2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題06 機(jī)械能（含解析）.docx
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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。重力勢能、彈性勢能、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)。彈力做功和彈性勢能變化的關(guān)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。 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)合外力做功等于物體動(dòng)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(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、功和功率的計(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. （1）應(yīng)用動(dòng)能定理求解； （2）用求解，其中變力的功率P不變； （3）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，或力的方向不變，大小隨位移均勻變化的情況。 4.常見的功率的計(jì)算方法： （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。 二、機(jī)車的啟動(dòng) 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。 三、動(dòng)能定理在多過程中的應(yīng)用 動(dòng)能定理綜合應(yīng)用問題的規(guī)范解答 1.基本步驟 (1)選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程； (2)分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況； (3)明確研究對(duì)象在過程的始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2； (4)列出動(dòng)能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解。 2.注意事項(xiàng) (1)動(dòng)能定理的研究對(duì)象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統(tǒng)。 (2)動(dòng)能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式.當(dāng)題目中涉及到位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理；處理曲線運(yùn)動(dòng)中的速率問題時(shí)也要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。 (3)若過程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個(gè)過程考慮。 四、機(jī)械能守恒定律的幾種表達(dá)形式 1．守恒觀點(diǎn) (1)表達(dá)式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2. (2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能。 (3)注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個(gè)過程中必須選取同一個(gè)零勢能參考平面。 2．轉(zhuǎn)化觀點(diǎn) (1)表達(dá)式：ΔEk＝－ΔEp. (2)意義：系統(tǒng)(或物體)的機(jī)械能守恒時(shí)，系統(tǒng)增加(或減少)的動(dòng)能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能。 (3)注意問題：要明確勢能的增加量或減少量，即勢能的變化，可以不選取零勢能參考平面。 3．轉(zhuǎn)移觀點(diǎn) (1)表達(dá)式：ΔEA增＝ΔEB減． (2)意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，則A部分物體機(jī)械能的增加量等于B部分物體機(jī)械能的減少量。 (3)注意問題：A部分機(jī)械能的增加量等于A末狀態(tài)的機(jī)械能減初狀態(tài)的機(jī)械能，而B部分機(jī)械能的減少量等于B初狀態(tài)的機(jī)械能減末狀態(tài)的機(jī)械能。 五、利用動(dòng)能定理分析功能和能量變化的問題 1.動(dòng)能的改變量、機(jī)械能的改變量分別與對(duì)應(yīng)的功相等。 2.重力勢能、彈性勢能、電勢能的改變量與對(duì)應(yīng)的力做的功數(shù)值相等，但符號(hào)相反。 3．搞清不同的力做功對(duì)應(yīng)不同形式的能的改變 不同的力做功 對(duì)應(yīng)不同形式能的變化 定量的關(guān)系 合外力的功(所有外力的功) 動(dòng)能變化 合外力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量 W合＝Ek2－Ek1 重力的功 重力勢能變化 重力做正功，重力勢能減少；重力做負(fù)功，重力勢能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 彈簧彈力的功 彈性勢能變化 彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、彈簧彈力的功 不引起機(jī)械能變化 機(jī)械能守恒ΔE＝0 除重力和彈力之外的力做的功 機(jī)械能變化 除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少W除重力、彈力外＝ΔE 電場力的功 電勢能變化 電場力做正功，電勢能減少；電場力做負(fù)功，電勢能增加W電＝－ΔEp 一對(duì)滑動(dòng)摩擦力的總功 內(nèi)能變化 作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加Q＝Ffl相對(duì) 六、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(dá)式； (3)列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增 七、摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用 類別 比較 靜摩擦力 滑動(dòng)摩擦力 不 同 點(diǎn) 能量轉(zhuǎn)化的方面 在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(靜摩擦力起著傳遞機(jī)械能的作用)，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 1.相互摩擦的物體通過摩擦力做功，將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體 2．部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量 一對(duì)摩擦力做功方面 一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零 一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體系統(tǒng)所做的總功總為負(fù)值，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能 相 同 點(diǎn) 做功方面 兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功，做負(fù)功，還可以不做功 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點(diǎn)的全過程中,所受空氣阻力大小恒定,則（） A．全過程重力的沖量為零 B．全過程中動(dòng)量的變化量等于阻力的沖量 C．全過程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功 D．