2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题06机械能含解析.pdf

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1、专题 06 机械能专题 06 机械能 第一部分名师综述第一部分名师综述 本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的 适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。 题目类型以计算题为主，选择题为辅，大部分试题都与牛顿定律、圆周运动、及电磁学等知识相互联系， 综合出题。许多试题思路隐蔽、过程复杂、灵活性强、难度较大。从高考试题来看，功和机械能守恒依然 为高考命题的热点之一。机械能守恒和功能关系是高考的必考内容，具有非常强的综合性。重力势能、弹 性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律是本单

2、元的重点。弹力做功和弹性势能变化的 关系是典型的变力做功，应予以特别地关注。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中 AB=BC，在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0 水平 抛出一小球，刚好落在 B 点，小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点，不计空气阻力，重力加速度为 g， 下列 说法正确的是( ) A小球从 O 到 D 点的水平位移是从 O 到 B 点水平位移的 1:3 B小球经过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 2:3 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3 D小球经过

3、 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【详解】 A设小球做平抛运动的时间为 t，位移为 L，则有：Lcos=v0t；Lsin= gt2，联立解得：， 1 2 t = 2v0tan g 设OBA=， C=， 则 tan= ， tan= ， 由于 AB=BC， 可知 tan=2 tan， 因在 D 点时 ：， h AB h AC tD= 2v0tan g 在 B 点时：， 则落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 ， 即小球经过 D 点的水平位移是落到 BtB= 2v0tan g 1 2 点水平位移的 ，故 A 错误

4、； 1 2 B由于落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 ，故 D 点和 B 点竖直方向的速度之比为 1：2，故小球经 1 2 过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 ，故 B 错误； 1 2 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为 1:3，则重力做功的比为 1:3， 选 项 C 正确； D小球的速度与水平方向的夹角 tan ，故小球经过 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点 gt v0 时速度与水平方向夹角的正切值的 ，故选项 D 错误； 1 2 2质量m=200kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动

5、的速度与时间的关系， 图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在 18s 末汽车的速度恰好达 到最大.则下列说法正确的是( ) A汽车受到的阻力 200N B汽车的最大牵引力为 700N C汽车在做变加速运动过程中的位移大小为 90m D8s18s 过程中汽车牵引力做的功为 7104 J 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据机车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动，最 后牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动. A、机车匀速时有，可得；故 A 错误.Pm= Fv = fvmf = Pm vm = 7 103 10 N =

6、700N B、对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由 v-t 图象可知，故最a = v t = 1m/s2 大牵引力为；B 错误.F1= f + ma = 700 + 200 1 = 900N C、汽车在做变加速运动过程的时间，速度从 8m/s 增大为 10m/s，此过程牵引力的功率t2= 18 - 8 = 10s 保持不变，由动能定理，解得：；故 C 错误.Pmt2- fx2= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 1 x2= 664 7 m D、8s18s 牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为，故 D 正确.WF= Pmt2= 7 103 10J = 7 104J 故选

7、 D. 3如图所示，长为 L 的轻杆两端分别固定 a、b 金属球，两球质量均为 ，放在光滑的水平面上，b 套在竖m 直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将 b 从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小为 g，则( ) 3 2 A在 b 球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒 B从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 a 球做功为 L 2 3 - 1 8 mgL C从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 b 球做功为 L 2 - 3 8 mgL D在 b 球落地的瞬间，重力对 b 球做功的功率为3gL 【答案】 B 【解析】 【分析】 系统所受合外力为零系统动量守恒，只有

8、重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运 动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题； 【详解】 A、对两球及杆组成的系统，在 b 球落地前的整个过程中，b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a 球 的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以 a、b 组成的系统水平方向上动量不守恒， 故 A 错误； BC、对两球及杆系统,在 b 球落地前的整个过程中，b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b 组成的系统机械能守恒， 从开始到 b 球距地面高度为 的过程中， 由机械能守恒定律得 ： L 2 mg( 3 2 L - L 2) = 1 2mv 2 A

