高考导练2017年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．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547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．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 JD [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E 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，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得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．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。
高三一轮复习秘籍-第五章第4讲 功能关系 能量守恒定律
第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝F f·x相对二、两种摩擦力做功特点的比较类型比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化方面只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()A．落回到地面时机械能为70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案BC解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功答案C解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m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＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/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10m/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 .答案(1)6m/s (2)9J 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 ＝6m/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 ＝9J.【变式5】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C 正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．。
【导与练】(全国I卷)2017年高考物理一轮复习 第5章 机械能 基础课时12 功和功率课件
答案
ACD
方法提炼 1.求解恒力做功的流程图
2.求解恒力做功的两个关键 (1) 恒力做功大小只与 F、 l 、 α 这三个量有关。与物体是否还受
其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体
运动的路径无关。 (2)F与l必须具备同时性，即l必须是力F作用过程中物体的位移。
【变式训练】 1.(2014· 新课标全国卷 Ⅱ，16)一物体静止在粗糙水平地面上。现 用一大小为 F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变 为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的
电梯。若电梯长为l，电梯斜面倾角为α，则( )
图4
A.电梯对该人做功为 mglsin α mglsin α C.重力的功率为 t
B.电梯对该人做功为 mgv0tsin α D.重力的功率为 mgv0sin α
解析
对人受力分析可知， 人在匀速通过电梯过程中， 重力和电
梯的支持力平衡，重心的位移为 l，传送距离为 x＝v0t，人克服 WG mglsin α 重力做的功 WG＝mglsin α，重力的功率 P＝ ＝ ，电梯 t t 对人做的功 W＝mgxsin α＝mgv0tsin α，故选项 B、C 正确。
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高考命题实况 考点内容 功和功率 动能和动能定理 重力做功与重力势能 要求 Ⅱ Ⅱ Ⅱ Ⅱ T176分 T216分 2014Ⅰ卷 2014Ⅱ卷 T166分 2015Ⅰ卷 2015Ⅱ卷 T176分 命题热点 (1)功和功率的计算； (2)对动能定理、机械能 守恒定律、功能关系的 理解及应用；
解析
小球的重力与速度方向始终垂直，不做功，A 正确；由于
小球匀速直线运动， 对小球受力分析如图所示， 可求得斜劈对小 mg 球的弹力为 FN＝ ，做功为 WFN＝FNsin θ· vt＝mgvt· tan θ，B cos θ 错误；挡板的弹力为 F ＝ mgtan θ ，做功为 WF ＝－ Fvt ＝－ mgvt· tan θ，C 正确；小球受到的合力为零，则合力对小球做功 为零，D 正确。
(新课标)2017届高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第二节 动能定理真题
动能定理高考真题1．(2015·海南卷)如图所示，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.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R ，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理，mgR －W ＝12mv 2，得W ＝12mgR ，C 正确．答案：C2．(2014·新课标全国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变为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>W F1，W f2>2W f1B ．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C ．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D ．W F2<4W F1，W f2<2W f1解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f 1＝f 2.设两次运动的时间均为t ，则两次的位移x 1＝v 2t ，x 2＝2v2t ＝2x 1，故两次克服摩擦力所做的功，W f2＝2W f1.由动能定理得，W F1－W f1＝12mv 2，W F2－W f2＝12m (2v )2，即W F1＝W f1＋12mv 2，W F2＝W f2＋12m (2v )2，故W F2<4W F1.C正确．答案：C3．(2014·大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θHsin θ＝0－12mv 2，－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，D 正确． 答案：D4．(2015·浙江理综)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离x m . 解析：(1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ① θ满足的条件tan θ≥0.05② (2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)③由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0④ 代入数据得μ2＝0.8⑤(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥代入数据得v ＝1 m/s ⑦H ＝12gt 2 t ＝0.4 s ⑧x 1＝vt ，x 1＝0.4 m ⑨ x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m ⑩答案：(1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5．(2012·福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .解析：(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做的功W f ＝fd ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做的功W ＝Pt 1②由动能定理有W －W f ＝12mv 21－12mv 2③ 联立①②③式解得v 1＝v 20＋2mPt 1－fd ④(3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为v ，拉力F 和速度v 1分别按效果分解如图所示．则P ＝Fv ＝Fv 1cos θ⑤由牛顿第二定律有F cos θ－f ＝ma ⑥ 联立④⑤⑥式解得a ＝P m 2v 20＋2mPt 1－fd －fm 答案：(1)fd (2)v 20＋2mPt 1－fd(3)P m 2v 20＋2mPt 1－fd －fm。
2017年高考物理一轮复习 第5章 机械能 第3讲 机械能守恒定律及其应用课件 新人教版
人教版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第五章 机械能
第五章 第3讲 机械能守恒定律及其应用
1 考纲解读 2 基础自主梳理 3 跟踪自测巩固 4 重点题型突破
5 常考易错警示 6 学科特色素养 7 高考模拟 8 课时作业
考纲解读
1．掌握重力势能、弹性势能的概念，并能计算。 2．掌握机械能守恒的条件，会判断物体的机械能是否守 恒。 3．掌握机械能守恒定律的三种表达形式，理解其物理意 义，并能熟练应用。
答案：CD
名师归纳：机械能守恒的理解要点 1．机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是 合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。 2．对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题 目特别说明，否则机械能必定不守恒。 3．对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行 判断。
如图所示，用轻弹簧相连的物块 A 和 B 放在光滑的水平面 上，物块 A 紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块 B 后 留在其中，由子弹、弹簧和 A、B 所组成的系统在下列依次进 行的过程中，机械能不守恒的是 导学号 05800619 ( )
A．子弹射入物块B的过程 B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量最大的过 程 C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原 长的过程 D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸 长量达最大的过程 答案：A
