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（苏京）

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.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差为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，重力加速度为g，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－W 答案　C 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错误。 2.(2023·江苏省盐城中学期末)如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球A(可看作质点)。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A．小球A在运动过程中的加速度大小恒为a＝ B．细绳通过OO′后小球A速度为0时，细绳与OO′的夹角大于θ C．细绳通过OO′时小球A的速度与其质量m无关 D．小球A释放后经历的时间，细绳会与OO′重合 答案　D 解析　在水平方向上，小球除了受静电力外，还受到绳子拉力作用，因此加速度不是，A错误；由于运动的对称性，细绳通过OO′后小球A速度减为0时，细绳与OO′的夹角仍为θ，B错误；根据动能定理EqL(1－cos θ)＝mv2，小球A通过OO′时，质量越大，速度越小，C错误；小球A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度g′＝，代入单摆的周期公式，可得T＝2π，小球A经即的时间恰好与OO′重合，D正确。 3．(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L内壁粗糙的水平直细管。P端有一竖直弹性挡板，MN段为内壁光滑、半径为R的圆弧细管，两段细管在M处平滑连接。细绳一端连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过P端挡板上的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的滑块B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求： (1)滑块B在PM段向左运动过程中加速度大小a； (2)滑块B第一次运动至M点时速度大小vm； (3)若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速率弹回。求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的总路程s。 答案　(1)g　(2) (3) 解析　(1)根据题意，对A、B整体，由牛顿第二定律有3mg－μmg＝(3m＋m)a，解得a＝g (2)根据题意可知，滑块B第一次运动至M点时，滑块A、B的速度大小相等，由动能定理有 3mg·－mgR＝(3m＋m)vM2 解得vM＝ (3)根据题意可知，3mg>μmg，则滑块B最终停在P处，对整个过程，由动能定理有 3mg(＋L)－mgR－μmgs＝0 解得s＝。 4．(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 5.(2023·江苏扬州市新华中学一模)如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) A．弹簧的最大弹性势能为3mgx0 B．小球运动的最大速度等于2 C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动中最大加速度为g 答案　A 解析　小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，且有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝kx02，解得k＝，故C错误； 当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝mvmax2＋kx2， 解得最大速度为vmax＝，故B错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。 6．(2023·江苏南京市金陵中学月考)如图所示，质量mB＝3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量mA＝1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45 N。已知AO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，轻绳不可伸长。现将小球A由静止释放。 (1)求释放小球A之前弹簧的形变量； (2)若CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功； (3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。 答案　(1)伸长0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s 解析　(1)释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为x，对于B根据平衡条件有kx＝F－mBg 解得x＝0.1 m (2)对A球从直杆顶端运动到C点的过程，应用动能定理得W＋mAgh＝mAvA2－0 其中h＝CO1cos 37°，而CO1＝AO1sin 37°＝0.3 m 物体B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m 由此可知，弹簧此时被压缩了0.1 m，弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝mAvA2＋mBvB2 由题意知，小球A在C点时运动方向与绳垂直，此瞬间B物体的速度为零，联立解得W＝7 J (3)由题意可知，杆长L＝0.8 m， AC＝AO1cos 37°＝0.4 m 故∠CDO1＝θ＝37°，DO1＝AO1 当A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点，对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，由几何关系得vB′＝vA′cos 37° 对于整个过程，由机械能守恒定律得mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2，联立解得vA′＝2 m/s。 考点三　能量守恒定律及其应用 7．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增加 C．η约为10% D．η约为25% 答案　D 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、B错误； 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。 8．如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1＝3 m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别为O1和O2、圆心角θ＝120°、半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2 m、质量M＝0.4 kg的木板(与轨道不粘连)。现将一块质量m＝0.2 kg的物块(可视为质点)轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带顺时针传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2。 (1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间； (2)若传送带的速度为3 m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低点D时，轨道对物块的作用力大小； (3)若传送带的最大速度为4 m/s，在不脱轨的情况下，求物块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。 答案　(1)2 s　(2)11.5 N　(3)见解析 解析　(1)物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点有mg＝m 解得vB0＝＝2 m/s 若物块在传送带上一直加速， 由v2＝2×L1 则v＝＝2 m/s 由此可知物块应该是先加速后匀速， 则t＝＋＝2 s (2)若传送带的速度为3 m/s，则物块先加速后匀速，经过B点时的速度为vB1＝3 m/s 从B到D，由动能定理得 mvD2－mvB12＝mgR 经过D点时，＝FD－mgsin 30° 解得轨道对物块的作用力大小FD＝11.5 N (3)从B到G，由动能定理得 mvG2－mvB22＝2mgR 若与木板恰好不分离则有mvG＝(m＋M)v1 mvG2－(m＋M)v12＝μ2mgL2 得vB2＝3 m/s 当2 m/s≤v<3 m/s时， Q＝mvG2－(m＋M)v12＝ ＝＝ J 当3 m/s≤v≤4 m/s时，Q＝μ2mgL2＝2.2 J。 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.(2023·江苏苏州市八校联盟三模)如图所示，长度为L的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的边长为L，质量为4m，重力加速度为g。今有微小扰动，使杆向右倾倒。若A、B之间，B与地面间皆光滑，A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为30°。则(　　) A．A、B分离时，二者加速度相等 B．A、B分离时，B的速度为 C．A落地前最大速度为 D．A落地前最大加速度为g 答案　D 解析　设杆与地面夹角为θ时，二者分离时， 对A，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝m 结合关联速度可知vAsin θ＝vB 解得vB＝， 由于运动时间相等，可知A、B分离时，二者加速度不相等，故A、B错误； A与B分离后继续下落的过程中机械能守恒，则落地瞬间速度最大，有mvA2＋mgLsin 30°＝mv2 解得v＝，故C错误； A落地时的向心加速度为an＝ 根据运动的合成可知A落地前最大加速度为 a＝＝g，故D正确。 2.(2023·全国乙卷·21改编)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．木板的动能一定大于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　D 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，A、B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 P的加速度大小a1＝μg＝3 m/s2， Q的加速度大小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 $$