作业6 机械能守恒定律-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考物理真题分类特训

　　　　　　 作业６　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．(２０２５􀅰云南卷,２)如图 所示,中老铁路国际旅客 列车从云南某车站由静 止出发,沿水平直轨道逐 渐加速到１４４km/h,在 此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功 最接近 (　　) A．４×１０５J　　　　B．４×１０４J C．４×１０３J D．４×１０２J ２．(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 ３．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　动能定理的理解及简单应用 ◆动能定理与恒力做功 １．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１３)如 图,一雪块从倾角θ＝３７°的 屋顶上的O 点由静止开始 下滑,滑到 A 点后离开 屋 顶．O、A间距离x＝２．５m,A 点距地面的高度h＝１．９５m, 雪块与屋顶的动摩擦因数 μ＝０．１２５．不计空气阻力,雪块质量不变,取 sin３７°＝０．６．重力加速度大小g＝１０m/s２．求: (１)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v０; (２)雪块落地时的速度大小v１,及其速度方向 与水平方向的夹角α． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２ 作业６　机械能守恒定律 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) (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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　动能定理图像和求解多过程问题 ◆多过程运动 １．(２０２３􀅰新课标卷,２０) (多选)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 ２．(２０２３􀅰湖南卷,８)(多 选)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 ３．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２ 物理 考点４　能量守恒与转化的理解 ◆功与弹性势能 (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) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点５　能量守恒与转化的综合应用 １．(２０２５􀅰云南卷,６)如图所示,质量为 m 的滑 块(视为质点)与水平面上 MN 段的动摩擦因 数为μ１,与其余部分的动摩擦因数为μ２,且μ１ ＞μ２．第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v０ 向右滑 动,通过 MN 段后停在水平面上的某一位置, 整个运动过程中,滑块的位移大小为x１,所用 时间为t１;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度 v０ 向右滑动,通过MN 段后停在水平面上的另 一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x２, 所用时间为t２．忽略空气阻力,则 (　　) A．t１＜t２　　　　　　　　B．t１＞t２ C．x１＞x２ D．x１＜x２ ２．(２０２５􀅰云南卷,１０)(多 选)如图所示,倾角为θ的 固定斜面,其顶端固定一 劲度系数为k的轻质弹 簧,弹簧处于原长时下端 位于O点．质量为m 的滑块 Q(视为质点)与斜 面间的动摩擦因数μ＝tanθ．过程Ⅰ:Q以速度v０ 从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点;过程Ⅱ:将 Q连接在弹簧的下端并拉至P点 由静止释放,Q通过 M 点(图中未画出)时速度 最大,过O点后能继续上滑．弹簧始终在弹性限 度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略 空气阻力,重力加速度为g．则 (　　) A．P、M 两点之间的距离为 kv２０－４mg２sin２θ ４kgsinθ B．过程Ⅱ中,Q 在从P 点单向运动到O 点的 过程中损失的机械能为１ ４mv ２ ０ C．过程Ⅱ中,Q 从P 点沿斜面向上运动的最 大位移为 kv２０－８mg２sin２θ ２kgsinθ D．连接在弹簧下端的 Q无论从斜面上何处释 放,最终—定静止在OM(含O、M 点)之间 ３．(２０２３􀅰全国乙卷,２１)(多 选)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 ４．(２０２５􀅰湖南卷,１５)某地为发展旅游经济,因 地制宜利用山体举办了机器人杂技表演．表演 中,需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点,图为山体截面与表演装置示意图．a、b为 同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质 量为 M 的滑杆．滑杆用长度为L 的轻绳与机 器人相连．初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行, 机器人从B 点以初速度v竖直向下运动,B 点 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２ 作业６　机械能守恒定律 位于轨道平面上,且在 A 点正下方,AB＝１． ２L．滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点 且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻 力,轻绳不可伸长,sin３７°＝０．６,重力加速度 大小为g． (１)若滑杆固定,v＝ gL,当机器人运动到滑 杆正下方时,求轻绳拉力的大小; (２)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方 且轻绳与水平方向夹角为３７°时,机器人松开 轻绳后被抛至A 点,求v的大小; (３)若滑杆能沿轨道自由滑动,M＝km,且k≥ １,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平 方向夹角为３７°时,机器人松开轻绳后被抛至 A 点,求v与k的关系式及v的最小值． ５．