（新课标）2017届高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律（课件+试题）（打包17套）.zip

动能定理时间：45 分钟一、单项选择题1．关于物体所受合力及其动能，下列说法正确的是( )A．合力为零，则动能一定不变B．动能保持不变，则合力一定为零C．合力不为零，则合力必做功，动能一定变化D．合力不为零，则物体一定做变速运动，其动能一定变化解析：合力为零，则物体保持静止或匀 速运动状态，其动能一定不变，选项 A 正确；动能不变，其速度的方向可能变化，有加速度，合力可能不为零，如匀速圆周运动，选项 B错误；合力不为零，位移可能为零或合力与 位移垂直，则功为零，动能不变，选项 C 错误；合力不为零，则一定有加速度，物体一定做变速运动，但动能可能不变，选项 D 错误．答案：A2．如图所示，质量相同的物体分别自斜面 AC 和 BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部 C 点时的动能分别为 Ek1和 Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为 W1和 W2，则( )A． Ek1Ek2 W1Ek2 W1＝ W2C． Ek1＝ Ek2 W1W2 D． Ek1W2解析：设斜面的倾角为 θ ，斜面的底边长为 x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为 W＝＝ μmgx ，所以两 种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于 B 的高度比 A 低，μ mgcosθ ·xcosθ所以由 动能定理可知 Ek1Ek2，B 正确．答案：B3.如图所示，将质量为 m 的小球以速度 v0由地面 竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为 v0.设小球在运动 过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )34A. mg B. mg C. mg D. mg34 316 716 725解析：对小球向上运动，由动能定理得－( mg＋ Ff)H＝0－ mv ，对小球向下运动， 由动12 20能定理得( mg－ Ff)H＝ m 2－0，联立解得 Ff＝ mg，选项 D 正确．12(34v0) 725答案：D4.如图所示，在光滑水平面上有一长木板，质量为 M，在木板左端放一质量为 m 的物块，物块与木板间的滑动摩擦力为 Ff，给物块一水平向右的恒力 F，当物块相对木板滑动 L 距离时，木板运动位移为 x，则下列说法正确的是( )A．此时物块的动能为 FLB．此时物块的动能为( F－ Ff)LC．此时物块的动能为 F(L＋ x)－ FfLD．此时木板的动能为 Ffx解析：动能定理中，力对物体做的功应是力与物体在力的作用下的对地位移的乘积．对物块，合力做功为( F－ Ff)(x＋ L)，因此物块的动能为( F－ Ff)(x＋ L)；对木板，合力做功为Ffx，A、B、C 错误，D 正确．答案：D5．(2016·常德模拟)质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程 中小球克服空气阻力所做的功是( )A. mgR B. mgR14 13C. mgR D． mgR12解析：设小球通过最低点时绳的张力为 FT，则 FT－ mg＝ ，即 6mg＝ ①，小球恰好mv212 mv21R过最高点，绳子拉力为零，这时 mg＝ ②，小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理mv2R得－ mg·2R－ WFf＝ mv － mv ③，由①②③式解得 WFf＝3 mgR－2 mgR－ mgR＝ mgR，C 正12 2 12 21 12 12确．答案：C二、多项选择题6．(2016·衡水模拟)物体沿直线运动的 v－ t 关系如图所示，已知在第 1 s 内合力对物体做的功为 W，则( )A．从第 1 s 末到第 3 s 末合力做功为 4WB．从第 3 s 末到第 5 s 末合力做功为－2 WC．从第 5 s 末到第 7 s 末合力做功为 WD．从第 3 s 末到第 4 s 末合力做功为－0.75 W解析：由题图知，第 1 s 末速度、第 3 s 末速度、第 7 s 末速度大小关系为v1＝ v3＝ v7，由动能定理知 W＝ mv －0，则第 1 s 末到第 3 s 末合力做功12 21W2＝ mv － mv ＝0，A 错误；第 3 s 末到第 5 s 末合力做功 W3＝0－ mv ＝－ W，B 错误；第12 23 12 21 12 235 s 末到第 7 s 末合力做功 W4＝ mv －0＝ W，C 正确；第 3 s 末到第 4 s 末合力做功12 27W5＝ mv － mv ，因 v4＝ v3，所以 W5＝－0.75 W，D 正确．12 24 12 23 12答案：CD7．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物块的初动能为 E，它返回到斜面底端的动能为 ，小物块上滑到最大路程的中点时速度为 v；若小物块E2以 2E 的初动能冲上斜面，则有( )A．返回斜面底端时的动能为 EB．返回斜面底端时的动能 为3E2C．小物块上滑到最大路程的中点时速度为 v2D．小物块上滑到最大路程的中点时速度为 2v解析：设小物块沿斜面上滑的最大高度为 h，沿斜面上升的最大距离为 x，由动能定理得－ mgh－ Ff·x＝0－ E，而 h＝ xsinα ，式中 α 为斜面倾角，可得 x＝ .由此可Emgsinα ＋ Ff见小物块沿斜面上升的距离 x 与初动能 E 成正比，而摩擦力做功 Ff·x 与位移成正比，故当小物块以 2E 的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的 2 倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的 2 倍，故 A 正确，B 错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v2＝2 ax 得 ＝ ， x1＝2 x，故有 v1＝ v，C 正确，D 错误．