2016年高考物理大一轮总复习配套题库第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能和动能定理及其应用.doc
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用
【解析】 (1)设该星球表面的重力加速度为g， 物块上滑过程中力F所做的功 WF＝(15×6－3×6) J＝72 J， 由动能定理得：WF－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0， 解得：g＝6 m/s2. (2)在星球表面重力与万有引力相等，mg＝GMRm2 可得星球的质量为：M＝gGR2
4.如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC
为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为
R，BC 的长度也是 R，一质量为 m 的物
体与两个轨道间的动摩擦因数都为 μ，当它由轨道顶端 A 从静
止开始下落，恰好运动到 C 处停止，那么物体在 AB 段克服
摩擦力所做的功为( )
A.12μmgR C．mgR
B.12mgR D．(1－μ)mgR
【解析】 (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动
摩擦因数为 μ，由动能定理得
－μmgs0＝12mv21－12mv20
①
解得 μ＝v220－gsv0 21
②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到
达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运
动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学 公式得
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：ABC 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩
擦力f相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝
F mg
＝0.35，
A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根据F－
s图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而 Wf＝－μmgs，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v，B、C正确；因为物体做变加速运动，
高考物理大一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2讲 动能定理
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动能定理的应用 1．利用动能定理解题的基本步骤 (1)首先明确要研究的对象(一个物体或系统)，找出初、末 状态(对应速度)及对应的过程． (2)正确分析运动过程中物体受的所有外力，包括重力． (3)要弄清各个外力做功的多少和正负情况，计算时应把各 已知功的正负号代入动能定理的表达式．
第五章 机械能及其守恒定律
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2．对动能定理的理解 (1)动能定理的计算式为标量式，s、v为相对同一参考系的 位移、速度．一般以地面为参考系． (2)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理 时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．
第五章 机械能及其守恒定律
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能为Ek′，那么( )
A．Ek′＝－Ek
B．Ek．Ek′>Ek
【答案】B
第五章 机械能及其守恒定律
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二、动能定理 1．内容 合力对物体所做的功，等于物体__动__能__的__变__化______． 2．表达式 W＝___W__1＋__W__2_＋__W__3＝__E__k2_－__E_k_1_____. 3．物理意义 合力的功是物体动能变化的量度．
第五章 机械能及其守恒定律
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【解析】合外力做的功 W 合＝Ek－0，即 W 合＝12mv2＝12 ×25×22 J＝50 J，A 项正确；WG＋W 阻＝Ek－0，故 W 阻＝12mv2 －mgh＝－700 J，B 项错误；重力做功 WG＝mgh＝25×10×3 J ＝750 J，C 项错误；支持力方向上的位移为零，故支持力做的 功为零，D 项错误．
第五章 机械能及其守恒定律
高考物理一轮复习练习第五章机械能及其守恒定律第讲功能关系能量守恒定律含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．质量为m的物体，从静止开始以a＝g2的加速度竖直向下运动h米，下列说法中不正确的是()A．物体的动能增加了mgh 2B．物体的机械能减少了mgh 2C ．物体的势能减少了mgh 2D ．物体的势能减少了mgh答案 C解析 因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F ＝ma ＝12mg ，可得阻力f ＝12mg ，合力做功W ＝12mgh ，动能增加12mgh ，A 正确；阻力做功W f ＝－12mgh ，机械能减少12mgh ，B 正确；重力做功W G ＝mgh ，则重力势能减少mgh ，D 正确，C 错误。
2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 答案 B解析 已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R 。
对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W ＝12m v 2，联立解得：W ＝14mgR ，B 正确。
3. [2017·山东滨州市一模]两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小答案 C解析 对A 物块由牛顿第二定律得：F －mg ＋kx ＝ma ，解得：F ＝m (g ＋a )－kx ，由于x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，A 错误；在A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B 错误；在上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，高度升高，则物块A 的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D 错误。
高考物理大一轮复习 第5单元 机械能动机械能守恒律及其用课时作业
拾躲市安息阳光实验学校动机械能守恒定律及其应用基础巩固1．[2016·云南模拟] 如图K151所示，桌面离地高度为h ，质量为m 的小球从离桌面H 高处由静止下落．若以桌面为参考平面，则小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力做功分别为( )图K151A ．mgh ，mg (H －h )B ．mgh ，mg (H ＋h )C ．－mgh ，mg (H －h )D ．－mgh ，mg (H ＋h )2．[2016·潍坊模拟] 如图K152所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，小球先后经过B 、C 两点．已知B 、C 之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度为g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( )图K152A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍 B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍 C ．小球在B 点的动能为12mv 2＋2mghD ．小球在C 点的动能为12mv 2－mgh3．2016里约奥运会女子排球决赛，中国女排不负众望，以3∶1的成绩战胜塞尔维亚，勇夺金牌．如图K153所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高为H ＝2.24 m ，排球质量为m ＝300 g ，运动员对排球做的功为W 1＝20 J ，排球运动过程中克服空气阻力做功为W 2＝4.12 J ，重力加速度g 取10 m/s 2.球从手中刚发出的位置的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，则( )图K153A ．与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB ．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC ．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD ．与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为6.72 J4．[2016·浙江临海模拟] 如图K154所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v 射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是( )图K154A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁5．[2016·重庆适应性考试] 如图K155所示，一质量为m 的人从足够高的蹦极台上无初速度下落，蹦极绳可视为劲度系数为k 、原长为L 的弹性绳．设在下落过程中人所受的空气阻力恒为重力的15.若绳的质量忽略不计．重力加速度为g ，人视为质点，则( )图K155A ．从开始下落到蹦极绳刚好被拉直所需的时间为5LgB ．从开始下落到速度最大时人的下落距离为L ＋4mg5kC ．从开始下落到到达最低点的过程中，加速度恒为45gD ．从开始下落到速度最大的过程中，系统机械能损失为15mgL ＋mg5k能力提升6．[2016·石家庄一模] 我国运动员黄珊第一次参加奥运会蹦床项目的比赛就取得了第三名的好成绩，假设表演时运动员仅在竖直方向上运动，通过传感器将蹦床对运动员的弹力F 随时间t 变化的规律在计算机上绘制出如图K156所示的曲线．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图K156A ．t 1至t 2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能不变B ．t 2至t 3时间内运动员的机械能增加C ．t 1至t 3时间内运动员始终未脱离蹦床D ．t 3至t 4时间内运动员先失重后超重7．如图K157所示，半径为R 的光滑圆环竖直放置，N 为圆环的最低点．在环上套有两个小球A 和B ，A 、B 之间用一根长为3R 的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A 球质量为4m ，B 球质量为m ，重力加速度为g .现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A 球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做的功为( )图K157A ．mgRB ．1.2mgRC ．1.4mgRD ．1.6mgR8．(多选)[2016·兰州实战考试] 如图K158所示，长为L 的绳子一端系于O 点，另一端系一质量为m 的小球，现将绳子沿水平方向拉直，从M 点将小球由静止释放，当其运动到最低点N 时绳子恰好被拉断，测得小球落地点P 到O 点的水平距离为2L ，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( )图K158A ．小球运动到N 点速度大小为2gLB ．绳所能承受的最大拉力为2mgC ．N 点离地面的高度为LD ．若在ON 中点处钉一钉子，绳子就不会被拉断了9．[2016·温州十校联考] 如图K159所示，“蜗牛”状轨道OAB 竖直固定在水平地面上，与地面在B 处平滑连接．其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA 和AB 平滑连接而成，半圆轨道OA 的半径R 1＝0.6 m ，半圆轨道AB 的半径R 2＝1.2 m ，水平地面BC 长为x BC ＝11 m ，C 处是一个开口较大的深坑，一质量m ＝0.1 kg 的小球从O 点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA 后，沿OAB 轨道运动至水平地面，已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.(1)为使小球不脱离OAB 轨道，小球在O 点的初速度至少为多大？ (2)若小球在O 点的初速度v ＝6 m/s ，求小球在B 点对半圆轨道的压力大小；(3)若使小球能落入深坑C ，则小球在O 点的初速度至少为多大？图K159挑战自我10．[2016·石家庄一模] 如图K1510所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一水平光滑直杆，P 为半圆环与直杆连接点．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至轻杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．图K1510 课时作业(十五)1．D [解析] 物体的重力势能E p ＝mgh ，其中h 为物体到零势能面的高度，所以该小球落地时的重力势能E p ＝－mgh ，小球下落的始、末位置的高度差为H ＋h ，故重力做功为W ＝mg (H ＋h )，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．2．D [解析] 不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B 点的机械能等于C 点的机械能，选项A 错误；小球在B 点的重力势能大于C 点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B 点的动能小于在C 点的动能，选项B 错误；小球由A 到B 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝12mv 2，解得小球在B 点的动能为E k B ＝12mv 2－2mgh ，选项C 错误；小球由B 到C 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B＝mgh ＋E k C ，解得小球在C 点的动能为E k C ＝E k B ＋mgh ＝12mv 2－mgh ，选项D 正确．3．B [解析] 与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg (H －h )＝0.6 J ，故A 错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh ＋W 1－W 2＝22 J ，故B 正确；由动能定理可知：排球恰好到达球网上边缘时的动能为W 1－W 2－mg (H －h )＝15.28 J ，故C 错误；与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能减少量为W 2＋mg (H －h )＝4.72 J ，故D 错误．4．B [解析] 四种情形中，甲、丙、丁到达最高点的速度为零，乙到达最高点的速度不为零．由机械能守恒定律知乙上升的最大高度小于甲、丙、丁．故以相同速率射出时，若只有一种情形不能到达天花板，该情形一定是乙．5．B [解析] 从开始下落到蹦极绳刚好被拉直阶段，由牛顿第二定律有mg －0.2mg ＝ma ，解得加速度a ＝0.8g .由L ＝12at 2解得t ＝5L 2g，选项A 错误．当弹力和空气阻力的合力与重力平衡时速度最大，由F ＋0.2mg ＝mg 解得弹力F ＝0.8 mg .由胡克定律F ＝kx 解得弹性绳伸长x ＝4mg5k ，从开始下落到速度最大时下落距离为L ＋x ＝L ＋4mg5k ，选项B 正确．弹性绳伸直后继续下落过程，人先做加速度逐渐减小到零的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，选项C 错误．从开始下落到速度最大的过程中，克服空气阻力做功，机械能损失ΔE ＝mg5L ＋4mg5k，选项D 错误．6．D [解析] 根据F t 图像，t 1～t 2时间内，运动员在蹦床上，所受弹力F 在变化，说明运动员在蹦床上来回弹跳，运动员消耗了体能，增加了运动员和蹦床构成的系统的机械能，故选项A 错误；t 2～t 3时间内，运动员所受弹力F 为零，说明运动员已经离开蹦床，在空中运动，只有重力做功，机械能守恒，选项B 、C 错误；t 3～t 4时间内，运动员所受弹力F 开始小于其重力，由牛顿第二定律可知，运动员的加速度方向向下，处于失重状态，而后蹦床对运动员的弹力F 大于其重力，由牛顿第二定律可知，运动员的加速度方向向上，处于超重状态，故在此段时间内，运动员先失重后超重，选项D 正确．7．B [解析] 将轻杆从题图所示水平位置由静止释放，两小球和轻杆组成的系统机械能守恒，在A 球滑到N 点的过程中，系统重力势能减小量为ΔE p ＝4mg ·R2－mgR ＝mgR .两小球速度大小相等，设A 球滑到N 点时速度为v ，由机械能守恒定律，有ΔE p ＝12×4mv 2＋12mv 2，解得v 2＝0.4gR ，由功能关系可知，在A球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做功为W B ＝12mv 2＋mgR ＝1.2mgR ，选项B 正确．8．AC [解析] 从M 点将小球由静止释放，在小球由M 点运动到N 点的过程中，由机械能守恒定律，有mgL ＝12mv 2N ，解得小球运动到N 点时的速度v N ＝2gL ，选项A 正确；在N 点，由牛顿第二定律，有F m －mg ＝m v 2NL，解得绳子所能承受的最大拉力F m ＝3mg ，选项B 错误；设N 点离地面的高度为h ，由平抛运动规律可得2L ＝v N t ，h ＝12gt 2，联立解得h ＝L ，选项C 正确；若在ON 中点处钉一钉子，则小球在最低点N 时，有F －mg ＝m v 2NL2，解得F ＝5mg ，超过绳子所能承受的最大拉力，绳子一定会被拉断，选项D 错误．9．(1)6 m/s (2)6 N (3)8 m/s[解析] (1)小球通过最高点A 的临界条件是mg ＝mv 2AR 2解得小球经A 点的最小速度v A ＝gR 2＝2 3 m/s 小球由O 到A 过程由机械能守恒定律得 mg ·2R 1＋12mv 2A ＝12mv 2解得v 0＝6 m/s.(2)小球由O 到B 过程机械能守恒，则mgR 2＋12mv 20＝12mv 2B解得v B ＝215 m/s 在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2BR 2解得F N ＝6 N由牛顿第三定律得轨道受到的压力F ′N ＝F N ＝6 N.(3)小球恰能运动到C 处，即v C ＝0时初速度最小，小球由O 到C 过程由动能定理得mgR 2－μmgx BC ＝0－12mv ′2解得v ′＝8 m/s.10．(1)2 N (2)0.194 4 J[解析] (1)当小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，小球a 的速度v 沿圆环切线方向向下，滑块b 的速度为零．由机械能守恒定律可得m a gR ＝12m a v 2解得v ＝2gR由牛顿第二定律可得F 向＝m a v 2R＝2 N.(2)杆与圆环相切时，如图所示，小球a 的速度v a 沿杆方向，设此时滑块b 的速度为v b ，根据杆不可伸长和缩短得v a ＝v b cos θ由几何关系可得 cos θ＝l l 2＋R2＝0.8则小球a 自P 点下降的高度h ＝R cos θ＝0.24 m 小球a 和滑块b 组成的系统机械能守恒，有 m a gh ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b －12m a v 2解得v 2b ＝545m 2/s 2对滑块b ，由动能定理得 W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J.。
物理高考一轮复习第五章《机械能守恒律及其用》试题
