高中试卷答案网主题突破练6 动能定理和能量守恒
【真题示范】
1.(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
2．(多选)(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
3．(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m．若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
4.(2021·全国甲卷·24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【模拟演练】
1．(2022·浙江台州市教学质量评估)如图所示，蹦极运动中，蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在身上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下．运动员可看作质点，若不计空气阻力，则( )
A．弹性绳刚伸直时，运动员开始减速
B．整个下落过程中，运动员的机械能一直在减小
C．整个下落过程中，重力对运动员所做的功大于运动员克服弹性绳弹力所做的功
D．在弹性绳从伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大
2.(2022·云南昆明市第一中学第八次考前适应性训练)跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道(可视为圆心为O的圆弧轨道)和着陆坡三部分组成，其中助滑道半径OA与竖直线OB夹角为60°.若比赛中，质量m＝60 kg的运动员从跳台A点以初速度v0＝2 m/s滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点．已知A、B间高度h＝30 m，B、P间距离s＝75 m，着陆坡倾角α＝37°，运动员受到的空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.以下说法正确的是( )
A．运动员从B运动到P的时间为2 s
B．运动员到达B点时对助滑道的压力大小为1 000 N
C．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 100 J
D．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 150 J
3．(多选)(2022·山东烟台市、德州市一模)如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点．开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动．以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球不能返回到A点
B．小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大
C．小球在C点时的机械能为2mgRsin θ
D．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg
4.(2022·广东深圳市实验学校、湖南长沙市一中联考)如图所示，一根长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，两端固定质量均为m的小球A和B，A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g.当B球由最高点第一次转至与O点等高的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对B球做正功
B．B球的机械能守恒
C．轻杆转至水平时，A球速度大小为
D．轻杆转至水平时，B球速度大小为
5．(多选)(2022·辽宁沈阳市回民中学月考)如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1.将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0
B．小物块上升至高度h5时，加速度为g
C．解除锁定前，弹簧的弹性势能小于mgh5
D．小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了
6.(多选)(2022·广东省金山中学高三期末)如图所示，轻弹簧放在倾角37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后回到b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
7．(多选)如图所示，质量均为m的小球a、b用一长为L的细直棒相连，a球置于光滑的水平地面上，b球靠在光滑竖直墙面上，距离地面高H处．释放后b球沿竖直墙面下滑，当b球未脱离墙壁，且细直棒滑至与水平面成θ角时，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．下滑过程中，b球的机械能守恒
B．两小球的速度大小之比＝tan θ
C．b球的速度大小为vb＝
D．下滑的过程中，细直棒对小球a做的功为0
8．(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
B．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
C．小环从A运动到B过程中，小环减少的重力势能大于重物增加的机械能
D．小环在B处时，小环速度为
9.(多选)(2022·山东济宁市高三期末)如图所示，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k、原长为l0的轻质弹簧相连，弹簧处于原长状态．两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．若弹簧的长度为l时弹性势能Ep＝k(l－l0)2，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．释放时金属环的加速度为g
B．金属环的最大速度为g
C．两金属环之间的最大距离为＋l0
D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2
10．(2022·山东省实验中学第三次诊断)如图甲所示，质量为1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．小球由A到C的过程中速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是( )
A．图乙中x＝4
B．小球在C点时重力功率为20 W
C．小球从A到C合力做功为10.5 J
D．小球从A到B过程损失的机械能为1.25 J
11．(2022·湖北省质量检测)如图所示，一质量m＝1.5 kg的小滑块从半径r1＝3 m的竖直圆弧轨道上端的A点由静止开始下滑，到达底端B点时的速度vB＝6 m/s，然后沿粗糙水平轨道向右滑动一段距离后从C点进入光滑的半径r2＝0.225 m的半圆形竖直轨道，经过其最高点D时对轨道的压力大小FN＝23.4 N，AB与BC、BC与CD均相切，小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)小滑块沿竖直圆弧轨道下滑过程中，克服摩擦力做的功W克f；
(2)小滑块经过D点后落在水平轨道BC上的位置与B点间的距离s.
