上依次增加一个钩码,记录滑块上所载钩 码的质量,重复上述步骤; ④完成５次测量后,计算出每次实验中滑块 及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑 块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增 加量ΔEk 及系统总机械能的减少量 ΔE,结 果如下表所示． M/kg ０．２０００．２５００．３０００．３５００．４００ ΔEk/J０．５８７０．４９００．３９２０．２９４０．１９５ ΔE/J ０．３９３０．４９０ ０．６８６０．７８５ 回答下列问题: (１)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减 少量为　　　　J(保留３位有效数字); (２)步骤④中的表格所缺数据为　　　　J; (３)以 M 为横轴,ΔE 为纵轴,选择合适的标 度,在图２中绘出 ΔE－M 图像;若忽略定 滑轮和绳子之间的摩擦力做功,则滑块与长 木板之间的动摩擦因数为　　　　(保留２ 位有效数字)． 图２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验八　做功与动能变化 ◆教材原实验 １．(２０２１􀅰浙江１月,１７(１),４分)用如图１所 示装置进行“探究功与速度变化的关系”实 验．装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小 车,盘和砝码的重力可当作牵引力．小车运 动的位移和速度可以由打点纸带测出,以小 车为研究对象,改变砝码质量,便可探究牵 引力所做的功与小车速度变化的关系． 图１ ①关于这个实验,下列说法正确的是　　　　 (多选)． A．需要补偿小车受到阻力的影响 B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律” C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板 平行 D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车 的质量 ②如图２所示是两条纸带,实验时打出的应 是第　　　　条(填写“Ⅰ”或“Ⅱ”)纸带． 图２ ③根据实验数据,在坐标纸上画出的WＧv２ 图像是一条过原点的直线,据此图像　　　　 (填“能”或“不能”)求出小车的质量． ２．(２０２０􀅰全国Ⅲ卷,２２,６分)某同学利用图 (a)所示装置验证动能定理．调整木板的倾 角平衡摩擦阻力后,挂上钩码,钩码下落,带 动小车运动并打出纸带．某次实验得到的纸 带及相关数据如图(b)所示． 已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为 ０．０２s,从图(b)给出的数据中可以得到,打 出B点时小车的速度大小vB＝　　　　m/s, 打出P点时小车的速度大小vP＝　　　m/s． (结果均保留２位小数) 若要验证动能定理,除了需测量钩码的质量 和小车的质量外,还需要从图(b)给出的数 据中求得的物理量为　　　　　　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６４ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．BC　AB．根据万有引力提供向心力有GMm R２ ＝m４π ２ T２ R ＝ma, 可得T＝２π R ３ GM ,a＝GM R２ , 因为水星的公转半径比金星小,故可知水星的公转周期 比金星小;水星的公转向心加速度比金星的大,故 A 错 误,B正确; C．设水星的公转半径为R水 ,地球的公转半径为R地 ,当α 角最大时有sinαm＝ R水 R地 , 同理可知有sinβm＝ R金 R地 , 所以水星与金星的公转半径之比为 R水 ∶R金 ＝sinαm∶sinβm,故 C正确; D．根据GMm R２ ＝mv ２ R , 可得v＝ GMR , 结合前面的分析可得v水 ∶v金 ＝ sinβm ∶ sinαm,故 D错误;故选BC． ７．B　AB．第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速 度,是环绕 地 球 做 圆 周 运 动 的 所 有 卫 星 的 最 大 环 绕 速 度,该卫星的运转半径远大于地球的半径,可知运行线 速度小于第一宇宙速度,选项 A错误B正确; CD．根据GMm r２ ＝m４π ２ T２ r,可知r＝ ３ GMT２ ４π２ ． 因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同,等于“静 止”在赤道上空的同步卫星的周期,可知该卫星的轨道 半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径,选 项 C、D错误． 故选B． ８．A　卫星受到的万有引力提供向心力有GMm r２ ＝mv ２ r , mrω２＝m４π ２ T２ r＝ma, 可解得v＝ GMr ,ω＝ GM r３ ,T＝２π r ３ GM ,a＝GM r２ 可知 半径越大线速度,角速度,加速度都越小,周期越大;故 与近地卫星相比,地球静止轨道卫星周期大,故 A 正确, B、C、D错误．故选 A． ９．BD　鹊桥二号围绕月球做椭圆运动,从A→C→B 做减 速运动,从B→D→A 做加速运动,所以从C→B→D 的 运动时间大于半个周期,即大于１２小时,A 错误;在 A 点,根据牛顿第二定律,有G Mm(rOA)２ ＝maA,在B 点,根据 牛顿第二定律,有G Mm(rOB)２ ＝maB,联立并代入数据可得 鹊桥二号在A、B 两点的加速度大小之比约为aA∶aB＝ ８１∶１,B正确;根据物体做曲线运动时速度方向沿该点 的切线方向,可知鹊桥二号在C、D 两点的速度方向不垂 直于其与月心的连线,C错误;鹊桥二号发射后围绕月球 沿椭圆轨道运动,并未脱离地球引力束缚,也在围绕地 球运动,所以鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于 ７．９km/s而小于１１．２km/s,D正确． １０．D　A．由于物质的质量不随位置而改变,所以选项 A 错误;B．地球上物体与同步卫星角速度相同,由a＝ω２r 可得a地 ＜a同 ．