2016届高考物理专题六机械能及其守恒定律(全国通用)

【大高考】（三年模拟精选）2016届高考物理 专题六 机械能及其守恒定律（全国通用）A 组 基础训练一、选择题1．(2015·山东淄博六中期末考试)(多选)如图所示,一质量为m 的小球固定于轻质 弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处，将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点间的竖直高度差为h ，速度 为v ，则( )A ．由A 到B 重力做的功等于mgh B ．由A 到B 重力势能减少12mv 2C ．由A 到B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh －mv 22解析 重力做功W ＝mgh ，与是否受其它力无关，而从A 下降到B 下降的高度为h ，因此A 正确；而从A 下降到B 的过程中,根据动能定理：mgh －W 弹 ＝12mv 2，重力势能的减小量mgh ＝W 弹＋12mv 2,B 错误；而在这个过程中，克服弹力做的功W 弹＝mgh －12mv 2，C 错误，D 正确．答案 AD2．(2015·山东青岛市一模)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两 侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ,此时M 距离挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析M在运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时,弹簧的弹力等于Mg sin 30°＝mg，此时m对地面的压力恰好为零,B正确；然后M做减速运动，当M恰好到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，此时m受到的弹簧的弹力大于重力，还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确．答案BD3．(2015·银川宁大附中期末)(多选)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上.现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一直在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加解析小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确；根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得，小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大,故B错误；小球P 的速度一定先增大后减小，当 P 的加速度为零时，速度最大，所以小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力 沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C 错误；根据能量守恒定律知， 小球P 的动能、与地球间重力势能、与小球Q 间电势能和弹簧弹性势能的总 和不变，因为在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q 对P 的库仑斥 力做正功，电势能减小，所以小球P 与弹簧系统的机械能一定增加，故D 正 确．答案 AD4．(2015·江苏南通调研测试)如图所示,AB 、AC 两光滑细杆组成的直角支架固定 在竖直平面内，AB 与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a 、b 两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在 两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是( )A ．a 、b 两球到底端时速度相同B ．a 、b 两球重力做功相同C ．小球a 下滑的时间大于小球b 下滑的时间D ．小球a 受到的弹力小于小球b 受到的弹力解析 细线剪断后，两个小球均沿光滑细杆做匀加速直线运动，加速度a ＝ g sin θ.从释放点到达底端，重力做功为mgh ,高度相等，由于不知道两个小 球的质量关系，无法判断重力做功关系，选项B 错；根据动能定理mgh ＝12mv 2， v ＝2gh ，根据高度相等可判断a 、b 两球到底端时速度大小相等但方向不同，选项A 错；对小球沿斜面匀加速直线运动有hsin θ＝12g sin θt 2，运动时间t ＝1sin θ2hg，小球a 的倾斜角度小，运动时间长，选项C 对；垂直细杆的 方向没有运动，受力平衡，所以F ＝mg cos θ，不知道质量关系，无法判断 两个小球受到的细杆弹力大小，选项D 错．答案 C5．(2015·重庆巫山中学月考)一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛 出,已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系,(以地面为零势能面,h 0 表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k 值为常数且满足0<k <1)则由图可 知，下列结论正确的是( )A ．①表示的是动能随上升高度的图象,②表示的是重力势能随上升高度的图 象B ．上升过程中阻力大小恒定且f ＝(k ＋1)mgC ．上升高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，重力势能和动能不相等 D ．