2022届高考物理二轮复习学案 功和能（word版含答案）

功和能
【课程标准】
1. 理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。
2. 理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
3 理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了解弹性势能。
4 通过实验，验证机械能守恒定律。理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
5.知道能的转化和守恒定律是普遍适用的规律，能在各种情景中综合应用能的转化和守恒定律率解决问题。了解人类探索能量世界的大致历程，知道这种探索将不断深入。
【考情分析】
1命题特点：机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。
2思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。
【网络构建】
【高考真题】
1（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
【高考考向】 一　力学多过程中的功和能
例1．（2020·山东·模拟）如图所示是一弹射游戏装置，弹射轨道由水平轨道OA、半圆轨道AB和BC、水平轨道CD平滑连接而成，其中轨道AB的半径为r，圆心为O1，轨道BC的半径为2r，圆心为A，轨道CD离地高度为3r，长度为4r。一轻质弹簧套在轨道OA上，左端固定在O点，弹簧处于自然伸长状态时其右端恰好在A点，整个轨道固定在竖直平面内（固定装置未画出）。在水平地面上的E、F两点分别竖直固定两块相同的弹性挡板，两板平行正对、相距2r，左侧挡板的上端紧靠D点。现将一个质量为m的小球（可视为质点）穿在轨道上，开始时小球处于A点（与弹簧右端接触而不拴连），用力把小球从A点推到P点，然后由静止释放，小球沿轨道运动后最终从D点离开。已知弹簧始终在弹性限度内，小球与轨道CD间的动摩擦因数为0.9，其余轨道摩擦均忽略不计，不考虑空气阻力和小球落到地面时的反弹，小球与挡板碰撞时类似于光的反射，重力加速度为g。
(1)求小球从D点离开轨道时的最小速度；
(2)改变弹簧的压缩量，小球和挡板发生若干次碰撞后恰好落在E点或F点，试推导出释放小球时弹簧具有的弹性势能Ep与小球和挡板碰撞次数n之间的函数关系；
(3)若在C点放一质量大于小球质量的小物块，改变弹簧的压缩量，使小球与小物块碰撞后沿轨道运动到B点前瞬间对轨道的压力大小为11mg，小物块与挡板发生碰撞次数最少，恰运动到E点，小物块与轨道CD间的动摩擦因数为，求小物块的质量。
【答案】(1)；(2)；(3)5m
【详解】(1)因小球穿在轨道上，则当小球恰好通过B点（速度为零）时，从D点离开时的速度最小，从B点到D点的过程中，根据动能定理有
解得
(2)当小球从D点以最小速度做平抛运动时，根据平抛运动的规律有
解得h0=2.5r<3r。即小球不可能与挡板不碰撞直接落到F点。
根据碰撞前后运动的对称性，设小球从D点水平抛出时速度大小为v，与挡板发生n次碰撞（n≥1），根据平抛运动的规律有（n＋1）·2r=vt（n=1，2，3…）
3r=gt2
解得v=（n＋1）（n=1，2，3…）
从P点到D点的过程中，根据功能关系有Ep＋mg·2r=μmg·4r＋mv2
解得Ep=（n=1，2，3…）
(3)设碰后瞬间小球的速度大小为v1，小物块的速度为大小v2，碰后小球沿轨道运动，在B点对轨道的压力大小为11mg，则有
解得
小物块经最少碰撞次数从D运动到E的过程有
解得
小物块从C到D有
解得
设碰前小球速度大小为v0，对碰撞过程由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
总结：规律应用；过程衔接；规律总结（一般性、周期性、约束性）
变式1. 如图所示的装置，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径，木板质量，木板与圆柱间的动摩擦因数，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动。现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度沿圆柱表面作匀速运动。下列说法中正确的是（　　）
A．不论多大，所需水平拉力恒为10N
B．越大，所需水平拉力也越大
C．若，则水平拉力的做功的功率为3.6w
D．若，经过10s钟，圆柱体和木板之间产生的摩擦热为80J
【答案】C
二 电磁场力下的功和能
例2. （2014·全国）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，，.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与 所在平面平行，现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g．求
（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向．
. 【答案】（1） （2）
【详解】（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令OA＝d，
则：OB=d，
根据平抛运动的规律得：水平方向：d sin60°=v0t…①
竖直方向：y＝d cos60°＝d＝gt2…②
又：EK0＝mv02…③
联立①②③解得：EK0＝mgd…④
设小球到达A时的动能为EKA，则：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤
所以：；
（2）加电场后，从O点到A点下降了y=d，从O点到B点下降了d，设电场力F与竖直方向夹角为α，
则由动能定理：
其中EK0＝mgd
联立解得：α=300
所以电场强度为 ，
正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向夹角为
变式2. 如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中(　　)
A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C.小球在D点时的动能为50 J
D.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
