2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題06 機械能（含解析）.docx
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專題06 機械能 第一部分名師綜述 本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學(xué)等知識相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復(fù)雜、靈活性強、難度較大。從高考試題來看，功和機械能守恒依然為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變化的關(guān)系是典型的變力做功，應(yīng)予以特別地關(guān)注。 第二部分知識背一背 一、功 1.做功的兩個要素 (1)作用在物體上的力。 (2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。 2.公式： (1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。 (2)該公式只適用于恒力做功。 二、功率 1.物理意義：描述力對物體做功的快慢。 2.公式：(1)(P為時間t內(nèi)的平均功率)。 (2)(α為F與v的夾角)。 3.額定功率：機械正常工作時的最大功率。 4.實際功率：機械實際工作時的功率，要求不能大于額定功率。 三、機車的啟動 1.機車的輸出功率。其中F為機車的牽引力，勻速行駛時，牽引力等于阻力。 2.兩種常見的啟動方式 (1)以恒定功率啟動：機車的加速度逐漸減小，達到最大速度時，加速度為零。 (2)以恒定加速度啟動：機車的功率_逐漸增大_，達到額定功率后，加速度逐漸減小，當加速度減小到零時，速度最大。 四、動能 1.定義：物體由于運動而具有的能。 2.表達式：。 3.物理意義：動能是狀態(tài)量，是標量。(填“矢量”或“標量”) 4.單位：動能的單位是焦耳。 五、動能定理 1.內(nèi)容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。 2.表達式： 3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。 4.適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。 (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。 六、機械能守恒定律 1.重力做功的特點 （1）重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)。 （2）重力做功不引起物體機械能的變化。 2.機械能守恒定律： 在只有重力或彈簧彈力做功的情況下，物體的動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，但機械能的總量保持不變。 七、功能關(guān)系 1.功和能 (1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。 2.常見的幾種功能對應(yīng)關(guān)系 (1)合外力做功等于物體動能的改變。 (2)重力做功等于物體重力勢能的改變。 (3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的改變。 (4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機械能的改變，即。(功能原理) 八、能量守恒定律 1.內(nèi)容:能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。 2.表達式：ΔE減=ΔE增。 第三部分技能+方法 一、功和功率的計算 1.恒力做的功：直接用計算。 2.合外力做的功 方法一：先求合外力F，再用求功； 方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…再用求代數(shù)和的方法確定合外力做的功。 3.變力做的功. （1）應(yīng)用動能定理求解； （2）用求解，其中變力的功率P不變； （3）將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運動方向相同或相反，或力的方向不變，大小隨位移均勻變化的情況。 4.常見的功率的計算方法： （1）平均功率的計算方法：或 （2）瞬時功率的計算方法：，其中v是該時刻的瞬時速度。 二、機車的啟動 1.無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即 (式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff). 2.機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即 3.機車以恒定功率運行時，牽引力做的功，由動能定理：，此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移（路程）大小。 三、動能定理在多過程中的應(yīng)用 動能定理綜合應(yīng)用問題的規(guī)范解答 1.基本步驟 (1)選取研究對象，明確它的運動過程； (2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況； (3)明確研究對象在過程的始末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2； (4)列出動能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程，進行求解。 2.注意事項 (1)動能定理的研究對象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統(tǒng)。 (2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式.當題目中涉及到位移和速度而不涉及時間時可優(yōu)先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優(yōu)先考慮動能定理。 (3)若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮。 四、機械能守恒定律的幾種表達形式 1．守恒觀點 (1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2. (2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能。 (3)注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。 2．轉(zhuǎn)化觀點 (1)表達式：ΔEk＝－ΔEp. (2)意義：系統(tǒng)(或物體)的機械能守恒時，系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能。 (3)注意問題：要明確勢能的增加量或減少量，即勢能的變化，可以不選取零勢能參考平面。 3．轉(zhuǎn)移觀點 (1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減． (2)意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當系統(tǒng)的機械能守恒時，則A部分物體機械能的增加量等于B部分物體機械能的減少量。 (3)注意問題：A部分機械能的增加量等于A末狀態(tài)的機械能減初狀態(tài)的機械能，而B部分機械能的減少量等于B初狀態(tài)的機械能減末狀態(tài)的機械能。 五、利用動能定理分析功能和能量變化的問題 1.動能的改變量、機械能的改變量分別與對應(yīng)的功相等。 2.重力勢能、彈性勢能、電勢能的改變量與對應(yīng)的力做的功數(shù)值相等，但符號相反。 3．搞清不同的力做功對應(yīng)不同形式的能的改變 不同的力做功 對應(yīng)不同形式能的變化 定量的關(guān)系 合外力的功(所有外力的功) 動能變化 合外力對物體做功等于物體動能的增量 W合＝Ek2－Ek1 重力的功 重力勢能變化 重力做正功，重力勢能減少；重力做負功，重力勢能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 彈簧彈力的功 彈性勢能變化 彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負功，彈性勢能增加W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、彈簧彈力的功 不引起機械能變化 機械能守恒ΔE＝0 除重力和彈力之外的力做的功 機械能變化 除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機械能就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負功，物體的機械能就減少多少W除重力、彈力外＝ΔE 電場力的功 電勢能變化 電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加W電＝－ΔEp 一對滑動摩擦力的總功 內(nèi)能變化 作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加Q＝Ffl相對 六、對能量守恒定律的理解和應(yīng)用 1.列能量守恒定律方程的兩條基本思路： (1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等； (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等． 2.應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟 (1)分清有多少形式的能[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等]在變化； (2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式； (3)列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增 七、摩擦力做功的特點及應(yīng)用 類別 比較 靜摩擦力 滑動摩擦力 不 同 點 能量轉(zhuǎn)化的方面 在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(靜摩擦力起著傳遞機械能的作用)，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 1.相互摩擦的物體通過摩擦力做功，將部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體 2．部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量 一對摩擦力做功方面 一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零 一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功總為負值，系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能 相 同 點 做功方面 兩種摩擦力都可以對物體做正功，做負功，還可以不做功 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點的全過程中,所受空氣阻力大小恒定,則（） A．全過程重力的沖量為零 B．全過程中動量的變化量等于阻力的沖量 C．全過程中動能的變化量等于阻力做的功 D．上升過程中機械能的變化量大于下落過程機械能的變化量 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB、重力是恒力，全過程重力的沖量不可能為零，只會不斷增加，根據(jù)動量定理可知全過程中動量的變化量等于阻力與重力合力的沖量，故選項A、B錯誤； C、重力是恒力，在全過程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負功，根據(jù)動能定理可得全過程中動能的變化量等于阻力做的功，故選項C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系可知，機械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過程中機械能的變化量等于下滑過程中機械能的變化量，故選項D錯誤； 2．2018年初，長沙氣溫偏低，存在冰凍現(xiàn)象。我校方同學(xué)和陽同學(xué)(穿著藍色校服，材質(zhì)一樣)先后從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示。(兩人均可視為質(zhì)點，且不計人經(jīng)過B點時的能童損失)。根據(jù)上述信息，可以確定方、陽兩人 A．質(zhì)量相等 B．受到的摩擦力相等 C．損失的機械能相等 D．運動的時間相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 D：人沿斜面下滑時，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ-μgcosθ；兩人從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，則兩人在斜面上的運動情況相同，在斜面上所用時間相同，到達B處速度相同。人沿水平冰面前進時，μ2mg=ma2，解得：a2=μ2g；兩人在B處速度相同，則兩人在水平冰面上的運動情況相同，在水平冰面上所用時間相同，最終停止位置相同。故D項正確。 ABC：兩人質(zhì)量可以不等；若兩人質(zhì)量不等，則兩人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，兩人損失的機械能不等。故ABC三項錯誤。 3．