上升高度h ＝h 02时，动能与重力势能之差为k2mgh 0解析 根据动能定理可知小球上升过程中速度减小(动能减小，对应图象②)，高度升高(重力势能增大，对应图象①)，故选项A 错误；从①和②图象知动 能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力功 的大小，由②图象得：fh 0＝E k0－E k0k ＋1，由①图线结合动能定理得：E k0＝(mg ＋f )h 0，解得f ＝kmg ，故选项B 错误；当高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，动能为E k ＝E k0－(mg ＋f )h ,联立解得，E k ＝k ＋1k ＋2mgh 0，重力势能为E p ＝mgh ＝k ＋1k ＋2mgh 0，所 以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C 错误；当上升高度h ＝h 02时， 动能为E k ＝1－k 2mgh 0，重力势能为E p ＝mgh 0，则动能与重力势能之差为k2mgh 0， 故D 正确．答案 D6．(2014·宁夏银川一中一模,16)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱 动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流 经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过 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 ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为Fx ＋12mv 2m解析 小车在运动方向上受向前的牵引力F 1和向后的阻力F ，因为v 增大， P 不变，由P ＝F 1v ，F 1－F ＝ma ，得出F 1逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝ v m 时，a ＝0，故A 、B 项均错；合外力做的功W 外＝Pt －Fx ，由动能定理得 W 牵－Fx ＝12mv 2m ，故C 项错，D 项对．答案 D7．(2014·山西太原一模，18)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间 的关系分别如图中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J解析 在最高点,E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做 功W 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误； 设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能 与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．答案 D二、非选择题8．(2015·成都模拟)如图所示，滑雪坡道由斜面AB 和圆弧面BO 组成，BO 与斜 面相切于B 、与水平面相切于O ，以O 为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy . 现有一质量m ＝60 kg 的运动员从斜面顶点A 无初速滑下，运动员从O 点飞 出后落到斜坡CD 上的E 点.已知A 点的纵坐标为y A ＝6 m ，E 点的横、纵坐标分别为x E ＝10 m ，y E ＝－5 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.求：(1)运动员在滑雪坡道ABO 段损失的机械能； (2)落到E 点前瞬间，运动员的重力功率大小．解析 (1)运动员从O 点飞出后做平抛运动，则x E ＝v x-t－y E ＝12gt 2解得，t ＝1 s ，v x ＝10 m/s在滑雪坡道ABO 段，由能量守恒定律有： 损失的机械能为ΔE ＝mgy A －12mv 2x代入数据解得，ΔE ＝600 J(2)落到E 点前瞬间，运动员在竖直方向上的分速度为v y ＝gt 运动员的重力功率大小为P ＝mgv y ； 代入数据解得P ＝6×103W答案 (1)600 J (2)6×103W9．(2014·南昌调研)如图所示,在粗糙水平面上竖直固定半径为R ＝6 cm 的光滑圆 轨道，质量为m ＝4 kg 的物块静止放在粗糙水平面上的A 处，物块与水平面 间的动摩擦因数μ＝0.75，A 与B 的间距L ＝0.5 m ，现对物块施加大小恒定 的拉力F 使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B 处将拉力F 撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动．若拉力F与水平面的夹角为θ时，物块恰好沿竖直光滑 圆轨道通过最高点，重力加速度g 取10 m/s 2，物块可视为质点．求：(1)物块到达B 处时的动能；(2)拉力F 的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角θ.解析 (1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v ，则有mg ＝m v 2R物块从B 处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒定律得E k B ＝2mgR ＋12mv 2联立解得E k B ＝52mgR ＝6 J所以物块到达B 处时的动能E k B ＝6 J (2)物块从A 运动到B 因为W 合＝ΔE k所以FL cos θ－μ(mg －F sin θ)L ＝E k BE k B ＝FL (cos θ＋μsin θ)－μmgL解得F ＝E k B ＋μmgL （cos θ＋μsin θ）L ＝42cos θ＋0.75sin θN由数学知识可知，当θ＝37°时，F 的最小值为33.6 N答案 (1)6 J (2)37° 33.6 NB 组 能力提升一、选择题1．(2015·江苏省苏锡常镇四市调研)(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系 一物体．物体在A 处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力 所做的功为W .不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )A ．物体重力势能减小量一定大于WB ．弹簧弹性势能增加量一定小于WC ．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD ．若将物体从A 处由静止释放，则物体到达B 处时的动能为W解析 根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh ＝ΔE p ＋W ， 所以物体重力势能减小量一定大于W ,不能确定弹簧弹性势能增加量与W 的 大小关系，故A 正确；B 错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成 的系统机械能减少量为W ，所以C 错误；若将物体从A 处由静止释放，从A 到B 的过程，根据动能定理：E k ＝mgh －W 弹＝mgh －ΔE p ＝W ，所以D 正确．答案 AD2．(2015·河南陕州中学月考)(多选)一质量为2 kg 的物体,在水平恒定拉力的作用 下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位 移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由此可知( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B ．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC ．匀速运动时的速度约为6 m/sD ．减速运动的时间约为1.7 s解析 物体匀速运动时，受力平衡，则F ＝μmg ，μ＝F mg ＝72×10＝0.35，选 项A 正确；因为W ＝Fs ，故拉力的功等于Fs 图线包含的“面积”，由图线 可知小格数为13，则功为13×1 J ＝13 J ，选项B 正确；由动能定理可知：0－12mv 20＝W F －μmgs ，其中s ＝7 m ，则解得v 0＝6 m/s ；由于不知道具体的运 动情况，无法求出减速运动的时间，故D 错误．答案 ABC3．(2015·江苏扬州期末)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ， 物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为 m .开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带 逆时针匀速转动，则在b上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )A ．物块a 的重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功等于a 机械能的增量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等解析 因为开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，说 明b 的重力等于a 沿斜面方向的分量，即mg ＝m a g sin θ；当物块b 上升h 后，物块a 沿斜面下滑的距离为h ，故a 下降的高度为h sin θ，所以物块a 的重力势能减少量为m a gh sin θ＝mgh ，选项A 正确；根据功能关系，摩擦 力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量，所以选项B 错误,C 正确；在任意时 刻，设b 的速度为v ，则a 的速度大小也是v ,该速度沿竖直方向的分量为v sin θ，故重力对b 做功的瞬时功率为P b ＝mgv ，重力对a 做功的瞬时功率 为P a ＝m a gv sin θ＝mgv ，故P a ＝P b ，所以选项D 正确．答案 ACD4．(2015·江苏南京市、盐城市模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端 向上冲,到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、 动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中 正确的是( )解析 滑块冲上斜面到沿斜面下滑底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过 程x ＝v 0t －12a 1t 2,下滑过程x ＝－12a 2(t －t 1)2，所以两段均为开口向下的抛物线 (或者从x-t 图线的斜率，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大).所以A 错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必 小于v 0，所以B 错误；因为动能E k ＝12mv 2，即有上滑过程E k ＝12m (v 0－a 1t )2，下滑过程有E k ＝12m [a 2(t －t 1)]2,上滑到最高点的动能为0，所以C 错误；重力 势能E p ＝mgh ，所以重力势能先增加后减小，即D 正确．答案 D5．(2015·山东省新泰市模拟)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的 斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的 关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析 由图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40 m ；而当夹角为90°时，位 移为1.80 m ；则由竖直上抛运动规律可知：v 20＝2gh ，解得v 0＝2gh ＝ 2×10×1.80＝6m/s ，故A 错误；当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx＝12mv 20；解得：μ＝362×10×2.4＝0.75,故B 正确；－mgx sin θ－μmg cos θx ＝0－12mv 2解得：x ＝v 202g （sin θ＋μcos θ）＝1810（sin θ＋34cos θ）＝1810×54×sin （θ＋α）；当θ＋α＝90°时,sin(θ＋α)＝1；此时位移最小，x ＝1.44 m ；故C 正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mg sin 30°＝12mg ； 摩擦力f ＝μmg cos 30°＝0.75×mg ×32＝338mg ；一般认为最大静摩擦力等 于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D 错误．