第6章 第30课时 计算题培优I 动力学观点和能量观点的综合应用-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

0.8,解得%=4：5. (3)在图中，从P到Q,球a下降的高度h=Rcos0,a、b系统机 械能守恒mgh=mG+2m听-2m,对滑块b,由动 能定理得W=弓m话，解得W=4.41 核心素养·拓展教材 [典例1门D解析三种情况下所研究的系统机械能守恒，由 一△E,=△B得，对于甲号mgX+号mg×号=司m话， 解得w=,对于乙分mg×子十合mg×号十mgX 台-合×2m解得u-√，对于丙mgX片十 司ngX号=2X2m4解得w=√g,则u>w>, 故选D. [典例2]AD解析在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速 运动，而圆孤面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面 的小球有向前挤压的作用力，所以小球之间始终相互挤压，冲 上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始 终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A 正确；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球 做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程 中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可 能微匀加速运动，故C错误；当重心下降受时，根据机械能守 位定律得m=mg·受，解得=V级，同样对整体在AB 段时，重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度< √gR,故D正确.故选AD. 第29课时专题强化八功能关系 能量守恒定律 关键能力·研讨教材 [例1]CD解析运动员下滑过程中重力做功WG=mgR=60× 10×18J=1.08×104J,则重力势能减小1.08×104J,故C正 确；在B点，根据牛领第二定律可得28mg一mg=m发，动 能表达式E.=号m代入数据联立可得E=9.72×10J, 故B错误；根据动能定理Wc十W=Ek,解得摩擦力做功为 W=一1080J摩擦力做负功，则机械能减少1080J,故D正 确，A错误.故选CD. [例2]AB解析由Es图像知，物块动能与重力势能的和减小， 则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由Es图像知： 整个下滑过程中，物块机械能的减少量为△E=30J一10J=20J, 重力势能的减少量△E,=mgh=30J,又△E=mgcos a·s, 其中csa=正-0.8，h=3.0m,g=10m/,则可得m 1kg=0.5,故B正确；物块下滑时加速度的大小a=gsin a goos a=2.0m/s2,故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械 能为△E=umgcos a·s=8J,故D错误.故选AB. [例3]ACD解析由于F=g,则小物块一直做匀速直线运 动，故A正确；恒力F对小物块做的功为W=FL=12J,故B 错误；小物块的运动时间为1=上=0.5S,小物块与传送带间 因摩擦而产生的热量为Q=mg(%t-0.5%t)=6J,故C正 确；因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送 带克服摩擦力做功，即E=mg·0.5%t=6J,故D正确.故 选ACD. [例4]C解析P的加速度为ap=一47m8=一2m/S,Q的加 1m2 速度为a0=凸m8一也Cm十m)8=2m/S,两者共速时有 711 复习讲义答案11/ ℃共=h十at=aot解得t=1s;v供=2m/s故A错误；P、Q共 速时的相对位移为△虹=士1-0叶坠1=2m之后不发生 2 2 相对滑动，故长木板Q长度至少为2，故B错误；P与Q之 间产生的热量为Q1=hmg△x=12J,地面与Q之间产生的 热量为Q2=号m话-Q:=12J,P与Q之间产生的热量与地 面与Q之间产生的热量之比为1：1，故C正确、D错误.故 选C. [例5]A解析对两种运动的整个过程根据能量守恒有2m6= 内mgw十kmg（a-w）,2m话=A mg IM-十mg（2-2w）, 可得x=x2,故CD错误；根据牛顿第二定律mg=ma,可得 a=g,由于h>,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)t 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的 距离较近，根据公式话一t=2gx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心t图像 AU 0 可得t2>,故A正确，B错误；故选A. [例6](1)2.5mgL(2)0.25(3)5L 解玩（①）滑块恰好能到达轨道的最高点D,则有mg=m2 从E到D过程，由能量守恒有E,=合m6十mgX2L,联立解 得E.