12.如图为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O点，自由端位于P点，木箱在轨道顶端Q点时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g.求：
(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；
(2)木箱的质量；
(3)若PQ间的距离为L，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．
参考答案
真题示范
1．C [如图所示，
设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，
由几何关系可得h＝Lsin θ，
sin θ＝，
联立可得h＝，则v＝L，
故C正确，A、B、D错误．]
2．BCD [开始释放时物体Q的加速度大小为，
则有mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，
解得FT＝mQg，＝，选项A错误；
在T时刻，两物体的速度大小v1＝，
P上升的距离h1＝×T2＝，
轻绳断后P能上升的高度h2＝＝，
则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝，
开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝，
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝，
则绳断裂时物体Q的机械能
E′＝E－WF＝＝，
此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，选项B正确；
在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－，
方向向下，此时物体P重力的瞬时功率
PG＝mPg|v2|＝·＝＝，
选项C、D正确．]
3．(1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)篮球从距地面高度h1＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得
Ek1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma
在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做的功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．
4．(1)mgdsin θ
(2)
(3)L>d＋
解析 (1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，
则有v22－v12＝2ad
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝mv22－mv12
联立以上各式解得ΔE＝mgdsin θ.
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－mv12
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝mv12
联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
ΔE′＝＝
(3)由题意可知ΔE′>ΔE
可得L>d＋.
模拟演练
1．D [弹性绳刚伸直到弹性绳弹力等于重力之前，重力大于弹性绳弹力，运动员都处于加速状态，故A错误；运动员从跳台跳下到弹性绳刚伸直过程中，只受重力，运动员的机械能守恒，故B错误；下落到最低点时，运动员速度为0，整个下落过程中重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功，故C错误；在弹性绳从伸直到最低点的过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员先加速后减速到0，所以运动员的动能先增大后减小，则运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，故D正确．]
2．B [运动员从B运动到P做平抛运动，有gt2＝ssin α，vBt＝scos α，解得t＝3 s，vB＝20 m/s，故A错误；由几何关系知h＝R－Rcos 60°，运动员到达B点时，有FN－mg＝m，联立解得FN＝1 000 N，根据牛顿第三定律可知，运动员到达B点时对助滑道的压力大小为1 000 N，故B正确；运动员在AB段运动过程中，根据动能定理有Wf＋mgh＝mvB2－mv02，得Wf＝－6 120 J，即运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 120 J，故C、D错误．]
3．BD [小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误；小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面向下的分量v1也逐渐增大，根据P＝mgsin θ·v1，可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故B正确；小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsin θ，故C错误；根据机械能守恒定律可得小球到达D点时的速度为mgRsin θ＝mvD2，根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为FN1＝m，解得FN1＝2mgsin θ，细管的底部对小球的支持力为FN2＝mgcos θ，则小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为F＝＝mg，故D正确．]
4．D [B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，则有mg＝m，可得B在最高点时速度大小为v＝，因为A、B为同轴转动，角速度相同，A的转动半径只有B的一半，所以A在最低点时速度大小为v′＝，当B由最高点转至与O点等高时，根据A、B系统机械能守恒，有mg·2L－mgL＝mvA2＋mvB2－m()2－mv2,2vA＝vB，解得vA＝，vB＝，设杆对B做的功为W，对B分析，由动能定理得mg·2L＋W＝mvB2－mv2，解得W＝－mgL，所以杆对B做负功，B机械能不守恒，故A、B、C错误，D正确．]
