高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业21
高考物理一轮复习第五章机械能(第1课时)课时作业(含解析)
高考物理一轮复习第五章机械能（第1课时）课时作业（含解析）【基础练习】 一、功的理解与计算1．(2016全国卷Ⅱ 19题)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案：BD2．(2018乳山一中月考)(多选)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x 之间的关系如图所示，则(g 取10 m/s 2)( )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动 B ．此物体在AB 段做匀速直线运动C ．此物体在OA 段做匀加速直线运动D ．此物体在OA 段做匀速直线运动BC 解析：物体在水平面上运动，水平拉力与物体运动方向相同，物体受到的滑动摩擦力大小F f ＝μmg ＝2 N ，物体在OA 段受到的水平拉力大小等于F 1＝W 1x 1＝153N ＝5 N ，可见，水平拉力大于摩擦力，则物体在OA 段做匀加速直线运动．物体在AB 段受到的水平拉力大小等于F 2＝W 2x 2＝27－159－3N ＝2 N ，水平拉力等于摩擦力，则物体在AB 段做匀速直线运动．3．(2018宁波模拟)(多选)如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力F f 的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力F f 做功为－mgLD ．空气阻力F f 做功为－12F f πLABD 解析：小球下落过程中，重力做功为mgL ；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0；空气阻力F f 大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F f 做功为－F f ·142πL ＝－12F f πL .4．质点在一恒力作用下从静止开始运动，恒力所做的功与力的作用时间关系图线可能是( )A ．直线AB ．曲线BC ．曲线CD ．直线DB 解析：恒力做功W ＝Fx ，由于质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移x ＝12at 2，则得W ＝F ·12at 2，因F 、a 都一定，则W 与t 2成正比，W －t 是开口向上的抛物线，故曲线B是可能的，故选B.二、功率的计算5．(2019湖南师大附中)(多选)如图所示，光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上，穿在铁丝上的质量为m 的小球从最高点A 由静止开始滑到最低点B ，在从A 到B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球对铁丝的作用力越来越大B ．铁丝对小球的作用力为F ，F 对小球的功为零，F 的冲量也为零C ．重力对小球做功的功率越来越大D ．小球在AB 间的某唯一一点对铁丝的作用力为零CD 解析：在AB 之间的C 点，恰好重力的分力提供向心力，此点小球与铁丝没有作用力，其他位置都不为零，所以A 错，D 对；而小球的速率越来越大，在竖直方向的分量也越来越大，所以重力做功的功率也越来越大，故C正确；铁丝对小球的功为零，但该作用力的冲量不为零，故B错．6．(2018河南中原名校期中)如图所示，分别用力F1，F2，F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1，F2，F3的平均功率关系为( )A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3C．P3＞P2＞P1 D．P1＞P2＞P3A解析：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，即拉力F在沿着斜面方向的分力都相同，由于斜面的长度、物体的加速度相同，所以物体到达顶端的速度也相同，故拉力的平均功率也相同．7．(多选)如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t图像为正弦曲线．从图中可以判断( )A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零AD 解析：因为v－t图像的斜率表示加速度，所以在0～t1时间内，质点做加速度减小的加速运动，外力做正功，A正确；由于加速度对应合外力，则t＝0时刻，外力最大，但质点速度为零，根据P＝Fv知，外力的功率为零，t1时刻速度最大，但外力为零，外力的功率仍然为零，所以，在0～t1时间内，外力的功率先增大后减小，B错误；t2时刻质点速度为零，外力的功率为零，C错误；t1时刻和t3时刻质点速度大小相等，则动能相等，所以在t1～t3时间内，外力做的总功为零．综上所述，本题正确答案为AD.8．水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小F f与汽车行驶的速率成正比．若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小F与阻力大小F f关系图象是( )A 解析：汽车先做匀加速直线运动，速度增大，F f ＝kv 增大，根据牛顿第二定律得：F ＝F f ＋ma 可知，牵引力随着F f 的增大而均匀增大，图象是一条倾斜的直线，功率达到额定功率后，F ＝P v ，F f ＝kv ，则F ＝P k F f，则牵引力与阻力成反比，故A 正确．三、机车启动问题9．(2017山东师大附中一模)(多选)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是( )ACD 解析：由于汽车一开始做匀加速直线运动，所以此过程的牵引力不变，其功率均匀增大，当增大到额定功率后，汽车的功率不再增加，而速度在增大，故牵引力逐渐减小，加速度变小．当加速度变为零时，汽车做匀速直线运动，此时加速度为0.10．(2017兰州一中月考)汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为v m .则当汽车速度为v m2时，汽车的加速度为(重力加速度为g )( )A ．0.1gB ．0.2gC ．0.3gD ．0.4gA 解析：设汽车质量为m ，则汽车行驶时受到的阻力F f ＝0.1mg ，当汽车速度最大为v m时，汽车所受的牵引力F ＝F f ，则有P ＝F f v m ，当速度为v m 2时有P ＝F v m2，由以上两式可得F ＝2F f ，根据牛顿第二定律F －F f ＝ma ，所以a ＝F －F f m ＝2F f －F fm＝0.1 g ，故选项A 正确． 11．(2018徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 与速度的倒数1v图像如图所示．若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息不能求出的物理量是( )A ．汽车的功率B ．汽车行驶的最大速度C ．汽车所受到的阻力D ．汽车运动到最大速度所需的时间D 解析：由F －F f ＝ma ，P ＝Fv 可得a ＝P mv －F fm ，对应图线可知，P m＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m ＝0.05，可得v m ＝20 m/s ，再由v m ＝PF f，可求出汽车受到的阻力F f ，由于不知达最大速度的位移，因此无法求出汽车运动到最大速度所需的时间．【素能提升】12．(多选)质量为M 的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率P 和汽车所受的阻力f 都恒定不变．在时间t 内，汽车的速度由v 0增加到最大速度v m ，汽车前进的距离为s ，则在这段时间内发动机所做的功为( )A ．fs B.12(v 0＋v m )ft C ．fv m tD.12Mv 2m －12Mv 20＋fs CD 解析：汽车以恒定功率启动，有P ＝fv m ，所以在时间t 内发动机所做的功W ＝Pt ＝fv m t .根据动能定理可得，在时间t 内发动机所做的功W ＝12Mv 2m －12Mv 20＋fs .在时间t 内，汽车做加速度减小的加速运动，牵引力F ＞f ，所以发动机所做的功W ＞fs .因为汽车前进的距离s ＞12(v 0＋v m )t ，所以W ＞12(v 0＋v m )ft .13．如图所示，质量m ＝2 kg 的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为0.5.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：(1)前2 s 内重力做的功； (2)前2 s 内重力的平均功率； (3)2 s 末重力的瞬时功率．解析：(1)木块所受的合外力为F 合＝mg (sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8)N ＝4 N. 木块的加速度为a ＝F 合m ＝42m/s 2＝2 m/s 2. 前2 s 内木块的位移为s ＝12at 2＝12×2×22 m ＝4 m.所以，重力在前2 s 内做的功为W ＝mg sin θ·s ＝2×10×0.6×4 J ＝48 J.(2)重力在前2 s 内的平均功率为P ＝W t ＝482W ＝24 W. (3)木块在2 s 末的瞬时功率v ＝at ＝2×2 m/s ＝4 m/s ，重力在2 s 末的瞬时功率P ＝mg sin θ·v ＝2×10×0.6×4 W ＝48 W.答案：(1)48 J (2)24 W (3)48 W14．(2018·浙江舟山模拟)质量为1.0×103kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N ，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W ，开始时以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g 取10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t 1； (2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？解析：(1)由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－F f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝Fvv ＝at 1解得t 1＝7 s .(2)当达到最大速度v m 时，a ＝0，则有P ＝(mg sin 30°＋F f )v m解得v m ＝8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 21在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mg sin 30°＋F f)x2＝12mv2m－12mv2又有x＝x1＋x2解得t2＝15 s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s. 答案：(1)7 s(2)8 m/s (3)22 s。
高考物理一轮复习第五章机械能课时作业
课时作业17[双基过关练]1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为非负值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，一定处于平衡状态解析：由动能的定义和特点知，A、B选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C对、D错．答案：ABC2．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1：m2＝1：2，速度之比v1：v2＝2：1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A．L1：L2＝1：2 B．L1：L2＝1：1C．L1：L2＝2：1 D．L1：L2＝4：1解析：由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g由以上四式联立得L1：L2＝4：1故选项D是正确的．答案：D3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－F f x＝E k－E k0，解得E k＝E k0－F f x，选项C正确、D错误．答案：C4．(2020·黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v－t图象如图所示，图中β<θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是( )A．W＝W1＋W2 B．W1>W2C．P＝P1 D．P1≠P2解析：由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；加速度过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，B正确；因加速和减速运动中，平均速度相等，由P＝Fv可知，摩擦力的平均功率相等，故P1＝P2，D错误；由功率关系可知P(t1＋t2)＝P1t1＋P2t2得：P＝P1，C正确；故选A、B、C.答案：ABC5．如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的．一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H2.小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)( )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析：小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH －mg H2－W f ＝0，假设能再次到达M 点，根据动能定理有mg H 2－W′f ＝12mv 2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′f <－W f ，故速度v>0，因此小物块能冲出M 点，选项C 正确．答案：C6．(2020·湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB ，进入半径R ＝4 m 的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 点时，刚好对轨道压力为零；沿CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 的值不可能为(g 取10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．12 mB ．10 mC ．8.5 mD ．7 m解析：已知C 点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，得mg ＝mv2R，重力势能为2mgR ，小球从静止开始运动到C 点，根据动能定理得mg(H －2R)－W f ＝12mv 2，再分析从C 点运动到D 点，根据动能定理得，mg(2R －h)－W′f ＝0－12mv 2，由于机械能有损失，在关于BC 对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即W f >W′f >0，解得8 m<h<10 m ，故选A 、B 、D.答案：ABD7．(2020·信宜市高三统测)如图所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h ，末端B 处的切线水平，紧贴点B 安装一水平传送带，传送带右端与B 间的距离为h ，若皮带轮缘静止时，一个质量为m 的小物块P 从轨道顶端A 处静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，落在C 点．已知OB ＝OC ＝2h ，取g ＝10 m/s 2.(1)求小物体P 滑至B 点时的速度大小；(2)求小物体P 与传送带之间的动摩擦因数；(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动，求落地点到O 点的距离，解析：根据机械能守恒定律有12mv 2B ＝mgh所以解得小物块P 滑至B 点时速度为v B ＝2gh(2)小物块由传送带右端飞出后做平抛运动，则由题意得2h ＝12gt 2h ＝vt再根据动能定理得－μmgh＝12mv 2－12mv 2B以上三式联立解得μ＝0.875(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动时，分析可知物块在传送带上先减速后匀速运动，接着以gh 的初速度平抛设落地点为D ，则由第(2)问知落地时间为t ＝4hg水平位移为x ＝v′t＝gh ·4hg＝2h 所以落地点到O 点的距离为OD ＝x ＋h ＝3h 答案：(1)2gh (2)0.875 (3)3h [能力提升练]8．质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12mv 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s ，故A 错误；对x ＝2 m到x ＝4 m 过程由动能定理得Fx －μm gx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ，由牛顿第二定律得a ＝F －μmg m＝1.25 m/s 2，故B 错误；对运动前2 m 由动能定理得Fx －μmgx＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝1 m/s 2，末速度v ＝2E km＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ，故C 正确；对全过程由动能定理得，W F －μmgx＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ，故D 错误．答案：C9．(2020·福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mgsinθL，g 为重力加速度．(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．解析：(1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝k(L －45L)设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinθ＋F f ＝2F代入数据解得F f ＝mgsinθ5方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理有W 合＝ΔE k－mg·2(L－45L)sinθ－F f ·2(L－45L)＝0－12mv 2联立解得v ＝26gLsinθ5答案：(1)mgsinθ5 方向沿杆向下 (2)26gLsinθ510．(2020·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB 和圆弧轨道BC 组成．将质量m ＝0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高H 处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力大小为F ，改变H 的大小，可测出F 随H 的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径．(2)星球表面的重力加速度．(3)作出小球经过C 点时动能随H 的变化关系E k －H 图象． 解析：(1)小球过C 点时，由牛顿第二定律得：F ＋mg ＝m v 2Cr小球由静止下滑至C 点的过程，由动能定理得：mg(H －2r)＝12mv 2C解得：F ＝2mgrH －5mg由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0 N解得：r＝0.2 m(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N解得：g＝5 m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝E k－0解得：E k＝H－0.4则E k－H图象如图所示：答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2(3)见解析高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业21 功和功率Word版含答案
题组层级快练(二十一) 功和功率一、选择题1.如图所示，木块B 上表面是水平的，当木块A 置于B 上，并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( ) A ．A 所受的合力对A 不做功 B ．B 对A 的弹力做正功 C ．B 对A 的摩擦力做正功 D ．A 对B 做正功 答案 C解析 A 、B 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ.由于A 速度增大，由动能定理可知，A 所受的合力对A 做功，B 对A 的摩擦力做正功，B 对A 的弹力做负功，选项A 、B 项错误，C 项正确；A 对B 不做功，D 项错误．2．某汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的vt 图像不可能是下图中的( )答案 A解析 根据P ＝Fv ，若a ＞0，则物体加速运动，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故C 项正确，A 项错误；若a ＝0，则物体速度不变，做匀速运动，故B 项正确；若a ＜0，即加速度沿斜面向下，物体减速，故加速度会减小，故D 项正确；本题选不可能的，故选A 项．3．质量为5×103kg 的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a ＝2 m/s 2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103N ，则汽车匀加速起动过程中( ) A ．第1 s 内汽车所受牵引力做功为1.0×104J B ．第1 s 内汽车所受合力的平均功率20 kW C ．第1 s 末汽车所受合力的瞬时功率为22 kW D ．第1 s 末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW 答案 D解析 据牛顿第二定律F －f ＝ma 得牵引力F ＝f ＋ma ＝1.1×104N ．第1 s 内汽车位移x ＝12at 2＝1 m ，第1 s 末汽车速度v ＝at ＝2 m/s ，汽车合力F 合＝ma ＝1×104N ，则第1 s 内汽车牵引力做功：W F ＝Fx ＝1.1×104J ，故A 项错；第1 s 内合力做功：W ＝F 合x ＝1×104J ，平均功率P ＝W t＝1×104W ，故B 项错；1 s 末合力的瞬时功率P 合＝F合v ＝2×104W ，故C项错；1 s 末牵引力瞬时功率P ＝Fv ＝2.2×104W ＝22 kW ，故D 项正确．4．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像如图所示，其中正确的是( )答案 ACD解析 汽车启动时，由P ＝Fv 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 项正确． 5.在9.3阅兵中，20架直升机在空中组成数字“70”字样，而领头的直升机悬挂的国旗让人心潮澎湃．如图所示，为了使国旗能悬在直升机下不致漂起来，在国旗下端还悬挂了重物，假设国旗与悬挂物的质量为m ，直升机质量为M ，并以速度v 匀速直线飞行，飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向夹角为α，那么以下说法不正确的是( ) A ．国旗与悬挂物受到3个力的作用 B ．细线的张力做功的功率为mgvcos αC ．国旗与悬挂物所受合力做的功为零D ．国旗与悬挂物克服阻力做功的功率为mgvtan α 答案 B解析 国旗与悬挂物受3个力，重力、细线的拉力、空气阻力，如图：有F ＝mgcos α，则F 的功率为P F ＝Fvsin α＝mgvtan α，克服阻力做功的功率P f ＝fv ＝mgvtan α，由于国旗与悬挂物匀速，故合力做功为零，A 、C 、D 三项正确，B 项错误，故选B 项．6．如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P 0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m ，沿水面运动时所受的阻力为f 且保持不变，当绳AO 段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v ，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于( )A.P 0mv －fm B.P 0mv cos 2θ－f m C.f m D.P 0mv答案 A解析 设绳子的拉力为F ，功率P 0＝Fvcos θ，对小船，由牛顿第二定律得加速度a ＝Fcos θ－f m ＝P 0mv －fm，选项A 正确． 7．质量为m 的汽车发动机额定输出功率为P ，当它在平直的公路上以加速度a 由静止开始匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t ，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则( )A ．若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a 匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为t 2B ．若汽车以加速度a 由静止开始匀加速启动，经过时间t 2发动机输出功率为12PC ．汽车保持功率P 在该路面上运动可以达到的最大速度为PatP －ma 2tD ．汽车运动中所受的阻力大小为P at答案 BC解析 当以加速度a 加速运动时有：F －f ＝ma ，F ＝f ＋ma ，匀加速达到的最大速度为：v ＝P f ＋ma ，故所需时间为：t ＝v a ＝P a （f ＋ma ），当加速度为2a 时，匀加速达到最大速度为：v ′＝P f ＋2ma ，所需时间为：t ′＝P 2a （f ＋2ma ），故A 项错误；t 2时刻速度为v ′＝a·t 2，故功率为：P ′＝(f ＋ma)·at2，汽车的额定功率为：P ＝(f ＋ma)at ，故B 项正确；根据P ＝(f ＋ma)at ，得f ＝P at －ma ，当牵引力等于阻力时速度最大为：v ＝P f ＝PatP －ma 2t ，故C 项正确，D 项错误．8.如图所示，木板可绕固定水平轴O 转动．木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J ．用F N 表示物块受到的支持力，用F f 表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )A ．F N 和F f 对物块都不做功B ．F N 对物块做功为2 J ，F f 对物块不做功C ．F N 对物块不做功，F f 对物块做功为2 JD ．F N 和F f 对物块所做功的代数和为0 答案 B解析 由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N 做正功，但摩擦力F f 方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W －mgh ＝0，故支持力F N 做功为mgh ，B 项正确．9．(2014·课标全国Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F2＞4 W F1，W f2＞2 W f1 B ．W F2＞4 W F1，W f2＝2 W f1 C ．W F2＜4 W F1，W f2＝2 W f1 D ．W F2＜4 W F1，W f2＜2W f1答案 C解析 由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为x 1：x 2＝v 2t ∶2v2t ＝1∶2；两次物体所受的摩擦力不变，根据功的公式，则有滑动摩擦力做功之比W f1：W f2＝fx 1∶fx 2＝1∶2；再由动能定理，则有W F1－W f1＝12mv 2－0，W F2－W f2＝4×12mv 2－0；由上两式可解得：W F2＝4W F1－2W f1，C 项正确，A 、B 、D 项错误．10．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg 的物体在F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )A ．物体加速度大小为2 m/s 2B ．F 的大小为21 NC ．4 s 末F 的功率大小为42 WD ．4 s 内F 做功的平均功率为42 W 答案 C解析 由图乙可知，物体的加速度a ＝0.5 m/s 2，由2F －mg ＝ma 可得：F ＝10.5 N ，A 、B 两项均错误；4 s 末力F 的作用点的速度大小为v F ＝2×2 m/s ＝4 m/s ，故4 s 末拉力F 做功的功率为P ＝F·v F ＝42 W ，C 项正确；4 s 内物体上升的高度h ＝4 m ，力F 的作用点的位移l ＝2h ＝8 m ，拉力F 所做的功W ＝F·l＝84 J ，4 s 内拉力F 做功的平均功率P ＝Wt ＝21 W ，D 项错误．11.质量为2×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v 的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( ) A ．汽车所受阻力为6×103NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W 答案 CD解析 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小F f ＝2 000 N ，故A 项错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝F f v ＝2 000×30 W ＝60 000 W ，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，故B 项错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F ＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －F f m ＝4 000－2 0002 000 m/s 2＝1 m/s 2，故C 项正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 项正确．12.(2017·山西监测)(多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A 使之沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，加速度方向沿斜面向上、大小为a ，则( ) A ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 发生的位移为3mgsin θkB ．从静止到B 刚离开C 的过程中，重力对A 做的功为－3m 2g 2sin θkC ．B 刚离开C 时，恒力对A 做功的功率为(mgsin θ＋ma)vD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为a2答案 AD解析 开始系统静止时，设弹簧压缩量为x ，由平衡条件有：kx ＝mgsin θ，解得：x ＝mgsin θk .当B 刚离开挡板时，设弹簧伸长量为x ′，对B 受力分析，kx ′＝2mgsin θ，解得：x ′＝2mgsin θk ，所以从静止到B 刚离开C 过程中，A 的位移为x ＋x ′＝3mgsin θk，A 项正确；重力对A 做功W G ＝－mgh ＝－3m 2g 2sin 2θk ，B 项错；B 刚离开C 时，对A 、B 及弹簧组成的整体，由牛顿第二定律有：F －3mgsin θ＝ma ⇒F ＝3mgsin θ＋ma ，所以拉力做功功率P ＝Fv ＝(3mgsin θ＋ma)v ，C 项错；当A 的速度达到最大时，A 所受合外力为零，对A 根据平衡条件有：F 弹＋mgsin θ＝F ，解得：F 弹＝2mgsin θ＋ma ，对B ，根据牛顿第二定律有：F 弹－2mgsin θ＝2ma ′，解两式得：a ′＝a2，D 项正确．二、非选择题13．(2017·广东肇庆二模)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v —t 图像，图像如下图所示(除2 s —10 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知在小车运动的过程中，2 s —14 s 时间段内小车的功率保持不变，在14 s 末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：(1)14 s －18 s 时间段小车的加速度大小； (2)小车匀速行驶阶段的功率； (3)小车在2 s －10 s 内位移的大小．解析 (1)在14 s －18 s 时间段，由图像可得加速度大小为： a ＝v 14－v 18Δt①将数据代入①式，解得a ＝1.5(m/s 2)(2)在14 s －18 s ，小车在阻力f 作用下做匀减速运动： f ＝ma② 代入数据，解②式，得f ＝1.5(N) ③在10 s －14 s ，小车做匀速直线运动： 牵引力 F ＝f ＝1.5 N小车匀速行驶阶段的功率：P ＝Fv ④ 将数据代入④式，解得P ＝9(W) (3)2 s －10 s ，根据动能定理，可得 Pt －fs 2＝12mv 2－12mv 22⑤ 其中：v ＝6 m/s ，v 2＝3 m/s由⑤解得小车在2 s －10 s 内位移s 2＝39(m)14．在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90 m 处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80 kg ，吊绳的拉力不能超过1 200 N ，电动机的最大输出功率为12 kW.为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是：先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，达到最大功率后电动机就以最大功率工作，当物体到达机舱时恰好达到最大速度．(g 取10 m/s 2)求： (1)落水物体刚到达机舱时的速度； (2)这一过程所用的时间．解析 (1)第一阶段绳以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时，速度达到最大．由P m ＝Fv m ，得v m ＝P m mg ＝12×10380×10 m/s ＝15 m/s此即物体刚到机舱时的速度．(2)匀加速上升的加速度为a 1＝F m －mg m ＝1 200－80×1080 m/s 2＝5 m/s 2匀加速阶段的末速度v 1＝P m F m ＝12 0001 200 m/s ＝10 m/s匀加速上升时间t 1＝v 1a 1＝105 s ＝2 s匀加速上升的高度h 1＝v 12t 1＝102×2 m ＝10 m以最大功率上升过程由动能定理得 P m t 2－mg(h －h 1)＝12mv m 2－12mv 12解得t 2＝5.75 s所以吊起落水物体所用总时间为 t ＝t 1＋t 2＝(2＋5.75) s ＝7.75 s。
高考物理一轮复习考点延伸训练：第五章《机械能》(含解析).pdf
全程复习构想高考物理一轮复习第五章机械能1功功率课时作业新人教版
功 功率一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求) 1．汽车在水平路面上行驶时受到的阻力相同，当汽车分别匀速、匀加速、匀减速地驶过同样的路程x 时，汽车发动机所做的功的大小关系为( )A ．匀速行驶时做的功最多B ．匀加速行驶时做的功最多C ．匀减速行驶时做的功最多D ．三种情况做的功相同解析：汽车匀加速运动时的牵引力F ＝F f ＋ma 最大，行驶相同的路程，汽车发动机做的功一定最多；匀减速时牵引力F ＝F f －ma ，做的功最少．选项B 正确．答案：B2．(2015·海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍 D.2倍解析：设F f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝F fv＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．答案：D3．用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v －t 图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．在0～t 1时间内，货物处于失重状态B ．在t 1～t 2时间内，起重机拉力对货物不做功C ．在t 2～t 3时间内，起重机拉力对货物做负功D ．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小解析：由v －t 图象可知0～t 1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A 错误；在t 1～t 3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B 、C 错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P ＝Fv 可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D 正确．答案：D 4.如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103 kg/m 3)( )A ．12 WB ．120 WC ．240 WD ．1 200 W解析：考虑Δt 时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm ＝ρSv Δt ，该部分水增加的动能ΔE k ＝12Δmv 2，结合上式有ΔE k ＝12ρSv 3Δt ，则水枪的平均功率P ＝ΔE k Δt ＝12ρSv 3，代入数据得P ＝240 W.答案：C可视为质点)用长为L的细线悬挂于拉到B位置而静止，，然后放手让小球从静止返回，到A一辆汽车在平直的公路上行驶，某时刻汽车以速度v0此过程中汽车的牵引力随时间变化的图象如图所示．行驶过程中汽车所受的阻力大小恒定但未知其大小．则根据已知条件不可以求出．汽车的最大行驶速度在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．时间内，外力做正功时间内，外力的功率逐渐增大．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5的瞬时功率为6 W末物体在计时起点左侧2 m处内物体克服摩擦力做功34 J由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3 N、μFv＝18 W，B错误；由速度－时间图象中图线与坐标轴所围面积的圆轨道竖直固定在桌面上，现用小锤沿水平方向快速击打小球，再次用小锤沿运动方向击打小球，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，，第二次击打过程中小锤对小球做功W400 m，试求：，由匀变速运动的速度位移关系可得：答案：(1)2 m/s(2)25 s (3)16 000 W。
2019届高考物理一轮复习：第五章机械能课时作业
课时作业 20;;
如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程
．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，
．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为
的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为
的滑块沿光滑的水平面以速度
，则以下说法正确的是( )
如图所示，质量为m的小滑块(
停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间由小圆弧平滑连接点需给小滑块的瞬时冲量最小应是( )
如图所示，AB
的小球(可视为质点。
2021高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用课时作业含解析
第2讲动能定理及其应用时间：60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题为单选，7～10题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( )A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A 错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2.物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案 C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W ，C 正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的34，则合外力做功为－0.75W ，D 错误。
3．长为L 的木块静止在光滑水平面上。
质量为m 的子弹以水平速度v 0射入木块并从中射出，且出射速度为v 1。
已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s ，子弹在木块中受到的平均阻力大小为( )A.m v 21－v 202s ＋LB.m v 20－v 212sC.m v 20－v 212LD.m v 20－v 212s ＋L答案 D解析 对子弹根据动能定理：－f (L ＋s )＝12mv 21－12mv 20，解得f ＝m v 20－v 212s ＋L，D 正确。
4．水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。
高考物理一轮复习第五章机械能3机械能守恒定律及其应用课时作业新人教版
机械能守恒定律及其应用一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求)1．关于机械能守恒，下列说法正确的是( )A ．做自由落体运动的物体，机械能一定守恒B ．人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒C ．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒D ．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒解析：做自由落体运动的物体，只受重力作用，机械能守恒，A 正确；人乘电梯加速上升的过程中，电梯对人的支持力做功，故人的机械能不守恒，B 错误；物体在只有重力做功，其他力也可存在，但不做功或做功之和为0时，机械能守恒，故C 错误；合外力对物体做功为零，物体的动能不变，机械能不一定守恒，D 错误．答案：A2．(2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：三个小球从抛出到落地过程中机械能守恒，由mgh ＋12mv 20＝12mv 2地得v 地＝2gh ＋v 20，因此小球落地速度一样大，与小球质量无关，与抛出的角度无关，正确选项为A.答案：A3．(2017·合肥高三检测)以水平面为零势能面，小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为( )A.3：1 B ．1：1C ．1： 2 D.2：1解析：开始抛出时：mgh ＝2·12mv 20，当动能和势能相等时：mgh 1＝12mv 2，此时小球的竖直速度v y ＝2g h －h 1＝2v 20－v 2＝2v 20－v 20＋v 2y ，解得v 0v y＝2，选项D 正确． 答案：D4．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.π6B.π4C.π3D.5π12解析：设抛出点距地面高度为h ，物块初速度为v 0，由题意知mgh ＝12mv 20，落地时竖直分速度为v y ，则v 2y ＝2gh ，由以上两式得v y ＝v 0.设物块落地时的速度与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v 0＝1，即物块落地时的速度方向与水平方向的夹角α＝π4. 答案：B5.(2015·天津卷)如图所示，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( )A ．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解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A 、D 错误；弹簧长度为2L 时，圆环下落的高度h ＝3L ，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，选项B 正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C 错误．答案：B6.如图所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，其中半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．为使一质量为m 的小球以初速度v 0沿AB 运动，恰能通过最高点，则( )A ．R 越小，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点时对轨道的压力越大D ．小球经过B 点时对轨道的压力与R 无关解析：小球恰能通过最高点，则在最高点时重力提供向心力，有mg ＝m v 2D R，解得v D ＝gR ，从A 到D ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12mv 2D ＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见，R 越大，v 0越大，且v 0与小球的质量m 无关，故选项A 、B 错误；小球经过B 点时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 20R ，解得轨道对小球的支持力F N ＝mg ＋m v 20R＝6mg ，则F N 与R 无关，故小球经过B 点时对轨道的压力与R 无关，选项C 错误，D 正确．答案：D7．下列关于功和机械能的说法，正确的是( )A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量解析：重力做功是重力势能变化的量度，即任何情况下重力做功都等于重力势能的减少量，选项A 错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B 正确；重力势能具有系统性和相对性，即物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C 正确；只有机械能守恒时，才有动能的减少量等于重力势能的增加量，选项D 错误．答案：BC8.(2017·唐山高三检测)如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )A ．物体的重力势能减少，动能增加B ．斜面体的机械能不变C ．斜面对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D ．物体和斜面组成的系统机械能守恒解析：物体沿斜面下滑，重力势能减少，动能增加，所以A 项正确；斜面体除受重力外，还会在物体对它的压力的作用下向右运动，故其机械能不守恒，B 项错误；由于系统不受外力，所以系统机械能守恒，即D 项正确，系统机械能守恒，而斜面体的机械能增加，所以物体的机械能减少，即斜面体对物体做负功，C 项错误．答案：AD9.(2017·舟山高一检测)如图，从竖直面上大圆(直径为d )的最高点A ，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从A 点分别沿两条轨道滑到底端，则( )A ．所用的时间相同B ．重力做功都相同C ．机械能相同D ．到达底端的动能相等解析：设光滑轨道与竖直方向的夹角为α，对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a ＝g cos α；根据运动学公式x ＝12at 2可得，2R cos α＝12g cos α·t 2，因此下滑时间与斜面的夹角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故A 正确；同一物体从不同的光滑斜面下滑，重力做功的多少由高度决定，由于高度不同，所以重力做功也不相同，故B 错误；同一物体由静止开始，从A 点分别沿两条轨道滑到底端，由于均是光滑斜面，所以只有重力做功，因此机械能守恒．取静止释放处为零重力势能面，则两者机械能相等，故C 正确；由动能定理可知，重力做功不一样，所以它们到达底端的动能不同，故D 错误．答案：AC10．(2017·四川绵阳一诊)如图所示，两个倾角都为30°、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一光滑的定滑轮，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体分别放在左、右斜面上，不可伸长的轻绳跨过滑轮将A 、B 两物体连接，B 与右边斜面的底端挡板C 之间连有橡皮筋．现用手握住A ，使橡皮筋刚好无形变，系统处于静止状态．松手后，从A 、B 开始运动到它们速度再次都为零的过程中(绳和橡皮筋都与斜面平行且橡皮筋伸长在弹性限度内)( )A ．A 、B 的机械能之和守恒B ．A 、B 和橡皮筋的机械能之和守恒C ．A 的重力势能减少量大于橡皮筋弹力所做的功D ．重力对A 做功的平均功率小于橡皮筋弹力对B 做功的平均功率解析：两物体运动过程中，只有重力和弹力做功，A 、B 两个物体和橡皮筋组成的系统机械能守恒，但A 、B 的机械能之和不守恒，选项A 错误，B 正确；根据能量守恒可知，A 的重力势能减少量等于B 的重力势能的增加量和弹簧弹性势能的增加量，所以A 的重力势能减少量大于橡皮筋弹力所做的功，选项C 正确；重力对A 做功大于橡皮筋弹力对B 做功，而时间相等，重力对A 做功的平均功率大于橡皮筋弹力对B 做功的平均功率，选项D 错误．答案：BC二、非选择题11．如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小物块经过B 点时对轨道的压力大小．(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小．(3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′.解析：(1)根据平抛运动的规律有v 0＝v A cos37°解得小物块经过A 点时的速度大小v A ＝5 m/s小物块从A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有12mv 2A ＋mg (R －R cos37°)＝12mv 2B 小物块经过B 点时，有F N －mg ＝mv 2B R解得F N ＝62 N ，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N.(2)小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点F ′N ＋mg ＝mv 2C r解得F ′N ＝60 N ，根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，根据mg ＝mv ′2C r解得v ′C ＝2 m/s小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有－μmgL ′－2mgr ＝12mv ′2C －12mv 2B 解得L ′＝10 m.答案：(1)62 N (2)60 N (3)10 m12．(2017·抚顺模拟)如图所示，两个半径为R 的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC 竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O 1O 2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m 的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R .开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR ，其中g 为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出．(1)求小球经C 点时的动能；(2)求小球经C 点时所受的弹力；(3)弹簧锁定时弹簧的弹性势能E p 满足什么条件，从C 点抛出的小球才能击中薄板DE? 解析：(1)解除锁定后，小球运动到C 点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒 由机械能守恒定律得3mgR ＝2mgR ＋E k解得E k ＝mgR .(2)小球过C 点时的动能E k ＝12mv 2设小球经过C 点时轨道对小球的作用力为F N由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝mv 2R解得F N ＝mg ，方向竖直向下．(3)小球离开C 点后做平抛运动竖直方向：2R ＝12gt 2水平方向：x 1＝v 1t若要小球击中薄板，应满足R ≤x 1≤2R弹簧的弹性势能E p ＝2mgR ＋12mv 21所以E p 满足178mgR ≤E p ≤52mgR 时，小球才能击中薄板．答案：(1)mgR (2)mg ，方向竖直向下(3)178mgR ≤E p ≤52mgR。
2021版高考物理一轮复习第五章机械能 课时训练(含解析) 人教版
课时1 功和功率1.物质、能量、信息构成世界的基本要素,下面关于能量的认识中错误的是( D )A.能量是一个守恒量B.同一个物体可能同时具有多种形式的能量C.物体对外做了功,它一定具有能量D.地面上滚动的足球最终停下来,说明能量消失了解析:能量的概念是在人类对能量守恒的认识过程中形成的,它的重要特性就是守恒,物体对外做功的过程即能量释放的过程,功是能量转化的标志和量度。
地面上滚动的足球最终停下来,其机械能转化为内能,能量并没有消失。
故选项A,B,C正确,D错误。
2.一物体做匀速直线运动,某时刻起受到两个互相垂直、大小分别为F1和F2的恒力作用,经一段时间后,在这两个力的方向上发生的位移大小分别为s1和s2,则在这段时间内这两个力对物体做的总功为( B )A.(F1+F2)(s1+s2)B.F1s1+F2s2C.D.解析:根据力的独立作用原理,F1和F2对物体做的功分别为F1s1和F2s2,则两个力对物体做的总功为F1s1+F2s2。
3.如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼,如图乙为一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼。
下列关于两人受到的力做功判断正确的是( A )A.甲图中支持力对人做正功B.乙图中支持力对人做正功C.甲图中摩擦力对人做负功D.乙图中摩擦力对人做负功解析:甲图中,人匀速上楼,不受摩擦力,摩擦力不做功,支持力向上,与速度方向成锐角,则支持力做正功,故选项A正确,C错误;乙图中,支持力与速度方向垂直,支持力不做功,摩擦力方向与速度方向相同,做正功,故选项B,D错误。
4.如图所示,演员正在进行杂技表演。
由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( A )A.0.3 JB.3 JC.30 JD.300 J解析: 根据生活常识,20个鸡蛋大约1 kg,表演者抛出的高度按0.5 m计算,则抛出过程中对鸡蛋做的功为W=mgh=×10×0.5 J=0.25 J,选项A正确。
高考物理一轮复习课件+课时作业：第五章+机械能及其守
开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十九)功能关系能量守恒定律A组基础巩固1．(多选题)如图19－1所示，在粗糙斜面顶端固定轻弹簧的一端，另一端挂一物体，物体在A点处于平衡状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，在这两次过程中下列说法正确的是()图19－1A．重力势能的改变量相等B．弹性势能的改变量相等C．摩擦力对物体做的功相等D．弹簧弹力对物体做的功相等解析：两次初末位置相同，所以重力和弹簧的弹力做的功是相同的，此题中滑动摩擦力始终做负功，大小为摩擦力乘路程，与路径有关，所以两次摩擦力做功不同．答案：ABD2．(多选题)如图19－2所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有()图19－2A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量图19－3解析：对木箱受力分析如图19－3所示，则由动能定理得W F－mgh－WF f＝ΔE k，故C对；由上式得：W F－WF f＝ΔE k＋mgh，即W F－WF f＝ΔE k ＋ΔE p＝ΔE，故A错，D对；由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD3．(多选题)如图19－4所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，另一端可自由伸长到B点．今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，已知AC＝L；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动直到最后静止，设小物体通过的总路程为x，则下列说法中可能的是()图19－4A．x＞L B．x＝LC．x＜L D．无法判断解析：第一种情况下弹簧的弹性势能全部转化为内能，有Q＝F f L＝E弹，第二种情况下有可能停在B点(弹性势能全转化为内能)，此时x＝L，也可能停在其他的位置，这样末态的弹性势能不为零，转化为内能的量也会小一些，所以小物体通过的总路程小于L.答案：BC4．(多选题)[2014·河南省南阳市一中月考]一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若重力势能增加3 J，机械能增加0.5 J，电场力对小球做功1 J，则小球() A．重力做功为3 JB．电势能增加1 JC．克服空气阻力做功0.5 JD．动能减少2.5 J解析：重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加3 J，即重力做功－3 J，故A错误．电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1 J，即电势能减小1 J，故B错误．除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，电场力做功1 J，机械能增加0.5 J，所以克服空气阻力做功0.5 J，故C正确．合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个力做的总功为－2.5 J，所以动能减小2.5 J，故D正确．答案：CD5．将一物体从地面竖直上抛出，设物体运动过程中所受的空气阻力大小恒定，物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地的过程中，物体的机械能E与物体距地面高度h的关系正确的是图19－5中的()A B C D图19－5解析：因有空气阻力做负功，所以物体的机械能减小，减小的机械能等于物体克服空气阻力做的功，ΔE＝F f·h，两者为一次函数关系，当物体落回原抛出点时机械能不为零，故A正确．答案：A6．(多选题)[2013·沈阳二中测试]如图19－6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()图19－6A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析：把AB和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B下落直至B 获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案：ABD7．一物块从如图19－7所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是()图19－7A．h1＝h2B．h1＜h2C．h1＞h2D．h1、h2大小关系不确定解析：由能的转化和守恒定律可知，物块由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即W f AB＝mgh1，同理：W f BC＝mgh2，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有W f AB＞W f BC，所以mgh1＞mgh2，得：h1＞h2，C项正确．答案：CB组能力提升8．(多选题)滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端所在水平面的重力势能为零，则()A．上升时机械能减小，下降时机械能增大B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方解析：由v2＜v1，需要考虑摩擦力，故无论上升还是下降，机械能都是减少的，故选项B 是正确的．设滑块上升的最大高度为h ，上升过程中克服摩擦力做功为W 摩，由动能定理得mgh ＋W 摩＝12m v 21.设上升过程动能和势能相等的高度为h ′，此时滑块速度为v ，克服摩擦力做功为W 摩′，由动能定理得mgh ′＋W 摩′＝12m v 21－12m v 2，由题意知，mgh ′＝12m v 2，则2mgh ′＋W 摩′＝12m v 21，根据W 摩′＜W 摩可得h ′＞h 2，即动能与势能相等的位置在A 点上方，C 正确．答案：BC9．(多选题)如图19－8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( )图19－8A ．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：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W f＝F f(L＋l)，C正确．物块增加的机械能E km＝(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 km＋E k M＝F·(L＋l)－F f L.或直接由功能关系得结论，D错误．答案：ABC10．(多选题)[2014·四川省成都七中测试]如图19－9所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是()图19－9A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同解析：滑块被弹簧弹开获得的动能E k＝12m v2＝E p，可判断A错误；沿斜面BC向上的最大高度为h，由动能定理得E p－mgh－μmgh cotθ＝0，整理得h ＝E p mg ⎝⎛⎭⎫1＋μcot θ，两物体质量不同，上升的高度不同，B 错误；克服重力做功mgh ＝E p 1＋μcot θ，C 正确；机械能损失等于克服摩擦力的功ΔE ＝μmgh cot θ＝μE p cot θ1＋μcot θ，D 正确． 答案：CD11．如图19－10所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．图19－10解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 20＋mgx 0sin θ， 又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgx cos θ，解以上两式可得x ＝1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ. 答案：1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋x 0tan θ12．[2014·四川省绵阳市南山中学月考]如图19－11所示，有一个可视为质点的小物块质量为m ＝1 kg ，从平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线在同一水平面上，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的半径OD 夹角为60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图19－11(1)小物块到达C 点时的速度大小．(2)小物块经过圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力多大．(3)要使小物块不滑出长木板，木板长度L 至少应为多大．解析：(1)由运动的分解可得小物块到达C 点时的速度大小v C ＝v 0cos60°＝4 m/s(2)小物块从C 到D 的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos60°)＝12m v 2D －12m v 2C ， 代入数据解得v D ＝2 5 m/s.小球在D 点时由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R代入数据解得F N ＝60 N ，由牛顿第三定律得F ′N ＝F N ＝60 N ，方向竖直向下(3)设小物块刚滑到木板左端时恰与木板达到共同速度v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：a 1＝μmg m ＝μg ＝3 m/s 2, a 2＝μmg M ＝1 m/s 2，速度满足：v D － a 1t ＝a 2t ＝v对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2 解得：L ＝2.5 m ，即木板的长度至少是2.5 m.答案：(1)4 m/s (2)60 N (3)2.5 m13．[2014·上海市宝山区月考]如图19－12所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 点是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 点与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ，现在一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的小物体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h ＝1.6 m ，小物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：图19－12(1)小物体第一次通过C 点时轨道对小物体的支持力F N 的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小．解析：(1)小物体从E 到C ，由机械能守恒定律得mg (h ＋R )＝12m v 2C ① 在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R ②联立①②解得F N ＝12.4 N.(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得W G －W 阻＝0 ③W G ＝mg [(h ＋R cos37°)－L AB sin37°] ④W 阻＝μmg cos37°L AB ⑤联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin37°>μmg cos37°(或μ<tan37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量，Q ＝ΔE ⑥ΔE ＝mg (h ＋R cos37°) ⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.答案：(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 JC 组 难点突破14．[2013·浙江诸暨市名校测试]“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的空间内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉．在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为H.人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时的1/8.当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的1/2，恰好可以静止或匀速漂移．表演者开始时，先以站立身势从A点下落，经过某处B点，立即调整为横躺身姿．运动到最低点C处恰好减速为零，则有()图19－13A．运动过程中的最大加速度是3g/4B．B点的高度是3H/5C．表演者从A至B克服风力所做的功是从B至C过程的1/6D．表演者从A至B动能的增量大于从B至C克服风力做的功解析：设人体横躺身姿受力面积为S，风力大小与正对面积比值为k，则有，受风正对面积是最大值的1/2，恰好可以静止或匀速漂移，kS/2＝mg，站立身势从A点下落，mg－kS/8＝ma1，解得a1＝3g/4.横躺身姿时，kS－mg＝ma2，解得a2＝g.所以运动过程中的最大加速度是g，选项A错误．设过B点时速度为v，B点的高度是h，根据匀变速直线运动规律，2a2h ＝2a2(H－h)，解得h＝3H/7，选项B错误．表演者从A至B克服风力所做的功W2＝kS/8·(H－h)＝kSH/14.从B至C克服风力做的功W2＝kS·h＝3kSH/7，表演者从A至B克服风力所做的功是B至C过程的1/6，选项C正确；由动能定理，表演者从A至B动能的增量等于mg(H－h)－W2＝3kSH/14，小于从B至C克服风力做的功为W2＝3kSH/7，选项D错误．答案：C。
高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业(二十一)功 功率
权掇市安稳阳光实验学校课时作业(二十一) 功功率[基础训练]1．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，对人做正功答案：C 解析：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°，则W＝Fl cos α可知该力对人做正功，C正确．2．(2017·广东广州执信中学期中)如图所示，水平路面上有一辆质量为M 的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a 向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L答案：A 解析：根据功的公式可知，人对车做的功为W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′＝ma，人对车的作用力为－ma，故人对车做的功为W＝－maL，故B错误；因车对人还有支持力，大小等于mg，故车对人的作用力为N ＝ma2＋mg2，故C错误；对人由牛顿第二定律得f－F＝ma，解得f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝fL＝(F ＋ma)L，故D错误．3．如图所示，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 BC．重力的瞬时功率P A＝P BD．重力的瞬时功率P A＜P B答案：D 解析：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＝12gt2B，斜面下滑时间满足hsin θ＝12gt2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A＞t B，由P＝Wt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＝mgv sin θ，P B ＝mgv ，显然P A ＜P B ，故C 错，D 对．4．(2017·福建莆田质检)如图所示，乒乓球运动员用同一个乒乓球两次发球，乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网，从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力)，下列说法正确的是( )A ．球第1次过网时的速度小于第2次的B ．球第1次的速度变化量小于第2次的C ．球两次落到台面时重力的瞬时功率相等D ．球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等答案：C 解析：球下落的高度相同，由h ＝12gt 2可知下落的时间相等，因球第1次比第2次通过的水平位移大，根据x ＝vt 可知，球第1次过网时的速度大于第2次过网时的速度．球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由Δv ＝gt 可得速度变化量相等．重力的瞬时功率P ＝mgv y ，落地时竖直方向的速度相等，故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等．平均功率等于功除以时间，重力两次做的功相等，时间也相等，重力两次的平均功率也相等．故选C.5．质量m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v t 图象如图所示．取g ＝10 m/s 2，则( )A ．拉力F 的大小为100 NB ．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC ．4 s 内拉力所做的功为480 JD ．4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J答案：B 解析：取物体初速度方向为正方向，由图象可知物体与水平面间存在摩擦力，由图象可知0～2 s 内，－F －f ＝ma 1且a 1＝－5 m/s 2；2～4 s 内，－F ＋f ＝ma 2且a 2＝－1 m/s 2，联立以上两式解得F ＝60 N ，f ＝40 N ，A 错误．由P ＝Fv 得4 s 时拉力的瞬时功率为120 W ，B 正确．由W ＝Pt 得4 s 内拉力所做的功为－480 J ，C 错误．摩擦力做功W ＝fs ，摩擦力始终与速度方向相反，故s 为路程，由图象可知总路程为12 m,4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J ，D错误．6．(2017·湖南师大附中月考)(多选)质量为m 的汽车在平直路面上启动后就做匀加速直线运动，经过时间t ，达到速度v ，此时汽车达到了额定功率．汽车以额定功率继续行驶．整个运动过程中汽车所受阻力恒为f ，则( )A ．整个运动过程中，汽车运动的最大速度是vB ．整个运动过程中，汽车运动的最大速度是mv 2ftC ．匀加速运动阶段，汽车的牵引力为f ＋m vtD ．汽车的额定功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫m v t ＋f v答案：CD 解析：达到额定功率后汽车继续加速，直到最后匀速运动，故A 错误；t 时间内，汽车的加速度a ＝vt，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，所以汽车的牵引力F ＝f ＋m vt ，故C 正确；t 时刻汽车达到额定功率P ＝Fv ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m v t ＋f v ，故D 正确；最后的速度v m ＝P f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mv ft ＋1v ，故B 错误．7．水平面上静止放置一质量为m ＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2 s 末达到额定功率，其v t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，电动机与物块间的距离足够长．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a ＝Δv Δt ＝0.4 m/s 2物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma得F ＝0.28 N.(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则P ＝Fv ＝0.224 W.(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F f ＝μmg ，P ＝F f v m解得v m ＝1.12 m/s. [能力提升]8．(2017·黑龙江双鸭山一中测试)如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的14光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R ，圆弧底端切线水平，乙从高为R 的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是( )A ．两小球到达底端时速度相同B ．两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同C ．两小球到达底端时动能相同D ．两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率答案：C 解析：根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v ＝2gR ，但方向不同，所以选项A 错误；两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同，则两小球到达底端时动能相同，所以选项C 正确，B 错误；两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率为零，乙小球重力做功的瞬时功率大于零，所以选项D 错误．9．(2017·重庆七校期末联考)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0～6 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所示，由图象可以求得物体的质量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 kgB ．2.5 kgC ．3 kgD ．3.5 kg答案：B 解析：匀速运动时拉力等于摩擦力，为F 2＝F f ＝Pv＝2.5 N ，匀加速运动时拉力为恒力，v 随时间均匀增大，所以P 随t 均匀增大．F 1＝P ′v ′＝7.5 N ．F 1－F f ＝ma ，可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·重庆育才中学月考)(多选)质量为m 的物体在水平恒定外力F 作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的v t 图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．物体所受摩擦力大小为mv 02t 0B ．水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍C ．物体在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度D ．0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为mv 204t 0答案：AD 解析：由v t 图象知物体在加速阶段的加速度大小为a 1＝v 0t 0，在减速阶段的加速度大小为a 2＝v 02t 0，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为f ＝ma 2＝mv 02t 0，A 正确；而F －f ＝ma 1，即水平拉力大小为F ＝3mv 02t 0，是物体所受摩擦力大小的3倍，B 错误；由v t 图象知物体在加速阶段的平均速度和在减速阶段的平均速度均为v 02，C 错误；0～3t 0时间内物体的位移为x ＝3v 0t 02，所以克服摩擦力做功的平均功率为P ＝fx 3t 0＝mv 204t 0，D 正确．11．(2017·河南模拟)(多选)质量为2 kg 的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功W 随物块的位移x 变化的关系如图所示．重力加速度取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．在x ＝0至x ＝2 m 的过程中，物块的加速度大小是1 m/s 2B ．在x ＝4 m 时，摩擦力的瞬时功率是4 WC ．在x ＝2 m 至x ＝6 m 的过程中，物块做匀加速直线运动D ．在x ＝0至x ＝6 m 的过程中，拉力的平均功率是4 W答案：ABD 解析：W x 图线的斜率表示水平拉力F 的大小，由图可知，x ＝0至x ＝2 m 的过程中，水平拉力为F 1＝4 N ，由牛顿第二定律有F 1－μmg ＝ma ，解得a ＝1 m/s 2，故A 正确．根据图象可知，x ＝4 m 对应拉力做的功W ＝12 J ，0～4 m 的过程中，根据动能定理有W －μmgx ＝12mv 2，解得v ＝2 m/s ，则在x ＝4 m 时，摩擦力的瞬时功率是P ＝μmgv ＝0.1×2×10×2 W＝4 W ，故B 正确．W x 图线的斜率表示水平拉力F 的大小，由图可知，x ＝2 m 至x ＝6 m 的过程中，水平拉力F 2＝2 N ，而f ＝μmg ＝2 N ，F 2＝f ，物块做匀速直线运动，故C 错误．在x ＝0至x ＝2 m 的过程中物块的运动时间t 1＝va＝2 s ，在x ＝2 m 至x ＝6 m 的过程中物块的运动时间t 2＝42 s ＝2 s ，在x ＝0至x ＝6 m 的过程中，拉力的平均功率P ＝Wt 1＋t 2＝164W ＝4 W ，故D 正确．12．(2017·四川绵阳诊断)绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．设飞机质量m ＝5×104kg ，起飞速度是80 m/s.(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P ＝8 000 kW ，飞机在起飞前瞬间加速度a 1＝0.4 m/s 2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小．(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F ＝8×104N ，受到的平均阻力为f ＝2×104N ．如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4 m/s 2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？答案：(1)8×104N (2)3 467 m解析：(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为F 1，受到的阻力大小为f 1，起飞速度v m ＝80 m/s ，则P ＝F 1v mF 1－f 1＝ma 1代入数据解得f 1＝8×104N.(2)设飞机起飞过程加速度为a 2，达到起飞速度应滑行距离为x 1，因故减速滑行距离为x 2，跑道的长度至少为x ，则F －f ＝ma 2 v 2m ＝2a 2x 1 v 2m ＝2a 3x 2 a 3＝4 m/s 2 x ＝x 1＋x 2代入数据解得x ＝3 467 m.。
2021届高考物理一轮复习第五章机械能第1讲功功率作业新人教版
2021届高考物理一轮复习第五章机械能第1讲功功率作业新人教版[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至高处，在此过程中，下列 说法中正确的是( ) A ．摩擦力对物体做正功 B ．摩擦力对物体做负功 C ．支持力对物体做正功 D ．合力对物体做正功解析：物体P 匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故选项A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A2.如图所示，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 B B ．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：依照功的定义可知重力对两物体做功相同，即W A ＝W B ，自由落体时满足h ＝12gt 2B ，沿斜面下滑时满足h sin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A ＞t B ，由P ＝Wt知P A ＜P B ，选项A 、B 错误；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 ＝mgv sin θ，P B ＝mgv ，明显P A ＜P B ，故C 项错误，D 项正确． 答案：D3．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇发动机的输出功率变为原先的2倍，则摩托艇的最大速率变为原先的( ) A ．4倍B ．2倍C.3倍D.2倍解析：设f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大．输出功率变化前，有P ＝Fv ＝fv ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确． 答案：D4．一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开始到t 秒末，该力的瞬时功率是( ) A.3F 2t mB.4F 2tmC.6F 2tmD.9F 2tm解析：物块受到的合力为2F ，依照牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2tm，C 正确．答案：C5．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg 的物体在F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时刻的变化关系如图乙所示，由此可知( )A ．物体加速度大小为2 m/s 2B ．F 的大小为21 NC ．4 s 末F 的功率大小为42 WD ．4 s 内F 做功的平均功率为42 W解析：由题图乙可知，物体的加速度a ＝0.5 m/s 2，由2F －mg ＝ma 可得F ＝10.5 N ，A 、B 均错误；4 s 末力F 的作用点的速度大小为v F ＝2×2 m/s＝4 m/s ，故4 s 末拉力F 做功的功率为P ＝F ·v F ＝42 W ，C 正确；4 s 内物体上升的高度h ＝4 m ，力F 的作用点的位移l ＝2h ＝8 m ，拉力F 所做的功W ＝F ·l ＝84 J,4 s 内拉力F 做功的平均功率P ＝Wt＝21 W ，D 错误． 答案：C 二、多项选择题6．位于水平面上的物体在水平恒力F 1作用下，做速度为v 1的匀速运动．若作用力变为斜向上的恒力F 2，物体做速度为v 2的匀速运动，且F 1与F 2功率相同．则可能有( )A ．F 2＝F 1，v 1＞v 2B ．F 2＝F 1，v 1＜v 2C ．F 2＞F 1，v 1＞v 2D ．F 2＜F 1，v 1＜v 2解析：物体在水平恒力F 1作用下匀速运动，水平方向有F 1＝μmg .作用力变为斜向上的恒力F 2时，设F 2与水平方向的夹角为θ，物体匀速运动时在水平方向有F 2cos θ＝μ(mg －F 2sin θ)，故F 2＝μmg cos θ＋μsin θ＝μmg 1＋μ2sin α＋θ(其中sin α＝11＋μ2)，因而两力大小关系不确定，但两种情形下物体均做匀速运动，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二种情形下摩擦力小，因而必有v 1<v 2，故选项B 、D 正确． 答案：BD7.(2020·江苏苏州高三调研)质量为2×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( ) A ．汽车所受阻力为6×103NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W解析：当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小f ＝2 000 N ，故A 错误；倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝fv ＝2 000×30 W＝60 000 W ，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，故B 错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F ＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －fm＝4 000－2 0002 000 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 正确． 答案：CD8．如图所示，轻绳一端受到大小为F 的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m 、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ.当小物块从水平面上的A 点被拖动到水平面上的B 点时，位移为L ，随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮O 处，BO 间距离也为L .小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ.若小物块从A 点运动到O 点的过程中，F对小物块做的功为W F ，小物块在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为W f ，则以下结果正确的是( )A ．W F ＝FL (cos θ＋1)B ．W F ＝2FL cos θC ．W f ＝μmgL cos 2θD ．W f ＝FL －mgL sin 2θ解析：小物块从A 点运动到O 点，拉力F 的作用点移动的距离x ＝2L cos θ，因此拉力F 做的功W F ＝Fx ＝2FL cos θ，A 错误，B 正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，因此小物块在BO 段受到的摩擦力f ＝μmg cos 2θ，则W f ＝fL ＝μmgL cos 2θ，C 正确，D 错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.(2020·江苏徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v的关系图像如图所示．若已知汽车的质量，则依照图像所给的信息，不能求出的物理量是( ) A ．汽车的功率 B ．汽车行驶的最大速度 C ．汽车所受到的阻力D ．汽车运动到最大速度所需的时刻解析：由F －f ＝ma ，P ＝Fv 可得a ＝P m ·1v －f m，对应图线可知，Pm＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m ＝0.05可得v m ＝20 m/s ，再由v m ＝Pf，可求出汽车受到的阻力f ，但无法求出汽车运动到最大速度所需的时刻． 答案：D10．倾角为θ的粗糙斜面上放一质量为m 的木块，接触面间动摩擦因数为μ，现通过一轻质动滑轮沿斜面向上拉木块，拉力的功率恒为P ，斜面足够长，则木板能够获得的最大速度为( )A.P2mg sin θ＋μmg cos θB.2Pmg sin θ＋μmg cos θC.Pmg sin θD.Pmg sin θ＋μmg cos θ解析：木块获得最大速度时，木块做匀速直线运动，设绳端拉力大小为T ，依照动滑轮特点及平稳条件得T ＝12(mg sin θ＋μmg cos θ)，设木块的最大速度为v m ，则绳端移动的速度v＝2v m ，由P ＝Tv 得，则v m ＝P 2T ＝P mg sin θ＋μmg cos θ，选项D 正确，A 、B 、C 错误． 答案：D11．(多选)质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，从t ＝0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F 作用，拉力F 与时刻t 的关系如图甲所示．物体在12t 0时刻开始运动，其运动的v-t 图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．物体与地面间的动摩擦因数为F 0mgB ．物体在t 0时刻的加速度大小为2v 0t 0C ．物体所受合外力在t 0时刻的功率为2F 0v 0D ．水平力F 在t 0～2t 0时刻内的平均功率为F 0(2v 0＋F 0t 0m) 解析：物体在t 02时刻开始运动，故f ＝F 0，动摩擦因数μ＝F 0mg ，故A 正确；在12t 0～t 0时刻内，假设物体做匀加速运动，则v 0＝a ·12t 0，解得a ＝2v 0t 0，实际上物体的加速度从0开始增大，故在t 0时刻加速度大于2v 0t 0，故B 错误；在t 0时刻，物体受到的合外力F ＝2F 0－f ＝F 0，功率P ＝F 0v 0，故C 错误；在2t 0时刻速度v ＝v 0＋F 0m t 0，在t 0～2t 0时刻内物体的平均速度v ＝v 0＋v2＝2v 0＋F 0m t 02，故平均功率P ＝2F 0 v ＝F 0(2v 0＋F 0t 0m )，故D 正确．答案：AD 二、非选择题12．如图甲所示，质量m ＝2 kg 的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起，物体受到一个水平力F 的作用而开始运动，F 随时刻t 变化的规律如图乙所示，6 s 后撤去拉力F (g 取10 m/s 2)．求：(1)4 s 末物体的速度大小． (2)物体运动过程中拉力F 做的功．解析：(1)在0～4 s 内，拉力为F 1＝10 N ，时刻间隔t 1＝4 s ，设物体的加速度为a 1,4 s 末速度为v ，则依照牛顿第二定律得F 1－μmg ＝ma 1①又v ＝a 1t 1②联立①②式得v ＝12 m/s ③ (2)前4 s 的位移x 1＝12a 1t 21④解得x 1＝24 m ⑤由图像得4～6 s 内物体受到的拉力F 2＝4 N ＝μmg 因此物体做匀速直线运动，时刻间隔t 2＝2 s ，位移大小x 2＝vt 2⑥联立③⑥式得x 2＝24 m ⑦ 物体运动过程中拉力F 做的功W ＝F 1x 1＋F 2x 2⑧联立⑤⑦⑧式得W ＝336 J 答案：(1)12 m/s (2)336 J13．(2020·浙江舟山模拟)质量为1.0×103kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为 2 000 N ，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W ，开始时以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动 (g 取10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时刻t 1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时刻？解析：(1)由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝Fvv ＝at 1解得t 1＝7 s.(2)当达到最大速度v m 时，a ＝0，则有P ＝(mg sin 30°＋f )v m解得v m ＝8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 21在后一时期对汽车由动能定理得Pt 2－(mg sin 30°＋f )x 2＝12mv 2m －12mv 2又有x ＝x 1＋x 2 解得t 2＝15 s故汽车运动的总时刻为t ＝t 1＋t 2＝22 s. 答案：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s。
届高考物理一轮复习第五章机械能课时作业
课时作业18[双基过关练]1．(2020·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大解析：三个小球从抛出到落地过程中机械能守恒，由mgh＋12mv20＝12mv2地得v地＝2gh＋v20，因此小球落地速度一样大，与小球质量无关，与抛出的角度无关，正确选项为A.答案：A2．(2020·广州模拟)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．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析：电梯匀速下降，说明电梯处于平衡状态，并不是只有重力做功，故A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B 正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡，拉力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故D错误．答案：B3．在如图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( )A．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．答案：A4．(2020·云南模拟)如图所示，由半径为R 的34光滑圆周和倾角为45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接．一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动．则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)( )A ．2gRB ．2RgC ．(22－2)RgD ．(10－6)R g解析：小球恰好通过最高点的速度v 1＝gR ，由机械能守恒定律得12mv 21＋mgR ＝12mv 22，解得小球通过斜面顶端时的速度v 2＝3gR ，由运动学规律得2R ＝v 2t ＋12gt 2sin45°，则t ＝(10－6)Rg，选项D 正确．答案：D5．如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．物体A 下落过程中的某一时刻，物体A 的加速度为零B ．此时弹簧的弹性势能等于2mgh －mv 2C ．此时物体B 处于超重状态D ．弹簧劲度系数为2mgh解析：在物体A 的下落过程中，物体B 还没有脱离地面，绳子的拉力F≤mg，地面对物体B 的支持力F N ≤mg，此时物体B 处于失重状态，可知物体A 在下落过程中一直做加速运动，且物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh ＝12×2mv 2＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝2mgh －mv 2，则选项A 、C 错误，B正确；A 即将与地面接触时，弹簧伸长量为h ，弹簧弹力F 弹＝kh ，对B 受力分析，有F 弹＝mg ，解得k ＝mgh，易知选项D 错误．答案：B6．(2020·新课标全国卷Ⅲ)如图，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．(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．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E kA ，由机械能守恒定律得E kA ＝mg R4①设小球在B点的动能为E kB，同理有E kB＝mg5R4②由①②式得E kBE kA＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在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力公式有F N＋mg＝mv2CR2⑤由④⑤式得，v C应满足mg≤m2v2CR⑥由机械能守恒定律得mgR4＝12mv2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C点[能力提升练]7．(2020·清江月考)(多选)如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R2.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点，重力加速度为g，则( )A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后跑至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．O、C之间的距离为2RD．小球运动到C点的速率为3gR解析：小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mg·R2＝12mv2－0，解得v＝gR，而在B点，当重力完全充当向心力时，根据mg＝mv2BR，解得v B＝gR，故当小球到达B点时，重力恰好完全充当向心力，所以小球从B点开始做平抛运动到达C，A错误、B正确；根据平抛运动规律，水平方向上x＝v B t，竖直方向上R＝12gt2，解得x＝2R，C错误；对整个过程机械能守恒，故有32mgR＝12mv2C，解得v C＝3gR，D正确．答案：BD8．(2020·孝感模拟)如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k－h图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10 m/s2，由图象可知( )A．轻弹簧原长为0.3 mB．小滑块的质量为0.1 kgC．弹簧最大弹性势能为0.5 JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J解析：在E k－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m 上升到0.35 m 范围内所受作用力为恒力，所以从h ＝0.2 m ，滑块与弹簧分离，故A 错误；在从0.2 m 上升到0.35 m 范围内，图线的斜率绝对值为k ＝mg ＝2 N ，解得m ＝0.2 kg ，故B 错误；由机械能守恒定律得，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，即E pm ＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J ＝0.5 J ，故C 正确；在滑块整个运动过程中，系统机械能守恒，其动能、重力势能和弹性势能之间相互转化．系统总机械能E′总＝E′pm ＝mgh m ＝0.2×10×0.35 J＝0.7 J ．由图象可知，E km ＝0.32 J 时，小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，其值为：E ＝E′pm －E km ＝0.7 J －0.32 J ＝0.38 J ，故D 错误．答案：C9．(2020·甘肃武威二中质检)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h ＝0.7 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝1.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小球到达C 点时的速度大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置距B 端多远． 解析：(1)小球刚过C 点时有F N ＋mg ＝m v 2Cr，解得v C ＝ 5 m/s.(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，设此时小球离D 端的距离为x 0， 则有kx 0＝mg ，由机械能守恒定律有mg(r ＋x 0)＋12mv 2C ＝E km ＋E p .得E km ＝5 J.(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg·h－μmgx＝12mv 2C ，解得BC 间距离x ＝0.9 m.小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设小球在BC 上的运动路程为x′，由动能定理有－μmgx′＝0－12mv 2C解得x′＝0.5 m.故最终小球距离B 为0.9 m －0.5 m ＝0.4 m 处停下． 答案：(1) 5 m/s (2)5 J (3)0.4 m10．“猴子荡秋千”是某马戏团的经典表演项目．如图所示，离地高H ＝5.4 m 的O 点固定一根长L ＝3.6 m 且不可伸长的轻质绳，在绳的一侧有一平台，拉直绳子，其末端正好位于平台边缘A 点，绳子与竖直方向成60°角．有一质量m ＝5 kg 的猴子在A 点抓住绳子末端无初速地离开平台．在运动过程中猴子可视为质点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2.求：(1)猴子经过O 点正下方B 点时的速度大小；(2)猴子经过O 点正下方B 点时受到的绳子拉力大小；(3)若猴子在B 点放开绳子，则其落地点C 与悬点O 间的水平距离多大？(4)若猴子沿绳向上爬行一定距离后(在训练员的帮助下绳仍与竖直方向成60°角)，再抓紧绳子无初速向下摆动，当摆至O 点正下方时放开绳子，这次能否跳得比C 点更远？试判断并简要说明理由．解析：(1)猴子从A 到B 过程中由机械能守恒定律有mgL(1－cos60°)＝12mv 2解得v ＝2gL 1－cos60° 代入数据得：v ＝6 m/s.(2)设猴子在B 点时绳子的拉力为F T ，由牛顿第二定律有F T －mg ＝m v2L则F T ＝mg ＋m v2L代入数据得F T ＝100 N.(3)猴子从B 到C 过程做平抛运动：H －L ＝12gt 2，x ＝vt ，代入数据得x ＝3.6 m.(4)设猴子沿绳向上爬行到距O 点L′处向下摆动，到达O 点正下方时速度为v′mgL′(1－cos60°)＝12mv′2H －L′＝12gt′2落地点与O 点间水平距离x′＝v′t′＝2L′H －L′解得当L′＝12H ＝2.7 m 时最远，此时x′＝2.7 2 m>3.6 m ，即能跳得比C 点更远． 答案：(1)6 m/s (2)100 N (3)3.6 m (4)见解析高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
届高考物理一轮复习第五章机械能课时作业22
课时作业 22 [双基过关练]1．质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( )A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B ．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C ．当甲物块的速率为1 m/s 时，乙物块的速率可能为2 m/s ，也可能为0D ．甲物块的速率可能达到6 m/s解析：甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A 错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv乙－mv 甲＝2mv ，代入数据，可得v ＝0.5m/s ，选项B 错误；当甲物块的速率为1 m/s 时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s ；当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C 正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，选项D 错误．答案：C2．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.m M ＋mh C.m M h D.M M ＋mh 解析：若斜面固定，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv ＝(M ＋m)v 1，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh′＋12(M ＋m)v 21.联立以上各式可得h′＝M M ＋mh ，故D 正确． 答案：D3．(2020·广州模拟)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2.子弹射入后，求：(1)物块相对木板滑行的时间．(2)物块相对木板滑行的位移．解析：(1)子弹打入物块过程，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m)v 1物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得(m 0＋m)v 1＝(m 0＋m ＋M)v 2对子弹物块整体，由动量定理得－μ(m 0＋m)gt ＝(m 0＋m)(v 2－v 1)联立解得物块相对木板滑行的时间t ＝1 s(2)由能量守恒定律得μ(m 0＋m)gd ＝12(m 0＋m)v 21－12(m 0＋m ＋M)v 22 联立解得d ＝3 m答案：(1)1 s (2)3 m4．(2020·河北石家庄质检)如图所示，光滑水平面上木块A 的质量m A ＝1 kg ，木块B 的质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝2 kg 的木头C 置于足够长的木块B 上，B 、C 之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B 、C 静止，A 以v 0＝10 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后瞬间B 的速度为3.5 m/s ，碰撞时间极短．求：(1)A 、B 碰撞后A 的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C 的速度．解析：(1)因碰撞时间极短，A 、B 碰撞时，可认为C 的速度为零，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m B v B解得v A ＝m A v 0－m B v B m A＝－4 m/s ，负号表示方向与A 的初速度方向相反． (2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零．设此时B 的速度为v′B ，C 的速度为v C ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m B v B ＝m B v′B ＋m C v C12m B v 2B ＝12m B v′2B ＋12m C v 2C 得v C ＝2m B m B ＋m Cv B v C ＝143m/s 答案：(1)－4 m/s (2)143m/s 5．(2020·湖南长沙一模)如图所示，用长为R 的不可伸长的轻绳将质量为m 3的小球A 悬挂于O 点．在光滑的水平地面上，质量为m 的小物块B(可视为质点)置于长木板C 的左端并与长木板均保持静止．将小球A 拉起，使轻绳水平拉直，将A 球由静止释放，运动到最低点时与B 发生弹性正碰．(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值；(2)若长木板C 的质量为2m ，B 与C 间的动摩擦因数为μ，则C 的长度至少为多少时B 才不会从C 的上表面滑出？解析：(1)A 从开始下落到与B 碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得13mgR ＝12·13mv 20， 小球与B 碰撞过程中动量和机械能均守恒，以水平向右为正方向．由动量守恒定律得13mv 0＝13mv 1＋mv 2， 由机械能守恒定律得12·13mv 20＝12·13mv 21＋12mv 22， 联立解得v 1＝－122gR ，v 2＝122gR ， 设碰撞后A 上升的最大高度为H ，则m 3gH ＝12·m 3v 21， 又cosθ＝R －H R ，联立解得cosθ＝34. (2)B 在木板C 上滑动过程中，B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m ＋2m)v ，设木块长度为L 时，B 刚好滑到C 的最右端时两者共速，则B 在木板C 上滑动的过程中，由能量守恒定律得μmgL＝12mv 22－12(m ＋2m)v 2，联立解得L ＝R 6μ. 答案：(1)34 (2)R 6μ[能力提升练]6．(2020·南昌模拟)如图所示，质量为m 1＝3 kg 的二分之一光滑圆弧形轨道ABC 与一质量为m 2＝1 kg的物块P 紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上，B 为半圆轨道的最低点，AC 为轨道的水平直径，轨道半径R ＝0.3 m ．一质量为m 3＝2 kg 的小球(可视为质点)从圆弧轨道的A 处由静止释放，g 取10 m/s 2，求：(1)小球第一次滑到B 点时的速度v 1；(2)小球第一次经过B 点后，相对B 能上升的最大高度h.解析：(1)设小球第一次滑到B 点时的速度为v 1，轨道和P 的速度为v 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有(m 1＋m 2)v 2＋m 3v 1＝0根据系统机械能守恒m 3gR ＝12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 21 联立解得v 1＝－2 m/s ，方向向右；v 2＝1 m/s ，方向向左(2)小球经过B 点后，物块P 与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v ，则有：m 1v 2＋m 3v 1＝(m 1＋m 3)v解得v ＝－0.2 m/s ，方向向右由机械能守恒12m 1v 22＋12m 3v 21＝12(m 1＋m 3)v 2＋m 3gh 解得h ＝0.27 m答案：(1)2 m/s ，方向向右(2)0.27 m7．(2020·河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J ；在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径R ＝0.5 m ．B 恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点C.g 取10 m/s 2，求：(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；(2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小；(3)绳拉断过程绳对A 所做的功W.解析：(1)设物块B 在绳被拉断后的瞬时速率为v B ，到达C 点的速率为v C ，根据B 恰能完成半个圆周运动到达C 点可得F 向＝m B g ＝m B v 2C R① 对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程，应用动能定理有－2m B gR ＝12m B v 2C －12m B v 2B ② 由①②解得v B ＝5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1，取向右为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为B 的动能，则高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业 21
[双基过关练]
1．(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L 、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A ．小球的机械能守恒，动量不守恒
B ．小球的机械能不守恒，动量也不守恒
C ．球、车系统的机械能守恒，动量守恒
D ．球、车系统的机械能守恒，水平方向动量守恒
解析：小球受到绳子拉力作用，动量不守恒，由于小车运动，绳子拉力做功，机械能不守恒，A 项错误，B 项正确，以小球和小车作为一个系统，该系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒，C 项并没有说明哪个方向，因此错误；D 项正确．
答案：BD
2．(2018·河南信阳统考)(多选)如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大
D ．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零
解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a 与b 碰撞过程中机械能减少，故A 正确、B 错误．当小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C 正确．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．
答案：ACD
3．(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )
A ．mv 0＝(m ＋M )v
B ．mv 0cos θ＝(m ＋M )v
C ．mgh ＋12m (v 0sin θ)2
D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2
＝12
mv 20
解析：小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误、B 正确；根据系统机械
能守恒，得mgh ＋12(m ＋M )v 2
＝12
mv 20，故C 错误、D 正确．
多选)如图所示，质量分别为
，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度
不计水的阻力)
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为
船上的人接到货物后船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向．
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
对货物和甲船的作用过程，同理有
的速度多大？
上滑动最大可上升至多高？
两物体相互作用时机械能守恒，水平方向上动量守恒，
的最大高度为h，此时两者在水平方向的共同速度为
如图所示，水平面上
，均水平飞出，分别落在水平面上的
若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时
，则由图可知下列结论正确的是
3 kg·m/s
所施冲量为－4 N·s
，求：
小木块滑出平台时的速度大小； 子弹射入小木块前的速度大小；
子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．
小木块从平台滑出后做平抛运动，有h ＝12
gt 2
，s ＝vt ，联立两式可得＝M ＋m v 1
m
＝12mv 20－12
(M ＋，求：
的速度； 摆至最低点时速度为v 0，由机械能守恒定律易知。