全国近三年高考物理真题演练及分类解析—【考点9】功能关系机械能守恒定律及应用.docx

2019-2019高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体的动能和势能可以相互转化，但机械能保持不变，下面是机械能守恒定律和功能关系专题练习，请考生仔细练习。

1.(2019高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能改变了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误;弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Ep=mgh=mgL，选项B正确;圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是()A.2RB.C.D.解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有：2mgR=mgR+3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2=mgh，解得h=R.则B上升的高度为R+R=R，故选项C正确.3.(2019山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.起先时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT=mg，FT=magsin .即：mg=magsinEpa=maghsin由得：Epa=mgh选项B正确.当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误;对物块a、b 分别由动能定理得：WFT-magsin h+Wf=EkaWF-WFT+mgh=Ekb由式可知，选项C错、D对.4.(2019湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，其次阶段匀速运动到传送带顶端.则下列说法中正确的是()A.第一阶段和其次阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.其次阶段摩擦力对物体做的功等于其次阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能解析：选ACD.第一阶段和其次阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确;在第一阶段和其次阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确;第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确.5.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v，在整个过程中() A.木板对小物块做的功为mv2B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为mv2-mgLsinD.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2-mgLsin解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木=mv2-0，A 正确;在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W 木-mgLsin =0-0，则有W木=mgLsin ，故B错误;由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木-W木=mv2-mgLsin ，D正确.6.(2019长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B 的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长.起先时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度始终增大解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l)，当M=2m时，h=l，所以A选项正确;当M=m时，对圆环受力分析如图，可知FT=Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能始终在削减，则系统的动能始终在增加，所以D选项正确.7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有始终径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以肯定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道.其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽视一切摩擦以及转弯处能量的损失.则下列说法正确的是()A.小球在C点时，肯定对圆管的下壁有力的作用B.当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍C.小球在圆管中运动时通过D点的速度最小D.小球离开轨道后的加速度大小恒定解析：选BD.当小球运动到C点的速度v=时，小球与轨道间没有力的作用，当v时，小球对轨道的上壁有力的作用;当v时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误;小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC=，依据机械能守恒定律有mg2R+mv=mv，在B点时依据牛顿其次定律有N-mg=m，解得轨道对小球的支持力N=6mg，B正确;在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误;小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确.8.(2019名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g=10 m/s2.求：(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率;(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止起先以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能.(设此时路面的阻力为65 N)解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则P=FvF=f解得：P=1 181 W.(2)摩托车匀加速过程：F-f=ma解得F=105 N当达到额定功率时v1==11.2 m/s从静止起先以0.4 m/s2的加速度动身运动10 s的速度v2=at=4 m/s11.2 m/s故在10 s内做匀加速直线运动的位移x=at2=20 m牵引力做的功W=Fx=2 100 J由功能关系可得：E=W=2 100 J.答案：(1)1 181 W (2)2 100 J9.(2019高考福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下，重力加速度为g. (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR=mv滑块在B点处，由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得mgR=Mv+m(2vm)2解得vm=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR-mgL=Mv+m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得mg=Ma由运动学规律得v-v=-2as解得s=L答案：(1)3mg (2) L10.某电视消遣节目装置可简化为如图所示模型.倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6 m/s 的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5 m，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间;(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离;(3)求物块距斜面底端高度满意什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同点D.解析：(1)A到B过程：依据牛顿其次定律mgsin 1mgcos =ma1=a1t代入数据解得a1=2 m/s2，t1=3 s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23 m/s=6 m/s物块在传送带上匀速运动到Ct2== s=1 s所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2)在斜面上依据动能定理mgh2-1mgcos =mv2解得v=4 m/s6 m/s设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2==2g=2 m/s2v-v2=2ax，x=5 m6 m所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t0，H=gt，解得s=6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛学问知：物块到达C点时速度必需有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后始终匀加速运动，则：mgh3-1mgcos 2mgL=mvh3=1.8 m当离传送带高度为h4时物块进入传送带后始终匀减速运动，则：mgh4-1mgcos 2mgL=mvh4=9.0 m所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满意要求，即1.8 m9.0 m.答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m9.0 m机械能守恒定律和功能关系专题练习及答案共享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题09 动能定理、机械能守恒定律和功能关系【典例专练】一、高考真题1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量2．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积3．风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。

如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。

某风力发电机在风速为9m /s 时，输出电功率为405kW ，风速在5~10m /s 范围内，转化效率可视为不变。

该风机叶片旋转一周扫过的面积为A ，空气密度为ρ，风场风速为v ，并保持风正面吹向叶片。

下列说法正确的是（ ）A ．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B ．单位时间流过面积A 的流动空气动能为212A ρv C ．若每天平均有81.010kW ⨯的风能资源，则每天发电量为92.410kW h ⨯⋅D ．若风场每年有5000h 风速在6~10m /s 范围内，则该发电机年发电量至少为56.010kW h ⨯⋅4．某节水喷灌系统如图所示，水以015m/s v =的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg 。

喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。

水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。

2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：功能关系一、单选题1．（2分）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。

如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。

某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。

该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。

下列说法正确的是（）A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为12ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h 2．（2分）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。

如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。

从火箭开始运动到点火的过程中（）A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量二、多选题3．（3分）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。

已知小车总质量为50kg，MN=PQ=20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

下列说法正确的有（）A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J4．（3分）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。

高中物理学习材料【考点9】 功能关系 机械能守恒定律及应用1．（2007山东理综，20，4分）如图1-1甲所示，光滑轨道MO 和ON 底端对接且MO ON 2=，M 、N 两点高度相同。

小球自M 点由静止自由滚下，忽略小球经过O 点时的机械能损失，以υ、s 、a 、k E 分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。

下列图像中能正确反映小球自M 点到N 点运动过程的是（ ）图1-12．（2007广东理科基础，10，2分）某位同学做“难机械能守恒定律”的实验，下列操作步骤中错误．．的是 （ ）A ．把打点计时器固定在铁架台上，用导线连接低压交流电源B ．将连有重锤的纸带穿过限位孔，将纸带和重锤提升到一定高度C ．先释放纸带，再接通电源D ．更换纸带，重复实验，根据处理数据3．（2007海南单科，9，4分）如图3-1，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗斜面上的木箱，使之沿斜面加速 向上移动。

在移动过程中，下列说法正确的是（ ）A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和图3-1B ．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 4．（2006江苏物理，10，4分）我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用电高峰电力紧张方面，取得了良好的社会效益和经济效益。

抽水蓄能电站的工作原理，在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。

如图4-1，蓄水池（上游水库）可视为长方体，有效总库容量（可用于发电）为V ，蓄水后水位高出下游水面H ，发电过程中上游水库水位最大落差为d 。

统计资料表时，该电站年抽水用电为2.4×h kW ⋅810，年图4-1发电量为1.8×h kW ⋅810。

2024全国高考真题物理汇编机械能守恒定律一、单选题1．（2024浙江高考真题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h ，则足球（）A ．从1到2动能减少mghB ．从1到2重力势能增加mghC ．从2到3动能增加mghD ．从2到3机械能不变2．（2024浙江高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为42210m ，喷水速度约为10m/s ，水的密度为3110 kg/m 3，则该喷头喷水的功率约为（）A ．10WB ．20WC ．100WD ．200W3．（2024重庆高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。

则组合体着陆月球的过程中（）A ．减速阶段所受合外力为0B ．悬停阶段不受力C ．自由下落阶段机械能守恒D ．自由下落阶段加速度大小g =9.8m/s 24．（2024北京高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连接。

一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C 。

下列说法正确的是（）A ．物体在C 点所受合力为零B ．物体在C 点的速度为零C ．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度D ．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能5．（2024全国高考真题）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6．（2024山东高考真题）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 ）。

