2020高考物理一轮复习第5章机械能章末过关检测五
(新课标)2020版高考物理一轮复习 第五章 机械能章末检测
第五章机械能章末检测一、选择题1.(多项选择)以下表达中正确的选项是( )必定守恒C.外力对物体做功为零,物体的机械能必定守恒D.系统内只有重力和弹力做功时,系统的机械能必定守恒答案BD 系统内只有重力和弹力做功,是系统机械能守恒的条件,故D正确。
外力对物体做功为零,或物体做匀变速直线运动及匀速直线运动时,不必定知足机械能守恒的条件,故机械能不必定守恒,因此B正确,A、C均错。
2.如下图,甲、乙两车用轻弹簧相连静止在圆滑的水平面上,此刻同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲、乙同时由静止开始运动,在整个过程中,对甲、乙两车及弹簧构成的系统(假设整个过程中弹簧均在弹性限度内),说法正确的选项是( )遇到外力作用,动能不停增大B.弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大向来做正功,系统的机械能不停增大D.两车的速度减小到零时,弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小答案 B 对甲、乙独自受力剖析,两车都先加快后减速,故系统动能先增大后减少,A错误;弹簧最长时,外力对系统做正功最多,系统的机械能最大,B正确;弹簧达到最长后,甲、乙两车开始反向加快运动,F1、F2对系统做负功,系统机械能开始减少,C错;当两车第一次速度减小到零时,弹簧弹力大小大于F1、F2的大小,当返回速度再次为零时,弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小,D错。
竞赛,起跳直至着地过程如图,丈量获得竞赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽视空气阻力,则起跳过程该同学所做的功最靠近( )A.65 JB.750 JC.1025 JD.1650 J答案 B 运动员做抛体运动,从起跳抵达到最大高度的过程中,竖直方向做加快度为g 的匀减速直线运动,则t=√2ℎℎ=√2×0.810s=0.4 s,竖直方向初速度v y =gt=4 m/s,水平方向做匀速直线运动,则v 0=2.52×0.4m/s=3.125 m/s,则起跳时的速度v=√ℎ02+ℎℎ2=√16+9.8 m/s=5.08m/s,设中学生的质量为50 kg,依据动能定理得:W=12mv 2=12×50×25.8 J=645 J,最靠近750 J,B 项正确。
2020高考物理精优大一轮复习人教版第5单元 机械能 作业答案
课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=√2gLsinθ,重力的瞬时功率P=mgv sin θ=mg√sin θ,选项C 正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cos θ,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3 m,则她每一次克服重力做的功W=35×50×10×0.3 J=90 J,1 min内克服重力所做的功W总=50W=50×90 J=4500 J,相应的功率约为P=W总t=450060W=75 W,选项A正确.5.C[解析]若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120 km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320 km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且am =2Pv-fm=Pmv,选项A正确;牵引力F=2Pv'随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度v>v+2v2=3v2,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108 km/h=30 m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F=P v =9×10630N =3.0×105 N ,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105N ,选项A 错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105N ,根据f=kv 得 k=3.0×10530N ·s/m =1.0×104 N ·s/m ,选项B 正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k v 2=12f=1.5×105 N ,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'v 2=f'v2=1.5×105×15 W =2250 kW ,选项C 、D 错误.8.B [解析] 在t=2 s 时,牵引力F 1=f+ma ,功率P=F 1v 1=3(f+ma ),在t=10 s 时,牵引力F 2=f ,功率P=F 2v 2=6f ,联立可得f=ma ,又加速度a=ΔvΔt =1.5 m/s 2,在0~10 s 内,由动能定理得P 2×t 1+Pt 2-fx=12mv 2,解得x=42 m ,选项B 正确.9.C [解析] 在A 、B 间的平均速度v 1=AB t 1=3 m/s ,在B 、C 间的平均速度v 2=BC t 2=6 m/s ,小球加速度a=v 2-v 112(t 1+t 2)=1 m/s 2,选项A 错误;小球经过B 点时的速度v B =v 1+a ·t12=5 m/s ,则小球经过B 点时重力的瞬时功率P=mgv B sin θ=2×10×5×sin 30° W =50 W ,选项B 错误;小球经过A 点时的速度为v A =v 1-a ·t12=1 m/s ,A 点与出发点的距离为x=v A22a =0.5 m ,选项C 正确;小球经过C 点时的速度v C =v 2+at 22=7 m/s ,则小球由静止到C 点过程中重力的平均功率为=mg sin 30°·vC2=35 W ,故选项D 错误.10.BD [解析] 由v t 图像可知,0~22 s 内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A 错误;在匀速运动过程,阻力f=F=Pv 3=1500 N ,选项B 正确;6 s 末的加速度a=P 8-P12m=86,质量m=562.5 kg ,由牛顿第二定律得F-f=ma ,机动车速度为5 m/s 时,牵引力F=f+ma=2250 N ,选项C 错误,D 正确. 11.BD [解析] 汽车从静止启动时,由P=Fv ,F-f=ma ,可得a=Pm ·1v -fm ,结合图像知P m =b d -c,解得P=mbd -c ,故汽车的功率P 保持不变,选项A 错误,B 正确;加速度为0时,速度最大,由1v m=c ,可得最大速度v m =1c ,选项C 错误;汽车启动过程中受到的阻力f=P v m=mbcd -c ,选项D 正确.12.(1)70 N (2)1400 J[解析] (1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a 2=-5 m/s 2 根据牛顿第二定律得-μF N2=ma 2 又知F N2-mg=0 联立解得μ=0.5力F 拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得F cos 37°-μF N1=ma 1 又知mg-F sin 37°-F N1=0由速度图像得此过程的加速度a 1=2 m/s 2 联立解得F=70 N(2)在0~5 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 1=f 1x 1 在5~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 2=f 2x 2 其中x 1=12×5×10 m =25 m ,x 2=12×2×10 m =10 m所以在0~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W=W 1+W 2=1400 J 13.(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s[解析] (1)由图可知,汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1=9 m ,在第2个2 s 时间内的位移x 2=15 m 故汽车的加速度a=x 2-x 1T =1.5 m/s 2.(2)由F-f=ma 解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+1000×1.5)N =3000 N 汽车做匀加速运动的末速度v=P额F=90×1033×103 m/s =30 m/s故匀加速运动保持的时间t 1=v a =301.5 s =20 s . (3)汽车所能达到的最大速度v m =P额f=90×1031.5×10 m/s =60 m/s .(4)匀加速运动的时间t 1=20 s 匀加速运动的距离x 1'=vt 12=302×20 m =300 m则以额定功率运动的距离x 2'=2400 m -300 m =2100 m对以恒定功率运动阶段,有P 额t 2-fx 2'=12m v m 2-12mv 2解得t 2=50 s所以最短时间为t 总=t 1+t 2=20 s +50 s =70 s .课时作业(十四)1.D [解析] 当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A 错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B 错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C 错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D 正确.2.D [解析] 小球从平衡位置P 缓慢地移动到Q 点的过程中,由动能定理得W F -mgL (1-cos θ)=0,选项D 正确.3.B [解析] 该同学将篮球投出时的高度约为h 1=1.8 m ,根据动能定理得W-mg (h-h 1)=12mv 2,解得W=7.5 J ,故选项B 正确.4.AC [解析] 因为重力做功-3 J ,所以重力势能增加3 J ,A 正确,B 错误;根据动能定理W 合=ΔE k ,可得ΔE k =-3 J +8 J -0.5 J =4.5 J ,C 正确,D 错误.5.C [解析] 重力对物体做的功为mg (h+H ),物体重力势能减少mg (H+h ),合力对物体做的总功为零,选项A 、B 错误,选项C 正确;对运动的全过程,由动能定理得mg (H+h )-fh=0,解得平均阻力f=mg(ℎ+H)ℎ,选项D 错误.6.D [解析] 由动能定理得E k -E k0=mgh=mg ·12gt 2,则E k =E k0+mg ·12gt 2,与E k =2+50t 2(J )对比可知,m=1 kg ,初动能为E k0=2 J =12m v 02,所以v 0=2 m/s ,选项A 、B 错误;2 s 内水平位移x=vt=4 m ,选项C 错误;2 s 末的动能E k =202 J =12mv 2,解得v ≈20.1 m/s ,选项D 正确.7.D [解析] 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ,物体从A 到C 的全过程,根据动能定理得mgR-W AB -μmgR=0,所以W AB =mgR-μmgR=(1-μ)mgR ,故D 正确. 8.ABC [解析] F-x 图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F 做的功,由图知减速阶段F-x 图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J ,则减速阶段拉力所做的功约为12 J ,故选项B 正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg ,由图知F=7 N ,则μ=Fmg =0.35,故选项A 正确.