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，不計空氣阻力，則下列說法正確的是 A．由B到C的過程中，彈簧彈性勢能和物塊動能之和逐漸減小 B．由B到C的過程中，物塊動能和重力勢能之和不變 C．由B到C的過程中，彈簧的彈性勢能和物塊的重力勢能之和不變 D．由B到C的過程中，物塊加速度逐漸減小 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由B到C的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，即物塊的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能總和不變，物塊的重力勢能增大，則彈性勢能和動能之和減?。挥捎趶椈傻膹椥詣菽茉黾?，則物塊動能和重力勢能之和減小，故A正確，BC錯誤；由B到C的過程中，彈力向下逐漸變大，根據(jù)mg+F彈=ma可知，物塊加速度逐漸變大，選項D錯誤；故選A. 4．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運動的整個過程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運動的整個過程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過程的加速度大小為a2=v02t0；對于勻減速運動過程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯誤；對整個過程，由動量定理：IF-If=0，則在物體運動的整個過程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項B錯誤；對整個過程，由動能定理：WF-Wf=0，則在物體運動的整個過程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項C錯誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 5．如圖所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m 的小球，從離彈簧上端高h 處由靜止釋放．某同學(xué)在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F 的大小隨小球下落的位置坐標x 變化的關(guān)系，如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷不正確的是( ) A．當 x＝h＋x0，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小 B．小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，加速度先減小后增大 C．當 x＝h＋2x0，小球的加速度大小為g D．小球動能的最大值為 mgh＋mgx0 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)乙圖可知，當x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確； B．小球剛落到彈簧上時，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當彈力等于重力時加速度為零，此時速度最大；然后向下運動時彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運動直到最低點，則小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確； C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項C正確； D．小球達到最大速度的過程中，根據(jù)動能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動能的最大值小于mg（h+x0），故D錯誤； 6．如圖，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動下列說法正確的是（ ） A．小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大 B．小球在斜面運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重 C．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地速率將變大 D．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律得，小球在斜面上運動的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運動的加速度為g，可知小球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故A錯誤。對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤。根據(jù)動能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯誤。比較小球在斜面上與空中運動的時間。由于小球在斜面上運動的加速度為 a=gsinα，豎直分加速度為 ay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時間變短。故D正確。故選D。 7．如圖，a、b、c是三個質(zhì)量均為m的小球(可視為質(zhì)點),a、b兩球套在水平放置的光滑細桿上，相距3L；c球分別用長度為L的細線與a、b兩球連接。起初用手按住a、b兩球，使三個球均靜止，若同時釋放a、b、c三球,重力加速度為g.則( ) A．開始時三球靜止時，細線中張力均為0.5mg B．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gL2 C．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gL D．在a、b碰撞前的運動過程中，a球動能的增加量等于c球的機械能的減小量 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、開始時三球靜止時，細線中張力為T，則有：2Tcos1202=mcg，解得細線中張力均為T=mg，故A錯誤； BC、在a、b碰撞前的任一時刻，根據(jù)b、c兩球沿細線方向的分速度大小相等，可知c的速度為零，由系統(tǒng)的機械能守恒得：mg(L-Lsin30)=12?2mvb2，可得b的速度為vb=gL2，故B正確，C錯誤； D、在a、b碰撞前的運動過程中，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒可得a球動能的增加量和b球動能的增加量之和等于c球的機械能的減小量，故D錯誤； 故選B。 8．