2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题06机械能含解析.pdf

《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题06机械能含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题06机械能含解析.pdf（28页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

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。 第二部分知识背一背第二部分知识背一背 一、功一、功 1.做功的两个要素 (1)作用在物体上的力。 (2)物体在力的方向上发生的位移。 2.公式：cosFlW (1)是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于恒力做功。 二、功率二、功率 1.物理意义：描述力对物体做功的快慢。 2.公式：(1) t W P (P为时间t内的平均功率)。 (2)cosFvP (为F与v的夹角)。 3.额定功率：机械正常工作时的最大功率。 4.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率。 三、机车的启动三

3、、机车的启动 1.机车的输出功率FvP 。其中 F 为机车的牵引力，匀速行驶时，牵引力等于阻力。 2.两种常见的启动方式 (1)以恒定功率启动：机车的加速度逐渐减小，达到最大速度时，加速度为零。 (2)以恒定加速度启动 ： 机车的功率_逐渐增大_，达到额定功率后，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时， 速度最大。 四、动能四、动能 1.定义：物体由于运动而具有的能。 2.表达式： 2 2 1 mvEk。 3.物理意义：动能是状态量，是标量。(填“矢量”或“标量”) 4.单位：动能的单位是焦耳。 五、动能定理五、动能定理 1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

4、 2.表达式： 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvW 3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。 4.适用条件 (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。 六、机械能守恒定律六、机械能守恒定律 1.重力做功的特点 （1）重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关。 （2）重力做功不引起物体机械能的变化。 2.机械能守恒定律： 在只有重力或弹簧弹力做功的情况下，物体的动能与势能相互转化，但机械能的总量保持不变。 七、功能关系七、功能关系 1.功和能 (1)功是能量转化的

5、量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。 2.常见的几种功能对应关系 (1)合外力做功等于物体动能的改变。 (2)重力做功等于物体重力势能的改变。 (3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变。 (4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即。(功能原理) 八、能量守恒定律八、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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.表达式：E减=E增。 第三部分技能+方法第三部分技能+

6、方法 一、功和功率功和功率的计算的计算 1.恒力做的功：直接用cosFlW 计算。 2.合外力做的功 方法一：先求合外力F，再用cosFlW 求功； 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3再用求代数和的方法确定合外力做的功。 3.变力做的功. （1）应用动能定理求解 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvW； （2）用PtW 求解，其中变力的功率P不变； （3）将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不 变，大小随位移均匀变化的情况。 4.常见的功率的计算方法： （1）平均功率的计算方法： t W P 或cosvFP （2）瞬时功率的计算方法：

7、cosFvP ，其中 v 是该时刻的瞬时速度。 二、机车的启动二、机车的启动 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 f m F P F P v min (式中 Fmin为最小 牵引力，其值等于阻力 Ff). 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 f m F P v F P v 3.机车以恒定功率运行时，牵引力做的功PtW ，由动能定理： kf ExFPt，此式经常用于求解机 车以恒定功率启动过程的位移（路程）大小。 三三、动能定理在多过程中的应用动能定理在多过程中的应用 动能定理综合应用问题的规范解答 1.基本步

8、骤 (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； (3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2； (4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。 2.注意事项 (1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。 (2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑 动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。 (3)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。 四、机械能守恒定律的几种表达形式四、机械能守恒

9、定律的几种表达形式 1守恒观点 (1)表达式：Ek1Ep1Ek2Ep2或E1E2. (2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。 (3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。 2转化观点 (1)表达式：EkEp. (2)意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。 (3)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面。 3转移观点 (1)表达式：EA增EB减 (2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分物体机械能的增加量等于B部分 物体机械能的减少

10、量。 (3)注意问题：A部分机械能的增加量等于A末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量 等于B初状态的机械能减末状态的机械能。 五、利用动能定理分析功能和能量变化的问题五、利用动能定理分析功能和能量变化的问题 1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等。 2.重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反。 3搞清不同的力做功对应不同形式的能的改变 不同的力做功不同的力做功对应不同形式能的变化对应不同形式能的变化定量的关系定量的关系 合外力的功(所有外力的功)动能变化 合外力对物体做功等于物体动能的增量 W合Ek2Ek1 重力的功重力势能变化 重

