第五章 第1讲 功和功率

第五章机械能及其守恒定律

第1讲功和功率

1．一个力对物体做了负功，则说明()．

A．这个力一定阻碍物体的运动

B．这个力不一定阻碍物体的运动

C．这个力与物体运动方向的夹角α>90°

D．这个力与物体运动方向的夹角α<90°

解析由功的表达式W＝Fl cos α知，只有当α>90°时，cos α<0，力对物体做负功，此力阻碍物体的运动，故A、C对．

答案AC

2．如图1所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是()

图1

A．牵引力与克服摩擦力做的功相等

B．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功

C．合外力对汽车不做功

D．重力做功的瞬时功率会变化

解析牵引力和重力做的总功与摩擦力做的功的代数和为零，A、B错误；因汽车做匀速率运动，动能增量为零，故合外力对汽车不做功，C正确；重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向的分速度的乘积，故瞬时功率会变化，D正确．

答案CD

3．用起重机提升货物，货物上升过程中的v t图象如图2所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则()．

图2

A．W1>0 B．W2<0 C．W2>0 D．W3<0

解析分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即

W 1<0，W 2>0，A 、B 错误，C 正确；根据动能定理：合力做的功W 3＝0－1

2m v 2，v ＝2 m/s ，即W 3<0，D 正确． 答案 CD

4．一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 秒内重力对它做功的平均功率P 及在t 秒末重力做功的瞬时功率P 分别为( )． A.P ＝mg 2t 2，P ＝1

2mg 2t 2 B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2 C.P ＝1

2mg 2t ，P ＝mg 2t

D.P ＝mg 2t ，P ＝2mg 2t

解析 前t 秒内重力做功的平均功率

P ＝W

t ＝mg ·

12gt 2t ＝12mg 2t ；t 秒末重力做功的瞬时功率P ＝F v ＝mg ·gt ＝mg 2t ，故C 正确． 答案 C

5．如图3所示，通过一动滑轮提升质量m ＝1 kg 的物体，竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5 m/s 2

的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在 1 s 末的瞬时功率为(取g ＝10 m/s 2)( )．

图3

A ．75 W

B ．25 W

C ．12.5 W

D ．37.5 W

解析 由牛顿第二定律得2F －mg ＝ma ，得F ＝7.5 N ．1 s 末物体的速度为v 1＝at ＝5 m/s ，力F 作用点的速度v 2＝2v 1＝10 m/s ，则拉力F 在1 s 末的瞬时功率为P ＝F v 2＝75 W ．故A 正确． 答案 A

6．用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d ，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是( ) A ．(3－1) d B ．(2－1)d C.

5－1

2d

D.22d

解析在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与位移成正比，可求出力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理． 根据题意可得

第一次做功：W＝F1d＝kd 2d.

第二次做功：W＝F2d′＝kd＋k(d＋d′)

2d′.

联立解得d′＝(2－1)d.

答案B

7．完全相同的两辆汽车，都拖着完全相同的拖车以相同的速度在平直公路上匀速齐头并进，某一时刻两拖车同时与汽车脱离之后，甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，则一段时间后(假设均未达到最大功率)()．

A．甲车超前，乙车落后

B．乙车超前，甲车落后

C．它们仍齐头并进

D．甲车先超过乙车，后乙车又超过甲车

解析拖车与汽车脱离之前，牵引力大小等于摩擦力，脱离之后，汽车受到的摩擦力f减小，因为

甲汽车的牵引力F保持不变，所以其将做匀加速直线运动，加速度大小为a＝F－f

m，而乙汽车保持

原来的功率不变做加速运动，根据P＝F v可知，其牵引力会随其速度的逐渐增大而减小，其加速度

大小会从a＝F－f

m逐渐减小，可见，甲车的速度较大，甲车超前，乙车落后．

答案 A

8．如图4所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()．

图4

A．F2＝F1v1>v2B．F2＝F1v1

C．F2>F1v1>v2D．F2

解析设F2与水平方向成θ角，由题意可知：F1v1＝F2v2cos θ，因cos θ<1，故F1v1F1时，有v1>v2、v1

答案BD

9．如图5是质量为1 kg的质点在水平面上运动的v t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是()．

