第1部分 专题3 第2讲 能量观点在力学中的综合应用

专题巩固检测

对应学生用书P105

1．(2019·山东潍坊三模)如图所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为m (包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下

滑，加速度a ＝g 4

，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( ) A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能

B ．下滑过程中系统减少的机械能为

mgh 2 C ．运动员获得的动能为mgh 4

D ．运动员克服摩擦力做功为

mgh 4 解析 若物体不受摩擦力，则加速度应为a ′＝g sin30°＝12

g ，而现在的加速度小于12

g ，故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A 错误；运动员下滑的距离L ＝h sin30°

＝2h ，由运动学公式可得v 2＝2aL ，解得v ＝2aL ，动能为E k ＝12m v 2＝12mgh ，由动能定理可知mgh －W f ＝12

m v 2，解得运动员克服摩擦力做功W f ＝12

mgh ，机械能的减小量等于克服阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为12

mgh ，故B 正确，C 、D 错误。 答案 B

2．(2019·四川内江三模)如图所示，一个质量为m ＝60 kg 的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F 的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F 做的功为120 J ，此后撤去外力F ，物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面，下列说法中正确的

是()

A．在这个过程中，物体的最大动能小于120 J

B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 J

C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 J

D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s

解析F做功为120 J，则物体的机械能等于120 J，撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，故A错误，C 正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理得W F＋W G＝0，即重力做功为W G＝－W F＝－120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J，故B错误；物体向上运动的过程中重力做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于

120 J，物体的速率v＝2E k

m

＜2×120

60m/s＝2 m/s，故D错误。

答案 C

3．(2019·湖南长沙调研)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像(如图)可能正确的是()

解析匀变速直线运动速度位移公式为v2－v20＝2ah，结合v2-h图可知加速度a为定值，所以竖直向上的拉力F也为定值，由功能关系知，拉力F做的功

等于机械能的增加量，E －E 0＝Fh 即E ＝E 0＋Fh ，故E -h 图像为线性关系，D 正确。

答案 D

4．(多选)(2019·四川内江一模)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，做出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g 。以下判断正确的是( )

A ．当x ＝h ＋x 0，重力势能与弹性势能之和最小

B ．最低点的坐标为x ＝h ＋2x 0

C ．小球受到的弹力最大值大于2mg

D ．小球动能的最大值为mgh ＋mgx 02

解析 根据乙图可知，当x ＝h ＋x 0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A 正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h ＋2x 0，小球受到的弹力最大值大于2mg ，故B 错误，C 正确；小球达到最大速

度的过程中，根据动能定理可知mg (h ＋x 0)－12mgx 0＝12

m v 2，故小球动能的最大值为mgh ＋mgx 02

，故D 正确。 答案 ACD

5．(2019·山东济南一模)(如图)中国航天科工集团公司将研制时速达千公里

级的“高速飞行列车”。“高速飞行列车”是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，实现超声速运行“近地飞行”的运输系统。若某列高速飞行列车的质量为m ，额定功率为P ，以恒定加速度a 启动，启动和加速运动过程中所受阻力很小，可以认为恒为f ，加速达到设定的某一速

度后，列车保持较小功率18

P 就能够维持列车匀速运行。

(1)求刚加速到设定的速度时列车的瞬时功率；

(2)若列车以额定功率启动达到该设定速度的时间为t 0，求列车通过的距离。 解析 (1)设设定的速度为v 1，匀加速运动时牵引力为F ，刚加速到设定的速度时列车的瞬时功率为P 1，则

F －f ＝ma ，

P 1＝F v 1，

18

P ＝f v 1， 解得v 1＝P 8f ，P 1＝P (f ＋ma )8f

。 (2)若列车以额定功率启动，达到设定的速度v 1时，

运动通过的距离为x ，则Pt 0－fx ＝12m v 21

， 解得x ＝128Pf 2t 0－mP 2

128f 3

。 答案 (1)P (f ＋ma )8f (2)128Pf 2t 0－mP 2

128f 3

6．(2019·山东威海调研)雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。研究表明，在无风的

天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f ＝12

CρS v 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密度(不同空间密度不

同)，S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)。已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R ，每个雨滴的质量均为m ，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g 。

(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；

(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h ，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功。

解析 (1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v

雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg ＝F f

又因为F f ＝12C 0ρ0S v 2＝12

C 0ρ0·πR 2v 2 解得：v ＝1R 2mg πC 0ρ0

(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为W f ，

由动能定理：mgh －W f ＝12

m v 2 解得：W f ＝mg ? ??

