2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機械能（含解析）

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1、 專題06機械能 第一部分 名師綜述 本專題涉及的內(nèi)容是動力學內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學等知識相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復雜、靈活性強、難度較大。從高考試題來看，功和機械能守恒依然為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關系、能的轉化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變化的關

2、系是典型的變力做功，應予以特別地關注。 第二部分 知識背一背 一、功 1.做功的兩個要素 (1)作用在物體上的力。 (2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。 2.公式： (1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。 (2)該公式只適用于恒力做功。 二、功率 1.物理意義：描述力對物體做功的快慢。 2.公式：(1)(P為時間t內(nèi)的平均功率)。 (2)(α為F與v的夾角)。 3.額定功率：機械正常工作時的最大功率。 4.實際功率：機械實際工作時的功率，要求不能大于額定功率。 三、機車的啟動 1.機車的輸出功率。其中F為機車的牽引力，勻速行駛時，牽引力等于阻力。

3、 2.兩種常見的啟動方式 (1)以恒定功率啟動：機車的加速度逐漸減小，達到最大速度時，加速度為零。 (2)以恒定加速度啟動：機車的功率_逐漸增大_，達到額定功率后，加速度逐漸減小，當加速度減小到零時，速度最大。 四、動能 1.定義：物體由于運動而具有的能。 2.表達式：。 3.物理意義：動能是狀態(tài)量，是標量。(填“矢量”或“標量”) 4.單位：動能的單位是焦耳。 五、動能定理 1.內(nèi)容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。 2.表達式： 3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。 4.適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用

4、于曲線運動。 (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。 六、機械能守恒定律 1.重力做功的特點 （1）重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關。 （2）重力做功不引起物體機械能的變化。 2.機械能守恒定律： 在只有重力或彈簧彈力做功的情況下，物體的動能與勢能相互轉化，但機械能的總量保持不變。 七、功能關系 1.功和能 (1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現(xiàn)。 2.常見的幾種功能對應關系 (1)合外力做功

5、等于物體動能的改變。 (2)重力做功等于物體重力勢能的改變。 (3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的改變。 (4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機械能的改變，即。(功能原理) 八、能量守恒定律 1.內(nèi)容:能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。 2.表達式：ΔE減=ΔE增。 第三部分 技能+方法 一、功的計算 1.判斷正、負功的方法 (1)根據(jù)力和位移方向之間的夾角判斷：此法常用于恒力做功,夾角為銳角時做正功，夾角為鈍角時做負功，夾角為直角時不做功。 (2

6、)根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角判斷：此法常用于判斷質(zhì)點做曲線運動時變力做的功，夾角為銳角時做正功，夾角為鈍角時做負功，夾角為直角時不做功。 (3)根據(jù)能量轉化與守恒定律判斷:若在該力作用下物體的能量增加,則該力對物體做正功,反之則做負功。 2.功的大小計算 (1)恒力做的功：直接用計算。 (2)合外力做的功 方法一：先求合外力F，再用求功； 方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…再用求代數(shù)和的方法確定合外力做的功。 (3)變力做的功. 應用動能定理求解； 用求解，其中變力的功率P不變； 將變力做功轉化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運動方向相同或相反，或力的方向

7、不變，大小隨位移均勻變化的情況。 二 功率的計算 首先判斷待求的功率是瞬時功率還是平均功率 （1）平均功率的計算方法：或 （2）瞬時功率的計算方法：，其中v是該時刻的瞬時速度。 三、機車的啟動模型 1. 兩種啟動方式比較 2.三個重要關系式 (1)無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即 (式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff). (2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即 (3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功，由動能定理：，此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移（路程）大小。 四、對動能

8、定理的理解 1.動能的相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性，大小與參考系的選取有關，中學物理中，一般選取地面為參考系. 2.動能的變化：物體末動能與初動能之差.即 說明：(1)表達式中v1、v2均指瞬時速度. (2)ΔEk>0，表示物體的動能增大.ΔEk<0，表示物體的動能減小. (3)同一物體速度的變化量相同，但動能的變化量不相同. 3.動能定理公式中等號表明合力做功與物體動能的變化之間的三個關系： (1)數(shù)量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合力的功，進而求得某一力的功。 (2)單位相同，國際單位都是焦耳。

9、(3)因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的原因。 4.動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力。 5.動能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理. 6.高中階段動能定理中的位移和速度一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。 五、重力做功與重力勢能 1.重力做功與重力勢能變化的關系 (1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減??；重力對物體做負功，重力勢能就增大。 (2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG=-(Ep2-Ep1)=Ep1-Ep2.

