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1、2024届物理微专题加练半小时微专题39动能定理在多过程、往复运动问题中的应用1运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A小物体恰好滑回到B处时速度为零B小物体尚未滑回到B处时速度已
2、变为零C小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点答案C解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功Wf2mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，故C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，故D错误2(2023四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的
3、动摩擦因数为，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9，重力加速度取g.求：(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面答案(1)(2)9x0解析(1)让冰壶在冰面上自由滑行时有mgma10v022a1x解得x(2)设队友最晚应于冰壶运动到s时开始摩擦冰壶前方的冰面，则全程由动能定理得：mgs0.9mg(xx0s)0mv02解得s9x03(2023福建省模拟)如图所示，一半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c点，一质量m1 kg可视为质点的小物
4、块静止于水平面a点，现用一水平恒力F向左拉物块，经过t3 s时间到达b点的速度大小vb6 m/s，此时撤去F，小物块继续向前滑行经c点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d.已知小物块与水平面间的动摩擦因数0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)水平恒力F的大小；(2)b、c间的距离L.答案(1)6 N(2)2 m解析(1)从a到b过程中有FFfma，vbat小物块所受摩擦力Ffmg联立代入数据得F6 N(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d点由牛顿第二定律有mgm解得v2 m/s从c点到d点由动能定理有mg2Rmv2mvc2解得vc2 m/s从b到c由动能定理有mgLmvc2m
5、vb2解得b、c间的距离L2 m4(2023浙江省模拟)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L6 m、倾角37的斜轨，BC为水平轨道，CD为半径R15 m、圆心角37的圆弧，轨道AB段粗糙其余各段均光滑一小孩(可视为质点)从A点以初速度v02 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失)已知该小孩的质量m30 kg，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力求：(1)该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力FN；(2)该小孩在轨道AB上第一次从A下滑到B的时间t；
6、(3)若将AB段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分，轨道材质不变)，试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D点而发生危险？答案(1)420 N，方向向下(2) s(3)见解析解析(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得mg(RRcos )0mvC2解得vC2 m/s在C点，由牛顿第二定律得FNCmgm解得FNC420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为FN FNC420 N，方向向下；(2)小孩从A运动到D的过程中，有mgLsin mgLcos mgR(1cos )0mv02可得0.25在AB上运动的加速度大小a4 m/s2根据vBvCv0at代入数据解得t s(3)若将AB段轨
7、道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了D点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D点而发生危险5如图所示，在竖直平面内，长为L、倾角37的粗糙斜面AB下端与半径R1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨道最低点，D点与圆心O等高现有一质量m0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点若物体与斜面之间的动摩擦因数0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)斜面AB的长度L；(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；(4)物体在粗糙斜
8、面AB上滑行的总路程s总答案(1)2 m(2)2 m/s(3)1.4 N(4)6 m解析(1)A到D过程，根据动能定理有mg(Lsin Rcos )mgLcos 0解得：L2 m.(2)物体从A到第一次通过C点过程，根据动能定理有mg(Lsin RRcos )mgLcos mvC12解得：vC12 m/s；(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(RRcos )mvmin2根据牛顿第二定律有：FNminmgm，解得FNmin1.4 N；(4)根据动能定理有：mgLsin mgs总cos 0解得s总6 m微专题40机械能守恒定律及其应用1单物体多过程机
9、械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；表达式一般选用E1E2(要选择参考平面)或EpEk(不用选择参考平面).2.多物体的机械能守恒：“轻绳模型”与“轻杆模型”：要注意两端的物体速度大小是否相等；“轻弹簧模型”：要注意弹性势能的变化只与形变量有关；“非质点模型”：一般分析物体重心高度变化；一般选用EpEk或EA增EB减形式(不用选择参考平面)1.如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()A物体的重力势能减少，动能不变B斜面体的机械能不变C斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D物
10、体和斜面体组成的系统机械能守恒答案D解析物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面体向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确2(2023河北唐山市模拟)如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间
