2023年高三物理二轮练习09 动能定理、机械能守恒定律和功能关系（解析版）

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破

专题09动能定理、机械能守恒定律和功能关系

专练目标专练内容

目标1高考真题(IT—5T)

目标2动能定理的综合性应用(5T-IOT)

目标3机械能守恒定律在四类模型中的应用(11T-15T)

目标4三大力场中功能关系的综合应用(16T—20T)

目标5有关功能的图像问题(21T—25T)

【典例专练】

一、高考真题

1.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向

上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、

B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，

则()

A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C.下滑时，B对A的压力先减小后增大

D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】B

【详解】B.由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为R方向沿斜面向下为正方向，斜面倾

角为仇AB之间的弹力为E小摩擦因素为"，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有

7+tnama

7+(OTA+"%)gsine-〃(，4+"%)gcose=(〃?As)，对B有，＞⅛gsin9-MBgCOSe-FAB=n

联立可得一J=-*里由于A对B的弹力RB方向沿斜面向上，故可知在最高点尸的方向沿斜面向上：

啊+"%mB

由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直

沿斜面向上，不发生变化，故B正确；

A.设弹簧原长在。点，A刚开始运动时距离。点为X/,A运动到最高点时距离。点为X2；下滑过程AB不

分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得3日；=；"；+(mgsinO+/)(x「X2)

=0,即此时加速度为0,故A错误；

FF

C.根据B的分析可知-------=一-"再结合B选项的结论可知下滑过程中尸向上且逐渐变大，则卜滑过程

mA+mBmB

尸.逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；

D.整个过程中弹力做的功为0,A重力做的功为0,当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整

个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B..

2.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端尸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

【答案】C

【详解】如图所示

设圆环下降的高度为6,圆环的半彳仝为火，它到P点的距离为L,根据机械能守恒定律得，”的=3m2

由几何关系可得A=ZSin。：sin。=互联立可得力=且可得V=ZJi故C正确，ABD错误。故选C。

2R27?NR

3.风力发电已成为我国实现"双碳"目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能

的装置。某风力发电机在风速为9m∕s时，输出电功率为405kW,风速在5~IOm/s范围内，转化效率可视

为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为0,风场风速为V,并保持风正面吹向叶片。下

列说法正确的是()

A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比

B.单位时间流过面积A的流动空气动能为:p/B

C.若每天平均有LoXlOSkW的风能资源，则每天发电量为2.4xl()9kW∙h

D.若风场每年有500Oh风速在6〜IOm/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0χl()5kW∙h

【答案】D

【详解】AB.单位时间流过面积A的流动空气体积为％=Nv单位时间流过面积A的流动空气质量为

m0=pV0=pAv单位时间流过面积A的流动空气动能为:机（Z=；夕//风速在5〜IOm/s范围内，转化效率

可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；

C.由于风力发电存在转化效率，若每天平均有LoXIO8lcw的风能资源，则每天发电量应满足

E<1.0×108×24kW-h=2.4×109kWh.C错误;

D.若风场每年有500Oh风速在6〜IOm/s的风能资源，当风速取最小值6m∕s时，该发电机年发电量具有最

小值，根据题意，风速为9m∕s时，输出电功率为405kW,风速在5〜IOm/s范围内，转化效率可视为不变,

可知风速为6m∕s时，输出电功率为P=Sx^kW=KOkW则该发电机年发电量至少为

E=P∕=120×5000kW∙h=6.0×105kW∙h.D正确;故选D。

4.某节水喷灌系统如图所示，水以％=15m∕s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从

井下抽取的，喷口离水面的高度保持"=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为

220V,输入电流为2QA。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水

泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失，则（）

H二

p

fE∙

二二二

二二

-二

二

二二-

二

二

二

・二-

二fz

仁

二

兆-

二

二

二-

n二

二■∙

二

二

二-

外

二

一

一-

二p

二

-二

一L

4二

二-

-p

2-p

一f

A.每秒水泵对水做功为75J

B.每秒水泵对水做功为225J

C.水泵输入功率为440W

D.电动机线圈的电阻为IOQ

【答案】D

【详解】AB.每秒喷出水的质量为%=2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为

W=mugH+ɪ阴"=3OOJ故AB错误；

W

C.水泵的输出能量转化为水的机械能，则［=:=30OW而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率

