《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機(jī)械能（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機(jī)械能（含解析）（25頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題06機(jī)械能 第一部分 名師綜述 本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，也是高考考查的重點(diǎn)之一。題目類型以計(jì)算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運(yùn)動(dòng)、及電磁學(xué)等知識(shí)相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復(fù)雜、靈活性強(qiáng)、難度較大。從高考試題來看，功和機(jī)械能守恒依然為高考命題的熱點(diǎn)之一。機(jī)械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強(qiáng)的綜合性。重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是本單元的重點(diǎn)。彈力做功和彈性勢(shì)能變化的關(guān)

2、系是典型的變力做功，應(yīng)予以特別地關(guān)注。 第二部分 知識(shí)背一背 一、功 1.做功的兩個(gè)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(duì)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(duì)物體做功的快慢。 2.公式：(1)(P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率)。 (2)(α為F與v的夾角)。 3.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)的最大功率。 4.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)的功率，要求不能大于額定功率。 三、機(jī)車的啟動(dòng) 1.機(jī)車的輸出功率。其中F為機(jī)車的牽引力，勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力。

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

4、于曲線運(yùn)動(dòng)。 (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(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。 六、機(jī)械能守恒定律 1.重力做功的特點(diǎn) （1）重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)。 （2）重力做功不引起物體機(jī)械能的變化。 2.機(jī)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(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。 七、功能關(guān)系 1.功和能 (1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)。 2.常見的幾種功能對(duì)應(yīng)關(guān)系 (1)合外力做功

5、等于物體動(dòng)能的改變。 (2)重力做功等于物體重力勢(shì)能的改變。 (3)彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)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(jī)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(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。 2.表達(dá)式：ΔE減=ΔE增。 第三部分 技能+方法 一、功的計(jì)算 1.判斷正、負(fù)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(shí)做正功，夾角為鈍角時(shí)做負(fù)功，夾角為直角時(shí)不做功。 (2

6、)根據(jù)力和瞬時(shí)速度方向的夾角判斷：此法常用于判斷質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)變力做的功，夾角為銳角時(shí)做正功，夾角為鈍角時(shí)做負(fù)功，夾角為直角時(shí)不做功。 (3)根據(jù)能量轉(zhuǎn)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(duì)物體做正功,反之則做負(fù)功。 2.功的大小計(jì)算 (1)恒力做的功：直接用計(jì)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(gè)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(yīng)用動(dòng)能定理求解； 用求解，其中變力的功率P不變； 將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運(yùn)動(dòng)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(jì)算 首先判斷待求的功率是瞬時(shí)功率還是平均功率 （1）平均功率的計(jì)算方法：或 （2）瞬時(shí)功率的計(jì)算方法：，其中v是該時(shí)刻的瞬時(shí)速度。 三、機(jī)車的啟動(dòng)模型 1. 兩種啟動(dòng)方式比較 2.三個(gè)重要關(guān)系式 (1)無論哪種運(yùn)行過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即 (式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff). (2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)的運(yùn)動(dòng)過程中，勻加速過程結(jié)束時(shí)，功率最大，速度不是最大，即 (3)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功，由動(dòng)能定理：，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過程的位移（路程）大小。 四、對(duì)動(dòng)能

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

9、(3)因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動(dòng)能變化的原因。 4.動(dòng)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(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力。 5.動(dòng)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(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理. 6.高中階段動(dòng)能定理中的位移和速度一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。 五、重力做功與重力勢(shì)能 1.重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系 (1)定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能就減??；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增大。 (2)定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少量，即WG=-(Ep2-Ep1)=Ep1-Ep2.

10、 (3)重力勢(shì)能的變化是絕對(duì)的，與參考面的選取無關(guān)。 2.彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系 (1)彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系類似于重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，用公式表示：W=－ΔEp. (2)對(duì)于彈性勢(shì)能，一般物體的彈性形變量越大,彈性勢(shì)能越大。 六 、機(jī)械能守恒的判斷 1．機(jī)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(gè)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(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)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(jī)械能守恒。 2．判斷

