第4章 课时冲关21 素养培优7 动能定理在多过程中的应用&课时冲关22 机械能守恒定律及其应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

课时冲关21素养培优7 1.(双选)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s。时，速度的大小为， 此时撤去F,物体继续滑行2s。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m B.在此过程中外力的总功为零 C物体与桌面间的动摩擦因数等于烧 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大 小的2倍 2.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运 动项目均由滑板项目延伸而来.如图所示 是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑 圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角 为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水 平轨道CD段粗糙且长8m,一运动员从 轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出， 在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧 形轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道， 到达E点时速度减为零，然后返回.已知 运动员和滑板的总质量为60kg,B、E两点 与水平面CD的竖直高度分别为h和H,且h =2m,H=2.8m,g=10m/s2.求： 7777777店A 60 D (1)运动员从A运动到达B点时的速度大 小UB; (2)第一次离开圆弧轨道末端时，滑板对轨 道的压力大小； (3)轨道CD段的动摩擦因数4； (4)通过计算说明，第一次返回时，运动员 能否回到B点？如能，请求出回到B点时 的速度大小；如不能，则最后停在何处？ 2必 动能定理在多过程中的应用 3.图甲是一款轨道车玩具，轨道造型可自由 调节，图乙是某同学搭建的轨道示意图，它 由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平 直轨道DM和两个四分之一圆管轨道 MN与NP平滑连接组成，圆管轨道MN 的圆心O,与圆管轨道VP的圆心O3位 于同一高度（圆管的内径远小于r).已知 小车质量m=50g,水平直轨道AB长度L =1.0m,小车在轨道AB段动摩擦因数为 0.2,其余轨道均光滑、不计其他阻力，小车 可视为质点.该同学将具有弹性势能E。 0.35J的小车由A点（小车未画出）静止 释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD, 并最终从P点水平飞出，小车在到达B点 前发条的弹性势能已经完全释放，重力加 速度g取10m/s2.(答案可用根号) R M 777777777777777777777 7mm. 图甲 图乙 (1)求小车运动到B点时的速度大小B; (2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的 压力大小FN; (3)其他条件不变，同时调节圆管轨道MN 与NP的半径r,求当r多大时，小车落地 点与P点有最大水平距离，最大水平距离 xm为多大？ 课时冲关22 机械自 基础落实练 1.图为某高空翼装飞行 爱好者在空中滑翔的 情景，关于滑翔者在 空中长距离滑翔的过 程中，下列说法正确 的是 A.滑翔者机械能守恒 B.滑翔者动能的增加量大于合力做的功 C.滑翔者重力势能的减少量等于重力做 的功 D.滑翔者重力势能的减少量等于动能的 增加量 2.如图所示，将弹簧跳跳人 玩具按压到桌面上，松手 后能够弹起一定高度.从 压缩状态到上升至最高 点的过程中，不计空气阻 力，下列说法中正确的是 777777777 A.跳跳人玩具克服重力做的功小于跳跳 人玩具重力势能的增加量 B.弹簧弹力对跳跳人玩具做的功等于弹 簧的弹性势能增加量 C.当弹簧恢复到原长时，弹簧上方的头部 的动能最大 D.在弹簧恢复到原长之前，弹簧上方的头 部的机械能增加 3.无人机快递是一种以 无人机为载体的新型 快递方式.如图，已知 质量为8kg的物资在 无人机拉力作用下先 竖直向上加速10m, 再匀速上升35m,然后减速直到悬停，再 水平方向匀加速移动20m后，保持水平匀 速运动.若空气阻力不能忽略，重力加速度 g=10m/s2.则下列说法正确的是( ) A.竖直向上加速过程中，物资处于失重 状态 B.