2019年度高考物理一轮复习 第五章 机械能课时达标训练（打包5套）.zip

1动力学观点和能量观点的综合应用一、选择题(1 题为单项选择题，2 题为多项选择题)1．如图 1 所示，水平传送带两端点 A、 B 间的距离为 l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的 A 点，某人用恒定的水平力 F 使小物体以速度 v1匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。随后让传送带以 v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力 F拉物体，使它以相对传送带为 v1的速度匀速从 A 滑行到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2。下列关系中正确的是( )图 1A． W1＝ W2， P1＜ P2， Q1＝ Q2B． W1＝ W2， P1＜ P2， Q1＞ Q2C． W1＞ W2， P1＝ P2， Q1＞ Q2D． W1＞ W2， P1＝ P2， Q1＝ Q2解析 因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以 W1＝ W2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1＝ ；当传送带以 v2的速度匀速lv1运动时，物体运动的时间为 t2＝ ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1＜ P2；lv1＋ v2一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以 Q1＞ Q2，选项 B 正确。答案 B2．(2018·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图 2 甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度 v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成 A 和 B 两段，使 B 的长度和质量均为 A 的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 v0由木板 A 的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小2铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )图 2A．小铅块将从木板 B 的右端飞离木板B．小铅块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到 B 部分上后 A 部分停止加速，只有 B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与 B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到 B 的右端，两者速度就已经相同，选项 A 错误，B 正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项 C 错误，D 正确。答案 BD二、非选择题3．(2018·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图 3 所示，已知传送轨道平面与水平方向成 37°角，倾角也是 37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度 v＝4 m/s，两轮轴心相距 L＝5 m， B、 C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量 m＝1 kg 的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的 B 点时速度 v0＝8 m/s， A、 B 间的距离 x＝1 m。工件可视为质点， g 取 10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图 3(1)弹簧的最大弹性势能；3(2)工件沿传送带上滑的时间。解析 (1)弹簧的最大弹性势能Ep＝ mgxsin 37°＋ mv12 20得 Ep＝38 J。(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mgsin 37°＋ μmg cos 37°＝ ma1与传送带共速需要时间 t1＝ ＝0.5 sv0－ va1工件滑行位移大小 x1＝ ＝3 m＜ L因为 μ ＜tan 37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑 mgsin 37°－ μmg cos 37°＝ ma2假设工件速度减为 0 时，工件未从传送带上滑落。则t2＝ ＝1 sva2工件滑行位移大小 x2＝ ＝2 m＝ L－ x1v22a2故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t＝ t1＋ t2＝1.5 s。答案 (1)38 J (2)1.5 s4．(2018·扬州摸底)如图 4 所示，半径 R＝0.5 m 的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面 MN 相切于 C、 M 点， O 为圆弧圆心， D 为圆弧最低点。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、 Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、 Q 两物块静止。若 P、 C 间距为L1＝0.25 m，斜面 MN 足够长，物块 P 质量 m1＝3 kg，与 MN 间的动摩擦因数 μ ＝ 。