10、 (3)重力勢能的變化是絕對的，與參考面的選取無關。 2.彈力做功與彈性勢能變化的關系 (1)彈力做功與彈性勢能變化的關系類似于重力做功與重力勢能變化的關系，用公式表示：W=－ΔEp. (2)對于彈性勢能，一般物體的彈性形變量越大,彈性勢能越大。 六 、機械能守恒的判斷 1．機械能守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功。 可以從以下兩個方面理解：(1)只受重力作用，例如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運動，物體的機械能守恒。(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或彈力做功。例如物體沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物體的機械能守恒。 2．判斷

11、方法 (1)當研究對象(除地球外)只有一個物體時，一般根據(jù)是否“只有重力(或彈簧彈力)做功”來判定機械能守恒。 (2)當研究對象(除地球外)由多個物體組成時，往往根據(jù)是否“沒有介質(zhì)阻力和摩擦力”來判定機械能守恒。 (3)注意以下幾點：①“只有重力(或彈簧彈力)做功”不等于“只受重力(或彈簧彈力)作用”；②勢能具有相對性，一般以解決問題簡便為原則選取零勢能面；③與繩子突然繃緊、物體間碰撞等相關的問題，除題中說明無能量損失或彈性碰撞外，機械能一定不守恒。 七、對能量守恒定律的理解和應用 1.列能量守恒定律方程的兩條基本思路： (1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和

12、增加量一定相等； (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等． 2.應用能量守恒定律解題的步驟 (1)分清有多少形式的能[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等]在變化； (2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式； (3)列出能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增 第四部分 基礎練+測 一、單選題 1．一個質(zhì)量為m的雨滴從足夠高的地方落下，受到的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)為k。重力加速度為g。下列說法正確的是：（） A．雨滴下落過程中機械能守恒 B．雨滴下落過程處于失重

13、狀態(tài) C．雨滴的最大速度為v=mgk D．雨滴從越高的地方下落，最后的速度越大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 雨滴在下落過程中受到空氣阻力，所以機械能減小，故A錯誤；物體在空中豎直下落過程中，受到重力和空氣阻力，由于空氣阻力與物體的速度成正比，開始階段，空氣阻力小于重力，物體向下做加速運動，處于失重狀態(tài)，隨著速度的增大，空氣阻力增大，合力減小，由牛頓第二定律得知，加速度減小，當空氣阻力與重力平衡時，物體做勻速直線運動，速度達到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度與下落高度無關，故C正確，BD錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 2．關于以下各物理量的理解正確的是（） A．重

14、力勢能是標量，-3 J 比-5 J 大 B．位移是矢量，-3 m 比-5 m 大 C．速度是矢量，-3 m/s 比-5 m/s 大 D．功是標量，做功-3 J 比-5 J 多 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．重力勢能是標量，符號表示大小，則-3J比-5J大，選項A正確； B．位移是矢量，符號表示方向，則-3m比-5m小，選項B錯誤； C．速度是矢量，符號表示方向，則-3m/s比-5m/s小，選項C錯誤； D．功是標量，沒有方向，則做功-3J比-5J少，選項D錯誤； 3．下列關于運動和力的敘述中，正確的是 A．做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的 B．物

15、體做圓周運動，所受的合力一定是向心力 C．物體所受合力恒定，該物體速率隨時間一定均勻變化 D．物體運動的速率在增加，所受合力一定做正功 【答案】 D 【解析】 【詳解】 做曲線運動的物體，其加速度方向不一定是變化的，例如平拋運動，選項A錯誤；物體做勻速圓周運動時，所受的合力一定是向心力，選項B錯誤；物體所受合力恒定，該物體速率隨時間不一定均勻變化，例如平拋運動，選項C錯誤；根據(jù)動能定理可知，物體運動的速率在增加，所受合力一定做正功，選項D正確；故選D. 4．“蹦極”是一種富有刺激性的勇敢者的運動項目。如圖所示，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺，另一端系于人的腿部。不計空氣阻力，在蹦

16、極者從跳臺下落到最低點的過程中，則（　?。? A．蹦極者下落至最低點時橡皮繩的彈性勢能最大 B．蹦極者下落至橡皮繩原長位置時動能最大 C．蹦極者的機械能先增大后減小 D．蹦極者重力勢能與橡皮繩彈性勢能之和一直減小 【答案】 A 【解析】 【分析】 先分析該人下落過程中的受力情況，注意合力的大小和方向；蹦極者從最高點到橡皮繩剛繃緊時，只受重力，重力勢能轉化為動能。從繃緊到最低點的過程中，人受到彈力和重力作用，分成兩段：上段受到向下的合力做加速運動，速度越來越快；下段受到向上的合力做減速運動，速度越來越慢，到最低點速度為零。 【詳解】 A．蹦極人下落過程中，橡皮繩越長其彈

17、性勢能越大，到最低點最長，彈性勢能最大。故A正確； B．蹦極者從最高點到橡皮繩恰好拉直時，重力勢能轉化為動能，重力勢能越來越小，動能越來越大；從橡皮繩恰好拉直到橡皮繩的拉力等于重力時的過程中，受到向下的合力做加速運動，所以速度越來越快，動能越來越大；在橡皮繩的拉力等于重力時，合力為零；在橡皮繩的拉力等于重力點以下，受到向上的合力做減速運動，速度越來越小，動能越來越小，最低點時速度為零。所以蹦極者在橡皮繩的拉力等于重力的點動能最大，故B錯誤； C．蹦極者從最高點到橡皮繩恰好拉直時，蹦極者的機械能不變；此后橡皮繩的彈性勢能增大，所以蹦極者的機械能不斷減少，故C錯誤； D．從跳臺運動到最低點的