v2v21 xx1 2答案：AC8.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度 ω 匀速转动，转台上有一个质量为 m 的物体，物体与转台间用长 L 的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为 μ ，现突然制动转台，则( )A．由于惯性和摩擦力，物体将以 O 为圆心、 L 为半径做变速圆周运动，直到停止B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为 2π μmgLC．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D．物体在转台上运动 圈后，停止运动Lω 24π μ g解析：制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为 WFf＝－ μmg 2π L.绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－ N·2π μmgL ＝0－ mv2，又 v＝ ωL ，联立得物体在转台上转动的圈数为12N＝ ，A、B、D 正确．Lω 24π μ g答案：ABD三、计算题9．如图所示，水平地面与一半径为 l 的竖直光滑圆弧轨道相接于 B 点，轨道上的 C 点位置处于圆心 O 的正下方．在距地面高度为 l 的水平平台边缘上的 A 点有质量为 m 的小球以v0＝ 的速度水平飞出，小球在空中运动至 B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑2gl入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为 g，试求：(1)B 点与抛出点 A 正下方的水平距离 x；(2)圆弧 BC 段所对的圆心角 θ ；(3)小球滑到 C 点时，对圆轨道的压力．解析：(1)设小球做平抛运动到达 B 点的时间为 t，由平抛运动规律 l＝ gt2， x＝ v0t12联立解得 x＝2 l.(2)小球到达 B 点时竖直分速度 v ＝2 gl，设 α 为速度方向与水平方向的夹角，则2ytanα ＝ ，解得 α ＝45°，由几何关系得 θ ＝45°.vyv0(3)设小球到达 C 点时速度大小为 vC，根据动能定理，小球从 A 运动到 C 点的过程中有mgl ＝ mv － mv(1＋ 1－22) 12 2C 12 20设轨道对小球的支持力为 F，根据牛顿第二 定律有F－ mg＝ mv2Cl解得 F＝(7－ )mg2由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝ F＝(7－ )mg，方向竖 直向下．2答案：(1)2 l (2)45° (3)(7－ )mg，竖直向下210．如图所示，质量为 M＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块与平台的右端的距离 L＝1.7 m．质量为 m＝0.10 M 的子弹以 v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以 v＝90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为 v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时与台面右端的水平距离为 l＝ 1.6 m， g 取 10 m/s2.求：(1)木块对子弹所做的功 W1和子弹对木块所做的功 W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数 μ .解析：(1)根据动能定理，木块对子弹所做的功为W1＝ mv2－ mv ＝－243 J12 12 20子弹对木块所做的功为W2＝ Mv ＝8.1 J.12 21(2)设木块离开台面时的速度为 v2，木块离开台面后做平抛运动．水平方向有 l＝ v2t竖直方向有 h＝ gt2 联立解得 l＝ v212 2hg木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理－ μMgL ＝ Mv － Mv 解得 μ ＝0.50.12 2 12 21答案：(1)－243 J 8.1 J (2)0.5011．小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量 m＝1 kg，上升 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 Ek与上升高度 h 的关系图象如图乙所示．( g 取 10 m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到 0.4 m 高度处 F 的瞬时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J 的动能向下运动，钉子总长为 10 cm，撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受的阻力 Ff与深度 x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析：(1)撤去 F 前物体运动过程中，根据动能定理有(F－ mg)h＝ Ek－0即 Ek＝( F－ mg)h， Ek－ h 图象的斜率为 k＝ F－ mg由图象乙知，斜率为 k＝20 N解得 F＝30 N又由图象乙， h＝0.4 m 时， Ek＝ mv2＝8 J12解得 v＝4 m/s瞬时功率 PF＝ Fv＝120 W.