2026届高考物理二轮复习讲义：第六章 机械能守恒定律

第6章 机械能 第一节 功及功率 考点　恒力做功 1.正、负功的判断方法 判断依据 适用情况 根据力和位移的方向的夹角判断 常用于恒力做功的判断 根据力和瞬时速度方向的夹角判断 常用于质点做曲线运动 根据功能关系或能量守恒定律判断 常用于变力做功的判断 2.计算功的方法 (1)恒力做的功 直接用W＝Flcos α计算. (2)合外力做的功 方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功. 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功. [典例1]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时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　） A．在此过程中F所做的功为 B．在此过中F所做的功等于 C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 答案 C 【难度】0.65 【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程、功的定义、计算式和物理意义 【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知 ① 由速度位移公式有 ② 外力撤去后，由牛顿第二定律可知 ③ 由速度位移公式有   ④ 由①②③④可得，水平恒力 动摩擦因数 滑动摩擦力 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 故A错误； C。 [典例2]两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案BD 【难度】0.65 【知识点】牛顿定律与直线运动-简单过程、功的定义、计算式和物理意义 【详解】C．设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度 可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大，C错误； B．根据可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故B正确； A．两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A错误； D．它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确。 故选BD。 [典例3]小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（    ） A．   B．   C．   D．   答案D 【难度】0.85 【知识点】物体运动轨迹、速度、受力的相互判断、判断某个力是否做功，做何种功、动能定理的表述及其推导过程 【详解】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误； CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。 故选D。 考点　平均功率与瞬时功率 1.公式P＝是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算. 2.公式P＝Fvcos α既能计算瞬时功率，也能计算平均功率，若v是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v是平均值，则计算出的功率是平均值. [典例1]如图所示，在外力作用下某质点运动的图象为正弦曲线．从图中可以判断 A．在时间内，外力做正功 B．在时间内，外力的功率逐渐增大 C．在时刻，外力的功率最大 D．在时间内，外力做的总功为零 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 【详解】在时间内，由图象可知，物体的速度增大，动能增大，由动能定理知外力做正功，故A正确；速度的图象斜率表示加速度，在时间内，加速度逐渐减小，说明外力逐渐减小．由图象可知t=0时刻物体的速度为零，由可知外力的功率为0．在时刻速度最大，但外力为0，由可知时刻外力功率也为零，可知外力的功率先增大后减小，故B错误；时刻物体的速度为零，由可知外力的功率为零，故C错误；在时间内物体的动能变化量为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故D正确． [变式1]2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g．则 A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B．在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D．在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 【详解】由v—t图象的面积可求出，飞机在甲板上滑行的距离为,所以与无阻拦时相比大约为1/10，A正确；0.4s-2.5s时间内，v—t图象为直线，飞机做匀减速直线运动，所以所受合力不变，但阻拦索的夹角不断变小，所以阻拦索的张力随时间变化，B选项错误；，a/g=2.85,所以C正确；由于飞机匀减速运动，而阻拦索的张力不变，由可看出随时间增大功率变小，D错误． [变式2]地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程， A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:1 C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确； B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误； C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确； D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力 ， 匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功 ； 第②次提升过程做功 ； 两次做功相同，选项D错误． 【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同． 考点　机车启动问题的分析 启动 方式 恒定功率启动 恒定加速度启动 过程 分析 阶段一：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 阶段二：F＝F阻⇒a＝0⇒P＝F·vm＝F阻·vm 阶段一：a＝不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v′m 阶段二：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 阶段三：F＝F阻⇒a＝0⇒v达最大值vm＝ 运动 规律 做加速度逐渐减小的变加速直线运动以vm做匀速直线运动 以加速度a做匀加速直线运动做加速度逐渐减小的变加速直线运动以vm做匀速直线运动 v­t 图象 [典例1]一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度随时间t变化的图像中,可能正确的是(   ) A． B． C． D． A 【难度】0.85 【知识点】机车的额定功率、阻力与最大速度、机车以额定功率启动的过程及v-t图像 【详解】在时间内，如果匀速，则图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据，牵引力减小；根据，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度；所以时间内，图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据，牵引力减小；再根据，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度．所以在时间内，即图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线，A正确； 第二节 动能定理 考点　动能定理的理解 1.合外力做功与物体动能的变化间的关系 (1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功. (2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因. (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳. 2.标量性：动能是标量，功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的. 3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系. 4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选. [典例1]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱与路面之间始终存在弹力，则木箱获得的动能一定：() A．等于拉力所做的功； B．小于拉力所做的功； C．等于克服摩擦力所做的功； D．大于克服摩擦力所做的功； 【难度】0.85 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 【分析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可． 【详解】木箱受力如图所示： 木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功， 根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故B正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD错误． 故选B 【点睛】正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小． [变式1]高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 【难度】0.65 【知识点】动能的定义和表达式、动量和动能的区别与联系 【详解】AC．根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即 v=at 由动能公式 可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误； B．由 可知列车动能与位移x成正比，B正确； D．由动量公式 可知列车动能 即与列车的动量二次方成正比，D错误。 故选B。 [典例2]如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小； (2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。 (1)5m/s (2)8m/s，60° 【难度】0.65 【知识点】斜抛运动、用动能定理求解外力做功和初末速度 【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理 代入数据解得雪块到A点速度大小为 （2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理 代入数据解得雪块到地面速度大小 速度与水平方向夹角，满足 解得 [变式2]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　） A．0 B．mgh C． D． 【难度】0.94 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得 故雨滴克服空气阻力做功为。 故选B。 [典例3]一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；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，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。 （1）；（2） 【难度】0.65 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 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 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 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 代入数据可得 （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 在拍球时间内运动的位移为 做得功为 联立可得 （舍去） [变式3]一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】动能的定义和表达式 【详解】设初速度为，末速度为，根据题意可得 解得 根据 可得 解得 代入 解得 故选A。 [变式4]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　） A．20 B．18 C．9.0 D．3.0 【难度】0.65 【知识点】平抛运动位移的计算、动能的定义和表达式 【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，有 根据平抛运动规律有 当在a点时动能为E2时，有 根据平抛运动规律有 联立以上各式可解得 故选B。 [典例4]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 1．BC 【难度】0.65 【知识点】功的定义、计算式和物理意义、平均功率与瞬时功率的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度、计算物体的动量及动量的变化 【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为 W = Fx 可看出W—x图像的斜率代表拉力F。 AB．在物体运动的过程中根据动能定理有 则x = 1m时物体的速度为 v1= 2m/sx = 1m时，拉力为 则此时拉力的功率 P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为 Ek= 2J A错误、B正确； C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为 Wf= μmgx = 8J C正确； D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为 D错误。 故选BC。 [典例5]一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用、分别表示拉力F1、F2所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ） A．， B．， C．， D．， 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理求变力的功 【详解】由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为 S1：S2==1：2 两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比 Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2 再由动能定理，则有： WF﹣Wf= 可知， WF1﹣Wf1= WF2﹣Wf2=4× 由上两式可解得： WF2=4WF1﹣2Wf1 故C正确，ABD错误； 故选C． 考点　应用动能定理解决多过程问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.应用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程. (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况. (3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2. (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解. 2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路 (1)弄清物体的运动由哪些过程组成. (2)分析每个过程中物体的受力情况. (3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响. (4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能. (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程. [典例1]质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　） A．时物块的动能为零 B．时物块回到初始位置 C．时间内F对物块所做的功为 答案：A 【难度】0.65 【知识点】功的定义、计算式和物理意义、应用动能定理解多段过程问题、动量定理的内容 【详解】物块与地面间的摩擦力为 AC．对物块从s内由动量定理可知 即 得 3s时物块的动量为 设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 即 解得 所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误； B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得 即 得 过程中，对物块由动能定理可得 即 得 物块开始反向运动，物块的加速度大小为 发生的位移为 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误； D．物块在6s时的速度大小为 拉力所做的功为 故D正确。 故选AD。 [变式1]一质量为m的物体自倾角为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，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。已知，重力加速度大小为g。则（　　） A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 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 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题 【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有 物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 整理得 ； A错误，C正确； B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 求解得出 B正确； D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 由上式可知 a上 > a下 由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式 则可得出 D错误。 故选BC。 [变式2]在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（    ） A． B． C． D． 答案：B 【难度】0.4 【知识点】斜面上的平抛运动、物体动能的比较 【详解】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度抛出，落在斜面上，如图所示 根据平抛运动的推论可得 所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有 对乙有 联立可得 由于甲、乙两球质量相等，所以甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为 故选B。 [典例2]如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　） A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了 【难度】0.65 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、用动能定理求解外力做功和初末速度 【详解】AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为 故A正确，B错误； CD．设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得 解得 则物块克服摩擦力做功为 根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确，D错误。 故选AC。 [典例3]如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，） （1）求P第一次运动到B点时速度的大小； （2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能； （3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 （1）；（2）；（3）， 【难度】0.65 【知识点】平抛运动位移的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度、机械能与曲线运动结合问题、弹簧类问题机械能转化的问题 【详解】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为 l=7R–2R 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 式中θ=37°，联立以上两式并由题给条件得 （2）设BE=x，P到达E点时速度是零，设此时弹簧的弹性势能为EP，由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 E、F之间的距离l1为 l1=4R–2R+x P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有      联立以上三式并由题给条件得 x=R （3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 x1=vDt 联立解得 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 联立解得 考点：动能定理、平抛运动、弹性势能。 【点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。 [变式3]如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h ，NP长度为s．一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ  ， 求物块停止的地方与N点距离的可能值． 2s-或-2s. 【难度】0.65 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、常见力做功与相应的能量转化 【详解】根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔEp与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即 ΔEp＝W① 设物块质量为m，在水平滑道上滑行的总路程为s′，则ΔEp＝mgh② W＝μmgs′③ 设物块在水平轨道上停止的地方与N点的距离为d．若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s′＝2s－d④ 联立①②③④式得d＝2s－⑤ 此结果在≤2s时有效．