2019届高考物理一轮复习 第五章 机械能作业（打包4套）新人教版.zip

1第 1讲 功 功率[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体 P匀速带至高处，在此过程中，下列 说法中正确的是( )A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体做正功D．合力对物体做正功解析：物体 P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故选项 A正确，B、C、D 错误．答案：A2.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动， A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑， B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A．重力的平均功率 A＞ BP PB．重力的平均功率 A＝ BP PC．重力的瞬时功率 PA＝ PBD．重力的瞬时功率 PA＜ PB解析：根据功的定义可知重力对两物体做功相同，即 WA＝ WB，自由落体时满足 h＝ gt ，12 2B沿斜面下滑时满足 ＝ gt sin θ ，其中 θ 为斜面倾角，故 tA＞ tB，由 P＝ 知hsin θ 12 2A WtA＜ B，选项 A、B 错误；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向P P不同，重力的瞬时功率 PA＝ mgvsin θ ， PB＝ mgv，显然 PA＜ PB，故 C项错误，D 项正确．答案：D3．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＝ kv·v＝ kv2，变化后有 2P＝ F′ v′＝ kv′· v′＝ kv′ 2，联立解得2v′＝ v，D 正确．2答案：D4．一个质量为 m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从 F突然增大到 3F，并保持其他力不变，则从这时开始到 t秒末，该力的瞬时功率是( )A. B.3F2tm 4F2tmC. D.6F2tm 9F2tm解析：物块受到的合力为 2F，根据牛顿第二定律有 2F＝ ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度 v＝ at，该力大小为 3F，则该力的瞬时功率 P＝3 Fv，解以上各式得 P＝ ，C 正确．6F2tm答案：C5．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2 kg的物体在 F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )A．物体加速度大小为 2 m/s2B． F的大小为 21 NC．4 s 末 F的功率大小为 42 WD．4 s 内 F做功的平均功率为 42 W解析：由题图乙可知，物体的加速度 a＝0.5 m/s2，由 2F－ mg＝ ma可得 F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末力 F的作用点的速度大小为 vF＝2×2 m/s＝4 m/s，故 4 s末拉力 F做功的功率为 P＝ F·vF＝42 W，C 正确；4 s内物体上升的高度 h＝4 m，力 F的作用点的位移l＝2 h＝8 m，拉力 F所做的功 W＝ F·l＝84 J,4 s内拉力 F做功的平均功率 ＝ ＝21 PWtW，D 错误．答案：C二、多项选择题6．位于水平面上的物体在水平恒力 F1作用下，做速度为 v1的匀速运动．若作用力变为斜向上的恒力 F2，物体做速度为 v2的匀速运动，且 F1与 F2功率相同．则可能有( )3A． F2＝ F1， v1＞ v2 B． F2＝ F1， v1＜ v2C． F2＞ F1， v1＞ v2 D． F2＜ F1， v1＜ v2解析：物体在水平恒力 F1作用下匀速运动，水平方向有 F1＝ μmg .作用力变为斜向上的恒力 F2时，设 F2与水平方向的夹角为 θ ，物体匀速运动时在水平方向有 F2cos θ ＝ μ (mg－ F2sin θ )，故 F2＝ ＝ (其中 sin μ mgcos θ ＋ μ sin θ μ mg1＋ μ 2sin α ＋ θ α ＝ )，因而两力大小关系不确定，但两种情况下物体均做匀速运动，且拉力功率11＋ μ 2相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二种情况下摩擦力小，因而必有 v1v2，故选项 B、D 正确．答案：BD7.(2018·江苏苏州高三调研)质量为 2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力 F和车速倒数 的关系图像如图所示．已知行驶过程1v中最大车速为 30 m/s，设阻力恒定，则( )A．汽车所受阻力为 6×103 NB．汽车在车速为 5 m/s时，加速度为 3 m/s2C．汽车在车速为 15 m/s时，加速度为 1 m/s2D．汽车在行驶过程中的最大功率为 6×104 W解析：当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小 f＝2 000 N，故 A错误；倾斜图线的斜率表示功率，可知 P＝ fv＝2 000×30 W＝60 000 W，车速为 5 m/s时，汽车的加速度 a＝ m/s2＝2 m/s 2，故 B错误；当车速为6 000－ 2 0002 00015 m/s时，牵引力 F＝ ＝ N＝4 000 N，则加速度 a＝ ＝Pv 60 00015 F－ fmm/s2＝1 m/s2，故 C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于 60 000 W，4 000－ 2 0002 000故 D正确．