第4章 机械能及其守恒定律 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（教科版）

第四章　机械能及其守恒定律 综合拔高练 高考真题练 考点1　功和功率 1.(2024江西,5)“飞流直下三千尺,疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s,水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为(g取10 m/s2)(　　) A.109 W　 B.107 W　 C.105 W　 D.103 W 2.(2023北京,11)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F的方向无关 B.合力做功大小与F的方向有关 C.F为水平方向时,F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 3.(2023山东,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.　　　B. C.　　　D.nmgωRH 考点2　动能定理及其应用 4.(2025云南,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144 km/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.4×105 J　B.4×104 J　C.4×103 J　D.4×102 J 5.(2025黑吉辽蒙,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=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,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sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/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。 6.(2024新课标,24)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=42 kg,重力加速度大小g=10 m/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°。(sin 37°=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=10 m,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。 7.(2025福建,15)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进①,外力F与位移x的关系图像如图乙所示②,P点为圆弧轨道最低点,M点为圆弧轨道最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)在0~1 m内F做的功; (2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小; (3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。 　 ①②关键点拨　两物块分离前做加速运动,分离后到B进入圆轨道前,B做匀速直线运动;F-x图线与横轴围成的面积表示功。 8.(2025广东,14)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0,其中f0为常量,h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变①,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功) 求:(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 ①关键点拨　外界大气压强大,等于木塞受一个大小为Δp·S、方向向下的力。 考点3　机械能守恒定律的应用 9.(2024全国甲,17)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 10.(2023浙江6月选考,3)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是(　　) 　　　　 　　　　 11.(2023全国甲,24)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Ep。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。 考点4　功能关系的应用 12.(2025云南,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 13.(2025四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ 14.(多选题)(2025云南,10)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=tan θ。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 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m C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间 15.(2024山东,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=kx2(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(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 学科竞赛 16.(2024全国竞赛)质量为M的三角楔子置于水平无摩擦的地面上,将质量为m的木块放在楔子上,如图所示,木块和楔子之间没有摩擦力,系统从静止状态释放,给定M=3m和α=45°,重力加速度g=10 m/s2。 (1)三角楔子加速度的大小(　　) A.　　B.　　C.　　D.g　　E.0 (2)若当木块滑到地面时,楔子相对地面的速度为1 m/s,则木块在楔子上离地面的初始高度为(假设木块为无体积的质点)(　　) A.0.60 m　　　B.0.82 m C.1.00 m　　　D.1.05 m E.1.40 m 高考模拟练 1.