（全国版）2019版高考物理一轮复习 第6章 机械能及其守恒定律（课件+学案+练习）（打包16套）.zip

能力训练 • 紧跟高考第 22课时 功 功率122 功 功率1．(2017·江苏南通模拟)(多选)如图所示，有三个相同的小球 A、 B、 C，其中小球 A沿高为 h、倾角为 θ 的光滑斜面以初速度 v0从顶端滑到底端，小球 B 以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球 C 在同等高度处以初速度 v0水平抛出，则( )A．小球 A 到达地面时的速度最大B．从开始至落地，重力对它们做功相同C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同D．三个小球到达地面时，小球 B 重力的瞬时功率最大答案 BD解析 三个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒定律可知三个小球落地时动能相等，速度的大小相等，故 A 错误。重力做功只与初、末位置有关，三个小球的起点和终点的高度差一样，所以重力做的功相同，故 B 正确。由题可知，B 与 C 在空中运动的时间显然不同，平均功率等于做功的大小与所用时间的比值，小球重力做的功相同，但是时间不同，所以重力做功的平均功率不同，故 C 错误。小球落地时的速度的大小相等而方向不同，由于 A、 C 两球都有水平方向的分速度，而 B 球没有水平方向的分速度，所以 B 球竖直方向的速度最大，由瞬时功率的公式可以知道， B 球的重力的瞬时功率最大，故 D 正确。2.(2017·江苏扬州中学模拟)如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中错误的是( )2A．重力不做功B．斜面对球的弹力一定做正功C．挡板对球的弹力可能不做功D．挡板对球的弹力一定做负功答案 C解析 对球进行受力分析，如图所示，球受到竖直向下的重力 mg，垂直于斜面向上的弹力 N2，挡板对它水平向右的弹力 N1，而球的位移方向水平向左，重力方向与位移方向垂直，重力不做功，故 A 正确。由于整个装置向左减速运动，加速度水平向右，竖直方向受力平衡，则得 N2≠0，且 N2与位移的夹角为锐角，斜面对球的弹力一定做正功，故 B 正确。设加速度为 a，斜面的倾角为 α ，根据牛顿第二定律得，竖直方向： N2cosα － mg＝0，水平方向： N1－ N2sinα ＝ ma，由上分析知 N1≠0，因为挡板对球的弹力 N1的方向与位移方向相反，所以 N1一定做负功，故 C 错误、D 正确。3．(2017·河北衡水中学二调)(多选)竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度，下述分析正确的是( )A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B．上升过程中克服阻力做的功等于下降过程中克服阻力做的功C．上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值D．上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率答案 CD解析 上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功为 mgh，A 错误；在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，位移大小是相等的，所以上升过程中克服阻力做的功大于下降过程中克服阻力做的功，B 错误；物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时球受到的合力大，上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值，C 正确；上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率在初始位置，下降过程中重力做功的最大瞬时功率也在回到原位置处，由于有阻力做负功，所以落回原点的速度小于抛出时的速度，根据 P＝ mgv 可知，上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率，D 正确。4．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3为( )A. B.kg＋ a1kg＋ a2 kg＋ a2kg＋ a1C. D.P kg＋ a2v kg＋ a1 P kg＋ a1v kg＋ a2答案 A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Pv kg＋ a通过同一点时功率和速率均相同，即 P、 v 不变，所以 ＝ ，A 正确。m2m1 kg＋ a1kg＋ a25．(2018·黑龙江哈师大附中期末)测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为 m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，下悬一个质量为 m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率 v 匀速向右运动。下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是( )A．人对传送带不做功B．人对传送带做负功C．人对传送带做功的功率为 m2gvD．人对传送带做功的功率为( m1＋ m2)gv答案 C解析 人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故 A、B 错误。人的重心不动，绳对人的拉力和传送带对人的摩擦力平衡，而拉力等于 m2g，所以传送带对人的摩擦力等于 m2g，由牛顿第三定律可得人对传送带的摩擦力也等于 m2g，所以人对传送带做功的功率为 m2gv，故 C 正确，D 错误。6．(2017·安徽安庆二中月考)(多选)一质量为 m 的木块静止在光滑的水平面上。从t＝0 开始，将一个大小为 F 的水平恒力作用在该木块上，下列说法正确的是( )A．木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F 做的功为F2t212mB．木块在经历时间 t1的过程中，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为F2t212mC．木块在经历时间 t1的过程中，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为F2t1mD．木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F 做功的平均功率为F2t21m答案 AC4解析 由牛顿第二定律可得 a＝ ， t1时刻木块的速度为 v＝ at1＝ t1， t1时间内木块通Fm Fm过的位移为 x＝ at ＝ ，恒力 F 做的功为 W＝ Fx＝ ，A 正确；所以 t1时刻 F 的瞬时功12 21 Ft212m F2t212m率为 P＝ Fv＝ F· t1＝ ，B 错误，C 正确；力 F 做功的平均功率为 ＝ ＝ ，D 错误。