2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律练习（打包4套）.zip

1配餐作业 功 功率A 组·基础巩固题1．通过认真学习，同学们掌握了丰富的物理知识。下列说法正确的是 ( )A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯B．在某一过程中，只要物体的位移为 0，任何力对该物体所做的功就为 0C．物体的速度为 0 时，其加速度可能不为 0D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功解析 汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，不能使汽车转弯，A 项错误；B 项容易片面地理解为 W＝ Fx，因为位移x＝0，所以 W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕操场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，B 项错误；物体的速度与加速度没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为 0，但加速度不为 0，C 项正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，D 项错误。答案 C 2.如图所示，木板可绕固定水平轴 O 转动。木板从水平位置 OA 缓慢转到 OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了 2 J。用 N 表示物块受到的支持力，用 f 表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是( )A． N 和 f 对物块都不做功B． N 对物块做功为 2 J， f 对物块不做功C． N 对物块不做功， f 对物块做功为 2 JD． N 和 f 对物块所做功的代数和为零解析 由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。由受力分析知，支持力 N 做正功，但摩擦力 f 方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。由动能定理知 WN－ WG＝0，故支持力 N 做功为 2 J。答案 B 3．(多选)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达 540 吨，最高时速为 108 km/h，装有 M－70 大功率燃气轮机，该机额定输出功率为 8 700 kW。假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力 f 与速度 v 成正比，即 f＝ kv。下列说法正确的是( )A． “野牛”级重型气垫船的最大牵引力为 2.9×105 NB．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为 2.9×105 NC．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为 4 350 kWD．由题中所给数据，能计算阻力 f 与速度 v 的比值 k解析 由 P＝ Fv 可知当输出功率最大且匀速运动时牵引力与阻力相等，此时F＝ f＝2.9×10 5 N，在此之前牵引力都比这一值大，A 项错，B 项对；因为气垫船所受阻力与速度成正比，因此 P＝ Fv＝ kv2，即以最大速度的一半匀速航行时，牵引力的功率为 2 175 kW，C 项错；当输出功率最大且匀速运动时牵引力与阻力相等，由 P＝ Fv＝ kv2可求2k＝ ×103N·s·m－1 ，D 项对。879答案 BD 4．(多选)一质点在光滑水平面上处于静止状态，现对该质点施加水平力 F，力 F 随时间 t 按如图所示的正弦规律变化，力 F 的方向始终在同一直线上，在 0～4 s 内，下列说法正确的是( )A．第 2 s 末，质点距离出发点最远B．第 2 s 末，质点的动能最大C．0～2 s 内，力 F 瞬时功率一直增大D．0～4 s 内，力 F 做功为零解析 从图象可以看出在前 2 s 力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，第 2 s 末，拉力 F 方向反向，速度方向不变，所以 2 s 后，质点离出发点距离还在增大，故 A 项错误；第 2 s 末，拉力 F 方向反向，速度方向不变，物体要做减速运动，所以第 2 s 末，质点的速度最大，动能最大，故 B 项正确；0～1 s 内，速度在增大，力 F 增大，根据瞬时功率 P＝ Fv 得力 F 瞬时功率一直增大，1～2 s 内，速度在增大，但是随时间变化速度增大变慢，而力 F 随时间减小变快，所以力 F 瞬时功率有减小的过程，故 C 项错误；0～4 s 内，初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以力 F 做功为零，故 D 项正确。答案 BD 5．(多选)如图所示，光滑水平地面上固定一带有光滑定滑轮的竖直杆，用轻绳一端系着小滑块，另一端绕过定滑轮，现用恒力 F1水平向左拉滑块的同时，用恒力 F2拉右侧绳端，使滑块从 A 点由静止开始向右运动，经过 B 点后到达 C 点，若 AB＝ BC，则滑块( )A．从 A 点至 B 点 F2做的功等于从 B 点至 C 点 F2做的功B．从 A 点至 B 点 F2做的功小于从 B 点至 C 点 F2做的功C．从 A 点至 C 点 F2做的功可能等于滑块克服 F1做的功D．