【配套K12】[学习](浙江专版)2019届高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 5 第二节
配套K12(新课标)2019届高考物理一轮复习 第5章 机械能 第二节 动能定理及其应用达标诊断高效
第二节动能定理及其应用达标(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大解析：选C.若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化，若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误．2.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案：C3.(2018·大庆中学模拟)如图所示，倾角为30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6 J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6 J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为( )A．9 J B．12 JC．16 J D．条件不足，无法判定解析：选A.小球做平抛运动，只有重力做功，分析可知两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为W G＝6 J－3 J＝3 J，故第二种情况下重力也做功3 J，故落地时动能为9 J，A正确．4.(2018·河南模拟)如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ) A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋H h解析：选C.小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h －fHh ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．5．(2018·湖南郴州教学质检)如图(a)所示，在水平路段AB 上有一质量为1×103kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 因粗糙程度与AB 段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图(b)所示，t ＝15 s 时汽车刚好到达C 点，并且已做匀速直线运动，速度大小为5 m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力为F f ＝2 000 N ，下列说法正确的是()A ．汽车在AB 、BC 段发动机的额定功率不变都是1×104W B ．汽车在BC 段牵引力增大，所以汽车在BC 段的加速度逐渐增大 C ．由题给条件不能求出汽车在BC 段前进的距离 D ．由题所给条件可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小解析：选D.发动机的额定功率P ＝F f v ＝2 000×10 W ＝2×104W ，选项A 错误；由题图(b)可知汽车在BC 段做加速度减小的减速运动，选项B 错误；根据P ＝fv 可求解汽车在BC 段上所受的阻力大小，根据动能定理Pt －fx BC ＝12mv 22－12mv 21，可求解汽车在BC 段前进的距离，选项C 错误；根据牛顿定律a ＝F －f m ＝P v－fm，由此公式可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小，选项D 正确． 二、多项选择题6.(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为l，一端固定在O 点，另一端拴接一质量为m 的小球，将小球拉至与O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W ，重力加速度为g ，则小球到达最低点时( ) A ．向心加速度a ＝2（mgl ＋W ）mlB ．向心加速度a ＝2（mgl －W ）mlC ．绳的拉力F ＝3mgl ＋2W lD ．绳的拉力F ＝2（mgl ＋W ）l解析：选AC.从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgl ＋W ＝12mv 2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有F －mg ＝m v2l ，联立可得F ＝3mgl ＋2W l ，根据公式a ＝v 2l 可得a ＝2（mgl ＋W ）ml，A 、C 正确．7.(2018·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB 与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A 点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定( )A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块第1次与挡板碰撞前速度v 1C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞到第k ＋1次与挡板碰撞时间间隔Δt解析：选AC.设AB 长为L .对整个过程运用动能定理得：mg sin α·0.5L －μmg cos α(L ＋0.5L )＝0得：μ＝sin α3cos α；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sin α－μmg cos α＝ma 1；上滑过程：mg sin α＋μmg cos α＝ma 2；解得：a 1＝g sin α－μg cos α，a 2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2，故A 、C 正确；由于AB 间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B 、D 错误．8．(2018·河南八市重点高中质检)质量m ＝3.0 kg 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W ＝15.0 J ，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( ) A ．恒定拉力大小为40.0 NB ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是12.0 JC ．拉力作用过程球动能增加了15.0 JD ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是9.0 J解析：选ABD.设竖直向上的恒力为F ，小球质量m ＝3 kg ，恒力F 作用时间t ，在恒力F 作用过程中上升高度h .根据牛顿第二定律得：运动加速度a 1＝F －mg m ；h ＝12a 1t 2;撤去恒力瞬间速度为v 0，则v 0＝a 1t ，撤去恒力后到小球落地时，取竖直向上方向为正方向，则－h ＝(a 1t )t －12gt 2 ；联立解得：a 1＝g 3，把a 1＝g3代入得F ＝40 N ，选项A 正确；球动能E k ＝3.0 J 时，由动能定理W F －W G ＝ΔE k ，当力F 做功15 J 时，此时克服重力做功为12 J ，即此时小球的重力势能是12.0 J ，选项B 正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于15.0 J ，选项C 错误；球动能E k ＝3.0 J 时，若重力势能是9.0 J ，由动能定理可知W F －W G ＝ΔE k 可知W F ＝12 J<15 J ，故选项D 正确． 三、非选择题9．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？解析：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有12mv 21＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg. 