“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂園里常見的游樂項目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看為質(zhì)點，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤，半徑為r，可繞穿過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動。讓轉(zhuǎn)盤由靜止開始逐漸加速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過一段時間后質(zhì)點與轉(zhuǎn)盤一起以角速度ω做勻速圓周運動，此時繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長為L且不可伸長，質(zhì)點的質(zhì)量為m，不計空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是（） A．質(zhì)點的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小 B．質(zhì)點做勻速圓周運動的向心力是其所受懸線的拉力 C．轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度ω與夾角θ的關(guān)系為ω=gtanθr+Lsinθ D．質(zhì)點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，繩子對質(zhì)點做的功為mg(r+Lsinθ)tanθ 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由重力和繩子的拉力的合力提供質(zhì)點圓周運動的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R 解得：tanθ=ω2rg，與重力無關(guān)，故A、B錯誤； 質(zhì)點做勻速圓周運動的向心力是由重力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯誤；根據(jù)mgtanθ=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設(shè)質(zhì)點與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運動時速度大小為v，根據(jù)向心力公式得：mgtanθ=mv2r+Lsinθ…① 對于質(zhì)點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設(shè)繩子拉力做功為W，則根據(jù)動能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…② 聯(lián)立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯誤。故選C。 9．如圖所示，兩個完全相同的小球，從光滑的a管和b管由靜止下滑，管徑略大于小球直徑，設(shè)轉(zhuǎn)彎處無能量損失，B、D在同一水平面，兩球落到C處的時間分別為Ta、Tb，則（） A．Ta＞Tb B．Ta＜Tb C．Ta=Tb D．無法確定 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由機械能守恒定律可知，兩球從A點滑到底端C時，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速度比BC段加速度小，則在速率圖中AB段圖線的斜率比BC段圖線斜率小，而沿b滑下的小球，它的速率圖線在AD段斜率比DC段斜率大，作出兩球的速率圖像如圖所示，若要保證兩球的路程相等，即圖像與橫軸所圍的“面積相等，則有：Ta>Tb，故A正確，B、C、D錯誤； 故選A。 10．將一只蘋果（可看成質(zhì)點）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運行的軌跡。若不計空氣阻力的影響，則 ( ) A．蘋果通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最大 B．蘋果通過第3個窗戶期間重力所做的功最多 C．蘋果通過第1個窗戶期間重力做功的平均功率最小 D．蘋果通過第3個窗戶期間速度變化量最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、蘋果在豎直方向運動速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時間越來越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來越大，即通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯誤； B、窗戶的高度一樣，故通過每個窗戶重力做功都為mgh，故B錯誤； C、蘋果通過第一扇窗戶時間最長，故通過第1個窗戶克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正確； D、平拋運動的加速度恒定為g，則速度變化量為Δv=gt，通過第3個窗戶的時間最短，故其速度變化量最??；故D錯誤； 故選C. 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動 B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運動，選項A錯誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小，選項B正確； C．因此過程中只有球的重力對系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則系統(tǒng)的動量不守恒，選項D錯誤. 12．如圖甲所示，在水平地面上固定一個傾角為θ的足夠長的光滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行的拉力F作用下由靜止開始沿斜面運動，拉力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，小滑塊運動的速度一時間圖象如圖丙所示，重力加速度g為10 m/s2。下列說法正確的是 A．斜面傾角θ為30，小滑塊的質(zhì)量m=2 kg B．在0～2 s時間內(nèi)拉力F做的功為100J C．在0～1 s時間內(nèi)合外力對小滑塊做功12.5 J D．在0～4 s時間內(nèi)小滑塊機械能增加80J 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A：由速度一時間圖像可知，在2-4s時間內(nèi)小滑塊的加速度a2=-5m/s2，由牛頓第二定律：-mgsinθ=ma2，解得：θ=30。在0-2s時間內(nèi)小滑塊的加速度a1=5m/s2，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsinθ=ma1，解得：m=1kg。