专题4 机械能及其守恒定律-【备战高考】备战2027高考物理母题题源同步练

专题4机械能及其守恒定律 考纲·题型解读 1.对基本概念常以选择题形式考查，主要考查对概念的深刻理解及应用， 2.动能定理及其应用范围很广，在力学、电磁学中均可考查.动能定理侧重于在曲线运动中的应用，或求解在运动中有变力 做功的问题，常以选择、计算形式出现 3.机械能守恒定律、功能关系及其应用的问题常综合力学中的其他知识（如牛顿定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等内 容)，考查对机械能守恒定律的理解及其分析的综合能力，且与生产、生活、科技相结合，特点是综合性强，难度大，常以计算题形 式出现， 十年高考母题题源揭秘 题源1对功、功率、动能、势能等基本概念的理解 总功可能为正、可能为负、也可能为零；作用力和反作用力 均可以做正功、负功或不做功；一对互为作用反作用的摩 解题模型1.1 擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、也可能为负（滑动摩 对功的概念的理解 擦力)，但不可能为正，另外一对作用力、反作用力做的总 (1)功的概念 功的数值与参考系的选择无关， ①定义：物体受到力的作用，并在力的方向上发生一 (5)摩擦力做功的特点 段位移，我们就说力对物体做了功， ①滑动摩擦力做功与路径有关 ②做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的 由于滑动摩擦力总是与物体的相对运动方向相反，阻 位移. 碍物体的相对运动，当物体沿着固定的平面、斜面或曲面 ③功的单位：焦耳(1J=1N·m). 等运动时，滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关. ④功的正负：功是标量，但有正负，只是其正负既不表 ②在斜面上滑动摩擦力做的功等于在对应的水平面 示大小也不表示方向，仅表示是动力做功还是阻力做功. 上做的功。 (2)功的正负的判定 物体在斜面上单方向运动时，滑动摩擦力做的功等于 ①根据力与位移方向间的夹角来判断 在对应的起点和终，点之间水平面上滑动摩擦力做的功，因 此法常用于判断恒力对物体做功，由于恒力对物体做 此物体沿任意斜面单方向运动时，如果起点和终点确定， 功时，W=Flcosa,当a为锐角时，力对物体做正功；a为钝 滑动摩擦力做的功都相同，与运动斜面的倾斜角度无关. 角时，力对物体做负功：Q为直角时，力对物体不做功 [真题1](2021·广东)物 ②根据力和瞬时速度方向间的夹角来判断 体在合外力作用下做直线运动的 Av/(m/s) 此法常用于判断物体做曲线运动时变力对物体做的 心-t图象如图所示.下列表述正 功.当力与速度的夹角为锐角时，力对物体做正功；为钝角 确的是 ( 时，力对物体做负功；垂直时，力对物体不做功， A.在0一1s内，合外力做 (3)功的计算 正功 ①恒力做功：一般用公式W=Flcosa求解， B.在0~2s内，合外力总是 ②变力做功一般有以下几种方法. 做负功 a.用动能定理求解。 C.在1~2s内，合外力不做功 b.将变力做功转化为恒力做功求解， D.在0一3s内，合外力总是做正功 c,若功率P恒定，可用公式W=Pt求解. [解析]根据物体的速度图象可知，物体在0~1s内做匀 d.因为功是能量转化的量度，所以可以用功能关系 加速运动，合外力做正功，A正确.1~3s内做匀减速运动，合外 求解. 力做负功根据动能定理，0一3s内合外力做功为零. (4)一对作用力与反作用力做功有什么特，点 [答案]A 一对作用力和反作用力作用效果是不相关的，它们作 [真题2](2023·新课程标准Ⅱ)一物体静止在粗糙水平 用的对象不同，虽然等大、反向，因此在同一段时间内做的 地面上，现用一大小为F的水平拉力拉动物体，经过一段时间 后其速度变为，若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始 ·39· 经过同样的时间后速度变为2，对于上述两个过程，用W1、 B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为一2W W分别表示拉力F1、F,所做的功，W1、W2分别表示前后两 C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为w 次克服摩擦力所做的功，则 ( D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为一0.75W A.WE2>4WEI,W2>2W [解析]由题图知：第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小 B.WE2>4WEL,W2=2W C.WF2<4WFI,Wr=2Wn 关系：心=西=，由题知W=了m心-0，则由动能定理得第1秒 D.WE <4WF,W<2W 2 mvi-1 末到第3秒末合外力微功W,= mui=0,故A错.第3 [解析]由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样 1 的时间内，它们的位移之此为：=受：受=1：2 秒末到第5秒末合外力做功w,三2m二之m0=0-2m0日 两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动 1 一W,故B错.第5秒末到第7秒末合外力做功W:= 2 mv-0 摩擦力做功之比W1:W=fs1·f2=1：2: 1 秀由动能定理，彩有W,一W,=了m-0 2m0i=W,故C正确.第3秒末到第4秒末合外力做功W,= 1 可知，w-w=弓mg-0 2mui-2mu=2m(2 -m0=一0.75W.故D对. [答案]CD W:-W:=2m(20)2-0 [真题5](2022·新课程标 由上两式可解得：WF2=4WF1一2W1,故C正确，ABD 准)如图所示，在外力作用下某质点 错误. 运动的？-t图象为正弦曲线.从图 [答案]C 中可以判断 ( [真题3](2023·海南)一质量为1kg的质点静止于光滑 A.在0~t1时间内，外力做 水平面上，从t=0时起，第1s内受到2N的水平外力作用，第2 正功 秒内受到同方向的1N的外力作用.下列判断正确的是() B.在0~t1时间内，外力的功率逐渐增大 A0~2s内外力的平均功率是号W C.在t2时刻，外力的功率最大 D.在t1一t:时间内，外力做的总功为零 且第2s内外力所做的功是子】 [解析]在0~t1时间速度增大，外力做正功，选项A正 确；t1时刻外力为零，所以做功功率为零，选项B错误；t2时刻速 C.第2s末外力的瞬时功率最大 度为零，外力的功率为零，选项C错；由动能定理知选项D对，故 D第1s内与第2s内质点动能塔如量的比信是号 正确选项为AD. [答案]AD 2m1=1m. 解析]物体在第1s内位移为一子三1F [真题6](2023·江苏)水平面上，一白球与一静止的灰球 碰撞，两球质量相等.碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推 2 外力做功w1=Fz,=2J:u,=a1=斤X1m/s=2m/s:第2s内 断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 1 11 位移x:=ut+2at=2X1m+2×1×12m=2.5m.外力做 0 0 功W2=Fx2=1X2.5J=2.5J,B错误；外力对物体在2s内做功 0 ● 的平均功牵为P=”=2+25W=9W,A正确：由瞬时功率 ● ● 2 4 P=F0可知，第1s末瞬时功率P1=F101=2X2W=4W;第 A.30% B.50% 2s末的速度02=v1十at=2十1×1=3(m/s),瞬时功率P2= C.70% D.90% F:02=1×3W=3W,C错误；由动能定理知合外力做功等于物 [解析]由图可知，碰撞后白球速度约减小到原来的0.6， 灰球速度约是白球碰撞前速度的06，碰撞过程中系统损失的动 2 4 体动能的改变量，其比值为25=5，D正确.明确平均功率P一 能△B=7m2-了m0.6my-子m0.6or=0,2s×7am 1 W 和瞬时功幸P=F·。的合义， 据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 [答案]AD 30%,选项A正确」 [真题4](2019·上海) [答案]A 物体沿直线运动的。-t关系 v/(m-s1) [真题7](2021·上海)质量为5×103kg的汽车在t=0 如图所示，已知在第1秒内合 时刻速度u。=10m/s,随后以P=6×10W的额定功率沿平直 外力对物体做的功为W,则 公路继续前进，经72s达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大 () 小为2.5×103N.求： A.从第1秒末到第3秒 (1)汽车的最大速度~m; 末合外力做功为4W (2)汽车在72s内经过的路程s. 40 [解析](1)达到最大速度时，牵引力等于阻力，P=fm =P-6X10 加速度α减小，其运动情况是做加速度减小的加速运动.直 f2.5X10m/s=24m/s 至F=F,时，a减小至零，此后速度不再增大，速度达到最 (2)由动能定理可得 P 1 1 大值而微匀速运动，做匀速运动的速度是”一F,这一过 Pt-f=2mw-2m 程的？-t关系如图甲所示， 所以s= 2Pt-m(v-v) 2f 2×6×10×72-5×103×(242-102) m 2×2.5×10 =1252m [答案](1)24m/s(2)1252m [真题8](2019·广东)人骑自行车下坡，坡长1=500m, 坡高h=8m,人和车总质量为100kg,下坡时初速度为4m/s, 图甲 图乙 人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m/s,g取10m/s2,则 (2)以恒定的加速度启动 下坡过程中阻力所做的功为 A.-4000J B.-3800J 由a=F-E可知，当加速度a不变时，发动机牵引力 C.-5000J D.-4200J F恒定，再由P=F可知，F一定，发动机实际输出功率 1 [解析]由动能定理得mgh+W2mm,解得 P随的增大而增大.但当P增大到额定功率以后就不再 W,=-3800J,故B正确. 增大，此后，发动机保持额定功率不变，继续增大，牵引力 [答案]B 减小直至F=E时，a=0,车速达到最大值0。- 解题模型1.2 此后车匀速运动 在P增至P箱之前，车做匀加速运动，其持续时间为 1.对功率概念的理解 (1)P= t==P题=P a Fa (ma+Fr)a (这个。必定小于m,它是车 t 是功率的定义式，是普遍适用的，不论是恒 的功率增至P箱之时的瞬时速度)计算时，利用F一F, 力的功率还是变力的功率，该式都适用但要注意式中的W 是力在时间t内做的功，P是该力在时间t内做功的平均 m,先算出下，再求出=会，混后根据=山求在P 功率，只有在时间t足够短时，才可认为是该时刻的瞬 增至P箱之后，做加速度减小的加速运动，直至达到m这 时功率 一过程的0-t关系如图乙所示. (2)P=F·v·cosa是功率的另一计算式，可由P= [说明]P=F中的F仅是机车的牵引力，而非车辆 和W=cosa推出，其推导过程为P=W_Fsc0e W 所受合力，这一点在计算题中极易出错 t t Fvcosa.式中a是做功的力与物体运动速度方向之间的夹 [真题9](2023·江苏)如图所示，细线的一端固定于O 角，运用该式既可计算平均功率，也可计算瞬时功率，若F 点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖 是恒力，0为某时刻的瞬时速率，则P为力F在该时刻的 直平面内由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化 即时功率；若F是恒力，℃是时间t内的平均速度，则P为 情况是 该力在同一时间内的平均功率；若F为变力，口为某一时 A.逐渐增大 刻的瞬时速率，则P为该时刻该力F的瞬时功率， B.逐渐减小 功率的一般计算式P=F·vcosa通常有两种处理方 C.先增大，后减小 式：一种是P等于力F乘物体在F方向的分速率vcosa, D.先减小，后塔大 即将物体速度)分解为沿F方向和垂直F方向上的两个 [解析]设细线拉力方向与竖直方向 分速度u1和v2,则P=F·u1=F·v cosa.一种是P等于 成日角，小球以恒定速率运动，所受合力始终为零，根据受力分 力F在速度v方向上的分力Fcosa乘物体的速度，即将 析与三力平衡得F=mg tan0,小球从A运动到B过程中，0逐渐 力F分解为沿0方向和垂直0方向的两个分力F1和F,, 增大，故F逐渐增大，所以拉力的瞬时功率P=F逐渐增大， 则P=F1·0=Fucosa. A对. 2.