专题7 机械能综合问题-2024年高考物理小题必刷卷

专题七机械能综合问题 I高考攻略I 高考对本专题的考查内容主要涉及动能定理的应用，机械能守恒的理解与应用、功能关系的理解 和应用、能量守恒及转化问题，联系实际的何题涉及机车启动、各种交通工具、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。 【考点·分层分练】 小球可视为质点，开始时《球处于圆弧上端A 点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧 考点一动能定理与图像的结合问题 面下滑，重力加速度为g,下列说法正确的是 1.(2024·北京四中模拟)如图所 ( 示，一小物块由静止开始沿斜面 A.a球下滑过程中机械能保持不变 向下滑动，最后停在水平地面 B.b球下滑过程中机械能保持不变 上。斜面和地面平滑连接，且物 0 C.a,b球都滑到水平轨道上时速度大小均为√2gR 块与斜而、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。 D.从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整 该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图 像是 个过程中轻杆对a球做的功为2mgR 考点三多个物体的机械能守恒问题 4.(2024·湖南浏阳市模拟)一质 0 量不计的直角形支架两端分别 2 连接质量为m和2m的小球A 和B。支架的两直角边长度分B82m 别为21和1，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩 擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由 静止释放，重力加速度为g,则 ( ) A.A球的最大速度为2√g 考点二利用动能定理解决多过程问题 B.A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小 2.(多选)(2024·河南平顶山模拟)有两条雪道平 C.A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45° 行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右 时，A球的速度大小为 8(w2+1)gl 侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一 3 定姿势坐在雪橇上不动，从1高处的A点由静 D.A、B两球的最大速度之比vA:B=3:1 数 止开始沿倾角为0的雪道下滑，最后停在与A点 5.(2024·江苏苏州模拟)如图所示， 水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条 长度为L的轻杆上端连着一质量 B 雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑， 为m的小球A(可视为质点)，杆的 7 结果能冲上另一条倾角为a的雪道上h2高处的 下端用铰链固接于水平面上的O E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪 点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立 橇在路径转折处的能量损失，则 方体B的边长为L,质量为4m,重力加速度为g。 若A、B之间，B与地面间皆光滑，则 茶 A.A、B分离时，二者加速度相等 B.A,B分离时，B的速度为Y2码 阳 A.动摩擦因数为tan0B.动摩擦因数为 2 C.倾角a一定大于0 D.倾角a一定小于0 C,A落地前最大速度为Y3g工 2 3.如图所示，有一光滑轨 道ABC,AB部分为半 D,A落地前最大加速度为 48 径为R的圆弧，BC部 考点四功能关系的综合应用 6.(2024·四川南充市阆中中学模拟)如图，质量为 分水平，质量均为m的 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为 小球a、b周定在竖直轻 3m且可视为质点的物块以水平向右的初速度 杆的两端，轻杆长为R, 0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍 29 在木板上。物块与木板间的动摩擦因数为1： 带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的 木板与地面间的动摩擦因数为2。最大静摩擦 恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者 力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列 传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触 判断正确的是 面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送 3m☐ 带部分的长度x=二时，链条恰能保持静止。现 77777777777777777777777777777 A,若=1.2，则木板长度至少为225 将链条从位于传送带部分的长度x=专的位置 u2 由静止释放，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦 B.