解析：子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B组成的系 统，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机 械能转化成了内能，所以机械能不守恒。在子弹与物块B获得 了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧 和子弹组成的系统，由于墙壁给A一个推力作用，系统的外力 之和不为零，但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的 弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一 情形持续到弹簧恢复原长为止。 当弹簧恢复原长后，整个系 统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时物块的动能和 弹簧的弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒。
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第3讲 机械能守恒律及其用课时作业
取夺市安慰阳光实验学校第3讲机械能守恒定律及其应用时间：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．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是( )A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。
2.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为( )A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg答案C解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝mv2B1.8R，小球在轨道1上经过其最高点A时，有F＋mg＝mv2AR，根据机械能守恒，有1.6mgR＝12mv2A－12mv2B，解得F＝4mg，根据牛顿第三定律，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为4mg，C项正确。
3.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。
将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。
已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )A．小球运动到B点时的动能等于mghB．小球由A点到B点重力势能减少12mv2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2答案 D解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A 项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，即mgh －12mv 2，D 项正确；小球克服弹力所做的功等于弹簧弹性势能增加量，C 项错误。
(全国I卷)2017年高考物理一轮复习第5章机械能基础课时15功能关系能量守恒定律
基础课时15功能关系能量守恒定律一、单项选择题1. 运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（）A. 阻力对系统始终做负功B. 系统受到的合外力始终向下C. 重力做功使系统的重力势能增加D. 任意相等的时间内重力做的功相等解析运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由W G=- △ &知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误;运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案A2. 如图1所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止。
现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F i和F2,使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度。
在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）图1A. 由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B. 当弹簧弹力与R、F2大小相等时，A B两物块的动能最大C. 当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D. 在整个过程中系统机械能不断增加解析在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即R、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误。
答案B3. （2016 •山西太原一模）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＜、重力势能 &与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。
高考物理一轮复习 第五章机械能及其守恒律(有解析)
权掇市安稳阳光实验学校第五章机械能及其守恒定律一、选择题(每小题4分，共40分)1．一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：系统的机械能增加是除重力、弹簧的弹力以外的力对系统做正功引起的，不是合外力做功的问题，所以只有D说法正确．答案：D2.(·广东卷)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图5－1所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体在0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确.1～3 s内做匀减速运动，合外力做负功．根据动能定理，0～3 s内合外力做功为零；1～2 s内合外力做负功．答案：A3．(·广东卷)游乐场中的一种滑梯如图5－2所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( ) A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面上滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析：在滑动的过程中，人受三个力作用：重力、支持力和摩擦力．重力做正功，重力势能减少，B错．支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．答案：D4．图5－3如图5－3所示，一根轻质弹簧竖直固定于水平地面上，一质量为m的小球自弹簧正上方离地面高度为H1处自由落下，并压缩弹簧，设速度达到最大时的位置离地面的高度为h1，最大速度为v1；若让此小球从离地面高H2(H2＞H1)处自由下落，速度达到最大时离地面的高度为h2，最大速度为v2，不计空气阻力，则( )A．v1＜v2，h1＝h2B．v1＜v2，h1＜h2C．v1＝v2，h1＜h2D．v1＜v2，h1＞h2解析：速度最大时，弹簧弹力等于重力，不论从何处下落这一位置不会变化，故h1＝h2.设最大速度时弹簧的弹性势能为E p，由能的转化和守恒定律得：mg(H1－h1)＝E p＋12mv21，mg(H2－h2)＝E p＋12mv22.因H2＞H1，所以v2＞v1，故只有A项对．答案：A[5．如图5－4所示，物体以100 J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80 J，机械能减少32 J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体在运动过程中的下列说法正确的是( )[A．物体在M点的重力势能为－48 JB．物体自M点起重力势能再增加21 J到最高点C．物体在整个过程中摩擦力做的功为－80 JD．物体返回底端时的动能为30 J解析：由于W G＋W f＝ΔE k，而重力做的功W G＝ΔE p.由此得摩擦力做功为－32 J，在到M前重力的功－80 J＋32 J＝－48 J，故重力势能为48 J，故A错．由于－mgh－μmg cosθ×hsinθ＝ΔE k，由于其他量都是常量，所以ΔE k与h或者mgh成正比，于是得最高点重力势能为60 J，即再增加12 J到最高点，B错．从底端到最高点，动能减少100 J，克服重力做功60 J，故摩擦力做功－40 J，往返做功－80 J，C对．返回底端时的动能为20 J，D错．答案：C6．(·江苏卷)如图5－5所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长，放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有( )A.当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图5－6(a)，F1为弹簧的拉力；当加速度大小同为a时，对A有F－F 1＝ma，对B有F1＝ma，得F1＝F2，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)．两物体运动的v－t图象如图5－6(b)，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值答案：BCD7．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5－7所示，物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：力－位移图象下所围图形的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20得v ＝3 m/s.答案：B8．如图5－8所示，质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为 v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A.Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 两选项正确．答案：BC9．如图5－9所示，A 、B 两点水平距离为 x ，质量为m 的物体以初速度v 0沿水平地面由A 滑到B 速度减小为v 1，若该物体以同样的初速度v 0沿斜面AC 和CB 滑到B ，速度减小为v 2，且物体与地面和两斜面间的动摩擦因数相同，则两速度v 1和v 2的大小相比为( )A.v 1＞v 2 B ．v 1＜v 2 C ．v 1＝v 2 D ．无法比较解析：设动摩擦因数为μ，AC 间直线距离为x 1，BC 间直线距离为x 2，根据动能定理，沿AB 路线时，有：μmgx ＝12m (v 20－v 21)①沿ACB 路线时，有：μmg cosα·x 1＋μmg cos β·x 2＝12m (v 20－v 22)，整理得：μmg (x 1cosα＋x 2cos β)＝12m (v 20－v 22)②由于x 1cos α＋x 2cos β＝x ，所以比较①②两式有：v 1＝v 2.答案：C10．如图5－10所示，半径为R的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的速度v0在水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为μ，设运动的第一周内小球从A到B和从B到A的过程中，小球克服摩擦力做功分别为W1和W2，在这一周小球克服摩擦力做的功为W3，则下列关系正确的是( )A.W1＞W2B．W1＝W2C．W3＝0 D．W3＝W1＋W2解析：从A→B小球克服摩擦力做的功从B→A小球克服摩擦力做的功W2＝μF N2x2.又因为F N1＞F N2，所以W1＞W2.在这一周内小球克服摩擦力做的总功为W3，则W3＝W1＋W2.答案：AD二、实验题(共16分)11．(8分)小华有一只按压型圆珠笔，她想估测里面小弹簧在被圆珠笔尾端压紧过程中弹性势能的增加量，请你在不拆卸圆珠笔的前提下帮助她完成这一想法．(当地重力加速度g已知)(1)除刻度尺外，还需要的测量工具是__________．(2)需测量的物理量及符号是______________________．