从 A 点至 C 点 F2做的功可能大于滑块克服 F1做的功解析 由题意知，滑块从 A 点至 B 点时右侧绳端的位移大于滑块从 B 点至 C 点时右侧绳端的位移， F2是恒力，则滑块从 A 点至 B 点 F2做的功大于从 B 点至 C 点 F2做的功，3A、B 项错误；滑块从 A 点至 C 点过程中，可能先加速后减速，滑块在 C 点速率大于或等于零，根据动能定理得知，滑块从 A 点运动到 C 点过程中动能的变化量大于或等于零，总功大于或等于零，则从 A 点至 C 点 F2做的功大于或等于滑块克服 F1做的功，C、D 项正确。答案 CD 6．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为 F 的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为 m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为 θ 。当小物块从水平面上的 A 点被拖动到水平面上的 B 点时，位移为 L，随后从 B 点沿斜面被拖动到定滑轮 O 处，BO 间距离也为 L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为 μ ，若小物块从 A 点运动到O 点的过程中， F 对小物块做的功为 WF，小物块在 BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是( )A． WF＝ FL(cosθ ＋1) B． WF＝2 FLcosθC． Wf＝ μmgL cos2θ D． Wf＝ FL－ mgLsin2θ解析 小物块从 A 点运动到 O 点，拉力 F 的作用点移动的距离 x＝2 Lcosθ ，所以拉力F 做的功 WF＝ Fx＝2 FLcosθ ，A 项错误，B 项正确；由几何关系知斜面的倾角为 2θ ，所以小物块在 BO 段受到的摩擦力 f＝ μmg cos2θ ，则 Wf＝ fL＝ μmgL cos2θ ，C 项正确，D 项错误。答案 BC 7．当前我国“高铁”事业发展迅猛。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 图象如图所示，已知在 0～ t1时间内为过原点的倾斜直线， t1时刻达到额定功率 P，此后保持功率 P 不变，在 t3时刻达到最大速度 v3，以后匀速运动。下述判断正确的是( )A．从 0 至 t3时间内，列车一直做匀加速直线运动B． t2时刻的加速度大于 t1时刻的加速度C．在 t3时刻以后，机车的牵引力为零4D．该列车所受的恒定阻力大小为Pv3解析 0～ t1时间内，列车做匀加速运动， t1～ t3时间内，加速度变小，故 A、B 项错；t3以后列车做匀速运动，牵引力等于阻力，故 C 项错；匀速运动时 f＝ F 牵 ＝ ，故 D 项正Pv3确。答案 D 8．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。则拉力的功率随时间变化的图象可能是( g 取 10 m/s2)( )解析 由图知在 0～ t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动， v＝ at；由牛顿第二定律得 F－ f＝ ma，则拉力的功率 P＝ Fv＝( f＋ ma)v＝( f＋ ma)at；在 t0时刻以后，物体做匀速运动， v 不变，则 F＝ f， P＝ Fv＝ fv， P 不变，故 D 项正确。答案 DB 组·能力提升题9．列车在空载情况下以恒定功率 P 经过一平直的路段，通过某点时速率为 v，加速度大小为 a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为 a2。重力加速度大小为 g。设阻力是列车重力的 k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( )A. B.kg＋ a1kg＋ a2 kg＋ a2kg＋ a1C. D.P kg＋ a2v kg＋ a1 P kg＋ a1v kg＋ a2解析 由 P＝ Fv、 F－ f＝ ma 及 f＝ kmg 得 m＝ ，由题干知空载与满载货物时通Pv(kg＋ a)过同一点时功率和速率均相同，即 P、 v 不变，所以 ＝ ，A 项正确。m2m1 kg＋ a1kg＋ a2答案 A 10．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空5气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析 设 f＝ kR，则由牛顿第二定律得 F 合 ＝ mg－ f＝ ma，而 m＝ π R3·ρ ，故 a＝ g－43，由 m 甲 m 乙 、 ρ 甲 ＝ ρ 乙 可知 a 甲 a 乙 ，故 C 项错误；因甲、乙位移相同，由k43π R2·ρv2＝2 ax 可知， v 甲 v 乙 ，B 项正确；由 x＝ at2可知， t 甲 f 乙 ，则 W 甲克服 W 乙克服 ，D 项正确。答案 BD 11．如图所示，一长为 L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为 m 的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度 ω 匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )A． mgLω B. mgLω32C. mgLω D. mgLω12 36解析 由于杆做匀速转动，拉力的功率等于克服重力做功的功率， P＝ mgωL cos60°＝mgLω ，C 项正确。12答案 C 12.为了缓解城市交通拥堵问题，某市交通部门在禁止行人步行的十字路口增设了长度为 12 m 的“直行待行区” 。