微专题06 动能定理、能量守恒 巩固练-2026届高考物理二轮复习(福建专用)

专题六 动能定理、能量守恒定律 一、功和功率 1．如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g取10 m/s2，则(　 　) A.第1 s内推力做的功为1 J B．第2 s内物体克服摩擦力做的功为2 J C．第1.5 s时推力F做功的功率为2 W D．第2 s内推力F做功的平均功率为1.5 W 2．(多选)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是(　 　) A．汽车受到的阻力为800 N B．8～18 s过程中汽车牵引力逐渐增大 C．0～8 s过程中汽车牵引力做的功为6.4×104 J D．0～18 s过程中汽车的位移大小为127.5 m 3．太极柔力球运动融合了太极拳和现代竞技体育特征，是一项具有民族特色的体育运动项目。某次训练时，运动员舞动球拍，球拍带动小球在竖直平面内做匀速圆周运动，小球始终与球拍保持相对静止，其运动过程如图乙所示，小球做圆周运动的半径为0.8m，A点为圆周最高点，B点与圆心O等高，C点为最低点。已知小球质量为0.1kg，在C点时球与球拍间的弹力大小为3.0N，重力加速度g取，不计空气阻力，求： （1）小球在C点的速度大小； （2）小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率； （3）小球运动到B点时，球拍对小球的作用力大小。 二、动能定理及应用 1. 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　 　) A．mv－μmg(s＋x) B．mv－μmgx C．μmg(s＋x)－mv D．－μmg(s＋x) 2．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一个滑块的质量m＝5 kg，与AB面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中： (1)滑块在AB段上运动的总路程； (2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。 3．如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，则（　　） A. 弹簧的劲度系数为 B. x3-x2＝x2-x1 C. 物块的最大动能为ma1（x1+x2） D. 弹簧的最大弹性势能为ma1（x3-x1） 三、机械能守恒定律及应用 1．(多选)如图所示，一个质量为0.9 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧轨道的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度大小vA＝4 m/s(g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　 　) A．小球做平抛运动的初速度大小v0＝2 m/s B．P点和C点等高 C．小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为12 N D．P点与A点的竖直高度h＝0.6 m 2. 如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，，则货物（　　） A. 在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大 B. 在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小 C. 在0～3m的过程中，机械能先增大后减小 D. 在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小 3. 如图所示，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C相连，另一端与物体A相连。物体A置于光滑固定斜面上，斜面的倾角θ＝30°。物体A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住物体B，物体A静止且细线恰好伸直，然后由静止释放物体B。已知物体A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，当地重力加速度为g，物体B始终未与地面接触，弹簧始终在弹性限度内。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是(　 　) A．刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为 B．物体A到最高点时，物体A所受合力大小为mg C．物体B下落至最低点时，物体A和弹簧组成的系统机械能最大 D．物体A的最大速度为 4. (多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是(　 　) A．重力对物体做的功为mgh B．物体在海平面上的重力势能为mgh C．物体在海平面上的动能为mv－mgh D．物体在海平面上的机械能为mv 四、功能关系、能量守恒定律 1. 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则（　　） A.在0～x1过程中物体所受拉力是变力，且x2处所受拉力最大 B.在x1处物体的速度最大 C.x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小 D.在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 2. (多选) 质量为m的跳伞运动员由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，重力加速度恒为g。在运动员下落高度h的过程中（　　） A.运动员的动能增加了mgh B.运动员的重力势能减少了mgh C.运动员的机械能减少了mgh D.阻力对运动员所做的功为mgh 3. (多选) 如图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取地面为参考平面且竖直向上为正方向，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　） A.无人机上升过程中机械能与h成正比 B.飞至h高处时动能为0.5mgh C.飞至2h高时机械能增加量为3.5mgh D.飞至0.5h高时无人机的机械能为mgh 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六 动能定理、能量守恒定律 一、功和功率 1．B　解析：由题图3可知，第1 s内物体的速度为零，物体静止不动，故位移为零，推力不做功，A错误；第2 s内推力为3 N，第3 s内推力为2 N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2 N，由题图3可知物体第2 s内的位移x＝1 m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2 J，B正确；第1.5 s时推力为3 N，速度为1 m/s，则推力F做功的功率P＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内平均速度＝1 m/s，推力F＝3 N，推力F做功的平均功率＝F＝3 W，D错误。 2．AD　解析：当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，由P＝Fvm＝fvm得f＝＝ N＝800 N，故A正确；v－t图像中图线的斜率表示加速度，根据题图甲可知，8～18 s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力不变，由F－f＝ma知，汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；P－t图像中图线与时间轴围成的面积表示牵引力做的功，所以根据题图乙可知0～8 s过程中汽车牵引力做的功为W＝ J＝3.2×104 J，故C错误；v－t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故0～8 s过程中汽车的位移大小为x1＝ m＝32 m，8～18 s过程中，根据动能定理可得Pt－fx2＝mv－mv，代入数据解得x2＝95.5 m，则0～18 s过程中汽车的位移大小为x＝x1＋x2＝32 m＋95.5 m＝127.5 m，故D正确。 3．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）在C点时，由牛顿第二定律解得 （2）小球从C运动到A的过程中，所用时间为t，则由动能定理小球从C运动到A的过程中，球拍对小球做功的平均功率解得 （3）小球运动到B点时，设球拍对球的作用力为F，合力提供向心力，由力的合成规则 其中 解得 二、动能定理及应用 1. C 解析：对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W弹＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。 