2020版高考物理一轮复习第五章机械能(第4课时)课时作业(含解析)

[基础训练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零答案：A 解析：由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．2．(20xx·湖南五市十校联考)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )A．2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D. m/s答案：B 解析：F­x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m处时，力F对物体做的总功W＝40 J，由动能定理得W＝mv－mv，代入数据可得v2＝3 m/s，B正确．3．(20xx·辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是( )A.P B．2PC．2P D．4P答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有Fx＝mv，经过位移x时的瞬时功率P＝Fv1＝F·；同理，对第二个过程有2Fx＝mv，经过位移x时的瞬时功率P′＝2Fv2＝4F·；所以P′＝2P，C项正确．4．(20xx·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A．n B．2nC．3n D．4n答案：C 解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，小球自高为h 的A处由静止开始滚下到B处，由动能定理有mgh＝mv，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW＝0－mv；让小球从2h高处以初速度v0滚下到停止，由动能定理有mg·2h－n′W＝0－mv，三式联立解得n′＝3n，所以选项C正确．5．(20xx·山西太原一中检测)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A．a点B．b点C．c点D．d点答案：C 解析：从右侧向左侧运动，与从左侧向右侧运动，初动能相等，到达同一位置时，速度大小相等，可知在运动过程中，一定是动能减小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于μmgL＋2μmgL＝3μmgL，因此应该运动到c点处，C正确．6．(20xx·吉林摸底)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.mgB.mgC.mgD.mg答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－(mg＋f)H＝0－mv，对小球向下运动，由动能定理有，(mg－f)H＝m2，联立解得f ＝mg，故D正确．7．(20xx·河北保定调研)(多选)如图所示，长为L的轻质硬杆A 一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上．现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB．当α＝90°时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C．轻杆A对小球B做负功D．小球B重力做功的功率不断增大答案：AC 解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D 错．8．(20xx·重庆巴蜀中学一模)如图所示，水平平台上有一个质量m＝50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v＝0.5 m/s，x＝4 m，h＝3 m，取g＝10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功．答案：504 J 解析：设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v1＝vcos θ，由几何关系得cos θ＝，在此过程中，物块的位移s＝－h＝2 m，物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgs，对物块，由动能定理得WT－Wf＝mv，所以人克服细绳的拉力做的功WT＝＋μmgs＝504 J.[能力提升]9．(20xx·陕西西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v­t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功答案：A 解析：对物块运动的整个过程运用动能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A正确，B错误．在0～1 s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t＝1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t＝2 s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C错误．t＝1 s到t＝3 s这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D错误．10．(20xx·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B 分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F 的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)( )A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J答案：C 解析：A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠BAO＝α，则有tan α＝.vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝mv，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，选项C正确．11．(20xx·宁夏银川模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内( )A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Ffx＋mv2m答案：D 解析：小车在运动方向上受牵引力F和阻力Ff，因力v 增大，P不变，由P＝Fv，F－Ff＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B均错；合外力做的功W外＝Pt－Ffx，由动能定理得Pt－Ffx＝mv，故C错误，D正确．12．(20xx·江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T1，然后撤去水平力F，小球从B返回到A 点时细线的拉力为T2，则( )A．T1＝T2＝2mgB．从A到B，拉力F做功为mgLC．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小答案：AD 解析：分析小球在B点受力可得T1＝2mg，撤去拉力后，根据动能定理，mgL(1－cos θ)＝mv2，在A点，T2－mg＝m，可得T2＝2mg，WF－mgL(1－cos θ)＝0，WF＝mgL，选项A正确，B错误；从B到A过程中，在A、B两点重力的瞬时功率都等于零，D正确；在B点小球所受合外力为mgsin θ，在A点的合外力为mg，选项C错误．13．(20xx·甘肃兰州一中月考)如图所示，AB是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大？答案：(1) (2)(3－)mg (3)3＋3R1－3μ解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgRcos θ－μmgcos θ·s ＝0，所以物体在AB轨道上通过的总路程s＝.(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B→E过程，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv ①在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m ②联立①②式得FN＝(3－)mg.(3)物体刚好到D点，由牛顿第二定律有mg＝m ③对全过程由动能定理得mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv ④联立③④式得L′＝.。