9、 ，且有，解得 ：，所以轻杆对 a 球做功为 ：+ 1 2mv 2 B vAcos30 = vBcos60vA= (3 - 1)gL 2 vB= (3 - 3)gL 2 ，轻杆对 b 球做功 ：，故 B 正确，C 错误 ；WA= 1 2mv 2 A- 0 = 3 - 1 8 mgLWB= 1 2mv 2 B- mg( 3 2 L - L 2) = 7 - 53 8 mgL D、在 b 球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在 b 球落地的mg 3 2 L = 1 2mv 2 B vB=3gL 瞬间，重力对 b 球做功的功率为：，故 D 错误；PB= mgvB= mg3gL 故选 B。

10、 【点睛】 解决关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。 4如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB 长度为 2R，现将质量也 为 m 的小球从距 A 点正上方高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 冲出，在空中能上升的最大h0B 高度为 （不计空气阻力） ，则 h0 2 A小球和小车组成的系统动量守恒 B小车向左运动的最大距离为 1 2R C小球从 B 点落回后一定能从 A 点冲出 D小球从 B 端离开小车后做斜上抛运动 【答案】 C 【解析】 【分析】 水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下

11、来时还会落回小车中，根 据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因 此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小。 【详解】 A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不 为零，系统动量不守恒，故 A 错误。 B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球从 B 点冲出时小车向左的位移为 x，由水平方向动量 守恒定律得：mm =0，解得小车的位移 x=R，故 B 错误。 2R - x t x t C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由 B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球

12、与小 车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，然后再从 B 点落回小车。小球第一次在车中运动 过程中，由动能定理得：mg（h0 ）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做的功，解得 Wf= mgh0，即小球第一次 h0 2 1 2 在车中滚动损失的机械能为 mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球 1 2 的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 mgh0，机械能损失小于 mgh0，因此小球再次离开小车时，一定 1 2 1 2 能从 A 点冲出。故 D 错误，C 正确 故选:C 【点睛】 动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功，

13、如本题克服摩擦力做 的功。 5如图所示,半径为 R 的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内,质量为 m 的小球 A 套在人圆环上。上端定 在杆上的轻质弹簧与质量为 m 的滑块 B 连接并起套在杆上,小球 A 和滑块乃之间用长为 R 的轻杆分别通过饺 链连接。 当小球 A 位于圆环最高点时,弹簧处于原长;此时给 A 一个微小扰动(初速度视为 0)使小球 A 沿环顺 顶时针滑下到达圆环最右侧时小球 A 的速度为(g 为重力加速度)。不计一切摩擦,A、B 均可视为质点,gr 则下列说法中正确的是 A小球 A、滑块 B 和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B小球 A 从圆环最高点到达圆环最侧的过程滑

14、块 B 的重力势能滅小了 3 3 mgR C小球 A 从环最高点到达圆环最右侧的过程中小球 A 的重力势能减小了 mgR 2 D小球 A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了(3 -3)mgR 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、小球A、滑块B和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒，小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械 能不守恒，故 A 错误； B、 小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中， 此时滑块B距离圆心的高度为， 滑块 B2Rcos30 = 3R 下落的高度为，滑块B的重力势能减小了，故 B 错误；h = 3R - 3R (3 -3)mgR C、 小球A从圆环最高

15、点到达圆环最右侧的过程中， 小球A下落的高度为R， 所以小球A的重力势能减小了mgR， 故 C 错误； D、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示: 根据运动的合成与分解可得 ：vAcos=vBcos， 则vA=vB， 根据机械能守恒定律可得 ：(3 -3)mgR + mgR = ，解得:，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹 1 2mv 2 A+ 1 2mv 2 B+ EP EP= (3 -3)mgR 性势能增加了，故 D 正确；(3 -3)mgR 故选 D. 【点睛】 本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统