如图所示，当其他车道的车辆右转时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区” ；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口。如果该路段的限速为 60 km/h，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为 4 s。现某汽车司机驾驶着质量为 1.5 t 的小汽车，汽车的额定功率为 63 kW，汽车的前端刚好停在停车线处，当司机看到上述提示时，立即由静止开始做匀加速直线运动，当汽车的前端运动到“直行待行区”的前端线时，正好直行的绿灯亮起，司机保持该加速度继续运动到额定功率后保持功率不变，汽车在运动中受到的阻力为车重的 0.2 倍，重力加速度 g 取 10 6m/s2，则：(1)在前 4 s 时间内，汽车发动机所做的功是多少？(2)从开始运动计时，经过 12 s 达到该路段限速，汽车经过的总位移是多少？(结果保留两位有效数字)解析 (1)在这段时间内，汽车前进的位移为 x＝ at2，12汽车的加速度为 a＝ ＝1.5 m/s 2，2xt2汽车受到的阻力f＝ kmg＝3×10 3 N，根据牛顿第二定律 F－ f＝ ma，牵引力做功 WF＝ F·x，由以上两式得 WF＝6.3×10 4 J。(2)设汽车达到额定功率时的速度为 v′，时间为 t′，位移为 x1，则P 额 ＝ F·v′，v′＝ a·t′，x1＝ at′ 2，12设汽车以额定功率行驶的位移为 x2，根据动能定理P 额 (t－ t′)－ f·x2＝ mv2－ mv′ 2，12 12由以上各式解得 x1＝48 m，x2＝50.55 m，汽车经过的位移 x＝ x1＋ x2，即 x≈99 m。答案 (1)6.3×10 4 J (2)99 m【素养立意】用物理知识解决实际问题实现了学习物理的社会价值，不仅考查知识的运用，还告诉7学生作为一名交通参与者应了解的规则。13．某品牌汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。整车行驶质量 1 500 kg额定功率 75 kW加速过程 车辆从静止加速到 108 km/h 所需时间为 10 s制动过程 车辆以 36 km/h 行驶时的制动距离为 5.0 m已知汽车在水平公路上沿直线行驶时所受阻力 f 跟行驶速率 v 和汽车所受重力 mg 的乘积成正比，即 f＝ kmgv，其中 k＝2.0×10 －3 s/m。重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)若汽车加速过程和制动过程都做匀变速直线运动，求这次测试中加速过程的加速度大小 a1和制动过程的加速度大小 a2。(2)求汽车在水平公路上行驶的最大速率 vm。(3)把该汽车改装成同等功率的纯电动汽车，其他参数不变。若电源功率转化为汽车前进的机械功率的效率 η ＝90%。假设 1 kW·h 电能的售价为 0.50 元(人民币)，求电动汽车在平直公路上以最大速度行驶的距离 s＝100 km 时所消耗电能的费用。结合此题目，谈谈你对电动汽车的看法。解析 (1)加速过程的加速度大小a1＝ ＝ m/s2＝3 m/s 2，Δ vΔ t 3010制动过程满足 2a2x＝ v － v ，2t 20解得加速度大小 a2＝10 m/s 2。(2)当汽车的速度达到最大时，汽车受到牵引力与阻力相等。满足Pm＝ fvm，即 Pm＝ kmgv ，2m解得 vm＝50 m/s。(3)以最大速度行驶过程中，克服阻力所做的功Wf＝ fs＝ kmgvms，代入数据，解得 Wf＝1.5×10 8 J，消耗电能 E＝ ＝1.67×10 8 J＝46.4 kW·h，Wfη所以，以最大速度行驶 100 km 的费用Y＝46.4×0.5＝23.2(元)。由以上数据可以看出，纯电动汽车比燃油汽车行驶费用低得多，而且无环境污染问题。答案 (1)3 m/s 2 10 m/s 2(2)50 m/s (3)23.2 元 见解析1配餐作业 动能定理及其应用A 组·基础巩固题1．两颗人造地球卫星，都能在圆形轨道上运行，它们的质量相等，轨道半径之比等于 2，则它们的动能之比等于( )A．2 B. C. D.212 22解析 地球引力提供向心力 G ＝ m ，Mmr2 v2r则卫星的动能为Ek＝ mv2＝ ∝ ，12 GMm2r 1r所以 ＝ ＝ ，选 C 项。Ek1Ek2 r2r1 12答案 C 2．据海军论坛报道，我国 02 号新型航母将采用令世界震惊的飞机起飞方式—电磁弹射起飞。原理相当于电磁炮的加速原理，强大的电磁力能使飞机在很短时间内由静止加速到v1，然后在发动机的推力作用下加速到起飞速度 v2。假设电磁加速轨道水平且长为 x，不计阻力，某舰载机的质量为 m，电磁力恒定，则电磁力的平均功率是( )A. B.mv312x mv314xC. D.mv322x mv324x解析 以飞机为研究对象，由动能定理得 Fx＝ mv ， ＝ Fv1，解得 ＝ ，故 B 项正确。12 21 P 12 P mv314x答案 B 3．(多选)如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间 t 前进距离 s，速度达到最大值 vm，在这一过程中电动机的功率恒为 P，小车所受阻力恒为 F，那么这段时间内( )A．小车做匀加速运动B．电动机所做的功为 PtC．电动机所做的功为 mv12 2m2D．电动机所做的功为 Fs＋ mv12 2m解析 对小车由牛顿第二定律得 － F＝ ma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐Pv减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A 项错误；电动机对小车所做的功 W＝ Pt，B 项正确；对小车由动能定理得 W－ Fs＝ mv ，解得 W＝ Fs＋ mv ，C 项错误，D 项正确。