物理大二轮高考复习练习（七） 动能定理、机械能守恒定律及其应用

微课精练（七）动能定理、机械能守恒定律及其应用

L按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，

笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小j

帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。

笔从最低点运动至最高点的过程中（）

A.笔的动能-直增大.J

B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小

C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量

D.在最高点弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量

解析：选D开始时弹力大于笔的重力，则笔向上做加速运动；当弹力等于重力时，加

速度为零，速度最大；然后弹力小于重力，笔向上做减速运动，直到速度减为零到达最高点，

笔的动能先增加后减少，A错误；因只有弹簧弹力和重力做功，则笔的重力势能、动能和弹

黄的弹性势能之和守恒，因动能先增加后减少，则笔的重力势能与弹簧弹性势能的总和先减

少后增加，B错误；因整个过程动能变化量为0,则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势

能的增加量，C错误，D正确。

2.（2022•全国乙卷）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，LʃʌX

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（）I

A.它滑过的弧长

B.它下降的高度

C.它到尸点的距离

D.它与尸点的连线扫过的面积

解析：选C如图所示，设小环下降的高度为h,圆环的半径为R,

小环到尸点的距离为L,根据机械能守恒定律得力g/i=］，""。由几何关系

,故C正确,

A、B、D错误。

3.（2022•福州模拟）（多选汝口图所示，截面是高为人的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗

糙水平面上，底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为d的位置有一竖直墙壁、

小物块自斜面顶端由静止释放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为"，若小物块与墙壁

发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁发生一次碰撞，不计碰撞过程中能量损失。则物

块最终静止时距斜面底端的距离可能为（）

A.

hh

C.-2dD.3d一一

解析：选ABC设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有mgh-μnιgs=Qf

解得S=A若物块不与墙壁相碰，则物块最终静止时距斜面底端的距离为白，故A正确；若

只发生一次碰撞，但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为2J—1故B

正确，D错误；若碰后能再次滑上斜面，物块最终静止时距斜面底端的距离为彳一2d,故C

正确。

4.（多选）在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉

力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当

拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关

系图像，已知重力加速度g取K）m/s2。根据以上信息能精确得出或估算

得出的物理量有（）

A.物体与水平面间的动摩擦因数

B.合外力对物体所做的功

C.物体做匀速运动时的速度

D.物体运动的时间

解析：选ABC物体做匀速直线运动时，拉力后与滑动摩擦力居相等，物体与水平面

间的动摩擦因数为M=髭=0.35,A正确；减速过程由动能定理得WF+Wf=O—协标，根据

尸-X图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wr=-/〃"gx=一尸ox,由

此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度。，B、C正确；因为物体做

非匀变速运动，所以运动时间无法求出，D错误。

5.（多选）如图所示，半径为K的光滑圆环固定在竖直平面内，AB.CDa

是圆环相互垂直的两条直径，C、。两点与圆心O等高。一质量为，”的光/jʌ

滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在尸点，cr-c∣--⅜

P点在圆心O的正下方。处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运7^

动，已知弹簧的原长为R,弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。下

列说法正确的是（）

A.小球运动到B点时的速度大小为√i妩

B.弹簧长度等于K时，小球的机械能最大

C.小球在4、B两点时对圆环的压力差大小为4,"g

I).小球运动到8点时重力的功率为O

解析：选BCD由题分析可知，小球在4、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹

性势能相等，小球从A到5的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR=^mvB2,解得OB=

2倔，故A错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧

的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、3两点时弹簧的弹力

大小为尸弹，在A点，圆环对小球的支持力尸Ni=mg+尸洋。在B点由牛顿第二定律得Fm

—mg—F联立可得尸N2一/NI=4wιg,由牛顿第三定律知C正确；在B点竖直方向

速度为0,则重力的功率为0,D正确。

6.(2022•济南模拟)如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑，〃〃〃飨〃〃

轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为,”的圆环，圆环套

在竖直的光滑细杆上。已知细杆与定滑轮的水平距离为d=0∙8m,初始止/

If*南

时轻绳与竖直杆的夹角6)=53o(sin53o=0.8,cos53°=0.6),取重力加速

度g=10m∕s2.现在由静止释放两物体，下列说法正确的是()