上升過程中機(jī)械能的變化量大于下落過程機(jī)械能的變化量 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB、重力是恒力，全過程重力的沖量不可能為零，只會(huì)不斷增加，根據(jù)動(dòng)量定理可知全過程中動(dòng)量的變化量等于阻力與重力合力的沖量，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤； C、重力是恒力，在全過程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得全過程中動(dòng)能的變化量等于阻力做的功，故選項(xiàng)C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過程中機(jī)械能的變化量等于下滑過程中機(jī)械能的變化量，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 2．2018年初，長沙氣溫偏低，存在冰凍現(xiàn)象。我校方同學(xué)和陽同學(xué)(穿著藍(lán)色校服，材質(zhì)一樣)先后從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示。(兩人均可視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)人經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的能童損失)。根據(jù)上述信息，可以確定方、陽兩人 A．質(zhì)量相等 B．受到的摩擦力相等 C．損失的機(jī)械能相等 D．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 D：人沿斜面下滑時(shí)，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ-μgcosθ；兩人從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，則兩人在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況相同，在斜面上所用時(shí)間相同，到達(dá)B處速度相同。人沿水平冰面前進(jìn)時(shí)，μ2mg=ma2，解得：a2=μ2g；兩人在B處速度相同，則兩人在水平冰面上的運(yùn)動(dòng)情況相同，在水平冰面上所用時(shí)間相同，最終停止位置相同。故D項(xiàng)正確。 ABC：兩人質(zhì)量可以不等；若兩人質(zhì)量不等，則兩人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，兩人損失的機(jī)械能不等。故ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。 3．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點(diǎn)處，原長為L，如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是 A．由B到C的過程中，彈簧彈性勢能和物塊動(dòng)能之和逐漸減小 B．由B到C的過程中，物塊動(dòng)能和重力勢能之和不變 C．由B到C的過程中，彈簧的彈性勢能和物塊的重力勢能之和不變 D．由B到C的過程中，物塊加速度逐漸減小 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由B到C的過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即物塊的重力勢能、動(dòng)能與彈簧的彈性勢能總和不變，物塊的重力勢能增大，則彈性勢能和動(dòng)能之和減??；由于彈簧的彈性勢能增加，則物塊動(dòng)能和重力勢能之和減小，故A正確，BC錯(cuò)誤；由B到C的過程中，彈力向下逐漸變大，根據(jù)mg+F彈=ma可知，物塊加速度逐漸變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A. 4．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過程的加速度大小為a2=v02t0；對(duì)于勻減速運(yùn)動(dòng)過程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量定理：IF-If=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理：WF-Wf=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 5．如圖所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m 的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn) 處由靜止釋放．某同學(xué)在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，他以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F 的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系，如圖所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷不正確的是( ) A．當(dāng) x＝h＋x0，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小 B．小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，加速度先減小后增大 C．當(dāng) x＝h＋2x0，小球的加速度大小為g D．小球動(dòng)能的最大值為 mgh＋mgx0 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)乙圖可知，當(dāng)x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時(shí)小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確； B．小球剛落到彈簧上時(shí)，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大；然后向下運(yùn)動(dòng)時(shí)彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)，則小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確； C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時(shí)：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項(xiàng)C正確； D．小球達(dá)到最大速度的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動(dòng)能的最大值小于mg（h+x0），故D錯(cuò)誤； 6．如圖，不計(jì)空氣阻力，從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端P處時(shí)，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)下列說法正確的是（ ） A．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小比平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的大 B．小球在斜面運(yùn)動(dòng)的過程中地面對(duì)斜面的支持力大于小球和斜面的總重 C．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變大 D．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律得，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運(yùn)動(dòng)的加速度為g，可知小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度小于平拋運(yùn)動(dòng)的加速度，故A錯(cuò)誤。對(duì)小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對(duì)斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯(cuò)誤。比較小球在斜面上與空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。