【师说】2016高考物理二轮复习 专题三 动能定理和能量守恒定律 3.6 功 功率 动能定理课件
过程中各力做功的多少和正负即可，这正是动能定理解题的优越性
所在．
(2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉
及___力_____、位移和___速__度___的求解时可优先考虑动能定理．
(3)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，
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 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度a＝
v2 2x
＝
802 2×100
到B的过程，由动能定理有－mg·2R＝
1 2
mv
2 B
－
1 2
mv
2 C
，在C处有N′C
－mg＝m
v2C R
，根据牛顿第三定律有NC＝N′C＝7mg，选项C错误；
从P到B的过程，由动能定理有mgh＝
1 2
mv
2 B
，h＝R，所以P、A间距
为R＋R＝2R，选项D正确．
答案：D
4．质量为m的某同学(视为质点)需要借助悬挂 在高处的绳飞越鸿沟到达对面的平台上，他抓住 绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为 α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为 l(l<H)，不考虑空气阻力和绳的质量，则下列说 法正确的是( )
(1)求v1：由F－Ff＝ma，P＝P额＝Fv1得v1＝Ff＋P额ma. (2)求vmax∶vmax＝PF额f .
【例 2】 2015·四川理综严重的雾霾天气，对国计
答案：D
2.2015·温州十校联考(多选)如图所示，劲度
系数为 k 的水平轻弹簧的一端固定在墙上，另一
端与置于水平面上质量为 m 的物体接触而未连
接，且弹簧无形变．用水平向右的力 F 缓慢推动物体，在弹性限度
内弹簧长度被压缩了 x0，此时物体静止于 P 处．撤去 F 后，物体开 始向左运动，运动的最大距离为 4x0.物体与水平面间的动摩擦因数 为 μ，重力加速度为 g，则( )
核心自查
一、常用基本公式： 1．恒力做功的公式：W＝___F__lc_o_s_α______________，其中 α 为___力___F__和__位__移__l_的__夹__角_______________． 2．平均功率的公式：P＝Wt ＝____F__v_c_o_s_α______. 3．瞬时功率的公式：P＝____F_v_c_o_s_α_____，当 α＝0 时，P＝ ____F_v_____. 4．动能定理的表达式：W 总＝____E__k2_－__E_k_1_______，其中 W 总 为_____所__有__外__力__做__功__的__代__数__和_____．
A．该同学摆到最低点时处于失重状态
B．该同学摆到最低点时的速度是 2gH1－cosα C．该同学摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3－2cosα)mg D．该同学摆到最低点的过程中所受重力的功率一直增大
解析：该同学摆到最低点时加速度方向竖直向上，处于超重
状态，选项A错误；该同学下摆到最低点的过程中拉力不做功，根
解析：当质点由 P 点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 FN＝2mg， 由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvR2Q，v2Q＝gR.对质点自 P 点滑到 Q 点
应用动能定理得：mgR－Wf＝12mv2Q－0，得：Wf＝12mgR，因此，A、
B、D 错，C 正确．
答案：C
3．一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动．当物 块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如 图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大 高度记为 h.重力加速度大小为 g.物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分 别为( )
A．小球运动到B点时的速度为 gR B．小球运动到B点时重力的瞬时功率为mg 2gR C．小球运动到最低点C时对轨道的压力为6mg D．A、P间距为2R
解析：在B点由牛顿第二定律有N′＋mg＝m
v2B R
，根据牛顿第
三定律有N′＝N＝mg，得vB＝ 2gR ，选项A错误；在B点小球速 度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，选项B错误；从C
(1)计算功的方法： ①按照功的定义求功． ②用动能定理 W＝ΔEk 或功能关系求功(当 F 为变力时，高中阶 段往往考虑用这种方法求功)． ③利用功率公式 W＝Pt 求解． (2)关于功、功率应注意的三个问题 ①功的公式 W＝Fl 和 W＝Flcosα 仅适用于恒力做功的情况． ②变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为 恒力，也可应用动能功特点、计算公式
重力
与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，
|WG|＝__m__g_h___
静摩擦力
可以做正功、负功、不做功
滑动摩擦力
可以做正功、负功、不做功
一对静摩擦力 一对滑动摩擦力
机车牵引力 静电力 电流 洛伦兹力
总功为___零_____
总功为负功，W 总＝－Ffs 相对
答案：ABD
热点二 机车的启动问题 1.恒定功率启动
机车第一阶段做加速度逐渐减小的加速运动， 第二阶段做匀速直线运动．速度图象如图所示，当 F＝Ff 时，vmax＝PF＝FPf.
2．恒定加速度启动
机车第一阶段做匀加速直线运动，当功率达到 额定功率后达到匀加速过程的最大速度v1；第二阶 段保持功率不变，做变加速运动，直至达到最大速 度vmax；第三阶段做匀速直线运动，速度图象如图所示．
(1)邮件滑动的时间t； (2)邮件对地的位移大小x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.