之比）为75%,则∕∖=-5L=400W故C错误；

λ75%

D.电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为牛=∕∖=400W而电动机的电功

率为AI=S=440W由能量守恒可知烯=『A+尸机联立解得A=IoC故D正确；故选Do

5.一物块在倾角为45。的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿

斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端

的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为也

3

B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J

C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:0

【答案】BC

【详解】A.对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有尸=/=〃/WgCOS45。

由牛顿笫二定律可知，物体下滑的加速度为q=gsin45°=孝g则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程

202

中重力和摩擦力对物块做功为%=mg-axt∙sin45°=»；Wf=-μmg-cos45×ɪɑ/=-t'

代入数据联立解得〃=；故A错误；

C.当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45。-尸二/"=叫解得出=变g-2"gcos450=吏g

26

则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比吟=*c正确；

g

√2l3

wj==-

B.当拉力沿斜面向上，重力做功为%2=gsin45Q∙x合力做功为匕f=τ≡2∙x则其比值为1

√6∑g

则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J,故C正确;

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为尸=mv=加而则动量的大小之比为

P2V⅜ɪ

万一百一耳故D错误。故选BC。

二、动能定理的综合性应用

6.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在/点，弹性绳自然长度等于AB,跨

过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为机的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时小B、C在同一条

水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为人。为CE的中点,

小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg,小球与杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内。下

列说法正确的是（）

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

E

A.对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能守恒

B.小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同

C.小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能

D.若在E点给小球一个向上的速度丫=或疏，则小球恰好能回到C点

【答案】B

【详解】A.由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中

机械能减少，A错误；

B.设BC间距为X,在C点时，绳上的拉力为7=丘=0∙5mg从C点向下运动过程，设3点右侧绳长为X，，

与竖直方向夹角为仇水平方向由平衡条件可得N=kx'-smθ=kx=0.5mg,小球受到的滑动摩擦力大小为

f=μN=0.25mg故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力

所做的功相同，B正确；

C..对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功不同，由于弹力沿

竖直分力越来越大，所以，小球在C。阶段损失的机械能小于在OE阶段损失的机械能，C错误；

D.从C到E过程，据动能定理可得切g"#-%=0若在E点给小球一个向上的速度V=师，从E到C

过程，根据动能定理可得叫单-加g〃-力联立解得到达C点的动能Ek=O.5mg%所以小球并不是

恰好能回到C点，D错误。故选B。

7.如图所示，一个可视为质点的小滑块从4点沿着竖直固定圆弧轨道由静止下滑，然后从轨道末端B点抛

出，恰好沿着C点的切线方向进入右侧圆弧轨道，最终在右侧轨道反复运动后在最低点。停下来，整个过

程不计空气阻力，小滑块与左右两侧圆弧轨道间的动摩擦因数相同。已知小滑块的质量为根，左、右两侧

圆弧轨道的半径均为及，/点与圆心。在同一水平线上，8点和圆心。的连线与竖直方向的夹角为。，小滑

块从8点到C点的过程中（B、C两点在同一水平线上），离水平面的最大高度为“，重力加速度为g,则

下列说法正确的是（）

A.小滑块经过8点时的速度为病万

B.小滑块在左侧圆弧轨道内因摩擦产生的热量为，“gRcos。-吗

sm*^Θ

C,小滑块进入右侧圆弧轨道后每次经过D点时重力的瞬时功率将减小

D.小滑块经过右侧圆弧轨道的C点时对轨道的压力为〃?gRcos。+驾幺

R

【答案】B

【详解】A.滑块由B点到C点做斜抛运动，离水平面最大高度，=金叱得小滑块在3点时的速度为

2g

尤西故A错误；

Sine

B.小滑块在左侧圆弧轨道从4点到B点的过程中，由动能定理得mgRcos。-叫=则

0=町=mgRcosO-"¾故B正确；

sιn^θ

C.小滑块进入右侧圆弧轨道后每次经过O点时，速度方向始终与重力方向垂直，则重力的功率为0,故C

错误；

D.根据斜抛运动的对称性可知以=vc小滑块经过右侧圆弧轨道的C点时，由牛顿第二定律可得

FN-%gcos0=m且根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力娟=&=∕MgcosJ+M¾故D错误。

