2019届高考物理一轮复习 第5章 机械能课件+课时作业（打包14套）.zip

必考部分[第五章 ] 机械能第 1讲 功和功率[基础课 ]11、功和功率[基础训练]1．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面匀加速上升，在这个过程中人脚所受的静摩擦力( )A．等于零，对人不做功B．水平向左，对人不做功C．水平向右，对人做正功D．沿斜面向上，对人做正功答案：C 解析：由牛顿第二定律知人受水平向右的静摩擦力，该力与人的位移方向夹角小于 90°，则 W＝ Flcos α 可知该力对人做正功，C 正确．2．物体受到两个互相垂直的作用力 F1、 F2而运动，已知力 F1做功 6 J，物体克服力F2做功 8 J，则力 F1、 F2的合力对物体做功( )A．14 J B．10 J C．2 J D．－2 J答案：D 解析：合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和． F1对物体做功 6 J，物体克服 F2做功 8 J 即 F2对物体做功为－ 8 J，因而 F1、 F2的合力对物体做功为 6 J－8 J＝－2 J，因而选项 D 正确．3． 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，其速度图象如图所示．那么， A、 B 两物体所受摩擦阻力之比FA∶ FB与 A、 B 两物体克服摩擦阻力做的功之比 WA∶ WB分别为( )A．2∶1,4∶1 B．4∶1,2∶1 C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶42答案：B 解析：由 v­t 图象可知 aA∶ aB＝2∶1，又由 F＝ ma， mA∶ mB＝2∶1，可得FA∶ FB＝4∶1，又由图象中面积关系可知 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.4. (2018·福建莆田质检)如图所示，乒乓球运动员用同一个乒乓球两次发球，乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网，从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力)，下列说法正确的是( )A．球第 1 次过网时的速度小于第 2 次的B．球第 1 次的速度变化量小于第 2 次的C．球两次落到台面时重力的瞬时功率相等D．球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等答案：C 解析：球下落的高度相同，由 h＝ gt2可知下落的时间相等，因球第 1 次比12第 2 次通过的水平位移大，根据 x＝ vt 可知，球第 1 次过网时的速度大于第 2 次过网时的速度．球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由 Δ v＝ gt 可得速度变化量相等．重力的瞬时功率 P＝ mgvy，落地时竖直方向的速度相等，故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等．平均功率等于功除以时间，重力两次做的功相等，时间也相等，重力两次的平均功率也相等．故选 C.5．(2018·安徽百校论坛二联)(多选)一滑块静止在水平面上， t＝0 时刻在滑块上施加一水平力 F，力 F 和滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )甲3乙A．力 F 在第 1 s 内做的功为 2 JB．力 F 在第 1 s 内做的功为 4 JC．滑块与水平面间的摩擦力大小为 2 ND．力 F 在第 2 s 内做功的功率为 3 W答案：AD 解析：由图乙可知，滑块在第 1 s 内的位移： x1＝ ×1×1 m＝0.5 m，力12F 在第 1 s 内做的功： W1＝ F1x1＝4×0.5 J＝2 J，故 A 正确，B 错误；由图乙可知，滑块在第 2 s 内做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力大小相等，可知滑块与地面之间的摩擦力大小是 3 N，故 C 错误．力 F 在第 2 s 内做功的功率： P＝3 W，故 D 正确．6．(2018·福建质检)(多选)质量为 400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车( )1vA．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．恒定功率为 160 kWD．所受阻力大小为 1 600 N答案：CD 解析：由题图可知赛车做加速度减小的加速运动，且当牵引力等于阻力时，赛车的加速度为零，赛车的速度最大，A、B 错误；对赛车受力分析，赛车受重力、支持力、牵引力以及摩擦力，由牛顿第二定律得 F－ Ff＝ ma，其中 F＝ ，联立解得 a＝ － ，当Pv Pmv Ffm4赛车的速度最大时，加速度为零，此时有 ＝0.01 m－1 ·s，即最大的速度为 vm＝100 1vm/s，又－ ＝－4,0＝ － ，整理解得 Ff＝1 600 N， P＝160 kW，C、D 正确．Ffm Pmvm Ffm7．水平面上静止放置一质量为 m＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2 s 末达到额定功率，其v­t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ ＝0.1，取 g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够长．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a＝ ＝0.4 m/s 2Δ vΔ t物块受到的摩擦力大小 Ff＝ μmg设牵引力大小为 F，则有： F－ Ff＝ ma得 F＝0.28 N.