(3)用所测物理量表示所估测的弹性势能增加量：ΔE＝______________________________________________________.答案：(1)天平(2)竖直弹起的高度h(或水平弹出的位移x、下落高度h)、圆珠笔的质量m(3)mgh(或mgx24h)12．(8分)利用如图5－11所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，当光电门中有物体通过时与它们连接的光电计时器(都没画出)能够显示挡光时间．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g＝9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝__________m/s，通过光电门2时的速度v2＝__________m/s；(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J.解析：(1)光电门记录的瞬时速度取经过光电门时的平均速度．v1＝Lt＝0.050.05m/s＝1 m/s，v2＝Lt＝0.050.02m/s＝2.5 m/s.(2)ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×2×(2.52－12) J ＝5.25 J ，ΔE p ＝mgx 12sin30°＝2×9.80×0.54×0.5 J ＝5.29 J. 答案：(1)1 2.5 (2)5.25 5.29 三、计算题(共44分)13．图5－12(8分)如图5－12所示，质量为m 的物体从倾角为θ的斜面上的A 点以速度v 0沿斜面上滑，由于μmg cos θ＜mg sin θ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B 点时，速度大小恰好也是v 0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB 间的距离．解析：设物体从A 点到最高点的位移为x ，对此过程由动能定理得： －(mg sin θ＋μmg cos θ)·x ＝0－12mv 20①对全过程由动能定理得：mg sin θ·x AB －μmg cos θ·(2x ＋x AB )＝0② 由①②得：x AB ＝μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos θ2).答案：μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos 2θ)14． (10分)质量为50 kg 的男孩，在一座高桥上做“蹦极”运动．弹性绳长为12 m ，男孩从桥面下落，达到的最低点D 距桥面40 m ，男孩下落速率v跟下落距离x 的关系如图5－13所示，男孩在C 点时的速度最大，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求(1)男孩到达D 点时，绳的弹性势能E p ；(2)绳的劲度系数k .解析：(1)男孩和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于初、末位置速度均为零，故减少的重力势能转化为弹性绳的弹性势能，即E p ＝mgx ＝50×10×40 J ＝2×104 J.(2)由题图知，下落20 m 时，速度达到最大，此时合外力为零，弹性绳伸长x ＝(20－12) m ．由mg ＝kx ，得k ＝mg x ＝50×1020－12N/m ＝62.5 N/m.答案：(1)2×104J (2)62.5 N/m15． (12分)如图5－14所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 、B ，两小球用一根长L 的轻杆相连，下面的B 球离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑并从斜面进入光滑平面(不计与地面碰撞时的机械能损失)．求：(1)两球在光滑平面上运动时的速度； (2)在这一过程中杆对A 球所做的功； (3)杆对A 做功所处的时间段．解析：(1)因系统机械能守恒，所以有：mgh ＋mg (h ＋L sin θ)＝12×2mv 2，解得v ＝2gh ＋gL sin θ.(2)以A 球为研究对象，由动能定理得： mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12mv 2.则mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m (2gh ＋gL sin θ)，解得W ＝－12mgL sin θ.(3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内，杆对A 球做了W 的负功．答案：(1)2gh ＋gL sin θ (2)－12mgL sin θ (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内16．(14分)太阳能烟囱式热力发电原理如图5－15所示，像种蔬菜大棚一样的太阳能集热棚将太阳能收集起来，对空气加热，热空气进入烟囱．由于烟囱内热空气的压强大于外界的大气压，在烟囱中就形成了强大的热气流，推动安置在烟囱底部的空气涡轮发电机发电．已知太阳每平方米面积上的辐射功率为P 0，太阳能集热棚的面积为S 0，烟囱内部的半径为R ，烟囱底部与外界冷空气的压强差为Δp ，烟囱内热空气的密度为ρ，热空气的动能转化为电能的效率为η.以下分析中可不考虑发电过程中空气温度的变化．求：1)烟囱内热空气的流速；(2)发电机的发电功率流的机械功率，即P 0S 0＝Δp πR 2v .①热气流流速v ＝P 0S 0Δp πR2.(2)根据能量守恒定律知发电机发电功率 P 电＝η·12mv 2.其中12mv 2为单位时间内流过发电机的热空气的动能，则P 电＝12ρπR 2v ·v 2·η.代入①式，得P 电＝ρP 30S 30η2Δp 3π2R 4.答案：(1)P 0S 0Δp πR 2 (2)ρP 30S 30η2Δp 3π2R4。
高考导练2017年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律自主测评新人教版必修2
第4讲功能关系能量守恒定律自主测评一、基础知识题组1．[功能关系的考查](多选)对于功和能，下列说法正确的是( )A．功和能的单位相同，它们的概念也相同B．做功的过程就是物体能量转化的过程C．做了多少功，就有多少能量发生了转化D．各种不同形式的能可以互相转化，且在转化的过程中，能的总量是守恒的答案：BCD2．[功能关系的理解]某人掷铅球，出手时铅球的动能为150 J．关于人对铅球的做功情况和能量转化情况，下列说法正确的是( )A．此人对铅球做了150 J的功，将体内的化学能转化为铝球的动能B．此人对铅球做的功无法计算C．此人对铅球没有做功，因此没有能量的转化D．此人对铅球做了150 J的功，将铅球的重力势能转化为铅球的动能解析：本题要求的是人对铅球做的功，由于人对铅球的作用力是变力，且位移未知，不能运用功的计算公式来计算，可根据功能关系，人对铅球做功，使铅球动能增加，因此，此人对铅球所做的功等于铅球动能的增加，即150 J，将体内的化学能转化为铅球的动能．故只有A正确．答案：A3．[能的转化与守恒的理解](多选)如图5－4－1所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )图5－4－1A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能B．X－37B的机械能要减少C．自然界中的总能量要变大D．如果X－ 37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变解析：在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错．根据能量守恒定律，C错．X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D对．答案：AD二、规律方法题组4．[功能关系的应用]如图5－4－2所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图5－4－2A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR 解析：重力做功只与物体的重力和始末位置的高度差有关，故W G ＝mgR ，机械能的变化由重力势能的变化和动能的变化共同决定，故E ＝mgR －12mv 2＝mgR －12m (gR )2＝12mgR ，合外力做功等于动能的增量，故W 合＝12mv 2＝12mgR ，小球在竖直圆轨道中运动时受到的摩擦力是大小、方向不断变化的变力，不能由功的公式直接求解，只能借助动能定理mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，综合上面各种情况，选项D 正确． 答案：D5．[能量守恒定律的应用]如图5－4－3所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )图5－4－3A ．0.50 mB. 0.25 mC. 0.10 mD. 0解析：由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m 0.5 m＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．答案：D。
(浙江选考)版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第1节 功和功率达标检测(含解析)-人教
第1节 功和功率 1．(2017·11月浙江选考)如下列图，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6m ．假设她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，如此抑制重力做的功和相应的功率约为( )A ．430 J ，7 WB ．4 300 J ，70 WC ．720 J ，12 WD ．7 200 J ，120 W 答案：B2．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车能够达到最大速度为v ，那么当汽车的速度为13v 时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.P mvB.2P mvC.3P mvD.4P mv解析：选B.以恒定功率起步的机车，因P ＝Fv ，v 逐渐增大，F 逐渐减小，即牵引力逐渐减小，所以机车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，不再加速，速度达到最大，可知阻力为f ＝F ＝P v ，如此当速度为13v 时，可求得牵引力F ′＝P 13v ＝3P v ，如此此时的加速度为a ＝F ′－f m ＝2P mv，故此题的正确选项为B. 3．当前我国“高铁〞事业开展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v －t 图象如下列图，0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．如下判断正确的答案是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为P v 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F牵＝Pv3，故D正确．4.(2017·11月浙江选考)如下列图是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，如此用于( )A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W答案：B[课后达标]一、选择题1．一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，假设汽车的功率保持不变，所受的阻力恒定，如此如下说法正确的答案是( )A．汽车一直做匀加速运动B．汽车先匀加速运动，后匀速运动C．汽车先匀加速运动，后匀减速运动直至静止D．汽车做加速度越来越小的加速运动，直至匀速运动答案：D2．