11、方法 (1)當(dāng)研究對(duì)象(除地球外)只有一個(gè)物體時(shí)，一般根據(jù)是否“只有重力(或彈簧彈力)做功”來判定機(jī)械能守恒。 (2)當(dāng)研究對(duì)象(除地球外)由多個(gè)物體組成時(shí)，往往根據(jù)是否“沒有介質(zhì)阻力和摩擦力”來判定機(jī)械能守恒。 (3)注意以下幾點(diǎn)：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(shì)能具有相對(duì)性，一般以解決問題簡(jiǎn)便為原則選取零勢(shì)能面；③與繩子突然繃緊、物體間碰撞等相關(guān)的問題，除題中說明無能量損失或彈性碰撞外，機(jī)械能一定不守恒。 七、對(duì)能量守恒定律的理解和應(yīng)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(gè)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(yīng)用能量守恒定律解題的步驟 (1)分清有多少形式的能[如動(dòng)能、勢(shì)能(包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)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(dá)式； (3)列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增 第四部分 基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．一個(gè)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(jī)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(jī)械能減小，故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，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(dāng)空氣阻力與重力平衡時(shí)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度與下落高度無關(guān)，故C正確，BD錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。 2．關(guān)于以下各物理量的理解正確的是（） A．重

14、力勢(shì)能是標(biāo)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(biāo)量，做功-3 J 比-5 J 多 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．重力勢(shì)能是標(biāo)量，符號(hào)表示大小，則-3J比-5J大，選項(xiàng)A正確； B．位移是矢量，符號(hào)表示方向，則-3m比-5m小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．速度是矢量，符號(hào)表示方向，則-3m/s比-5m/s小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．功是標(biāo)量，沒有方向，則做功-3J比-5J少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 3．下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力的敘述中，正確的是 A．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，其加速度方向一定是變化的 B．物

15、體做圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)間一定均勻變化 D．物體運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的物體，其加速度方向不一定是變化的，例如平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的合力一定是向心力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體所受合力恒定，該物體速率隨時(shí)間不一定均勻變化，例如平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體運(yùn)動(dòng)的速率在增加，所受合力一定做正功，選項(xiàng)D正確；故選D. 4．“蹦極”是一種富有刺激性的勇敢者的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖所示，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺(tái)，另一端系于人的腿部。不計(jì)空氣阻力，在蹦

16、極者從跳臺(tái)下落到最低點(diǎn)的過程中，則（　　） A．蹦極者下落至最低點(diǎn)時(shí)橡皮繩的彈性勢(shì)能最大 B．蹦極者下落至橡皮繩原長(zhǎng)位置時(shí)動(dòng)能最大 C．蹦極者的機(jī)械能先增大后減小 D．蹦極者重力勢(shì)能與橡皮繩彈性勢(shì)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(diǎn)到橡皮繩剛繃緊時(shí)，只受重力，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能。從繃緊到最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，速度越來越快；下段受到向上的合力做減速運(yùn)動(dòng)，速度越來越慢，到最低點(diǎn)速度為零。 【詳解】 A．蹦極人下落過程中，橡皮繩越長(zhǎng)其彈

17、性勢(shì)能越大，到最低點(diǎn)最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大。故A正確； B．蹦極者從最高點(diǎn)到橡皮繩恰好拉直時(shí)，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，重力勢(shì)能越來越小，動(dòng)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(shí)的過程中，受到向下的合力做加速運(yùn)動(dòng)，所以速度越來越快，動(dòng)能越來越大；在橡皮繩的拉力等于重力時(shí)，合力為零；在橡皮繩的拉力等于重力點(diǎn)以下，受到向上的合力做減速運(yùn)動(dòng)，速度越來越小，動(dòng)能越來越小，最低點(diǎn)時(shí)速度為零。所以蹦極者在橡皮繩的拉力等于重力的點(diǎn)動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤； C．蹦極者從最高點(diǎn)到橡皮繩恰好拉直時(shí)，蹦極者的機(jī)械能不變；此后橡皮繩的彈性勢(shì)能增大，所以蹦極者的機(jī)械能不斷減少，故C錯(cuò)誤； D．從跳臺(tái)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的

