2015届高考物理一轮复习母题专练：e单元功和能（含详解）

E单元功和能

目录

El功和功率-1-

E2动能动能定理-2-

E3机械能守恒定律-10-

E4实验：探究动能定理22

E5实验：验证机械能守恒定律-20-

E6功和能综合-21-

E1功和功率

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))17.(12分)如

图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2X103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行

驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图乙所示，在t

=20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车在AB路段上

运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)Ff1=2000N。(解题时将汽车看成质点)

求：

(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P：

(2)汽车速度减至8m/s时的加速度a的大小;

(3)BC路段的长度。

【知识点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率.ElE2E6

【答案解析】(l)20kW(2)0.75m/s2(3)93.75m解析(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等,

则

Fl=Ffl,输出功率P=Flvl解得P=20kW

p

(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，有F2=Ff2,P=F2V2,贝ljFf2=f

v2

解得Ff2=4000N

p

v=8m/s时汽车在做减速运动，有Ff2—F=ma,F=一

V

解得a=0.75m/s2

⑶对BC段由动能定理得Pt—Ff2x=^mv2—^mv2

解得x=93.75m

【思路点拨】(1)由图看出，汽车的运动情况，AB段汽车做匀速运动，牵引力与阻力相等，

由P=Fv,F=fl=2000N求解汽车发动机的输出功率P.(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，

由功率公式求出阻力的大小，汽车速度减至8m/s时,由功率公式求出牵引力的大小，再由牛

顿第二定律求解汽车的加速度.

(3)对BC段，根据动能定理求解BC路段的长度.本题首先要根据速度图象分析汽车的运动

情况，抓住汽车的功率一定这个条件，掌握功率公式P=Fv,即可由图象读出速度，求解牵引

力和阻力.

E2动能动能定理

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))7.已知货物的

质量为m,在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h,则在这段忖间内，下列叙述

正确的是(重力加速度为g)

A.货物的动能一定增加mah-mgh

B.货物的机械能一定增加mah

C.货物的重力势能一定增加mah

D.货物的机械能一定增加mah+mgh

【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化.E2E3E6

【答案解析】D解析解：A、根据牛顿第二定律得：合力为F合=ma,则合力做功为W合=mah,

知动能增加量为mah.故A错误.B、货物上升h高度，重力势能的增加量为mgh,则机械能

的增加量为mah+mgh.故B、C错误，D正确.故选：D.

【思路点拨】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的

增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量.解决本题的关键知道重力做功

与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，对于机械能的变化量，也可以通过除重力以外

其它力做功等于机械能增加量求出机械能的增加量.

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))15.(10分)如

右图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平

绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为石，今有一质量为加、

带正电4的小滑块，(体积很小可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时

速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为〃，求：

(1)滑块通过B点时的速度大小;

(2)水平轨道上4、8两点之间的距离。

【知识点】动能定理的应用；电场强度.E2E6II

12(mg—qE)n(mg-qE)R

【答案解析】(1)1m(2)〃机g+qE解析(1)小滑块从C到8的过程中,

只有重力和电场力做功。设滑块通过B点时的速度为以，根据动能定理有:

122(〃2g_qE)R

mgR-EqR=mv^=

2解得：m

(2)设4、8两点间的距离为L,则滑块由C滑到A的过程中，由动能定理有:

(mg-qE)R

L-

mgR-Eq(R+L)-pimgL=0解得：Ring+qE

【思路点拨】(1)小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求

解.(2)对整个过程研究，重力做正功，水平面上摩擦力做负功，电场力做负功，根据动能

定理求出水平轨道上A、B两点之间的距离.本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力.对

于电场力做功W=qEd,d为两点沿电场线方向的距离.

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))16.(10分如图

所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质

量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一-向右的速度后脱

离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到

达最高点C。(不计空气阻力)试求：

(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；

(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。

【答案解析】(1)2(2)mgR解析⑴设物体在B点的速度为vB,所受弹力为FNB,

vB2

则有FNB-mg=m^1,又FNB=8mg,

K

17

由能量守恒定律可知：弹性势能Ep=2«vB2=2ngR。

⑵设物体在C点的速度为vC,由题意可知：mg=m^

物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得：

Q=5vB2—gmvC2+2mgR),解得：Q=mgR。

【思路点拨】(1)根据牛顿第二定律得出B点的速度，结合能量守恒定律求出物体在A点时

的弹簧的弹性势能.(2)物体恰好通过最高点C,根据牛顿第二定律求出C点的速度，通过能

量守恒定律求出物体从B点运动至C点的过程中产生的热量.本题考查了牛顿第二定律和能

量守恒定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键.