(2)由图象丙知，碰撞后钉子所受的阻力 Ff与深度 x 成正比，斜率 k′＝10 5 N/m，设钉子插入的最大深度为 xm，对钉子应用动能定理得－ xm＝0－ E′ k0Ff由图象丙知 ＝ k′ xm，又 E′ k0＝20 JFf12解得 xm＝0.02 m.答案：(1)120 W (2)0.02 m动能定理高考真题1．(2015·海南卷)如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的 质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A. mgR B. mgR14 13C. mgR D. mgR12 π 4解析：质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力 FN＝2 mg.如图所示， FN－ mg＝ m ，得 v＝ .对质点的下滑过程应用动能定理， mgR－ W＝ mv2，得v2R gR 12W＝ mgR，C 正确．12答案：C2．(2014·新课标全国Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为 F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用 WF1、 WF2分别表示拉力 F1、 F2所做的功，Wf1、 Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A． WF2WF1， Wf22Wf1 B． WF24WF1， Wf2＝2 Wf1C． WF24WF1， Wf2＝2 Wf1 D． WF24WF1， Wf22Wf1解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即 f1＝ f2.设两次运动的时间均为 t，则两次的位移 x1＝ t， x2＝ t＝2 x1，故两次克服摩擦力所做的功， Wf2＝2 Wf1.v2 2v2由动能定理得， WF1－ Wf1＝ mv2， WF2－ Wf2＝ m(2v)2，即 WF1＝ Wf1＋ mv2， WF2＝ Wf2＋ m(2v)12 12 12 122，故 WF24WF1.C 正确．答案：C3．(2014·大纲全国卷)一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动．当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图所示；当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.物块与斜v2坡间的动摩擦因数和 h 分别为( )A．tan θ 和 B. tanθ 和H2 (v22gH－ 1) H2C．tan θ 和 D. tanθ 和H4 (v22gH－ 1) H4解析：由动能定理有－ mgH－ μmg cosθ ＝0－ mv2，－ mgh－ μmg cosθ ＝0－Hsinθ 12 hsinθm 2，解得 μ ＝ tanθ ， h＝ ，D 正确．12(v2) (v22gH－ 1) H4答案：D4．(2015·浙江理综)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 θ 可在 0～60°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μ 1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ 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 θ 角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当 θ 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μ 2；(已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大 θ 角，发现 θ ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离xm.解析：(1)为使小物块下滑 mgsinθ ≥ μ 1mgcosθ ①θ 满足的条件 tanθ ≥0.05②(2)克服摩擦力做功Wf＝ μ 1mgL1cosθ ＋ μ 2mg(L2－ L1cosθ )③由动能定理得 mgL1sinθ － Wf＝0④代入数据得 μ 2＝0.8⑤(3)由动能定理得 mgL1sinθ － Wf＝ mv2⑥12代入数据得 v＝1 m/s⑦H＝ gt212t＝0.4 s⑧x1＝ vt， x1＝0.4 m⑨xm＝ x1＋ L2＝1.9 m⑩答案：(1 )tanθ ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5．(2012·福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为 P，小船的质量为 m，小船受到的阻力大小恒为 f，经过 A 点时的速度大小为 v0，小船从 A 点沿直线加速运动到 B 点经历时间为t1， A、 B 两点间距离为 d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力做的功 Wf；(2)小船经过 B 点时的速度大小 v1；(3)小船经过 B 点时的加速度大小 a.解析：(1)小船从 A 点运动到 B 点克服阻力做 的功Wf＝ fd①(2)小船从 A 点运动到 B 点，电动机牵引绳对小船做的功W＝ Pt1②由动能定理有 W－ Wf＝ mv － mv ③12 21 12 20联立①②③式解得 v1＝ ④v20＋ 2m Pt1－ fd(3)设小船经过 B 点时绳的拉力大小为 F，绳与水平方向夹角为 θ ，电动机牵引绳的速度大小为 v，拉力 F 和速度 v1分别按效果分解如图所示．