故A項錯誤。 B：由速度一時間圖像可知，在0-2s時間內(nèi)小滑塊的位移為x=10m，拉力F做的功為W=Fx=1010=100J，故B項正確。 C：1s末小滑塊的速度v=5m/s，由動能定理，在0-1s時間內(nèi)合外力對小滑塊做的功W=12mv2=12.5J。故C項正確。 D：由功能關(guān)系可知，在0-4時間內(nèi)小滑塊機械能增加量ΔE=W=100J。故D項錯誤。 13．如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L=Rtanθ-μ，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE=θ，∠EOG=90，OG水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則關(guān)于滑塊的運動，下列說法正確的是（） A．滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為mg B．滑塊下滑后將會從G點飛出 C．滑塊第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力大小為3mg D．滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為Rtanθμtanθ-μ 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、滑塊從A點下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點、D為最高點來回滾動，此時經(jīng)過E點時對軌道的壓力最小，則D到E點，根據(jù)機械能守恒定律：mgR(1-cosθ)=12mvE2，在E點：N-mg=mvE2R，聯(lián)立解得：N=mg(3-2cosθ)，故A錯誤； B、從A到G由動能定理得：mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ?L=12mvG2，其中L=Rtanθ-μ，解得：vG=0，則滑塊下滑后不能從G點飛出，故B錯誤； C、滑塊第一次到達E點時，根據(jù)動能定理：mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ?L=12mvE2，解得vE=2gR，第二次到達E點的速度與第一次相同，根據(jù)牛頓第二定律NE-mg=mvE2R，解得NE=3mg，故C正確； D、滑塊最終將在以E點為最低點、D為最高點來回運動，根據(jù)動能定理：mgLsinθ=μmgcosθ?S總，解得S總=Rtanθμ(tanθ-μ)，故D正確。 故選CD。 14．如圖所示,置于足夠長斜面上的盒子A內(nèi)放有光滑球B,B恰與A前、后壁接觸,斜面光滑且放置于粗糙水平地面上.一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接,另一端與A相連.今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài),然后由靜止釋放,釋放盒子前后斜面始終相對地面處于靜止狀態(tài),則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中( ) A．斜面對地面的摩擦力始終向左 B．彈簧的彈性勢能一直減小直至為零 C．A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和小于A的動能的增加量 D．彈簧彈性勢能的減少量等于A和B的機械能的增加量 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 當盒子獲得最大速度時，彈簧的彈力等于AB整體的重力沿斜面向下的分力，則此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，此過程中彈簧對P始終有斜向左下的彈力，即地面對斜面的摩擦力向右，斜面對地面的摩擦力始終向左，選項A正確；因此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，可知彈簧的彈性勢能沒有減到零，選項B錯誤；此過程中，對A、B系統(tǒng)：W彈-WGA-WGB=12(mA+mB)v2，即W彈-WGA=12mAv2+(12mBv2+WGB)，即A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和大于A的動能的增加量，選項C錯誤；因A、B和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，則彈簧彈性勢能的減少量等于A和B的機械能的增加量，選項D正確；故選AD. 15．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方R2處。小球從最高點A由靜止開始逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是（） A．小球運動到B點時的速度大小為2gR B．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大 C．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg D．小球運動到B點時重力的功率為0 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 由題分析可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運動到B點時的速度為：vB=2gR．故A錯誤。根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機械能最大，故B正確；設(shè)小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F．在A點，圓環(huán)對小球的支持力 F1=mg+F；在B點，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運動到B點時重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故D正確。故選BCD。 16．我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點，圓弧最低點C點的切線沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30的著陸坡。一運動員連同滑板可視為質(zhì)點，從A點由靜止滑下，到C點后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點，不計空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。則 A．運動員到達C點時，對軌遒的壓力大小為運動員本身重力的1.9倍 B．運動員到達B點時的速度大小為10m/s C．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同 D．