12 2m 12 2m答案 BD 4．(多选)在工厂的流水线上安装有足够长的水平传送带，用水平传送带传送工件，可以大大提高工作效率，如图所示，水平传送带以恒定的速率 v 运送质量为 m 的工件，工件以v0(v0v)的初速度从 A 位置滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数为 μ ，已知重力加速度为 g，则( )A．工件滑上传送带到与传送带相对静止所需时间为v－ v0μ gB．因传送工件电动机多做的功为 m(v2－ v )12 20C．传送带的摩擦力对工件所做的功为 m(v－ v0)212D．工件与传送带的相对位移为(v－ v0)22μ g解析 工件滑上传送带后先做匀加速运动， μmg ＝ ma， a＝ μg ，相对滑动时间为t＝ ，A 项正确；因传送工件电动机多做的功 W＝ μmgvt ＝ mv(v－ v0)，B 项错误；根v－ v0μ g据动能定理传送带对工件做功 W1＝ m(v2－ v )，C 项错误；工件与传送带的相对位移12 20Δx ＝ vt－ t＝ ，D 项正确。v＋ v02  v－ v0 22μ g答案 AD 5．如图，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( )3A． W＝ mgR，质点恰好可以到达 Q 点12B． W＞ mgR，质点不能到达 Q 点12C． W＝ mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12D． W＜ mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12解析 根据动能定理得 P 点动能 EkP＝ mgR，经过 N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mg－ mg＝ m ，所以 N 点动能为 EkN＝ ，从 P 点到 N 点根据动能定理可得 mgR－ W＝v2R 3mgR2－ mgR，即克服摩擦力做功 W＝ 。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即3mgR2 mgR2FN－ mgcosθ ＝ ma＝ m ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形v2R轨道中的速度变小，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 EkQ＝ － mgR－ W′＝ mgR－ W′，由于3mgR2 12W′＜ ，所以 Q 点速度仍然没有减小到 0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 项正mgR2确。答案 C 6．质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 v－ t 图象如图所示(竖直向上为正方向， DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法正确的是( )4A． t3～ t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B． t0～ t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C．0～ t2时间内，小球的平均速度一定为v32D． t3～ t4时间内，拉力做的功为 [(v4－ v3)＋ g(t4－ t3)]m v3＋ v42解析 t3～ t4时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动，A 项错误； t0～ t2时间内小球速度一直增大，合力对小球一直做正功，B 项错误；0～ t3时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于 ，C 项错误； t3～ t4由动能定理得 WF－ mgh＝ mv － mv ，且 h＝ (v4＋ v3)(t4－ t3)，v32 12 24 12 23 12解得 WF＝ ，D 项正确。m v3＋ v42 [ v4－ v3 ＋ g t4－ t3 ]答案 D7．(多选)如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为 M 的平板 A 连接，一个质量为 m 的物体 B 靠在平板的右侧， A、 B 与斜面的动摩擦因数均为 μ 。开始时用手按住物体 B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使 A 和 B 一起沿斜面向上运动距离 L 时， A 和 B 达到最大速度 v。则以下说法正确的是( )A． A 和 B 达到最大速度 v 时，弹簧是自然长度B．若运动过程中 A 和 B 能够分离，则 A 和 B 恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ ＋ μ cosθ )C．从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 所做的功等于Mv2＋ MgLsinθ ＋ μMgL cosθ12D．从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中， B 受到的合力对它做的功等于 mv212解析 A 和 B 达到最大速度 v 时， A 和 B 的加速度为零。