=2.5mgL. (2)题意可知滑块Q到C,点时速度为0，则从E到C过程，由 能量守恒有E,=2 ngXxw+2mgL=u2mgXL+2mngL,联 立解得μ=0.25. (3)分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有E。= 2mgs,联立解得s=5L. 第30课时计算题培优I动力学观点和能量 观点的综合应用 关键能力·研讨教材 [例1](1)a=2.5m/s2(2)f=2.5×103N(3)W=1.6×10J 醒0)龙舟在加速阶段=4叶7a,解得a=2.5m/g. (2)龙舟在减速阶段，根据牛顿第二定律F:=a,解得F= 2.5×103N. (3)龙舟在全过程，根据动能定理有W一2Fs=0,代入数据， 解得W=1.6×104J. [例2](1)10s0.26(2)22500J 解析(1)假设游客在运动过程中先匀加速，后匀速，设匀加速 的位移为，匀速的位移为，由题意得=受6，”=(：一 t6),又L=s十s2,联立解得to=10s,=25m,由于=25m< L,说明假设成立，故t6=10s.加速过程中，根据牛顿第二定 律有mgcos0-mgsin0=ma,又v=at,联立解得h=0.26. (2)设“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端所 做的功为W,由能量守恒得W=mgLsin0叶2md+Q,又摩 擦生热Q=gcos(t。一s),代入数据解得W=22500J. [例3](1)24m(2)6120J 解析()由A到B,竖直方向上有H=2g,解得1=2s,A、 B间的水平距离为s=vat=24m. (2)根据牛顿第三定律，在最低，点O时轨道对运动员的支持 力为2100N,由牛顿第二定律R一mg=m是，郎得 10厅m/s,由动能定理mg(H+h)-W,=受m话-号m话解 D19 物理 得运动员在BO段克服阻力做的功W:=6120J. [例4](1)WgR(2)5mg(3)1.25R 解析(1)小球通过C点时与管壁无相互作用力， 由mg=m装得c=VgR (2)若小球恰好到达最高，点C,则通过C点时速度为零，对小球 由B到C过程用动能定理有一mg2R=一2m呢，解得阳= 2√R,球经过B点时有F、一mg=m爱，得R、=5mg,根据 牛顿第三定律有小球经过最低，点B时对轨道的压力为5g. (3)小球从C点飞出做平抛运动，则有R=7g,R='t得 gR c'=√空，从开始下落到经过C点，由动能定理得mgh R)=2ma”,得h=1.25R 第31课时实验七验证机械能守恒定律 关键能力·研讨教材 [例1](1)B(2)3.34(3)不能B 解析(1)应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点 计时器，由静止释放.故选B. (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平 均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小3= 0.6069-0.4733m/s=3.34m/s. 2×0.02 (3)该结果不能验证机械能守恒定律，理由是：该同学求出的 9.77m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度a= 9.77m/s2,不是当地的重力加速度，5.09m也不是重力势能 的减少量.没有当地的重力加速度的数值，无法求出重力势能 的减少量，所以无法验证机械能守恒定律.故选B. [例2](1)④①⑥⑤(2)1.79(3)通过2g19.1(或19.0) ④2g26(或3.1D 解析(1)实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计 时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源，打点计时器 开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带，在纸带上选 取一段，用刻度尺测量该段内各点到起，点的距离，记录分析数 据，根据原理mgh=m可知质量可以约掉，不需要用电 子天平称量重锤的质量.故选择正确且正确排序为④①⑥⑤， (2)根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔T=手 0.02$,根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程 平均速度可得2齐，代入数据可得防≈1.79m/s (3)根据mgh=2md,整理可得=2g·h,可知理论上，若 机械能守恒，图中直线应通过原，点，且斜率k=2g,由图3得直 5.6-1.4 线的斜率=0.293-0.075≈19.1. (4)根据题意有7= mgh 一×100%，可得7= 2g-kx 28 100%,当地重力加速度大小取g=9.80m/s2,代入数据可得 个2.6%. 