课时作业17[双基过关练]1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为非负值C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：由动能的定义和特点知，A、B选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C对、D错．答案：ABC2．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1：m2＝1：2，速度之比v1：v2＝2：1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A．L1：L2＝1：2 B．L1：L2＝1：1C．L1：L2＝2：1 D．L1：L2＝4：1解析：由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g由以上四式联立得L1：L2＝4：1故选项D是正确的．答案：D3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－F f x＝E k－E k0，解得E k＝E k0－F f x，选项C正确、D错误．答案：C4．(2020·黑龙江省牡丹江市月考)(多选)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v－t图象如图所示，图中β<θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是( )A．W＝W1＋W2 B．W1>W2C．P＝P1 D．P1≠P2解析：由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；加速度过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力所做的功大于减速时摩擦力所做的功，B正确；因加速和减速运动中，平均速度相等，由P＝Fv可知，摩擦力的平均功率相等，故P1＝P2，D错误；由功率关系可知P(t1＋t2)＝P1t1＋P2t2得：P＝P1，C正确；故选A、B、C.答案：ABC5．如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的．一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H2.小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)( )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析：小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH －mg H2－W f ＝0，假设能再次到达M 点，根据动能定理有mg H 2－W′f ＝12mv 2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′f <－W f ，故速度v>0，因此小物块能冲出M 点，选项C 正确．答案：C6．(2020·湖南娄底五校联考)(多选)如图所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB ，进入半径R ＝4 m 的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 点时，刚好对轨道压力为零；沿CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 的值不可能为(g 取10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．12 mB ．10 mC ．8.5 mD ．7 m解析：已知C 点小球对轨道无压力，则重力提供向心力，得mg ＝mv2R，重力势能为2mgR ，小球从静止开始运动到C 点，根据动能定理得mg(H －2R)－W f ＝12mv 2，再分析从C 点运动到D 点，根据动能定理得，mg(2R －h)－W′f ＝0－12mv 2，由于机械能有损失，在关于BC 对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即W f >W′f >0，解得8 m<h<10 m ，故选A 、B 、D.答案：ABD7．(2020·信宜市高三统测)如图所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h ，末端B 处的切线水平，紧贴点B 安装一水平传送带，传送带右端与B 间的距离为h ，若皮带轮缘静止时，一个质量为m 的小物块P 从轨道顶端A 处静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，落在C 点．已知OB ＝OC ＝2h ，取g ＝10 m/s 2.(1)求小物体P 滑至B 点时的速度大小；(2)求小物体P 与传送带之间的动摩擦因数；(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动，求落地点到O 点的距离，解析：根据机械能守恒定律有12mv 2B ＝mgh所以解得小物块P 滑至B 点时速度为v B ＝2gh(2)小物块由传送带右端飞出后做平抛运动，则由题意得2h ＝12gt 2h ＝vt再根据动能定理得－μmgh＝12mv 2－12mv 2B以上三式联立解得μ＝0.875(3)若皮带轮缘以gh 的线速度顺时针匀速转动时，分析可知物块在传送带上先减速后匀速运动，接着以gh 的初速度平抛设落地点为D ，则由第(2)问知落地时间为t ＝4hg水平位移为x ＝v′t＝gh ·4hg＝2h 所以落地点到O 点的距离为OD ＝x ＋h ＝3h 答案：(1)2gh (2)0.875 (3)3h [能力提升练]8．质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前2 m 位移的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12mv 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s ，故A 错误；对x ＝2 m到x ＝4 m 过程由动能定理得Fx －μm gx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ，由牛顿第二定律得a ＝F －μmg m＝1.25 m/s 2，故B 错误；对运动前2 m 由动能定理得Fx －μmgx＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝1 m/s 2，末速度v ＝2E km＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ，故C 正确；对全过程由动能定理得，W F －μmgx＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ，故D 错误．答案：C9．(2020·福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mgsinθL，g 为重力加速度．