答案　B
解析　如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。
三 电磁感应中的功和能
例3. （2019年4月浙江选考）如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1。当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功）（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
【参考答案】（1）；
（2）无磁场区间：；有磁场区间：；（3）
【名师解析】本题考查金属棒在匀强磁场中的切割磁感线运动。
（1）由
E=Blv，
解得
（2）无磁场区间： ，a=5v=25x
有磁场区间：
（3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积）
撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v＇，则：
解得v＇=2m/s
由于
故棒再次进入磁场后做匀速运动；
下降过程中克服安培力做功：
变式3. （多选）如图所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨电阻不计，顶端QQ′之间连接一个阻值为R的电阻和开关S，底端PP′处有一小段水平轨道相连，匀强磁场B垂直于导轨平面。断开开关S，将一根质量为m、长为l的金属棒从AA′处静止开始滑下，落在水平面上的FF′处；闭合开关S，将金属棒仍从AA′处静止开始滑下，落在水平面上的EE′处；开关S仍闭合，金属棒从CC′处静止开始滑下，仍落在水平面上的EE′处。（忽略金属棒经过PP′处的能量损失）测得相关数据如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．S断开时，金属板沿斜面下滑的加速度
B．
C．电阻R上产生的热量
D．CC′一定在AA′的上方
.
Ucb=E/R×R/4=[0.25（1-x）]V
第5课： 功和能 巩固提升
1．（2014·上海·高考真题）如图所示，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点的B静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为、．假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则
A．＞；t1＞t2 B．=；t1＞t2
C．＞；t1＜t2 D．=；t1＜t2
【答案】B【详解】试题分析：运动过程包括两个阶段，均为匀加速直线运动．第一个过程和第二个过程运动的位移相等，所以恒力做功相等为，高度相等重力做功相等为，设斜面倾角为，斜面长度为，则摩擦力做功为，而即斜面对应的水平位移，两个过程 的水平位移相等，而也相等，所以摩擦力做功相等，整理可得合外力做功相等，根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，所以动能变化量相等即，选项AC错．前一个过程加速度先小后大，后一个过程加速度先大后小，做速度时间图像如下，既要末速度相同，又要位移相同，即末速度相同，与时间轴围成的面积相等，根据图像可判断，对照选项B对．
2．（多选）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v-t图像如图所示。在时刻质量为1kg的楔形物体从B点以某一速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2s后开始减速，在时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为。对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是（，）（　　）
A．物体的重力势能增加36J
B．摩擦力对物体做功为12J
C．物体在传送带上运动过程中产生的热量为12J
D．传送带因为运送物体多消耗的电能为46J
【答案】ACD
【详解】A．根据速度时间图像的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为1m/s2
t=0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知
2s末，传送带的速度为2m/s，物体开始减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为2m/s，且2s后物体与传送带一起做加速度为-1m/s2的匀减速运动，在时物体恰好到达最高点A点，则传送带的长度其中故A正确；
则物体的重力势能增加量为
B．对物体从B点运动到A点的过程，根据动能定理有解得故B错
C．物体在2s内传送带相对运动，二者间的相对位移为
该过程中的滑动摩擦力，则物体在传送带上运动过程中产生的热量为故C对
D．由能量关系得，传送带因为运送物体多消耗的电能为故D正确。
故ACD。
3．如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为 ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1∶2
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为2∶1
【答案】B【详解】A．杆对A的作用力先是支持力后是拉力，A与B刚脱离接触的瞬间，杆对A的作用力等于零，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度等于B的速度
解得A错误；
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B对A也没有作用力，A只受重力作用，根据牛顿第二定律
解得 B正确；
C．脱离接触之后，由机械能守恒定律 解得C错误；
D．脱离接触之前，由机械能守恒定律
解得D错误。故选B。