11、的夹角为60时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为()A. B. C. D.答案A解析设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有vA2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mghmvA2mvB2，联立方程解得vB，故选A.3(多选)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于同一竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中()A小球A、B、C组成的系统机械能守恒B小球C的机械能一直减小C小球C落地前瞬间的速度大小为D当小球C的机械能最小时，地面对
12、小球B的支持力大于mg答案AC解析由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理可知mv2mgh，解得v，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误4(多选)内径面积为S的U形圆筒
13、竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示已知水的密度为，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中()A水柱的重力做正功B大气压力对水柱做负功C水柱的机械能守恒D当两筒水面高度相等时，水柱的动能是gS(h1h2)2答案ACD解析把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零；水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降，重力所做正功，为WG()gS()gS(h1h2
14、)2，故A、C、D正确5.(2023山东省模拟)如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R m的光滑半球体上方给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s.已知AOB60，以OC所在平面为参考平面，取g10 m/s2.则下列说法中正确的是()A铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒B铁链在初始位置时其重心高度 mC铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8 mD铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s答案C解析铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L2 m，铁链全
15、部贴在半球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与半球体球连线长度等于端点B滑至C处时其重心与球心连线长度，设均为h0，根据机械能守恒有mgh0mgh0sin 30mv12，代入数据解得h01.8 m，故B错误；铁链的端点A滑至C处时，其重心在参考平面下方处，则铁链的端点A滑至C处时其重心下降hh02.8 m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mghmv22，解得v22 m/s，故D错误6.(2023内蒙古呼伦贝尔市模拟)如图所示，倾角为30的固定斜面上固定一根与斜面垂直的轻杆PQ，长为L的轻杆两端分别用铰链
16、固定质量相等的小球A和B，A球(中空)套在PQ上，B球与斜面接触，重力加速度大小为g，不计一切摩擦若将轻杆从竖直位置由静止释放，则当A球刚要到达斜面时，A球的速度大小为()A. B.C. D.答案C解析从静止释放到A球刚要到斜面时，由机械能守恒定律可知mgLcos 30cos 30mgsin 30mvA2mvB2，两球沿长为L的轻杆方向的分速度相等，可知，A球刚要到斜面时，由于A球的速度垂直轻杆，所以沿杆方向的速度为0，故B球的速度为vB0，解得vA，故选C.7.(多选)(2023云南昆明市质检)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相
17、连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d3 m，定滑轮大小及质量可忽略现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 530.8，cos 530.6)()AA、C间距离为4 mB小环最终静止在C点C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为21答案AD解析小环运动到C点时，对系统，由机械能守恒定律得：mgLACMg(d)，解得LAC4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对
18、小环有：FTmg2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，则绳与杆的夹角为60时有vMvmcos 60，由Ekmv2可知，小环与物块的动能之比为21，故D正确8.(多选)如图所示，有质量分别为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，30时，弹簧处于原长当30时，P由静止释放，下降到最低点时变为60，整个运动过程中，P、Q
19、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P下降过程中()AP、Q组成的系统机械能守恒B当45时，P、Q的速度相同C弹簧弹性势能最大值为(1)mgLDP下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg答案CD解析对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当45时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos 45vPcos 45，可得vPvQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得Ep2mgL(cos 30cos 60)，弹
20、性势能的最大值为Ep(1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mgFN2ma，则有FN3mg，故D正确9.(2023山东省模拟)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的足够长光滑斜面上用手按住C，使细线恰好伸直但没有拉力，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行已知A、B的质量均为m，C的质量为M(M2m)，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放C后它沿斜面下滑，当A恰好要离开地面时，B获得最大速度(B未触及
21、滑轮，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g)求：(1)释放物体C之前弹簧的压缩量；(2)物体B的最大速度vm.答案(1)(2)2mg解析(1)释放物体C之前，细线恰好伸直，绳子拉力为零，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x，物体B受重力与弹簧弹力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件及胡克定律得mgkx，解得x(2)当A恰好要离开地面时，地面对物体A的支持力为零，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x，对物体A，由平衡条件及胡克定律得mgkx因此物体B上升的高度和物体C沿斜面下滑的距离为sxx设斜面倾角为，当物体B达到最大速度时，以A、B和弹簧作为研究对象，所受合外力为零，由平衡条件得Mgs