18、過程中，蹦極者重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能與動(dòng)能的總和保持不變，由于動(dòng)能先增大后減小，所以重力勢(shì)能和橡皮繩彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤； 故選A。 【點(diǎn)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(yùn)動(dòng)情況是解本題的關(guān)鍵；D選項(xiàng)一定看準(zhǔn)是蹦極者的機(jī)械能減少，否則錯(cuò)誤。 5．物體在變力F作用下沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，物體質(zhì)量m＝5kg，F(xiàn)隨坐標(biāo)x的變化情況如圖所示。若物體在坐標(biāo)原點(diǎn)處由靜止出發(fā)，不計(jì)一切摩擦。借鑒教科書中學(xué)習(xí)直線運(yùn)動(dòng)時(shí)由v－t圖象求位移的方法，結(jié)合其他所學(xué)知識(shí)，根據(jù)圖示的F－x圖象，可求出物體運(yùn)動(dòng)到x＝16 m處時(shí)，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(dòng)能定理求出求出物體運(yùn)動(dòng)到x=16m處時(shí)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(dòng)能定理得，W=12mv2，解得v=4m/s，故A正確。故選A。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵知道F-x圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，結(jié)合動(dòng)能定理進(jìn)行求解． 6．港珠澳大橋(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中國(guó)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(yàn)收，于同年9月28日起進(jìn)行粵港澳三地聯(lián)合試運(yùn)。大橋設(shè)計(jì)使用壽命120年，可抵御8級(jí)地震、16級(jí)臺(tái)風(fēng)、30萬噸撞擊以及珠江口300年一遇的洪潮。假設(shè)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(cè)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(duì)橋的平均撞擊力F，關(guān)于F的表達(dá)式正確的是( ) A．mv22d B．mv2d C．mv2d D．mv 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答。 【詳解】 根據(jù)動(dòng)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(jì)質(zhì)量的細(xì)線系一個(gè)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(huì)與車上的支架碰撞。在小鐵球來回?cái)[動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，小車的速度最大 B．小車和小球系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．小球擺到右方最高點(diǎn)時(shí)刻，小車有向右的速度 D．小球向右擺動(dòng)過程小車一直向左加速運(yùn)動(dòng) 【答案】 A 【解析】 【分析】 由于水平面光滑，球、車系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺過程中機(jī)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(dòng)量守恒，小球在最低點(diǎn)，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(diǎn)，小車受力向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球到最低點(diǎn)時(shí)，小車速度最大。當(dāng)小球從最低點(diǎn)向右邊運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向左減速，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到與左邊圖示位置相對(duì)稱的位置時(shí)，小車靜止。故小球向右擺動(dòng)過程小車先向左加速運(yùn)動(dòng)，后向左減速運(yùn)動(dòng)，故A正確，CD錯(cuò)誤；小車與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)整體動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤。所以A正確，BCD錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒條件的判斷，要求同學(xué)們能正確分析小球和小車的運(yùn)動(dòng)情況，知道水平方向的動(dòng)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(diǎn)滑到B點(diǎn)，摩擦力做功為W1；若該物體從A'點(diǎn)沿兩斜面滑到B'點(diǎn)(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(dòng)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(jì)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(dòng)，使傳送帶上側(cè)以速率v向右運(yùn)動(dòng)，下面是人對(duì)傳送帶做功的四種說法： ①人對(duì)傳送帶做功；②人對(duì)傳送帶不做功；③人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv；④人對(duì)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(duì)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(duì)傳送帶做功、人的重心不動(dòng),繩對(duì)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(duì)傳送帶做功的功率為m2gv.故A對(duì)，

25、BCD錯(cuò) 故選A 【點(diǎn)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(dòng)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(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng) A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒 D．動(dòng)量不守恒，總動(dòng)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(duì)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(dòng)

26、量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。 【點(diǎn)睛】 本題考查動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的判斷和應(yīng)用能力．動(dòng)量是否守恒要看研究的過程，要細(xì)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(zhuǎn)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(shí)，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(shì) 【答案】

27、ABD 【解析】 【詳解】 A、能的轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(guān)，物體的溫度或體積變化時(shí)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(cuò)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(shì)，故D正確。 12．高臺(tái)跳水運(yùn)動(dòng)員從離開跳臺(tái)到接觸水面的一段時(shí)間內(nèi)，空氣阻力不能忽略，以下說法正確的是（　?。? A

