2019届高考物理一轮复习：第五章机械能课时作业20
高考物理一轮复习第五章机械能课时作业
课时作业17[双基过关练]1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为非负值C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：由动能的定义和特点知，A、B选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C对、D错．答案：ABC2．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1：m2＝1：2，速度之比v1：v2＝2：1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A．L1：L2＝1：2 B．L1：L2＝1：1C．L1：L2＝2：1 D．L1：L2＝4：1解析：由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g由以上四式联立得L1：L2＝4：1故选项D是正确的．答案：D3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－F f x＝E k－E k0，解得E k＝E k0－F f x，选项C正确、D错误．答案：C4．(2020·黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v－t图象如图所示，图中β<θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是( )A．W＝W1＋W2 B．W1>W2C．P＝P1 D．P1≠P2解析：由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；加速度过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，B正确；因加速和减速运动中，平均速度相等，由P＝Fv可知，摩擦力的平均功率相等，故P1＝P2，D错误；由功率关系可知P(t1＋t2)＝P1t1＋P2t2得：P＝P1，C正确；故选A、B、C.答案：ABC5．如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的．一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H2.小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)( )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析：小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH －mg H2－W f ＝0，假设能再次到达M 点，根据动能定理有mg H 2－W′f ＝12mv 2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′f <－W f ，故速度v>0，因此小物块能冲出M 点，选项C 正确．答案：C6．(2020·湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB ，进入半径R ＝4 m 的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 点时，刚好对轨道压力为零；沿CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 的值不可能为(g 取10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．12 mB ．10 mC ．8.5 mD ．7 m解析：已知C 点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，得mg ＝mv2R，重力势能为2mgR ，小球从静止开始运动到C 点，根据动能定理得mg(H －2R)－W f ＝12mv 2，再分析从C 点运动到D 点，根据动能定理得，mg(2R －h)－W′f ＝0－12mv 2，由于机械能有损失，在关于BC 对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即W f >W′f >0，解得8 m<h<10 m ，故选A 、B 、D.答案：ABD7．(2020·信宜市高三统测)如图所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h ，末端B 处的切线水平，紧贴点B 安装一水平传送带，传送带右端与B 间的距离为h ，若皮带轮缘静止时，一个质量为m 的小物块P 从轨道顶端A 处静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，落在C 点．已知OB ＝OC ＝2h ，取g ＝10 m/s 2.(1)求小物体P 滑至B 点时的速度大小；(2)求小物体P 与传送带之间的动摩擦因数；(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动，求落地点到O 点的距离，解析：根据机械能守恒定律有12mv 2B ＝mgh所以解得小物块P 滑至B 点时速度为v B ＝2gh(2)小物块由传送带右端飞出后做平抛运动，则由题意得2h ＝12gt 2h ＝vt再根据动能定理得－μmgh＝12mv 2－12mv 2B以上三式联立解得μ＝0.875(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动时，分析可知物块在传送带上先减速后匀速运动，接着以gh 的初速度平抛设落地点为D ，则由第(2)问知落地时间为t ＝4hg水平位移为x ＝v′t＝gh ·4hg＝2h 所以落地点到O 点的距离为OD ＝x ＋h ＝3h 答案：(1)2gh (2)0.875 (3)3h [能力提升练]8．质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12mv 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s ，故A 错误；对x ＝2 m到x ＝4 m 过程由动能定理得Fx －μm gx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ，由牛顿第二定律得a ＝F －μmg m＝1.25 m/s 2，故B 错误；对运动前2 m 由动能定理得Fx －μmgx＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝1 m/s 2，末速度v ＝2E km＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ，故C 正确；对全过程由动能定理得，W F －μmgx＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ，故D 错误．答案：C9．(2020·福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mgsinθL，g 为重力加速度．(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．解析：(1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝k(L －45L)设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinθ＋F f ＝2F代入数据解得F f ＝mgsinθ5方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理有W 合＝ΔE k－mg·2(L－45L)sinθ－F f ·2(L－45L)＝0－12mv 2联立解得v ＝26gLsinθ5答案：(1)mgsinθ5 方向沿杆向下 (2)26gLsinθ510．(2020·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB 和圆弧轨道BC 组成．