对全程应用动能定理,得W F -μmgx=0-12m v 02,其中W F =7×4 J +12 J =40 J ,解得v 0=6 m/s ,故选项C 正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D 错误.9.B [解析] 质点在Q 点时,有F N -mg=m v Q2R ,可得v Q 2=gR ,质点从P 滑到Q 的过程中,由动能定理得mgR-W f =12m v Q 2,则克服摩擦力做的功W f =12mgR ,选项B 正确.10.B [解析] 设木板长度为L ,木板与水平地板的夹角为θ,由动能定理得-μmgx -mgh-μmg cos θ·ℎsinθ=0-12m v 02,由几何关系可知x+ℎcosθsinθ等于Q 点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-μmgX -mgh=0-12m v 02,截短后,Q 到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v 0,选项B 正确.11.BC [解析] 物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mg sinα>μ0mg cos α,即μ0<tan α,选项A 错误;根据牛顿第二定律得a=g sin α-μg cos α,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a 在增大,选项B 正确;摩擦力f=μmg cos α=(μ0-μ0lx)mg cos α,可知f 与x 成线性关系,如图所示,其中f 0=μ0mg cos α,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功W f =l =12μ0mgl cos α,选项C 正确;由动能定理得mgl sin α- 12μ0mgl cos α = 12mv 2,解得v=√2glsinα-μ0glcosα,选项D 错误.12.(1)1 m (2)B 点[解析] (1)小球在C 点时,有mg=m v C2rmgh-μmgL=12m v C 2联立解得L=1.0 m .(2)最终小球停在B 、C 之间,由动能定理得mgh-μmgx=0 解得x=4.0 m走过的路程是BC 长度的4倍,最终停在B 点. 13.(1)7.4 N (2)0.96 m[解析] (1)BC 长度s BC =Rtan37°=0.4 m 物块在AD 段运动的过程中,由动能定理得12m v D 2=mg [L sin 37°+R (1-cos 37°)]-μmg cos 37°·s BC 在D 点时,有F N =mg+m v D2R 联立解得 F N =7.4 N由牛顿第三定律可得物块第一次通过D 点时对轨道的压力大小为7.4 N (2)物块在光滑的圆弧轨道内运动时,只有重力做功,机械能守恒,取D 所在水平面为零势能面,设物块上升的最大高度为H ,由机械能守恒定律得mgH=12m v D 2解得H=0.96 m课时作业(十五)1.B [解析] 运动员在合力为0时动能最大,其动能先增大后减小,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小,选项A 错误,B 正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松弛状态,则弹性势能先减小后不变,由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增大后保持不变,选项C 、D 错误.2.D [解析] 根据机械能守恒定律可知,在E 点和D 点钉钉子时,摆球最高可摆到与A 、B 等高的位置,选项A 、B 错误;当在F 点钉钉子时,摆球不可能摆到D 点,因为摆球如果摆到D 点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C 点摆到D 点,在D 点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C 错误;若在F 点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D 正确.3.C [解析] 蹦床弹力对小朋友做了功,小朋友的机械能不守恒,选项A 错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力F 逐渐增大,其加速度先减小后反向增大,选项B 错误;小朋友从h 2到h 4高度,蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒,则弹性势能为E p =mg (h 2-h 4),选项C 正确;小朋友从h 1下降到h 5过程中,在h 5高度的弹性势能最大,且最大值E pm =mgh 1-mgh 5,选项D 错误.4.C [解析] 铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功,设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v ,由机械能守恒定律得12mv 2+ΔE p =0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p =-12mg ·L2,解得v=√gL2,故C 正确.5.ACD [解析] 若各斜面光滑,则滑块下滑过程中机械能守恒,有mgh=12mv 2,滑块到达A 、B 、C 、D ……各点的速率相同时,下落的高度h 相同,即A 、B 、C 、D ……各点处在同一水平线上,选项A 正确,选项B 错误;以O 点为最高点,作等时圆,可知下滑的时间相等时所处的位置在同一竖直面内的圆周上,选项C 正确;从O 点下滑到A 、B 、C 、D ……各点的过程中,设滑块滑动的水平距离是x ,滑块损失的机械能为克服摩擦力做的功,即ΔE=W f =μmg cos θ·xcosθ=μmgx ,因ΔE 相同,故x 相同,说明A 、B 、C 、D ……各点处在同一竖直线上,选项D 正确.6.C [解析] 物体做竖直上抛运动,有v 0=g ·t2,解得星球表面重力加速度为g=2v 0t,卫星绕星球表面做圆周运动,有m v 2R =mg ,解得v=√gR =√2v 0R t,此为最大环绕速度,也是最小发射速度,故以此速度或超过此速度水平抛出,物体都不会落回星球表面,故A 、B 正确;设竖直上抛的初速度为v',卫星绕星球表面运动时,由机械能守恒定律得-GmM R+12mv'2=0,又GMm R 2=mg ,解得v'=2√v 0R t,故D 正确,C 错误.7.AB [解析] A 、B 组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B 球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR ,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为√2mgR ,故A 正确,C 错误.A 球从C 点运动到D 点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D 错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A 、B 球的速度最大,故B 正确.8.BD [解析] 当A 球即将到达地面时,B 和C 的速度为0,对A 、B 、C 三者组成的系统,由机械能守恒定律得mgL=12mv 2,则A 落地的瞬时速度v=√2gL ,选项B 正确;B和C 的速度先增大后减小,则A 的机械能先减小后增大,选项A 错误;在B 减速阶段,杆对B 的作用力沿杆指向右上方,B 受到的支持力小于mg ,由牛顿第三定律知,选项D 正确.9.(1)1450 N (2)716[解析] (1)设A 到达b 点时速度为v b ,根据动能定理可得mg ·ab (sin θ-μcosθ)=12m v b 2解得v b =√489 m/s设A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ,轨道对A 的弹力大小为F ,有mgR 1(1+cos θ)=12m v b 2-12m v c 2mg+F=m v c 2R 1联立解得F=1450 N(2)设A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ,有mgR 1(1-cos 37°)=12m v P 2-12m v b 2解得v P =√529 m/s =23 m/s设A 与B 碰撞后共同速度为v ,则mv P =(M+m )v设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ,在P 点最小速度为v'P ,有 (M+m )g=(M+m )v d2R 22(M+m )gR 2=12(M+m )v 'P 2-12(M+m )v d 2联立解得v'P =√256 m/s =16 m/s 当v=v'P 时,M 最大,解得M=(2316-1)m=716m 10.