机动车的两种特殊启动过程的分析 [答案]A (1)以恒定功率启动 [真题10](2023·山东)如图所示，将小球a 机动车以恒定的功率启动后，若运动过程中所受阻力 从地面以初速度。竖直上抛的同时，将另一相同质 F,不变，由牵引力F=P知，随口增大，F减小.根据牛频 量的小球b从距地面力处由静止释放，两球恰在？ 第二定律有a= 一F=卫_，可知当速度u增大时· my m 处相遇（不计空气阻力）.则 V A.两球同时落地 41 B.相遇时两球速度大小相等 动能增大，A正确，C错误；若恒力的方向和运动方向相反，则物 C.从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的 体速度减为零后又反向做匀加速运动，动能先减为零后逐渐增 塔加量 D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功 大，B正确，若恒力的方向和速度的方向夹角日满足<日<元， 功率相等 物体做类斜上抛运动，动能先减小到某一值后继续增大，D正确。 〔解折]设两球经时同1相遥，期了g=1 1 [答案]ABD 28ti, 解题模型1.4 解得t1=,相逼时球a上升到最高点，之后球a做自由落体运 g 势能 动，而球b做初速度为℃=gt1=℃o的匀加速直线运动，选项AB (1)重力势能 错误.由P=mg口知选项D错误.由重力做功与重力势能改变量 ①概念：物体的重力势能等于物体的重力和高度的 的关系知，从开始运动到相遇，球口动能的减少量等于球b动能 乘积. 的增加量，均为mg2,选项C正确。 ②表达式：E。=mgh,单位：焦耳(J) [答案]C ③重力势能是标量，但有正、负，其正、负表示大小，如： E1=一4J,E2=2J,则E1<E2. 解题模型1.3 物体在参考平面以下，其重力势能为负，在参考平面 以上，其重力势能为正。 动能 ④重力做功和重力势能间的区别与联系 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能 区别：重力做功只与初末位置的高度差有关，与路径 (2)公式：E,=7m.(u:对地速度) 1 及参考平面的选择无关；重力势能的多少与参考平面的选 择有关，同一位置的物体，选择不同的参考平面会有不同 (3)单位：焦耳，1J=1N·m=1kg·m2/s2. (4)动能是标量，且恒为正值. 的重力势能值. 联系：重力做功的过程是重力势能改变的过程，重力 (5)动能是状态量，对应物体运动的一个时刻. 做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且重 [真题11](2023·天津)如图甲所示，静止在水平地面的 力做了多少功，重力势能就改变多少 物块A,受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙 (2)弹性势能 所示，设物块与地面的静摩擦力最大值∫。与滑动摩擦力大小相 物体由于发生弹性形变而具有的能，叫做弹性势能， 等，则 ( 弹性形变量越大，弹性势能就越大， [真题13](2023·新课程标准)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. A 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 A.0~t1时间内F的功率逐渐增大 B.t:时刻物块A的加速度最大 B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加 C.t2时刻后物块A做反向运动 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.t?时刻物块A的动能最大 [解析]0~t1时间内F<fm,所以物体静止，故A错；t2 D.蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取 时刻F最大，F一f=ma,所以加速度最大，B正确；由于t2时刻 有关 后，F减小但方向不变，所以物体做加速度减小的加速运动，C [解析]本题考查受力模型中的弹簧模型，难度较小，运动 错；t:时刻，F=fm,物体合外力为0，速度最大，动能最大，D 员向下方运动时，重力做正功，重力势能减小，A正确；重力势能 正确， 的改变量△E,=mg△h,与零势能点的选取无关，D错误；弹性绳 「答案]BD 被拉长，弹力对运动员做负功，弹性势能增大，B正确；把运动 [真题12](2023·新课程标准)一质点开始时做匀速直线 员、地球和弹性绳看作一个整体，只有重力和弹性绳的弹力做 运动，从某时刻起受到一恒力作用.此后，该质点的动能可能 功，所以机械能守恒，C正确」 ( [答案]ABC A.一直增大 [真题14](2023·福建)如图，两根相同的轻质弹簧，沿足 B.先逐渐减小至零，再逐渐增大 够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不 C.先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 动质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力 D.先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两 [解析]物体在恒力作用下的匀变速运动，若恒力的方向 物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块 速度第一次减为零的过程，两物块 () 和运动方句夫角日满足0≤9≤？，则物体一直微匀加建运动，故 ·42 A.物块经过P点的动能，前一过 程较小 B.物块从顶端滑到P点的过程 P 中因摩棕产生的热量，前一过程较少 C.物块滑到底端的速度，前一过 A.最大速度相同 程较大 B.最大加速度相同 D.物块从顶端滑到底端的时间， C.上升的最大高度不同 前一过程较长 D.重力势能的变化量不同 [解析]小物块从A到P与从B到P相比，沿斜面方向的 「解析]由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹 合外力相等，对应的位移大小却小，因此总功少，由动能定理知 性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力 动能的增量小，即从A到P时滑块在P,点的动能较小，选项A 势能，则物块最终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相 对：两过程中摩擦力做功相同，但AP≠BP,故无法确定摩擦力 等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故C正确D 做功生热情况，选项B错；由动能定理知在两个过程中，滑块滑 错误， 到底端时的动能相同，即速度大小相等，选项C错：无论从哪端 [答案]C 开始，从顶端滑到底端过程中加速度变化正好相反，位移相同， 题源2 动能定理及其应用 第一次的加速度是逐渐增大，而第二次的加速度是逐渐减小，因 此第一次的平均速度较小，所用时间较长（可用）一t图说明问 题)，选项D对.故正确选项为AD. 解题模型2.1 [答案]AD 1.动能定理 [真题16](2021·重庆)探究某种笔的弹跳问题时，把笔 (1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的改变 分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为 m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段： 《2)表达式：w念=EE三7mw2mu」 (3)对动能定理的理解 ①W合是所有外力对物体做的总功，等于所有外力对 物体做功的代数和，即W合=W1十W2十W十… 弹簧 外壳 若物体所受外力为恒力，W合=Fal cosa. 内芯 ②W合>0，则表示合外力作为动力对物体做功，△E >0,物体的动能增加， 丙 W合<0，则表示合外力作为阻力对物体做功，△Ek 0,物体的动能减少， ①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌 (4)动能定理的适用条件：是普遍适用的规律，适用于 面（如图甲所示）. 物体的直线运动，也适用于曲线运动：适用于恒力做功，也 ②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为，时， 适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可以同时作 与静止的内芯碰撞（如图乙所示）. 用，也可以分段作用， ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距 2.注意事项 桌面最大高度为：处（如图丙所示） (1)动能定理的计算式为标量式，0为相对同一个参考 设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与 系的速度，动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做 空气阻力，重力加速度为g求： 功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适用. (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小： (2)运用动能定理解题的方法主要有整体法（全过程 (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功： 法)和等效法等」 (3)从外壳下端离开桌面到上升至h:处，笔损失的机械能. 当物体的运动是由几个物理过程所组成，又不需要研 究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看做一个整 [解标]D由(4m十m)gA:-A1)=子(4m+m)g-0 体进行研究，从而避开每个运动过程的具体细节，具有过 得2=√2g(h2-h1). 程简明、方法巧妙、运算量小等优点；等效法是指有时候可 (2)由4m01=(4m+m)v2,将v2代入得1= 用动能的增量等效代换变力所做的功， √2g(h:-h) 5 [真题15](2022·江苏)如图所示，平直木板AB倾斜放 1 置板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩棕因数由A 由W-4mgh1= (4m)u,将u1代入得w= 到B逐渐减小.先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着 25h2-9h 地，抬高B,使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静 4 -mg. 止开始滑到A,上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有 (3)Et=2(4m)ui-2(4m十m)ui将v1u:代入得E笔 43· 5 4mg(h:-h1）. (3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变，即W华=E (2)25h:-9h -E2=-△Ep [答案] (1)√2g(h2-h1) mg 4 (4)除重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等 3)号mg(he-h1) 于物体机械能的改变，即W=E2一E1=△E. (5)一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生 题源3 机械能守恒定律、功能关系及其应用 的内能，即Q=F,·x相，x相为物体间相对滑动的距离. (6)电场力做功等于电势能的改变，即W电=E1一E 解题模型3.1 -△E。. 应用功能关系需注意的问题：(1)搞清力对“谁”做功， 1.机械能守恒定律 对“谁”做功就对应“谁”的位移，引起“谁”的能量变化 (1)机械能是否守恒的判断 (2)搞清不同的力做功对应不同形式的能的变化. ①物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化 如自由落体运动、抛体运动等， [真题17](2023·山东)如图所示，楔形木块abc固定在 ②只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化. 