1、1-3-6课时强化训练1(多选) 图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高。下列说法中正确的是( )A图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析 图甲中的弹丸在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故 A 错 B 对。而 图乙中的运动员越跳越高，机械能增大，故 C 对 D 错。答案 BC2(2018湖北黄冈期末)如图所示，物体 A 的质量大于 B 的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A 、B 恰好处于平衡状态，如果将悬点 P 靠近
2、 Q 少许使系统重新平衡，则( )A物体 A 的重力势能增大B物体 B 的重力势能增大C绳的张力减小DP 处绳与竖直方向的夹角减小解析 B 物体对绳 子的拉力不变，等于物体 B 的重力；动滑轮和物体 A 整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；所以物体 A 上升，物体 B 下降，所以物体 A 的重力势能增大，物体 B 的重力势能减小。故 A 正确， B、C、D 错误 。答案 A3(2018山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨道 2，圆轨道 1 的半径为 R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.8 倍
3、，小球的质量为 m，若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，则小球在轨道 1 上经过 A 处时对轨道的压力为( )A2mg B3mgC4mg D5mg解析 小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时，有 mg ，小球在 轨道 1 上经过 A 处时，有 Fmg，根据机械能守恒，有 1.6mgR mv mv ，解得 F4mg，C 项正确。12 2A 12 2B答案 C4(2018陕西商洛模拟)( 多选) 如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。杆上的 A 点与定滑轮等高，杆上的 B 点在 A 点正下
4、方距离为 d 处。现将环从 A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A环到达 B 处时，重物上升的高度 hd2B环到达 B 处时，环与重物的速度大小相等C环从 A 到 B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为 d43解析 环到达 B 处时，对环的速度进行分解，可得 v 环 cos v 物 ，由题图中几何关系可知 45 ，则v 环 v 物 ，B 错；因环从 A 到 B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机2械能，C 对；当环 到达 B 处时，由 题图中几何关系可得重物上升的高度 h( 1)d，A 错；当环下落到最低2点时， 设环下落
5、高度为 H，由机械能守恒有 mgH2mg ( d) ，解得 H d，故 D 正确。H2 d243答案 CD5如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为 G 的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。t 0 时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力 F 随时间 t 变化的图像如图乙，取 F 竖直向上为正，以下判断正确的是( )A升降机停止前一定向下运动B02t 0 时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态Ct 03t 0 时间内，小球向下运动，在 t0、3t 0 两时刻加速度相同D3t 04t 0 时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化解析 由图像看出，t0 时刻， 弹簧的弹力为 G，升
6、降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故 A 错误；02t 0时间 内拉力小于重力，小球 处 于失重状态，加速度的方向向下， 2t03t 0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故 B、C 错误；3t 04t 0时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运 动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知， 弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量， 弹簧弹力做的功大于小球 动能的变化，故 D 正确。答案 D6(多选) 如图，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
7、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，故总系统机械能守恒，故 A 正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性 势能一部分转化为钢珠的动 能，一部分 转化为钢珠的重力势能，B 错误；钢珠由 M 到 P 的过 程，弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，故弹
8、簧被压缩至 M 点时的总弹性势能为 Ep 4mgx0 3mgx07mgx 0，D 正确；钢珠到达管口 P 点时动能为 4 mgx0，当钢珠到达最大高度时， 动能为 0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离 h 满足：mgh 4mgx 0，故上升的最大高度距离管口的距离 h4x 0，C 错误。答案 AD7如图所示，质量为 m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度 v0 冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为 H。已知斜面倾角为 ，斜面与滑块间的动摩擦因数为 ，且 tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能 E、动能 Ek、势能 Ep
9、与上升高度 h 之间关系的图像是( )解析 滑块在斜面上的重力势能 Epmgh ，所以 Ep h 图像为一条过原点的直线段，故 选项 A 错误。由功能关系 W 其他 E 可知滑 块克服滑动摩擦力的功等于滑 块机械能的减小量，由于滑 动摩擦力大小不变，所以 E - h 图线为直线段，故选项 B 错误。由动能定理可知滑块合力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力 为恒力，由 EkF 合 h 可知 Ekh 图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项 C 错误， 选项 D 正确。答案 D8(2018湖南六校联考)质量相等的两个质点 A、B 在拉力作用下从同一地点沿同一直线