则 P＝ Fv＝ Fv1cosθ ⑤由牛顿第二定律有 Fcosθ － f＝ ma⑥联立④⑤⑥式解得 a＝ －Pm2v20＋ 2m Pt1－ fd fm答案：(1) fd (2)v20＋ 2m Pt1－ fd(3) －Pm2v20＋ 2m Pt1－ fd fm 机械能守恒定律时间：45 分钟一、单项选择题1.如图所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )A．物体的重力势能减少，动能不变B．斜面的 机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒解析：物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A 错误；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B 错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于 90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C 错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D 正确．答案：D2.(2016·长沙质检)如图所示为某跳水运动员自离开跳板开始计时的速度与时间关系图象，假设空气阻力忽略不计，根据图象可知( )A． t2时刻运动员到达起跳的最高点B． t2～ t3时间内，运动员 处于失重状态C．0～ t3时间内，运动员机械能守恒D．0～ t3时间内，合力对运动员做负功解析：由题图知，在 t1时刻速度为零，运动员到达最高点，A 错误； t2～ t3内，运动员向下做减速运动，处于超重状态，B 错误；在 t2～ t3内，水的阻力对运动员做负功，运动员机械能不守恒，C 错误；在 t1～ t2内由动能定理知， W 合 0，D 正确．答案：D3．(2016·合肥模拟)如图所示，小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．绳对小球的拉力不做功B．小球克服绳的拉力做的功等于小球减少的机械能C．绳对小车做的功等于小球减少的动能D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能解析：在小球下摆到最低点的过程中，小车向右运动，系统机械能守恒．绳对小球的拉力做负功，小球的机械能减少，选项 A、D 错误；对小球，由功 能关系 可知，小球克服绳的拉力做的功(即绳对小车做的功)等于小球减少的机械能．答案：B4.如图所示，一质量为 m 的重物放在水平地面上，上端用一根轻弹簧相连．现用手拉弹簧的上端 P 缓慢向上移动，当 P 点位移为 H 时，重物离开地面一段距离 h，则在此过程中( )A．拉弹簧的力对系统做功为 mgHB．重物 m 的机械能守恒C．弹簧的劲度系数等于mgH－ hD．弹簧和重物组成的系统机械能守恒解析： P 点缓慢向下移动，弹簧上弹力先逐渐增加，直到弹力等于物体重力 mg 后弹簧与物体一起向上匀速运动，拉力先变大后不变，拉力做的功小于 mgH，选项 A 错误；拉力对m 做了 mgh 的功，重物 m 的机械能增加，选项 B 错误；当 m 刚要向上匀速运动时弹簧伸长量为( H－ h)，又 k(H－ h)＝ mg，则 k＝ ，选项 C 正确；对于弹簧和物体组成的系统，除了mgH－ h重力和弹簧弹力做功外，拉力 F 也做了功，系统机械能不守恒，选项 D 错误．答案：C5.如图所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为 2L 的 O 点处，小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点 B 处，不计空气阻力．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )A. B.gL 3gLC. D.5gL 7gL解析：小铁球恰能到达最高点 B，则小铁球在最高点处的速度 v＝ .以地面为零势能gL面，小铁球在 B 点处的总机械能为 mg×3L＋ mv2＝ mgL，无论轻绳是在何处断的，小铁球12 72的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能 mv2＝ mgL，故小铁球落到地面的速度 v′＝12 72，D 正确．7gL答案：D二、多项选择题6．如图所示，两块三角形的光滑木板 B、 C 竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在 A处，底边向两边分开．一个锥体置于 A 处，放手之后，奇特的现象发生了，锥体自动地沿木板滚上了 B、 C 板的高处，不计一切阻力．下列说法正确的是( )A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高B．锥体在滚动过程中重心逐渐降低C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大D．锥体在滚动过程中机械能保持不变答案：BD7.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 置于光滑水平桌面上(桌面足够大)， A 右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连．开始时托住 B，让 A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是( )A． B 物体受到细线的拉力保持不变B． B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C． A 物体动能的增加量等于 B 物体重力对 B 做的功与弹簧弹力对 A 做的功之和D． A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A 做的功解析：对 A、 B 的运动分析可知， A、 B 做加速度越来越小的加速运动，直至 A 和 B 达到最 大速度，从而可以判断细线对 B 物体的拉力越来越大， A 选项错误；根据能量守恒定律知，B 减少的重力势能转化为 A、 B 的动能与弹簧的弹性势能，据此可判断 B 选项正确，C 选项错误；而 A 物体动能的增加量等于细线拉力与弹簧弹力对 A 做的功之和，由此可知 D 选项正确．