A ．在0～3.0 s 时间内，合力对质点做功为10 J

B ．在4.0～6.0 s 时间内，质点的平均速度为3 m/s

C ．在1.0～5.0 s 时间内，合力的平均功率为4 W

D ．在t ＝6.0 s 时，质点的加速度为零

解析 在0～3.0 s 时间内，由动能定理W 合＝ΔE k ＝6 J ，所以A 错误．在4.0～6.0 s 时间内，由图象可知s ＝6 m ，v －

＝s

t ＝3 m/s ，所以B 正确．在1.0～5.0 s 时间内，W 合＝ΔE k ＝8 J ，P ＝W 合t ＝2 W ，C

错误．由题图可知，t ＝6.0 s 时质点的加速度a ＝－4 m/s 2，D 错误． 答案 B

10．低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图象如图6所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，根据图象所给的信息可求出( )．

图6

A ．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N

B ．汽车的额定功率为80 kW

C ．汽车加速运动的时间为22.5 s

D ．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J

解析 由图线①求所受阻力，ΔE k ＝F f Δx ，F f ＝8×105/400 N ＝2 000 N ，A 错误；由E k ＝m v 2m /2可得，v m ＝40 m/s ，所以P ＝F f v m ＝80 kW ，B 正确；加速阶段，Pt －F f x ＝ΔE k,80×103t －2×103×500＝3×105，解得t ＝16.25 s ，C 错误；根据能量守恒，由图线②可得，ΔE ＝E k －F f x ＝8×105 J －2×103×150 J ＝5×105 J ，D 正确． 答案 BD

11．如图7所示，升降机内有一斜面，其倾角为θ，一质量为m 的物体放在斜面上，如升降机以加速度

a 匀加速上升，且物体与斜面相对静止，则在上升高度h 的过程中，物体受到的各力分别对物体做了多少功？合外力对物体做了多少功？

解析

物体受力，如图所示 则F N sin θ＝F f cos θ① F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝ma ② 由①②得 F N ＝m (g ＋a )cos θ F f ＝m (g ＋a )sin θ

所以重力做功W G ＝－mgh

支持力做功W F N ＝F N h cos θ＝m (g ＋a )h cos 2θ 摩擦力做功W Ff ＝F f h ·cos ? ????

π2－θ＝m (g ＋a )h sin 2θ

合外力做功W 合＝W G ＋W F N ＋W Ff ＝mah 答案W G ＝－mgh W F N ＝m (g ＋a )h cos 2θ W Ff ＝m (g ＋a ) h sin 2θ W 合＝mah

12．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像．现利用这架照相机对MD2000家用汽车的加速性能进行研究，如图8所示为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中的标尺单位为米，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s ．已知该汽车的质量为2 000 kg ，额定功率为72 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.

图8

(1)求该汽车加速度的大小．

(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速直线运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？ (3)求汽车所能达到的最大速度．

解析 (1)汽车做匀加速直线运动，据运动学公式，有 x 1＝v 0ΔT ＋1

2a ΔT 2 v 1＝v 0＋a ΔT x 2＝v 1ΔT ＋1

2a ΔT 2

由以上几式可得，Δx ＝x 2－x 1＝a ΔT 2 a ＝Δx ΔT 2＝3.00－2.00

1.02 m/s 2＝1.0 m/s

2.

(2)做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，所以F ＝ma ＋F f ＝3 600 N ，随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，由P

＝F v 得v 1＝P F ＝72×10

3

3 600 m/s ＝20 m/s ，由匀加速运动公式v ＝at 得：t ＝v 1a

＝20 s.

(3)当汽车达到最大速度时，有F ′＝F f ＝1 600 N. 由P ＝F ′v ，得v ＝P F ′＝72×10

3

1 600 m/s ＝45 m/s.