28、．運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài) B．運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài) C．空氣阻力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功 D．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能逐漸增大 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 AB．運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤。 CD．空氣阻力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，則運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能逐漸減小，故C正確，D錯(cuò)誤。 13．如圖兩個(gè)質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B物塊用足夠長(zhǎng)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(zhǎng)，滑輪到ab桿的垂直距離為L(zhǎng)=0.123m，開始時(shí)讓連接A的細(xì)繩與豎直方向垂直，同時(shí)由靜止釋放A和B在之后的運(yùn)動(dòng)過程中B始終未到達(dá)滑輪處高度

29、（滑輪大小不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g=10m/s2）下列說法正確的是（　　） A．AB系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．B的機(jī)械能先增加再減少 C．AB系統(tǒng)動(dòng)能一直在增加 D．當(dāng)OA與豎直方向夾角為37°時(shí)，vA=1m/s 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A．由于ab桿、滑輪光滑且不計(jì)空氣阻力，所以運(yùn)動(dòng)過程中無能量損失，所以AB系統(tǒng)機(jī)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(duì)B做正功，所以B的機(jī)械能一定增大，故B錯(cuò)誤； C．將A、B看成一個(gè)整體，A、B做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以AB系統(tǒng)的動(dòng)能一直增加，故C正確； D．由機(jī)械能守恒可得：mgltan37o-mg(l

30、sin37o-l)=12mvA2+12mvB2，由運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，兩軌道平滑連接且與小物塊動(dòng)摩擦因數(shù)相同?，F(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從圓弧軌道的A點(diǎn)由靜止釋放，最終在水平軌道上滑行一段距離停在C點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)方向的外力F將小物塊從C點(diǎn)緩慢拉回A點(diǎn)，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(guān)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(dòng)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(diǎn)由動(dòng)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(diǎn))脫離平臺(tái)時(shí)的速度，使其能從同一水平面上的平臺(tái)跳到旁邊的另一平臺(tái)上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡的最高點(diǎn)距平臺(tái)上表面高度為h，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（） A．棋子從離開平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能增加mgh

32、 B．棋子從離開平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能增加mgh C．棋子離開平臺(tái)后距平臺(tái)面高度為h2時(shí)動(dòng)能為mgh2 D．棋子落到另一平臺(tái)上時(shí)的速度大于2gh 【答案】 AD 【解析】 【分析】 棋子在跳動(dòng)過程中，不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，機(jī)械能守恒。 【詳解】 A、設(shè)平臺(tái)表面為零勢(shì)能面，則棋子在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能為mgh，故棋子從離開平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能增加mgh，A正確； B、棋子從離開平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤； C、取平臺(tái)表面為零勢(shì)能面，則棋子在最高點(diǎn)的機(jī)械能E=mgh+12mvx2，vx為棋子在最

33、高點(diǎn)的速度。由于機(jī)械能守恒，則棋子離開平臺(tái)后距平臺(tái)面高度為h2時(shí)，動(dòng)能為E-12mgh=12mgh+12mvx2>mgh2，故C錯(cuò)誤； D、設(shè)棋子落到平臺(tái)時(shí)的瞬時(shí)速度大小為v，棋子從最高點(diǎn)落到平臺(tái)的過程中，根據(jù)動(dòng)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(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是( ) A．人所受的合力對(duì)人做正功 B．重力對(duì)人做負(fù)功 C．扶梯對(duì)人做的功等于人增加的重力勢(shì)能 D．摩擦力對(duì)人做的功等于人機(jī)械能的變化 【答案】 BC 【解析】 【詳解】

34、人站在自動(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)，受重力和支持力，重力做負(fù)功，重力勢(shì)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(cuò)誤，B正確；由上分析可知，扶梯對(duì)人做的正功等于重力做的負(fù)功，所以扶梯對(duì)人做的功等于人增加的重力勢(shì)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(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，人的動(dòng)能不變，勢(shì)能增加，所以人的機(jī)械能增加，故D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)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(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B 向上到達(dá)另一側(cè)邊緣C點(diǎn)。把小滑塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)稱為過程I，從B點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)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(dòng)量守恒 B．過程I中小滑塊對(duì)凹槽做正功 C．過程Ⅱ中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．過程Ⅱ中小滑塊對(duì)凹槽做負(fù)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(dòng)量守恒．故A錯(cuò)誤． B、在過程Ⅰ中，小滑塊對(duì)槽的壓力方向左下方，而凹槽向左運(yùn)動(dòng)，所以過程I中小滑塊對(duì)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(jī)械能守恒．故C正確， D、在過程Ⅱ中小滑塊對(duì)凹槽的彈力方向右下方，而凹槽向左運(yùn)動(dòng)，所以過程Ⅱ中小滑塊對(duì)凹槽做