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))17.(12分)如

图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2X103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行

驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图乙所示，在t

=20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车在AB路段上

运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)Ff1=2000N。(解题时将汽车看成质点)

求：

(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P;

(2)汽车速度减至8m/s时的加速度a的大小;

(3)BC路段的长度。

【知识点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率.ElE2E6

【答案解析】(l)20kW(2)0.75m/s2(3)93.75m解析(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等,

则

Fl=Ffl,输出功率P=Flvl解得P=20kW

,p

(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，有F2=Ff2,P=F2V2,则Ff2=f

v2

解得Ff2=4000N

,.p

v=8m/s时汽车在做减速运动，有Ff2-F=ma,F=-

v

解得a=0.75m/s2

⑶对BC段由动能定理得Pt—Ff2x=^mv2—^mv2

解得x=93.75m

【思路点拨】(1)由图看出，汽车的运动情况，AB段汽车做匀速运动，牵引力与阻力相等，

由P=Fv,F=fl=2000N求解汽车发动机的输出功率P.(2)t=15s后汽车处于匀速运动状态，

由功率公式求出阻力的大小，汽车速度减至8m/s时、由功率公式求出牵引力的大小，再由牛

顿第二定律求解汽车的加速度.

(3)对BC段，根据动能定理求解BC路段的长度.本题首先要根据速度图象分析汽车的运动

情况，抓住汽车的功率一定这个条件，掌握功率公式P=Fv,即可由图象读出速度，求解牵引

力和阻力.

【题文】(物理卷•2015届河北省唐山一中高二下学期期末考试(2014.07))15.(10分)在

光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为

4.0m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数U为0.05.开始时物块静止在凹

槽中央，凹槽以v0=2m/s初速度向右运动，某一时刻物块与凹槽槽壁碰撞粘合在一起，g取

10m/s2.求：

(1)物块与凹槽粘合在一起后的速度；

(2)在此过程中物体向右运动的位移。

【知识点】动量守恒定律.动能定理E2E6F2

【答案解析】(1)lm/s,(2)1m解析：(1)设两者间相对静止时的速度为v,由动量守恒

定律得：

mv0=2mv

“0=2

解得：v=22=im/s

（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力f=uN=Pmg

mv2

设两者间相对静止前，对木块应用动能定理fx=2解：x=lm

【思路点拨】（1）碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解：（2）整个过程，

对整体根据动能定理列式即可求解；本题主要考查了动量守恒定律、动能定理及能量守恒定

律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，难度适中.

【题文】（物理卷•2015届河北省唐山一中高二下学期期末考试（2014.07））17.（18分）探

究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，

其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见图a）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为hl时，与静止的内芯碰撞（见图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见图c）。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）外壳与内芯碰撞过程中外壳对内芯撞击力的冲量大小和方向；

（2）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。

【知识点】动能定理的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律.E2E3E6F2

__________5

【答案解析】（1）向上（2）EftinWmgSZ-hl）解析设外壳上升高度hl

时速度为VI,外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2,（1）对外壳和内芯，从撞后达到

共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：

1

（4m+m）g（h2-hl）=2（4m+m）V22,

解得v242g（为一%）；由动量定理冲量大小为PGAv='"而加F,方向向上

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：

4mVl=（4m+m）V2,

]J2g0-4）

解得Vl=4由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，

1_1

只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损=5(4m)V12-2(4m+m)V22,

5

联立解得E损=4mg(h2-hl).

【思路点拨】把题目中的文字和图结合起来，了解外壳与内芯的运动过程，可分为三个过程:

外壳上升高度hl过程、外壳与内芯碰撞过程、内芯与外壳以共同的速度•起上升h2处过程.选

择好研究对象应用动能定理和动量守恒定律解决问题.了解研究对象的运动过程是解决问题

的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题.做题目可以去尝试运用

某一物理规律，如果不能解决再换用其他的，做完可以去总结.