(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)全过程物块增加的机械能E１ 和电动机消 耗的总电能E２ 的比值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２ 物理 实验六　验证机械能守恒定律 ◆教材原实验 (２０２５􀅰河南卷,１２)实验小组利用图１所示装 置验证机械能守恒定律．可选用的器材有:交 流电源(频率５０ Hz)、铁架台、电子天平、重 锤、打点计时器、纸带、刻度尺等． 图１ (１)下列所给实验步骤中,有４个是完成实验 必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序 排列:　　　　(填步骤前面的序号) ①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再 释放纸带 ②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器 开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器 的限位孔,用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各 点到起点的距离,记录分析数据 ⑥关闭电源,取下纸带 (２)图２所示是纸带上连续打出的五个点A、 B、C、D、E 到起点的距离．则打出B 点时重锤 下落的速度大小为　　　　m/s(保留３位有 效数字)． 图２ (３)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落 高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图 ３所示的v２－h关系图像．理论上,若机械能守 恒,图中直线应　　　　(填“通过”或“不通 过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大 小g表示)．由图３得直线的斜率k＝　　　　 (保留３位有效数字)． 图３ (４)定义单次测量的相对误差η＝ Ep－Ek Ep × １００％,其中Ep 是重锤重力势能的减小量,Ek 是其 动 能 增 加 量,则 实 验 相 对 误 差 为η＝ 　　　　×１００％(用字母k和g表示);当地重 力加速度大小取g＝９．８０m/s２,则η＝　　　　％ (保留２位有效数字),若η＜５％,可认为在实 验误差允许的范围内机械能守恒． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５２ 作业６　机械能守恒定律 ＝GMm R２ 可知,恒星表面物体受到的万有引力变大,根据 牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速 度比坍缩前的大．B正确;C．由第一宇宙速度物理意义 可得GMm R２ ＝mv ２ R ,整理得v＝ GMR , 恒星坍缩前后质量不变,体积缩小,故第一宇宙速度变 大,C错误;D．由质量分布均匀球体的质量表达式 M＝ ４π ３R ３ ρ得R＝ ３ ３M ４πρ ,已知逃逸速度为第一宇宙速度的 ２ 倍,则v′＝ ２v＝ ２GMR , 联立整理得v′２＝２v２＝２GMR ＝４G ３ πρM ２ ３ , 由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星,结合上 式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速 度,D错误．故选B． ４．C　轨道舱与返回舱的质量比为５∶１,设返回舱的质量 为m,则轨道舱的质量为５m,总质量为６m;根据题意组 合体绕行星做圆周运动,根据万有引力定律有GM 􀅰６m r２ ＝６mv ２ r ,可得做圆周运动的线速度为v＝ GMr , 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒,有６mv＝５mv１＋ mv２,由题 意v２ ＝２ GM r ,代 入 解 得v１ ＝ ４ ５ GM r ． 故 选 C． ５．A　地球绕太阳运行的周期约为３６５天,根据万有引力 提供向心力得 GM０m r２０ ＝m４π ２ T２０ r０, 已知r＝１１４r０ ,M＝２７M０ ,同理得GMm r２ ＝m４π ２ T２ r,整理得 T２ T２０ ＝ r３M０ r３０M ,代入数据得T＝１２８T０≈１３ 天．故选 A． ６．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． ７．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． 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． 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． 作业６　机械能守恒定律 考点１　功与功率　机车启动问题 １．B　高中生的质量约为５０kg,１４４km/h＝４０m/s,根据 动能定理有W＝１２mv ２＝４．０×１０４J．故选B． ２．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． ３．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． 考点２　动能定理的理解及简单应用 １．解析:(１)雪块在屋顶上运 动 过 程 中,由 动 能 定 理 mgx sinθ－μmgcosθ􀅰x＝ １ ２mv ２ ０－０,代入数据解得雪块到A 点速度大小为v０＝５m/s; (２)雪块离开屋顶后,做斜下抛运动,由动能定理 mgh＝ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０,代入数据解得雪块落到地面时速度大 小v１＝８m/s, 速度与水平方向夹角α,满足cosα＝v０cosθv１ ＝５×０．８８ ＝ １ ２ ,解得α＝６０°． 答案:(１)５m/s　(２)８m/s,６０° 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０１ 物理 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 考点３　动能定理图像和求解多过程问题 １．