答案 (1)1.0 m/s 2 (2)20 s (3)45 m/s

第2讲 动能和动能定理及其应用

1．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )． A ．质量大的物体滑行的距离大 B ．质量小的物体滑行的距离大 C ．它们滑行的距离一样大

D ．它们克服摩擦力所做的功一样多

解析 由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 BD

2．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的 速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )． A ．合外力做功50 J B ．阻力做功500 J C ．重力做功500 J

D ．支持力做功50 J

解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12m v 2＝1

2×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G ＋W 阻＝E k －0，故W 阻＝1

2m v 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J ＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错． 答案 A

3．在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )

解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错．

答案A

4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图1所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是()．

图1

A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好

B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好

C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好

D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大

解析在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl＝1

2m v

2，得

l＝v2

2μg＝v2

2a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，

刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B正确．答案 B

5．如图2所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中()．

图2

A．支持力对物体做功为0

B．摩擦力对物体做功为mgL sin α

C．摩擦力对物体做功为1

2m v

2－mgL sin α

D ．木板对物体做功为1

2m v 2

解析 木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgL sin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12m v 2－0，即W f ＝1

2m v 2－mgL sin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为1

2m v 2，D 正确． 答案 CD

6．如图3所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从 山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，A 、B 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )

图3

A ．小车克服重力所做的功是mgh

B ．合外力对小车做的功是1

2m v 2 C ．推力对小车做的功是1

2m v 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是1

2m v 2＋mgh －Fx

解析：小车克服重力做功W ＝mgh ，A 正确；由动能定理，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W 合＝ΔE k ＝12m v 2，B 正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝1

2m v 2，所以推力做的功W 推＝12m v 2－W 阻－W 重＝12m v 2＋mgh －W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12m v 2－W 推－W 重＝12m v 2＋mgh －Fx ，D 正确． 答案：ABD

7．如图4所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )．

图4

A ．小球落地时的动能为2.5mgR

B ．小球落地点离O 点的距离为2R

C ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零

D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR

解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20

R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20

得12m v 2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝

4R

g ，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供

向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－1

2m v 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确． 答案 ABD

8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )． A ．汽车的额定功率为f v max

B ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为f v t

C ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 12m v 2max －12

m v 2 D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12m v 2max

解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12v t ，克服阻力做功为W ＝1

2f v t ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12m v 2max －0，W f ＝1

2f v t ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确． 答案 AD

9．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平

拉力的作用下由静止开始运

动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图5所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )

图5

A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/s

B ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/s

C ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2

D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2

解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W f ＝9 J ，由动能定理有W 合＝1

2m v 2，解得v ＝3 m/s ，B 正确，在A 点时，W ′＝15 J ，W f ′＝－μmgL ′＝－6 J ，由

动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A

2L ′

＝1.5 m/s 2，D 正确．

答案：BD

10．如图6所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的1

4圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差

为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：

图6

(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？

解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12m v 2B －12m v 2

A 得：W f ＝9 100 J. (2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，

设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2m

r ，v m ＝gr ＝4 m/s ，

BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m

2a ＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.

(3)平抛运动的时间：t ＝

2r

g ＝0.32＝0.566 s ，

BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ， 平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ， DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m. 答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m

11．如图7甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受

到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：

图7

(1)A与B间的距离；

(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．

解析：(1)在3～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度大小为a，A 与B间的距离为s，则

F－μmg＝ma

a＝F－μmg

m＝2 m/s

2

s＝1

2at

2＝4 m.

即A与B间的距离为4 m.

(2)设整个过程中F做的功为W F，物块回到A点时的速度为v A，由动能定理得W F－2μmgs＝1

2m v

2

A

，

v2A＝2as，由以上两式得W F＝2μmgs＋mas＝24 J.

答案：(1)4 m(2)24 J

12．如图8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s?L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：

图8

(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；

(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；

(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．

解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgL cos θ.