解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到
的滑动摩擦力为F，由牛顿第二定律得 F＝μmg＝ma ① 由运动学公式得 at＝v ② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s ③ (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定
渐减小，物体受到的合外力是变化的，加速度也是变化的，选项A 错误；弹簧恢复原长后，物体与弹簧分离做匀减速直线运动直至
停下，此段时间设为t，则4x0－x0＝
1 2
a1t2，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1，得t＝
6x0 μg
，选项B正确；物体刚开始向左运动时的
加速度大小a2＝kx0－mμmg＝kmx0－μg，选项C正确；速度达到最大时
P 不变时，W＝__P__t____；F 不变时，W＝Fs 与路径无关，只与初、末位置有关，W 电＝__q__U____
电流做功实质上是静电力的功，W＝__U__I_t ___ 洛伦兹力做功为___零_____
三、动能定理的应用 1．应用动能定理解题的基本步骤
2．应用动能定理解题时需注意的问题
(1)动能定理既适应用于__直__线____运动，也适用于__曲__线____运 动；既适用于__恒__力____做功，也适用于__变__力____做功．力可以是各
kx＝μmg，物体从P处运动到速度最大处的位移s＝x0－x，摩擦力
对物体做的功为－μmgs＝－μmg(x0－μmk g)，选项D正确．
答案：BCD
3. 2015·福州期中考试 如图所示，在竖直平面内有一
半径为R的光滑固定圆弧轨道，半径OA水平，OB竖 直，一个质量为m的小球自A的正上方P处由静止下 落，沿轨道到达最高点B时对轨道压力大小N＝mg，重 力加速度为g，则下列说法正确的是( )
理，有
Fx＝12mv2－0 ④ 由①④式并代入数据得 x＝0.1 m ⑤
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位 移为s，则
s＝vt ⑥ 摩擦力对皮带做的功 W＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W＝－2 J ⑧
答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J
[归纳方法]
答案：D
高考演练
1.2015·江淮十校联考如图所示，在向右做匀减速 运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢 始终保持相对静止．则下列说法中正确的是( )
A．人对车厢的推力不做功 B．人对车厢的推力做负功 C．车厢对人的作用力做正功 D．车厢对人的作用力做负功
解析：人对车厢的推力方向向右，与车厢的位移方向相同， 人对车厢的推力做正功，选项A、B错误；人随车厢一起向右减 速，人运动的加速度方向向左，根据牛顿第二定律知车厢对人的 水平作用力的方向向左，与车的位移方向相反，车厢对人的作用 力做负功，选项D正确，C错误．
A．tanθ 和H2 B.2vg2H－1tanθ 和H2 C．tanθ 和H4 D.2vg2H－1tanθ 和H4
解析：由动能定理有
－mgH－μmgcosθsiHnθ＝0－12mv2 －mgh－μmgcosθsihnθ＝0－12m(v2)2 解得μ＝(2vg2H－1)tanθ，h＝H4 ，故D正确．
③对于功率的计算，应注意区分公式 P＝Wt 和公式 P＝Fv，前 式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．
变式训练1 2015·浙江理综(多选)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3.0×104 kg，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
答案：C
热点一 功和功率的计算
功的计算
功率的计算
恒力的功：W＝Flcosα
变力的功： 1．如果 F－l 成线性关系，可用平均
平均功率：P＝Wt ＝Flcosα/t.
力或图象法计算 2．W＝Pt 3．化变力为恒力
P＝F v cosα 瞬时功率：P＝Fvcosα
4．动能定理
高中物理必修2动能定理和机械能守恒定律复习
高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习 考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。
在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即a V V S 22122-=。
可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。
（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
W 总=△E K =E K2－E K1 。
它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。
可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。
外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。
②注意的动能的变化，指末动能减初动能。
用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。
③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。
（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。
②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。
高考物理动能定理和能量守恒专题汇编
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
高三物理二轮复习 第一篇 专题通关三 动能定理和能量守恒定律 6 功 功率 动能定理课件
【解析】选C。根据重力做功的特点可知,从开始运动至落地,重力对 两小球做功相同,选项C正确;由动能定理可知,两小球落地时的速度大 小相同,而方向不相同,A错误;由P=mgvcosα可知,两小球落地时,重力 的瞬时功率不相同,选项B错误;从开始运动至落地,运动时间不同,重 力对两小球做功的平均功率不相同,选项D错误。
4
3
2
4
【解析】选C。在Q点,FN-mgm=Rv 2 理得mgR-W12 f= mv2, 解得Wf=12 mgR,故C正确。
,所以v= g R ;由P到Q根据动能定
3.(2015·全国卷Ⅱ)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( )
【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.功和功率的理解与计算,主要考查摩擦力做功正负的判断与计算,弹 簧弹力的做功情况,弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等。 2.结合牛顿第二定律、动能定理考查机车的启动问题。 3.应用动能定理考查单个物体、多个过程中动能的变化以及力的做功 情况。
摩擦力,故B正确;滑块A滑到底端的速度v=at= 2 g h,B滑到底端的速
度也为 2 g,h由于质量不同,两滑块的速度大小相同,则重力的
瞬时功率P=mgvsinα不同,故C错误;因为A、B的加速度均沿斜面向 下,对整体分析,整体处于失重状态,则支持力小于三个物体的总重力,故 D错误。
【规律总结】关于功、功率应注意的三个问题 (1)适用条件：功的公式W=Fl和W=Flcosα仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化,如将变力转化 为恒力,也可应用动能定理等方法求解。 (3)公式选择：对于功率的计算,应注意区分公式P= W 和公式P=Fv,前
【师说】2016高考物理二轮复习 专题三 动能定理和能量守恒定律 3.7 机械能守恒定律 功能关系课时作业