答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg10．(2018·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 在竖直平面内与水平轨道CD 相切于C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到C 点的距离为2R .质量为m 的滑块(视为质点)从轨道上的P 点由静止滑下，刚好能运动到Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A .已知∠POC ＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C 时所受轨道支持力； (2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析：(1)设滑块第一次滑至C 点时的速度为v C ，圆轨道C 点对滑块的支持力为F NP →C 过程：12mgR ＝12mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝2mg ，方向竖直向上．(2)对P →C →Q 过程：mgR (1－cos 60°)－μmg 2R ＝0 解得μ＝0.25.(3)A 点：mg ＝m v 2ARQ →C →A 过程：E p ＝12mv 2A ＋mg ·2R ＋μmg ·2R解得弹性势能E p ＝3mgR .答案：(1)2mg ，方向竖直向上 (2)0.25 (3)3mgR11．(2018·黑龙江双鸭山一中模拟)如图所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝5.25 m ，与水平面间夹角θ＝30°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝7.5 m/s.在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝32，金属块滑离传送带后，沿着弯道滑下，进入半径为R ＝1 m 的光滑半圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，D 为半圆轨道的最低点且DE 垂直于水平面，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)金属块从A 运动到B 经历的时间；(2)金属块经过半圆轨道的D 点时对轨道的压力大小； (3)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．解析：(1)金属块速度到达v 的过程中，由牛顿第二定律可知mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a ＝12.5 m/s 2需要的时间t 1＝v a ＝7.512.5s ＝0.6 s通过地的位移x 1＝vt 12＝2.25 m因为x 1<L 且mg sin θ<μmg cos θ，金属块将匀速运动 匀速运动时间t 2＝L －x 1v ＝5.25－2.257.5s ＝0.4 s t ＝t 1＋t 2＝(0.6＋0.4) s ＝1 s. (2)金属块刚好通过E 点，则mg ＝m v 2ER金属块从D 到E 过程中由动能定理可知－mg ·2R ＝m v 2E 2－m v 2D2在D 点由牛顿第二定律可知F －mg ＝m v 2DR联立解得F ＝60 N由牛顿第三定律可知对轨道压力为60 N. (3)在BCD 过程中，由动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2D －12mv 2代入数据解得W f＝8.125 J.答案：(1)1 s (2)60 N (3)8.125 J。
近年届高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律14实验四探究动能定理随堂检测巩固落实新人教版(20
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14 实验四探究动能定理1．(2018·宿迁市高三调研测试）如图甲所示，在“探究功与速度变化的关系”的实验中，主要过程如下：A．设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W…；B．分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3…；C．作出W－v图象；D．分析W－v图象．如图W－v图象是一条直线，表明W∝v;如果不是直线,可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝错误!等关系．（1)实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选________(选填“AB”或“CD”）段来计算．（2）关于该实验,下列说法正确的有________．A．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加B．通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功C．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出(3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是________________（写出一条即可）．解析：(1）求小车获得的速度应该选取加速完成后、即匀速运动阶段的速度，故选CD段．(2)通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加，选项A正确；橡皮筋做功是将弹性势能转化为小车的动能,与小车的质量无关,所以改变小车质量不能改变橡皮筋对小车做的功,选项B错误；每次实验中，橡皮筋的长度必须保持一致，这样才能使橡皮筋对小车做的功成整数倍的增加，选项C正确；使用打点计时器时应该先接通电源，使打点计时器工作稳定了再释放小车，选项D正确．(3)没有出现一段等间距的点，说明小车没有匀速的阶段，说明没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小．答案：(1）CD(2)ACD (3)没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小2．某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图甲所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．（1）实验中涉及下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是______________(填入代表步骤的序号)．(2)图乙中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s。
浙江2019版高考物理大第一轮复习 第五章 机械能守恒定律 第2课时 动能和动能定理及应用
3.如图所示，在竖直平面内固定一半径R为2 m、圆心角为120° 的光滑圆弧轨道BEC，其中点E是最低点。在B、C两端平滑、 对称地连接AB、CD两段粗糙直轨道，直轨道上端A、D与最低 点E之间的高度差h均为2.5 m。现将质量为 0.01 kg 的小物块 由A点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25，取g ＝10 m/s2。求：
由①②两式得 h＝H4
答案 D
[针对训练] 1.关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下
列说法正确的是( ) A.运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定 要变化 B.运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变 C.运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零 D.运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动 能要变化
