2012高考专题05 动能定理、机械能守恒定律 【物理真题 分类汇编 精校版】
专题5—动能定理、机械能守恒定律 第 1 页（共6页） F O F B
A
F1
F2
专题五 动能定理、机械能守恒定律 2012年高考题组 1．（2012 四川）如图所示，劲度数为k的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（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。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（ ） A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gmkx0
C．物体做匀减速运动的时间为gx02 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为)(0kmgxmg 2．（2012 江苏）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（ ） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
3．（2012 海南）下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关 D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 4．（2012 上海）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有（ ） A．F2=F1，v1> v2 B．F2=F1，v1< v2 C．F2>F1，v1> v2 D．F25．（2012 北京）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图象如图2所示。电梯总质最m=2.0×I03 kg。忽略一切阻力。重力加速度g取10 m/s2。 （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2； （2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图像，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2； 专题5—动能定理、机械能守恒定律 第 2 页（共6页）
拉力 电梯 a/m·s-2
t/s 1 2 10 11 30 31 40 41
1.0
-1.0 图1 图2
A B d v
0
m v l 轻杆
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0~11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
6．（2012 福建）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求： （1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W1； （2）小船经过B点时的速度大小v1； （3）小船经过B点时的加速度大小a。
7．（2012 江苏）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，
装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动4l。轻杆与槽间的最大静擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。 （1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x； （2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm； （3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v'和撞击速度v的关系。 专题5—动能定理、机械能守恒定律 第 3 页（共6页）
2R P A O R B
v/m·s-1 t/s 1 2 3 4 5 6 7
6 O
A B
R
l u=2 m/s A h
8．（2012 安徽）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ） A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR21 9．（2012 山东）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v – t图象如图所示。以下判断正确的是（ ） A．前3 s内货物处于超重状态 B．最后2 s内货物只受重力作用 C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒 10．（2012 上海）如图，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．5R/3 C．4R/3 D．2R/3
11．（2012 安徽）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0 m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10 m/s2。 （1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小； （2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。 专题5—动能定理、机械能守恒定律 第 4 页（共6页）
h h A B
2h O x
y v0
B A θ
12．（2012 天津）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球A刚滑至水平台面的速度vA； （2）A、B两球的质量之比mA:mB。
13．（2012 全国）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物
线方程为221xhy，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 （1）求此人落到坡面时的动能； （2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
14．（2012 福建）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ） A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 专题5—动能定理、机械能守恒定律 第 5 页（共6页）
m 摆锤
橡胶皮
固定底座 O
L 支架
θ 刻度盘
s O B L
v0 v
l s h
15．（2012 上海）质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若（ ） A．hA=hB，则一定有WA＝WB B．hA>hB，则可能有WAB
C．hAhB，则一定有WA>WB
16．（2012 重庆）如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L。测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放。摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s（s<压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求： （1）摆锤在上述过程中损失的机械能； （2）在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
