2019年高考物理热点题型和提分秘籍专题5.4功能关系能量守恒定律(题型专练)含解析
1．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。
弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。
以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。
现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。
物块运动至x＝0.4m处时速度为零。
则此时弹簧的弹性势能为(g取10m/s2) ()A．3.1J B．3.5JC．1.8J D．2.0J答案：A2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点。
在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m 为()A．100g B．200gC．300g D．400g答案：D解析：砝码质量m0＝800g＝0.8kg；根据能量的转化与守恒有：μmg·AB1＝E Pμ(m0＋m)g·AB2＝E P联立得：m＝0.4kg＝400g3．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案：B4.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0。
下列说法中正确的是()A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多答案：C解析：将滑块C的运动沿水平方向和沿斜面向下方向正交分解，A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，根据牛顿第二定律知，沿斜面方向C的加速度大于A的加速度，又沿斜面向下A、C都做初速度为零的加速运动，由运动规律知C先到达斜面底端，故A错误；三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减小量等于克服阻力做的功，故滑块C机械能减小的最多，故B错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最多，而B有初速度，根据动能定理可知，滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故C正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同，故D错误。
5．一质量为M＝1.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间)，如图甲所示。
地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。
在这一个过程中下列判断正确的是()A．传送带速度大小2m/s，方向向左B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2C．传送带对物块做的功为6JD．物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为4J答案：A6．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RR＋h(h＋2R) B．mg月RR＋h(h＋2R)C．mg月RR＋h(h＋22R) D．mg月RR＋h(h＋12R)答案：D解析：玉兔在h处，GMmR＋h2＝mv2R＋h，又GMR2＝g月，可得v＝g月R2R＋h，动能E k＝12mv2＝mg月R2 R＋h ，势能为E p＝GMmhR R＋h＝mg月RhR＋h，需要对玉兔做功W＝E p＋E k＝mg月RR＋h(h＋12R)，选项D正确。
7．如图所示，轨道NO和OM底端对接且θ＞α，小环自N点由静止滑下再滑上OM。
已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同。
若用F、F f、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。
其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是()答案：AB8．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安装一个定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。
初始时刻，手扶物块B使物块A、B处于静止状态。
松手后物块A下落，物块B沿斜面上滑，则从松手到物块A着地前的瞬间(B未碰到滑轮) ()A．物块A减少的机械能等于物块B增加的机械能B．轻绳对物块B做的功等于物块B的机械能增量C．轻绳对物块A做的功等于物块A的机械能变化量D．摩擦力对物块B做的功等于系统机械能的变化量答案：CD9．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B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为h，物体B静止在斜面上的挡板P处。
放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为mg hB．此时弹簧的弹性势能等于mgh－12mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动答案：AB解析：物体B对挡板恰好无压力时，其仍处于静止状态，其合力为零，由平衡条件可得kh－2mgsin30°＝0，h＝mgh，选项A正确；由功能关系可得，此时弹簧的弹性势能等于mgh－12mv2，选项B正确；此时对物体A受力分析，其合力为零，无加速度，选项C错误；此后物体B仍处于静止状态，选项D错误。
10.如图所示，足够长传送带与水平面的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连。
开始时，a、b及传送带均静止且m b>m a sinθ。
现使传送带顺时针匀速转动，则物块在运动(物块未与滑轮相碰)过程中()A．一段时间后可能匀速运动B．一段时间后，摩擦力对物块a可能做负功C．开始的一段时间内，重力对a做功的功率大于重力对b做功的功率D．摩擦力对a、b组成的系统做的功等于a、b机械能的增量答案：ABD11.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是()A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：C滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错；C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．12.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将二个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加13.滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以 6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度()A．大于 6 m/s B．等于 6 m/sC．小于 6 m/s D．条件不足，无法计算解析：A当初速度为7 m/s时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．而当初速度变为 6 m/s时，运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点的动能大于他在A点的动能．14．(多选)如图所示，D、A、B、C四点水平间距相等，DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1∶3∶5.现分别放置三个相同的小球(视为质点)，均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A、B、C三点沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，下列说法中正确的有()A．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B．三个小球弹出时的动能之比为1∶1∶1C．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶3∶5D．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶1015.(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中()A．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B．木块沿斜面下滑的距离为v1＋v22tC．如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1D．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh－12mv22＋12mv21解析：BD对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v＝v1＋v22，故下滑的距离为：x＝v t＝v1＋v22t，故B正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 21，故D 正确．16.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说法正确的是()A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小C ．小物块在O 点时的速度最大D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功17.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m(M>m)的滑块，通过不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，在两滑块沿斜面运动的过程中()A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析：CD 因为M 克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A 错误．由功能关系知，系统减少的机械能等于M 克服摩擦力做的功，D 正确．对M 除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理可知B错误．对m有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．18.某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知()A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大19．弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则()A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程解析：D从D到C过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A错误；弹丸竖直向上发射，从D到C过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点F弹＝mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D到C过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B错误；从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C错误；从D到E过程橡皮筋的弹力大于从E到C过程的，故从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程，选项D正确．20.(多选)(如图是某缓冲装置示意图，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则()A．小车被弹回时速度v一定小于v0B．直杆在槽内移动的距离等于1f(12mv20－12mv2)C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力21．如图所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则()A．动摩擦因数为tan θB．动摩擦因数为h1 sC．倾角α一定大于θD．倾角α可以大于θ22．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C．滑块可能重新回到出发点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：CD设AB的高度为h，假设物块从A点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是从A下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg＝mv2CR，解得v C＝gR，从A到C根据动能定理：mg(h－2R)＝12mv2C－0，整理得到：h＝2.5R，故选项A错误；从A到最终停止，根据动能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝hμ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度h有关，故选项B错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确．23.