若丝=2，则木板长度至少为25 力，则下列说法正确的是 2 C.若丛=2，则在整个运动过程中，地面对木板 A.释放瞬间链条的加速度为sin目 2 的摩擦力的冲量大小为m B链条与传送带之间的动摩擦因数4=an0 4 C.链条始终在滑动摩擦力的作用下，从x=之的 D.若巴=2，则在整个运动过程中，地面与木板 2 位置静止释放，到完全进人传送带的瞬间，速 间因摩擦产生的热量为 度大小v=√2 gLsin0 D.若链条的机械能增加量为△E,传送带消耗的电 7.(多选)(2024·福建 福州模拟)如图，劲度 能为E耗，不计电路中产生的电热，△E等于E耗 考点六能量守恒定律 系数为k的轻质弹簧 左端固定在墙上，处于原长时右端恰到O点，与可 9.(多选)(2024·山东 +E八×10) 视为质点的质量为m的物块接触（未连接）。用水 泰安市高三模拟)某 平力F缓慢推动物体到位置A,撤去F后，物体开 汽车研发机构在汽 车的车轮上安装了 始向右运动，最远到达位置B。已知AO=,OB= 0 85 小型发电机，将减速 *其×10m 2,物体与水平面间的动摩擦因数处处相同。物 块从A到B运动过程中的速度o、加速度a、滑块的 时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节 能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一 机械能E、滑块与弹簧的总机械能E随位移x变化 段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位 如图所示，其中正确的是 移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装 5a 置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图 线。已知汽车的质量为1000kg,设汽车运动过 程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图 像所给的信息可求出 A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N B.汽车的额定功率为80kW B C.汽车加速运动的时间为22.5s D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为 5×105J 10.(多选)(2024·沙坪坝区校 级模拟)如图所示，ABC为 遵循胡克定律的一条弹性 0 C D 轻绳，一端固定于A点，另 D 考点五摩擦力做功与能量转化 一端连接质量为m的小球， 8.(多选)(2024·广西南 小球穿在竖直的杆上，轻杆 宁三中模拟)如图所示， 0000 OB一端固定在墙上，另 现将一长为L、质量为m 端为光滑的定滑轮。若绳自然长度等于AB,初 且分布均匀的金属链条 始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止 通过装有传送带的斜面m9mmm 释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两 输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直 点间距离为h,D为CE的中点且小球从C点向 线，与水平方向夹角为0，斜面光滑，链条与传送 E点运动过程中在D点速度达到最大，小球在 30 C点时弹性绳的拉力为”坚，小球与竖直杆之间 的四分之一光滑圆弧与BC水平雪道组成的， 与圆弧雪道相切。质0Q 的动摩擦因数为：，弹性绳始终处在弹性限度 量为m的运动员（可 内，重力加速度为g,则 D 视为质点)从O点自 A,小球在CD阶段克服摩擦力做的功小于其在 由下落，由左侧A点 DE阶段克服摩擦力做的功 进入U形槽中，从右 6 B.小球在下降过程中其在E点的加速度与C 侧D点自由飞出后上升至Q点。其中OA=h, 点的加速度大小相等 QD=0.75h,圆弧半径R=2h。不计空气阻力. C.若将小球的质量变为2m,仍让小球从C点 重力加速度取g,下列说法正确的是 静止释放，则小球运动到E点的速度为√gh D.若在E点给小球一个向上的速度vo,使小球 A.运动员运动到A点的速度为vgh 恰好能回到C点，则w三gh B.运动员首次运动到B点的速度为6gh C.运动员最终可能静止在AB段 【考能·演习演练】 D.运动员第二次离开U形槽后，最高能够到达 11.(2024·云南昆明一中模拟)如图所示，与水平 相对于A点0.8h的位置 地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等 14.(2024·四川省成都市五 间距点B、C和D,即AB 城区模拟)如图，一直角 B 45 BC=CD。小滑块P以初速 边长为R的光滑等腰直 0 度0从A出发，沿斜面向上 角三角形与半径为R的 运动，若斜面与滑块间无摩 光滑圆柱的一部分无缝 擦，则滑块恰好到达D点，而后下滑：若斜面 相接，固定在水平桌面上。质量分别为2m和m AB部分与滑块间有摩擦，其余部位与滑块间 的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线 仍无摩擦，则滑块恰好上滑到C点，而后下滑， 相连，小球B(视为质点)恰好位于桌面上。已 则滑块下滑到B点时速度大小以及回到A点 知重力加速度为g。从静止释放小球B,在运动 时速度大小分别为 ) 到圆柱顶点的过程中 ( A复复 B33 20、20 A.物体A的机械能守恒 B.