机械能守恒定律 功能关系A 组一、选择题 1．(多选)如图所示，离水平地面一定高度h 处固定一内壁光滑的水平圆筒，筒内的轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度v0斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能B ．小球在空中运动的过程中处于失重状态C ．小球压缩弹簧的过程中减少的动能等于弹簧增加的弹性势能D ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒解析：对小球和弹簧整体，根据机械能守恒定律得弹簧获得的最大弹性势能E pm ＝12mv 20－mgh ，选项A 错误；小球在空中运动的过程中的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项B 正确；根据机械能守恒定律知，小球压缩弹簧的过程中减少的动能等于弹簧增加的弹性势能，选项C 正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对小球做负功，小球的机械能不守恒，选项D 错误．答案：BC2．如图所示，从光滑的14圆弧槽的最高点由静止滑下的小物块(视为质点)，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平．若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧槽轨道半径为R 1，半球半径为R 2，则R 1和R 2应满足的关系是( )A ．R 1≥R 22B ．R 1≤R 22C ．R 1≥R 2D ．R 1≤R 2解析：小物块沿光滑的圆弧槽下滑过程，根据机械能守恒定律，有mgR 1＝12mv 2，要使物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即从半球顶点开始做平抛运动，则mg ≤m v 2R 2，得R 1≥R 22，只有选项A 正确．答案：A3.2015·合肥一模如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgRB.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R，即铁块动能E k ＝12mv 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 项正确．A．A和B组成的系统机械能守恒B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C．A到达挡板处时，B的速度为零D．A到达挡板处时，A机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与B的机械能增加量之和解析：A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，由于物块运动过程中弹簧的长度会改变，弹性势能会改变，所以A和B组成的系统机械能不守恒，选项A错误；当A的速度最大时，有弹簧拉力大小F＝Mg sin30°＝mg，B受到的重力与拉力恰好平衡，B与地面间的作用力为零，选项B正确；之后，弹簧弹力继续增大，A到达挡板处时，由于弹簧弹力大于B的重力，所以此时B还在加速之中，速度不为零，选项C错误；此时A的速度为零，根据系统机械能守恒可知，A机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与B的机械能增加量之和，选项D 正确．答案：BD7.2015·西城期末把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是( ) A．经过位置B时小球的加速度为0B．经过位置B时小球的速度最大C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小解析：分析小球从A到B的过程中受力情况，开始是弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力．根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，AB错；从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，C对，D错．答案：C8.2015·银川一中月考(多选)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )甲 乙A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：由v －t 图象可知，传送带沿斜面向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为 1 m/s 2的匀减速直线运动，对其受力分析，可得f －mg sin θ＝ma ，N －mg cos θ＝0，f ＝μN ，联立可得μ＝0.875，选项A 正确；根据v －t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s 内物体的位移x ＝12×4×(2＋6) m －12×2×2 m＝14 m ，选项B 错误；0～8 s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和，ΔE ＝mgx sin37°＋12m ×v 21－12m ×v 20＝90 J ，选项C 正确；0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q ＝μmgs 相对cos37°＝126 J ，选项D 正确．答案：ACD二、非选择题9.2015·银川一中月考如图所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：甲 乙(1)运动员经过B 点时速度的大小v B ；(2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s.(2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgh AB ＝12mv 2B －E k 其中h AB ＝L (1－cos θ)代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水平面高h ，则12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2h g 解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：(1)4.8 m/s (2)76 J (3)见解析10.2015·长春二模如图所示，可视为质点的总质量为m ＝60 kg 的滑板运动员(包括装备)，从高为H ＝15 m 的斜面AB 的顶端A 点由静止开始沿斜面下滑，在B 点进入光滑的四分之一圆弧BC ，圆弧BC 的半径为R ＝5 m ，运动员经C 点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t ＝2 s 后又落回轨道．若运动员经C 点后在空中运动时只受重力，轨道AB 段粗糙、BC 段光滑(g ＝10 m/s 2)．求：(1)运动员离开C 点时的速度和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B 时对轨道的压力；(3)从A 点到B 点，运动员(包括装备)损失的机械能．解析：(1)设运动员离开C 点时的速度为v 1，上升的最大高度为hv 1＝g t 2＝10 m/s ，h ＝v 212g＝5 m (2)设运动员到达B 点时的速度为v 2，B 到C ：12mv 21＋mgR ＝12mv 22 F N －mg ＝m v 22RF N ＝3 000 N由牛顿第三定律F ′N ＝F N ＝3 000 N ，方向竖直向下．(3)A 到B ：ΔE ＝mgH －12mv 22 ΔE ＝3 000 J.答案：(1)10 m/s 5 m (2)3 000 N ，方向竖直向下(3)3 000 JB组一、选择题1.2015·廊坊统考如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是( )A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J解析：整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c点速度最大，所以合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc＝mg sin30°，解得：k＝50 N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹力对滑块做功小于8 J，CD项错．答案：A2.2015·南昌一模(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图可知( )甲乙A．A、B两点的距离为2.4 mB．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J解析：由图乙可知，货物在前0.2 s运动的距离L1＝0.2 m，在0.2～1.2 s内移动的距离L2＝3 m，所以A、B两点距离L＝L1＋L2＝3.2 m，A错误；从图象上看，前0.2 s货物的加速度a1＝10 m/s2,0.2～1.2 s内货物的加速度a2＝2 m/s2，根据受力情况，可知ma1＝mg sinθ＋μmg cosθ，ma2＝mg sinθ－μmg cosθ，解得μ＝0.5，B正确；同时还解得摩擦力f＝μmg cosθ＝4 N，前0.2 s摩擦力做功W1＝fL1＝0.8 J，在0.2～1.2 s内摩擦力做功W2＝－fL2＝－12 J，摩擦力对货物做的总功W1＋W2＝－11.2 J，C错误；从图象可求得相对位移L相＝1.2 m，摩擦产生的热量Q＝1.2×4 J＝4.8 J，D正确．