(2)当 v＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则 P＝ Fv＝0.224 W.(3)物块达到最大速度 vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有Ff＝ μmg ， P＝ Ffvm解得 vm＝1.12 m/s.[能力提升]8．(2018·浙江瑞安检测)如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在图甲中用力 F1拉物体，在图乙中用力 F2推物体，夹角均为 α ，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设 F1和 F2对物体所做的功分别为 W1和 W2，物体克服摩擦力做的功分别为 W3和 W4，下列判断正确的是( )5甲乙A． F1＝ F2 B． W1＝ W2C． W3＝ W4 D． W1－ W3＝ W2－ W4答案：D 解析：由共点力的平衡可知： F1cos α ＝ μ (mg－ F1sin α )， F2cos α ＝ μ (mg＋ F2sin α )，则 F1F2，A 错误；由 W＝ Fxcos α ，位移大小相等，夹角相等，则有 W1W2，B 错误；由 f＝ μF N，可知 f1＝ μ (mg－ F1sin α )， f2＝ μ (mg＋ F2sin α )，则有 W3W4，C 错误；两物体都做匀速直线运动，合外力做功之和为零，则有W1－ W3＝ W2－ W4，所以正确选项为 D.9．(2018·重庆七校期末联考)物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在 0～6 s 内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图所示，由图象可以求得物体的质量为(取 g＝10 m/s 2)( )A．2 kg B．2.5 kg C．3 kg D．3.5 kg答案：B 解析：匀速运动时拉力等于摩擦力，为 F2＝ Ff＝ ＝2.5 N，匀加速运动时拉Pv6力为恒力， v 随时间均匀增大，所以 P 随 t 均匀增大． F1＝ ＝7.5 N． F1－ Ff＝ ma，可得P′v′m＝2.5 kg.故 B 正确，A、C、D 错误．10．(2018·重庆育才中学月考)(多选)质量为 m 的物体在水平恒定外力 F 作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的 v­t 图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体所受摩擦力大小为mv02t0B．水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的 2 倍C．物体在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度D．0～3 t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为mv204t0答案：AD 解析：由 v­t 图象知物体在加速阶段的加速度大小为 a1＝ ，在减速阶段v0t0的加速度大小为 a2＝ ，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f＝ ma2＝ ，A 正确；v02t0 mv02t0而 F－ f＝ ma1，即水平拉力大小为 F＝ ，是物体所受摩擦力大小的 3 倍，B 错误；由3mv02t0v­t 图象知物体在加速阶段的平均速度和在减速阶段的平均速度均为 ，C 错误；0～3 t0时v02间内物体的位移为 x＝ ，所以克服摩擦力做功的平均功率为 P＝ ＝ ，D 正确．3v0t02 fx3t0 mv204t011．(2018·河南模拟)(多选)质量为 2 kg 的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数 μ ＝0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功 W 随物块的位移 x 变化的关系如图所示．重力加速度取 g＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )7A．在 x＝0 至 x＝2 m 的过程中，物块的加速度大小是 1 m/s2B．在 x＝4 m 时，摩擦力的瞬时功率是 4 WC．在 x＝2 m 至 x＝6 m 的过程中，物块做匀加速直线运动D．在 x＝0 至 x＝6 m 的过程中，拉力的平均功率是 4 W答案：ABD 解析： W­x 图线的斜率表示水平拉力 F 的大小，由图可知， x＝0 至 x＝2 m 的过程中，水平拉力为 F1＝4 N，由牛顿第二定律有 F1－ μmg ＝ ma，解得 a＝1 m/s2，故A 正确．根据图象可知， x＝4 m 对应拉力做的功 W＝12 J，0～4 m 的过程中，根据动能定理有 W－ μmgx ＝ mv2，解得 v＝2 m/s，则在 x＝4 m 时，摩擦力的瞬时功率是12P＝ μmgv ＝0.1×2×10×2 W＝4 W，故 B 正确． W­x 图线的斜率表示水平拉力 F 的大小，由图可知， x＝2 m 至 x＝6 m 的过程中，水平拉力 F2＝2 N，而 f＝ μmg ＝2 N， F2＝ f，物块做匀速直线运动，故 C 错误．在 x＝0 至 x＝2 m 的过程中物块的运动时间 t1＝ ＝2 s，va在 x＝2 m 至 x＝6 m 的过程中物块的运动时间 t2＝ s＝2 s，在 x＝0 至 x＝6 m 的过程中，42拉力的平均功率 ＝ ＝ W＝4 W，故 D 正确．PWt1＋ t2 16412．(2018·四川绵阳诊断)绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．设飞机质量 m＝5×10 4 kg，起飞速度是 80 m/s.