(2024广东深圳期末)篮球运动员做定点投篮训练,篮球从同一位置投出,且初速度大小相等,第1次投篮篮球直接进篮筐,第2次篮球在篮板上反弹后进筐,篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向,平行于篮板方向分速度不变,轨迹如图所示,忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间,关于两次投篮说法正确的是(　　) A.两次投篮,篮球从离手到进筐的时间相同 B.篮球第1次上升的最大高度比第2次的大 C.篮球经过a点时,第1次的动能比第2次的大 D.篮球两次进筐时,竖直方向分速度相同 2.(多选题)(2024河南郑州联考)一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所示,其中O~x1、x2~x3过程的图线为直线,x1~x2过程的图线为曲线。由图像可知(　　) A.O~x1、x2~x3过程箱子的加速度可能等大 B.x1~x2过程中箱子的动能一直增加 C.x2~x3过程中箱子所受拉力不变 D.x2~x3过程中起重机的输出功率一直增大 3.(2024山东潍坊期末)如图所示,一半径为R的光滑大圆环竖直固定在水平面上,其上套一小环,a、b为圆环上关于竖直直径对称的两点,将Oc左侧a点下方圆环拆走,若小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑,当小环滑到b点时,恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度大小为g,若让小环从最高点c由静止下滑从a点滑离。小环落地时的水平速度大小为(　　) A.　　　B. C.　　　D. 4.(多选题)(2025四川遂宁射洪中学期末)为倡导“碳减排”,北京冬奥会期间示范运行超1 000辆氢能源汽车。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示,测试其性能时的v-t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动,整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定,t1时刻起以最大速度vm匀速行驶。则在0~t1时间内,下列说法正确的是(　　) 　 A.牵引力逐渐增大 B.阻力大小为 C.牵引力对汽车做的功为m D.汽车行驶的距离为 5.(2025四川凉山州期末)如图所示,一台起重机将质量m=100 kg的重物由静止开始以a=1 m/s2的加速度竖直向上匀加速提升,5 s末达到额定功率并保持功率不变继续提升重物,直至重物匀速上升。取g=10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.起重机的额定功率为5 kW B.匀加速阶段起重机对重物的拉力做功为12 500 J C.重物开始运动后10 s内起重机提升重物的平均功率为5 kW D.重物的最大速度为5.5 m/s 6.(多选题)(2025四川南充阶段检测)如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,由绳子通过定滑轮连接在一起,圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平,长度l=4 m。现从静止释放圆环,不计定滑轮和空气的阻力,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.圆环B下落h的过程中,物体A机械能守恒 B.当圆环B下落h的高度时,vA=vB cos θ C.当圆环B下落h的高度时,vB=vA sin θ D.若圆环下落h=3 m时的速度vB=5 m/s,则物体质量与圆环质量之比为M∶m=35∶29 7.(2025四川成都高新期末)如图所示,某装置由斜面轨道AB、水平面轨道BC、光滑圆周轨道CDEC'、光滑直轨道C'F平滑连接组成,B、C、C'为连接点(C、C'略微岔开),F端有一挡板,挡板上固定有一轻弹簧,整个装置处于同一竖直平面内。质量为m的滑块以某一初速度v0从A点开始下滑,沿着轨道运动。已知m=0.2 kg,圆周轨道半径R=0.4 m,AB长度L1=1.0 m,倾角θ=37°,BC长度L2=0.8 m,滑块与AB、BC间动摩擦因数均为μ=0.25。不计其他阻力,重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。 (1)若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点E,求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能Ep和从A点开始下滑时初速度v0的大小; (2)要使滑块不脱离轨道,求v0的取值范围; (3)在满足(2)条件下,滑块过C点时对轨道最大压力的大小。 迁移创新 8.(2024北京西城二模)阿特伍德机是由英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的,用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示,一定滑轮两端分别与质量为3m的物体A和质量为m的物体B相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力,重力加速度为g,假设绳子与轮轴间不会打滑。 (1)若不计滑轮质量,两物体均由静止释放,试求物体A下落高度h后,两物体的速度大小; (2)类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略,由于其自身惯性的存在,其角速度增加的过程中也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量I作为其转动过程中惯性大小的量度,用角加速度α描述其转动加快过程中角速度的变化率; a.在把物体视为质点时,我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系,类比这种关系,在刚体(形变可忽略的物体)的转动过程中,我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M(力矩是矢量,大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积,以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向)与角加速度(角速度的变化率)的关系。请根据角加速度的定义,类比线速度与角速度的关系,直接写出角加速度α与半径为r的圆盘边缘的线加速度a的关系,并类比质点的牛顿第二定律,直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系; b.