(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．解析：(1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝k(L －45L)设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinθ＋F f ＝2F代入数据解得F f ＝mgsinθ5方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理有W 合＝ΔE k－mg·2(L－45L)sinθ－F f ·2(L－45L)＝0－12mv 2联立解得v ＝26gLsinθ5答案：(1)mgsinθ5 方向沿杆向下 (2)26gLsinθ510．(2020·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB 和圆弧轨道BC 组成．将质量m ＝0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高H 处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力大小为F ，改变H 的大小，可测出F 随H 的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径．(2)星球表面的重力加速度．(3)作出小球经过C 点时动能随H 的变化关系E k －H 图象． 解析：(1)小球过C 点时，由牛顿第二定律得：F ＋mg ＝m v 2Cr小球由静止下滑至C 点的过程，由动能定理得：mg(H －2r)＝12mv 2C解得：F ＝2mgrH －5mg由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0 N解得：r＝0.2 m(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N解得：g＝5 m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝E k－0解得：E k＝H－0.4则E k－H图象如图所示：答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2(3)见解析高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=√2gLsinθ,重力的瞬时功率P=mgv sin θ=mg√sin θ,选项C 正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cos θ,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3 m,则她每一次克服重力做的功W=35×50×10×0.3 J=90 J,1 min内克服重力所做的功W总=50W=50×90 J=4500 J,相应的功率约为P=W总t=450060W=75 W,选项A正确.5.C[解析]若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120 km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320 km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且am =2Pv-fm=Pmv,选项A正确;牵引力F=2Pv'随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度v>v+2v2=3v2,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108 km/h=30 m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F=P v =9×10630N =3.0×105 N ,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105N ,选项A 错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105N ,根据f=kv 得 k=3.0×10530N ·s/m =1.0×104 N ·s/m ,选项B 正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k v 2=12f=1.5×105 N ,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'v 2=f'v2=1.5×105×15 W =2250 kW ,选项C 、D 错误.8.B [解析] 在t=2 s 时,牵引力F 1=f+ma ,功率P=F 1v 1=3(f+ma ),在t=10 s 时,牵引力F 2=f ,功率P=F 2v 2=6f ,联立可得f=ma ,又加速度a=ΔvΔt =1.5 m/s 2,在0~10 s 内,由动能定理得P 2×t 1+Pt 2-fx=12mv 2,解得x=42 m ,选项B 正确.9.C [解析] 在A 、B 间的平均速度v 1=AB t 1=3 m/s ,在B 、C 间的平均速度v 2=BC t 2=6 m/s ,小球加速度a=v 2-v 112(t 1+t 2)=1 m/s 2,选项A 错误;小球经过B 点时的速度v B =v 1+a ·t12=5 m/s ,则小球经过B 点时重力的瞬时功率P=mgv B sin θ=2×10×5×sin 30° W =50 W ,选项B 错误;小球经过A 点时的速度为v A =v 1-a ·t12=1 m/s ,A 点与出发点的距离为x=v A22a =0.5 m ,选项C 正确;小球经过C 点时的速度v C =v 2+at 22=7 m/s ,则小球由静止到C 点过程中重力的平均功率为=mg sin 30°·vC2=35 W ,故选项D 错误.10.BD [解析] 由v t 图像可知,0~22 s 内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A 错误;在匀速运动过程,阻力f=F=Pv 3=1500 N ,选项B 正确;6 s 末的加速度a=P 8-P12m=86,质量m=562.5 kg ,由牛顿第二定律得F-f=ma ,机动车速度为5 m/s 时,牵引力F=f+ma=2250 N ,选项C 错误,D 正确. 11.BD [解析] 汽车从静止启动时,由P=Fv ,F-f=ma ,可得a=Pm ·1v -fm ,结合图像知P m =b d -c,解得P=mbd -c ,故汽车的功率P 保持不变,选项A 错误,B 正确;加速度为0时,速度最大,由1v m=c ,可得最大速度v m =1c ,选项C 错误;汽车启动过程中受到的阻力f=P v m=mbcd -c ,选项D 正确.12.