11、力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力 势能增加WGEpEp1Ep2 弹簧弹力的功弹性势能变化 弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性 势能增加W弹EpEp1Ep2 只有重力、弹簧弹力的功不引起机械能变化机械能守恒 E0 除重力和弹力之外的力做的功机械能变化 除重力和弹力之外的力做多少正功， 物体的机械 能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负 功， 物体的机械能就减少多少W除重力、 弹力外E 电场力的功电势能变化 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电 势能增加W电Ep 一对滑动摩擦力的总功内能变化 作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功， 系统 内能增加QFfl相对 六、对能量守

12、恒定律的理解和应用六、对能量守恒定律的理解和应用 1.列能量守恒定律方程的两条基本思路： (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等 2.应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等在变化； (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量 E减和增加的能量 E增的表达 式； (3)列出能量守恒关系式：E减E增 七、摩擦力做功的特点及应用七、摩擦力做功的特点及应用 类别 比较 静摩擦力滑动摩擦力 能量转

13、化的 方面 在静摩擦力做功的过程 中， 只有机械能从一个物 体转移到另一个物体(静 摩擦力起着传递机械能 的作用)，而没有机械能 转化为其他形式的能量 1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功， 将部 分机械能从一个物体转移到另一个物体 2部分机械能转化为内能，此部分能量 就是系统机械能的损失量 不 同 点 一对摩擦力 做功方面 一对静摩擦力所做功的 代数和等于零 一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统 所做的总功总为负值， 系统损失的机械能 转变成内能 相 同 点 做功方面两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功 第四部分基础练+测第四部分基础练+测 一、单选题 1竖直向上抛出的物体,从抛出到

14、落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,则（） A全过程重力的冲量为零 B全过程中动量的变化量等于阻力的冲量 C全过程中动能的变化量等于阻力做的功 D上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB、重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化 量等于阻力与重力合力的冲量，故选项 A、B 错误； C、重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能 的变化量等于阻力做的功，故选项 C 正确； D、根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机

15、械能的变化量等于下滑过 程中机械能的变化量，故选项 D 错误； 22018 年初，长沙气温偏低，存在冰冻现象。我校方同学和阳同学(穿着蓝色校服，材质一样)先后从倾斜 坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示。(两人均可视为质点，且不计人经过 B 点时的能童损失)。根据上述信息，可以确定方、阳两人 A质量相等B受到的摩擦力相等 C损失的机械能相等D运动的时间相等 【答案】 D 【解析】 【详解】 D：人沿斜面下滑时，解得：；两人从倾斜坡面的同mgsin - mgcos = ma1a1= gsin - gcos 一位置由静止滑下，则两人在斜面上的运动情况相同，在斜面上所用时间相同

16、，到达 B 处速度相同。人沿 水平冰面前进时，解得：；两人在 B 处速度相同，则两人在水平冰面上的运动情况2mg = ma2a2= 2g 相同，在水平冰面上所用时间相同，最终停止位置相同。故 D 项正确。 ABC：两人质量可以不等；若两人质量不等，则两人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，两人损失的机 械能不等。故 ABC 三项错误。 3如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点 竖直向上抛出， 以速度v与弹簧在B点相接触， 然后向上压缩弹簧， 到C点时物块速度为零， 不计空气阻力， 则下列说法正确的是 A由B到C的过程中，弹簧弹性势能和物块动能

17、之和逐渐减小 B由B到C的过程中，物块动能和重力势能之和不变 C由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变 D由B到C的过程中，物块加速度逐渐减小 【答案】 A 【解析】 【详解】 由 B 到 C 的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重 力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物块动能和重力势能之和减小， 故 A 正确，BC 错误；由 B 到 C 的过程中，弹力向下逐渐变大，根据 mg+F弹=ma 可知，物块加速度逐渐变大， 选项 D 错误；故选 A. 4质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线

18、运动，一段时间后撤去外力，已知物体 的vt图象如图所示，则下列说法正确的有 A水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的 2 倍 B在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小大于摩擦力的冲量大小 C在物体运动的整个过程中， F 做的功大于克服摩擦力做的功 D物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【详解】 由 v-t 图象知物体在加速过程的加速度大小为 a1= ，在减速过程的加速度大小为 a2=； 对于匀减速运动过 v0 t0 v0 2t0 程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2=； 在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即 mv0 2t0 水平拉力

19、大小为， 是物体所受摩擦力大小的 3 倍， 故 A 错误 ； 对整个过程， 由动量定理 ：，F = 3mv0 2t0 IF- If= 0 则在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小等于摩擦力的冲量大小， 选项 B 错误 ； 对整个过程， 由动能定理 ： ，则在物体运动的整个过程中，F 做的功等于克服摩擦力做的功，选项 C 错误；由 v-t 图象知WF- Wf= 0 物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为 ，故 D 正确；故选 D. v0 2 5如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静 止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最