机械能守恒、功能关系热点一 机械能守恒定律的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点： (1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒．(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动． (3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．1.(2014·汕头一模)蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A 位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B 位置)，如图所示．有关运动员从A 运动至B 的过程，下列说法正确的是( )A ．运动员的机械能守恒B ．运动员的速度一直减小C ．合力对运动员做负功D ．运动员先超重后失重[解析] 由能量守恒定律可知，运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 、D 错误；从A 位置到B 位置，由动能定理得W 合＝－E k0，选项C 正确．[答案] C2.(多选)(2014·长春二模)如图所示，物体A 的质量为M ，圆环B 的质量为m ，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l ，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是( ) A ．当M ＝2m 时，l 越大，则圆环m 下降的最大高度h 越大 B ．当M ＝2m 时，l 越大，则圆环m 下降的最大高度h 越小C ．当M ＝m 时，且l 确定，则圆环m 下降过程中速度先增大后减小到零D ．当M ＝m 时，且l 确定，则圆环m 下降过程中速度一直增大[解析] 由系统机械能守恒可得mgh ＝Mg (h 2＋l 2－l )，当M ＝2m 时，h ＝43l ，所以A 选项正确；当M ＝m 时，对圆环受力分析如图，可知F T ＝mgcos θ＞Mg ，故圆环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D 选项正确． [答案] AD3.如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2R B.5R3C.4R 3D.2R 3[解析] 如图所示，以A 、B 为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律有：2mgR ＝mgR ＋12×3mv 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12mv 2＝mgh ，解得h ＝13R .则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确．[答案] C[总结提升] (1)机械能守恒定律的三种表达式 ①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2 ②转化观点：ΔE p ＝－ΔE k ③转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(2)机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系或物体．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． ③恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能． ④灵活选取机械能守恒的表达式列机械能守恒定律方程． ⑤解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验． 热点二 功能关系的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：(1)考查做功与能量变化的对应关系．(2)涉及滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查．1.(2014·云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .下列说法正确的是( ) A ．该同学机械能增加了mghB ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mgh[解析] 本题考查的是力做功和能的转化问题，该同学重心升高h ，重力势能增大了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 错，B 对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C 错；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W 合＝12mv 2，D 错．[答案] B2.(2014·高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR R ＋h，其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )A.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) B.mg 月RR ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋22R D.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R [解析] “玉兔”在h 高处做圆周运动时有G Mm R ＋h 2＝mv 2R ＋h.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功W ＝12mv 2＋E p .在月球表面有GMm R 2＝mg 月，联立各式解得W ＝mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R .故选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．[答案] D3.如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t ； (2)物块克服摩擦力做的功； (3)在此过程中转变成的内能．[解题指导] 解答本题时应把握以下两点：(1)正确分析物块和小车的受力情况及运动情况． (2)正确利用功能关系求摩擦力的功和产生的内能．[解析] (1)小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度为a 2，则a 1＝μm 2g m 1＝103 m/s 2，a 2＝μg ＝5 m/s 2，v 0－a 2t ＝a 1t ，所以t ＝v 0a 1＋a 2＝2 m/s253m/s 2＝0.24 s.(2)相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s ， 物块克服摩擦力做的功 W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J. (3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则 E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J. [答案] (1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J [总结提升] 解决功能关系问题应注意的三个方面分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况.也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少.功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同.)用动力学和能量观点解决传送带问题命题规律：传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在2015年高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题．[解析] (1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度a ＝μg ＝5 m/s 2(1分) 小物块与传送带共速时，所用时间t ＝v 0a＝1 s(2分)运动的位移x ＝12at 2＝2.5 m ＜(L －x P )＝6 m(2分)故小物块与传送带共速后以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得12mv 20＝mgy N (2分)解得y N ＝1.25 m ．(1分)(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x 相对＝v 0t －x ＝2.5 m(2分)产生的热量Q ＝μmgx 相对＝12.5 J ．(2分)(3)设在坐标为x 1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M 点，由能量守恒得 μmg (L －x 1)＝mgy M (2分) 代入数据解得x 1＝7 m(2分)故小物块在传送带上的位置横坐标范围为 0≤x ＜7 m ．(2分)[答案] (1)1.25 m (2)12.5 J (3)0≤x ＜7 m [总结提升] (1)传送带模型题的分析流程：(2)皮带问题中的功能关系：传送带做的功W F ＝Fl 带，功率P ＝Fv 带；摩擦力做功W 摩＝F 摩l ；物体与皮带间摩擦生热Q ＝F f l 相对．(3)如质量为m 的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能E k 及因摩擦而产生的热量Q ，有如下关系：E k ＝Q ＝12mv 2传.最新预测1 (多选)(2014·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做功为12mv 2解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q ，所以A 项错；根据动能定理，对物体列方程，W f ＝12mv 2，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P ＝物体动能增量＋摩擦生热时间＝μmg v 2t ＋μmg v2tt＝μmgv ，C 项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv 2，D 项错误．