校干市掉吃阳光实验学校第五章机械能守恒律及其用一、单项选择题(此题共5小题，每题7分，共35分)1．如图1所示，A、B球质量相，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，图1将两球分别由静止开始释放，当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，那么( )A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球损失的重力势能较多解析：由于下降高度相，所以下摆过程两球重力势能减少量相，故D错；B球减少的重力势能还有一转化成了弹性势能，而A球减少的重力势能转化为动能，所以B对，而A、C错．答案：B2．(2021·模拟)质量为m的小球从高H处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面．当小球的动能和重力势能相时，重力的瞬时功率为( )A．2mg gH B．mg gHC.12mg gH D.13mg gH解析：动能和重力势能相时，下落高度为h＝H2，速度v＝2gh＝gH，故P＝mgv＝mg gH，B选项正确．答案：B3．如图2所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．假设以地面为零势能参考平面，而且不计空气阻力，以下说法错误的选项是( ) 图2A．物体在海平面上的重力势能为mghB ．重力对物体做的功为mghC ．物体在海平面上的动能为12mv 02＋mghD ．物体在海平面上的机械能为12mv 02解析：以地面为零势能参考平面，物体在海平面上的重力势能为－mgh ，故A 错．重力做功与路径无关，只取决于高度差，故W G ＝mgh ，B 对．由动能理知，物体在海平面上的动能E k ′－E k0＝mgh ，有E k ′＝mgh ＋12mv 02，C 对．由机械能守恒知，物体在海平面的机械能为12mv 02，D 对．只有A 项符合题意．答案：A4．(2021·卷Ⅱ)如图3所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b 后，a 可能到达的最大高度为 ( )A ．hB ．hC ．2hD ．h 图3解析：释放b 后，b 下落到地面，a 上升高度h 瞬间，a 、b 两者的速度相，设为v ，由机械能守恒得3mgh ＝mgh ＋12mv 2＋12×3mv 2，那么v ＝gh ，之后a 竖直上抛，设继续上升的高度为h ′，由h ′＝v 22g 得h ′＝12h ，所以a 上升的最大高度为h ＋h ′＝32h ，那么B 正确． 答案：B5．有一竖直放置的“T〞形架，外表光滑，滑块A 、B 分别套在水平秆与竖直杆上，A 、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相，且可看做质点，如图4所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止，由静止释放B 后，当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，那么连接A 、B 的绳长为 ( ) 图4A.4v 2gB.3v 2gC.3v 24gD.4v 23g解析：设滑块A 的速度为v A ，因绳不可伸长，两滑块沿绳方向的分速度大小相，得：v A cos30°＝v B cos60°，又v B ＝v ，设绳长为l ，由A 、B 组成的系统机械能守恒得：mgl cos60°＝12mv A 2＋12mv 2，以上两式联立可得：l ＝4v23g ，应选D. 答案：D二、双项选择题(此题共5小题，共35分．在每题给出的四个选项中，只有两个选项正确，选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．将同一物体分两次举高，每次举高的高度相同，那么 ( )A ．不管选什么参考平面，两种情况中，物体重力势能的增量相同B ．不管选什么参考平面，两种情况中，物体最后的重力势能相C ．选不同的参考平面，两种情况中，重力做功不D ．选不同的参考平面，两种情况中，重力做功相解析：参考平面的选取不同，高度不同，重力势能不同，但不会影响高度变化的数值和重力势能的变化，所以选A 、D. 答案：AD7．(2021·州模拟)如图5所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l 的细线，细线的一端固在O 点，另一端拴一质量为m 的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，那么 ( ) 图5 A ．小球通过最高点A 时的速度v A ＝gl sin θB ．小球通过最高点A 时的速度v A ＝glC ．小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力F T ＝5mg sin θD ．小球通过最低点B 时的速度v B ＝5gl sin θ解析：小球恰好通过最高点时，mg sin θ＝m v A 2l，得：v A ＝gl sin θ，A正确，B 错误；因斜面光滑，小球由A 运动到B 机械能守恒，得：12mv B 2＝12mv A 2＋mg 2l sin θ，在B点：F T －mg sin θ＝m v B 2l，可得：v B ＝5gl sin θ，F T ＝6mg sin θ，故C 错误、D 正确．答案：AD8．(2021·)“蹦极〞是一项非常刺激的体育运动．如图6所示，运发动身系弹性绳自高空中Q 点自由下落，图中a 是弹性绳的原长位置，c 是运发动所到达的最低点，b 是运发动静止地悬吊着时的平衡位置．那么 ( )A ．由Q 到c 的整个过程中，运发动的动能及重力势能之和守恒B ．由a 下降到c 的过程中，运发动的动能一直减小 图6C ．由a 下降到c 的过程中，运发动的动能先增大后减小D ．由a 下降到c 的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大解析：由Q 到c 的整个过程中，运发动的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之和守恒，A 错误；由a 下降到c 的过程中，运发动的动能先增大后减小，B错误C 正确；由a 下降到c 的过程中，弹性绳的伸长量不断增加，故弹性势能一直增大，D选项也正确． 答案：CD9．如图7所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点， ab ＝0.8 m ，bc ＝0.4 m ，那么在整个过程中 ( )A ．滑块动能的最大值是6 J 图7B ．弹簧弹性势能的最大值是6 JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD ．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能减少解析：滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D 错误；以c 点为参考点，那么a 点的机械能为6 J ，c 点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J ，从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功于弹性势能的减小量，故为6 J ，所以B 、C 正确．由a →c 时，因重力势能不能转变为动能，故A 错．答案：BC10．(2021·模拟)如图8所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是( )图8解析：对A、C轨道，小球到达右侧最高点的速度可以为零，由机械能守恒可得，小球进入右侧轨道后的高度仍为h，故A、C正确；轨道B右侧轨道最大高度小于h，小球运动到轨道最高点后做斜抛运动，小球到达最高点时仍有水平速度，因此，小球能到达的最大高度小于h，B不正确；轨道D右侧为圆形轨道，小球通过最高点必须具有一速度，因此，小球沿轨道D不可能到达h高度，D错误．答案：AC三、非选择题(此题共2小题，共30分)11．(15分)(2021·模拟)如图9所示，半径R＝0.9 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L＝1 m的水平面相切于B点，BC离地面高h＝0.8 m，质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)求：图9(1)小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力；(2)小滑块落地点距C点的距离．解析：(1)设小滑块运动到B点的速度为v B，圆弧轨道对小滑块的支持力为F N，由机械能守恒律得： mgR ＝12mv B2①由牛顿第二律得：F N －mg ＝m v B 2R②联立①②解得小滑块在B 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三律得，小滑块在B 点时对轨道的压力为30 N. (2)设小滑块运动到C 点的速度为v C ，由动能理得： mgR －μmgL ＝12mv C 2解得小滑块在C 点的速度v C ＝4 m/s小滑块从C 点运动到地面做平抛运动 水平方向：x ＝v C t 竖直方向：h ＝12gt 2滑块落地点距C 点的距离s ＝x 2＋h 2＝0.8 5 m≈1.8 m.答案：(1)30 N (2)1.8 m12．(15分)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图10所示形状，相的曲线方程为y ＝cos(kx ＋23π)(单位：m)，式中k＝1 m －1.将一光滑小环套在该金属杆上，并从x ＝0处以v 0＝5m/s 的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g ＝10 m/s 2.那么当小 图10环运动到x ＝π3 m 时的速度大小是多少？该小环在x 轴方向最远能运动到x 轴的多少米处？解析：光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由曲线方程知，环在x ＝0处的y 坐标是－2 m ；在x ＝π3时，y ＝cos(kx ＋23π)＝－2.5 m.选y ＝0处为零势能参考平面，那么有： 12mv 02＋mg (－2)＝12mv 2＋mg (－)， 解得：v ＝5 2 m/s.当环运动到最高点时，速度为零，同理有：12mv 02＋mg (－2)＝0＋mgy . 解得y ＝0，即kx ＋23π＝π＋π2，该小环在x 轴方向最远能运动到x ＝5π6m 处．答案：5 2 m/s 5π6m。
物理高考大一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 功能关系 能量守恒律练习
量奋市例比阳光实验学校第17讲 功能关系 能量守恒律[]主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练用；掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧．1．质量为m 的小球，自A 点自由下落，无空气阻力时，下落到B 点时重力势能与动能相，A 到地面的距离为H ，假设小球运动过程中受到大小恒的空气阻力，下落至C 点动能与重力势能相，以地面为参考平面，以下说法正确的选项是( )A ．B 到地面的距离为H2，C 在B 点的下方B ．B 到地面的距离为H2，C 在B 点的上方C ．有空气阻力的情况下，假设小球下落到B 点动能是势能的12，那么小球受的阻力大小为mg3D ．假设小球与地面碰后原速反弹，阻力大小为mg3的情况下，小球上升的最大高度为H3A 解析 设B 到地面的距离是h ，无空气阻力的情况下，小球下落过程机械能守恒，mgH ＝2mgh ，得h ＝H2，有空气阻力的情况下，小球下落到B 点时动能小于mg H2，故动能与势能相的点在B 点下方，选项A 正确，B 错误；有空气阻力的情况下，小球下落到B 点动能是势能的12，由动能理(mg －F f )h ＝12mgh ，得F f ＝mg2，选项C 错误；设小球反弹后上升的最大高度为H ′，有(mg －F f )H ＝12mv 2，－(mg ＋F f )H ′＝0－12mv 2，得H ′＝H2，选项D 错误． 2．(2021·高中高三期末)(多项选择)如下图，质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．t 1＝0时刻在A 上施加一个水平向左的恒力F ，t 2＝t 时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A 、B 速度分别为v 1和v 2.那么t 1到t 2时间内( )A ．A 、B 和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小 B ．当A 的加速度为零时，B 的加速度为Fm 1＋m 2C ．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相D ．物块B 移动的距离为m 1v 21＋m 2v 222FCD 解析 根据受力分析可知，物块A 先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速的运动，B 先做加速度增大的加速运动，后做加速减小的加速运动，在弹簧第一次恢复到原长时，系统的机械能一直增大，选项A 错误；当A 的加速度为零时，弹簧弹力于F ，所以B 的加速度为Fm 2，选项B 错误；速度相前，A 一直比B 速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相时，弹簧最长，选项C 正确；因为弹簧恢复原长，所以弹性势能为零，根据功能关系可知Fx ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，所以x ＝m 1v 21＋m 2v 222F，选项D 正确． 3．(2021·高三大)(多项选择) 光滑斜面AB 和水平传送带BC 通过一小段光滑圆弧平滑连接．传送带以大小为3 m/s 的速率逆时针匀速转动，现让质量为0.2 kg 的滑块(视为质点)轻放在传送带的右端C ，滑块恰好能运动到斜面上最高点A .假设滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带长度BC ＝1.6 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，那么以下说法正确的选项是( )A ．A 、B 两点间的高度差为0.8 mB ．滑块不可能返回到C 点C ．滑块第一次从C 点运动到B 点的过程中，摩擦力对滑块做的功为0.9 JD ．滑块最终将静止不动BC 解析 根据动能理 －μmgx 1＝0－12mv 2可得x 1＝0.9 m<1.6 m ，可见滑块第一次在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，到达B 点时的速率为3 m/s ，根据机械能守恒律有mgh ＝12mv 2可得A 、B 两点间的高度差为h ＝0.45 m ，选项A 错误；滑块第一次返回到B 点后做匀减速直线运动，运动了0.9m 速度变为零，不可能返回到C 点，选项B 正确；滑块第一次从C 点运动到B点的过程中，摩擦力对滑块做的功W ＝μmgx 1＝0.9 J ，选项C 正确；经上述分析可知，滑块在斜面和传送带上往复运动，选项D 错误．4．(2021·二模)(多项选择)如下图，三斜面ab 、cd 、cb 固于竖直墙面与水平面之间，ab 与cd 斜面的长度相同．假设某滑块(视为质点)分别从三斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块经过d 处时动能不损失且继续沿水平面运动经过b 端，滑块与三斜面及水平面间的动摩擦因数均相同．那么对于滑块从各斜面的顶端到经过b 端的整个过程，以下说法正确的选项是( )A ．三种情况下滑块损失的机械能相同B ．滑块沿ab 运动的情况下经过b 端时的速度最小C ．滑块沿三斜面下滑的时间相同D ．滑块沿cdb 路径运动的情况下克服摩擦力做的功最多AB 解析 滑块在斜面上运动，摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·s ＝μmg ·s cos θ，即摩擦力做的功于水平面上滑块受到摩擦力与斜面在水平面投影上位移的乘积，所以从三个斜面的顶端运动到b 的整个过程，摩擦力做的功一样多，即损失的机械能一样多，应选项A 正确，D 错误；滑块到b 端的速度为v ，由动能理得mgh －W f ＝12mv 2，因为从ab 滑到b 的高度h ab 小于从cb 滑到b或沿cd 滑到d 的高度h cd ，所以从ab 滑到b 端时的速度最小，应选项B 正确；对斜面上的滑块受力分析，a ＝g sin θ－μg cos θ，cd 和cb 竖直高度相同，因此路程为s ＝hsin θ，滑到底部需要的时间为t ＝2sa＝2hg sin 2θ－μcos θsin θ，根据单调性可知θ越大，t 越小，所以从cd滑到d 的时间比从cb 滑到b 的时间短，应选项C 错误．5．(2021·第三高三月考)(多项选择)如下图，木块质量为M ，放在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以初速度v 0水平射入木块中，射入深度为d ，平均阻力为F f .设木块离原点s 远时开始匀速，最终速度为v ，以下判断正确的选项是( )A ．F f d ＝12mv 20－12mv 2B ．F f d ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2C ．F f (s ＋d )＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F f (s ＋d )＝12mv 20－12mv 2BD 解析 由动能理得，对子弹－F f (s ＋d )＝12mv 2－12mv 20，那么F f (s ＋d )＝12mv 20－12mv 2，对木块F f s ＝12Mv 2，由能量守恒律得F f d ＋12mv 2＋12Mv 2＝12mv 20，解得F f d＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，由以上分析可知，选项A 、C 错误，B 、D 正确． 6．(2021·高三月考)(多项选择)如下图，质量M ＝4 kg 的物块B 与质量m ＝2 kg 的物块A 间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固光滑斜面上，C 为固在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为F＝60 N 的拉力作用在物块A 上，并使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6 m ，那么(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)( )A ．此时物块A 动能的增加量为360 JB ．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 JC ．此时物块A 的加速度大小为12 m/s 2D ．该轻弹簧的劲度系数为6 N/mCD 解析 在物块A 向上运动6 m 的过程中，拉力F 做的功为W F ＝Fx ＝360 J ，由能量守恒律可知，拉力F 做的功转化为物块A 增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A 动能的增加量小于360 J ，应选项A 错误；当物块A 静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx ，对A 有mg sin 37°＝kΔx ，即Δx ＝mg sin 37°k，当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，物块B 刚要离开挡板C ，对物块B 进行受力分析可知Mg sin 37°＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫6 m －mg sin 37°k ，代入数据可解得k ＝6 N/m ，应选项D 正确；当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，设物块A 运动的加速度大小为a ，弹簧的伸长量为Δx ′，那么由牛顿第二律可得F －mg sin 37°－k Δx ′＝ma ，又Δx ′＝6 m －mg sin 37°k，两式联立并代入数据可解得a ＝12 m/s 2，应选项C 正确；由能量守恒律可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W F －mgx sin 37°－ΔE k A ，因W F －mgx sin 37°＝360 J －72 J ＝288 J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的增加量小于288 J ，应选项B 错误．7．(2021·一中高三月考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．v 2＞v 1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，那么( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离到达最大B ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C ．0～t 2时间内，摩擦力产生的热量为μmgv 2t 1＋v 1t 2－t 12D ．0～t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为v 1＋v 2t 12＋v 1t 22D 解析 0～t 1时间内木块向左做匀减速直线运动，t 1时刻以后小物块向右运动，那么t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离到达最大，应选项A 错误；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力作用，应选项B 错误；0～t 2时间内，物块与传送带间的相对路程为Δs ＝(v 2t 12＋v 1t 1)＋[v 1(t 2－t 1)－v 1t 2－t 12]＝v 1＋v 2t 12＋v 1t 22，摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δs ＝μmg [v 1＋v 2t 12＋v 1t 22]，应选项C 错误；0～t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为L ＝Δs ＝v 1＋v 2t 12＋v 1t 22，应选项D正确．8．(2021·高三期中)一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以恒的速度顺时针转动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一初速度、质量为m 的小物块，如图甲所示．