1、专题六 机械能及其守恒定律 A 组 三年高考真题（ 2016 2014 年） 1.(2016四川理综， 1， 6 分 )(难度 )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 1 900 J，他克服阻力做功 100 J。韩晓鹏在此过程中 ( ) A动能增加了 1 900 J B动能增加了 2 000 J C重力势能减小了 1 900 J D重力势能减小了 2 000 J 2.(2016天津理综， 8， 6 分 )(难度 )(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，提供动
2、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 2 C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 3.(2016全国卷 ， 20， 6 分 )(难度 )(多选 )如图，一固定容器的内壁是半径为 R
3、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 ( ) A a 2（ mgR W）mR B a 2mgR WmR C N 3mgR 2WR D N 2（ mgR W）R 4 (2016全国卷 ， 21， 6 分 )(难度 )(多选 )如图，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，
4、且 ONMt2 C v1 v2， t1t2. 17 C 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有 F mg ma， h 12at2，某一时刻的机械能 E E Fh，解以上各式得 E Fa2 E t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有 C 正确 18 D 由动能定理有 mgH mgcos Hsin 0 12mv2 mgh mgcos hsin 0 12m(v2)2 解得 ( v22gH 1)tan ， hH4，故 D 正确 19 B 汽车以最大速率行驶时，牵引力 F 等于阻力 f，即 F f kmg.由 P k1mgv1及 P k2mgv2，得 v2 k1k2v1，故B
5、 正确 20 C WF1 12mv2 mgv2t,WF2 12m4 v2 mg2v2 t，故 WF2 4WF1； Wf1 mgv2t， Wf2 mg2v2 t，故 Wf2 2Wf1， C正确 21 解析 (1)运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有 v2B 2ax 由牛顿第二定律有 mgHx Ff ma 联立 式， 代入数据解得 Ff 144 N (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，由动能定理得 mgh W 12mv2C 12mv2B 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 mv2CR 由题意
6、和牛顿第三定律知 FN 6mg 联立 式，代入数据解得 R 12.5 m 答案 (1)144 N (2)12.5 m 22 解析 (1)支持力的大小 N mgcos (2)根据几何关系 sx x(1 cos )， sy xsin 且 s s2x s2y 解得 s 2（ 1 cos ） x (3)B 的下降高度 sy xsin 根据机械能守恒定律 mgsy 12mv2A 12mv2B 根据速度的定义得 vA xt， vB st 则 vB 2（ 1 cos ） vA 解得 vA 2gxsin 3 2cos 答案 (1)mgcos (2) 2（ 1 cos ） x (3) 2gxsin 3 2cos
7、 23 解析 (1)由题意可知： lBC 7R 2R 5R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 mglBCsin mglBCcos 12mv2B 式中 37，联立 式并由题给条件得 vB 2 gR (2)设 BE x， P 到达 E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为 Ep，由 B E 过程，根据动能定理得 mgxsin mgxcos Ep 0 12mv2B E、 F 之间的距离 l1为 l1 4R 2R x P 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 mgl1sin mgl1cos 0 联立 式得 x R Ep 125 mgR (3)设改变
8、后 P 的质量为 m1， D 点与 G 点的水平距离为 x1和竖直距离为 y1， 37。由几何关系 (如图所示 )得： x1 72R 56Rsin 3R y1 R 56R 56Rcos 52R 设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。 由平抛运动公式得： y1 12gt2 x1 vDt 联立 得 vD 35 5gR 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 12m1v2C12m1v2D m1g(56R56Rcos ) P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理得 Ep m1g(x 5R)sin m1g(x 5
9、R)cos 12m1v2C 联立 得 m1 13m 答案 (1)2 gR (2)125 mgR (3)13m 24 解析 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒得 EkA mgR4 设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有 EkB mg5R4 由 式得 EkBEkA 5 (2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 FN应满足 FN0 设小球在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有 FN mg mv2CR2 由 式得 mgm2v2CR vC Rg2 全程应用机械能守恒定律得 mgR4 12mvC2 由 式可知， vC
10、vC，即小球恰好可以沿轨道运动到 C 点 。 答案 (1)5 1 (2)能，理由见解析 25 解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹簧长度为 l 时的弹性势能为 Ep 5mgl 设 P 到达 B 点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 Ep 12mv2B mg(5l l) 联立 式，并代入题给数据得 vB 6gl 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度大 小 v 应满足 mv2l mg0 设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守
11、恒定律得 12mv2B12mv2D mg2 l 联立 式得 vD 2gl vD满足 式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出。设 P 落回到轨道 AB 所需的时间为 t，由运动学公式得 2l 12gt2 P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s vDt 联立 式得 s 2 2l (2)设 P 的质量为 M，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。由 式可知 5mglMg4 l 要使 P 仍能沿圆轨道滑回， P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。由机械能守恒定律有 12MvB2Mgl Ep 12MvB2 Mg4 l 联立 式得