36、負(fù)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(zhǎng)木板B，物塊A放置在B上面，二者均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)以恒定的外力F拉B，A與B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，且A、B都向前（相對(duì)地面）移動(dòng)了一段距離。設(shè)B足夠長(zhǎng)，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(dòng)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(dòng)能增量之和 C．B對(duì)A的摩擦力做正功，A對(duì)B的摩擦力做負(fù)功 D．滑動(dòng)摩擦力對(duì)A和B做功的絕對(duì)值一定是相等的 【答案】 AC 【解析】對(duì)物體B運(yùn)用動(dòng)能定理可知，拉力做的功減去克服摩擦力做的功等于動(dòng)能增加量，故外力F對(duì)B做的功

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

38、飛出，落在水平地面上的B點(diǎn)反彈后恰好也落在A點(diǎn)。兩球質(zhì)量均為m。若乙球落在B點(diǎn)時(shí)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(jì)碰撞時(shí)間和空氣阻力，下列說法正確的是 A．由O點(diǎn)到A點(diǎn)，甲、乙兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比是1:1 B．OA兩點(diǎn)的水平距離與OB兩點(diǎn)的水平距離之比是3:1 C．設(shè)地面處勢(shì)能為0，甲、乙兩球在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能之比為3:1 D．乙球在B點(diǎn)受到地面的沖量大小為3mv3 【答案】 BCD 【解析】設(shè)OA間的豎直高度為h。由O點(diǎn)到A點(diǎn)，甲球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 tA=2hg．乙球運(yùn)動(dòng)時(shí)間是甲球的3倍。故A錯(cuò)誤。乙球先做平拋運(yùn)動(dòng)，再做斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)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(diǎn)到A點(diǎn)的水平位移是乙球由O點(diǎn)到B點(diǎn)水平位移的3倍，故B正確。設(shè)乙球由O點(diǎn)到B點(diǎn)水平位移為x，時(shí)間為t。對(duì)甲球有 3x=v1t，對(duì)乙球有 x=v2t，則得v1：v2=3：1；因乙球落地時(shí)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(jī)械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的機(jī)械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙兩球在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能之比為3:1，故C正確。乙球在B點(diǎn)

40、受到地面的沖量大小等于豎直方向的動(dòng)量變化，I=2mv3sin600=3mv3，選項(xiàng)D正確；故選BCD. 點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是要知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與初速度無關(guān)． 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(diǎn)由靜止釋放，P能沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)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(zhǎng)，且與AB垂直，滑輪的摩擦力不計(jì)，重力加速度為g，在P從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中

41、 A．Q的重力功率一直增大 B．P與Q的機(jī)械能之和先增大后減小 C．輕繩對(duì)P做功43mgL D．P運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)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(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度也為零，所以當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤；對(duì)于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對(duì)P的做功有關(guān)，從A到B的過程中，彈簧對(duì)P先做正功，后做負(fù)功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能先增加后減小，故B正確。從A到B過程中，對(duì)于P、Q系統(tǒng)由動(dòng)能定律可得：6mg(Lcos53°?L)?mgLtan53°?0＝12mv

42、2，對(duì)于P，由動(dòng)能定理可得：W?mgL?0＝12mv2?，聯(lián)立解得：W=113mgL，v=43gL3，故C錯(cuò)誤，D正確；故選BD. 點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵要明確滑塊經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)，彈簧對(duì)滑塊的彈力大小相等，說明在這兩個(gè)位置彈簧的彈性勢(shì)能相等。要知道滑塊P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)Q的速度為0。 三、解答題 21．如圖所示，細(xì)繩的一端固定在豎直桿MN的M點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。第一次對(duì)桿施加水平向右的恒力，可使細(xì)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(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直桿間的夾角也為θ1后，繼續(xù)使轉(zhuǎn)速加大，可使細(xì)線與豎直桿間的夾角為θ2（θ2>θ1），此時(shí)小