(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率 P＝8 000 kW，飞机在起飞前瞬间加速度 a1＝0.4 m/s 2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小；(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为 F＝8×10 4 N，受到的平均阻力为f＝2×10 4 N．如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为 4 m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？答案：(1)8×10 4 N (2)3 467 m解析：(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为 F1，受到的阻力大小为 f1，起飞速度vm＝80 m/s，则8P＝ F1vmF1－ f1＝ ma1代入数据解得 f1＝8×10 4 N.(2)设飞机起飞过程加速度为 a2，达到起飞速度应滑行距离为 x1，因故减速滑行距离为 x2，跑道的长度至少为 x，则F－ f＝ ma2v ＝2 a2x12mv ＝2 a3x22ma3＝4 m/s 2x＝ x1＋ x2代入数据解得 x＝3 467 m.12、动能定理及其应用[基础训练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零答案：A 解析：由 W＝ Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α ＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝Δ Ek可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D 均错误．2．如图所示， ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆弧， B、 C 在水平线上，其距离 d＝0.5 m．盆边缘的高度为 h＝0.3 m．在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 μ ＝0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到 B 的距离为( )A．0.5 m B．0.25 m C．0.1 m D．0答案：D 解析：由 mgh＝ μmgx ，得 x＝3 m，而 ＝ ＝6，即 3 个来回后，小物块xd 3 m0.5 m恰停在 B 点，选项 D 正确．3．(2018·辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为 F 的水平拉力作用在该木块上，经过位移 x 时，拉力的瞬时功率为 P；若将一个大小恒为 2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移 x 时，拉力的瞬时功率是( )A. P B．2 P C．2 P D．4 P2 2答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有 Fx＝ mv ，经过位移 x 时的瞬时12 212功率 P＝ Fv1＝ F· ；同理，对第二个过程有 2Fx＝ mv ，经过位移 x 时的瞬时功率2Fxm 12 2P′＝2 Fv2＝4 F· ；所以 P′＝2 P，C 项正确．Fxm 24．(2018·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的 B 点时速率为 v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过 n 条阻挡条后停下来．若让小球从 2h 高处以初速度 v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A． n B．2 n C．3 n D．4 n答案：C 解析：设每条阻挡条对小球做的功为 W，小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下到 B 处，由动能定理有 mgh＝ mv ，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－ nW＝0－12 20mv ；让小球从 2h 高处以初速度 v0滚下到停止，由动能定理有 mg·2h－ n′ W＝0－ mv ，12 20 12 20三式联立解得 n′＝3 n，所以选项 C 正确．5．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—时间图象如图所示，且α β ，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1，物体克服摩擦阻力 F1做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是( )A． W1W2， F＝2 Ff B． W1＝ W2， F2FfC． P12Ff D． P1＝ P2， F＝2 Ff答案：B 解析：整个运动过程中，根据动能定理有 W1－ W2＝0，所以 W1＝ W2，又 P1＝3， P2＝ ， t2t1，所以 P1P2.根据牛顿第二定律，施加拉力 F 时，加速度大小W1t1 W2t2a1＝ ，撤去拉力后加速度大小 a2＝ ， v­t 图线斜率的绝对值表示加速度的大小，根F－ Ffm Ffm据题图可知 a1a2，即 ，可得 F2Ff，综上分析，B 正确．F－ Ffm Ffm6．(2018·吉林摸底)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，34则空气阻力的大小等于( )A. mg B. mg C. mg D. mg34 316 716 725答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－( mg＋ f)H＝0－ mv ，对小球向12 20下运动，由动能定理有，( mg－ f)H＝ m 2，联立解得 f＝ mg，故 D 正确．