若>2s，则物块与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此时有s′＝2s＋d⑥ 联立①②③⑥式得d＝－2s [变式4]如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。 （1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； （2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； （3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？ （1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】利用能量守恒解决实际问题、利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等） 【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有 设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有 因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为 联立以上各式解得 （2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有 联立解得 故在每一个减速带上平均损失的机械能为 （3）由题意可知 可得 [典例5]如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。 (1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 (1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上 【难度】0.4 【知识点】物块在水平传送带上运动分析、用动能定理解决物体在传送带运动问题、动量定理的内容 【详解】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ② 联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有 ④ ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥ (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 ，⑨ (3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 ⑩ ⑪ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t3=1.0s⑫ x2=5.5m⑬ 因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有 ⑭ 由①⑫⑬⑭式可知 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有， ⑮ 则 减速运动时间 设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有 ，方向竖直向上 则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量 ，方向竖直向上 [变式4]以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 A．和 B．和 C．和 D．和 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题 【详解】本题考查动能定理．上升的过程中，重力做负功，阻力做负功，由动能定理得，，求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零，只有阻力做功为，解得，A正确． [典例6]如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 （1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3） 【难度】0.4 【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程、应用动能定理解多段过程问题 【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+f  ① ma2= f– mg  ② 联立①②式并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g③ （2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④ 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0–a1t1= –v0+a2t1⑤ 联立③④⑤式得 ⑥ 设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 ⑦ ⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则 H1= h1+ h2⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 ⑪ （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有 Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得 ⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为 ⑭ 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1+ x2≤L⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为 ⑯ [变式4]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（  ） A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【难度】0.65 【知识点】两个变速直线运动的合成、应用动能定理解多段过程问题 【详解】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得 F·3R-mgR=mvc2 又 F=mg 解得 vc2=4gR 小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为 小球在水平方向的加速度 a=g 在水平方向的位移为 x=at2=2R 由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量 △E=F·5R=5mgR 故选C。 [典例7]如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件． 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题 【详解】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有 mv02＞μmgl 即 设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得 m v02=μmgl+mv12 设a与b碰撞前向的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得： mv1=mva+mvb mv12=mva2+×mvb2 联立解得 vb=v1 碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得： 联立得 则a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为 【名师点睛】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合几何关系分析b与墙不相撞的条件． [变式5]如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（　　） A．，质点恰好可以到达Q点 B．，质点不能到达Q点 C．，质点到达Q后，继续上升一段距离 D．，质点到达Q后，继续上升一段距离 C 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题 【详解】根据动能定理可得P点动能 经过N点时，半径方向的合力提供向心力，可得 所以N点动能为 从P点到N点根据动能定理可得 即摩擦力做功 质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，如图 即 根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能 由于 所以Q点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离。 故选C。 考点　动能定理和图象的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.解决物理图象问题的基本步骤 2.四类图象所围面积的含义 v­t图象 由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a­t图象 由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F­x图象 由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P­t图象 由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 [典例1]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为    A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg 【难度】0.65 【知识点】利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等） 【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N． 考点　机械能守恒的理解和判断 1.对机械能守恒条件的理解 (1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒. (2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零. (3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒. 注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少. 2.机械能是否守恒的三种判断方法 (1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒. (2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒. (3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒. [典例1]一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（    ） A． 机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 【难度】0.85 【知识点】平抛运动的概念、判断系统机械能是否守恒 【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误； B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确； CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。 故选B。 [变式1]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【难度】0.85 【知识点】判断系统机械能是否守恒、系统受到的合外力为零 【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。 故选B。 [典例2]蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．时，运动员的重力势能最大 B．时，运动员的速度大小为 C．时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、重力势能的定义和公式、动量定理的内容 【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小 故B正确，C错误； D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理 其中 代入数据可得 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故D正确。 故选BD。 [典例3]如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，绳的重力势能增加（　　） A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl 【难度】0.85 【知识点】重力势能的定义和公式 【详解】由题意可知，PM段细绳的重力势能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加 故选A。 [变式2]一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，如图所示。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 【难度】0.65 【知识点】判断系统机械能是否守恒、弹性势能的定义和影响因素、零势能面对重力势能定义的影响 【详解】A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故A正确； B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加，故B正确； C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确； D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误． 点睛：本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加． [典例4]从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得 A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/s C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J 【难度】0.65 【知识点】动能和势能的相互转化 【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确 B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误； C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误 D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确 [变式3]一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　） A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 【难度】0.65 【知识点】利用机械能守恒定律解决简单问题 【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确； B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能 mgh＝30J 可得质量 m＝1kg 下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功 μmg·cosθ·s＝20J 求得 μ＝0.5 B正确； C．由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 求得 a＝2m/s2 C错误； D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。 故选AB。 [典例5]如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　） A． 在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示 设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律 在点，根据牛顿第二定律 联立解得 从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律 在该处根据牛顿第二定律 联立可得 则大圆环对小环作用力的大小 根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 故选C。 [变式4]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 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】如图所示 设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得 由几何关系可得 联立可得 可得 故C正确，ABD错误。 故选C。 [典例6]如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，据机械能守恒定律有 物块从轨道上端水平飞出做平抛运动 联立解得水平距离 由数学知识可知，当 水平位移最大，所以对应的轨道半径为。 故选B。 1.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则 解得 物体落地的竖直速度 则落地时速度方向与水平方向的夹角 解得 故选B。 2.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（ ） A． Mg-5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】试题分析：小圆环到达大圆环低端时满足：，对小圆环在最低点，有牛顿定律可得：；对大圆环，由平衡可知：，解得，选项C正确． 考点：牛顿定律及物体的平衡． 3.如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。 最多碰撞3次 【难度】0.4 【知识点】机械能与曲线运动结合问题、两物体多次碰撞问题 【分析】先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可。 【详解】设小球m的摆线长度为l，小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒 ①m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足 ② ③ 联立②③得 ④ 说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足 ⑤ ⑥ 解得 ⑦ 整理得 ⑧ 故可以得到发生n次碰撞后的速度 ⑨ 而偏离方向为45°的临界速度满足 ⑩ 联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v2＞v临界，当n=3时，v3＜v临界，即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°。      【点睛】本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解。 4.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（   ） A． B． C． D． 【知识点】拱桥和凹桥模型、机械能与曲线运动结合问题 【详解】运动员从a到c根据动能定理有 在c点有 FNc ≤ kmg 联立有 故选D。 5.如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围． 2.5R≤h≤5R 【知识点】绳球类模型及其临界条件、机械能与曲线运动结合问题 【详解】试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h最小；当压力最大时，h最大．由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答． 设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得：       物块在最高点受的力为重力mg，轨道的压力,重力与压力的合力提供向心力，有 物块能通过最高点的条件是 由以上式得 联立以上各式得 根据题目要求 由以上各式得 由此可得 所以h的取值范围是 点睛：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口．要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力． 6.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　） A． B． C． D． 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则 解得 物体落地的竖直速度 则落地时速度方向与水平方向的夹角 解得 故选B。 7.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求： （1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； （2）小球到达A点时动量的大小； （3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。 （1），；（2）；（3） 【知识点】绳球类模型及其临界条件、机械能与曲线运动结合问题、计算物体的动量及动量的变化 【详解】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 得 （2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得 由动能定理有 得小球在A点的动量大小为 （3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 得 【点睛】小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新。 8.如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。 (1)求小球在B、A两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。    (1) ；(2)恰好可以运动到C点 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为，由机械能守恒可得 ① 设小球在B点的动能为，同理有 ② 由①②联立可得 ③ （2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足 ④ 设小球在C点的速度大小为，根据牛顿运动定律和向心加速度公式有 ⑤ 联立④⑤可得 ⑥ 根据机械能守恒可得 ⑦ 根据⑥⑦可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。 【点睛】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。 9.