18、過程中，蹦極者重力勢能、彈性勢能與動能的總和保持不變，由于動能先增大后減小，所以重力勢能和橡皮繩彈性勢能之和先減小后增大，故D錯誤； 故選A。 【點睛】 分析蹦極者的受力情況，特別是合力的方向，再判斷蹦極者的運動情況是解本題的關鍵；D選項一定看準是蹦極者的機械能減少，否則錯誤。 5．物體在變力F作用下沿水平方向做直線運動，物體質(zhì)量m＝5kg，F(xiàn)隨坐標x的變化情況如圖所示。若物體在坐標原點處由靜止出發(fā)，不計一切摩擦。借鑒教科書中學習直線運動時由v－t圖象求位移的方法，結合其他所學知識，根據(jù)圖示的F－x圖象，可求出物體運動到x＝16 m處時，速度大小為( ) A．4 m/s

19、 B．22m/s C．3 m/s D．17 m/s 【答案】 A 【解析】 【分析】 F-x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，根據(jù)動能定理求出求出物體運動到x=16m處時的速度大?。? 【詳解】 F-x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過程中，外力做功W=12×(4+8)×10?12×4×10=40J。根據(jù)動能定理得，W=12mv2，解得v=4m/s，故A正確。故選A。 【點睛】 解決本題的關鍵知道F-x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，結合動能定理進行求解． 6．港珠澳大橋(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中國境內(nèi)

20、一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2018年2月6日，港珠澳大橋主體完成驗收，于同年9月28日起進行粵港澳三地聯(lián)合試運。大橋設計使用壽命120年，可抵御8級地震、16級臺風、30萬噸撞擊以及珠江口300年一遇的洪潮。假設一艘質(zhì)量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無損)，最后沒有反彈而停下來，事故勘察測量輪船發(fā)現(xiàn)迎面相撞處凹下去d的深度，那么可以估算出船對橋的平均撞擊力F，關于F的表達式正確的是( ) A．mv22d B．mv2d C．mv2d D．mv 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)動能定理進行解答。 【詳解】 根據(jù)動能定理可得Fd=12mv2

21、，解得F=mv22d，故選A. 7．如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質(zhì)量的細線系一個小鐵球。開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放，之后不會與車上的支架碰撞。在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球擺到最低點時，小車的速度最大 B．小車和小球系統(tǒng)動量守恒 C．小球擺到右方最高點時刻，小車有向右的速度 D．小球向右擺動過程小車一直向左加速運動 【答案】 A 【解析】 【分析】 由于水平面光滑，球、車系統(tǒng)水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)機械能守恒，小球擺過程中機械能不守恒。 【詳解】 小車與小球組成的系

22、統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球在最低點，小球的水平速度最大，小車速度最大，小球從圖示位置下擺到最低點，小車受力向左加速運動，當小球到最低點時，小車速度最大。當小球從最低點向右邊運動時，小車向左減速，當小球運動到與左邊圖示位置相對稱的位置時，小車靜止。故小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，故A正確，CD錯誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)整體動量不守恒，故B錯誤。所以A正確，BCD錯誤。 【點睛】 本題主要考查了動量守恒、機械能守恒條件的判斷，要求同學們能正確分析小球和小車的運動情況，知道水平方向的動量守恒定律。 8．如圖所示，一物體以一定的

23、初速度沿水平地面從A點滑到B點，摩擦力做功為W1；若該物體從A'點沿兩斜面滑到B'點(物體始終沒有離開斜面)，摩擦力做的總功為W2，已知物體與各接觸面的動摩擦因數(shù)均相同，則(　　) A．W1>W2 B．W1=W2 C．W1

24、在腰間沿水平方向跨過滑輪（不計滑輪摩擦、質(zhì)量），懸掛重物m2，人用力蹬傳送帶而人的重心不動，使傳送帶上側以速率v向右運動，下面是人對傳送帶做功的四種說法： ①人對傳送帶做功；②人對傳送帶不做功；③人對傳送帶做功的功率為m2gv；④人對傳送帶做功的功率為（m1＋m2）gv以上說法正確的是（） A．①③ B．①④ C．只有① D．只有② 【答案】 A 【解析】 【詳解】 人對傳送帶的摩擦力方向向右,傳送帶在力的方向上有位移,所以人對傳送帶做功、人的重心不動,繩對人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡,而拉力又等于m2g.所以人對傳送帶做功的功率為m2gv.故A對，

25、BCD錯 故選A 【點睛】 通過在力的方向上有無位移判斷力是否做功.人的重心不動知人處于平衡狀態(tài),摩擦力與拉力平衡. 10．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并立即留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A至彈簧第一次被壓縮最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng) A．動量守恒，機械能守恒 B．動量守恒，機械能不守恒 C．動量不守恒，機械能不守恒 D．動量不守恒，總動能減小 【答案】 B 【解析】 【詳解】 在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動