12(34v0) 7257．(2018·河北保定调研)(多选)如图所示，长为 L 的轻质硬杆 A 一端固定小球 B，另一端固定在水平转轴 O 上．现使轻杆 A 绕转轴 O 在竖直平面内匀速转动，轻杆 A 与竖直方向夹角 α 从 0°增加到 180°的过程中，下列说法正确的是( )A．小球 B 受到的合力的方向始终沿着轻杆 A 指向轴 OB．当 α ＝90°时，小球 B 受到轻杆 A 的作用力方向竖直向上C．轻杆 A 对小球 B 做负功D．小球 B 重力做功的功率不断增大答案：AC 解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心 O，选项 A 对；转过 90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡4小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项 B 错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项 C 对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项 D 错．[能力提升]8．如图所示，一质量 m＝0.75 kg 的小球在距地面高 h＝ 10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力 f 大小恒为 2.5 N，取g＝10 m/s 2.求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．答案：(1)5 m (2)28.75 m解析：(1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为 h2，从开始由静止释放到第一次碰撞后运动高度 h2的过程，由动能定理可得 mg(h－ h2)－ f(h＋ h2)＝0解得 h2＝ h＝5 m.mg－ fmg＋ f(2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离为 h3，从第一次碰撞后运动的高度 h2处静止下落到第二次碰撞后向上运动距离 h3的过程，由动能定理可得， mg(h2－ h3)－ f(h2＋ h3)＝0解得 h3＝ h2＝ 2hmg－ fmg＋ f (mg－ fmg＋ f)同理得 hn＝ n－1 h(mg－ fmg＋ f)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程s＝ h＋2( h2＋ h3＋ h4＋ h5)＝28.75 m.9．(2018·陕西一测)如图所示，一个小球由 A 静止开始沿粗糙的 圆周轨道顶端运动14到底端 B 时速度为 v1，克服摩擦力做功 W1；以速度 v2从底端 B 出发，恰好能运动到顶端A，克服摩擦力做功为 W2，则( )5A． v1v2， W1W2 B． v1＝ v2， W1W2C． v1＝ v2， W1＝ W2 D． v1v2， W1W2答案：D 解析：对小球由 圆周轨道的顶端 A 静止开始的下滑过程，由动能定理，14mgR－ W1＝ mv ；对小球由 圆周轨道的底端 B 出发的运动过程，由动能定理，12 21 14－ mgR－ W2＝0－ mv ；显然 v1v2.把 圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，12 2 14第二个过程的速度较大，对轨道的压力较大，所受的滑动摩擦力较大，克服摩擦力做功较多，即 W1W2，选项 D 正确．10．(2018·吉林三校联考)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 球所做的功为(取 g＝10 m/s 2)( )A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 答案：C 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34升高度 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 W＝ mgh＋12 2B6mv ＝2×10×0.1 J＋ ×2×42 J＝18 J，选项 C 正确．12 2B 1211．(2018·广东清远三中质检)(多选)如图所示，长为 L 的长木板水平放置，在木板的 A 端放置一个质量为 m 的小物块，现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为 α 时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v，则在整个过程中( )A．木板对小物块做功为 mv212B．摩擦力对小物块做功为 mgLsin αC．支持力对小物块做功为 0D．滑动摩擦力对小物块做功为 mv2－ mgLsin α12答案：AD 解析：设在整个过程中，木板对物块做功为 W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得： W＝ mv2，故 A 正确．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为12α 的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即 fmgsin α ，则摩擦力对物块做功 Wf＝－ fL≠－ mgLsin α ，故 B 错误．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 α 的过程中，支持力对物块做功，设为 WN，根据动能定理得： WN－ mgLsin α ＝0，得 WN＝ mgLsin α ，故 C 错误．在物块下滑的过程中，根据动能定理得： mgLsin α ＋ Wf＝ mv2－0，则 Wf＝ mv2－ mgLsin 12 12α ，故 D 正确．12．