答案：BD3．质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，力F随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：由题图可知F —x 图线与横轴围成的面积表示功，由动能定理可知W ＝12mv 2－12mv 20，经计算可得v ＝3 m/s ，B 正确．答案：B4．(多选)如图所示，一物块通过一橡皮筋与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡 皮筋与斜面平行且恰为原长．现给物块一沿斜面向下的初速度v 0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮筋的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．物块的动能一直增加B ．物块运动的加速度一直增大C ．物块的机械能一直减少D ．物块减少的机械能等于橡皮筋增加的弹性势能解析：由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ≤f ＝μmg cos θ，在物块下滑过程中，橡皮筋拉力F 一直增大，根据牛顿第二定律有a ＝f ＋F －mg sin θm，选项B 正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A 错误；滑动摩擦力和拉力F 一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C 正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮筋增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D 错误．答案：BC5.2015·保定期末(多选)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上．两根相同的光滑细钉(大小不计)垂直斜面对称固定在斜面底边中垂线OO ′的两侧，相距l .将一遵循胡克定律、劲度系数为k 的轻质弹性绳套套在两个细钉上时，弹性绳恰好处于自然伸长状态．现将一物块通过光滑轻质挂钩挂在绳上并置于斜面上的A 位置，物块在沿斜面向下的外力作用下才能缓慢沿OO ′向下移动．当物块运动至B 位置时撤去外力，物块处于静止状态．已知AB ＝l ，轻绳始终与斜面平行，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．在移动物块的过程中，斜面对物块的作用力保持不变B ．物块到达B 位置时，弹性绳的张力大小为3klC ．撤去外力后，物块在B 位置受到的摩擦力可能大于mg 2D ．物块从A 位置到达B 位置的过程中，物块与弹性绳组成的系统机械能守恒解析：因物块沿斜面是缓慢移动的，所以物块一直处于平衡状态，斜面对物块的作用力保持不变，选项A 正确；物块到达B 位置时，弹性绳伸长(5－1)l ，弹性绳的张力大小为F ＝(5－1)kl ，选项B 错误；弹性绳对物块的合力为3kl ，当物块受到的摩擦力沿斜面向下时，物块在B 位置受到的摩擦力可能大于mg2，选项C 正确；因物块从A 位置运动到B 位置的过程中，摩擦力做了负功，物块与弹性绳组成的系统机械能不守恒，选项D 错误．答案：AC6.2015·太原一模(多选)某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为kv ＝0＋102m/s ＝5 m/s ，平均功率P ＝mg sin θ·v ＝30 W ，选项B 错误；由题中图象知t ＝6 s 时物块的速率v 6＝10 m/s ，物块克服摩擦力做功的功率P 6＝fv 6＝40 W ，选项C 错误；根据功能关系，在0～1 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝fs 1，在1～6 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 2＝fs 2，由题中图象得s 1＝12×1×10 m＝5 m ，s 2＝12×(6－1)×10 m＝25 m ，所以ΔE 1ΔE 2＝s 1s 2＝15，选项D 正确． 答案：AD8．(多选)如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m 的小滑块接触但不拴接．现用沿斜面向下的力F 推滑块至离地高度h 0处，弹簧与斜面平行，撤去力F ，滑块沿斜面向上运动，其动能E k 和离地高度h 的变化关系如图乙所示，图中h 2对应图线的最高点，h 3到h 4范围内图线为直线，其余部分为曲线．重力加速度为g ，则( )甲 乙A ．h 1高度处，弹簧形变量为mg sin θkB ．h 2高度处，弹簧形变量为mg sin θkC ．h 0高度处，弹簧的弹性势能为mg (h 3－h 0)D ．h 1高度处，弹簧的弹性势能为mg (h 3－h 1) 解析：开始时，滑块所受合力沿斜面向上，合力做功最多时，滑块的动能最大，即在h 2时，滑块所受合外力为零，由共点力平衡条件可知，mg sin θ＝kx ⇒x ＝mg sin θk，B 项正确，A 项错；滑块到达h 3后，加速度不变，此时弹簧处于原长，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，由h 0到h 3过程中，E p0＋mgh 0＝mgh 3＋E k1，解得E p0＝mg (h 3－h 0)＋E k1，C 项错；同理，由h 1到h 3过程中，E p1＋mgh 1＋E k1＝mgh 3＋E k1，解得E p1＝mg (h 3－h 1)，D 项正确．答案：BD二、非选择题9.2015·南昌调研如图所示，在粗糙水平面上竖直固定半径为R ＝6 cm 的光滑圆轨道，质量为m ＝4 kg 的物块静止放在粗糙水平面上的A 处，物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.75，A 与B 的间距L ＝0.5 m ，现对物块施加大小恒定的拉力F 使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B 处将拉力F 撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F 与水平面的夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g 取10 m/s 2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B 处时的动能；(2)拉力F 的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ. 解析：(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v ，则有mg ＝m v 2R物块从B 处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒定律得E k B ＝2mgR ＋12mv 2 联立解得E k B ＝52mgR ＝6 J 所以物块到达B 处时的动能E k B ＝6 J.(2)物块从A 运动到B因为W 合＝ΔE k所以FL cos θ－μ(mg －F sin θ)L ＝E k BE k B ＝FL (cos θ＋μsin θ)－μmgL解得F ＝E k B ＋μmgL cos θ＋μsin θL ＝42cos θ＋0.75sin θN 由数学知识可知，当θ＝37°时，F 的最小值为33.6 N.答案：(1)6 J(2)拉力F 的最小值为33.6 N ，此时θ＝37°10.2015·贵州七校联考如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小，传送带的运行速度为v 0＝6 m/s ，将质量m ＝1.0 kg 的可看做质点的滑块无初速地放到传送带A 端，传送带长度为L ＝12.0 m ，“9”字全高H ＝0.8 m ，“9”字上半部分圆弧半径为R ＝0.2 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间；(2)求滑块滑到轨道最高点C 时受到轨道的作用力大小；(3)若滑块从“9”形轨道D 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P 点，求P 、D 两点间的竖直高度h (保留两位有效数字)．解析：(1)滑块在传送带上运动时，由牛顿运动定律得：μmg ＝ma得a ＝μg ＝3 m/s 2加速时间t 1＝v 0a ＝2 s ，前2 s 内的位移x 1＝12at 21＝6 m 匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m 时间t 2＝x 2v 0＝1 s故t ＝t 1＋t 2＝3 s.(2)滑块由B 到C 运动：－mgH ＝12mv 2C －12mv 20 在C 点：F N ＋mg ＝m v 2C R解得：F N ＝90 N.(3)滑块由B 到D 运动：－mg (H －2R )＝12mv 2D －12mv 20 在P 点：v ＝v Dtan45°竖直方向有：2gh ＝v 2解得：h ＝1.4 m.答案：(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m11。