求：13(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g 取 10 m/s2)图 4(1)烧断细绳后，物块 P 第一次到达 D 点时对轨道的压力大小；(2)物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。4解析 (1)根据几何关系， P、 D 间的高度差h＝ L1sin 53°＋ R(1－cos 53°)＝0.4 m物块由 P 到 D 过程，由机械能守恒定律得m1gh＝ m1v12 2D在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力FD－ m1g＝ m1联立解得 FD＝78 N由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78 N。(2)物块 P 运动到 M 点过程，根据机械能守恒定律得m1gL1sin 53°＝ m1v12 2M解得 vM＝2 m/s物块最终在圆弧轨道上往复滑动，且到达 M 点时速度为零全过程减少的机械能 Δ E＝ m1gL1sin 53°产生的内能 Q＝ μm 1gcos 53°·s根据能量守恒定律得 Δ E＝ Q，即m1gL1sin 53°＝ μm 1gcos 53°·s解得其在 MN 斜面上滑行的总路程 s＝1.0 m。答案 (1)78 N (2)1.0 m5．(2018·宜春冲刺)如图 5 所示，让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下，摆到最低点 D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由 D 点向右做匀减速运动，到达小孔 A 进入半径 R＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭 A 孔。已知摆线长 L＝2 m， θ ＝60°，小球质量为 m＝0.5 kg， D 点与小孔 A 的水平距离 s＝2 m， g 取 10 m/s2。图 5(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数 μ 的范5围。解析 (1)摆球由 C 到 D 过程机械能守恒，则mg(L－ Lcos θ )＝ mv12 2D在 D 点由牛顿第二定律得FT－ mg＝联立得摆线的最大拉力为 FT＝2 mg＝10 N。(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：①摆球能到达 A 孔，且小球到达 A 孔的速度恰好为零对摆球从 D 到 A 的过程，由动能定理得－ μ 1mgs＝0－ mv12 2D解得 μ 1＝0.5②摆球进入 A 孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达与圆心等高处速度为零由机械能守恒定律得mv ＝ mgR12 2A对摆球从 D 到 A 的过程，由动能定理得－ μ 2mgs＝ mv － mv12 2A 12 2D解得 μ 2＝0.35③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝mv2R由动能定理得－ μ 3mgs－2 mgR＝ mv2－ mv12 12 2D解得 μ 3＝0.125综上所述，动摩擦团数 μ 的范围为 0.35≤ μ ≤0.5 或者 μ ≤0.125。答案 (1)10 N (2)0.35≤ μ ≤0.5 或 μ ≤0.12511 功和功率一、选择题(1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题)1．如图1所示，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲( )图1A．可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B．可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C．可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D．可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功解析 若甲固定不动，乙在甲表面滑动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲不做功；若乙向右运动的同时甲向左运动，则甲、乙间的一对滑动摩擦力均做负功；若水平地面光滑，静止的甲在乙的滑动摩擦力带动下做加速运动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功，所以只有选项A正确。答案 A2．同一恒力按同样的方式施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同一段距离时，恒力做的功和平均功率分别为 W1、 P1和 W2、 P2，则二者的关系是( )A． W1＞ W2、 P1＞ P2 B． W1＝ W2、 P1＜ P2C． W1＝ W2、 P1＞ P2 D． W1＜ W2、 P1＜ P2解析 由功的定义 W＝ Flcos α 可知， W1＝ W2，由于沿粗糙地面运动时加速度较小，通过相同位移所用时间较长，所以根据 P＝ 可知，WtP1＜ P2，故B正确。答案 B3．(2017·安徽期中测试) A、 B两物体的质量之比 mA∶ mB＝2∶1，它们以相同的初速度 v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度—时间图象如图2所示。那么， A、 B两物体所受摩擦力之比 FA∶ FB与 A、 B两物体克服摩擦阻力做功之比 WA∶ WB分别为( )2图2A．2∶1，4∶1 B．4∶1，2∶1C．1∶4，1∶2 D．1∶2，1∶4解析 由 v－ t图象可知： aA∶ aB＝2∶1，又由 F＝ ma， mA∶ mB＝2∶1，可得 FA∶ FB＝4∶1；又由题图中面积关系可知 A、 B位移之比 xA∶ xB＝1∶2，由做功公式 W＝ Fx，可得 WA∶ WB＝2∶1，故选B。