答案：BD8.如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆 AB，是按照从高度为 h 处以初速度 v0平抛的运动轨迹制成的， A 端为抛出点， B 端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道 A端滑下．已知重力加速度为 g，当小球到达轨道 B 端时( )A．小球的速率为 v20＋ 2ghB．小球的速率为 2ghC．小球在水平方向的速度大小为 v0D．小球在水平方向的速度大小为v02ghv20＋ 2gh解析：由机械能守恒定律有 mgh＝ mv2，解得到达 B 端时小球的速率 v＝ ，故 A 错12 2gh误，B 正确．当小球到达 B 端时，设小球的速度与水平方向夹角 θ .则 cosθ ＝v0v20＋ 2gh小球在水平方向的速度大小vx＝ v·cosθ ＝ · ＝ .D 正确．2ghv0v20＋ 2gh v02ghv20＋ 2gh答案：BD三、计算题9.如图所示是一种闯关游戏，在一个平台与斜面之间悬挂有一个不计质量不可伸长的轻绳，悬点为 O，使绳子在竖直面内摆动，人从斜面顶端以一定速度沿斜面跑到 A 点，此时绳子恰好摆到最高点 A 处，人立即抓住绳子随绳子一起向下摆动，当摆到最低点 B 时，人松开绳子，然后做平抛运动，落到平台上．将人简化为质点，已知 OA 垂直于斜面 EF， OA 与竖直方向OB 的夹角为 60°，绳长 L＝5 m，在最低点 B 处，人距离平台 C 端水平距离为 10 m，竖直高度为 5 m，欲使人落到平台上，则人沿斜面距到 A 点的速度至少为多大？( g＝10 m/s 2)解 析：设人的质量为 m，人跑到 A 点的速度为 vA，人在 B 点的速度为 vB，人由 A 运动到 B，由机械能守恒有：mv ＝ mgL(1－cos60°)＋ mv ①12 2B 12 2A人离开绳子后，由 B 到 C 做平抛运动，设人由 B 运动到 C 所用的时间为 t，由平抛运动规律有 x＝ vBt②h＝ gt2③12联立①②③解得 vA＝5 m/s.2答案：5 m/s210.如图所示，光滑斜面的下 端与半径为 R 的圆轨道平滑连接．现在使小球从斜面上端距地面高度为 2R 的 A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计．试求：(1)小球到达圆轨道最低点 B 时的 速度大小；(2)小球在最低点 B 时对轨道的压力大小；(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度．解析：(1)小球从 A 运动到 B 的过程中，由机械能守恒定律mg·2R＝ mv2，12解得 v＝2 .gR(2)在 B 点，由牛顿第二定律得FNB－ mg＝ m ，v2R解得 FNB＝5 mg，由牛顿第三定律知，小球在最低点 B 时对轨道的压力大小为 5mg.(3)根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等于 0，轨道弹力不等于 0，小球不会离开轨道．设小球在 C 点( OC 与竖直方向的夹角为 θ )脱离圆轨道，则在 C 点轨道弹力为 0，有mgcosθ ＝ m ，v2CR小球从 A 到 C 的过程中，由机械能守恒定律得mg·2R＝ mgR(1＋cos θ )＋ mv ，12 2C由以上两式得：cos θ ＝ ， vC＝ ，23 2gR3离开 C 点后小球做斜上抛运动，水平分速度为 vCcosθ ，设小球离开圆轨道后能到达最大高度为 h 的 D 点，则 D 点的速度即水平分速度，大小等于 vCcosθ ，从 A 到 D 点的过程中由机械能守恒定律得mg·2R＝ m(vCcosθ )2＋ mgh，12解得 h＝ R.5027答案：(1)2 (2)5 mg (3) RgR502711．(2016·雅安模拟)如图所示，质量为 m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端 O 点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的 P 点．以 O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程 y＝6－ x2(单位：m)，小球质量 m＝0.4 kg，圆弧轨道半径 R＝1.25 m， g 取 10 m/s2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；(2)小球从 O 点到 P 点所需的时间(结果可保留根号)．解析：(1)对小球，从释放到 O 点过程中由机械能守恒： mgR＝ mv212v＝ ＝ m/s＝5 m/s2gR 2×10×1.25小球在圆轨道最低点： FN－ mg＝ mv2RFN＝ mg＋ m ＝12 Nv2R由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力 FN′＝ FN＝12 N.(2)小球从 O 点水平抛出后满足 y＝ gt212x＝ vt又有 y＝6－ x2联立得 t＝ s.55答案：(1)12 N (2) s55机械能守恒定律高考真题1．