16、除重力或弹力做功以 外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化 多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。 6已知一足够长的传送带与水平面的倾角为,以恒定的速度顺时针转动。某时刻在传送带适当的位置放 上具有一定初速度、质量为 m 的小物块,如图甲所示。以此时为时刻,小物块的速度随时间的变化关系t = 0 如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向,图乙中)。下列说法中正确的是 ( )v1 v2 A0t1内传送带对小物块做正功 B小物块与传送带间的动摩擦因数小于tan C0t2内传送带对小物块做功为 1 2mv 2 2- 1 2mv

17、 2 1 D0t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 【答案】 D 【解析】 【详解】 由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t1内，物块对传送带的摩擦力方 向沿传送带向下， 则物块对传送带做负功。 故 A 错误。 在 t1t2内， 物块向上运动， 则有 mgcos mgsin， 得 tan故 B 错误。0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高 度下降，重力对物块做正功，设为 WG，根据动能定理得：W+WG= mv22- mv12，则传送带对物块做功 W mv22- 1 2 1 2 1 2 mv12故 C 错误。物块的重力势

18、能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统 1 2 产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。故 D 正确。故选 D。 【点睛】 本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求 解功是常用的方法 7如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静 止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（） A加速度逐渐减小 B经过O点时的速度最大 C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】 D 【解析】 【详解】 由于水平面粗

19、糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零 时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A 错误；物体在平衡位置处 速度最大， 所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置， B 错误 ； 从A到O过程中弹力方向与位移方向相同， 弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C 错误；从A到B过程中根据动能定 理可得，即，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D 正确W弹- W克 f= 0W弹= W克 f 8如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面，斜面上放有两个质量均为m的可视为质点的小物体甲 和乙，两小物体之间用一

20、根长为L的轻杆相连，乙离斜面底端的高度为h.甲和乙从静止开始下滑，不计物 体与水平面碰撞时的机械能损失，且水平面光滑.在甲、乙从开始下滑到甲进入水平面的过程中( ) A当甲、乙均在斜面上运动时，乙受三个力作用 B甲进入水平面的速度大小为3gh + 2gLsin C全过程中甲的机械能减小了 1 2mgLsin D全过程中轻杆对乙做负功 【答案】 C 【解析】 【详解】 若以甲与乙组成的系统为研究的对象，可知系统受到重力与斜面的支持力，所以加速度的大小为 gsin； 以乙为研究的对象，设乙与杆之间的作用力为 F，则：mgsin-F=ma=mgsin，可知，乙与杆之间的作用力 为 0，所以乙只受到重

21、力和支持力的作用。故 A 错误。以甲、乙组成的系统为研究对象，系统机械能守恒， 由机械能守恒定律得 ： mgh+mg（h+Lsin） = 2mv2，解得两球的速度 ：， 选项 B 错误。 1 2 v =2gh + gLsin 以甲球为研究对象，由动能定理得：mg（h+Lsin）+W= mv2，解得：W=- mgLsin全过程中甲球的机械 1 2 1 2 能减小了 mgLsin ，全过程中轻杆对乙球做功 mgLsin 故 C 正确，D 错误。故选 C. 1 2 1 2 【点睛】 本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可 正确解题. 9质量为 4

22、00 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 的关 1 v 系如图所示，则赛车在加速的过程中( ) A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 kW D所受阻力大小为 1 60 N 【答案】 C 【解析】 【详解】 由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故 A 错误；a- 函数方程a4， 1 v 400 v 汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故 B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力， 根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得：，结合图线，当物体的速度最大时，a =

23、 P mv - f m 加速度为零， 故结合图象可以知道， a=0 时， =0.01， v=100m/s， 所以最大速度为 100m/s； 由图象可知 ： f/m 1 v 4，解得：f=4m=4400=1600N；，解得：P=160kW，故 C 正确，D 错误；故选 C。0 1 400 P 100 - f 400 10在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带 始终是绷紧的，将 m1 kg 的货物放在传送带上的 A 点，经过 1.2 s 到达传送带的 B 点。用速度传感器测得 货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图像如图乙所示，已知重力加速度