在把系统内各物体都视为质点时,我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能,我们在使用机械能守恒的过程中,动能除了我们熟知的质点的平动动能以外,还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能,写出刚体转动角速度为ω时刚体的转动动能Ek转; c.若滑轮的质量为m,半径为R,其转动惯量的表达式I=mR2。请根据以上关系,求解考虑滑轮质量的前提下,与物体A相连的轻绳拉力大小T1,与物体B相连的轻绳拉力大小T2,以及物体A下落高度h后的速度大小。 答案与分层梯度式解析 第四章　机械能及其守恒定律 综合拔高练 高考真题练 1.B 2.D 3.B 4.B 9.C 10.D 12.A 13.C 14.CD 15.B 1.B　 关键点拨　水流量是指单位时间内流过的水的体积,单位时间内流出的水的质量与密度、水流量相关。本题将水的密度ρ=1.0×103 kg/m3作为常识进行考查。 设Δt时间内流出的水的质量为Δm,单位时间内流出水的质量=ρQ,则发电功率P=η=ηρQgh,代入数据解得P=70%×1.0×103×10×10×150 W≈107 W,B正确。 2.D　设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力f=μ(mg-F sin θ),摩擦力的功Wf=μ(mg-F sin θ)x,即摩擦力的功与F的方向有关,A错误;合力做的功W=F合x=max,可知合力做的功与力F方向无关,B错误;当力F水平时,F=ma+μmg,力F做的功WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;因合外力做的功max大小一定,而合外力做的功等于力F与摩擦力f做的功的代数和,而当F sin θ=mg时,摩擦力f=0,则此时摩擦力做的功为零,此时力F做的功最小,最小值为max,D正确。 教材溯源　本题的命题角度和设置的情景可追溯到教科版必修第二册P80“活动”,考查恒力做功的计算方法。 3.B　由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且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=,T=,联立有P=,故选B。 4.B　根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作用力,高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做的功W=mv2-0,假设这名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解得列车对高中生所做的功W=4×104 J,B正确。 5.答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 关键点拨　解此题的关键是分析物体在不同阶段的运动特点及规律。 解析　(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma 又=2ax 联立解得v0=5 m/s (2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动, 由机械能守恒定律得mgh=m-m 代入数据解得v1=8 m/s 雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则 v1 cos α=v0 cos θ 解得α=60° 6.答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 解析　(1)重物缓慢竖直下降,处于平衡状态,把两根绳子的拉力FP、FQ分别沿水平方向和竖直方向分解,由平衡条件可得 FP sin 37°=FQ sin 53° FP cos 37°=mg+FQ cos 53° 两式联立解得FP=1 200 N,FQ=900 N (2)重物下降至地面的过程中,由动能定理可得 WF+mgh=0 解得拉力对重物做的总功WF=-4 200 J 7.答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m 题图解读 解析　(1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J (2)x=1 m时,设A、B之间的弹力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。 　 对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a A受到的摩擦力为fA=μmAg 对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa 代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N (3)要保证B能到达M点,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最小速度vB满足mg=m,可得vB= 用力F推动A与B,当A、B之间的弹力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N时A、B分离,由题图乙可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m 此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有 WF-fAx1=(mA+mB) F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则WF= J=3.5 J A、B分离后,B经过水平面和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有 mB=mBg·2Rm+mB 联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m 即圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m 模型分析　多过程运动模型是应用动能定理的重要模型,试题往往创设不同运动过程的组合情境,常与圆周运动相结合,综合考查匀速圆周运动知识、牛顿第二定律、动能定理等,几乎每年高考都有涉及。 8.