由于小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為 a=gsinα，豎直分加速度為 ay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時(shí)間變短。故D正確。故選D。 7．如圖，a、b、c是三個(gè)質(zhì)量均為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),a、b兩球套在水平放置的光滑細(xì)桿上，相距3L；c球分別用長度為L的細(xì)線與a、b兩球連接。起初用手按住a、b兩球，使三個(gè)球均靜止，若同時(shí)釋放a、b、c三球,重力加速度為g.則( ) A．開始時(shí)三球靜止時(shí)，細(xì)線中張力均為0.5mg B．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gL2 C．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gL D．在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過程中，a球動(dòng)能的增加量等于c球的機(jī)械能的減小量 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、開始時(shí)三球靜止時(shí)，細(xì)線中張力為T，則有：2Tcos1202=mcg，解得細(xì)線中張力均為T=mg，故A錯(cuò)誤； BC、在a、b碰撞前的任一時(shí)刻，根據(jù)b、c兩球沿細(xì)線方向的分速度大小相等，可知c的速度為零，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：mg(L-Lsin30)=12?2mvb2，可得b的速度為vb=gL2，故B正確，C錯(cuò)誤； D、在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得a球動(dòng)能的增加量和b球動(dòng)能的增加量之和等于c球的機(jī)械能的減小量，故D錯(cuò)誤； 故選B。 8．“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂園里常見的游樂項(xiàng)目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看為質(zhì)點(diǎn)，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤，半徑為r，可繞穿過其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。讓轉(zhuǎn)盤由靜止開始逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長為L且不可伸長，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是（） A．質(zhì)點(diǎn)的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小 B．質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是其所受懸線的拉力 C．轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與夾角θ的關(guān)系為ω=gtanθr+Lsinθ D．質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為mg(r+Lsinθ)tanθ 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由重力和繩子的拉力的合力提供質(zhì)點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R 解得：tanθ=ω2rg，與重力無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤； 質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由重力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯(cuò)誤；根據(jù)mgtanθ=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v，根據(jù)向心力公式得：mgtanθ=mv2r+Lsinθ…① 對(duì)于質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設(shè)繩子拉力做功為W，則根據(jù)動(dòng)能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…② 聯(lián)立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯(cuò)誤。故選C。 9．如圖所示，兩個(gè)完全相同的小球，從光滑的a管和b管由靜止下滑，管徑略大于小球直徑，設(shè)轉(zhuǎn)彎處無能量損失，B、D在同一水平面，兩球落到C處的時(shí)間分別為Ta、Tb，則（） A．Ta＞Tb B．Ta＜Tb C．Ta=Tb D．無法確定 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由機(jī)械能守恒定律可知，兩球從A點(diǎn)滑到底端C時(shí)，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，則在速率圖中AB段圖線的斜率比BC段圖線斜率小，而沿b滑下的小球，它的速率圖線在AD段斜率比DC段斜率大，作出兩球的速率圖像如圖所示，若要保證兩球的路程相等，即圖像與橫軸所圍的“面積相等，則有：Ta>Tb，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤； 故選A。 10．將一只蘋果（可看成質(zhì)點(diǎn)）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個(gè)完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運(yùn)行的軌跡。若不計(jì)空氣阻力的影響，則 ( ) A．蘋果通過第1個(gè)窗戶期間豎直方向上的平均速度最大 B．蘋果通過第3個(gè)窗戶期間重力所做的功最多 C．蘋果通過第1個(gè)窗戶期間重力做功的平均功率最小 D．蘋果通過第3個(gè)窗戶期間速度變化量最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、蘋果在豎直方向運(yùn)動(dòng)速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時(shí)間越來越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來越大，即通過第1個(gè)窗戶期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯(cuò)誤； B、窗戶的高度一樣，故通過每個(gè)窗戶重力做功都為mgh，故B錯(cuò)誤； C、蘋果通過第一扇窗戶時(shí)間最長，故通過第1個(gè)窗戶克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正確； D、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度恒定為g，則速度變化量為Δv=gt，通過第3個(gè)窗戶的時(shí)間最短，故其速度變化量最??；故D錯(cuò)誤； 故選C. 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng) B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確； C．因此過程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 12．如圖甲所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角為θ的足夠長的光滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行的拉力F作用下由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，拉力F隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，小滑塊運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象如圖丙所示，重力加速度g為10 m/s2。下列說法正確的是 A．