(1)70 N (2)1400 J[解析] (1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a 2=-5 m/s 2 根据牛顿第二定律得-μF N2=ma 2 又知F N2-mg=0 联立解得μ=0.5力F 拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得F cos 37°-μF N1=ma 1 又知mg-F sin 37°-F N1=0由速度图像得此过程的加速度a 1=2 m/s 2 联立解得F=70 N(2)在0~5 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 1=f 1x 1 在5~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 2=f 2x 2 其中x 1=12×5×10 m =25 m ,x 2=12×2×10 m =10 m所以在0~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W=W 1+W 2=1400 J 13.(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s[解析] (1)由图可知,汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1=9 m ,在第2个2 s 时间内的位移x 2=15 m 故汽车的加速度a=x 2-x 1T =1.5 m/s 2.(2)由F-f=ma 解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+1000×1.5)N =3000 N 汽车做匀加速运动的末速度v=P额F=90×1033×103 m/s =30 m/s故匀加速运动保持的时间t 1=v a =301.5 s =20 s . (3)汽车所能达到的最大速度v m =P额f=90×1031.5×10 m/s =60 m/s .(4)匀加速运动的时间t 1=20 s 匀加速运动的距离x 1'=vt 12=302×20 m =300 m则以额定功率运动的距离x 2'=2400 m -300 m =2100 m对以恒定功率运动阶段,有P 额t 2-fx 2'=12m v m 2-12mv 2解得t 2=50 s所以最短时间为t 总=t 1+t 2=20 s +50 s =70 s .课时作业(十四)1.D [解析] 当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A 错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B 错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C 错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D 正确.2.D [解析] 小球从平衡位置P 缓慢地移动到Q 点的过程中,由动能定理得W F -mgL (1-cos θ)=0,选项D 正确.3.B [解析] 该同学将篮球投出时的高度约为h 1=1.8 m ,根据动能定理得W-mg (h-h 1)=12mv 2,解得W=7.5 J ,故选项B 正确.4.AC [解析] 因为重力做功-3 J ,所以重力势能增加3 J ,A 正确,B 错误;根据动能定理W 合=ΔE k ,可得ΔE k =-3 J +8 J -0.5 J =4.5 J ,C 正确,D 错误.5.C [解析] 重力对物体做的功为mg (h+H ),物体重力势能减少mg (H+h ),合力对物体做的总功为零,选项A 、B 错误,选项C 正确;对运动的全过程,由动能定理得mg (H+h )-fh=0,解得平均阻力f=mg(ℎ+H)ℎ,选项D 错误.6.D [解析] 由动能定理得E k -E k0=mgh=mg ·12gt 2,则E k =E k0+mg ·12gt 2,与E k =2+50t 2(J )对比可知,m=1 kg ,初动能为E k0=2 J =12m v 02,所以v 0=2 m/s ,选项A 、B 错误;2 s 内水平位移x=vt=4 m ,选项C 错误;2 s 末的动能E k =202 J =12mv 2,解得v ≈20.1 m/s ,选项D 正确.7.D [解析] 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ,物体从A 到C 的全过程,根据动能定理得mgR-W AB -μmgR=0,所以W AB =mgR-μmgR=(1-μ)mgR ,故D 正确. 8.ABC [解析] F-x 图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F 做的功,由图知减速阶段F-x 图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J ,则减速阶段拉力所做的功约为12 J ,故选项B 正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg ,由图知F=7 N ,则μ=Fmg =0.35,故选项A 正确.对全程应用动能定理,得W F -μmgx=0-12m v 02,其中W F =7×4 J +12 J =40 J ,解得v 0=6 m/s ,故选项C 正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D 错误.9.B [解析] 质点在Q 点时,有F N -mg=m v Q2R ,可得v Q 2=gR ,质点从P 滑到Q 的过程中,由动能定理得mgR-W f =12m v Q 2,则克服摩擦力做的功W f =12mgR ,选项B 正确.10.B [解析] 设木板长度为L ,木板与水平地板的夹角为θ,由动能定理得-μmgx -mgh-μmg cos θ·ℎsinθ=0-12m v 02,由几何关系可知x+ℎcosθsinθ等于Q 点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-μmgX -mgh=0-12m v 02,截短后,Q 到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v 0,选项B 正确.11.BC [解析] 物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mg sinα>μ0mg cos α,即μ0<tan α,选项A 错误;根据牛顿第二定律得a=g sin α-μg cos α,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a 在增大,选项B 正确;摩擦力f=μmg cos α=(μ0-μ0lx)mg cos α,可知f 与x 成线性关系,如图所示,其中f 0=μ0mg cos α,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功W f =l =12μ0mgl cos α,选项C 正确;由动能定理得mgl sin α- 12μ0mgl cos α = 12mv 2,解得v=√2glsinα-μ0glcosα,选项D 错误.12.(1)1 m (2)B 点[解析] (1)小球在C 点时,有mg=m v C2rmgh-μmgL=12m v C 2联立解得L=1.0 m .(2)最终小球停在B 、C 之间,由动能定理得mgh-μmgx=0 解得x=4.0 m走过的路程是BC 长度的4倍,最终停在B 点. 13.