最新-2021届高考物理二轮复习专题复习课件专题三 动能定理和能量守恒定律1 精品
[规律总结] (1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做 功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcosα进行计算．若是变力做 功，可以用以下几种方法进行求解：①微元法：把物体的运动
分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．②将变力做功转化 为恒力做功．③用动能定理或功能关系进行求解．
(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt 只能用来计算平均功率．P＝Fvcosα中的v是瞬时速度时，计算 出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功 率．
解析：根据平行四边形定则得v＝ v2x＋v2y ，代入数据解得 vy＝4 m/s；橄榄球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，重 力势能的减少量等于动能的增加量，动能的增加量ΔEk＝12mv2y＝
12×0.4×16 J＝3.2 J，重力的瞬时功率P＝mgvy＝0.4×10×4 W ＝16 W.
答案：B
，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球
下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝12at2可知，下落相同的距
离，甲球所用的时间短，A、C项错误；由v2＝2ah可知，甲球末速度的大小
大于乙球末速度的大小，B项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力
做的功多，D项正确．
答案：BD
变式训练3 (多选)将一质量为m的木箱放在水平桌面上， 现对木箱施加一斜向右下方的恒力，使木箱由静止开始以恒定
的加速度a沿水平桌面向右做匀加速直线运动．已知恒力与水平 方向的夹角为θ，木箱与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度 为g.则木箱向右运动位移x的过程中，下列说法正确的是( )
A．恒力所做的功为m1＋a－μtμangθx B．恒力所做的功为m1－a＋μtμangθx C．木箱克服摩擦力做的功为μmgx D．木箱克服摩擦力做的功为μm1a－taμntθa＋nθgx
高考物理二轮复习第1部分---专题3---第2讲能量转化和守恒
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 1 Ep＝mg(1.5R＋R)＋ mv2 ③ 2 1 由②③式解得 Ep＝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 1 4．5R＝ gt2⑤ 2 x1＝v1t＋R⑥ 由⑤⑥式解得x1＝4R⑦ 2 当鱼饵的质量为 m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能 3 守恒定律有
小，平衡位置时速度最大，动能最大， A 、 B错；在 t2 ～ t3 时间内，
小球处在上升过程，小球的速度先增大后减小，即小球的动能先增 大后减小，C对；由机械能守恒定律，小球在 t2～t3时间内，增加的 动能与增加的重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，D错． 【答案】 C
(2011·福建高考)如图3－2－3为某种
鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其
下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部 BC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 缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵， 解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．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：
图3－2－2
A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势 能
【解析】
由弹簧弹力 F随时间t变化的图象知，0～t1时间内，
二轮专题三功能关系
关系。需要注意选择合适的参考系。
【典题精练】
典型二 机械能守恒定律在关联体问题中的应用
例题2 如图所示，长为L的轻质细杆一端拴在天花板上
的O点，另一端拴一质量为m的小球．刚开始细杆处于水平 位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直 位置，在此过程中小球沿圆弧从A点运动到B点，不计空气 和O点阻力，则（ ）
A. 小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0 B. 小球下落高度为0.5L时，细杆对小球拉力为1.5mg C. 小球经过B点时，细杆对小球的拉力为2mg D. 小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小
典例2解析
【总结提升】应用机械能守恒定律解题时的三点注意 (1)注意研究对象的选取:研究对象的选取是解题的首要环节, 有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究 对象机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为 研究对象,机械能却是守恒的。如该例题中,A或B机械能不守恒, 但A、B组成的系统机械能守恒。 (2)注意研究过程的选取:有些问题研究对象的运动过程分几个 阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒。因此, 在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
考点一 单个物体的机械能守恒
【核心精讲】 机械能守恒定律 (1)守恒条件: ①只有__重__力__或__系__统__内__弹__簧__弹__力_做功。 ②虽受其他力,但其他力_不__做__功__或__做__的__总__功__为__零。 (2)表达式: ①守恒的观点:_E_k1_+_E_p_1=_E_k_2_+_E_p2_。 ②转化的观点:_Δ__E_p_=_-_Δ__E_k 。
高考物理动能定理和能量守恒专题
专题 动能定理与能量守恒三、考点透视考点1：平均功率和瞬时功率例1、物体m 从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h ，当物体滑至斜面底端时，重力做功的功率为（ ） A.gh mg 2 B.gh a mg 2sin 21⋅ C.a gh mg sin 2 D.a gh mg sin 2 答案：C考点2：机车起动的问题例2质量kg m 3100.4⨯=的汽车，发动机的额定功率为KW p 40=，汽车从静止以2/5.0s m a =的加速度行驶，所受阻力N F f 3100.2⨯=，则汽车匀加速行驶的最长时间为多少？汽车可能达到的最大速度为多少？考点3：动能定理的应用例3如图2所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为0s ，以初速度0v 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？四、热点分析热点1：动能定理例1、半径cm R 20=的竖直放置的圆轨道与水平直轨道相连接。
如图6所示。
质量为g m 50=的小球A 以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去，如果A 经过N 点时的速度s m v /41=A 经过轨道最高点M 时对轨道的压力为N 5.0，取2/10s m g =． 求：小球A 从N 到M 这一段过程中克服阻力做的功W ．图6热点2：机械能守恒定律例2、如图7所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。