26、量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒。故B正確，ACD錯誤。故選B。 【點睛】 本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力．動量是否守恒要看研究的過程，要細化過程分析，不能籠統(tǒng)． 二、多選題 11．下列說法中正確的是__________； A．能量的轉化和守恒定律是普遍規(guī)律，能量耗散不違反能量守恒定律 B．一般來說物體的溫度變化時，它的內(nèi)能都要隨之改變 C．有規(guī)則外形的物體是晶體，沒有確定的幾何外形的物體是非晶體 D．由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體表面具有收縮的趨勢 【答案】

27、ABD 【解析】 【詳解】 A、能的轉化和守恒定律是普遍規(guī)律，能量耗散是能量的形式發(fā)生了轉化，能量的利用品質(zhì)下降，但總能量仍守恒，所以不違反能量守恒定律。故A正確。 B、物體的內(nèi)能與物體的溫度、體積質(zhì)量有關，物體的溫度或體積變化時它的內(nèi)能都要隨之改變，故B正確； C、有規(guī)則外形的物體是單晶體，沒有確定的幾何外形的物體是非晶體和多晶體，故C錯誤。 D、由表面張力產(chǎn)生的本質(zhì)可知，液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體表面具有收縮的趨勢，故D正確。 12．高臺跳水運動員從離開跳臺到接觸水面的一段時間內(nèi)，空氣阻力不能忽略，以下說法正確的是（　　） A

28、．運動員處于失重狀態(tài) B．運動員處于超重狀態(tài) C．空氣阻力對運動員做負功 D．運動員的機械能逐漸增大 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 AB．運動員向下做加速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A正確，B錯誤。 CD．空氣阻力方向與運動方向相反，對運動員做負功，則運動員的機械能逐漸減小，故C正確，D錯誤。 13．如圖兩個質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點的A、B物塊用足夠長的輕繩跨過一質(zhì)量可忽略的光滑定滑輪連接，A套在豎直桿ab上，ab桿光滑且足夠長，滑輪到ab桿的垂直距離為L=0.123m，開始時讓連接A的細繩與豎直方向垂直，同時由靜止釋放A和B在之后的運動過程中B始終未到達滑輪處高度

29、（滑輪大小不計，空氣阻力不計，g=10m/s2）下列說法正確的是（　?。? A．AB系統(tǒng)機械能守恒 B．B的機械能先增加再減少 C．AB系統(tǒng)動能一直在增加 D．當OA與豎直方向夾角為37°時，vA=1m/s 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A．由于ab桿、滑輪光滑且不計空氣阻力，所以運動過程中無能量損失，所以AB系統(tǒng)機械能守恒，故A正確； B．由于在B上升過程中繩的拉力一直對B做正功，所以B的機械能一定增大，故B錯誤； C．將A、B看成一個整體，A、B做加速度減小的加速運動，所以AB系統(tǒng)的動能一直增加，故C正確； D．由機械能守恒可得：mgltan37o-mg(l

30、sin37o-l)=12mvA2+12mvB2，由運動的合成與分解可得：vAcos37o=vB，聯(lián)立解得：vB=1ms，故D正確。 14．如圖所示，1/4圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點，兩軌道平滑連接且與小物塊動摩擦因數(shù)相同。現(xiàn)將可視為質(zhì)點的小物塊從圓弧軌道的A點由靜止釋放，最終在水平軌道上滑行一段距離停在C點，此過程中小物塊重力做功為W1、克服摩擦阻力做功為W2。再用沿運動方向的外力F將小物塊從C點緩慢拉回A點，拉力做功為W3、克服摩擦阻力做功為W4。則給定各力做功大小關系式正確的是 A．W2 = W4 B．W1 =W2 C．W3 =Wl+ W2 D．W3 =Wl +W4 【

31、答案】 BD 【解析】 【詳解】 從A到C由動能定理可知，小物塊克服重力做的功與克服摩擦力做的功相等，即W1 =W2， 從C到A點由動通定理得，外力做的功等于克服重力做的功與克服摩擦力做功之和，即有： W3 =Wl +W4 故選：BD。 15．有一款躥紅的微信小游戲“跳一跳”，游戲要求操作者通過控制棋子(質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點)脫離平臺時的速度，使其能從同一水平面上的平臺跳到旁邊的另一平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，軌跡的最高點距平臺上表面高度為h，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（） A．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh

32、 B．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，機械能增加mgh C．棋子離開平臺后距平臺面高度為h2時動能為mgh2 D．棋子落到另一平臺上時的速度大于2gh 【答案】 AD 【解析】 【分析】 棋子在跳動過程中，不計空氣阻力，只有重力做功，機械能守恒。 【詳解】 A、設平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的重力勢能為mgh，故棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh，A正確； B、棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，不計空氣阻力，只有重力做功，機械能守恒，B錯誤； C、取平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的機械能E=mgh+12mvx2，vx為棋子在最