（3）橡胶片与地面之间的动摩擦因数。
17．（2012 广东）如图，是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有（ ） A．N小于滑块重力 B．N大于滑块重力 C．N越大表明h越大 D．N越大表明h越小 18．（2012 北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4 m，v=3.0 m/s，m=0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45 m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离s； （2）小物块落地时的动能Ek； （3）小物块的初速度大小v0。
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。
质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。
已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。
【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m 1v 1-m 2v 2解得v 1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122p E m v m v =+ 解得E p =19.5J(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：-μm 2gx =0-12m 2v 22 解得x =3m ＜L =4m则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。
取向左为正方向。
根据动量定理得：μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）解得：t =3s该过程皮带运动的距离为：x 带=v 0t =4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E =μm 2gx 带解得：E =6.75J(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。
十年(2012-2021)高考物理真题分项汇编专题11 机械能1-做功与功率及动能定理(含解析)
根据动能定理可知即：WF W f
1 mv2 0 2
，所以动能小于拉力做的功，故 A 正确；无法比较动能与摩
擦力做功的大小，CD 错误。
故选 A
6.（2015 四川）．严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾 霾的重要污染源，
“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车
⑤ ⑥
7.（2018·江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物
块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点．在从 A 到 B 的过程中，物块（ ）
A. 加速度先减小后增大 B. 经过 O 点时的速度最大 C. 所受弹簧弹力始终做正功 D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。物体从 A 点到 O 点过程， 弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹 力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减 小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在 A 点与 O 点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向 相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体 作减速运动；从 O 点到 B 点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项 A 正确、选项 B 错误；从 A 点到 O 点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从 O 点到 B 点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项 C 错误；从 A 到 B 的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项 D 正确。 点睛：本题以弹簧弹开物体的运动为背景考查力与运动的关系和功能关系，解题的关键是要分阶段将物体 的受力情况和运动情况综合分析，另外还要弄清整个运动过程中的功能关系。
2011年到2019年高考物理真题分类专题专题十机械能守恒定律
专题十 机械能守恒定律1.2012年理综浙江卷18．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。
一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上。
下列说法正确的是A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为222R RH - B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为242R RH -C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD 小球能从细管A 端水平抛出的最小高度R H 25min = 【答案】BC【解析】当小球从H =2R 处落下，到A 点速度为0，落点距A 水平距离为0；取H =4R ，小球到达A 处有2122mv mgR =，v =2122gt R =,t =A 、B 项代入H =4R ,知B 项对；竖直平面内小球在管道中过顶的最小速度为0，根据机械能守恒知，小球要到达A 点，则需要H >2R 即可。
2.2012年物理上海卷16．如图，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 ）5R /3（C ）4R /3（D ）2R /3答案：C解析：当A 下落至地面时，B 恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：2321-2mv mgR mgR ⨯=，接下来，B 物体做竖直上抛运动，再上升的高度gv h 22=两式联立得3R h =这样B 上升的最大高度H =h+R =4R /3 3. 2014年理综安徽卷15．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线。
已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需的时第18题图间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2。
【精选+详解】高三物理名校试题汇编系列(第3期)专题6 机械能守恒定律
【精选+详解】2012届高三物理名校试题汇编系列（第3期）专题6 机械能守恒定律一、单项选择题1．（黑龙江省大庆实验中学2012届高三期中考试）如图所示，平板车放在光滑水平面上，一个人从车的左端加速向右跑动，设人受到的摩擦力为F f，平板车受到的摩擦力为F f′，人和车都没有初速度，则在跑动过程中，下列说法正确的是（）A. F f、F f′均做负功B. F f、F f′均做正功C. F f做正功，F f′做负功D. F f做负功，F f′做正功1.B 解析：因为人和车都没有初速度，在跑动过程中，它们的动能都增加，所以它们的合外力都做正功，故选项B正确。
本题答案为B。