对同步卫星和空间站进行比较,根据a＝ GM r２ ,可得a空 ＞a同 ,所以a空 ＞a同 ＞a地 ．由于F合 ＝ma, 故物体在空间站所受合力大于地面上所受合力,故 B 错误;C．根据F引 ＝GMmr２ ,且空间站r较大,可得F引 较 小,所以选项 C错误;D．根据a＝ω２r,由于a空 ＞a同 ,r空 ＜r同 ,故ω空 ＞ω同 ,而ω地 ＝ω同 ,可得ω空 ＞ω地 ,所以选项 D正确．故选 D． １１．C　地球表面的重力加速度为g,根据牛顿第二定律得 GMm R２ ＝mg,解得GM＝gR２, 根据题意可知,卫星的运行周期为T′＝Tn , 根据牛顿第二定律,万有引力提供卫星运动的向心力, 则有 GMm(R＋h)２ ＝m４π ２ T′２ (R＋h), 联立解得h＝ ３ gR２T２ ４n２π２ －R,故选 C． １２．CD　A．由题意根据开普勒第三定律可知 r３地 T２地 ＝ r３火 T２火 , 火星轨道半径大约是地球轨道半径的１􀆰５倍,则可得 T火 ＝ ２７８T地 ,故 A错误; B、C．根据GMm r２ ＝mv ２ r ,可得v＝ GMr , 由于火星轨道半径大于地球轨道半径,故火星运行线 速度小于地球运行线速度,所以在冲日处火星相对于 地球由东向西运动,为逆行,故B错误,C正确; D．由于火星和地球运动的线速度大小不变,在冲日处 火星和地球 速 度 方 向 相 同,故 相 对 速 度 最 小,故 D 正 确．故选 CD． １３．AB　A．探测器在近火星轨道和近地轨道作圆周运动, 根据v＝２πrT , 可知r＝vT２π , 若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周 期比,则可求得探测器的运行半径比;又由于探测器在 近火星轨道和近地轨道运行,轨道半径近似等于火星 和地球的半径比,故 A正确; B．根据万有引力提供向心力有 GMm r２ ＝mv ２ r ,可得 M＝rv ２ G ． 结合 A选项分析可知可以求得火星和地 球 的 质 量 之 比,故B正确． C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转 周期之比,故不能求得火星和地球的自转角速度之比; 故C错误;D．由于题目中我们只能求出火星和地球的 质量之比和星球半径之比,根据现有条件不能求出火 星和地球的公转半径之比,故 D错误．故选 A、B． 考点３　卫星变轨问题 １．B　设红矮星质量为 M１,行星质量为 m１,半径为r１,周 期为T１;太阳的质量为 M２,地球质量为m２,到太阳距离 为r２,周期为T２;根据万有引力定律有 GM１m１ r２１ ＝m１ ４π２ T２１ r１,G M２m２ r２２ ＝m２ ４π２ T２２ r２, 联立可得 M１ M２ ＝ r１r２( ) ３ 􀅰 T２ T１( ) ２ , 由于轨道半径约为日地距离的０．０７倍,周期约为０．０６ 年,可得M１ M２ ≈０．１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８１ 详解详析 ２．A　A．在P 点变轨前后空间站所受到的万有引力不变, 根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P 点的加速 度相同,故 A正确;B．因为变轨后其半长轴大于原轨道 半径,根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周 期比变轨前的大,故 B错误;C．变轨后在P 点因反冲运 动相当于瞬间获得竖直向下的速度,原水平向左的圆周 运动速度不变,因此合速度变大,故 C错误;D．由于空间 站变轨后在P 点的速度比变轨前大,而比在近地点的速 度小,则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小, 故 D错误． ３．C　AC．根据GMm r２ ＝mv ２ r ,可得v＝ GMr , 可知圆轨道距地面高度越高,环绕速度越小;而只要速 度相同就可以在同一轨道运行,与返回舱和天和核心舱 的质量无关,故 A错误,C正确; B．返回舱中的宇航员处于失重状态,仍然受到地球引力 作用,地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力,故 B 错误;D．返回舱穿越大气层返回地面过程中,有阻力做 功产生热量,机械能减小,故 D错误．故选 C． ４．C　本题考查万有引力与航天．因发射的卫星要能变轨 到绕太阳转动,则发射速度要大于第二宇宙速度且小于 第三宇宙速度,即发射速度介于１１．２km/s与１６．７km/s之 间,A错误;因地火转移轨道的半长轴大于地球公转轨道 半径,则地 火 转 移 轨 道 周 期 大 于 地 球 公 转 周 期 (１２ 个 月),故“天问一号”从P 点转移到Q 点的时间大于６个 月,B错误;因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相 轨道的半长轴,由开普勒第三定律可知,“天问一号”在 环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小,C 正确;“天问一号”从P 点变轨时,要瞬时加速做离心运 动,运动过程中速度逐渐减小,在某点之后,“天问一号” 在地火转移轨道上运动的速度小于地球绕太阳的速度, D错误． ５．D　A．根据牛顿第二定律有 GMm r２ ＝ma, 解得a＝GM r２ , 故在近火点的加速度比远火点的大,故 A 错误;B．根据 开普勒第二定律,可知在近火点的运行速度比远火点的 大,故B错误;C．“天问一号”在 同 一 轨 道,只 有 引 力 做 功,则机械能守恒,故 C错误;D．“天问一号”在近火点做 的是离心运动,若要变为绕火星的圆轨道,需要减速,故 D正确．故选 D． 专题六　机械能守恒定律 考点１　功与功率　机车启动问题 １．B　由题 知,水 筒 在 筒 车 上 均 匀 排 布,单 位 长 度 上 有n 个,每个水 筒 离 开 水 面 时 装 有 质 量 为 m 的 水、其 中 的 ６０％被输送到高出水面 H 处灌入稻田,则水轮转一圈灌 入 农 田 的 水 的 总 质 量 为 m总 ＝２πRnm ×６０％ ＝ １．