①(2)对全程应用动能定理：W G＋W f＝0，

②W G＝mgL cos θ，③

由②、③得W f＝－W G＝－mgL cos θ④

(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF，⑤

摩擦力做的功W f＝－fs，⑥

④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θ

Fs. ⑦

答案(1)mgL cos θ(2)－mgL cos θ(3)mgL cos θ

Fs

第3讲机械能守恒定律及其应用

1．将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g＝10 m/s2)()．

A．重力做正功，重力势能增加1.0×104 J

B．重力做正功，重力势能减少1.0×104 J

C．重力做负功，重力势能增加1.0×104 J

D．重力做负功，重力势能减少1.0×104 J

答案 C

2．如图1所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，

悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b物块间高度差为h.在此过程中，下列说法正确的是()

图1

A．物块a的机械能守恒

B．物块b机械能减少了2

3mgh

C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功

D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加量

解析：物块a受重力、绳的拉力作用，其中拉力做正功，则a的机械能增加，选项A错误；物块b 受重力、绳的拉力作用，其中拉力做负功，则b的机械能减少；a、b系统只有重力做功，其机械能

守恒，有(2m－m)g h

2＝

1

2(m＋2m)v

2

a

，即gh＝3v2a；b机械能减少了ΔE＝2mg

h

2－

1

2(2m)v

2

a

＝

2

3mgh，选项

B正确；a的重力势能的增加量mg h

2>

1

2m v

2

a

，选项D错误；根据动能定理，对b有－W T＋W G＝

1

2m v

2

b

，

即W G＝1

2m v

2

b

＋W T，选项C错误．

答案：B

3．如图2所示，一个物体以速度v0冲向竖直墙壁，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中下列说法中正确的是()．

图2

A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比

B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功不相等

C．弹力做正功，弹簧的弹性势能减小

D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加

解析物体对弹簧做功，物体的动能转化为弹簧的弹性势能，由W＝1

2kx

2，所以物体对弹簧做的功

与弹簧压缩量的平方成正比，由于弹簧的弹力不断增大，物体向墙壁运动相同位移，弹力做功不相等．

答案BD

4．如图3所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是()．

图3

A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR ? ?

???1－cos v R t

B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2

R －mg

C ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2

D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为

E ＝12m v 2＋mgR ? ?

?

??1－cos v R t 解析 在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －N ＝m v 2R ，受到座位的支持力为N ＝mg －m v 2

R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的角度为v

R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ? ????1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR ? ?

???1－cos v R t ，A 、D 两项正确．

答案 AD

5．如图4所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的

圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )

图4

A ．从A 到

B 的过程中，小球的机械能守恒 B ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少

C ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2

R D ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2

2R

解析：从A 到B 的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A 错误、B 正确；在B 点对小球应用牛顿第二定律可得：F B －mg ＝m v 2R ，解得F B ＝mg ＋m v 2

R ，C 正确、D 错误． 答案：BC

6．某短跑运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图5所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在

此过程中，下列说法中不正确的是( )

图5

A ．地面对人做功W 地＝1

2m v 2＋mgh B ．运动员机械能增加了1

2m v 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W 重＝－mgh D ．运动员自身做功W 人＝1

2m v 2＋mgh －W 阻

解析 由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12m v 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝1

2m v 2＋mgh －W 阻－W 人，选项A 不正确；运动员机械能增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝1

2m v 2＋mgh ，选项B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，选项C 正确；运动员自身做功W 人＝1

2m v 2＋mgh －W 阻－W 地，选项D 不正确． 答案 AD

7．如图6所示，A 、B 两物块质量均为m ，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，轻绳为伸直状态，B 物块在力F 的作用下处于静止状态，弹簧被压缩．现将力F 撤去，已知弹簧的弹性势能仅与形变量大小有关，且弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )．

图6

A ．弹簧恢复原长时

B 的速度最大 B ．A 一直保持静止

C ．在B 下降过程中弹簧弹性势能先减小，后增大

D ．F 撤去之前，绳子的拉力不可能为0

解析 由题干信息可知，在B 下降过程中，B 和弹簧构成的系统满足机械能守恒，弹簧弹性势能先减小，后增大，B 的动能先增大后减小，当弹簧向上的弹力大小等于B 物体的重力时，B 的速度最大，A 错、C 对；根据受力分析可知A 一直保持静止，B 对；由于不知道F 的大小以及弹簧的弹力，所以无法判定F 撤去之前，绳子的拉力是否为零，D 错．