答案：CD8．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( )4A． WF＝ FL(cos θ ＋1) B． WF＝2 FLcos θC． Wf＝ μmgL cos 2θ D． Wf＝ FL－ mgLsin 2θ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 Lcos θ ，所以拉力 F做的功 WF＝ Fx＝2 FLcos θ ，A 错误，B 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 cos 2θ ，则 Wf＝ fL＝ μmgL cos 2θ ，C 正确，D 错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.(2018·江苏徐州模拟)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 的关系图像1v如图所示．若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是( )A．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解析：由 F－ f＝ ma， P＝ Fv可得 a＝ · － ，对应图线可知， ＝ k＝40，可求出汽车的功Pm 1v fm Pm率 P，由 a＝0 时， ＝0.05 可得 vm＝20 m/s，再由 vm＝ ，可求出汽车受到的阻力 f，但1vm Pf无法求出汽车运动到最大速度所需的时间．答案：D10．倾角为 θ 的粗糙斜面上放一质量为 m的木块，接触面间动摩擦因数为 μ ，现通过一轻质动滑轮沿斜面向上拉木块，拉力的功率恒为 P，斜面足够长，则木板可以获得的最大速度为( )A.P2 mgsin θ ＋ μ mgcos θ 5B.2Pmgsin θ ＋ μ mgcos θC.Pmgsin θD.Pmgsin θ ＋ μ mgcos θ解析：木块获得最大速度时，木块做匀速直线运动，设绳端拉力大小为 T，根据动滑轮特点及平衡条件得 T＝ (mgsin θ ＋ μmg cos θ )，设木块的最大速度为 vm，则绳端移动的速12度 v＝2 vm，由 P＝ Tv得，则 vm＝ ＝ ，选项 D正确，A、B、C 错P2T Pmgsin θ ＋ μ mgcos θ误．答案：D11．(多选)质量为 m的物体静止在粗糙的水平地面上，从 t＝0 时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力 F作用，拉力 F与时间 t的关系如图甲所示．物体在 t0时刻开始运动，其运12动的 v-t图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A．物体与地面间的动摩擦因数为F0mgB．物体在 t0时刻的加速度大小为2v0t0C．物体所受合外力在 t0时刻的功率为 2F0v0D．水平力 F在 t0～2 t0时间内的平均功率为 F0(2v0＋ )F0t0m解析：物体在 时刻开始运动，故 f＝ F0，动摩擦因数 μ ＝ ，故 A正确；在 t0～ t0时间t02 F0mg 12内，假设物体做匀加速运动，则 v0＝ a· t0，解得 a＝ ，实际上物体的加速度从 0开始12 2v0t0增大，故在 t0时刻加速度大于 ，故 B错误；在 t0时刻，物体受到的合外力2v0t0F＝2 F0－ f＝ F0，功率 P＝ F0v0，故 C错误；在 2t0时刻速度 v＝ v0＋ t0，在 t0～2 t0时间内F0m6物体的平均速度 ＝ ＝ ，故平均功率 P＝2 F0 ＝ F0(2v0＋ )，故 D正vv0＋ v2 2v0＋ F0mt02 v F0t0m确．答案：AD二、非选择题12．如图甲所示，质量 m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ ＝0.2.从 t＝0 时刻起，物体受到一个水平力 F的作用而开始运动， F随时间 t变化的规律如图乙所示，6 s 后撤去拉力 F(g取 10 m/s2)．求：(1)4 s末物体的速度大小．(2)物体运动过程中拉力 F做的功．解析：(1)在 0～4 s内，拉力为 F1＝10 N，时间间隔 t1＝4 s，设物体的加速度为 a1,4 s末速度为 v，则根据牛顿第二定律得F1－ μmg ＝ ma1①又 v＝ a1t1②联立①②式得 v＝12 m/s③(2)前 4 s的位移 x1＝ a1t ④12 21解得 x1＝24 m⑤由图像得 4～6 s 内物体受到的拉力 F2＝4 N＝ μmg所以物体做匀速直线运动，时间间隔 t2＝2 s，位移大小x2＝ vt2⑥联立③⑥式得 x2＝24 m⑦物体运动过程中拉力 F做的功W＝ F1x1＋ F2x2⑧联立⑤⑦⑧式得 W＝336 J答案：(1)12 m/s (2)336 J13．(2018·浙江舟山模拟)质量为 1.0×103 kg的汽车，沿倾角为 30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为 2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以 a＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g取 10 m/s2)．