专题6 机械能守恒定律-【创新教程】2021-2025五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．(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 ４．(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 ５．(２０２２􀅰广东卷,９,６分)(多选)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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ 专题六　机械能守恒定律 ６．(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 (　　) 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 ７．(２０２１􀅰广东卷,９,６分) (多选)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 ◆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．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３ 最新真题分类特训􀅰物理 ３．(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． ４．(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． ５．(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５．０kg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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３ 专题六　机械能守恒定律 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: (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 ６．(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 ７．(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 ◆多过程运动 ２．(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 ３．(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 ４．(２０２１􀅰辽宁卷,１０,６ 分)(多选)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 (　　) 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 ５．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ 专题六　机械能守恒定律 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)(多选) 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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)(多选)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２．４×１０３ kg/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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４ 最新真题分类特训􀅰物理 ◆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) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点６　能量守恒与转化的综合应用 １．(２０２５􀅰云南卷,６)(多选)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 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４ 专题六　机械能守恒定律 (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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．(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． ７．(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, cos３７°＝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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４ 专题六　机械能守恒定律 ８．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 实验七　验证机械能守恒定律 ◆教材原实验 图１ １．(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． (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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４ 最新真题分类特训􀅰物理 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． ２．(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５０Hz,重物质量为２００ g,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 ３．(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＝１２kx ２,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 ４．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４ 专题六　机械能守恒定律 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; 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 (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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６４ 最新真题分类特训􀅰物理 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　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． ４．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． ５．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． ６．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 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． ７．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． 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)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° ３．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８１ 详解详析 ４．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 ５．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 ６．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． ７．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 ⑨ 答案:(１)７m/s２　(２)２６J　(３)１．３m 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．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． ３．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． ４．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 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４８１ 最新真题分类特训􀅰物理 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． ５．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　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． 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 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)． 考点６　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５８１ 详解详析 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, 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)F＝４mg, (２)v＝ ３７gL１０ (３)v＝ ９kgL１０(k＋１)＋ １４ ５gL ,v＝ １３４gL 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 ６．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 ７．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＝ ３mg ８ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６８１ 最新真题分类特训􀅰物理 (２)设装置转动的角速度为ω,对AF＝Mω２􀅰８５L , 对Bmgtan５３°＝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 ８．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)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) ２．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 ３．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 ４．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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７８１ 详解详析 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)见解析图　０．４０(０．３８~０．４２) 实验八　做功与动能变化 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 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 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．C　根据题意 A球静止时,对 A球受 力分析,如图所示 由平行四边形定则及几何关系,轻绳 上拉力为T＝mg,A 球与 B球间的 库仑力 F＝２mgcos３０°＝ ３mg,故 A、B错误;剪断轻绳前,小球 A 所受 合力为０,库仓力与重力的合力与轻 绳的拉力等大反向,即重力与库仓力 的合力大小为mg,则剪断瞬间 A 球受到轻绳的拉力消 失,库仓力与重力保持不变,根据三力平衡知识,此时 A 球的合外力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若 将轻绳剪断,则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变, 小球仍然处在静止状态,则轻杆对 B球的作用力不变, 故 D错误．故选 C． ２．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． ３．解析:①根据几何关系设PQ２＝r,PQ１＝ ３r,对检验电 荷进行受力分析,可得 FPQ１ FPQ２ ＝tan３０°, 其中FPQ１＝ kqQ１ (３r)２ ,FPQ２＝ kqQ２ r２ , 联立解得Q１∶Q２＝ ３∶１． 如图 根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对 其的库仑力组成一个封闭的三角形,若在PQ１ 连线上存 在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态,此时点电荷 Q１ 对检验电荷的库仑力FPQ１ 变大,根据三角形定则可 知此时点电荷Q２ 对检验电荷的库仑力必然增大;由于 此时检验电荷与点电荷 Q２ 间的距离在增大,库仑力在 减小,故矛盾,假设不成立,故在PQ１ 连线上不存在其它 点能让同一检验电荷维持平衡状态． 答案:３∶１　不存在 ４．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． ５．ABD　对两球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为 F,与轨道的倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN１cosθ ＝mg,F＝FN１sinθ＋Eq　① 对乙球有FN２cosθ＝２mg,FN２sinθ＝F＋２Eq, 联立解得F＝４Eq　② 故 F１ F２ ＝４Eq－Eq４Eq＋２Eq＝ １ ２ , 同时有F＝kq 􀅰２q L２ ,解得E＝kq ２L２ ,故 A、B正确; 若将甲、乙互换位置,若二者仍能保持静止,同理可得对 甲有FN１′cosθ＝mg,FN１′sinθ＝F＋Eq, 对乙有FN２′cosθ＝２mg,FN２′sinθ＋２Eq＝F, 联立可得F＋４Eq＝０,无解,假设不成立,故 C错误; 若撤去甲,对乙球根据动能定理２mg􀅰L２tanθ－２Eq 􀅰 L ２＝ １ ２ 􀅰２mv２, 根据前面分析由①②可知tanθ＝３Eqmg , 联立解得v＝ kq ２ mL ,故 D正确．故选 ABD． ６．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． ７．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; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８１ 最新真题分类特训􀅰物理