最新预测2 (2014·德州二模)如图所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力． (1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．解析：(1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下． (2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得：－μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：x ＝v B 2Hg＝0.5 m.(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Q ＝μmg Δx ＝0.2 J.答案：(1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J [失分防范] 解决传送带问题应注意以下四点摩擦力的方向及存在阶段的判断；物体能否达到与传送带共速的判断；计算产生的热量时，正确确定物体相对传送带滑动的距离；弄清能量转化关系：传送带消耗的能量等于物体获得的动能与产生的内能之和.一、选择题1．(多选)(2014·吉林质检)如图所示，长为L 的粗糙长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块．现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功B ．物块所受支持力做功为mgL sin αC ．发生滑动前静摩擦力逐渐增大D ．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可知在这个过程中支持力做正功，而且根据动能定理，在缓慢抬高A 端的过程中，W －mgL sin α＝0，可知W ＝mgL sin α，所以A 项错，B 项正确．由平衡条件得在滑动前静摩擦力f 静＝mg sin θ，当θ↑时，f 静↑，所以C 项正确．在整个过程中，根据除了重力以外其他力做功等于机械能的变化量可知D 项正确．2．(2014·高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( )解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有F －mg＝ma ，h ＝12at 2，某一时刻的机械能E ＝ΔE ＝F ·h ，解以上各式得E ＝Fa 2·t 2∝t 2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C 正确．3．(2014·芜湖一模)如图所示，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是( ) A ．A 物体的机械能增大B ．A 、B 组成系统的重力势能增大C ．下落时间t 过程中，A 的机械能减少了29mg 2t 2D ．下落时间t 时，B 所受拉力的瞬时功率为13mg 2t解析：选C.在A 下落的过程中，拉力对A 做负功，对B 做正功，A 的机械能减小，B 的机械能增大，A 、B 系统的机械能守恒，所以A 、B 错误．释放后，A 、B 物体都做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得2mg －mg ＝3ma ，故加速度a ＝13g ，t 时间内A 物体下降高度为16gt 2，绳子拉力大小为43mg .拉力对A 物体所做负功为29mg 2t 2，A 物体机械能减少29mg 2t 2，C 对．下落时间t 时，B 物体的运动速度为13gt ，拉力功率大小为49mg 2t ，D 错．4．(2014·山西太原一模)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J 解析：选D.在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功W 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209m ，故C项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．5．(多选)(2014·钦州一模)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为m 、2m .开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长，且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力．若在物体A 下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A 接触地面前的瞬间( )A ．物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向下B ．弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2C ．物体B 有向上的加速度D ．弹簧对物体A 拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A 即将接触地面时，物体B 对地面无压力，对B 受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F ＝2mg ，选项C 错误；然后对A 受力分析可得：F －mg ＝ma ，可得a ＝g ，方向竖直向上，选项A 错误；A 下落过程中，A 与弹簧整体机械能守恒，可得mgh ＝E p ＋12mv 2，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －12mv 2，选项B 正确；拉力的瞬时功率为P ＝Fv ＝2mgv ，选项D 正确．6．(2013·高考安徽卷)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供．根据万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r①而动能E k ＝12mv 2②由①②式得E k ＝GMm2r③ 由题意知，引力势能E p ＝－GMm r④ 由③④式得卫星的机械能E ＝E k ＋E p ＝－GMm 2r由功能关系知，因摩擦而产生的热量Q ＝ΔE 减＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故选项C 正确． 7．(2014·漳州一模)质量为m 的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g3.当小球下降高度为h 时，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( ) A ．小球的动能减少了mgh3 B ．小球的动能增加了2mgh3C ．小球的电势能减少了2mgh3D ．小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力F ＝23mg ，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故ΔE k ＝Fh ＝23mgh ，选项A 错、B 对．由题意可知，电场力F 电＝13mg ，电场力做负功，电势能增加，ΔE p＝F 电·h ＝13mgh ，选项C 、D 均错．8．(多选)(2014·郑州三模)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( ) A ．小球落地时的动能为2.5mgR B ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析：选ABD.小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20得12mv 2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q 得v Q＝3gR ，D 正确．9．(多选)(2014·海口调研)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 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )A ．在x 1处物体所受拉力最大B ．在x 2处物体的速度最大C ．在x 1～x 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～x 2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －x 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在x 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在x 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在x 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在x 1～x 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～x 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．二、计算题10．(2014·云南部分名校统考)如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离为L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向上运动．现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体从A 运动到B 共需多少时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能．