求：7(1)汽车做匀加速运动的时间 t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长 143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？解析：(1)由牛顿第二定律得F－ mgsin 30°－ f＝ ma设匀加速过程的末速度为 v，则有 P＝ Fvv＝ at1解得 t1＝7 s.(2)当达到最大速度 vm时， a＝0，则有P＝( mgsin 30°＋ f)vm解得 vm＝8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移 x1＝ at12 21在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－( mgsin 30°＋ f)x2＝ mv － mv212 2m 12又有 x＝ x1＋ x2解得 t2＝15 s故汽车运动的总时间为 t＝ t1＋ t2＝22 s.答案：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s1第 2 讲 动能定理及其应用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1． A、 B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力 F 作用下，由静止开始通过相同的位移 x.若 A 的质量大于 B 的质量，则在这一过程中( )A． A 获得动能较大B． B 获得动能较大C． A、 B 获得动能一样大D．无法比较 A、 B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力 F 做功 W＝ Fx＝ mv2－0，因为 F、 x 相同，所以 A、 B 的动能变12化相同，C 正确．答案：C2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力 F 的作用下从坐标原点 O 开始沿 x 轴正方向运动， F 随物块所在位置坐标 x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到 2x0处时的动能可表示为( )A．0 B． Fmaxx0C. Fmaxx0(1＋π) D. Fmaxx0(1＋ )12 12 π 2解析：题中 F-x 图像与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图像可得出W＝ Fmaxx0(1＋ )，根据动能定理得 Ek＝ W＝ Fmaxx0(1＋ )，选项 D 正确．12 π 2 12 π 2答案：D3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间 t 撤去 F1，立即再对它施加一水平向左的恒力 F2，又经时间 3t 物体回到出发点，在这一过程中， F1、 F2分别对物体做的功 W1、 W2之间的关系是( )A． W1∶ W2＝1∶1 B． W1∶ W2＝2∶3C． W1∶ W2＝9∶5 D． W1∶ W2＝9∶7解析：设恒力 F1作用 t 后物体的速度为 v1，恒力 F2又作用 3t 后物体的速度为 v2，则物体2在恒力 F1作用 t 后的位移 x1＝ ，物体在恒力 F2作用 3t 后的位移 x2＝ ×3t，由v1t2 v1＋ v22题意知 x1＝－ x2，整理得 v1＝－ v2，由动能定理得， W1＝ mv ， W2＝ mv － mv ，则34 12 21 12 2 12 21＝ ，故选项 D 正确．W1W2 97答案：D4.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动， t1时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示，且 α ＞ β ，若拉力 F 做的功为 W1，在 0～ t1时间内拉力 F 的平均功率为 P1，物体克服摩擦阻力f 做的功为 W2,0～ t2时间内克服摩擦力的平均功率为 P2，下列选项正确的是( )A． W1＞ W2， F＝2 f B． W1＝ W2， F＞2 fC． P1＜ P2， F＞2 f D． P1＝ P2， F＝2 f解析：由动能定理得 W1－ W2＝0，即 W1＝ W2.由题图知，加速过程加速度大小 a1大于减速过程的加速度大小 a2，根据牛顿第二定律，有 F－ f＝ ma1， f＝ ma2，因 a1＞ a2，故 F－ f＞ f，选项 B 正确，A、D 错误；由题意知 tf＞ tF，又 W1＝ W2，根据 P＝ 可得 P1＞ P2，选项 C 错Wt误．答案：B5.如图所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )A．小球落地时动能等于 mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H＋ h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为 mg(1＋ )Hh解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgH－ fH＝ mv ，选项 A 错12 20误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh－ f0h＝0－ mv ，解12 20得 f0h＝ mgh＋ mv ， f0＝ mg(1＋ )－ ，选项 B、D 错误；对全过程应用动能定理可知，整12 20 Hh fHh个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H＋ h)，选项 C 正确．