【思考判断】 1.物体的动能不变，所受合外力一定为零( × ) 2.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化( × ) 3.动能不变的物体，一定处于平衡状态( × ) 4.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，
动能不一定变化( √ ) 5.如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零
2.人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前 进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌 之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )
A.mgs
B.0
C.μ mgs
D.12mv2
解析 物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零
与最大值之间取值，不一定等于 μmg。在题述过程中，只有
第2课时 动能和动能定理及应用
一、动能 1.定义：物体由于__运__动___而具有的能叫动能。
2.公式：Ek＝ __12_m__v_2 _ 。 3.单位： __焦__耳___ ，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 4.矢标性：动能是__标__量___ ，只有正值。 5.状态量：动能是_状__态__量__ ，因为v是瞬时速度。
(浙江专版)19版高考物理大一轮复习第五章机械能守恒定律第3课时机械能守恒定律及其应用学案
第3课时 机械能守恒定律及其应用一、重力势能 1.重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2.重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量。
即W G ＝－(E p2－E p1)＝E p1－E p2＝－ΔE p 。
(3)重力势能的相对性和系统性①重力势能的具体大小与零势能面的选取是有关的，即具有相对性。
②重力势能是物体和地球共有的，即具有系统性。
二、弹性势能1.概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
2.大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
3.弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W ＝－ΔE p 。
三、机械能及其守恒定律1.机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
2.机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh 1＋12mv 21＝mgh 2＋12mv 22。
3.守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
【思考判断】1.重力势能的大小与零势能参考面的选取有关( √ )2.重力势能的变化量与零势能参考面的选取无关( √ )3.被举高的物体重力势能一定不为零( × )4.物体所受合外力为零，其机械能一定守恒( × )5.合外力做功为零，物体的机械能一定守恒( × )6.做匀速运动的物体其机械能一定守恒( × )7.克服重力做功，物体的重力势能一定增加( √ )8.发生弹性形变的物体都具有弹性势能( √ )考点一重力势能(c/c) 弹性势能(b/b)[要点突破]1.对重力做功和重力势能的几点理解(1)重力做功的大小与物体的运动状态无关，与物体是否受其他力无关。
【配套K12】(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第五章 机械能 微专题38 功率与机
38 功率与机车启动[方法点拨] 分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况．1．(多选)(2017·福建厦门一中模拟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图1所示，其中OA 为过原点的一条直线．从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )图1A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．汽车在t 1～t 2时间内的功率等于t 2以后的功率C ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1t 1＋F f v 1D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度等于v 1＋v 222．(2017·山东烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h ，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h ，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图2所示，某质量为4.0×104kg 的载重货车，保持额定功率200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km ，上升0.04 km ，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g 取10 m/s 2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )图2A ．牵引力等于2×104N B ．速度可能大于36 km/hC ．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功D ．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功3．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v －t 图象如图3所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的( )图34．(多选)(2018·河南省八校第二次测评)质量为2 kg 的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的12，若牵引力做功W 和汽车位移x 之间的关系如图4所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )图4A ．汽车在0～1 m 位移内，牵引力是恒力，1～3 m 位移内，牵引力是变力B ．汽车位移为0.5 m 时，加速度的大小a ＝5 m/s 2C ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的最大功率为2010 WD ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的平均功率为1010 W5．(2018·广东东莞模拟)汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v －t 图象不可能是下图中的( )6.(多选)(2017·福建漳州联考)一根质量为M 的直木棒，悬挂在O 点，有一只质量为m 的猴子抓着木棒，如图5所示．剪断悬挂木棒的细绳，木棒开始下落，同时猴子开始沿木棒向上爬．设在一段时间内木棒沿竖直方向下落，猴子对地的高度保持不变，忽略空气阻力，下列四个图象中能正确反映猴子对木棒做功的功率和木棒速度变化的是( )图57．