【题文】(物理卷•2014届江苏省南京市金陵中学高三第四次模拟考试(2014.05))15.(16

分)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C

是最低点，圆心角/B0C=37°,D与圆心0等高，圆弧轨道半径R=1.0m,现有一个质量为

m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h=1.6m,小物

体与斜面AB之间的动摩擦因数u=0.5.取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。

求：

(1)小物体第一次通过C点时对轨道的压力：

(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长；

(3)若斜面已经满足(2)要求，请首先判断小物体是否可能停在斜面上。再研究小物体从E

点开始下落后，整个过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。

【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系；机械能守恒定律.C2E2E3E6

【答案解析】(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J解析⑴(4分)小物体从E到C,由能量守恒得：

12

mg(h+R)=—mv

2①e

v2c

在C点，由牛顿第二定律得：FN—mg=nr^-,②

联立①②解得FN=12.4N.

根据牛三，大小为12.4N,方向竖直向上。

(2)(5分)从EfD-C-BfA过程，由动能定理得：

WG-Wf=0,③

WG=mg[(h+Rcos37。)-LABsin37°],④

Wf=umgcos37°•LAB,⑤

联立③④⑤解得LAB=2.4m.

(3)(7分)因为mgsin37°>umgcos37°(或u〈tan37°),

所以，小物体不会停在斜面上.小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运

动，

从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，

Q=AEp,（6）

△Ep=mg（h+Rcos37°）,⑦

联立⑥⑦解得Q=4.8J.

【思路点拨】（1）由机械能守恒可求得物体在C点的速度，C点物体做圆周运动，则由牛顿第

二定律充当向心力可求得支持力；（2）要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动

能定理可求得AB的长度；（3）由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后

物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动，由功能关系可求得热量Q.在考查力学问题

时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平

抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式.

【题文】（理综卷•2015届浙江省重点中学协作体高考摸底测试（2014.08））24.（20分）一

般来说，正常人从距地面L5m高处跳下，落地时速度较小，经过腿部的缓冲，这个速度对人

是安全的，称为安全着地速度。如果人从高空跳下，必须使用降落伞才能安全着陆，其原因

是，张开的降落伞受到空气对伞向上的阻力作用。经过大量实验和理论研究表明，空气对降

落伞的阻力f与空气密度P、降落伞的迎风面积S、降落伞相对空气速度V、阻力系数c有关

2

（由伞的形状、结构、材料等决定），其表达式是f=5cpSv2。根据以上信息，解决下列问题。

（取g=10m/s2）

（1）在忽略空气阻力的情况下，计算人从1.5m高处跳下着地时的速度大小（计算时人可视

为质点）;