２πRnm, 则水轮转一 圈 灌 入 稻 田 的 水 克 服 重 力 做 的 功 W ＝１． ２πRnmgH, 则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝WT ,T＝２πω , 联立有P＝３nmgωRH５ ,故选B． ２．A　设物体与地面间的动摩擦因数为μ,当小车拖动物 体行驶 的 位 移 为s１ 的 过 程 中 有 F－f－μmg＝(m＋ M)a, v２＝２as１, P０＝Fv, 轻绳从物体上脱落后a２＝μg, v２＝２a２(s２－s１), 联立有P０＝ ２F２(F－f)(s２－s１)s１ (M＋m)s２－Ms１ ,故选 A． ３．C　为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉 重物做匀加速上升,当功率达到额定功率时,保持功率 不变直到重物达到最大速度,接着做匀速运动,最后以 最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零,重物在 第一阶段做匀加速上升过程,根据牛顿第二定律可得a１ ＝ Tm－mg m ＝ ３００－２０×１０ ２０ m /s２＝５m/s２, 当功率达到额定功率时,设重物速度为v１,则有v１＝ P额 Tm ＝１２００３００ m /s＝４m/s, 此过程 所 用 时 间 和 上 升 高 度 分 别 为t１＝ v１ a１ ＝ ４５ s＝ ０．８s,h１＝ v２１ ２a１ ＝ ４ ２ ２×５m＝１．６m , 重物以最大速度匀速时,有vm ＝ P额 T ＝ P额 mg＝ １２００ ２００ m /s ＝６m/s, 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分 别为t３＝ vm am ＝６５ s＝１．２s ,h３＝ v２m ２am ＝ ６ ２ ２×５m＝３．６m , 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时 间为t２,该过程根据动能定理可得 P额t２－mgh２＝ １ ２mv ２ m－ １ ２mv ２ １, 又h２＝８５．２m－１．６m－３．６m＝８０m, 联立解得t２＝１３．５s, 故提升重物的最短时间为tmin＝t１＋t２＋t３＝０．８s＋１３．５s ＋１．２s＝１５．５s,C正确,ABD错误;故选 C． ４．ABD　A．小车从 M 到N,依题意有P１＝Fv１＝２００W, 代入数据解得F＝４０N,故 A正确; B．依题意,小车从 M 到N,因匀速,小车所受的摩擦力 大小为f１＝F＝４０N, 则摩擦力做功为W１＝－４０×２０J＝－８００J, 则小车克服摩擦力做功为８００J,故B正确; C．依题意,从P 到Q,重力势能增加量为 ΔEp＝mg×Δh＝５００N×２０m×sin３０°＝５０００J,故 C 错误; D．依题意,小车从P 到Q,摩擦力为f２, 有f２＋mgsin３０°＝ P２ v２ , 摩擦力做功为W２＝－f２×s２,s２＝２０m, 联立解得W２＝－７００J, 则小车克服摩擦力做功为７００J,故 D正确．故选 ABD． ５．B　AB．在ab段,根据平衡条件可知,牵引力 F１＝mgsinθ＋f, 所以在ab段汽车的输出功率 P１＝F１v, 不变,在bc段牵引力 F２＝f 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８１ 最新真题分类特训􀅰物理 bc段的输出功率 P２＝F２v＜P１ 故 A错误B正确; CD．在cd段牵引力 F３＝f－mgsinθ 汽车的输出功率 P３＝F３v＜P２ 在cd段汽车的输出功率不变,且小于bc段,故CD错误． 故选B． ６．BC　A．由平抛运动规律可知,做 平 抛 运 动 的 时 间t＝ ２h g ,因为两手榴弹运动的高度差相同,所以在空中运动 时间相等,故 A错误;B．做平抛运动的物体落地前瞬间 重力的功率 P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg ２gh,因为两 手榴弹运动的高度差相同,质量相同,所以落地前瞬间, 两手榴弹重力功率相同,故B正确;C．从投出到落地,手 榴弹下降的高度为h,所以手榴弹重力势能减小量 ΔEP ＝mgh,故 C 正确;D．从投出到落地,手 榴 弹 做 平 抛 运 动,只有重力做功,机械能守恒,故 D错误．故选B、C． ７．C　汽车匀速行驶,则牵引力与阻力平衡F＝f＝１．８× １０３ N,汽车发动机的功率P＝Fv＝１．８×１０３×２０W＝ ３６kW,故选 C． ８．ABC　本题考查机车启动问题．由题图可知,两车分别 从t２ 和t４ 时刻开始匀速运动,则有F＝f＝kmg,由F甲 ＞F乙 可得,f甲 ＞f乙 ,则 m甲 ＞m乙 ,A 正确;两车的额定 功率相等,由P＝Fv可知,甲车在t１ 时刻和乙车在t３ 时 刻的牵引力相等,即F甲 ＝F乙 ,有v甲 ＝v乙 ,甲车在t２ 时 刻和乙车在t４ 时刻牵引力大小关系为F甲 ＞F乙 ,有v甲 ＜v乙 ,C正确,D错误;从０时刻起两车牵引力随时间均 匀增加,当F＝f时,车开始运动,由题图可知,甲车比乙 车先开始运动,B正确． 考点２　动能定理的理解及简单应用 １．BC　设物体向上滑动的距离为x,物体与斜面间的动摩 擦因数为μ,对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点 滑到底端的过程用动能定理有 ０－Ek＝－mgxsinα－μmgxcosα １ ５Ek－０＝mgxsinα－μmgxcosα 联立解得x＝Ekmg ,μ＝０．５．故 A错误,C正确． 物体向下滑的加速度a２＝gsinα－μgcosα＝ １ ５g ,故 B 正确．物体向上滑和向下滑的距离相同,而向上滑的加 速度a１＝gsinα＋μgcosα大于向下滑的加速度a２．故向 上滑的时间比向下滑的时间短,故 D错误． ２．解析:(１)重物下降的过程中受力平衡,设此时 P、Q 绳中 拉力的大小分别为T１ 和T２,竖直方向T１cosα＝mg＋ T２cosβ, 水平方向T１sinα＝T２sinβ, 联立代入数值得T１＝１２００N,T２＝９００N． (２)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝０, 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－４２００J． 答案:(１)１２００N,９００N;(２)－４２００J ３．