(2017·陕西宝鸡二检)某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空车质量为m 0，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车所装货物的质量是( ) A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0 D.v 1v 2m 0 8．(多选)(2017·广东广州模拟)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1v的关系如图6所示，则赛车( )图6A ．速度随时间均匀增大B ．加速度随时间均匀增大C ．输出功率为160 kWD ．所受阻力大小为1 600 N9．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图7所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )图7A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg (t 1－t 02)－P 022m 2g310．(多选)A 、B 两物体分别在大小相同的水平恒力F 的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t 0和4t 0，两物体运动的v －t 图象如图8所示，则( )图8A ．A 、B 两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12 B ．水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为2∶1C ．水平力F 对A 、B 两物体做功之比为2∶1D ．在整个运动过程中，摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶311．(2017·山东临沂一模)如图9甲所示，质量m ＝2 kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R ＝0.5 m 的薄圆筒上．t ＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图9A ．小物体的速度随时间的变化关系满足v ＝4tB ．细线的拉力大小为2 NC ．细线拉力的瞬时功率满足P ＝4tD．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J12．(2017·广东顺德一模)在一条平直的公路上，甲车停在A点，乙车以速度v＝8 m/s匀速运动，当乙车运动到B点时，甲车以恒定加速度a＝0.5 m/s2匀加速启动，与乙车相向运动，若经过20 s两车相遇，此时甲车恰好达到最大速度．已知甲车质量为1.0×104kg，额定功率为50 kW，阻力是车重的0.05倍，g取10 m/s2.试求：(1)甲车保持匀加速运动的时间；(2)A、B两点间的距离．答案精析1．BC [0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a ＝v 1t 1，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma ，解得牵引力F ＝F f ＋m v 1t 1，故A 错误；从t 1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t 1～t 2时间内的功率等于t 2以后的功率，故B 正确；由题意知，t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝Fv 1＝(F f ＋m v 1t 1)v 1，故C 正确；t 1～t 2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度不等于v 1＋v 22，故D 错误．]2．A [货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F ＝0.01mg ＋mg sin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10×0.041N ＝2×104N ，故A 正确；根据P ＝Fv 得：v ＝P F ＝2×1052×104m/s ＝10 m/s ＝36 km/h ，故B 错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力所做的功之差，故C 错误；由于汽车匀速上坡，根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D 错误．]3．A [由v －t 图象知重物先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动，由牛顿第二定律知，在匀加速过程有F 1－mg ＝ma 1，F 1为恒力且大于mg ，拉力的功率P 1＝F 1v ＝F 1a 1t ；在匀速过程有F 2＝mg ，拉力的功率P 2＝F 2v 0为定值；在匀减速过程有mg －F 3＝ma 3，F 3为恒力且小于mg ，拉力的功率P 3＝F 3v ＝F 3(v 0－a 3t )，功率逐渐减小到0，可知A 正确．]4．BCD [根据公式W ＝Fx 可知，题中W －x 图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1 m 位移内，牵引力F 1＝20 N ，1～3 m 位移内，牵引力F 2＝10 N ，所以A 错误；0～1 m 位移内，a＝F 1－12mgm＝5 m/s 2，B 正确；0～1 m 位移内，汽车做匀加速运动，1～3 m 位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时v 1＝2ax 1＝10 m/s ，P max ＝F 1v 1＝2010 W ，C 正确；牵引力做的总功W ＝40 J ，时间t ＝t 1＋t 2＝1102s ＋210 s ＝410s ，平均功率为P ＝Wt ＝1010 W ，D 正确．]5．A [由瞬时功率P ＝Fv 可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F ＝Pv 0，若汽车受到的合外力F 合＝0，则汽车做匀速运动，B 项中v －t 图象是可能的；若F 合与牵引力方向相同，则汽车做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C 项中v －t 图象是可能的，A 项中v －t 图象是不可能的；若F 合与牵引力方向相反，则汽车做减速运动，牵引力增大，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D 项中v －t 图象是可能的．] 6．BD 7.A8．CD [对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －F f ＝ma ，F ＝P v联立得：a ＝P mv －F f m加速度随速度的增大而减小，因此赛车做变加速直线运动，加速度随时间而减小，A 、B 错误；由题图及a 与1v 的关系，可知，斜率k ＝P m ＝40.01＝400，P ＝160 kW ，在纵轴上截距的绝对值b ＝F f m＝4，F f ＝1 600 N ，故C 、D 正确．]9．D [由题图可知，0～t 0时间内功率与时间成正比，则有F －mg ＝ma ，v ＝at ，P ＝Fv ，得P ＝m (a ＋g )at ，因此图线斜率P 0t 0＝m (a ＋g )a ，B 选项错误；t 0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由P 0v－mg ＝ma 知，物块加速度逐渐减小，t 1时刻速度最大，则a ＝0，最大速度为v m ＝P 0mg，A 、C 选项错误；P －t 图线与t 轴所围的面积表示0～t 1时间内拉力做的功，W ＝P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)＝P 0t 1－P 0t 02，由动能定理得W －mgh ＝mv m 22，得h ＝P 0mg (t 1－t 02)－P 022m 2g3，D 选项正确．] 10．