（2）在某次高塔跳伞训练中，运动员使用的是有排气孔的降落伞，其阻力系数c=0.90,空气

密度取P=1.25kg/m3。降落伞、运动员总质量m=80kg,张开降落伞后达到匀速下降时，要

求人能安全着地，降落伞的迎风面积S至少是多大？

（3）跳伞运动员和降落伞的总质量m=80kg,从跳伞塔上跳卜，在下落过程中，经历了张开降

落伞前自山下落、张开降落伞后减速下落和匀速下落直至落地三个阶段。如图是通过固定在

跳伞运动员身上的速度传感器绘制出的从张开降落伞开始做减速运动至达到匀速运动时的

v-t图像。根据图像估算运动员做减速运动的过程中，空气阻力对降落伞做的功。

【知识点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动.A2A3E2

【答案解析】（l）5,5m/s（2）47.4m2（3）-3.5xlO4J解析（1）设人从1.5m高处跳下着

地时的安全速度大小为vO,则

v（）=2gh

%-42gh_>730m/5=5,5m/s

（2）由（1）可知人安全着陆的速度大小为质m/s,跳伞运动员在空中匀速下降时空气阻力

12

mg=cpSv

大小等于运动员的重力，则2

S=2mg2x80x10

CQ=89x1.25x30m2=47.4m2

（3）设空气阻力对•降落伞做功为Wf,由v-t图可知，降落伞张开时运动员的速度大小

vl=20m/S.运动员收尾速度即匀速直线运动的速度v2=5.0n!/s,设在这段时间内运动员下落的

高度为h,根据动能定理

1mv}-1mv^—mv[--mv^

mgh+Wf=22Wf=-mgh+22

（说明以上两式只要有一个正确就给4分）

由v-t图线和时间轴所围面积可知，在O'3s时间内运动员下落高度h=25m,

带入数据解得：卬=—3.5x101

说明：由于h是估算值，卬=一3.4xlO4J至W=—3.6x10」都算正确。

【思路点拨】（1）在忽略空气阻力的情况下，人做自由落体运动，由运动学公式求解人着地

时的速度大小；（2）由（1）求出人安全着陆的速度大小，张开降落伞后达到匀速下降时，空

1

气阻力大小等于运动员的重力，根据平衡条件和f=2cPSv2结合可求出降落伞的迎风面积S；

（3）山v-t图读出，降落伞张开时运动员的速度大小和运动员收尾速度大小，由v-t图线和

时间轴所围面积求得在。〜3s时间内运动员下落高度，由动能定理求解空气阻力对降落伞做

的功.

【题文】（理综卷•2015届浙江省重点中学协作体高考摸底测试（2014.08））25.（22分）如

图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电

场强度为E.在x轴上方以原点。为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的

方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.y轴下方的A点与0点的距离为d,一

质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从0点射入磁场.不计

粒子的重力作用.

(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r.

(2)要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0,求E0.

(3)若电场强度E等于第⑵问E0的|,求粒子经过x轴时的位置.

【知识点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.E2

1317K3

(1)粒子在电场中加速，由动能定理得

qEd=z"mv2①

粒子进入磁场后做圆周运动，有

v2

qvB=m-②

解得粒子在磁场中运动的半径

」2niqEd

(2)粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①,

可得R=*r(4)由以上各式解得Eg，”：

(3)将E=；E0代入可得磁场中运动的轨道半径

粒子运动情况如图②，图中的角度a、B满足

cosa=>!^=坐即a=30。⑦

6=2a=60。⑧

粒子经过x轴时的位置坐标为

r

x=r-F⑨

cos6

解得x=-\/3R.⑩

【思路点拨】(1)带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转.根据动能定理求加速获得的

速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；(2)要使粒子之后恰好不再

经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由儿何知识求出轨

2

迹半径，由上题结论求E0.(3)若电场强度E等于第(2)问E0的3,求粒子在磁场中运动

的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置.本题是带电粒子在复

合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决.

E3机械能守恒定律

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))1.关于重力势

能，下列说法中正确的是

A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定

B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大

C.一个物体的重力势能从一5J变化到-3J,重力势能减少了

D.重力势能的变化量与零势能面的选取无关

【知识点】机械能守恒定律.E3

【答案解析】D解析解：A、由重力势能的表达式EP=mgh,知重力势能的大小与质量和高度两

个因素有关，而高度与零势能面的选择有关，所以物体的位置一旦确定，但重力势能的大小

并没有确定.故A错误.B、由重力势能的表达式EP=mgh,知物体与零势能面的距离越大，若

物体在零势能面的上方，重力势能为正值，它的重力势能也越大；若物体在零势能面的下方,

重力势能为负值，它的重力势能则越小.故B错误.C、重力势能是标量，一个物体的重力势

能从-5J变化到-3J,重力势能增大了，故C错误.D、重力势能的变化量△EP=mg^h,则知重

力势能的变化量与高度差有关，则与零势能面的选取无关，故D正确.故选：D.

【思路点拨】物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能的大小与质量和高度两个

因素有关.重力势能是相对的，与零势能面的选择有关，而重力势能的变化量是绝对的，与

零势能面的选取无关.本题考查了重力势能的概念以及影响重力势能大小的两个因素，分析

重力势能变化时，两个因素缺少一个而得出的结论都是错误的.