(2015·新课标全国Ⅱ)(多选)如图所示，滑块 a、 b 的质量均为 m， a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h， b放 在地面上． a、 b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计 摩擦， a、 b 可视为质点，重力加速度大小为 g，则( )A． a 落地前，轻杆对 b 一直做正功B． a 落地时速度大小为 2ghC． a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 gD． a 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg解析：设某一时刻 a、 b 速度分别为 va、 vb，则 vacosθ ＝ vbsinθ .当 a 落到地面时， θ ＝90°，cosθ ＝0，故 vb为 0，可知 a 下落过程中 b 先加速后减速，轻杆对 b 先做正功后做负功，A错误．轻杆对 a 的力先为支持力后为拉力，故 a 的加速度先小于 g 后大于 g，C 错误．由于a、 b 系统只有重力和系统内杆的弹力做功，故 a、 b 机械能守恒， a 落地时 b 速度为零，由机械能守恒定律得 mgh＝ mv ，得 va＝ .B 正确．当 a 机械能最小时， b 的机械能最大，12 2a 2gh即动能最大，此时 F 杆 ＝0，故 FN＝ mg，D 正确．答案：BD2．(2015·天津理综)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解析：在圆环下滑过程中拉伸弹簧，圆环的部分机械能转化为弹簧的弹性势能，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误．由于系统机械能守恒，在圆环运动到最低点时圆环减小的重力势能全部转化成 弹簧的弹性势能， Ep＝ mgL，B 正确．圆环刚开始运动时合力向下，加3速下滑，当合力为零时速度最大，在最低点速度减小到零，合力方向应向上，C 错误．下滑过程中 ，圆环先加速后减速，动能一直改变，因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和也改变，D 错误．答案：B3．(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：不计空气阻力，小球在空中只受重力作用，机械能守恒．抛出时高度、速度大小相等，落地时速度大小一定相等．答案：A4．(2014·福建理综)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块 ( )A．最大速度相同 B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同解析：刚释放物体时，弹力相同，由于质量不同，物体的加速度不同，上升的最大高度也不同，B 错误，C 正确．当弹簧弹力大小等于物体重力沿斜面向下的分力时，速度最大，由于物体质量不同，弹簧的形变量的变化不同，弹簧弹力对物体做功不同，物体的最大速度不同，A 错误．物体刚释放时，弹簧形变量相同，弹性势能相同，当物体到达最高点时，弹簧弹性势能全部转化为物体的重力势能，所以重力势能的变化量相同，D 错误．答案：C5．(2013·浙江理综)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中 A、 B、 C、 D 均为石头的边缘点， O 为青藤的固定点， h1＝1.8 m， h2＝4.0 m， x1＝4.8 m， x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg 和 m＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的 A 点水平跳至中间石头．大猴 抱起小猴跑到 C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的 D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g＝10 m/s 2.求：(1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律．(1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin，根据平抛运动规律，有h1＝ gt2①12x1＝ vmint②联立①②式得：vmin＝8 m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为 vC，有(M＋ m)gh2＝ (M＋ m)v ④12 2CvC＝ ＝ m/s≈9 m/s.⑤2gh2 80(3)设拉力为 FT，青藤的长度为 L.对最低点，由牛顿第二定律得FT－( M＋ m)g＝( M＋ m) ⑥v2cL由几何关系(L－ h2)2＋ x ＝ L2⑦2得： L＝10 m⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝216 N.答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N功能关系 能量守恒定律时间：45 分钟一、单项选择题1．力对物体做功 100 J，下列说法正确的是( )A．物体具有的能量增加 100 JB．物体具有的能量减少 100 JC．有 100 J 的能量发生了转化D．产生了 100 J 的能量解析：由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、B 错误；功是能量转化的量度，故 C 正确，D 错误．答案：C2．(2014·上海高考)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( )解析：物体受拉力加速上升时，拉力做正功，物体的机械能增大，又因为拉力做功W＝ FT× at2，与时间成二次函数关系，A、B 错误；撤去拉力后，物体只受重力作用，所以12机械能守恒，D 错误，C 正确．答案：C3．从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高度为 h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为 Ff.