4．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A点，自然长度等于AB。弹性绳跨过由固定轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆，初始时弹性绳ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放，当滑到E点时速度恰好为零，已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，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，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．对于由弹性绳和小球组成的系统，在CD阶段损失的机械能小于在DE阶段损失的机械能
B．小球从C到E克服弹性绳弹力做功
C．在E点给小球一个竖直向上的速度小球恰好能回到C点
D．若只把小球质量变为2m，则小球从C点由静止开始运动，到达E点时的速度大小为
【答案】BC【详解】A．当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是xBP，小球受到如图所示的四个力作用
其中FT = kxBP
将FT正交分解，则FT的水平分量为FN = FTsinθ = kxBPsinθ = kxBC =，f = μFN =mg
FT的竖直分量为FTy = FTcosθ = kxBPcosθ = kxCP
由以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统的系统机械能的减小量，A错误；
B．根据动能定理有mgh -mgh - W弹 = 0根据计算有W弹 =mghB正确；
C．对小球从C运动到E过程，应用动能定理得mgh -mgh - W弹 = 0
若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得 - mgh + W弹 -mgh = 0 -mv2
联立求解得v =C项正确；
D．若只把小球质量变为2m，小球从C点由静止开始运动，到达E点时根据动能定理有2mgh - W弹 -mgh = ×2mv12 - 0
解得小球到达E点时的速度大小v =D错误。故选BC。
5 、（多选）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．a棒在下滑过程中机械能不守恒
B．绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后b棒的速度大小是
C．金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小是
D．两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热为mgh
6．（多选）如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，。关于小物体P的描述正确的是（　　）
A．小物体P离开传送带时速度大小为
B．小物体P在传送带上运动的时间为
C．小物体P将从传送带的左端滑下传送带
D．小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为
【答案】ACD【详解】ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有
解得
相对运动的位移
（假设速度减小到时未从传送带右端滑出），带入数据解得
所用的时间
故假设成立，P未从右侧滑出，在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力给P想左的加速苏，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有
得
则速度减小到0的位移为
带入数据得
则从减速到0的时间
由于
故P不会从传送带右端滑出，后面以向左加速，有
求得
传动到传送带最左端的速度
随后掉下传送带，则P在传送带上的时间故AC正确，B错；
D．由动能定理可得合外力对P做的功为
带入数据求得故D正确。故选ACD。
7.如图所示，两个半径不同的光滑圆弧轨道的下端与水平轨道平滑相切于A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道平滑相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为m=0.1kg的小球（可视为质点）能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度v0沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1=0.4m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L=0.4m，且与小球的动摩擦因数为μ=0.5，小球在运动过程中不脱离轨道，g取10m/s2。求：
（1）小球初速度v0的最小值及以该速度出发第一次经过A点时小球对圆轨道的压力；
（2）若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值；
（3）若v0=10m/s，求小球经过E点次数。
【答案】（1）2m/s，6N；（2）21N；（3）20次
【详解】（1）由题意可知，小球在运动过程中不脱离轨道，即小球可以顺利通过E点而不脱轨，在临界状态下，分析小球在E点的受力情况，有mg=
从B点到E点，对小球应用动能定理有-μmgL-2mgR1=m-m
解得v0==2m/s
从B点到A点，对小球应用动能定理有
分析小球在A点的受力情况，有FN-mg=
求得FN=6N
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′N=FN=6N
（2）如图所示
作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有∠GO1O2=53°且有=R1-R2
代入数据解得R2=0.1m
从E点到B点，对小球应用动能定理有
在最低点B有FB-mg=
在最高点E有FE+mg=
解得FB-FE=2mg+m-m=18mg+
因为vE最小值为，则FB-FE的最小值为21mg=21N。
根据牛顿第三定律可知，小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值为21N。
（3）从B点开始，到第n次经过E点，对小球应用动能定理有
解得n=20
8如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为m，滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C点的距离L在R（1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）求物块滑到B点时所受半圆轨道的支持力的大小；