解:(１)第 一 次 篮 球 下 落 的 过 程 中 由 动 能 定 理 可 得 E１ ＝mgh１ 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 ０－E２＝－mgh２ 第二次从１．５m 的高度静止下落,同时向下拍球,在篮 球反弹上升的过程中,由动能定理可得 ０－E４＝０－mgh４ 第二次从１．５m 的高度静止下落,同时向下拍球,篮球 下落过程中,由动能定理可得 W＋mgh３＝E３ 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变,则有比 例关系 E２ E１ ＝ E４ E３ 代入数据可得W＝４．５J (２)因作用力是恒力,在恒力作用下篮球向下做匀加速 直线运动,因此有牛顿第二定律可得F＋mg＝ma 在拍球时间内运动的位移为x＝１２at ２,做的功为 W＝Fx 联立可得F＝９N(F＝－１５N舍去) 答案:(１)W＝４．５J　(２)F＝９N ４．解:本题考查自由落体运动、动能定理和动量定理． (１)头盔下落过程,由动能定理有 mgh＝ １２mv ２,解得v ＝６m/s． (２)物体在匀减速过程中,位移x＝v＋０２t ,解得t＝０．０１s． (３)在物体匀减速直线运动过程中,规定向下为正方向, 由动量定理有－􀭺Ft＝０－mv, 解得物体所受平均作用力的大小􀭺F＝３０００N． 答案:(１)６m/s　(２)０．０１s　(３)３０００N ５．A　A．火箭从发射仓发射出来,受竖直向下的重力、竖 直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用, 且推力大小不断减小,刚开始向上的时候高压气体的推 力大于向下的重力和空气阻力之和,故火箭向上做加速 度减小的加速运动,当向上的高压气体的推力等于向下 的重力和空气阻力之和时,火箭的加速度为零,速度最 大,接着当向上的高压气体的推力小于向下的重力和空 气阻力之和时,火箭向上做加速度增大的减速运动,直 至速度为零,故当火箭的加速度为零时,速度最大,动能 最大,故 A正确;B．根据能量守恒定律,可知高压气体释 放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能, 故B错误;C．根据动量定理,可知合力冲量等于火箭动 量的增加量,故 C错误;D．根据功能关系,可知高压气体 的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的 增加量,故 D错误．故选 A． ６．解:本题考查牛顿运动定律和动能定理． (１)设小滑块的质量为 m,斜面倾角为θ,滑块与斜面间 的动摩擦因数为μ,滑块受斜面的支持力大小为 N,滑动 摩擦力大小为f,拉力为１０N 时滑块的加速度大小为 a．由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsinθ－f ＝ma ① N＝mgcosθ ② f＝μN ③ 联立①②③式并代入题给数据得a＝７m/s２ ④ (２)设滑块在 AB 段运动的过程中拉力所做的功为 W, 由功的定义有W＝T１s１＋T２s２ ⑤ 式中T１、T２ 和s１、s２ 分别对应滑块下滑过程中两阶段所 受的拉力及相应的位移大小．由题图(b)得T１＝８N,s１ ＝１m,T２＝１０N,s２＝１m．设滑块第一次到达B 点时的 动能为Ek,由动能定理有 W＋(mgsinθ－f)(s１＋s２)＝ Ek－０ ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝２６J ⑦ (３)由机械能守恒定律可知,滑块第二次到达B 点时,动 能仍为Ek．设滑块到B 点的最大距离为smax,由动能定 理有－(mgsinθ＋f)smax＝０－Ek ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝１．３m ⑥ 答案:(１)７m/s２　(２)２６J　(３)１．３m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８１ 详解详析 考点３　动能定理图像和求解多过程问题 １．A　本题结合Ek－s图像考查动能定理．０~１０m 内物 块上滑,由动能定理得 －mgsin３０°􀅰s－fs＝Ek－Ek０ 整理得Ek＝Ek０－(mgsin３０°＋f)s, 结合０~１０m 内的图像得,斜率的绝对值 |k|＝mgsin３０°＋f＝４N １０~２０m 内物块下滑,由动能定理得 (mgsin３０°－f)(s－s１)＝Ek 整理得Ek＝(mgsin３０°－f)s－(mgsin３０°－f)s１ 结合１０~２０m 内的图像得,斜率 k′＝mgsin３０°－f＝３N, 联立解得 f＝０．５N, m＝０．７kg 故选 A． ２．AB　A．下滑５m 的过程中,重力势能减少３０J,动能增 加１０J,减小的重力势能并不等于增加的动能,所以机械 能不守恒,A正确;B．斜面高３m、长５m,则斜面倾角为 θ＝３７°．令斜面底端为零势面,则物块在斜面顶端时的重 力势能 mgh＝３０J,可得质量 m＝１kg,下滑５m 过程 中,由功能原理,机械能的减少量等于克服摩擦力做的 功μmgcosθ􀅰s＝２０J,求得μ＝０．５,B正确;C．由牛顿第 二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma,求得a＝２m/s ２,C错误; D．物块下滑２．０m 时,重力势能减少１２J,动能增加４J, 所以机械能损失了８J,D选项错误．故选 A、B． ３．BC　由图像可得,W~x图像的斜率就是拉力F,０~２m 过程中拉力大小为６N,２－４m 过程中拉力大小为３N, 由 牛 顿 第 二 定 律 可 知,a１ ＝ F－μmg m ＝２ m /s２,a２ ＝ F－μmg m ＝－１m /s２,故０~２m 过程中,物体做匀加速运 动,２~４m 过程中,物体做匀减速运动．A．在x＝１m时, 由公式v２１＝２a１x１,解得v１＝２m/s,此时拉力的功率P＝ Fv＝１２W,故 A错误;B．在x＝４m 时,物体的动能Ek ＝W 总 －fx４＝１８－１６＝２J,故 B正确;C．从x＝０运动 到x＝２m,物体克服摩擦力做的功Wf＝fx２＝８J,故 C 正确;D．从x＝０运动到x＝４m 的过程中,物体在x＝２ m时速度最大,由v２２＝２a１x２,解得v２＝２ ２m/s,此时物体 的动量p２＝mv２＝２ ２kg􀅰m/s,故 D错误．