求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?热点3：能量守恒定律例3、如图4-4所示，质量为M ，长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）在光滑水平面上以v 0的水平速度向右运动，把质量为m 、长度可忽略的小木块置于B 端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块停在O 、A 之间？图4-4五、能力突破1．作用力做功与反作用力做功例1下列是一些说法中，正确的是（ ） A ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;B ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;C ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反;D ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反;正确选项是BD 。
2016届高考物理二轮复习重点讲练专题4功能关系与能量守恒
1．(2015·永安市模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M 的物体A 、B(物体B 与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v －t 图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )A ．施加外力的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M(g －a)B ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零C ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值D ．B 与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变答案 A分析 题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B 受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t 1时刻是A 与B 分离的时刻，之间的弹力为零．解析 A 项，施加F 前，物体AB 整体平衡，根据平衡条件，有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma其中：F 弹＝2Mg解得F AB ＝M(g －a)，故A 项正确．B 项，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a ；且F AB ＝0；对B ：F 弹′－Mg ＝Ma解得F 弹′＝M(g ＋a)，故B 项错误．C 项，B 受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B 受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故C 项错误；D 项，B 与弹簧开始时受到了A 的压力做负功，故开始时机械能减小；故D 项错误． 点评 本题关键是明确A 与B 分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB 整体和B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析．命题立意 机械能守恒定律2．(2015·浙江杭州模拟)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x 变化的图像乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平面上运动的最大位移是12 mC ．物体在运动中的加速度先变小后不变D ．物体运动的最大速度为8 m/s答案 D解析 本题主要考查牛顿第二定律、动能定理；A 项，物体先加速，当推力小于摩擦力时开始减速，当推力为零时，继续减速至速度为零，故A 项错误；B 项，对运动过程使用动能定理，则Fx －fs ＝0，图像面积即Fx ，可得s ＝10 m ，故B 项错误；C 项，加速度先减小至零，后反向增大，推力为零时，加速度保持不变，故C 项错误；D 项，当F ＝f ＝μmg ＝20 N 时由图像可得x ＝3.2 m ，对开始运动到合力为零过程使用动能定理得Fx －fx ＝mv 2max 2，故D 项正确． 3．(2015·浙江杭州模拟)如图所示x 轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x 轴平行，规定沿x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O 以一定的初速度沿x 轴正方向运动，点电荷到达x 2位置速度第一次为零，在x 3位置第二次速度为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )A．点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大B．点电荷从O点运动到x2，再运动到x3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C．O点与x2和O点与x3电势差UOx2＝UOx3D．点电荷在x2、x3位置的电势能最小答案 C解析本题主要考查牛顿第二定律、动能定理以及功能关系；A项，在Ox2之间电场是变化的．不可能做匀变速，故A项错误；B项，在Ox1之间加速度先增后减，在x1x2之间再次先增后减，向左返回时再次这样变化，在Ox3之间保持不变，故B项错误；C项，对于从x2到x3过程使用动能定理，qUx2O＋qUOx3＝0，故UOx2＝UOx3，则C项正确；由功能关系可知，在x2、x3位置动能最小，则电势能最大，故D项错误；本题正确为C项．4.(2015·浙江杭州模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定( )A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块最终所处的位置C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k答案 ABC解析 本题主要考查牛顿第二定律以及动能定理；设滑块到达底端时速度为v ，则v 2＝2a 1x ＝2a 2x 2，故加速度之比为1∶2，A 项正确；由于有摩擦力，最终滑块能量耗尽而静止于底端，故B 项正确；由a 2＝2a 1即2gsin α－2μgcos α＝gsin α＋μgcos α，故μ＝tan α3，C 项正确；滑块第k 次与挡板碰撞后，能在滑到杆的x ＝(12)k l 处，则滑块第k 次与挡板碰撞后速度v k 满足mv 2k 2＝mgxsin α＋μmgxcos α，由于l 未知，所以不能求得v k 的大小，故D 项错误；本题正确为ABC 项．5．(2015·山东模拟)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E ，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R 点(图中未标出)，然后返回．则( )A ．滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B ．滑块从P 点运动到R 点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C ．滑块返回能到达的最低位置在P 点的上方D ．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案BCD解析由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用，小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．A项，由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故A项错误；B项，由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B项正确；C项，小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点，故C项正确；D项，滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D项正确．