22、in 2mgA、B、C、弹簧组成的系统机械能守恒，因初始状态弹簧的压缩量与物体B达到最大速度时弹簧的伸长量相等，所以在整个过程中弹性势能变化量为零，根据机械能守恒定律有Mgssin mgs(Mm)vm2解得vm2mg.微专题41功能关系能量守恒定律1做功的过程就是能量转化的过程功是能量转化的量度.2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合力做功对应动能的变化等.3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析1如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连用不可伸长的轻质细
23、绳跨过斜面顶端的定滑轮，把物体A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细绳与斜面平行初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中()A轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量B物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量C轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和D两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值答案D解析轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能
24、与弹簧弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体、轻绳和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确2(2023上海市青浦区模拟)如图，物块以某一初速度于固定斜面底端冲上斜面，一段时间后物块返回出发点若物块和斜面间动摩擦因数处处相同在物块上升、下降过程中，运动时间分别用t1、t2表示，损失的机械能分别用E1、E2表示则()At1t2，E1E2Bt1t2，E1t2，E1E2答案A解析设物块与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，上升和下降过程的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，比较以上两式可知a1a2，设物块上升和下降过程的
25、位移大小均为x，根据运动学规律有t1，t2，所以t1mgcos ，可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间大于 s，故C错误；运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒定律有Epmgcos Ek，代入数据可得运动员再次回到坡底时的动能为Ek375 J，故D正确5.(2023内蒙古包头市模拟)一质量为m1 kg的滑块从一斜面倾角为37的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数0.5.滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图像如图所示(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确
26、的是()A重力势能一定减少了20 JB外力的大小一定是8 NC摩擦力做的功一定是20 JD滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10 m/s答案D解析滑块沿斜面下滑5 m，则重力势能减少量Epmgssin 3730 J，选项A错误； 从顶端到底端时机械能增加20 J，则除重力以外的其他力做功为20 J，设力F与斜面的夹角为，则Fscos (mgcos 37Fsin )s20 J，其中s5 m，代入数据可知F，只有当0时才有F8 N，选项B错误；由Wf(mgcos 37Fsin )s(20JFsin )可知，只有当0时摩擦力做功才等于20 J，选项C错误；因滑块沿斜面下滑5 m，重力势能减小30 J
27、，而初状态机械能为30 J，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为50 J，则动能为50 J，根据Ekmv2，可得v10 m/s，选项D正确6.(2023上海市奉贤区模拟)在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从足够长的光滑固定斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力F.以地面为零势能面，设重力势能为Ep、机械能为E，则整个向上运动过程中，它们随时间t变化的图像正确的是()答案A解析根据题意可知，撤去恒力F前，物体做匀加速运动，设加速度为a1，撤去恒力F后，物体做匀减速运动，设加速度为a2，匀加速后物体的速度为v，可得匀加速时的位移为x1a1t2，匀减速时的位移为x2vta2t2
28、，以地面为零势能面，斜面倾角为，根据题意，由重力做功与重力势能的关系可知，撤去恒力F前有Epmgx1sin mga1t2sin ，可知，重力势能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后有Epmgx2sin mgvtsin mga2t2sin ，可知，重力势能与时间t仍为二次函数，但开口向下，故B错误，A正确；由功能关系可知，撤去恒力F前，物体的机械能为EFx1Fa1t2可知，机械能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后，只有重力做功，机械能保持不变，故C、D错误7(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的某次测试中，
29、汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中是关闭储能装置时的关系图线，是开启储能装置时的关系图线已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计根据图像所给的信息可求出()A汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB汽车的额定功率为80 kWC汽车加速运动的时间为22.5 sD汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5105 J答案BD解析由图线求所受阻力，有Ekm Ffx，代入数据解得Ff N2 000 N，A错误；由Ekmmvm2可得vm40 m/s，所以PFfvm 80 kW，B正确；加速阶段有PtFfxE
30、k，解得t16.25 s，C错误；根据能量守恒定律， 并由图线可得开启储能装置后向蓄电池提供的电能为EEkmFfx8105 J2103150 J 5105 J，D正确8如图，MN为半径R 0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；(3)小钢珠的落点Q与圆心O点的距离x.答案(1)2 m/s(2)0.06 J(3) m解析(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则根据重力提供向心力，有mg，解得vN2 m/s.(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由能量守恒定律得mvN2mgREk代入数据解得Ek0.06 J.(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，则有R gt2，xvNt联立解得x m