「例37(2)①丙②0.4 解折(2)①要验证的关系为mg△M=号m6-之m听，可得 2g△h=哈一听，则只需要测量滑块经过两光电门时的速度和 两个光电门间的竖直高度差，即甲乙同学的方案可行，丙同学 的方案不可行. ②滑块经过光电门的速度为==0X10 △t -25X10m/s= 0.4m/s. [例4](1)() 2g (2)①50②12 D20 解析(1)小球经过光电门的挡光时间△t,可得小球到达平衡 位置。一忌，为验证机械能宁恒定律，此过程中重力势能转化 为功能有mh=合m,联立解得器，可得纵坐标为 ,图像的斜率为-3 1 (2)①10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为 0.1mm、0.05mm、0.02mm,此游标卡尺测得小球直径d 20.48mm,可以判断所用的是50分度的游标卡尺. ②若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm,用此游标 测量该小球直径，可得n=0,04=12,则游标尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线对齐. 第七章碰撞与动量守恒 第32课时动量定理及应用 必备知识·链接教材 一、1.(1)质量速度(2)m(3)速度2.(1)矢量相同 (2)p'-p3.(1)力力的作用时间(2)Ft(3)N·s (4)矢量力 二、2.Ft=m'-mmI=p'-力 考教衔接 BD解析取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动 量为1=m=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动 量为p=2m=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑 块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向， 则有I1=2-m=1X0.22kg·m/s-1X0.40kg·m/s= -0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取 向右为正方向，则有I2=m=10.22kg·m/s=0.22kg·m/ s,故C错误；对滑块2根据动量定理有F△t=I2,解得F=5.5N, 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确.故 选BD 关键能力·研讨教材 [例1们A解析动量为p=0,从A点达到右侧的B,点，速度大小 先增加后减小，所以此过程中该物体的动量大小先增大后减 小，故选A [例2]B解析下落到与头部刚接触时，由=2gh,可得v=2/s, 则足球动量大小为=m=0.4×2kg·m/s=0.8kg·m/s,故 A错误；由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，取 竖直向下为正方向，则动量变化量为△p=mu mu= (-0.8-0.8)kg·m/s=-1.6kg·m/s,大小为1.6kg·m/s, 方向竖直向上，故C、D错误，故选B [例3]C解析图像的面积代表力F的冲量，由题图可知，0一4s 内，力F的冲量大小为1=合×2X4N·s=4N·5,方向与力 F的方向相同，即水平向右，故A错误；4~10s内，力F的冲量 大小为I2=一1×6N·s=一6N·s,方向水平向左，故B错 误；2~6s内，力F的冲量大小为1，=1×2N·s-1× 2N·s=1N·S,方向水平向右，故C正确；0~10s内，力F 的冲量大小为I4=I1十I2=一2N·s,方向水平向左，故D错 误.故选C [例4幻C解析击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用 时间长，作用力小，故A错误；用手接篮球时，手向后缩一下， 是为了延长作用时间以减小作用力，故B错误；根据动量定理 Ft=△中知，当△p相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车 能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内力 作用无关，故D错误.故选C. [例5]C解析鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m 匀减造平均逵度为号，故撞击时间山=会，根据动量定理 (F一mg)△t=0一（一），代入数据解得≈√1000m/s,由自 .f1000 由落体公式计=2gh,得高度h=2g2X9.8m51m每层第30课时计算题培优丨动力 [目标要求]1.会利用动力学和能量观点分析直线运 线多运动组合问题. 诊关键能力 考点一动力学和能量观点在直线 运动中的应用 动力学和能量观点的对比 对应规律 表达式 选用原则 牛顿第二 F合=ma 必 定律 物体做匀变速 直线运动，涉 观 u=6十at,x=ht十 匀变速直线 及运动细节 运动规律 2w,1-h2=2az 1 动能定理 W合=△Ek 机械能守 Ek十Epl=E2十 恒定律 Epe 量 涉及做功与能 点 功能关系 W=一△E,等 量转换 能量守恒 E1=E2 定律 例1(2026福州模拟)如图所示，2025福州国际龙 舟赛在仓山区浦下河龙舟主题公园成功举办.