对 AB 整体：由平衡条件知kx＝( m＋ M)gsinθ ＋ μ (m＋ M)gcosθ ，所以此时弹簧处于压缩状态，故 A 项错误； A 和 B恰好分离时， A、 B 间的弹力为 0， A、 B 的加速度相同，对 B 受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ ＋ μmg cosθ ＝ ma，得 a＝ gsinθ ＋ μg cosθ ，故 B 项正确；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对 AB 整体，根据动能定理得 W 弹 －( m＋ M)gLsinθ － μ (m＋ M)gcosθ ·L＝ (m＋ M)v2，所以弹簧对 A 所做的功 W 弹 ＝ (m＋ M)v2＋( m＋ M)12 12gLsinθ ＋ μ (m＋ M)gcosθ ·L，故 C 项错误；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对于 B，根据动能定理得 B 受到的合力对它做的功 W 合 ＝Δ Ek＝ mv2，故 D 项正确。12答案 BDB 组·能力提升题8．如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON， OM 水平， ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳5相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力F 的作用下， A、 B 两球均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m， OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为( g 取 10 m/s2)( )A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J解析 A 球向右运动 0.1 m 时， vA＝3 m/s， OA′＝0.4 m， OB′＝0.3 m，设此时∠ BAO＝ α ，则有 tanα ＝ 。由运动的合成与分解可得 vAcosα ＝ vBsinα ，解得 vB＝4 34m/s。以 B 球为研究对象，此过程中 B 球上升高度 h＝0.1 m，由动能定理，W－ mgh＝ mv ，解得轻绳的拉力对 B 球所做的功为 W＝ mgh＋ mv ＝2×10×0.1 12 2B 12 2BJ＋ ×2×42 J＝18 J，C 项正确。12答案 C9．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的 P 点，以大小恒定的初速度 v0，在圆盘上沿与直径 PQ 成不同夹角 θ 的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为 v，则 v2－cos θ 图象应为( )解析 设圆盘半径为 r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为 μ ，由动能定理可得，－ μmg ·2rcosθ ＝ mv2－ mv ，整理得 v2＝ v －4 μgr cosθ ，可知 v2与 cosθ 为线性关12 12 20 20系，斜率为负，故 A 项正确，B、C、D 项错误。答案 A6【解题技巧】本题考查数学在物理中的运用能力，解题的关键是根据匀变速直线运动规律找出 v2与cosθ 的函数关系式，再与图象对照即可轻松解决问题。10. (2018·三明 A 片区联盟期末考试)(多选)如图所示，物块 A、 B、 C、 D 的质量都是 m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块 B 与 C、 C 与 D、 D 与地面的距离都是 L。现将物块 A 下方的细线剪断，若物块 A 距离滑轮足够远且不计一切阻力，则( )A． A 上升的最大速度是5gL3B． A 上升的最大速度是17gL6C． A 上升的最大高度是53L12D． A 上升的最大高度是23L6解析 设物块 D 落地时速度为 v1，在物块 D 落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－ mgL＝ ×4mv ；在物块 C 落地过程中，对三个物块应用动能定理有12 212mgL－ mgL＝ ×3mv － ×3mv ，联立解得 v2＝ ，A 项正确，B 项错误；之后物块 B 匀12 2 12 21 5gL3速下降直到落地， A 匀速上升，至此 A 已上升了 3L 的高度；再往后物块 A 做竖直上抛运动，还可以上升 h＝ ＝ ， A 上升的最大高度 H＝ h＋3 L＝ L，C 项错误，D 项正确。v22g 5L6 236答案 AD11.如图所示，一可以看作质点的质量 m＝2 kg 的小球以初速度 v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从 A 点沿切线方向进入圆弧轨道，其中 B 为轨道的最低点， C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧 AB 对应的圆心角 θ ＝53°，轨道半径 R＝0.5 m。已知 sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力， g 取 10 m/s2。求：7(1)小球的初速度 v0的大小。(2)若小球恰好能通过最高点 C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。解析 (1)小球从桌面飞出到 A 点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有mv2－ mv ＝ mg(R＋ Rcosθ )，12 12 20cosθ ＝ ，v0v解得 v0＝3 m/s。