解析：(1)物体无初速度放在A 处后，因mg sin θ＜μmg cos θ，则物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a ＝μmg cos θ－mg sin θm＝2.5 m/s 2物体达到与传送带同速所需的时间t 1＝va＝0.8 st 1时间内物体的位移L 1＝v2t 1＝0.8 m之后物体以速度v 做匀速运动，运动的时间t 2＝L －L 1v＝1.6 s物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s. (2)前0.8 s 内物体相对传送带的位移为 ΔL ＝vt 1－L 1＝0.8 m因摩擦而产生的内能E 内＝μmg cos θ·ΔL ＝6 JE 总＝E k ＋E p ＋E 内＝12mv 2＋mgL sin θ＋E 内＝28 J.答案：(1)2.4 s (2)28 J11．(2014·济南一模)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量． 解析：(1)对木板F f ＝Ma 1 由运动学公式得v ＝a 1t解得a 1＝1 m/s 2，F f ＝2 N. (2)对滑块有－F f ＝ma 2设滑块滑上木板时的初速度为v 0，由公式v －v 0＝a 2t解得a 2＝－2 m/s 2，v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mgh －WF f ＝12mv 20可得滑块克服摩擦力做的功为WF f ＝mgh －12mv 20＝1.5 J.(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m 产生的热量Q ＝F f ·L ＝3 J.答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m 3 J12．(2014·潍坊模拟)如图所示，水平轨道MN 与竖直光滑半圆轨道相切于N 点，轻弹簧左端固定在轨道的M 点，自然状态下右端位于P 点，将一质量为1 kg 的小物块靠在弹簧右端并压缩至O 点，此时弹簧储有弹性势能E p ＝18.5 J ，现将小物块无初速释放，已知OP ＝0.25 m ，PN ＝2.75 m ，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆轨道半径R ＝0.4 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)物块从P 点运动到N 点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B .若能，求出物块在水平轨道上的落点到N 点的距离．若不能，简要说明物块的运动情况．解析：(1)从开始释放到小物块运动至P ，由能量守恒定律，E p －μmgx OP ＝12mv 2P解得：v P ＝6 m/s设物块由P 至N 用时为t ，由匀变速直线运动规律：x PN ＝v P t －12at 2μmg ＝ma解得：t ＝0.5 s 或t ＝5.5 s(舍去)． (2)物块由P 至N ，由动能定理得：－μmgx PN ＝12mv 2N －12mv 2P设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B 物块速度大小为v B ，由机械能守恒定律得： 12mv 2N ＝2mgR ＋12mv 2B 解得：v B ＝3 m/s物块通过最高点的最小速度为v minmg ＝m v 2minR，v min ＝2 m/s因v B ＞v min ，故物块能通过B 点 通过B 点后做平抛运动：x ＝v B t2R ＝12gt 2解得：x ＝1.2 m.答案：(1)0.5 s (2)能通过B 点 1.2 m 第3讲 动力学和功能观点的应用热点一 用动力学观点解决多过程问题命题规律：力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主．1.(2014·武汉模拟)如图甲所示，质量M ＝1 kg 的薄木板静止在水平面上，质量m ＝1 kg 的铁块(可视为质点)静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.05，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现给铁块施加一个水平向左的力F ，(1)若力F 恒为4 N ，经过时间1 s ，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L ；(2)若力F 从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力F f 随力F 大小变化的图象． [解析] (1)对铁块，由牛顿第二定律F －μ2mg ＝ma 1 对木板，由牛顿第二定律μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2设木板的长度为L ，经时间t 铁块运动到木板的左端，则x 铁＝12a 1t 2x 木＝12a 2t 2又x 铁－x 木＝L解得L ＝0.5 m.(2)①当F ≤μ1(m ＋M )g ＝1 N 时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比并保持大小相等，即F f ＝F②当F ＞μ1(m ＋M )g ＝1 N 时，若M 、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则 F －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a F －F f ＝ma解得F ＝2F f －1 N此时F f ≤μ2mg ＝2 N ，即F ≤3 N所以当1 N ＜F ≤3 N 时，F f ＝F2＋0.5 N③当F ＞3 N 时，M 、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为F f ＝μ2mg ＝2 N F f －F 图象如图所示．[答案] (1)0.5 m (2)见解析图2.(2014·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B 点有一小段弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现用与水平方向成α＝53°角的恒力F 拉小物块，如图所示，小物块经t 1＝4 s 到达B 点，并迅速撤去拉力F ，A 、B 两点相距x 1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求： (1)恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动的最大距离x 2； (3)小物块停止运动时到B 点的距离x 3.[解析] (1)AB 段加速度a 1＝2x 1t 21＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得：F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N ＝11 N.(2)到达B 点时，小物块的速度v ＝a 1t 1＝2 m/s在BC 段的加速度：a 2＝g sin 53°＝8 m/s 2由v 2＝2a 2x 2得：x 2＝v 22a 2＝222×8m ＝0.25 m.(3)小物块从B 向A 运动过程中，由μmg ＝ma 3，解得：a 3＝μg ＝5 m/s 2滑行的位移x 3＝v 22a 3＝222×5m ＝0.4 m ，小物块停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.[答案] (1)11 N (2)0.25 m (3)0.4 m 热点二 用功能观点解决多过程问题 命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．1.(2014·温州五校联考)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ，现有一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的小物体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h ＝1.6 m ，小物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：(1)小物体第一次通过C 点时轨道对小物体的支持力F N 的大小； (2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长； (3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小． [解析] (1)小物体从E 到C ，由能量守恒得：mg (h ＋R )＝12mv 2C ，①在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2CR，②联立①②解得F N ＝12.4 N.(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得： W G －W f ＝0，③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]，④ W f ＝μmg cos 37°L AB .⑤ 联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°＞μmg cos 37°(或μ＜tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E 点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量， Q ＝ΔE p ，⑥ΔE p ＝mg (h ＋R cos 37°)，⑦ 联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.[答案] (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J2.如图甲所示，斜面AB 粗糙，倾角为θ＝30°，其底端A 处有一垂直斜面的挡板．一质量为m ＝2 kg 的滑块从B 点处由静止释放，滑到底端A 处与挡板碰撞并反弹到最高点C 处，已知滑块与挡板碰撞时能量损失了19%，滑块的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)求v －t 图象中的v 、t 的值；(2)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)若滑块与挡板碰撞无能量损失，求滑块整个运动过程中通过的总路程s .[解析] (1)由v －t 图象知滑块反弹速率为v 2＝9 m/s ，即反弹时能量为E k2＝12mv 22＝81 J ，因碰撞时能量损失19%，即滑块下滑到A 处时能量为E k1＝E k21－η＝100 J而E k1＝12mv 2，代入数据得v ＝10 m/s。