??h －m πC 0ρ0R 2 答案 (1)1R 2mg πC 0ρ0 (2)mg ? ??

??h －m πC 0ρ0R 2 7．(2019·山东德州期中)如图所示，在竖直平面内由14圆弧AB 和12

圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接。AB 弧的半径为R ，BC 弧的

半径为R 2。一小球(可视为质点)在A 点正上方与A 相距R 2

处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动。

(1)求小球经B 点前后瞬间对轨道的压力大小之比；

(2)小球离开C 点后，再经多长时间落到AB 弧上？

解析 (1)设小球经过B 点时速度为v B ，根据机械能守恒定律可得mg ? ??

??R 2＋R ＝12

m v 2B 小球经过B 点前后，根据牛顿第二定律得

F N1－mg ＝m v 2B R ，F N2－mg ＝m v 2B R 2

由牛顿第三定律可知，小球经过B 点前后对轨道的压力大小也分别与F N1、

F N2相等，整理可知F N1F N2＝47

。 (2)设小球经过C 点时速度为v C ，根据机械能守恒定律可得mg R 2＝12

m v 2C 设小球再次落到弧AB 时，沿水平方向的距离为x ，沿竖直方向下降的高度为h ，根据平抛运动的规律可知

x ＝v C t ，h ＝12

gt 2 由几何关系可知x 2＋h 2＝R 2，整理可得

t ＝2(2－1)R g

答案 (1)47

(2)2(2－1)R g 8．(2019·江西南昌期中)如图所示，半径为R 的光滑的34

圆弧轨道AP 放在竖直平面内，与足够长的粗糙水平轨道BD 通过光滑水平轨道AB 相连。在光滑水平轨道上，有a 、b 两物块和一段轻质弹簧。将弹簧压缩后用细线将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接。将细线烧断后，物块a 通过圆弧轨道的最高点c 时，对轨道的压力大小等于自身重力。已知物块a 的质量为m ，b 的质量为2m ，物块b 与BD 面间的动摩擦因数为μ，物块到达A 点或B 点前已和弹簧分离，重力加

速度为g 。求：

(1)物块b 沿轨道BD 运动的距离x ；

(2)烧断细线前弹簧的弹性势能E p 。

解析 (1)弹簧弹开a 、b 过程，由动量守恒定律得

0＝m v 1－2m v 2

物块a 从A 到C 运动的过程中，由机械能守恒定律得

12m v 21＝mg ·2R ＋12m v 2C

在最高点重力与支持力合力提供向心力mg ＋F ＝m v 2C R 联立可解得v 1＝

6gR ，v 2＝6gR 2

物块b 减速到停下的过程中，由动能定理得

－μ(2mg )x ＝0－12

·2m v 22 可解得x ＝3R 4μ

(2)弹簧弹开物块过程，弹性势能转化为动能，可得

E p ＝12m v 21＋12

·2m v 22 解得弹性势能E p ＝92

mgR 。 答案 (1)3R 4μ (2)92

mgR 9．(2019·山东烟台模拟)如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h 。将质量为m 、长度为L 的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状

态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝

3

2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度为g。

(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；

(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；

(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W。

解析(1)由动能定理得1

2×2m v

2

0＝2mg(h－L sinθ)

解得：v0＝(2h－L)g

(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得

F0－2mg sinθ＝2ma0

对物块，由牛顿第二定律得μmg cosθ－mg sinθ＝ma0

解得：F0＝3

2mg

(3)设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零。

对木板，由牛顿第二定律得，F－mg sinθ－μmg cosθ＝ma1

mg sinθ＋μmg cosθ＝ma3

对物块，由牛顿第二定律得，μmg cosθ－mg sinθ＝ma2

对木板与物块整体，由牛顿第二定律得，2mg sinθ＝2ma4

另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)

a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 3

12a 1t 21＋a 1t 1·t 2－12a 3t 22＋12a 4t 23＝h sin θ W ＝F ·12a 1t 21

解得：W ＝94mgh 。

答案 (1)(2h －L )g (2)32mg (3)94mgh