AB [由v －t 图象可知，A 加速运动时的加速度a A 1＝2v 0t 0，减速运动时的加速度大小为a A 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －F f1＝m 12v 0t 0，F f1＝m 1v 0t 0，联立两式得：F f1＝F3；B 加速运动时的加速度大小为a B 1＝v 04t 0，减速运动时的加速度大小为a B 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －F f2＝m 2v 04t 0，F f2＝m 2v 0t 0，联立两式得：F f2＝4F5，所以A 、B 两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A 项正确．由v －t 图象知，水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为F ·2v 0∶F ·v 0＝2∶1，B 项正确．由v －t 图象与时间轴所围的面积表示位移可知两物体位移之比为6∶5，整个过程中，由动能定理知，水平力F 对A 、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为1∶2，C 项错误．由功率的定义式知摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶6，D 项错误．] 11．D [由题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t ，圆筒边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据v ＝ωR 得：v ＝ωR ＝0.5t ，故A 错误；物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，解得：F ＝2×0.5N ＋0.1×2×10 N＝3 N ，故B 错误；细线拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝3×0.5t ＝1.5t ，故C 错误；物体在4 s 内运动的位移：x ＝12at 2＝12×0.5×42m ＝4 m ，在0～4 s 内，细线拉力做的功为：W ＝Fx ＝3×4 J＝12 J ，故D 正确．] 12．(1)10 s (2)210 m解析 (1)对甲车，根据牛顿第二定律可知：F －F f ＝ma ，解得：F ＝F f ＋ma ＝0.05×1.0×104×10 N＋1.0×104×0.5 N＝1.0×104N 甲车匀加速运动过程中达到的最大速度为：v 加＝P F ＝5×1041.0×104m/s ＝5 m/s加速时间为：t ＝v 加a ＝50.5s ＝10 s (2)甲车匀加速运动通过的位移为：x 1＝12at 2＝25 m甲车达到的最大速度为：v m ＝P F f ＝5×1040.05×1.0×104×10m/s ＝10 m/s甲车10～20 s 时间内通过的位移为x 2，根据动能定理有：Pt ′－F f x 2＝12mv m 2－12mv 加2，代入数据解得：x 2＝25 m甲车通过的总位移为：x 甲＝x 1＋x 2＝50 m 乙车在20 s 内通过的位移为：x 乙＝vt 总＝160 mA 、B 两点间的距离为：Δx ＝x 乙＋x 甲＝210 m.。
(浙江专版)2019届高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律18章末过关检测
章末过关检测(五)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是( )A．四个小球在整个运动过程中始终不分离B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选 A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确．2．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物体继续加速，t1时刻物块达到最大速度．已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为P0 mgt0C．t0时刻物块的速度大小为P0 mgD．0～t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1－1 2 t0解析：选 D.由图象知，t0时刻后拉力的功率保持不变，根据P0＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，选项A错误；0～t0时间内，由P＝Fv，v＝at，F－mg＝ma得P＝m(g＋a)at，则m(g＋a)a＝P0t0，得a≠P0mgt0，选项B错误；设在t1时刻速度达到最大值v m，拉力大小等于物块重力大小，则P0＝mgv m，得速度v m＝P0mg，由于t0时刻物块的速度v0<v m，即v0<P0mg，选项C错误；P－t图象中面积表示拉力做的功，得0～t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1－12P0t0＝P0t1－12t0，选项D正确．3．(2018·南京师大附中月考)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是( ) A．车头A通过P点时的速度最小B．车的中点B通过P点时的速度最小C．车尾C通过P点时的速度最小D．A、B、C通过P点时的速度一样大解析：选 B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选 B.4.如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k时撤去外力F，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A．撤去外力F的瞬间，弹簧的压缩量为F 2kB．撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为F kC．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D．A克服外力所做的总功等于2E k解析：选 D.撤去F瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F作用下一起匀加速运动时，由。
【配套K12】[学习]2019版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课后分级演练17 功能
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课后分级演练(十七) 功能关系能量守恒定律【A级——基础练】1.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是( )A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：C 滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错；C对；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错．2.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将二个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：D 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与小球重力相等时，小球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B错误，D正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．3.滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度( )A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析：A 当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．4．(多选)如图所示，D 、A 、B 、C 四点水平间距相等，DA 、AB 、BC 竖直方向高度差之比为1∶3∶5.