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中（  ） A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、判断某个力是否做功，做何种功、功率推导式：力×速度、弹簧类问题机械能转化的问题 【详解】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且，可知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则在小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的弹性势能先增大，后减小再增大；弹簧的弹力对小球先做负功，后做正功再做负功，故A错误； B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，小球受到的合力为重力，小球的加速度为重力加速度；当弹簧恢复到原长时，小球只受重力作用，小球的加速度为重力加速度；故有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，故B正确； C．弹簧长度最短时，即弹簧处于水平方向，此时弹簧弹力与速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，故C正确； D．由于M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M和N两点处弹簧的压缩量等于伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。 故选BCD。 10.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（　　） A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 【详解】A．从静止释放至最低点，由机械能守恒得 解得 可知在最低点的速度只与半径有关，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以 选项A错误； B．根据 可知动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小，选项B错误； CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 向心加速度 由于P球的质量大于Q球的质量，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，选项C正确，D错误。 故选C。 【点睛】求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题。 11.一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系xOy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ (1) (2) ， 【知识点】平抛运动位移的计算、机械能与曲线运动结合问题 【详解】（1）设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y 。由运动学公式和已知条件得 x=v0t 由题意可知 由机械能守恒可知落到坡面时的动能为 联立解得 （2）由根据上述分析可知，人落到坡面上的动能为 整理可得 由数学知识可知，当 函数具有最小值，解得 12.如图，滑块a、b的质量均为，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为。则（　　） A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为 【知识点】用杆连接的系统机械能守恒问题 【详解】A．当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A错误； B．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得 解得 故B正确； C．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误； D．ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为，故D正确。 故选BD。 13.图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求：（已知重力加速度为g） （1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。 （1），方向水平向左；（2） 【知识点】应用动能定理求变力的功、用细绳连接的系统机械能守恒问题、动量定理的内容 【详解】（1）设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v1、v2，根据机械能守恒有 小球由最低点向左摆动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有 解得 设挡板阻力对滑块的冲量为I，规定水平向左为正方向，则根据动量定理有 （2）设小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功为W，根据动能定理有 解得 即绳的拉力对小球做功的大小为 14.如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b、a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（　　） A． h B．2h C．1.5h D．2.5h 【知识点】用细绳连接的系统机械能守恒问题 【详解】设a球上升高度h时，两球的速度大小为v，根据ab系统的机械能守恒得： 3mgh=mgh+•（3m+m）v2，解得：，此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒：mgh+=mgH，解得a球能达到的最大高度：H=1.5h，故C正确，ABD错误。 15.如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 【知识点】滑动摩擦力的大小与方向、弹簧类问题机械能转化的问题、求恒力的冲量 【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示 由平衡条件有 由胡克定律结合几何关系有 联立解得 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 故A正确； B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误； C．设滑块从释放到静止运动的位移为，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有 解得 由几何关系可得 故C正确； D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有     解得 故D错误。 故选AC。 16.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求 （1）小球离开桌面时的速度大小； （2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。    （1）；（2） 【知识点】平抛运动位移的计算、弹簧类问题机械能转化的问题 【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知 得小球离开桌面时速度大小为 （2）离开桌面后由平抛运动规律可得 第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知 离开桌面后由平抛运动规律得 ， 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为 17.一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（   ） A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、常见力做功与相应的能量转化 【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误； B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确； C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误； D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。 故选B。 18.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　） A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、冲量的定义、单位和矢量性、计算物体的动量及动量的变化 【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误； B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误； C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误； D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。 故选D。 19.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、板块/子弹打木块模型 【详解】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得 mv0 =(2m＋m)v 此过程中动能损失为 ΔE损=f·2d=mv－×3mv2 解得 ΔE=mv 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律有 mv1＋mV1=mv0 因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为 ΔE损1=f·d=mv 由能量守恒得 mv＋mV=mv－ΔE损1 且考虑到v1必须大于V1，解得 v1=v0 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2=mv1 损失的动能为 ΔE′=mv－×2mV 联立解得 ΔE′=×mv 因为 ΔE′=f·x 可解得射入第二钢板的深度x为 20.一质量为8.00×104  kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)． (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%. (1) , (2) 【知识点】常见力做功与相应的能量转化 【详解】（1）飞船着地前瞬间的机械能为 ① 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 ② 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为 ③ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得 ④ （2）飞船在高度h' =600 m处的机械能为 ⑤ 由功能原理得 ⑥ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得 W=9.7×108 J⑦ 【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功． 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 D．物块的动能一定小于 【知识点】能量守恒定律和板块问题结合 【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知 设物块的对地位移为，木板的对地位移为 CD．根据能量守恒定律可得 整理可得 D正确，C错误； AB．因摩擦产生的摩擦热 根据运动学公式， 因为 可得 则 所以 B正确，A错误。 故选BD。 方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。 