整个过程，物资机械能增加了3600J C.物资在匀速上升过程中机械能增加了 2800J D.无人机水平移动过程中空气对它的作 用力、重力均不做功 2& 能守恒定律及其应用 4.引体向上可以强健体魄.一同 学做引体向上时，在向上拉升 过程中 A.重力对人做正功 B.横杠对人做正功 C.人的重力势能增大 D.人的机械能减小 5.如图所示为运动员斜向上掷出铅球的简化 图，设铅球质量为m,抛出初速度为。，铅 球抛出点距离地面的高度为h,铅球能达 到的离地面高度为H,以抛出点所在水平 面为零势能面，若空气阻力不计，则( 2422277747244 A.铅球在运动过程中动能越来越大 B.铅球在运动过程中重力势能越来越大 C.铅球落地时的机械能为2m D.铅球在轨迹最高处的机械能为mG +mgh 6.把质量是0.2kg的小球放 O-C 在竖立的弹簧上，并把小 球往下按至A位置，如图 甲所示.迅速松手后，弹簧 把小球弹起，小球升至最 高位置C(图乙)，途中经过 7777 位置B时弹簧正好处于自 甲 由状态.已知B、A的高度差为0.1m,C的 高度差为0.2m,弹簧的质量和空气的阻 力均可忽略，g取10m/s2,则下列说法正 确的是 A.小球由位置A至位置B过程中弹簧的 弹性势能全部转化为小球的重力势能 B.小球处于位置A时，弹簧的弹性势 能0.6J C.小球由位置B至位置C过程中小球的 机械能不守恒 D.在位置C时小球的机械能为O 7.如图为小祥玩橡皮筋球的瞬间，小球正在 向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷 紧状态.若不考虑空气阻力，对于小球的运 动，下列说法正确的是 ( A.图示瞬间小球一定处于超重 状态 B.在此后一小段时间内，小球 机械能一定增加 C.图示瞬间小球一定处于失重 状态 D.橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒 8.如图所示，在高为H的 桌面上以速度水平抛 H ●A 出质量为m的物体，当 h 物体运动到距地面高为 h的A点时，下列说法正确的是（重力加速度 为g,不计空气阻力.取地面为参考面) A.物体在A点的动能为mgh+号 B.物体在A点的动能为mgH+ 2mo 1 C.物体在A点的机械能为mgh+2mu D.物体在A点的机械能为mgH+ 能力综合练 9.如图所示，小球从高处下落到 0 竖直放置的轻弹簧上，那么小 球从接触弹簧开始到将弹簧 压缩到最短的过程中（弹簧 ww 保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是 ( A.弹簧的弹性势能先减小后增大 B.小球的动能先增大后减小 C.小球的重力势能先增大后减小 D.小球的机械能总和先增大后减小 10.（双选)抛绣球是某地民族运动会的传统 项目.如图甲所示，小明同学让质量为m 的绣球从A点由静止开始先在竖直平面 内做加速圆周运动，加速几圈到B点后 松手抛出，运动轨迹如图乙所示，B点略 高于D点.已知A、D两点间的竖直距离 为h,绣球经过D点时速率为v,以A点 所在水平面为零势能面，整个过程不计空 气阻力，重力加速度为g,下列说法正确 的是 284 A.绣球在竖直平面内做加速圆周运动经 过最低点A时所受合力竖直向上 B.绣球在D点时的机械能等于mgh+ 1 7mv C.绣球从B到C的时间大于从C到D 的时间 D.在整个抛绣球过程中，小明对绣球做 的功为mg十号m 素养培优练 11.如图所示，半径为R的 08 六分之一光滑圆弧支架 竖直放置，支架的底部 CD水平，离地面足够 D 高，圆心O在C点的正 上方，右侧边缘P点固 定一个光滑轻质小轮 (滑轮大小不计).可视为质点的小球A、 B系在长为3R的跨过小轮的轻绳两端， 两球的质量分别为3m、m.现将A球从紧 靠小轮P处由静止释放，取CD面为零 势能面，重力加速度为g,不计空气阻 力求： (1)释放前A、B系统的重力势能E。; (2)A球刚释放时的加速度大小a; (3)A球运动到C点时的速度大小vA:10.解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b,点过程中，根据 牛顿第二定律有1gsin0=1a1, 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin8: (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为U1,可知 mgsin0=m尺，解得=√gRsin0 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量 1 守恒和能量守恒m14=m十m,之m02= 1 214② 解得碰后乙的速度为一，十 碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周 运动后沿着斜面到达e点，此时需满足gsin≤m,尺， 即2≥√gRsin日③， 联立①②③可得%≥1， m2 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R 十R=gsin0f,R=w,解得4=子VRsm0④. 