RRsmθ

故选Bo

8.如图所示轻杆。一端固定着小球M,另一端通过钱链与固定水平轴。连接，轻杆6一端固定着小球N,

另一端用水平轴通过钱链与小球M连接。用手托住M、N,使O、M、N在同一水平线上，静止释放系统。

某时刻，系统达到图中虚线位置，杆。与竖直方向夹角α=30°,杆6与竖直方向夹角夕=60°,小球N的速

度水平向左。已知小球质量均为阳，杆的长度均为/,重力加速度为g,不计一切阻力。下列说法正确的是

()

MO

A.该过程中，M、N系统动量守恒

B.此时小球M的速度大小为J生9二Iki

C.该过程中,小球N受到的总冲量大小为2机

D.该过程中，轻杆0、6对小球M做的总功为("石"g'

14

【答案】BC

【详解】A.系统初状态动量为0,末状态M有沿b斜向下的动量，N有水平方向的动量，两个动量的矢量

和不可能为0,所以动量一定不守恒，A错误；

B.细杆。的一端可绕固定点。自由转动，则M的速度方向始终与杆α垂直，又因为两球沿b杆的速度方向

相同，所以此时刻小球M的速度方向垂直。杆斜左下，如图所示

由几何关系可知此时VM=KCOS30°,M、N机械能守恒有mg/cos30°+/Mg/(cos300-cos60°)=g/MK+；/nv；

D.对M由动能定理有sg∕cos3（T+匕八=g∕∏4解得％,=_（百+：）飒,D错误。故选BCe

9.如图所示，水平放置的光滑桌面中心开有光滑的小孔，轻质细绳穿过小孔一端连接质量为根的小球，另

一端连接总质量为8"?的漏斗（其中细沙的质量为7机），小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起，漏斗

内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升，漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度为/7,之后小球在轨道2上做匀速

圆周运动，此过程中小球在任意相等时间内扫过的面积相等,重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.小球在单位时间内扫过的面积为低耳

B.小球在轨道1上运动时的动能为4,"g∕）

C.小球在轨道2上运动时的动能为3wg∕?

D.此过程中细绳对漏斗做的功为2加的

【答案】AB

【详解】A.小球在轨道1上运动时有机止=8∕ng小球在轨道2上运动时有∕wH-=%g小球在任意相等时

rr+h

v

间内扫过的面积相等，则有ge/=；（尸+〃）》联立解得广=〃：ι=y∣^gh；W=y∣2gh则小球在单位时间内

T

扫过的面积为5=∣rv1=向选项A正确；

B.小球在轨道1匕运动时的动能为J=$叫°=4Wg的选项B正确；

C.小球在轨道2上运动时的动能为42=g，"匕2="，g〃选项C错误；

D.此过程中细绳对小球拉力做的功为%=；，"vj_gm、2=-枷g/?故细绳对漏斗做的功为3mg〃，选项D错

误。故选AB。

10.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与

水平面之间的夹角为α,圆环在4处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从4处静止释放，到达C处时速度为零

。若圆环在C处获得沿杆向上的速度V,恰好能回到A。已知/C=L,8是ZC的中点，弹簧始终在弹性限

度之内，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.从C到“过程，弹簧对环做功为WgZSina-：加丫2