当小球B到达圆柱顶点时，物体A的速度大 c n 小为号xsR 12.(2024·江苏省常州一中月考)如图，abc是竖直 面内的固定轨道，ab长度为2R;bc是半径为R C绳的张力对小球B所做的功为mgR(专） 的四分之一的光滑圆弧，与ab相切于b点。 质量为m的小球从静止开始始终受到水平方 D,绳的张力对物体A所做的功为号mgR 向的恒力F作用，F=3m,由a点开始运动， 15.(2024·河南省开封市高三模拟)如图所示，两 4 个完全相同的轻质小滑轮P,Q固定在天花板 到达c点后继续在空中运动，不计一切阻力，则 上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分 在从c点飞出后在空中运动过程中的最小速 度为 别系住小球A、B,现用一轻质光滑小挂钩将小 球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置 上，静止释放小球C,在小球C下降的某时刻， 拉小球C的细绳与水平方向成0角。已知三小 球ABC的质量均为m,A、B小球始终没有与 77 P,Q相撞，忽略一切阻力，sin37°=0.6，cos37 gR =0,8,则下列关于小球C在下降过程中说法正 A.2 B.35gR 5V2 确的个数为 c ①ABC三小球组成的系统机械能守恒 D.3gR ②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小 13.(2024·山东省师大附中月考)2022年，北京冬 ③ABC三小球的速度大小的关系为vA=uB 奥会女子滑雪U形槽项目成功举行。如图所 vcsin 0 示，U形槽可以简化成是由AB、CD两个相同 ④当0=53时小球C下降到最低点 31 因数4=0.2，恒力F=3N,重力加速度g= 10ms2,π2≈10。下列说法正确的是( C A B A.圆环到达B点时的速度为2m/s B.圆环能够到达的最大高度为0.2m BO C.圆环在BC上运动的时间约为8s A.4个 B.3个 D.圆环能返回A点 C.2个 D.1个 16.(2024·河北衡水二中质检) 【考场·真题真练】 如图所示，倾角为a=37°的 19.(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲 足够长的粗糙斜面AB固定 乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板 在水平面上，一小物块从距 通过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点 B点10m的A点由静止释 37 等高且间距为d(d<)。两木板与地面间动摩 放后，下滑到B点与弹性挡 擦因数均为：，弹性绳劲度系数为，被拉伸时 板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点 (图中未画出).设物块和斜面间的动摩擦因数为 弹性势能E=2r2(x为绳的伸长量)。现用 0.5,以B点为零势能面，sin37°=0.6，cos37°= 水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木 0.8,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的 板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板 是 保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于 A.Q点到B点距离为10m 滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则F所做的 B.物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑 功等于 时机械能增加 C.物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB 中点上方 7777 D.物块从开始释放到最终静止经过的总路程 为15m A.g)2 2k mg(l-d) 17.(多选)(2024·山东 省聊城市高三一模) B.3(omng)? 2k +umg(t-d) 我国正在攻关的JF 一22超高速风洞，是 C.3(umg)2 2k +2wng(l-d) 研制新一代飞行器 的摇篮，它可以复现40到100公里高空，时速 D.g)2 2k +2ng(1-d) 最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行 20.(2024·安微卷) 出水口 条件。现有一小球从风洞中的点M竖直向上 在某地区的干旱 抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨 季节，人们常用水 迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平 泵从深水井中抽 H 线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能 水灌溉农田，简化 为16J,在O点动能为4J,不计空气阻力，下列 模型如图所示。 说法正确的是 水井中的水面距离水平地面的高度为H。出 A.小球所受重力和风力大小之比为4：1 水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平 B.小球落到N点时的动能为32J 距离约为！。