(2018·江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为 m 的小球(可视为质点)用长为 L的细线悬挂于 O 点，自由静止在 A 位置．现用水平力 F 缓慢地将小球从 A 拉到 B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为 θ ＝60°，此时细线的拉力为 T1，然后撤去水平力 F，小球从B 返回到 A 点时细线的拉力为 T2，则( )7A． T1＝ T2＝2 mgB．从 A 到 B，拉力 F 做功为 mgLC．从 B 到 A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从 B 到 A 的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小答案：AD 解析：分析小球在 B 点受力可得 T1＝2 mg，撤去拉力后，根据动能定理，mgL(1－cos θ )＝ mv2，在 A 点， T2－ mg＝ m ，可得 T2＝2 mg， WF－ mgL(1－cos θ )12 v2L＝0， WF＝ mgL，选项 A 正确，B 错误；从 B 到 A 过程中，在 A、 B 两点重力的瞬时功率都12等于零，D 正确；在 B 点小球所受合外力为 mgsin θ ，在 A 点的合外力为 mg，选项 C 错误．13．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为 μ ＝0.6，取 g＝10 m/s 2.求：甲8乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？答案：(1)10 m/s 2 (2)2.5 m (3)5.33 m解析：(1)当推力 F 最大时，加速度最大由牛顿第二定律得F－ μmg ＝ ma得 a＝10 m/s 2.(2)由图象可知： F 随 x 变化的函数方程为F＝80－20 x速度最大时，合外力为零即 F＝ μmg所以 x＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度一定为 0由动能定理可得WF－ μmgs ＝0由图象可知，力 F 做的功为WF＝ Fx＝160 J12所以 s＝ m＝5.33 m.16030必考部分[第五章 ] 机械能第 2讲 动能定理及其应用[重点课 ]13、机械能守恒定律[基础训练]1．(2018·广东广州二模)如图所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率 v 射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是( )A． A B． B C． C D． D答案：B 解析：由题意，忽略空气阻力，没有能量的消耗，小球的机械能守恒，将光滑小球以相同速率 v 射出：小球沿竖直方向向上运动，动能转化为重力势能，速度足够大，就会有足够的动能转化为重力势能，就会到达天花板；同理，小球沿斜面向上运动，同样会到达天花板；小球在管道里运动时类似于用杆支撑，故只要竖直上抛能到达最高点，则在管道里面即可到达最高点；只有物体斜抛时，由于竖直分速度小于 A 中的竖直速度，水平方向速度保持不变，则由机械能守恒定律可知，小球无法到达最高点．综述，本题选 B.2．(2018·山东潍坊中学一模)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆 ab，杆与水平面的夹角为 θ ，在杆的上端 a 处套一质量为 m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与 a 处在同一水平线上的 O 点， O、 b 两点处在同一竖直线上．由静止释放圆环后，圆环沿杆从 a 运动到 b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )A．圆环的机械能保持不变B．弹簧对圆环一直做负功C．弹簧的弹性势能逐渐增大D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒答案：D 解析：由几何关系可知，当环与 O 点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，2弹簧的弹性势能最小，如图所示，所以在环从 a 到 c 的过程中弹簧对环做正功，弹簧的弹性势能减小，环的机械能增大，而从 c 到 b 的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，环的机械能减小，故 A、B、C 错误；在整个的过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故 D 正确．3．(2018·湖南长沙模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点 A、 B 固定在把手上，橡皮筋处于 ACB 时恰好为原长状态，在 C 处( A、 B 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至 D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知 E 是 CD 中点，则( )A．从 D 到 C 过程中，弹丸的机械能守恒B．从 D 到 C 过程中，弹丸的动能一直在增大C．从 D 到 C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D．从 D 到 E 过程橡皮筋弹力做功大于从 E 到 C 过程答案：D 解析：从 D 到 C 过程中，弹力对弹丸做正功，弹丸的机械能增加，选项 A 错误；弹丸竖直向上发射，从 D 到 C 过程中，必有一点弹丸受力平衡，在此点 F 弹 ＝ mg，在此点上方弹力小于重力，在此点下方弹力大于重力，则从 D 到 C 过程中，弹丸的动能先增大后减小，选项 B 错误；从 D 到 C 过程中，橡皮筋的弹性势能一直减小，选项 C 错误；从D 到 E 过程橡皮筋的弹力大于从 E 到 C 过程，故从 D 到 E 过程橡皮筋弹力做功大于从 E 到C 过程，选项 D 正确．