答案：C二、多项选择题36.如图所示，质量相等的物体 A 和物体 B 与地面的动摩擦因数相等，在力 F 的作用下，一起沿水平地面向右移动 x，则( )A．摩擦力对 A、 B 做功相等B． A、 B 动能的增量相同C． F 对 A 做的功与 F 对 B 做的功相等D．合力对 A 做的功与合力对 B 做的功相等解析：因 F 斜向下作用在物体 A 上， A、 B 受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对 A、 B 做的功不相等，A 错误； A、 B 两物体一起运动，速度始终相同，故 A、 B 动能增量一定相等，B 正确； F 不作用在 B 上，不能说 F 对 B 做功，C 错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D 正确．答案：BD7.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 μ .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°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A．动摩擦因数 μ ＝67B．载人滑草车最大速度为 2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35解析：对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得 mg·2h－ μmg cos 45°·－ μmg cos 37°· ＝0，解得 μ ＝ ，选项 A 正确；对经过上段滑道过hsin 45° hsin 37° 67程，根据动能定理得， mgh－ μmg cos 45°· ＝ mv2，解得 v＝ ，选项 B 正hsin 45°12 2gh7确；载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 a＝ ＝－ g，选项 D 错误．mgsin 37°－ μ mgcos 37°m 335答案：AB8.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机作用带动小车前进．若质量为 m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 t 前进的距离为 x，且速度达到最大值 vm.4设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．小车受到的牵引力逐渐减小C．小车受到的合外力所做的功为 PtD．小车受到的牵引力做的功为 fx＋ mv12 2m解析：小车在运动方向上受牵引力 F 和阻力 f，因为 v 增大， P 不变，由P＝ Fv， F－ f＝ ma，得出 F 逐渐减小， a 也逐渐减小，当 v＝ vm时， a＝0，故 A 错误，B 正确；合外力做的功 W 外 ＝ Pt－ fx，由动能定理得 Pt－ fx＝ mv ，则牵引力做的功12 2mWF＝ Pt＝ fx＋ mv ，故 C 错误，D 正确．12 2m答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2017·高考江苏卷)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( )解析：设斜面倾角为 θ ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－( mgsin θ ＋ f)x＝ Ek－ Ek0，即Ek＝－( f＋ mgsin θ )x＋ Ek0，所以 Ek与 x 的函数关系图像为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin θ － f)(x0－ x)＝ Ek－0( x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－( mgsin θ － f)x＋( mgsin θ － f)x0所以下滑时 Ek随 x 的减小而增大且为直线．综上所述，选项 C 正确．答案：C10.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 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5所做的功为(取 g＝10 m/s 2)( )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 tan α ＝ ， vAcos α ＝ vBsin α ，解得 vB ＝4 m/s.此过程中 B 球上升高34度 h＝0.1 m，由动能定理， W－ mgh＝ mv ，解得绳的拉力对 B 球所做的功为12 2BW＝ mgh＋ mv ＝2×10×0.1 J＋ ×2×42 J＝18 J，选项 C 正确．12 2B 12答案：C11．地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 μ ＝0.5，重力加速度 g＝10 m/s 2，则( )A．运动过程中物体的最大加速度为 15 m/s2B．在距出发点 3.0 m 位置时物体的速度达到最大C．整个过程中推力对物体做功 180 JD．