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點飛出時，運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A.設(shè)運動員在C點的速度為vC，在CD上有平拋運動可得：tanθ2=12gt2vCt，CDsinθ2=12gt2,有以上兩方程可得：vC=15m/s，在C點有圓周運動的知識可得：FN-mg=mv2R，壓力大小為運動員本身重力的比為：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正確。 B.有B到C有動能定理可得：mgR(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B錯誤。 C. 運動員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運動的規(guī)律可得：tanφ=2tanθ2，所以φ是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。 D. 運動員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運動的規(guī)律可得v=v0cosφ，因為cosφ是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比。故D正確。 17．如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。已知彈簧形變?yōu)閤時，勁度系數(shù)為k的彈簧的彈性勢能為EP=12kx2。不考慮空氣阻力，關(guān)于此過程，下列說法正確的有（） A．物體重力勢能減小量一定大于W B．彈簧彈性勢能增加量一定小于W C．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為W D．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A物體向下運動的過程中，要克服彈簧的彈力做功W彈，根據(jù)動能定理可知：mgh-W-W彈=0，可得減小的重力勢能為mgh=W+W彈>W。故A正確。 B.設(shè)AB的距離為h，由平衡條件可得：mg=kh，由題目所給的條件可得彈簧的彈性勢能為：Ep=12kh2，由以上兩式可得：Ep=12mgh；由動能定理可得：mgh-W-W彈=0，可得W彈=mgh-W=Ep，所以可求得；W彈=Ep=12mgh=W。故B錯誤。 C.物體要克服手的支持力做功，所以系統(tǒng)的機械能要減小。故C錯誤。 D.物體從靜止下落到B的過程中，根據(jù)動能定理有：mgh-W彈=ΔWk，再結(jié)合W彈=12mgh=W可得：ΔWk=mgh-W彈=mgh-12mgh=12mgh=W。故D正確。 18．如圖,滑塊A、B的質(zhì)量均為m,A套在傾斜固定的直桿上,傾斜桿與水平面成45角,B套在水平固定的直桿上,兩桿分離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計,兩直桿足夠長。A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接，初始時輕桿與水平面成30角。將A、B從靜止釋放,B開始沿水平桿向右運動,不計一切摩擦,滑塊A、B視為質(zhì)點,重力加速度為g,下列說法正確的是（） A．滑塊A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當A到達最低點時，B的速度最大，最大速度為√3gL C．B到達最右端時,A的速度為√2gL D．B從開始運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正功后做負功，總功為零 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、因不計一切摩擦，桿為輕桿，故滑塊A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確； B、當A到達最低點時，A速度為零，B的速度最大，則有：mg(L2+L)=12mvBm2，解得vBm=3gL，故B正確； C、B到達最右端時，B的速度為零，此時A、B的位置如圖所示，則有：mg(L2+22L)=12mvA2，解得：vA=(1+2)gL，故C錯誤； D、B從開始運動至最右端的過程中，B先做加速度直線運動后做減速直線運動，B到達最右端時B的速度為零，運動過程中只有輕桿對B做功，根據(jù)動能定理可知B從開始運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正功后做負功，總功為零，故D正確； 故選ABD。 19．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑?，F(xiàn)將小球（可視為質(zhì)點）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點，C、D兩點等高，OC與水平方向的夾角θ=60，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（ ） A．v1：v2=1:3 B．小球從開始運動到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同 C．小球從開始運動到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2 D．小球落在凹槽上時，重力的瞬時功率兩次不同 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 A、小球從開始運動到落到凹槽上做平拋運動，下落高度相同，運動時間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點時有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點時有：x2=v2t=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正確； B、根據(jù)加速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變化量Δv=gΔt，由于下落時間相同，所以小球從開始運動到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同，故B正確； C、小球從拋出到D點的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到C點的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后兩次的平均速度之比為1:3，故C錯誤； D、小球剛到D點時重力的瞬時功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2t，小球剛到C點時重力的瞬時功率PC=mgvyC=mg?gt=mg2t，所以重力的瞬時功率兩次相同，故D錯誤； 故選AB。 