水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶 如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互 角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不 作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能 可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止 守恒. 释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两 ③物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功， 滑块沿斜面运动的过程中 只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.如自由下落 的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对 物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒 ④除受重力（或弹力）外，还受其他力，但其他力不做 功，或其他力做功的代数和为零，如物体在沿斜面的拉力F 的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小 A.两滑块组成系统的机械能守恒 相等，在此运动过程中，其机械能守恒， B.重力对M做的功等于M动能的增加 只要满足上述条件，机械能一定守恒 C.轻绳对m做的功等于m机械能的塔加 (2)三种表达形式 D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩棕力做的功 ①Ek1十Ep1=Ee十Ee(系统初态的机械能等于系统 [解析]由于斜面ab粗糙，在两滑块沿斜面运动的过程 末态的机械能)， 中，两滑块组成系统的机械能不守恒，选项A错误.由动能定理， ②△E增=△E,战（这里△Ek指的是系统动能的增加 重力对M做的功大于M动能的增加，选项B错误，由功能关系， 量；△E,指的是系统重力势能与弹性势能的减少量) 轻绳对m做的功等于m机械能的增加，选项C正确.由功能关 ③△EA推=△EB域(A、B组成的系统，A的机械能的增 系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的 加量等于B的机械能的减少量)， 功，选项D正确. (3)应用机械能守恒定律的解题思路 [答案]CD ①明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相 [真题18](2023·全国)如图所示，一固定斜面倾角为 互转化，选择合适的初态和末态. 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 ②分析物体的受力并分析各个力做功情况，看是否符 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 合机械能守恒条件，只有符合条件才能应用机械能守恒 升的最大高度为H,则此过程中，物块的 () 定律 ③正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列 式，也可对全过程列式. ④求解结果并说明物理意义， &60 2.功能关系 A.动能损失了2mgH 功是能量转化的量度，分析做功问题时，关键是要清 B.动能损失了mgH 楚哪种力做功，与哪种形式的能量转化相对应，下面是常见 C.机械能损失了mgH 力做功与能量转化的对应关系。 (1)合外力做功等于物体动能的改变，即W令=E” D.机统能损夫了分mgH Ek1=△Ek. [解析]分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受 (2)重力做功等于物体重力势能的改变，即W。=E 滑动摩擦力为f=0.5mg,由动能定理，动能损失了fH/sin30 E2=-△E 十mgH=2mgH,选项A正确B错误.由功能关系，机械能损失 fH/sin30°=mgH,选项C正确D错误. [答案]AC 44 [真题19](2023·江苏)如图所示，水平桌面上的轻质弹 (1)若乙的速度为0。，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动 簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位 方向)滑过的距离s: 于O点（图中未标出）.物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间 (2)若乙的速度为2。，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的 的动摩棕因数为：.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点， 速度大小； 拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到 (3)保持乙的速度2不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下 达B点时速度为零.重力加速度为g,则上述过程中 一只工件恰好传到乙上，如此反复，若每个工件的质量均为m, 除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的 电动机的平均输出功率P A [解析](1)摩擦力与侧向的夹角为45°， 1 A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-2mga 侧向加速度大小a,=gcos45°，匀变速直线运动 根据一2as=0一0后， B物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W一 2 umga 解得，=2 2ug C.经O点时，物块的动能小于W一mga (2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速 D.物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹 度的大小分别为aray, 簧的弹性势能 [解析]设物块在A点时，弹簧的弹性势能等于E4,用水 则2=tand, a 平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W=E4十 很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量： μmg·OA,物块在A点时，弹簧的弹性势能EA大于W一 △vx=ax△t,△uy=ay△t, 2mga,选项A错误. 解得A2=an。 △0x 由于物块与桌面间有摩擦，OA大于OB,物块从O到A再 且由题意知，tan6=心， 由A到B的过程克服摩擦力做功红mg·OA十mga,大于 3 则=二Au=1an. mga.由功能关系，物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W一2 3 0-0,-Au 所以摩擦力方向保持不变， μmga,选项B正确 则当0，′=0时，0，'=0，即v=200. 物块从O到A再由A到O的过程，克服摩擦力做功2g (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为y, ·OA,大于mga,所以经O点时，物块的动能小于W一mga, 由题意知，ax=ugcos0,a,=g sine, 选项C正确. 在侧向上-2arx=0-v6, 物块动能最大时，是摩擦力等于弹簧的弹力的时候，此位置 在纵向上，2ay=(2u)2-0 在O点右侧，如果B点到O点的距离小于动能最大的位置到O 点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点 工件滑动时间t 2w乙前进的距离y1=20t. Qy 时的弹簧的弹性势能，D项错误， 工件相对乙的位移L=√2十(y1一y)严，则系统摩擦生 [答案]BC 热Q=mgL [真题20](2023·江苏)如图所示，生产车间有两个相互 垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为。.小工件离开甲 电动机微功W=子m2,广-号m Γ2mu6+Q 前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩棕 因数为以，乙的宽度足够大，重力加速度为g 由P= ,解得p-4V5mgu 5 传送带乙 口 [答案](1)工作在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过 √20.2 的距离为s= 2ug 传送带甲 口 (2)工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小=20。. (3)驱动乙的电动机的平均输出功率下=45mg 5 ·45… “十年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) A组 从A点到B点的几种可能的运动图象如下列选项所示，其中表 示摩擦力做功最大的是 () 题源1对功、功率、动能、势能等基本概念 的理解（★★★★★） 1.(2021·广东)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模 型图中K1、K,为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧.下列表 述正确的是 () wwMWM K2 777 777777777977 5.(2023·四川)质量为m的带正电小球由空中A点无初 A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电 B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等 场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落 C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等 地，则 () D.垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变 2.(2021·江苏)如图所示，两质量相等的物块A、B通过一 A.整个过程中小球电势能变化了mg 轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑. B.整个过程中小球动量增量的大小为2gt 弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块 C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化 A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相 了mg2t 等的过程中，下列说法中正确的有 () D.从A点到最低点小球重力势能变化了子mg A 6.(2020·宁夏)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时 B 其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作 777777777777777777777777 用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和 A.当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 图b所示.设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做的功分 B.当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 别为W1、W2、W,则以下关系式正确的是 () C.