20、低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点， 沿竖直向下方向建立坐标轴Ox， 作出小球所受弹力F 的大小随小球下落的位置坐标x 变化的关系， 如图所示， 不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断不正确的是( ) A当 xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 C当 xh2x0，小球的加速度大小为 g D小球动能的最大值为 mghmgx0 【答案】 D 【解析】 【详解】 A根据乙图可知，当 x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的 系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故 A

21、正确； B小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹 力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大， 小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度 先减小后增大，故 B 正确； C在 x=h+x0位置：mg=kx0，则在 xh2x0时：k2x0-mg=ma，解得 a=g，选项 C 正确； D 小球达到最大速度的过程中， 根据动能定理可知mg（h+x0） -W弹=， 故小球动能的最大值小于mg（h+x0） ， 1 2mv 2 m 故 D 错误； 6如图，

22、不计空气阻力，从 O 点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端 P 处时，速度方向恰好沿着斜面方向， 然后紧贴斜面 PQ 做匀加速直线运动 下列说法正确的是（ ） A小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大 B小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重 C撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地速率将变大 D撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地时间将减小 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度 a=gsin，平抛运动的加速度为 g，可知小球在 mgsin m 斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故 A 错误。对小

23、球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的 过程中， 小球具有沿斜面向下的加速度， 处于失重状态， 可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力， 故 B 错误。根据动能定理得，mgh= mv2- mv02，撤去斜面，h 不变，落地的速率不变，故 C 错误。比较小球 1 2 1 2 在斜面上与空中运动的时间。由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsin，竖直分加速度为 ay=asin=gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短。故 D 正确。故选 D。 7 如图， a、 b、 c 是三个质量均为 m 的小球(可视为质点),a、 b 两球套在水平放置的光滑细杆上， 相距L； c3 球分别用长度为 L

24、的细线与 a、 b 两球连接。 起初用手按住 a、 b 两球， 使三个球均静止， 若同时释放 a、 b、 c 三球,重力加速度为 g.则( ) A开始时三球静止时，细线中张力均为 0.5mg B在 a、b 碰撞前的瞬间,b 的速度为 gL 2 C在 a、b 碰撞前的瞬间,b 的速度为gL D在 a、b 碰撞前的运动过程中，a 球动能的增加量等于 c 球的机械能的减小量 【答案】 B 【解析】 【详解】 A、开始时三球静止时，细线中张力为 T，则有 ：，解得细线中张力均为，故 A 错误 ；2Tcos 120 2 = mcgT = mg BC、在 a、b 碰撞前的任一时刻，根据 b、c 两球沿细线

25、方向的分速度大小相等，可知 c 的速度为零，由系 统的机械能守恒得：，可得 b 的速度为，故 B 正确，C 错误；mg(L - Lsin30) = 1 22mv 2 b vb= gL 2 D、在 a、b 碰撞前的运动过程中，根据系统的机械能守恒可得 a 球动能的增加量和 b 球动能的增加量之和 等于 c 球的机械能的减小量，故 D 错误； 故选 B。 8“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接 座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看为质点，“旋转秋千”可简化为如图所示 的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其

26、中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐 渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起以角速度做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为 。已知绳长为L且不可伸长，质点的质量为m，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是（） A质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角 越小 B质点做匀速圆周运动的向心力是其所受悬线的拉力 C转盘转动的角速度与夹角 的关系为 = gtan r + Lsin D质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为mg(r + Lsin)tan 【答案】 C 【解析】 【详解】 由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则有：mgtan=m2R 解得：tan=，

27、与重力无关，故 A、B 错误； 2r g 质点做匀速圆周运动的向心力是由重力和绳子的拉力的合力提供的，故 B 错误；根据 mgtan=m2R=m2 （r+Lsin）解得：，故 C 正确；设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为 v，根 = gtan r + Lsin 据向心力公式得：mgtan=m v2 r + Lsin 对于质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为-mgl（1-cos） ，设绳子拉力做功为 W，则根据动 能定理得：W-mgl（1-cos）= mv2 1 2 联立得：W=mgl（1-cos）+ mg（r+Lsin）tan，故 D 错误。故选 C。 1 2 9如图所示，两