答案 B4．(2016·济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是( )解析 汽车启动时由 P＝ Fv和 F－ Ff＝ ma可知，匀加速启动过程中，牵引力 F、加速度 a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误。答案 B5．(2016·福建厦门质检)汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1，汽车能达到的最大速度为 vm。则当汽车速度为 vm时，汽车的加速度为(重力加速度为 g)( )12A．0.1 g B．0.2 g C．0.3 g D．0.4 g解析 设汽车功率恒为 P，达到最大速度 vm时，牵引力 F＝ Ff＝0.1 mg， P＝ Fvm，当汽车速度为 v＝ vm时， F′＝ ＝12 Pv0.2mg，由牛顿第二定律有 F′－ Ff＝ ma，解得 a＝0.1 g，A项正确。答案 A36．如图3所示，半径为 R的 光滑圆弧轨道左端有一质量为 m的小球，在大小18 恒为 F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左 端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为 v，已知 重力加速度为g，则( )A．此过程外力做功为 FRπ 2B．此过程外力做功为 FR22C．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为 FvD．小球离开轨道末端时，拉力的功率为 Fv22解析 由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力 F做的功为 W＝ F· ·2π R＝ FR，选项A、B错误18 π 4；小球离开轨道时的速率为 v，方向和外力 F的方向相同，所以拉力的功率为 Fv，选项C正确，D错误。答案 C7．质量为 m的物体置于倾角为 α 的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为 μ ，在外力作用下斜面以加速度 a向左做匀加速直线运动，如图4所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是( )图4A．斜面对物体的支持力一定做正功B．斜面对物体的摩擦力一定做正功C．斜面对物体的摩擦力可能不做功D．斜面对物体的摩擦力可能做负功解析 物体所受的支持力始终垂直于斜面向上，由于位移方向水平向左，则力与位移方向之间的夹角为锐角，因此支持力一定做正功，选项A正确；摩擦力做功有三种情况：当加速度 a＝ gtan α 时，物体所受的摩擦力为零，摩擦力不做功；当加速度 a＞ gtan α 时，物体所受的摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功；当加速度 a＜ gtan α 时，物体所受的摩擦力沿斜面向上，摩擦力做负功，故选项B错误，C、D正确。答案 ACD8.一质量为1 图34kg的质点静止于光滑水平面上，从 t＝0时刻开始，受到水平外力 F作用，如图5所示。下列判断正确的是( )图5A．第1 s末的瞬时功率为6 WB．第1 s内的平均功率为4 WC．前2 s内的平均功率为4 WD．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4解析 第1 s末质点的速度v1＝ t1＝ ×1 m/s＝3 m/s。F1m 31第2 s末质点的速度v2＝ v1＋ t2＝(3＋ ×1) m/s＝4 m/s。F2m 11第1 s末的瞬时功率 P1＝ F1·v1＝9 W第2 s末的瞬时功率 P2＝ F2·v2＝4 W，故A错，D对；第1 s内的平均功率 1＝ F1 1＝4.5 W，故B错；P－ v－ 前2 s内外力的平均功率 P＝ ＝ W0.5×1×422＝4 W，故C对。答案 CD9．(2017·湖北联考)在离水平地面 h高处将一质量为 m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为 f，落地时小球距抛出点的水平距离为 x，速率为 v，那么，在小球运动的过程中( )A．重力做功为 mghB．克服空气阻力做的功为 f· h2＋ x2C．落地时，重力的瞬时功率为 mgvD．重力势能和机械能都逐渐减少解析 重力做功为 WG＝ mgh，A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于 ，故克服h2＋ x2空气阻力做的功大于 f· ，B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积h2＋ x2，故落地时重力的瞬时功率小于 mgv，C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少5，D正确。答案 AD10．(2016·宿迁三模)一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶， t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其 v－ t图象如图6所示，已知汽车的质量为2×103 kg。下列说法中正确的是( )图6A． t1前汽车受到的阻力大小为2×10 3 NB． t1后汽车受到的阻力大小为2×10 3 NC． t1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s 2D． t1～ t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s解析 t1前汽车匀速，有 P＝ F1v1＝ f1v1，得 f1＝ ＝ N＝2×10 3 Pv1 20×10310N，A项正确；进入另一段公路后最终以 v2＝5 m/s匀速，得出 f2＝ ＝ N＝4×10 3 Pv2 20×1035N，B项错误； t1时刻牵引力为2×10 3 N，阻力瞬间变为4×10 3 N，加速度为 a＝ m/s2＝－1 － 2×1032×103m/s2，C项正确；根据面积得出 t1～ t2时间内汽车的平均速度小于7.5 m/s，D项错误。