将质量m ＝0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高H 处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力大小为F ，改变H 的大小，可测出F 随H 的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径．(2)星球表面的重力加速度．(3)作出小球经过C 点时动能随H 的变化关系E k －H 图象． 解析：(1)小球过C 点时，由牛顿第二定律得：F ＋mg ＝m v 2Cr小球由静止下滑至C 点的过程，由动能定理得：mg(H －2r)＝12mv 2C解得：F ＝2mgrH －5mg由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0 N解得：r＝0.2 m(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N解得：g＝5 m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝E k－0解得：E k＝H－0.4则E k－H图象如图所示：答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2(3)见解析高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理一轮复习 课时分层提升练二十 机械能守恒定律及其应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
机械能守恒定律与其应用(建议用时45分钟)1.如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如下列图,如此对这四个阶段的描述正确的答案是( )A.a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能不变B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量【解析】选B。
a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能增大,选项A错误;b→c阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,选项B正确;c→d阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,杆伸直、人上升,动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量,选项C错误;d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人重力势能的减少量,选项D错误。
2.如下列图,质量均为m,半径均为R的两个完全一样的小球A、B,在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道,两轨道通过一小段圆弧平滑连接。
假设两小球运动过程中始终接触,不计摩擦阻力与弯道处的能量损失,在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A.0B.mgRsinθC.2mgRsinθD.2mgR【解析】选C。
两球运动到最高点时速度相等,动能相等,如此两球机械能的差值等于重力势能的差值,ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正确。
3.如下列图,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面顶端固定一光滑的小定滑轮,质量分别为m和2m的两个小物块A、B用轻绳连接,其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上,定滑轮与A之间的绳子水平,绳子开始时刚好拉直,且A与定滑轮之间的距离为l。
现使A 由静止下落,在A向下运动至O点正下方的过程中,如下说法正确的答案是( )A.物块B始终处于静止状态B.物块A运动到最低点时的速度大小为C.物块A运动到最低点时的速度方向为水平向左D.绳子拉力对物块B做正功【解析】选D。
2019届高考物理一轮复习：第五章机械能课时作业22
课时作业 22
[双基过关练]
1、质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则( )
A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒
B、当两物块相距最近时,甲物块的速率为零
C、当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0
D、甲物块的速率可能达到6 m/s
解析:甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力是系统内力,系统合外力为零,所以动量守恒,选项A错误；当两物块相距最近时,它们的速度相同,设为v,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv,代入数据,可得v＝0.5 m/s,选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s时,其方向可能向左,也可能向右,当水平向左时,根据动量守恒定律可得,乙物块的速率为2 m/s；当水平向右时,同理可得,乙物块的速率为0,所以选项C正确；因为整个过程中,系统的机械能不可能增加,选项D错误、答案:C
2、如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失、如果斜面
A、h
(1)物块相对木板滑行的时间、
(1)A、B碰撞后A的速度；
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角
(1)小球第一次滑到
解析:(1)设物块B
根据B恰能完成半个圆周运动到达。
【高中物理】2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业及答案(1).doc
5、动力学和能量观点的综合应用 [基础训练]1．(2018·陕西西工大附中适应考)(多选)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段时间后能保持与传送带相对静止．对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2答案：BC 解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q ，所以A 项错误；根据动能定理，对物体列方程，W f ＝12mv 2，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P ＝物体动能增量＋摩擦生热时间＝μmg v 2t ＋μmg v 2tt＝μmgv ，C 项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv 2，D 项错误．2．(2018·河南郑州一模)(多选)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ＞tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θ2μcos θ－sin θC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ答案：BD 解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量． 对物块，增加的机械能为ΔE ＝f ·x 物＝μmg cos θ·v2·t ，系统增加的内能Q ＝f ·Δx ＝f ·(x 带－x 物)＝f (vt －v 2t )＝μmg cos θ·v2t .故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误． 系统增加的内能Q ＝f ·Δx ＝μmg cos θ·v2t .物块的加速度a ＝f －mg sin θm＝g (μcos θ－sin θ)． 