当A、B速度相等时，A的速度达到最大 AFN D.当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大 v/m.s 3.(2021·上海)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为 H,设所受阻力大小恒定，地面为零势能面在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的 0 2 势能是动能的2倍，则h等于 ( B.2H 图a 图b A号 9 A.W=W,=W B.W<W,<W D.IH C.W<W;<W2 D.W=W:<Ws 9 7.(2023·四川)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端 4.(2021·江苏)如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相 固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连 连接，滑块沿水平面以速度。运动，设滑块运动到A点的时刻 接)，弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度 为t=0,距A点的水平距离为x,水平速度为由于0。不同， 内弹簧长度被压缩了x。,此时物体静止撤去F后，物体开始向 ·46· 左运动，运动的最大距离为4x.物体与水平面间的动摩擦因数 放，摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面棕过一小段距离s(s 为4，重力加速度为g.则 <L),之后继续摆到与竖直方向成日角的最高位置，若摆锤对地 面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g,求： F+☐000000 (1)摆锤在上述过程中损失的机械能： (2)在上述过程中摩棕力对摆锤所做的功： A.撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数. 支架 B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为一 一g 刻度盘 L 橡胶片 m 摆锤 C物体微匀减速运动的时间为2烟 2o D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩棕力做的 固定底座 功为mg(z。 k 8.(2023·上海)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰 链上，另一端固定一质量为m的小球.一水平向右的拉力作用于 杆的中点，使杆以角速度w匀速转动，当杆与水平方向成60°时， 拉力的功率为 () 601 A.mgLo 岭 gLa 1 C.mgl 0③ 6 mgLw 9.(2023·浙江)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面 11.(2020·广东)为了响应国家的“节能减排”号召，某同学 内.一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静 采用了一个家用汽车的节能方法.在符合安全行驶要求的情况 止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上.下列说法正确的是 下，通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等 ( 措施，使汽车负载减少.假设汽车以72km/h的速度匀速行驶 时，负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2000N和1950N.请 计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少？ 7777777777777777777777777777777777 A小球落到地面时相对于A点的水平位移值为 2VRH-2R B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为 2√2RH-4R C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R D,小球能从细管A瑞水平抛出的最小高度H=R 10.(2023·重庆)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可 测量轮胎与地面间动摩棕因数，其主要部件有：底部固定有轮胎 橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆摆锤的质量为m,细杆可 绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L测量 时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释 ·47 12.(2023·四川)如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的 轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角6= 37°，半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连 接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×10N/C、方向垂直 于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10kg、电荷量q=+1× A.速率的变化量不同 10$C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左 B.机械能的变化量不同 滑行，在C点以速度0。=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时 C.重力势能的变化量相同 为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向.已知斜轨与小 D.重力做功的平均功率相同 物体间的动摩擦因数u=0.25设小物体的电荷量保持不变，取g 3.(2021·广东)游乐场中的一种滑梯如图所示.小朋友从 =10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. 轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下 (1)求弹簧枪对小物体所做的功： 来，则 () (2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度. 0 A.下滑过程中支持力对小朋友做功 B.下滑过程中小朋友的重力势能增加 弹簧枪 C.整个运动过程中小朋友的机械能守恒 A D.在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 4.(2020·广东)一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯 顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g= 10m/s2,关于力对小孩做的功，以下结果正确的是 ( A.合外力做功50J B.阻力做功500J C.重力做功500J D.支持力做功50J 5.(2020·四川)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动， 经过时间t。滑至斜面底端.已知在物体运动过程中物体所受的 摩棕力恒定若用F、、s和E分别表示该物体所受的合力、物体 的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是() 6 题源2动能定理及其应用（★★★★★） E 1.(2019·全国Ⅱ)假定地球、月球都静止不动，用火箭从地 球沿地月连线向月球发射一探测器，假定探测器在地球表面附 近脱离火箭，用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中 to 克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若 C D 不计空气阻力，则 () AEk必须大于或等于W,探测器才能到达月球 6.(2022·重庆)某兴趣小组用如图所示的装置进行实验研 B.Ek小于W,探测器也可能到达月球 究.他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上 CB=w,探测器一定能到达月球 放置一直径为d、质量为m的均质莲圆板，板上放一质量为 2m的小物块.板中心、物块均在杯的轴线上，物体与板间动摩擦 D.E=2W,探测器一定不能到达月球 因数为4，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g,不考虑 2.(2023·福建)如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定 板翻转. 滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和 (1)对板施加指向圆心的水平外力F,设物块与板间最大静 摩擦)初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态剪断 摩擦力为fmx,若物块能在板上滑动，求F应满足的条件； 轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块 (2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短 的较大冲击力，冲量为. ·48· ①1应满足什么条件才能使物块从板上掉下？ 3.(2023·四川)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地 ②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？ 面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整 ③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变？ 个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭， 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则 () 降落伞 7777777 返回舱 必 缓冲火箭 A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 4.(2021·山东)如图所示为某探究活动小组设计的节能运 输系统.斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦 因数为，未箱在制道顶端时，自动装贺装置将质量为m的货 物装人木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被 题源3机械能守恒定律、功能关系及其应用 压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被 弹回到轨道顶端，再重复上述过程.下列选项正确的是() (★★★★★) 1.(2022·安徽)伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆 球拉到M点放开，摆球会达到同一水平高度上的V点.如果在 E或F处钉上钉于，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应 点，反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高 30 度上的M点这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的 A.m=M 光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小 B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力 势能全部转化为弹簧的单性势能 r-N 5.