答案 AC11．如图7甲所示，小物块静止在倾角 θ ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力 F，力 F的大小随时间 t的变化情况如图乙所示，物块的速率 v随时间 t的变化规律如图丙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度 g取10 m/s 2。下列说法正确的是( )图7A．物块的质量为1 kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3 s时间内力 F做功的平均功率为0.32 WD．0～3 s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12 J解析 由速度图象知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8 N＋ mgsin θ － μmg cos 6θ ＝ ma， a＝ m/s2＝0.4 m/s2。在3～4 s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则 μmg cos 0.8－ 03－ 1θ － mgsin θ ＝0.4 N，解得 m＝1 kg， μ ＝0.8，选项A正确，B错误；0～1 s时间内，物块静止，力 F不做功，1～3 s时间内，力 F＝0.8 N，物块的位移 x＝ ×0.4×22 m＝0.8 12m，0～3 s内力 F做功的平均功率为 ＝ W＝0.213 W，选项C错误；0～3 Fxt3 0.8×0.83s时间内物块克服摩擦力做的功为 μmg cos θ ·x＝5.12 J，选项D正确。答案 AD二、非选择题12．下表是一辆电动车的部分技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度。额定车速 18 km/h 电源输出电压 ≥36 V整车质量 40 kg 充电时间 6～8 h载重 80 kg 电动机的额定输出功率 180 W电源 136 V/12 Ah 电动机的额定工作电压/电流 36 V/6 A请根据表中的数据，完成下列问题( g取10 m/s 2)。(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的 k倍，假定 k是定值，试推算 k的大小；(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s时的加速度是多少？解析 (1)由表可得到 P出 ＝180 W，车速 v＝18 km/h＝5 m/s，由 P出 ＝ Fv，匀速直线运动时有 F＝ f，其中f＝ k(M＋ m)g，解得 k＝0.03。(2)当车速 v′＝3 m/s时，牵引力 F′＝ ，由牛顿第二定律知 F′－ k(M＋ m)g＝( m＋ M)a，解得 a＝0.2 P出v′m/s2。答案 (1)0.03 (2)0.2 m/s 212 动能 动能定理一、选择题(1～5 题为单项选择题，6～9 题为多项选择题)1．(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 由动能定理 mgh＝ mv － mv 知，落地时速度 v2的大小相等，故 A 正确。12 2 12 21答案 A2．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析 关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点。(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化。(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化。(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)。根据上述三个要点不难判断，本题只有选项 B 是正确的。答案 B3．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s 时停下，其 v－ t 图象如图 1 所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )2图 1A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C． t＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D． t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内拉力不做功解析 对物块运动的整个过程运用动能定理得 WF－ Wf＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项 A 正确，B 错误；在 0～1 s 时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大， t＝1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大； t＝2 s 时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以 t＝2 s 时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C 错误； t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项 D 错误。答案 A4．