假设抽水过程中H保持不变，水 C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之 泵输出能量的？倍转化为水被抽到出水口处增 比为1：4 加的机械能。已知水的密度为P,水管内径的 D.小球从M点运动到V点过程中的最小动能 横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气 为3.2J 阻力。则水泵的输出功率约为 18.(多选)(2024·山东省青岛市高三模拟)如图， 水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点平滑连 A.egSL 2gh 接，固定在竖直平面内，一直径略大于杆的圆环 2冰 (H++玩 穿在水平直杆上的A点。现让圆环以= B.egSI2g 4ms的初速度由A向B运动，同时在竖直面 2gh (H++) 内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F,运动 C.egSl/2gh 到B点时撤去恒力F,之后圆环沿圆弧杆BC 2nh H+》 上滑。已知AB长度L=6m,BC半径R=64m, 圆环质量m=0.2kg,圆环与直杆AB间动摩擦 n.(H+) 2nh 32运动过程中的加追度为a1=二」，解得a1=3m, 解得a2=2ms2,滑块下滑到传送带底端时的位移 故C错误：D.物体在前9m运动过程中，根据动能定 为x1=2a2 理W-f江=2mu2,其中Wr=27J,可得x=9m 解得12=5s,煤块在传送带上运动的总时间为1 t1十12=1s十5s=(1十5)s,故B错误：C.煤块沿 时，物体的速度为v=32m.s,故D正确 【答案】D 传适带下清过程中，由国乙，皮带的加速度为a一智 15.【解析】A、因为W=F.x,所以F一x图像中，图线与 5 x轴所国成的图形的面积即为功，面积之和为30J, -221m/s2=5m/s 所以拉力F从A到B做功为W=30J,故A错误： B、物体从B到C的过程中，所受的合外力不为零，物 皮带的住移0=号ai=号×5X(5m=125m 体从B到C做匀速圆周运动，所受到的合外力指向 可知煤块下滑过程，与传送带的相对位移大小大于 圆心，故B错误：CD、初位置A到C点的过程中，根 皮带的总长度为12m,故划痕的长度为12m,故C 据动能定理有W=。 m02,解得物体到达C点的速 正确：D.煤块相对皮带运动的路程为s一2x1十 x传送0=2×5m十12.5m=22.5m,煤块与传送带 度大小为u=215m/s,故C错误，D正确 间产生的热量为Q=mgsc0s37°=0.5×1×10X 【答案】D 22.5×0.8J=90J,故D正确 16.【解析】A,小球经过Q点时在竖直方向仅受到重力作 【答案】CD 用，加速度大小为g,故A正确：B、根据机械能守恒定律 19.【解析】设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的 有mg(am0叶品)-ms(品。)上解得B 功为W,根据动能定理，有mgh-W=2m,解 智，故B正确：C,设小球在最高，点的加速度大小为 得W=mgh-之nv2,故ABC错误，D正确。 a,则物块对应的加逢度大小为an0.则有Tm0计号& 【答案】D a,mg一T=masin0,解得T=学，故C错误：D.设 20.【解析】 发电功率P=刀· w w-mghpnVgh t m=pV 轻绳与水平方向的夹角为α时，系统的总动能为E,有 Q=V →P=7oQgh 。一dtan a),解得E 代入数据解得P≈102W,B对。 =mgd(5 7 sin a-5 【答案】 B 5cos a ,sina一5为第一象限内单位 cos a 圆上的点与定点(0,5)连线的斜率，所以Ex≤ 专题七 机械能综合问题 7-26 1.【解析】在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面 5 mgd,故D正确。 向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力。设 【答案】 ABD 物块的质量为m,斜面的领角为0，物块沿斜面下滑的 17.【解析】A、减小油门后，机车的功率保持不变，当速 距离对应的水平位移为x,由动能定理，有mgsin0· 度减小时，根据P一Fv可知，牵引力增大，故A正 确：B、汽车以遠度0匀速行驶时，牵引力等于阻力 5)4mgos0·心5)-0.解得E=(mgtan0 即有F=f,发动机的功率为P,由P=fo=Fo,解 1mg)x,即在斜面上时物块的动能与水平位移成正 得∫=P,1=0时，功率变为原来的一半，速度没有 比，B、D项均错误：在水平地面上，物块受竖直向下的 重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦 一卫，所以加 支，有号-fwf-f=m,解得a= 力，由动能定理有一H2mg(x一to)=Ek一Eho,解得 Ek=Eo一2mg(x一x0),其中Eko为物块滑到斜面底 选定大小为品故B错送：D,#据动能定显得。 端时的动能，0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对 应的水平位移，即在水平地面上物块的动能与水平位 移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。 【答案】 A P 41,设汽车道过得位移工，由公式W=f红，解得x 2.【解析】第一次停在BC上的某，点，由动能定理得mg 1ng0os0· gmg=0,ah-m(ag） h 2 8P ,故C正确，D错误。 