联立000可得器=： (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段d, 根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆 周运动显然不满足能越过线段de,故碰后乙做类平抛 运动越过线段d,故碰后乙的速度必然满足v2 <√gRsin, 同时根据类平抛运动规律可知 7R+R= gsin0·△r,w△>R, 1 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上， 可得当R= gsin9·△r,w2△t<R, 1 联立解得Rsim0<,√/分Rsin0回， 1 联立②⑤将%= 12 子代入可得VRsn0<< √8 gRsin0⑥， 对甲球从a到c过程中根据动能定理一m1g·8Rsin日 =含ma2-E。@, 联立@①可得号叫，Rsin9<E<12m,Rsin.0. 答案：(1)gsin8 (2)≥1或%=↓ m2 27 (3)mgRsine-Ew<12mgRsin 0 课时冲关21素养培优7动能定理 在多过程中的应用 1.BC[水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的 路程等于飞时，递度的大小为，有F一人=之m 一0，则在此过程中F所做的功为WF=Fs。=f5。十 1 1 之呢>之m心，故A错误；物体从静止出发先加速后减 41 速到零，全过程由动能定理可知外力的总功为零，故B 正确；撤去F后物体继续滑行2。的路程后停止运动，有 一mg·2,=0一之m0i,解得物体与桌面间的动摩擦 ，故C正确：对全过程由动能定理有B。 因数为=4g 一∫·3s。=0一0，则F的大小等于物体所受滑动摩擦力 大小的3倍，故D错误.] 2.解析：(1)在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆孤形轨 道BC,则有m=0s60' 解得g=2=6m/s; (2)从B运动到C点，根据动能定理可得 1 1 mgh=之m近-之m防' 在最低，点C,根据牛顿第二定律可得 F-mg=mF’ 又h=R(1-cos8), 联立可得F=1740N, 根据牛顿第三定律可知，离开圆弧轨道末端时，滑板对 轨道的压力大小为1740N; (3)由B点到E点，由动能定理可得 mgh-mg5m-mgH=0-之u, 代入数据可得1=0.125： (4)运动员能到达左侧的最大高度为h',从B到第一次 返回左侧最高处，根据动能定理有 mgh-mgN-mg·2n=0-子m话， 解得h=1.8m<h=2m, 所以第一次返回时，运动员不能回到B点；设运动员从 B点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可 得mg一mg=0-合m, 代入数据解得s=30.4m, 因为s=3D十6.4m, 所以运动员最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧 1.6m处. 答案：(1)6m/s(2)1740N(3)0.125 (4)不能回到B点，最后停在D点左侧6.4m处，或C点 右侧1.6m处 3.解析：(1)小车的质量m=50g=0.05kg, 小车由A运动至B过程，由能量关系可知 1 En=mgL+之mw啦' 其中L=1.0m=0.2, 代入数据得g=√10m/s: (2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD,设小车在C,点的 vc 速度为vc,则mg=mF, 小车从B到C,由动能定理得 -mg·2R=2m呢-之m, 1 得R=0.2m, 在B点，根据牛顿第二定律可得 Fs-mg=mR' 联立解得F,'=3N, 由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为 Fx=F=3 N; (3)小车从B到P,由动能定理得 1 1 一mg·2r=2m听-乞m呢， 小车从P点飞出后做平抛运动，根据平越运动的规律可 1 得x=Upt,2r=2gt, 联立解得x=√一16r+4r √-4-)+， 1 当，=8m=0.125m时，小车落地点与P点的水平距 离最大，小车从P点飞出p>0,则<0.25m, 综合可知，当r=0.125m时，小车落地点与P点水平距 离最大，最大距离为工m=之m 1 答案：(1)√/10m/s(2)3N(3)0.125m:0.5m 课时冲关22机械能守恒定律及其应用 