答案 BC二、非选择题6．(2015·江苏省泰州市联考)如图甲所示是一打桩机的简易模型．质量m ＝1 kg 的物体在恒定拉力F 作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度．物体上 升过程中，机械能E 与上升高度h 的关系图象如图乙所示.不计所有摩擦，g 取10 m/s 2.求：(1)物体上升到1 m 高度处的速度；(2)物体上升1 m 后再经多长时间才撞击钉子(结果可保留根号)； (3)物体上升到0.25 m 高度处拉力F 的瞬时功率．解析 (1)设物体上升到h 1＝1 m 处的速度为v 1，由图乙知mgh 1＋12mv 21＝12v 1＝2 m/s(2)由图乙知，物体上升到h 1＝1 m 后机械能守恒，即撤去拉力F ，物体仅在 重力作用下先匀减速上升，至最高点后再自由下落．设向上减速时间为t 1，自由下落时间为t 2对减速上升阶段0－v 1＝－gt 1，t 1＝0.2 s 减速上升距离Δh ＝v 12t 1＝0.2 m自由下落阶段有h 1＋Δh ＝12gt 22，t 2＝65 s即有t ＝t 1＋t 2＝6＋15s (3)对F 作用下物体的运动过程F ·Δh ＝ΔE由图象可得，物体上升h 1＝1 m 的过程中所受拉力F ＝12 N物体向上做匀加速直线运动,设上升至h 2＝0.25 m 时的速度为v 2,加速度为a 由牛顿第二定律有F －mg ＝ma 由运动学公式有v 22＝2ah 2 瞬时功率P ＝Fv 2 解得P ＝12 W答案 (1)2 m/s (2)6＋15s (3)12 W7.(2015·重庆市月考)如图所示，在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、 B .它们的质量均为2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，物块A 通过 一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D 相连，物块D 的质量也为2m ，用手托 住物块D ，使轻绳拉直但没有作用力．从静止释放物块D ，当物块D 达到最 大速度时，物块B 恰好离开挡板C .求：(1)斜面的倾角θ； (2)物块D 的最大速度v m ；(3)在其他条件不变的情况下，将物块D 的质量改为3m2，若物块D 的最大速 度为v ，求物块D 从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变 化量ΔE p . 解析 (1)物块D 达到最大速度时，A 、B 、D 系统平衡，则 4mg sin θ＝2mg ① 解得θ＝30°(2)释放物块D 前，对物块A 有：2mg sin θ＝kx 1② 物块D 达到最大速度时，对物块B 有：2mg sin θ＝kx 2③ 由②③得x 2＝x 1＝mg k即释放物块D 时和物块D 达到最大速度时，弹簧的弹性势能不变． 则由机械能守恒得：2mg (x 1＋x 2)－2mg (x 1＋x 2)sin 30°＝12(4m )v 2m ④联立得：v m ＝gm k⑤(3)物块D 达到最大速度时，B 未离开挡板C ，A 、D 系统平衡，则32mg ＝kx 3＋2mg sin θ⑥所以x 3＝mg2k <x 1，弹簧的弹性势能减少．则由机械能守恒得32mg (x 3＋x 1)－2mg (x 3＋x 1)sin θ＝12×(32m ＋2m )v 2＋ΔE p ⑦ 联立解得ΔE p ＝3m 2g 24k －74mv 2⑧答案 (1)30° (2)gm k (3)3m 2g 24k －74mv 28．(2014·广东深圳一模)如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量 m ＝1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度—时间图象如图乙所示， 其中Oab 段为曲线,bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑s ＝0.2 m 的距离， g 取10 m/s 2.求：(1)物体离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度a 及动摩擦因数μ的大小； (2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小； (3)锁定时弹簧具有的弹性势能E p .解析 (1)由题中图象可知0.1 s 物体离开弹簧向上做匀减速运动,加速度的大小a ＝2－10.2－0.1m/s 2＝10 m/s 2根据牛顿第二定律，有a ＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2解得μ＝0.5.(2)根据速度时间公式，得t 2＝0.3 s 时的速度大小v 1＝v 0－at ＝1 m/s －10×0.1 m/s ＝00．3 s 后滑块开始下滑，下滑的加速度a ′＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2t 2＝0.4 s 时的速度大小v 2＝a ′t ′＝2×0.1 m/s ＝0.2 m/s.(3)由功能关系可得：E p ＝12mv 2＋mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＝4 J.答案 (1)10 m/s 20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J考向一 考查功能关系与图象的综合应用1．