24、 g10 m /s2。由 vt 图像可知 AA、B 两点的距离为 2.4 m B货物与传送带间的动摩擦因数为 0.25 C货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做功大小为 11.2 J D货物从 A 运动到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.6 J 【答案】 C 【解析】 【详解】 物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由 A 到 B 的间距对应图象所围梯形的“面积” ，为：x= 20.2+ （2+4）1=3.2m。故 A 错误。由 v-t 图象可知， 1 2 1 2 物块在传送带上先做 a1匀加速直线运动，加速度为 ：，对物

25、体受力分析受摩擦力，a1= v t = 2 0.2 = 10m/s2 方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1 同理， 做 a2的匀加速直线运动， 对物体受力分析受摩擦力， 方向向上， 重力和支持力， 加速度为 ：a2= v t = 4 - 2 1.2 - 0.2 = 2m/s2 得：mgsin-f=ma2，即：mgsin-mgcos=ma2 联立解得：cos=0.8，=0.5，故 B 错误； 根据功能关系， 由 B 中可知 ： f=mgcos=0.51010.8=4N， 做 a1匀加速直线运动， 由图象知位移为 ： x1= 20.2=0.2m，物

26、体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=40.2=0.8J，同理做 a2 1 2 匀加速直线运动，由图象知位移为：x2= （2+4）1=3m， 1 2 物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-43=-12J，所以整个过程，传送带对货 物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故 C 正确；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘 以相对位移，由 C 中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做 a1匀加速直线运动，位移为：x1= 1 2 20.2=0.2m，皮带位移为：x皮=20.2=0.4m，相对位移为：x1=x皮-x1

27、=0.4-0.2=0.2m，同理：做 a2匀 加速直线运动，位移为：x2= （2+4）1=3m，x皮 2=21=2m，相对位移为：x2=x2-x皮 2=3-2=1m，故两 1 2 者 之 间 的 总 相 对 位 移 为 ： x=x1+x2=1+0.2=1.2m， 货 物 与 传 送 带 摩 擦 产 生 的 热 量 为 ： Q=W=fx=41.2=4.8J，故 D 错误；故选 C。 【点睛】 本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩 擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移 二、多选题 11如图,有质量均为 m 的三个小球

28、A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横 杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角 由 120变为 60，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正 确的是 AA 在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2 B弹簧的最大弹性势能为 3 - 1 2 mgL C在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小 D在A下降的过程中轻绳对B做功为 3 - 1 4 mgL 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A、若小球 A 在最低点静止，设水平横杆对小球 B、C 的支持力都为 ，此时整体

29、在竖直方向受力平衡，可得F ，所以； A 球由静止释放直至运动到最低点的过程，A 先加速下降后减速下降，先失重后超2F = 3mgF = 3 2mg 重，所以小球 A 在最低点时，小球 B 受到水平横杆的支持力大于，故选项 A 错误； 3 2mg B、小球 A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球 A 的 重力势能减小，即，故选项 B 正确；EPmax= mg(Lsin60 - Lsin30) = 3 - 1 2 mgL C、在 A 下降的过程中，小球 B 先加速后加速，小球 A 球释放时轻绳对 B 做功的功率为零，小球 A 在最低点 时轻绳对 B

30、做功的功率为零，所以轻绳对 B 做功的功率先增大后减小，故选项 C 正确； D、 在 A 下降的过程中， 对小球 A 根据动能定律可得， 解得每根轻绳对 Amg(Lsin60 - Lsin30) - 2WF= 0 做功为，所以轻绳对 B 做功为，故选项 D 正确；WF= 3 - 1 4 mgL 3 - 1 4 mgL 12如图所示，光滑竖直管内有一底端固定的轻质弹簧，弹簧自由端与管口的距离为 2 y0，将一个质量为 m的小球置于弹簧顶端，并加上外力将小球再下压至弹簧压缩量为y0。撤去外力后小球被弹出，运动到管口 时的动能为 3 mg y0，重力加速度大小为g，阻力不计，则 A弹射过程，弹簧和小

