专题突破2 微专题8 动能定理 能量守恒-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题8　动能定理　能量守恒 1．应用动能定理解决多过程问题时，既可分段求解也可全程求解，但全程列式求解往往较为简便。分段求解可求运动过程中的物理量。 2．判断系统机械能守恒的方法：是否有其他力(除重力和弹簧弹力外)做功、是否有其他形式的能产生(如热能)。 3．系统有热量产生(摩擦生热、焦耳热等)、电势能发生变化时，优先选用能量守恒解决问题较为简便。 考点一　动能定理的综合应用 1．(多选)(2023·福建厦门一中三模)如图是某同学在操场上练习投篮，篮球质量为m，该同学将篮球以速度v0投出，恰好投进篮筐，篮筐和出手点的竖直高度为h(篮筐高于出手点)，篮球从出手到入筐运动过程中克服空气阻力做的功为W，选篮筐所在平面为参考平面，则下列说法中正确的是(　　) A．篮球运动过程中机械能守恒 B．该同学对篮球做的功为mv02－mgh C．篮球在离开手时的机械能为mv02－mgh D．篮球在篮筐处的动能为mv02－mgh－W 答案　CD 解析　篮球从出手点到篮筐过程，篮球克服空气阻力做的功为W，机械能不守恒，故A错误； 由动能定理可知该同学对篮球做的功 W′＝mv02，故B错误； 篮球在出手点处的机械能EA＝EkA＋EpA＝mv02－mgh，故C正确； 对篮球运动过程中应用动能定理可得－mgh－W＝EkB－mv02， 解得篮球在篮筐处的动能为EkB＝mv02－mgh－W，故D正确。 2.如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A沿任意方向发射速度相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B点的粒子在B点时的动能是初动能的3倍，经过C点的粒子在C点时的动能是初动能的7倍，则经过D点的粒子在D点时的动能是初动能的(　　) A．3倍 B．4倍 C．5倍 D．6倍 答案　C 解析　根据题意，设电场强度沿AB方向的分量为Ex，沿AD方向的分量为Ey，粒子在A点时的动能为Ek。粒子从A到B的过程，有qExd＝3Ek－Ek 粒子从A到C的过程，有qExd＋qEyd＝7Ek－Ek 则粒子从A到D的过程，有qEyd＝EkD－Ek 解得EkD＝5Ek，C正确。 3.(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg 解得vD＝ (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 cos 60°＝ 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos 60°)＝mvD2－mvC2 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mvD2－mvB2 联立解得vB＝，HBD＝0 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgs＝mvB2－mvA2 s＝π·2R 解得vA＝。 考点二　机械能守恒定律及其应用 4．(2023·北京市海淀区一模)在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置P处放开，它将迅速下降，直至位置N后再返回(如甲图所示)。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在到达位置Q后就不再运动了(如乙图所示)。记弹簧的弹性势能为Ep1、物体的重力势能为Ep2、物体的动能为Ek，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，关于两次实验，下列说法正确的是(　　) A．甲图中重物从Q到N的过程中，Ep1＋Ep2持续减小 B．乙图中重物从P到Q的过程中，Ep1＋Ep2持续增大 C．甲图中重物从P到N的过程中，Ep1＋Ep2＋Ek保持不变 D．乙图中重物从P到Q的过程中，Ep1＋Ep2＋Ek保持不变 答案　C 解析　由题意可知，题图甲中重物在到达位置Q处时，弹簧的弹力与重物的重力大小相等，此时重物的速度最大，则在重物从Q到N的过程中，弹力大于重力，重物做减速运动，动能减小，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，Ep1＋Ep2持续增大，A错误；题图乙中重物从P到Q的过程中，用手托着该重物使它缓缓下降，手对重物的支持力对重物做负功，则系统的机械能减小，即Ep1＋Ep2＋Ek减小，动能不变，则有Ep1＋Ep2持续减小，B、D错误；题图甲中重物从P到N的过程中，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，则有Ep1＋Ep2＋Ek保持不变，C正确。 5．(多选)(2023·湖北省高三5月联考)如图所示，光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角α＝37°，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接，将A放置在挡板上，物块B在斜面上处于静止状态。现将轻绳的一端固定在B上，绕过定滑轮后，在轻绳的另一端固定一个物块C，轻绳恰好伸直且无拉力时，由静止释放物块C，已知物块A的质量为m，B的质量为m，C的质量为3m，斜面足够长，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　) A．释放物块C的瞬间，物块C的加速度大小为0.6g B．物块A刚离开挡板时，物块B的速度大小为 C．若将物块C换为质量为0.2m的物体D，则物体D下落到最低点时的加速度大小为g D．