Fm F2t1m P Wt F2t12m7．(2017·昆明七校调研)(多选)物体受到水平推力 F 的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力 F、物体速度 v 随时间 t 变化的规律分别如图甲、乙所示。取 g＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．物体的质量 m＝0.5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数 μ ＝0.4C．第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 W＝2 JD．前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 ＝3 WP答案 ABC解析 由题图甲、乙可知，在 1～2 s 内推力 F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度 a＝ ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律可得 F2－ μmg ＝ ma；在 2～3 s，推力 F3＝2 N，物体Δ vΔ t做匀速直线运动，由平衡条件可知 μmg ＝ F3；联立解得 m＝0.5 kg， μ ＝0.4，A、B 正确；由速度—时间图象与 t 轴所围的面积表示位移可得，第 2 s 内物体位移 x＝1 m，克服摩擦力做的功 Wf＝ μmgx ＝2 J，C 正确；第 1 s 内物体没动，推力不做功，第 2 s 内，推力做功W＝ F2x＝3 J，即前 2 s 内推力 F 做功为 W′＝3 J，前 2 s 内推力 F 做功的平均功率＝ ＝ W＝1.5 W，D 错误。PW′t 328．(2017·徐州模拟)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 的关系图象如图所示。若已知汽车的质量，则根1v据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )5A．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答案 D解析 由 F－ Ff＝ ma， P＝ Fv 可得： a＝ · － ，对应图线可知 k＝ ＝40，已知汽车Pm 1v Ffm Pm的质量 m 可求出汽车的功率 P，由 a＝0 时， ＝0.05 可得： vm＝20 m/s，再由 vm＝ ，可1vm PFf求出汽车受到的阻力 Ff，但无法求出汽车运动到最大速度所需的时间。故选 D。9．(2017·广东广州二模)(多选)如图，倾角为 30°的自动扶梯在工作电压为 380 V 的电动机带动下以 0.4 m/s 的恒定速率向斜上方运动，电动机的最大输出功率为 4.9 kW，空载时电动机中的电流为 5 A，若载人时扶梯的运动速率和空载时相同。设所载人的平均质量为 60 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2。不计一切损耗，则扶梯匀速运行过程中( )A．站在扶梯上的人不受摩擦力作用B．扶梯可同时乘载的最多人数为 25 人C．扶梯可同时乘载的最多人数为 40 人D．无论空载、承载或满载，电动机的输出功率均为 4.9 kW答案 AB解析 因扶梯斜向上匀速运行，故站在扶梯上的人竖直方向和水平方向均受力平衡，则水平方向不受摩擦力作用，A 正确；维持扶梯运转的功率 P0＝ UI＝380 V×5 A＝1900 W＝1.9 kW，电动机的最大输出功率为 P 最大 ＝4.9 kW，可用于输送顾客的功率 Δ P＝ P 最大－ P0＝4.9 kW－ 1.9 kW＝3 kW，输送一个人的功率 P＝ Gvsin30°＝ mgvsin30°＝60 kg×10 N/kg×0.4 m/s×sin30°＝120 W，同时乘载的最多人数 n＝ ＝ ＝25(人)，B 正确、Δ PP 3000 W120 WC 错误；空载时电动机的输出功率为 1.9 kW，满载时电动机的输出功率为 4.9 kW，D 错误。610．(2017·湖南师大附中二模)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为 m，轨道半径为 R，车经最高点时发动机功率为 P0、车对轨道的压力为 mg。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A．车经最低点时对轨道的压力为 mgB．车运动过程中发动机的功率一直不变C．车经最低点时发动机功率为 3P0D．车从最高点到最低点的过程中，人和车的重力做功的功率不变答案 C解析 在最高点，向心力大小为 Fn＝ N1＋ mg＝2 mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点 N2－ mg＝ Fn，得 N2＝3 mg，根据牛顿第三定律得车经最低点时摩托车对轨道的压力为 3mg，A 错误；在最高点，发动机功率 P0＝ F1v＝ μN 1v＝ μmgv ，在最低点发动机功率为 P＝ F2v＝ μN 2v＝3 μmgv ，则有 P＝3 P0，B 错误、C 正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变，人和车的重力大小不变，车从最高点到最低点的过程中，重力方向和速度方向的夹角先变小再变大，重力功率先变大再变小，D 错误。11．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心答案 A解析 光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功，A 正确。12．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动7机的输出功率变为原来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A．4 倍 B．2 倍 C. 倍 D. 倍3 2答案 D解析 设 f＝ kv，当阻力等于牵引力时，速度最大；输出功率变化前，有P＝ Fv＝ fv＝ kv2，变化后有 2P＝ F′ v′＝ kv′ 2，联立解得 v′＝ v，D 正确。213．(2016·天津高考)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由 8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1∶2答案 BD解析 启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，A 错误；设每节车厢质量为 m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力 f＝ kmg。