(2023·安徽)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的 圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A A.只与斜面的倾角有关 的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B B.只与斜面的长度有关 时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球 C.只与下滑的高度有关 从P到B的运动过程中 () D.只与物体的质量有关 2.(2023·广东)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧 轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示 数V表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度处 由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有 () A.重力做功2mgR 777 B.机械能减少mgR B C.合外力做功mgR A.N小于滑块重力 B.N大于滑块重力 D.克服摩棕力做功2mgR C.N越大表明h越大 6.(2020·上海)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中 D.N越大表明h越小 一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止 ·49· 沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成0角(0< 8.(2023·福建)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上 π/4).则F大小至少为；若F=mg tand0,则质点机械能 一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，已知拖动缆绳的电动机 大小的变化情况是 功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经 过A点时的速度大小为o,小船从A点沿直线加速运动到B点 经历时间为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计，求： (1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W,; (2)小船经过B点时的速度大小1； (3)小船经过B点时的加速度大小a. 7.(2023·全国)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。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Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h, 坡面的抛物线方程为y=: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？ 9.(2022·上海)倾角0=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位 于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始 匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m,在此过程中 斜面保持静止(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s),求： (1)地面对斜面的摩擦力大小与方向： (2)地面对斜面的支持力大小： (3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理 @ M ·50· 10.(2023·北京)如图所示，质量为m的小物块在粗糙水 平桌面上做直线运动，经距离1后以速度飞离桌面，最终落在 水平地面上.已知1=1.4m,o=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌 面间的动摩棕因数μ=0.25，桌面高h=0.45m.不计空气阻力， 重力加速度g取10m/s2.求： O (1)小物块落地点距飞出点的水平距离s; D.C (2)小物块落地时的动能Ek; (3)小物块的初速度大小. A.两物体运动到O点时所用的时间相同 Vo B.两物体在O点相遇 C.两物体在O点时的动能相等 D.两物体在O点时所受重力的功率相等 3,在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项 效能，“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路 程的乘积，即客运效率=人数×路程消耗能量.一个人骑电动 自行车，消耗1M订(10J)的能量可行驶30km,一辆载有4人的 普通轿车，消耗320M)的能量可行驶100km,则电动自行车与 这辆轿车的客运效率之比是 () A.6:1 B.12:5 C.24:1 D.48:7 4.测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为 m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），下 悬一个质量为m2的重物，人用力磴传送带而人的重心不动，使 传送带以速率。匀速向右运动.下面是人对传送带做功的四种 说法，其中正确的是 A.人对传送带不做功 B.人对传送带做负功 B组 C.人对传送带做功的功率为mg0 D.人对传送带做功的功率为(m1十m)g 题源1对功、功率、动能、势能等基本概念 5.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图 的理解（★★★★★） 象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中 1.如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连， 汽车所受阻力恒为F,,则 置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状 态，两斜面的倾角分别为a和3，若不计摩擦，剪断细绳后，下列 关于两物体的说法中正确的是 () 0 A两物体着地时所受重力的功率一定相同 A.0~t1时间内，汽车的牵引力等于m t B.两物体着地时的速度一定相同 C.两物体着地时的动能一定相同 B.一t时间内，汽车的功率等于(m 1+F,01 D.两物体着地时的机械能一定相同 2.如图所示，两个质量相等的物体A、B处在同一水平线 C.汽车运动的最大速度u2= 上，在物体A被水平抛出的同时，物体B开始自由下落，图中曲 线AC为物体A的运动轨迹，直线BD为物体B的运动轨迹，两 D.4~1:时间内，汽车的平均速度小于十w 2 轨迹相交于O点，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是 6.如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度。上 ( 滑，沿斜面上升的最大高度为，下列说法中正确的是（设下列情 ·51· 境中物体从A点上滑的初速度仍为，) 9.如图所示，ABC是光滑轨道，其中AB是水平的，BC是 与AB相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.4m.质量 m=0.5kg的小球以一定的速度从水平轨道冲向半圆轨道，经最 D 高点C水平飞出，落在AB轨道上，距B点的距离s=1.6mg E- 取10m/s2,求： A.若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高 (1)小球经过C点时的速度大小； 度仍为 (2)小球在AB轨道上运动时的动能. B.若把斜面AB变成曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到 达B点 C.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高h D.若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物 体上升的最大高度有可能仍为 7.起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为的重物， 当重物的速度为1时，起重机的有用功率达到最大值P,之后 起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度：匀 速上升为止，则整个过程，下列说法中正确的是 () A.钢绳的最大拉力为mg P B.钢绳的最大拉力为 01 C重物的速度0S D.重物做匀加速运动的时间为p一mg mvi 8.一个物块放在粗糙的水平地面上，受到方向不变的水平 推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度与时 间1的关系如下图所示某位同学根据这两个图线作出了如下的 判断：“由于物块在第二个2s时间内物体增加的动能比第三个 2s时间内增加的动能多，故力F在第二个2s时间内做的功比 第三个2s时间内做的功多”试分析这位同学所作的判断是否 正确，如果正确，请说明理由；如果不正确，请给出正确的结论， 10.绳长为L,两接点间距为d,士兵装备及滑轮质量为m, 并说明理由，同时要求指出这位同学判断不正确的原因， 不计摩棕力及绳于质量，士兵从一端滑到另一端过程中求： (1)士兵速度最大时绳上的张力： AF/N /(ms) (2)速度的最大值0mx. 2 02468101s 0246810ts ·52· (1)小球下降到最低点时，小物块的机械能（取C点所在的 题源2动能定理及其应用（★★★★★） 水平面为参考平面)； 1.如图所示，光滑斜面上高为五的A处有一个小球自静止 (2)小物块能下滑的最大距离； 滚下，抵达光滑的水平面时，立即遇到一系列条形布帘B的阻 (3)小物块在下滑距离为L时的速度大小」 挡，碰到n条布帘后停下，若从2h高处静止释放小球（小球每次 碰布帘损失的动能相同)，则能碰到布帘的条数为 A.n B.2n C.3n D.4n 2.质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运 动，力随坐标x的变化情况如图所示，物体在x=0处，速度为 1m/s,一切摩棕不计，则物体运动到x=16m处时，速度大小为 AFN 10 16 482m -10-------------- A.22m/s B.3 m/s C.4m/s D.√i7m/s 3.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自 题源3机械能守恒定律、功能关系及其应用 然状态时其右端位于B点.水平桌面右侧有一竖直放置的光滑 (★★★★★) 轨道MNP,其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135 1.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R,用质 b相切，一小球以初速度。沿直线轨道向右运动，如图所示，小 量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复 球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在 原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m?=0.2kg的 直轨道上的d点，则 物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间 的关系为x=6t一2t,物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨 道取g=10m/s2,求： (1)BP间的水平距离： (2)判断m:能否沿圆轨道到达M点； (3)释放后2运动过程中克服摩擦力做的功. A.