2024高考物理复习重难点解析—功能关系、能量守恒能量观点是解决物理问题的方法之一，做功的过程就是能量转化的过程，某种形式的能量的变化对应某种力的做功过程。

能量守恒定律是自然界的各种能量转化的遵守的规律。

在试题中，多以综合题形式出现，选择题计算题等题型均有出现，伴随多过程问题。

例题1.（多选）（2022·河北·高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P 和Q 用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量Q P m m >，0=t 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为3g。

T 时刻轻绳突然断开，物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高度，取0=t 时刻物体P 所在水平面为零势能面，此时物体Q 的机械能为E 。

重力加速度大小为g ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。

下列说法正确的是（）A ．物体P 和Q 的质量之比为1:3B ．2T 时刻物体Q 的机械能为2EC ．2T 时刻物体P 重力的功率为32E TD ．2T 时刻物体P 的速度大小23gT 【答案】BCD【解析】A ．开始释放时物体Q 的加速度为3g，则3Q T Q g m g F m -=⋅3T P P g F m g m -=⋅解得23T Q F m g =12P Q m m =选项A 错误；B ．在T 时刻，两物体的速度13gT v =P 上升的距离2211236g gT h T ==细线断后P 能上升的高度2212218v gT h g ==可知开始时PQ 距离为21229gT h h h =+=若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为2229Q Q m g T E m gh ==从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q 做负功，大小为2219Q F T m g T W F h ==则此时物体Q 的机械能22'92Q F m g T E E E W =-==此后物块Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物块Q 的机械能仍为2E，选项B 正确；CD ．在2T 时刻，重物P 的速度2123gT v v gT =-=-方向向下；此时物体P 重力的瞬时功率22232332Q Q G P m g m g T gT EP m gv T===选项CD 正确。

高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用（含答案）满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(四川理综,1)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．(新课标全国卷Ⅱ,17)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是()3．(新课标全国卷Ⅱ,16)一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v,若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v,对于上述两个过程,用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A．W F2>4W F1,W f2>2W f1B．W F2>4W F1, W f2＝2W f1C．W F2<4W F1,W f2＝2W f1D．W F2<4W F1, W f2<2W f14．(新课标全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()A．W＝12mgR,质点恰好可以到达Q点B ．W ＞12mgR ,质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离5．(海南单科,4)如图,一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg ,重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中,克服摩擦力所做的功为( ) A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 6．(天津理综,5)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A ．圆环的机械能守恒 B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题(本题共4小题,每小题7分,共计28分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)7．(浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 28．(新课标全国卷Ⅱ,21)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动,不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则() A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg9．(江苏单科,9)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中,加速度一直减小B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处,弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度10．(江苏南通一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度－时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能减少D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能三、计算题(本题共2小题,共计42分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)11．(江苏单科,14)(20分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中,外界对转动装置所做的功W.12．(福建理综,21)(22分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求：①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m；②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s. 答案1． A [由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知,落地时速度v 2的大小相等,故 A 正确.]2．A [当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ,因为P 1不变,v 逐渐增大,所以牵引力F 1逐渐减小,由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1,f 不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F 1＝f 时速度最大,且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车继续加速,由P 2＝F 2v 可知F 2减小,又因F 2－f ＝ma 2,所以加速度逐渐减小,直到F 2＝f 时,速度最大v m ′＝P 2f ,以后匀速运动.综合以上分析可知选项A 正确.]3．C [两次物体均做匀加速运动,由于时间相等,两次的末速度之比为1∶2,则由v ＝at 可知两次的加速度之比为a 1a 2＝12,F 1合F 2合＝12,又两次的平均速度分别为v 2、v ,故两次的位移之比为x 1x 2＝12,由于两次的摩擦阻力相等,由W f ＝fx 可知,W f 2＝2W f 1；由动能定理知W 合1W 合2＝ΔE k1ΔE k2＝14,因为W 合＝W F －W f ,故W F ＝W 合＋W f ；W F 2＝W 合2＋W f 2＝4W 合1＋2W f 1<4W 合1＋4W f 1＝4W F 1；选项C 正确.]4．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ,经过N 点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg ＝m v 2R ,所以N 点动能为E k N ＝3mgR2,从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝E k N －E k P ,即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力F f ＝μF N 变小,所以摩擦力做功变小,那么从N 到Q ,根据动能定理－mgR －W ′＝E k Q －E k N ,Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′,由于W ′＜mgR2,所以Q 点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C 正确.]5．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有F N －mg ＝m v 2R ,F N ＝2mg ,联立解得v ＝gR ,下滑过程中,根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2,解得W f ＝12mgR ,所以克服摩擦力做功 12mgR ,C 正确.]6．B [圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加,由能量守恒定律可知圆环的机械能减少,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,故A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合外力不为零,故C 错误；圆环重力势能减少了3mgl ,由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl ,故B 正确.]7．ABD [设总推力为F ,位移x ,阻力F 阻＝20%F ,对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x＝12m v 2,解得F ＝1.2×106 N,弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J,B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P －＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ,得a ＝v 22x ＝32 m/s 2,D 正确.]8．BD [滑块b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b 先做正功,后做负功,选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当a 刚落地时,b 的速度为零,则mgh ＝12m v 2a ＋0,即v a ＝2gh ,选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示.由a 的受力图可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于g 后大于g ,选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时,b 的机械能最大,a 的机械能最小,这时b 受重力、支持力,且F N b ＝mg ,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.] 9．BD [由题意知,圆环从A 到C 先加速后减速,到达B 处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A 错误；根据能量守恒,从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ,从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立解得：W f ＝14m v 2,E p ＝mgh －14m v 2,所以B 正确,C 错误；根据能量守恒,从A 到B 有mgh 1＝12m v 2B 1＋ΔE p1＋W f 1,从C 到B 有12m v 2＋ΔE p2＝12m v 2B 2＋W f 2＋mgh 2,又有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立可得v B 2＞v B 1,所以D 正确.]10．CD [质点竖直向上运动,0～15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B 错误；0～5 s内,a＝10 m/s2,质点只受重力,机械能守恒；5～10 s内,a＝8 m/s2,受重力和向上的力F1,F1做正功,机械能增加；10～15 s内,a＝12 m/s2,质点受重力和向下的力F2,F2做负功,机械能减少,A错误,C正确；由F合＝ma可推知F1＝F2,由于做减速运动,5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移,F1做的功大于F2做的功,5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能,所以D正确.]11．解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1小球受力平衡：F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg, F1sin θ1＝T1sin θ1解得k＝4mg L(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg,得x＝54L对小球：F2cos θ2＝mg, F2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L(3)弹簧长度为L2时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k·L2小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3,且cos θ3＝L 4l对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零, 由动能定理：W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得：W ＝mgL ＋16mgl 2L 答案 (1)4mgL (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L12．解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B ①滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R ② 解得N ＝3mg ③ 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg ④(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2⑦ 设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律 μmg ＝Ma ⑧ 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ⑨解得s ＝13L ⑩ 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L1．运用功能关系分析问题的基本思路(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程；(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量.2．功能关系。