(2)小球恰好能通过最高点 C 的临界条件是 mg＝ m ，v2CR而小球从桌面到 C 的过程中，重力做的功为 0，由动能定理得 Wf＝ mv － mv ；解得在圆12 2C 12 20弧轨道上摩擦力对小球做的功为 Wf＝－4 J。答案 (1)3 m/s (2)－4 J12．(2017·江苏)如图所示，两个半圆柱 A、 B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C，三者半径均为 R。 C 的质量为 m， A、 B 的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为 μ 。m2现用水平向右的力拉 A，使 A 缓慢移动，直至 C 恰好降到地面。整个过程中 B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：(1)未拉 A 时， C 受到 B 作用力的大小 F。(2)动摩擦因数的最小值 μ min。(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W。解析 (1) C 受力平衡，如图所示。8根据平衡条件可得 2Fcos30°＝ mg, 计算得出 C 受到 B 作用力的大小为 F＝ mg。33(2)C 恰好降落到地面时， B 对 C 支持力最大为 Fm，如图所示，则根据力的平衡可得2Fmcos60°＝ mg, 计算得出 Fm＝ mg；所以最大静摩擦力至少为fm＝ Fmcos30°＝ mg，32B 对地面的压力为N＝ mBg＋ mCg＝ mg，12B 受地面的摩擦力为 f＝ μmg ，根据题意有 fm＝ f，计算得 μ ＝ ，32所以动摩擦因数的最小值μ min＝ 。32(3)C 下降的高度为h＝ R，( 3－ 1)A 的位移为 x＝2 R，( 3－ 1)摩擦力做功的大小为Wf＝ fx＝2 μmgR ，( 3－ 1)9根据动能定理有W－ Wf＋ mgh＝0，计算得 W＝ mgR。(2μ － 1)( 3－ 1)答案 (1) mg (2)33 32(3) mgR(2μ － 1)( 3－ 1)1配餐作业 机械能守恒定律及其应用A 组·基础巩固题1．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是( )A．起重机吊起物体匀速上升B．物体做平抛运动C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)解析 起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A 项正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B 项错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C 项错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D 项错误。答案 A2．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. B. C. D.π 6 π 4 π 3 5π12解析 设物块的初速度为 v0，质量为 m，依题意有 mgh＝ mv ，设物块落地瞬间水平速度12 20分量为 vx，竖直速度分量为 vy，则根据平抛运动的规律可得 vx＝ v0， vy＝ ，即2ghvx＝ vy＝ v0，所以物块落地时速度方向与水平方向夹角为 ，B 项正确。π 4答案 B 3．如图所示，由半径为 R 的 光滑圆周和倾角为 45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平34面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接。一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动。则小球通过斜面的时间为(重力加速度为 g)( )2A．2 B．2gRRgC．(2 －2) D．( － ) 2Rg 10 6 Rg解析 小球恰好通过最高点的速度 v1＝ ，由机械能守恒定律得 mv ＋ mgR＝ mv ，解gR12 21 12 2得小球通过斜面顶端时的速度 v2＝ ，由运动学规律得 R＝ v2t＋ gt2sin45°，则3gR 212t＝( － ) ，D 项正确。10 6Rg答案 D 4．如图所示，粗细均匀、两端开口的 U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为 4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )A. B. 18gh 16ghC. D. 14gh 12gh解析 设管子的横截面积为 S，液体的密度为 ρ 。打开阀门后，液体开始运动，不计液体产生的摩擦阻力，液体机械能守恒，液体减少的重力势能转化为动能，两边液面相平时，相当于右管 h 高的液体移到左管中，重心下降的高度为 h，由机械能守恒定律得12 12ρ · hS·g· h＝ ρ ·4hS·v2，解得 v＝ ，A 项正确。12 12 12 gh8答案 A5．(多选)如图所示，有一光滑轨道 ABC， AB 部分为半径为 R 的 圆弧， BC 部分水平，质量14均为 m 的小球 a、 b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为 R，不计小球大小。开始时 a 球处在圆弧上端 A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )3A． a 球下滑过程中机械能保持不变B． a、 b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C． a、 b 滑到水平轨道上时速度为 2gRD．