（3）试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功与L的关系；并判断物块能否滑到CD轨道的中点。
【答案】（1）（2）（3）当R【详解】（1）设物块滑到B点的速度大小为vB，对物体从E到B过程，根据动能定理得
解得
（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律
解得
（3）物块从B滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速运动。由动量定理
它们的共同速度为
此过程，对物块据动能定理得
解得s1=8R
此过程，对滑板据动能定理得
解得s2=2R
由此可知物块在滑板上滑过s1－s2=6R
二者就具有共同速度了，因为6R<6.5R，所以物块并没有从滑板上滑下去。
讨论：①当R设滑上C点的速度为，对物块，根据动能定理得，
解得所以物块不可能滑到CD轨道的中点。
②当时，物块匀减速运动8R，匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做功
解得所以物块不能滑到CD轨道的中点。
9如图所示是一个过山车轨道模型，AB是一段与水平方向夹角为，长为的倾斜轨道，通过水平轨道BC （长度可以调节）与竖直圆轨道CDEFG（轨道半径，圆轨道最低点C、G略有错开），出口为水平轨道GH，在GH的右端竖直挡板上固定着一个轻质弹簧，整个轨道除BC段以外都是光滑的。一个质量的物块（可视为质点）以水平初速度v0从某一高处水平抛出，到A点时速度，方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与BC轨道的动摩擦因数，所有轨道转折处均有光滑微小圆弧相接，物块滑过时无机械能损失。求：
(1)小物块水平抛出的位置离A点的高度差h；
(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E，求BC段的最大长度xmax；
(3)若小物块从A进入轨道到最终停止都不脱离斜面及圆轨道，求满足条件的BC段的最短长度xmin。
【答案】(1)0.2m；(2)3.6m；(3)0.96m
【详解】(1)根据平抛运动
解得
(2)能过E点
研究A到E过程，由动能定理
解得
(3)因为左侧是斜面，不用考虑第2、4、6…通过BC，只需要考虑第1、3、5…次通过BC；
[1]根据
物块能够安全通过圆轨道最高点E时BC的长度系列值为如下表；
第1次向右通过BC 第3次向右通过BC 第5次向右通过BC
物块能通过最高点E时BC的长度 小于或等于3.6m 小于或等于1.2m 小于或等于0.72m
物块不会从A点滑出时BC的长度 大于或等于0.8m 大于或等于0.8m 大于或等于0.8m
物块只在圆心以下运动时BC的长度 大于或等于4.8m 大于或等于1.6.m 大于或等于0.96m
[2]物块不会从A点滑出时，设BC的最小长度为x1，由动能定理
解得
[3]设物块只在圆心以下运动时BC的长度为x2，根据动能定理得
解得
物块只在圆心以下运动时BC的长度的系列值如下表
根据表格，小物块从A进入轨道到最终停止都不脱离斜面及圆轨道，同时满足三项条件的BC段的最短长度为0.96m。
10．某码头用电动势为电源的电路控制电动机（如图2）带动传送带（如图1）向高处传送物品，电路中接有一标有“6V 12W”字样的小灯泡L。现将一质量为的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为6V，电动机带动传送带以的速度匀速运动，传送带长为，与水平面之间的夹角为，小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从点传送到最高点点的过程中，，求：
(1)电源内阻；
(2)小物体运动至传送带顶端的速度；
(3)为传送小物体，电动机多输出的能量？
【答案】(1)1Ω；(2)；(3)107.5J
【详解】
(1)电源内电压
电流
即
解得电源内阻
(2)物体刚放上A点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体做匀加速直线运动，此时
假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移为
由于
所以物体可以加速到与皮带速度相同，又
所以物体先沿着皮带向上匀加速，再与皮带保持相对静止一起匀速到顶端，说明到达B点时速度为
(3)从A到B物体加速的时间为
物体在加速阶段的相对位移为
所以由功能关系得电动机多输出的能量为
其中
解得
11．如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为L、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于接触状态，并在其中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为d（），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。试求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm。
【答案】(1)；(2)
【详解】(1)因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为
设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得
且
解得
(2)线框每进磁场一次都要消耗机械能转化为焦耳热，所以经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得
解得
12．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求：
（1）O点和O′点间的距离x1；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B的质量为βm，μ = tanθ，v0 = 3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力，沿斜面向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件？
【答案】（1）；（2）Ep =；（3）