31、球组成的系统机械能守恒 B弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能 C弹簧具有的最大弹性势能为 6 mg y0 D小球向上运动过程中的最大动能为 5 mg y0 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A、弹射过程中，对弹簧和小球组成而言，只受重力和弹簧弹力作用，所以系统机械能守恒，故 A 对； B、弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故 B 错； C、撤去外力后小球被弹出的过程，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能， ，故弹簧具有的最大弹 性势能等于小球增加的机械能，即为，故 C 对；E = 3mgy0+ 3mgy0= 6mgy0 D、弹簧恢复原长前，小球先加

32、速后减速，当合力为零时动能最大，但平衡位置无法判断，所以最大动能也 无法计算，故 D 错误； 13如图所示，两木块 A、B 的质量分别为 m1和 m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为 k1和 k2，两弹簧分别连 接 A、B，整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提木块 A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过 程中以下说法正确的有（） AA 的重力势能增加了 m1(m1+ m2)g2 k1 BA 的重力势能增加了m1(m1+ m2)( 1 k1 + 1 k2)g 2 CB 的重力势能增加了 m2(m1+ m2)g2 k1 DB 的重力势能增加了 m2(m1+ m2)g2 k2 【答案】 BD 【解

33、析】 【详解】 对 m1与 m2整体分析，在初始状态（m1+m2）g=k2x2，故 m2上升的距离为：；B 的重力势能h2= x2 (m1+ m2)g k2 增加了，选项 C 错误，D 正确；初始状态的 m1，根据胡克定律，有：k1x1=m1g，故；m2gh2= m2(m1+ m2)g2 k2 x1 m1g k1 末状态时的 m2，根据胡克定律，有 ： k1x1m2g，故； 所以 m1上升的距离为 ：x1 m2g k1 h1= x1+ x1 + x2= ；A 重力势能的增加量；选项 B 正 m1g k1 + m2g k1 + m1g + m2g k2 = (m1+ m2)g( 1 k1 + 1

34、 k2) m1gh1= (m1+ m2)m1g2( 1 k1 + 1 k2) 确，A 错误；故选 BD. 14如图所示，一光滑水平轨道的左边紧靠竖直墙壁，右边与一个半径足够大的 光滑圆弧轨道平滑相连， 1 4 质量分别为与的木块A、B静置于光滑水平轨道上，现给木块A一大小为的速度，使其水半1.5kg0.5kg6m/s 向左运动并与墙壁碰撞，碰撞的时间为，碰后的速度大小变为，木块A、B碰撞后立即粘在一起继0.3s4m/s 续向右运动，重力加速度g取，则 10m/s2() A在木块A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对木块A的平均作用力大小为 50N B木块A与在墙壁碰撞的过程中没有能量损失 C木块A、B碰

35、撞后一起向右运动的速度大小为3m/s D木块A、B滑上圆弧轨道后到达的最大高度为0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得 ：，代入数据解，墙壁Ft = mAv1- mA ( - v1) 对A的平均作用力为：，故A正确。A与墙壁碰撞后动能减小，说明碰撞过程中A的能量有损失，F = 50N 故B错误。设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得 ：，代mAv1= (mA+ mB)v 入数据解得：，故C正确。A、B在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机v = 3m/s 械能守恒定律得：，代入数据解得：，故