对物块，由动能定理 对木板，由动能定理 根据速度图像面积表示位移可知， 且 故 故A错误，B正确； CD．对系统，由能量守恒定律 物块动能 故C错误，D正确。 故选BD。 22.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 (1)，；(2) 【知识点】能量守恒定律与曲线运动结合 【详解】(1)竖直的弹簧上物体压缩，由机械能守恒 物体P从压缩弹簧到B点，由能量守恒 解得 滑块由B点到D点 解得 滑块由D点平抛 ， 解得 (2)滑块至少过B点 P最多到C点而不脱轨 则 23.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是（　　） A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等 C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等 【知识点】动量的定义、单位和矢量性 【详解】BD．a物体做自由落体运动，运动时间为t1，b物体沿圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度。又a､b两物体竖直方向位移相等，所以b物体下滑到S的时间t2>t1，故BD错误； AC．a、b到达S点时速度大小相同，但是方向不同，故在S点的动量不相等，故A正确，C错误。 故选A。 【点睛】 实验五　探究动能定理 [基本要求] [数据处理] (1)测出每次做功后，小车获得的速度. (2)分别用各次实验测得的v和W，绘制W­v或W­v2、W­v3、…图象，直到明确得出W和v的关系. (3)结论：物体速度v与外力做功W间的关系为W∝v2. [误差分析] 1.误差的主要来源是橡皮筋的长短、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比. 2.没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差. 3.利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准确带来误差. [注意事项] 1.平衡摩擦力：将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡.方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角. 2.选点测速：测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的. 3.规格相同：橡皮筋规格相同时，力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值. [典例1]某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． 回答下列问题： （1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）． A．小球的质量m B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△x E.弹簧原长l0 （2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= ． （3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比． （1）ABC (2)（3）减小 增大 2 【难度】0.65 【知识点】弹簧弹力做功与弹性势能的变化 【详解】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC． （2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：s=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek= ； （3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变小，s-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移s，故s-△L图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△s的2次方成正比，而△s与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比． 【点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据x与△L的图线定性说明m增加或h增加时x的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x的关系，△x与△L成正比，得出Ep与△L的关系． [典例2]某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． （1）实验中涉及到下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是 （填入代表步骤的序号）． （2） 图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s．比较两纸带可知， （填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大． 【难度】0.65 【知识点】弹簧弹力做功与弹性势能的变化 【详解】（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②； （2）由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v==1.29m/s； 因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大； 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 机械能 第一节 功及功率 考点　恒力做功 1.正、负功的判断方法 判断依据 适用情况 根据力和位移的方向的夹角判断 常用于恒力做功的判断 根据力和瞬时速度方向的夹角判断 常用于质点做曲线运动 根据功能关系或能量守恒定律判断 常用于变力做功的判断 2.计算功的方法 (1)恒力做的功 直接用W＝Flcos α计算. (2)合外力做的功 方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功. 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功. [典例1]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时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　） A．在此过程中F所做的功为 B．在此过中F所做的功等于 C．物体与桌面间的动摩擦因数等于 D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 [典例2]两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 [典例3]小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（    ） A．   B．   C．   D．   考点　平均功率与瞬时功率 1.公式P＝是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算. 2.公式P＝Fvcos α既能计算瞬时功率，也能计算平均功率，若v是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v是平均值，则计算出的功率是平均值. [典例1]如图所示，在外力作用下某质点运动的图象为正弦曲线．从图中可以判断 A．在时间内，外力做正功 B．在时间内，外力的功率逐渐增大 C．在时刻，外力的功率最大 D．在时间内，外力做的总功为零 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 [变式1]2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g．则 A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B．在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D．在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 [变式2]地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程， A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:1 C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5 【难度】0.65 【知识点】功率推导式：力×速度 【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同． 考点　机车启动问题的分析 启动 方式 恒定功率启动 恒定加速度启动 过程 分析 阶段一：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 阶段二：F＝F阻⇒a＝0⇒P＝F·vm＝F阻·vm 阶段一：a＝不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v′m 阶段二：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 阶段三：F＝F阻⇒a＝0⇒v达最大值vm＝ 运动 规律 做加速度逐渐减小的变加速直线运动以vm做匀速直线运动 以加速度a做匀加速直线运动做加速度逐渐减小的变加速直线运动以vm做匀速直线运动 v­t 图象 [典例1]一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度随时间t变化的图像中,可能正确的是(   ) A． B． C． D． A 【难度】0.85 【知识点】机车的额定功率、阻力与最大速度、机车以额定功率启动的过程及v-t图像 第二节 动能定理 考点　动能定理的理解 1.合外力做功与物体动能的变化间的关系 (1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功. (2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因. (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳. 2.标量性：动能是标量，功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的. 3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系. 4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选. [典例1]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱与路面之间始终存在弹力，则木箱获得的动能一定：() A．等于拉力所做的功； B．小于拉力所做的功； C．等于克服摩擦力所做的功； D．大于克服摩擦力所做的功； 【难度】0.85 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 [变式1]高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 【难度】0.65 【知识点】动能的定义和表达式、动量和动能的区别与联系 [典例2]如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小； (2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。 (1)5m/s (2)8m/s，60° 【难度】0.65 【知识点】斜抛运动、用动能定理求解外力做功和初末速度 [变式2]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　） A．