故选BC． ４．AD　A．由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C 点,则小 球在C点的速度为vC＝０, 则小球从C到B 的过程中,有mgR(１－cosα)＝１２mv ２, FN＝mgcosα－m v２ R , 联立有FN＝３mgcosα－２mg, 则从C 到B 的过程中α 由０增大到θ,则cosα逐渐减 小,故FN 逐渐减小,而小球从B 到C 的过程中,对轨道 的压力逐渐增大,A 正确;B．由于A 到B 的过程中小球 的速度逐渐减小,则A 到B 的过程中重力的功率为P＝ －mgvsinθ, 则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小,则 B错 误;C．从 A 到C 的 过 程 中 有 －mg􀅰２R＝ １２mv ２ C － １ ２mv ２ ０, 解得v０＝ ４gR,C错误;D．小球在B 点恰好脱离轨道 有mgcosθ＝m v２B R , 则vB＝ gRcosθ, 则若小球初速度v０ 增大,小球在B 点的速度有可能为 gRcosθ,故小球有可能从 B 点脱 离 轨 道,D 正 确．故 选 AD． ５．CD　设斜面倾角为θ,游客在倾斜滑道上均减速下滑,则 需满足mgsinθ＜μmgcosθ, 可得μ＞tanθ＝ h L１ , 即有L１＞ h μ ,因μ０≤μ≤１．２μ０,所有游客在倾斜滑道上 均减速下滑,可得L１＞ h μ０ ,滑行结束时停在水平滑道上, 由全程的动能定理有 mg􀅰２h－μmgcosθ􀅰 L１ cosθ－μmgx＝０－０ , 其中０＜x≤L２,可得 L１＜ ２h μ０ ,L１＋L２＞ ２h μ , 代入μ０≤μ≤１．２μ０,可得 L１＜ ５h ３μ０ ,L１＋L２＞ ２h μ０ , 综合需满足 h μ０ ＜L１＜ ５h ３μ０ 和L１＋L２＞ ２h μ０ ． 故选 C、D． ６．解析:(１)滑雪者从A 到P、根据动能定理有 mgdsin４５° －μmgdcos４５°＝ １ ２mv ２ P－０, 根据动量定理有(mgsin４５°－μmgcos４５°)t＝mvP－０, 联立解得t＝ ２ ２dg(１－μ) , vP＝ ２gd(１－μ)． (２)由于滑雪者从P 点由静止开始下滑,恰好到达B 点, 故从P 点到B 点合力做功为０,所以当从 A 点下滑时, 到达B 点有vB＝vP＝ ２gd(１－μ)． (３)当滑雪者刚好落在C 点时,平台BC 的长度最大;滑 雪者从B 点飞出做斜抛运动,竖直方向上有vPcos４５°＝ g×t２ , 水平方向上有L＝vPsin４５°􀅰t, 联立可得L＝ ２d(１－μ)． 答案:(１)t＝ ２ ２dg(１－μ) ;(２) ２gd(１－μ); (３)２d(１－μ) ７．解:(１)传送带的速度为v＝４．０m/s时,载物箱在传送带 上先做匀减速运动,设其加速度大小为a,由牛顿第二定 律有 μmg＝ma ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s１,由运动 学公式有 v２－v２０＝－２as１ ② 联立①②式,代入题给数据得 s１＝４．５m ③ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４８１ 最新真题分类特训􀅰物理 因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后 开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带 所用的时间为t１,做匀减速运动所用的时间为t′１,由运 动学公式有v＝v０－at′１ ④ t１＝t′１＋ L－s１ v ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据得 t１＝２．７５s ⑥ (２)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达 右侧平台时的速度最小,设为v１;当载物箱滑上传送带 后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大, 设为v２．由动能定理有 －μmgL＝ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０ ⑦ μmgL＝ １ ２mv ２ ２－ １ ２mv ２ ０ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 v１＝ ２m/s,v２＝４ ３m/s ⑨ (３)传送带的速度为v＝６．０m/s时,由于v０＜v＜v２,载 物箱先做匀加速运动,加速度大小仍为a．设载物箱做匀 加速运动通过的距离为s２,所用时间为t２,由运动学公式 有 v＝v０＋at２ ⑩ v２－v２０＝２as２ 􀃊􀁉􀁓 联立①􀃊􀁉􀁒􀃊􀁉􀁓式并代入题给数据得 t２＝１．０s 􀃊􀁉􀁔 s２＝５．５m 􀃊􀁉􀁕 因此载物箱加速运动１．０s、向右运动５．５m 时,达到与 传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动 (Δt－t２)的时间后,传送带突然停止．设载物箱匀速运动 通过的距离为s３,有 s３＝(Δt－t２)v 􀃊􀁉􀁖 由①􀃊􀁉􀁔􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁖式可知,１２mv ２＞μmg(L－s２－s３),即载物箱 运动 到 右 侧 平 台 时 速 度 大 于 零,设 为v３．由 运 动 学 公 式有 v２３－v２＝－２a(L－s２－s３) 􀃊􀁉􀁗 设载物箱通过传送带的过程中,传送带对它的冲量为I, 由动量定理有 I＝m(v３－v０) 􀃊􀁉􀁘 联立①􀃊􀁉􀁔􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁖􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁘式并代入题给数据得 I＝０ 􀃊􀁉􀁙 答案:(１)２．７５s　(２)４ ３m/s,２m/s　(３)０ 考点４　机械能守恒定律及其应用 １．