【题文】(物理卷♦2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))4.轻质弹簧吊

着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直

方向的夹角为9,在这一过程中，对于小球和弹簧组成的系统，下列说法正确的是

A.系统的弹性势能增加B.系统的弹性势能减少

C.系统的机械能不变D.系统的机械能增加

【知识点】功能关系；机械能守恒定律.E3

【答案解析】AD解析解：A、初始状态，弹簧的弹力F弹=mg,后来F弹cos8=mg,故弹力会

增加，弹簧伸长量增加，系统弹性势能变大，故A正确，B错误；C、作用过程中，外力F做

正功，系统机械能不守恒，机械能总量要增加，故C错误，D正确；故选：AD.

【思路点拨】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小，弹性势能的增减可通过弹力做功

的正负判断，由于有外力F参与做功，系统机械能不守恒，总量要增加.系统的弹性势能取

决于弹簧的形变量的大小，形变量大，则弹性势能大，与弹簧伸长还是压缩无关，此外，要

真正理解机械能守恒的条件.

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))7.已知货物的

质量为m,在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h,则在这段忖间内，下列叙述

正确的是(重力加速度为g)

A.货物的动能一定增加mah-mgh

B.货物的机械能一定增加mah

C.货物的重力势能一定增加mah

D.货物的机械能一定增加mah+mgh

【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化.E2E3E6

【答案解析】D解析解：A、根据牛顿第二定律得：合力为F合=ma,则合力做功为W合=mah,

知动能增加量为mah.故A错误.B、货物上升h高度，重力势能的增加量为mgh,则机械能

的增加量为mah+mgh.故B、C错误，D正确.故选：D.

【思路点拨】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的

增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量.解决本题的关键知道重力做功

与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，对于机械能的变化量，也可以通过除重力以外

其它力做功等于机械能增加量求出机械能的增加量.

【题文】(物理卷•2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试(2014.07))10.如图所示，

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的三倍。当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B匕T|•的最

¥

B.VRD

A.2RC.3

【知识点】机械能守恒定律.E3E6

【答案解析】D解析解：设B的质量为m,则A的质量为3m,A球落地前，A、B组成的系统机

械能守恒，有：3mgR-mgR=2(3m+m)v2解得：v=对B运用动能定理得：—mgh=0-5mv2

R3

解得：h=2则B上升的最大高度为：H=h+R=2R.故B正确，A、C、D错误.故选：B.

【思路点拨】开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由

动能定理可以求出B上升的最大高度.解决本题的关键理清AB组成的系统在什么过程中机械

能守恒，求出A球落地时B球的速度大小是解决本题的关键.

【题文】(物理卷•2015届湖北省部分重点中学高三上学期起点考试(2014.08))10.如图，

两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不

动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧

具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧（但未飞离斜

面），则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块（）

A.最大加速度可能相同

B.最大速度一定不同

C.重力势能的变化量不同

D.上升的最大高度不同

【知识点】功能关系；弹性势能.E3E6

【答案解析】BD解析A、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，

F-mgsin0

根据牛顿第二定律：a=m可见质量大的最大加速度较小，故A错误；B、物块受力

平衡时具有最大速度，即：mgsin0=kAx则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较

大，上升的高度比较低，即位移小，而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，v2-02=2ax

加速度小的位移小，则最大速度v较小，故B正确；CD、由题意使两弹簧具有相同的压缩量,

则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最

终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不

同，故C错误、D正确；故选BD.

【思路点拨】使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后

的重力势能.本题考查了弹簧问题，注意平衡位置不是弹簧的原长处，而是受力平衡的位置.

【题文】（物理卷•2015届湖北省部分重点中学高三上学期起点考试（2014.08））14.（10分）

如图所示，-半径为R=0.5m的半圆型光滑轨道与水平传送带在B点连接，水平传送带AB长

L=8m,向右匀速运动的速度为v0。一质量为1kg的小物块（可视为质点）以vl=6m/s的初

速度从传送带右端B点向左冲上传送带，物块再次回到B点后恰好能通过圆形轨道最高点，

物块与传送带间的动摩擦因数li=0.45,g取10m/s2o求物块相对地面向左运动的最大距离

x及传送带的速度大小vOo

【知识点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律.A2C2E3

【答案解析】（1）4m（2）5m/s解析（1）物块向左匀减速至速度为零时，相对地面向左的位

移最大。

根据运动学公式：°-

a=—

根据牛顿第二定律：物块加速度mf="mg

联立各式，代入数据解得：x=4〃?