物体在水平地面上运动的最大位移是 10 m解析：由牛顿第二定律有 F－ μmg ＝ ma，当推力 F＝100 N 时，物体加速度最大，为 20 m/s2，选项 A 错误；由题图乙可得推力 F 随位移 x 变化的关系为 F＝100－25 x(N)，物体速度最大时，加速度为零，则 F＝ μmg ，解得 x＝3.2 m，即在距出发点 3.2 m 位置时物体的速度达到最大，选项 B 错误；由 F x 图像的“面积”表示功可知，推力对物体做功WF＝ Fx0＝200 J，选项 C 错误；由动能定理有 WF－ μmgx m＝0，代入数据得 xm＝10 m，即12物体在水平面上运动的最大位移是10 m，选项 D 正确．答案：D12.(多选)如图所示， 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 A6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/s2.则下列说法正确的是( )A．小滑块在圆弧轨道 B 端受到的支持力大小 N＝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 N－ mg＝ m ，解得 N＝18 N，A 错误；根据v2R动能定理有 mgR－ W＝ mv2，解得 W＝ mgR－ mv2＝3 J，B 正确；小滑块从 B 点做平抛运动，12 12水平方向上 x＝ vt，竖直方向上 h＝ gt2，解得 x＝ v· ＝0.6 m，C 正确，D 错误．12 2hg答案：BC二、非选择题13．(2018·四川成都诊断)如图甲所示，长为 20 m 的水平轨道 AB 与半径 R＝3 m 的竖直半圆轨道 BC 在 B 处相连接，有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用， F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为 0.4，取 g＝10 m/s 2.(1)求滑块在水平轨道 AB 上运动前 10 m 过程中所需的时间；(2)求滑块到达 B 处时的速度大小；(3)若滑块到达 B 处时撤去力 F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．解析：(1)在前 10 m 内： F1－ μmg ＝ ma1x1＝ a1t12 21解得 t1＝1 s.(2)滑块从 A 到 B 的过程中，由动能定理得F1x1－ F2x3－ μmgx ＝ mv12 2B解得 vB＝10 m/s.2(3)滑块恰好能到达 C 点，则 mg＝ mv2CR7滑块从 B 到 C 的过程中，由动能定理得Wf－ mg·2R＝ mv － mv12 2C 12 2B解得 Wf＝－25 J，即克服摩擦力做功为 25 J.答案：(1)1 s (2)10 m/s (3)25 J214．(2018·陕西西安六校联考)如图所示， AB 是倾角 θ ＝30°的粗糙直轨道， BCD 是光滑的圆弧轨道， AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R，一个质量为 m 的物体(可以看成质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 μ .求：(1)物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D，释放点距 B 点的距离 L′至少多大．解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgRcos θ － μmg cos θ ·s＝0所以物体在 AB 轨道上通过的总路程 s＝ .Rμ(2)最终物体以 B(还有 B 关于 OE 的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对 B→ E 过程，由动能定理得mgR(1－cos θ )＝ mv12 2E在 E 点，由牛顿第二定律得 N－ mg＝ mv2ER解得 N＝(3－ )mg.3由牛顿第三定律知，在最低点 E，物体对圆弧轨道的压力大小(3－ )mg.3(3)物体刚好到 D 点，由牛顿第二定律有 mg＝ mv2DR对全过程由动能定理得mgL′sin θ － μmg cos θ ·L′－ mgR(1＋cos θ )＝ mv12 2D解得 L′＝ . 3＋ 3 R1－ 3μ答案：(1) (2)(3－ )mg (3)Rμ 3  3＋ 3 R1－ 3μ1第 3 讲 机械能守恒定律及其应用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上 30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上 30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球 A 机械能守恒C．丙图中小球机械能守恒D．丁图中小球机械能守恒解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A 正确；乙图过程中轻杆对 A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球 A 的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B 错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C 错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D 错误．答案：A2．