命题立意本题旨在考查功能关系、机械能守恒定律易错警示该题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功．6.(2015·河北辛集中学)如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．弹簧的形变量相同时弹性势能相同．则小球在此过程中( )A．加速度等于重力加速度g的位置有两个B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离答案AC解析本题主要考查牛顿第二定律、功率以及功能关系；弹簧长度变化情况如下：A项，当弹簧垂直于杆时，小球竖直方向只受重力，加速度为g，继续向下运动，当弹簧恢复原长时，弹力为零，小球只受重力，加速度为g，故有两个位置加速度为g，A项正确；B 项，弹力功率为零的位置有三个：A点因速度为零，故功率为零，当弹簧垂直于杆时以及弹簧恢复原长时，弹力功率也为零，故B项错误；C项，因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功．故C项正确；D项，因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D项错误；本题正确为AC项．7．(2015·山东模拟)如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面．质量均为m 的两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R.轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定．开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值v m，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时( )A ．b 杆受到弹簧的弹力为B 2L 2－v m 2R B ．a 杆受到的安培力为B 2L 2－v m RC ．a 、b 杆与弹簧组成的系统机械能减少量为QD ．弹簧具有的弹性势能为12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q 答案 AD解析 当b 杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，根据安培力大小公式与闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律，可得到弹簧的弹力；两棒安培力关系求出a 杆受到的安培力．选取系统为研究对象，确定从开始到b 杆最大速度作为研究过程，由能量守恒来确定弹簧的弹性势能．A 项，b 杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得I ＝E 2R ＝－v m 2R ，b 棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2－v m 2R ，则弹簧的弹力为F ＝B 2L 2－v m 2R，故A 项正确；B 项，a 、b 两棒串联，电流相等，长度相等，所受的安培力大小相等，所以a 杆受到的安培力为B 2L 2－v m 2R，故B 项错误；C 项根据能量守恒定律可知，a 、b 杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q.故C 项错误；D 项，选两杆和弹簧组成系统为研究对象，从a 棒开始运动到b 棒达到最大速度，由能量守恒知，弹簧具有的弹性势能为12mv 20－12mv 2－12mv 2m －2Q.故D 项正确． 命题立意 本题旨在考察切割磁感线而产生电磁感应8．(2015·第二次大联考广东)如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小．开始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 滑到水平轨道上时速度为2gRD ．从释放到a 、b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为mgR 2答案 BD解析 由机械能守恒的条件得，a 机械能不守恒，a 、b 系统机械能守恒，所以A 项错误，B 项正确．对ab 系统由机械能守恒定律得mgR ＋2mgR ＝2×12mv 2，解得v ＝3gR ，C 项错误．对a 由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 2，解得W ＝mgR 2，D 项正确． 命题立意 机械能守恒定律，动能定理点拨 熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律，a 、b 系统机械能守恒．9．(2015·厦门模拟)一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过时间t 后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过时间t 后速度变为2v ，对于上述两过程，用ΔE J1、ΔE J2分别表示前后两次物体增加的机械能，ΔE P1、ΔE P2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则( )A ．ΔE J2＝2ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1B ．ΔE J2>2ΔE J1，ΔE P2>2ΔE P1C ．ΔE J2＝4ΔE J1，ΔE P2<ΔE P1D ．ΔE J2<4ΔE J1，ΔE P2＝2ΔE P1答案 D解析 由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s 1∶s 2＝v 2t ∶2v 2t ＝1∶2，两次上升的高度之比：h 1∶h 2＝s 1sin θ∶s 2sin θ＝1∶2 故重力势能的变化量之比：ΔE P1∶ΔE P2＝mgh 1∶mgh 2＝1∶2，ΔE P2＝2ΔE P1根据动能表达式：ΔE K ＝12mv 2，得ΔE K1∶ΔE K2＝1∶4，ΔE K2＝4ΔE K1， 而机械能ΔE ＝ΔE K ＋ΔE P ，故ΔE J2＝ΔE K2＋ΔE P2＝4ΔE K1＋2ΔE P1<4ΔE K1＋4ΔE P1<4ΔE J1，故ABC 项错误，D 项正确． 命题立意 本题旨在考查功能关系、动能和势能的相互转化．由物体的运动特征判断出物体重力势能和动能的增量关系，求解机械能变化量时用除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，这一方法在这里不好用，要利用动能与势能和等于机械能这一知识点 10.(2015·江苏)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为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之内，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，克服摩擦力做功为14mv 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度答案 BD解析 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 项错误；从A 到C ，根据能量守恒mgh ＝W f ＋E P ，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立解得W f ＝14mv 2，E P ＝mgh －14mv 2，所以B 项正确；C 项错误；从A 到B ：mgh 1＝12mv 2B1＋ΔE p1＋W f1，从C 到B ：12mv 2＋ΔE p2＝12mv 2B2＋W f2＋mgh 2，从C 到A ：12mv 2＋E p ＝mgh ＋W f ，联立可得v B2>v B1，所以D 项正确．11．(2015·贵阳二模)如图所示，倾角为θ＝37°足够长的传送带以较大的恒定速率逆时针运转，一轻绳绕过固定在天花板上的轻滑轮，一端连接放在传送带下端质量为m 的物体A ，另一端竖直吊着质量为12m 、电荷量为q ＝mgl 28k (k 为静电力常量)带正电的物体B ，轻绳与传送带平行，物体B 正下方的绝缘水平面上固定着一个电荷量也为q 的带负电的物体C ，此时A 、B 都处于静止状态．现将物体A 向上轻轻触动一下，物体A 将沿传送带向上运动，且向上运动的最大距离为l.已知物体A 与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，A 、B 、C 均可视为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A 、B 处于静止状态时物体B 、C 间的距离；(2)从物体B 开始下落到与物体C 碰撞前的整个过程中，电场力对物体B 所做的功． 