设飞机飞行中所受阻力与其速度的平方成正比，假设飞机以速度v匀速飞行，其发动机功率为P，如此飞机以3v匀速飞行时，其发动机的功率为( )A．3P B．9PC．27P D．无法确定答案：C3.(2020·湖州质检)如下列图，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大答案：A4．如下列图，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，以下判断正确的答案是( )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：B5．中国已成为世界上高铁运营里程最长、在建规模最大的国家．报道称，新一代高速列车正常持续运行牵引功率达 9 000 kW ，速度为300 km/h.假设一列高速列车从杭州到金华运行路程为150 km ，如此( )A ．列车从杭州到金华在动力上消耗的电能约为9 000 kW ·hB ．列车正常持续运行时的阻力大小约为105NC ．如果该列车以150 km/h 运动，如此牵引功率为4 500 kWD ．假设从杭州到金华阻力大小不变，如此列车抑制阻力做功大小等于阻力与位移的乘积解析：选B.根据题意，不知道该列车运行时间，所以无法求出杭州到金华列车消耗的电能，A 错误；根据P ＝Fv 可知，F ＝1.08×105 N ，B 正确；列车的瞬时速度为150 km/h ，但不能确定是匀速运动还是其他运动，所以不能确定牵引功率，C 错误；假设阻力大小不变，如此抑制阻力做功应该为阻力大小与其路程的乘积，D 错误．6．(2020·丽水高三期中)如下列图为牵引力F 和车速的倒数1v的关系图象，假设汽车质量为2×103kg ，它由静止开始沿平直的公路行驶，设阻力恒定且最大车速为30 m/s ，如此( )A ．汽车所受的阻力为6×103NB ．汽车的速度为15 m/s 时，功率为6×104 WC ．汽车匀加速运动的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需的时间为7.5 s答案：B7．(2020·温州乐清期中)塔吊吊起货物沿竖直方向匀速上升过程中，钢丝绳对货物的拉力与其功率变化说法正确的答案是( )A ．拉力增大，功率不变B ．拉力不变，功率变大C ．拉力减小，功率变大D ．拉力不变，功率不变解析：选D.因为货物匀速上升，知F ＝mg ，如此拉力不变，根据P ＝Fv 知，拉力功率不变．故D 正确，A 、B 、C 错误．8.“激流勇进〞是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中如下说法正确的答案是( )A ．合力对游客做负功B ．皮筏艇对游客不做功C ．重力对游客做正功D ．游客的机械能增加 答案：C9．(2020·宁波质检)汽车发动机的额定功率是60 kW ，汽车的质量为2×103kg ，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1.假设汽车从静止出发，以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，如此出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为(g 取10 m/s 2)( )A ．25 kWB ．50 kWC ．60 kWD ．75 kW解析：选C.汽车受到的阻力F f ＝0.1mg ＝2 000 N ，汽车以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得F ＝3 000 N ，假设50 s 内车做匀加速运动，如此v ＝at ＝25 m/s ，50 s 末汽车功率P ＝Fv ＝75 000 W ＝75 kW ，但汽车发动机的额定功率是60 kW ，如此50 s 内车不是匀加速运动，而是先匀加速运动后变加速运动，出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为60 kW ，故C 正确．10．一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的关系图象如下列图．假设汽车的质量，如此根据图象所给的信息，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解析：选D.由F －F f ＝ma ，P ＝Fv 可得：a ＝P m ·1v －F f m ，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 ＝P F f，可求出汽车受到的阻力F f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间．11.(2020·浙江温岭高二月考)如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v －t 图象，测试时机车先以恒定的牵引力F 启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t 1时刻机车关闭发动机，到t 2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和抑制摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2，0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程抑制摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，如此如下判断正确的答案是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －f m ，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝f m，根据v －t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．12.如下列图，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步〞，驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，如下说法正确的答案是( )A ．变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B ．变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C ．徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D ．徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率解析：选B.由P ＝Fv 可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，如此换低速挡，增大牵引力，故A 错误，B 正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据P ＝Fv 可知，是为了增大牵引力，故C 、D 错误．13．一物体在粗糙的水平面上滑行．从某时刻起，对该物体再施加一水平恒力F ，如此在此后的一段时间内( )A ．如果物体改做匀速运动，如此力F 一定对物体做负功B ．如果物体改做匀加速直线运动，如此力F 一定对物体做正功C ．如果物体仍做匀减速运动，如此力F 一定对物体做负功D ．如果物体改做曲线运动，如此力F 一定对物体不做功解析：选B.物体在粗糙的水平面上做匀减速直线运动．施加一水平恒力F 后，如果物体改做匀速运动，如此力F 一定与摩擦力等大、反向，与物体运动方向一样，对物体做正功，A 错误；如果物体改做匀加速直线运动，如此力F 一定与物体运动方向一样，且大于摩擦力，力F 对物体做正功，B 正确；如果物体仍做匀减速运动，如此力F 可能与物体运动方向一样，但大小小于摩擦力，对物体做正功，也可能与物体运动方向相反，对物体做负功，C 错误；只要物体受力F 与物体运动方向不共线，物体就做曲线运动，力F 与速度的夹角既可以是锐角也可以是钝角，还可以是直角，各种做功情况都有可能，D 错误．14.(2020·舟山高二期中)在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB ，槽道由半径分别为R2和R 的两个半圆构成(如下列图)，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点沿滑槽道拉至B 点，假设拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，如此此过程中拉力所做的功为( )A ．0B ．FRC.32πFR D ．2πFR 解析：选C.虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR ＋πR 2，如此拉力做的功为32πFR ，故C 正确．二、非选择题15．如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图乙所示(在t ＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW 不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．求：(1)汽车在AB 路段上运动时所受的阻力F f1；(2)汽车刚好到达B 点时的加速度a ；(3)BC 路段的长度．解析：(1)汽车在AB 路段时，有F 1＝F f1，P ＝F 1v 1，F f1＝P v 1，联立解得： F f1＝20×10310N ＝2 000 N. (2)t ＝15 s 时汽车处于平衡态，有F 2＝F f2， P ＝F 2v 2，F f2＝P v 2， 联立解得：F f2＝20×1035 N ＝4 000 N. t ＝5 s 时汽车开始减速运动，有F 1－F f2＝ma ，解得a ＝－1 m/s 2.(3)Pt －F f2x ＝12mv 22－12mv 21 解得x ＝68.75 m.答案：(1)2 000 N (2)－1 m/s 2(3)68.75 m。
高考物理一轮复习讲义第五章_机械能及其守恒定律_第2讲_word版有答案
第2讲 机械能守恒定律一、机械能1．重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关． (2)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：物体从位置A 到位置B 时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . ③重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关． 2．弹性势能 (1)定义发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能． (2)弹力做功与弹性势能变化的关系①弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系． ②对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．深度思考 同一根弹簧伸长量和压缩量相同时，弹簧的弹性势能相同吗？ 答案 相同二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变． 2．表达式：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22.3．机械能守恒的条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零． (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化． 深度思考 处理连接体的机械能守恒问题时，一般应用哪个公式较方便？ 答案 ΔE p ＝－ΔE k .1．(粤教版必修2P82第2题)(多选)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A．电梯匀速下降B．物体自由下落C．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端D．物体沿着斜面匀速下滑E．铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前答案BCE2.(人教版必修2P78第3题改编)(多选)如图1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是()图1A．重力对物体做的功为mghB．物体在海平面上的势能为mghC．物体在海平面上的动能为12m v2－mghD．物体在海平面上的机械能为12m v2答案AD3．(多选)如图2所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图2A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒答案CD4．(人教版必修2 P80第2题改编)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者()图3A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点答案 C命题点一机械能守恒的判断1．做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒．2．能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．3．利用机械能的定义判断若物体在水平面上匀速运动，则其动能、势能均不变，机械能守恒．若一个物体沿斜面匀速下滑，则其动能不变，重力势能减少，机械能减少．例1(多选)如图4，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有()图4A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少关键位置C、D处受力特点．答案BD解析小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D.1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B．物体只受重力，机械能才守恒C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案 D解析匀速运动所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少，A错．物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B 错．匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错．由机械能守恒条件知，选项D正确．2．如图5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中()图5A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案 C解析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D错误．命题点二单个物体的机械能守恒机械能守恒定律的表达式例2 如图6所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．图6(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．①光滑固定轨道；②由静止开始自由下落．答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得 E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4②由①②式得E k BE k A＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足 F N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有 F N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v 2CR⑥v C ≥Rg 2⑦ 全程应用机械能守恒定律得 mg ·R 4＝12m v C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点．机械能守恒定律公式的选用技巧1．在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面． 2．在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12 答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．4.如图7所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2，则( )图7A ．v 1＝v 2，t 1>t 2B ．v 1<v 2，t 1>t 2C ．v 1＝v 2，t 1<t 2D ．v 1<v 2，t 1<t 2答案 A解析 根据机械能守恒定律可知v 1＝v 2，再根据速率变化特点知，小球由M 到P 再到N ，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M 到Q 再到N ，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN 路径运动的平均速率大，所以t 1>t 2，故选项A 正确．命题点三 用机械能守恒定律解决连接体问题1．首先分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒．2．若系统机械能守恒，则机械能从一个物体转移到另一个物体，ΔE 1＝－ΔE 2，一个物体机械能增加，则一定有另一个物体机械能减少．例3 如图8所示，左侧为一个半径为R 的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m 1和m 2，且m 1＞m 2.开始时m 1恰在碗口水平直径右端A 处，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．图8(1)求小球m 2沿斜面上升的最大距离s ；(2)若已知细绳断开后小球m 1沿碗的内侧上升的最大高度为R 2，求m 1m 2.(结果保留两位有效数字)当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开．答案 (1)2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)1.9解析 (1)设重力加速度为g ，小球m 1到达最低点B 时，m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2 如图所示，由运动的合成与分解得v 1＝2v 2对m 1、m 2组成的系统由机械能守恒定律得 m 1gR －m 2gh ＝12m 1v 21＋12m 2v 22h ＝2R sin 30° 联立以上三式得 v 1＝22m 1－2m 22m 1＋m 2gR ，v 2＝2m 1－2m 22m 1＋m 2gR设细绳断开后m 2沿斜面上升的距离为s ′，对m 2由机械能守恒定律得m 2gs ′sin 30°＝12m 2v 22 小球m 2沿斜面上升的最大距离s ＝2R ＋s ′ 联立以上两式并代入v 2得 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2m 1－2m 22m 1＋m 2R ＝2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)对m 1由机械能守恒定律得： 12m 1v 21＝m 1g R 2 代入v 1得m 1m 2＝22＋12≈1.9.连接体机械能守恒问题的分析技巧1．对连接体，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． 3．列机械能守恒方程时，可选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式．5.如图9，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )图9A ．2R B.5R 3 C.4R 3 D.2R3答案 C解析 设A 球刚落地时两球速度大小为v ，根据机械能守恒定律2mgR －mgR ＝12(2m ＋m )v 2得v 2＝23gR ，B 球继续上升的高度h ＝v 22g ＝R 3，B 球上升的最大高度为h ＋R ＝43R .6．(多选)如图10所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图10A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg 答案 BD解析 滑块b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a 刚落地时，b 的速度为零，则mgh ＝12m v 2a ＋0，即v a ＝2gh ，选项B正确；a 、b 的先后受力分析如图甲、乙所示．由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且F N b＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．命题点四含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．例4轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图11所示．物块P与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.图11(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．①当弹簧压缩到最短时，弹簧长度为l；②用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l.答案(1)6gl22l(2)53m≤M<52m解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl①设P到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p＝12m v2B＋μmg(5l－l)②联立①②式，并代入题给数据得v B＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足m v2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得12m v2B＝12m v2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝2gl⑥v D满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l⑨(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有12M v B′2≤Mgl⑪E p＝12M v B′2＋μMg·4l⑫联立①⑩⑪⑫式得53m≤M<52m.7．(多选)如图12，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中()图12 A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，W F＋W G＝ΔE k，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F＝0，即W G＝ΔE k，选项D正确．8.如图13所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图13A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C 错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgL，故B正确．9．