(1)√gL 0 (2)2√3gL g(3)见解析[解析] (1)球通过最高点时的速度为v ,有F+mg=m v 2L 解得F=m v 2L -mg 当F=0时,v 最小, 速度v 的最小值为√gL(2)若小球恰好通过最高点,则v A =√gL12m v B 2=12m v A 2+mgL v B =v D =√3gL小球从B 点、D 点分别竖直上抛和竖直下抛,则Δt=2v B g=2v D g=2√3gL g(3)设小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t ,则h+L=12gt 2 x=vt设小球运动到最低点C 时速度为v',绳突然断开后小球做平抛运动的时间为t',则h-L=12gt'2 x'=v't'由机械能守恒定律得2mgL+12mv 2=12mv'2 又x=x' 联立解得h=v'22g -L小球运动到最高点时,有v ≥√gL 小球运动到最低点时,有v'≥√5gL 故h ≥32L课时作业(十六)1.B [解析] 对上升过程,由动能定理得-(mg+F )h=-12m v 02,动能减小了(F+mg )H ,选项A 错误;小球克服阻力做的功等于机械能的减小量,即机械能减小了FH ,选项B 正确,D 错误;重力做功为-mgH ,重力势能增加了mgH ,选项C 错误.2.C [解析] 合外力做功等于动能的增加量,初动能为零,所以末动能为W 1+W 2+W 3,选项A 错误;重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功W 1,所以重力势能减少W 1,原来为零,终态时为-W 1,选项B 错误;机械能是动能、重力势能、弹性势能之和,因为此题不涉及弹性势能,所以机械能的改变量就取决于动能和势能的改变量,则机械能的改变量为(W 1+W 2+W 3)-W 1=W 2+W 3,选项C 正确,D 错误.3.D [解析] v 2-h 图像为倾斜直线,可知物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于除重力(和弹簧弹力)以外的其他力做功的大小,由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故选项D 正确.4.C [解析] 先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得f ·74H=mg ·H4,解得f=mg 7;为使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,即E=mg 7·2H=27mgH.5.B [解析] 伸缩臂使人与平台上升到灭火位置,功率P 1=m 1gℎt 1=800 W ,但伸缩臂有质量,其高度上升,也消耗功率,故发动机的功率大于800 W ,选项D 错误;水炮每秒射出的水的质量m=1000×360 kg =50 kg ,水炮对水做的功W=mgh+12mv 2,其功率P=Wt =4×104 W ,选项A 、C 错误,B 正确.6.C [解析] 由能量守恒定律可知,力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=12mv 2+μmg ·s 相,s 相=vt-v2t ,v=μgt ,联立可得W=mv 2,选项C 正确.7.AB [解析] 对运动员,由牛顿第二定律得mg-f=ma ,则阻力f=mg 5,运动员的重力做功为mgh ,重力势能减少了mgh ,合力做功为45mgh ,动能增加了45mgh ,选项A 、B 正确;运动员克服阻力所做的功为mgℎ5,机械能减少了mgℎ5,选项C 、D 错误.8.AD [解析] 从D 到C ,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸机械能一直增加,弹丸先加速后减速运动,动能先增大后减小,选项A 正确,B 、C 错误;从D 到E 橡皮筋的弹力大于从E 到C 橡皮筋的弹力,从D 到E 橡皮筋的弹力做的功大于从E 到C 的弹力所做的功,则从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能,选项D 正确.9.AC[解析]高度在0.2~0.35 m的范围内,ΔE k=-ΔE p=-mgΔh,图线的斜率k=ΔE kΔℎ=0-0.30.35-0.2N=-2 N=-mg,所以m=0.2 kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧最大弹性势能E pm=mgΔh=0.5 J,选项B错误;在E k-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.2~0.35 m范围内图像为直线,所受合外力为恒力,所以h=0.2 m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m,选项C 正确;由图像可知,当h=0.18 m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律知,E pmin=E-E km=E pm+mgh-E km=0.5J+0.2×10×0.1 J-0.32 J=0.38 J,选项D错误.10.BD[解析]物体刚被放到A点时,做匀加速直线运动,加速度a 1=μmgcosθ-mgsinθm=g(μcos θ-sin θ)=2.5 m/s2,若物体能与传送带达到相同的速度,则上滑位移为x1=v22a1=0.2 m<L=5 m,假设成立,物体加速到v=1 m/s时运动的时间t1=va1=0.4 s,因为μmg cos θ=75 N>mg sin θ=50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间为t2=L-x1v =4.8 s,运动的总时间为t=t1+t2=5.2 s,选项A错误;小物体运动到B点时的速度为1 m/s,从A到B,由动能定理得W传-mgL sin θ=12mv2-0,解得W传=255 J,选项B正确;在相对滑动时,s相=vt1-x1=0.2 m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s相=15 J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而发的热,则W电=W传+Q=270 J,选项C 错误.11.(1)2 m/s(2)0.8 s(3)2.25×104 W[解析](1)吊锤上升过程中,由功能关系得ΔE=FΔh结合图像可得F=ΔEΔℎ=2.25×104N设吊锤上升到h 1=1.6 m 处的速度为v 1,由动能定理得Fh 1-mgh 1=12m v 12-0联立解得v 1=2 m/s(2)吊锤上升到h 1=1.6 m 处后做初速度为v 1=2 m/s 的竖直上抛运动,设经时间t 落到钉子上,有-h 1=v 1t-12gt 2 解得t=0.8 s(3)设吊锤上升到h 2=0.4 m 处的速度为v 2,由动能定理得Fh 2-mgh 2=12m v 22-0解得v 2=1 m/sF 的瞬时功率P=Fv 2=2.25×104 W 12.(1)0.2 (2)25√26 N ·s 0.8 J[解析] (1)由动能定理得-μmg (L 1+L 2)=0-12m v 02,解得μ=0.2.(2)当传送带逆时针转动时,滑块在传送带上的加速度大小为a=μg=2 m/s 2,设滑块离开传送带时的速度大小为v 1,有v 02-v 12=2aL 1,解得v 1=1.6 m/s .设滑块在传送带上运动的时间为t ,有L 1=v 0+v 12t ,解得t=0.2 s ,传送带对滑块的作用力F=√(μmg)2+(mg)2=2√26 N , 所以传送带对滑块的冲量I=Ft=25√26 N ·s .由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动的距离s=vt=0.4 m , 所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μmg (s+L 1)=1.52 J ,根据能量守恒定律得,电动机多消耗的电能E=Q+12m v 12-12m v 02=0.8 J .感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第五章 第2节 机械能守恒定律 Word版含解析
第2节 机械能守恒定律1.(多选)下列关于机械能是否守恒的论述正确的是( AD )A.做变速曲线运动的物体,机械能可能守恒B.沿水平面运动的物体,机械能一定守恒C.合外力对物体做功等于零时,物体的机械能一定守恒D.只有重力对物体做功时,机械能一定守恒解析:判断机械能是否守恒,就要依据机械能守恒的条件来分析.要看是不是只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功,而不是看物体如何运动.物体做变速曲线运动,机械能可能守恒,如平抛运动,选项A正确;沿水平面运动的物体,重力势能不变,如果不是匀速,动能发生变化,机械能就不守恒,选项B错误;合外力做功为零,只是动能不变,势能的变化情况不能确定,机械能不一定守恒,如物体匀速下落,机械能减少,选项C错误;只有重力对物体做功时,机械能一定守恒,选项D正确.2. 如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下.下列判断正确的是( C )A.两小球到达底端时速度相同B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同C.两小球到达底端时动能相同D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率解析:根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v=,但方向不同,所以选项A错误;两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同,则两小球到达底端时动能相同,所以选项C正确,B错误;两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率为零,乙小球重力做功的瞬时功率大于零,所以选项D错误.3. (2019·湖南郴州一中模拟)(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是( ABC )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关解析:在运动员到达最低点前,运动员一直向下运动,根据重力势能的定义可知重力势能始终减小,故选项A正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,故选项B正确;对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,蹦极过程中只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,故选项C正确;重力做功是重力势能转化的量度,即W G=-ΔE p,而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关,所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,故选项D错误.4. 如图所示,长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上,且使长度的垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( C )A. B. C. D.4解析:由机械能守恒定律ΔE p减=ΔE k增,即mg·-mg·=mv2,所以v= ,选项C正确.5. 如图所示,物体B的质量是物体A质量的,在不计摩擦阻力的情况下,物体A自H高处由静止开始下落.以地面为参考平面,当物体A的动能与其重力势能相等时(物体B未到达滑轮处),物体A距地面的高度是( B )A.HB.HC.HD.H解析:物体A下落过程中,A,B组成的系统机械能守恒,则有mg(H-h)=(m+m)v2,又有mgh=mv2,解得h=H,选项B正确.6.(2019·山东青岛模拟) 在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳.如图所示,某次蹦床活动中小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小孩可看成质点,不计空气阻力.下列说法正确的是( A )A.从A运动到O,小孩重力势能减少量大于动能增加量B.从O运动到B,小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C.