(1)7.4 N (2)0.96 m[解析] (1)BC 长度s BC =Rtan37°=0.4 m 物块在AD 段运动的过程中,由动能定理得12m v D 2=mg [L sin 37°+R (1-cos 37°)]-μmg cos 37°·s BC 在D 点时,有F N =mg+m v D2R 联立解得 F N =7.4 N由牛顿第三定律可得物块第一次通过D 点时对轨道的压力大小为7.4 N (2)物块在光滑的圆弧轨道内运动时,只有重力做功,机械能守恒,取D 所在水平面为零势能面,设物块上升的最大高度为H ,由机械能守恒定律得mgH=12m v D 2解得H=0.96 m课时作业(十五)1.B [解析] 运动员在合力为0时动能最大,其动能先增大后减小,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小,选项A 错误,B 正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松弛状态,则弹性势能先减小后不变,由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增大后保持不变,选项C 、D 错误.2.D [解析] 根据机械能守恒定律可知,在E 点和D 点钉钉子时,摆球最高可摆到与A 、B 等高的位置,选项A 、B 错误;当在F 点钉钉子时,摆球不可能摆到D 点,因为摆球如果摆到D 点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C 点摆到D 点,在D 点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C 错误;若在F 点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D 正确.3.C [解析] 蹦床弹力对小朋友做了功,小朋友的机械能不守恒,选项A 错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力F 逐渐增大,其加速度先减小后反向增大,选项B 错误;小朋友从h 2到h 4高度,蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒,则弹性势能为E p =mg (h 2-h 4),选项C 正确;小朋友从h 1下降到h 5过程中,在h 5高度的弹性势能最大,且最大值E pm =mgh 1-mgh 5,选项D 错误.4.C [解析] 铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功,设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v ,由机械能守恒定律得12mv 2+ΔE p =0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p =-12mg ·L2,解得v=√gL2,故C 正确.5.ACD [解析] 若各斜面光滑,则滑块下滑过程中机械能守恒,有mgh=12mv 2,滑块到达A 、B 、C 、D ……各点的速率相同时,下落的高度h 相同,即A 、B 、C 、D ……各点处在同一水平线上,选项A 正确,选项B 错误;以O 点为最高点,作等时圆,可知下滑的时间相等时所处的位置在同一竖直面内的圆周上,选项C 正确;从O 点下滑到A 、B 、C 、D ……各点的过程中,设滑块滑动的水平距离是x ,滑块损失的机械能为克服摩擦力做的功,即ΔE=W f =μmg cos θ·xcosθ=μmgx ,因ΔE 相同,故x 相同,说明A 、B 、C 、D ……各点处在同一竖直线上,选项D 正确.6.C [解析] 物体做竖直上抛运动,有v 0=g ·t2,解得星球表面重力加速度为g=2v 0t,卫星绕星球表面做圆周运动,有m v 2R =mg ,解得v=√gR =√2v 0R t,此为最大环绕速度,也是最小发射速度,故以此速度或超过此速度水平抛出,物体都不会落回星球表面,故A 、B 正确;设竖直上抛的初速度为v',卫星绕星球表面运动时,由机械能守恒定律得-GmM R+12mv'2=0,又GMm R 2=mg ,解得v'=2√v 0R t,故D 正确,C 错误.7.AB [解析] A 、B 组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B 球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR ,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为√2mgR ,故A 正确,C 错误.A 球从C 点运动到D 点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D 错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A 、B 球的速度最大,故B 正确.8.BD [解析] 当A 球即将到达地面时,B 和C 的速度为0,对A 、B 、C 三者组成的系统,由机械能守恒定律得mgL=12mv 2,则A 落地的瞬时速度v=√2gL ,选项B 正确;B和C 的速度先增大后减小,则A 的机械能先减小后增大,选项A 错误;在B 减速阶段,杆对B 的作用力沿杆指向右上方,B 受到的支持力小于mg ,由牛顿第三定律知,选项D 正确.9.(1)1450 N (2)716[解析] (1)设A 到达b 点时速度为v b ,根据动能定理可得mg ·ab (sin θ-μcosθ)=12m v b 2解得v b =√489 m/s设A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ,轨道对A 的弹力大小为F ,有mgR 1(1+cos θ)=12m v b 2-12m v c 2mg+F=m v c 2R 1联立解得F=1450 N(2)设A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ,有mgR 1(1-cos 37°)=12m v P 2-12m v b 2解得v P =√529 m/s =23 m/s设A 与B 碰撞后共同速度为v ,则mv P =(M+m )v设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ,在P 点最小速度为v'P ,有 (M+m )g=(M+m )v d2R 22(M+m )gR 2=12(M+m )v 'P 2-12(M+m )v d 2联立解得v'P =√256 m/s =16 m/s 当v=v'P 时,M 最大,解得M=(2316-1)m=716m 10.