2.（上海市十校2012届高三12月份联考试卷）某同学从一楼到二楼，第一次是匀速走上去，第二次是匀速跑上去，则下列说法正确的是（）A两次做的功不相同，功率也不相同B两次做的功相同，功率也相同C两次做的功相同，功率不同，第一次比第二次大D两次做的功相同，功率不同，第二次比第一次大2.D 解析：设楼层高度为h，则两次做的功都为W=mgh，因为第一次的做功时间大于第二次的，所以根据公式P=W/t可知，它们的功率不同，第二次比第一次大。
本题答案为D。
3．（福建省四地六校2012届高三第三次联考）质量为m的汽车，启动后发动机以额定功率P沿水平道路行驶，经过一段时间后将达到以速度v匀速行驶，若行驶中受到的摩擦阻力大小不变，则在加速过程中车速为v/3时，汽车的加速度大小为（）A．3P/mv B．2P/mv C．P/mv D．03.B 解析：汽车在以速度v匀速行驶时有P=F v=f v，所以f=P/ v；在加速过程中，当车速为v/3时，牵引力F=P/（v/3）=3P/v，所以，汽车的加速度大小为a=（F-f）/m=2P/mv。
本题答案为B。
4.（浙江省浙南、浙北部分学校2012届高三12月联考）一个质量为m 的质点，在外力F 和重力的作用下，由静止开始斜向下做匀加速直线运动，加速度方向与竖直方向成θ角。
【备战2013】高考物理 5年高考真题精选与最新模拟 专题05 机械能
【备战2013】高考物理 5年高考真题精选与最新模拟 专题05 机械能【2012高考真题精选】〔2012·某某〕15．质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长。
分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A 、h B ，上述过程中抑制重力做功分别为W A 、W B 。
假设 〔 〕〔A 〕h A =h B ，如此一定有W A ＝W B 〔B 〕h A >h B ，如此可能有W A <W B 〔C 〕h A <h B ，如此可能有W A ＝W B 〔D 〕h A >h B ，如此一定有W A >W B〔2012·某某〕16．如图，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 〕5R /3 〔C 〕4R /3〔D 〕2R /3 【答案】C【解析】当A 下落至地面时，B 恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：21232mgR mgR mv -=⨯， 接下来，B 物体做竖直上抛运动，再上升的高度22v h g=两式联立得h=3R 这样B 上升的最大高度H=h+R=4R /3【考点定位】功和能、直线运动〔2012·某某〕18．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；假设作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率一样。
如此可能有〔〕〔A〕F2=F1，v1> v2〔B〕F2=F1，v1< v2〔C〕F2>F1，v1> v2〔D〕F2<F1，v1< v2〔2012·某某〕20．如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷最分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上。
2012届高考物理一轮复习第五章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理课时训练新人教版
2012 届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第五章机械能守恒定律第2 讲动能和动能定理一、选择题（此题共10 小题，共 70 分）1．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上涨必定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则以下图象能正确反应小球的速度、 加快度、 位移和动能随时间变化关系的是( 取向 上 为正 方 向)()分析：小球运动过程中加快度不变，B 错；速度均匀变化先减小后反向增大，A 对；位移和动能与时间不是线性关系， C 、D 错．答案： A2．(2010 ·东莞模拟 ) 如图 5－2－ 12 所示，质量为m 的物块，在恒力 F的作用下，沿圆滑水平面运动，物块经过A 点和B 点的速度分别是 v A 和v B ，物块由A 运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功 W图 5－2－12为()121 2A ． W ＞2mvB － 2mv A121 2B ． W ＝2mv B － 2mv A12 12C ． W ＝2mv A － 2mv BD ．因为 F 的方向未知， W 没法求出分析：对物块由动能定理得：1 212＝B －A ，应选项B 正确．W 2mv 2mv答案： B3．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比1∶ 2＝ 1∶ 2，速度之比v1∶ 2＝ 2∶m mv1. 当两车急刹车后， 甲车滑行的最大距离为l 1，乙车滑行的最大距离为l 2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则()A ． l 1∶ l 2＝ 1∶ 2B ． l 1∶l 2＝ 1∶ 1C ． l 1∶ l 2＝ 2∶ 1D ． l 1∶l 2＝ 4∶ 1分析：由动能定理，对两车分别列式－F 1l1 2 1 21＝ 0－2m 1v 1，－ F 2l 2＝ 0－2m 2v 2， F 1＝ μ m 1g ，F 2＝ μ m 2g . 由以上四式联立得l 1∶ l 2＝ 4∶ 1，应选项 D 是正确的．答案： D4．(2011 ·抚顺模拟 ) 如图 5－ 2－ 13 所示，小球以大小为 v 0 的初速度由 A 端向右运动， 到 B 端时的速度减小为 v B ；若以相同大小的初速度由 B 端向左运动，到 A 端时的速度减小为v A . 已知小球运动过程中一直未走开该粗拙轨道，D为AB 中点．以下说法正确的选项是()图 5－2－13A．v A＞v BB．v A＝v BC．v A＜v BD．两次经过D点时速度大小相等分析：小球经过凹形区时，压力大于重力，经过拱形区时，压力小于重力，所以经过凹形区时的摩擦力大于经过拱形区时的摩擦力，两次经过凹形区和拱形区时战胜摩擦力做功不一样，从左向右运动时，战胜摩擦力做功多，抵达右端 B 时速度小．答案： A5．如图 5－ 2－ 14 所示，斜面高h，质量为 m的物块，在沿斜面向上的恒力 F 作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下相同大小的恒力 F 作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为()A．mgh B． 2mgh C． 2Fh D． Fh图 5－2－14分析：物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即W F－mgh－W f＝ 0①物块向下运动过程中，恒力 F 与摩擦力对物块做功与上滑中相同，设滑至底端时的动能为 E k，由动能定理 W F＋ mgh－W f＝ E k－0②将①式变形有 W F－ W f＝ mgh，代入②有 E k＝2mgh.答案： B6．(2011 ·东北三校模拟) 如图 5－ 2－15 所示，长为L 的长木板水平搁置，在木板的A 端搁置一个质量为m的小物块．现迟缓地抬高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，小物块滑究竟端的速度为 v，则在整个过程中图 5－ 2－15() A．支持力对物块做功为0B．支持力对小物块做功为mgL sinαC．摩擦力对小物块做功为mgL sinα12D．