斜面傾角θ為30，小滑塊的質(zhì)量m=2 kg B．在0～2 s時(shí)間內(nèi)拉力F做的功為100J C．在0～1 s時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)小滑塊做功12.5 J D．在0～4 s時(shí)間內(nèi)小滑塊機(jī)械能增加80J 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A：由速度一時(shí)間圖像可知，在2-4s時(shí)間內(nèi)小滑塊的加速度a2=-5m/s2，由牛頓第二定律：-mgsinθ=ma2，解得：θ=30。在0-2s時(shí)間內(nèi)小滑塊的加速度a1=5m/s2，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsinθ=ma1，解得：m=1kg。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：由速度一時(shí)間圖像可知，在0-2s時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移為x=10m，拉力F做的功為W=Fx=1010=100J，故B項(xiàng)正確。 C：1s末小滑塊的速度v=5m/s，由動(dòng)能定理，在0-1s時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)小滑塊做的功W=12mv2=12.5J。故C項(xiàng)正確。 D：由功能關(guān)系可知，在0-4時(shí)間內(nèi)小滑塊機(jī)械能增加量ΔE=W=100J。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 13．如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點(diǎn)為D，AD長為L=Rtanθ-μ，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE=θ，∠EOG=90，OG水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則關(guān)于滑塊的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（） A．滑塊經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力為mg B．滑塊下滑后將會(huì)從G點(diǎn)飛出 C．滑塊第二次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg D．滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為Rtanθμtanθ-μ 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、滑塊從A點(diǎn)下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時(shí)的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來回滾動(dòng)，此時(shí)經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小，則D到E點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgR(1-cosθ)=12mvE2，在E點(diǎn)：N-mg=mvE2R，聯(lián)立解得：N=mg(3-2cosθ)，故A錯(cuò)誤； B、從A到G由動(dòng)能定理得：mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ?L=12mvG2，其中L=Rtanθ-μ，解得：vG=0，則滑塊下滑后不能從G點(diǎn)飛出，故B錯(cuò)誤； C、滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理：mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ?L=12mvE2，解得vE=2gR，第二次到達(dá)E點(diǎn)的速度與第一次相同，根據(jù)牛頓第二定律NE-mg=mvE2R，解得NE=3mg，故C正確； D、滑塊最終將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來回運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：mgLsinθ=μmgcosθ?S總，解得S總=Rtanθμ(tanθ-μ)，故D正確。 故選CD。 14．如圖所示,置于足夠長斜面上的盒子A內(nèi)放有光滑球B,B恰與A前、后壁接觸,斜面光滑且放置于粗糙水平地面上.一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接,另一端與A相連.今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài),然后由靜止釋放,釋放盒子前后斜面始終相對(duì)地面處于靜止?fàn)顟B(tài),則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中( ) A．斜面對(duì)地面的摩擦力始終向左 B．彈簧的彈性勢能一直減小直至為零 C．A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和小于A的動(dòng)能的增加量 D．彈簧彈性勢能的減少量等于A和B的機(jī)械能的增加量 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 當(dāng)盒子獲得最大速度時(shí)，彈簧的彈力等于AB整體的重力沿斜面向下的分力，則此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，此過程中彈簧對(duì)P始終有斜向左下的彈力，即地面對(duì)斜面的摩擦力向右，斜面對(duì)地面的摩擦力始終向左，選項(xiàng)A正確；因此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，可知彈簧的彈性勢能沒有減到零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此過程中，對(duì)A、B系統(tǒng)：W彈-WGA-WGB=12(mA+mB)v2，即W彈-WGA=12mAv2+(12mBv2+WGB)，即A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因A、B和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則彈簧彈性勢能的減少量等于A和B的機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)D正確；故選AD. 15．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方R2處。小球從最高點(diǎn)A由靜止開始逆時(shí)針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是（） A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gR B．彈簧長度等于R時(shí)，小球的機(jī)械能最大 C．小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力的功率為0 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 由題分析可知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2gR．故A錯(cuò)誤。根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧長度等于R時(shí)，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機(jī)械能最大，故B正確；設(shè)小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F．在A點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力 F1=mg+F；在B點(diǎn)，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故D正確。故選BCD。 16．