质量为 2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为 30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图 2 所示，则物体返回到出发点时的动能为(取 g＝10 m/s2)( )图 2A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J解析 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－ mgx·sin 30°－ Ffx＝0－ E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得 mgx·sin 30°－ Ffx＝ E－0，代入数据得 E＝34 J，故选 A。答案 A5. (2015·全国卷Ⅰ，17)如图 3，一半径为 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3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 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v2R 3mgR2mgR－ W＝ － 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3mgR2 mgR2向心力即 FN－ mgcos θ ＝ ma＝ m ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导v2R致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 Ff＝ 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 W′＜ ，所以 Q 点速度仍然没有减小到 0，3mgR2 12 mgR2会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确。答案 C6．关于动能定理的表达式 W＝ Ek2－ Ek1，下列说法正确的是( )A．公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的 W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的 Ek2－ Ek1为动能的增量，当 W＞0 时动能增加，当 W＜0 时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功解析 公式中 W 指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项 B 正确，A 错误；当 W＞0 时，末动能大于初动能，动4能增加，当 W＜0 时，末动能小于初动能，动能减少，故 C 正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故 D 错误。答案 BC7．(2018·中山二模)在距水平地面 10 m 高处，以 10 m/s 的速度水平抛出一质量为 1 kg的物体，已知物体落地时的速度为 16 m/s，取 g＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．抛出时人对物体做功为 150 JB．自抛出到落地，重力对物体做功为 100 JC．飞行过程中物体克服阻力做功 22 JD．物体自抛出到落地时间为 s2解析 根据动能定理，抛出时人对物体做的功 W1＝ mv ＝50 J，选项 A 错误；自抛出12 21到落地，重力对物体做功 WG＝ mgh＝100 J，选项 B 正确；根据动能定理有mgh－ Wf＝ Ek2－ Ek1，得物体克服阻力做的功 Wf＝ mgh－ mv ＋ mv ＝22 J，选项 C 正确；12 2 12 21由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解物体运动的时间，选项 D 错误。答案 BC8．如图 4 所示， AB 为半径 R＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道， B 端距水平地面的高度h＝0.45 m。一质量 m＝1.0 kg 的小滑块从圆弧道 A 端由静止释放，到达轨道 B 端的速度 v＝2.0 m/s。忽略空气的阻力。取 g＝10 m/s 2。则下列说法正确的是( )图 4A．小滑块在圆弧轨道 B 端受到的支持力大小 FN＝16 NB．小滑块由 A 端到 B 端的过程中，克服摩擦力所做的功 W＝3 JC．小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x＝0.6 mD．小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x＝0.3 m解析 小滑块在 B 端时，根据牛顿第二定律有 FN－ mg＝ m ，解得 FN＝18 N，A 错误；v2R根据动能定理有 mgR－ W＝ mv2，解得 W＝ mgR－ mv2＝3 J，B 正确；小滑块从 B 点做平12 125抛运动，水平方向上 x＝ vt，竖直方向上 h＝ gt2，解得 x＝ v· ＝0.6 m，C 正确，12 2hgD 错误。答案 BC9．在倾角为 30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为 2 kg 的物体沿斜面向下推了 2 m 的距离，并使物体获得 1 m/s 的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为 ， g 取 10 m/s2，如图 5 所示，则在这个过程中( )33图 5A．人对物体做功 21 JB．合外力对物体做功 1 JC．物体克服摩擦力做功 21 JD．