36、D错误。故选ACD。 1 2(mA + mB)v2= (mA+ mB)ghh = 0.45m 15如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m 的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与 水平面之间的夹角为 ，圆环在 A 处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从 A 处由静止释放，到达 C 处时速度 为零。若圆环在 C 处获得沿杆向上的速度 v，恰好能回到 A。已知 ACL，B 是 AC 的中点，弹簧始终在弹性 限度之内，重力加速度为 g，则（） A下滑过程中，其加速度先减小后增大 B下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为 mv2 1 2 C从 C 到 A 过程，弹簧对环做功为 mgLsin mv2

37、1 4 D环经过 B 时，上滑的速度小于下滑的速度 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A环由 A 到 C，初速度和末速度均为 0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，选项 A 正确； BC 环由A到C， 有mgLsinEpCQ， 环由C到A， 有EpCQmgLsin mv2， 解得Q mv2， EpCmgLsin 1 2 1 4 mv2，选项 C 正确，B 错误； 1 4 D 由功能关系可知， 圆环由A下滑至B， 有mghWfW弹 mvB20， 圆环由B上滑至A， 有mghWf 1 2 W弹0 mvB2，故可知，环经过 B 时，上滑的速度大于下滑的速度，选项 D 错误。 1 2 16如图所示

38、，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个小球 A 和 B，球 A 刚好接触地面，球 B 被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球 B 到细杆的距离为 L 时绳刚好拉直，此时由 静止释放 B 球， 当球 B 摆到与水平方向的夹角为 时， A 球刚要离开地面， 已知 A、 B 球的质量分别为 2.4m、 m， 不计空气阻力。则在球 A 刚要离开地面时，下列描述正确的是 A=53 B球 B 与其初始位置的高度差 h=0.8L CB 球的速度大小 v= 8gL 5 DB 球的加速度大小 8g 5 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 根据题中“跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可

39、伸长的轻绳，两端各系一个小球 A 和 B” 、“球 B 摆到 与水平方向的夹角为 时，A 球刚要离开地面”可知，本题考察圆周运动与临界情况相结合的问题，应用 牛顿第二定律、动能定理、几何关系等知识分析计算。 【详解】 AC：当球 B 摆到与水平方向的夹角为 时，A 球刚要离开地面，设此时绳中拉力为 ，对 A 受力分析可得，T ；对 B 受力分析如图：T = 2.4mg 据牛顿第二定律可得，；据动能定理可得，。联立解得：、T - mgsin = m v2 L mgLsin = 1 2mv 2 sin = 0.8 、。故 AC 两项正确。 = 53v = 8gL 5 B：球 B 与其初始位置的高度

40、差，故 B 项正确。h = Lsin = 0.8L D：球 A 刚要离开地面时，B 球的向心加速度，B 球的切向加速度，B 球的an= v2 L = 8 5g a= mgcos m = 0.6g 加速度。故 D 项错误。a =a2n+ a 2 = 73 5 g 17 如图甲所示， 一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动， 滑块与传送带之间的动摩擦因数 =0.2。 质量 m=0.05kg 的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中 的 v-t 图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g 取 10m/s2。则 A

41、传送带的速度大小为 4m/s B滑块的质量为 3.3kg C滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为 26.8J D若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径 R 为 0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中” 、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合 的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。 【详解】 A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速 的速度大小为 2m/s，则传送带的速度大小为 2m/s。故 A 项错误。 B： 子弹未射入滑块前，

42、 滑块向右的速度大小为 2m/s， 子弹射入滑块瞬间， 子弹和滑块的速度变为向左的 4m/s ； 子弹射入滑块瞬间， 内力远大于外力， 系统动量守恒， 以向左为正， 据动量守恒得，mv0+ M( - v) = (m + M) ，即，解得：滑块的质量。故 B 项正确。v1400m + M( - 2) = 4(m + M)M = 66m = 3.3kg C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，解得：滑块向左(M + m)g = (M + m)a 运动的加速度大小。 滑块(含子弹)向左减速运动的时间， 滑块(含子弹)向左减速运动a = 2m/s2t1= v1 a = 2s 过程中滑