h 【答案】AC 0,由题图有am0十了=s,则mgh1一mg=0=5 18.【解析】A.煤块从传送带底部向上滑动，根据牛顿 A错误，B正确。在AB段由静止下滑，说明mgcos0 第二定律可知mngsin37°+mgcos37°=a1,解得a <mngsin0,第二次滑上BE在E点停下，说明ngcos a 0,谋块速度减为零的时间4=”=8 s=1s ≥mgsin a,若a>0,则雪橇不能停在E,点，所以C错 误，D正确。 镇过程煤块走过的位移为=-号×1m=5m 【答案】BD 3.【解析】对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机 <6m.由于mgsin37>mgc0s37° 械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重 煤块减速为零后相对于皮带向下运动，则煤块运动 力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR十mg(2R) 至最高点时位移为5m,故A错误： B.煤块速度减到零后开始向下运动，根据牛顿第二 =2·2mv2,解得u=V3gR,C错误：a球在下滑过 定律可知mgsin37°-mgcos37°=mag 程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定 142 理可得W十mgR=之m,o=3gR,联主解得W 1 )t1-。vt1=2ox21g42g’ -,木板发生的位移 2mgR,D正确。 为：==××g 1 【答案】D 对过程二，设时间为2，位移为x3,两者的加速度大小 4.【解析】根据题意知无论何时两球的角速度均相同， 线速度大小之比均为以：B=w·2l：l=2:1,D 为：43= u2X4mg Am 错误：对于A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律 可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球 总重力势能最小，B正确：当OA与竖直方向的夹角为 当整体静止时，由运动学公式有：=a32,一0解 0时，由机械能守恒定律得mg·2lcos0-2mg·1(1 2话 ,故在整个运动 sin 0)= 7m2+号×2mg2,解释2=号 3gl(sin 0 得：=22g四g-2g4 过程中，地面对木板的摩擦力冲量大小为：I,= +cos 0)- 8 g4,由数学知识知，当0=45°时，sin0+ 42mg(t1十t2)=3m0,地面与木板间因摩擦产生的 热量为：Q,=4如mg(十x)=子m,故BC错误， c0s0有最大值，最大值为A= 8(2-1Dg,A.C D正确。 【答案】 D 错误。 【答案】B 7.【解析】A,物块从A到B,由功能关系可得：umg(x0 5.【解析】A、A、B分离时，二者水平方向加速度相等， 十2x0)= ,可得弹簧的动度系数-8，从A 均为零。对于A,由重力的径向分力提供向心力，有 向心加速度，所以二者加速度不相等，故A错误：B、设 到A0间来一位置时，由功能关系得：号kx=mmg 杆与地面夹角为日时，二者分离，根据A、B系统机械 能守恒得：mgL-sin们=名m暖+号×4mi 十之，可知v与上是非线性关系，v一x因像是由 线，故A错误：B、物块从A到加速度为0的过程，由 对A,根据牛领第二定律得：mgsin=m2 牛顿第二定律得：kr一mg=ma,结合k=6mg,得a 结合关联速度可知Asin0=vB =ux一g,当物块刚到B点时，有一mg=一mao, 解得：B8 ，故B错误：C,A与B分离后继续下落 则ao=4g,可得a-6u坚x一a0a一x是线性关系，且t 的过程中机械能守恒，则有 2m十ngLsin30=mm2,解得A落地前最大提 =0时，a=5a0:物块从加速度为0的位置到O点的过 程，由牛顿第二定律得：kx一mg=ma,联立得a g,故C错误：D,A落地时的向心加速度 度为：u2 5gx一a0:物块从O到B,由牛频第二定律得：一mg =ma,联立可得a=一aa,故B正确；C、对滑块，由功 为am= 乙，根据运动的合成可知A落地前最大加速 能关系可得：4E=一P他A,则F色=公，共中 度为：d=√a十g F其他是滑动摩擦力与弹簧弹力的合力大小，则E一x 联立解得：a=1③ 4g,故D正确。 图像切线斜率的大小等于F共他，从O到B,滑动摩擦 力不变，E一x图像的斜率不变，图线应为直线，故C 【答案】D 错误：D、对滑块与弹簧系统，由功能关系可得：△E 6.【解析】A,若型=1.2，则木板所受地面的最大静摩 -mg△，则mg=1会1.E-图缘的斜奉不变. 2 擦力为：f2=42mg 图线为向下领斜的直线，故D正确。 所受物块的滑动摩擦力为：f1=341mg,结合题条件 【答案】BD 8.【解析】 B、设整个链条的质量为m,当位于传送带部 =1.2,所以有：f2>1,故木板不动，对物块由动能 42 分长度为=子时，链条保持静上，则有：mgsin0= 定理有：一3mgr=0-乞X3m6,解得：r= 241g mgc0s0,解得：=4an0,故B错误：A,释放的醉 故A错误：BCD.若=2，则1=×3mg>f2= 42 间，根据牛频第二定律可得：·3mgc0s0-mgsin0 X4mg,那么木板将先向右做匀加速直线运动直至达 到共同速度，此后两者一起做减速运动直至停止，对 =ma,解得a=,故A正确：C,从x=2的位置 3 过程一，由牛顿第二定律，物块、木板的加速度大小分 1 、别站.