如图14所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B与轨道最低点C的距离为4R，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E；之后再次从B点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE轨道抛出后恰好落在B点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．图14答案210 5l解析设第一次压缩量为l时，弹簧的弹性势能为E p.释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v1由机械能守恒定律得E p ＝12m v 21 设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知 mg ＝m v 22R，v 2＝gR由机械能守恒定律可得12m v 21＝mg ·2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12m v 23小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12gt 2，解得v 3＝2gR ，故E p ′＝4mgR由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105l .机械能守恒中的轻杆模型1．模型构建轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型． 2．模型特点(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒． (4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒． 3．注意问题(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等． (2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒． 典例 如图15所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 处各固定一质量为m 的球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功？图15【思维流程】答案 －0.2mgL 0.2mgL解析 A 、B 和杆组成的系统机械能守恒，以B 的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12mgL .又因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A 由以上两式得 v A ＝3gL5，v B ＝ 12gL5根据动能定理，对于A 球有W A＋mg L2＝12m v2A－0所以W A＝－0.2mgL对于B球有W B＋mgL＝12m v2B－0，所以W B＝0.2mgL.题组1单物体机械能守恒的判断和应用1．在如图1所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()图1A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒答案 A解析甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A 球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒．2．如图2甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求：图2(1)小滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H 值；若不存在，请说明理由．答案(1)0.1 kg0.2 m(2)存在0.6 m解析(1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为Rmg(H－2R)＝12m v2DF＋mg＝m v2D R得：F＝2mg(H－2R)R－mg取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：m＝0.1 kg，R＝0.2 m(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)由几何关系可得OE＝R sin 30°设小滑块经过最高点D时的速度为v D由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝v D t，R＝12gt2得到：v D＝2 m/s而小滑块过D点的临界速度v D′＝gR＝ 2 m/s由于v D＞v D′，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。
2017届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第三节机械能守恒定律真题
机械能守恒定律高考真题1．(2015·新课标全国Ⅱ)(多选)如图所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g ，则( )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg解析：设某一时刻a 、b 速度分别为v a 、v b ，则v a cos θ＝v b sin θ.当a 落到地面时，θ＝90°，cos θ＝0，故v b 为0，可知a 下落过程中b 先加速后减速，轻杆对b 先做正功后做负功，A 错误．轻杆对a 的力先为支持力后为拉力，故a 的加速度先小于g 后大于g ，C 错误．由于a 、b 系统只有重力和系统内杆的弹力做功，故a 、b 机械能守恒，a 落地时b 速度为零，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2a ，得v a ＝2gh .B 正确．当a 机械能最小时，b 的机械能最大，即动能最大，此时F 杆＝0，故F N ＝mg ，D 正确．答案：BD2．(2015·天津理综)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：在圆环下滑过程中拉伸弹簧，圆环的部分机械能转化为弹簧的弹性势能，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误．由于系统机械能守恒，在圆环运动到最低点时圆环减小的重力势能全部转化成弹簧的弹性势能，E p＝3mgL，B正确．圆环刚开始运动时合力向下，加速下滑，当合力为零时速度最大，在最低点速度减小到零，合力方向应向上，C错误．下滑过程中，圆环先加速后减速，动能一直改变，因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和也改变，D错误．答案：B3．(2015·四川理综)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：不计空气阻力，小球在空中只受重力作用，机械能守恒．抛出时高度、速度大小相等，落地时速度大小一定相等．答案：A4．(2014·福建理综)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( ) A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：刚释放物体时，弹力相同，由于质量不同，物体的加速度不同，上升的最大高度也不同，B错误，C正确．当弹簧弹力大小等于物体重力沿斜面向下的分力时，速度最大，由于物体质量不同，弹簧的形变量的变化不同，弹簧弹力对物体做功不同，物体的最大速度不同，A错误．物体刚释放时，弹簧形变量相同，弹性势能相同，当物体到达最高点时，弹簧弹性势能全部转化为物体的重力势能，所以重力势能的变化量相同，D错误．答案：C5．(2013·浙江理综)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M ＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律．(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①②式得： v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v 2C ④ v C ＝2gh 2＝80 m /s≈9 m/s.⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L .对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2c L⑥ 由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦得：L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得： F T ＝216 N.答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N。
高考导练高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律
第2讲 动能 动能定理自主测评一、基础知识题组1．[对动能的考查](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．[对动能定理的考查](多选)某物体沿直线运动的v －t 图象如图5－2－1所示，已知在第1 s 内合外力对物体做的功为W ，则( )图5－2－1A ．从第1 s 末到第3 s 末合外力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合外力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合外力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合外力做功为－0.75W解析：由题图知：第1 s 末、第3 s 末、第7 s 末速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 1 2－0，则由动能定理得第1 s 末到第3 s 末合外力做功W 1＝12mv 3 2－12mv 1 2＝0，故A 错．第3 s 末到第5 s 末合外力做功W 2＝12mv 5 2－12mv 3 2＝0－12mv 1 2＝－W ，故B 错．第5 s 末到第7 s 末合外力做功W 3＝12mv 7 2－0＝12mv 1 2＝W ，故C 正确．第3 s 末到第4 s 末合外力做功W 4＝12mv 4 2－12mv 3 2＝12m (12v 1)2－12mv 1 2＝－0.75W ，故D 对． 答案：CD二、规律方法题组3．(多选)如图5－2－2甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图5－2－2乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )图5－2－2A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 2时刻后物块A 做反向运动D ．t 3时刻物块A 的动能最大解析：由题图可分析出，在0～t 1时间内，F 小于f m ，物体一直处于静止状态，A 选项错误；t 2时的动力F 最大，故加速度最大，B 选项正确；t 2～t 3时间之间，加速度减小，但仍然沿F 方向做加速直线运动，故C 选项错误；t 3时刻时，加速度减小到零，速度有最大值，D 选项正确．答案：BD4．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.g 取10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J 解析：由动能定理可求得合外力做的功等于小孩动能的变化，ΔE k ＝12mv 2＝12×25×2.02 J ＝50 J ，A 选项正确；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3.0 J＝750 J ，C 选项错误；支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不做功，D 选项错误；阻力做功W 阻＝W 合－W G ＝(50－750)J ＝－700 J ，B 选项错误．答案：A。