滑动摩擦力对小物块做功为2mv－mgL sinα分析：迟缓抬高过程中，摩擦力一直跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力的功等于mgL sinα ；下滑过程支持力跟运动方向一直垂直，不做2f 12功，由动能定理可得：fmvα；综上所述， B、mgL sinα＋W＝2，解得 W＝2mv－ mgL sinD 正确．答案： BD7．如图 5－ 2－ 16 所示，质量相等的物体 A 和物体 B 与地面间的动摩擦因数相等，在力 F 的作用下，一同沿水平川面向右挪动x，则( A．摩擦力对A、B 做功相等B．A、B动能的增量相同)图 5－2－16C．F对A做的功与F 对 B做的功相等D．合外力对 A 做的功与合外力对B做的功不相等分析：因 F 斜向下作用在物体 A 上， A、 B 受的摩擦力不相同，所以，摩擦力对A、B 做的功不相等， A 错误；但A、B两物体一同运动，速度一直相同，故A、B动能增量必定相同，B 正确；F不作用在B上，所以力F对B不做功，C 错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量，故 D 错误．答案： B8．用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动， t 1时辰撤去拉力其速度—时间图象如图F，物体做匀减速直线运动，到t 2时辰停止．5－2－ 17 所示，且α＞β ，若拉力F 做的功为W1，均匀功率为P1；物体战胜摩擦阻力P2，则以下选项正确的选项是F f做的功为W2，均匀功率为(图 5－2－17)A．W1＞W2；F＝ 2F f C．P1＞P2；F＞ 2F f BD． W1＝ W2； F＞2F f．P1＝ P2； F＝2F f分析：因为物体初末速度为零，依据动能定理可知，水平外力 F 做的功与战胜摩擦力做的功相等，选项 A 错误；因为摩擦力作用时间大于外力 F 作用时间，故P1＞P2，因为α＞β，则 F＞2F f，应选项B、C正确．答案： BC9．(2011 ·南京调研 ) 如图 5－ 2－ 18 所示，小木块能够分别从固定斜面的顶端沿左侧或右侧由静止开始滑下，且滑到水平面上的A点或 B 点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面缓和连结，图中水平面上的O点位于斜面极点正下方，则()图 5－2－18A．距离OA等于OB B．距离OA大于OBC．距离OA小于OB D．没法做出明确的判断分析：此题考察动能定理的应用，物体从斜面上滑下时战胜摩擦力做的功等于μmgs，其中 s 为斜面的底边的长，设斜面的高为h，则木块从斜面上滑到A处依据动能定理有mgh－μOA＝0，同理从斜面上滑到B 处依据动能定理有－μOB＝0，获得距离OAmgs mgh mgs 等于 OB，A项正确．答案： A10.(2011 ·重庆巴蜀中学模拟 ) 如图 5－ 2－ 19 所示，质量为M、长度为 l 的小车静止在圆滑的水平面上．质量为视为质点 ) 放在小车的最左端，现用一水平恒力m的小物块(可F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加快直线运动．小物块和小车图 5－2－19之间的摩擦力为F f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为以下结论正确的选项是(A．小物块抵达小车最右端时拥有的动能为( F－F f )( l＋x)x.在这个过程中，)B．小物块抵达小车最右端时，小车拥有的动能为F f xC．小物块战胜摩擦力所做的功为F f( l ＋ x)D．小物块和小车增添的机械能为Fx分析：因动能定理以及功的公式中的位移是指对地的位移，所以A、 B 正确；摩擦力对小物块所做的功为－F(l＋ ) ，所以小物块战胜摩擦力所做的功为F(l＋)，C正确；小f f物块和小车增添的机械能为F( l ＋ x)－F f l ，所以D错误．答案： ABC二、非选择题（第 11 题 12 分，第 12 题 18 分）11．(2011 ·东北三校联考)2009年冬天东北地域因为雪量很大，路面情况给行车带来了困难．雪天行车因为不行测要素太多，开车时慢行能够给自己留出更多的时间去判断，进而做出正确操作，又因为制动距离会跟着车速提高而加大，所以控制车速和与前车保持较大安全距离是冰雪路面行车的重点．一般来说多大的行驶速度，就要相应地保持多长的安全行车距离．如每小时30 公里的速度，就要保持30 米长的距离．据检查，交通部门要求某一平直路段冰雪天气的安全行车速度减为正常路面的三分之二，而安全行车距离则要求为正常状态的二分之三，若制动状态时车轮呈抱死状态，未发生侧滑和侧移，路面到处动摩擦因数相同，试计算冰雪路面与正常路面的动摩擦因数之比．分析：设正常路面动摩擦因数为μ 1，冰雪路面动摩擦因数为μ 212正常路面，对汽车有：－Ff 1l ＝0－2mv0F f 1＝μ1F N， F N－ mg＝0冰雪路面，对汽车有：－f 2312v02 F 2l ＝0－2m 3f 2 2 Nμ 28 F ＝μ F ，解得：μ1＝27.答案：8 2712．如图 5－ 2－20 甲所示，某同学用轻绳经过定滑轮提高一重物，运用传感器 ( 未在图中画出 ) 测得此过程中不一样时辰被提高重物的速度v 与对轻绳的拉力，并描述出v－1图F F象．假定某次实验所得的图象如图乙所示，此中线段AB与纵轴平行，它反应了被提高1重物在第一个时间段内v 和F的关系；线段BC的延伸线过原点，它反应了被提高重物在1第二个时间段内v 和F的关系；第三个时间段内拉力 F 和速度 v 均为 C点所对应的大小保持不变，所以图象上没有反应．实验中还测得重物由静止开始经过t ＝1.4s，速度增加到 v ＝3.0 m/s，今后物体做匀速运动．取重力加快度2g＝ 10 m/s ，绳重及全部摩擦力和C阻力均忽视不计．图 5－2－20(1) 在提高重物的过程中， 除了重物的质量和所受重力保持不变之外， 在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变．请分别指出第一个时间段内和第二 个时间段内全部其余保持不变的物理量，并求出它们的大小；(2) 求被提高重物在第一个时间段内和第二个时间段内经过的总行程．1F ＝6.0 N分析： (1) 由 v －F 图象可知，第一个时间段内重物所受拉力保持不变，且1因第一个时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加快度也保持不变，设其大小为a ，依据牛顿第二定律有 F 1－ G ＝ ma重物速度达到 v ＝ 3.0 m/s 时，受均衡力，即G ＝F ＝4.0 N.C2由此解得重物的质量G＝ ＝ 0.40 kgm g联立解得＝ 5.0 m/s2a在第二段时间内，拉力的功率保持不变 ＝＝12 W.P Fv(2) 设第一段时间为t 1，重物在这段时间内的位移为x 1，则v B 2.012t1＝a ＝5.0 s ＝ 0.40 s ， x 1＝2at 1＝ 0.40 m设第二段时间为t ， t＝ t － t 1 ＝1.0 s22重物在 t 2 这段时间内的位移为x 2，依据动能定理有Pt 2－2 1212＝C －BGx 2mv 2mv解得 x 2＝2.75 m所以被提高重物在第一个时间段内和第二个时间段内经过的总行程为 x ＝ x 1＋ x 2＝3.15 m.答案： (1) 第一段时间内 F 1＝ 6.0 N a ＝ 5.0 m/s 2 第二段时间内 P ＝ 12 W(2)3.15 m。
2011-2018年高考物理试题分类汇编020.机械能守恒定律
第 20 节机械能守恒定律1.2012 年理综浙江卷18．由圆滑细管构成的轨道如下图，此中AB 段和 BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。
一质量为m 的小球，从距离水平川面高为H 的管口 D 处静止开释，最后能够从A 端水平抛出落到地面上。