一1之3g=41g,a2=13g2义4mg 静止释放瓣间，摩擦力大小为：f=2 mgeos0:完全 3m 进入传送带时，摩擦力大小为f2=mngcos0,摩擦力 大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做 设经过时间t两者共速，由运动学规律有：a2t1=v= 的-a解得0=艺=升店 2tangcos 0jungcos 0 1 3 功为：W= X2L=8mngl.cos0, 故相对滑功的驱离，即木板兼短长度为：x=(口十 根括动能定理：W一sin0=之m,联主解得：o= 143 √2 gLsin0,故C正确：D、根据能量守恒定律可知，传 又W=WG 送带消耗的电能一部分转化为链条增加的机械能， 部分转化为内能，所以E耗>△E,故D错误。 联立①@④解得：A=气0故BCD错提，A正确」 【答案】AC 【答案】 A 9.【解析】根据图线①求所受阻力，由△Ekm=F△x,得 12.【解析】从a到c根据动能定理可得：F(2R十R)一 R-8XCN=200N.A错误：由Em=方m2可 mgR= 400 得，m=40m.s,所以P=Frm=80kW,B正确：加速 阶段，由P1-Fx=△Ek,得t=16.25s,C错误：根据 解得达到c点的速度大小为： :5gR 2 能量守恒定律，并由图线②可得，△E=Ekm一F1x'=8 在(，点进行速度分解，如图所示： ×10J-2×103×150J=5×10°J,D正确。 【答案】BD 10.【解析】A.设弹性绳的弹性系数为k,弹性绳与竖 直杆的夹角为，小球在任意一点受到弹性绳的拉力 沿水平方向的分力为F1=klgy sin0=l?,小球在C 点所受弹性绳的弹力为FC==,则小球在 CE段任意一点N受到的摩擦力均为∫=F,= ns,CD=DE,根据摩擦力做功公式W=∫一，所以 6 B 小球在CD克服摩擦力做的功等于其在DE克服摩 在以后的运动过程中，沿合力方向速度减为零时的 擦力做的功。故A错误：B.小球在C,点时所受摩擦 速度最小，即最小速度为：omin=sin0 力竖直向上，由牛顿第二定律可得F合=mg一∫ 3 m1,小球在E点时受到的弹力可分解为竖直向上的 力FE为Fr=klpE cos0=kl(E,此时在E点受摩擦力 银第几行关系可得m二-是解号7 mgmg 为竖直向上，由牛二得mg一f一klE=ma2,小球在 3 D点时，速度达到最大，即加速度恰好为零，此时小 所以：vmim= g丞，故B正确、ACD错误。 5V2 球竖直方向受力为mg=f十lD,整理可得a1= 【答案】B lm,a2-klm二lc=点(lm-lE)=1e,由于 ,a2= 13.【解析】 m A.根据动能定理mgh=名m听，别A点的 CD=DE,所以小球在C点和E点加速度大小相等。 速度为vA=√2gh,故A错误；B.设运动员首次运动 故B正确：C.由以上分析可知，若将小球的质量变为 2m,摩擦力及弹力做功不变。改变前，由能量守恒 到B点的建度为g,根据动能定理mgh十R)=之m, 定律可得△EP十Q=mgh,改变质量后，由能量守恒 解得vB=/2g(h十R)=√6gh,故B正确：C.AB段 定律可得△E,十Q+(2m)呢=2mgh,联主可得呢 为光滑圆孤，受重力支持力，二者不共线，根据平衡 条件，运动员最终不可能静止在AB段，故C错误： =√gh,故C正确：D.结合以上分析可知，从在C点 D.运动员从O到Q过程，根据动能定理mg(h 到E点过程中，摩擦力做功为W=∫·h=mg,此 0.75h)一W:=0一0，解得克服摩擦力做功W:= 0.25mgh,运动员第二次离开U形槽后，最高能够到 过程中弹性势能变化量为△E。=mgh一W,=mgh 达相对于A点为h',根据动能定理mg(0.75h一h') 四m,那么从E点到C点过程中，由能量守恒定律 -Wr=0-0,解得h'=0.5h,故D错误。 4 【答案】B 可得△E,一W-mgh=0-之m6,解得w=√g, 14.【解析】A.在运动到圆柱顶，点的过程中，物体B的 动能和重力势能均增大，B机械能增大，系统机械能 故D正确。 守恒，故A的机械能减少，故A错误：B.根据机械能 【答案】BCD 11.【解析】由于A,B,C,D等间距，A、B、C、D所处的 守恒定律2mg(R+吾R）-mgR=号(m+2m)2, 高度均匀变化，设A到B克服重力做功为WG,从A 2 到D,由动能定理得：一3W。=0-之m哈① 解得V号gR1+受)故B错误；C.根据功和能 若设置斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设 的关系，WB=mR+之m,解得W8=mgR(结） 克服摩擦力做功W,从A到C,由动能定理得：一 2W6-w1=0-2m听@ 绳的张力对小球B所微的功为mgR(结)，故C正 确：D.根据机械能守恒定律，绳的张力对物体A做功 联立①②解得：W1=WG 设滑块下滑到B位置时速度大小为？B,从C到B,由 wA=一mgR(店），故D错援。 动能定理得：W。=之mi③ 【答案】C 15.【解析】①忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统， 联立①③解得：vB=了0 只有重力、弹力做功，故ABC三小球组成的系统机 械能守恒。故①正确：②小球C在下降过程中小球 滑块由C到A,由动能定理得：2W。