28、个完全相同的小球，从光滑的 a 管和 b 管由静止下滑，管径略大于小球直径，设转弯处无 能量损失，B、D 在同一水平面，两球落到 C 处的时间分别为 Ta、Tb，则（） ATaTbBTaTbCTa=TbD无法确定 【答案】 A 【解析】 【详解】 由机械能守恒定律可知，两球从 A 点滑到底端 C 时，速度和路程相等，而沿 a 管滑下的小球，在 AB 段加速 度比 BC 段加速度小，则在速率图中 AB 段图线的斜率比 BC 段图线斜率小，而沿 b 滑下的小球，它的速率图 线在 AD 段斜率比 DC 段斜率大，作出两球的速率图像如图所示，若要保证两球的路程相等，即图像与横轴 所围的“面积相等，则有

29、：，故 A 正确，B、C、D 错误；Ta Tb 故选 A。 10将一只苹果（可看成质点）水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户 1、2、3，图中曲线为 苹果在空中运行的轨迹。若不计空气阻力的影响，则 ( ) A苹果通过第 1 个窗户期间竖直方向上的平均速度最大 B苹果通过第 3 个窗户期间重力所做的功最多 C苹果通过第 1 个窗户期间重力做功的平均功率最小 D苹果通过第 3 个窗户期间速度变化量最大 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、苹果在竖直方向运动速度越来越大，但窗户的高度一样，因此时间越来越短，故由竖直方向的平均速度 可知越来越大，即通过第 1 个窗户期间竖直方向上的平均速度

30、最小，故 A 错误；vy= h t B、窗户的高度一样，故通过每个窗户重力做功都为mgh，故 B 错误； C、苹果通过第一扇窗户时间最长，故通过第 1 个窗户克服重力做功的平均功率得最小，故 C 正确；PG= mgh t D、平抛运动的加速度恒定为 g，则速度变化量为，通过第 3 个窗户的时间最短，故其速度变化量v = gt 最小；故 D 错误； 故选 C. 二、多选题 11如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为 、质量为 M 的斜面体右侧用楔子 P 固定于地面,一质量 为 m 的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子 P 取走,小球下落且未脱离 斜面的过程中,

31、下列说法正确内是 A球将做自由落体运动 B球对竖直挡板压力相对于球静止时减小 C球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒 D球体与斜面体组成系统动量守恒 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项 A 错误； B球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项 B 正确； C因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项 C 正确； D球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒 ； 竖直方向受合外力也不为零， 竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项

32、D 错误. 12如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行 的拉力 F 作用下由静止开始沿斜面运动，拉力 F 随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间 图象如图丙所示，重力加速度 g 为 10 m/s2。下列说法正确的是 A斜面倾角为，小滑块的质量 m=2 kg30 B在 02 s 时间内拉力 F 做的功为 100J C在 01 s 时间内合外力对小滑块做功 12.5 J D在 04 s 时间内小滑块机械能增加 80J 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A：由速度一时间图像可知，在 2-4s 时间内小滑块的加速度，由牛顿第二定律：a2=-

33、 5m/s2- mgsin = ，解得 ：。在 0-2s 时间内小滑块的加速度，由牛顿第二定律，ma2 = 30a1= 5m/s2F - mgsin = ma1 解得：。故 A 项错误。m = 1kg B：由速度一时间图像可知，在 0-2s 时间内小滑块的位移为，拉力 F 做的功为x = 10mW = Fx ，故 B 项正确。= 10 10 = 100J C：1s 末小滑块的速度，由动能定理，在 0-1s 时间内合外力对小滑块做的功。v = 5m/sW= 1 2mv 2 = 12.5J 故 C 项正确。 D：由功能关系可知，在 0-4 时间内小滑块机械能增加量。故 D 项错误。E = W =

34、100J 13 如图所示， 斜面竖直固定放置， 斜边与一光滑的圆弧轨道相切， 切点为 ，长为，ABCACDEGDADL = R tan - 圆弧轨道圆心为 ，半径为 ，水平。现有一质量为 、可视为质点的滑块从ORDOE = EOG = 90OGm 点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为 ，则关于滑块的运动，下列说法正确的Ag 是（） A滑块经过 点时对轨道的最小压力为Emg B滑块下滑后将会从 点飞出G C滑块第二次经过 点时对轨道的压力大小为E3mg D滑块在斜面上经过的总路程为 Rtan (tan - ) 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A、滑块从 A 点下滑后在 AD