答案　(1)　(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t 解析　(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah= 解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0= 由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω== (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得 W-mgh-ΔpSh-Wf=m 结合f=f0作出f-x的关系图像如图所示 根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得 F-f-mg-ΔpS=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=at2,其中0≤t≤ 拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得 P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t 9.C　如图所示,设大圆环半径为R,最高点为M点,最低点为N点,P为小环运动过程中的点,OP与竖直方向的夹角为θ。小环从M运动到P由机械能守恒可得mgR(1-cos θ)=mv2,在P点由牛顿第二定律可得mg cos θ-FNP=m,联立可得FNP=3mg cos θ-2mg;小环由M点运动到N点,θ由0°增大到180°,cos θ由1减小到-1,当cos θ=-1时,FNP=-5mg,即大圆环对小环的作用力大小等于5mg,方向指向圆心,此时小环对大圆环的作用力最大,A错误。当cos θ=时,FNP=0,所以小环在Q点对大圆环的作用力不是最小,B错误。小环由M点运动到N点,大圆环对小环的作用力先背离圆心逐渐减小,当cos θ=时,此作用力减到零,之后大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大,C正确,D错误。 一题多解　设大圆环半径为R,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θ(0≤θ≤π),根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π),在该处根据牛顿第二定律得F+mg·cos θ=m(0≤θ≤π),联立可得F=2mg-3mg cos θ,则大圆环对小环作用力的大小=,根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=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。 10.D　由于不计空气阻力,铅球被水平推出后只受重力作用,加速度恒为重力加速度,不随时间改变,故A错误;铅球被水平推出后做平抛运动,竖直方向有vy=gt,则抛出后速度大小为v=,可知速度大小与时间不是一次函数关系,故B错误;铅球抛出后的动能Ek=mv2=m,可知动能与时间不是一次函数关系,故C错误;铅球水平抛出后由于忽略空气阻力,所以抛出后铅球机械能守恒,故D正确。 11.答案　(1)　(2) 解析　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=mv2 得小球离开桌面时速度大小为v= (2)离开桌面后由平抛运动规律可得h= 设第一次碰撞前速度的竖直分量为vy,由题可知v'y=vy 离开桌面后由平抛运动规律得x=vt,vy=gt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x= 12.A　对两种运动的整个过程根据能量守恒有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),m=μ1mgxMN+μ2mg·(x2-xMN),可得x1=x2,故C、D错误;根据牛顿第二定律有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v-t图像与横轴围成的面积相等,由于第二次时滑块与M点的距离较近,根据公式-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v-t图像,可得t2>t1,故A正确,B错误。 13.C　对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°-mg·sin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1, 解得物块的位移大小为x1=,故A错误;物块机械能增量为ΔE=m+mgx1· sin 30°=m,故B错误;对小车根据动能定理有Pt-x=m,其中t=,联立解得x=-,故C正确;小车机械能增量为ΔE'=m+mgx·sin 30°=+,故D错误。 14.CD　过程Ⅰ,Q由P点至O点,由能量守恒可得m=mgx1 sin θ+μmg cos θ·x1,由于μ=tan θ,解得x1=;过程Ⅱ,由于Q通过M点时速度最大,故Q在M点时,加速度为零,可得kx2=mg sin θ+μmg cos θ,解得x2=;P、M两点之间的距离为x1-x2=,A错误。过程Ⅱ中,Q从P点运动到O点,Q受重力G、斜面的支持力FN、弹簧的弹力F弹及斜面对Q的摩擦力Ff,其中FN对Q不做功,F弹和Ff对Q做功之和改变了Q的机械能,则滑块Q损失的机械能ΔE=μmg cos θ·x1-k,代入μ=tan θ、x1=,解得ΔE=m-,B错误。设过程Ⅱ中Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x,根据能量守恒定律有k=mg sin θ·x+μmg cos θ·x+k,结合x3=x-x1,x1=,解得x=,故C正确。假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N),弹簧处于压缩状态,弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下,F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力,Q不可能静止,此假设不成立;假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M),弹簧处于拉伸状态,F弹方向沿斜面向上,且F弹>mg sin θ+μmg·cos θ,可得Q不可能静止,此假设不成立;当Q在O、M(含O、M点)之间时,若Q处于平衡状态,可得F弹=mg sin θ+Ff静,其中0≤F弹≤mg sin θ+μmg cos θ,故-μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ,满足静止条件,D正确。 易错警示　B选项中,Q从P点单向运动到O点时,滑动摩擦力对Q做功为-μmg cos θ·x1=-m,但由于弹簧弹力对Q做正功,所以Q损失的机械能小于m。 15.B　甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x=;水平力F“缓慢”拉动乙所坐木板,故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零,由功能关系可知水平力F做的功W=μmg·(l-d+x)+kx2,将x的表达式代入得W=+μmg(l-d),B正确。 16.