现分别放置三个相同的小球(视为质点)，均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A 、B 、C 三点沿水平方向弹出，小球均落在D 点，不计空气阻力，下列说法中正确的有( )A ．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B ．三个小球弹出时的动能之比为1∶1∶1C ．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶3∶5D ．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析：AB 本题考查平抛运动规律、重力做功、动能定理、弹性势能等，意在考查考生对平抛运动规律、功能关系的理解能力和分析判断能力．三个小球弹出后做平抛运动，竖直方向上，三个小球竖直位移比为1∶4∶9，由自由落体运动规律h ＝12gt 2可知，小球在空中运动时间之比为1∶2∶3，A 项正确；又三个小球水平位移之比为1∶2∶3，由水平方向匀速直线运动规律x ＝v 0t 可知，三个小球弹出时速度相同，B 项正确；重力做功W G ＝mgh ，所以重力做功之比为1∶4∶9，C 项错；当且仅当弹力对小球A 做功与重力对小球A 做功相等时，合外力对三个小球做功之比为2∶5∶10，故D 项错．5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度，速度大小由v 1增大到v 2，所用时间为t ，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中( )A ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B ．木块沿斜面下滑的距离为v 1＋v 22tC ．如果给质量为m 的木块一个沿斜面向上的初速度v 2，它将沿斜面上升到h 高处速度变为v 1D ．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh －12mv 22＋12mv 21 解析：BD 对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A 错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：v ＝v 1＋v 22，故下滑的距离为：x ＝v t ＝v 1＋v 22t ，故B 正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h 时的速度一定小于v 1，故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q ，故有：Q ＝mgh －12mv 22＋12mv 21，故D 正确． 6.(多选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O 点时弹簧处于自然状态．现将小物块向右移到a 点，然后由静止释放，小物块最终停在O 点左侧的b 点(图中未画出)，以下说法正确的是( )A ．Ob 之间的距离小于Oa 之间的距离B ．从O 至b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小C ．小物块在O 点时的速度最大D ．从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：AD 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O 点应该在ab 中间，Oa ＝Ob .由于有摩擦力，物块从a 到b 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b 点，即O 点靠近b 点，故Oa >Ob ，选项A 正确；从O 至b 的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B 错误；当物块从a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O 点右侧，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从a 到b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D 正确．7.(多选)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析：CD 因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误．由功能关系知，系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确．对M除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理可知B错误．对m有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．8.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E－x图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E－x图象的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误．9．(2017·湖南长沙三月模拟)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过程解析：D 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 过程的，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．10．(2017·课标Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J ②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108 J ⑦答案：(1)2.4×1012 J (2)9.7×108J【B 级——提升练】11.(多选)(2017·三湘名校联盟三模)如图是某缓冲装置示意图，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于1f (12mv 20－12mv 2) C ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：BD 小车向右运动的过程中将受到弹簧向左的弹力作用做加速度逐渐增大的减速运动，若小车撞击弹簧时的速度v 0较小，弹簧上的弹力小于f ，小车速度即减为零，随后被弹回，此过程中只有动能与弹性势能之间相互转化，因此最终弹回的速度v 等于v 0，故选项A 错误；若小车撞击弹簧时的速度v 较大，在其速度还未减为零，弹簧上的弹力已增大至f ，由于直杆的质量不可忽略，所以小车继续做加速度增大的减速运动，弹簧继续被压缩，弹力大于f 后，直杆向右做加速运动，当两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，故选项C 错误；选项D 正确；当小车速度减为零时，小车反向弹回，弹簧弹力减小，直杆最终也不再在槽内移动，因此根据功能关系有：fx ＝12mv 20－12mv 2，即直杆在槽内移动的距离为：x ＝1f (12mv 20－12mv 2)，故选项B 正确．12．如图所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 解析：B 第一次停在水平雪道上，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cosα>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．13．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )A ．固定位置A 到B 点的竖直高度可能为2RB ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关C ．