B.环分别向上和向下经过8点时，上滑的速度大于下滑的速度

C.下滑过程中，环受到的合力不断减小

D.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为J，"/

2

【答案】AB

【详解】AD.设摩擦力做功的大小为Wf,弹簧弹力做功的大小为少朝圆环从/处由静止开始下滑到C过

程，由动能定理得加g4-%-%,=0;//=Asina在C处获得一竖直向上的速度也恰好能回到/,根据动

能定理得+0-5小联立解得巴=夕网2；%1=mgZSina根据功能关系，下滑过程

中，环与杆摩擦产生的热量为!加下，A正确，D错误；

B.圆环从/处由静止开始下滑到8过程，由动能定理得mg"-%'-吟'=fn√-0①圆环从8处上滑到

A的过程，由动能定理得-见别-%+啜4-多叶整理得”/+%/-%，=；,"%?②比较①②式可得

力＜%'则环经过8时，上滑的速度大于下滑的速度，B正确；

C.圆环从/处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，加速度为零

时速度最大，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，即合力先减小后增大，C错误。

故选ABo

三、机械能守恒定律在四类模型中的应用

11.如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直

固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R=0.2m.质量

的物块自圆管左端开口的正上方高处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管

w∕=0.1kg4∕1=4.8m

轨道后与M点处静止的质量的物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块B在直轨道上滑行过

∕n2=0.3kg

程的x-f图像如图乙所示。已知“、8与直轨道间的动摩擦因数相同，4、8均可视为质点，不计空气阻力，

2则（）

MXg=10m∕st,

A.最终A静止的位置到M点的距离为Im

B.A,8碰后瞬间8的速度大小为2m∕s

C.4滑过竖直圆管轨道尸、0两点时受到管壁的弹力大小之差为6N

D.4、8与直轨道间的动摩擦因数为0.15

【答案】C

【详解】ABD.由机械能守恒定律可知，/1与8碰前瞬间力的速度为%,才与8碰撞过程，由动量守恒定律

得机M=ZnM+%匕碰后8做匀减速运动，由其X—/图像和运动学公式可知;W=24x

9

6=∕Λ"2g=加2。解得匕=4m/s；v1=-2m∕s；〃=不设/最终位置到M点的距离为不，则q=2%解得最

终力静止的位置到例点的距离Xl=I.5m,故A、B、D错误；

i

c.在/从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得网g(A+∕7)=fwj,4在尸点时，由牛顿

第二定律可得外-叫g=∕n∣K■解得G=51N在Z从P点运动到。点的过程中，由机械能守恒定律可得

R

；叫宕=2相邸+；网，，4在0点时，由牛顿第二定律可得氏+7w∣g=gL解得心=45N

22'R

/滑过竖直圆管轨道尸、。两点时受到管壁的弹力差为=6N故C正确。故选C。

12.宇航员在空气稀薄的某星球上用一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为0.5kg的小钢

球，如图所示。多次拉起小钢球至不同位置并由静止释放，每次释放后小球均在竖直平面内摆动，拉力传

感器分别记录下每次释放小钢球后，小钢球在竖直平面内摆动过程中绳子拉力的最大值的和最小值乙。做

出耳图像，根据图像判断下列说法正确的是()

A.增大小球质量，耳-8图像斜率会变大

B.随着释放高度增加，片与鸟的差值增大

C.该星球表面的重力加速度为6m∕s?

D.该星球表面的重力加速度为18m∕s2

【答案】BC

【详解】B.设小钢球的质量为加，小钢球在高〃处静止释放时，拉力最小为马。释放时速度为零，所以有

居=WgCOS。其中e为细线与竖直方向夹角。小球到达最低点时的速度大小为V,小钢球下摆过程中机械能

守恒，由机械能守恒定律得加gZ（l-cos。）=；机声小球到达最低点时细线拉力最大，最大拉力为耳，则有

耳_叫=竺二联立可得耳=3mg-2"由题意可知耳-❷=3∕ng-3叫cos。故随。增大，差值增大，故B正确;

L

A.由片=3mg-2行可知，图像斜率与质量无关，故A错误；

CD.纵轴截距9.0N=3mg计算可得该星球重力加速度为g=6m∕s2故C正确，D错误。故选BC。

13.如图所示，固定光滑斜面倾角6=60。，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置

。为圆弧轨道的最低点。质量为2机的小球A和质量为〃?的小环B（均可视为质点）用L=L5火的轻杆通过

轻质较链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心。，初始轻杆

与斜面垂直。在斜面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过。点且通过轨道连接

处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g,从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判

断正确的是（）

A.A和B系统的机械能守恒

B.小球运动到最低点时的速度大小为匕

C.刚释放时小球A的加速度大小为心=；g

D.已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为α,则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小

为5.5mg+ma

【答案】AB

【详解】A.由于小球A和B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确;

B.过。点分别向48和斜面做垂线，如图所示，根据几何关系可知

BO=R,ZC=3R当A下降到最低点时，B的速度为零，根据机械能守恒可知

2

RSin60。+R(1-cos60°)]+mg(2R-L)=，2加后人解得止匕时A的速度VA=J,B正确;

C.刚释放时小球A的时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律2/昨加60。=2〃/

解得册=^^,C错误；

D.小球A运动到最低点时，对小球B,根据牛顿第二定律尸-，跖=加。对小球人：Fz-2mg-F=2m?