故加速时间t ＝v a ＝vg μcos θ－sin θ，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θ2μcos θ－sin θ，故B 正确．传送带运动的距离x带＝vt＝v2gμcos θ－sin θ，故传送带克服摩擦力做的功W克f＝f·x带＝μmg cos θ·v2gμcos θ－sin θ＝μmv2cos θμcos θ－sin θ，故C错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmg cos θ·v，故D 正确．3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)0～8 s内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J解析：(1)0～8 s，内物体位移等于vt图线与t轴所围面积其中前4 s，位移为零4～8 s的位移为x＝2＋42×2 m＋4×2 m＝14 m.(2)0～2 s内，物体向下减速，a＝μg cos θ－g sin θ0＝v0－at解得μ＝v＋gt sin θgt cos θ＝2＋10×2×0.610×2×0.8＝0.875.(3)0～8 s内物体机械能增量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12mv22－12mv21＋mgx sin θ＝12×1×42 J－12×1×22 J＋1×10×14×0.6 J＝90 J0～8 s传送带位移为x′＝v0t＝4×8 m＝32 m.物体与传送带摩擦生热为Q＝Wf＝μmg cos θ(x′－x)＝0.875×1×10×0.8×(32－14) J＝126 J.4．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中摩擦产生的内能．答案：(1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J解析：(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则a 1＝μm2gm1＝103m/s2，a2＝μg＝5 m/s2，v－a2t＝a1t，所以t＝va1＋a2＝2 m/s253m/s2＝0.24 s.(2)相对静止时的速度v＝a1t＝0.8 m/s，物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J.(3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J.5．如图所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 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＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，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)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功． 答案：(1)2 5 m/s (2)3 J解析：(1)对金属块在E 点，mg ＝m v 2ER ，v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 2E －12mv 2Dv D ＝2 5 m/s.(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1a 1＝10 m/s 2设经过位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1，x 1＝0.2 m ＜3.2 m 继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2a 2＝2 m/s 2x2＝L－x1＝3 mv2B－v2＝2a2x2vB＝4 m/s在从B到D过程中，由动能定理得：mgh－W＝12mv2D－12mv2BW＝3 J.[能力提升]6．(2018·山东济南模拟)质量为m＝1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1；(2)求小物块经过O点时对轨道的压力大小；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离；(4)求斜面上C、D间的距离．答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m (4)0.98 m解析：(1)对于小物块，由A点到B点有v2y＝2gh在B点有tan θ2＝vyv1所以v1＝3 m/s.(2)对于小物块，由B点到O点有mgR(1－cos θ2)＝12mv2O－12mv2B其中v B＝32＋42 m/s＝5 m/s在O点，有N－mg＝m v2OR，所以N＝43 N.由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43 N.(3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3P、A间距离xPA ＝v212a3＝1.5 m.(4)小物块沿斜面上滑时有mg sin θ2＋μ1mg cosθ2＝ma1解得a1＝10 m/s2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cosθ2＝ma2解得a2＝6 m/s2由机械能守恒定律可知v C＝v B＝5 m/s小物块由C点上升到最高点历时t1＝vCa1＝0.5 s小物块由最高点回到D点历时t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s故x CD＝vC2t1－12a2t22xCD＝0.98 m.7．如图所示，从A点以v0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？答案：(1)5 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下(2)47.3 N，方向竖直向下(3)2.8 m解析：(1)物块做平抛运动：H－h＝12gt2到达B点的竖直分速度：v y＝gt＝3 m/sv1＝v20＋v2y＝5 m/s设方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝vyv＝34，θ＝37°，即方向与水平面成37°角斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝12mv22－12mv2设C点受到的支持力为N，则有N－mg＝m v2 2 R由上式可得v2＝27 m/s，N＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f′＝μ2(M＋m)g＝10 N因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板则长木板长度至少为l＝v222μ1g＝2.8 m.。
【高中物理】2019届高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用课时作业及答案.doc