以下说法正确的选项是A ．小球落到地面时相关于 A 点的水平位移值为B ．小球落到地面时相关于 A 点的水平位移值为C．小球能从细管 A 端水平抛出的条件是H>2 R 2 RH2R2A D2RH4R2R B HR C第 18题图D 小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度Hmin 5 R2【答案】 BC【分析】当小球从H =2R 处落下，到 A 点速度为0，落点距 A 水平距离为 0；取 H =4R，小球抵达 A122mgR ，v 21gt22R, t4R处有mv gR ,，比较 A 、 B 项代入 H=4R,知 B 项对；22g竖直平面内小球在管道中过顶的最小速度为0，依据机械能守恒知，小球要抵达 A 点，则需要H>2R 即可。
2.2012 年物理上海卷16．如图，可视为质点的小球A、 B 用不行伸长的金饰轻线连结，越过固定在地面上、半径为R 的圆滑圆柱， 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 由静止开释， B 上涨的最大高度是（）（A ）2R（B ） 5R/3（C） 4R/3（D ） 2R/3AB答案： C分析：当 A 着落至地面时， B 恰巧上涨到与圆心等高地点，这个过程中机械能守恒，即：2mgR - mgR13mv2，2v2接下来， B 物体做竖直上抛运动，再上涨的高度h2g两式联立得h R3这样 B 上涨的最大高度H=h+R =4R/33. 2014 年理综安徽卷15．如下图，有一内壁圆滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是经过椭圆中心O 点的水平线。
已知一小球从M 点出发，初速率为v0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v1，所需的时间为 t1；若该小球仍由 M 点以初速率 v0出发，而沿管道MQN 运动，到 N 点的速率为 v2，所需时间为 t2。
高考物理试题真题分类汇编物理动能与动能定理及解析
高考物理试题真题分类汇编物理动能与动能定理及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）23.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯【解析】 【分析】 【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 212h gt =解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A sv t=，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：0()A B mv Mv M m v =++B 离开桌边的速度v B =10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：012A mv mv Mv =+v 1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222B A B fL Mv mv M m v =+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222A A fL mv mv M M v =--+②由①②解得23.510B L -=⨯m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：211()02A fs M M v =+-③子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理2221122B A fs Mv Mv =-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，解得：2min 2.510s m -=⨯考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．2．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为R 的光滑半圆轨道BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直，C 点与圆心O 等高．现有一质量为m 的小球Q 静止在B 点，另一质量为2m 的小球P 沿轨道AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q 对半圆轨道B 点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P 恰好到达C 点．重力加速度为g ．（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD 半径大小，求小球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？ 【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】 【详解】设小球Q 在B 处的支持力为；碰后小球Q 的速度为，小球P 的速度为；碰前小球P 的速度为；小球Q 到达D 点的速度为. (1)由牛顿第三定律得小球Q 在B 点碰后小球Q 在B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰好到C 点，由动能定理得:P 、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:(2)小球Q 从B 到D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够到达D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得:当时x 有最大值所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．3．如图所示，质量m =2kg 的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入粗糙水平面，已知AB 长度为3m ，斜面末端B 处与粗糙水平面平滑连接．试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小．（2）若小物块从A 点开始运动到C 点停下，一共经历时间t =2.5s ，求BC 的距离． （3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F ，小物块从A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到C 点左侧3.1m 处的D 点停下．求F 的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ） 【答案】（1）6m/s （2）1.5s （3）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：21sin 372AB B mgs mv ︒=解得：6m/s B v ===；(2)物块在斜面上的加速度为：21sin 6m/s a g θ==在斜面上有：2112AB s a t =代入数据解得：11s t =物块在BC 段的运动时间为：21 1.5s t t t =-=BC 段的位移为：21(0) 4.5m 2BC B s v t =+=（3）在水平面上，有：220B v a t =﹣解得：2224m/s Bv a t -==-． 根据牛顿第二定律有：2mg ma μ=﹣代入数据解得：0.4μ=．(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=代入数据解得：2.48N F = 【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力.4．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB 和BD 为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点，D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小5.6N N F =，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量400g m =，额定功率20W P =，AB 长1m l =，BD 长0.75m s =，竖直圆轨道半径25cm R =，水平半圆轨道半径10cm r =．