解得尸N=9"?g+ma,D错误。故选AB。

14.如图所示，倾角为6=30。的斜面体固定在足够高的水平桌面上，/P与桌边缘平齐，在斜面上固定放置

半径为『、内壁光滑的半圆管轨道ZEB（管内径远小于「），。为圆心，E为圆心等高处，最低点/、最高点

8的切线水平，/8是半圆管轨道的直径。在管口B点处有光滑轻质小定滑轮（图中未画出），一轻绳跨过

滑轮，一端与管内的小球连接，另一端与小物块连接，小物块竖直悬挂，小球位于最低点儿开始时整个装

置被锁定，绳刚好拉直，某时刻解锁，整个装置由静止开始运动，已知小球质量为优，小物块质量为三，

两者均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（)

A.解锁瞬间，小物块加速度大小为g

B.小球无法通过3点

C.小球运动到E点时速度大小为产等E

D.从解锁至小球运动到E点的过程中，绳子对物块做功为-笑9∕∏gr

【答案】CD

【详解】A.解锁瞬间绳子拉力突变，则此时小球加速度大小不为g,故A错误;

由系统机械能守恒有等仃_mg-2rsin+解得％=j2("-2)g1>θ则小球可以

B.从4到B,∙

通过8点，故B错误;

C.从4到E,由系统机械能守恒有等x,-mg∕sine=g（加+三）片解得以=∕≡HE故C正确:

D.从解锁到小球运动至E点过程中,设绳对小物块做功为忆对小物块由动能定理有八野咤f资

解得"=-如＞mgr故D正确。故选CD。

6

15.如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳

相连，绳另一端悬挂着物体B和C,A、B、C均处于静止状态。现剪断B和C之间的绳子，则A和B将一起

振动，且它们均各在某一位置上下振动，振动过程中离开那一位置向上或向下距离相同。已知物体A质量

为3m,B和C质量均为2w,弹簧的劲度系数为上下列说法正确的是（）

A.剪断B和C间绳子之前，A、C均处于静止状态时，弹簧形变量为W

K

B.物体A振动过程中的最大速度时弹簧的形变量为孚

k

C.振动过程中，绳对物体B的最大拉力为2.8mg

D.物体A振动过程中的最大速度为

【答案】AC

【详解】A.剪断B和C之间的绳子前，对BC进行分析有工=（2S+2/„）8=4网>3〃喝可知，此时弹簧处于

拉伸状态，对A进行分析有刀=3加g+AAη解得∆x∣=半，A正确；

K

B.剪断B和C之间的绳子后，物体A振动过程中达到最大速度时，A、B的合外力均为0,此时对B有

%=2mg<3wg可知，此时弹簧处于压缩状态，对A进行分析有3wg=%+a%解得此=竽，B错误；

k

C.根据分析可知，剪断B和C之间的绳子瞬间加速度最大，此时绳对物体B的拉力最大，对物体B有

Trmx-2mg=2ma0对物体A有3mg+⅛∆xl-Tnm=3ma0解得Tmax=2.8机g,C正确；

D.物体A振动过程中达到最大速度时，AB的合外力均为0,根据上述，此时弹簧处于压缩状态，压缩量为

加"FI大小等于初始状态的拉伸量，物体A运动至该位置过程，对物体AB与弹簧系统有

3mg（∆x∣+必）-2〃陪3+必）=；（35+2加）心解得%ax=2gJ差，D错误。故选AC。

四、三大力场中功能关系的综合应用

16.如图所示，倾斜传送带倾角为α=37。，传送带底端通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道连接。金属小