2．(1)8 m　(2)102 N　70 N (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，则知mg sin θ＞μmg cos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。 设滑块在AB段上运动的总路程为s， 滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmg cos θ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgR cos θ－Ffs＝0，解得s＝8 m。 (2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝mv－0，斜面AB的长度lAB＝，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，解得Fmax＝102 N。滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道的支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，解得Fmin＝70 N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。 3．C解析：A．设斜面倾角为 当位移为x2时，处于平衡状态 弹簧的劲度系数为故A错误；B．从初始位置到x2的过程中动能改变量等于从x2到x3过程中动能改变量。从初始位置到x2的过程中动能改变量从x2到x3过程中动能改变量可见x3-x2≠x2-x1 故B错误；C．当位移为x2时，动能最大，最大动能为② 联立①②得=ma1（x1+x2）故C正确；D．根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能为 故D错误。故选C。 三、机械能守恒定律及应用 1．CD　解析：小球恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道，则小球到达A点时的速度方向与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vA cos θ＝2 m/s，A错误；小球到达A点时的竖直分速度大小vy＝vA sin θ＝2 m/s，由平抛运动规律得v＝2gh，解得h＝0.6 m，而A点与C点的竖直距离为R＋R cos θ＝0.45 m，可知P点高于C点，B错误，D正确；取A点所在平面的重力势能为0，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg(R＋R cos θ)，代入数据解得vC＝ m/s，在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝m，代入数据解得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小F′NC＝FNC＝12 N，C正确。 2. D解析：A．图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在0～3m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；B．在3m～5m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误；C．根据图乙可知，在0～3m的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0～3m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误；D．取处为零势能面，在处货物的重力势能 做出重力势能随位移变化的图像如图所示 根据图像对比可知，在到之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知，动能随位移的变化先慢与重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确。 3. ACD 解析：释放物体B前，细线上的拉力为0，弹簧处于压缩状态，设压缩量为x1，对物体A，根据平衡条件有kx1＝mg sin θ，刚释放物体B时，设细线上的拉力为T，物体A、B的加速度大小相等，设为a，对物体A有T＋kx1－mg sin θ＝ma，对物体B有mg－T＝ma，联立解得a＝g，T＝mg，故A正确；对于物体A、B以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统机械能守恒，当物体B下落至最低点时，物体B的重力势能和动能均最小，则物体A和弹簧组成的系统机械能最大，C正确；物体A到最高点时，物体B下落至最低点，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，根据胡克定律和功能关系可得，从释放物体B到物体B到达最低点过程，弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝kx－kx，对物体A、B和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可得ΔEp＋mg(x1＋x2)sin θ＝mg(x1＋x2)，解得x2＝，设此时细线上的拉力为T′，物体A、B的加速度大小为a′，对物体A有kx2＋mg sin θ－T′＝ma′，对物体B有T′－mg＝ma′，联立解得a′＝g，根据牛顿第二定律可知物体A所受的合力F合＝ma′＝mg，故B错误；当物体A的速度最大时，物体A、B所受的合力均为0，且此时弹簧处于伸长状态，设其伸长量为x3，此时细线拉力为T″，对物体B有T″＝mg，对物体A有kx3＋mg sin θ＝T″，解得x3＝，从释放物体B到物体A的速度达到最大的过程，由机械能守恒定律 可得kx－kx＋mg(x1＋x3)－mg sin θ(x1＋x3)＝×2mv，解得vm＝，D正确。 4. AD 解析：从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；以地面为零势能面，所以物体在海平面的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为mv，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为mv，故D正确；在海平面上的动能为mv－(－mgh)＝mv＋mgh，故C错误。 四、功能关系、能量守恒定律 1. C 解析：机械能E与位移x的关系图像切线的斜率表示拉力F的大小，由图可知，x1处图像切线的斜率最大，则说明此时拉力最大，在0～x1过程中物体所受拉力逐渐增大，x1～x2过程中，拉力逐渐减小，x2处所受拉力为零，故A错误；x1～x2过程中，拉力减小，x2处所受拉力为零，则在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在x1处，故B错误；x1～x2过程中，物体先加速后减速，故动能先增大后减小；x2～x3的过程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能继续减小，故在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小，故C正确；由图像可知，0～x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向增大，即加速度应先增大，后减小，再反向增大，故D错误。 2. AC 解析：合外力所做的功等于物体动能的增加量，即F合h＝mah＝ΔEk＝mgh，故A正确；重力对运动员做功为WG＝mgh可知运动员的重力势能减少了mgh，故B错误；由牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得阻力大小为f＝mg，由阻力所做的功等于机械能的变化量，可得ΔE＝Wf＝－fh＝－mgh，则阻力对运动员所做的功为－mgh，运动员的机械能减少了mgh， 故C正确，D错误。 3. BC　解析：由微元法可知，图像与坐标轴围成的面积表示加速度与高度的乘积，又因为F合＝ma，故合外力做的功为W＝mS面积，当高度为h时Ek1＝W1＝0.5mgh，故B正确；无人机的机械能满足E＝mgh＋Ek＝mgh＋W＝mgh＋mS面积，故无人机的机械能不与h成正比，故A错误；飞至2h高度时机械能增加量为ΔE1＝mg×2h＋Ek2＝mg×2h＋W2＝3.5mgh，故C正确；飞至0.5h高度时机械能为E2＝mg×0.5h＋Ek3＝mg×0.5h＋W3＝0.75mgh，故D错误。 答案第4页，共4页 答案第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $