2019届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律突破全国卷5突破训练力学压轴问题新人教版

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全国卷2019届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律阶段综合测评

阶段综合测评五　机械能及其守恒定律(时间：90分钟　满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分)1．(2015届湖南省益阳市阵营中学高三月考)放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象分别如图甲、乙所示，则物体的质量为(g 取10 m/s 2)( )A. kgB. kgC. kgD. kg5310935910解析：根据v t 图象可知物体在0～2 s 内的加速度a ＝＝3 m/s 2，故在0～2 s 内有F －f ＝ma ，ΔvΔt 所以在2～6 s 内拉力的功率P ＝Fv ＝f ×6＝10 W ，故有物体所受的阻力f ＝ N ，而在0～2 s 内有53F ＝f ＋ma ，所以在t ＝2 s 时拉力的功率P ＝(f ＋ma )v ＝×6＝30 W ，解得物体的质量m ＝(53＋3×m )109kg ，故选项B 正确．答案：B2．(2015届湖北省教学合作高三月考)如图所示，小物体A 沿高为h 、倾角为θ的光滑斜面以初速度v 0从顶端滑到底端，而相同的物体B 以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则( )A ．两物体落地时速率相同B ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同C ．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同解析：两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可知两物体落地时速率相同，故选项A正确；重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，故选项B正确；两种情况下落地方向不同，根据公式P＝Fv cosθ，所以瞬时功率不同，所以选项C错误；平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以选项D错误．答案：AB3．(2015届江苏省盐城中学高三月考)两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终在弹性限度内)( )A．弹簧的弹性势能一直减小B．力F一直增大C．木块A的动能和重力势能之和一直增大D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小解析：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，故选项A错误；最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式．当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故选项B正确；在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故选项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，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故选项D错误．答案：BC4．(2015届山东师大附中高三模拟)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，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为fxC ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx －fLD ．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL解析：对物块，由动能定理可知，物块的动能：E k ＝(F －f )(x ＋L )，故选项A 错误；对小车，由动能定理可得，小车的动能为fx ，故选项B 正确；由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为F (x ＋L )－fL ，故选项C 错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fL ，故选项D 正确．答案：BD5．(2015届温州市十校联合体联考)如图所示，一小球从斜轨道的某高处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R ，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是( )A ．在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的B ．小球的初位置比圆轨道最低点高出2R 时，小球能通过圆轨道的最高点C ．小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R 时，小球在运动过程中能不脱离轨道D ．小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R 时，小球在运动过程中才能不脱离轨道解析：设小球的初位置比轨道最低点高h ，从初位置到圆轨道最高点，根据动能定理有mgh ＝mv 2－0，而要通过圆周运动最高点，速度v ≥，代入可得h ≥2.5R ，即初位置要比圆轨道最低点12gR 高出2.5R 时小球才能通过最高点，选项B 错误；小球沿圆轨道内侧运动，最低点弹力向上最高点弹力向下，选项A 错误；小球在运动过程中能不脱离轨道有两种办法，一种是通过最高点即比最低点高出2.5R 的初位置释放，另一种是小球沿圆轨道上滑的高度小于半径R ，根据动能定理即h ≤R ，此时小球上滑速度减小到0后又返回，所以选项C 正确，选项D 错误．答案：C6．(2015届江西省新余一中高三二模)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B .支架的两直角边长度分别为2l 和l ，支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，则( )A ．A 球的最大速度为2glB ．A 球速度最大时，B 球的重力势能最小C ．A 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D ．A ，B 两球的最大速度之比 v a ∶v b ＝1∶2解析：当OA 与竖直方向夹角为θ时，由机械能守恒得mg ×2l cos θ－2mgl (1－sin θ)＝mv ＋·2mv ，且有v A ＝2v B ，联立解得v ＝gl (sin θ＋cos θ)－gl ，由数学知识可知，当122A 122B 2A 8383θ＝45°时(sin θ＋cos θ)有最大值，且A 球的最大速度v A ＝，所以选项A 错误，选项 2－1 83glC 正确；两球的角速度相同，线速度之比v A ∶v B ＝ω·2l ∶ω·l ＝2∶1，故选项D 错误；A 球速度最大时，B 球速度也最大，系统的动能最大，则此时A 、B 两球的重力势能之和最小，并不是B 球的重力势能最小，故选项B 错误．答案：C7．(2015届江西省南昌市三校联考)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 沿斜面运动的距离为d ，速度为v ，此时( )A ．拉力F 做功等于A 动能的增加量B ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kdm 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1gd sin θ－m 1v 212解析：物体A 在拉力、重力、弹簧弹力作用下向上运动，根据动能定理可知，合外力做功等于物体动能的增加量，故选项A 错；初始状态，弹簧处于压缩状态，对物块A 分析可得压缩量x 1＝，m 1g sin θk 末状态，B 刚要离开挡板，分析B 可得x 2＝，A 的运动距离d ＝x 1＋x 2＝.对物m 2g sin θk m 1＋m 2 g sin θk 块B ，m 2g sin θ＝kx 2＜kd ，选项B 错误；对物块A 分析，则有F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a ，整理得a ＝，选项C 正确；对A 和弹簧组成的系统，则有Fd －m 1g sin θ×d －E p ＝m 1v 2，整理得F －kd m 112E p ＝Fd －m 1g sin θ×d －m 1v 2，选项D 正确．12答案：CD8．(2015届吉林市普通高中高三月考)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程23中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．动能损失了mghC ．克服摩擦力做功mgh16D ．机械能损失了mgh13解析：物体上升的最大高度为h ，则物体增加的重力势能为mgh ，故选项A 正确；物体上升过程中其加速度a ＝g ，由牛顿第二定律有mg sin30°＋f ＝ma ，解得f ＝mg ，物体上升到最高点过程中，克服合2316外力做功W ＝mgh ＋f ＝mgh ，由动能定理可知其动能损失ΔE k ＝mgh ，故选项B 错误；克服摩擦h sin30°4343力做功W f ＝f ＝mgh ，选项C 错误；由功能关系可知，损失机械能等于克服摩擦力做功，故选项h sin30°13D 正确．答案：AD9．(2015届湖北省孝感市高三月考)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.则( )A．v A＝v B cosθB．v B＝v A cosθC．小球B减小的势能等于物块A增加的动能D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大解析：根据运动的合成与分解，将A的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分速度，如图所示，则有v A cosθ＝v B，故选项B正确，选项A错误；由机械能守恒定律可知，小球B减少的重力势能等于小球A、B增加的动能与小球A增加的重力势能之和，故选项C错误；小球A上升到与滑轮等高的过程中，绳的拉力始终对小球做正功，其机械能增加，故选项D正确．答案：BD10．(2015届武汉市三十九中高三月考)如图所示，2013年2月15日，一颗陨星坠落俄罗斯中西部地区，造成数百人受伤．在影响最严重的车里雅宾斯克州，爆炸造成玻璃窗破碎和人员受伤．忽略陨星的质量变化，在陨星靠近地球的过程中，下列说法正确的是( )A．陨星的重力势能随时间增加均匀减小B．陨星与地球组成的系统机械能不守恒C．陨星减少的重力势能等于陨星增加的内能D．陨星的机械能不断减小解析：因为陨石在下落过程中并不是做的匀速直线运动，所以下落的高度不是均匀减小的，故陨星的重力势能随时间增加不均匀减小，选项A错误；由于摩擦力的存在，系统的机械能不守恒，选项B正确；根据功能关系可得陨石减小的重力势能，转化为动能和内能，选项C错误；由于一部分能量转化为内能，所以机械能减小，选项D 正确．答案：BD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(6分)(2015届武汉市三十九中高三月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U 、频率为f 的交流电源上，从实验打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点与起始点O 的距离为s 0，点A 、C 间的距离为s 1，点C 、E 间的距离为s 2，已知重锤的质量为m ，当地的重力加速度为g ，则：(1)从起点O 开始到打下C 点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝________，重锤动能的增加量ΔE k ＝________.(2)根据题设条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度________，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：________________________________________.解析：(1)从起点O 开始到打下C 点，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mg (s 0＋s 1)，打下C 点的重锤的速度v C ＝＝，故重锤增加的动能ΔE k ＝mv ＝.s 1＋s 22ΔT s 1＋s 2 f 4122C m s 1＋s 2 2f 232(2)根据s 2－s 1＝g ΔT 2，得g ＝＝，测得重力加速度小于当地重力加速度，主s 2－s 1 2T 2 s 2－s 1 f 24要原因是纸带与限位孔之间摩擦力的作用．答案：(1)mg (s 0＋s 1)　m s 1＋s 2 2f 232(2)g ＝f 2　纸带与限位孔之间摩擦力(或答纸带与其它部分的阻力或摩擦阻力)的作用s 2－s 1412．(9分)(2014届江门市高考模拟考试)用如图(a)所示的仪器探究做功与速度变化的关系．实验步骤如下：(1)①将木板固定有打点计时器的一端垫起适当高度，消除摩擦力的影响；②小车钩住一条橡皮筋，往后拉至某个位置，记录小车的位置；③先________，后________，小车拖动纸带，打点计时器打下一系列点，断开电源；④改用同样的橡皮筋2条、3条……重复②、③的实验操作，每次操作一定要将小车________________．(2)打点计时器所接交流电的频率为50 Hz ，下图所示是四次实验打出的纸带．(3)根据纸带，完成尚未填入的数据.次数1234橡皮筋做的功W 2W3W 4W v (m/s) 1.00 1.42 2.00v 2(m 2/s 2)1.002.01 4.00从表中数据可得出什么样的结论？______________________________________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再释放小车，且每次操作一定要将小车从相同的位置释放．(3)根据v ＝＝ m/s ＝1.73 m/sx t 3.46×10－20.02v 2＝1.732＝2.99.答案：(1)③接通电源　释放小车　④从相同位置释放(3)1.73　2.99　橡皮筋做的功与速度的平方成正比三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(12分)(2015届江西省新余一中高三二模)如图，竖直放置的斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 的B 端相切，圆弧半径为R ，圆心与A 、D 在同一水平面上，∠COB ＝θ，现有一个质量为m 的小物体从斜面上的A 点无初速滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物体在斜面上能够通过的路程；(2)小物体通过C 点时，对C 点的最大压力和最小压力．解析：(1)如图，小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgR cos θ－fs ＝0，又f ＝μmg cos θ，解得：s ＝R /μ.(2)小物体第一次到达最低点时对C 点的压力最大：N m －mg ＝mv 2/R由动能定理得：mgR －μmg cos θ·＝mv 2/2，＝R cot θAB AB 解得：N m ＝mg (3－2μcos θcot θ)当小物体最后在BCD ′(D ′在C 点左侧与B 等高)圆弧上运动时，通过C 点时对轨道压力最小．N n －mg ＝mv 2/R ，mgR (1－cos θ)＝mv ′2/2解得：N n ＝mg (3－2cos θ)．答案：(1)　(2)mg (3－2μcos θcot θ)　mg (3－2cos θ)Rμ14．(15分)(2015届山东省实验中学高三月考)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S ”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R ＝0.2 m 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D 点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m ＝1 kg 的玩具小车以恒定的功率从E 点由静止开始行驶，经过一段时间t ＝4 s 后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S ”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B 上的C 点，C 点与下半圆的圆心O 等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED 之间的距离为x 0＝10 m ，斜面的倾角为30°.求：(g ＝10 m/s 2)(1)小车到达C 点时的速度大小为多少？(2)在A 点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？(3)小车的恒定功率是多少？解析：(1)把C 点的速度分解为水平方向的v A 和竖直方向的v y ，有：v ＝2g ·3R 2y v C ＝vycos30°解得v C ＝4 m/s.(2)由(1)知小车在A 点的速度大小v A ＝＝2 m/s2gR 因为v A ＝＞，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下2gR gRmg ＋F N ＝m v 2A R解得F N ＝10 N根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝10 N ，方向竖直向上．(3)从E 到A 的过程中，由动能定理：Pt －μmgx 0－mg 4R ＝mv 122A 解得P ＝＝5 W.μmgx 0＋5mgR t 答案：(1)4 m/s (2)10 N ，方向竖直向上　(3)5 W15．(18分)(2015届温州市十校联合体联考)如左图是在阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB 、CD 和一段光滑圆弧BC 组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程；(3)给滑块不同的初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)在P 点mg ＝，得v P ＝mv 2P2R 2gR到达A 点时速度方向要沿着AB ，v y ＝v P ·tan θ＝342gR所以AD 离地高度为h ＝3R －＝R v 2y 2g 3916(2)进入A 点滑块的速度为v ＝＝vp cos θ542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，23E k＝mv2－μmg cosθ8R＜012所以滑块不会滑到A而飞出，最终在BC间来回滑动．(3)设初速度、最高点速度分别为v1，v2由牛顿第二定律，在Q点F1－mg＝，在P点F2＋mg＝mv21Rmv22R 所以F1－F2＝2mg＋m 2v21－2v2＋v22R由机械能守恒mv＝mv＋mg3R，得v－v＝6gR为定值1221122212带入v2的最小值得压力差的最小值为9mg.2gR答案：(1)R　(2)见解析　(3)9mg3916。

近年届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第一节功和功率课后达标新人教版(2021年整理)

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第一节功和功率(建议用时:60分钟）一、单项选择题1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是（)A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：选D。

在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C错误；图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．2．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2。

现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0。

4 m处速度为零,则在物块下移0。

人教版2019届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末过关检测

第五章机械能及其守恒定律章末过关检测(五)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC 段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是( )A．四个小球在整个运动过程中始终不分离B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确．2.(2018·江西南昌模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物体继续加速，t1时刻物块达到最大速度．已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为P0 mgt0C ．t 0时刻物块的速度大小为P0mgD ．0～t 1时间内绳子拉力做的总功为P 0⎝⎛⎭⎪⎫t1－12t0解析：选D.由图象知，t 0时刻后拉力的功率保持不变，根据P 0＝Fv 知，v 增大，F 减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，选项A 错误；0～t 0时间内，由P ＝Fv ，v ＝at ，F －mg ＝ma 得P ＝m (g ＋a )at ，则m (g ＋a )a ＝P0t0，得a ≠P0mt0，选项B 错误；设在t 1时刻速度达到最大值v m ，拉力大小等于物块重力大小，则P 0＝mgv m ，得速度v m ＝P0mg，由于t 0时刻物块的速度v 0<v m ，即v 0<P0mg，选项C 错误；P －t 图象中面积表示拉力做的功，得0～t 1时间内绳子拉力做的总功为P 0t 1－12P 0t 0＝P 0⎝⎛⎭⎪⎫t1－12t0，选项D 正确． 3．(2018·吉大附中月考)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P 点是这段轨道的最高点，A 、B 、C 三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．车头A 通过P 点时的速度最小B ．车的中点B 通过P 点时的速度最小C ．车尾C 通过P 点时的速度最小D ．A 、B 、C 通过P 点时的速度一样大解析：选B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B 通过P 点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选B.4.如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为F 2kB ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为F kC ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D ．A 克服外力所做的总功等于2E k解析：选D.撤去F 瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F 作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有F －2μmg ＝2ma ，对A 有k Δx －μmg ＝ma ，求得拉伸量Δx ＝F 2k，则A 、B 两项错误；撤去F 之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则C 项错误；对A 利用动能定理W 合＝0－E k A ，又有E k A ＝E k B ＝2E k ，则知A 克服外力做的总功等于 2E k ，则D 项正确．5．(2018·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h .已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ，且μ<tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E 、动能E k 、势能E p 与上升高度h 之间关系的图象是( )解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A 选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B 选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D 选项正确、C 选项错误．6.(2018·湖北孝感高级中学高三调考)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为H 2，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．不能从a 点冲出半圆轨道B ．能从a 点冲出半圆轨道，但h <H 2C ．能从a 点冲出半圆轨道，但h >H 2D ．无法确定能否从a 点冲出半圆轨道解析：选B.质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：mg ⎝⎛⎭⎪⎫H －H 2＋(－W f )＝0－0，W f 为质点克服摩擦力做功大小，解得：W f ＝12mgH ，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为12mgH ，由于第二次质点在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给质点的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于12mgH ，机械能损失小于12mgH ，因此质点再次冲出a 点时，能上升的高度大于零而小于12H ，故A 、C 、D 错误，B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎．如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为v ，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为θ，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .则( )A ．人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgL sin θ－12mv 2B ．人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mg sin θ－mv22LC ．人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为mgv sin θ解析：选BD.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，由动能定理可得：mgL sin θ＋W f ＝12mv 2，则W f ＝12mv 2－mgL sin θ，故选项A 错误；W f ＝－fL ＝12mv 2－mgL sin θ，解得：f ＝mg sin θ－mv22L，故选项B 正确；人从沙坡斜面的顶端下滑到底端，重力做的功为mgL sin θ，故选项C 错误；人在下滑过程中重力功率的最大值为mgv sin θ，故选项D 正确．8．(2018·山东济南模拟)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 ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，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，B 错误．9.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，放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F 始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为f ，经过一段时间后小车运动的位移为x ，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为F (x ＋L )C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F (x ＋L )－fLD ．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL解析：选CD.对小物块分析，水平方向受到拉力F 和摩擦力f ，小车位移为x ，小物块相对于小车位移为L ，则根据动能定理有(F －f )·(x ＋L )＝E k －0，选项A 错误．小车受到水平向右的摩擦力f 作用，对地位移为x ，根据动能定理同样有fx ＝E ′k －0，选项B 错误．在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即E k ＋E ′k ＝F (x ＋L )－fL ，选项C 正确．在此过程中外力做功为F (x ＋L )，所以系统因摩擦而产生的热量为F (x ＋L )－[F (x ＋L )－fL ]＝fL ，选项D 正确．10.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v ＝2.0 m/s 顺时针匀速运行，A 端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q ＝50 kg/s 落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B 端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机应增加的功率为100 WB ．电动机应增加的功率为200 WC ．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103J D ．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J解析：选BC.煤经时间t 加速到v ，由动能定理有μmg ·v 2t ＝12mv 2，t 时间内由摩擦产生的热量Q 内＝μmg ·s 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎪⎫vt －12vt ＝12mv 2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝12mv 2＋Q 内＝mv 2，电动机应增加的功率P ＝E t ＝mv2t＝Qv 2＝200 W ，在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q 内＝12mv 2＝12Qtv 2＝6.0×103J ，选项B 、C 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(1)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：①本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g.为求得E k，至少需要测量下列物理量中的______．(填正确答案标号) A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量ΔxE．弹簧原长l0②用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k＝________．③如图中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m 增加，s－Δx图线的斜率会________(选填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(选填“增大”“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与Δx的______次方成正比．(2)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．①如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k ＝________ N/m.(g 取9.80 m/s 2)动时，通过两个光电门的速度大小________．③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v .释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为____________．④重复③中的操作，得到v 与x 的关系如图丙，由图可知，v 与x 成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的______________成正比．解析：(1)①由平抛运动规律得，h ＝12gt 2，s ＝vt ，解得小球抛出时的速度v ＝s g 2h，则小球抛出时的动能E k ＝12mv 2＝mgs24h，所以需要测量的物理量是小球的质量m 、小球抛出点到落地点的水平距离s 、桌面到地面的高度h ，A 、B 、C 三项正确．②由①可知，E k ＝mgs24h. ③如果h 不变，m 增加，那么小球做平抛运动的时间不变，当Δx 为某一值时，小球获得的初速度减小，做平抛运动的水平位移减小，图线的斜率会减小；如果m 不变，h 增加，那么当Δx 为某一值时，小球获得的初速度不变，小球做平抛运动的时间增加，做平抛运动的水平位移增加，图线的斜率会增大；根据机械能守恒可得，E p ＝E k ＝mgs24h，即E p 与s 2成正比，又因为s 与Δx 成正比，所以E p 与Δx 2成正比．(2)①加50 g 砝码时，弹簧弹力F 1＝mg ＝k (l 0－l 1)，加100 g 砝码时F 2＝2mg ＝k (l 0－l 2)，ΔF ＝F 2－F 1＝k (l 1－l 2)，则k ≈49.5 N/m ，同理由加100 g 砝码和加150 g 砝码的情况可求得k ′≈50.5 N/m ，则劲度系数k ＝k ＋k′2＝50 N/m. ②使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动．③弹性势能转化为滑块的动能．④图线是过原点的直线，所以v 与x 成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即E 弹＝E k ＝12mv 2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与压缩量x 的二次方成正比．答案：(1)①ABC ②mgs24h③减小增大 2 (2)①50.0 ②相等 ③滑块的动能 ④正比压缩量的平方12．(12分)(2018·湖南长沙长郡中学高三考试)汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图象如图所示．已知汽车的质量为1×103kg ，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计．求：(1)汽车受到地面的阻力大小； (2)汽车的额定功率； (3)汽车加速运动的时间．解析：(1)由图象可知，汽车减速运动的位移x ＝1 100 m －700 m ＝400 m汽车匀速运动的动能E k1＝8×105J 汽车在地面的阻力f 作用下减速直至停止由动能定理有－fx ＝0－E k1，解得f ＝2×103N. (2)因为E k1＝12mv 2，解得汽车匀速运动时的速度v ＝40 m/s汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力大小，故汽车的额定功率P ＝fv ＝8×104W. (3)根据题图可知汽车加速运动过程中的位移x 0＝500 m 汽车的初动能E k0＝5×105J 根据动能定理有Pt －fx 0＝E k1－E k0 解得t ＝16.25 s.答案：(1)2×103N (2)8×104W (3)16.25 s 13．(16分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝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/s 2.(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)滑块静止在斜面上时，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 ＝12mv 2，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 ＝12mv 20－12mv 2，所以h 1＝v202g－μL ，代入数据得h 1＝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 ＝12mv 20－12mv 2，则h 2＝v202g＋μL ，代入数据得h 2＝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 ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12mv 2，对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ，相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ，联立代入数据可得Q ＝0.5 J.答案：(1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J。

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第五章机械能[全国卷5年考情分析]重力做功与重力势能(Ⅱ) 实验五：探究动能定理以上2个考点未曾独立命题第1节功和功率(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。

(×)(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，反作用力一定做负功。

(×)(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。

(√)(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。

(√)(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。

(√)2．斜面对物体的支持力垂直于斜面，但不一定垂直于物体的位移，故斜面对物体的支持力可以做功。

3．瞬时功率P＝Fv cos α，而发动机牵引力的功率P＝Fv，因为机车的牵引力方向与汽车运动方向相同，cos α＝1。

4．汽车匀加速启动过程的末速度一定小于汽车所能达到的最大速度。

5．作用力与反作用力等大反向，而作用力与反作用力做的功并不一定一正一负、大小相等，实际上二者没有必然联系。

突破点(一) 功的正负判断与计算1．功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。

(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。

(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。

此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。

2．恒力做功的计算方法3．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、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。

[题点全练]1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。

19届高考物理一轮复习第五章机械能5.3机械守恒定律及其应用课件

4．(2017· 全国Ⅲ，16) 如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 1 M 点，M 点与绳的上端 P 相距3l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为( ) 1 1 A.9mgl B.6mgl 1 1 C.3mgl D.2mgl
解析：WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J， C项正确．答案：C
2．如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力 F 作用下物体处于静止状态，当撤去力 F 后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．弹簧的弹性势能逐渐减少 B．物体的机械能不变 C．弹簧的弹性势能先增加后减少 D．弹簧的弹性势能先减少后增加
多维练透 8．如图，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( ) 5R A．2R B. 3 4R 2R C. 3 D. 3
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 2 v 1 2 律2mgR－mgR＝ 2 (2mg 4 R ＝ 3 ，B球上升的最大高度为h＋R＝3R. 答案：C
2 解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为 3 m，取M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1 2 2 l ＝－ 3 mg· 3 ＝－ 9 mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至 2 1 l M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－ 3 mg· ＝－ 6 9 mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝ 1 2 1 Ep2－Ep1＝－9mgl＋9mgl＝9mgl，选项A正确．答案：A

2019届高三物理一轮复习基础自主梳理要点研析突破速效提升训练第五章机械能及其守恒定律18

课时达标(十八)　动能　动能定理1．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为 ( )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR141312π4解析：质点在Q 点受到的支持力和重力提供向心力，即F N －mg ＝m ，F N ＝2mg ，求得v ＝，下落过程中重力做正功，v2R gR 摩擦力做负功，根据动能定理mgR －WF f ＝mv 2，解得克服摩擦12力做功为WF f ＝mgR ，C 项正确．12答案：C2．一长木板在光滑的水平面上匀速运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的质量m ＝1 kg 的物块轻放在木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示。

已知物块始终在木板上，重力加速度g ＝10 m/s 2.则物块的最终动能E 1及木板动能的减小量ΔE 分别为 ( )A ．E 1＝0.5 J ，ΔE ＝2 JB ．E 1＝0.5 J ，ΔE ＝3 JC ．E 1＝1 J ，ΔE ＝2 JD ．E 1＝1 J ，ΔE ＝3 J解析：由vt 图象知，当t ＝0.5 s 时，木板开始做速度v ＝1 m /s 的匀速运动，此时，物块与木板的速度相同，物块与木板间无摩擦力作用，物块的最终动能E 1＝mv 2＝0.5 J ；对物块，由v ＝at12及F f ＝ma 得F f ＝2 N ，在0～0.5 s 内，木板的位移x ＝×(5＋1)12×0.5 m ＝1.5 m ，由动能定理得木板动能的减小量ΔE ＝F f ·x ＝3 J ，选项B 正确．答案：B3．如图所示，小球以初速度v 0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)．则经过A 点速度v 的大小为( )A. B.C.D.解析：由动能定理得，小球由A 到B 过程－mgh ＋WF f ＝0－mv ，小球由B 到A 过程有mgh ＋WF f ＝mv 2－0，联立解得v ＝122012，B 项正确．答案：B4．用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：将物体由沙坑表面静止抬升1 m 的过程，由动能定理得Fh －mgh ＝mv 2，撤去力F 后由动能定理得mg(d ＋h)12－W ＝0－mv 2，解得W ＝Fh ＋mgd ＝30×1 J ＋2×10×0.2 J ＝34 12J ，C 项正确．答案：C5．ab 为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1 kg 的小球从距纸面高为60 cm 的地方自由下落，恰能穿破两张纸(即穿过后速度为零)．若将a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸不超过( )A ．15 cmB ．20 cmC ．30 cmD ．60 cm解析：设小球穿过一张纸时克服阻力做功为W ，根据动能定理，对小球从最高点到穿过a 、b 纸过程有mgh －2W ＝0.设从最高点到恰能穿过a 纸的过程，a 距离b 为x ，有mg(h －x)－W ＝0，解以上两式得x ＝＝30 cm ，C 项正确．h2答案：C6．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 ( )A.mgRB.mgRC.mgR D ．mgR 141312解析：小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ①由牛顿第二定律可知：F －mg ＝②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋WF f ＝mv －mv ④1221221由①②③④可得WF f ＝－mgR ，所以小球克服空气阻力所做12的功为mgR ，故C 项正确．12答案：C7．(多选)在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为v 0，设人下滑时所受摩擦阻力不变，沙坡长度为l ，斜面倾角为α，人和滑沙板的总质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是 ( )A ．人沿沙坡下滑时所受摩擦阻力为mg sin α－B ．人在下滑过程中重力功率的最大值为mg v 0C ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为2v 0D ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为v 02解析：对人进行受力分析，在人下滑过程中，根据动能定理得，mgl sin α－F f l ＝mv ，解得，F f ＝mg sin α－，A 项正确；1220重力功率的最大值为P m ＝mgv 0 sin α，B 项错误；滑沙过程为匀加速直线运动，所受阻力恒定不变则加速度不变，由运动规律得，v ＝2al ，v 2－v ＝2al ，解得，v ＝v 0，C 项错误，D 项正确．20202答案：AD8．如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压倒O ′点位置后，A 又被弹簧弹回，A 离开弹簧后，恰好回到P 点，物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功．(2)O 点和O ′点间的距离x 1.解析：(1)A 从P 点出发又回到P 点的过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为WF f ＝mv .1220(2)A 从P 点出发又回到P 点的过程中根据动能定理－2μmg(x 1＋x 0)＝0－mv 1220得：x 1＝－x 0答案：(1)mv (2)－x 012209．(2015·山东卷)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，T 1＝mg ①对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl(1－cos 60°)－W f ＝mv 2⑥12在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m ⑦v2l 对物块，由平衡条件得F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得W f ＝0.1mgl答案：(1)3m (2)0.1mgl。

高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律突破全国卷5 突破训练力学压轴问题新人教版

力学压轴问题【突破训练】1．一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12mv 20① 式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J②设地面附近的重力加速度大小为g . 飞船进入大气层时的机械能为E k ＝12mv 2h ＋mgh ③ 式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得E k ＝2.4×1012 J ．④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m (0.02v h )2＋mgh ′⑤由功能原理得 W ＝E h ′－E k0 ⑥式中，W 是飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J ．⑦答案：见解析2．(2018·铜陵模拟)如图所示，半径为R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点. C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C .(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有： v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9 J.答案：(1)6 m/s (2)9 J 3.如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 点处．质量为m 的物块A (可视为质点)从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ′点，然后A 被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好能回到P 点．已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示．求：(1)物块A 运动到O 点的速度大小；(2)O 点和O ′点间的距离x 1；(3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .解析：(1)物块A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知(mg sin θ－μmg cos θ)x 0＝12mv 2－12mv 20 得：v ＝v 20＋2g （sin θ－μcos θ）x 0.(2)物块A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理：－μmg cosθ·2(x 1＋x 0)＝0－12mv 20，x 1＝v 24μg cos θ－x 0.(3)物块A 从O ′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知： E p ＝(mg sin θ＋μmg cos θ)·(x 1＋x 0)解得E p ＝14mv 20·⎝ ⎛⎭⎪⎫1μtan θ＋1.答案：(1) v 20＋2g （sin θ－μcos θ）x 0 (2)v 24μg cos θ－x 0(3)14mv 20·⎝ ⎛⎭⎪⎫1μtan θ＋1。

2019届高考物理一轮阶段考查【5】机械能及其守恒定律(含答案)

阶段考查(五) 机械能及其守恒定律第Ⅰ卷选择题，共48分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)图5－11.光滑水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图5－1所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向从A 处进入，沿着轨道运动到O 处，在此过程中( )A ．轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大B ．轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大C ．轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大D ．轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大解析：小球所受轨道的弹力总垂直于小球所在位置轨道的切线方向，即总垂直于小球的速度方向，因此轨道对小球不做功，小球的线速度大小不变，随着轨道半径减小其角速度增大，A 正确．答案：A图5－22.[2018·福建卷]如图5－2，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同解析：由题意根据力的平衡有m A g ＝m B gsin θ，所以m A ＝m B sin θ.根据机械能守恒定律mgh ＝12mv 2，得v ＝2gh ，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔE p＝－W G＝－mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为P A＝m A g·v2，B的平均功率P B＝m B g·v2cos⎝⎛⎭⎪⎫π2－θ，因为m A＝m B sinθ，所以P A＝P B，选项D正确．答案：D图5－33.(多选题)带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5－3所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是( ) A．滑块将沿斜面减速下滑B．滑块仍沿斜面匀速下滑C．加电场后，重力势能和电势能之和不变D．加电场后，重力势能和电势能之和减小解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．答案：BD4．[2018·抚顺市六校联考]物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝10 kg，F随坐标x 的变化情况如图5－4所示．若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦．借鉴教科书中学习直线运动时由v－t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F－x图象，可求出物体运动到x＝16 m处，速度大小为( )图5－4A．3 m/s B．4 m/sC ．2 2 m/s D.17 m/s解析：F －x 图线与x 轴所夹面积表示功，再结合动能定理W ＝12mv 2解得v ＝2 2 m/s.答案：C图5－55．(多选题)[2018·云南省昆明一中月考]如图5－5所示，穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F ，且F 的大小始终与小球的速度成正比，即F ＝kv(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，已知小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0>μmg.下列说法正确的是( )A ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止B ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动C ．小球的最大加速度为F 0mD ．恒力F 0的最大功率为F 20＋F 0μmgμk解析：刚开始，F ＝0，a ＝F 0－μmg m ，之后v 增大，a ＝F 0－μmg ＋μkvm 逐渐增大，当F ＝kv ＝mg 时，加速度达到最大，即a m ＝F 0m ；当速度继续增大，F ＝kv ＞mg 时，a ＝F 0－μ－m不断减小，当μ(F －mg)＝F 0，即μ(kv －mg)＝F 0时，a ＝0，速度达到最大，所以v m ＝F 0＋μmgμk时，此后小球做匀速运动．根据以上分析，选项B 、C 正确；P m ＝F 0v m ＝F 20＋F 0μmgμk，选项D 正确．答案：BCD图5－66．如图5－6所示，一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在两个力的方向上的速度分量分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16mv 2B.14mv 2C.13mv 2D.12mv 2 解析：在合力F 的方向上，由动能定理得，W ＝Fs ＝12mv 2，某个分力的功为W 1＝F 1scos30°＝F2cos30°scos30°＝12Fs ＝14mv 2，故B 正确．答案：B图5－77．如图5－7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 21 D.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：BC图5－88．[2018·黑龙江省哈师大附中期中考试]如图5－8所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小解析：0～t 1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F 大小恒定，但汽车的速度v 逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A 错误；在t 1～t 2时间内，牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B 错误；根据“面积”法求位移，在t 1～t 2时间内汽车的位移s ＞12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)，所以平均速度v －＝s t 2－t 1>12(v 1＋v 2)，选项C 错误；在全过程中t 1时刻的斜率最大，加速度a 1也最大，根据F 1＝f ＋ma 1可知，此时牵引力F 1最大，此时刻的功率P 1也是在0～t 1时间内最大的，在t 1时刻之后，汽车的功率保持P 1不变，所以P 1是整个过程中的最大值，在t 2～t 3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D 正确．答案：D第Ⅱ卷非选择题，共52分二、实验题(本大题共2小题，共15分)图5－99．(7分)光电计时器是物理实验中经常用到的一种精密计时仪器，它由光电门和计时器两部分组成，光电门的一臂的内侧附有发光装置(发射激光的装置是激光二极管，发出的光束很细)，如图5－9中的A 和A′，另一臂的内侧附有接收激光的装置，如图5－9中的B 和B′，当物体在它们之间通过时，二极管发出的激光被物体挡住，接收装置不能接收到激光信号，同时计时器就开始计时，直到挡光结束，光电计时器停止计时，故此装置能精确地记录物体通过光电门所用的时间．现有一小球从两光电门的正上方开始自由下落，若要用这套装置来验证机械能守恒定律，则要测量的物理量有__________(每个物理量均用文字和字母表示，如高度H)；验证机械能守恒的关系式为__________．解析：本实验是围绕机械能守恒定律的验证设计的，关键是速度的测定，本题改打点计时器测量速度为光电门测量．由于本装置可记录小球通过光电门的时间Δt ，则将小球的直径D 除以Δt ，即可求出小球经过光电门的速度，若再测出两光电门间相距的高度H ，即可验证机械能守恒定律，故需要测量的物理量有：小球直径D ，两光电门间的竖直高度H ，小球通过上下两光电门的时间Δt 1、Δt 2，则小球通过上、下两光电门处的速度分别为DΔt1、DΔt2.则验证机械能守恒的关系式为：12m⎝⎛⎭⎪⎫DΔt22－12m⎝⎛⎭⎪⎫DΔt12＝mgH，化简得：D2Δt22－D2Δt21＝2gH.答案：小球直径D、两光电门间的竖直高度H及小球通过两光电门的时间Δt1、Δt2D2Δt22－D2Δt21＝2gH图5－1010．(8分)某探究学习小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它做功的关系”，在实验室设计了一套如图5－10所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有砂子)，M是一端带有定滑轮的足够长的水平放置的木板．(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交变电源(含导线)外，还需要的两个实验仪器是________、________.(2)小组中一位成员在完成该实验后发现系统摩擦力对实验结果影响较大，请你帮助该同学设计一种能够测出系统摩擦力大小的方法．解析：(1)利用刻度尺测出纸带上点之间的距离，然后计算速度．利用天平测小车的质量．(2)当小车做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数等于绳子上的拉力，又由平衡条件可知，绳子上的拉力等于小车受到的阻力．答案：(1)刻度尺天平(2)调整小桶内砂子的质量，当打点计时器在纸带上打了间隔均匀的点迹时，弹簧测力计的读数即为系统摩擦力的大小(只要原理正确、方法得当、结论正确，均正确)三、计算题(本大题共2小题，共37分)11．(17分)[2018·四川省成都七中月考]如图5－11所示为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1 m的高度差，DEN 是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：图5－11(1)小球到达N 点时速度的大小； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．解析：(1)“小球刚好能沿OEN 轨道滑下”，在圆周最高点D 必点必有：mg ＝m v 2Dr .从D 点到N 点，由机械能守恒得： 12mv 2D ＋mg×2r＝12mv 2N ＋0. 联立以上两式并代入数据得：v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得 W －μmgL ＋mgh ＝12mv 2D －0.代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J. 答案：(1)2 5 m/s (2)0.44 J12．(20分)如图5－12所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m 、半径均为r 的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F 的作用下均静止，力F 与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F 使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：图5－12(1)水平外力F 的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．解析：(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan θ＝F10mg得F ＝10 mgtan θ.(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh ＝12mv 2解得v ＝2gh.(3)撤去水平外力F 后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：10 mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋18r 2sin θ＝12·10 m·v 21解得v 1＝2gh ＋9rsin θ以1号球为研究对象，由动能定理得 mgh ＋W ＝12mv 21得W ＝9mgrsin θ.答案：(1)10mgtan θ (2)2gh (3)9mgrsin θ。

2019高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第7讲力学压轴问题课件

(1 分)
当 1.0 m≤R3≤27.9 m 时，小球最终停留点与起始点 A 的距离为 L″，则 L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0 m． (1 分) [答案] (1)10.0 N (2)12.5 m (3)当 0<R3≤0.4 m 时，L′ ＝36.0 m 当 1.0 m≤R3≤27.9 m 时，L″＝26.0 m
道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度 g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C 间距 L 应是多少？ (3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径 R3 应满足的条件；小球最终停留点与起点 A 的距离． [审题指导] 本题结合动能定理、机械能守恒定律分阶段分析小球的运动过程．
【重难解读】对于力学压轴题主要考查方向有以下几点： 1．不可或缺的受力分析和共点力平衡问题：整体法或隔离法的应用；正交分解法，矢量三角形法的应用；临界与极值问题的求解；连接体问题的分析都是潜在考点．
2．值得重视的直线运动：传送带模型和滑块—滑板模型的分析与求解；多物体多过程运动中功能关系的应用；追及、相遇问题都是重点． 3．体会曲线运动——抛体与圆周运动：结合动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律处理问题．
【典题例证】 (20 分)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B、C 间距与 C、D 间距相等，半径 R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量为 m＝1.0 kg 的小球(视为质点)，从轨道的左侧 A 点以 v0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A、B 间距 L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，圆形轨

(新课标)2019届高考物理一轮复习第5章机械能突破全国卷课件

联立①②③④⑤可得 vcx＝vsin θ＝2
10 3
m/s.
答案：(1)0.25 m
(2)2
10 3
m/s
2.(2016·高考天津卷)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量 m＝60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a＝3.6 m/s2
①
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②
由①②式得 EkB∶EkA＝5∶1.
③
(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
时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，
重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2.(结果保留 2 位有效
数字)
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(1)分别求Co出p该yr飞ig船h着t 2地00前4瞬-2间01的1机A械sp能o和se它P进ty入L大td气. 层时的
⑥
由机械能守恒有 mgR4＝12mv2C
⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点． [答案] (1)5∶1 (2)见解析
[突破训练] 1．(2015·高考海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和拋物线 bc 组成，圆弧半径 Oa 水平，b 点为拋物线顶点．已知 h

2019届高考物理一轮复习全国版教师用书：第五章机械

基础课3机械能守恒定律及其应用知识排查重力做功与重力势能1.重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。

(2)重力做功不引起物体机械能的变化。

2.重力势能(1)表达式：E p＝mgh。

(2)重力势能的特点①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。

②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。

3.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，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。

(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即W G＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p。

弹性势能1.定义：物体由于发生弹性形变而具有的能。

2.弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W＝－ΔE p。

机械能守恒定律及应用1.机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。

2.机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹簧弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。

(2)表达式：mgh1＋12mv21＝mgh2＋12mv22。

3.守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。

小题速练1.思考判断(1)被举到高处的物体的重力势能一定不为零。

()(2)物体在速度增大时，其机械能可能在减小。

()(3)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒。

()(4)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。

()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)()A.重力做正功，重力势能增加1.0×104 JB.重力做正功，重力势能减少1.0×104 JC.重力做负功，重力势能增加1.0×104 JD.重力做负功，重力势能减少1.0×104 J解析W G＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔE p＝－W G＝1.0×104 J，选项C正确。

2019版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律课后分级演练15动能定理及其应用.docx

课后分级演练（十五）动能定理及其应用【A级一一基础练】1.（多选）一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端.已知小物块F的初动能为E它返回斜面底端的速度大小为y,克服摩擦阻力做功为㊁.若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有（）A.返回斜面底端时的动能为F3 AB.返回斜面底端时的动能为㊁C.返冋斜面底端时的速度大小为2/D.返冋斜面底端时的速度大小为®解析：AD以初动能农冲上斜面并返冋的整个过程中运用动能定理得如/ —设以初动能F冲上斜血的初速度为內，则以初动能2E冲上斜面吋，初速度为血加速度相同，根据2^=0-^可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过稈中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E以初动能2E冲上斜面并返冋的整个过程中运用动能定理得+〃0 ?_2E=_晦,所以返冋斜面底端时的动能为E A正确，B错误.由①②得/ =yf2 r, C错误，D正确.2.如图所示，质量为刃的小球，在离地面〃高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中力深度而停止，设小球受到的空气阻力为f,重力加速度为呂，则下列说法正确的是（）A.小球落地吋动能等于〃好〃B.小球陷入泥屮的过程屮克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C.整个过程屮小球克服阻力做的功等于加g（〃+力）UD.小球在泥屮受到的平均阻力为〃矽（1+»解析：C根据动能定理得〃回/—刊=切戒，A错误；设泥的平均阻力为屁小球陷入泥中的过程中根据动能定理得〃妙一皿?=0—+加，解得兀力=/昭力+如誌，/i=/〃g（l+马一罕,B、D错误；全过程运用动能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于〃嫁（〃+力），C正确.3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为刃的小球儿若将小球〃从弹 _ 簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为1Oi-3/〃的小球〃，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球〃下降力时的速度为（重力加速度为g, 不计空气阻力）（）A.y^ghB.寸孕c. y[g/] D.解析：B小球/下降力过程小球克服弹簧弹力做功为你根据动能定理，有mgh- //； =0；小球〃下降过程，由动能定理有3〃妙一侈=*3刃0,解得：v=4.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为加包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为力处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为右g在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.运动员获得的动能为*〃g力2C.运动员克服摩擦力做功为了0?D.下滑过程中系统减少的机械能为*昭力解析：D运动员的加速度为話，沿斜面方向有*〃呂一另=/〃・器，贝IJ摩擦力摩1 1 12 擦力做功％=&/〃£• 2h=pngh, A、C错误，D正确.运动员获得的动能£ —/ngh—§/昭7?=§/昭7?,B错误.5.如图所示，质量为/〃的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力尸作用下，以恒定速率％竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角a =45°的过程中，绳中拉力对物体做的功为（）B./〃说1 2D. nivoC.~mvo解析：B物体由静止开始运动，绳的拉力对物体做的功等于物体增加的动能.设物体运动到绳与水平方向的夹角。

2019届高考物理总复习第五章机械能及其守恒定律突破全国卷5力学压轴问题测习题

突破全国卷5 力学压轴问题每年高考中都有一道力学综合计算题，通过近几年对全国卷试题的分析研究可以看出，力学计算题从考查直线运动逐渐转为结合牛顿运动定律考查板块模型问题、功能问题．这说明凡是《考试大纲》要求的，只要适合作为计算题综合考查的，都有可能设置为计算题．因此高考复习中不要犯经验主义错误，认为最近几年没有考查就不重点复习．一轮复习时全面复习知识点，夯实基础，是取得高考胜利的关键．【重难解读】对于力学压轴题主要考查方向有以下几点：1．不可或缺的受力分析和共点力平衡问题：整体法或隔离法的应用；正交分解法，矢量三角形法的应用；临界与极值问题的求解；连接体问题的分析都是潜在考点．2．值得重视的直线运动：传送带模型和滑块—滑板模型的分析与求解；多物体多过程运动中功能关系的应用；追及、相遇问题都是重点．3．体会曲线运动——抛体与圆周运动：结合动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律处理问题．【典题例证】(20分)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C 间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少？(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．[审题指导] 本题结合动能定理、机械能守恒定律分阶段分析小球的运动过程．[解析] (1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理－μmgL 1－mg ·2R 1＝12mv 21－12mv 2①(2分)小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律F ＋mg ＝m v 21R 1②(1分) 由①②得F ＝10.0 N ．③(1分)(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意mg ＝m v 22R 2， ④(1分)－μmg (L 1＋L )－mg ·2R 2 ＝12mv 22－12mv 2⑤(2分) 由④⑤得L ＝12.5 m ．⑥(1分)(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足mg ＝m v 23R 3⑦(1分) －μmg (L 1＋2L )－mg ·2R 3＝12mv 23－12mv 2⑧(2分) 由⑥⑦⑧得R 3＝0.4 m ．(1分)Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理－μmg (L 1＋2L )－mg ·R 3＝0－12mv 2(2分)解得R 3 ＝1.0 m(1分)为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足 (R 2＋R 3)2＝L 2＋(R 3－R 2)2(1分) 解得R 3＝27.9 m ．(1分)综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0<R 3≤0.4 m 或 1.0 m ≤R 3≤27.9 m ．(1分)当0<R 3≤0.4 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ′，则－μmgL ′＝ 0－12mv 20，L ′＝36.0 m ．(1分)当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ″，则L ″＝L ′－2(L ′－L 1－2L )＝26.0 m ． (1分)[答案] (1)10.0 N (2)12.5 m (3)当0<R 3≤0.4 m 时，L ′＝36.0 m 当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，L ″＝26.0 m【突破训练】1．一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得E k0＝4.0×108 J②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为E k ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.60×105m 处的速度大小．由③式和题给数据得E k ＝2.4×1012 J ． ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (0.02v h )2＋mgh ′⑤由功能原理得W ＝E h ′－E k0 ⑥式中，W 是飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108J ．⑦答案：见解析2．(2018·铜陵模拟)如图所示，半径为R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点. C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C .(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q . 解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得：v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有： 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9 J. 答案：(1)6 m/s (2)9 J 3.如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 点处．质量为m 的物块A (可视为质点)从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ′点，然后A 被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好能回到P 点．已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示．求：(1)物块A 运动到O 点的速度大小； (2)O 点和O ′点间的距离x 1；(3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .解析：(1)物块A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知 (mg sin θ－μmg cos θ)x 0＝12mv 2－12mv 2得：v ＝v 20＋2g （sin θ－μcos θ）x 0.(2)物块A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理：－μmg cos θ·2(x 1＋x 0)＝0－12mv 20，x 1＝v 24μg cos θ－x 0.(3)物块A 从O ′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知：E p ＝(mg sin θ＋μmg cos θ)·(x 1＋x 0)解得E p ＝14mv 20·⎝ ⎛⎭⎪⎫1μtan θ＋1. 答案：(1) v 2＋2g （sin θ－μcos θ）x 0 (2)v 204μg cos θ－x 0(3)14mv 20·⎝ ⎛⎭⎪⎫1μtan θ＋1。

2019版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末综合测试.doc

第五章机械能及其守恒定律章末综合测试（五）（时间：60分钟分数：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分）1. 质量为〃人初速度为零的物体，在不同变化的合外力厂作用下都通过位移必.下列各种情况中合外力做功最多的是（）解析：C 力F 随位移X 变化的图线与X 轴围成的面积表示功，合外力做功最多的是图C.2. 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彖和拉力的功率与时间关系的图彖如图甲、乙所示，由图彖可以求得物体的质量为（取 g=10 in/s?）（）解析：B 匀速运动时拉力等于摩擦力，为:物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，孑随时间均匀增大，所以戶随方均匀增大•F\~Ff=nia,4 a=~ m/s 2=2 m/s 2可得m=2. 5 kg •故B 正确，C> D 错误. A. 2 kgC. 3 kgD. 3. 5 kgP 9 r 30N = 7・5 N.A B C D B. 2. 5 kg3.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而來.如图所示, 质量为〃力=50 kg的运动员从轨道上的A点以旳的水平速度冲上质量为/n> = 5 kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道化；到达〃点时速度减为零，然后返回，已知H=1.8 m,重力加速度^10m/s2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计.则下列说法正确的是（）A.运动员和滑板一起由〃点运动到F点的过程中机械能不守恒B.运动员的初速度r0=8 m/sC.刚冲上加轨道时，运动员的速度大小为6 m/sD・运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析：C运动员和滑板一起由〃点运动到£点的过程屮只有重力做功，则机械能守恒, 得伽+处）加=*（勿+加）血y共=6 m/s, A错误、C正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得nh vo=（〃力+/〃2）y共，解得旳=6. 6m/s,运动员与滑板组成的系统的动能变化量人瓜=*/〃1说一*（/〃1+刃2）吸>0, 则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B、D错误.4.一滑块以一定的初速度从一固定斜而的底端向上冲，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I I示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移儿速度代动能廉和重/ 力势能爲（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图彖，其中正确的是（）解析：D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/= 讹一柿2,下滑过程x=—鉄所以两段均为开口向下的抛物线（或者从图线的斜率分析，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，冋到底端的速度必小于旳，所以B错误；因为动能E尸訴, 即有上滑过程禺=弟仏一毗几下滑过程有冷=爲％2（Lb）］2,上滑到最高点的动能为0, 所以C错误；重力势能Amgh,所以重力势能先增加后减小，即D正确.5.如图所示，质量妇4 kg的物块〃与质M m=2 kg的物块力间用一轻质弹簧连接后, 置于一倾角〃=37。

2019高考物理新一轮总复习阶段示范性测试5机械能及其守恒定律(含解析)

阶段示范性金考卷(五)本卷测试内容：机械能及其守恒定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题,共50分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。

在每小题给出四个选项中,第2、4、5、8小题,只有一个选项正确；第1、3、6、7、9、10小题,有多个选项正确,全部选对得5分,选对但不全得3分,有选错得0分。

)1、[2015·长春模拟]如图所示,小球m用一条不可伸长轻质细线拴住后悬于O点,小球置于一个斜面不光滑斜劈M上,用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置甲向左缓慢移动到位置乙,在此过程中,正确说法是( )A、M、m间摩擦力对m不做功B、M、m间摩擦力对m做负功C、F对M所做功与m对M所做功绝对值相等D、M、m间弹力对m做正功解析：小球在向左摆动过程中,M对m摩擦力方向与小球m位移方向间夹角小于90°,故摩擦力对m做正功,选项A、B均错误；因M 缓慢向左运动,地面对M支持力和M重力不做功,一定有F对M所做功与m对M所做功绝对值相等,选项C正确；M对m弹力方向与m位移方向夹角小于90°,故对m 做正功,选项D 正确。

答案：CD2、 [2015·聊城模拟]质量为m 汽车,启动后发动机以额定功率P 沿水平道路行驶,经过一段时间后以速度v 匀速行驶。

若行驶中受到摩擦阻力大小不变,则在加速过程中车速为v 3时,汽车加速度为( )A 、 3P mvB 、 2P mvC 、 P mvD 、 0解析：由题意可知汽车最大速度为v ,设阻力为F f ,则有P ＝F f v ,当车速为v 3时,P ＝F ·v 3,再根据牛顿第二定律F －F f ＝ma 可得a ＝F －F f m＝2P mv,故本题选B 。

答案：B3、 [2014·太原高三调研]如图所示,一直角斜面固定在水平地面上,右边斜面倾角为60°,左边斜面倾角为30°,A 、B 两物体分别系于一根跨过定滑轮轻绳两端,置于两斜面上,且位于同高度处于静止状态。