一W=2m ④① C速度先增大后减小，小球C重力的功率p=mg, 可知，小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小 144 故②正确：③由小球C速度分解如图所示 速直线运动，由对称性可知，小球从M→O和从O一 N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2,则有 x2=3.x1,小球由M~N过程中，由动能定理有F(x +x2)=EkN一EM,解得EkN=32J,故B正确：C、由 功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的 功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比 为治-层子故C错误：D小球在重力多风力 的共同作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合 力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与 竖直方向的夹角的正切值为tan0=2,根据速度的 合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的 由对称性可知A=vB,又Csin日=uA,得A=UB= 最小追度为0咖=物sin0=5 ，则最小动能为 csin0,故③正确：④设滑轮PQ之间的水平细绳的 长度为22，小球C下降到最低，点时，下降的高度为 ,滑轮与小球C之间长度为1，如图所示 16J=3.2J,故D正确。 【答案】BD 18.【解析】ABD、圆环在直杆AB段受到的摩擦力 f=(F-mg),从A点到B点利用动能定理：一fL 1 =2mv呢一2m听，代入数据，可得B=2m/s 从B点到圆环速度减为零的过程利用动能定理：一 mgh=0-之，代入敏据，可得A=0.2m ○A B○ 圆孤杆BC光滑，当圆环返回到B点时速度大小仍 小球C下降到最低点过程中，系统的动能为零，三球 为2m's,从B点向左运动到速度减为零的过程利用 组成的系统机械能守恒2mg(l1一l2)=mgh,又h V-解得2=号1，此时c0s0=会 动能定理：一mgx=0一之mwi 代入数据，可得x=1m,可知x<L.,所以圆环不能返 53°，故①正确。说法正确的个数为4个。故A正 回到A点，故AB正确，D错误： 确，BCD错误 C、由于h远小于R,所以圆环在光滑圆弧杆BC上的 【答案】A 运动可以看作单摆的简谐运动，可得国环在BC上运 16.【解析】物块从A到Q全过程，由动能定理得 mg(x1-x2)sin37°-mg(x1十x2)c0s37°=0，代入 动的时同=君-号×2红√图 R 4=0.5,x1=10m,解得x2=2m,选项A错误；全过 代入数据，可得t=8s,故C正确。 程中摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选 【答案】ABC 项B错误：物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒 19.【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及 定律得mgH-mg号=瓦十Q,显然此处重力势能 其所坐木板整体有mg=kxo,解得弹性绳的伸长量 大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加， 0=“,则北时弹性绳的弹性势能为E=之k k 故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，选项 =4m2g2 C错误：因为a<tan0,所以物块最终静止在挡板处， 2k ，从开蛤拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚 根据能量宁恒定律得mg.x1sin37°=mg.rcos37,解 要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1=x0 得x=15m,选项D正确。 十l一d,则由功能关系可知该过程F所做的功W= 【答案】D Eo十amg.x1= 3(mg) 17.【解析】A、设风力大小为F,小球的质量为m,小球 2k -十mg(l一d),B正确。 的初速度为%，MO的水平距离为x1,竖直距离为h, 【答案】B 银据竖直上拋运动的规律知竖直方向上有力测 20.【解析】取△1时间内水管中质量为△m的水为研究 对象，△m的水离开管口后做平抛运动，设水离开管 1 有mgh=mg·2gZm6=EM=16小.从M到0 口时的速度为，△n的水在空中运动的时间为1：平 过程中，由动能定理有：FT1一mgh=EkO一EkM,可 抛运动在竖直方向微自由落体运动h=号g2,在水 得F1=E0=4小，又有h=2g,在水平方向上，由 平方向做匀速直线运动(=，代入数据解得= 牛顿第二定律有：F=ma,由运动学公式有x1 2r,由于运动时间相等，则看=是-5 g则有 设△1时间内被抽到出水口的水的质量为△m,根据 密度公式，水的质量△m=V=S·△1，取深并中的 盟-（学）-只，解得学=是，故A错误：B根 水面为零势能面，出水管口处的机械能△E=△mg 据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加 (H+h)十2△m2,设水系输出的功率为P,根据功 145 能关系7P41=△E.代入数据解得P=gSLy2g 大，弹性势能最大。设向右为正方向，根据动量守恒 2动 定律可得mn=(m十2m)v,解得此时A、B的速度为 (H++) ,综上分析，故ACD错误，B正确。 。-号振据系统机械能宁短定律，弹簧我得的弹性势 【答案】B 能最大值Eas=了m-号（m十2m)2=了m,故 专题八动量定理与动量守恒定律 B正确，A错误：C、从初始到弹簧获得的弹性势能最 1.