物体重力势能减小 20 J解析 根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即 W 合＝ mv2＝ ×2×1 J＝1 J，所以 B 项正确；物体克服摩擦力做功 Wf＝ μmgx cos θ ，代12 12入数据可得 Wf＝20 J，所以 C 项错误；物体重力势能的减小量等于重力做的功WG＝ mgxsin θ ＝20 J，D 项正确；设人对物体做功为 W，则应满足 W 人 ＋ WG－ Wf＝ W 合 ，代入数据可得 W 人 ＝1 J，即人对物体做功 1 J，A 项错误。答案 BD二、非选择题10．(2018·广州模拟)质量 m＝1 kg 的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图 6 所示。( g 取 10 m/s2)求：图 6(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；6(3)拉力 F 的大小。解析 (1)由题图可知初动能为 2 J，Ek0＝ mv ＝2 J12 20v0＝2 m/s(2)在位移 4 m 处物体的动能为 10 J，在位移 8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为 Ff，则－ Ffx2＝0－10 J＝－10 JFf＝ N＝2.5 N－ 10－ 4因 Ff＝ μ mg故 μ ＝ ＝ ＝0.25Ffmg 2.510(3)物体从开始到移动 4 m 这段过程中，受拉力 F 和摩擦力 Ff的作用，合力为 F－ Ff，根据动能定理有(F－ Ff)·x1＝Δ Ek解得 F＝4.5 N答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N11．(2018·郑州质量预测)如图 7 所示，固定在水平地面上的工件，由 AB 和 BD 两部分组成。其中 AB 部分为光滑的圆弧，∠ AOB＝37°，圆弧的半径 R＝0.5 m，圆心 O 点在 B点正上方， BD 部分水平，长度为 l＝0.2 m， C 为 BD 的中点。现有一质量 m＝1 kg 的物块(可视为质点)，从 A 端由静止释放，恰好能运动到 D 点。为使物块运动到 C 点时速度为零，可先将 BD 部分以 B 为轴向上转动一锐角 θ ，求：图 7(1)该锐角 θ (假设物块经过 B 点时没有能量损失)；(2)物块在 BD 板上运动的总路程。( g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析 (1)设动摩擦因数为 μ ，当 BD 水平时，研究物块的运动，根据动能定理得 W 总7＝Δ Ek从 A 到 D 的过程中 mgR(1－cos 37°)－ μmgl ＝0代入数据联立解得 μ ＝0.5当 BD 以 B 为轴向上转动一个锐角 θ 时，从 A 到 C 的过程中，根据动能定理mgR(1－cos 37°)－ mg sin θ － μF N ＝0l2 l2其中 FN＝ mgcos θ联立解得 θ ＝37°。(2)物块在 C 处速度减为零后，由于 mgsin θ ＞ μmg cos θ 物块将会下滑，而 AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在 B 点。根据能量守恒定律 mgR(1－cos 37°)＝ Q而摩擦产生的热量 Q＝ fs， f＝ μmg cos θ代入数据解得，物块在 BD 板上的总路程 s＝0.25 m。答案 (1)37° (2)0.25 m12．如图 8 所示，传送带 A、 B 之间的距离为 L＝3.2 m，与水平面间的夹角 θ ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为 v＝2 m/s，在上端 A 点无初速度地放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为 μ ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为 R＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E。已知 B、 D 两点的竖直高度差 h＝0.5 m( g 取 10 m/s2)求：图 8(1)金属块经过 D 点时的速度；(2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。解析 (1)金属块在 E 点时， mg＝ m ，解得 vE＝2 m/s，在从 D 到 E 过程中由动能定理得－ mg·2R＝ mv － mv ，12 2E 12 2D解得 vD＝2 m/s。58(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1，解得 a1＝10 m/s 2，设经位移 x1达到共同速度，则v2＝2 a1x1，解得 x1＝0.2 m＜3.2 m，继续加速过程中， mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2，解得 a2＝2 m/s 2，由 x2＝ L－ x1＝3 m， v － v2＝2 a2x2，2B解得 vB＝4 m/s，在从 B 到 D 过程中由动能定理得mgh－ W＝ mv － mv ，12 2D 12 2B解得 W＝3 J。答案 (1)2 m/s (2)3 J513 机械能守恒定律及其应用一、选择题(1～6 题为单项选择题，7～10 题为多项选择题)1．关于机械能守恒，下列说法中正确的是( )A．物体做匀速运动，其机械能一定守恒B．物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒C．物体所受合力做功不为零，其机械能一定不守恒D．物体沿竖直方向向下做加速度为 5 m/s2的匀加速运动，其机械能减少解析 物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会相应的增加或减少，选项 A 错误；物体仅受重力作用，只有重力做功，或受其他力但其他力不做功或做功的代数和为零时，物体的机械能守恒，选项 B、C 错误；物体沿竖直方向向下做加速度为 5 m/s2的匀加速运动时，物体一定受到一个与运动方向相反的力的作用，此力对物体做负功，物体的机械能减少，故选项 D 正确。