10、竖直向上运动的 v-t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A0t 2 时间内 A 质点处于失重状态B在 t1t 2 时间内质点 B 的机械能守恒C0t 2 时间内两质点的平均速度相等D两个质点第一次相遇在 t2 时刻之后，在第一次相遇之前 t2 时刻两个质点距离最远解析 因 v-t 图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在 0t 2时间内 A 质点一直竖直向上加速，则 A 质 点处于超重状态，A 项错误。 t1t 2时间内，B 质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B 项错误。因在 v-t 图像中图线与 t 轴所围面积表示位移，则由图可知，在 0t 2时间内，A 质点的位
11、移小于 B 质点的位移，又 时间相等，由 v 可知 A 质 点的平均速度小于 B 质点的平均速度， C 项错误。xt已知两质点从同一地点沿同一直线竖直向上同时开始运动，由 v-t 图像可知 t2时刻之前质点 B 的速度大于质点 A 的速度，两者间距离逐 渐增大， t2时刻之后质点 B 的速度小于 质点 A 的速度，两者间距离逐渐减小，则知两个质点第一次相遇在 t2时刻之后，在第一次相遇之前 t2时刻两个质点距离最远，D 项正确。答案 D9(2018三湘名校联盟三模)(多选) 如图所示，一质量为 m 的小球以初动能 Ek0 从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力 fkmg 作用(k 为常
12、数且满足 0k1)。图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面) ，h 0 表示上升的最大高度。则由图可知，下列结论正确的是( )AE 1 是最大势能，且 E1Ek0k 2B上升的最大高度 h0Ek0（k 1）mgC落地时的动能 EkkEk0k 1D在 h1 处，物体的动能和势能相等，且 h1Ek0（k 2）mg解析 因小球上升的最大高度 为 h0，由 图 可知其最大势能 E1 ，又 E1mgh 0，得Ek0k 1h0 ，A 项错误，B 项正确。由 图可知，小球上升过程中阻力做功为 Ek0 ，因小球所受阻力恒Ek0（k 1）mg Ek0k 1定，
13、且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为 Ek0 ，则小球落地时的动能 Ek Ek0k 1 Ek0k 1 Ek0，C 项错误。在 h1处，小球的 动能和 势能相等，则有 Ek0(mg f )h1mgh 1，解得 h1(Ek0 Ek0k 1) 1 kk 1，D 项 正确。Ek0（k 2）mg答案 BD10如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为 M，一物块以初速度 v0 从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动，物块的质量为 m，物块与长木板间的动摩擦因数为 ，轻弹簧的劲度系数
14、为 k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为 Ep。(已知弹簧形变量为 x，弹力做功 W kx2)求：12(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；(2)长木板向左运动的最大速度；(3)长木板的长度。解析 (1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑 块对长木板的摩擦力，即 Fmg由牛顿第二定律有 FMa得 amgM(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力即 kxmg得 xmgk长木板从开始运动到速度最大的过程中， 设最大速度为 v，根据 动能定理有mgx kx2 Mv212 1
15、2得 vmgkMkM(3)当弹簧的压缩量最大时， 长木板的速度为零，此时木块的速度也为零，设长木板的长为 L，根据能量守恒有mv mg E p12 20 L2得 L答案 (1) (2) (3) mgM mgkM kM11如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为 R0.3 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 ma100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量为 mb36 g 的滑块 b 套在直杆上，二者之间用长为 l0.4 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 g10 m
16、/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。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：m agR mav212解得：v 2gR对小球 a 受力分析，由牛顿第二定律可得：F 2m ag2 Nmav2R(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 vav bcos 由几何关系可得：cos 0.8ll2 R2球 a 下降的高度 hR cos a、b 及杆组成的
17、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 J12 2b答案 (1)2 N (2)0.194 4 J12(2018乐山二模)如图甲所示，在倾角为 37足够长的粗糙斜面底端，一质量 m1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t 0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 v-t 图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t10.1 s 时滑块已上滑 s0.2 m 的距离(g 取 10 m/s2，sin 370.6 ，cos 370.8)。求：(1)滑块离开弹簧
18、后在图中 bc 段对应的加速度 a 的大小及动摩擦因数 。(2)t20.3 s 和 t30.4 s 时滑块的速度 v1、v 2 的大小。(3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep。解析 (1)在 bc 段滑块做匀减速运动，加速度为：a 10 m/s2vt则 bc 段对应的加速度大小为 10 m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得：0.5(2)根据速度-时间 公式得：t20.3 s 时的速度大小：v1v ba(t 2t 1)0在 t2 之后开始下滑，设加速度大小为 a；下滑时由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37maagsin 37 gcos 372 m/s 2从 t2 到 t3 滑块做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度大小为：v2a(t 3t 2)0.2 m/s(3)从 0 到 t1时间内，由动能定理得：Epmgssin 37 mgscos 37 mv12 2bEpmgssin 37 mgscos 37 mv 4 J12 2b答案 (1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