2、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＝Fl cos 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＝ΔE k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 mC．0.1 m D．0答案：D 解析：由mgh＝μmgx，得x＝3 m，而xd＝3 m0.5 m＝6，即3个来回后，小物块恰停在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.2P B．2P C．22P D．4P答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有Fx＝12mv21，经过位移x时的瞬时功率P＝Fv1＝F·2Fxm；同理，对第二个过程有2Fx＝12mv22，经过位移x时的瞬时功率P′＝2Fv2＝4F·Fxm；所以P′＝22P，C项正确．4．(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．2n C．3n D．4n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＝12mv2，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW＝0－12mv2；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＝0－12mv2，三式联立解得n′＝3n，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t 2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W 1，平均功率为P 1，物体克服摩擦阻力F 1做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( )A ．W 1>W 2， F ＝2F fB ．W 1＝W 2，F >2F fC ．P 1<P 2，F >2F fD ．P 1＝P 2，F ＝2F f答案：B 解析：整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，t 2>t 1，所以P 1>P 2.根据牛顿第二定律，施加拉力F 时，加速度大小a 1＝F －F fm ，撤去拉力后加速度大小a 2＝F fm，v t 图线斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a 1>a 2，即F －F f m >F fm，可得F >2F f ，综上分析，B 正确．6．(2018·吉林摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－(mg ＋f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理有，(mg －f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，故D 正确．7．(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O B ．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h 2，从开始由静止释放到第一次碰撞后运动高度h 2的过程，由动能定理可得mg (h －h 2)－f (h ＋h 2)＝0解得h 2＝mg －fmg ＋fh ＝5 m. (2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离为h 3，从第一次碰撞后运动的高度h 2处静止下落到第二次碰撞后向上运动距离h 3的过程，由动能定理可得，mg (h 2－h 3)－f (h 2＋h 3)＝0解得h 3＝mg －f mg ＋f h 2＝⎝⎛⎭⎪⎫mg －f mg ＋f 2h 同理得h n ＝⎝⎛⎭⎪⎫mg －f mg ＋f n －1h 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(h 2＋h 3＋h 4＋h 5)＝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14圆周轨道顶端运动到底端B 时速度为v 1，克服摩擦力做功W 1；以速度v 2从底端B 出发，恰好能运动到顶端A ，克服摩擦力做功为W 2，则( )A．v1>v2，W1>W2B．v1＝v2，W1>W2 C．v1＝v2，W1＝W2D．v1<v2，W1<W2答案：D 解析：对小球由14圆周轨道的顶端A静止开始的下滑过程，由动能定理，mgR－W1＝12mv21；对小球由14圆周轨道的底端B出发的运动过程，由动能定理，－mgR－W2＝0－1 2mv22；显然v1<v2.把14圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，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W1<W2，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/s2)( )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，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J ＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确． 11．(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12mv 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为0D ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α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 ＝12mv 2，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α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f <mg sin α，则摩擦力对物块做功W f ＝－fL ≠－mgL sinα，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W N ，根据动能定理得：W N －mgL sin α＝0，得W N ＝mgL sin α，故C 错误．在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgL sin α＋W f＝12mv2－0，则Wf＝12mv2－mgL sin α，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( )A．T1＝T2＝2mgB．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＝2mg，撤去拉力后，根据动能定理，mgL(1－cos θ)＝12mv2，在A点，T2－mg＝mv2L，可得T2＝2mg，W F－mgL(1－cos θ)＝0，W F ＝12mgL，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等于零，D正确；在B点小球所受合外力为mg sin 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/s2.求：甲乙(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/s2(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/s2.(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x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W F ＝12Fx＝160 J所以s＝16030m＝5.33 m.。
2019年高考物理大一轮复习第05章机械能第4讲功能关系
1．判断正误 (1)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．( ) (2)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．( ) (3)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放．( ) (4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( ) (5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
3．如图，质量为M的长木板放在光滑的水平面上，现有一质量为m的小物块以 初速度v0从木板的一端滑向另一端，当小物块在木板上滑过距离d二者的速度相同 均为v，此过程中木板前进的位移为x1，设小物块与木板间的滑动摩擦力为f.