从释放到 a、 b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对 a 球做的功为mgR2解析 由机械能守恒的条件得， a 球机械能不守恒， a、 b 系统机械能守恒，所以 A 项错误，B 项正确；对 a、 b 系统由机械能守恒定律得 mgR＋2 mgR＝2× mv2，解得 v＝ ，C 项错12 3gR误；对 a 由动能定理得 mgR＋ W＝ mv2，解得 W＝ ，D 项正确。12 mgR2答案 BD6．如图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( )A．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 的最高点解析 A 管最高点恰好无压力，可得出 mg＝ m 。根据机械能守恒定律，A、B 项中机械能v2AR和动能都是相等的，C 项中由于管 B 低，到达 B 最高点的速度 vBvA。由N＋ mg＝ m m ＝ mg，即 N0，即经过管道 B 最高点时对管外侧壁有压力，故选 C 项。v2Br v2AR答案 C47．(多选)在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为 m 的质点，在恒力 F 和重力的作用下，从坐标原点 O 由静止开始沿直线 OA 斜向下运动，直线 OA 与 y 轴负方向成 θ 角( θ mgsinθ ，故 F 的方向与 OA 不再垂直，有两种可能的方向， F与物体的运动方向的夹角可能大于 90°，也可能小于 90°，即拉力 F 可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据动能定理，物体机械能变化量等于力 F 做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故 A 项错误，C 项正确。答案 BC 【素养立意】本题考查机械能守恒条件的应用，但命题角度很新颖，能使同学们对机械能守恒条件的理解得到提炼和升华。B 组·能力提升题8．一根质量为 m、长为 L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为 m 的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙5所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是( )A． v 甲 ＝ v 乙 ＝ v 丙 B． v 甲 v 甲 v 乙 D． v 乙 v 甲 v 丙解析 三种情况下所研究的系统机械能守恒，由－Δ Ep＝Δ Ek得，对于甲：mg× ＋ mg× ＝ mv ，12 L4 12 L2 12 2甲v 甲 ＝ ；对于乙： mg× ＋ mg× ＋ mg× ＝ ×2mv ， v 乙 ＝ ；对于丙：3gL2 12 L4 12 L2 L2 12 2乙 7gL8mg× ＋12 L4mg× ＝ ×2mv ， v 丙 ＝ ，故 v 乙 v 甲 v 丙 ，D 项对。12 L2 12 2丙 3gL8答案 D 9．(多选)如图所示，长为 3L 的轻杆可绕水平轴 O 自由转动， Oa＝2 Ob，杆的上端固定一质量为 m 的小球(可视为质点)，质量为 M 的正方形静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时，竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过 60°时杆与物块恰好分离。重力加速度为 g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是( )A．小球的速度大小为8mgL4m＋ MB．小球的速度大小为32mgL16m＋ MC．物块的速度大小为2mgL4m＋ M6D．物块的速度大小为2mgL16m＋ M解析 设小球、 b 端、物块的速度分别为 va、 vb、 vM，根据系统的机械能守恒得mg·2L(1－cos60°)＝ mv ＋ Mv ， a 球与 b 端的角速度相等，由 v＝ rω ，得 va＝2 vb， b12 2a 12 2M端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即有 vbcos60°＝ vM，得 vb＝2 vM，所以va＝4 vM，联立解得 va＝ ， vM＝ ，故 B、D 项正确。32mgL16m＋ M 2mgL16m＋ M答案 BD 10．(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为 mA的小物块 A，细线跨过 O 点的轻小光滑定滑轮一端连接 A，另一端悬挂质量为 mB的小物块 B， C 为 O 点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离 OC＝ h。开始时 A 位于 P 点， PO 与水平方向的夹角为 30°。现将 A、 B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )A．物块 B 从释放到最低点的过程中，物块 A 的动能不断增大B．物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点的过程中，物块 B 的机械能先增大后减小C． PO 与水平方向的夹角为 45°时，物块 A、 B 速度大小关系是 vA＝ vB22D．