4．(2018·湖北黄冈高三期中)半径分别为 r 和 R(rR)的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示．质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地3释放，在下滑过程中两物体( )A．机械能均逐渐减小B．经过最低点时动能相等C．机械能总是相等的D．两物体在最低点时加速度大小不相等答案：C 解析：两物体下滑的过程中均只有重力做功，机械能守恒，故 A 错误，C 正确；在最低点，两物体重力势能不同，由机械能守恒定律可知，两物体动能不同，故 B 错误；物体由半圆形槽左边缘到最低点的过程中，有 mgR＝ mv2，在最低点，两物体的加速12度 a＝ ，解得 a＝2 g，其与圆周运动的轨道半径无关，故 D 错误．v2R5．(2018·陕西咸阳市期末)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测得这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，则( )A． t1时刻小球动能最大B． t2时刻小球动能最大C． t2～ t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D． t2～ t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能答案：C 解析： t1时刻，小球刚与弹簧接触； t2时刻，小球到达最低点，速度为零；t3时刻，小球与弹簧分开，A、B 项错误； t2到 t3这段时间内，小球先加速上升再减速上升，动能先增大后减小，C 正确，D 错误．6. (2018·辽宁抚顺一中一模)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径 ab 水平，质点 P 从 a 点正上方高 H 处自由下落，经过轨道后从 b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为4H，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道 a 点冲出时，能上升的最大高度 h 为( )23A． h＝ H B． h＝23 H3C． h D. hH3 H3 2H3答案：D 解析：根据动能定理研究质点第一次在半圆轨道中得 mg ＋(－ Wf)(H－2H3)＝0， Wf为质点克服摩擦力做功大小， Wf＝ mgH.质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位13置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 mgH，机13械能损失小于 mgH，因此小球再次冲出 a 点时，能上升的高度为 Hh ，故选 D.13 13 2H37．如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为 1 kg 的物体 A 从离弹簧顶端正上方 1 m 高处由静止释放，当物体 A 下降到最低点 P(图中未画出)时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为 0.6 m．物体与弹簧接触时无能量损失．(取 g＝10 m/s 2)(1)此时弹簧的弹性势能为多少？(2)若弹簧弹性势能的表达式为 Ep＝ k(Δ x)2，则弹簧的劲度系数是多大？12(3)若将质量为 2 kg 的物体 B 也从离弹簧顶端正上方相同高度处由静止释放，当物体B 下降到 P 处时，物体 B 的速度是多大？5答案：(1)16 J (2)88.89 N/m (3)4 m/s解析：(1)以物体和弹簧组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，有mg(h＋ x0)＝ Ep代入数据，解得 Ep＝1×10×(1＋0.6) J＝16 J.(2)由 Ep＝ k(Δ x)212得 k＝ ＝ N/m＝88.89 N/m.2Ep Δ x 2 2×160.62(3)当物体 B 也下降到 P 处时，由于弹簧的压缩量相同，故弹性势能相等，根据系统的机械能守恒有2mg(h＋ x0)＝ Ep＋ ×2mv212代入数据，解得 v＝4 m/s.[能力提升]8．(2018·安徽六安一中月考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，杆与水平方向的夹角 α ＝30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则在圆环下滑过程中( )A．圆环和地球组成的系统机械能守恒B．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C．弹簧的最大弹性势能为 mgh32D．弹簧转过 60°角时，圆环的动能为mgh2答案：D 解析：圆环沿杆滑下，滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功，即圆环的重力和弹簧的拉力，所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒，如果把圆环、弹簧和地球组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故 A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，对圆环有一个斜向左下方的拉力，故 B6错误；根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即 mgh，故 C 错误；弹簧转过 60°角时，弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得 mg· ＝ mv2，即圆环的动能等于 ，h2 12 mgh2故 D 正确．