33、高點的速度。由于機械能守恒，則棋子離開平臺后距平臺面高度為h2時，動能為E-12mgh=12mgh+12mvx2>mgh2，故C錯誤； D、設棋子落到平臺時的瞬時速度大小為v，棋子從最高點落到平臺的過程中，根據(jù)動能定理得：mgh=12mv2-12mvx2，解得：v=2gh+vx2>2gh，D正確。 故本題選AD。 16．如圖，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動的過程中，下列說法中正確的是( ) A．人所受的合力對人做正功 B．重力對人做負功 C．扶梯對人做的功等于人增加的重力勢能 D．摩擦力對人做的功等于人機械能的變化 【答案】 BC 【解析】 【詳解】

34、人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，受重力和支持力，重力做負功，重力勢能增加，支持力做正功，合外力為零，所以合外力做功等于零，故A錯誤，B正確；由上分析可知，扶梯對人做的正功等于重力做的負功，所以扶梯對人做的功等于人增加的重力勢能，故C正確；人不受摩擦力，所以沒有摩擦力做功，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動的過程中，人的動能不變，勢能增加，所以人的機械能增加，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 17．如圖所示，位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑塊從凹槽邊緣A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B 向上到達另一側邊緣C點。把小滑塊從A點到達B點稱為過程I，從B點到達C點稱為過

35、程Ⅱ，則（） A．過程I中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)動量守恒 B．過程I中小滑塊對凹槽做正功 C．過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做負功 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、過程Ⅰ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．故A錯誤． B、在過程Ⅰ中，小滑塊對槽的壓力方向左下方，而凹槽向左運動，所以過程I中小滑塊對凹槽做正功．故B正確． C、在過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒．故C正確， D、在過程Ⅱ中小滑塊對凹槽的彈力方向右下方，而凹槽向左運動，所以過程Ⅱ中小滑塊對凹槽做

36、負功，故D正確； 綜上所述本題答案是：BCD 18．如圖所示，光滑的水平地面上有一長木板B，物塊A放置在B上面，二者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)以恒定的外力F拉B，A與B發(fā)生相對滑動，且A、B都向前（相對地面）移動了一段距離。設B足夠長，則在此過程中，以下說法正確的是（） A．外力F做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和 B．外力F做的功等于A與B的動能增量之和 C．B對A的摩擦力做正功，A對B的摩擦力做負功 D．滑動摩擦力對A和B做功的絕對值一定是相等的 【答案】 AC 【解析】對物體B運用動能定理可知，拉力做的功減去克服摩擦力做的功等于動能增加量，故外力F對B做的功

37、等于B的動能的增加量與B克服摩擦力所做的功之和，故A正確；對A、B整體運用動能定理，除拉力做功外，還有一對滑動摩擦力做功，故系統(tǒng)動能增加量小于拉力做的功，故B錯誤；因A動能增加，則B對A的摩擦力做正功，A對B的摩擦力與運動方向相反，則A對B的摩擦力對B做負功；由于存在相對滑動，故A對B的摩擦力所做的功不等于B對A的摩擦力所做的功，故C正確，D錯誤；故選AC. 點睛：本題關鍵是要知道不僅可以對單個物體運用動能定理，也可以對物體系統(tǒng)運用動能定理，即對多物體系統(tǒng)，內(nèi)力和外力做的做功等于系統(tǒng)動能的增加量． 19．如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從O點以水平速度v2

38、飛出，落在水平地面上的B點反彈后恰好也落在A點。兩球質(zhì)量均為m。若乙球落在B點時的速度大小為v3，與地面的夾角為60o，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，下列說法正確的是 A．由O點到A點，甲、乙兩球運動時間之比是1:1 B．OA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3:1 C．設地面處勢能為0，甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1 D．乙球在B點受到地面的沖量大小為3mv3 【答案】 BCD 【解析】設OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運動時間為 tA=2hg．乙球運動時間是甲球的3倍。故A錯誤。乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據(jù)對稱性可知，

39、從B到A的水平位移等于從O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍，故B正確。設乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有 3x=v1t，對乙球有 x=v2t，則得v1：v2=3：1；因乙球落地時速度與地面的夾角為60o，則可知落地的豎直速度vy=v2tan600=3v2，則由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的機械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的機械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1，故C正確。乙球在B點

40、受到地面的沖量大小等于豎直方向的動量變化，I=2mv3sin600=3mv3，選項D正確；故選BCD. 點睛：解決本題的關鍵是要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關． 20．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P和重物Q連接起來，Q的質(zhì)量M = 6m?，F(xiàn)將P從圖中A點由靜止釋放，P能沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對P的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角θ = 53°，OB距離為L，且與AB垂直，滑輪的摩擦力不計，重力加速度為g，在P從A運動到B的過程中