A.释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小、后增大

B.若M=4m,当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为o=2m∕s

C.若M=2m,圆环运动区间的长度为1.2m

D.为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应该满足亍

解析：选B因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错

误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0,根据动能定理可得;=J—

m^tanθ,其中M=4"?,联立解得v=2m∕s,故B正确；若M=2nι时，物块一开始先做向

下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速

度为零时，细线与细杆夹角为a,根据机械能守恒定律可知，物块重力势能的减少量等于圆

环重力势能的增加量，有2“磊一扁=M磊一氤)，整理得65siι√α-U2sina

+48=0,解得sina=E或sinG=:(舍去)，根据数学关系sin2α÷cos2a=l,tan可

ɪɔɔCoSa

解得tana=音,则圆环上升的最大高度为开始时，由于MgCoSθ

ɔIdIl(7ι<ιnu.ɪɔ

≈1.2mg>mg,圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为去m,故C错误；圆环

在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始住置恰好静止，由此可得MgCos〃=，"g,解得工

5M5

=y故当满足新＞§时，圆环在初始位置上方运动，故D错误。

7.（2022・广州质检）（多选）如图所示，小滑块P、Q的质量均为m,P

套在固定光滑竖直杆上，Q放在光滑水平面上。P、。间通过钱链用长为L月P

的轻杆连接，轻杆与竖直杆的夹角为α,一水平轻弹簧左端与。相连，右QF

端固定在竖直杆上。当α=30。时，弹簧处于原长，P由静止释放，下降到^

最低点时α变为60。，整个运动过程中，P、。始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内,

忽略一切摩擦，重力加速度为g。则尸下降过程中（）

A.弹簧弹性势能最大值为咛ImgC

B.竖直杆对滑块尸的弹力始终大于弹簧弹力

C.滑块产的动能达到最大前，P的机械能一直在减少

D.滑块尸的动能达到最大时，。受到地面的支持力大于2mg

解析：选AC根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统机械能

守恒可得弹性势能的最大值为Ep=,"gL（cos30。-cos60。）=0^~故A正确；以整体

为研究对象，系统水平方向先向左加速运动后向左减速运动，所以水平方向合力先向左，后

向右，因此水平方向加速阶段竖直杆弹力大于弹簧弹力，水平方向减速阶段竖直杆弹力小于

弹簧弹力，故B错误；根据系统机械能守恒定律可知，滑块P的动能达到最大前，P的机械

能一直在减少，故C正确；尸由静止释放，尸开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加

速度为零时，尸的速度达到最大，此时动能最大，对P、。和弹簧组成的整体受力分析，在

竖直方向，根据牛顿第二定律可得尸N—2,"g="0+nι∙0,解得尸N=2mg,故D错误。

8.（2022∙∙⅛∙林第二次加研）冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项

目，其赛道横截面如图所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆T°m

形赛道竖直固定放置，直径尸0。水平。一质量为，”的运动员（按质点处1OQ

理）自产点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员

滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4,〃g,g为重力加速度的大小。用W表示运动员从尸

点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功（不计空气阻力），贝!］（）

3

A.W=-^ιngR,运动员没能到达。点

B.W=γngR,运动员能到达。点并做斜抛运动

C.W=^mgR,运动员恰好能到达。点

D.W=&lgR,运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离

解析：选D在N点，根据牛顿第二定律有外一，叫=机->由牛顿第三定律可知心

=4mg,解得VN=N3gR,对运动员从下落到N点的过程运用动能定理得W=%κ¼2

-0,解得W=%ιgR,由于PN段速度大于N0段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的

支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对N0段运用动能定理

得一”?gR—W'=p∕jvρ2-p∕jv,v2,因为W'<^ιngR,可知。°>0,所以运动员到达。点后，