以此时为t ＝0时刻，小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图取沿传送带向上的方向为正方向，图乙中v 1>v 2)．以下说法正确的选项是( )A ．0～t 1内传送带对小物块做正功B ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ小于tan θC ．0～t 2内传送带对小物块做功为12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 D 解析 由图乙知，物块先向下运动后向上运动，0～t 1内，传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上，那么传送带对小物块做负功，选项A 错误；在t 1～t 2内，小物块向上运动，那么有 μmg cos θ＞mg sin θ，得μ＞tan θ，选项B 错误；0～t 2内，由图“面积〞于位移可知，小物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对小物块做正功，设为W G ，根据动能理得W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，那么传送带对小物块做功W ≠12mv 22－12mv 21，选项C 错误；小物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，那么由能量守恒得知，系统产生的热量一大于小物块动能的变化量，选项D 正确．9．(2021·高三模拟)(多项选择)如下图，一质量为M ＝2m 、长为L 质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m 的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒速率v ＝gL 向下运动，物块只能运动到板的中点．以下说法正确的选项是( )A ．物块对板做功的功率保持不变B ．物块与板间因摩擦产生的热量为mgLC ．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgLD ．假设板与桌面间有摩擦，且当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一能到达板右端BD 解析 木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相后保持相对静止，根据P ＝F f v 知，物块对板的功率逐渐增大，选项A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移x 1＝vt ，木板的位移x 2＝v2t ，根据x 1－x 2＝L 2得，板的位移x 2＝L2，相对位移的大小于物块位移的一半，于木板的位移，因为F f x 板＝12Mv 2，产生的热量Q ＝F f x 板＝12Mv 2＝12·2m (gL )2＝mgL ，选项B 正确；绳子拉力做的功，于系统动能增加量与产生的热量之和，故W ＝12Mv 2＋Q ＝2mgL ，选项C 错误；如果板与桌面有摩擦，因为M 与桌面摩擦因数越大，m 越易从右端滑下，所以当m 滑到M 右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为μ2，对M ，由牛顿第二律得Ma ＝μ1mg －μ2(m ＋M )g ，板的位移x ′2＝v2t ′；速度位移公式v 2＝2ax 2′，对m 有vt ′＝x 1′，x 1′－x 2′＝L ，联立得μ2＝Mv 22M ＋m gL＝错误!＝错误!，所以桌面与板间的摩擦因数满足μ2≥错误!，所以当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一能到达板右端，选项D 正确．10．(2021·十校高三)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒的速度v ，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一质量m ＝1 kg 的物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v t 图象如图乙所示，重力加速度为g ＝ 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)0～2 s 内物块的加速度a 及传送带底端到顶端的距离x ； (2)物块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)0～4 s 物块与传送带间由于摩擦而产生的热量Q .解析 (1)v t 图象的斜率表示加速度，由图象可知a ＝10 m/s 2，方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离于v t 图象包含的面积x ＝12(24＋4)×2 m＋12×2×4 m＝32m.(2)0～2 s 内由牛顿第二律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ， 由a ＝10 m/s 2，解得μ＝0.5.(3)根据v t 图象可知，物块0～2 s 内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速运动，因此可断传送带的速度为4 m/s ；0～2 s 的相对位移d 1＝12(24＋4)×2 m－4×2 m＝20 m ，那么Q 1＝μmg cos 37°d 1＝80 J ；2～4 s 的相对位移d 1＝4×2 m－12(0＋4)×2 m＝4 m ，那么Q 2＝μmg cos 37°d 2＝16 J ，综上得Q ＝Q 1＋Q 2＝96 J. 答案 (1)10 m/s 232 m (2)0.5 (3)96 J11．(2021·第二高三月考)如下图，倾角为θ的斜面与光滑的水平面平滑相连，在水平面的左端固有一轻质水平弹簧，一质量为m ＝0.1 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 由水平面滑上斜面，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，斜面的倾角θ可在0°≤θ≤75°的范围内变化(调节好后即保持不变)．重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求当θ取何值时，小物块第一次沿斜面上滑到最高点所用的时间最短，并求出最短时间；(2)当θ取不同值时，求小物块在运动的全过程中产生的摩擦热量Q 与tanθ的关系式．解析 (1)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二律mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，上滑时间t ＝v 0a，解得t ＝410sin θ＋33cos θ＝2310sin θ＋30°，由数学知识可知，当θ＝60°时，t min ＝35s.(2)小物块恰好在斜面上保持静止时有mg sin θ＝μmg cos θ，解得θ＝30°，那么当0≤θ≤30°，小物块在斜面上停下后即保持静止，小物块在斜面上滑行的距离为x ＝v 202a，小物块因摩擦产生的热量为Q ＝μmg cos θ·x ，联立解得Q ＝453tan θ＋1J.当30°<θ≤75°，小物块在斜面上到达最高点后返回，经屡次往返运动后，最终静止在水平面上，那么小物块摩擦产生的热量为Q ＝12mv 20＝0.8 J.答案 (1)θ＝60° t ＝35 s (2)0≤Q ≤30°时，Q ＝453tan θ＋1J 30°<θ≤75°时，Q ＝0.8 J。
【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)： 第五章 机械能及其守恒定律5-4 功能关系 能量守恒定律
第五章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律1．(2015·温州十校联考)(多选)将一篮球从高处释放，篮球在重力和空气阻力的作用下加速下降，下列说法正确的是()A．篮球的动能增加B．重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量C．篮球重力势能的减少量等于动能的增加量D．篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量解析：选ABD.因为篮球做加速运动，速度在增大，所以篮球的动能增加，选项A正确；重力对篮球做正功，篮球的重力势能减少，且重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量，选项B正确；空气阻力对篮球做负功，篮球的机械能减少，且篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量，选项D 正确；因为篮球的机械能减少，所以篮球的重力势能的减少量不等于动能的增加量，选项C错误．2. 如图所示，在盛水的一个杯子里有一木块．开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将浮到水面上，最后达到平衡，在这一过程中，水、杯子和木块组成的系统()A．内能增大B．内能减小C．内能不变D．条件不足，无法判断解析：选A.木块上升时，同体积的水下移，水、杯子和木块组成的系统总重力势能减小，转化为系统的内能，故A正确．3．(2015·山东潍坊高三质检)质量为m的物体从静止开始以g2的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是()A．物体的机械能增加12mghB．物体的机械能减少32mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加12mgh解析：选D.由T－mg＝ma可知，T＝32mg，故机械能增加ΔE＝T·h＝32mgh，选项A、B均错；重力对物体做功－mgh，选项C错；由W合＝ma·h＝12mgh 可知选项D对．4. 构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动自行车就是很好的一例，电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以600 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是() A．600 J B．360 JC ．300 JD ．240 J解析：选D.设自行车的总质量为m ，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有－μmgL 1＝0－E k ，第二次启动自动充电装置，由功能关系有E k ＝μmgL 2＋E 电，代入数据解得E 电＝240 J ，D 正确．5．(2015·河北石家庄质检)一质量为0.6 kg 的物体以20 m/s 的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18 J ，机械能减少了3 J ．整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是(已知物体的初动能E k0＝12m v 2＝120 J)( )A ．物体向上运动时加速度大小为12 m/s 2B ．物体向下运动时加速度大小为9 m/s 2C ．物体返回抛出点时的动能为40 JD ．物体返回抛出点时的动能为114 J解析：选A.根据机械能的减少等于除了重力以外其他力做功，所以阻力做功W f ＝－3 J ，在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有，－mgh ＋W f ＝ΔE k ，解得h ＝2.5 m ，又W f ＝－fh 解得f ＝65 N ，上升过程中有mg ＋f ＝ma ，解得a ＝12 m/s 2，下落过程中有mg －f ＝ma ′，解得a ′＝8 m/s 2，A 项正确，B 项错．初动能E k0＝12m v 2＝120 J ，当上升到某一位置动能变化量为ΔE k ＝－18 J ，ΔE k ＝E k1－E k0，解得：E k1＝102 J ，再上升到最高点时机械能减少量为ΔE ，则183＝102ΔE，解得ΔE ＝17 J ，所以在上升、下落全过程中机械能的减少量为40 J ，这个过程中利用动能定理有－40＝E k －E k0，得返回抛出点时的动能E k ＝80 J ，所以C 、D 两项均错．6. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功12mgR解析：选D.小球由P到B的过程中重力做功W G＝mg(2R－R)＝mgR，A错误．小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg＝m v2R，即小球在B点的速度v＝gR；小球由P到B的过程，由动能定理可知合外力做功W合＝ΔE k＝12m v2＝12mgR，C错误．又因为W合＝W G＋W f，小球由P到B的过程中摩擦力做的功W f＝W合－W G＝－12mgR，由功能关系知，物体的机械能减少了12mgR，B错误，D正确．7. (多选)如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能E p＝1.0 J，物体处于静止状态，若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后()A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC．物体回到O点时速度最大D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0解析：选BD.物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝μmgk，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，E p＞μmgx＝0.8 J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p＝μmgx m＋E p′，得x m＝E p－E p′μmg＜E pμmg＝12.5 cm，故A错误、B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确．8.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为F f.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l.在这个过程中，以下结论正确的是() A．物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L＋l)B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f lC．物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋l)D．物块和小车增加的机械能为Fl解析：选ABC.根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为E k1＝ΔE k1＝F(L＋l)－F f(L＋l)＝(F－F f)(L＋l)，A正确；物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：E k2＝ΔE k2＝F f l，B正确；由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为WF f＝F f(L＋l)，C正确．物块增加的机械能E k m＝(F－F f) (L＋l)，小车增加的机械能E k M＝F f l，物块和小车增加的机械能为E k m＋E k M＝F(L＋l)－F f L，D错误．9．(2015·开封模拟)(多选)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18 mC．0～8 s内物体机械能的增量为90 JD．0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选ACD.由v－t图象可知，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为1 m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，可得f－mg sin θ＝ma，N－mg cos θ＝0，f＝μN，联立可得μ＝0.875，选项A正确；根据v－t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝12×4×(2＋6)m－1 2×2×2 m＝14 m，选项B错误；0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和，ΔE＝mgx sin 37°＋12m×42－12m×22＝90(J)，选项C正确；0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q＝μmgs相对cos 37°＝126 J，选项D正确．10.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.(2)弹簧的最大弹性势能E pm.解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12m v 2＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝F f x ②其中x为物体的路程，即x＝5.4 m ③F f＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ＝0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE k′＝12m v 2⑥重力势能减少ΔE p′＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q＝F f l AC＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔE pm＝ΔE k′＋ΔE p′－Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm＝24.5 J.答案：(1)0.52(2)24.5 J11．有一个边长为L＝1.6 m的正方形桌子，桌面离地高度为h＝1.25 m．一个质量为m的小物块可从桌面正中心O点以初速度v0＝3 m/s沿着与OA成37°的方向在桌面上运动直至落地．设物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，则：(1)物块落地的速度大小是多少？(2)物块落地点到桌面中心O点的水平距离是多少？解析：(1)设小物块落地时的速度为v，由能量守恒可得：12m v 20＋mgh＝12m v2＋μmg⎝⎛⎭⎪⎫L/2cos 37°代入数据得：v＝29 m/s.(2)设小物块运动到桌边时的速度为v′，则由能量守恒可得：12m v 20＝12m v′2＋μmg⎝⎛⎭⎪⎫L/2cos 37°代入数据得v′＝2 m/s小物块做平抛运动的时间为t＝2hg＝0.5 s 小物块落地点到桌面中心O点的水平距离为x＝v′t＋L/2cos 37°＝2 m答案：(1)29 m/s(2)2 m12.如右图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10 m/s2.(1)求水平作用力F的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F＝mg tan θ，代入数据得F＝1033N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝12m v2，所以v＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL＝12m v 20－12m v2，所以h1＝v202g－μL，代入数据得h1＝0.1 m，若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL＝12m v 20－12m v2，则h2＝v202g＋μL，代入数据得h2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，mgh2＝12m v2，v0＝v－at，a＝μg滑块相对传送带滑动的位移Δs＝L－x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，代入数据可得Q＝0.5 J.答案：(1)1033N(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 J。
高考物理一轮复习 第五章 第2讲 人造卫星 宇宙速度
卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，其速度就是最大的环绕 速度，也是第一宇宙速度，卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动， 向心力小于卫星b的向心力，根据牛顿第二定律，卫星a的线速度小于 b的线速度，即a的线速度小于第一宇宙速度，C项错误； a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转周期等于 地球的自转周期，同步卫星的周期也等于地球的自 转周期，所以a做匀速圆周运动的周期等于地球同步 卫星的周期，D项正确.
火星探测器需要脱离地球的束缚，故其发射速度应大于地球的第二宇
宙速度，故A正确，B错误；
由 GMRm2 ＝mvR2得，v 火＝
GM火＝ R火
0.1M地G＝ 0.5R地
55v
地，故火星的第一
宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故 C 错误；
由GRM2m＝mg 得， g 火＝GRM火火2＝G00..51RM地地2＝0.4g 地，故火星表面的重力加速度小于地球表 面的重力加速度，故 D 错误.