5．BCD [小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，则小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，故h4到h5过程中小物块只受重力，加速度为g，故B正确；由机械能守恒可知，解除锁定前，弹簧的弹性势能为Ep0＝mg(h5－h1)，即弹簧的弹性势能小于mgh5，故C正确；小物块在h4处，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度大小也为g，则在h2处由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x＝＝，弹簧的弹性势能减少了ΔEp＝mgx＝，故D正确．]
6．AD [物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后回到b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ(L＋＋)＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L＋＋)＝0.6mgL，故A、D正确；物块接触弹簧向下运动时，开始由于mgsin θ>μmgcos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsin θ<μmgcos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mgsin θ·(L＋)＝μmgcos θ·(L＋)＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误．]
7．BC [下滑过程中，细直棒对b球做功，b球的机械能不守恒，A错误；将两球的速度沿棒和垂直于棒的方向分解，两球沿棒的分速度相等，当细直棒滑至与水平面成θ角时，有vacos θ＝vbsin θ，整理得＝tan θ，B正确；对于两球组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律有mg(H－Lsin θ)＝mva2＋mvb2，
解得vb＝，va＝tan θ，C正确；设细直棒对a做的功为W，根据动能定理，有W＝mva2＝mg(H－Lsin θ)·，D错误．]
8．CD [小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即h＝(－1)d，故A错误；根据题意，重物上升的速度与小环沿绳子方向的速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，有v环cos θ＝v物，θ＝45°，即＝＝，故B错误；环下滑过程中只有重力和系统内的弹力做功，故系统机械能守恒，即满足小环减少的机械能等于重物增加的机械能，所以小环减少的重力势能减去小环增加的动能等于重物增加的机械能，故小环减少的重力势能大于重物增加的机械能，故C正确；小环和重物系统机械能守恒，故mgd＝mv环2＋×2mv物2＋(2m)gh，联立解得v环＝，故D正确．]
9．AD [开始释放瞬间，金属环受到重力和杆的弹力，沿杆方向根据牛顿第二定律有mgcos 45°＝ma，解得a＝g，故A正确；对金属环受力分析如图，设弹簧长度为l1时弹簧对金属环的拉力等于重力，则有Δl＝l1－l0，此时有kΔl＝mg，金属环沿杆方向合力为零，加速度为零，有最大速度，由几何关系可得Δh＝Δl，对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒定律有2mgΔh＝k(Δl)2＋×2mv2，解得v＝g，故B错误；
当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，弹簧的伸长量最大，设此时弹簧的伸长量为x，由机械能守恒定律得2mg·＝kx2，解得x＝，因此两金属环之间的最大距离为l＝＋l0，故C错误；金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgvcos 45°＝mg·g×＝
mg2，故D正确．]
10．A [当h＝0.8 m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有mg＝m，解得vC2＝4 m2/s2，vC＝2 m/s，则x＝4，故A正确；小球在C点时，重力与速度垂直，故重力功率为零，故B错误；小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则W＝mvC2－mv02，解得W＝－10.5 J，故C错误；从A到C，动能减小量为ΔEk＝mv02－mvC2，解得ΔEk＝10.5 J，重力势能的增加量为ΔEp＝mg×2R，解得ΔEp＝8 J，则机械能减小量为ΔE＝ΔEk－ΔEp＝2.5 J，由于A到B过程中的压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，知A到B损失的机械能ΔEAB>ΔE＝×2.5 J＝1.25 J，故D错误．]
11．(1)18 J (2)4.59 m
解析 (1)滑块从A到B的过程，由动能定理可得mgr1－W克f＝mvB2－0
解得W克f＝18 J
(2)在D点，由牛顿第二定律得：mg＋FN＝m
解得vD＝2.4 m/s
设粗糙水平轨道长度为L，从B到D的过程
由动能定理可得－μmgL－mg·2r2＝mvD2－mvB2
解得L＝5.31 m
滑块从D平抛到BC上，设平抛水平位移为x，有2r2＝gt2，x＝vDt
解得x＝0.72 m
小滑块经过D点后落在水平轨道BC上的位置与B点间的距离为s＝L－x＝4.59 m.
12．(1)mg (2)m (3)(＋)
解析 (1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度大小为a，木箱的质量为M，对木箱和货物整体由牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a
设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F1，垂直斜面方向的作用力大小为F2，则对货物有mgsin θ－F1＝ma
F2＝mgcos θ
货物受到木箱作用力大小F＝
代入数据得F＝mg
(2)设弹簧的最大弹性势能为Ep，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x，由能量守恒有：
下滑过程中(M＋m)gxsin θ－μ(M＋m)gxcos θ＝Ep
弹回过程中Ep＝Mgxsin θ＋μMgxcos θ
代入数据得M＝m
(3)设木箱刚到达P点时速度大小为v1，返回P点时速度大小为v2，由动能定理有：
未接触弹簧下滑过程：(M＋m)gLsin θ－μ(M＋m)gLcos θ＝(M＋m)v12
离开弹簧后上滑过程：－MgLsin θ－μMgLcos θ＝0－Mv22
以沿斜面向上为正方向，对木箱由动量定理有I＝Mv2－(－Mv1)
代入数据得I＝(＋)．
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