答案　(1)B　(2)E 解析　(1)三角楔子和木块的受力分别如图所示 以三角楔子为研究对象,根据牛顿第二定律可得三角楔子加速度大小为aM=,三角楔子和木块在垂直斜面方向的分加速度相同,则有ay=aM sin α;以木块为研究对象,有ay=,其中M=3m,α=45°,联立可得N=mg,ay=g,aM=,故选B。 (2)若当木块滑到地面时,楔子相对地面的速度为1 m/s,则此过程所用时间为t==0.7 s,以木块为研究对象,木块沿斜面方向的分加速度为ax==g,则木块的加速度大小为am==g,木块滑到地面时的速度大小为vm=amt=5 m/s,根据系统机械能守恒可得mgh=m+M,代入数据解得h=1.40 m,故选E。 高考模拟练 1.B 2.AC 3.B 4.BD 5.D 6.BD 1.B　第2次篮球在篮板上反弹后进筐,篮球反弹前后垂直篮板方向的分速度等大,若没有篮板,篮球水平位移较大,又由于两次初速度大小相等,所以第2次投篮篮球水平分速度较大,竖直分速度较小,第1次投篮篮球上升的最大高度比第2次的大,故B正确;竖直方向上,根据y=v竖直t-gt2可知第1次投篮篮球从离手到进筐的时间较长,故A错误;初动能相等,篮球经过a点时,重力势能相等,根据机械能守恒可知,第1次的动能等于第2次的动能,故C错误;篮球两次进筐时,重力势能相等,动能相等,水平方向分速度不同,故竖直方向分速度不同,故D错误。 2.AC　箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,根据ΔE=Fx可知,图线斜率代表拉力,O~x1、x2~x3过程图线斜率不同,拉力不同,箱子重力不变,如果F1-mg=mg-F2,则合力大小可能相同,加速度可能等大,A正确;x1~x2过程中图线斜率逐渐减小,拉力减小,如果拉力小于箱子重力,则箱子的动能减小,B错误;x2~x3过程中图线斜率不变,箱子所受拉力不变,C正确;由于在x2~x3过程中图线斜率不变,故箱子所受的拉力不变,如果拉力等于箱子所受的重力,则箱子做匀速直线运动,起重机的输出功率不变,故D错误。 3.B　根据题意,设b点与O的连线与竖直方向的夹角为θ,如图所示, 小环从c到b由机械能守恒定律有mgR-mgR cos θ=m,在b点,由牛顿第二定律有mg cos θ=m,解得 cos θ=,vb=,由对称性可知,小环从最高点c由静止下滑到a点的速度大小为,小环从a点滑离,水平方向做匀速运动,则小环落地时的水平速度大小为vx=va cos θ=,故选B。 4.BD　由P=Fv可得,牵引力的功率不变,速度逐渐增大,则牵引力逐渐减小,故A错误;当牵引力等于阻力时,汽车的速度达到最大,则P=Fv=fvm,可得汽车所受的阻力大小为f=,故B正确;在0~t1时间内对汽车由动能定理有W牵-fx=m-0,可得牵引力对汽车做的功大于m,故C错误;在0~t1时间内对汽车由动能定理有Pt1-fx=m-0,其中f=,故汽车行驶的距离为x=,故D正确。 5.D　前5 s,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得拉力F=mg+ma=1 100 N,5 s末速度v=at1=5 m/s,额定功率P额=Fv=1 100×5 W=5.5 kW,故A错误;匀加速阶段位移h=a=×1×52 m=12.5 m,匀加速阶段起重机对重物的拉力做功W=Fh=1 100×12.5 J=13 750 J=1.375×104 J,故B错误;5 s~10 s内,拉力做的功W'=P额t2=5.5×103×5 J=2.75×104 J,故10 s内拉力做的总功W总=W+W'=1.375×104 J+2.75×104 J=4.125×104 J,重物开始运动后10 s内起重机提升重物的平均功率===4.125 kW,故C错误;当拉力等于重力时,重物速度最大,最大速度vm== m/s=5.5 m/s,故D正确。 6.BD　圆环B下落h的过程中,绳子拉力对物体A做正功,物体A的机械能增加,故A错误。当圆环B下落h的高度时,将B的速度分解为沿绳方向速度v1和垂直绳方向速度v2两个分速度,则有vA=v1=vB cos θ,故B正确,C错误。若圆环下降h=3 m时的速度vB=5 m/s,则有 tan θ==,可得θ=53°,此时A的速度为vA=vB cos θ=3 m/s;A、B组成的系统满足机械能守恒,则有mgh=Mg+m+M,联立解得物体质量与圆环质量之比为M∶m=35∶29,故D正确。 模型归纳　1.常见情况 　　2.三点提醒 (1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 (2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (3)对于单个物体,一般绳上的力要做功,物体机械能不守恒;但对于绳连接的系统,整个系统机械能则可能守恒。 7.答案　(1)2 J　4 m/s　(2)0≤v0≤2 m/s或v0=4 m/s　(3)12 N 解析　(1)滑块恰好过E点,有mg=m 滑块压缩弹簧最大弹性势能为Ep=m+mg·2R 解得Ep=2 J 滑块由A到E过程中根据动能定理有 mgL1 sin 37°-μmgL1 cos 37°-μmgL2-mg·2R=m-m 解得v0=4 m/s (2)滑块恰好能到达与圆心等高D处时,根据动能定理有mgL1 sin 37°-μmgL1 cos 37°-μmgL2-mgR=0-m 解得v0=2 m/s 由(1)可知,滑块恰好能过圆周最高点时v0=4 m/s 滑块返回后恰好不超过A点,则有 -2μmg cos 37°·L1-2μmgL2=0-m 解得v0=4 m/s 综上所述,要使滑块不脱离轨道,初速度v0需满足 0≤v0≤2 m/s或v0=4 m/s (3)由(2)可知,当v0=4 m/s时,滑块对C点的压力最大,滑块由A到C过程中,根据动能定理有 mgL1 sin 37°-μmg cos 37°·L1-μmgL2=m-m 得vC= 根据牛顿第二定律,有FN-mg=m 可得FN=6mg=12 N 由牛顿第三定律得,滑块对轨道的最大压力大小为12 N。 8.答案　(1)　(2)a.a=αr　M=Iα　b.Iω2 c.mg　mgv　 解析　(1)A物体下落过程中,对A、B组成的系统应用机械能守恒定律得3mgh-mgh=(3m+m) 解得v0= (2)a.类比线速度与角速度的关系,可得角加速度和线加速度的关系为a=αr 类比质点的牛顿第二定律可得M=Iα b.类比质点的平动动能可得Ek转=Iω2 c.由刚体转动过程中力矩与角速度的关系,可得 T1R-T2R=mR2·α 对A物体由牛顿第二定律,有3mg-T1=3ma 对B物体由牛顿第二定律,有T2-mg=ma 根据滑轮角加速度与线加速度的关系,有a=αR 联立可得a=g,T1=mg,T2=mg 对系统应用机械能守恒,得 3mgh-mgh=(3m+m)v2+Iω2 其中v=ωR 解得v== 知识迁移　本题深度探讨了阿特伍德机的能量转化与守恒问题,通过类比的方法展示了刚体转动过程中,刚体的合力矩M与角加速度的关系,以及转动动能的概念和表达式,对信息获取能力和综合思维能力要求很高。 7 学科网（北京）股份有限公司 $