方法点拨
比较
近地卫星
同步卫星 赤道上随地球自转的物体
项目 (r1、ω1、v1、a1) (r2、ω2、v2、a2)
向心力
万有引力
万有引力
(r3、ω3、v3、a3) 万有引力的一个分力
轨道半径 角速度 线速度 向心加
速度
r2>r1＝r3 ω1>ω2＝ω3
v1>v2>v3
a1>a2>a3
考点二
宇宙速度
基础梳理 夯实必备知识
第一宇宙速度 v1＝ 7.9 km/s，是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运 (环绕速度) 动的最大环绕速度，也是人造地球卫星的 最小发射速度
第二宇宙速度 v2＝11.2 km/s，是物体挣脱 地球 引力束缚的最小发射 (逃逸速度) 速度
【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)： 第五章 机械能及其守恒定律5-3 机械能守恒定律
第五章机械能及其守恒定律第3节机械能守恒定律1. (多选)右图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是()A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：选BC.弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误，B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C 正确，D错误．2．(2014·高考福建卷)如图所示，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，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：选C.刚释放物体时，弹力相同，由于质量不同，物体的加速度不同，上升的最大高度也不同，B错误，C正确．当弹簧弹力大小等于物体重力沿斜面向下的分力时，速度最大，由于物体质量不同，弹簧的形变量的变化不同，弹簧弹力对物体做功不同，物体的最大速度不同，A错误．物体刚释放时，弹簧形变量相同，弹性势能相同，当物体到达最高点时，弹簧弹性势能全部转化为物体的重力势能，所以重力势能的变化量相同，D错误．3. (2013·高考广东卷)(多选)如图所示，游乐场中，从一高度A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的是()A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处解析：选BD.设某一时刻轨道切线的倾角为θ，则这时的加速度为g sin θ，由于甲轨道切线的倾角并不是都比乙的大，故选项A错误；根据机械能守恒定律，有mgh＝12，故在同一高度甲、乙2m v的速度大小相等，选项B正确；开始时甲的切向加速度比乙的大，且这个加速度在竖直方向的分加速度也大，因此开始时甲在竖直方向的分运动比乙在竖直方向的分运动快，则选项C 错误；作出甲、乙运动的速率—时间图象，如图所示，根据图象可知，甲先到达B 点，选项D 正确． 4. (2015·长春调研)如图所示，水平地面上固定一个光滑轨道ABC ，该轨道由两个半径均为R 的14圆弧AB ︵、BC ︵平滑连接而成，O 1、O 2分别为两段圆弧所对应的圆心，O 1O 2的连线竖直，现将一质量为m 的小球(可视为质点)由轨道上A 点静止释放，则小球落地点到A 点的水平距离为 ( ) A ．2R B.5R C ．3RD.13R解析：选C.由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆轨道顶端时的速度大小为v ＝2gR ，方向水平向右．在第二个四分之一圆轨道顶端的临界速度v 0＝gR ，由于v ＞v 0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A 点的水平距离为3R ，所以选项C 正确． 5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B ＜h C C ．h A ＝h B ＞h CD ．h A ＝h C ＞h B解析：选D.A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能．对A、C球的方程为mgh＝12m v 20，得h＝v202g对B球的方程为mgh′＋12m v 2t＝12m v2，且v2t≠0所以h′＝v20－v2t2g＜h，故D正确．6. 如图所示，一长L的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得链条向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时的速度大小为()A.2gLB.gLC. gL2 D.12gL解析：选C.设铁链总质量为m，滑轮顶端O点为零势能面，(如图所示)，离开时速度为v，则由机械能守恒可知，－mg·L4＝－mg·L2＋12m v2解得：v＝gl2，选项C正确．7. (多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦) ()A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BC.A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C正确，D错误；B球部分机械能转化给A球，所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A错误．8.(2015·浙江丽水中学检测)(多选)如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd是半径为R的34光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则()A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过d 点后落回轨道内D ．调节h 的大小，可以使小球飞出de 面之外(即e 的右侧)解析：选CD.要使小球到达最高点a ，则在最高点时有mg ＝m v 2R ，得通过最高点的最小速度v ＝gR ，由机械能守恒定律得mg (h －R )＝12m v 2，得h ＝32R ，即h ≥32R 时，小球才能通过a 点，A 错误．若小球能达到a 点，并从a 点以最小速度平抛，有R ＝12gt 2，x ＝v t ＝2R ，所以，无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，B 错误，C 正确．如果h 足够大，可使小球的平抛速度足够大，小球可能会飞出de 面之外，D 正确． 9．(2015·郑州三模)(多选)如图所示，竖直平 面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析：选ABD.小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20得12m v 2＝2.5mgR ，A 正确．由平拋运动知识得t ＝ 4R g ，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理－mgR ＝12m (gR )2－12m v 2Q 得v Q ＝3gR ，D 正确． 10. 如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质量都是m ，并都可看做质点，且m ＜M ＜2m .三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L .现将物块A 下方的细线剪断，若物块A 距滑轮足够远且不计一切阻力．求： (1)物块A 上升时的最大速度； (2)若B 不能着地，求Mm 满足的条件．解析：(1)A 上升L 时速度达到最大，设为v ，由机械能守恒定律有 2mgL －MgL ＝12(M ＋2m )v 2 得v ＝2（2m －M ）gL2m ＋M.(2)C 着地后，若B 恰能着地，即B 物块再下降L 时速度为零，对A 、B 组成的系统由动能定理得 －MgL ＋mgL ＝0－12(M ＋m )v 2 解得M ＝2m若使B 不着地，应有M ＞2m ， 即Mm ＞ 2. 答案：(1)2（2m －M ）gL 2m ＋M(2)Mm ＞ 211.(2015·安徽名校联考)如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度大小为g .求(1)小球在AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．解析：(1)设小球在C 点的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR ①小球从B 点到C 点机械能守恒，设B 点处小球的速度为v B ，有12m v 2B ＝12m v2C＋2mgR ②小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有v2B＝2aR ③由①②③式得a＝52g ④(2)设小球在D处的速度为v D，下落到A点时的速度为v，根据机械能守恒有12m v 2B ＝12m v2D＋mgR ⑤12m v 2B ＝12m v2 ⑥设从D点到A点所用的时间为t，由运动学公式得gt＝v－v D ⑦由③④⑤⑥⑦式得t＝(5－3)Rg答案：(1)52g(2)(5－3)Rg12.(2015·德州模拟)如右图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm.(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能E p.解析：(1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：mgL＝12m v21解得v1＝2gL ①在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝m v21L②由①②解得F＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N.(2)由D到A，小球做平抛运动v2y＝2gh ③tan 53°＝v yv1④联立解得h＝16 cm(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p＝mg(L＋h＋x sin 53°)，代入数据得：E p＝2.9 J.答案：(1)30 N(2)16 cm(3)2.9 J。
高考物理一轮复习 第五章机械能及其守恒律(有解析)
权掇市安稳阳光实验学校第五章机械能及其守恒定律一、选择题(每小题4分，共40分)1．一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：系统的机械能增加是除重力、弹簧的弹力以外的力对系统做正功引起的，不是合外力做功的问题，所以只有D说法正确．答案：D2.(·广东卷)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图5－1所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体在0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确.1～3 s内做匀减速运动，合外力做负功．根据动能定理，0～3 s内合外力做功为零；1～2 s内合外力做负功．答案：A3．(·广东卷)游乐场中的一种滑梯如图5－2所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( ) A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面上滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析：在滑动的过程中，人受三个力作用：重力、支持力和摩擦力．重力做正功，重力势能减少，B错．支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．答案：D4．图5－3如图5－3所示，一根轻质弹簧竖直固定于水平地面上，一质量为m的小球自弹簧正上方离地面高度为H1处自由落下，并压缩弹簧，设速度达到最大时的位置离地面的高度为h1，最大速度为v1；若让此小球从离地面高H2(H2＞H1)处自由下落，速度达到最大时离地面的高度为h2，最大速度为v2，不计空气阻力，则( )A．v1＜v2，h1＝h2B．v1＜v2，h1＜h2C．v1＝v2，h1＜h2D．v1＜v2，h1＞h2解析：速度最大时，弹簧弹力等于重力，不论从何处下落这一位置不会变化，故h1＝h2.设最大速度时弹簧的弹性势能为E p，由能的转化和守恒定律得：mg(H1－h1)＝E p＋12mv21，mg(H2－h2)＝E p＋12mv22.因H2＞H1，所以v2＞v1，故只有A项对．答案：A[5．如图5－4所示，物体以100 J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80 J，机械能减少32 J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体在运动过程中的下列说法正确的是( )[A．物体在M点的重力势能为－48 JB．物体自M点起重力势能再增加21 J到最高点C．物体在整个过程中摩擦力做的功为－80 JD．物体返回底端时的动能为30 J解析：由于W G＋W f＝ΔE k，而重力做的功W G＝ΔE p.由此得摩擦力做功为－32 J，在到M前重力的功－80 J＋32 J＝－48 J，故重力势能为48 J，故A错．由于－mgh－μmg cosθ×hsinθ＝ΔE k，由于其他量都是常量，所以ΔE k与h或者mgh成正比，于是得最高点重力势能为60 J，即再增加12 J到最高点，B错．从底端到最高点，动能减少100 J，克服重力做功60 J，故摩擦力做功－40 J，往返做功－80 J，C对．返回底端时的动能为20 J，D错．答案：C6．(·江苏卷)如图5－5所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长，放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有( )A.当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图5－6(a)，F1为弹簧的拉力；当加速度大小同为a时，对A有F－F 1＝ma，对B有F1＝ma，得F1＝F2，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)．两物体运动的v－t图象如图5－6(b)，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值答案：BCD7．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5－7所示，物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：力－位移图象下所围图形的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20得v ＝3 m/s.答案：B8．如图5－8所示，质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为 v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A.Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 两选项正确．答案：BC9．如图5－9所示，A 、B 两点水平距离为 x ，质量为m 的物体以初速度v 0沿水平地面由A 滑到B 速度减小为v 1，若该物体以同样的初速度v 0沿斜面AC 和CB 滑到B ，速度减小为v 2，且物体与地面和两斜面间的动摩擦因数相同，则两速度v 1和v 2的大小相比为( )A.v 1＞v 2 B ．v 1＜v 2 C ．v 1＝v 2 D ．无法比较解析：设动摩擦因数为μ，AC 间直线距离为x 1，BC 间直线距离为x 2，根据动能定理，沿AB 路线时，有：μmgx ＝12m (v 20－v 21)①沿ACB 路线时，有：μmg cosα·x 1＋μmg cos β·x 2＝12m (v 20－v 22)，整理得：μmg (x 1cosα＋x 2cos β)＝12m (v 20－v 22)②由于x 1cos α＋x 2cos β＝x ，所以比较①②两式有：v 1＝v 2.答案：C10．如图5－10所示，半径为R的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的速度v0在水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为μ，设运动的第一周内小球从A到B和从B到A的过程中，小球克服摩擦力做功分别为W1和W2，在这一周小球克服摩擦力做的功为W3，则下列关系正确的是( )A.W1＞W2B．W1＝W2C．W3＝0 D．W3＝W1＋W2解析：从A→B小球克服摩擦力做的功从B→A小球克服摩擦力做的功W2＝μF N2x2.又因为F N1＞F N2，所以W1＞W2.在这一周内小球克服摩擦力做的总功为W3，则W3＝W1＋W2.答案：AD二、实验题(共16分)11．(8分)小华有一只按压型圆珠笔，她想估测里面小弹簧在被圆珠笔尾端压紧过程中弹性势能的增加量，请你在不拆卸圆珠笔的前提下帮助她完成这一想法．(当地重力加速度g已知)(1)除刻度尺外，还需要的测量工具是__________．(2)需测量的物理量及符号是______________________．(3)用所测物理量表示所估测的弹性势能增加量：ΔE＝______________________________________________________.答案：(1)天平(2)竖直弹起的高度h(或水平弹出的位移x、下落高度h)、圆珠笔的质量m(3)mgh(或mgx24h)12．(8分)利用如图5－11所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，当光电门中有物体通过时与它们连接的光电计时器(都没画出)能够显示挡光时间．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g＝9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝__________m/s，通过光电门2时的速度v2＝__________m/s；(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J.解析：(1)光电门记录的瞬时速度取经过光电门时的平均速度．v1＝Lt＝0.050.05m/s＝1 m/s，v2＝Lt＝0.050.02m/s＝2.5 m/s.(2)ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×2×(2.52－12) J ＝5.25 J ，ΔE p ＝mgx 12sin30°＝2×9.80×0.54×0.5 J ＝5.29 J. 答案：(1)1 2.5 (2)5.25 5.29 三、计算题(共44分)13．图5－12(8分)如图5－12所示，质量为m 的物体从倾角为θ的斜面上的A 点以速度v 0沿斜面上滑，由于μmg cos θ＜mg sin θ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B 点时，速度大小恰好也是v 0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB 间的距离．解析：设物体从A 点到最高点的位移为x ，对此过程由动能定理得： －(mg sin θ＋μmg cos θ)·x ＝0－12mv 20①对全过程由动能定理得：mg sin θ·x AB －μmg cos θ·(2x ＋x AB )＝0② 由①②得：x AB ＝μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos θ2).答案：μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos 2θ)14． (10分)质量为50 kg 的男孩，在一座高桥上做“蹦极”运动．弹性绳长为12 m ，男孩从桥面下落，达到的最低点D 距桥面40 m ，男孩下落速率v跟下落距离x 的关系如图5－13所示，男孩在C 点时的速度最大，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求(1)男孩到达D 点时，绳的弹性势能E p ；(2)绳的劲度系数k .解析：(1)男孩和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于初、末位置速度均为零，故减少的重力势能转化为弹性绳的弹性势能，即E p ＝mgx ＝50×10×40 J ＝2×104 J.(2)由题图知，下落20 m 时，速度达到最大，此时合外力为零，弹性绳伸长x ＝(20－12) m ．由mg ＝kx ，得k ＝mg x ＝50×1020－12N/m ＝62.5 N/m.答案：(1)2×104J (2)62.5 N/m15． (12分)如图5－14所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 、B ，两小球用一根长L 的轻杆相连，下面的B 球离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑并从斜面进入光滑平面(不计与地面碰撞时的机械能损失)．求：(1)两球在光滑平面上运动时的速度； (2)在这一过程中杆对A 球所做的功； (3)杆对A 做功所处的时间段．解析：(1)因系统机械能守恒，所以有：mgh ＋mg (h ＋L sin θ)＝12×2mv 2，解得v ＝2gh ＋gL sin θ.(2)以A 球为研究对象，由动能定理得： mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12mv 2.则mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m (2gh ＋gL sin θ)，解得W ＝－12mgL sin θ.(3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内，杆对A 球做了W 的负功．答案：(1)2gh ＋gL sin θ (2)－12mgL sin θ (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内16．(14分)太阳能烟囱式热力发电原理如图5－15所示，像种蔬菜大棚一样的太阳能集热棚将太阳能收集起来，对空气加热，热空气进入烟囱．由于烟囱内热空气的压强大于外界的大气压，在烟囱中就形成了强大的热气流，推动安置在烟囱底部的空气涡轮发电机发电．已知太阳每平方米面积上的辐射功率为P 0，太阳能集热棚的面积为S 0，烟囱内部的半径为R ，烟囱底部与外界冷空气的压强差为Δp ，烟囱内热空气的密度为ρ，热空气的动能转化为电能的效率为η.以下分析中可不考虑发电过程中空气温度的变化．求：1)烟囱内热空气的流速；(2)发电机的发电功率流的机械功率，即P 0S 0＝Δp πR 2v .①热气流流速v ＝P 0S 0Δp πR2.(2)根据能量守恒定律知发电机发电功率 P 电＝η·12mv 2.其中12mv 2为单位时间内流过发电机的热空气的动能，则P 电＝12ρπR 2v ·v 2·η.代入①式，得P 电＝ρP 30S 30η2Δp 3π2R 4.答案：(1)P 0S 0Δp πR 2 (2)ρP 30S 30η2Δp 3π2R4。
高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课件
尝试解答 选 C。 由题意知，在滑块从 b 运动到 c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以 A 错误；从 a 到 c 的运动过程中，根据动能定理：mgh－Wf＝0，可得全程克服阻力做功 Wf＝mgh，因在 ab 段、bc 段摩擦力 做功不同，故滑块在 bc 过程克服阻力做的功一定不等于 mgh/2，所以 B 错误；滑块对 ab 段轨道的正压力 小于对 bc 段的正压力，故在 ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在 bc 段克服摩擦力做的功，即从 a 到 b 克服 摩擦力做的功 Wf′<12mgh，设在 b 点的速度为 v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝12mv′2－12mv2，可得 v′> gh＋v2，故 C 正确，D 错误。
必考部分
第5章 机械能及其守恒定律
第2讲 动能定理及其应用
板块一 主干梳理·对 点激活
知识点 1 动能 Ⅱ 1.定义：物体由于_运__动___而具有的能。
2．公式：Ek＝__12_m_v_2_。 3．物理意义：动能是状态量，是_标__量___ (选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向__无__关__。 4．单位：_焦__耳___，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 5．动能的相对性：由于速度具有__相__对__性](多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( ) A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)： 第五章 机械能及其守恒定律5-1 功和功率