43、块与传送带间的相对运动距离，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的s = v1+ 0 2 t1+ vt1= 8m 热量。故 C 项错误。Q = (M + m)gs = 0.2 3.35 10 8J = 53.6J D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则，解得：转动轮的半径。(m + M)g = (m + M) v2 R R = 0.4m 故 D 项正确。 18如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg 的A、B两物体用质量不计的轻弹 簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被 压缩，在系统静止时，突然撤去

44、向左推力解除压缩，则 A解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒 B解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒 C从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 Ns，方向水平向右 DA与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是 2.5m/s 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对 A 物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长 前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB 一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒， 故 A 错误； B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故 B 正确；

45、 C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为 B 的动能， 设此时 B 的速度为 v0，则：，得v05m/s，此过程墙壁对 A 的冲量大小等于弹簧对 A 的冲W = EP= 1 2mBv0 2 量大小，也等于弹簧对 B 的冲量大小，由动量定理得：ImBv010 Ns，故 C 正确； D、当弹簧恢复原长时，A 的速度最小，则：vAmin0，A、B 都运动后，B 减速，A 加速，当 A、B 速度相等时 弹簧拉伸最长此后，B 继续减速，A 继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、 机械能守恒有：，得，故 D 正确。mBv0= mAvA+

46、mBvB 1 2mBv 2 0= 1 2mAv 2 A+ 1 2mBv 2 B vA= 2.5m/svB=- 2.5m/s 19水平长直轨道上紧靠放置 n 个质量为 m、可看作质点的物块，物块间用长为 的细线连接，开始处于静l 止状态，物块与轨道间的动摩擦因数为 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，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取 g，则（ ） A当物块 2 刚要运动时物块 1 的速度大小是 2Fl m B整个过程中拉力 F 对物块 1 所做的功为nFl C整个过程系统克服摩擦力做的功为 n(n - 1)mgl 2 DF nmg

47、 2 【答案】 CD 【解析】 【分析】 根据题中“到连接第 n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零”可知，本题考查用动能定理解决物体运 动的问题。根据动能定理解决物体运动问题的方法，应用功能关系、累积法、数列法等知识分析求解。 【详解】 A： 当物块 2 刚要运动时物块 1 运动的距离是 ， 对物块 1 运动 的过程应用动能定理得 ：，llFl - mgl = 1 2mv 2 1 解得：当物块 2 刚要运动时物块 1 的速度。故 A 项错误。v1= 2Fl m - 2gl B：连接第 n 个物块的线刚好拉直时，物块 1 运动的距离是，则整个过程中拉力 F 对物块 1 所做的(n - 1)l

48、 功为。故 B 项错误。(n - 1)Fl C：整个过程中，物块 1 运动的距离是，物块 2 运动的距离是是，物块(n-1)运动的距(n - 1)l(n - 2)l 离 为， 物 块n 运 动 的 距 离 为0， 则 整 个 过 程 系 统 克 服 摩 擦 力 做 的 功lW克 f 。故 C 项正确。= mg(n - 1)l + mg(n - 2)l + + mgl = n(n - 1) 2 mgl D：因绳子绷直瞬间有机械能的损失，则全过程中拉力做的功大于系统克服摩擦力做的功，即(n - 1)Fl ，所以。故 D 项正确。 n(n - 1) 2 mglF nmg 2 【点睛】 解决本题的关键是用累积法求摩擦力做功，要注意各个物体的位移不同，运用数列法解答。 20如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为 （45）的光滑斜面（固定）上方的 O 点，O 点到斜面的 距离 OQ 等于弹簧的原长 L，弹簧另一端与小滑块（可视为质点）连接。在斜面上移动滑块至 P 点，使弹簧 处于水平状态。现将滑块从 P 点由静止释放，滑块沿斜面运动到 O 点正下方 M 点，该过程中弹簧始终在弹 性限度内。重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 A滑块经过