mv^

mg=

（2）物块恰过最高点（设为C点），临界条件：R

11

mv2=mv7+mg2R

从B到C的过程，物块机械能守恒：2B2c

代入数据解得：0s

由题意可知，物块在传送带上匀减速至速度为零后反向向右匀加速运动直到与传送带速度相

等,再匀速运动。故传送带速度%=以=5，〃/s

【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求相对滑动的时间和对应的

传送带位移和滑块位移，最后得出相对位移；（2）先根据机械能守恒定律求出滑块到达最高

点的速度，然后根据平抛运动的位移公式求滑块的落点，从而确定传送带最右端与圆心的最

小距离.

【题文】（物理卷•2015届湖北省部分重点中学高三上学期起点考试（2014.08））16.（13分）

如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，

NA0B=37O,圆弧的半径R=0.5m,圆心0点在B点正上方；BD部分水平，长度为0.2m,C

为BD的中点。现有一质量m=lkg,可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。

（g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8）求：

（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F,

F应为多大？

（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角°,夕应为多

大？（假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失）

（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程。

【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力.C2D4E3

【答案解析】（1）10N（2）37"（3）0.25m解析（1）设BD段长度为1,动摩擦因数为〃，

研究物块运动,根据动能定理：卬总=孤

从A至ijD的过程中mgRQ-cos37")-j.ongl=0-0

mgR(l-cos37")=0-0

从A到C恰好静止的过程中2

又BC段「N=F+mg

代入数据联立解得：〃=05F=10N

(2)右图中，从A到C的过程中，根据动能定理

mgR(l-cos370)-/ng9一N；=0一0

其中FN=mgcos0

联立解得e=37"

(3)物块在C处速度减为零后，由于mgsinO>/sgcose物块将会下滑，而AB段光滑，

故物块将做往复运动，直到停止在B点。

根据能量守恒定律加gR(l—cos37")=Q

而摩擦生热Q7f=3gcos。

代入数据解得物块在BD板上的总路程s=0.25m

【思路点拨】(1)先对从A到B过程根据动能定理求解B点的速度：然后在B点重力和支持

力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；(2)先对A到D过程根据动能定

理列式，再对A到C过程根据动能定理列式，最后联立求解；(3)对从A到C过程根据动能

定理列式求解.本题是动能定理的运用问题，关键是选择适当的过程运用动能定理列式，动

能定理适用于多过程问题，可以使问题简化.

【题文】(物理卷•2015届湖北省部分重点中学高三上学期起点考试(2014.08))(2)(9分)

一静止原子核发生a衰变，生成一a粒子及一新核，测得a粒子的速度为光在真空中的

速度的0.1倍。已知a粒子的质量为m,电荷量为q；新核的质量为a粒子的质量的n倍；

光在真空中的速度大小为Co

求：(1)衰变过程中新核所受冲量的大小；

(2)衰变前原子核的质量。

【知识点】动量定理能量守恒定律E3E6F1

(7?+1)(14--!一)m

【答案解析】(1)0-lmc(2)200〃解析①衰变产生的a粒子的速度大小为

0.1c,

设衰变后新核的质量为M速度大小为V,衰变前后动量守恒，有

0=MV-mv

根据动量定理新核所受冲量/=-°

所以/=0.1mc

②设衰变前原子核质量为MO,根据爱因斯坦质能方程，以及衰变前后能量守恒，有

1

M■,c2=Mc~+—A/V+me2-2

（°｝22

将M=nmV=v/nv=0.Ie代入

1

M（）=（n+l）（l+）m

解得衰变前原子核的质量为200〃

【思路点拨】（1）开始动量为零，衰变前后动量守恒，根据动量守恒定律求得速度，然后根

据动量定理求解。（2）衰变后，根据爱因斯坦智能方程，产生的能量全部转化为两部分的动

能。

【题文】（物理卷•2015届河北省唐山一中高二下学期期末考试（2014.07））17.（18分）探

究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，

其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见图a）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为hl时，与静止的内芯碰撞（见图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见图c）。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）外壳与内芯碰撞过程中外壳对内芯撞击力的冲量大小和方向；

（2）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。

【知识点】动能定理的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律.E2E3E6F2

_________5

【答案解析】（1）向上（2）EftinWmgSZ-hl）解析设外壳上升高度hl

时速度为VI,外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2,（1）对外壳和内芯，从撞后达到

共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：

1

（4m+m）g（h2-hl）=2（4m+m）V22,

解得v242g（为一%）；由动量定理冲量大小为PGAv='"而加F,方向向上

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：

4mVl=（4m+m）V2,

]J2g0-4）

解得Vl=4由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，

1_1

只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损=5(4m)V12-2(4m+m)V22,

5

联立解得E损=4mg(h2-hl).