设动车组匀加速直线运动的加速度为 a，每节动车的牵引力为 F，对 8 节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律得，2F－8 f＝8 ma；设第 5 节车厢对第 6 节车厢的拉力为 F5，把第 6、7、8 节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得， F5－3 f＝3 ma，解得 F5＝ ；设第 6 节车厢对第 7 节车厢的3F4拉力为 F6，把第 7、8 节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得， F6－2 f＝2 ma；解得 F6＝ ；则 F5∶ F6＝ ∶ ＝3∶2，B 正确；关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由F2 3F4 F2匀变速直线运动规律，滑行距离 x＝ ，与关闭发动机时速度的二次方成正比，C 错误；设v22a每节动车的额定功率为 P，当有 2 节动车带 6 节拖车时，2 P＝8 f·v1m；当改为 4 节动车带 4节拖车时，4 P＝8 f·v2m；联立解得 v1m∶ v2m＝1∶2，D 正确。14. (2017·福建厦门一中模拟)(多选)质量为 m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，其中 OA 为过原点的一条直线。从 t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff，则( )8A．0～ t1时间内，汽车的牵引力等于 mv1t1B．汽车在 t1～ t2时间内的功率等于 t2以后的功率C． t1～ t2时间内，汽车的功率等于 v1(mv1t1＋ Ff)D． t1～ t2时间内，汽车的平均速度等于v1＋ v22答案 BC解析 0～ t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度 a＝ ，根据牛顿第二定律得，v1t1F－ Ff＝ ma，解得牵引力 F＝ Ff＋ m ，A 错误；从 t1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车v1t1在 t1～ t2时间内的功率等于 t2以后的功率，B 正确；汽车的额定功率P＝ Fv1＝ v1，C 正确； t1～ t2时间内，汽车做变加速直线运动，由速度时间图象分(Ff＋ mv1t1)析可得，汽车的平均速度大于 ，D 错误。v1＋ v2215. (2017·江西赣州统测)(多选)在倾角为 θ 的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别为 3m 和 2m，弹簧的劲度系数为 k， C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力 F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当 B 刚离开 C 时， A 的速度为 v，加速度方向沿斜面向上、大小为 a，则( )A．从静止到 B 刚离开 C 的过程中， A 发生的位移为5mgsinθkB．从静止到 B 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做的功为－5m2g2sin2θkC． B 刚离开 C 时，恒力对 A 做功的功率为(5 mgsinθ ＋2 ma)vD．当 A 的速度达到最大时， B 的加速度大小为 a329答案 AD解析 开始 A 处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有 3mgsinθ ＝ kx1，解得弹簧的压缩量 x1＝ ，当 B 刚离开 C 时， B 对挡板的弹力为零，有3mgsinθkkx2＝2 mgsinθ ，解得弹簧的伸长量 x2＝ ，可知从静止到 B 刚离开 C 的过程中， A2mgsinθk发生的位移 x＝ x1＋ x2＝ ，A 正确；从静止到 B 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做的5mgsinθk功 W＝－3 mgxsinθ ＝－ ，B 错误；当 B 刚离开 C 时，根据牛顿第二定律得15m2g2sin2θkF－3 mgsinθ － kx2＝3 ma，解得 F＝5 mgsinθ ＋3 ma，则恒力对 A 做功的功率P＝ Fv＝(5 mgsinθ ＋3 ma)v，C 错误；当 A 的速度达到最大时， A 受到的合外力为 0，则对 A有 F－3 mgsinθ － T′＝0，所以 T′＝2 mgsinθ ＋3 ma，弹簧对 A 的拉力和对 B 的拉力大小相等，即 T′＝ T″， B 沿斜面方向受到的合力 FB＝ T″－2 mgsinθ ＝2 ma′，解得 a′＝ a，D32正确。16．(2017·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象。现利用这架照相机对 MD­2000 家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为 4 m，照相机曝光的时间间隔为 2.0 s。已知该汽车的质量为 1000 kg，额定功率为 90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1500 N。(1)试利用图示，求该汽车的加速度；(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速直线运动，匀加速直线运动状态最多能保持多长时间；(3)汽车所能达到的最大速度是多大；(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过 3000 N，求汽车运动 2400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)。答案 (1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s解析 (1)汽车的实际长度为 4 m，在照片上占了 8 小格，所以每小格表示实际长度为 48m＝0.5 m。那么由题图可得汽车在第 1 个 2.0 s 时间内的位移 x1＝18×0.5 m＝9 m，第 2 个 2.0 s 时间内的位移 x2＝30×0.5 m＝15 m汽车的加速度 a＝ ＝1.5 m/s 2。Δ xT2(2)由 F－ Ff＝ ma 得，汽车牵引力F＝ Ff＋ ma＝(1500＋1000×1.5) N＝3000 N汽车做匀加速运动的末速度10v＝ ＝ m/s＝30 m/sP额F 90×1033×103匀加速运动保持的时间t1＝ ＝ s＝20 s。va 301.5(3)汽车所能达到的最大速度vm＝ ＝ m/s＝60 m/s。