43、球在另一個(gè)水平面做穩(wěn)定的圓周運(yùn)動(dòng)。求： (1)桿向右運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩與豎直桿間的夾角也為θ1時(shí)，小球的動(dòng)能； (3)在第二次做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)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(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：a=mgtanθ1m=gtanθ1 即桿向右運(yùn)動(dòng)的加速度為：gtanθ1 (2)細(xì)繩與豎直桿間的夾角也為θ1時(shí)，設(shè)線速度為v，繩中張力為T

44、，則有： Tcosθ1=mgTsinθ1=mv2Lsinθ1 可得小球的動(dòng)能：Ek=12mv2=mgL2?sin2θ1cosθ1 (3)當(dāng)細(xì)線與豎直桿間的夾角θ2時(shí)，小球在此處獲得的動(dòng)能為：E'k=12mv2=mgL2?sin2θ2cosθ2 第二次的過程中，小球勢(shì)能的增量：ΔEp=mgL(cosθ1-cosθ2) 在此過程中，小球的動(dòng)能增量：ΔEk=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1 所以在第二次過程中，對(duì)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(zhǎng)為L(zhǎng)1＝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(zhǎng)的光滑曲面軌道DE，D是軌道的切點(diǎn)，CD段長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝0.5m。一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊壓縮彈簧后被鎖定在A點(diǎn)，解除鎖定后小物塊被彈出，第一次經(jīng)過D點(diǎn)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(shì)能，已知彈簧的彈性勢(shì)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(yùn)動(dòng)到BC

46、軌道的C端時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (2)小物塊第一次發(fā)射前彈簧的彈性勢(shì)能大?。? (3)若小物塊被彈出后，最后恰好停在CD中點(diǎn)處，不計(jì)小球與彈簧碰撞時(shí)的能量損失，則小物塊被鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能可能多大。 【答案】 (1)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小是6N； (2)解除鎖定前彈簧的彈性勢(shì)能Epo是8.9J； (3)鎖定時(shí)彈簧彈性勢(shì)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(dòng)能定理可得：-μmgL=12mvD2-12mvC2 代入數(shù)據(jù)可得：vc＝2m/s 設(shè)小球在C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)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(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)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(diǎn)，需要在CD段滑過2k-1L2對(duì)整個(gè)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?yàn)閺椥詣?shì)能最大值為：Epm＝13J，所以k取1，2，3，4時(shí)，Ep＝7.65

48、J，9.15J，10.65J和12.15J。 23．如圖1所示，游樂場(chǎng)的過山車可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客卻不會(huì)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(diǎn)和最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從弧形軌道上的A點(diǎn)由靜止?jié)L下，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v0= 6gR，且恰好能通過c點(diǎn)。已知A、B間的高度差h=4R，重力加速度為g。求： (1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的支持力的大??； (2)小球通過C點(diǎn)時(shí)的速率vC； (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律：F-mg=mvB2r 解得：F=7mg （2）因?yàn)樾∏蚯∧芡ㄟ^C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=mvC2r 解得：vC=gR （3）在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)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?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)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(shí)B的速率等于兩物體剛分離時(shí)B的

50、速率的一半。A、B與地面的動(dòng)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(dòng)能。 【答案】 （1）13（2）2423μmgd 【解析】 【詳解】 (1)分離瞬間對(duì)A、B系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)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(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理： -μ×3mgsA=0-12×3mvA2 對(duì)B從兩物體分離后到追上A的過程應(yīng)用動(dòng)能定理： -μmgsB=12m(vB2)2-12mvB2 兩物體的路程關(guān)系是 sB=sA+2d 分離瞬間A獲得的動(dòng)