【思路点拨】把题目中的文字和图结合起来，了解外壳与内芯的运动过程，可分为三个过程:

外壳上升高度hl过程、外壳与内芯碰撞过程、内芯与外壳以共同的速度•起上升h2处过程.选

择好研究对象应用动能定理和动量守恒定律解决问题.了解研究对象的运动过程是解决问题

的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题.做题目可以去尝试运用

某一物理规律，如果不能解决再换用其他的，做完可以去总结.

【题文】(物理卷•2015届甘肃省兰州一中高二下学期期末考试(2014.07))9.如图所示，

轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为m的档板，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞

向挡板，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘在一起.若碰撞时

间极短，在对物体、挡板和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是

A.在物体与挡板相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒

B.在物体与挡板相撞的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒

C.从物体与挡板开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量和机械能都不守恒

D.从物体与挡板相撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒

【知识点】动量守恒定律：机械能守恒定律.E3F2

【答案解析】ACD解析A、碰后两球粘合在一起运动，属于完全非弹性碰撞，动量守恒，机械

能损失最大，机械能不守恒，故A正确，B错误；C、从物体与挡板开始接触到弹簧被压缩到

最短的整个过程中，碰撞时机械能不守恒，压缩弹簧时动量不守恒，故C正确；D、从物体与

挡板相撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，动量不守恒,

故D正确.故选ACD

【思路点拨】碰后物体和挡板粘合在一起运动，属于完全非弹性碰撞，之后物体和挡板压缩

弹簧，根据碰撞的特点及机械能守恒的条件即可求解.碰撞过程中内力远远大于外力，动量

守恒，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒.

【题文】(物理卷•2014届江苏省南京市金陵中学高三第四次模拟考试(2014.05))5.如图，

一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，

质量分别为ml、m2,ml>m2.现让ml从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑.设碗固定不动，

其内壁光滑、半径为R.则ml滑到碗最低点时的速度为()

2（叫一”?2）gRl2(fnt-m2)gR2("?]-\[lm2)gR

A.V2叫+吗m+m

C.x2

7（g一nmJgR

）\+m2

【知识点】机械能守恒定律.E3E6

破的速度为v,则皿的速度…就-"①

【答案解析】D解析设ml到达最低点时,

1

根据系统机械能守恒有:mlgR-m2g•血R=2m2V2+2mlv，2②

["A-血丐项

由①②解得：V,=Y2mi+m2故选：D

【思路点拨】ml和m2组成的系统，只有重力做功，机械能守恒.根据系统重力的势能的减小

量等于系统动能的增加量求出ml的速度.注意ml的速度沿绳子方向的分速度等于m2的速度,

根据平行四边形定则求出ml在最低点的速率.解决本题的关键知道机械能守恒的条件，抓住

系统重力势能的减小等于动能的增加进行求解，注意ml和m2的速度不等.

【题文】（物理卷•2014届江苏省南京市金陵中学高三第四次模拟考试（2014.05））15.（16

分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C

是最低点，圆心角NB0C=37°,D与圆心0等高，圆弧轨道半径R=1.0m,现有一个质量为

m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h=1.6m,小物

体与斜面AB之间的动摩擦因数u=0.5.取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2»

求：

（1）小物体第一次通过C点时对轨道的压力；

（2）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长；

（3）若斜面已经满足（2）要求，请首先判断小物体是否可能停在斜面上。再研究小物体从E

点开始下落后，整个过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。

【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系；机械能守恒定律.C2E2E3E6

【答案解析】（1）12.4N（2）2.4m（3）4.8J解析⑴（4分）小物体从E到C,由能