若将物块C换为质量为0.2m的物体D，则物块A对挡板压力的最小值为0.8mg 答案　BCD 解析　释放物块C瞬间，对物块C，根据牛顿第二定律可得3mg－FT＝3ma 对物块B，根据牛顿第二定律可得FT＝ma 联立解得物块C的加速度大小为a＝0.75g，故A错误； 释放物块C瞬间，弹簧的压缩量为x1＝， 物块A刚离开挡板时，弹簧的伸长量为 x2＝， 可得x1＝x2，两状态弹簧的弹性势能相等；物块A刚离开挡板时，设物块B的速度为v，物块A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可得3mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin α＝(m＋3m)v2，联立解得v＝，故B正确； 将物块C换为质量为0.2m的物体D，设释放瞬间物体D的加速度大小为a2，以B和D为整体，根据牛顿第二定律可得0.2mg＝(0.2m＋m)a2 可得a2＝，方向竖直向下，则物块B的加速度大小也为，方向沿斜面向上，根据简谐运动的对称性，当物体D到达最低点时，物体D的加速度大小a3＝，方向竖直向上，物块B的加速度大小也为，方向沿斜面向下，此时，挡板对A的支持力最小，设此时弹簧的弹力大小为F，此时对物体D根据牛顿第二定律可FT2－0.2mg＝0.2ma3 对物块B根据牛顿第二定律可得 mgsin α－F－FT2＝ma3 联立解得F＝0.2mg，可知此时弹簧对物块A作用力沿斜面向下，大小为F′＝0.2mg 对物块A受力分析，可得挡板对物块A的支持力大小为FN＝mgsin α＋F′＝0.8mg 根据牛顿第三定律可知，物块A对挡板压力的最小值为0.8mg，故C、D正确。 1．求解连接体的加速度常用方法： 应用牛顿第二定律分别对两物体列方程，联立求解。 2．求解连接体的速度常用方法： 利用机械能守恒定律或能量守恒定律ΔE增＝ΔE减列式求解。 考点三　能量守恒定律及其应用 6．(多选)(2023·广东广州市高三二模)如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h(2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，g取10 m/s2，则(　　) A．该过程列车的机械能守恒 B．该过程列车的机械能减少 C．η约为10% D．η约为25% 答案　BD 解析　列车在冲上坡顶站时，需要克服阻力做功，因此该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确； 该过程重力势能的增加量为ΔEp＝mgh 动能的减少量为ΔEk＝mv初2－mv末2 则该过程节能坡的转化率为η＝＝×100%＝25%，故C错误，D正确。 7.(多选)(2023·广西南宁市南宁三中等高三4月联考)如图所示，一弹性轻绳下端固定在A点，其弹力与其伸长量成正比，自然长度等于AB的长度，弹性绳跨过光滑的定滑轮连接一个质量m＝1 kg的小球，小球穿过水平固定的杆，A、B、C三点在一条竖直线上，在C点给小球一水平向右的初速度v0＝4 m/s，当滑到D点时速度恰好为零，已知C、D两点间的距离为L＝1.2 m，小球在C点受到杆的弹力是其重力的2倍，小球与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.25，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球从C到D过程中摩擦力逐渐变大 B．小球从C到D弹性绳的弹性势能增加5 J C．若使小球能从D点回到C点，在D点至少给小球4 J的初动能 D．若换成质量变为2m的小球，仍在C点给小球一水平向右v0＝4 m/s的初速度，小球仍能到达D点 答案　CD 解析　设弹性绳的劲度系数为k，弹性绳自然长度等于AB的长度，小球在C点受到杆的弹力是其重力的2倍，所以此时弹性绳的拉力为mg，即kxBC＝mg 小球在CD间某一点E时，弹性绳的伸长量等于BE的长度，则弹性绳的拉力F＝kxBE 设BE与杆的夹角为θ，将F沿杆和垂直杆进行正交分解，则F在垂直杆方向的分力为 Fy＝Fsin θ＝kxBEsin θ＝kxBC＝mg θ为弹性绳与杆的夹角，小球受到杆的摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fy)＝2μmg 所以小球由C点运动到D点过程中摩擦力保持不变，故A错误； 小球由C点运动到D点过程中，由能量守恒定律得mv02＝FfL＋ΔEp 解得ΔEp＝2 J，故B错误； 小球由D点回到C点过程，由能量守恒定律得Ek＋ΔEp＝FfL 得Ek＝4 J，故C正确； 换成质量为2m的小球，小球与杆间的弹力大小为3mg，假设小球运动到D点时的动能为Ek′，由能量守恒得×2mv02＝Ek′＋ΔEp＋3μmgL 解得Ek′＝5 J>0 所以小球仍能到达D点，故D正确。 8．(2023·哈尔滨市第六中学校一模)如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质(质量不计)，可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg(k>1，g为重力加速度大小)。自t0时刻开始，加一水平向右、电场强度大小E＝的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。求： (1)平板第一次与墙壁碰撞后的一小段时间内，物块的加速度大小a1； (2)从开始到平板与墙壁第二次碰撞前的瞬间，物块相对于平板的位移Δx的大小； (3)从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量。 答案　(1)(k－1)g　(2)　(3) 解析　(1)第一次碰撞后， 对物块有kmg－qE＝ma1 解得a1＝(k－1)g (2)设平板第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为v1，根据动能定理有 2qEL＝×2mv12－0 解得v1＝ 第一次碰撞后对平板有kmg＋qE＝ma2 解得a2＝(k＋1)g 第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到相同速度，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时， 对平板有v共＝－v1＋a2t1 对物块有v共＝v1－a1t1 解得t1＝ v共＝ 从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为x1＝t1＝L 木板的位移为 x2＝t1＝L 之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为 Δx＝x1＋|x2| 解得Δx＝ (3)最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。