35、 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到 AD 斜面上时的高度逐渐降低，最终滑 块将在以 E 点为最低点、D 为最高点来回滚动，此时经过 E 点时对轨道的压力最小，则 D 到 E 点，根据机械 能守恒定律 ：，在 E 点 ：，联立解得 ：，故 A 错误 ；mgR(1 - cos) = 1 2mv 2 E N - mg = m v2E R N = mg(3 - 2cos) B、 从 A 到 G 由动能定理得 ：， 其中， 解得 ：，mg(Lsin - Rcos) - mgcosL = 1 2mv 2 G L = R tan - vG= 0 则滑块下滑后不能从 G 点飞出，故 B 错误； C、 滑块

36、第一次到达 E 点时， 根据动能定理 ：， 解得mgLsin + R(1 - cos) - mgcosL = 1 2mv 2 E vE= ，第二次到达 E 点的速度与第一次相同，根据牛顿第二定律，解得，故 C 正确 ；2gRNE- mg = mv2E R NE= 3mg D、滑块最终将在以 E 点为最低点、D 为最高点来回运动，根据动能定理 ：，解得mgLsin = mgcosS总 ，故 D 正确。S总= Rtan (tan - ) 故选 CD。 14如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与A前、后壁接触,斜面光滑且放置于粗糙 水平地面上.一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P

37、拴接,另一端与A相连.今用外力推A使弹簧处于压 缩状态,然后由静止释放,释放盒子前后斜面始终相对地面处于静止状态,则从释放盒子直至其获得最大速 度的过程中( ) A斜面对地面的摩擦力始终向左 B弹簧的弹性势能一直减小直至为零 CA所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量 D弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量 【答案】 AD 【解析】 【详解】 当盒子获得最大速度时，弹簧的弹力等于 AB 整体的重力沿斜面向下的分力，则此时弹簧仍处于压缩状态， 此过程中弹簧对 P 始终有斜向左下的弹力，即地面对斜面的摩擦力向右，斜面对地面的摩擦力始终向左， 选项 A 正确 ； 因此时弹簧仍处

38、于压缩状态， 可知弹簧的弹性势能没有减到零， 选项 B 错误 ； 此过程中， 对 A、 B 系统 ：，即，即A所受重力和弹簧弹力做W弹- WGA- WGB= 1 2(mA + mB)v2W弹- WGA= 1 2mAv 2 + ( 1 2mBv 2 + WGB) 功的代数和大于A的动能的增加量，选项 C 错误；因 A、B 和弹簧系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的减少 量等于 A 和 B 的机械能的增加量，选项 D 正确；故选 AD. 15如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与 圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小

39、球上，另一端固定在P点，P点 在圆心O的正下方 处。小球从最高点 A 由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于 R 2 弹性限度内，重力加速度为 g。下列说法正确的是（） A小球运动到B点时的速度大小为2gR B弹簧长度等于R时，小球的机械能最大 C小球在A、B两点时对圆环的压力差为 4mg D小球运动到B点时重力的功率为 0 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 由题分析可知，小球在 A、B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从 A 到 B 的过程， 根据系统的机械能守恒得：2mgR= mvB2，解得小球运动到 B 点时的速度为：vB=2故 A 错误。根

40、据小球 1 2 gR 与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于 R 时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大， 故 B 正确；设小球在 A、B 两点时弹簧的弹力大小为 F在 A 点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；在 B 点，由 圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m，解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F；则 F2-F1=4mg，由牛顿 v2B R 第三定律知， 小球在 A、 B 两点时对圆环的压力差为 4mg， 故 C 正确。 小球运动到 B 点时重力与速度方向垂直， 则重力的功率为 0，故 D 正确。故选 BCD。 16我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中

41、最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的 雪道示意图， AB 部分是倾角为 =37的助滑雪道， BC 部分是半径为 25m 的光滑圆弧轨道， 二者相切于 B 点， 圆弧最低点 C 点的切线沿水平方向， CD 部分为倾角 2=30的着陆坡。 一运动员连同滑板可视为质点， 从 A 点由静止滑下，到 C 点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的 E 点，不计空气阻力，已知 CE=30m，重力 加速度 g=10m/s2，sin37=0.6。则 A运动员到达 C 点时，对轨遒的压力大小为运动员本身重力的 1.9 倍 B运动员到达 B 点时的速度大小为 10m/s C若运动员从助滑雪道不同位置由静止

42、滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面 CD 的夹角都相同 D若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度 v0从 C 点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大 小与 v0成正比 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A.设运动员在 C 点的速度为，在 CD 上有平抛运动可得 ：，,有以上两方程vCtan2= 1 2gt 2 vCt CDsin2= 1 2gt 2 可得 ：， 在 C 点有圆周运动的知识可得 ：， 压力大小为运动员本身重力的比为 ：vC= 15m/sFN- mg = m v2 R n = ，有以上方程可得：。故 A 正确。 FN mg n = 1.9 B.有 B 到 C 有