小球到达c点的速度为√gR R B.小球到达b点时对轨道的压力为5mg -45 C.小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R 777777797 D.小球认c点落到d点所两时间为，√ 2.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、 O:和质量mg=m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量 mA=m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一 竖直平面内，与水平面的夹角6=60°，直杆上C点与两定滑轮均 在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L,重力加速度为g,设 直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰现将小物块 从C点由静止释放，试求： 00: ·53· 4.(2023·上海)如图甲，磁铁A,B的同名磁极相对放置， 5.(2023·山东)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB 置于水平气垫导轨上.A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg, 段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L= 可在导轨上无摩擦滑动，将B在A附近某一位置由静止释放，由 0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖 于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势 直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点.一可视为质点的物 能随位置x的变化规律，见图丙中曲线1若将导轨右端抬高，使 块，其质量m=0.2kg,与BC间的动摩擦因数41=0.4.工件质量 其与水平面成一定角度（如图乙所示），则B的总势能曲线如图 M=0.8kg,与地面间的动摩棕因数2=0.1.（取g=10m/s2) 丙中Ⅱ所示，将B在x=20.0cm处由静止释放，求：（解答时必 (1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时 须写出必要的推断说明，取g=9.8m/s2) 恰好静止，求P、C两点间的高度差h: 导轨 (2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件 保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动. 分 ①求F的大小： ②当速度℃=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减 速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落 点与B点间的距离 导轨 (1)B在运动过程中动能最大的位置： 77n777777777777777777 (2)运动过程中B的最大速度和最大位移； (3)图丙中直线Ⅲ为曲线Ⅱ的渐近线，求导轨的倾角： (4)若A,B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图丙上 画出B的总势能随x的变化曲线， E/J 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0. 6.(2022·全国Ⅱ)如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其 5.0 10.0 15.0 20.0x/cm 丙 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：，求物块停止的地方与N点距离的可能值 M卩 ·54· 7.(2022·浙江)在一次国际城市运动会中，要求运动员从 9.(2023·福建)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装 高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为：的滑道 置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC 向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中，设滑道的水平距 是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有 离为L,B点的高度h可由运动员自由调节（取g=10m/s2).求： 一原长为R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压 (1)运动员到达B点的速度与高度h的关系； 缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可 (2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为 将鱼饵弹射出去设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作 多大？对应的最大水平距离sm为多少？ 用力恰好为零，不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解 (3)若图中H=4m,L=5m,动摩棕因数μ=0.2，则水平运 除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g,求： 动距离要达到7m,h值应为多少？ (1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小1： (2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep； (3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB管的中 轴线O0'在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一 粒盒饵，鱼饵的质量在子m到m之间变化，且均能浩到水面持 续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？ C 2R 0.5R 5R 8.(2023·北京)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行 程超过百米.电梯的简化模型如图1所示.考虑安全、舒适、省时 等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时 由静止开始上升，a-t图象如图2所示.电梯总质量m=2.0× 103kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s. (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F,和最小拉 力F; 10.(2022·上海)如图，ABC和ABD为两个光滑固定轨 (2)类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中 道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一竖直线上，D点距 讲解了由-t图象求位移的方法.请你借鉴此方法，对比加速度 水平面的高度h,C点的高度为2h.一滑块从A点以初速度0 和速度的定义，根据图2所示a-t图象，求电梯在第1s内的速 分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出. 度改变量△1和第2s末的速率v2: (1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离sc和sD: (3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P:再求在 (2)为实现sC<sD,。应满足什么条件？ 0~11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W. alm's? 拉力 1.0 电梯 1011 -1.0 图1 图2 ·55小球做圆周运动的轨道半径 r =Om =Am.sin=1X0.6 m=0.6 m. b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a 绳拉力T。的合力F为向心力，其受力分析如图所示， R b mg B 由图可知小球的向心力为 F=mgtane 根据牛顿第二定律得 F=mg tane=mr·w 解得直杆和球的角速度为 gtand /10×tan37 w= rad/s=3.5 rad/s. 0.6 当直杆和球的角速度w>3.5rad/s时，b中才有张力. 14.【解析】(1)如图所示，对质点受力分析 可得 mg D mg tand=mo2D 绳中的拉力 FT=mg/cos0=750 N 根据几何关系可得D=d十Isine 代入数据得w= 2 rad/s (2)转盘从静止启动到转速稳定这一过程，绳子 对质，点做的功等于质，点机械能的增加量 W-2mo+mgh h=1-Icos0=2 m,v=wD=53m/s 代入数据得W=3450J 专题4机械能及其守恒定律 十年高考母题原型训练 A组 题源1对功、功率、动能、势能等 基本概念的理解 1.BD【解析】垫片向右移动时，由于是轻弹 簧，所以两弹簧产生的弹力相等，B正确；由于原长相 同，劲度系数不同，所以两弹簧的长度不同：弹簧的弹 性势能与形变量和劲度系数相关，则缓冲效果和劲度 系数相关，C错，D正确. 2,BCD【解析】A、B从静止开始运动到第一 次速度相等过程中，A做加速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，当二者加速度相等时速度 差最大.当二者速度增加到相等时距离差达到最大 全过程中力F一直做正功，所以最后时刻系统的机 械能最大.由以上分析可知答案为BCD 3.D【解析】设小球上升离地高度h时，速度 为1，地面上抛时速度为。，下落至离地面高度h处 速度为℃2，设空气阻力为f 上升阶段：一mgH一fH=-2m5 mgk-h=moi-子moi 又2mgh=2mui 下降阶段：mg(H-h)-f(H-h)=2mu mgh=2X2 mvi 由上式联立得：h=。H 4.D【解析】A图和C图表示物块自A,点做 平抛运动，B图表示物块先做平抛，与斜面碰后离开 斜面仍做抛体运动，而D图表示物体做匀加速直线 运动，即物块沿斜面下滑至B点，故D图中摩擦力做 功最大，故D正确. 5.BD【解析】本题借助带电小球在重力场和 电场的复合场中的运动，考查运动和力的关系、电场 力做功的特点和功能关系、动能定理等知识，点， 根据题设条件，作出带电小球的运动示意图如图 所示， h mgt a mg 带电小球先做自由落体运动，后匀减速运动到速 度为零，再反向匀加速运动，由图可知，两种运动在时 间t内的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律 和运动学公式可得h=2g,-h=g:-Em3, 2m 联立解得qE=4g:整个过程中小球电势能的变化 量等于电场力微的功，W=qEh=4mg×2gt= 2mgt,选项A错误；整个过程中小球动量的增量等 于合外力的冲量，I=qEt一2mgt=4mgt一2mgt= 1 2mgt,选项B正确；根据动能定理，△Ek=0一2mw =一2mg,选项C错误：从A点到最低点小球重 力势能的变化量等于重力所做的功，从加电场到小球 运动到最低，点，小球下落时间为t',则有gt=3gt′，下 落高度为=号·3g:-日，w。=mh十号) 6 3mgt,D正确， 6.B【解析】在第1s内，滑块的位移为x1= X1X1m=0.5m,力F微的功为W1=F11= 1 1×0.5J=0.5J;第2s内，滑块的位移为x= 11 2 ×1m=0.5m,力F做的功为W:=F2x2=3×0,5J =1.5J;第3s内，滑块的位移为x3=1×1m=1m, 。