我國將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示為簡化的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點(diǎn)，圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)的切線沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30的著陸坡。一運(yùn)動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，從A點(diǎn)由靜止滑下，到C點(diǎn)后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。則 A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌遒的壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的1.9倍 B．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/s C．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同 D．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點(diǎn)飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A.設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為vC，在CD上有平拋運(yùn)動(dòng)可得：tanθ2=12gt2vCt，CDsinθ2=12gt2,有以上兩方程可得：vC=15m/s，在C點(diǎn)有圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得：FN-mg=mv2R，壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的比為：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正確。 B.有B到C有動(dòng)能定理可得：mgR(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B錯(cuò)誤。 C. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：tanφ=2tanθ2，所以φ是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。 D. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得v=v0cosφ，因?yàn)閏osφ是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比。故D正確。 17．如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。已知彈簧形變?yōu)閤時(shí)，勁度系數(shù)為k的彈簧的彈性勢能為EP=12kx2。不考慮空氣阻力，關(guān)于此過程，下列說法正確的有（） A．物體重力勢能減小量一定大于W B．彈簧彈性勢能增加量一定小于W C．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為W D．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A物體向下運(yùn)動(dòng)的過程中，要克服彈簧的彈力做功W彈，根據(jù)動(dòng)能定理可知：mgh-W-W彈=0，可得減小的重力勢能為mgh=W+W彈>W。故A正確。 B.設(shè)AB的距離為h，由平衡條件可得：mg=kh，由題目所給的條件可得彈簧的彈性勢能為：Ep=12kh2，由以上兩式可得：Ep=12mgh；由動(dòng)能定理可得：mgh-W-W彈=0，可得W彈=mgh-W=Ep，所以可求得；W彈=Ep=12mgh=W。故B錯(cuò)誤。 C.物體要克服手的支持力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能要減小。故C錯(cuò)誤。 D.物體從靜止下落到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh-W彈=ΔWk，再結(jié)合W彈=12mgh=W可得：ΔWk=mgh-W彈=mgh-12mgh=12mgh=W。故D正確。 18．如圖,滑塊A、B的質(zhì)量均為m,A套在傾斜固定的直桿上,傾斜桿與水平面成45角,B套在水平固定的直桿上,兩桿分離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計(jì),兩直桿足夠長。A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接，初始時(shí)輕桿與水平面成30角。將A、B從靜止釋放,B開始沿水平桿向右運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切摩擦,滑塊A、B視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,下列說法正確的是（） A．滑塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，最大速度為√3gL C．B到達(dá)最右端時(shí),A的速度為√2gL D．B從開始運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中，輕桿對(duì)B先做正功后做負(fù)功，總功為零 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、因不計(jì)一切摩擦，桿為輕桿，故滑塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確； B、當(dāng)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，A速度為零，B的速度最大，則有：mg(L2+L)=12mvBm2，解得vBm=3gL，故B正確； C、B到達(dá)最右端時(shí)，B的速度為零，此時(shí)A、B的位置如圖所示，則有：mg(L2+22L)=12mvA2，解得：vA=(1+2)gL，故C錯(cuò)誤； D、B從開始運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中，B先做加速度直線運(yùn)動(dòng)后做減速直線運(yùn)動(dòng)，B到達(dá)最右端時(shí)B的速度為零，運(yùn)動(dòng)過程中只有輕桿對(duì)B做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知B從開始運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中，輕桿對(duì)B先做正功后做負(fù)功，總功為零，故D正確； 故選ABD。 19．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑?，F(xiàn)將小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)等高，OC與水平方向的夾角θ=60，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（ ） A．v1：v2=1:3 B．小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同 C．小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2 D．小球落在凹槽上時(shí)，重力的瞬時(shí)功率兩次不同 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 A、小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)時(shí)有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)時(shí)有：x2=v2t=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正確； B、根據(jù)加速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變化量Δv=gΔt，由于下落時(shí)間相同，所以小球從開始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同，故B正確； C、小球從拋出到D點(diǎn)的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到C點(diǎn)的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后兩次的平均速度之比為1:3，故C錯(cuò)誤； D、小球剛到D點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2t，小球剛到C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PC=mgvyC=mg?gt=mg2t，所以重力的瞬時(shí)功率兩次相同，故D錯(cuò)誤； 故選AB。 