设从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有qEL＋qE(L＋x)＝Q Q＝kmgx 解得二者的相对路程x＝ 系统因摩擦产生的热量Q＝。 应用能量守恒定律解题的步骤： (1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等的变化。 (2)应用能量守恒定律解题时，应明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，不必区分物体和能量形式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE增＝ΔE减。 1.(多选)(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mv02－fl D．物块的动能一定小于mv02－fl 答案　BD 解析　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv02＝mv12＋Mv22＋fl，整理可得mv12＝mv02－fl－Mv22<mv02－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的热量Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正确，A错误。 2．(2023·湖北荆州市沙市中学高三6月模拟)如图所示，两端开口的圆管竖直固定在水平地面上，内有两只可视为质点的小球A、B，质量均为m，它们用劲度系数为k、原长为L0的轻质弹簧相连，用外力将A、B提至管中某处并处于静止状态，此时B距离地面高度为h。设圆管管径略大于小球的直径，且不计小球与圆管间的摩擦。重力加速度为g，则(　　) A．此时外力F的大小为2mg B．此时A距离地面的高度L0＋ C．撤去外力瞬间物块A的加速度大小为3g D．撤去外力后，由于阻力作用，A、B和弹簧组成的系统最终静止于水平地面上，此过程中系统损失的机械能为mg(h＋) 答案　A 解析　对系统应用平衡条件得F＝2mg，故A正确；对小球B由平衡条件得弹簧弹力FT＝mg，由胡克定律有FT＝kx，得弹簧的伸长量x＝，则A距离地面的高度hA＝h＋L0＋，故B错误； 撤去外力F的瞬间，A所受的合力大小为FA合＝2mg，A的加速度大小aA＝2g，故C错误；由题意可知，刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的，即初态和终态时弹簧的弹性势能相等，根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|ΔE|＝|ΔEpA＋ΔEpB|，代入数据得|ΔE|＝mg(h＋)＋mgh＝2mg(h＋)，故D错误。 3.(2023·江苏卷·15)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。 答案　(1)　(2) (3)d(1－μ) 解析　(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mvP2－0 根据动量定理有 (mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0 联立解得t＝，vP＝ (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点时有vB＝vP＝ (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vBcos 45°＝g×，水平方向上有L＝vBsin 45°·t′ 联立可得L＝d(1－μ)。 4.(2023·江苏徐州市三模)如图所示，光滑半圆形轨道AB竖直固定放置，轨道半径为R(可调节)，轨道最高点A处有一弹射装置，最低点B处与放在光滑水平面上足够长的木板Q上表面处于同一高度，木板左侧x处有一固定挡板C(x未知)。可视为质点的物块P压缩弹射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能Ep，P从A处被弹出后沿轨道运动到B处时的速度大小始终为vB＝6 m/s；已知P的质量m＝1 kg，Q的质量M＝2 kg，P、Q间的动摩擦因数μ＝0.3，Q与C之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若P被弹出后恰好不脱离轨道，求轨道半径R的值； (2)若P始终不脱离轨道，写出弹性势能Ep与R的关系式，并指出R的取值范围； (3)若Q与C发生n次碰撞后静止，求x的值。 答案　(1)0.72 m　(2)Ep＝18－20R(J)(0<R≤0.72m)　(3) m(n＝1,2,3…) 解析　(1)在A处，mg＝m 从A到B，由动能定理得 2mgR＝mvB2－mvA2，解得R＝0.72 m (2)在A处，Ep＝mvA2 从A到B，2mgR＝mvB2－mvA2 解得Ep＝18－20R(J)(0<R≤0.72 m) (3)在木板Q碰到挡板C前P、Q不会共速 a1＝μg＝3 m/s2，a2＝＝1.5 m/s2 物块P一直匀减速运动至静止，运动时间 t＝＝2 s 木板Q前进x距离，碰到挡板C原速反弹，向右做匀减速运动，由于加速度大小不变，经过相同时间减速为零，接下来，重复以上运动…… 设木板Q第一次碰到挡板前时间为t0，则有2nt0＝t，即t0＝＝ s 所以x＝a2t02＝ m(n＝1,2,3…)。 学科网（北京）股份有限公司 $$