从A运动到B,小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D.从B返回到A,小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析:从A运动到O,小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和,选项A正确;从O运动到B,小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量,选项B错误;从A运动到B,小孩机械能的减少量大于蹦床弹性势能的增加量,选项C错误;从B返回到A,小孩的机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和,选项D错误.7. 如图所示,半径为R的光滑圆环竖直放置,N为圆环的最低点.在环上套有两个小球A和B,A,B之间用一根长为R的轻杆相连,使两小球能在环上自由滑动.已知A球质量为4m,B球质量为m,重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做的功为( B )A.mgRB.1.2mgRC.1.4mgRD.1.6mgR解析:将轻杆从题图所示水平位置由静止释放,两小球和轻杆组成的系统机械能守恒,在A球滑到N点的过程中,系统重力势能减小量为ΔE p=4mg·-mgR=mgR.两小球速度大小相等,设A球滑到N点时小球速度为v,由机械能守恒定律,ΔE p=ΔE k=×4mv2+mv2,解得v2=0.4gR,由功能关系可知,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做功为W B=mv2+ mgR=1.2mgR,选项B正确.8. (多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平面的高度h=0.1 m.两球从静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( BD )A.下滑的整个过程中A球机械能守恒B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C.两球在光滑地面上运动时的速度大小为2 m/sD.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J解析:在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但B在水平面滑行,而A在斜面滑行时,杆的弹力对A做功,所以A球机械能不守恒,选项A错误,B正确;根据系统机械能守恒得m A g(h+Lsin 30°)+m B gh=(m A+m B)v2,解得v= m/s,选项C错误;系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为m B v2-m B gh= J,选项D正确.9. (多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A,B之间做往复运动.已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是( AD )A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C.弹簧处于原长时,小球的速度最大D.小球机械能最大的位置有两处解析:因只有重力和系统内弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在A点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故选项A正确;小球从A至C,在切线方向先做加速运动再做减速运动,当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故选项B,C错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为零,小球机械能最大,由题意知,A,B相对于O1O2对称,显然,此位置在A,C与B,C之间各有一处,故选项D正确.10.(多选)如图(甲)所示,质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道,小球速度的平方与其高度的关系图像如图(乙)所示.已知小球恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同,空气阻力不计.g取10 m/s2,B为AC轨道中点.下列说法正确的是( ACD )A.图(乙)中x=4 m2·s-2B.小球从B到C损失了0.125 J的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05 JD.小球从C抛出后,落地点到A的距离为0.8 m解析:当h=0.8 m时小球在C点,由于小球恰能到达最高点C,故mg=m,所以=gr=10×0.4 m2·s-2=4 m2·s-2,故选项A正确;由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能,故选项B错误;小球从A到C,由动能定理可知W合=m-m=×0.1×4 J-×0.1×25 J=-1.05 J,故选项C正确;小球离开C点后做平抛运动,故2r=gt2,落地点到A的距离x1=v C t,解得x1=0.8 m,故选项D正确.11. 一半径为R的半圆形竖直轨道,用轻质不可伸长的细绳连接的A,B两球悬挂在轨道边缘两侧,A球质量为B球质量的2倍,现将A球从轨道边缘处由静止释放,如图所示.已知A球始终不离开轨道内表面,且细绳足够长,若不计一切摩擦,求:(1)A球沿轨道内表面滑至最低点时速度的大小;(2)A球沿轨道内表面运动的最大位移.解析:(1) 当A球运动到P点时,如图所示.设A球的速度为v,根据几何关系可知B球的速度为v B=vcos 45°= v,B球上升的高度为绳长的变化R,设B球质量为m,对A,B整体运用机械能守恒定律得2mgR-mgR=×2mv2+m解得v=2.(2)当A球的速度为0时,A球沿轨道内表面运动的位移最大,设为x,由几何关系可知A球下降的高度为h=.由机械能守恒定律得2mgh-mgx=0.解得x=R.答案:(1)2 (2)R12. 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、外壁光滑、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1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放小滑块,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小滑块进入管口C端时,它对上管壁有F N=2.5mg的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小滑块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/s2.求:(1)小滑块在C处受到的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能E km;(3)小滑块最终停止的位置.解析:(1)小滑块进入管口C端时它与圆管外管壁有大小为F N=2.5mg 的作用力,由牛顿第三定律知小滑块在C点受到的向心力大小为F向=2.5mg+mg=35 N.(2)在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时,所受合力为零.设此时小滑块离D端的距离为x0,则有kx0=mg解得x0==0.1 m在C点合外力提供向心力,有F向=m得=小滑块从C点运动到速度最大位置的过程中,由机械能守恒定律得mg(r+x0)+m=E km+E p联立解得E km=mg(r+x0)+m-E p=6 J.(3)小滑块从A点运动到C点过程,由动能定理得mgh-μmgs=m解得B,C间的距离s=0.5 m小滑块与弹簧作用后返回C处动能不变,小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中,设之后小滑块在BC上的运动路程为s′,由动能定理有:-μmgs’=0-m,解得s’=0.7 m,故最终小滑块在距离B点为(0.7-0.5) m=0.2 m处停下.答案:(1)35 N (2)6 J (3)距B点0.2 m处13. 如图所示,用长为L的细绳悬挂一个质量为m的小球,悬点为O点,把小球拉至A点,使悬线与水平方向成30°角,然后松手,问:(1)小球运动到C点时的速度为多大?(2)小球运动到悬点的正下方B点时,悬线中的张力为多大?解析:(1)小球从A点到C点做自由落体运动,下落高度为L,则v C=.(2)当小球落到A点的正下方C点,OC=L时绳又被拉紧,此时由于绳子的冲量作用,使小球沿绳方向的速度分量减为零,小球将以L为半径、以v1为初速度从C开始做圆周运动,如图,其切向分量为v1=v C cos 30°=.小球从C点到B点过程中,由机械能守恒定律mgL(1-sin 30°)=m-m将v1代入解得=gL在B点,由向心力公式得T-mg=m解得T=mg+m=mg.答案:(1) (2)mg。
2020版高三物理最新一轮复习资料_人教版_第五章机械能 验证机械能守恒定律
(1)任取两点 A、B，测出 hAB，算出 mghAB. (2)算出12mv2B－12mv2A的值． (3)在实验误差允许的范围内，若 mghAB＝12mv2B－12mv2A，则验 证了机械能守恒定律．
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方案三：图象法 从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度 h， 并计算各点速度的平方 v2，然后以12v2 为纵轴，以 h 为横轴，根据 实验数据作出12v2－h 图象．若在误差允许的范围内图象是一条过原 点且斜率为 g 的直线，则验证了机械能守恒定律.
A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量 C．速度变化量和高度变化量 (2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、 导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________． A．交流电源 B．刻度尺 C．天平(含砝码)
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(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图 5 所示的一条纸 带．在纸带上选取三个连续打出的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC.
已知当地重力加速度为 g，打点计时器打点的周期为 T.设重物 的质量为 m.从打 O 点到打 B 点的过程中，重物的重力势能变化量 ΔEp＝________，动能变化量Δ Ek＝________．
等式两边的质量抵消，不需要天平，不选 C. (3)重物的重力势能变化量为 ΔEp＝－mghB，动能的变化量 ΔEk
＝12mvB2 ＝12m(hC2－ThA)2.