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球 A，若将小球 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2m 的小球 B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为 g.不计空气阻力，则小球 B 下降 h 时的速度为( )A. B.2gh ghC. D．0gh2解析：对弹簧和小球 A，根据机械能守恒定律得弹性势能 Ep＝ mgh；对弹簧和小球 B，根据2机械能守恒定律有 Ep＋ ×2mv2＝2 mgh，得小球 B 下降 h 时的速度 v＝ ，选项 B 正确．12 gh答案：B3.(2018·江南十校联考)如图所示，竖立在水平面上的轻质弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把球和水平面拴牢(如图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(如图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，球的动能减小而球的机械能增大解析：从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为球的机械能，弹簧的弹性势能逐渐减小，选项 A 错误；当弹簧对球的弹力与球的重力大小相等时，球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，选项 D 正确，B 错误；球离开弹簧后能继续上升，说明在细线被烧断瞬间球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项 C 错误．答案：D4.一物体沿斜面向上运动，运动过程中物体的机械能 E 与竖直高度 h的关系图像如图所示，其中 0～ h1过程的图线为平行于横轴的直线，h1～ h2过程的图线为倾斜直线．根据该图像，下列判断正确的是( )A．物体在 0～ h1过程中除重力外不受其他力的作用B．物体在 0～ h1过程中重力和其他力都做功C．物体在 h1～ h2过程中合力与速度的方向一定相反D．物体在 0～ h2过程中动能可能一直保持不变解析：0～ h1过程的图线为平行于横轴的直线，说明物体的机械能不变，即除重力以外没有其他力做功，但并非不受其他力的作用，选项 A、B 错误；在 h1～ h2过程中由于物体的机械能减少，而重力势能增加，所以动能减少，合力对物体做负功，即合力与速度方向相反，选项 C 正确；在 0～ h1过程中物体的机械能不变，但重力势能增加，所以动能减小，不可能保持不变，选项 D 错误．答案：C5.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点，橡皮绳竖3直时处于原长 h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了 mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大解析：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，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故 A 错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由题图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故 B 错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了 mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为 mgh，故 C 正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中圆环的动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故 D 错误．答案：C二、多项选择题6.如图所示，某极限运动爱好者(可视为质点)尝试一种特殊的高空运动．他身系一定长度的弹性轻绳，从距水面高度大于弹性轻绳原长的 P 点以水平初速度 v0跳出．他运动到图中 a 点时弹性轻绳刚好拉直，此时速度与竖直方向的夹角为 θ ，轻绳与竖直方向的夹角为 β ， b 为运动过程的最低点(图中未画出)，在他运动的整个过程中未触及水面，不计空气阻力，重力加速度为 g.下列说法正确的是( )A．极限运动爱好者从 P 点到 b 点的运动过程中机械能守恒B．极限运动爱好者从 P 点到 a 点时间的表达式为 t＝v0gtan θC．极限运动爱好者到达 a 点时，tan θ ＝tan βD．弹性轻绳原长的表达式为 l＝v20gsin β tan θ解析：极限运动爱好者从 P 点到 b 点的运动过程中，爱好者和弹性绳组成的系统机械能守恒，爱好者的机械能不守恒，故 A 错误；极限运动爱好者从 P 点到 a 点的过程中做平抛运动，根据几何关系有 tan θ ＝ ，解得 vy＝ ，则运动时间 t＝ ＝ ，故 Bv0vy v0tan θ vyg v0gtan θ正确；根据几何关系得 tan β ＝ ＝ ＝2· ＝2tan θ ，故 C 错误；根据几何关系v0t12gt2 2v0gt v0vy得：弹性轻绳原长的表达式 l＝ ＝ ，故 D 正确．v0tsin β v20gsin β tan θ答案：BD47.(2018·河南开封模拟)如图所示，质量分别为 m 和 2m 的两个小球A 和 B，中间用长为 2L 的轻杆相连，在杆的中点 O 处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在 B 球顺时针转动到最低位置的过程中( )A． A、 B 两球的角速度大小始终相等B．