【详解】（1）从A到O′，由动能定理可得
物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得
解得
（2）从到P点
（3）两物体分离的瞬间有，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得
解得，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。
设分离瞬间，两物体的速度为v，由能量守恒可得
将，，带入解得
由于，，故分离后两物体的加速大小分别为
由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于，B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为
若A物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度向下做减速运动，直到速度减为0，保持静止；
A物体速度减为0的总路程为
若A物体不与挡板碰撞，则
解得
若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即
且
解得
由于，故
综上所述，的取值范围为
13． “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m处，以8m/s的水平初速度用力飞出一质量为20g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N。假设每次小石片接触水面相同的时间0.04s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k=0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m的水底。不计空气阻力。求：
(1)小石片第一次接触水面时的速度；
(2) 小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；
(3) 小石片从抛出到沉入水底的总时间。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）小石片先做平抛运动，竖直方向h1=gt12
解得t1=0.6s
竖直速度vy0=gt1=6m/s
则
（2）小石片沉入水底时的速度，根据v2=2ah2
解得v=1m/s
从抛出到沉入水底，根据动能定理
解得W=-1.19J
（3）小石片在水面上滑行时，有
每次滑行速度的变化量
由
可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度
再由vyn=kvxn
和
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
为一等差数列，首项t1=1.08s
公差d=0.12s
根据等差数列求和公式可得消失片在空中的飞行时间
在水面上滑行的时间为
在水中下沉的时间为
总时间
14．（2021·湖南·高考真题）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
（1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
（3）将质量为（为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。
【答案】（1）；（2）（其中，）；（3）
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理
解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有，
解得水平初速度为
物块从点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知
解得 ------- ①
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得 -------②
-------③
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知
解得 -------④
据题意， A落在B落点的右侧，则 -------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即： -------⑥
联立以上，可得的取值范围为
15．
16. 如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于电场强度，水平方向的匀强电场中，轨道半径为R，一质量为m、电荷量为q的带负电小球（可视为质点）在轨道内侧的P点被绝缘挡板挡住不动，过P点的轨道半径与竖直方向的夹角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。某时刻，沿轨道切线方向给小球一大小为v0的速度释放，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动。
（1）求P点速度v0的大小；
（2）设P点的电势为零，求小球在运动过程中的最大电势能和最大动能；
（3）求小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小。
【答案】（1）；（2），；（3）5mg
【详解】(1)由于小球带负电，所受电场力方向水平向左，小球在复合场中做圆周运动的等效最低点在A点，如图
由，解得
A点关于O点对称的B点是复合场中小球做圆周运动的等效最高点，小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则在B点小球所受合力
因此 解得
小球从从P点运动到B点，由动能定理
解得
(2)由，
可知电势能最大的点在电势电势最低的D点，如图
小球从P点到D点，由
可得
解得
最大动能在等效最低点A点，从A点到B点由动能定理
解得
(3)P点小球受重力、电场力、轨道的压力为T，如图
则
解得
由牛顿第三定律可知，小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小为5mg。
17（2020全国1）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
物理二轮复习学案 班级：_______ 姓名：__________ 学号:__________ 成绩：_______