分析 (1)开始时刻，物体A 、B 均保持静止，分别受力分析后根据平衡条件列式后联立求解即可；(2)BC 碰撞后，物体A 上升过程是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式求解BC 碰撞前的速度；物体B 下降过程，对A 、B 整体由功能关系列式求解电场力对物体B 所做的功．答案 (1)l 2(2)mgl 解析 (1)开始时，A 、B 均静止，设物体B 、C 间的距离为l 1，由平衡条件，有对A ：T ＝mgsin θ＋μmgcos θ 对B ：T ＝k q 2l 21＋mg2，其中q ＝mgl28k解得l 1＝l2(2)B 、C 相碰后，A 将做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 由运动公式，有0－v 2m ＝－2a(l －l 1) 解得v m ＝gl ，物体B 下降过程对A 、B 整体由功能关系，有 W 电＋12mgl 1－mg(sin θ＋μcos θ)l 1＝12(m ＋12m)v 2m ，解得W 电＝mgl命题立意 动能定理的应用；牛顿第二定律12．(2015·开封模拟)质量为m 的小物块A ，放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L(设木板B 足够长)后A 和B 都停下．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1，B 与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x 的表达式．分析 撤去水平拉力，A 受到的滑动摩擦力f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m ＝μ1g ，B 受到A 的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B 的加速度大小a 2＝μ2＋－μ1mgM，由μ2＞μ1分析两加速度的大小关系，判断B 先停止运动，然后A 在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A 、B 研究，求解x.答案 x 的表达式是x ＝μ1ML μ2－μ1＋解析 设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力f 1＝μ1mg ，加速度大小a 1＝f 1m＝μ1g此时B 的加速度大小a 2＝μ2＋－μ1mgM由于μ2＞μ1，所以判断B 先停止运动，然后A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变．对A 应用动能定理，得－f 1(L ＋x)＝0－12mv 2对B 应用动能定理，得μ1mgx －μ2(m ＋M)gx ＝0－12Mv 2消去v 解得x ＝μ1ML μ2－μ1＋.命题立意 动能定理的应用；牛顿第二定律13．如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L ，距左端L 处的右侧一段被弯成半径为L 2的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差L2的水平面上．以弧形导轨的末端点O 为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，建立Ox 坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t 均匀变化的磁场B(t)，如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x 方向均匀变化的磁场B(x)，如图3所示；磁场B(t)和B(x)的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m 的金属棒ab ，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B(t)开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t 0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g.(1)求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E ；(2)如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B(x)区域，离开时的速度为v ，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q ；(3)如果根据已知条件，金属棒滑行到x ＝x 1位置时停下来， a ．求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q ； b ．通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置． 答案 (1)L 2B 0t 0 (2)L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22(3)a.B 0Lx 1－x 12x 0Rb ．x ＝0处解析 本题主要考查电磁感应定律、机械能守恒以及功能关系． (1)由图2可知，ΔB Δt ＝B 0t 0根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝L 2ΔB Δt ＝L 2B 0t 0①(2)金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热 Q 1＝E 2R t ＝L 4B 2Rt 0金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律 mgL 2＝mv 202② 金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q 2，根据能量守恒定律Q 2＝mv 202－mv 22＝mgL 2－mv22所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热 Q ＝Q 1＋Q 2＝L 4B 20Rt 0＋mgL 2－mv 22(3)a.根据图3，x ＝x 1(x 1<x 0)处磁场的磁感应强度B 1＝B 0－x 1x 0.设金属棒在水平轨道上滑行时间为Δt.由于磁场B(x)沿x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律Δt 时间内的平均感应电动势E 均＝ΔΦΔt ＝Lx 1B 0＋B 12Δt ＝B 0Lx 10－x 12x 0Δt所以，通过金属棒电荷量q ＝I 均Δt ＝E 均R Δt ＝B 0Lx 10－x 12x 0Rb ．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式 I 1＝E R ＝L 2B 0t 0R金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度v 0＝gL 所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流 I 2＝E′R ＝B 0L gL R若金属棒自由下落高度L2，经历时间t ＝Lg，显然t 0>t所以，I 1＝L 2B 0t 0R <L 2B 0Rt ＝L 2B 0RLg＝I 2综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x ＝0处，感应电流最大．。
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律(全国版)
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J 答案B 解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)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，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道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m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)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答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)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)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。