下列说法正确的是( )A．小球上升的过程中动能减少了 mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了 FfhC．小球上升的过程中重力势能增加了 mghD．小球上升和下降的整个过程中动能减少了 Ffh解析：小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即 Δ Ek＝( mg＋ Ff)h，A错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即Δ E＝2 Ffh，B、D 错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即 Δ Ep＝ mgh，C正确．答案：C4.如图所示，木块 A 放在木块 B 的左端，用恒力 F 将 A 拉至 B 的右端，第一次将 B 固定在地面上， F 做功为 W1，生热为 Q1；第二次让 B 可以在光滑地面上自由滑动，仍将 A 拉到 B 右端，这次 F 做功为 W2，生热为 Q2；则应有( )A． W1W2， Q1＝ Q2 B． W1＝ W2， Q1＝ Q2C． W1W2， Q1Q2 D． W1＝ W2， Q1Q2解析：拉力 F 做的功直接由公式 W＝ Flcosα 求得，其中 l 是物体对地的位移，所以W1W2，滑动摩擦力做功过程中产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即 Δ E＝ Q＝ Ffx 相对 ，其中 x 相对 表示 A、 B 之间的相对位移，在这里是 B 的长度，所以 Q1＝ Q2.答案：A5.如图所示，美国空军 X－37B 无人航 天飞 机正在飞行中，在 X－37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )A．X－37B 中燃料的化学能转化为 X－37B 的机械能B．X－37B 的机械能要减少C．自然界中的总能量要变大D．如果 X－37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能逐渐变小解析：在 X－37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对 X－37B 做正功，X－37B 的机械能增大，A 对，B 错；根据能量守恒定律，C 错；X－37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动时，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 错．答案：A二、多项选择题6.某电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于 gD．下滑 时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A 错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B 错误；人下滑时，由 mg－ Ff＝ ma，可知，Ffmg， ag，C 正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量，D 正确．答案：CD7．(2016·株洲质检)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )A． B 物体的机械能一直减小B． B 物体的动能增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C． B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对 A 做的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析：把 A、 B 和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在 B 下落直至 B 获得最大速度过程中， A 的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以 B 物体的机械能一直减小，选项 A 正确；由动能定理， B 物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项 B 正确； B 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与 A、 B 动能的 增加量之和，选项 C 错误；对 A 和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对 A 做的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项 D 正确．答案：ABD8．(2016·大同质检)如图甲所示，质量为 m 的小球，以初速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 H，已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比．设抛出点重力势能为零，则小球在运动过程中，图乙中关于小球的动能 Ek、重力势能 Ep、机械能 E 随高度 h，速率 v 随时间 t 变化的图线可能正确的有( )解析：小球上升过 程，重力和空气阻力做负功，动能减小，且至最高点时，动能为零，A 错误；小球的重力势能随高度增加而增大，且 Ep＝ mgh，B 正确；除重力之外，空气阻力始终做负功，由功能关系可知，小球的机械能随高度的变化一直减小，又因为上升过程中空气阻力逐渐减小，机械能随高度的变化越来越慢，下降过程中空气阻力逐渐增大，机械能随高度的变化越来越快，C 正确； v－ t 图象的斜率表示小球运动的加速度，小球上升过程空气阻力随速度的减小而减小，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，小球下降过程中空气阻力随速度的增大而增大，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，速率 v 随时间 t 变化的图线只考虑速度的大小变化，不考虑方向变化，D 正确．