P额Ff 90×1031.5×103(4)牵引力不超过 3000 N，由(2)知匀加速运动的时间 t1＝20 s，运动的距离x1′＝ t1＝ ×20 m＝300 mv2 302所以，后阶段以恒定功率运动的距离x2′＝(2400－300) m＝2100 m对后阶段以恒定功率运动，有：P 额 t2－ Ffx2′＝ m(v － v2)12 2m解得 t2＝50 s所以最短时间为t 总 ＝ t1＋ t2＝(20＋50) s＝70 s。 第 22课时 功 功率考 点能力训练 • 紧跟高考第 6章 机械能及其守恒定律第 23课时 动能定理及其应用123 动能定理及其应用1．(2017·广东六校联考)北京获得 2022 年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )A．不变 B．变小C．变大 D．无法判断答案 A解析 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据动能定理有－ μmgs ＝0－ mv2，得 s＝ ，两个冰壶的初速度相等，材料相同，故12 v22μ g运动的位移大小相等，A 正确。2．(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力 F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用 Ek、 v、 x、 P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )答案 BD解析 由动能定理， Fx＝ F· at2＝ Ek，图象 A 错误；在水平拉力 F 作用下，做匀加速12直线运动， v＝ at，图象 B 正确；其位移 x＝ at2，图象 C 错误；水平拉力的功率12P＝ Fv＝ Fat，图象 D 正确。3．(2017·青岛模拟)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 v2­cosθ 图象应为( )2答案 A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 为线性关系，12 12 20 20斜率为负，故 A 正确，B、C、D 错误。4．(2017·江西模拟)(多选)质量为 m 的物块在水平恒力 F 的推动下，从山坡(粗糙)底部的 A 处由静止开始运动至高为 h 的坡顶 B 处。到达 B 处时物块的速度大小为 v， A、 B 之间的水平距离为 s，重力加速度为 g。不计空气阻力，则物块运动过程中( )A．重力所做的功是 mghB．合外力对物块做的功是 mv212C．推力对物块做的功是 mv2＋ mgh12D．阻力对物块做的功是 mv2＋ mgh－ Fs12答案 BD解析 重力所做的功是 WG＝－ mgh，A 错误；根据动能定理，合外力对物块做的功是 W 合＝ WF－ mgh＋ Wf＝ mv2，B 正确； WF＝ mgh－ Wf＋ mv2，C 错误； WF＝ Fs＝ mgh－ Wf＋ mv2，则12 12 123Wf＝ mgh＋ mv2－ Fs，D 正确。125. (2017·辽宁五校联考)(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为 2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度 g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间答案 ABC解析 物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动摩擦力 f 相等，物体与水平面间的动摩擦因数为 μ ＝ ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得 WF＋ Wf＝0－ mv2，根据 F­s 图象中Fmg 12图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功 WF，而 Wf＝－ μmgs ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、C 正确；因为减速过程物体做变加速直线运动，所以运动时间无法求出，D 错误。6．(多选)质量为 1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示，外力 F 和物体克服摩擦力 Ff做的功 W 与物体位移 x 的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列分析正确的是( )A．物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B．物体运动的位移为 13 m4C．物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2D． x＝9 m 时，物体的速度为 3 m/s2答案 ACD解析 由 Wf＝ Ffx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 Ff＝2 N，由 Ff＝ μmg可得 μ ＝0.2，A 正确；由 WF＝ Fx 对应图乙可知，前 3 m 内，拉力 F1＝5 N,3～9 m 内拉力F2＝2 N，物体在前 3 m 内的加速度 a1＝ ＝3 m/s2，C 正确；由动能定理得F1－ FfmWF－ Ffx＝ mv2解得：当 x＝9 m 时，物体的速度为 v＝3 m/s，D 正确；物体的最大位移12 2xm＝ ＝ m＝13.5 m，B 错误。WFFf 2727．(2017·甘肃模拟)如图甲所示，一质量为 4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力 F 作用下开始运动，推力 F 随位移 x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数 μ ＝0.5，取 g＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是 10 mC．物体运动的最大速度为 2 m/s15D．物体在运动中的加速度先变小后不变答案 B解析 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，A 错误；由题图乙中图线与 x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功 W＝ ×4×100 J＝200 J，根据动能定理有12W－ μmgx m＝0，得 xm＝10 m，B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得 F＝100－25 x(N)，当 F＝ μmg ＝20 N 时 x＝3.2 m，由动能定理得：x－ μmgx ＝ mv ，且 ＝ N＝60 N，解得物体运动的最大速度 vm＝8 m/s，C 错误；F12 2m F 100＋ 202物体运动中当推力由 100 N 减小到 20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由 20 N 减小到0 的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，D 错误。