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＝２m 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． ２．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． ３．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) 考点４　能量守恒与转化的理解 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)． 考点５　能量守恒与转化的综合应用 １．A　对两种运动的整个过程根据能量守恒有 １ ２mv ２ ０ ＝μ１mgxMN ＋μ２mg (x１ －xMN ), １ ２ mv ２ ０ ＝ μ１mgxMN ＋μ２mg(x２－xMN ), 可得x１＝x２,故 C、D错误; 根据牛顿第二定律μmg＝ma,可得a＝μg, 由于μ１＞μ２,故滑块在 MN 上时的加速度大,根据前面 分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中vＧt 图像与横轴围成的面积相等,由于第二次时滑块距离 M 点的距离较近,根据公式v０２－v２＝２μ２gx可知第二次到 达M 点时速度较大,作出整个过程中两种运动状态的vＧ t图像, 可得t２＞t１,故 A正确,B错误;故选 A． ２．BCD　设P、O 两点的距离为L,过程Ⅰ,根据动能定理 有－mgsinθ􀅰L－μmgcosθ􀅰L＝０－ １ ２mv ２ ０, 设 M、O 两点的距离为L１,过程Ⅱ中,当 Q 速度最大时, 根据平衡条件kL１＝mgsinθ＋μmgcosθ,P、M 两点之 间的距离L２＝L－L１,联立可得L２＝ kv２０－８mg２sin２θ ４kgsinθ , 故 A错误; 根据功能关系,可知过程Ⅱ中,Q 在从P 点单向运动到 O 点的过程中损失的机械能 ΔE＝μmgcosθ􀅰L, 结合－mgsinθ􀅰L－μmgcosθ􀅰L＝０－ １ ２mv ２ ０, 可得 ΔE＝１４mv ２ ０,故B正确; 设过程Ⅱ中,Q从P 点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据能量守恒定律１ ２mv ２ ０＝mgsinθ􀅰x＋μmgcosθ􀅰x ＋１２k (x－L)２, 结合－mgsinθ􀅰L－μmgcosθ􀅰L ＝０－１２mv ２ ０, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０１ 详解详析 解得x＝kv ２ ０－８mg２sin２θ ２kgsinθ ,故 C正确; 无论 Q 从何处释放,Q 在斜面上运动过程中,弹簧与 Q 初始时的 势 能 变 为 摩 擦 热,当 在 M 点 时,满 足kL１ ＝ mgsinθ＋μmgcosθ, 当在O 点时,满足mgsinθ＝μmgcosθ, 所以在O、M(含O、M 点)之间速度为零时,Q 将静止,故 D正确．故选BCD． ３．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． ４．解析:(１)由B 点到最低点过程动能定理有 １ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２＝mgL, 最低点牛顿第二定律可得F－mg＝m v２０ L , 联立可得F＝４mg; (２)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为３７°时由能量 守恒可得１ ２mv ２＝mgLsin３７°＋１２mv２′ ２, 水平方向x＝Lcos３７°＋L＝v２′sin３７°􀅰t, 竖直方向取向上为正可得y＝１．２L－Lsin３７°＝v２′cos ３７°􀅰t－１２gt ２,联立可得v＝ ３７gL１０ ; (３)当机 器 人 运 动 到 滑 杆 左 上 方 且 与 水 平 方 向 夹 角 为 ３７°时计为点C,由能量守恒可得 １２mv ２＝mgLsin３７°＋ １ ２mv ２ １＋ １ ２kmv ２ ２, 设v１ 的水平速度和竖直速度分别为vx,vy,则有v２１＝v２x ＋v２y, 则水平方向动量守恒可得mvx＝kmv２, 水平方向满足人船模型可得mx１＝kmx２, 此时机器人 相 对 滑 杆 做 圆 周 运 动,因 此 有 速 度 关 系 为 tan３７°＝ vx＋v２ vy , 设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为θ,则有速度 关系tanθ＝vxvy , 水平方向Lcos３７°＋L－x２＝vx􀅰t, 竖直方向１．２L－Lsin３７°＝vy􀅰t－ １ ２gt ２, 联立可得v２＝ ９kgL１０(k＋１)＋ １４ ５gL , 即v＝ ９kgL１０(k＋１)＋ １４ ５gL , 显然当k＝１时取得最小,此时v＝ １３４gL． 答案:(１)４mg, (２) ３７gL１０ (３) ９kgL１０(k＋１)＋ １４ ５gL , １３ ４gL ５．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 实验六　验证机械能守恒定律 解析:(１)实验步骤为:将纸带下端固定在重锤上,穿过 打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端,先接通电源, 打点计时器开始打点,然后再释放纸带,关闭电源,取下 纸带,在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到 起点的距离,记录分析数据,根据原理 mgh＝ １２mv ２ 可 知质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量． 故选择正确且正确排序为④①⑥⑤． (２)根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔T＝１f ＝ ０．０２s, 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平 均速度可得vB＝ hAC ２T , 代入数据可得vB≈１．７９m/s; (３)根据mgh＝１２mv ２,整理可得v２＝２g􀅰h, 可知理论上,若机械能守恒,图中直线应通过原点,且斜 率k＝２g, 由图３得直线的斜率k＝ ５．６－１．５０．２９５－０．０８≈１９．０ ; (４)根据题意有η＝ mgh－１２mv ２ mgh ×１００％ , 可得η＝ ２g－k ２g ×１００％ , 当地重力加速度大小取g＝９．８０m/s２,代入数据可得η ≈３．１％． 答案:(１)④①⑥⑤ (２)１．７９　(３)通过　２g　１９．０ (４)２g－k２g 　３．１ (２．６也可) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０１１ 物理