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

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2024年高考各卷区物理试题均考查了功能关系、能量守恒。

预测2025年高考会继续大力考查这部分内容。

各种题型均可出现。

考向一功能关系的应用1.（2024年1月浙江卷第3题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h ，则足球（）A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变【答案】B【解析】AB ．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加mgh ，则1到2动能减少量大于mgh ，A 错误，B 正确；CD ．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh ，则动能增加小于mgh ，选项CD 错误。

故选B 。

考向二机械能守恒的应用2.（2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m 。

传送带右端的正上方有一悬点O ，用长为0.3m 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。

在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。

将质量为0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s 、方向水平向左。

小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小210m/s g 。

（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。

高考物理《机械能守恒定律》真题练习含答案1．[2024·上海市新中中学月考]如图，将质量为m 的篮球从离地高度为h 的A 处，以初始速度v 抛出，篮球恰能进入高度为H 的篮圈．不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入圈位置B 的水平面为零势能面，重力加速度为g .则篮球经过位置B 时的机械能为( )A ．12 m v 2B ．12 m v 2＋mg (h －H )C ．12 m v 2＋mg (H －h )D ．12 m v 2＋mgh答案：B解析：不计空气阻力和篮球转动的情况下，篮球运动过程中机械能守恒，篮球经过B 点的机械能等于在A 点的机械能．以B 点所在的水平面为零势能面，篮球在A 点的重力势能E p ＝－mg (H －h )＝mg (h －H )，则机械能E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mg (h －H )，B 正确．2.如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的( )A ．弹力越来越大，弹性势能越来越大B ．弹力越来越小，弹性势能越来越小C ．弹力先变小后变大，弹性势能越来越小D ．弹力先变大后变小，弹性势能越来越大 答案：A解析：滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F ＝kx 得弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，物块的动能逐渐转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能越来越大，A 正确．3.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如一根长为2L 的细线系一质量为m 的小球，两线上端系于水平横杆上，A 、B 两点相距也为L ，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )A ．6mgB ．23 mgC ．5mgD ．533 mg答案：B解析：小球恰好过最高点时有mg ＝m v 21R，解得v 1＝32gL ，由机械能守恒定律得mg ×3 L ＝12 m v 22 －12 m v 21 ，由牛顿第二定律得3 F －mg ＝m v 22 32L ，联立以上各式解得F ＝23 mg ，B 正确．4.[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为522 m/s ，则金属链条的长度为( )A ．0.6 mB ．1 mC ．2 mD ．2.6 m 答案：C解析：设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12 ×2mg ×L 4 sin θ－12 ×2mg ×L 4 ＋0＝－14 mgL (1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为E ′k ＝12 ×2m v 2，重力势能为E ′p ＝－2mg L2 ，由机械能守恒可得E ＝E ′k ＋E ′p ，即－14mgL (1＋sin θ)＝m v 2－mgL ，解得L ＝2 m ，C 正确．5．[2024·山东省济宁市期中考试]有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一根不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A ．4v 2gB ．3v 2gC ．2v 23gD ．4v 23g答案：D解析：如图所示，将A 、B 的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有v B cos 60°＝v A cos 30°，解得v A ＝33v ，由于A 、B 组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，B 减小的重力势能全部转化为A 和B 的动能，有mgh ＝12 m v 2A ＋12 m v 2B ，解得h ＝2v 23g ，绳长L ＝2h ＝4v 23g，D 正确．6.(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在O 点，另一端与质量为m 的小球连接，小球套在光滑的斜杆上，初始时小球位于A 点，弹簧竖直且长度为原长L .现由静止释放小球，当小球运动至B 点时弹簧水平，且长度再次变为原长．关于小球从A 点运动到B 的过程，以下说法正确的是( )A ．小球的机械能守恒B ．小球运动到B 点时的速度最大 C.小球运动到B 点时的速度为0D ．小球运动到B 点时的速度为2gL答案：BD解析：在小球向下运动的过程中，弹簧的弹力做功，并不是只有重力做功，小球的机械能不守恒，A 错误；从A 到B 的过程中，弹簧弹力做功为零，小球的重力做正功最多，由动能定理得小球的速度最大，B 正确，C 错误；小球运动到B 点时，弹簧为原长，由系统的机械能守恒定律得mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，D 正确．