41、 A．Q的重力功率一直增大 B．P與Q的機械能之和先增大后減小 C．輕繩對P做功43mgL D．P運動到B處時的速度大小為43gL3 【答案】 BD 【解析】物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，故A錯誤；對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，故B正確。從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由動能定律可得：6mg(Lcos53°?L)?mgLtan53°?0＝12mv

42、2，對于P，由動能定理可得：W?mgL?0＝12mv2?，聯(lián)立解得：W=113mgL，v=43gL3，故C錯誤，D正確；故選BD. 點睛：解決本題的關鍵要明確滑塊經(jīng)過A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，說明在這兩個位置彈簧的彈性勢能相等。要知道滑塊P到達B點時Q的速度為0。 三、解答題 21．如圖所示，細繩的一端固定在豎直桿MN的M點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩長為L。第一次對桿施加水平向右的恒力，可使細繩與豎直桿間的夾角θ1保持不變；第二次使小球繞軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，細繩與豎直桿間的夾角也為θ1后，繼續(xù)使轉速加大，可使細線與豎直桿間的夾角為θ2（θ2>θ1），此時小

43、球在另一個水平面做穩(wěn)定的圓周運動。求： (1)桿向右運動的加速度； (2)小球做圓周運動，細繩與豎直桿間的夾角也為θ1時，小球的動能； (3)在第二次做圓周運動的過程中，對小球做的功。 【答案】 (1)a=gtanθ1 (2)Ek=mgL2?sin2θ1cosθ1 (3)W=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1+mgL（cosθ1-cosθ2） 【解析】 【詳解】 (1)對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：a=mgtanθ1m=gtanθ1 即桿向右運動的加速度為：gtanθ1 (2)細繩與豎直桿間的夾角也為θ1時，設線速度為v，繩中張力為T

44、，則有： Tcosθ1=mgTsinθ1=mv2Lsinθ1 可得小球的動能：Ek=12mv2=mgL2?sin2θ1cosθ1 (3)當細線與豎直桿間的夾角θ2時，小球在此處獲得的動能為：E'k=12mv2=mgL2?sin2θ2cosθ2 第二次的過程中，小球勢能的增量：ΔEp=mgL(cosθ1-cosθ2) 在此過程中，小球的動能增量：ΔEk=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1 所以在第二次過程中，對小球做的功：W=ΔEk+ΔEp=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1+mgL(cosθ1-cosθ2) 22．如圖所示是某游戲裝置的示意

45、圖，ABC為固定在豎直平面內(nèi)的截面為圓形的光滑軌道，直軌道AB與水平成θ＝37°放置，且與圓弧軌道BC相切連接，AB長為L1＝0.4m，圓弧軌道半徑r＝0.25m，C端水平，右端連接粗糙水平面CD和足夠長的光滑曲面軌道DE，D是軌道的切點，CD段長為L2＝0.5m。一個質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點的小物塊壓縮彈簧后被鎖定在A點，解除鎖定后小物塊被彈出，第一次經(jīng)過D點的速度為vD＝1m/s，小物塊每次發(fā)射前均被鎖定在A位置，通過調(diào)整彈簧O1端的位置就可以改變彈簧的彈性勢能，已知彈簧的彈性勢能最大值為Epm＝13J，小物塊與水平面CD間的摩擦因數(shù)μ＝0.3．求： (1)小物塊第一次運動到BC

46、軌道的C端時對軌道的壓力大??； (2)小物塊第一次發(fā)射前彈簧的彈性勢能大?。? (3)若小物塊被彈出后，最后恰好停在CD中點處，不計小球與彈簧碰撞時的能量損失，則小物塊被鎖定時的彈性勢能可能多大。 【答案】 (1)小球運動到C點時對軌道的壓力的大小是6N； (2)解除鎖定前彈簧的彈性勢能Epo是8.9J； (3)鎖定時彈簧彈性勢能Ep的可能值是7.65J，9.15J，10.65J和12.15J。 【解析】 【詳解】 (1)C到D的過程中摩擦力做功，由動能定理可得：-μmgL=12mvD2-12mvC2 代入數(shù)據(jù)可得：vc＝2m/s 設小球在C點時軌道對小球的作用力為FN，

47、方向豎直向下。根據(jù)牛頓第二定律得：mg+FN=mvC2r 代入數(shù)據(jù)解得：FN＝6N 由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′＝FN＝6N (2)A到C的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，有：Epo=mgr+rcosθ+L1sinθ+12mvC2 代入數(shù)據(jù)解得：Epo＝8.9J (3)要使小球能停在CD的中點，需要在CD段滑過2k-1L2對整個過程，由能量守恒定律得： EP=mgr+rcosθ+L1sinθ+μmgkL+L2，k＝1，2，3，4… 得：Ep＝6.9+0.75（2k﹣1）（J） 因為彈性勢能最大值為：Epm＝13J，所以k取1，2，3，4時，Ep＝7.65