8．如图甲所示，一半径 R＝1 m、圆心角等于 143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于 B 点，圆弧形轨道的最高点为 M，斜面倾角 θ ＝37°， t＝0 时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达 M 点，取 g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：5(1)物块经过 M 点的速度大小；(2)物块经过 B 点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。答案 (1) m/s (2) m/s (3)0.510 46解析 (1)物块恰能到达 M 点，则有 mg＝ mv2MR解得 vM＝ ＝ m/s。gR 10(2)物块从 B 点运动到 M 点的过程中，由动能定理得－ mgR(1＋cos37°)＝ mv － mv12 2M 12 2B解得 vB＝ m/s。46(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为 a＝ ＝10 m/s2，方向沿斜Δ vΔ t面向下，由牛顿第二定律得mgsin37°＋ μmg cos37°＝ ma解得 μ ＝0.5。9．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1900 J，他克服阻力做功 100 J。韩晓鹏在此过程中( )A．动能增加了 1900 J B．动能增加了 2000 JC．重力势能减小了 1900 J D．重力势能减小了 2000 J答案 C解析 根据动能定理 W 合 ＝Δ Ek可知，韩晓鹏在此过程中动能增加了 Δ Ek＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B 错误；重力做正功，重力势能减小了 1900 J，C 正确、D 错误。10．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，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( )6A． a＝ B． a＝2 mgR－ WmR 2mgR－ WmRC． N＝ D． N＝3mgR－ 2WR 2 mgR－ WR答案 AC解析 质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgR－ W＝ mv2，则速度 v＝ 12，在最低点的向心加速度 a＝ ＝ ，A 正确、B 错误；在最低点时，2 mgR－ Wm v2R 2 mgR－ WmR由牛顿第二定律得 N－ mg＝ ma， N＝ ，C 正确、D 错误。3mgR－ 2WR11．(2017·安徽安庆联考)(多选)如图所示，光滑水平平台上有一个质量为 m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点的竖直高度始终为 h。当人以速度 v 从平台的边缘处向右匀速前进位移 x 时，则( )A．在该过程中，物块做加速运动B．在该过程中，人对物块做的功为mv2x22 h2＋ x2C．在该过程中，人对物块做的功为 mv212D．人前进 x 时，物块的运动速率为vxx2＋ h2答案 ABD解析 将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，如图所示，物块的速度等于 vcosθ ，故随着夹角的减小，物块的速度增大，即物块做加速运动，A 正确；当人从平台的边缘处向右匀速前进 x 时，物块的速度大小为v′＝ vcosθ ＝ v ，D 正确；根据动能定理得人对物块做的功为 W＝ mv′ 2＝xh2＋ x2 12，B 正确、C 错误。mv2x22 h2＋ x2712．(2017·洛阳检测)(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答案 BD解析 A 和 B 达到最大速度 v 时， A 和 B 的加速度为零。对 A、 B 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，A 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 ，B 正确；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对 A、 B 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)gLsinθ ＋ μ (m＋ M)12 12gcosθ ·L，C 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，D 正确。1213．(2016·天津高考)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＝－1530 J，取 g＝10 m/s 2。8(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。答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有v ＝2 ax①2B由牛顿第二定律有mg· － Ff＝ ma②Hx联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N。③(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＝ mv － mv ④12 2C 12 2B设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 FN－ mg＝ m ⑤v2CR由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。14．(2014·福建高考)如图所示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＝2 R，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；9(2)某游客从 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。(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 )答案 (1) －( mgH－2 mgR) (2) R2gR23解析 (1)游客从 B 点做平抛运动，有2R＝ vBt①R＝ gt2②12由①②式得 vB＝ ③2gR从 A 到 B，根据动能定理，有mg(H－ R)＋ Wf＝ mv －0④12 2B由③④式得 Wf＝－( mgH－2 mgR)。