重力对 B 球做功的瞬时功率一直增大C． B 球转动到最低位置时的速度大小为 23gLD．杆对 B 球做正功， B 球机械能不守恒解析： A、 B 两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项 A 正确；杆在水平位置时，重力对 B 球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时， B 球的重力和速度方向垂直，重力对 B 球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对 B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B 球做功的瞬时功率先增大后减小，选项 B 错误；设 B 球转动到最低位置时的速度为 v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对 A、 B 两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2 mgL－ mgL＝ (2m)v2＋ mv2，解得 v＝ ，选项 C 正确；12 12 23gLB 球的重力势能减少了 2mgL，动能增加了 mgL，机械能减少了，所以杆对 B 球做负功，选23项 D 错误．答案：AC8.如图所示，光滑圆弧槽在竖直平面内，半径为 0.5 m，小球质量为 0.10 kg，从 B 点正上方 0.95 m 高处的 A 点自由下落，落点B 与圆心 O 等高，小球由 B 点进入圆弧轨道，飞出后落在水平面上的 Q 点， DQ 间的距离为 2.4 m，球从 D 点飞出后的运动过程中相对于 DQ 水平面上升的最大高度为 0.80 m，取 g＝10 m/s2.不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．小球经过 C 点时轨道对它的支持力大小为 6.8 NB．小球经过 P 点的速度大小为 3.0 m/sC．小球经过 D 点的速度大小为 4.0 m/sD． D 点与圆心 O 的高度差为 0.30 m解析：设小球经过 C 点的速度为 v1，由机械能守恒定律有 mg(H＋ R)＝ mv12，由牛顿第二12定律有 N－ mg＝ m ，代入数据解得 N＝6.8 N，A 正确；设小球过 P 点时速度为 vP，小球由v21RP 到 Q 做平抛运动，有 h＝ gt2， ＝ vPt，代入数据解得 vP＝3.0 m/s，B 正确；对球从 A12 x25到 P，由动能定理得 mg(H＋ hOD)－ mgh＝ mv ，解得 hOD＝0.30 m，D 正确；由机械能守恒定12 2P律有 mg(H＋ hOD)＝ mv ，解得 vD＝5.0 m/s，C 错误．12 2D答案：ABD[能力题组]一、选择题9.(2018·湖北黄石高三质检)如图所示，光滑水平台上物体 B通过轻绳跨过一定滑轮与物体 A 相连， mA＝2 mB，绳刚好拉直时物体 A 距离地面高为 H，物体 B 距离定滑轮足够远，物体 A、 B由静止开始释放，不计摩擦阻力，下列说法正确的是( )A．物体 A 机械能守恒B．物体 A、 B 构成的系统机械能不守恒C．物体 A 落地时的速度为 2gH3D．物体 A 落地时的速度为 2gH3解析：对物体 A 受力分析可知， A 受重力和拉力的作用，由于拉力做功，故机械能不守恒，选项 A 错误；对物体 A、 B 构成的系统分析可知，系统内只有重力做功，故机械能守恒，选项 B 错误；对物体 A、 B 构成的系统进行分析，由机构能守恒定律可得 mAgH＝ (mA＋ mB)12v2，解得 v＝2 ，故选项 C 错误，D 正确．gH3答案：D10.(2018·河北保定模拟)如图所示，半径为 R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为 m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为 mg， g 为当地重力加速度，则( )A．小球在管顶部时速度大小为 2gRB．小球运动到管底部时速度大小可能为 2gRC．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为 5mgD．小球运动到管底部时对管壁的压力为 7mg解析：小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力．如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知 2mg＝ m ，可得 v＝ ，其由管顶部运动到管底部的过程v2R 2gR6中由机械能守恒有 mv ＝2 mgR＋ mv2，可以解出 v1＝ ，小球在底部时，由牛顿第二定12 21 12 6gR律有 N1－ mg＝ m ，解得 N1＝7 mg.如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最v21R高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有 mv ＝2 mgR，解得12 2v2＝ ，小球在底部时，由牛顿第二定律有 N2－ mg＝ m ，解得 N2＝5 mg.故 C 对，4gRv2RA、B、D 错．答案：C11.(多选)如图所示，长为 3L 的轻杆 ab 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 的正方体物块静止在水平面上，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°角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＋ MD．