根据动能定理可列出以下方程： 对木板：fx1＝12Mv2， 对物块：－f(x1＋d)＝12mv2－12mv20
A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减少了1 900 J D．重力势能减少了2 000 J 答案：C
4．质量为 m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为45g，在 物体下落 h 的过程中，下列说法中错误的是( )
A．物体的动能增加了4m5gh B．物体的机械能减少了4m5gh C．物体克服阻力所做的功为m5gh D．物体的重力势能减少了 mgh 答案：B
B．陨石下落时，动能转化为重力势能 C．陨石坠入地球是机械能转化为内能的过程 D．“鸡蛋大的陨石砸在地上就是一个坑”，说明陨 石对地面做了功 答案：CD
3．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一 次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对 他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
由以上两式可得到以下各等式：
届高考物理一轮复习第五章机械能课时作业
课时作业18[双基过关练]1．(2020·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大解析：三个小球从抛出到落地过程中机械能守恒，由mgh＋12mv20＝12mv2地得v地＝2gh＋v20，因此小球落地速度一样大，与小球质量无关，与抛出的角度无关，正确选项为A.答案：A2．(2020·广州模拟)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A．电梯匀速下降B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析：电梯匀速下降，说明电梯处于平衡状态，并不是只有重力做功，故A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B 正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡，拉力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故D错误．答案：B3．在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒．答案：A4．(2020·云南模拟)如图所示，由半径为R 的34光滑圆周和倾角为45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接．一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动．则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)( )A ．2gRB ．2RgC ．(22－2)RgD ．(10－6)R g解析：小球恰好通过最高点的速度v 1＝gR ，由机械能守恒定律得12mv 21＋mgR ＝12mv 22，解得小球通过斜面顶端时的速度v 2＝3gR ，由运动学规律得2R ＝v 2t ＋12gt 2sin45°，则t ＝(10－6)Rg，选项D 正确．答案：D5．如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．物体A 下落过程中的某一时刻，物体A 的加速度为零B ．此时弹簧的弹性势能等于2mgh －mv 2C ．此时物体B 处于超重状态D ．弹簧劲度系数为2mgh解析：在物体A 的下落过程中，物体B 还没有脱离地面，绳子的拉力F≤mg，地面对物体B 的支持力F N ≤mg，此时物体B 处于失重状态，可知物体A 在下落过程中一直做加速运动，且物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh ＝12×2mv 2＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝2mgh －mv 2，则选项A 、C 错误，B正确；A 即将与地面接触时，弹簧伸长量为h ，弹簧弹力F 弹＝kh ，对B 受力分析，有F 弹＝mg ，解得k ＝mgh，易知选项D 错误．答案：B6．(2020·新课标全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由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 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E kA ，由机械能守恒定律得E kA ＝mg R4①设小球在B点的动能为E kB，同理有E kB＝mg5R4②由①②式得E kBE kA＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力F N应满足F N≥0④设小球在C点的速度大小为v C，由牛顿第二定律和向心力公式有F N＋mg＝mv2CR2⑤由④⑤式得，v C应满足mg≤m2v2CR⑥由机械能守恒定律得mgR4＝12mv2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C点[能力提升练]7．(2020·清江月考)(多选)如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R2.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点，重力加速度为g，则( )A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后跑至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．O、C之间的距离为2RD．小球运动到C点的速率为3gR解析：小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mg·R2＝12mv2－0，解得v＝gR，而在B点，当重力完全充当向心力时，根据mg＝mv2BR，解得v B＝gR，故当小球到达B点时，重力恰好完全充当向心力，所以小球从B点开始做平抛运动到达C，A错误、B正确；根据平抛运动规律，水平方向上x＝v B t，竖直方向上R＝12gt2，解得x＝2R，C错误；对整个过程机械能守恒，故有32mgR＝12mv2C，解得v C＝3gR，D正确．答案：BD8．(2020·孝感模拟)如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其E k－h图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10 m/s2，由图象可知( )A．轻弹簧原长为0.3 mB．小滑块的质量为0.1 kgC．弹簧最大弹性势能为0.5 JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J解析：在E k－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m 上升到0.35 m 范围内所受作用力为恒力，所以从h ＝0.2 m ，滑块与弹簧分离，故A 错误；在从0.2 m 上升到0.35 m 范围内，图线的斜率绝对值为k ＝mg ＝2 N ，解得m ＝0.2 kg ，故B 错误；由机械能守恒定律得，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，即E pm ＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J ＝0.5 J ，故C 正确；在滑块整个运动过程中，系统机械能守恒，其动能、重力势能和弹性势能之间相互转化．