第五章机械能及其守恒定律第1节功和功率1．(多选)—个力对物体做了负功，则说明() A．这个力一定阻碍物体的运动B．这个力不一定阻碍物体的运动C．这个力与物体运动方向的夹角α＞90°D．这个力与物体运动方向的夹角α＜90°解析：选AC.由功的表达式W＝Fl cos α知，只有当α＞90°时，cos α＜0，力对物体做负功，此力阻碍物体的运动，故A、C对．2．(2015·衡阳模拟)物体受到两个互相垂直的作用力F1、F2而运动，已知力F1做功6 J，物体克服力F2做功8 J，则力F1、F2的合力对物体做功() A．14 J B．10 JC．2 J D．－2 J解析：选D.合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和．F1对物体做功6 J，物体克服F2做功8 J，即F2对物体做功为－8 J，因而F1、F2的合力对物体做功为6 J－8 J＝－2 J，D正确．3. 如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面匀加速上升，在这个过程中人脚所受的静摩擦力( )A ．等于零，对人不做功B ．水平向左，对人不做功C ．水平向右，对人做正功D ．沿斜面向上，对人做正功解析：选C.由牛顿第二定律知人受水平向右的静摩擦力，该力与人的位移方向夹角小于90°，由W ＝Fl cos α可知该力对人做正功，C 正确．4．(2015·安徽淮南高三质检)质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A 、h B ，上述过程中克服重力做功分别为W A 、W B .若( ) A ．h A ＝h B ，则一定有W A ＝W B B ．h A ＞h B ，则可能有W A ＜W B C ．h A ＜h B ，则可能有W A ＝W B D ．h A ＞h B ，则一定有W A ＞W B解析：选B.明确重心位置和离地高度是解题的关键．绳子的重心距离绳子中点14总长处．若绳子总长分别为l A 和l B ，则细绳A 重心上升的高度h A ′＝h A －l A4，细绳B 重心上升的高度h B ′＝h B －l B4.根据W ＝mgh 可得：W A －W B ＝mg (h A ′－h B ′)＝mg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（h A －h B ）－14（l A －l B ）.由题意l A ＞l B 知A 、C 、D 错误，B 正确．5. 如右图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P －A ＞P －BB ．重力的平均功率P －A ＝P －B C ．重力的瞬时功率P A ＝P B D ．重力的瞬时功率P A ＜P B解析：选D.根据功的定义可知重力对两物体做功相同即W A ＝W B ，自由落体时间满足h ＝12gt 2B ，斜面下滑时间满足h sin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A ＞t B ，由P ＝W t 知P －A ＜P －B ，A 、B 均错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，P B ＝mg v ，显然P A ＜P B ，故C 错、D 对．6.(2015·济南高三质检)如图所示，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )A ．mgL ω B.32mgL ωC.12mgL ωD.36mgL ω解析：选C.力F 的大小是变化的，可用转化法求F 的功率由于小球匀速转动，速度大小不变，力F 与克服重力做功的功率相等，即P F ＝P G ＝mg v y ＝mg v cos 60°＝12mgL ω.7．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.Pm v B.2P m v C.3Pm vD.4P m v解析：选C.当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力F f ＝Pv ，当速度为v 4时，牵引力F ＝P v 4＝4P v ，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝3Pm v ，C 正确．8．(2015·哈尔滨模拟)(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是()解析：选ACD.汽车启动时，由P＝F v和F－F f＝ma可知，匀加速启动过程，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．9．(多选)利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内() A．小车做匀加速运动B．电动机所做的功为PtC．电动机所做的功为12m v2mD．电动机所做的功为Fs＋12m v2m解析：选BD.对小车由牛顿第二定律得Pv－F＝ma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；电动机对小车所做的功W＝Pt，B正确；对小车由动能定理得W－Fs＝12m v 2m，解得W＝Fs＋12m v 2m，C错误，D正确．10．(2015·山东济南一中检测)(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是()A．0～6 s内物体的位移大小为30 mB．0～6 s内拉力做的功为70 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5 N解析：选ABC.v－t图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移，s6＝30 m，A 正确．P－t图象中图线与坐标轴围成的面积表示功，W6＝70 J，B正确．由动能定理知，2～6 s内合外力不做功，C正确.2～6 s内物体做匀速运动，有F＝F f，P＝F v，得F f＝53N，D错误．11．(2015·日照模拟)如右图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功．解析：(1)工人拉绳子的力：F＝12mg sinθ工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Fl cos α，得W1＝12mg sinθ·2L＝2 000 J.(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgL sin θ＝－2 000 J(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0答案：(1)2 000 J(2)－2 000 J(3)012．(2015·河南郑州一模)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg 的汽车，正以10 m/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＝20 s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)F f1＝2 000 N，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8 m/s时的加速度a大小；(3)BC路段的长度．解析：(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力大小相等，有F1＝F f1输出功率P＝F1v1解得P＝20 kW(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2＝F f2，P＝F2v2解得F f2＝4 000 Nv＝8 m/s时汽车在做减速运动，有F f2－F＝ma，F＝P v解得a＝0.75 m/s2(3)对BC段由动能定理有Pt－F f2x＝12m v22－12m v21解得x＝68.75 m答案：(1)20 kW(2)0.75 m/s2(3)68.75 m。
高考物理一轮复习讲义第五章_机械能及其守恒定律_第2讲_word版有答案
第2讲 机械能守恒定律一、机械能1．重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关． (2)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：物体从位置A 到位置B 时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . ③重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关． 2．弹性势能 (1)定义发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能． (2)弹力做功与弹性势能变化的关系①弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系． ②对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．深度思考 同一根弹簧伸长量和压缩量相同时，弹簧的弹性势能相同吗？ 答案 相同二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变． 2．表达式：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22.3．机械能守恒的条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零． (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化． 深度思考 处理连接体的机械能守恒问题时，一般应用哪个公式较方便？ 答案 ΔE p ＝－ΔE k .1．(粤教版必修2P82第2题)(多选)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A．电梯匀速下降B．物体自由下落C．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端D．物体沿着斜面匀速下滑E．铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前答案BCE2.(人教版必修2P78第3题改编)(多选)如图1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是()图1A．重力对物体做的功为mghB．物体在海平面上的势能为mghC．物体在海平面上的动能为12m v2－mghD．物体在海平面上的机械能为12m v2答案AD3．(多选)如图2所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图2A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒答案CD4．(人教版必修2 P80第2题改编)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者()图3A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点答案 C命题点一机械能守恒的判断1．做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒．2．能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．3．利用机械能的定义判断若物体在水平面上匀速运动，则其动能、势能均不变，机械能守恒．若一个物体沿斜面匀速下滑，则其动能不变，重力势能减少，机械能减少．例1(多选)如图4，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有()图4A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少关键位置C、D处受力特点．答案BD解析小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D.1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B．物体只受重力，机械能才守恒C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案 D解析匀速运动所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少，A错．物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B 错．匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错．由机械能守恒条件知，选项D正确．2．如图5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中()图5A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案 C解析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D错误．命题点二单个物体的机械能守恒机械能守恒定律的表达式例2 如图6所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．图6(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．①光滑固定轨道；②由静止开始自由下落．答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得 E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4②由①②式得E k BE k A＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足 F N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有 F N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v 2CR⑥v C ≥Rg 2⑦ 全程应用机械能守恒定律得 mg ·R 4＝12m v C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点．机械能守恒定律公式的选用技巧1．在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面． 2．在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12 答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．4.如图7所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2，则( )图7A ．v 1＝v 2，t 1>t 2B ．v 1<v 2，t 1>t 2C ．v 1＝v 2，t 1<t 2D ．v 1<v 2，t 1<t 2答案 A解析 根据机械能守恒定律可知v 1＝v 2，再根据速率变化特点知，小球由M 到P 再到N ，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M 到Q 再到N ，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN 路径运动的平均速率大，所以t 1>t 2，故选项A 正确．命题点三 用机械能守恒定律解决连接体问题1．首先分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒．2．若系统机械能守恒，则机械能从一个物体转移到另一个物体，ΔE 1＝－ΔE 2，一个物体机械能增加，则一定有另一个物体机械能减少．例3 如图8所示，左侧为一个半径为R 的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m 1和m 2，且m 1＞m 2.开始时m 1恰在碗口水平直径右端A 处，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．图8(1)求小球m 2沿斜面上升的最大距离s ；(2)若已知细绳断开后小球m 1沿碗的内侧上升的最大高度为R 2，求m 1m 2.(结果保留两位有效数字)当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开．答案 (1)2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)1.9解析 (1)设重力加速度为g ，小球m 1到达最低点B 时，m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2 如图所示，由运动的合成与分解得v 1＝2v 2对m 1、m 2组成的系统由机械能守恒定律得 m 1gR －m 2gh ＝12m 1v 21＋12m 2v 22h ＝2R sin 30° 联立以上三式得 v 1＝22m 1－2m 22m 1＋m 2gR ，v 2＝2m 1－2m 22m 1＋m 2gR设细绳断开后m 2沿斜面上升的距离为s ′，对m 2由机械能守恒定律得m 2gs ′sin 30°＝12m 2v 22 小球m 2沿斜面上升的最大距离s ＝2R ＋s ′ 联立以上两式并代入v 2得 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2m 1－2m 22m 1＋m 2R ＝2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)对m 1由机械能守恒定律得： 12m 1v 21＝m 1g R 2 代入v 1得m 1m 2＝22＋12≈1.9.连接体机械能守恒问题的分析技巧1．对连接体，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． 3．列机械能守恒方程时，可选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式．5.如图9，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 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )图9A ．2R B.5R 3 C.4R 3 D.2R3答案 C解析 设A 球刚落地时两球速度大小为v ，根据机械能守恒定律2mgR －mgR ＝12(2m ＋m )v 2得v 2＝23gR ，B 球继续上升的高度h ＝v 22g ＝R 3，B 球上升的最大高度为h ＋R ＝43R .6．(多选)如图10所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图10A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg 答案 BD解析 滑块b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a 刚落地时，b 的速度为零，则mgh ＝12m v 2a ＋0，即v a ＝2gh ，选项B正确；a 、b 的先后受力分析如图甲、乙所示．由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且F N b＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．命题点四含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．例4轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图11所示．物块P与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.图11(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．①当弹簧压缩到最短时，弹簧长度为l；②用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l.答案(1)6gl22l(2)53m≤M<52m解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl①设P到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p＝12m v2B＋μmg(5l－l)②联立①②式，并代入题给数据得v B＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足m v2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得12m v2B＝12m v2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝2gl⑥v D满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l⑨(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有12M v B′2≤Mgl⑪E p＝12M v B′2＋μMg·4l⑫联立①⑩⑪⑫式得53m≤M<52m.7．(多选)如图12，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中()图12 A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，W F＋W G＝ΔE k，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F＝0，即W G＝ΔE k，选项D正确．8.如图13所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图13A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C 错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgL，故B正确．9．如图14所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B与轨道最低点C的距离为4R，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E；之后再次从B点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE轨道抛出后恰好落在B点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．图14答案210 5l解析设第一次压缩量为l时，弹簧的弹性势能为E p.释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v1由机械能守恒定律得E p ＝12m v 21 设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知 mg ＝m v 22R，v 2＝gR由机械能守恒定律可得12m v 21＝mg ·2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12m v 23小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12gt 2，解得v 3＝2gR ，故E p ′＝4mgR由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105l .机械能守恒中的轻杆模型1．模型构建轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型． 2．模型特点(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒． (4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒． 3．注意问题(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等． (2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒． 典例 如图15所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 处各固定一质量为m 的球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功？图15【思维流程】答案 －0.2mgL 0.2mgL解析 A 、B 和杆组成的系统机械能守恒，以B 的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12mgL .又因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A 由以上两式得 v A ＝3gL5，v B ＝ 12gL5根据动能定理，对于A 球有W A＋mg L2＝12m v2A－0所以W A＝－0.2mgL对于B球有W B＋mgL＝12m v2B－0，所以W B＝0.2mgL.题组1单物体机械能守恒的判断和应用1．在如图1所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()图1A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒答案 A解析甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A 球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒．2．如图2甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求：图2(1)小滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H 值；若不存在，请说明理由．答案(1)0.1 kg0.2 m(2)存在0.6 m解析(1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为Rmg(H－2R)＝12m v2DF＋mg＝m v2D R得：F＝2mg(H－2R)R－mg取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：m＝0.1 kg，R＝0.2 m(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)由几何关系可得OE＝R sin 30°设小滑块经过最高点D时的速度为v D由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝v D t，R＝12gt2得到：v D＝2 m/s而小滑块过D点的临界速度v D′＝gR＝ 2 m/s由于v D＞v D′，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。
