版物理高考专题强化测评精练精析 江苏专用 专题3动能定理和能量守恒定律AWord文档格式.docx

1、mv2C弹簧弹性势能减少量为W2+W1D带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W24.如图所示，质量m=10 kg和M=20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250 N/m现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（ ）A.M受到的摩擦力保持不变B.物块m受到的摩擦力对物块m不做功C.推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D.开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N5.质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为0.1的水

2、平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，g10 m/s2下列说法中正确的是（ ）A此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WD此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W二、多项选择题（本题共4小题，每小题8分，共计32分，每小题有多个选项符合题意）6.汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1s末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2s末静止，其v-t图象

3、如图所示图中，若汽车牵引力做功为W、平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2、平均功率分别为P1和P2，则（ ）AWW1W2 BW1W2CPP1 DP1P27.如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）A.小球落地点离O点的水平距离为RB.小球落地时的动能为mgRC.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R8.（2012聊城模拟）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，

4、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，（g取10 m/s2）则（ ）A.轻弹簧的劲度系数是50 N/mB.从d到a滑块克服重力做功8 JC.滑块动能的最大值为8 JD.从d到c弹簧的弹力做功8 J9.（2012宿迁模拟）如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，重力加速度为g，则（ ）A.小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B.从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点

5、过程，重力的功率先减小后增大C.小球刚到达最低点时速度大小为D.小球刚到达最低点时绳中张力为+3mg三、计算题（本题共3小题，共38分,需写出规范的解题步骤）10. （2012锦州模拟）（12分）如图所示，有一足够长的斜面，倾角=37，一小物块质量为m，从斜面顶端A处由静止下滑，到B处后，受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用，开始减速，到C点减速到0（C点未画出）.若AB=2.25 m，物块与斜面间动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10 m/s2.求：（1）物体到达B点的速度多大？（2）BC距离多大？（3）物块由A到C的过程中克服摩擦力做的功是多少？11.（

6、2012潍坊模拟）（12分） 如图所示，水平轨道上轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点.现用一质量m=0.1 kg的小物块 （可视为质点）将弹簧压缩后释放，小物块经过P点时的速度v0=18 m/s，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道，最后小物块经轨道最低点A抛出后落到B点，若小物块与水平轨道间的动摩擦因数=0.15，R=l=1 m，A到B的竖直高度h=1.25 m，取g=10 m/s2.（1）求小物块到达Q点时的速度大小（保留根号）；（2）判断小物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动；（3）求小物块水平抛出的位移大小.12.（2012镇江模拟）（14分）

7、如图甲所示，水平天花板下悬挂一光滑的轻质的定滑轮，跨过定滑轮的质量不计的绳（绳能承受的拉力足够大）两端分别连接物块A和B，A的质量为m0，B的质量m是可以变化的，当B的质量改变时，可以得到A加速度变化的图线如图乙所示，不计空气阻力和所有的摩擦，A加速度向上为正.（1）求图乙中a1、a2和m1的大小.（2）根据牛顿定律和运动学规律，证明在A和B未着地或未与滑轮接触时，AB系统机械能守恒.（3）若m0=0.8 kg,m=1.2 kg，AB开始都在离水平地面H=0.5 m处，由静止释放A、B，且B着地后不反弹，求A上升离水平地面的最大高度.（g取10 m/s2）答案解析1.【解析】选B.对斜面上物体

8、受力分析，根据牛顿定律得，mgsin30+f阻=ma=mg，则f阻=mg，由斜面底端冲上斜面最高点的过程中，物体克服重力做了mgh的功，重力势能增加了mgh，克服阻力做了mgh的功，机械能损失了mgh，机械能的损失是以系统内能的形式散失的，选项B正确；而选项A、D均错，合外力做的总功（负功）等于2mgh，物体动能减少了2mgh，选项C错误.2.【解析】选C.物体重力势能的减少量等于物体重力做的功，三个相同的滑块从同一高度滑到斜面底端，重力所做的功相等，三者重力势能的减少量相同，选项D错误；三者所受到的滑动摩擦力大小相等，但三者通过的路径不同，C通过的路程最大，摩擦力做功最多，物体C减少的机械能

9、最多，选项B错误；对于物体A和C，在斜面方向的运动，位移相等，C受到的摩擦力是其滑动摩擦力的一个分力，总小于其滑动摩擦力，物体C在沿斜面方向的加速度大于物体A在该方向上的加速度，因此，物体C将先滑到斜面底端，选项A错误；对于物体A和B，合外力做的功相同，动能变化量相等，物体B的末动能大于物体A的末动能，对于物体B和C，重力做的正功相等，但物体C的摩擦力做的负功多，二者的初动能相等，则物体B的末动能大于物体C的末动能，选项C正确.3.【解析】选D.电场力对小球做了W2的正功，根据功能关系可知，小球的电势能减少了W2，选项A错误；对于小球在上述过程中，有W2+W弹-W1=mv2，根据功能关系可知，