2020年高三物理一轮复习测试 第五章 机械能
绝密★启用前2020年高三物理一轮复习测试第五章机械能本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
（含答案）第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.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，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A．电动机做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv22.如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向止的拉力作用下开始运动在，向上运动的过程中，物体的动能E k与位移x关系图象如图乙所示．其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中拉力大小恒为2mgC．在2h～3h过程中物体机械能不变D．在2h～3h过程中物体的机械能不变3.水流在推动水轮机的过程中做了3×108J的功，这句话应理解为()A．水流在推动水轮机前具有3×108J的能量B．水流在推动水轮机的过程中具有3×108J的能量C．水流在推动水轮机后具有3×108J的能量D．水流在推动水轮机的过程中能量减少了3×108J4.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法正确的是()A．系统机械能不断增加B．系统动能不断增加C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大5.小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于()A．H/9 B． 2H/9 C． 3H/9 D． 4H/96.如图，从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，则它们从抛出到落地过程中()A．运行的时间相等B．落地时的机械能不同C．落地时的速度相同D．在空中任意时刻三个物体的机械能相同7.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图象如图所示，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小相等B．F、F2对A、B做功之比为2∶1C．A、B受到的摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶28.子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是()A． B．v C． D．9.如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R.—质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg.不计空气阻力．小球从A到P的过程中()A．机械能减少了2mgRB．重力势能减少了mgRC．合外力做功2mgRD．克服摩擦力做功mgR10.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是()A． 0～6 s内物体位移大小为36 mB． 0～6 s内拉力做的功为30 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N11.如图所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑．现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则()A．力F一定要变小 B．力F一定要变大C．力F的功率将减小 D．力F的功率将增大12.如图，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为d的竖直墙壁上，要使小球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度h为()A．dB．C．D． 2d13.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功14.如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ.下列结论正确的是()A．θ＝90°B．θ＝45°C．小球摆动到最低点的过程中，b球机械能不守恒D．小球摆动到最低点的过程中，b球重力的瞬时功率一直增大15.关于机械能是否守恒，下列说法正确的是()A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B．做圆周运动的物体机械能一定守恒C．做变速运动的物体机械能可能守恒D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒16.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竖直向上运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．t2时刻两个质点在同一位置B． 0－t2时间内两质点的平均速度相等C． 0－t2时间内A质点处于超重状态D．在t1－t2时间内质点B的机械能守恒17.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A．mgRB．mgRC．mgRD．mgR18.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－mv2B．mv2－mghC．－mghD．－(mgh＋mv2)19.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为D．重物匀加速运动的加速度为－g20.伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端有质量为m的小物体B，二者都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．(1)求运动过程中斜面体A所受的合力FA；(2)分析小物体B做何种运动，并说明理由；(3)求小物体B到达斜面体A底端时的速度v B大小．22.如图所示，AB段为长度L1＝5 m的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CD 的高度h＝1.25 m，EFD为一半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道．现有一质量m＝1 kg的小球，在恒定的外力F＝4 N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动．力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道DEF的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取g＝10 m/s2，试求：(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离．23.如图所示，光滑水平面AB与一半圆开轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧轻质弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰好能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求；(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C摩擦阻力做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时相对于C点的水平距离24.如下图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v，此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．答案解析1.【答案】D【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝mv2＋Q＝mv2.故A不正确；物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W f＝mv2－0＝0.5mv2.故B不正确；传送带克服摩擦力做功为：W f＝μmgx1＝mv2.故C不正确；设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－vt＝0.5vt，此过程中物块的位移为x物＝0.5vt，则有Δx＝x物；系统摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝mv2，故D正确．2.【答案】D【解析】0～h高度内，由动能定理得E k＝(F－mg)x，图线斜率表示合外力，0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，A、B错误，2h～3h过程中，物体受到拉力等于重力，匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，C错误；在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，物体只受到重力，机械能守恒，D正确．3.【答案】D【解析】根据功能关系，水流在推动水轮机的过程中做了3×108J的功，水流在推动水轮机的过程中能量减少了3×108J，选项D正确．4.【答案】D【解析】据题意，在施加电场后对整个系统受力分析，系统在水平方向受到电场力F1和F2，由于两球带电量相等且电性相反，则在匀强电场中F1－F2＝0，系统在竖直方向的合力也为0，所以系统所受合力为0；弹簧弹力是系统的内力，两球在电场力作用下向相反方向运动，弹簧被拉伸，弹力增加，当弹力与电场力相等时，两球速度最大，继续运动则弹力大于电场力，两球开始减速运动直至速度减为0，然后反向运动；整个系统在这个运动过程中机械能守恒，A、C错误；动能先增加后减小，B错误，D正确．5.【答案】D【解析】小球上升至最高点过程：－mgH－fH＝0－mv02①；小球上升至离地高度h处过程：－mgh－fh＝mv12－mv02②，又mv12＝2mgh③；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：－mgh－f(2H－h)＝mv22－mv02④，又mv22＝mgh⑤；以上各式联立解得h＝H，答案D正确．6.【答案】D【解析】只有重力做功，由机械能守恒定律，竖直上抛，竖直下抛两个小球落地速度方向都是竖直向下，末速度的大小相等，即两个小球的落地时速度相同，位移相同，加速度相同，但初速度不相同(方向相反)，所以它们的运动时间不相等，故A错误；一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，三个球只受重力做功，所以三个球机械能都守恒，而初位置三个球机械能相等，所以在空中任意时刻三个物体的机械能相同，落地时的机械能相等，故B错误，D正确；速度相同包括方向相同，竖直上抛运动，竖直下抛运动落地的速度竖直向下，平抛运动的物体落地速度与竖直方向有一定的夹角，故三个小球落地速度不相同，故C错误．7.【答案】C【解析】设A加速时加速度大小为a，则减速时加速度大小为0.5a，B加速时加速度大小为0.5a，减速时加速度大小为a.根据牛顿第二定律，对A：F1－F f1＝2ma，F f1＝2m×0.5a＝ma，对B：F2－F f2＝0.5ma，F f2＝ma，解得F1＝3ma，F2＝1.5ma，F f2＝F f1.A错误，C正确；外力F1、F2做功分别为：W1＝F1l1,W2＝F2l2，由图线围成的面积可知l1＝0.5l2，故W1∶W2＝1∶1，B错误；两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1l∶F f2l＝1∶1，D错误．8.【答案】B【解析】设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－fd＝0－mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－f·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B.9.【答案】D【解析】质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg，根据牛顿第二定律：2mg＝m，v＝，根据动能定理：mg·2R－W f＝mv2得：W f＝mgR，故机械能减少了mgR，故A错误D正确；合外力做功等于动能的变化量：mv2＝mgR，故C错误；高度下降了2R，则重力势能减少了2mgR，故B错误．10.【答案】C【解析】由P＝Fv，对应v－t图象和P－t图象可得30＝F·6,10＝F f·6，解得：F＝5 N，F f＝N，D 错误；0～6 s内物体的位移大小为(4＋6)×6×m＝30 m，A错误；0～6 s内拉力做功W＝F·x1＋F f·x2＝5×6×2×J＋×6×4 J＝70 J，B错误；由动能定理可知，C正确．11.【答案】C【解析】物块受到一沿斜面向上的拉力F，F＝mg sinθ＋μmg cosθ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F＝mg，由于题述没有给出θ和μ的具体数值，不能判断出力F 如何变化，选项A、B错误；由于力F的方向变为竖直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率将减小，选项C正确，D错误．12.【答案】B【解析】小球在曲面下滑的过程中，机械能守恒，mgh＝mv，然后做平抛运动，运动时间t＝，撞到墙上时的速度v＝，联立得v＝根据不等式可知，当2gh＝，即h＝时，小球的速度最小．因此B正确，A、C、D错误．13.【答案】A【解析】由题意知，W拉－W阻＝ΔE k，则W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W阻与ΔE k的大小关系不确定，C、D项错误．14.【答案】A【解析】设b球做圆周运动的半径为R当θ＝90°时，根据机械能守恒mgR＝mv2可得v＝，由竖直平面内的圆周运动得F－mg＝m，F＝3mg，此时a球对地面压力为零，A选项正确，B选项错误；b球下摆的过程机械能守恒，C错误；b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率P＝mgv·cosθ，为速度与竖直方向的夹角．