物块的速度大小为 2mgL16m＋ M解析：设轻杆的 a 端(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－cos 60°)＝ mv ＋ Mv ①12 2a 12 2Ma 端与 b 端的角速度相等，由 v＝ rω ，得 va＝2 vb.b 端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即 vbcos 60°＝ vM，所以 vb＝2 vM， va＝4 vM②联立①②式解得 va＝ ， vM＝ ，故选 B、D.32mgL16m＋ M 2mgL16m＋ M答案：BD712.(多选)如图所示， M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd 是半径为 R 的 光滑圆弧形轨道， a 为轨道的最高点， de 面水34平且有一定长度．今将质量为 m 的小球在 d 点的正上方高为 h 处由静止释放，让其自由下落到 d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )A．只要 h 大于 R，释放后小球就能通过 a 点B．只要改变 h 的大小，就能使小球通过 a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到 de 面上C．无论怎样改变 h 的大小，都不可能使小球通过 a 点后落回轨道内D．调节 h 的大小，可以使小球飞出 de 面之外(即 e 的右侧)解析：要使小球到达最高点 a，则在最高点时有 mg＝ m ，得通过最高点的最小速度 v＝v2R，由机械能守恒定律得 mg(h－ R)＝ mv2，得 h＝ R，即 h≥ R 时，小球才能通过 a 点，gR12 32 32A 错误．若小球能达到 a 点，并从 a 点以最小速度平抛，有 R＝ gt2， x＝ vt＝ R，所以，12 2无论怎样改变 h 的大小，都不可能使小球通过 a 点后落回轨道内，B 错误，C 正确．如果 h足够大，可使小球的平抛速度足够大，小球可能会飞出 de 面之外，D 正确．答案：CD二、非选择题13.如图所示， ABC 和 DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中 ABC 的末端水平， DEF 是半径为 r＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径 DF 沿竖直方向， C、 D 可看作重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道 ABC 上距 C 点高为 H 处由静止释放．( g 取 10 m/s2)(1)若要使小球经 C 处水平进入轨道 DEF 且能沿轨道运动， H 至少多高？(2)若小球静止释放处离 C 点的高度 h 小于(1)中 H 的最小值，小球可击中与圆心等高的 E点，求 h.解析：(1)小球沿 ABC 轨道下滑，机械能守恒，设到达 C 点时的速度大小为 v，则mgH＝ mv2①12小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足 mg≤ ②mv2r①②两式联立并代入数据得 H≥0.2 m.(2)若 hH，小球过 C 点后做平抛运动，设球经 C 点时的速度大小为 vx，则击中 E 点时，竖直方向上有 r＝ gt2③128水平方向上有 r＝ vxt④又由机械能守恒定律有 mgh＝ mv ⑤12 2x由③④⑤联立可解得 h＝ ＝0.1 m.r4答案：(1)0.2 m (2)0.1 m14.如图所示，物体 A、 B 用绕过光滑定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体 A 置于光滑的平台上，物体 C 中央有小孔， C 放在物体 B 上，细线穿过 C 的小孔． “U”形物 D 固定在地板上，物体B 可以穿过 D 的开口进入其内部而物体 C 又恰好能被挡住．物体A、 B、 C 的质量分别为 mA＝8 kg、 mB＝10 kg、 mC＝2 kg，物体B、 C 一起从静止开始下降 H1＝3 m 后， C 与 D 发生没有能量损失的碰撞， B 继续下降H2＝1.17 m 后也与 D 发生没有能量损失的碰撞．g 取 10 m/s2，求：(1)物体 C 与 D 碰撞时的速度大小；(2)物体 B 与 D 碰撞时的速度大小；(3)B、 C 两物体分开后经过多长时间第一次发生碰撞．解析：(1)由于平台是光滑的，物体 A、 B、 C 整体在运动过程中机械能守恒，则有(mB＋ mC)gH1＝ (mA＋ mB＋ mC)v12 2C代入数据得 vC＝6 m/s.(2)物体 C 与 D 碰撞后，物体 A、 B 继续运动，满足机械能守恒，则有mBgH2＝ (mA＋ mB)(v － v )12 2B 2C代入数据得 vB＝7 m/s.(3)物体 C 与 D 碰撞后，物体 B 在继续下落过程中的加速度为a＝ ＝ m/s2mBgmA＋ mB 509下落所用时间 t′＝ ＝0.18 svB－ vCaB、 C 与 D 碰撞后无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设 C 反弹后经过时间 t 后 B、 C 两物体相碰，则有hC＝ vCt－ gt212hB＝ vB(t－ t′)－ g(t－ t′) 212hB＝ hC＋ H29联立解得 t＝0.93 s.答案：(1)6 m/s (2)7 m/s (3)0.93 s