C　如图所示 设圆环下 降 的 高 度 为h,圆 环 的 半径为R,它到P 点的距离为L, 根据机 械 能 守 恒 定 律 得 mgh＝ １ ２mv ２, 由几何关系可得h＝Lsinθ,sinθ ＝L２R , 联立可得h＝L ２ ２R , 可得v＝L gR , 故 C正确,ABD错误． 故选 C． ２．A　小球下落的高度为h＝πR－π２R＋R＝ π＋２ ２ R 小球下落过程中,根据动能定理有mgh＝１２mv ２ 综上有v＝ (π＋２)gR 故选 A． ３．BCD　A．开始释放时物体Q 的加速度为g３ , 则mQg－FT＝mQ􀅰g３ ,FT－mPg＝mP􀅰g３ , 解得FT＝ ２ ３mQg ,mP mQ ＝１２ ,选项 A错误; B．在T 时刻,两物体的速度v１＝g T ３ , P 上升的距离h１＝ １ ２ g ３T ２＝gT ２ ６ , 细线断后P 能上升的高度h２＝ v２１ ２g＝ gT２ １８ , 可知开始时PQ 距离为h＝h１＋h２＝ ２gT２ ９ , 若设开始时P 所处的位置为零势能面,则开始时Q 的机 械能为E＝mQgh＝ ２mQg２T２ ９ , 从开始到绳子断裂,绳子的拉力对Q 做负功,大小为WF ＝FTh１＝ mQg２T２ ９ , 则此时物体Q 的机械能E′＝E－WF＝ mQg２T２ ９ ＝ E ２ , 此后物块Q 的机械能守恒,则在２T 时刻物块Q 的机械 能仍为E ２ ,选项B正确; CD．在２T 时刻,重物P 的速度v２＝v１－gT＝－ ２gT ３ , 方向向下;此时物体 P 重力的瞬时功率PG ＝mPgv２＝ mQg ２ 􀅰２gT ３ ＝ mQg２T ３ ＝ ３E ２T ,选项 CD正确．故选BCD． ４．解:(１)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度 为ω,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度 为v＝２Rω．(２)小球匀速转动,当在水平位置时设杆对球 的作用力为 F,合力提供向心力,则有 F２－(mg)２ ＝ mv ２ ２R ,结合 (１)可 解 得 杆 对 球 的 作 用 力 大 小 为 F＝ m ４R２ω４＋g２．(３)设重物下落高度为h,重物下落过程 中对重物、鼓形轮和小球组成的系统,根据系统机械能 守恒可知 Mgh＝ １２Mv ２ １＋ １ ２ ×４mv ２,而重物的速度等 于鼓 形 轮 的 线 速 度,有 v１ ＝Rω,联 立 各 式 解 得 h ＝ (M＋１６m)R２ω２ ２Mg ． 答案:(１)v＝２Rω　(２)F＝m ４R２ω４＋g２ (３)h＝ (M＋１６m)R２ω２ ２Mg 考点５　能量守恒与转化的理解 １．BC　CD．外力撤去前,由牛顿第二定律可知 F－μmg＝ma１　① 由速度位移公式有v２０＝２a１s０　② 外力撤去后,由牛顿第二定律可知　－μmg＝ma２　③ 由速度位移公式有　－v２０＝２a２(２s０)　④ 由①②③④可得,水平恒力F＝３mv ２ ０ ４s０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５８１ 详解详析 动摩擦因数μ＝ v２０ ４gs０ 滑动摩擦力F１＝μmg＝ mv２０ ４s０ 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的３倍,故 C 正确,D错误;A．在此过程中,外力F 做功为 W＝Fs０＝ ３ ４mv ２ ０ 故 A错误;B．由平均速度公式可知,外力F 作用时间t１ ＝ s０ ０＋v０ ２ ＝ ２s０ v０ 在此过程中,F 的冲量大小是I＝Ft１＝ ３ ２mv０ ,故 B正 确．故选BC． ２．D　本题考查动能定理．设OO１ 与水平方向夹角为θ,由 题图中几何关系可得,sinθ＝ １２ ,小物块沿光滑圆弧轨 道由静止下滑到N 点的过程中,由动能定理有mgRsinθ ＝１２mv ２ N ,解得vN＝ gR,D正确． ３．C　泵车的泵送系统以１５０m３/h的输送量给３０m 高处 输送混凝土,每小时泵送系统对混凝土做的功 W＝ρVgh ＝２．４×１０３×１５０×１０×３０J＝１．０８×１０８J,故选 C． ４．B　当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木 板整体有kx０＝μmg, 解得弹性绳的伸长量x０＝μ mg k , 则此时弹性绳的弹性势能为E０＝ １ ２kx ２ ０＝μ ２m２g２ ２k ． 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置 的过程,乙所坐木板的位移为x１＝x０＋l－d, 则由功能关系可知该过程F 所做的功 W＝E０＋μmgx１ ＝３ (μmg) ２ ２k ＋μmg (l－d)． ５．ACD　AB．由题意可知B 物体可以在开始位置到最低 点之间做简谐振动,故在最低点时有弹簧弹力T＝２mg; 对A 分 析,设 绳 子 与 桌 面 间 夹 角 为θ,则 依 题 意 有 ２mgsinθ＝Mg,故有 M＜２m,故 A正确,B错误;C．由题 意可知B 从释放位置到最低点过程中,开始弹簧弹力小 于重力,物体 加 速,合 力 做 正 功;后 来 弹 簧 弹 力 大 于 重 力,物体减速,合力做负功,故 C正确;D．对于B,在从释 放到速度最大过程中,B 机械能的减少量等于弹簧弹力 所做的负 功,即 等 于 B 克 服 弹 簧 弹 力 所 做 的 功,故 D 正确． 考点６　能量守恒与转化的综合应用 １．BD　当物块从木板右端离开时, 对m 有－fxm＝ １ ２mv ２ m－ １ ２mv ２ ０, 对 M 有fxM＝ １ ２Mv ２ M , 其中l＝xm－xM AB．由于l＞xM ,则根据以上分析可知木板的动能一定 小于fl,A错误、B正确;CD．根据以上分析,联立有 １２ mv２０－fl＝ １ ２mv ２ m＋ １ ２Mv ２ M 则物块的动能一定小于 １ ２mv ２ ０－fl,C错误、D 正确．故 选BD． ２．解析:(１)物块在CD 段运动过程中,由牛顿第二定律得 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma,由 运 动 学 公 式 ０－v ２ ＝ －２ax, 联立解得x＝ v ２ ２g(sinθ＋μcosθ) ． (２)物块在BC段匀速运动,得电动机的牵引力为F＝mg sinθ＋μmgcosθ,由P＝Fv得P＝mgv(sinθ＋μcosθ)． (３)全过程物块增加的机械能为E１＝mgLsinθ, 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增 加的机械能和摩擦产生的内能,故可知E２＝E１＋μmgcosθ 􀅰L,故可得E１E２ ＝ mgLsinθmgLsinθ＋μmgLcosθ ＝ sinθsinθ＋μcosθ ． 