1.C2.D3.C4.C 5.C[铅球所受重力即为其合力，铅球上升过程，重力做 负功，铅球动能减小，重力势能增大；铅球下降过程，重 力做正功，铅球动能增大，重力势能减小，可知铅球在运 动过程中动能先减小后增大，故A错误；根据上述可知， 铅球在运动过程中重力势能先增大后减小，故B错误； 铅球运动过程中，只有重力做功，铅球的机械能守恒，可 知若以她出点所在水平面为零势能面，铅球落地时的机 披能为之m6,故C正确；根据机械能守恒定律可知，铅 球在轨迹最高处的机械能为2m,故D错误.] 6.B[小球由位置A至位置B过程中弹簧的弹性势能转 化为小球的重力势能和动能，故A错误；小球由A→C, 由系统的机械能守恒EA=mg(ha十hr)=0.2×(0.1十 0.2)×10J=0.6J,故B正确；小球由位置B至位置C,只 有重力做负功，小球的动能转化为重力势能，小球的机 械能守恒，故C错误；在位置C时，小球的速度为0，动能 是0，但重力势能与参考平面的选择有关，若选位置C所 在平面为参考平面，重力势能为零，机械能为零，若选择 其他平面为参考平面，重力势能不为零，机械能不为零 故D错误.门 7.B[由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断 加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重 状态，无法判断图示瞬间小球向上做何种运动，故A、C 错误；在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向 上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增加，故B正 确；由于手在下降，因此手对橡皮筋做负功，系统的机械 能减小，故D错误.门 &.D[根据动能定理可得mg(H-)=子md-合md, 解得物体在A点的动能为了m=mg(H一-h)十合m,故 A、B错误；物体运动过程只受重力作用，物体的机械能 守恒，取地面为参考面，则物体在A点的机械能为E4= mgH十之mU,故C错误，D正确.] 4] 9.B[由于弹簧一直处于压缩状态并且形变量越来越大， 所以弹簧的弹性势能一直在增大，故A错误；在小球刚 接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向 下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相 等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于了重力，小球 开始减速，直至减为零；所以小球的速度先变大后变小， 所以动能也是先变大后变小，故B正确；由于在下降的 过程中，重力对小球一直做正功，故小球的重力势能减 小，故C错误；根据机械能守恒条件可知，小球与弹簧系 统机械能守恒，弹簧的弹性势能一直在增大，小球的机 械能总和一直在减小，故D错误.门 10.BD[绣球在竖直平面内做加速圆周运动经过最低，点 A时向心力竖直向上，因其做加速运动还具有切向分 力，故经过最低点A时所受合力不是竖直向上，A错 误：以A点所在水平面为零势能面，绣球在D点时的机 拔能为E=mg十子m,B正商：B点略高于D点，由 斜抛运动规律可知，绣球从B到C的时间小于从C到 D的时间，C错误；由动能定理得，在整个抛绣球过程 中，小明对绣球微的功为W=mgh十号m心，D正确.] 11.解析：(1)取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高 度Aa=R-Rcos60°=2R, B球在零势能面以下的距离 M=3R-2R=2.5R 所以系统的重力势能E。=3mgha一mghg, 解得E。=一mgR； (2)根据牛顿第二定律有 3 ngsin60°-T=3ma, T-mg=ma, 解得a=3v3-2 88 (3)由题意可知，A、B组成的系统机 浅能守位，有×3m暖十名m6= 3mghA一mgR, 在C点进行速度的合成与分解，如图 zmmnnigm 所示， 根据几何关系，有m=vAc0s30°， 联立解得=2⑤迟 15 8g(3)21⑤ 答案：1)-mgR(2)3B-2。 15 课时冲关23素养培优8功能关系、 能量守恒定律 1.C「因为空气阻力的存在，物资机械能不守恒，故A错 误；根据动能定理△Ek=mgh一W,知B错误；下落过 程速率增大，根据P=mg℃可知，重力功率逐渐增大，故 C正确；下落过程中物资的重力势能减少gh,故D 错误.门 2.B设克服摩擦力做功为W:,由动能定理可得WG一W: =△Ek,可得动能增加了△Ek=600J,故A错误，B正 确；重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能等于重 力做的功，即△E。=一W。,故重力势能减少了800J,故