7.(多选)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y ＝2.5cos (kx ＋23 π)(单位：m)，式中k ＝1 m －1，将一光滑小环套在该金属杆上，并从x ＝0处以v 0＝5m/s 的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.当小环运动到x ＝π3 时的速度大小v 1＝52 m/sB.当小环运动到x ＝π3 时的速度大小v 1＝5 m/sC ．该小环在x 轴方向最远能运动到x ＝56 π处D ．该小环在x 轴方向最远能运动到x ＝76 π处答案：AC解析：当x ＝0时，y 0＝－1.25 m ；当 x ＝π3 时，y 1＝－2.5 m ．由机械能守恒定律得mg (y 0－y 1)＝12 m v 21 －12 m v 20 ，解得v 1＝52 m/s ，A 正确，B 错误；设小球速度为零时上升的高度为h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12 m v 20 ，解得h ＝1.25 m ，即y ＝0，代入曲线方程可得x ＝56π，C 正确，D 错误．8.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的四分之一圆弧轨道BC ，与竖直轨道AB 和水平轨道CD 相切，轨道均光滑．现有长也为R 的轻杆，两端固定质量为m 的小球a 、质量为2m 的小球b (均可视为质点)，用某装置控制住小球a ，使轻杆竖直且小球b 与B 点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑．设小球始终与轨道接触，重力加速度为g .则( )A ．下滑过程中a 球机械能增大B ．下滑过程中b 球机械能守恒C ．小球a 滑过C 点后，a 球速度大于26mgR3D ．从释放至a 球到滑过C 点的过程中，轻杆对b 球做正功为23 mgR答案：D解析：下滑过程中，若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，若分开单独分析，杆对a 球做负功，a 球的机械能减小，杆对b 球做正功，b 球的机械能增加，A 、B 错误；若以两球为整体，只有重力做功，则有系统的机械能守恒，则有mg ·2R ＋2mgR ＝12(m ＋2m )v 2，解得v ＝26gR 3 ，C 错误；对b 球分析，由动能定理可得W ＋2mgR ＝12 ·2m v 2，W ＝12 ·2m v 2－2mgR ＝23 mgR ，杆对b 球做正功为23mgR ，D 正确．9．[2024·浙江1月]类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”．如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d ，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小．Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U ＝φⅠ－φⅢ.一束质量为m 、电荷量为e 的质子从O 点以入射角θ射向Ⅰ区，在P 点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P 点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角．已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N ，初速度为v 0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响．(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d 的最小值；(2)若U ＝m v 20 2e，求“折射率”n (入射角正弦与折射角正弦的比值)；(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)；(4)在P 点下方距离3m v 0eB 处水平放置一长为4m v 0eB的探测板CQD (Q 在P 的正下方)，CQ 长为m v 0eB ，质子打在探测板上即被吸收中和．若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O 点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F 的大小与U 之间的关系．答案：(1)2m v 0Be (2)2 (3)U ≤－m v 20 cos 2θ2e(4)见解析解析：(1)根据牛顿第二定律 Be v 0＝m v 20r不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d 的最小值为 d min ＝2r ＝2m v 0Be(2)设水平方向为x 方向，竖直方向为y 方向，x 方向速度不变，y 方向速度变小，假设折射角为θ′，根据动能定理Ue ＝12 m v 21 －12 m v 20 解得 v 1＝2 v 0 根据速度关系 v 0sin θ＝v 1sin θ′ 解得n ＝sin θsin θ′ ＝v 1v 0＝2 (3)全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y 方向速度为零，即 Ue ＝0－12 m (v 0cos θ)2可得U ＝－m v 20 cos 2θ2e即应满足U ≤－m v 20 cos 2θ2e(4)临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得 ∠CPQ ＝30°所以如果U ≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当U ≥0时 F ＝2Nm v y 又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 F ＝2Nm34v 20 ＋2eUm②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D 点，水平方向速度为v x ＝v 02所以v y ＝v x tan 60° ＝36 v 0又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 U ＝－m v 20 3e即当U <－m v 203e 时F ＝0③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为(－m v 203e ≤U <0)，此时仅有O 点右侧的一束粒子能打到板上，因此F ＝Nm v y 又eU ＝12 m v 2y－12 m (v 0cos θ)2 解得 F ＝Nm 34v 20 ＋2eUm。