(1)√gL 0 (2)2√3gL g(3)见解析[解析] (1)球通过最高点时的速度为v ,有F+mg=m v 2L 解得F=m v 2L -mg 当F=0时,v 最小, 速度v 的最小值为√gL(2)若小球恰好通过最高点,则v A =√gL12m v B 2=12m v A 2+mgL v B =v D =√3gL小球从B 点、D 点分别竖直上抛和竖直下抛,则Δt=2v B g=2v D g=2√3gL g(3)设小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t ,则h+L=12gt 2 x=vt设小球运动到最低点C 时速度为v',绳突然断开后小球做平抛运动的时间为t',则h-L=12gt'2 x'=v't'由机械能守恒定律得2mgL+12mv 2=12mv'2 又x=x' 联立解得h=v'22g -L小球运动到最高点时,有v ≥√gL 小球运动到最低点时,有v'≥√5gL 故h ≥32L课时作业(十六)1.B [解析] 对上升过程,由动能定理得-(mg+F )h=-12m v 02,动能减小了(F+mg )H ,选项A 错误;小球克服阻力做的功等于机械能的减小量,即机械能减小了FH ,选项B 正确,D 错误;重力做功为-mgH ,重力势能增加了mgH ,选项C 错误.2.C [解析] 合外力做功等于动能的增加量,初动能为零,所以末动能为W 1+W 2+W 3,选项A 错误;重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功W 1,所以重力势能减少W 1,原来为零,终态时为-W 1,选项B 错误;机械能是动能、重力势能、弹性势能之和,因为此题不涉及弹性势能,所以机械能的改变量就取决于动能和势能的改变量,则机械能的改变量为(W 1+W 2+W 3)-W 1=W 2+W 3,选项C 正确,D 错误.3.D [解析] v 2-h 图像为倾斜直线,可知物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于除重力(和弹簧弹力)以外的其他力做功的大小,由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故选项D 正确.4.C [解析] 先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得f ·74H=mg ·H4,解得f=mg 7;为使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,即E=mg 7·2H=27mgH.5.B [解析] 伸缩臂使人与平台上升到灭火位置,功率P 1=m 1gℎt 1=800 W ,但伸缩臂有质量,其高度上升,也消耗功率,故发动机的功率大于800 W ,选项D 错误;水炮每秒射出的水的质量m=1000×360 kg =50 kg ,水炮对水做的功W=mgh+12mv 2,其功率P=Wt =4×104 W ,选项A 、C 错误,B 正确.6.C [解析] 由能量守恒定律可知,力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=12mv 2+μmg ·s 相,s 相=vt-v2t ,v=μgt ,联立可得W=mv 2,选项C 正确.7.AB [解析] 对运动员,由牛顿第二定律得mg-f=ma ,则阻力f=mg 5,运动员的重力做功为mgh ,重力势能减少了mgh ,合力做功为45mgh ,动能增加了45mgh ,选项A 、B 正确;运动员克服阻力所做的功为mgℎ5,机械能减少了mgℎ5,选项C 、D 错误.8.AD [解析] 从D 到C ,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸机械能一直增加,弹丸先加速后减速运动,动能先增大后减小,选项A 正确,B 、C 错误;从D 到E 橡皮筋的弹力大于从E 到C 橡皮筋的弹力,从D 到E 橡皮筋的弹力做的功大于从E 到C 的弹力所做的功,则从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能,选项D 正确.9.AC[解析]高度在0.2~0.35 m的范围内,ΔE k=-ΔE p=-mgΔh,图线的斜率k=ΔE kΔℎ=0-0.30.35-0.2N=-2 N=-mg,所以m=0.2 kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧最大弹性势能E pm=mgΔh=0.5 J,选项B错误;在E k-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.2~0.35 m范围内图像为直线,所受合外力为恒力,所以h=0.2 m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m,选项C 正确;由图像可知,当h=0.18 m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律知,E pmin=E-E km=E pm+mgh-E km=0.5J+0.2×10×0.1 J-0.32 J=0.38 J,选项D错误.10.BD[解析]物体刚被放到A点时,做匀加速直线运动,加速度a 1=μmgcosθ-mgsinθm=g(μcos θ-sin θ)=2.5 m/s2,若物体能与传送带达到相同的速度,则上滑位移为x1=v22a1=0.2 m<L=5 m,假设成立,物体加速到v=1 m/s时运动的时间t1=va1=0.4 s,因为μmg cos θ=75 N>mg sin θ=50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间为t2=L-x1v =4.8 s,运动的总时间为t=t1+t2=5.2 s,选项A错误;小物体运动到B点时的速度为1 m/s,从A到B,由动能定理得W传-mgL sin θ=12mv2-0,解得W传=255 J,选项B正确;在相对滑动时,s相=vt1-x1=0.2 m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s相=15 J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而发的热,则W电=W传+Q=270 J,选项C 错误.11.(1)2 m/s(2)0.8 s(3)2.25×104 W[解析](1)吊锤上升过程中,由功能关系得ΔE=FΔh结合图像可得F=ΔEΔℎ=2.25×104N设吊锤上升到h 1=1.6 m 处的速度为v 1,由动能定理得Fh 1-mgh 1=12m v 12-0联立解得v 1=2 m/s(2)吊锤上升到h 1=1.6 m 处后做初速度为v 1=2 m/s 的竖直上抛运动,设经时间t 落到钉子上,有-h 1=v 1t-12gt 2 解得t=0.8 s(3)设吊锤上升到h 2=0.4 m 处的速度为v 2,由动能定理得Fh 2-mgh 2=12m v 22-0解得v 2=1 m/sF 的瞬时功率P=Fv 2=2.25×104 W 12.(1)0.2 (2)25√26 N ·s 0.8 J[解析] (1)由动能定理得-μmg (L 1+L 2)=0-12m v 02,解得μ=0.2.(2)当传送带逆时针转动时,滑块在传送带上的加速度大小为a=μg=2 m/s 2,设滑块离开传送带时的速度大小为v 1,有v 02-v 12=2aL 1,解得v 1=1.6 m/s .设滑块在传送带上运动的时间为t ,有L 1=v 0+v 12t ,解得t=0.2 s ,传送带对滑块的作用力F=√(μmg)2+(mg)2=2√26 N , 所以传送带对滑块的冲量I=Ft=25√26 N ·s .由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动的距离s=vt=0.4 m , 所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μmg (s+L 1)=1.52 J ,根据能量守恒定律得,电动机多消耗的电能E=Q+12m v 12-12m v 02=0.8 J .感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