答案:(１) v ２ ２g(sinθ＋μcosθ) 　(２)mgv(sinθ＋μcosθ)　 (３) sinθsinθ＋μcosθ ３．解析:(１)小球从A 到B,根据能量守恒定律得 Ep＝ １ ２mv ２ B＝ １ ２mgR． (２)小球从B 到O,根据动能定理有－mgR＋qE􀅰 ２R＝ １ ２mv ２ O－ １ ２mv ２ B, 解得vO＝ ３gR． (３)小球运动至O 点时速度竖直向上,受电场力和重力 作用,将 电 场 力 分 解 到 x 轴 和y 轴,则 x 轴 方 向 有 qEcos４５°＝max, 竖直方向有qEsin４５°－mg＝may, 解得ax＝g,ay＝０, , 说明小球从O 点开始以后的运动为x 轴方向做初速度 为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做 类平抛运动,则有x＝１２gt ２,y＝vOt, 联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程y２＝６Rx． 答案:(１)１２mgR　 (２)v０＝ ３gR　(３)y２＝６Rx ４．解析:(１)设AB、OB 的张力分别为F１、F２,A 受力平衡, F＝F１sin３７°, B 受力平衡 F１cos３７°＋F２cos３７°＝mg, F１sin３７°＝F２sin３７°, 解得F＝３mg８ ． (２)设装置转动的角速度为ω,对A F＝Mω２􀅰８５L , 对B mgtan５３°＝mω２􀅰４５L , 解得 M＝９６４m． (３)B 上升的高度h＝１５L ,A、B 的动能分别为 EkA＝ １ ２M ω ８ ５L( ) ２ ,EkB＝ １ ２m ω ４ ５L( ) ２ ; 根据能量守恒定律可知 W＝(EkA－０)＋(EkB－０)＋mgh 解得 W＝３１３０mgL． 答案:(１)３mg８ ;(２)９６４m ;(３)３１３０mgL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６８１ 最新真题分类特训􀅰物理 ５．解析:(１)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v２′,由于 B 对轨道最高点的压力为零,则由牛顿第二定律得 mg＝ mv２′ ２ R , B离开最高点后做平抛运动,则在竖直方向上有 ２R＝１２gt ２, 在水平方向上有x＝v′２t, 联立解得 x＝２R． (２)对 A由C到D 的过程,由机械能守恒定律得 mgRcosθ＝１２mv ２ D, 由于对 A 做功的力只有重力,则 A 所受力对 A 做功的 功率为 P＝mgvDsinθ． 解得P＝mgsinθ ２gRcosθ． (３)设 A、B碰后瞬间的速度分别为v１,v２,对 B,由Q 到 最高点的过程,由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ２＝ １ ２mv′ ２ ２＋mg􀅰２R 解得v２＝ ５gR, 对 A,由Q 到C 的过程,由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ １＝mgR, 解得v１＝ ２gR． 设碰前瞬间 A速度为v０,对 A、B碰撞的过程,由动量守 恒定律得 mv０＝mv１＋mv２． 解得v０＝ ２gR＋ ５gR, 碰撞过程中 A和B损失的总动能为 ΔE＝１２mv ２ ０－ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ２, 解得 ΔE＝ １０mgR． 答案:(１)２R;(２)mgsinθ ２gRcosθ;(３) １０mgR 实验七　验证机械能守恒定律 １．解析:①在验证机械能守恒实验时阻力越小越好,因此 密度大的阻力与重力之比更小 ②由图中可知OC之间的距离为xOC＝２７．９０cm,因此机 械能的减少量为|ΔEp|＝mgxOC ＝０．２×９．８×０．２７９０J ≈０．５４７J 匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度, 因此 vC＝ xBD ２T＝ ０．３３０－０．２３３ ２×０．０２ m /s＝２．４２５m/s 因此动能的增加量为 EkC ＝ １ ２mv ２ c＝ １ ２×０．２×２．４２５×２．４２５J≈０．５８８J 工作电压偏高不会影响实验的误差,存在摩擦力会使重 力势能的减少量大于动能的增加量,只有提前释放了纸 带,纸带的初速度不为零,下落到同一位置的速度偏大 才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量．故选 C． 答案:①阻力与重力之比更小(或其它合理解释) ②０．５４７　０．５８８　C ２．解析:(１)从打出A 点到打出F 点时间内,弹簧的弹性势 能减少量为 ΔEp弹 ＝ １ ２k (L－L０)２－ １ ２k (L－L０－h５)２, 整理有 ΔEp弹 ＝k(L－L０)h５－ １ ２kh ２ ５, 打F 点时钩码的速度为vF＝ h６－h４ ２T , 由于在误差允许的范围内,认为释放钩码的同时打出A 点,则 钩 码 动 能 的 增 加 量 为 ΔEk ＝ １ ２ mv ２ F －０ ＝ m(h６－h４)２ ８T２ , 钩码的重力势能增加量为 ΔEp重 ＝mgh５, (２)钩码机械能的增加量,即钩码动能和重力势能增加 量的总和,若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于 钩码机械能的增加量．现在随着h增加,两条曲线在纵 向的间隔逐渐变大,而两条曲线在纵向的间隔即阻力做 的功,则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的 速度逐渐增大,导致空气阻力逐渐增大,以至于空气阻 力做的功也逐渐增大． 答案:(１)k(L－L０)h５－ １ ２kh ２ ５　 m(h６－h４)２ ８T２ 　mgh５ (２)见解析 ３．