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(gè)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(dòng)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(diǎn)），皮帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為v=2 m/s。現(xiàn)給靜止在a處的物體A一個(gè)水平向左的初速度，物體A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)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(yùn)動(dòng)。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(dá)傳送帶左端c點(diǎn)時(shí)的速度大??； （2）通過計(jì)算判斷粘合體能否到達(dá)d點(diǎn)？若能到達(dá)，粘合體到達(dá)d點(diǎn)的速度大小。 【答案】 （1）v0=213m/s， v2=22m/s（2）粘合體恰好到達(dá)d點(diǎn)；vd=0 【解析】 【詳解】 （1）由a到b過程，由動(dòng)能定理得：-μmgR=12mv12-12mv02 解得物體A水平向左初速度大小：v0=213 m/s 粘合體由b到c過程由動(dòng)能定理得：-μ?2mgR=12?2mv22-12?2mv共2 解得粘合體第一次到達(dá)傳送帶左端c點(diǎn)時(shí)的速度大?。簐2=22 m/s （2）粘合體由c到d過程，由機(jī)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(dá)d點(diǎn) 26．某電動(dòng)機(jī)工作時(shí)輸出功率P與拉動(dòng)物體的速度v之間的關(guān)系如圖（a）所示。現(xiàn)用該電動(dòng)機(jī)在水平地面拉動(dòng)一物體（可視為質(zhì)點(diǎn)），運(yùn)動(dòng)過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長(zhǎng)，如圖（b）所示。已知物體質(zhì)量m=1kg，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.35，離出發(fā)點(diǎn)C左側(cè)s距離處另有動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.45、長(zhǎng)為d=0.5m的粗糙材料鋪設(shè)的地面AB段。（g取10m/s2） (1)若s足夠長(zhǎng)，電動(dòng)機(jī)功率為2W時(shí)，物體在地面能達(dá)到的最大速度是多少？ (2)若啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，物體在C點(diǎn)從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好達(dá)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(diǎn)位置 【解析】 【詳解】 (1) 電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)物體后，物體速度最大時(shí)，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(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度小于0.5m/s 時(shí)，繩子對(duì)物體的拉力恒力，物體為勻加速運(yùn)動(dòng)， 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(diǎn)后，f2=μ2m

55、g=4.5N，做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度不會(huì)大于0.5m/s，拉力仍為恒力，物體做勻減速運(yùn)動(dòng) 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(diǎn)位置。 27．如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)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(dá)底端時(shí)恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)著勻速向左轉(zhuǎn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，兩皮帶輪之間的距離為L(zhǎng)=6m，重力加速度g=10m/s2．求： （1）皮帶輪轉(zhuǎn)動(dòng)

56、的角速度多大？ （2）物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)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(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng)，設(shè)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(shí)運(yùn)動(dòng)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(diǎn),距離A點(diǎn)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(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)直至靜止。g取10 m/s2 （1）求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 （2）

58、若碰撞時(shí)間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F。 （3）求物塊在反向運(yùn)動(dòng)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(dòng)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?yàn)檎飰K與墻壁碰撞的過程，由動(dòng)量定理可得：Ft=mv-mvB，代入數(shù)據(jù)解之可得F=-140N，負(fù)號(hào)表示力的方向向左。 （3）物塊向左運(yùn)動(dòng)的方程，由動(dòng)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(gè)四分之一圓弧光滑軌道，圓弧軌道下端與足夠長(zhǎng)的水平粗糙地面相切。現(xiàn)將小滑塊A由圓弧軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放，A將沿圓弧軌道下滑進(jìn)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(dòng)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(diǎn)時(shí)速度的大小v； (2)A經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)受到支持力的大小F； (3)A在水平粗糙地面上運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的過程，由機(jī)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(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：F-mg=mv2R 解得：F=3mg，即F=30N （3）設(shè)滑塊A在水平地面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理有：-μmgt=-mv A在水平粗糙地面上運(yùn)動(dòng)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(xì)繩上，A球吊在繩的下端剛好不滑動(dòng)，稍有擾動(dòng)A就與繩分離A球離地高度為h，A、B兩球開始時(shí)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(shí)間極短)，并滑離繩子.若B球沿繩下滑的時(shí)間是A、B一起下落到地面時(shí)間的2倍，重力加速度為g，不計(jì)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(jī)械能為多少? 【答案】 (1) 12gh (2) 34mgh 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)B球與A球相碰前的速度大小為v1，則 h=12v1t1 碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)兩球碰撞后的瞬間共同速度為v2，根據(jù)動(dòng)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(jī)械能ΔE1=mgh=12mv12 由(1)問知，v1=gh 因此ΔE1=12mgh 磁撞過程損失的機(jī)械能為ΔE2=12mv12-12×2mv22=14mgh 因此整個(gè)過程損失的機(jī)械能為ΔE=ΔE1+ΔE2=34mgh 25