球8（不能视为质点）通过细绳竖直悬挂，小球与光滑水平轨道只接触不挤压，竖直细绳左侧存在强磁场。

传送带以%=4m∕s的速度逆时针匀速转动，绝缘滑块/从传送带上距传送带底端X=0.8m处静止释放，/、

8每次都发生一维弹性碰撞，由于左侧强磁场的作用，8很快就停在原位置。已知力的质量机=Ikg,4与

传送带间的摩擦因数〃=0.5,8的质量为"=3kg,重力加速度g取Iom/『，sin37。=0.6。下列说法正确的

是（）

强

磁

场

区

A.Z下滑过程做匀加速直线运动

B.第一次碰后4、8的速度大小相等、方向相同

C.第一次碰撞前A与传送带的摩擦生热大小为3.2J

D.经过足够长的时间/、8均静止后，整个过程中/与传送带间的摩擦生热大小等于4重力势能减少量和

传送带多消耗的电能之和

【答案】AC

【详解】AC.4下滑过程中，设经过时间f加速到与传送带同速，时间f内力的加速度为α,位移为X,由

02af2

牛顿第二定律得mgsin37"+μmgcos37=ma解得a=10m∕s由匀变速直线运动公式为=以XΛ=T

解得f=0.4s;/=OSm由于/等于/距传送带底端的距离X,所以/卜滑过程一直做加速度不变的匀加

速直线运动，/恰好滑到传送带底端时，速度与传送带相同；在时间f=0.4s内，传送带运动的距离为

x,=v√=1.6m则第一次碰撞前力与传送带摩擦产生的热量为。=WngCoS37°（x「xQ=3.2J故AC正确;

B.Z与3发生弹性碰撞，设A的初速度方向为正方向，第一次碰撞过程有加%=m0+M%;

刎：=g*+f∕说解得v,=-2m∕s;vli=2m∕s第一次碰后4、8的速度大小相等、方向相反，故B错误;

D./、8均静止后，由能量守恒定律，力与传送带间的摩擦生热与8进出磁场时产生的焦耳热之和等于N

重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和，故D错误。故选AC。

17.如图甲，劲度系数％=10N∕m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时

弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量m=Ikg的物块（可视为质点）从木板左端以初速度

2m∕s滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中力为物块的UT图线；8为木板的VT图线且为正弦图

线。已知重力加速度g=10m⅛2,根据图中所给信息可得（）

A.木板的长度为2m

B.I=Is时,弹簧的弹性势能为1.5J

C.Z=Is时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等

D.2s内"物块和木板”系统的摩擦生热为2J

【答案】AD

【详解】A.由于VY图像与f轴围成的面积表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m,B先

向右后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m,A正确；

B.由于v-t图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为lm∕s20而A在仅受摩擦力的作用下做匀减

速运动，根据牛顿第二定律可知/="。=IN由物块B的VY图像可知，f=0.5s时，B的速度最大，此时由于

切线斜率为0,故B物块的加速度为0。对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧

伸长量的大小应为B的位移x,则有：AX=/解得X=O.Im由正弦图线的对称性可知，f=ls时，B的速度为

2

0,即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2Λ%对0~ls过程列能量守恒：∣^=∣∕HV,+∕（.VA-2X）+ΛP

其中A在IS内的位移为SA="乜/=UXI=I.5m联立可得EP=O∙2J,B错误；

C.IS时，木板的E图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错误;

D.两秒内"物块和木板"系统的摩擦生热。处而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的

位移s,因此系统摩擦生热为2J,D正确。故选AD。

18.如图1所示，。点处固定有力传感器，长为/的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现

让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为。（如图所示），图2为轻绳弹力大小尸

随COSe变化的部分图像。图2中“为已知量，不考虑空气阻力，重力加速度大小为g,则（）

A.小球质量为巴B.小球在与圆心等高处时的速度为典

S2

C.小球运动到0=45。时的动能为√∑mg∕D.小球在最低点时对细线的拉力为50

【答案】AD

【详解】A.根据动能定理有一泓g/（l-cos（9）=；mv2-；m%2由牛顿第二定律可得F-Mgcose=机亍

解得尸=3，町856+1等-2〃陪）由图像可得4=3加8=也产：2α=苧-2〃唱解得加=，，%=2而

所以A正确;