9．(2018·江苏苏北四市联考)(多选)如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为 m 的小球 A、 B 与轻杆连接，置于圆弧轨道上， A 位于圆心 O 的正下方， B 与 O 等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是( )A．下滑过程中重力对 B 做功的功率先增大后减小B．当 B 滑到圆弧轨道最低点时，轨道对 B 的支持力大小为 3mgC．下滑过程中 B 的机械能增加D．整个过程中轻杆对 A 做的功为 mgR12答案：AD 解析：因为初位置速度为零，则重力的功率为零，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故 A 正确； A、 B 小球组成的系统在运动过程中机械能守恒，设 B 到达轨道最低点时速度为 v，根据机械能守恒定律得 (m＋ m)v2＝ mgR，解得 v＝ ，在最低点，根据牛顿第二定律得 N－ mg＝ m ，解得12 gR v2RN＝2 mg，故 B 错误；下滑过程中， B 的重力势能减小 Δ Ep＝ mgR，动能增加量 Δ Ek＝ mv2＝12mgR，所以 B 的机械能减小 mgR，故 C 错误；整个过程中，对 A 根据动能定理得12 12W＝ mv2＝ mgR，故 D 正确．12 1210．(2018·云南昆明一中仿真)(多选)如图所示的等边三角形框架用三根轻杆制成，边长为 L，在其中两个顶点处各固定一个小球 A 和 B，质量分别为 2m 和 m.现将三角形框架的第三个顶点悬挂在天花板上 O 点，有一水平力 F 作用在小球 A 上，使 OB 杆恰好静止于竖直方向．不计一切摩擦，将力 F 撤去，框架绕 O 点自由转动，则( )7A．力 F 撤去前， AB 杆的拉力为零B．力 F 撤去前， AB 杆的拉力不为零C．撤去 F 后 A 球运动到最低点时的速度大小为 v＝3gL3D．撤去 F 后 A 球运动到最低点时的速度大小为 v＝23gL3答案：AC 解析：对球 B 受力分析，受重力和 OB 杆的拉力，由于受力平衡，故杆 AB的拉力为零，故 A 正确，B 错误； A、 B 球用杆相连，速度相等，撤去 F 后 A 球运动到最低点的过程系统机械能守恒，2 mg － mg ＝ (2m＋ m)v2，解得 v＝ ，故 C 正确，D 错误．L2 L2 12 3gL311．(多选)如图所示，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在 O 点， O 与管口 P 的距离为 2x0，现将一个重力为 mg 的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至 M 点，压缩量为 x0，释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到 P 点时的动能为 4mgx0，不计一切阻力，下列说法中正确的是( )A．弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒B．弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能C．钢珠弹射所到达的最高点距管口 P 的距离为 7x0D．弹簧被压缩至 M 点时的弹性势能为 7mgx0答案：AD 解析：弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故系统机械能守恒，A 正确；弹簧恢复原长时，钢珠的动能和势能都增加，选项 B 错误；钢珠运动到 P 点时，钢珠的动能增加到 4mgx0，且竖直方向上钢珠位置升高了 3x0，即重力势能增加量 Δ Ep＝3 mgx0，故弹簧被压缩至 M 点时的弹性势能为 E＝4 mgx0＋3 mgx0＝7 mgx0，D 正8确；钢珠到达管口 P 点时动能为 4mgx0，当钢珠达到最大高度时，动能为 0，动能转化为重力势能，则上升的最高点与管口的距离 h 满足 mgh＝4 mgx0，故上升的最高点与管口的距离h＝4 x0，C 错误．12．(2018·河北石家庄一模)如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为 R＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心 O 等高处固定一光滑直杆．质量为 ma＝100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量为 mb＝36 g 的滑块 b 套在直杆上，二者之间用长为 l＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将 a 从圆环的最高处由静止释放，使 a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦， a、 b 均视为质点，重力加速度取 g＝10 m/s 2.求：(1)小球 a 滑到与圆心 O 等高的 P 点时的向心力大小；(2)小球 a 从 P 点下滑至杆与圆环相切的 Q 点的过程中，杆对滑块 b 做的功．答案：(1)2 N (2)0.194 4 J解析：(1)当 a 滑到与 O 同高度的 P 点时， a 的速度 v 沿圆环切向向下， b 的速度为零由机械能守恒可得： magR＝ mav212解得： v＝ 2gR对小球 a 受力分析，由牛顿第二定律可得： F＝ ＝2 mag＝2 N.mav2R(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时 a 的速度沿杆方向，设此时 b 的速度为 vb，则知 va＝ vbcos θ9由几何关系可得：cos θ ＝ ＝0.8ll2＋ R2球 a 下降的高度 h＝ Rcos θa、 b 及杆组成的系统机械能守恒： magh＝ mav ＋ mbv － mav212 2a 12 2b 12对滑块 b，由动能定理得： W＝ mbv ＝0.194 4 J.12 2b