高考物理一轮复习讲义第五章_机械能及其守恒定律_45分钟章末验收卷_word版有答案
45分钟章末验收卷一、单项选择题1．物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6 s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图1甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝10 m/s2)()图1A．2 kg B．2.5 kg C．3 kg D．3.5 kg答案 B解析匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F2＝F f＝Pv＝104N＝2.5 N.物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大．F1＝P′v′＝304N＝7.5 N．F1－F f＝ma，a＝42m/s2＝2 m/s2可得m＝2.5 kg.故B正确，A、C、D错误．2．如图2所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是()图2A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J答案 A解析整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c点时速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc＝mg sin 30°，解得：k＝50 N/m，A项正确；由d到b 的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8 J，所以弹簧弹力对滑块做功小于8 J，C、D项错．图33．如图3所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于23g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A．动能损失了23mgHB．动能损失了43mgHC．机械能损失了23mgHD．机械能损失了16mgH答案 B解析物块所受的合外力F＝ma＝23mg，ΔE k＝W F＝－23mg×2H＝－43mgH，因此动能损失了43mgH，A项错误，B项正确；根据机械能守恒，摩擦力做的功等于机械能的变化量，mg sin 30°＋F f＝23mg，F f＝16mg，ΔE＝W f＝－13mgH，机械能损失了13mgH，C、D项错误．4．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为v m.则()A．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动B．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v mC．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比D．汽车以速度v m匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力答案 D解析若汽车以额定功率启动，根据P＝F v可知随速度的增加，牵引力F减小，则做变加速直线运动，选项A错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时有：P＝F v m′，其中F－F f＝ma，则v m′＝PF f＋ma，而v m＝PF f，所以v m′<v m，选项B错误；无论汽车以哪种方式启动，则a＝F－F fm，加速度与牵引力不是正比关系，选项C错误；汽车以速度v m匀速行驶时，此时F＝F f，则若要减速，则要减少牵引力，选项D正确；故选D.5．如图4所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()图4A．斜面可能是光滑的B．小球运动到最高点时离斜面最远C．在P点时，小球的动能大于物块的动能D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等答案 C二、多项选择题6．质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为x1和x2，如图5所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于()图5A．Fx2B．F(x1＋x2)C.12m2v22＋12(m＋m1)v21D.12m2v22答案BC解析根据功的定义W＝Fx，而其x应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B正确，A错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W＝12m2v22＋12(m＋m1)v21，因此C正确，D错误．7.如图6所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球处于静止状态．现在小球上加一竖直向上的恒力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H，则此过程中(g为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内)()图6A．小球的重力势能增加mgHB．小球的动能增加(F－mg)HC．小球的机械能增加FHD．小球的机械能不守恒答案AD8．如图7甲所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)以v0＝10 m/s的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面上的P点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是()图7A．物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2B．在1～6 s时间内物块所受重力的平均功率为50 WC．在t＝6 s时物块克服摩擦力做功的功率为20 WD．在0～1 s时间内机械能的变化量与在1～6 s时间内机械能的变化量大小之比为1∶5答案AD解析0～1 s时间内，由题中图象得加速度大小a1＝101m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋Ff＝ma1,1～6 s时间内，由题中图象得加速度大小a2＝106－1m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F f＝ma2，解得mgF f＝52，F f＝4 N，选项A正确；1～6 s时间内，v＝0＋102m/s＝5 m/s，平均功率P＝mg sin θ·v＝30 W，选项B错误；由题中图象知t＝6 s时物块的速率v6＝10 m/s，物块克服摩擦力做功的功率P6＝F f v6＝40 W，选项C错误；根据功能关系，在0～1 s时间内机械能的变化量大小ΔE1＝F f s1，在1～6 s时间内机械能的变化量大小ΔE2＝F f s2，由题中图象得s1＝12×1×10 m＝5 m，s2＝12×(6－1)×10 m＝25 m，所以ΔE1ΔE2＝s1s2＝15，选项D正确．9．有一辆质量为170 kg、输出功率为1 440 W的太阳能试验汽车，安装有约6 m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30 W/m2.若驾驶员的质量为70 kg，汽车最大行驶速度为90 km/h.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车()A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 NB．刚启动时的加速度大小为0.24 m/s2C．保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照8 hD．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s的最大行驶速度答案AC解析根据P额＝F v max，得：F＝P额v max＝1 44025N＝57.6 N，故A正确；以额定功率启动时：P额v－F f＝ma，而刚启动时v＝0，则F f＝0，故刚启动时加速度无穷大，B错误；由公式W＝Pt和能量守恒得：1 440 W×1 h＝30×6 W×t，得：t＝8 h，即保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照8 h，故C正确；由题意知，汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设F f＝k v，则结合前面分析：57.6＝k×25得：k＝2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶获得最大速度时：牵引力＝阻力，即：180v＝k v得：v≈8.84 m/s，故D错误．三、非选择题10．用如图8所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V 的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g .图8(1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A ．按照图示的装置安装器件；B ．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C ．用天平测量出重锤的质量；D ．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出一条纸带；E ．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F ．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能． 其中没有必要或操作不恰当的步骤是________(填写选项对应的字母)．(2)如图9所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为O ，并在离O 点较远的任意点依次选取6个连续的点，分别记为A 、B 、C 、D 、E 、F ，量出各点与O 点的距离分别为h 1、h 2、h 3、h 4、h 5、h 6，使用交流电的周期为T ，设重锤质量为m ，则在打E 点时重锤的动能为________，在打O 点和E 点这段时间内的重力势能的减少量为________．图9(3)在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是______(填“大于”或“小于”)重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出(2)问中纸带各点对应的速度，分别记为v 1至v 6,并作v 2n —h n 图象，如图10所示，直线斜率为k ，则可测出阻力大小为________．图10答案 (1)BCD (2)m (h 6－h 4)28T 2 mgh 5(3)大于 m (g －k2)解析 (1)步骤B 应该将打点计时器接到电源的交流输出端上；步骤C 中没必要用天平测量出重锤的质量；步骤D 中应该先接通电源开关，后释放悬挂纸带的夹子，然后打出一条纸带；故没有必要或操作不恰当的步骤是B 、C 、D.(2)在打E 点时重锤的速度为：v E ＝h 6－h 42T ，则在打E 点时重锤的动能为：E k E ＝12m v 2E ＝12m (h 6－h 42T )2＝m (h 6－h 4)28T 2；在打O 点和E 点这段时间内的重力势能的减少量为mgh 5.(3)在本实验中，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能；根据v 2n ＝2ah n 可知，v 2n —h n 图象的斜率k ＝2a ，而mg －F f ＝ma ，解得F f ＝m (g －k 2)．11．已知半径为r 的小球在空气中下落时受到的粘滞阻力F f 满足如下规律：F f ＝6πηv r ，公式中η为空气与小球间的粘滞系数．一同学欲使用传感器通过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r 0、质量为m 的小球从空中某位置由静止释放，测得小球速度为v 0时，加速度大小为a 0，若忽略空气浮力，已知当地重力加速度为g ，求： (1)粘滞系数η；(2)若测得小球下落h 高度时达到最大速度，求此过程中小球损失的机械能．答案 (1)m (g －a 0)6πv 0r 0 (2)mgh －mg 2v 22(g －a 0)2解析 (1)对小球下落过程受力分析 mg －F f0＝ma 0 F f0＝6πηv 0r 0 η＝m (g －a 0)6πv 0r 0(2)达到最大速度时，有mg －F fm ＝0 F fm ＝6πηv m r 0 v m ＝g v 0g －a 0mgh －ΔE ＝12m v 2m －0ΔE ＝mgh －mg 2v 202(g －a 0)2.12．如图11所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 m/s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：图11(1)金属块经过D 点时的速度大小；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功． 答案 (1)2 5 m/s (2)3 J解析 (1)对金属块在E 点有 mg ＝m v 2E R ，解得v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 2E －12m v 2D 解得v D ＝2 5 m/s.(2)金属块在传送带上运行时有， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 解得a 1＝10 m/s 2.设经位移x 1金属块与传送带达到共同速度，则 v 2＝2ax 1解得x 1＝0.2 m<3.2 m继续加速过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得a 2＝2 m/s 2由v 2B －v 2＝2a 2x 2，x 2＝L －x 1＝3 m 解得v B ＝4 m/s在从B 到D 过程中，由动能定理： mgh －W f ＝12m v 2D －12m v 2B 解得W f ＝3 J.。
高考物理大一轮总复习题库 第五章 机械能守恒律
拾躲市安息阳光实验学校学案23 机械能守恒定律及其应用一、概念规律题组1．在下列几个实例中，机械能守恒的是( )A．在平衡力作用下运动的物体B．物体沿光滑圆弧曲面自由下滑C．在粗糙斜面上下滑的物体，下滑过程中受到沿斜面向下的拉力，拉力大小大于滑动摩擦力D．如图1所示，在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球图12．当重力对物体做正功时，物体的( )A．重力势能一定增加，动能一定减小B．重力势能一定减小，动能一定增加C．重力势能不一定减小，动能一定增加D．重力势能一定减小，动能不一定减小图23．从高为h处以速度v0竖直向上抛出一个质量为m的小球，如图2所示．若取抛出点物体的重力势能为0，不计空气阻力，则物体着地时的机械能为( )A．mghB．mgh＋12mv20C.12mv20D.12mv20－mgh4．从高处自由下落的物体，它的重力势能E p和机械能E随下落的高度h 的变化图线(下图)正确的是( )二、思想方法题组图35．木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图3所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的是( )A．子弹的机械能守恒B．木块的机械能守恒C．子弹和木块的总机械能守恒D．以上说法都不对图46．如图4所示，两个质量相同的小球A和B，分别用线悬在等高的O1、O2两点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)，下列说法不正确的是( )A．A球的速度大于B球的速度B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能一、机械能守恒的判断方法1．机械能守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功．2．机械能守恒的判断方法(1)从机械能的定义直接判断：若物体动能、势能均不变，机械能不变．若一个物体动能不变，重力势能变化，或重力势能不变，动能变化或动能和重力势能同时增加(或减小)，其机械能一定变化．(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他外力，但其他外力不做功，机械能守恒．(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统的机械能守恒．【例1】下列运动中能满足机械能守恒的是( )A．手榴弹从手中抛出后的运动B．子弹射穿木块C．细绳一端固定，另一端拴着一个小球，使小球在光滑水平面上做匀速圆周运动D．吊车将货物匀速吊起[规范思维]二、机械能守恒定律及应用1．用守恒的观点表示，即系统在初状态的机械能等于末状态的机械能，表达式为E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E1＝E2.2．用转化的观点表示，即：系统减少(增加)的势能等于增加(减少)的动能，表达式为ΔE p＝－ΔE k.3．用转移的观点表示，即系统若由A、B两部分组成，A部分机械能的减少量等于B部分机械能的增加量，表达式为：ΔE A减＝ΔE B增．【例2】(2011·皖南八校高三联考)素图5有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱．如图5所示是由足够长的斜直轨道，半径R1＝2 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6 m的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道．这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上．一可视为质点，质量为m＝1 kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h＝3.2 m，不计一切阻力，g取10 m/s2.求：(1)滑板滑至M点时的速度；(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力；(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则滑板的下滑点P距水平面的高度．[规范思维]【例3】 (全国Ⅱ高考.18)如图6所示，图6一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为( ) A．h B．1.5hC．2h D．2.5h[规范思维]图7【例4】如图7所示，内壁光滑的空心细管弯成的轨道ABCD固定在竖直平面内，其中BCD段是半径R＝0.25 m的圆弧，C为轨道的最低点，CD为14圆弧，AC的竖直高度差h＝0.45 m．在紧靠管道出口D处有一水平放置且绕其水平中心轴OO′匀速旋转的圆筒，圆筒直径d＝0.15 m，筒上开有小孔E.现有质量为m＝0.1 kg且可视为质点的小球由静止开始从管口A 滑下，小球滑到管道出口D处时，恰好能从小孔E竖直进入圆筒，随后，小球由小孔E处竖直向上穿出圆筒．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小球到达C点时对管壁压力的大小和方向；(2)圆筒转动的周期T的可能值．[规范思维]【基础演练】图81．(2009·广东高考)游乐场中的一种滑梯如图8所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( )A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功图92．(2010·安徽理综)伽利略曾设计如图9所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小( ) A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关3．(2010·福建·17)如图10甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( )图10A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能图114．(2011·湖北黄冈中学、襄樊四中联考)如图11所示，长为L的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端安装在固定转动轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦地转动．若在最低点P处给小球一沿切线方向的初速度v0＝2gL.不计空气阻力，则( )A．小球不可能到达圆轨道的最高点QB．小球能到达圆周轨道的最高点Q，且在Q点受到轻杆向上的弹力C．小球能到达圆周轨道的最高点Q，且在Q点受到轻杆向下的弹力D．小球能到达圆周轨道的最高点Q，但在Q点不受轻杆的弹力5．(上海高考.8)物体做自由落体运动，E k代表动能，E p代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )图126．(2011·联考)如图12所示，半径为R的竖直固定光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同．下列说法中正确的是( )A．如果v0＝gR，则小球能够上升的最大高度为R2B．如果v0＝2gR，则小球能够上升的最大高度为R2C．如果v0＝3gR，则小球能够上升的最大高度为3R2D．如果v0＝5gR，则小球能够上升的最大高度为2R7．图13如图13所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是( ) A．物块B受到的摩擦力先减小后增大B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C．小球A的机械能守恒D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒8.一质量为50 ，原长长度为14 m的弹性绳AB一端系着他的双脚，另一端则固定在桥上的A点，如图14(a)所示，然后男孩从桥面下坠直至贴近水面的最低点D.男孩的速率v跟下坠的距离h的变化关系如图(b)所示，假定绳在整个运动过程中遵守胡克定律(不考虑空气阻力、男孩的大小和绳的质量，g取10 m/s2)．求：图14(1)当男孩在D点时，绳所储存的弹性势能；(2)绳的劲度系数；(3)讨论男孩在AB、BC和CD期间运动时作用于男孩的力的情况．【能力提升】9．(2009·山东·24)如图15所示，某货场需将质量为m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)图15(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．图1610．(2011·四川省钟祥中学期中)如图16所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离x ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m /s 2.则：(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度？(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点的初速度的范围是多少？学案23 机械能守恒定律及其应用 【课前双基回扣】 1．BC2．D [重力对物体做正功，重力势能减小，但物体可能受其他力．] 3．C [物体刚抛出时的机械能为12mv 20，机械能守恒．]4．C [机械能守恒E 不随h 变化，而E p ＝mg (H －h )．]5．D [子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒．]6．ABD [取悬点为零势能0，二球的机械能相等均为0，又mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，故v A >v B ，E k A >E k B .]思维提升1．判断机械能是否守恒时，对单个物体就看是否只有重力做功，或者虽受其他力，但其他力不做功；对两个或几个物体组成的系统，就看是否只有重力或系统内弹力做功，若有其他外力或内力做功(如内部有摩擦等)，则系统机械能不守恒．2．(1)机械能守恒定律的表达式有多种，具体选用哪一种要视情况而定；(2)对单个物体而言，如果机械能守恒，则除了应用机械能守恒定律以外，也可以选用动能定理解题．3．对于多个物体组成的系统，研究对象的选取是解题的关键环节，若选单个物体为研究对象时，机械能可能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的． 【核心考点突破】例1 AC [手榴弹从手中抛出后，在不计空气阻力的情况下，只有重力做功，没有其他力做功，机械能守恒，A 正确；子弹穿过木块的过程中，子弹受到木块施加的摩擦力的作用，摩擦力对子弹做负功，子弹的动能一部分转化为内能，机械能不守恒，B 不正确； 小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，受到重力、水平面对小球的支持力、细绳对小球的拉力作用，这些力皆与小球的运动方向垂直，不做功，所以小球在运动过程中无能量转化，保持原有的动能不变，即机械能守恒，C 正确；吊车将货物匀速吊起的过程中，货物受到与其重力大小相等、方向相反的拉力作用，上升过程中除重力做功外还有拉力对物体做正功，货物的机械能增加，故机械能不守恒，D 不正确．][规范思维] 机械能守恒的条件绝不是合力的功等于零，更不是合力为零；判断机械能是否守恒，要根据不同情景恰当地选取判断方法． 例2 (1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m解析 (1)对滑板由P 点滑至M 点，由机械能守恒得mgh ＝12mv 2M 所以v M ＝8m/s.(2)对滑板滑至M 点时受力分析，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2MR 1所以F N＝42 N.(3)滑板滑至N 点时对轨道恰好无压力，则有mg ＝m v 2NR 2得v N ＝6 m/s滑板从P 点到N 点机械能守恒，则有 mgh ′＝mgR 2＋12mv 2N 解得h ′＝5.4m.[规范思维] 应用机械能守恒定律解题的基本步骤： (1)根据题意，选取研究对象(物体或系统)；(2)明确研究对象的运动过程，分析研究对象在运动过程中的受力情况，弄清各力的做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件；(3)如果符合，则根据机械能守恒定律列方程求解．注意：所列方程有多种形式，如：E k1＋E p1＝E k2＋E p2，ΔE k ＝－ΔE p ，ΔE A ＝－ΔE B 等，视具体情况，灵活运用．例3 B [在b 球落地前，a 、b 球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh －mgh ＝12(m ＋3m )v 2，v ＝gh ，b 球落地时，a 球高度为h ，之后a 球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，12mv 2＝mg Δh ，Δh ＝v 22g ＝h2，所以a 球可能达到的最大高度为1.5h ，B 正确．][规范思维] 本题中单个物体机械能并不守恒，但系统机械能守恒，可以对系统应用机械能守恒定律．对系统应用机械能守恒定律要注意： (1)合理选取系统，判断是哪个系统的机械能守恒；(2)清楚系统内各部分机械能(动能、势能)的变化情况． 例4 (1)4.6 N 方向竖直向下 (2)0.22n ＋1s(n ＝0,1,2,3，…)解析 (1)小球从A →C ，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2C小球在C 点处，根据牛顿第二定律有F N C －mg ＝mv 2CR解得F N C ＝m (g ＋v 2CR)＝4.6 N根据牛顿第三定律知小球到达C 点时对管壁压力的大小为4.6 N ，方向竖直向下．(2)小球从A →D ，由机械能守恒定律得mgh ＝mgR ＋12mv 2D代入数据解得v D ＝2 m/s小球由D 点竖直上抛至刚穿过圆筒时，由位移公式得d ＝v D t －12gt 2，解得t 1＝0.1 s 和t 2＝0.3 s(舍去)小球能向上穿出圆筒所用时间满足t ＝T2(2n ＋1)(n ＝0,1,2,3，…)联立解得T ＝2t 2n ＋1＝0.22n ＋1s(n ＝0,1,2,3，…)规范思维 应用机械能守恒定律，无需关注中间过程的细节，只需考虑初、末状态的机械能或动能、势能的变化，因此机械能守恒定律对解决曲线运动问题应用广泛，经常与圆周运动、平抛运动规律相结合解题．【课时效果检测】1．D 2.C 3.C 4.B 5.B6．AD [根据机械能守恒定律，当速度v 0＝gR 时，由mgh ＝12mv 20解得h ＝R2，A 项正确，B 项错误；当v 0＝5gR ，小球能够运动到圆轨道内侧最高点，D项正确；当v 0＝3gR 时小球运动到圆轨道内侧最高点以下，若C 项成立，说明小球运动的末速度为0，这是不可能的，因为小球沿轨道未到3R2高处就已经脱离轨道做斜抛运动了．]7．ABC [首先需要判断B 物体在整个过程中是否发生了运动．当A 球未释放时B 物体静止，则此时B 受向上的静摩擦力F f ＝4mg ·sin θ＝2mg .假设在A 球运动的过程中B 未动，则A 球下落的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2，v ＝2gR ，在最低点时，对A 球进行受力分析可得，F T －mg ＝m v 2R，F T ＝3mg ，A 球运动至最低点时绳子拉力最大，此时F T ＝3mg <F f ＋4mg ·sin θ＝4mg ，说明A 球在运动的过程中不能拉动B 物体，故小球A 的机械能守恒，C 正确，D 错误；斜面体对B 物体的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，故先减小后增大，A 正确；小球下降时有沿着绳子方向的加速度，根据整体法可判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，故B 正确．]8．(1)2×104J (2)62.5 N/m (3)见解析解析 (1)男孩在D 点时速度为零，绳所储存的弹性势能等于男孩减少的重力势能，则E p ＝mgh ＝50×10×40 J ＝2×104J(2)男孩到C 点时的速度最大，此时男孩的加速度为零，绳的拉力和男孩的重力大小相等，即mg ＝kx此时绳的伸长量为x ＝22 m －14 m ＝8 m解得绳的劲度系数为k ＝mg x ＝50×108N/m ＝62.5 N/m(3)由题图(b)可知，AB 段是一条倾斜的直线，男孩仅受重力作用；BC 段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力大于拉力；CD 段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力小于拉力． 9．(1)3 000 N ，方向竖直向下 (2)0.4<μ1≤0.6 (3)4 m/s 0.4 s解析 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒得 m 1gR ＝12m 1v 20①设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 20R② 联立①②式，代入数据得F N ＝3 000 N ③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N ，方向竖直向下．(2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ④若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1＋m 2)g ⑤联立④⑤式，代入数据得 0．4<μ1≤0.6⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1⑦设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得v 21－v 20＝－2a 1l ⑧ 联立①⑦⑧式，代入数据得v 1＝4 m/s ⑨设货物在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式v 1＝v 0－a 1t ⑩ 联立①⑦⑧⑨式，代入数据得t ＝0.4 s10．(1)3 m/s (2)3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s解析 (1)小球恰能通过最高点mg ＝m v 2R由B 到最高点12mv 2B ＝12mv 2＋mg (2R )由A →B ：－μmgL 1＝12mv 2B －12mv 2A解得在A 点的初速度v A ＝3 m/s(2)若v A ＝3 m/s 时，设小球将停在距B 点l 处－μmg (L 1＋l )＝0－12mv 2A解得l ＝1.25 m若小球刚好停在C 处，则有－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv A ′2则v A ′＝4 m/s若小球停在BC 段，则有3 m/s≤v A ≤4 m/s若小球能通过C 点，并恰好越过壕沟时，则有h ＝12gt 2x ＝v C t －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv 2A 则有v A ＝5 m/s欲满足题意3 m/s≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s 易错点评1．机械能守恒条件是只有重力和系统内的弹簧弹力做功，不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零．2．机械能是否守恒与物体的运动状态无关，判断时不要受此干扰． 3．零势能面的选取虽对利用机械能守恒的解题结果没有影响，但解题的难易往往不同，所以要尽量选合适的零势能面．4．对于绳索、链条之类的物体，由于发生形变，其重心位置相对物体来说并不是固定不变的，能否确定重心的位置，常是解决该类问题的关键．可以采用分段法求出每段的重力势能，然后求和即为整体的重力势能；也可采用等效法求出重力势能的改变量．利用ΔE k ＝－ΔE p 列方程时，不需要选取参考平面，且便于分析计算． 学案24 功能关系 能量守恒定律 一、概念规律题组1．质量均为m 的甲、乙、丙三个小球，在离地面高为h 处以相同的动能在竖直平面内分别做平抛、竖直下抛、沿光滑斜面下滑的运动，则下列说法错误的是( )A ．三者到达地面时的速率相同B ．三者到达地面时的动能相同C ．三者到达地面时的机械能相同D ．三者同时落地图12．如图1所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是( )A．重力势能减小，动能不变，机械能减小B．重力势能减小，动能增加，机械能减小C．重力势能减小，动能增加，机械能增加D．重力势能减小，动能增加，机械能不变3．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h，不计空气阻力，则下列说法中错误的是( )A．物体的机械能保持不变B．物体的重力势能减小mghC．物体的动能增加2mghD．物体的机械能增加mgh图24．如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是( )A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和总保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变二、思想方法题组5．如图3所示，小球以初速度v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h的光滑轨道、D是长为12h的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有( )图36．从地面竖直向上抛出一个物体，当它的速度减为初速度v0的一半时，上升的高度为(空气阻力不计)( )A.v202gB.v204gC.v208gD.3v208g一、几种常见的功能关系1．合力做功与物体动能改变之间的关系：合力做功等于物体动能的增量，即W合＝E k2－E k1(动能定理)．2．重力做功与物体重力势能改变之间的关系：重力做功等于物体重力势能增量的负值，即W G＝－ΔE p.3．弹力做功与物体弹性势能改变之间的关系：弹力做功等于物体弹性势能增量的负值，即W＝－ΔE p.4．除了重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能改变之间的关系：其他力做的总功等于系统机械能的增量，即W其他＝ΔE.图4【例1】(2010·山东理综·22改编)如图4所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A．物块的机械能逐渐增加B．软绳重力势能共减少14 mg lC．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D．软绳重力势能的减少等于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和[规范思维][针对训练1] 如图5所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是( )图5A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功大于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和二、能量转化与守恒定律的应用1．摩擦力做功的特点：(1)一对静摩擦力对两物体做功时，能量的转化情况：静摩擦力对相互作用的一个物体做正功，则另一摩擦力必对相互作用的另一物体做负功，且做功的大小相等，在做功的过程中，机械能从一个物体转移到另一物体，没有机械能转化为其他形式的能．(2)一对滑动摩擦力对两物体做功时，能量的转化情况：由于两物体发生了相对滑动，位移不相等，因而相互作用的一对滑动摩擦力对两物体做功不相等，代数和不为零，其数值为－Fx，即滑动摩擦力对系统做负功，系统克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，即Q＝Fx.2．能量守恒定律：当物体系内有多种形式的能量参与转化时，可考虑用能量守恒定律解题，能量守恒定律的两种常见表达形式：(1)转化式：ΔE减＝ΔE增，即系统内减少的能量等于增加的能量；(2)转移式：ΔE A＝－ΔE B，即一个物体能量的减少等于另一个物体能量的增加．【例2】(2011·衡水模拟)质量为m的木块(可视为质点)左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态，在下列情况中弹簧均处于弹性限度内，(不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g)．(1)在图6甲中，在线的另一端施加一竖直向下的大小为F的恒力，木块离开初始位置O由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，已知木块通过P点时，速度大小为v，O、P两点间的距离为l.求木块拉至P点时弹簧的弹性势能；图6(2)如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M的钩码，如图乙所示，木块也从初始位置O由静止开始向右运动，求当木块通过P点时的速度大小．[规范思维][针对训练2] 如图7所示，图7A、B、C质量分别为m A＝0.7 kg，m B＝0.2 kg，m C＝0.1 kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2＝0.3 m，当B、C从静止下降h1＝0.3 m，C穿环而过，B被D 挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g＝10 m/s2，若开始时A离桌边足够远．试求：(1)物体C穿环瞬间的速度．(2)物体C能否到达地面？如果能到达地面，其速度多大？三、用功能关系分析传送带问题传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度，如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移等，方法是牛顿第二定律结合运动学规律．(2)能量的角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等．【例3】飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，图8传送带的总质量为M，其俯视图如图8所示．现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客．假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启，到运送完行李需要消耗的电能为多少？[规范思维][针对训练3] 一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图9甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带。
高考物理大一轮复习第5单元机械能
第五单元机械能高考热点统计要求2014年2015年2016年2017年ⅠⅡⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢ功和功率Ⅱ21 16 17 21 14 动能和动能定理Ⅱ16 15 17 25 16 20 24 24重力做功与重力势能Ⅱ17 17 16 24 16 功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ25 15 21 21 25 25 24 24 17 实验:探究动能定理实验:验证机械能守恒定律22考情分析1.机械能是高考考查的热点内容,且都为Ⅱ级能力要求.高考命题既有对机械能的单独考查,也有与曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查.单独考查的题目多为选择题,计算题联系生活实际、现代科学技术,与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁等知识结合;综合考查在物体多运动过程或多物体运动过程中运用知识的能力、建立物理模型的能力和解决实际问题的能力.2.复习过程应强化对功、功率、动能、重力势能、弹性势能等基本概念的理解,掌握各种功的计算方法;掌握应用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律分析与解决相关的力学问题的解题方法.第13讲功功率一、功1.力做功的两个要素:力和物体在发生的位移.2.定义式:W= ,仅适用于做功,功的单位为,功是量.3.物理意义:功是转化的量度.二、功率1.定义:力对物体做的功与所用的比值.2.物理意义:功率是描述力对物体做功的物理量.3.公式:(1)P=,P为时间t内的功率;(2)P=Fv cos α(α为F与v的夹角):①v为平均速度时,则P为;②v为瞬时速度时,则P为.4.发动机功率:P= .(通常不考虑力与速度夹角).【思维辨析】(1)运动员起跳离地之前,地面对运动员做正功.()(2)一个力对物体做了负功,则说明这个力一定阻碍物体的运动.()(3)作用力做正功时,其反作用力一定做负功.()(4)相互垂直的两个力分别对物体做功为4 J和3 J,则这两个力的合力做功为5 J.()(5)静摩擦力不可能对物体做功.()(6)汽车上坡时换成低挡位,其目的是为了减小速度以便获得较大的牵引力.()(7)机车发动机的功率P=Fv,F为牵引力,并非机车所受的合力. ()考点一功的正负的判断和计算考向一功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断:若物体做直线运动,则依据力与位移的夹角来判断.(2)曲线运动中功的判断:若物体做曲线运动,则依据F与v的夹角来判断.当0≤α<90°时,力对物体做正功;当90°<α≤180°时,力对物体做负功;当α=90°时,力对物体不做功.(3)依据能量变化来判断:根据功是能量转化的量度,若有能量转化,则一定有力对物体做功.此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断.1 (多选)如图13-1所示,粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左匀速运动,一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止,下列说法中正确的是()图13-1A.斜面对物块不做功B.斜面对地面的摩擦力做负功C.斜面对物块的支持力做正功D.斜面对物块的摩擦力做负功式题如图13-2所示,小物块位于光滑的斜面上,斜面位于光滑的水平地面上,从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力()图13-2A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做功不为零C.不垂直于接触面,做功为零D.不垂直于接触面,做功不为零考向二恒力及合力做功的计算1.恒力做功的计算方法恒力做功的计算要严格按照公式W=Fl cos α进行.应先对物体进行受力分析和运动分析,确定力、位移及力与位移之间的夹角,用W=Fl cos α直接求解或利用动能定理求解.2.合力做功的计算方法方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cos α求功.方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3……再利用W合=W1+W2+W3+……求合力做的功.2 (多选) 如图13-3所示,一个质量为m=2.0 kg 的物体放在倾角为α=37°的固定斜面上,现用F=30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动.已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50,斜面足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80.物体运动2 s后,关于各力做功情况,下列说法中正确的是()图13-3A.重力做功为-120 JB.摩擦力做功为-80 JC.拉力做功为100 JD.物体所受的合力做功为100 J式题如图13-4所示,坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m,在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则雪橇受到的()图13-4A.支持力做功为mglB.拉力做功为Fl cos θC.滑动摩擦力做功为-μmglD.合力做功为零■规律总结(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关,与路径无关.(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关.(3)摩擦力做功有以下特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值.③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能的转移和机械能转化为内能,内能Q=fx相对.考点二变力做功考向一“微元法”求变力做功将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和,此法适用于求解大小不变、方向改变的变力做功.3 如图13-5所示,某人用力F转动半径为R的磨盘,力F的大小不变,且方向始终与过力的作用点的转盘的切线一致,则在转动一周过程中力F做的功为()图13-5A.0B.2πRFC.RFD.-2πRF考向二“图像法”求变力做功在F-x图像中,图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功,且位于x轴上方的“面积”为正功,位于x轴下方的“面积”为负功,但此方法只适用于便于求图线与x轴所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).4 [2017·福建漳州检测]质量为2 kg的物体做直线运动,沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图13-6所示, 若物体的初速度为3 m/s,则其末速度为()图13-6A.5 m/sB. m/sC. m/sD. m/s考向三“转化法”求变力做功通过转换研究的对象,可将变力做功转化为恒力做功,用W=Fl cos α求解,如轻绳通过定滑轮拉物体运动过程中拉力做功问题.5 如图13-7所示,用恒力F通过光滑的定滑轮把静止在水平面上的物体(可视为质点)从位置A拉到位置B,物体的质量为m,定滑轮(可视为质点)离水平地面的高度为h,物体在水平位置A、B时细绳与水平方向的夹角分别为θ1和θ2,求绳的拉力对物体做的功.图13-7考向四“平均力”求变力做功当力的方向不变而大小随位移做线性变化时,可先求出力对位移的平均值,再由W=l cos α计算,如弹簧弹力做功.6 (多选)[2016·江西九江三十校联考]如图13-8所示,n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为M,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.若小方块恰能全部进入粗糙水平面,则所有小方块克服摩擦力做的功为()图13-8A.Mv2B.Mv2C.μMglD.μMgl■规律总结除了以上变力做功形式,还存在其他变力做功情况,平时要注意多总结.(1)用功率求功:机车类发动机保持功率P恒定做变速运动时,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt.(2)恒力做功和变力做功均可应用动能定理求解(详见下一讲).考点三功率的分析与计算求解功率问题时,要明确是求平均功率还是求瞬时功率,一般情况下平均功率用P=求解,瞬时功率用P=Fv cos α求解.1.平均功率的计算方法(1)利用P=.(2)利用P=Fv cos α,其中v为物体运动的平均速度.2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P=Fv cos α,其中v为物体的瞬时速度.(2)P=Fv F,其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度.