1 力F做的功为W,=Fax3=2X1J=2J;所以W1< W。W,故应选B. 7.BD【解析】撤去F后，物体向左加速，摩 擦力不变，但弹簧弹力减小，物体的加速度减小，A 错；物体刚运动时所受弹力为x。,由牛顿第二定律 2,一mg=ma,a=2-g,B对；当弹簧恢复到 7? 原长时物体与弹簧分离开始做匀减速直线运动，所以 匀减速的位移为3.x。,减速时的速度为√2as= √4g,运动时间为√ 2s ,C错：当物体所 一人Ng 受弹力等于摩擦力时速度最大，弹簧的形变量为 mg,物体开始向左运动到速度最大时克服摩擦力做 功为mmgs=mg(x。-m3),D对. 8.C【解析】本题考查有固定转动轴的物体 的平衡、圆周运动以及瞬时功率的计算， 轻杆中点速度为0=2L①： 根据有固定转动轴的物体的平衡条件 mgL.cose60°=F·2Lsin60°②： 拉力的功率P=F℃·cos30°③. 由①②③得P=乞mgLw,C项正确。 9.BC【解析】由动能定理可知2mu-0= mg (H-2R) (2R=28 (x=t. 解得x=2√2RH-4R 某小球能从A端水平抛出必须有>0，所以H >2R. 10.【解析】(1)从初位置到末位置由能量守恒 定律得损失的机械能为：△E=mgL一mgL(1一cos0) =ng L cost9① (2)上述过程中损失的机械能全部克服摩擦阻力 做功转化为内能，所以摩擦力对摆锤做的功为：W,= -△E=-mgLcost0② (3)摆锤在最低点受到的摩擦力为：∫=F③ 所以摩擦力对摆锤做的功 W,=-fs=-rFs④ 联立②③④解得：4=mgLcos Fs 11.【解析】设汽车牵引力为F,所受阻力为f. 匀速运动时，有 F=f ① 质量改变前后汽车发动机的功率分别为 P。=Fov=40kW ② P=Fiv=39kW ③ 减少的功率△P=P。一P1=1kW ④ 12.【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W,, 由动能定理得 1 W:-mgr(1-cose)= 2 mv 代入数据得Wx=0.475J (2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过 C点进入电场后的加速度为a,由牛顿第二定律得 -mg sin-u(mg cos0+gE)=ma 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度 达到01，有 v1=vo十a1t1 由以上两式可知v1=2.1m/s,设运动的位移为 51,有 1 s1=uot十2aiti 电场力反向后，设小物体的加速度为口2，由牛顿 第二定律得 -mg sin-u(mg cos0-gE)=ma2 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时 间为t2,位移为s2,有 0=v1十a2tg 1 s:=vit:+2a:ti 设CP的长度为s,有 s=s1十sg 联立相关方程，代入数据解得 s=0.57m 1 题源2动能定理及其应用 1.BD【解析】地球引力对探测器做负功大小 为W,同样在探测器飞向月球的过程中月球对探测 器也有万有引力作用，即月球引力对探测器做正功， 但W<W,若E:=2W,探测器逢度减为零时，还 没到达地、月引力相等的位置，地球的引力还大于月 球的引力，所以探测器一定不能到达月球，由一W十 W月=0一Ek,得W=W男十Ek,即Ek<W时，探测器 也可能到达月球，即B、D正确，A、C错误. 2.D【解析】A、B运动过程机械能都守恒， 机械能不变，B错；由机械能守恒定律，mgh=2 mx2,0=√2gh,A、B着地时速度大小相等，A错；由 题意初状态A、B均静止，mAg=mBg sin8,mA<mB· 下落高度相同，C错；对A,重力的平均功率PA= mg号，对B,重力的年均功率P。=mBg号sin0,所 以PA=PB,D对，选D. 3.D【解析】下滑过程中支持力的方向总与 速度方向垂直，所以支持力不做功，A错误：越往下滑 动重力势能越小，B错误；摩擦力的方向与速度方向相 反，所以摩擦力做负功，机械能减少，D正确，C错误. 4.A【解析】由动能定理可求得合外力做的 功等子物体动能的变化A,=7m=子×25X 2 2.0J=50J,A选项正确.重力做功Wc=mgh=25× 10×3.0J=750J,C选项错误.支持力的方向与小孩 的运动方向垂直，不做功，D选项错误.阻力做功W =W合-Wc=(50-750)J=-700J,B选项错误. 5.AD【解析】物体沿斜面下滑时，受到的合 F 外力F为恒力，故A正确.物体下滑的加速度a=一 也为恒定值，由0=at可知B错误，由s=2at可知 C错误.设初态时物体的机械能为E。,由功能关系可 得末态的机械能E=E。一f·s=E。一f· (宁）=。一公，又因为黄体滑到底病时仍有动 能，故在t=t。时刻E≠0，故D正确. 6.【解析】(1)设圆板与物块相对静止时，它们 9 之间的静摩擦力为f,共同加速度为a, 由牛顿运动定律，有 对物块f=2ma对圆板F-f=ma 圆板与物块相对静止，有f≤∫mx .3 得F≤2fm 相对滑动的条件F∫ (2)①设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为 。,物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为1和2， 由动量定理，有I=mo 由动能定理，有 对板一2mg(+子d）=2mui- 1 2 对物块2μmgs= (2m)u-0 1 由动量守恒定律，有mvo=m01十2℃g 要使物块落下，必须1> 由以上各式得 1/3 2m 2ugd 9 ②s= 2 um'gd 2ug 3m 分子有理化得 3 2 md 9 2 um'gd ③根据上式结果知：I越大，s越小 题源3机械能守恒定律、功能关系 及其应用 1.C【解析】根据机械能守恒定律，在摆球摆 动过程中机械能守恒，所以无论在哪个位置钉上钉 子，从M至N或从N至M,球都能到达原来水平高 度上的点.在光滑斜面上也是如此.C项正确. 2.BC【解析】滑块运动到B点时，满足V一 9 mg=m R' 而运动过程中满足2mu=mgh, 所以h越大，0越大；0越大，则N越大，所以BC ·2 正确. 3.A【解析】本题以实际材料为背景，考查了 牛顿第二定律、动能定理和超重失重等知识点，未点 燃返回舱缓冲火箭时，整个装置处于匀速运动状态， 点燃返回舱缓冲火箭后，整个装置做减速运动，速度 向下，加速度向上，对降落伞来说，浮力和重力不变， 可知伞绳对返回舱的拉力变小，选项A正确；对返回 舱进行受力分析，返回舱加速度方向向上，处于超重 状态，减速运动，动能减小，则合外力做负功，选项 BCD错误， 4.BC【解析】由功能关系得 h 下滑过程(M+m)gh-u(M+m)gcos9· sine -Ep 上滑过程Ep=Mgh十：Mg cost0· sin 解得m=2M,A错，B对. 上滑加速度a上=gsin9+gcos8 下滑加速度a下=gsin9-gcos8 a上>ar,C对. 重力势能等于弹性势能与内能之和，D错. 5.D【解析】小球沿轨道到达最高，点B时恰 B 好对轨道没有压力，由牛顿第二定律：mg=mR;小 球从P到B的运动过程中，由动能定理：W。十W,= 2mui.重力做功W。=mgR,合外力做功W= 1 1 mu言=2mgR,摩擦力做的功为W,=一2mgR, 即克服摩擦力微功2mgR,机械能减少 2mgR,选项 D正确」 6.ngsin9增加、减少都有可能【解析】如 图所示，当力F的方向为a方向（垂直于ON)时，力 F最小为mg sind: mg 6 N D 若F=mg tan9,即力F可能为b方向或c方向， 故力F的方向可能与运动方向相同，也可能与运动 方向相反，除重力外的力F对质点做正功，也可能做 负功，故质点机械能增加、减少都有可能 7.【解析】(1)设该探险队员跳到坡面上时水 平位移为x,竖直位移为H, 由平抛运动规律有：x=vt, H=合， 整个过程中，由动能定理可得： mgH=E-之mo 1 由几何关系，y=2h一H 坡面的抛物线方程y一 解以上各式得：E=子m+ 1 v6十gh 2 mvi+2mgh: (2)由Ek= v+gh 令后=ngh,则 2mgh Ex=2mgh n+1 =mgh(公+2) 2n+1 当n=1时，即后=gh,探险队员的动能最小，最 3mgh 小值为E kmin= 2 8.【解析】(1)小船从A,点运动到B点克服阻 力做功 W:=fd ① (2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小 船做功 W=Pt ② 由动能定理有 1 1 W-W,=2mvi- 2 mvg ③ 由00③式解得=√+名(P4,-a)D m (3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F,绳与 水平方向夹角为日，电动机牵引绳的速度大小为，则 P=Fv ⑤ =vIcos0 ⑥ 由牛顿第二定律有 ·2 Fcose-f=ma ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得 P f Q= ⑧ √mo+2m(Pt1-fd)m 9.【解析】(1)由题知木块做匀加速运动， m/s m/s 2L=2×4。 木块受力如图： mg 根据牛顿第二定律，得 mg sin37°-fi=ma f1=mg sin37°-ma=2×10×0.6N-2×2N= 8N FN1=ng cos37°=2×10×0.8N=16N 斜面受力如图： mg F 由受力平衡知，地面对斜面摩擦力 f2=F'N1sin37°-f1cos37°=16×0.6N-8× 0.8N=3.2N,方向水平向左. (2)地面对斜面的支持力满足 FNg=Mg+FN1cos37°+f'1sin37°=5X10N+ 16×0.8N+8×0.6N=67.6N. (3)木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力 做功为 F=mgsin37°-f1=2×10×0.6N-8N=4N, W=FL=4×4J=16J v=at=2X2 m/s=4 m/s △E.=m-0=×2X4J-0J=16片 1 因此，在下滑过程中W=△Ek,动能定理成立 10.【解析】(1)由平抛运动规律，有 竖直方向h=2g1 水平方向s=t 2h 得水平距离= 0=0.90m (2)由机械能守恒定律，动能 Ek=- 2m+mgh=0.90 J (3)由动能定理，有 -mg1=了w-oi 得初速度大小 vo=V2μgl+z=4.0m/s B组 题源1对功、功率、动能、势能等 基本概念的理解 1.A【解析】本题考查了动能定理、功率、机 械能守恒等知识.一开始两物体处于静止状态，所以 GAsina=Gusin明，所以名-根据动能定理A、B 两物体着地时速率相等，根据PA=GAUA sina,PB= GBUg sin3,结合A、B重力之间的关系，可得所受重 力的功率一定相同，A对；两物体着地时的速度方向 显然不同，B错；两物体的质量不同，两物体着地时的 动能、机械能一定不同，C、D错. 2.ABD【解析】本题考查自由落体运动和平 抛运动问题，根据运动的合成与分解的特点，合运动 与分运动的等时性、运动的独立性可知，A、B正确； 两物体在O点的速度大小不等，动能也不等，C错 误；A、B两物体在O点竖直方向的速度相同，根据P =mg0可知，D正确. 3.C【解析】自行车的客运效率=1×30× 103/10,普通轿车的客运效率=4×100×103/320× ,1×30×320 10,则：自行车与轿车客运效率比为：4X100 24：1,选项C正确. 4.C【解析】根据做功的两个因素知，人对传 送带做正功，故A、B错；人对传送带的力等于2g, ·2 所以人对传送带做功的功率为2g℃，故C对D错. 5.BC【解析】本题考查了功率、-t图象等 方面的知识.汽车以恒定加速度启动时，阻力F,、牵 引力F不变，速度变大、功率P变大.当汽车的功 率达到额定功率后，汽车则以恒定的功率行驶，其后 牵引力F、加速度a都变小，当F=F,时，a=0,速度 达到最大为02，之后汽车匀速行驶.0一t1时间内，汽 车的牵引力等于m)十F,A选项错误；t1~t:时 t 间内，汽车的功率P=Fm=(m+PB选项 正确：当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度)2= 一（器十小C选须正确：时同内汽车 的平均速度大于十心，D选项错误 2 6.BD【解析】根据题意，由机械能守恒可知， 物体滑到高为h处时速度为零，要使物体上滑的高度 仍为h,则物体到达最高点时速度必为零.A、C情况， 物体上到最高点时速度不为零，所以所能达到的高度 应小于h,A、C错；B情况，上到最高点时速度必为 零，故B正确；D情况，上到最高点时速度可能为零， 所以高度也可能仍为h,故D正确， 7.BD【解析】重物开始加速上升，超重，A 错；匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速 结束时的拉力，由P=Fu得Fm 卫，B对：速度为 0 1时重物具有向上的加速度，拉力F>mg,C错；重 物做匀加速运动的加速度a=F■一mg= P一mgU1 721 mvj 则匀加建的时间为1Dmg 一，D正确.