48、J，9.15J，10.65J和12.15J。 23．如圖1所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來。我們把這種情形抽象為如圖2所示的模型：弧形軌道的下端與半徑為R的豎直圓軌道相接，B、C分別為圓軌道的最低點和最高點。質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從弧形軌道上的A點由靜止?jié)L下，到達B點時的速度為v0= 6gR，且恰好能通過c點。已知A、B間的高度差h=4R，重力加速度為g。求： (1)小球運動到B點時，軌道對小球的支持力的大小； (2)小球通過C點時的速率vC； (3)小球從A點運動到C點的過程中，克服摩擦阻力做的功W。 【答案】 （1）F=7mg；（2）v

49、C=gR；（3）W=1.5mgR 【解析】 【詳解】 （1）小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律：F-mg=mvB2r 解得：F=7mg （2）因為小球恰能通過C點，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=mvC2r 解得：vC=gR （3）在小球從A點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有：mg(h-2R)-W=12mvC2-0 解得：W=1.5mgR 24．如圖所示的水平地面。可視為質(zhì)點的物體A 和B緊靠在一起，靜止于b處，已知A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。兩物體在足夠大的內(nèi)力作用下突然沿水平方向左右分離。B碰到c處的墻壁后等速率反彈，并追上已停在ab段的A，追上時B的速率等于兩物體剛分離時B的

50、速率的一半。A、B與地面的動摩擦因數(shù)均為μ，b與c間的距離為d，重力加速度為g。求： （1）分離瞬間A、B的速率之比； （2）分離瞬間A獲得的動能。 【答案】 （1）13（2）2423μmgd 【解析】 【詳解】 (1)分離瞬間對A、B系統(tǒng)應用動量守恒定律有： 3mvA-mvB=0 解得：vAvB=13； (2)A、B分離后，A物體向左勻減速滑行，對A應用動能定理： -μ×3mgsA=0-12×3mvA2 對B從兩物體分離后到追上A的過程應用動能定理： -μmgsB=12m(vB2)2-12mvB2 兩物體的路程關系是 sB=sA+2d 分離瞬間A獲得的動

51、能 EkA=12×3mvA2 聯(lián)立解得：EkA=2433μmgd。 25．如圖所示，水平面ab與水平皮帶bc平滑相切，左端有一個半徑為R的光滑四分之一圓弧cd與皮帶水平相切。ab段和bc段的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，圖中ab=bc=R=0.4 m，物體A和B的質(zhì)量均為m（可看成質(zhì)點），皮帶逆時針轉動的速率恒為v=2 m/s?，F(xiàn)給靜止在a處的物體A一個水平向左的初速度，物體A運動到b點與物體B碰撞前的速度v1=43??m/s；正碰后并粘在一起的粘合體速度v共=23??m/s，以后粘合體沿圓弧向上運動。重力加速度為g=10 m/s2。求： （1）物體A水平向左初速度的大小和粘合體第一次

52、到達傳送帶左端c點時的速度大??； （2）通過計算判斷粘合體能否到達d點？若能到達，粘合體到達d點的速度大小。 【答案】 （1）v0=213m/s， v2=22m/s（2）粘合體恰好到達d點；vd=0 【解析】 【詳解】 （1）由a到b過程，由動能定理得：-μmgR=12mv12-12mv02 解得物體A水平向左初速度大?。簐0=213 m/s 粘合體由b到c過程由動能定理得：-μ?2mgR=12?2mv22-12?2mv共2 解得粘合體第一次到達傳送帶左端c點時的速度大?。簐2=22 m/s （2）粘合體由c到d過程，由機械能守恒定律得：12?2mv22=2mgR+12?

53、2mvd2 解得：vd=0 所以粘合體恰好到達d點 26．某電動機工作時輸出功率P與拉動物體的速度v之間的關系如圖（a）所示?，F(xiàn)用該電動機在水平地面拉動一物體（可視為質(zhì)點），運動過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長，如圖（b）所示。已知物體質(zhì)量m=1kg，與地面的動摩擦因數(shù)μ1=0.35，離出發(fā)點C左側s距離處另有動摩擦因數(shù)為μ2=0.45、長為d=0.5m的粗糙材料鋪設的地面AB段。（g取10m/s2） (1)若s足夠長，電動機功率為2W時，物體在地面能達到的最大速度是多少？ (2)若啟動電動機，物體在C點從靜止開始運動，到達B點時速度恰好達到0.5m/s，則BC間的距離s是

54、多少？物體能通過AB段嗎？如果不能停在何處？ 【答案】 (1)47ms(2)s=0.25m不能，小物體最后停在AB中點位置 【解析】 【詳解】 (1) 電動機拉動物體后，物體速度最大時，加速度為零，則有水平方向受拉力F等于摩擦力 F1=f1=μmg=3.5N 根據(jù)P=Fv則有：vm=PF1=Pf1=47ms； (2) 當物體運動速度小于0.5m/s 時，繩子對物體的拉力恒力，物體為勻加速運動， 拉力F=Pv=4N 由牛頓第二定律F =ma得 F-f1=ma1 解得：a1=0.5ms2 由s=vB22a1得，則BC間的距離s=0.25m 小物體過B點后，f2=μ2m