0 B．mgh C． D． 【难度】0.94 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 [典例3]一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；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，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。 （1）；（2） 【难度】0.65 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度 [变式3]一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】动能的定义和表达式 [变式4]如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　） A．20 B．18 C．9.0 D．3.0 【难度】0.65 【知识点】平抛运动位移的计算、动能的定义和表达式 [典例4]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 1．BC 【难度】0.65 【知识点】功的定义、计算式和物理意义、平均功率与瞬时功率的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度、计算物体的动量及动量的变化 [典例5]一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用、分别表示拉力F1、F2所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ） A．， B．， C．， D．， 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理求变力的功 考点　应用动能定理解决多过程问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.应用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程. (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况. (3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2. (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解. 2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路 (1)弄清物体的运动由哪些过程组成. (2)分析每个过程中物体的受力情况. (3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响. (4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能. (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程. [典例1]质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　） A．时物块的动能为零 B．时物块回到初始位置 C．时间内F对物块所做的功为 答案：A 【难度】0.65 【知识点】功的定义、计算式和物理意义、应用动能定理解多段过程问题、动量定理的内容 [变式1]一质量为m的物体自倾角为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，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。已知，重力加速度大小为g。则（　　） A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 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 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题 [变式2]在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（    ） A． B． C． D． 答案：B 【难度】0.4 【知识点】斜面上的平抛运动、物体动能的比较 [典例2]如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　） A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了 【难度】0.65 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、用动能定理求解外力做功和初末速度 [典例3]如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，） （1）求P第一次运动到B点时速度的大小； （2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能； （3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 （1）；（2）；（3）， 【难度】0.65 【知识点】平抛运动位移的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度、机械能与曲线运动结合问题、弹簧类问题机械能转化的问题 [变式3]如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h ，NP长度为s．一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ  ， 求物块停止的地方与N点距离的可能值． 2s-或-2s. 【难度】0.65 【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、常见力做功与相应的能量转化 [变式4]如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。 （1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； （2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； （3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？ （1）；（2）；（3） 【难度】0.65 【知识点】利用能量守恒解决实际问题、利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等） [典例5]如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。 (1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 (1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上 【难度】0.4 【知识点】物块在水平传送带上运动分析、用动能定理解决物体在传送带运动问题、动量定理的内容 [变式4]以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 A．和 B．和 C．和 D．和 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题 [典例6]如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 （1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3） 【难度】0.4 【知识点】牛顿定律与直线运动-复杂过程、应用动能定理解多段过程问题 [变式4]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（  ） A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【难度】0.65 【知识点】两个变速直线运动的合成、应用动能定理解多段过程问题 [典例7]如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件． 【难度】0.65 【知识点】应用动能定理解多段过程问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题 [变式5]如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（　　） A．，质点恰好可以到达Q点 B．，质点不能到达Q点 C．，质点到达Q后，继续上升一段距离 D．，质点到达Q后，继续上升一段距离 考点　动能定理和图象的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.解决物理图象问题的基本步骤 2.四类图象所围面积的含义 v­t图象 由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a­t图象 由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F­x图象 由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P­t图象 由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 [典例1]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为    A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg 【难度】0.65 【知识点】利用动能定理求解其他问题（运动时间、力等） 考点　机械能守恒的理解和判断 1.对机械能守恒条件的理解 (1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒. (2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零. (3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒. 注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少. 2.机械能是否守恒的三种判断方法 (1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒. (2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒. (3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒. [典例1]一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（    ） A． 机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 【难度】0.85 【知识点】平抛运动的概念、判断系统机械能是否守恒 [变式1]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【难度】0.85 【知识点】判断系统机械能是否守恒、系统受到的合外力为零 [典例2]蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A．时，运动员的重力势能最大 B．时，运动员的速度大小为 C．时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、重力势能的定义和公式、动量定理的内容 [典例3]如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，绳的重力势能增加（　　） A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl 【难度】0.85 【知识点】重力势能的定义和公式 [变式2]一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，如图所示。