解析:(１)四个钩码重力势能的减少量为 ΔEP＝４mgL＝ ４×０．０５×９．８×０．５J＝０．９８０J (２)系统减少的机械能为 ΔE＝ΔEP－ΔEk,则代入数据 可得表格中 减 少 的 机 械 能 为 ΔE４＝０．９８J－０．３９２J＝ ０．５８８J (３)根据表格数据描点得 ΔE—M 的图像为 根据做功关系可知 ΔE＝μMgL 则 ΔE—M 图像的斜率为k＝μgL＝ ０．７８５－０．３９３ ０．４－０．２ ＝１．９６ 解得动摩擦因数为μ＝０．４０(０．３８~０．４２) 答案:(１)０．９８０　(２)０．５８８ (３) ０．４０(０．３８~０．４２) 实验八　做功与动能变化 １．解析:本题考查“探究功与速度变化的关系”实验． ①题中需要将盘和砝码的重力当作小车的牵引力,所以 首先需要补 偿 小 车 受 到 阻 力 的 影 响,即 抬 高 长 木 板 右 端,在不接盘和砝码的情况下,轻推小车,小车做匀速直 线运动,表示小车重力沿木板平面的分力与小车所受阻 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７８１ 详解详析 力等大反向,A正确;然后挂上质量为 m＇的盘和砝码,根 据牛顿第二定律得m＇g －T＝m＇a,对质量为 m 的小车, 根据牛顿第二定律得T＝ma,解得细线的拉力大小T＝ m m＋m＇ 􀅰m＇g＝ １ １＋m＇m 􀅰m＇g,可知当满足盘和砝码的总质 量远小于小车的质量时,可认为T＝m＇g,盘和砝码的重 力可当作小车的牵引力,D正确;实验过程中摩擦阻力无 法消除,本实验装置无法验证“机械能守恒定律”,故 B 错误;细线与长木板平面需要平行,以保证细线的拉力 与小车运动方向一致,C 正确．②小车做匀加速直线运 动,相邻相等时间内位移逐渐增大,即相邻两点间距逐 渐增大,纸带Ⅰ后面的点迹间距保持不变,所以实验打 出的纸带是第Ⅱ条．③根据动能定理可知 W＝ １２ mv ２, 则W－v２ 图像的斜率为１２m ,能求出小车的质量． 答案:①ACD　②Ⅱ　③能 ２．解析:由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均 速度vB＝ (４．００－２．５６)×１０－２ ０．０４ m /s＝０．３６m/s vP＝ (５７．８６－５０．６６)×１０－２ ０．０４ m /s＝１．８０m/s,验证动能 定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功,所 以需要测量对应的B、P 之间的距离． 答案:０．３６　１．８０　B、P 之间的距离 专题七　静电场及静电场中的能量 考点１　库仑力作用下的平衡和非平衡问题 １．BC　本题考查库仑定律、受力分析以及共点力的平衡． AB．对小球 M 受力分析如图(a)所示,对小球 N 受力分 析如图(b)所示,由受力分析图可知小球 M 带负电,小球 N 带正电,故B正确,A错误; CD．由几何关系可知,两小球之间的距离为 r＝ ２L, 当两小球的电荷量为q时,由力的平衡条件得 mgtan４５°＝Eq－kq ２ r２ ; 两小球的电荷量同时变为原来的２倍后,由力的平衡条 件得 mgtan４５°＝E􀅰２q－k (２q)２ r２ ; 整理解得 q＝L mgk , 故 C正确,D错误． 故选B、C． ２．D　要使P、Q 在水平向右的匀强电场中均处于如题图 所示的平衡状 态 中,P、Q 两 带 电 小 球 一 定 要 带 异 种 电 荷,分别以P、Q 为研究对象受力分析可知,P 带负电,Q 带正电;故 A、B、C错误,D正确． ３．B　由题意可知设 Q 和 P两球之间的库仑力为F,绳子 的拉力分别为 T１,T２,质量分别为 m１,m２;与竖直方向 夹角为θ,对 于 小 球 Q 有q１E＋T１sinθ＝F,T１cosθ＝ m１g,对于小球P有q２E＋F＝T２sinθ,T２cosθ＝m２g,联 立有q１E＝F－T１sinθ＞０,q２E＝T２sinθ－F＞０,所以可 得T２＞T１,又因为 T１ T２ ＝ m１ m２ , 可知m２＞m１,即P的质量一定大于 Q的质量;两小球的 电荷量则无法判断． ４．BCD　A．由题意可知三小球构成一个等边三角形,小球 １和３之间的力大于小球２和３之间的力,弹簧处于压 缩状态,故小球１和３一定是斥力,小球１带正电,故小 球３带正电,故 A错误; B．小球３运动至a点时,弹簧的伸长量等于L２ ,根据对 称性可知,小球２对小球３做功为０;弹簧弹力做功为０, 故根据动能定理有mgLsinθ＝１２mv ２, 解得v＝ gL,故B正确; C．小 球 ３ 在b点 时,设 小 球 ３ 的 电 荷 量 为q,有kqQL２ ＝mg２ , 设弹簧的弹力为F,根据受力平衡,沿斜面方向有 F＝kq 􀅰６Q L２ －kqQ L２ sin３０°－mgsin３０°, 解得F＝９４mg , 小球运动至a点时,弹簧的伸长量等于L２ ,根据对称性 可知F＋kqQ L２ sin３０°－mgsin３０°＝ma, 解得a＝２g,故 C正确; D．当运动至ab中点时,弹簧弹力为０,此时小球２对小 球３的力为 F２３＝k q Q ３ ２L æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ４ ３ 􀅰kqQ L２ ＝ ４３ × mg ２ ＝ ２ ３mg , 斜面对小球的支持力为FN＝mgcos３０°－F２３＝ ３ ２mg－ ２ ３mg＝ ３ ３－４ ６ mg , 根据牛 顿 第 三 定 律 可 知,小 球 对 斜 面 的 压 力 大 小 为 ３ ３－４ ６ mg ,故 D正确．故选BCD． 考点２　电场强度　电势　电势能 １．C　在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度 的大小．由题图可知,c点等差等势线最密集,故c点电 场强度最大,C正确． ２．D　由于 M 点与A 点关于带电 细杆 对 称,故 细 杆 在 A 处 产 生 的电场强度大小E６＝E３＝ ３kq a２ , 方向 竖 直 向 上,故 A 点 的 电 场 强度大小E＝E′合 ＋E６＝(３＋ ３)kq a２ ,D正确． ３．D　根据 E＝Fq 可知FＧq 图 像 斜率表示电场强度,由题图可知Ea＞Eb,根据题意无法 得出Ea 和Eb 的数量关系． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８１ 最新真题分类特训􀅰物理