滑块可能重新回到出发点A 处D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：CD 设AB 的高度为h ，假设物块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时应该是从A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ＝mv 2C R，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理：mg (h －2R )＝12mv 2C －0，整理得到：h ＝2.5R ，故选项A 错误；从A 到最终停止，根据动能定理得：mgh －μmgx ＝0，可以得到x ＝h μ，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，故选项B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，故选项C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．14.如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x .解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v 0－a 1t ，v ＝a 2t ，解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m＝1 m. 铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12 m ＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s 2 (2)1.5 m15.(2017·湖南永州三模)如图所示，水平传送带A 、B两轮间的距离L ＝40 m ，离地面的高度H ＝3.2 m ，传送带以恒定的速率v 0＝2 m/s 向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P 、Q 中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P 、Q 不拴接)，用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态．现将P 、Q 轻放在传送带的最左端，P 、Q 一起从静止开始运动，t 1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m ＝0.2 kg ，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)两滑块落地的时间差；(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．解析：(1)滑块的加速度大小a ＝μg ＝1 m/s 2从静止到与传送带共速所需时间t 0＝v 0a＝2 sx 0＝12at 20＝2 m<L ＝40 m故滑块第2 s 末相对传送带静止由动量守恒定律有2mv 0＝mv Q －mv P又v Q ＝2v P解得v Q ＝8 m/s ，v P ＝4 m/s弹性势能E p ＝12mv 2P ＋12mv 2Q －12(2m )v 20＝7.2 J (2)两滑块离开传送带后做平抛运动时间相等，故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，两滑块在传送带上运动的时间之差 t 1＝4 s 时，滑块P 、Q 位移大小x 1＝x 0＋v 0(t 1－t 0)＝6 m滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t 2＝v Q －v 0a＝6 s 这段时间内位移大小x 2＝v Q t 2－12at 22＝30 m<L －x 1＝34 m故滑块Q 先减速后匀速，匀速运动时间 t 3＝L －x 1－x 2v 0＝2 s 滑块P 速度减小到0时运动位移大小x 3＝v 2P 2a＝8 m>x 1＝6 m 滑块P 滑到左端时的速度v P ′＝v 2P －2ax 1＝2 m/s运动时间t 4＝v P －v P ′a＝2 s 两滑块落地时间差Δt ＝t 2＋t 3－t 4＝6 s(3)滑块PQ 共同加速阶段Q 1＝2μmg (v 0t 0－x 0)＝0.8 J分离后滑块Q 向右运动阶段Q 2＝μmg (x 2－v 0t 2)＝3.6 J滑块P 向左运动阶段Q 3＝μmg (x 1＋v 0t 4)＝2 J全过程产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝6.4 J答案：(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J。
(浙江选考)2019届高三物理一轮复习 第5章 机械能 第4节 功能关系 能量守恒定律教师用书
（浙江选考）2019届高三物理一轮复习第5章机械能第4节功能关系能量守恒定律教师用书1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(加试要求)(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式1．(2017·平湖模拟)物质、能量、信息是构成世界的基本要素，下面关于能量的认识中错误的是( )A ．能量是一个守恒量B ．同一个物体可能同时具有多种形式的能量C ．物体对外做了功，它的能量一定发生了变化D ．地面上滚动的足球最终停下来，说明能量消失了D [能量的概念是在人类对能量守恒的认识过程中形成的，它的重要特性就是守恒，物体对外做功的过程即是能量释放的过程，功是能量转化的标志和量度．地面上滚动的足球最终停下来，其机械能转化为内能，能量并没有消失．故选项A 、B 、C 正确，D 错误．故选C.]2.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A ．变大B ．变小C ．不变D ．不能确定A [人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A 正确．] 3.如图542所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )图542【导学号：81370213】A ．重力势能增加了34mghB ．克服摩擦力做功14mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mghD [重力势能增加量为mgh ，A 错；由mg sin 30°＋F f ＝m ×34g 知F f ＝14mg 时，克服摩擦做功为12mgh ，由功能关系知B 错，D 对，动能损失等于合力做功，即ΔE k ＝34mg ×2 h ＝32mgh ，C 错．]4.(加试要求)(2016·杭州选考模拟)(多选)如图543所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )图543A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度BD [由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ，从C 到A 有12mv 2＋E p＝mgh ＋W f 联立解得：W f ＝14mv 2，E p ＝mgh －14mv 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，所以D 正确．]考点二| 能量守恒定律及应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．(2015·浙江10月学考)画作《瀑布》如图544所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图544A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律D[这是第一类永动机模型，违背了能量守恒定律，选D.]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．1.