考查 功率相关的知识点， 8.【解析】不正确.第三个2s时间内力F做功 较多， 第二个2s内物块通过的位移是5：= (0+4) X 2 2m=4m;力F做功W=3×4J=12J 第三个2s内物块通过的位移是s3=4×2m= 8m;力F做功W3=2×8J=16J 可知W>W2,即力F在第三个2s时间内做功较多. 物块的动能变化等于作用在物块上所有力做功 的代数和，即等于力F做功与摩擦力∫做的负功的 代数和，力F和∫对物块做功除了跟力的大小有关 外，还跟那段时间内物块通过的位移有关. 9.【解析】(1)小球经C点后做平抛运动，因 此有 1 s=vct .2R=281 解得vc=4m/s (2)从B到C,只有重力做功，小球机械能守 恒，有 Ek=mg·2R+2mu8 代入数值得Ek=8J 10.【解析】(1)当士兵速度最大时则该时刻的 加速度为零.士兵受力为重力及绳子拉力.因为士兵 是沿着绳子滑过去且不计摩擦，所以两端绳子的拉力 大小相同.设速度最大时刻即加速度为零瞬间左、右 两端绳子与水平方向的夹角为a、B. 则Fcosa=Fcos3 F sina+FsinB=mg 速度最大时刻绳子的拉力F=mg 2sina 由几何关系得coa=cosB= d 则sina= √L-d L mgL 所以速度最大时刻绳子张力F= 2√L2-d (2)士兵在整个运动过程中机械能守恒，从第(1) 题可知士兵速度最大时处于绳子的正中间，也是两固 定端的正中间， 设速度的最大值为vm*,则由机械能守恒： 1 2muix=mg△h 由几何关系及已知可得 △M=d_-d 2 2L 速度的最大值 gVL:-d mx三 L -(L-√L-d). 2 题源2动能定理及其应用 1.B【解析】设每次碰撞小球损失动能 为△Ek 斜面高为h时有：Ek=mgh=n△E ① 斜面高为2h时有：Ek=mg·2h=n'△E ② 由①②可得：n'=2n,即能碰到2n条布帘. 2.B【解析】力一位移图象下的面积表示功， 由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力 做的总功W=Fs=40J,根据动能定理 w=号mw-子m,得=3m/ 题源3机械能守恒定律、功能关系 及其应用 1,ACD【解析】本题考查了平抛运动和圆周 运动的规律、机械能守恒定律等知识.小球进入圆形 v: 轨道后刚好能通过c点，有mg=m尺，所以， √gR,A对；根据机械能守恒定律有2m号=2m0 十mg·2R,小球到达b点时对轨道的压力为F,根据 牛顿第二定律有F-mg=m装，解得F=6mg,B】 错；根据2R= 2t,解得小球从c点落到d点所需 时间为2√g ,D对；小球在直轨道上的落点d与b 点距离为x=√RX2√ =2R,C对. 2.【解析】(1)设此时小物块的机械能为E1.由 机械能守恒定律得小球B减少的机械能等于小物块 机械能的增量，即： E-mwg (L-Lsin0)-mgl.(1 (2)设小物块能下滑的最大距离为sm,由机械能 守恒定律有 mAgsm sine=mBghB 由几何知识得： hB=(sm-L cos0)2+(Lsine)2-L 代入解得sm=4(1十√3)L (3)设小物块下滑距离为L时的速度大小为？， 此时小球的速度大小为VB,则？B=vCos6 magL sine=- 1 1 2mBoi+之mA0 解得0=√4V3gL/5 3.【解析】(1)设物块由D点以初速度0D做 平抛，落到P点时其竖直速度为 0y=√2gR =tan45 UD 得vD=4m/s 平抛用时为1，水年位移为s,R=2g,=U01 得s=2R=1.6m 物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t 2t,可知过B点后初速vo=6m/s,加速度a=4m/ s2,减速到n BD间位移为51=i,i=2.5m 2a 则BP水平间距为s十s1=4,1m. (2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为)M,由 机械能守恒得 1 1 2m:0iw=2m:0i- 2 m:gR 轨道对物块的压力为FN,则FN十mg=m:R 解得FN=(1一√2)m2g<0 即物块不能到达M点. (3)设弹簧长为AC时的弹性势能为E,,物块与 桌面间的动摩擦因数为“， 释放m1时，Ep=m1gscB 释放m,时，En=m2gscB十2m2o6 且m1=2m2,解得Ep=m20后=7.2J m?在桌面上运动过程中克服摩擦力做功 为W,, 则E,-W,=2m:o6 可得W,=5.6J. ·2 4.【解析】(1)由题知，当势能最小处动能最 大，由图线Ⅱ得x=6.1(cm)(在5.9~6.3cm间均视 为正确). (2)由图读得释放处(x=20.0cm处)势能Ep= 0.90J,此即B的总能量.由于运动中总能量守恒，因 此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为 0.47J,则最大动能为Ekm=0.9-0.47=0.43(J)(Ekm 在0.42~0.44J间均视为正确)，最大速度为0m= 2Ekm 2×0.43 0.5 =1.31(m/s)(vm在1.29~ 1.33m/s间均视为正确). x=20.0cm处的总能量为0.90J,最大位移由E =0.90J的水平直线与曲线Ⅱ的左侧交，点确定，由图中 读出（左侧）交点位置为x=2.0cm,因此，最大位移 △x=20.0-2.0=18.0(cm)(△x在17.9~18.1cm 间均视为正确)， (3)渐近线Ⅲ表示B的重力势能随位置变化关 系，即：Eg=mgr sin=kx ÷sin0=由图读出直线斜率6=0,85-0,30 mg 20.0-7.0 =4.23×10-8 0=sin10 mg ）=sin1.423 0.5×9.8=59.7(0在 59°~61°间均视为正确) (4)若异名磁极相对放置，A,B间相互作用势能 为负值，总势能如图 AE/J 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0. 5.0 10.0 15.020.0x/cm 5.【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点 的整个过程，根据动能定理得 mgh -uimgL=0 ① 代入数据得 h=0.2m ② (2)①设物块的加速度大小为a,P点与圆心的 连线与竖直方向间的夹角为日，由几何关系可得 C0s0= R-h ③ R 根据牛顿第二定律，对物块有 mg tand=ma ④ 对工件和物块整体有 F-p:(Mi+m)g=(M+m)a ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N ⑥ ②设物块平抛运动的时间为t,水平位移为x1, 物块落，点与B点间的距离为x2,由运动学公式可得 28t h= ⑦ xI=ut ⑧ x2=x1-Rsin0 ⑨ 联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x2=0.4m ⑩ 6.【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑 到静止的过程中，物块重力势能减少的数值△E。与 物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即 △E,=W ① 设物块质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为 s',则 △Ep=mgh ② 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，在到达圆孤形轨道前停 止，则 s'=2s-d ④ 联立①②③④式得 d=2s-6 ⑤ 此结果在人≤2s时有效. 若么>2，则物块在与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 ·2 s'=2s+d ⑥ 联立①@③⑥式得d=么-2s ⑦ 7.【解析】(1)由A运动到B过程： 1 mg (H-h)-pamgl.=2 mv-0 →uo=√2g(H-h-L) ② (2)物体做平抛运动，则 x=vot ③ 1 h=28 ④ 由②③④式得x=2√(H-红L-h)·五= 2√一h2+(H-L)h ⑤ 由回式得，当A=号(H-L)=L+H -L. (3)在⑤式中，令x=2m,H=4m,L=5m,= 0.2 则可得一h+3h一1=0， 解得h1= 3+w5 2 =2.62m h=35 2 =0.38m 8.【解析】(1)由牛顿第二定律，有F一mg =72d 由a-t图象可知，F1和F2对应的加速度分别 是a1=1.0m/s2,a2=-1.0m/s F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2 ×10N F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8 X10N (2)类比可得，所求速度变化量等于第1s内a-t 图线下的面积 △z1=0.50m/s 同理可得△v2=02一v0=1.5m/s vo=0,第2s末的速率02=1.5m/s (3)由a-t图象可知，11s~30s内速率最大，其 值等于0~11s内a-t图线下的面积，有 Um=10 m/s 此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg,所 求功率 P=Fxm=mg·m=2.0X103×10×10W=2.0 ×105W 由动能定理，总功 1 1 W=Ee-E1=2mw品-0=2X2.0X103× 102J=1.0×10J 9.【解析】(1)质量为m的鱼饵到达管口C时 做圆周运动的向心力完全由重力提供，则 mg=m R ① 由①式解得1=√gR ② (2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能， 由机械能守恒定律有 E,=mg (1.5R+R)+2mvi ③ 由②③式得E,=3mgR ④ (3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影 响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经 过t时间落到水面上，离OO'的水平距离为x1,由平 抛运动规律有 4.5R=2gt ⑤ x1=01t十R ⑥ 由⑤⑥式解得x1=4R ⑦ 当鱼饵的质量为二m时，设其到达管口C时速 度大小为2，由机械能守恒定律有 E=号mg(1.5R+R)+1(2 2 3m)v © 由④⑧式解得v2=2√gR ⑨ 2 质量为3m的鱼饵落到水面上时，设离O0'的 水平距离为x2,则 x:=v:t+R ⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2=7R 鱼饵能够落到水平的最大面积S S= 4(xz-元x)=3 πR(或8.25xR) 2 10.【解析】(1)设抛出，点高度为y,根据机械能 守恒 1 2 mvi=2 m+mgy 平抛初速度0=√0后-2gy 2四 落地时间1满足y=7六1一√ 落地点离抛出点水平距离 /2y s=t=√05-2gy√g 分别以y=2h,y=h代入得 sc=√0店-4g√g h sn=V-2gh√g (2)按题意sc<sD,有2(v后一4gh)<后-2gh .v<6gh 考虑到滑块必须要能够到达抛出，点C, 即总=u6-4gh>0 .v3>4gh 因此为保证sc<sD,初速度应满足√4gh<vo <√6gh 专题5万有引力 十年高考母题原型训练 A组 题源1万有引力定律及基本应用 1.B【解析】沿圆轨道和椭圆轨道运行的两 颗卫星，可能具有相同的周期，A错；所有的地球同步 卫星轨道半径都相同，C错；沿不同轨道经过北京上 空的两颗卫星轨道平面不一定会重合，D错. 2.A【解折】由G=m(停，可择描达 T 该行星运动的上迷物理量满足GM=4r T?,选项A 正确. 子B【解折】由G-m R =mo'R= 4π9 m产R=ma知，半径越小线速度、角速度、向心加速