答案：BCD三、计算题9．如图甲所示， ABC 为竖直放置的半径为 R＝0.1 m 的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点 A、 C 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道上通过这两点瞬间对轨道的压力大小 FA和 FC.质量为 m＝0.1 kg 的小球(视为质点)以不同的初速度从水平轨道上的某点开始经 A 点冲入与该水平轨道平滑连接的 ABC 轨道．( g 取 10 m/s2)(1)若 FC和 FA的关系图线如图乙所示，当 FA＝13 N 时，求 小球滑经 A 点的速度 vA以及小球由 A 滑至 C 的过程中损失的机械能；(2)若轨道 ABC 光滑，且每次小球都能通过 C 点，试推导 FC随 FA变化的关系式．解析：(1)由牛顿第三定律可知，小球在 A、 C 两点所受轨道的弹力大小分别为F′ A＝ FA＝13 N， F′ C＝ FC＝3 N在 A 点由牛顿第二定律得 F′ A－ mg＝mv2AR解得 vA＝2 m/s3在 C点由牛顿第二定律得 F′ C＋ mg＝mv2CR解得 vC＝2 m/s对 A 至 C 的过程，由动能定理得Wf－ mg·2R＝ mv － mv12 2C 12 2A解得 Wf＝－0.2 J，即损失的机械能为 0.2 J.(2)因轨道光滑，小球由 A 至 C 的过程中机械能守恒，则mv ＝ mv ＋ mg·2R12 2A 12 2C解得 F′ A－ F′ C＝6 mg则 FC＝ FA－6 N(或 FC＝ FA－6 mg)．答案：(1)2 m/s 0.2 J3(2)FC＝ FA－6 N(或 FC＝ FA－6 mg)10．(2016·昆明质检)如图所示，光滑的 圆弧 AB，半径 R＝0.8 m，固定在竖直平面内．一辆质量为 M＝2 kg14的小车处在光滑水平 面上，小车的上 表面 CD 与圆弧在 B 点的切线重合，初始时 B 与 C 紧挨着，小车长 L＝1 m．现有 一个质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)，自圆弧上的 A 点由静止开始释放，滑块运动到 B 点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了 x＝0.2 m，此时小车的速度为 v＝1 m/s.取 g＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达 B 点时对圆弧轨道的压力；(2)滑块与小车间的动摩擦因数；(3)滑块与小车分离时的速度．解析：(1)滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得mgR＝ mv －012 2B滑块在 B 点，由牛顿第二定律得FN－ mg＝ mv2BR代入数据解得 FN＝30 N由牛顿第三定律知，滑块在 B 点对轨道的压力为 30 N，方向竖直向下．(2)对小车，由动能定理得 μmgx ＝ Mv2－012代入数据解得 μ ＝0.5(3)对滑块在小车上的运动过程，由动能定理得－ μmg (x＋ L)＝ mv － mv12 2D 12 2B代入数据解得 vD＝2 m/s答案：(1)30 N，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s11．(2011·浙江高考)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车，一质量为 m＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以 v1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为 P＝50 kW，当驾驶员看到前方有 80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m 后，速度变为 v2＝72 km/h，此过程中发动机功率的 用于轿车的牵引， 用于供给15 45发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变，求：(1)轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻 的大小；(2)轿车从 90 km/h 减速到 72 km/h 过程中，获得的电能 E 电 ；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电 维持 72 km/h 匀速运动的距离 L′.解析：(1)汽车牵引力与输出功率关系 P＝ F 牵 v1代入数据得 F 牵 ＝ ＝2×10 3 NPv1当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻 ＝ F 牵 ＝2×10 3 N(2)在减速过程中，根据动能定理有Pt－ F 阻 L＝ mv － mv15 12 2 12 21代入数据得 Pt＝1.575×10 5 J电池获得的电能 E 电 ＝0.5× Pt＝6.3×10 4 J45(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为 F 阻 ＝2×10 3 N在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E 电 ＝ F 阻 L′代入数据得 L′＝31.5 m答案：(1)2×10 3 N (2)6.3×10 4 J (3)31.5 m