43、动能定理可得：，解之得：。故 B 错误。mgR(1 - cos) = 1 2mv 2 C- 1 2mv 2 B vB=125m/s C. 运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得 ：，所tan = 2tan2 以是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面 CD 的夹角都相同。故 C 正确。 D. 运动员落在着陆坡上的速度大小 ，由平抛运动的规律可得，因为是定值，所以运动员落vv = v0 cos cos 在着陆坡上的速度大小与 v0成正比。故 D 正确。 17如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在 A 处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体 使它从 A

44、 处缓慢下降，到达 B 处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为 W。已 知弹簧形变为 x 时，劲度系数为 k 的弹簧的弹性势能为=。不考虑空气阻力，关于此过程，下列说法EP 1 2kx 2 正确的有（） A物体重力势能减小量一定大于 W B弹簧弹性势能增加量一定小于 W C物体与弹簧组成的系统机械能增加量为 W D若将物体从 A 处由静止释放，则物体到达 B 处时的动能为 W 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A 物体向下运动的过程中，要克服弹簧的弹力做功，根据动能定理可知：，可得减小W弹mgh - W - W弹= 0 的重力势能为。故 A 正确。mgh = W +

45、W弹 W B.设 AB 的距离为 ，由平衡条件可得：，由题目所给的条件可得弹簧的弹性势能为：，由hmg = khEp= 1 2kh 2 以上两式可得：；由动能定理可得：，可得，所以可求得；Ep= 1 2mgh mgh - W - W弹= 0W弹= mgh - W = Ep 。故 B 错误。W弹= Ep= 1 2mgh = W C.物体要克服手的支持力做功，所以系统的机械能要减小。故 C 错误。 D.物体从静止下落到 B 的过程中， 根据动能定理有 ：， 再结合可得 ：mgh - W弹= WkW弹= 1 2mgh = W Wk= 。故 D 正确。mgh - W弹= mgh - 1 2mgh =

46、1 2mgh = W 18如图,滑块 A、B 的质量均为 m,A 套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成 45角,B 套在水平固定的 直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长。A、B 通过铰链用长度为 L 的刚性轻杆连 接， 初始时轻杆与水平面成 30角。 将 A、 B 从静止释放,B 开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块 A、 B 视为质点,重力加速度为 g,下列说法正确的是（） A滑块 A、B 组成的系统机械能守恒 B当 A 到达最低点时，B 的速度最大，最大速度为3gL CB 到达最右端时,A 的速度为2gL DB 从开始运动至最右端的过程中，轻杆对 B 先做正功

47、后做负功，总功为零 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A、因不计一切摩擦，杆为轻杆，故滑块 A、B 组成的系统机械能守恒，故 A 正确； B、当 A 到达最低点时，A 速度为零，B 的速度最大，则有 ：，解得，故 B 正确 ；mg( L 2 + L) = 1 2mv 2 Bm vBm=3gL C、B 到达最右端时，B 的速度为零，此时 A、B 的位置如图所示，则有：，解得：mg( L 2 + 2 2 L) = 1 2mv 2 A vA= ，故 C 错误；(1 + 2)gL D、B 从开始运动至最右端的过程中，B 先做加速度直线运动后做减速直线运动，B 到达最右端时 B 的速度为 零，运动过

48、程中只有轻杆对 B 做功，根据动能定理可知 B 从开始运动至最右端的过程中，轻杆对 B 先做正 功后做负功，总功为零，故 D 正确； 故选 ABD。 19如图，地面上固定有一半径为 R 的半圆形凹槽，O 为圆心，AB 为水平直径。现将小球（可视为质点） 从 A 处以初速度 v1水平抛出后恰好落到 D 点 ； 若将该小球从 A 处以初速度 v2水平抛出后恰好落到 C 点， C、 D 两点等高，OC 与水平方向的夹角 =60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） Av1：v2=1:3 B小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同 C小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为 1:2 D小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同 【答案】 AB 【解析】 【详解】 A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从 A 处以初速度 v1水平抛出 后恰好落到 D 点时有 ：， 从 A 处以初速度 v2水平抛出后恰好落到 C 点时有 ：x1= v1t = R - Rcos60 = R 2 x2 ，所以，故 A 正确；= v2t = R + Rcos60 = 3R 2 v1:v2= 1:3 B、根据加速度的定义可知速度的变化