20．將輕質(zhì)彈簧豎直固定在地面上，第一次將小物塊輕放在彈簧上端讓其壓縮彈簧，當物塊重力做功為W時物塊加速度為零，速度大小為v，彈簧壓縮量為x0；第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，當物塊重力做功仍為W時，手對物塊做功的大小為12w，則（） A．小物塊的質(zhì)量為Wgx0 B．第一次小物塊的速度v=gx0 C．第一次彈簧的最大彈性勢能為W D．第一次手對小物塊做正功 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 由重力做功可知W=mgx0，得小物塊的質(zhì)量m=Wgx0，選項A正確；由于第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，可認為物塊速度為零，由功能關(guān)系可知手對小物塊做負功，且彈黃彈力做負功，大小為W彈=W-12W=12W，在第一次中，W-W彈=12mv2，解得v=gx0，選項B正確，D錯誤；在第一次中，小物塊速度為v時會繼續(xù)壓縮彈簧，直到速度為零，小物塊重力做功將其重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，而整個過程中小物塊重力做的功一定大于W，故選項C錯誤。 三、解答題 21．在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點,右端與質(zhì)量為3m的小球1接觸但不連接?，F(xiàn)用外力推動小球1將彈簧壓縮至彈性勢能為Ep=mgs(s為一定值)時靜止釋放,離開彈簧后與靜止在P點質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移),碰后小球2從DB進入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點的切線水平,B、D間距很小,可看作重合的點。圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53在BC右邊整個空間有水平向左、場強E=3mg4q的勻強電場,小球2進入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運動,一段時間后從軌道下端F處脫離,最后打在豎直墻面BC的C點。已知重力加速度為g,sin53=0.8。 求：（1）碰后小球2運動的速度; （2）軌道DEF的半徑R; （3）小球2打在C點前瞬間的速度。 【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s 【解析】 【詳解】 （1）由能量守恒得Ep=12?3mv12① 1、2小球根據(jù)動量守恒得：3mv1=3mv1+mv2②. 1、2小球根據(jù)機械能守恒得：123mv12=123mv12+12mv22③. 由①②③式解得：vB=v2=3gs2m/s （2）由題意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg. 設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點小球達到等效最高點，由于小球恰好能沿著DEF軌道運動，則在E點有：54mg=mvE2R①. 根據(jù)動能定理得：-54mg?(R-Rsin53°)=12mvE2-12mvB2.②. 由①②式解得：R=67sm （3）過點F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53。又因為mgqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53。即在F點小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運動。 由幾何關(guān)系得：LBC=R+Rcos53°=167sm. 從B到C全程動能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gs14m/s. 22．圖甲為某輕型起重機向房頂運輸貨物,其簡圖如圖乙所示,一端有定滑輪的桿臂OA固定在O點，某次起重機以速度v0=1m/s勻速向上提升質(zhì)量m=1t的重物(可視為質(zhì)點),在重物離地面H=19.5m時鋼繩突然斷裂,此時一輛L=3m的搬磚車正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運動,車頭前端恰好處于重物正下方,搬磚車高h=1.5m。g取10m/s2，不計空氣阻力。 求:（1）勻速提升重物的過程中起重機的輸出功率; （2）鋼繩斷裂時搬磚車司機立即加速加速度至少為多大才能避免被重物砸中? 【答案】（1）1.0104W（2）1m/s2 【解析】 【詳解】 （1）起重機的輸出功率等于提升重物的機械功率 P=Fv=m貨gv=103kg10m/s21m/s=1.0104W （2）設(shè)物體自繩斷開始至人車頂部的時間為t， -h=v0t-12gt2 帶入數(shù)據(jù)-（19.5-1.5）=t-5t2 解得t=2s. 設(shè)人安全通過搬磚車的最小加速度為a L=v1t+ 12at2 解出a=1m/s2 23．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起。求當v0的大小在什么范圍時，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。 【答案】v0≤22gR或v0≥25gR 【解析】 【詳解】 AB碰撞動量守恒，則：mv0＝2mv 若兩物體能到達與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－122mv2， 解得v0＝22gR 若兩物體恰能到達最高點，則：－2mg2R＝122mv′2－122mv2， 2mg＝2mv2R， 解得v0＝25gR 綜上，當v0≤22gR或v0≥25gR時，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。 24．某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。（sin37=0.6） （1）若h=2.4m，求小物塊到達B端時速度的大??； （2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件 （3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。 【答案】（1）4m/s；（2）h<3.0m；（3）h≥3.6m 【解析】 【詳解】 （1）物塊由靜止釋放到B的過程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma vB2=2ahsinθ 解得vB=4m/s （2）左側(cè)離開，D點速度為零時高為h1 0=mgh1-μmgcosθ?h1sinθ-μmgL 解得h下載提示(請認真閱讀)
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