(功、机械能、图象问题)(多选)运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开 前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h 表 示下落高度，t 表示下落的时间，F 合表示人受到的合力，E 表示人的机械能，E p 表示人的重力势能，v 表示人下落的速度，在整个过程中，如果打开伞后 空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是( )解析 运动员从直升机上跳伞，重力势能逐渐减小，规定初位置重力势能为 零，则E p ＝mg (－h )，即重力势能与高度是线性关系，故A 正确；机械能的 变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故B 错误；运动员从直升机上跳伞，伞打开前看做自由落体运动；打开伞后减速下 降，空气阻力大于重力，合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零， 做匀速直线运动；即合力先等于重力，竖直向下，然后突然竖直向上，再逐 渐减小到零，故C 正确；运动员从直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落 体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落；减速过程中加速度a ＝kv 2－mgm ，因v 是变化的，故a 是变化的，而D 图中a 是恒定的，故D 错误．答案 AC考向二 考查力学知识的综合应用2．(牛顿运动定律、运动学、机械能守恒问题)(多选)倾角为37°的光滑斜面上固 定一个槽，劲度系数k ＝20 N/m 、原长l 0＝0.6 m 的轻弹簧下端与轻杆相连， 开始时杆在槽外的长度l ＝0.3 m ，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小F f ＝6 N ，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m ＝1 kg 的小车从距弹簧上端L ＝0.6 m 处由静止释放沿斜面向下运动．已知弹性势能E p ＝12kx 2，式中x 为弹簧的形变量．g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.关于小车和杆 的运动情况，下列说法中正确的是( )A ．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动B.小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C ．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 mD ．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s解析 小车从开始下滑至位移为L 的过程中，小车只受重力和支持力，支持 力不做功,只有重力做功，加速度a ＝g sin 37°＝6 m/s 2不变，所以小车先做 匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力， 即弹力由0逐渐增大至6 N,小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B 正确，A 错误；当弹力为6 N 时，弹簧的形变量为Δx ＝F fk＝0.3 m ，所以小车通过的位移为x ＝L ＋Δx ＝0.9 m ，C 正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgx sin 37°＝12k (Δx )2 ＋12mv 2，解得杆和小车的速度v ＝3 m/s ，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t ＝l v＝0.1 s ，D 正确．答案 BCD考向三 考查动能定理与数学知识的综合应用3．(动能定理、平衡、极值问题)(多选)如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆， 与水平方向夹角为30°.质量为m 的小球套在杆上，在拉力F 的作用下，小 球沿杆由底端匀速运动至顶端．已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝33， 则关于拉力F 的大小及其做功情况，下列说法正确的是( )A ．当α＝30°时，拉力F 最小B ．当α＝60°时，拉力F 做功最少C ．当α＝60°时，拉力F 最小D ．当α＝90°时，拉力F 做功最少解析 对小球,沿杆方向F cos α＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin α)，解 得F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°cos α＋μsin α＝mgcos α＋33sin α＝3mgsin （60°＋α）,故当α ＝30°时，拉力F 最小，选项A 正确，C 错误；小球匀速运动，由动能定理 得；W F －W f －W G ＝0，要使拉力做功最小则W f ＝0，即摩擦力为0,则支持力 为0.分析小球受的各力然后正交分解列方程： 垂直斜面方向：F sin α＝mg cos 30° 沿斜面方向：F cos α＝mg sin 30°解以上两方程得：α＝60°，F ＝mg ，故B 正确，D 错误．答案 AB考向四 考查牛顿运动定律与动能定理的综合应用4．(牛顿第二定律、图象、功能关系问题)某舰载机降落到静止的航母上,图甲为 航母甲板上拦阻索阻拦舰载机过程的俯视示意图，图乙为舰载机尾钩钩住拦阻索正中位置、随即关闭发动机后加速度a 随时间t 变化的图象．已知舰载 机的质量M ＝2.0×104kg ，尾钩刚钩住拦阻索时的初速度v 0＝75 m/s ，t 1＝0.3 s 时拦阻索与尾钩刚钩住时拦阻索的初始位置的夹角θ＝45°,此时舰载 机所受空气阻力与甲板摩擦阻力大小之和为f ＝2.0×105N ，舰载机钩住拦阻索 至 停止的全过程中，克服空气阻力与甲板摩擦阻力做的总功W f ＝2.0×107J ．求：(1)t 1＝0.3 s 时拦阻索的拉力大小T ；(2)舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服拦阻索拉力做的功W . 解析 (1)由图乙可知t 1＝0.3 s 时加速度大小a ＝30 m/s 2① 由牛顿第二定律有2T sin θ＋f ＝Ma ② 由①②式解得T ＝22×105N ＝2.8×105N ③ (2)以舰载机为研究对象，由动能定理有－W －W f ＝0－12Mv 20④W ＝3.6×107 J ⑤答案 (1)2.8×105N (2)3.6×107J。