专题5.3 机械能守恒定律1．掌握重力势能、弹性势能的概念，并能计算。

2．掌握机械能守恒的条件，会判断物体的机械能是否守恒。

3．掌握机械能守恒定律的三种表达形式，理解其物理意义，并能熟练应用。

知识点一重力做功与重力势能1．重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与初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．重力势能(1)公式：E p＝mgh。

(2)特性：①标矢性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同。

②系统性：重力势能是物体和地球所组成的“系统”共有的。

③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关。

重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关。

3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加。

(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量。

即W G＝E p1－E p2＝－ΔE p。

知识点二弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W＝－ΔE P.知识点三机械能守恒定律及其应用1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能.2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变.(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功．(3)常用的三种表达式：①守恒式：E1＝E2或E k1＋E P1＝E k2＋E P2.(E1、E2分别表示系统初末状态时的总机械能)②转化式：ΔE k＝－ΔE P或ΔE k增＝ΔE P减.(表示系统势能的减少量等于动能的增加量)③转移式：ΔE A＝－ΔE B或ΔE A增＝ΔE B减.(表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能)考点一机械能守恒的理解与判断【典例1】（2019·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（）A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加【答案】B【解析】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B 错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确。

教师详解(作业手册)课时作业(十三)1.CD[解析]根据做功的两个因素——力和在力方向上的位移,甲图中支持力方向竖直向上且在竖直方向上有位移,所以做了正功,乙图中支持力方向上没有位移,因此没有做功,选项A错误;甲图中人不受摩擦力,乙图中摩擦力对人做正功,选项B错误.两图中人的重力与位移之间的夹角均大于90°,所以都做负功,选项C正确;甲图和乙图中人均做匀速运动,合力不做功,选项D 正确.2.A[解析]物块与水平面间的摩擦力为f=μmg=1 N.对物块施加水平向右的力F,由F-x图线与x轴围成图形的面积表示功,可知F做功为W=3.5 J,克服摩擦力做功为W=fx=0.4 J.由功能关系可知W-W f=E p,故此时弹簧的弹性势能为E p=3.1 J,选项Af正确.3.C[解析]因为抛体运动的加速度恒为g,所以单位时间内的速度变化相同,选项A错误;小球落地时竖直方向上的速度大小不都相同,所以重力的瞬时功率不都相同,选项B错误;由W=mgh可知重力做功相同,选项C正确;从抛出到落地所用时间不相G同,所以重力做功的平均功率不相同,D错误.4.B[解析]由图可知,跑车的最大输出功率大约为200 kW,根据牛顿第二定律得,牵引力F=f+ma=3000 N+2000×2 N=7000 N,则跑车做匀加速运动时的实际功率与速度的关系为P实=7000v(W),作P实-v图像如图所示,由两图线交点可看出跑车匀加速运动的最大速度约为v=28 m/s,则匀加速过程持续的时间约为t= s=14 s,故B正确,A、C、D错误.m5.A[解析]汽车以恒定功率启动时,功率一定,由P=F v可知,速度逐渐增大,牵引力F逐渐减小,根据F-f=ma可知,加速度逐渐减小,但速度继续增大,当牵引力等于阻力时,速度达到最大,故A正确,B、C、D错误.6.D[解析]发动机功率减小,由公式P=F v知,牵引力F变小,f>F,汽车做减速运动,使得汽车速度v变小,则F变大,由f-F=ma可知,汽车减速运动的加速度变小,当再次出现F=f时,汽车做匀速运动,选项A、B、C错误;由f==5×103 N,可知v'==8 m/s,选项D正确.7.AD[解析]物体在时刻开始运动,此时f=F0,则动摩擦因数μ=,A正确;在~t0时间内,假设物体做匀加速运动,则v0=a·,解得a=,实际上物体的加速度从0开始增大,故在t0时刻的加速度大于,B错误;在t0时刻,物体受到的合外力F=2F0-f=F0,其功率P=F0v0,C错误;在2t0时刻,速度v1=v0+t0,在t0~2t0时间内,物体的平均速度,故拉力F的平均功率,D正确.8.AB[解析] 0~3 s内,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,由图像知加速度大小a1=2 m/s2,解得μ=0.2,选项A正确;3 s~t1内,物体做匀减速运动,加速度大小a==6 m/s2,由t1-3 s==1 s,解得t1=4 s,选项B正确;由图像可知,回到出发点应满足总位移2为零,即(t-t1)a1(t2-t1),解得t2=(4+2)s,C错误;拉力做的功等于摩擦产生的内能及物体动能增量之和,故D错误.29.BCD[解析]该汽车的初速度v0=90 km/h=25 m/s,由牛顿第二定律得mg sin 37°+0.3mg=ma,解得a=9 m/s2,根据公式v=v0-at,当v=0时,t= s,A错误.由受力分析可知,无论该车的质量如何,加速度都相同,所以上滑到速度为零处所用的时间都相同,B正确.在汽车上滑过程中,重力沿斜坡的分力为摩擦阻力的2倍,做功的位移和时间均相同,所以重力的平均功率为摩擦阻力的平均功率的2倍,C正确.若初速度v=108 km/h=30 m/s,则由公式2ax=-v2可得该汽车速度v减为零时的位移x=50 m,D正确.10.(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s[解析](1)由图可得汽车在第一个2 s时间内的位移x=9 m,在第二个2 s时间内的位移x2=15 m1故汽车的加速度a==1.5 m/s2.(2)由F-f=ma得,汽车的牵引力F=f+ma=1500 N+1000×1.5 N=3000 N汽车做匀加速运动的末速度v= m/s=30 m/s故匀加速运动保持的时间t= s=20 s.1(3)汽车所能达到的最大速度v m= m/s=60 m/s.(4)由(2)知匀加速运动的时间t=20 s,运动的距离x1'=×20 m=300 m1所以,以额定功率运动的距离x2'=2400 m-300 m=2100 m对以额定功率运动的过程,由动能定理得P额t2-fx2'=m v2解得t2=50 s所以所求时间为t总=t1+t2=20 s+50 s=70 s.11.