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为4N f =，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取210m/s g =．求：（1）小车运动到C 点时的速度大小； （2）小车在BD 段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（16m/s ；（2）0.3s ；（3）42N .；（4）0.35s . 【解析】 【详解】（1）由小车在C 点受力得：2N c v F mg m R+=解得：6m/s C v =（2）从C 点到B 点，由动能定理得：2211222B C mgR mv mv =-解得：4m/s B v =小车在BD 段运动的加速度大小为：210m/s fa m== 由运动学公式：212B s v t at =-解得：0.3s t =（3）从B 点到D 点，由运动学公式：D B v v at =-，解得：1m/s D v =小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2Dn v F m r=，代入数据可得：4N n F =()222n F F mg =+水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F =.（4）设小车恰能到C 点时的速度为1v ，对应发动机开启的时间为1t ，则：21v mg m R=211122Pt fl mgR mv --=解得10.325s t =.在此情况下从C 点到D 点，由动能定理得：211222D C mgR Fs mv mv -=- 解得22.5D v =-即小车无法到达D 点.设小车恰能到D 点时对应发动机开启的时间为2t ，则有：()20Pt f l s -+=，解得20.35s t =.5．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．【答案】（1）0.5r m =（2）77?.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度25/a g m s μ==小物块与传送带共速时，所用的时间01v t s a== 运动的位移02.52v x m a∆==＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：2Nv mg m r=由机械能守恒定律得22011(2)22N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用6．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R=0.2m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q=+7×10﹣7C ，B 不带电，质量分别为m A =0.01kg 、m B =0.08kg ．将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2 ．（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？ （2）求小球A 的最大速度值．（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）223m/s （3）0.1344J 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '， 根据题意有：0T T W W +'=设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB 对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA 对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-= 联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点 （2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ， 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B 对A 根据动能定理：221sin sin 2A T A A qER m gR W m v αα-+= 对B 根据动能定理：()2211cos 2T B B B W m gR m v α='-- 联立解得： ()283sin 4cos 49A v αα=⨯+-由此可得：当3tan 4α=时，A 、B 的最大速度均为max /3v m s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0 解得：24sin 25α=或sinα=0（舍去） 所以A 的电势能减少：84sin 0.1344625P E qER J J α=== 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．7．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．【解析】 【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得2220121112222mv mv mv =+⋅ 0122mv mv mv =+ ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：13v v =-，2023v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得21112mgd mv μ=， 2221222m gd mv μ=⋅（） ．按题意有：21d d d =+ ．联立解得：0v8．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g ；（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中空气阻力所做的功W ．（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f =kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径．a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v 0，试计算本场雨中雨滴半径r 的大小；b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v -t 图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v -t 图线．（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ0，试求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小．（最后结果用本问中的字母表示）【答案】（1）212W mu mgh =- （2）2034kv r g πρ=，（3）22f Sv ρ=【解析】 【详解】（1）由动能定理：212mgh W mu += 解得：212W mu mgh =-（2）a. 雨滴匀速运动时满足：322043r g kr v ρπ⋅=，解得2034kv r gπρ=b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．