(3)P=F v v,其中F v为物体受的外力F在速度v方向上的分力.7 把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出,不计空气阻力,如图13-9所示,则下列说法正确的是()图13-9A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地,重力对两小球做的功不同D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率P A>P B式题 [2017·安徽阜阳模拟]我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N,弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定,要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则下列说法错误的是 ()A.弹射器的推力大小为1.1×106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2■规律总结计算功率的基本思路:(1)首先要弄清楚计算的是平均功率还是瞬时功率.(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率.(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率,求解瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘力F方向的分速度或速度v乘速度v方向的分力求解.考点四机车启动问题启动方式恒定功率启动恒定加速度启动P-t图和v-t图OA 段过程分析v↑⇒F=↓⇒a=↓a=不变⇒F不变,v↑⇒P=Fv达到最大⇒P=P额=Fv1运动性质加速度减小的加速运动匀加速直线运动,维持时间t0=AB段过程分析F=f⇒a=0⇒v m=v↑⇒F=↓运动性质速度v m=的匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段过程分析F=f⇒a=0⇒v m=运动性质速度vm=的匀速直线运动转折点在转折点A,牵引力与阻力大小相等,加速度为零,速度达到最大,为v m=在转折点A,功率达到额定功率,匀加速运动结束,此时v1=;在转折点B,速度达到最大,为v m=8 如图13-10所示,一辆遥控小车静止在倾角为α=37°的斜面上,现用遥控器启动小车,使它从静止开始以恒定功率向上运动,运动45 m 后达最大速度时出现故障,小车牵引力消失,再经过3 s小车到达最高点,且小车在减速过程中最后2 s内的位移为20 m.已知遥控小车的质量为1 kg,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)遥控小车与斜面间的动摩擦因数;(2)遥控小车在遥控器出现故障前运动的时间.图13-10式题 (多选)[2017·山东济南模拟]汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F0,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动.能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图像是图13-11中的()图13-11■建模点拨(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m=.(2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束时功率达到最大,但速度不是最大,即v1=.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt,由动能定理得Pt-fx=ΔE k,用该式可求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度问题.第14讲动能动能定理一、物体的动能1.动能:物体由于而具有的能量叫作动能;物体的动能跟物体的和有关.2.表达式:E k= ,式中v为瞬时速度;动能的单位是.3.矢标性:动能是(选填“矢量”或“标量”).4.相对性:动能具有相对性,物体动能的大小与的选择有关,一般取地面为参考系.5.动能是(选填“状态”或“过程”)量,动能的变化量是(选填“状态”或“过程”)量.二、动能定理1.内容:(合)力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中的变化.2.表达式:W= .3.意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体之间的关系,即合外力做的功是物体变化的量度.4.适用范围:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于运动;(2)既适用于恒力做功,也适用于做功;(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以不同时作用.【思维辨析】(1)选择不同的参考系时,动能可能为负值.()(2)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化.()(3)动能不变的物体一定处于平衡状态.()(4)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零.()(5)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化. ()(6)根据动能定理,合外力做的功就是动能的变化.()(7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关.()考点一动能定理的理解1.对“外力”的两点理解:(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等,它们可以同时作用,也可以不同时作用.(2)“外力”既可以是恒力,也可以是变力.2.公式中“=”体现的三个关系:数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因3.标量性动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如,以相同大小的初速度不管向什么方向抛出,在最终落到地面上速度大小相同的情况下,所列的动能定理的表达式都是一样的.4.高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.1 (多选)如图14-1所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是()图14-1A.对物体,动能定理的表达式为W=,其中W为支持力的功B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力的功C.对物体,动能定理的表达式为W-mgH=,其中W为支持力的功D.对电梯,其所受合力做功为式题1 用同样的水平力分别沿光滑水平面和粗糙水平面推动同一个木块,都使它们移动相同的距离,两种情况下推力做的功分别是W1、W2,木块最终获得的动能分别为E k1、E k2,则()A.W1=W2,E k1=E k2B.W1≠W2,E k1≠E k2C.W1=W2,E k1≠E k2D.W1≠W2,E k1=E k2式题2 如图14-2所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式中错误的是()图14-2A.FL=Mv2B.Fs=mv2C.Fs=(M+m)v2D.F(L+s)=mv2考点二动能定理的应用1.应用动能定理解题时,应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析,在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节,只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功,做正功还是负功,以及运动过程初、末状态物体的动能.2.应用动能定理解题基本步骤2 如图14-3所示,在竖直平面内固定一半径R为2 m、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC,其中E是最低点.在B、C两端平滑、对称地连接AB、CD两段粗糙直轨道,直轨道上端A、D与最低点E之间的高度差h均为2.5 m.现将质量为 0.01 kg 的小物块从A点由静止释放,物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25,g取10 m/s2.求:(1)小物块从静止释放到第一次过E点时重力做的功;(2)小物块第一次通过E点时的动能大小;(3)小物块在E点时受到支持力的最小值.图14-3式题1 (多选)[2016·全国卷Ⅲ]如图14-4所示,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则()图14-4A.a=C.N=式题2 如图14-5所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡公路行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡公路匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h.(g取10 m/s2)(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小;(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移.(sin 17°≈0.3)图14-5■规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简便.(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没有任何依据.(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时,必须明确各力做功的正负.当一个力做负功时,可设物体克服该力做功为W,则该力做功为-W,也可以直接用字母W表示该力做功,使其字母本身含有负号.考点三动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤3 [2017·合肥一中月考]如图14-6甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用,F随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2.(水平向右为力F的正方向)(1)求滑块到达B处时的速度大小;(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少?图14-6式题1 [2017·江苏卷]一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k与位移x关系的图线是图14-7中的()A BC D图14-7式题2 (多选)[2017·江西南昌模拟]如图14-8甲所示,粗糙程度处处相同的半圆轨道固定在水平面上,一质量为0.1 kg的小球从图中A点冲入半圆轨道后,小球恰能到达最高点C,其运动过程中的速度的二次方与其高度的关系图像如图乙所示.已知半圆轨道的半径为0.4 m,空气阻力不计,g取10 m/s2,B为半圆轨道中点.下列说法正确的是()图14-8A.图乙中x=4B.小球从A到C过程损失了0.125 J的机械能C.小球从A到C过程合外力对其做的功为-1.05 JD.小球从C飞出后,落地点到A的距离为0.8 m■规律总结动能定理与图像结合问题的分析方法(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线与坐标轴所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、交点及图线与横坐标轴所围的面积对应的物理意义,分析解答问题.或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.图线与横坐标轴所围的面积的意义:①v-t图线与横轴围成的面积表示物体的位移;②a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量;③F-x图线与横轴围成的面积表示力所做的功;④P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功.考点四动能定理解决单体多过程问题(1)由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解.因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功,也只需把所有的力做的功累加起来即可.(2)运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式.(3)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,要注意运用它们的功能特点:①重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积.③弹簧弹力做功与路径无关.4 (18分)[2016·全国卷Ⅰ]如图14-9所示,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出),随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=,重力加速度大小为g.(取sin 37°=,cos 37°=)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小.(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能.(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G 点.G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.图14-9【规范步骤】(1)根据题意知,B、C之间的距离l为l= ①(1分)设P到达B点时的速度为v B,由动能定理得=②(2分)式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得v B= ③(1分)(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为E p.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有=0-④(2分)E、F之间的距离l1为l1= ⑤(1分)P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有=0 ⑥(2分)联立③④⑤⑥式并由题给条件得x= ⑦E p= ⑧(1分)(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R sin θ⑨y1=R+R cos θ⑩(1分)式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.设P在D点的速度为v D,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=x1= (1分)联立⑨⑩式得v D= (1分)设P在C点速度的大小为v C,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有= (2分)P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有=(2分)联立⑦⑧式得m1= (1分)式题1 [2018·海南八校联考]如图14-10所示,斜面倾角θ=30°,一轻质弹簧一端固定于斜面底部,弹簧自然伸长时,另一端位于斜面上的O点,O点上方斜面粗糙,下方斜面光滑.质量m=0.4 kg 的物体(可视为质点)从P 点由静止释放,沿斜面滑下,压缩弹簧后被弹回,上滑至OP中点时速度为零.已知O、P两点间距离x=10 cm,当弹簧的压缩量Δl=2 cm时,物体的速度达到最大,此时弹簧具有的弹性势能E p=0.04 J.g取10 m/s2.求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)此过程中物体具有的最大动能E km.图14-10式题2 [2017·合肥一中模拟]为了研究过山车的原理,某物理小组提出了下列的设想:取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=2 m的倾斜轨道AB,通过微小圆弧与长为L2= m的水平轨道BC相连,然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道,出口为水平轨道D,如图14-11所示.现将一个小球从距A点高为h=0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出,小球到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=.g取10 m/s2.(1)求小球初速度v0的大小;(2)求小球滑过C点时的速率v C;(3)要使小球不离开轨道,则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件?图14-11式题3 [2017·武汉华师一附中月考]如图14-12所示,AB和CDO都是处于竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道,OA处于同一水平线上,AB是半径R=2 m的圆弧轨道,CDO是半径r=1 m的半圆轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(未画出),D为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m,与小球之间的动摩擦因数μ=0.4.现让一个质量为m=1 kg的小球P(可视为质点)从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落.(g取10 m/s2)(1)当H=1.4 m时,求小球第一次到达D点时对轨道的压力大小.(2)当H=1.4 m时,试通过计算判断小球是否会脱离CDO轨道.如果会脱离轨道,求脱离前小球在水平轨道上经过的路程;如果不会脱离轨道,求静止前小球在水平轨道上经过的路程.(3)为使小球仅仅与弹性板碰撞两次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围.。
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第2讲 动能和动能定理及其应用1．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )． A ．质量大的物体滑行的距离大 B ．质量小的物体滑行的距离大 C ．它们滑行的距离一样大D ．它们克服摩擦力所做的功一样多解析 由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 BD2．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的 速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G ＋W阻＝E k －0，故W 阻＝12mv 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh＝25×10×3 J ＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错． 答案 A3．在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )解析 小球运动过程中加速度不变，B 错；速度均匀变化先减小后反向增大，A 对；位移和动能与时间不是线性关系，C 、D 错． 答案 A4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图1所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图1A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确． 答案 B5．如图2所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中( )．图2A ．支持力对物体做功为0B ．摩擦力对物体做功为mgL sin αC ．摩擦力对物体做功为12mv 2－mgL sin αD ．木板对物体做功为12mv 2解析 木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgL sin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12mv 2－0，即W f ＝12mv 2－mgL sin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12mv 2，D 正确．答案 CD6．如图3所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，A 、B 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图3A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fx解析：小车克服重力做功W ＝mgh ，A 正确；由动能定理，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W 合＝ΔE k ＝12mv 2，B 正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fx ，D 正确．答案：ABD7．如图4所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )．图4A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20得12mv 2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确． 答案 ABD8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )．A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 12mv 2max －12mv 2 D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确．答案 AD9．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图5所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )图5A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W f ＝9 J ，由动能定理有W 合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，B 正确，在A 点时，W ′＝15 J ，W f ′＝－μmgL ′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A2L ′＝1.5 m/s 2，D 正确．答案：BD10．如图6所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图6(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12mv 2B －12mv 2A 得：W f ＝9 100 J. (2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t ＝2rg＝0.32＝0.566 s ， BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ， 平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ， DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m. 答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．如图7甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g 取10 m/s 2)求：图7(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功．解析：(1)在3～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度大小为a ，A 与B 间的距离为s ，则 F －μmg ＝ma a ＝F －μmg m ＝2 m/s 2s ＝12at 2＝4 m. 即A 与B 间的距离为4 m.(2)设整个过程中F 做的功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得W F －2μmgs ＝12mv 2A ，v 2A ＝2as ，由以上两式得W F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J. 答案：(1)4 m (2)24 J12．如图8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：图8(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，②W G ＝mgL cos θ，③ 由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ， ⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥ ④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦答案 (1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ (3)mgL cos θFs。