开始时，v＝0，P＝0；到最低点时，v最大，但α＝90°，P＝mgv·cosθ＝0，根据极值法可得，重力对小球做功的功率先增大后减小，D错误．15.【答案】C【解析】做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，C正确，D错误．16.【答案】C【解析】由v－t图线面积表示位移知0－t2时间内B上升的高度大于A上升的高度，故选项A错误；又根据平均速度定义式知B平均速度大于A平均速度，故选项B错误；由图线知A在0－t2时间内向上做匀加速直线运动，加速度向上，故超重，选项C正确；在t1－t2时间内质点B匀速上升，机械能增加，故选项D错误．17.【答案】C【解析】小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg①由牛顿第二定律可知：F－mg＝②小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg＝③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR＋W f＝mv22－mv12④由①②③④可得W f＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误．18.【答案】A【解析】小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高点，即v C＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－mv2，W弹＝mgh－mv2，故A正确．19.【答案】D【解析】加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程物体处于超重状态，钢索拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得；a＝＝－g，故D正确.20.【答案】C【解析】物体沿光滑斜面(或弧线)下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得mv2＝mgh，C项正确．21.【答案】(1)(2)B做匀加速运动．(3)【解析】(1)对A，在匀加速运动过程中s＝at2由牛顿第二定律得＝Ma＝FA(2)物体B做匀加速运动．因为A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B 的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，B做匀加速运动．(3)对AB组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Mv＋Mvv A＝at＝解得：v B＝22.【答案】(1)1.8 m(2)3 m【解析】(1)设平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mg＝m解得v0＝2 m/s由h＝gt得t1＝0.5 sx1＝v0t1＝1 m因斜抛可看做逆向的平抛运动，所以由2R＝gt得t2＝0.4 s，x2＝v0t2＝0.8 m，所以L2＝x1＋x2＝1.8 m(2)设F作用距离为Δx.由动能定理得：FΔx－μmgL1＝mv得Δx＝3 m23.【答案】(1)3.5mgR(2)－mgR(3)2R【解析】(1)物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：F N－mg＝m解得：v＝7Rg弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有W＝E K＝mv＝3.5mgR(2)物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：mg＝m物块从B运动到C，根据动能定理有：W f－mg2R＝mv－mv解得：W f＝mgR(3)物体从C点做平抛运动，则x＝v c t,2R＝gt2解得：x＝2R24.【答案】(1)(2)mv2－mg【解析】(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为v1.由mg′＝G和mg＝G得g′＝由v＋v2＝2g′h2得v t＝(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔE k，重力势能变化量为ΔE p.由ΔE＝ΔE k＋ΔE P有ΔE＝m－mgh1得：ΔE＝mv2－mg.。
2020版广西高考物理人教版一轮复习单元质检：五 机械能 Word版含解析
单元质检五 机械能(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.右图是一种清洗车辆用的手持喷水枪。
设枪口截面积为0.6 cm 2,喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m 3)。
当它工作时,估计水枪的功率约为( ) A.250 WB.300 WC.350 WD.400 WE k =mv 2=ρSvt ·v 2,代入数据得E k =240J,故选项A 正确。
12122.(2018·浙江温州期末)一张桌子始终静止在水平地面上,一根木棒沿着水平桌面从A 运动到B ,发生的位移为x ,如图所示。
若棒与桌面间的摩擦力大小为F f ,则棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力做的功各为( )A.-F f x ,-F f xB.F f x ,-F f xC.-F f x ,0D.0,-F f x,大小相等、方向相反,从A 运动到B 的过程中,棒受到的摩擦力为F f ,位移为x ,摩擦力做的是负功,所以桌面对棒的摩擦力做的功为-F f x ,桌面受到的摩擦力的大小也为F f ,但桌面没动,位移是0,所以棒对桌面的摩擦力做的功为0,由以上分析可知D 项正确。
3.(2018·广东揭阳七校联考)甲、乙两车同时同地同向运动,两车的v -t 图像如图所示。
其中质量m=7.5 t 的甲车以恒定功率P=50 kW 启动,最后匀速运动。
乙车做初速为0的匀加速运动,则乙车追上甲车的时间是( )A.40 sB.20 sC.60 sD.30 st ,对乙车有x=at 2=×t 2①1212×12对甲车,当甲车速度最大时,牵引力等于阻力,则有F=F f =N=5×103N ②P v m =50×10310由题图可知,当乙车追上甲车时,甲车已经达到最大速度,并且以最大速度做匀速直线运动,对甲车根据动能定理有Pt-F f ·x=③12m v m 2联立①②③式可得t=30s,故选项D 正确。
高考物理一轮复习第五章机械能分钟章末验收卷课件.ppt
在本实验中，重锤减少的重力势能总是大于重锤
增加的动能；根据vn2＝2ahn可知，vn2-hn图象的
斜率k＝2a，而mg－Ff＝ma，解得Ff＝m(g－
k 2
).
2019-9-15
谢谢聆听1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 112512
11.已知半径为r的小球在空气中下落时受到的粘滞阻力Ff满足如下规律： Ff＝6πηvr，公式中η为空气与小球间的粘滞系数.一同学欲使用传感器通 过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r0、质量为m的小球从空中某位置 由静止释放，测得小球速度为v0时，加速度大小为a0，若忽略空气浮力， 已知当地重力加速度为g，求：
解析
2019-9-15
谢谢聆听1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 112912
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功. 答案 3 J
解析
2019-9-15
谢谢聆听1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 113112
C.3 kg
D.3.5 kg
谢谢聆听1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 212
2.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下 滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出) 开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点.若bc＝0.1 m，弹簧弹性 势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是 答案 解析
又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示.不计空气阻力，取
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是
答案 解析
√A.物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2 B.在1～6 s时间内物块所受重力的平均
高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律突破全国卷5力学压轴问题课件新人教版
思路就是我们思考问题的步骤。例如老师在讲解一道数学题时，首先思考应该从什么地方下手，然后在思考用什么方法，通过什么样的过程来进行解 答。听课时关键应该弄清楚老师讲解问题的思路。
三、听问题。
对于自己预习中不懂的内容，上课时要重点把握。在听讲中要特别注意老师和课本中是怎么解释的。如果老师在讲课中一带而过，并没有详细解答， 大家要及时地把它们记下来，下课再向老师请教。
编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物理 课“力的三要素”这一节时，老师会先列出力的三要素——大小、方向、作用点。这就是一堂课的要点。把这三点认真听好了，这节课就基本掌握了。
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举 一反三，事半功倍。
2019/5/29
最新中小学教学课件
15
谢谢欣赏！
2019/5/29
最新中小学教学课件
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[解析] (1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为
v1，根据动能定理
－μmgL1－mg·2R1＝12mv21－12mv20 ①(2 分)
小球在最高点受到重力 mg 和轨道对它的作用力 F，根据牛
顿第二定律
F＋mg＝mRv211 由①②得 F＝10.0 N．
②(1 分) ③(1 分)
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为 v2，由题意 mg
2020年高考物理一轮复习考点归纳专题5-机械能及其守恒定律附答案
2020年高考一轮复习知识考点专题专题05 机械能及其守恒定律目录第一节功和功率 (1)【基本概念、规律】 (2)【重要考点归纳】 (2)考点一恒力做功的计算 (2)考点二功率的计算 (2)考点三机车启动问题的分析 (3)【思想方法与技巧】 (4)变力做功的求解方法 (4)第二节动能动能定理 (4)【基本概念、规律】 (4)【重要考点归纳】 (5)考点一动能定理及其应用 (5)考点二动能定理与图象结合问题 (5)考点三利用动能定理求解往复运动 (6)【思想方法与技巧】 (6)第三节机械能守恒定律 (6)【基本概念、规律】 (6)【重要考点归纳】 (7)考点一机械能守恒的判断方法 (7)考点二机械能守恒定律及应用 (7)【思想方法与技巧】 (7)第四节功能关系能量守恒 (8)考点一功能关系的应用 (8)考点二摩擦力做功的特点及应用 (8)【思想方法与技巧】 (9)传送带模型中的功能问题 (9)功能观点在解决实际问题中的应用 (10)实验五探究动能定理 (10)实验六验证机械能守恒定律 (11)第一节功和功率【基本概念、规律】一、功1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W ＝Fl cos_α.适用于恒力做功．其中α为F 、l 方向间夹角，l 为物体对地的位移． 3．功的正负判断(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功． (3)α＝90°，力对物体不做功．特别提示：功是标量，比较做功多少看功的绝对值． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)定义式：P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)推论式：P ＝Fv cos_α.(α为F 与v 的夹角)【重要考点归纳】考点一 恒力做功的计算 1．恒力做的功直接用W ＝Fl cos α计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用． 2．合外力做的功方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合l cos α求功．适用于F 合为恒力的过程．方法二：先求各个力做的功W 1、W 2、W 3…，再应用W 合＝W 1＋W 2＋W 3＋…求合外力做的功． 3.(1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积．考点二 功率的计算 1．平均功率的计算： (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． 2．瞬时功率的计算：利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． 注意：对于α变化的不能用P ＝Fv cos α计算平均功率． 3.计算功率的基本思路：(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求瞬时功率时，如果F 与v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或速度v 乘以速度v 方向的分力求解．考点三 机车启动问题的分析 1．两种启动方式的比较v ↑⇒F ＝P 不变v ↓⇒a ＝F －F 阻m ↓2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝PF ＜v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．3.