答案 D2．如图 1 所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A，将小球 A 从弹簧原长位置由静止释放，小球 A 能够下降的最大高度为 h。若将小球 A 换为质量为 3m 的小球 B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为 g，不计空气阻力，则小球 B 下降 h 时的速度为( )图 1A. B. C. D.4gh3 4gh 2gh gh2解析 根据系统机械能守恒得，对 A 下降 h 的过程有 mgh＝ Ep，对 B 下降 h 的过程有3mgh＝ Ep＋ ×3mv2，解得 v＝ ，只有选项 A 正确。12 4gh3答案 A23．(2018·前黄中学)一轻绳系住一质量为 m 的小球悬挂在 O 点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，若在水平半径 OP 的中点 A 处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过 P 点后将绕 A 点做圆周运动，则到达最高点 N 时，绳子的拉力大小为 ( )图 2A．0 B．2 mg C．3 mg D．4 mg解析 恰能做圆周运动，则在最高点有mg＝ ，mv2R解得 v＝ 。gR由机械能守恒定律可知mg2R＝ mv － mv2，12 20 12解得初速度 v0＝ ，根据机械能守恒，在最高点 N 的速度为 v′，则：5gRmgR＝ mv － mv′ 232 12 20 12根据向心力公式： T＋ mg＝ ，mv′ 2R2联立得 T＝3 mg。故选项 C 正确。答案 C4．将一小球从高处水平抛出，最初 2 s 内小球动能 Ek随时间 t 变化的图象如图 3 所示，不计空气阻力， g 取 10 m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是( )图 3A．小球的质量3B．小球的初速度C．最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度解析 由机械能守恒定律可得 Ek＝ Ek0＋ mgh，又 h＝ gt2，所以 Ek＝ Ek0＋ mg2t2。当12 12t＝0 时， Ek0＝ mv ＝5 J，当 t＝2 s 时， Ek＝ Ek0＋2 mg2＝30 J，联立方程解得12 20m＝0.125 kg， v0＝4 m/s。当 t＝2 s 时，由动能定理得 WG＝Δ Ek＝25 J，故5＝ ＝12.5 W。根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度。综上所述，应选P－ WG2D。答案 D5．如图 4 所示，倾角 θ ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一光滑的小定滑轮，质量分别为 m 和 2m 的两小物块 A、 B 用轻绳连接，其中 B 被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上，定滑轮与 A 之间的绳子水平，已知绳子开始时刚好拉直，且 A 与定滑轮之间的距离为 l。现使 A 由静止下落，在 A 向下运动至 O 点正下方的过程中，下列说法正确的是 ( )图 4A．物块 B 始终处于静止状态B．物块 A 运动到最低点时的速度大小为 2glC．物块 A 运动到最低点时的速度方向为水平向左D．绳子拉力对物块 B 做正功解析 若物块 B 不会滑动，则当物块 A 向下运动到最低点时，绳子上的拉力必大于mg，故物块 B 一定会向上滑动，所以 A 错误；设物块 A 运动到最低点时，定滑轮与 A 之间的距离为 x，对 A、 B 由机械能守恒有 ＋ ＝ mgx－2 mg(x－ l)sin θ ，得 vA＝，则 vA＜ ， A 的速度方向不垂直绳子，B、C 错误；B 向上运动，绳子拉力做正2gl功，D 正确。答案 D46．如图 5 所示，可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个 2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为 30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失， g 取 10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )图 5A．杆对小球 A 做负功B．小球 A 的机械能守恒C．杆对小球 B 做正功D．小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15 m解析 将小球 A、 B 视为一个系统，设小球的质量均为 m，最后小球 B 上升的高度为 h，根据机械能守恒定律有 ×2mv2＝ mgh＋ mg(h＋0.2 m×sin 30°)，解得 h＝0.15 m，选12项 D 正确；以小球 A 为研究对象，由动能定理有－ mg(h＋0.2 m×sin 30°)＋ W＝0－ mv2，可知 W＞0，可见杆对小球 A 做正功，选项 A、B 错误；由于系统机械能12守恒，故小球 A 增加的机械能等于小球 B 减小的机械能，杆对小球 B 做负功，选项 C 错误。答案 D7．如图 6 所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )图 6A．甲图中，物体 A 将弹簧压缩的过程中， A 机械能守恒B．乙图中，物体 B 在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时， B 机械能守恒C．丙图中，斜面光滑，物体在推力 F 作用下沿斜面向下运动的过程中，物体机械能守恒D．丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒解析 弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键。