物块 A 在运动过程中最大速度为2mBghmA解析 物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 从释放到了最低点，此过程中，对 A 受力分析，可知绳子对 A 的拉力一直做正功，其动能一直增大，故 A 项正确；物块 A由 P 点出发第一次到达 C 点的过程中，绳子对 B 一直做负功，其机械能一直减小，故 B 项错误；根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等，则知 vAcos45°＝ vB，得 vA＝ vB，2故 C 项错误； B 的机械能最小时，即为 A 到达 C 点，此时 A 的速度最大(设为 vA)， B 的速度为 0，根据系统的机械能守恒得mBg ＝ mAv ，解得 vA＝ ，故 D 项正确。(hsin30°－ h) 12 2A 2mBghmA答案 AD11. (多选)如图所示， A、 B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连， A 放在固定的光滑斜面上， B、 C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连， C 球放在水平地面上，现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线7与斜面平行，已知 A 的质量为 4m， B、 C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放 A 后， A 沿斜面下滑至速度最大时， C 恰好离开地面，下列说法正确的是( )A．斜面倾角 α ＝30°B． A 获得最大速度为 2gm5kC． C 刚离开地面时， B 的加速度最大D．从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中， A、 B 两小球组成的系统机械能不守恒解析 A 沿斜面下滑至速度最大时，即 A 重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力，即4mgsinα － T＝0； C 恰好离开地面，弹簧的弹力等于 C 的重力，故有 F＝ mg， B 此时和 A 的状态一致，加速度为零，即合力为零，所以有 T－ F－ mg＝0，联立可得 sinα ＝0.5，即斜面倾角 α ＝30°，A 项正确，C 项错误；在 ABC 小球和弹簧组成的系统中，开始时，弹簧处于压缩状态，由于绳子没有拉力，所以弹簧的弹力等于 B 球的重力，即 kx1＝ mg，到 A速度最大时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力等于 C 球的重力，而 B 球的重力等于 C 球的重力，即 kx2＝ mg，所以两次情况下弹簧的弹性势能相同， A 下落的高度为 h＝( x1＋ x2)sinα ，根据系统机械能守恒得 4mgh－ mg(x1＋ x2)＝ (5m)v ，解得 vm＝2 g ，故 B 项正12 2m m5k确；释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，由于受弹力作用， A、 B 两小球组成的系统机械能不守恒，D 项正确。答案 ABD 12．竖直平面内半径为 R 的光滑圆弧轨道 CDM 与左侧光滑斜面体 ABC 相切于 C 点，倾角分别如图所示。 O 为圆弧圆心， D 为圆弧最低点， C、 M 在同一水平高度。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一个光滑的定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块 P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，此时 P、 Q 两物块在斜面上保持静止。若 PC 间距 L1＝0.25 m，物块 P 质量 m1＝3 kg。( g 取 10 m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)小物块 Q 的质量 m2。8(2)若烧断细绳后，物块 P 第一次过 D 点时对轨道的压力大小为 78 N，则圆弧面的半径 R是多少？解析 (1) P、 Q 两物块在斜面上保持静止，根据平衡条件得对 P 受力分析： m1gsin53°＝ T， ①对 Q 受力分析： T＝ m2gsin37°， ②由①②式代入数据解得 m2＝4 kg。(2)物块 P 运动到 D 过程由机械能守恒定律得m1gh＝ m1v ， ③12 2D由几何关系得h＝ L1sin53°＋ R(1－cos53°)， ④物块 P 运动到 D 点时，根据牛顿第二定律有FD－ m1g＝ m1 ， ⑤v2DR由③④⑤代入数据得 R＝0.5 m。答案 (1)4 kg (2)0.5 m13．一半径为 R 的半圆形竖直圆弧面，用轻质不可伸长的细绳连接的 A、 B 两球悬挂在圆弧面边缘两侧， A 球质量为 B 球质量的 2 倍，现将 A 球从圆弧边缘处由静止释放，如图所示。已知 A 球始终不离开圆弧内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：(1)A 球沿圆弧内表面滑至最低点时速度的大小。(2)A 球沿圆弧内表面运动的最大位移。解析 (1)设 A 球沿圆弧内表面滑至最低点时速度的大小为 v， B 球的质量为 m，则根据机械能守恒定律有2mgR－ mgR＝ ×2mv2＋ mv ，212 12 2B由图甲可知， A 球的速度 v 与 B 球速度 vB的关系为 vB＝ v1＝ vcos45°，联立解得 v＝2 。2－ 25 gR9(2)当 A 球的速度为零时， A 球沿圆弧内表面运动的位移最大，设为 x，如图乙所示，由几何关系可知 A 球下降的高度 h＝ ，x2R 4R2－ x2根据机械能守恒定律有2mgh－ mgx＝0，解得 x＝ R。3答案 (1)2 (2) R2－ 25 gR 3