B.小球在与圆心等高处时的速度为-mg/=；机v2-fw%2解得V=麴所以B错误；

2

C.小球运动到6=45。时的动能为τ"g∕（l-cos45'）=∙∣7"iJ-ywv0解得V=J（2+&）g/所以C错误；

D.小球在最低点时对细线的拉力为尸-WJg=机止解得尸=5mg=5α所以D正确；故选AD。

19.如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E,现

把电荷量为+4的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的位移

大小为演，B向右运动的位移大小为王2，已知A与B接触面间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，A、B的质量均为加，下列说法正确的是（）

A.若qE≤2μmg,则xl>X2

B.若qE>2μmg,则Xl=X2

C.若qE>2μmg,则该过程中因摩擦产生的热量。=〃加g（x∣-%）

D.该过程中，A、B系统的电势能减小qE演，机械能增加qEx∣

【答案】C

【详解】A.假设A、B系统一起向右加速，对A、B系统受力分析，根据牛顿第二定律有qE=2切“共

可得，A、B系统共同的加速度为%=■此时长木板B受到的摩擦力为/=…=竽若qE≤2s,则长

木板B受到的摩擦力∕<M"zg假设成立，说明此时A、B间为静摩擦，A、B一起向右加速，则x∣=X2,故A

错误；

BC.由上分析可知，若qE>2〃mg,则长木板B受到的摩擦力/>〃，”g说明A、B发生相对滑动，对小物块

A受力分析，根据牛顿第二定律有［片-"ng=机％对长木板B受力分析，根据牛顿第二定律有WMg=Sa2

由于可得4>附则根据匀变速直线运动的位移公式x=；aruJ得x∣>%根据功能关系，可得该

过程中因摩擦产生的热量为。=.%=〃加g(%-%)故B错误，C正确；

D.根据功能关系，即电场力做功的多少等于电势能变化的多少，可知A、B系统减少的电势能为“瓜…由

上分析可知，若qE≤2μmg,即若A、B一起运动，则根据能量的转化和守恒可知，A、B系统增加的机械能

等于A、B系统减少的电势能即为夕改…若亚>2〃〃名，即A、B发生相对滑动，根据能量的转化可知，A、

B系统减少的电势能q£七转化为A、B摩擦产生的内能和A、B的机械能，则A、B系统增加的机械能为

ΔE=gEx∣-小g(x∣-*2)故D错误。故选C。

20.如图，MN和P。是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者

平滑链接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为小方向竖直向上、磁感应强

度大小为B的匀强磁场。质量为止电阻为2R的金属棒从高为∕1处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。

已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为〃，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过

程中()

A.流过定值电阻的电流方向是：NTQ

B.通过金属棒的电荷量为缁

3R

?

C.金属棒克服安培力所做的功为d)

D.电阻及产生的焦耳热为］Wg∕-W）

【答案】BD

【详解】A.由右手定则可知：金属棒向右切割磁感线时，在闭合回路中产生逆时针方向的感应电流，即通

过定值电阻的电流方向是从。到M故A错误；

B.根据电磁感应定律有E=M=峪由欧姆定律可知Tɪ-ɪ-=三根据公式4=T∙Af联立解得

∖tM2R+R3R

BLd,

q—~■■故λB止确；

C.根据动能定理有mgh-μmgd+外=O解得W.i.=Ymgh-Amgd）则金属棒克服安培力所做的功为

tngh-μmgd,故C错误；

D.根据功能关系可知：Q=-W.ii=mgh-JLimgd则电阻R产生的焦耳热为4=（。=^mg（h-μd）故D正确。

故选BDo

五、有关功能的图像问题

21.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不

计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能纥与水平位移X的关系图像正确的是（）

OX0X

【答案】A

【详解】设斜面倾角为9,不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有

4=WgXtan。即且=WJgtan。下滑过程中开始阶段倾角。不变，Ek-X图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中

X

9先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。

22.如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率%顺时针运行。质量为机木块以初动能EkO从传送带的底端

滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的动能耳随路程S变化关系的图像不可熊的是（）

【答案】A

【详解】A.设木块动能为3时对应的速度为V/；当v/Vv〃，口木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传

送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向卜滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合

外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加

速度不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为一V/,木块动能仍为扁,

故A不可能；

B.当vι<vo,且木块重力沿传送带向下的分力小于木块