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 【难度】0.65 【知识点】判断系统机械能是否守恒、弹性势能的定义和影响因素、零势能面对重力势能定义的影响 [典例4]从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得 A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/s C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J 【难度】0.65 【知识点】动能和势能的相互转化 [变式3]一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　） A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 【难度】0.65 【知识点】利用机械能守恒定律解决简单问题 [典例5]如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　） A． 在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 [变式4]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 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 [典例6]如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 1.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　） A． B． C． D． 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 2.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（ ） A． Mg-5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg 【难度】0.65 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 3.如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。 最多碰撞3次 【难度】0.4 【知识点】机械能与曲线运动结合问题、两物体多次碰撞问题 4.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（   ） A． B． C． D． 【知识点】拱桥和凹桥模型、机械能与曲线运动结合问题 5.如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围． 2.5R≤h≤5R 【知识点】绳球类模型及其临界条件、机械能与曲线运动结合问题 6.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　） A． B． C． D． 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 7.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求： （1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； （2）小球到达A点时动量的大小； （3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。 （1），；（2）；（3） 【知识点】绳球类模型及其临界条件、机械能与曲线运动结合问题、计算物体的动量及动量的变化 8.如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。 (1)求小球在B、A两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。    (1) ；(2)恰好可以运动到C点 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 9.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中（  ） A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 【难度】0.65 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、判断某个力是否做功，做何种功、功率推导式：力×速度、弹簧类问题机械能转化的问题 10.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（　　） A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 【知识点】机械能与曲线运动结合问题 11.一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系xOy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ (1) (2) ， 【知识点】平抛运动位移的计算、机械能与曲线运动结合问题 12.如图，滑块a、b的质量均为，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为。则（　　） A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为 【知识点】用杆连接的系统机械能守恒问题 13.图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求：（已知重力加速度为g） （1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。 （1），方向水平向左；（2） 【知识点】应用动能定理求变力的功、用细绳连接的系统机械能守恒问题、动量定理的内容 14.如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b、a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（　　） A． h B．2h C．1.5h D．2.5h 【知识点】用细绳连接的系统机械能守恒问题 15.如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为 D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 【知识点】滑动摩擦力的大小与方向、弹簧类问题机械能转化的问题、求恒力的冲量 16.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求 （1）小球离开桌面时的速度大小； （2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。    （1）；（2） 【知识点】平抛运动位移的计算、弹簧类问题机械能转化的问题 17.一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（   ） A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、常见力做功与相应的能量转化 18.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　） A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、冲量的定义、单位和矢量性、计算物体的动量及动量的变化 19.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 【知识点】常见力做功与相应的能量转化、板块/子弹打木块模型 20.一质量为8.00×104  kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)． (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%. (1) , (2) 【知识点】常见力做功与相应的能量转化 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 D．物块的动能一定小于 22.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离； (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 (1)，；(2) 【知识点】能量守恒定律与曲线运动结合 23.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是（　　） A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等 C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等 【知识点】动量的定义、单位和矢量性 实验五　探究动能定理 [基本要求] [数据处理] (1)测出每次做功后，小车获得的速度. (2)分别用各次实验测得的v和W，绘制W­v或W­v2、W­v3、…图象，直到明确得出W和v的关系. (3)结论：物体速度v与外力做功W间的关系为W∝v2. [误差分析] 1.误差的主要来源是橡皮筋的长短、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比. 2.没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差. 3.利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准确带来误差. [注意事项] 1.平衡摩擦力：将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡.方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角. 2.选点测速：测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的. 3.规格相同：橡皮筋规格相同时，力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值. [典例1]某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． 回答下列问题： （1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）． A．小球的质量m B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△x E.弹簧原长l0 （2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= ． （3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比． （1）ABC (2)（3）减小 增大 2 【难度】0.65 【知识点】弹簧弹力做功与弹性势能的变化 [典例2]某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能． （1）实验中涉及到下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是 （填入代表步骤的序号）． （2） 图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s．比较两纸带可知， （填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大． 【难度】0.65 【知识点】弹簧弹力做功与弹性势能的变化 学科网（北京）股份有限公司 $