龙 舟划手们每次完整的划桨动作（一个动作周期）包 括同步划桨的加速阶段和空中回桨（等效为阻力 作用下)的减速阶段，假设这两个阶段均视为匀变 速直线运动且加速度大小相等.已知某次完整的 划桨动作开始时，龙舟的初速度大小为3m/s,且 在加速阶段前进了3.2m,两个阶段用时均为0.8s, 该龙舟（含鼓手、舵手和划手）的总质量为1000kg, 受到的阻力恒定，求： 第六章机械能守恒定律/1/ 学观点和能量观点的综合应用 D答案见Dg 动模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析曲 研讨教材 (1)龙舟加速过程的加速度大小； (2)龙舟所受阻力大小； (3)划手们在完成这次完整的划桨动作的过程对 龙舟做的功. 中里体有 例2(2025广州模拟)“雪地魔毯”是滑雪场常见的 一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘 客从雪道底端运送到顶端.一名质量m=60kg(包 含雪具的质量)的穿戴雪具的游客，从雪道底端静 止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长L=150m,倾角 0=11.6(sin0=0.2,cos0=0.98),“雪地魔毯”以 v=5m/s的速度向上滑行，经过t=35s游客滑到 “雪地魔毯”的顶端.g=10m/s,人与“雪地魔毯” 间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，求： 101 物理 (1)游客在“雪地魔毯”上做匀加速直线运动的时 间t以及游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数； (2)“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送 到顶端所做的功. 考点二用动力学和能量观点分析 曲线多运动组合问题 例3(2026北京模拟)冬奥会的单板滑雪比赛场地 由助滑道、起跳台、着陆坡、终点区构成.运动员与 滑雪板一起从高处滑下，通过跳台起跳，完成空 翻、转体等技术动作后落地.跳台滑雪是最刺激的 冰雪项目之一，如图为某滑道示意图，一滑雪运动 员质量m=60kg,经过一段加速滑行后从A点以 a=12m/s的初速度水平飞出，恰能落到B点. 102 在B点速度方向（速度大小不变）发生改变后进 入半径R=20m的竖直圆弧轨道BO,并沿轨道 下滑.已知在最低点O时运动员对轨道的压力为 2100N.A与B、B与O的高度差分别为H= 20m、h=8m.不计空气阻力，g=10m/s2,求： A 、BR (1)A、B间的水平距离； (2)运动员在BO段克服阻力做的功. 审题析题 审题 模型建构 可简化为运动员做 关键信息1：“从A点以 初速度为A= vA=12m/s的初速度 12m/s的平抛运动， 水平飞出，恰能落到B” 建构平抛运动模型 关键信息2：“在B点速 运动员在圆孤轨道 度方向（速度大小不变） 内做圆周运动，建 发生改变后进入半径 构竖直面内圆周运 R=20m的竖直圆孤 动模型 轨道BO” 例4如图所示，ABC为一细圆管构成的圆轨道， 轨道半径为R(比细圆管的内径大得多)，将其固 定在竖直平面内，OA水平，OC竖直，最低点为 B,最高点为C,细圆管内壁光滑.在A点正上方 某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静 止开始下落，刚好进人细圆管内运动.已知细圆管 的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力，重力加 速度为g. (1)若小球经过C点时恰与管壁没有相互作用，求 小球经过C点时的速度大小； (2)若小球刚好能到达轨道的最高点C,求小球经 过最低点B时对轨道的压力大小； 第六章机械能守恒定律11 (3)若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A 点，求小球刚开始下落时离A点的高度. 思考感悟 1.分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析 物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变 化情况。 (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分 析各种力在不同运动过程中的做功情况， (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒 定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规 律求解. 2.方法技巧 (1)“合”—整体上把握全过程，构建大致的运 动情景。 (2)“分”一一将全过程进行分解，分析每个子过 程对应的基本规律 (3)“合”—找出各子过程之间的联系，以衔接 点为突破口，寻求解题最优方案。 友情提示请完成P355跟踪评价 103