分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P ＝Fv 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力．(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 是变力)．(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．【思想方法与技巧】变力做功的求解方法一、动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．二、平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F ＝kx ＋b )时， F 由F 1变化到F 2的过程中，力的平均值为F ＝F 1＋F 22，再利用功的定义式W ＝F l cos α来求功．三、微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．四、等效转换法若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简单，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．五、图象法由于功W ＝Fx ，则在F －x 图象中图线和x 轴所围图形的面积表示F 做的功．在x 轴上方的“面积”表示正功，x 轴下方的“面积”表示负功．六、用W ＝Pt 计算机车以恒定功率P 行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W ＝Fx 来计算，但因功率恒定，可以用W ＝Pt 计算．第二节 动能 动能定理【基本概念、规律】一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．表达式：E k ＝12mv 2.3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2. 4．矢标性：标量．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W＝E k2－E k1＝12mv22－12mv21.3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．【重要考点归纳】考点一动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．3.应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．考点二动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．4.解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象，则图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．考点三利用动能定理求解往复运动解决物体的往复运动问题，应优先考虑应用动能定理，注意应用下列几种力的做功特点：1．重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；2．大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．【思想方法与技巧】涉及多个原型的力学综合题1.涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键，确定遵守的规律是解题的核心．第三节机械能守恒定律【基本概念、规律】一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积．2．公式：E p＝mgh.3．矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小．4．特点(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G＝E p1－E p2.二、弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．大小：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弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．三、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(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)． (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面)． (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面)． 3．机械能守恒的条件只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零．【重要考点归纳】考点一 机械能守恒的判断方法1．利用机械能的定义判断(直接判断)：分析动能和势能的和是否变化．2．用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．3．用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒．4.(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于 “只受重力作用”．(2)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统．(3)只要涉及滑动摩擦力做功，机械能一定不守恒．对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．考点二 机械能守恒定律及应用 1．三种表达式的选择如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便．2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤 (1)选取研究对象⎩⎪⎨⎪⎧单个物体多个物体组成的系统含弹簧的系统(2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件． (3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．3.(1)应用机械能守恒定律解题时，要正确选择系统和过程．(2)对于通过绳或杆连接的多个物体组成的系统，注意找物体间的速度关系和高度变化关系． (3)链条、液柱类不能看做质点的物体，要按重心位置确定高度． 【思想方法与技巧】机械能守恒定律和动能定理的综合应用1.在求解多个物体组成的系统的内力做功时，一般先对系统应用机械能守恒定律，再对其中的一个物体应用动能定理．2.对通过细线(细杆)连接的物体系统，细线(细杆)对两物体做的功大小相等、符号相反，即对系统做的总功为零，其效果是使机械能在系统内发生转移．第四节功能关系能量守恒【基本概念、规律】一、功能关系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．几种常见的功能关系二、能量守恒定律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别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：(1)E1＝E2.(2)ΔE减＝ΔE增．【重要考点归纳】考点一功能关系的应用1．若涉及总功(合外力的功)，用动能定理分析．2．若涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．若涉及弹性势能的变化，用弹力做功与弹性势能变化的关系分析．4．若涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．5．若涉及机械能变化，用其他力(除重力和系统内弹力之外)做功与机械能变化的关系分析．6．若涉及摩擦生热，用滑动摩擦力做功与内能变化的关系分析．考点二摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f s相对．其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．考点三能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：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．3.能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．【思想方法与技巧】传送带模型中的功能问题1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f s相对．3．传送带模型问题的分析流程4.(1)水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．(2)滑动摩擦力做功，其他能量转化为内能，静摩擦力做功，不产生内能．功能观点在解决实际问题中的应用在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，在实际问题中如何分析做功、分析能量的转化，是考生应具备的一种能力.一、在体育运动中的应用二、在生产科技中的应用实验五探究动能定理一、实验目的通过实验探究外力对物体做功与物体速度的关系．二、实验原理探究功与速度变化的关系，可用如实验原理图所示的装置进行实验，通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋对小车做的功成倍增加，再通过打点计时器和纸带来测量每次实验后小车的末速度v，最后通过数据分析得出速度变化与功的关系．三、实验器材橡皮筋、小车、木板、打点计时器、纸带、铁钉等．四、实验步骤1．垫高木板的一端，平衡摩擦力．2．拉伸的橡皮筋对小车做功：(1)用一条橡皮筋拉小车——做功W.(2)用两条橡皮筋拉小车——做功2W.(3)用三条橡皮筋拉小车——做功3W.3．测出每次做功后小车获得的速度．4．分别用各次实验测得的v和W绘制W－v或W－v2、W－v3……图象，直到明确得出W和v的关系．五、实验结论物体速度v与外力做功W间的关系W∝v2.一、数据处理1．求小车的速度：利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离x，则v＝xT(其中T为打点周期)．2．实验数据处理在坐标纸上画出W－v和W－v2图象(“W”以一根橡皮筋做的功为单位)．根据图象得出W∝v2.二、误差分析1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．三、注意事项1．平衡摩擦力的方法是轻推小车，由打在纸带上的点是否均匀判断小车是否匀速运动．2．测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的．3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．4．小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些．实验六验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律．二、实验原理通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．三、实验器材打点计时器、电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线两根．四、实验步骤1．安装置：按实验原理图将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．2．打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3次～5次实验．3．选纸带：(1)用mgh ＝12mv 2来验证，应选点迹清晰，且1、2两点间距离接近2 mm 的纸带． (2)用12mv 2B －12mv 2A ＝mg Δh 验证时，只要A 、B 之间的点迹清晰即可选用． 五、实验结论在误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒一、验证方案方案一：利用起始点和第n 点计算．代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的范围内，gh n ＝12v 2n ，则验证了机械能守恒定律．方案二：任取两点计算1．任取两点A 、B 测出h AB ，算出gh AB .2．算出12v 2B －12v 2A 的值． 3．如果在实验误差允许的范围内，gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则验证了机械能守恒定律． 方案三：图象法．从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，然后以12v 2为纵轴，以h 为横轴，绘出12v 2－h 图线，若是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律．二、误差分析1．测量误差：减小测量误差的方法，一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值．2．系统误差：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔE k ＝12mv 2n必定稍小于重力势能的减少量ΔE p ＝mgh n ，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力．三、注意事项1．打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内，以减少摩擦阻力．2．重物应选用质量大、体积小、密度大的材料．3．测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用v n ＝d n ＋1－d n －12T，不能用v n ＝2gd n 或v n ＝gt 来计算．。
2019-2020高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律5第二节动能动能定理随堂检测巩固落实新人教版