如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g ＝4 m/s2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t，解得：v＝1 m/s，t＝2 s.铁块相对地面的位移x1＝v0t－12a1t2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x2＝12a2t2＝12×0.5×4 m＝1 m.铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q＝F fΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a3，发生的位移为s，则有：a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝v2－02a3＝12m＝0.5 m.木板在水平地面上滑行的总路程x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s2(2)1.5 m24.如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40 m，离地面的高度H＝3.2 m，传送带以恒定的速率v0＝2 m/s向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P、Q不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态．现将P、Q轻放在传送带的最左端，P、Q一起从静止开始运动，t1＝4 s时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P速度反向，滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m＝0.2 kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．(2)两滑块离开传送带后做平抛运动时间相等，故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差t1＝4 s时，滑块P、Q位移大小x1＝x0＋v0(t1－t0)＝6 m滑块Q与传送带相对静止时所用的时间t2＝v Q－v0a＝6 s这段时间内位移大小x2＝v Q t2－12at22＝30 m<L－x1＝34 m故滑块Q先减速后匀速，匀速运动时间t3＝L－x1－x2v0＝2 s滑块P速度减小到0时运动位移大小x3＝v2P2a＝8 m>x1＝6 m滑块P滑到左端时的速度v P′＝v2P－2ax1＝2 m/s运动时间t4＝v P－v P′a＝2 s两滑块落地时间差Δt＝t2＋t3－t4＝6 s答案：(1)7.2 J(2)6 s(3)6.4 J25．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．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547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．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2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [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E 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，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得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．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549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，始终保持以速度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静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。
高考物理总复习功能关系 能量守恒定律
2023：山东T4；
题是高考的热点.预计2025年高考题
2022：江苏T10；
出题可能性较大，有可能会结合体
2019：全国ⅡT18
育运动等实际情境进行考查.能量守
恒定律可能会结合弹簧模型以计算
题形式考查.
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
核心考点
五年考情
命题分析预测
功能关系在选择题中考查的频率比
2 570
车牵引力大小F2＝ ＝
2
2
N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋
mg sin 30°，解得f2＝F2-mg sin 30°＝285
1
N-50×10×
2
N＝35 N；从P到Q，小车克服
摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，故D正确.从P到Q，小车上升的高度h＝
动能定理得mgh-μmgs cos θ＝Ek-0，h＝xtan
θ，s＝
，解得Ek＝mgx(tan
cos
θ-μ)，木块
在水平面上运动时，设初动能为Ek0，根据动能定理得-μmg(x-x1)＝Ek-Ek0，解得Ek＝
Ek0-μmg(x-x1)，B正确.木块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时，Q＝μmgs
2023：浙江6月T18；
能量守恒定律的应用
2022：河北T9；
2021：山东T18；
2019：江苏T8
较高，特别是功能关系中的图像问
题是高考的热点.预计2025年高考题
出题可能性较大，有可能会结合体
育运动等实际情境进行考查.能量守
恒定律可能会结合弹簧模型以计算
题形式考查.
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。
0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
高中物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
斜率:
联立可得：v3= 。
（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：
因此tan = ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M v=Nmv3，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=
9．一质量为m=0.5kg的电动玩具车，从倾角为 =30°的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.
（1）求在A处的正离子的速度大小v2；
（2）正离子经过区域I加速后，离开PQ的速度大小v3；
（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v沿MP方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN成 角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N为多少？
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)
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。
56 高考真题解析：必修2 第五章 专题突破 功能关系 能量守恒定律
专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.几种常见的功能关系及其表达式PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。
重力加速度大小为g。
在此过程中，外力做的功为()图1A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。
答案 A1.如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。
他在空中滑翔的过程中( )图2A.只有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功解析 由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D 正确。
答案 D2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。
韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J解析由题可得：重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m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μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：①物块C的质量？②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？【答案】（1）2kg（2）9J【解析】试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2即m c＝2 kg②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大（m A＋m C）v3＝（m A＋m B＋m C）v4得E p＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．5．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．【答案】22()(2)Mm aM m M m++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错．(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律6．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．（1）求A在电场中的运动时间t，（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值E pm（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q m【答案】（1）（2）145QE0d （3）Q【解析】【分析】【详解】解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得运动时间 t ==（2）设A、B离开电场时的速度分别为v A0、v B0，由动能定理得QE0d =mqE0d =A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，由动量守恒定律得：（m +）v，= mv A0 +v B0由能量守恒定律得：E Pm= (m+)—）且 q =Q解得相互作用能的最大值 E Pm=145QE0d（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用根据动量守恒定律得：mv A+v B= mv A0 +v B0根据能量守恒定律得：m+=m+解得：v B = -+因为B不改变运动方向，所以v B = -+≥0解得：q≤Q则B所带电荷量的最大值为：q m =Q7．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出α射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核22286Rn 发生α衰变，放出一个速度为0v 、质量为m 的α粒子和一个质量为M 的反冲核钋21884Po 此过程动量守恒，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。
高考物理二轮专题复习：能量守恒定律综合计算题(word版含答案)
能量守恒定律综合计算专题复习1．如图，光滑水平面上静止一质量m1=1.0kg、长L=0.3m的木板，木板右端有质量m2=1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=0.4m的轻质细绳悬挂质量m=0.5kg的小球。
将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。
不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
求：(1)小球碰前瞬间的速度大小；(2)小球碰后瞬间的速度大小；(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。
2．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD 间距为4R。
已知重力加速度为g。
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能3．如图甲，倾角α＝37︒的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。
在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，求：（1）物体的质量m；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度。
4．如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。
高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合