在极短时间∆t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S v t ρ∆=⋅⋅∆ 以F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t ∆＝∆m·2v 解得：22F Sv ρ=由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力22F F Sv ρ=='9．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接，C 、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．（1） 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ． 【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93m 160s = 【解析】 【详解】（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：()]211sin 1cos 2cos 2E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=⎣代入数据得：E v =滑块到达E 点：2N Ev mg F m R+= 代入已知得：F N =0.1N（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦代入已知得：x =0.52m（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[代入数据解得：L 0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=解得：11001sin cos 1sin cos 2L L L θμθθμθ-==+同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 2，有：2121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫=== ⎪+⎝⎭故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 5，有： 55012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程012345932222m 160L L L L L L s =+++++=10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L ．导轨上端并联接有一电容为C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系． 【答案】(1)22(sin cos )m mgRv B L θμθ-=，232244(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B Lθμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=⋅+ 【解析】 【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件： sin cos mg BIL mg θμθ=+由闭合电路的欧姆定律E I R= 而动生电动势m E BLv =联立解得：22(sin cos )m mgRv B L θμθ-=对金属棒下滑过程，由动能定理得：21sin cos =02m F mgx mg x W mv θμθ-⋅+-安而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安联立解得：232244(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B Lθμθθμθ-=-- (2)设金属棒经历时间t ∆，速度的变化量为v ∆，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ∆， 按照电流的定义Qi t∆=∆ Q ∆也是平行板电容器的极板在t ∆内的增加量，Q C U CBL v ∆=∆=⋅∆金属棒受到的摩擦力为cos f mg μθ= 金属棒受到的安培力为i F BiL =设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：sin i mg f F ma θ--=联立解得：22(sin cos )mg a m B L Cθμθ-=+加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有v at =可得瞬时速度与时间的关系：22(sin cos )mg v t m B L Cθμθ-=⋅+11．如图所示，质量为m 1＝1kg 的小物块P ，置于桌面上距桌面右边缘C 点L 1＝90cm 的A 点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M ＝3.5kg 、长L ＝1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m 2＝0.5kg 的小滑块Q ．现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L 2＝5cm 推至B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为2m/s ，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端0.35m 处P 与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P 、Q 与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2 （1）小车最后的速度v ； （2）推力所做的功；（3）在滑块Q 与车相对静止时，Q 到桌边的距离．【答案】（1）0.4m/s ；（2）6J ；（3）1.92m ． 【解析】 【详解】（1）设物块P 与滑块Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v 由动量守恒得：1c 12()m v m m M v =++代入数据可得：v ＝0.4m/s（2）90cm ＝0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为E pm 根据动能定理得：211121c 1(2)2W m g L L m v μ-+=（3）设物块P 与滑块Q 碰后速度分别为v 1和v 2，P 与Q 在小车上滑行距离分别为S 1和S 2 P 与Q 碰撞前后动量守恒，则有：11122c m v m v m v =+由动能定理得：222211222112212111()222m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s 方程的另一组解：当 v 2′=23m/s 时，v 1′=53m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 设滑块Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s ，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律得：222m g m a μ-=代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2 由匀变速运动规律得：2222v v s a-=解得：s ＝1.92m12．