答案BC

8．如图7所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是()．

图7

A．A处小球到达最低点时速度为0

B．A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量

C．B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度

D．当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度

解析因A处小球质量大，位置高，所以图中所示三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动．摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，B、D正确；设支架边长是L，

则A处小球到最低点时小球下落的高度为1

2L，B处小球上升的高度也是

1

2L，但A处小球的质量比B

处小球的大，故有1

2mgL的重力势能转化为小球的动能，因而此时A处小球的速度不为0，A错误；

当A处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B处小球仍要继续上升，因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高，C正确．

答案BCD

9．将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图象如图8所示，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是

()．

图8

A．小球的质量

B．小球的初速度

C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率

D．小球抛出时的高度

解析由1

2m v

2

＝5 J和机械能守恒：30 J－5 J＝mgh，结合h＝

1

2gt

2＝

1

2g×2

2＝20 m，解得：m＝

1

8kg，

v 0＝4 5 m/s.最初2 s 内重力对小球做功的平均功率P ＝mgh

t ＝12.5 W ．小球抛出时的高度无法确定，故应选D. 答案 D

10．如图9所示，两个3

4竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 和h B ，下列说法正确的是( )．

图9

A ．若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R

2 B ．若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R

2 C ．适当调整h A ，可使A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D ．适当调整h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处

解析 小球A 从最高点飞出的最小速度v A ＝gR ，由机械能守恒，mgh A ＝2mgR ＋12m v 2A ，则h A ＝5R

2，A 选项正确；小球B 从最高点飞出的最小速度v B ＝0，由机械能守恒，mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，B 选项错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，R ＝v 0t ，R ＝1

2gt 2，则v 0＝

gR

2，而A 的最小速度v A ＝gR >v 0，A 球不可能落在轨道右端口处，B 球可能，

C 选项错误、

D 选项正确． 答案 AD

11．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一滑雪坡

由AB 和BC 组成，AB

是倾角为37°的斜坡，BC 是半径为R ＝5 m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B ，与水平面相切于C ，如图10所示，AB 竖直高度差h ＝8.8 m ，运动员连同滑雪装备总质量为80 kg ，从A 点由静止滑下通过C 点后飞落(不计空气阻力和摩擦阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

图10

(1)运动员到达C 点的速度大小；

(2)运动员经过C 点时轨道受到的压力大小．

解析(1)由A →C 过程，应用机械能守恒定律得： mg (h ＋Δh )＝12m v 2

C ，又Δh ＝R (1－cos 37°)， 可解得：v C ＝14 m/s.

(2)在C 点，由牛顿第二定律得： F C －mg ＝m v 2C R 解得：F C ＝3 936 N.

由牛顿第三定律知，运动员在C 点时对轨道的压力大小为3 936 N. 答案(1)14 m/s (2)3 936 N 12．光滑曲面轨道置于高度为H ＝1.8 m 的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，如图11所示．一个可视作质点的质量为m ＝1 kg 的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8)

图11

(1)若小球从高h ＝0.2 m 处下滑，则小球离开平台时速度v 0的大小是多少？ (2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h 为多大？

(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h 的关系表达式，并在图12中作出E k h 图象．

图12

解析 (1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：mgh ＝12m v 20

①

得v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s.

(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则H ＝1

2gt 2② H

tan θ＝v 1

t

③

联立②③两式得：v 1＝4 m/s

设释放小球的高度为h 1，则由mgh 1＝1

2m v 21 得h 1＝v 21

2g ＝0.8 m.

(3)由机械能守恒定律可得：mgh ＝1

2m v 2

小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y ＝12gt 2

④ x ＝v t

⑤ tan 37°＝y

x ⑥ v y ＝gt

⑦ v 2合＝v 2＋v 2y

⑧ E k ＝12m v 2合

⑨ mgh ＝12m v 2

⑩

由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：E k ＝32.5h

考虑到当h >0.8 m 时小球不会落到斜面上，其图象如图所示

答案 (1)2 m/s (2)0.8 m (3)E k ＝32.5h 图象见解析