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17 功能关系 能量守恒定律
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题课后分级演练(十七) 功能关系能量守恒定律【A级——基础练】1.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是( )A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：C 滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错；C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．2.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将二个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：D 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与小球重力相等时，小球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B错误，D正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．3.滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析：A 当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．4．(多选)如图所示，D 、A 、B 、C 四点水平间距相等，DA 、AB 、BC 竖直方向高度差之比为1∶3∶5.现分别放置三个相同的小球(视为质点)，均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A 、B 、C 三点沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力，下列说法中正确的有( )A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶1∶1C ．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶3∶5D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析：AB 本题考查平抛运动规律、重力做功、动能定理、弹性势能等，意在考查考生对平抛运动规律、功能关系的理解能力和分析判断能力．三个小球弹出后做平抛运动，竖直方向上，三个小球竖直位移比为1∶4∶9，由自由落体运动规律h ＝12gt 2可知，小球在空中运动时间之比为1∶2∶3，A 项正确；又三个小球水平位移之比为1∶2∶3，由水平方向匀速直线运动规律x ＝v 0t 可知，三个小球弹出时速度相同，B 项正确；重力做功W G ＝mgh ，所以重力做功之比为1∶4∶9，C 项错；当且仅当弹力对小球A 做功与重力对小球A 做功相等时，合外力对三个小球做功之比为2∶5∶10，故D 项错．5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由v 1增大到v 2，所用时间为t ，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中( )A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B ．木块沿斜面下滑的距离为v 1＋v 22tC ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12mv 22＋12mv 21 解析：BD 对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A 错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v ＝v 1＋v 22，故下滑的距离为：x ＝v t ＝v 1＋v 22t ，故B 正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 21，故D 正确． 6.(多选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说法正确的是( )A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小C ．小物块在O 点时的速度最大D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：AD 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O 点应该在ab 中间，Oa ＝Ob .由于有摩擦力，物块从a 到b 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b 点，即O 点靠近b 点，故Oa >Ob ，选项A 正确；从O 至b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B 错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O 点右侧，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D 正确．7.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：CD 因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误．由功能关系知，系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确．对M除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理可知B错误．对m有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．8.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误．9．(2017·湖南长沙三月模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D ．从D 到E 过程橡皮筋弹力做功大于从E 到C 过程解析：D 从D 到C 过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项A 错误；弹丸竖直向上发射，从D 到C 过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点F 弹＝mg ，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从D 到C 过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项B 错误；从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项C 错误；从D 到E 过程橡皮筋的弹力大于从E 到C 过程的，故从D 到E 过程橡皮筋弹力做功大于从E 到C 过程，选项D 正确．10．(2017·课标Ⅰ)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/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瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ②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 h ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度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：(1)2.4×1012 J (2)9.7×108J【B 级——提升练】11.(多选)(2017·三湘名校联盟三模)如图是某缓冲装置示意图，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于1f (12mv 20－12mv 2) C ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：BD 小车向右运动的过程中将受到弹簧向左的弹力作用做加速度逐渐增大的减速运动，若小车撞击弹簧时的速度v 0较小，弹簧上的弹力小于f ，小车速度即减为零，随后被弹回，此过程中只有动能与弹性势能之间相互转化，因此最终弹回的速度v 等于v 0，故选项A 错误；若小车撞击弹簧时的速度v 较大，在其速度还未减为零，弹簧上的弹力已增大至f ，由于直杆的质量不可忽略，所以小车继续做加速度增大的减速运动，弹簧继续被压缩，弹力大于f 后，直杆向右做加速运动，当两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，故选项C 错误；选项D 正确；当小车速度减为零时，小车反向弹回，弹簧弹力减小，直杆最终也不再在槽内移动，因此根据功能关系有：fx ＝12mv 20－12mv 2，即直杆在槽内移动的距离为：x ＝1f (12mv 20－12mv 2)，故选项B 正确．12．如图所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 解析：B 第一次停在水平雪道上，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．13．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )A ．固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C ．滑块可能重新回到出发点A 处D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：CD 设AB 的高度为h ，假设物块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ＝mv 2C R，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12mv 2C －0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到最终停止，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h μ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．14.如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x .解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2. (2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ，解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m＝1 m. 铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12 m ＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s 2(2)1.5 m15.(2017·湖南永州三模)如图所示，水平传送带A 、B两轮间的距离L ＝40 m ，离地面的高度H ＝3.2 m ，传送带以恒定的速率v 0＝2 m/s 向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P 、Q 中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P 、Q 不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态．