表解如下：5选项 结论 分析A ×物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以 A机械能不守恒B √物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以 B 机械能守恒C × 物体下滑过程中，除重力外还有推力 F 对其做功，所以物体机械能不守恒D √ 物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒答案 BD8．(2018·浙江舟山模拟)如图 7 所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点 A 滑到最低点 B 的过程中，小环线速度大小的平方 v2随下落高度 h 的变化图象可能是( )图 7解析 对小环由机械能守恒定律得 mgh＝ mv2－ mv ，则 v2＝2 gh＋ v ，当 v0＝0 时，B12 12 20 20正确；当 v0≠0 时，A 正确。答案 AB9．(2018·金陵中学)一钢球从某高度自由下落到一放在水平地面的弹簧上，从钢球与弹簧接触到压缩到最短的过程中，弹簧的弹力 F、钢球的加速度 a、重力所做的功 WG以及小球的机械能 E 与弹簧压缩量 x 的变化图线如下图(不考虑空间阻力)，选小球与弹簧开始接触点为原点，建立图示坐标系，并规定向下为正方向，则下述选项中的图象符合实际的是( )6图 8解析 由于向下为正方向，而弹簧中的弹力方向向上，A 错误；对小球受力分析易知，B 正确；根据重力做功的计算式 WG＝ mgx 可知，C 正确；小球和弹簧整体的机械能守恒，D 错误。答案 BC10．2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图 9 所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从 O 点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为 60°的光滑圆弧轨道后从 A 点水平飞出，然后落到斜坡上的 B 点。已知 A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为 40 m，斜坡与水平面的夹角 θ ＝30°，运动员的质量 m＝50 kg，重力加速度 g＝10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )图 9A．运动员从 O 点运动到 B 点的整个过程中机械能守恒B．运动员到达 A 点时的速度为 20 m/s7C．运动员到达 B 点时的动能为 10 kJD．运动员从 A 点飞出到落到 B 点所用的时间为 s3解析 由题意可得，运动员从 O 点运动到 B 点的整个过程机械能守恒，选项 A 正确；由圆周运动过程机械能守恒可得，运动员到达 A 点时的速度为 20 m/s，选项 B 正确；由机械能守恒和平抛运动规律可知运动员到达 B 点时的竖直方向分速度为 v⊥ ＝ v0·2tan θ ＝ m/s，则运动员到达 B 点时的动能大于 10 kJ，选项 C 错误；设运动员从 A 点4033飞出到落到 B 点所用的时间为 t，则 v⊥ ＝ gt， t＝ s，选项 D 错误。433答案 AB二、非选择题11.质量分别为 m 和 2m 的两个小球 P 和 Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为 L，在离 P 球处有一个光滑固定轴 O，如图 10 所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在 Q 球顺L3时针摆动到最低位置时，求：图 10(1)小球 P 的速度大小；(2)在此过程中小球 P 机械能的变化量。解析 (1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球 Q 摆到最低位置时 P 球的速度为v，由于 P、 Q 两球的角速度相等， Q 球运动半径是 P 球运动半径的两倍，故 Q 球的速度为 2v。由机械能守恒定律得2mg· L－ mg· L＝ mv2＋ ·2m·(2v)2，23 13 12 12解得 v＝ 。2gL3(2)小球 P 机械能增加量 Δ E＝ mg· L＋ mv2＝ mgL13 12 49答案 (1) (2)增加了 mgL2gL3 4912．如图 11 所示，质量为 3 kg 小球 A 和质量为 5 kg 的 B 通过一压缩弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定，两小球在弹力作用下分离， A 球分离后向左运动恰好通过8半径 R＝0.5 m 的光滑半圆轨道的最高点， B 球分离后从平台上以速度 vB＝3 m/s 水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为 α 的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差 h＝0.8 m， g＝10 m/s 2，求：图 11(1)A、 B 两球刚分离时 A 的速度大小；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)斜面的倾角 α 。解析 (1)小球 A 恰好通过半径 R＝0.5 m 的光滑半圆轨道的最高点，设在最高点速度为v0，在最高点有 mAg＝ mA ，物体沿光滑半圆轨道上滑到最高点的过程中机械能守恒，mAg·2R＋ mAv ＝ mAv ，联立解得 vA＝5 m/s。12 20 12 2A(2)根据机械能守恒定律，弹簧锁定时的弹性势能Ep＝ mAv ＋ mBv ＝60 J。12 2A 12 2B(3)B 球分离后做平抛运动，根据平抛运动规律有h＝ gt2，解得 t＝0.4 s， vy＝ gt＝4 m/s，12小球刚好沿斜面下滑，tan α ＝ ＝ ，解得 α ＝53°。vyvB 43答案 (1)5 m/s (2)60 J (3)53°