1、一、单项选择题1.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(),A组 自主命题江苏卷题组,五年高考,答案C本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin +mg cos 大小恒定,下降过程中F降=mg sin -mg cos 大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则Ektmg cos 。f=mg cos ,因和
2、不变,则f大小不变。以出发点为原点,上升时x增加,返回时x减小。,2.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(),A.30%B.50%C.70%D.90%,答案A由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为:x1=6 mm、x1=x2=3.5 mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有=0.319,故A正确。,3.(2017江苏单科,9,4分)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面
3、上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下,二、多项选择题,D.弹簧的弹性势能最大值为mgL,答案AB本题考查牛顿运动定律、能量守恒。A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A
4、的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30-L cos 60=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。,解题关键本题的关键词:A由静止释放v0=0;降到最低点v=0。物体做加速度减小的加速运动,当加速度减到0时,速度最大,动能最大,这是此题的关键。,4.(2015江苏单科,9,4分,)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且
5、处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度,答案BD圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理mgh-Wf-W弹=0-0上滑过程中-mgh-Wf+W弹=0-mv2联立得Wf=mv2,选项B正确。W弹=
6、mgh-mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从AC过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹,克服摩擦力做功为Wf故有下滑过程从BC-W弹+mghBC-Wf=0-m上滑过程从CBW弹-mghBC-Wf=mvB2-mv2,联立可得m-2Wf+mv2=mvB2因WfmvBvB,选项D正确。,5.(2013江苏单科,9,4分,)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。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
7、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-mgaB.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-mgaC.经O点时,物块的动能小于W-mgaD.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因为要克服摩擦力做功,所以O点不在AB的中点,如图,x,由动能定理,从O到A,W-mgx-W弹=0,系统增加的弹性势能Ep=W-mgx,因为x,所以EpW-mga,A错误;同理,物块在B点时,Ep=W-mg(x+a)W-mga,B正确;经O点时,Ek=W-2mgx4WF1,Wf22Wf1B.WF24WF1,Wf2=2Wf1C.WF24WF1
8、,Wf2=2Wf1D.WF24WF1,Wf22Wf1,答案CWF1=mv2+mgt,WF2=m4v2+mgt,故WF24WF1;Wf1=mgt,Wf2=mgt,故Wf2=2Wf1,C正确。,6.(2016课标,21,6分)如图,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ONMOMNmgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,答案C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg2R-W=mv2
9、质点在最低点:FN-mg=由牛顿第三定律得:FN=4mg联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。,4.(2016课标,20,6分)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则()A.a=B.a=C.N=D.N=,二、多项选择题,答案AC由动能定理知,在P从最高点下滑
10、到最低点的过程中mgR-W=mv2,在最低点的向心加速度a=,联立得a=,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。,易错点拨(1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点在最低点时的瞬时加速度大小,a=中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。,5.(2016浙江理综,18,6分)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45和37的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37=
11、0.6,cos 37=0.8)。则()A.动摩擦因数=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh,D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g,答案AB滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2f1=mg cos 45f2=mg cos 37整个过程由动能定理列方程:mg2h-f1-f2=0解得:=,A项正确。滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:,mgh-f1=mv2解得:v=,B项正确。由式知:Wf=2mgh,C项错误。在下段滑道上,mg sin 37-mg cos 37=ma2解得:a2=-g,故D项错误。,6.(2017
12、上海单科,19,14分)如图,与水平面夹角=37的斜面和半径R=0.4 m的光滑圆轨道相切于B点,且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放,经B点后沿圆轨道运动,通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)滑块在C点的速度大小vC;(2)滑块在B点的速度大小vB;,三、非选择题,(3)A、B两点间的高度差h。,解析本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理。(1)对C点:滑块竖直方向所受合力提供向心力mg=vC=2 m/s(2)对BC过程:滑块机械能守恒m=m+mgR(1+cos 37
13、)vB=4.29 m/s(3)滑块在AB的过程,利用动能定理:mgh-mg cos 37=m-0代入数据解得h=1.38 m,答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m,审题指导机械能守恒与曲线运动的结合题型审题思路:研究对象:滑块过程分析:滑块,7.(2016课标,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达
14、F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数=,重力加速度大小为g。(取sin 37=,cos 37=)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。,解析(1)根据题意知,B、C之间的距离l为l=7R-2R设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mgl sin -mgl cos =m式中=37。联立式并由题给条件得vB=2(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,
15、设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgx sin -mgx cos -Ep=0-mE、F之间的距离l1为l1=4R-2R+xP到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Ep-mgl1 sin -mgl1 cos =0联立式并由题给条件得,答案(1)2(2)mgR(3)m,x=REp=mgR(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R-R sin y1=R+R+R cos 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1=gt2x1