10、弹簧弹性势能最大值为选项B错误，选项C也错误；根据功能关系知，选项D正确.4.【解析】选C.当两物体间开始相对滑动时，物体m受力平衡，即摩擦力等于弹簧的弹力，此时弹簧形变量为40 cm，则有f=F弹=kx=250 N/m0.4 m=100 N，因为M一直缓慢地运动，处于平衡状态，此时F=100 N，选项D错误；对于M和m组成的系统，动能变化量等于零，推力F做的功数值上等于弹簧弹力做的负功，根据功能关系知，推力F做的功等于弹簧弹性势能的增加量，选项C正确；在相对运动之前，二者均处于平衡状态，弹簧弹力与摩擦力平衡，因此，M受到的摩擦力大小变化，选项A错误；物体m在摩擦力作用下发生了位移，摩擦力对m

11、做了正功，选项B错误.5.【解析】选D. 前3 m位移内的拉力为根据牛顿第二定律可得加速度末速度为v=3 m/s，后6 m位移内拉力等于2 N，所以此物体在AB段做匀速直线运动，整个过程中，拉力最大值为5 N，与之对应的最大速度为3 m/s，最大功率等于P=Fvm=15 W.6.【解析】选A、B、D. 整个过程动能变化量为零，所以合外力做功为零A项正确；摩擦力大小相等，0t1时间内的位移为s1，t1t2时间内的位移s2，因2as=v12，则所以B项正确；0t1时间内是加速，故牵引力大于摩擦力，所以PP1，C项错；因两段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D项正确7.【解析】选B、D.小球沿

12、水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P的过程中，小球的机械能守恒，取O点所在水平面为零重力势能面，到P点时的速度为vP，则有在P点根据牛顿第二定律得，可知，选项C错误；从P点水平抛出到落地的过程中，机械能守恒，选项B正确；该过程中，2R=gt2，x=vPt，则x=2R，选项A错误；若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去，其他条件不变，小球到达最高点时的速度等于零，则有选项D正确.8.【解析】选A、B.滑块从a点由静止开始下滑，最后又恰好能回到a点，滑块的机械能守恒，说明斜面是光滑的，滑块到达c点时达到最大速度，此时滑块受力平衡，即mgsin30=kxbc，解得k=50 N/m，选项

13、A正确；对于滑块从a到d的过程中，据动能定理得WG+W弹=0，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能等于滑块克服弹簧弹力做的功，W弹=-8 J，因此从a到d滑块重力做了8 J的功，那么从d到a滑块克服重力做功8 J，则选项B正确；滑块从d至b，弹簧弹力做功8 J，很显然选项D错误；对滑块由机械能守恒定律得滑块动能的最大值小于8 J，选项C错误.9.【解析】选A、D.因小球下落的整个过程中，只有小球重力做功，故小球的机械能守恒，A正确；由mg（h+）=mv2可得，小球刚到达最低点时的速度大小为,C错误；由FT-mg=可得，小球刚到达最低点时绳的张力FT，D正确；当小球到达最低点时，小球的速度沿水平方向

14、，此时小球重力的功率为零，故B错误.10.【解析】（1）在AB段FN1=mgcos37 （1分）Ff1=FN1=mgcos37由A到B，设s1=AB=2.25 m,根据动能定理：mgs1sin37-Ff1s1=mv2-0 （1分）物体到达B点速度v=3 m/s （1分）（2）FN2=mgcos37+Fsin37Ff2=FN2=（mgcos37） （1分）由到，设BC=s2,根据动能定理：mgs2sin37-Ff2s2-Fs2cos37=0-mv2 （2分）（或由到 mg（s1+s2）sin37-Ff2s2-Ff1s1-Fs2cos37=0）F=mgBC间距离s2=0.5 m （1分）（3）由A

15、到C克服摩擦力做功为：Wf=mgcos37s1+（mgcos37）s2=12.5 J （3分）答案：（1）3 m/s （2）0.5 m （3）12.5 J11.【解析】（1）小物块在水平轨道上由P运动到Q的过程中，根据动能定理得： （2分）vQ= m/s （1分）（2）若小物块经过Q点后恰好能做竖直面内的圆周运动，根据牛顿第二定律得： （2分）vQm/s （1分）因为vQvQ，因此物块经过Q点后能沿圆周轨道运动.（3）物块到达A点时速度大小为vA，在光滑竖直圆轨道的运动过程中机械能守恒，则2mgR+解得：vA=19 m/s （1分）从A点抛出后，做平抛运动，h=1.25 m=gt2 （1分）s

16、x=vAt （1分）代入数值解得：sx=0.519 m=9.5 m （1分）（1） （2）见解析 （3）9.5 m12.【解析】（1）mg-FmaF-m0g=m0a得a= （1分）当m时 a1=g （1分）当m=0时 a2=-g （1分）当a=0时 m=m1=m0 （1分）（2）设A开始时离水平面h1,B开始时离水平面h2，由静止释放后A上升到高度h1，B下降到高度h2,则h1-h1=h2-h2=h代入（1）问中加速度a,AB发生h位移时速度为vv2=2ah （1分）=2（m+m0）v2mg（h2-h2）-m0g（h1-h1） （1分）得m0v2+m0gh1+mv2+mgh2=m0gh1+mgh2 （2分）AB系统机械能守恒.（3）从H0.5 m高处释放，A、B加速度a=2 m/s2 （1分）B着地时A的速度v=m/s （1分）接着A做竖直上抛，上升h,h= =0.1 m （1分）A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1 m. （2分）（1）g -g m0 （2）见解析 （3）1.1 m