现将P 、Q 轻放在传送带的最左端，P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m ＝0.2 kg ，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．解析：(1)滑块的加速度大小a ＝μg ＝1 m/s 2从静止到与传送带共速所需时间t 0＝v 0a＝2 s x 0＝12at 20＝2 m<L ＝40 m故滑块第2 s 末相对传送带静止由动量守恒定律有2mv 0＝mv Q －mv P又v Q ＝2v P解得v Q ＝8 m/s ，v P ＝4 m/s弹性势能E p ＝12mv 2P ＋12mv 2Q －12(2m )v 20＝7.2 J (2)两滑块离开传送带后做平抛运动时间相等，故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差 t 1＝4 s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6 m滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6 s 这段时间内位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30 m<L －x 1＝34 m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间 t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2 s 滑块P 速度减小到0时运动位移大小x 3＝v 2P 2a＝8 m>x 1＝6 m 滑块P 滑到左端时的速度v P ′＝v 2P －2ax 1＝2 m/s运动时间t 4＝v P －v P ′a＝2 s 两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6 s(3)滑块PQ 共同加速阶段Q 1＝2μmg (v 0t 0－x 0)＝0.8 J分离后滑块Q 向右运动阶段Q 2＝μmg (x 2－v 0t 2)＝3.6 J滑块P 向左运动阶段Q 3＝μmg (x 1＋v 0t 4)＝2 J全过程产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝6.4 J答案：(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 配餐作业17 功能关系 能量守恒定律-人教版高三全册物
配餐作业(十七) 功能关系 能量守恒定律A 组·根底巩固题1．如下列图为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆，如此跳伞者( )A ．机械能一直减小B ．机械能一直增大C ．动能一直减小D ．重力势能一直增大解析 打开伞包后，跳伞者先减速后匀速，动能先减少后不变，C 项错误；跳伞者高度下降，重力势能减小，D 项错误；空气阻力一直做负功，机械能一直减小，A 项正确，B 项错误。
答案 A2.如下列图，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.mv24B.mv22C ．mv 2D ．2mv 2解析 由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一局部转化为物体m 的动能，一局部转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg ·s 相，s 相＝vt －v2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得W ＝mv 2，故C 项正确。
答案 C3.如图，外表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，如此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 ．重力势能的变化量一样D ．重力做功的平均功率一样解析 由题意根据力的平衡有m A g ＝m B g sin 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，A 项错；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，B 项错误；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 ，C 项错误；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 ·v 2，B 的平均功率P B ＝m B g ·v2sin θ，因为m A ＝m B sin θ，所以PA＝P B ，D 项正确。
【导学教程】2017高考总复习·人教版物理(课件+限时检测)第五章-机械能及其守恒定律第一节
练 ·
能
力
达
标
菜单
高考总复习·物理（Ⅰ）
第五章 机械能及其守恒定律
课 前 预 习 · 基 础 落 实
A．Wa最小 C．Wa＞Wc
菜单
课 堂 互 动
· 考 点 突 破
图5－1－2 课
B．Wd最大
后 训
练
D．四种情况一样大 · 能
力
达
标
高考总复习·物理（Ⅰ）
第五章 机械能及其守恒定律
课
堂
互
动
·
考
点
课
考
课
[例1] (多选)如图5－1－4所示，质量为m的物
点 突
前 预
体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因 破
习
·
数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方
基
础 落
向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静 课
实
止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中
后 训
练
正确的是
· 能
力
达
标
互 动
·
力一定做正功。而摩擦力是否存在需要讨论，若
考
点
课
摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图
前
突 破
预 习
所示，此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ，摩擦
·
基 础
力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做
落
实
正功；当a<gtan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力
课 后
训
与位移夹角大于90°，则做负功。综上所述，A、
恒定律，且多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周
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第3讲 机械能守恒定律
高考·模拟·创新
1．(2015年高考·课标全国卷Ⅰ)如图5－3－11，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
图5－3－11
A ．W ＝12
mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12
mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12
mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12
mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
图5－3－12
解析：根据机械能守恒可得P 点动能E k p ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心
力，可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2
，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR ＋W ＝3mgR 2－mgR ，即摩擦力做功W ＝－mgR 2
.质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力即F N
－mg sin θ＝ma ＝m v 2R
，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半边的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定
理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2
，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．
答案：C
图5－3－13
2．(2014年高考·海南卷)如图5－3－13，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中( )
A ．a 的动能小于b 的动能
B ．两物体机械能的变化量相等
C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D ．绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零
解析：由于v a ＝v b cos θ，θ为b 的拉绳与水平面的夹角，质量相同，动能E k ＝12
mv 2，可知选项A 正确；a 物体下降时，a 的机械能的减少量等于b 物体的动能增加量和b 克服摩擦力做功之和，选项B 、C 错误；绳的拉力对a 所做的功等于a 的机械能的减少量，绳的拉力对b 所做的功等于b 的动能增加量和克服摩擦力做的功，选项D 正确．
答案：AD
3．(2014年高考·安徽卷)如图5－3－14所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2.则( )
图5－3－14
A ．v 1＝v 2，t 1＞t 2
B. v 1＜v 2，t 1＞t 2 C ．v 1＝v 2，t 1＜t 2 D. v 1＜v 2，t 1＜t 2
解析：根据机械能守恒定律可知，无论沿管道MPN 还是沿管道MQN 运动，小球到达N 点的速率都等于v 0，所以有v 1＝v 2.沿管道MPN 运动，由于小球先上升后下降，重力势能先增大再减少，那么小球动能先减小再增大，即速率先减小再增大，而沿管道MQN 运动，小球速率先增大再减小，因此沿管道MPN 运动的平均速率较小，在两段路程相等的情况下，沿管道MPN 运动时间较长，有t 1>t 2.
答案：A
4．(2015年高考·上海卷)质量为m 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W .此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力．求：
(1)球回到地面时的动能E k ；
(2)撤去拉力前球的加速度大小a 及拉力的大小F ；
(3)球动能为W 5
时的重力势能E p . 解析： (1)撤去拉力时球的机械能为W ，由机械能守恒定律，回到地面时的动能E k ＝W
(2)设拉力作用时间为t ，在此过程中球上升h ，末速度为v ，则h ＝12at 2 v ＝at
由题意有－h ＝vt －12
gt 2 解得a ＝13
g 根据牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，解得F ＝43
mg . (3)动能为W 5
时球的位置可能在h 的下方或上方． 设球的位置在h 下方离地h ′处
(F －mg )h ′＝15
W 而(F －mg )h ＝14W ，解得h ′＝45
h 重力势能E p ＝mgh ′＝35
W 设球的位置在h 上方离地h ″处
由机械能守恒定律15
W ＋mgh ″＝W 因此重力势能E p ＝mgh ″＝45W
答案：(1)E k ＝W (2)a ＝13g F ＝43
mg (3)E p ＝45
W。