20．將輕質(zhì)彈簧豎直固定在地面上，第一次將小物塊輕放在彈簧上端讓其壓縮彈簧，當(dāng)物塊重力做功為W時(shí)物塊加速度為零，速度大小為v，彈簧壓縮量為x0；第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，當(dāng)物塊重力做功仍為W時(shí)，手對(duì)物塊做功的大小為12w，則（） A．小物塊的質(zhì)量為Wgx0 B．第一次小物塊的速度v=gx0 C．第一次彈簧的最大彈性勢能為W D．第一次手對(duì)小物塊做正功 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 由重力做功可知W=mgx0，得小物塊的質(zhì)量m=Wgx0，選項(xiàng)A正確；由于第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，可認(rèn)為物塊速度為零，由功能關(guān)系可知手對(duì)小物塊做負(fù)功，且彈黃彈力做負(fù)功，大小為W彈=W-12W=12W，在第一次中，W-W彈=12mv2，解得v=gx0，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；在第一次中，小物塊速度為v時(shí)會(huì)繼續(xù)壓縮彈簧，直到速度為零，小物塊重力做功將其重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，而整個(gè)過程中小物塊重力做的功一定大于W，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 三、解答題 21．在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點(diǎn),右端與質(zhì)量為3m的小球1接觸但不連接?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球1將彈簧壓縮至彈性勢能為Ep=mgs(s為一定值)時(shí)靜止釋放,離開彈簧后與靜止在P點(diǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移),碰后小球2從DB進(jìn)入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點(diǎn)的切線水平,B、D間距很小,可看作重合的點(diǎn)。圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53在BC右邊整個(gè)空間有水平向左、場強(qiáng)E=3mg4q的勻強(qiáng)電場,小球2進(jìn)入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后從軌道下端F處脫離,最后打在豎直墻面BC的C點(diǎn)。已知重力加速度為g,sin53=0.8。 求：（1）碰后小球2運(yùn)動(dòng)的速度; （2）軌道DEF的半徑R; （3）小球2打在C點(diǎn)前瞬間的速度。 【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s 【解析】 【詳解】 （1）由能量守恒得Ep=12?3mv12① 1、2小球根據(jù)動(dòng)量守恒得：3mv1=3mv1+mv2②. 1、2小球根據(jù)機(jī)械能守恒得：123mv12=123mv12+12mv22③. 由①②③式解得：vB=v2=3gs2m/s （2）由題意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg. 設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點(diǎn)小球達(dá)到等效最高點(diǎn)，由于小球恰好能沿著DEF軌道運(yùn)動(dòng)，則在E點(diǎn)有：54mg=mvE2R①. 根據(jù)動(dòng)能定理得：-54mg?(R-Rsin53°)=12mvE2-12mvB2.②. 由①②式解得：R=67sm （3）過點(diǎn)F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53。又因?yàn)閙gqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53。即在F點(diǎn)小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運(yùn)動(dòng)。 由幾何關(guān)系得：LBC=R+Rcos53°=167sm. 從B到C全程動(dòng)能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gs14m/s. 22．圖甲為某輕型起重機(jī)向房頂運(yùn)輸貨物,其簡圖如圖乙所示,一端有定滑輪的桿臂OA固定在O點(diǎn)，某次起重機(jī)以速度v0=1m/s勻速向上提升質(zhì)量m=1t的重物(可視為質(zhì)點(diǎn)),在重物離地面H=19.5m時(shí)鋼繩突然斷裂,此時(shí)一輛L=3m的搬磚車正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運(yùn)動(dòng),車頭前端恰好處于重物正下方,搬磚車高h(yuǎn)=1.5m。g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。 求:（1）勻速提升重物的過程中起重機(jī)的輸出功率; （2）鋼繩斷裂時(shí)搬磚車司機(jī)立即加速加速度至少為多大才能避免被重物砸中? 【答案】（1）1.0104W（2）1m/s2 【解析】 【詳解】 （1）起重機(jī)的輸出功率等于提升重物的機(jī)械功率 P=Fv=m貨gv=103kg10m/s21m/s=1.0104W （2）設(shè)物體自繩斷開始至人車頂部的時(shí)間為t， -h=v0t-12gt2 帶入數(shù)據(jù)-（19.5-1.5）=t-5t2 解得t=2s. 設(shè)人安全通過搬磚車的最小加速度為a L=v1t+ 12at2 解出a=1m/s2 23．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g。 【答案】v0≤22gR或v0≥25gR 【解析】 【詳解】 AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv0＝2mv 若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－122mv2， 解得v0＝22gR 若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：－2mg2R＝122mv′2－122mv2， 2mg＝2mv2R， 解得v0＝25gR 綜上，當(dāng)v0≤22gR或v0≥25gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。 24．某砂場為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。（sin37=0.6） （1）若h=2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大?。? （2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件 （3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。 【答案】（1）4m/s；（2）h<3.0m；（3）h≥3.6m 【解析】 【詳解】 （1）物塊由靜止釋放到B的過程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma vB2=2ahsinθ 解得vB=4m/s （2）左側(cè)離開，D點(diǎn)速度為零時(shí)高為h1 0=mgh1-μmgcosθ?h1sinθ-μmgL 解得h下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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