继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。

9.（2021年1月8省联考■•河北绻•）（多选）如图，一顶角为直角的ʌ

“/、”形光滑细杆竖直放置。质量均为，”的两金属环套在细杆上，高√⅛∖

度相同，用一劲度系数为我的轻质弹簧相连，弹簧处于原长加两金属ZiX

1

环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正

确的是［弹簧的长度为/时弹性势能为权（/一幻2］（）

A.金属环的最大加速度为√ig

B.金属环的最大速度为g、畏

c.金属环与细杆之间的最大压力为乎mg

D.金属环达到最大速度时重力的功率为m

解析：选BC刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0,所以金属环的最大加速度为anι=

gsin45。=平g,故A错误；设平衡位置弹簧的伸长量为Xi,根据平衡条件，沿杆方向有∕ngsin

45。=AxlCOS45。，由机械能守恒定律得2〃吆^^=；AXI2+；（2〃2）如2,解得金属环的最大速度为

OO=CJ金属环达到最大速度时重力的功率为P=机件OCOS45。=号Iy,故B正确，

D错误；当金属环下落到最低点，金属环速度为0,金属环与细杆之间的压力最大。设此时

弹簧的形变量为冷，由机械能守恒定律得2/7Z詹）=夕工22,对金属环进行受力分析，垂直于

3历

杆方向有FN=机geos45。+AX2sin45。，解得FN=,ffig9由牛顿第三定律可知金属环与细杆

之间的最大压力为至Fmg,故C正确。

10.（多选）如图甲所示,在倾角为37。足够长的粗糙斜面底端，一轻弹簧被一质量∕n=lkg

的滑块(可视为质点)压缩着且位置锁定，但它们并不粘连。Z=O时解除锁定，计算机通过传

感器描绘出滑块的VY图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，曲段为直线，在fι=0.1s时滑

块已上滑S=O.25m的距离(g取IOm/S?,sin37。=0.6,cos37o=0.8)(＞则下列说法正确的是

()

A.滑块与斜面之间的动摩擦因数〃=0.2

B.弹簧锁定时具有的弹性势能Ep=4∙5J

C.当/=0.3s时滑块的速度大小为0

D.当Z=0.4s时滑块的速度大小为1m/s

解析：选BC滑块在be段做匀减速运动，加速度大小为：α=E=瞿~Γ7m/s2=10

Af0.2—0.1

,S1上.=3A—A…«-CSin37010-10X0.6

m/s2;根据牛顿第二定律，有∕ngsin37。+//MgCOS37°=ma,解得"=T7。=-ICYCa-

=0.5,选项A错误;从0到Ei时间内，由动能定理可得Ep-JWgssin37°—〃/WgSCOS37o=^w^2,

解得：Ep=mgssin37。+〃〃IgSCOS37o+∣mυ√=l×IOX0.25X0.6J+0.5×l×10×0.25×0.8J

2

+∣×1×2J=4.5J,选项B正确；根据速度公式，得：打=0.3S时的速度大小：Vt=Vb-

3=0,选项C正确；在0.3s之后滑块开始下滑，设下滑时的加速度为α',由牛顿第二定

律得：Mgsin37。一W"geos37°=∕≡',a'=gsin37o-^cos37°=10X0.6m∕s2-0.5×10×0.8

m/s2=2m∕s2,从0.3s到0.4S做初速度为零的匀加速运动，打=0.4s时刻的速度为：Vi=a't'

=2×0.1m∕s=0.2m/s,选项D错误。

11.(2022•湖南高考•节选)如图(a),质量为机的篮球从离地”高度处由静止下落，与地

面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小

是篮球所受重力的z倍L为常数且00.安胃，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速

率之比相同，重力加速度大小为go

(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;

(2)若篮球反弹至最高处∕l时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰

撞一次后恰好反弹至人的高度处，力尸随高度y的变化如图(b)所示，其中痴已知，求凡的

大小。

解析：(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有

mg-Amg=ma下

再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有vi=2ατH

篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有

mg+λmg=ιna上

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有。上2=2°上力

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

a

VT∖∣(l-λ)H

(2)若篮球反弹至最高处力时，运动员对篮球施加一个向下的压力凡则篮球下落过程中

根据动能定理有mgh唔〃=τrnv下'2

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有一J"g∕L痴g∕l=O