【解析】AB、,2s末小球的速度为：u=g1=10X2m/s 大过程，根据动能定理可得弹簧对物体B所做的功W 1 =20ms,则2s末小球的动能为：E二7m400方 =2X2mw2-0=m呢，故C正确；D、当弹簧再一次 恢复到原长时，物体B的速度最大，动能最大，根据系 故B错误：28内重力的平均功率为：下=E =200W, 统机械能守恒定律，此时物体A的速度最小，故D 正确。 故A错误：C,2s内重力的冲量为：I=mg1=20X2N·s =40N·s,故C错误；D、2s末小球的动量大小为：P 【答案】BCD 8【解析】A.小球运动至A点时速度最大，设向右为 =mu=2×20kg·mfs=40kg·m/s,故D正确。 正方向，根据水平方向的动量守恒和机械能守恒得 【答案】D 2.【解析】设人落地时的临界速度为，取向上为正方 mA=mB:2m喝十mgR=2m听十2mi,代入数 向，对人根据动量定理有：(7mg一mg)△1=0一（一），人 据解得A=vB=5ms,故A正确；B.物块运动到最高 在下落过程中做自由落体运动，则有：2=2gh,联立 点时，物块与小车水平方向共速，且速度为零，则物块以 解得临界高度：hm=5.2m,选项中最接近的是B选 W=6ms做竖直上抛运动，物块运动到最高点时到水平 项，故ACD错误中，B正确。 【答案】B 轨道的距离为h=要十R,代入数器解得A=2,5m,故 3.【解析】取极短时间△内与小车接触的水为研究对 B正确：C.物块压缩弹簧至最短时，根据动量守恒，二 象，△n=S(v一)△1，根据动量定理，规定左为正， 则一F△1=△m(o一v),设小车受到的平均冲击力F, 者速度为索。根据能量守恒之m哈十mgR=mgL+ 再根据牛顿第三定律F=F,可知F=S(v一o)2, 1 故ABC错误，D正确。 Epm,解得Epm=之m后十mgR一mgL,最终物块和小 【答案】D 4.【解析】ACD、设水从水枪口喷出的速度为，极短 车都静止，根据能量守恒Q=?m听十mgR,故C错 时间△：内水与小铁盒作用过程中，对水由动量定理 误：D.最终物块和小车都静止，设运动时间为t,小车 可得：F△1=mu-（-nw)=20Vw=2心△tSu,水从枪 口喷出到铁盒处由一后=一2gh,其中F=m铁盒g, 位移为x,则物块位移为R一，由动量守恒m子 h-1.8m,解得：v-8m/s,-10ms,故AD错误， C正确：B.时间y内从枪口喷出水的动能为：B=?m= R一工，代入数据解得x=0.35m,故D错误。 【答案】AB 2oS△上·忌：则水枪的输出功率为：P一是，联立解 1 9,【解析】在发射弹丸到弹丸落到沙袋中，弹丸和车组 成的系统动量守恒，由动量守恒定律有m?弹一Mv车 得：P=0.5kW,故B正确。 【答案】BC =0,可得m气-M=0,解得dMm,A正 5.【解析】由题意可知，A、B做自由落体运动，由u= 确，B、C、D错误。 2gH,可得A、B的落地速度的大小=√2gH,A反 【答案】A 弹后与B的碰撞为醉时作用，A、B组成的系统在整直 10.【解析】设喷出气体后宇航员及装备获得的反冲速 度大小为u,根据建度公式，W=二=2X0ms=0.1mWs 12 方向上所受合力虽然不为零，但作用时间很短，系统 的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有1 设装备和宇航员总质量为M,一次性向后喷出气体 2U0+m2鸡，B上升高度力一，联立并代入数据 的质量m。喷出的气体速度大小为，取喷出的气体 速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0一mw 得h=4.05m,A正确。 Mu,解得m=0.15kg,故ABD错误，C正确。 【答案】A 【答案】C 6.【解析】以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不 11.【解析】最大静摩擦力等于滑动摩擦力：∫=mg= 受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正 0.5×4×10N=20N,由图像可知，0~0.4s内物体 方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，根据 保持静止，0.41s,物体做加速运动。所以0~一0.4s 动量守恒定律可得：(M一m)o=M01,代入数据解 的过程摩擦力为静摩擦力，所受静摩擦力的冲量大 得：B1=2.67ms,当从开始运动到A、B共速的过程 中，根据动量守恒定律可得：(M一m)防=(M十m),代 小：l=F4·4=0+20×0.4N·s=4N·s,0.4s 2 入数据解得：v=2ms,木块A加速运动的过程为 到1,0s的过程中摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力产生 其速度为零至与B共速，此过程中B始终减速，则在 的冲量大小：12=f1=20×(1.0-0.4)N·s=12N·s, 木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范国为 摩擦力的总冲量：I=Ia十I2=4N·s十12N·s= 2m/s≤g≤2.67m.s,故B正确，ACD错误。 16N·s,这样ACLD错误，B正确。 【答案】B 【答案】B 7.【解析】AB、由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做 12.【解析】设水流速，高压水枪时间1内喷出水的质 减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动， d 某时刻二者的速度相等设为，此时弹簧的压缩量最 量为：m一m0一m年·t,已知车身受到水的平均冲 146