(2)设 OP 与 OB 间夹角为 θ ，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－ Rcosθ )＝ mv －0⑤12 2P过 P 点时，根据向心力公式，有mgcosθ － N＝ m ⑥v2PRN＝0⑦cosθ ＝ ⑧hR由⑤⑥⑦⑧式解得h＝ R。23 第 6章 机械能及其守恒定律第 23课时 动能定理及其应用考 点能力训练 • 紧跟高考第 6章 机械能及其守恒定律第 24课时 机械能守恒定律及其应用124 机械能守恒定律及其应用1．(2017·贵阳监测)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 mv212C．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－ mv212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，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，小球动能增加量小于重力势能减少量，A、B 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，D 正确；小球克服弹力所做的功等于弹簧弹性势能增加量，C 错误。2．(2017·常德质检)(多选)重 10 N 的滑块在倾角为 30°的光滑斜面上，从 a 点由静止下滑，到 b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到 c 点开始弹回，返回 b 点离开弹簧，最后又回到 a 点，已知 xab＝1 m， xbc＝0.2 m，那么在整个过程中( )2A．滑块动能的最大值是 6 JB．弹簧弹性势能的最大值是 6 JC．从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做的功是 6 JD．整个过程系统机械能守恒答案 BCD解析 以滑块和弹簧为系统，在滑块的整个运动过程中，只有滑块重力与弹簧弹力做功，系统机械能守恒，D 正确；滑块从 a 到 c 重力势能减小了 mgxac·sin30°＝6 J，全部转化为弹簧的弹性势能，B 正确；当滑块沿斜面向下的分力与弹簧弹力相等时，滑块速度最大，即动能最大，且小于 6 J，A 错误；从 c 到 b 弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将 6 J 的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C 正确。3．如图所示，一长 L 的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得链条向一侧滑动，滑轮离地面足够高，则铁链完全离开滑轮时的速度大小为( )A. B.2gL gLC. D.gL2 12gL答案 C解析 铁链向一侧滑动的过程受重力和滑轮弹力的作用，弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直，故只有重力做功。设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为 v，由机械能守恒定律有： mv2＋Δ Ep＝0，其中铁链重力势能的变化量相当于滑离时下半部分的重力势能减去滑12动前左半部分的重力势能，如图所示 ，即 Δ Ep＝－ mg· ，解得 v＝ ，故 C 项正确。12 L2 gL234．(2017·山东菏泽联考)(多选)如图所示，质量相同的两物体 a、 b，用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧， a 在水平桌面的上方， b 在水平桌面上，初始时用手拉住 b，使 a、 b 静止，松手后， a 开始运动。在 a 下降的过程中， b 始终未离开桌面。忽略一切摩擦阻力和空气阻力，在此过程中( )A． a 的动能小于 b 的动能B． a 的动能等于 b 的动能C．两物体所组成的系统机械能增加D．物体 a 克服绳拉力做的功等于物体 a 机械能的减少量答案 AD解析 将 b 的实际速度进行分解，如图所示。由图可知 va＝ vbcosθ ，即 a 的速度小于b 的速度，故 a 的动能小于 b 的动能，A 正确、B 错误；由于只有重力做功，故 a、 b 组成的系统机械能守恒，C 错误；根据功能关系可知，物体 a 克服绳拉力做的功等于物体 a 机械能的减少量，D 正确。5．(2017·吉林实验中学五模)(多选)如图所示，A、B、C、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度 h 处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：4除去底部一小段圆弧，A 图中的轨道是一段斜面，高度大于 h；B 图中的轨道与 A 图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于 h；C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管开口的高度大于 h；D 图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于 h。如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达高度 h 的是( )答案 AC解析 A 图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝ mgh′＋0，则 h′＝ h，A 正确；B 图中小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得 mgh＋0＝ mgh′＋ mv2，则 h′ h，B 错误；C 图中小球最后沿轨道做竖直上抛运12动，运动到最高点时速度为零，根据机械能守恒定律得 mgh＋0＝ mgh′＋0，则 h′＝ h，C正确；D 图中小球沿半圆轨道运动，通过最高点最小的速度为 v＝ ，故在最高点时速度gr不为零，根据机械能守恒定律得 mgh＋0＝ mgh′＋ mv2，则 h′ h，D 错误。126．(2017·四川成都七中期末) 如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳的两端各系一个小球 a 和 b。 a 球的质量为 m，静置于水平地面； b 球的质量为 M，用手托住，距地面的高度为 h，此时轻绳刚好拉紧。从静止释放 b 后， a 达到的最大高度为1.5h，则 M、 m 之比为( )A．5∶4 B．5∶3 C．3∶1 D．3∶2答案 C解析 设 a 球上升高度为 h 时两球的速度为 v，根据机械能守恒定律有5Mgh＝ mgh＋ (M＋ m)v2， b 球落地后， a 球做竖直上抛运动，由机械能守恒，则有12mgh＋ mv2＝ mg·(1.5h)，联立解得 M∶ m＝3∶1，故 C 正确。