如图所示，AB 为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，BP 为圆心角等于143°、半径R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点，P 、Q 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m=2kg 的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为2124x t t =-（式中x 单位为m ，t 单位是s ），假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，210/g m s =，试求：（1）若CD=1m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B 、C 两点间的距离x ；（3）若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？ 【答案】（1）156J （2）498x m =（3）不会脱离轨道试题分析：（1）由2124x t t =-知，物块在C 点速度为012/v m s = 设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理有201sin 372W mgCD mv -︒=代入数据得：156J W =（2）由2124x t t =-知，物块从C 运动到B 过程中的加速度大小为28/a m s = 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据解得0.25μ=物块在P 点的速度满足2Pv mg m R=物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有2211 22B P pB mv mv mgh =+，又()153pB h R sin =+︒物块从C 运动到B 的过程中有2202B BC v v ax -=- 由以上各式解得498BC x m =（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为Q v ， 由动能定理得2211 2cos3722Q P BC mv mv mgR mgx μ-=-︒ 解得2190Q v =-< 可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．。
高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用含答案
专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用选择题:每小题6分,共60分基础巩固1.(多选)如图所示,小陈去某商场购物,他先从一楼搭乘图甲所示的观光电梯到达六楼超市,再搭乘图乙所示的自动人行道电梯到四楼,最后搭乘图丙所示的自动扶梯到五楼。
已知图乙和图丙所示的电梯均匀速运行,图乙的梯面倾斜程度处处相同,且小陈搭乘三种电梯的过程中都站在电梯上不动,则()A.搭乘图甲所示电梯的过程中,合外力对小陈做功最大B.搭乘图乙所示电梯的过程中,小陈的重力做功的功率不变C.搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈不做功D.搭乘图丙所示电梯的过程中,小陈的机械能增大答案BD解析图甲电梯运动过程中,人在电梯中的初速度与末速度均为0,图乙与图丙中电梯均做匀速运动,则始末状态动能的变化量均为0,根据动能定理可知,搭乘三种电梯的过程中,合外力对小陈做的功均为0,A错误;图乙的梯面倾斜程度处处相同,即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角一定,根据P=mgv cos θ可知,搭乘图乙所示电梯的过程中,小陈的重力做功的功率不变,B正确;图乙中的梯面倾斜,匀速运动时,对人进行分析,人受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力,搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈做负功,C错误;搭乘图丙所示电梯的过程中,匀速运动时,对人进行分析,人受到重力、电梯对人竖直向上的支持力,人的速度沿斜向上,则电梯对人做正功,小陈的机械能增大,D正确。
2.(2023浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。
游客从跳台下落直到最低点过程中()A.弹性势能减小B.重力势能减小C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小答案B解析游客从跳台下落,开始阶段橡皮绳未拉直,只受重力作用做自由落体运动,下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧,游客受重力和向上的弹力作用,弹力从零逐渐增大,游客所受合力先向下减小后向上增大,速度先增大后减小,到最低点时速度减小到零,弹力达到最大值,弹性势能达到最大值,故橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误。
专题12动能定理和机械能守恒定律-【好题汇编】三年(2022-2024)高考物理真题分类汇编(原卷)
专题12动能定理和机械能守恒定律考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1动能定理（5年4考）2024年高考福建卷：先后两次从高处斜向上抛出同一物体；2022年1月浙江选考：滑块在几段不同的轨道上运动；2022年福建高考：一物块以初速度0v自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。
1.动能定理是物理学中重要规律，也是高考考查频率较高的知识；考查的方式主要表现在：结合实际情景；结合图像等。
2.重力势能和机械能守恒定律的考查主要集中在结合体育运动、结合图像等。
3.能量转化和守恒定律贯穿于各个领域和各个方面。
高考对能量转化和守恒定律的考查在力学中主要有：计算损失的机械能，摩擦生热等。
考点2重力势能和机械能守恒定律（5年4考）2022年全国理综甲卷第14题：北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台；2022年全国理综乙卷第16题：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；2022新高考江苏卷：滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，选择正确的图像。
考点3能量转化和守恒定律（5年4考）2023年高考全国乙卷：一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。
2024年1月浙江选考：如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出，足球运动过程受到空气阻力。
考点01动能和动能定理1..（2024年高考福建卷）先后两次从高为 1.4m OH =高处斜向上抛出质量为0.2kg m =同一物体落于12Q Q 、，测得128.4m,9.8m OQ OQ ==，两轨迹交于P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m ，下列说法正确的是（）A.74B.第一次过P 点比第二次机械能少1.3JC.落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大2.（2022年1月浙江选考）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O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2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 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上。