12、53mM52m 答案 (1) 6gl 2 2l (2)53mM52m 26.解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为 t1；距离为 s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为 t2,距离为s2，速度为 v；在匀减速直线运动阶段所 用的时间为 t3，距离为 s3；甲站到乙站的距离为 s.则 s1 12v-t1 s2 v-t2 s3 12v-t3 s s1 s2 s3 联立 式并代入数据得 s 1 950 m (2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为 F,所做的功为 W1；在匀速直线运动阶段的 牵引力的功率为 P,所做的功为 W2.设燃油公交车做与该列车从甲 站到乙站相同的功 W，将排放气态污
13、染物质量为 M.则 W1 Fs1 W2 Pt2 W W1 W2 M (310 9 kgJ 1)W 联立 式并代入数据得 M 2.04 kg 答案 (1)1 950 m (2)2.04 kg 27解析 (1)要使小物块能够下滑必须满足 mgsin 1mgcos 解得 tan 0.05 (2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功 Wf 1mgL1cos 2mg(L2 L1cos ) 全过程由动能定理得： mgL1sin Wf 0 代入数据解得 2 0.8 (3)当 53时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶 端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得： mgL1sin
14、Wf 12mv2 由 解得 v 1 m/s 对于平抛过程列方程有： H 12gt2，解得 t 0.4 s x1 v-t，解得 x1 0.4 m 则 xm x1 L2 1.9 m 答案 (1)tan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m 28. 解析 (1)一小环在 bc 段轨道运动时 ,与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b 点时的速度水平 ,小环做平抛运动的轨迹与轨道 bc 重合，故有 s v0t h 12gt2 在 ab 滑落过程中，根据动能定理可得 mgR 12mv2b 联立三式可得 R s24h 0.25 m (2)下滑过程中 ,初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 mgh
15、 12mv2c 因为物体滑到 c 点时与竖直方向的夹角等于 (1)问中做平抛运动过程中经过 c 点时速度与竖直方向的夹角相等 ,设为，则根据平抛运动规律可知 sin vbv2b 2gh 根据运动的合成与分解可得 sin v水平vc 联立 可得 v 水平 2 103 m/s. 答案 (1)0.25 m (2)2 103 m/s 29解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为 T1,传感装置的初始值为 F1，物块质量 为 M，由平衡条件得 对小球， T1 mg 对物块， F1 T1 Mg 当细绳与竖直方向的夹角为 60时 ,设细绳的拉力大小为 T2，传感装置的示数为 F2，据题意可知， F2 1.25F
16、1，由平衡条件得 对小球， T2 mgcos 60 对物块， F2 T2 Mg 联立 式，代入数据得 M 3m (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 Wf，由动能定理得 mgl(1 cos 60) Wf 12mv2 在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3，传感装置的示数为 F3，据题意可知， F3 0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得 T3 mg mv2l 对物块，由平衡条件得 F3 T3 Mg 联立 式，代入数据得 Wf 0.1mgl 答案 (1)3m (2)0.1mgl 30解析 (1)小球在 Q 点处的速度为 v0,从 Q 到
17、距 Q 水平距离为 L2的圆环中心处的时间为 t1，落到底板上的时间为 t，距 Q 水平距离为 L2的圆环中心到底板的高度为 h，由平抛 运动规律得 L v0t L2 v0t1 H 12gt2 H h 12gt21 联立 式解得 h 34H (2)联立 式解得 v0 L g2H 在 Q 点处对球由牛顿第二定律得 FN mg mv20R 联立 式解得 FN mg(1 L22HR) 由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 FN FN mg(1 L22HR) 方向竖直向下 (3)从 P 到 Q 对小球由动能定理得 mgR Wf 12mv20 联立 式解得 Wf mg( L24H R) 答案 (1)3
18、4H (2)L g2H mg(1 L22HR)，方向竖直向下 (3)mg(L24H R) 31解析 (1)滑块滑到 B 点时对小车压力最大，从 A 到 B 机械能守恒 mgR 12mv2B 滑块在 B 点处，由牛顿第二定律知 N mg mv2BR 解得 N 3mg 由牛顿第三定律知 N 3mg (2) 滑块下滑到达 B 点时，小车速度最大由机械能守恒 mgR 12Mv2m 12m(2vm)2 解得 vm gR3 设滑块运动到 C 点时，小车速度大小为 vC，由功能关系 mgR mgL 12Mv2C 12m(2vC)2 设滑块从 B 到 C 过程中，小车运动加速度大小为 a，由牛顿第二定律 mg
19、 Ma 由运动学规律 v2C v2m 2as 解得 s 13L 答案 (1)3mg (2) gR3 13L 32解析 (1)F-x 图象如图所示 物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中，弹力做负功，大小等于图线与 x 轴所围成的图形的面 积，所以有 WT 12kxx 12kx2 (2)a.物块由 x1向右运动到 x3的过程中，弹力做负功 WT1 12(kx1 kx3)(x3 x1) 12kx21 12kx23 物块由 x3向左运动到 x2的过程中，弹力做正功 WT2 12(kx2 kx3)(x3 x2) 12kx23 12kx22 整个过程中弹力做功 WT WT1 WT2 12kx2
20、1 12kx22 弹性势能的变化量 Ep WT 12kx22 12kx21 b整个过程中，摩擦力做功 Wf mg(2x3 x1 x2) 弹力做功 WT 12kx21 12kx22只与初、末状态的位置有关，与移动路径无关，所以我们可以定义一个由物块之间的相互作用力 (弹力 )和相对位置决定的能量 弹性势能而摩擦力做功与 x1、 x2、 x3有关，即与实际路径有关，所以不可以定义与摩擦力对应的 “摩擦力势能 ” 答案 见解析 33解析 (1)游客从 B 点做平抛运动，有 2R vBt R 12gt2 由 式得 vB 2gR 从 A 到 B，根据动能定理，有 mg(H R) Wf 12mv2B 0 由 式得 Wf (mgH 2mgR) (2)设 OP 与 OB 间夹角为 ，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 Rcos ) 12mv2P 0 过 P 点时，根据向心力公式，有 mgcos N mv2PR N 0 cos hR 由 式解得 h 23R 答 案 (1) 2gR (mgH 2mgR) (2)23R