55、g=4.5N，做減速運動，運動速度不會大于0.5m/s，拉力仍為恒力，物體做勻減速運動 F-f2=ma2 解得：a2=0.5ms2 小物體滑行x=0-vB22a2=0.25m 則小物體最后停在AB中點位置。 27．如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物塊，質(zhì)量為m=2kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達底端時恰好進入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動機驅(qū)動著勻速向左轉動，速度大小為u=3m/s．已知圓弧軌道半徑R=0.8m，皮帶輪的半徑r=0.2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1，兩皮帶輪之間的距離為L=6m，重力加速度g=10m/s2．求： （1）皮帶輪轉動

56、的角速度多大？ （2）物塊滑到圓弧軌道底端時對軌道的作用力； （3）物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？ 【答案】 (1)15rads；(2)60N，方向豎直向下；(3)右端離開；12J 【解析】 【詳解】 (1)皮帶輪轉動的角速度，由v=ωr得 ω=vr=30.2rads=15rads； (2)物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由動能定理得： mgR=12mv02 由圓弧軌道底端，由牛頓第二定律得： F-mg=mv02R 解得：F=60N 由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的作用力大小為60N，方向豎直向下； (3)物塊滑到圓

57、弧底端的速度為v0=2gh=4ms 物塊滑上傳送帶后勻減速直線運動，設加速度為a， 由牛頓第二定律得：μmg=ma 解得：a=μg=1ms2 物塊勻減速到速度為零時運動的最大距離為： s0=v022a=8m>6m 可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶 W=μmgL=12J。 28．一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5 m 的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=10 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為8 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向運動直至靜止。g取10 m/s2 （1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ。 （2）

58、若碰撞時間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。 （3）求物塊在反向運動過程中能滑行的最大位移。 【答案】 （1）μ=0.36（2）F=140N（3）s=5m 【解析】 【詳解】 （1）物塊從A到B的過程，由動能定理可得：-mgμsAB=12mvB2-12mv02代入數(shù)據(jù)解之可得：μ=0.36 （2）以向右的方向為正，物塊與墻壁碰撞的過程，由動量定理可得：Ft=mv-mvB，代入數(shù)據(jù)解之可得F=-140N，負號表示力的方向向左。 （3）物塊向左運動的方程，由動能定理可得：-mgμs=0-12mv2，代入數(shù)據(jù)可得：s=5m。 29．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固

59、定一個四分之一圓弧光滑軌道，圓弧軌道下端與足夠長的水平粗糙地面相切?，F(xiàn)將小滑塊A由圓弧軌道的最高點無初速度釋放，A將沿圓弧軌道下滑進入水平地面。已知圓弧軌道的半徑R=0.8m，A的質(zhì)量m=lkg。A與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g取l0m/s2。求： (1)A經(jīng)過圓弧軌道最低點時速度的大小v； (2)A經(jīng)過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小F； (3)A在水平粗糙地面上運動的過程中受到支持力的沖量的大小I. 【答案】 (1)v=4m/s (2)F=30N (3)I=10N?s 【解析】 【詳解】 （1）滑塊A沿圓弧軌道下滑到最低點的過程，由機械能守恒定律

60、得：mgR=12mv2 解得：v=2gR，即v=4m/s； （2）滑塊A經(jīng)過圓弧軌道最低點時，由牛頓第二定律有：F-mg=mv2R 解得：F=3mg，即F=30N （3）設滑塊A在水平地面上運動的時間為t，由動量定理有：-μmgt=-mv A在水平粗糙地面上運動的過程中在豎直方向所受合力為零，收到的支持力為N=mg 根據(jù)沖量的定義，支持力的沖量大小為I=Nt 解得：I=10N?s 30．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球套在懸掛的細繩上，A球吊在繩的下端剛好不滑動，稍有擾動A就與繩分離A球離地高度為h，A、B兩球開始時在繩上的間距也為h，B球釋放后由靜止沿繩勻加速下滑，與A球相碰

61、后粘在一起(碰撞時間極短)，并滑離繩子.若B球沿繩下滑的時間是A、B一起下落到地面時間的2倍，重力加速度為g，不計兩球大小及空氣阻力，求： (1)A、B兩球碰撞后粘在一起瞬間速度大?。? (2)從B球開始釋放到兩球粘在一起下落，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為多少? 【答案】 (1) 12gh (2) 34mgh 【解析】 【詳解】 (1)設B球與A球相碰前的速度大小為v1，則 h=12v1t1 碰撞過程動量守恒，設兩球碰撞后的瞬間共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有 mv1=2mv2 兩球一起下落過程中，h=v2t2+12gt22 t1=2t2 解得：v2=12gh； (2)B球下滑到碰撞前，損失的機械能ΔE1=mgh=12mv12 由(1)問知，v1=gh 因此ΔE1=12mgh 磁撞過程損失的機械能為ΔE2=12mv12-12×2mv22=14mgh 因此整個過程損失的機械能為ΔE=ΔE1+ΔE2=34mgh 25