如图545所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图545A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能B[本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．]2.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图546所示，蹦极者从P 点静止下落，到达A点时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B点，B点离水面还有数米距离．蹦极者(可视为质点)从P点下降到B点的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2、克服空气阻力做功为W，绳子重力不计．则下列说法正确的是( )图546【导学号：81370214】A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒C．ΔE1＝W＋ΔE2D．ΔE1＋ΔE2＝WC[蹦极者从P到A及蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中都受到空气阻力作用，所以机械能不守恒，A、B错误；根据能量守恒定律可知，在整个过程中重力势能的减少量等于弹性势能的增加量和内能的增加量之和，内能的增加量等于克服空气阻力做的功，C 正确，D 错误．]3.(2017·宁波调研)如图547所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切，半圆形导轨的半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C ，C 、O 、B 三点在同一竖直线上．(不计空气阻力)试求：图547(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能．【解析】 (1)设物体在B 点的速度为v B ，受到的弹力为F N B ，则有F N B －mg ＝m v 2BR又F N B ＝8mg由能量守恒定律可知 弹性势能E p ＝12mv 2B ＝72mgR .(2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2CR物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得E 内＝12mv 2B －⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2C ＋mg ·2R ＝mgR .【答案】 (1)72mgR (2)mgR。
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5 第二节 动能 动能定理
1．(多选)
如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( ) A ．动摩擦因数μ＝67
B ．载人滑草车最大速度为
2gh 7
C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3
5
g
解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·
h
sin 45°
－
μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝6
7
，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力
做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝
214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－3
35
g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h
sin 45°
＝v 2
得，v ＝
2a 1
h
sin 45°
＝
2gh
7
，故B 项正确，D 项错误． 2．(多选)(2018·江苏六校联考)真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E 1，持续时间t 后立刻换成与E 1相反方向的匀强电场E 2.又经过2t 时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能E k .在上述过程中，E 1对滑块的电场力做功为W 1，t 时刻滑块的速度大小为v 1；E 2对滑块的电场力做功为W 2，3t 时刻滑块的速度大小为v 2.则( ) A ．2v 1＝v 2
B ．3v 1＝2v 2
C ．W 1＝E k 4，W 2＝3E k
4
D ．W 1＝4
E k 9，W 2＝5E k
9
解析：选BD.由动能定理，W 1＝12mv 21，W 2＝12mv 22－12mv 21，则E k ＝W 1＋W 2＝12mv 22，W 1W 2＝E 1E 2＝a 1
a 2，v 1
＝a 1t ，v 2＝v 1＋a 2·2t ，联立解得3v 1＝2v 2，W 1＝4E k 9，W 2＝5E k
9，选项B 、D 正确，A 、C 错误．
3.
如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6 cos 37°＝0.8)求： (1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h .
解析：本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理． (1)对C 点：滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg ＝mv 2C
R
①
v C ＝gR ＝2 m/s.
(2)对B →C 过程：滑块机械能守恒 12mv 2B ＝12
mv 2
C ＋mgR (1＋cos 37°) ②
v B ＝v 2C ＋2gR （1＋cos 37°）＝4.29 m/s.
(3)滑块在A →B 的过程，利用动能定理：
mgh －mg μcos 37°·
h
sin 37°＝12
mv 2
B －0 ③
代入数据解得h ＝1.38 m. 答案：见解析
4．(2018·江苏六市高三调研)如图所示，左端带有挡板P 的长木板质量为m ，置于光滑水平面上，劲度系数很大的轻弹簧左端与P 相连，弹簧处于原长时右端在O 点，木板上表面O 点右侧粗糙、左侧光滑．现将木板固定，质量也为m 的小物块以速度v 0从距O 点L 的A 点向左运动，与弹簧碰撞后反弹，向右运动到B 点静止，OB 的距离为3L ，已知重力加速度为
g .
(1)求物块和木板间动摩擦因数μ及上述过程弹簧的最大弹性势能E p .
(2)解除对木板的固定，物块仍然从A 点以初速度v 0向左运动，由于弹簧劲度系数很大，物块与弹簧接触时间很短可以忽略不计，物块与弹簧碰撞，木板与物块交换速度．求： ①物块从A 点运动到刚接触弹簧经历的时间t ； ②物块最终离O 点的距离x .
解析：(1)研究物块从A 点开始运动至B 点的过程，由动能定理有－μmg ·4L ＝0－12
mv 2
解得μ＝v 20
8gL
研究物块从弹簧压缩量最大处至B 点的过程，由功能关系有－μmg ·3L ＝0－E p 解得E p ＝38
mv 2
0.
(2)①设物块在木板上运动的加速度大小为a 1，则 μmg ＝ma 1
解得a 1＝μg (方向水平向右)
设木板运动的加速度大小为a 2，则μmg ＝ma 2 解得a 2＝μg (方向水平向左) 由几何关系有v 0t －12a 1t 2－12
a 2t 2
＝L
解得t 1＝2（2－2）L v 0，t 2＝2（2＋2）L
v 0
(舍去)．
②设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v 1、v 2，则v 1＝v 0－a 1t 1，v 2＝a 2t 1 物块和木板碰撞交换速度后，在摩擦力作用下分别做加速和减速运动，设运动的时间为t 、达到共同速度为v ，则v ＝v 2＋a 1t ，v ＝v 1－a 2t 解得v 1＝2＋24v 0，v 2＝2－24v 0，v ＝v 02
上述过程由功能关系有 －μmg (L ＋x )＝12(2m )v 2
－12mv 20
解得x ＝L . 答案：见解析。