16、=vDt联立式得vD=设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有m1=m1+m1g(R+R cos ),P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有Ep-m1g(x+5R) sin -m1g(x+5R) cos =m1联立式得m1=m,8.(2016天津理综,10,16分)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匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段
17、弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,取g=10 m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。,解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有=2ax由牛顿第二定律有mg-Ff=ma联立式,代入数据解得Ff=144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=m-m设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定
18、律有FN-mg=m由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得R=12.5 m,答案(1)144 N(2)12.5 m,9.(2015浙江理综,23,16分,)如图所示,用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8 m,长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角可在060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1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为2,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/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正
19、切值表示)(2)当角增大到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2;(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8)(3)继续增大角,发现=53时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xm。,解析(1)为使小物块下滑mg sin 1mg cos 满足的条件tan 0.05(2)克服摩擦力做功Wf=1mgL1 cos +2mg(L2-L1 cos )由动能定理得mgL1 sin -Wf=0代入数据得2=0.8(3)由动能定理得mgL1 sin -Wf=mv2代入数据得v=1 m/sH=gt2t=0.4 sx1=vtx1=0.4 mxm=x1+L2=1.9 m,答案(1)见解
20、析(2)0.8(3)1.9 m,10.(2014福建理综,21,19分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力。,(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h。
21、(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m),解析(1)游客从B点做平抛运动,有2R=vBtR=gt2由式得vB=从A到B,根据动能定理,有mg(H-R)+Wf=m-0由式得Wf=-(mgH-2mgR)(2)设OP与OB间夹角为,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有mg(R-R cos )=m-0过P点时,根据向心力公式,有,答案(1)-(mgH-2mgR)(2)R,mg cos -N=mN=0cos =由式解得h=R,11.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=
22、1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。,答案(1)0.2 s(2)0.1 m(3)-2 J,1.(2017课标,16,6分)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M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为()A.mglB.mglC.mglD.mgl,考点三机械能守恒定律功能关系
23、一、单项选择题,答案A将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分的绳的重心升高l,故重力势能增加mg=mgl,由功能关系可知A项正确。,一题多解尝试不同方法解题解法一Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计。以Q点为零势能点,细绳的初始机械能为mgl,末态机械能为mgl+mg=mgl,则增加的机械能E=mgl-mgl=mgl。由功能关系可知A项正确。解法二作用点位移x=l,平均作用力为mg,故拉力做功W=x=mgl,故A项正确。,2.(2014上海单科,11,3分)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是(),答
24、案C以地面为零势能面,以竖直向上为正方向,则对物体,在撤去外力前,有F-mg=ma,h=at2,某一时刻的机械能E=Fh,解以上各式得E=t2t2,撤去外力后,物体机械能守恒,故只有C正确。,3.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 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
25、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%。,二、非选择题,答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J,解析本题考查机械能、功能关系。(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=m式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek0=4.0108 J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Eh=m+mgh式中,vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得Eh=2.41012 J(2)飞船在高度h=600 m处的机械能为Eh=m+mgh由功能关系得
26、W=Eh-Ek0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。由式和题给,数据得W=9.7108 J,方法技巧变力做功的求法(1)平均值法;(2)分段法;(3)微元法;(4)图像法;(5)W=Pt法;(6)动能定理法;(7)功能关系法;(8)能量守恒法。,4.(2016课标,25,20分)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,如图所示。物块
27、P与AB间的动摩擦因数=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。(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。,答案(1)2l(2)mMMg4l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MMgl联立式得mM0;要能沿圆轨道滑下,则P不能滑过圆轨道中点C。,1.(2013浙江理综,17,6分)如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用
28、力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2,下列判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N,C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6 s-9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2,C组 教师专用题组,一、单项选择题,答案D由图像可知物块在0-4 s内处于静止状态,其所受合外力为零,选项B错误;4 s-5 s内做变加速直线运动,因此5 s内拉力对物块做的功不为零,选项A错误;物块的滑动摩擦力Ff=3 N,则=0.3,选项C错误;在6 s-9 s内由牛顿第二定律得F-Ff=ma,a= m/s2=2.0 m/s2,选项D正确。,