127．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块 A、 B 分别套在水平杆与竖直杆上，A、 B 用一根不可伸长的轻细绳相连， A、 B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直， A、 B 静止。由静止释放 B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为 60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为 v，则连接 A、 B 的绳长为( )A. B. C. D.4v2g 3v2g 2v23g 4v23g答案 D解析 由运动的合成与分解可知滑块 A 和 B 沿绳伸长方向的速度大小相等，有vAsin60°＝ vcos60°，解得 vA＝ v，滑块 A、 B 组成的系统机械能守恒，设滑块 B 下滑的33高度为 h，有 mgh＝ mv ＋ mv2，解得 h＝ ，由几何关系可知绳长 L＝2 h＝ ，故 D 正确。12 2A 12 2v23g 4v23g8. (多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°，质量分别为 M、 m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体 M，此时 M 距离挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。已知 M＝2 m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是( )A． M 和 m 组成的系统机械能守恒B．当 M 的速度最大时， m 与地面间的作用力为零C．若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速度为零D．若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体 m 的机械能增加量之和答案 BD解析 M 在运动过程中， M、 m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当 M 速度最大时，6弹簧的弹力等于 Mgsin30°＝ mg，此时 m 对地面的压力恰好为零，B 正确；然后 M 做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到零，之后 M 会上升，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时 m 受到的绳拉力大于自身重力， m 还在加速上升，C 错误；若 M 恰能到达挡板处，根据功能关系， M 减小的机械能，等于 m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而 M 恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对 M 做的功，D 正确。9．(2017·福建福州文博中学月考)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 ＝60°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守恒答案 B解析 C 刚离开地面时，对 C 有 kx1＝ mg，此时 B 有最大速度，即 aB＝ aA＝0，则对 B 有mg＋ kx1＝ T，对 A 有 4mgsinα － T＝0，联立可得 sinα ＝ ， α ＝30°，A 错误；初始时系12统静止，且线上无拉力，对 B 有 kx2＝ mg，可知 x2＝ x1＝ ，则从释放 A 至 C 刚离开地面过mgk程中，弹性势能变化量为零，此过程中 A、 B、 C 及弹簧组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋ x2)sinα ＝ mg(x1＋ x2)＋ (4m＋ m)v ，联立可得 vAm＝2 g ，B 正确，D 错误；对12 2Am m5kB 球进行受力分析可知，刚释放 A 时， B 所受合力最大，此时 B 具有最大加速度，C 错误。10．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用7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13为 g。在此过程中，外力做的功为( )A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl19 16 13 12答案 A解析 以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为 m，取 M 点所在的水平面为零势能23面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1＝－ mg· ＝－ mgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖23 l3 29直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2＝－ mg· ＝－ mgl，则外力做的功即克服23 l6 19自身重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即W＝ Ep2－ Ep1＝－ mgl＋ mgl＝ mgl，A 正确。19 29 1911．(2015·天津高考) 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 mgL3C．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 B8解析 在圆环下滑到最大距离的过程中，弹簧弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，A 错误；利用几何关系可知圆环下落的距离为 L，此时圆环的重力势能的减少量为3Δ Ep＝ mg· L＝ mgL，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，3 3即 Δ Ep＝ mg· L＝ mgL，B 正确；圆环下滑到最大距离时速度为零，所受合力不为零，C3 3错误；把圆环和弹簧看成一个系统，系统的机械能守恒，即圆环的重力势能、弹簧的弹性势能与圆环的动能之和保持不变，D 错误。12．(2017·天津一中模拟)固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则( )A．在下滑过程中圆环的机械能守恒B．在下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能在整个过程中增加了 mghD．