系统总机械能E′总＝E′pm ＝mgh m ＝0.2×10×0.35 J＝0.7 J ．由图象可知，E km ＝0.32 J 时，小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，其值为：E ＝E′pm －E km ＝0.7 J －0.32 J ＝0.38 J ，故D 错误．答案：C9．(2020·甘肃武威二中质检)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h ＝0.7 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝1.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小球到达C 点时的速度大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置距B 端多远． 解析：(1)小球刚过C 点时有F N ＋mg ＝m v 2Cr，解得v C ＝ 5 m/s.(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，设此时小球离D 端的距离为x 0， 则有kx 0＝mg ，由机械能守恒定律有mg(r ＋x 0)＋12mv 2C ＝E km ＋E p .得E km ＝5 J.(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg·h－μmgx＝12mv 2C ，解得BC 间距离x ＝0.9 m.小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设小球在BC 上的运动路程为x′，由动能定理有－μmgx′＝0－12mv 2C解得x′＝0.5 m.故最终小球距离B 为0.9 m －0.5 m ＝0.4 m 处停下． 答案：(1) 5 m/s (2)5 J (3)0.4 m10．“猴子荡秋千”是某马戏团的经典表演项目．如图所示，离地高H ＝5.4 m 的O 点固定一根长L ＝3.6 m 且不可伸长的轻质绳，在绳的一侧有一平台，拉直绳子，其末端正好位于平台边缘A 点，绳子与竖直方向成60°角．有一质量m ＝5 kg 的猴子在A 点抓住绳子末端无初速地离开平台．在运动过程中猴子可视为质点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2.求：(1)猴子经过O 点正下方B 点时的速度大小；(2)猴子经过O 点正下方B 点时受到的绳子拉力大小；(3)若猴子在B 点放开绳子，则其落地点C 与悬点O 间的水平距离多大？(4)若猴子沿绳向上爬行一定距离后(在训练员的帮助下绳仍与竖直方向成60°角)，再抓紧绳子无初速向下摆动，当摆至O 点正下方时放开绳子，这次能否跳得比C 点更远？试判断并简要说明理由．解析：(1)猴子从A 到B 过程中由机械能守恒定律有mgL(1－cos60°)＝12mv 2解得v ＝2gL 1－cos60° 代入数据得：v ＝6 m/s.(2)设猴子在B 点时绳子的拉力为F T ，由牛顿第二定律有F T －mg ＝m v2L则F T ＝mg ＋m v2L代入数据得F T ＝100 N.(3)猴子从B 到C 过程做平抛运动：H －L ＝12gt 2，x ＝vt ，代入数据得x ＝3.6 m.(4)设猴子沿绳向上爬行到距O 点L′处向下摆动，到达O 点正下方时速度为v′mgL′(1－cos60°)＝12mv′2H －L′＝12gt′2落地点与O 点间水平距离x′＝v′t′＝2L′H －L′解得当L′＝12H ＝2.7 m 时最远，此时x′＝2.7 2 m>3.6 m ，即能跳得比C 点更远． 答案：(1)6 m/s (2)100 N (3)3.6 m (4)见解析高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2019年高考物理一轮复习第5章机械能新人教版
第五章 机 械 能综合过关规范限时检测满分：100分 考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·福建省泉州市期中)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则导学号 21993445( A )A ．t 1＜t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1＞t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小[解析] 在AB 段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小；在BC 段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小。
分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小，摩擦力做功较少，动能变化量较小，平均速率较大，由t ＝sv 可知t 1<t 2，A 项正确。
2．(2018·河北省名校联盟监测(一))质量为2kg 的物体，放在与物体间的摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g ＝10m/s 2，下列说法正确的是导学号 21993446( D )A ．此物体在AO 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WB ．此物体在OA 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WC ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WD ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6W[解析] 对物体受力分析，物体受到的摩擦力为F f ＝μmg ＝2N ，由题图可知，斜率表示物体所受拉力的大小，OA 段的拉力为5N ，AB 段的拉力为2N ，所以物体在OA 段做匀加速直线运动，在AB 段做匀速直线运动，选项BC 错误；在OA 段物体所受的拉力为5N ，物体做匀速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大，v ＝at ，x ＝12at 2，a ＝F －F f m，代入数据得v＝3m/s ，此时拉力的最大功率P ＝Fv ＝15W ，选项A 错误；在AB 段，物体以3m/s 的速度做匀速运动，此过程中拉力的功率恒为P ＝Fv ＝6W ，选项D 正确。
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课时作业 20
如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程
．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，
．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为
的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为
F f t1＋t2
3m D.
F f t1＋t2
m
解析：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后与B的速度增大，由动量定理得：
t＝(＋2m)v
的滑块沿光滑的水平面以速度
，则以下说法正确的是( )。