——教学资料参考参考范本——2019-2020高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律5第二节动能动能定理随堂检测巩固落实新人教版______年______月______日____________________部门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＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －Wf ＝0，即2mgh －μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g ，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－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2a1＝v2得，v ＝ ＝ ，故B 项正确，D 项错误．2．(多选)(20xx ·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E1，持续时间t 后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2.又经过2t 时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek.在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，t 时刻滑块的速度大小为v1；E2对滑块的电场力做功为W2，3t 时刻滑块的速度大小为v2.则( ) A ．2v1＝v2 B ．3v1＝2v2 C ．W1＝，W2＝D ．W1＝，W2＝5Ek9解析：选BD.由动能定理，W1＝mv ，W2＝mv －mv ，则Ek ＝W1＋W2＝mv ，＝＝，v1＝a1t ，v2＝v1＋a2·2t，联立解得3v1＝2v2，W1＝，W2＝，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/s2，sin 37°＝0.6 cos 37°＝0.8)求：(1)滑块在C 点的速度大小vC ； (2)滑块在B 点的速度大小vB ； (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＝,R) ①vC＝＝2 m/s.(2)对B→C过程：滑块机械能守恒1mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)②2vB＝＋2gR（1＋cos 37°）)＝4.29 m/s.(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③代入数据解得h＝1.38 m.答案：见解析4．(20xx·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v0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Ep.(2)解除对木板的固定，物块仍然从A点以初速度v0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－mv 20 解得μ＝,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－Ep 解得Ep ＝mv.(2)①设物块在木板上运动的加速度大小为a1，则 μmg ＝ma1解得a1＝μg(方向水平向右)设木板运动的加速度大小为a2，则μmg ＝ma2 解得a2＝μg(方向水平向左) 由几何关系有v0t －a1t2－a2t2＝L 解得t1＝，t2＝(舍去)．②设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v1、v2，则v1＝v0－a1t1，v2＝a2t1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 ＝v2＋a1t ，v ＝v1－a2t 解得v1＝v0，v2＝v0，v ＝v02上述过程由功能关系有 －μmg(L ＋x)＝(2m)v2－mv 20 解得x ＝L. 答案：见解析。
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【2019最新】精选高考物理一轮复习第5章机械能章末过关检测五章末过关检测(五)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么关于作用在物体上的各力做功情况正确的是( )A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功答案：C2．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.3．(2018·辽宁实验中学月考)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为 2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )A．8 s B．14 sC．26 s D．38 s解析：选B.由题图可知，跑车的最大输出功率大约为200 kW，根据牛顿第二定律得，牵引力F＝f＋ma＝(3 000＋2 000×2 ) N＝7 000 N，则匀加速过程最大速度vm＝＝m/s≈28.6 m/s，则匀加速过程持续的时间t＝＝ s＝14.3 s，故B正确，A、C、D 错误．4．(2018·洛阳月考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点．开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是( )A．a球下滑过程中机械能保持不变B．b球下滑过程中机械能保持不变C．a、b球滑到水平轨道上时速度大小为2gRD．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR2解析：选D.对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg·2R ＝·2mv2，解得v＝，C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝mv2，联立v＝，解得W＝mgR，故D正确．5.(2018·哈尔滨第六中学模拟)如图所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r，竖直固定在质量为m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足( )A.≤v0≤B．≤v0≤3grC.≤v0≤3 D．≤v0≤7gr解析：选D.在最高点，速度最小时有：mg＝m·,r)，解得：v1＝.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1′，根据机械能守恒定律，有：2mgr＋mv＝mv1′2，解得v1′＝.要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F＝mg＋mg＝2mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2′，在最高点，速度最大时有：mg＋2mg＝m,r)解得：v2＝.根据机械能守恒定律有：2mgr＋mv＝mv2′2，解得：v2′＝.所以，保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：≤v≤.二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6.(2018·上海××县模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上的A点，图中弹簧水平时恰好处于原长状态．现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下，滑到杆的底端B时速度恰好为零．则在圆环下滑至底端的过程中( )A．圆环所受合力做功为零B．弹簧弹力对圆环先做正功后做负功C．圆环到达B时弹簧弹性势能为mghD．弹性势能和重力势能之和先增大后减小解析：选AC.对于圆环，在整个过程中动能的变化量为零，根据动能定理可知圆环所受的合力做功为零，故A正确；弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环向下运动的过程中，弹簧对圆环有拉力，对圆环一直做负功，故B错误；对于圆环和弹簧组成的系统而言，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知圆环的机械能减少了mgh，那么圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh，故C正确；根据系统的机械能守恒知，弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和动能之和保持不变，圆环的动能先增大后减小，所以弹性势能和重力势能之和先减小后增大，故D错误．7．(2018·沈阳二中模拟)小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上(如图甲)，在刚接触轻弹簧的瞬间(如图乙)，速度是5 m/s，将弹簧压缩到最短(如图丙)的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度Δx之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点．已知该小球重为2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比．下列说法正确的是( )A．在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能先变大后变小B．从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C．小球在速度最大时受到的弹力为2 ND．此过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2 N解析：选ACD.由题图丁可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，所以B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2 N，故C正确；小球速度最大时，弹簧的弹力为2 N，此时弹簧的形变量为0.1 m，故可得弹簧的劲度系数k＝20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax＝kxmax＝20×0.61 N＝12.2 N，故D正确．8．(2018·常州教育学会监测)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A．拉力F所做功为nFlB．系统克服摩擦力做功为n（n－1）μmgl2C．F>nμmg2D．nμmg>F>(n－1)μmg解析：选BC.拉力F所做功为(n－1)Fl，选项A错误；系统克服摩擦力做功为μmg(n －1)l＋μmg(n－2)l＋μmg·(n－3)l＋…＋μmgl＝μmgl[1＋2＋…(n－1)]＝n(n －1)，选项B正确；根据能量关系可知拉力F所做功为(n－1)Fl大于克服摩擦力做的功，即(n－1)Fl>n(n－1)μmgl/2，则F >，选项C正确，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)(2018·枣庄模拟)某兴趣小组测量小物块与水平面之间的动摩擦因数和弹簧压缩后弹性势能大小的装置如图所示．弹簧左端固定在挡板上，右端被带有挡光条的小物块压至C处．现由静止释放小物块，小物块与弹簧分离后通过P处光电计时器的光电门，最终停在水平面上某点B.已知挡光条的宽度为d，当地重力加速度为g.(1)现测得挡光条通过光电门的时间为t，小物块停止处到光电门的距离为x，则小物块通过光电门处的速度v＝________，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝________(用g、d、t、x表示)．(2)若小物块质量为m，释放处C到光电门P的距离为x0，则小物块释放瞬间弹簧的弹性势能Ep＝________(用m、d、t、x、x0表示)．解析：(1)利用平均速度可知通过光电门的速度为v＝，根据动能定理可知－μmgx＝0－mv2，解得μ＝.(2)从C到静止利用动能定理可知Ep－μmg(x0＋x)＝0－0解得Ep＝.答案：(1) (2)md2（x0＋x）2xt210．(18分)(2018·宁夏罗平中学模拟)一质量为1 kg的物体，位于距地面高h＝3 m、倾角为37°的斜面上，从静止开始下滑．已知物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同且μ＝0.3，且经B点时无能量损失，最后滑到C点停止，(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)物体到达B点的速度大小；(2)B点和C点之间的距离；解析：(1)物体由A到B，只有重力做功，以地面为参考平面，由机械能守恒定律得：mgh－μmgcos 37°＝mv2B解得：vB＝6 m/s.(2)设物体由B到C的长度为s，应用动能定理得：－μmgs＝0－mv2B解得：s＝6 m.答案：(1)6 m/s (2)6 m11．(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时所受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg＝,2R)，得vP＝2gR到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vy＝vPtan θ＝32gR4所以A、D点离地高度为h＝3R－,2g)＝R.(2)进入A点时滑块的速度为v＝＝52gR4假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ek＝mv2－4μmgcos θ·2R<0，所以滑块不会滑到A点而飞出．因mgsin θ>μmgcos θ，则根据动能定理得mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s＝.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1－mg＝,R)在P点F2＋mg＝,2R)所以F1－F2＝2mg＋－v）,2R)由机械能守恒有mv＝mv＋mg·3R得v－v＝6gR为定值代入v2的最小值(v2＝vP＝)得压力差的最小值为9mg.答案：(1)R (2) (3)9mg。