在下滑过程中(含始末位置)有两个位置弹簧弹力的功率为零答案 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，即环的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，A 错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由题图知弹簧先压缩再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B 错误；系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了 mgh，则弹簧的弹性势能增大了 mgh，C 正确；在 A 点时弹簧处于原长，弹力为零，故 A 点弹力的功率为零，当弹簧与速度方向垂直时，弹力的功率为零，当弹簧再次恢复原长时，弹力为零，弹力的功率为零，到最底端时圆环的速度为零，所以弹力的功率为零，在下滑过程中(含始末位置)有四个位置弹簧弹力的功率为零，D 错误。13．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)如图所示，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 。在小球从 M 点运动到π 2N 点的过程中( )9A．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 初态弹簧处于压缩状态，末态弹簧处于伸长状态，且弹簧弹力大小相等，则弹簧弹力先增大后减小再增大，根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功再做正功再做负功，A 错误。小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力，其中杆的弹力始终垂直于杆，弹簧的弹力沿弹簧方向，当弹簧与光滑杆垂直时，小球竖直方向只受重力的作用，故加速度为重力加速度；当弹簧为原长时，小球只受重力作用，小球的加速度也为重力加速度，B 正确。当弹簧与光滑杆垂直时，弹簧长度最短，弹簧弹力与速度垂直，则弹力对小球做功的功率为零，C 正确。 M、 N 两点弹簧弹性势能相等，从 M 到 N 小球的重力势能转化为动能，则小球在 N 点的动能等于其在 M、 N 两点的重力势能差，D 正确。14. (2017·苏北四市高三调研)(多选)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为 r 的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道 OA 平滑连接， OA长度为 6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )A．球 1 的机械能守恒B．球 6 在 OA 段机械能增加C．球 6 的水平射程最小D．六个小球落地点各不相同答案 BC解析 六个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分10小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，即球 2 对球 1 的作用力做功，故球 1 的机械能不守恒，A 错误；球 6 在 OA 段运动时，斜面上的球在加速，球 5 对球 6 的作用力做正功，动能增加，机械能增加，B 正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开 A 点时球 6 的速度最小，水平射程最小，C 正确；由于离开 A 点时，球 6 的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，1、2、3球的速度相等，水平射程相同，所以六个小球的落点不全相同，D 错误。15．(2016·全国卷Ⅰ)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 R56的光滑圆弧轨道相切于 C 点， AC＝7 R， 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 F 点，AF＝4 R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ ＝ ，重力加速度大小为 g。14(取 sin37°＝ 35， cos37°＝ 45)(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72P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。答案 (1)2 (2) mgR (3) mgR125 355gR 13解析 (1)根据题意知， B、 C 之间的距离为l＝7 R－2 R＝5 R①设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsinθ － μmgl cosθ ＝ mv －0②12 2B式中 θ ＝37°，联立①②式并由题给条件得 vB＝2 ③gR(2)设 BE＝ x， P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep。 P 由 B 点运动到 E11点的过程中，由动能定理有mgxsinθ － μmgx cosθ － Ep＝0－ mv ④12 2BE、 F 之间的距离为 l1＝4 R－2 R＋ x⑤P 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－ mgl1sinθ － μmgl 1cosθ ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝ R⑦Ep＝ mgR⑧125(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－ Rsinθ⑨72 56y1＝ R＋ R＋ Rcosθ ⑩56 56式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 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＝ gt2⑪12x1＝ vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫ 式得 vD＝ ⑬355gR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m1v ＝ m1v ＋ m1g ⑭12 2C 12 2D (56R＋ 56Rcosθ )P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有Ep－ m1g(x＋5 R)sinθ － μm 1g(x＋5 R)cosθ ＝ m1v ⑮12 2C联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝ m。13