(1)8 m/s(2)2 s 3 m/s[解析](1)以故障车和拖车为系统,设其所受阻力大小为f,拖车的牵引力为F,有f=×(m+m)gP=F v0此系统匀速运动时,有F=f联立解得v=8 m/s.(2)假设追尾前两车一直在运动.设制动时拖车和故障车的加速度分别为a1、a2,则a1=-=-5 m/s2a2=-=-2.5 m/s2设经时间t故障车追尾拖车,则有v0t+a2t2解得t=1.92 s追尾时拖车速度大小v1=v0+a1t=-1.6 m/s,不合题意,故拖车先停下来等待故障车追尾.拖车从开始刹车到停止的位移x1==6.4 m从拖车开始制动到追尾,故障车的位移x2=4.6 m+x1=11 m设追尾时故障车的速度大小为v,则有v2-=2a2x2解得v=3 m/s设从开始刹车到追尾经历时间为t',则t'==2 s.课时作业(十四)1.B[解析]该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8 m,根据动能定理有W-mg(h-h1)=m v2,解得W=7.5 J,故选项B正确.2.AC[解析]因为重力做功-3 J,所以重力势能增加3 J,A正确,B错误;根据动能定理W合=ΔE k,得ΔE k=-3 J+8 J-0.5 J=4.5 J,C 正确,D错误.3.D[解析]设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB,物体从A到C的全过程,根据动能定理有mgR-W AB-μmgR=0,所以W AB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,故D正确.4.D[解析]设小物块在B、C间运动的总路程为L,小物块从开始到停止的全过程,根据动能定理得mgh-μmgL=0,解得L=3 m,因为BC长0.5 m,所以小物块最终停在B点,选项D正确.5.ABC[解析]F-x图像与横坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x图像与横坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J,则减速阶段拉力所做的功约为12 J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg,由图知F=7 N,则μ==0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得W-μmgx=0-,其中W F=7×4FJ+12 J=40 J,解得v0=6 m/s,故选项C正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.6.A[解析]根据图像知,x=1 m时,动能为2 J,即m v2=2 J,解得v= m/s,故A错误;对x=2 m到x=4 m过程运用动能定理,有,解得F=6.5 N,物块的加速度a= m/s2=1.25 m/s2,故B正确;对前2 m的运动过程(F-μmg)Δx=ΔEk,解得F'=6 N,物块的加速度a'= m/s2=1 m/s2,末速度v'=运用动能定理得(F'-μmg)Δx'=ΔE'km/s=2 m/s,根据v'=a't得t=2 s,故C正确;对全过程运用动能定理得W F-μmgx=ΔE″k,解得W F=25 J,故D正确.7.AB[解析]由于小球始终未脱离轨道,所以第一次击打后小球上升的高度不超过R,故W1≤mgR.两次击打后上升到最高点的过程中,由动能定理得W+W2-2mgR=m v2,由于通过最高点的速度v≥,所以W2≥mgR,故,A、B正确.18.(1)5 m/s(2)1.25 m(3)[解析](1)由于恰好抓住钢绳,即此时速度方向与钢绳平行,则有tan 45°=解得v=5 m/sy(2)下落时间t==0.5 s且平抛过程中,有x=vt=2.5 my=t=1.25 m向几何关系有y+h=x解得h=1.25 m(3)钢绳A点距地面的距离为H'=H+h=10 m,则钢绳AC长为L'=10 m设消防队员沿绳下滑的距离为L,则有L=L'-x对消防队员从B到C整个过程应用动能定理得mgH-fL=0-解得9.(1)(2)(3-)mg(3)[解析](1)由题意可知,物体最终向右运动到B点再返回,对整个过程由动能定理得mgR cos θ-μmgs cos θ=0解得μ=.(2)最终物体以B为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B→E过程,由动能定理得mgR(1-cos θ)=在E点,由牛顿第二定律得F N-mg=m联立解得F=(3-)mgN由牛顿第三定律得,F'=F N=(3-)mg.N(3)若物体刚好能到D点,由牛顿第二定律有mg=m对物体由释放至到达D点这一过程,由动能定理得mgL'sin θ-μmgL'cos θ-mgR(1+cos θ)=联立解得L'=.10.(1)0.8 m(2) m(3) m/s[解析](1)物块被弹簧弹出,由E=p可知v=6 m/s因为v>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-解得a=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m1因为x<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰能滑到E点,由动能1定理可知m v2=μmgs+mgR2解得R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v,有B=μ2mg×2s解得v= m/sB因为v>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速B率离开传送带,设最终停在距C点x处,有=μ2mg(s-x)解得x= m.(3)设传送带速度为v时物块恰能到F点,在F点满足mg sin 30°=m1从B到F过程中由动能定理可知=μ2mgs+mg(R+R sin 30°)解得v= m/s1时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,有设传送带速度为v2=μ2mg×3s+mgR解得v= m/s2若物块在传送带上一直加速运动,有=μ1mgL知其到B点的最大速度v= m/sB m综合上述分析可知,只要传送带速度v满足: m/s,即可满足条件.课时作业(十五)1.C[解析]物体做匀速运动时动能不变,但是高度可以改变,即重力势能可以改变,A、D错误;合力做的功为零,只是动能不变,B错误;物体所受合力不等于零,例如只在重力作用下的运动,机械能守恒,C正确.2.B[解析]由机械能守恒定律得mgh=4E p,解得E p==4560 J,选项B正确.3.A[解析]在b球落地前,a、b两球组成的系统机械能守恒,且a、b两球速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有3mgh=mgh+(3m+m)v2,解得v=,故A正确.4.BD[解析]图乙中A为曲线的最高点,对应加速度为零,弹簧压缩量Δx=0.1 m,由mg=kΔx,解得k=20.0 N/m,选项B正确;小球刚接触弹簧时加速度为g,弹力最大时的加速度a==51 m/s2,所以小球在速度减小到最小时加速度最大,选项A错误;从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的机械能减小,弹簧的弹性势能一直增大,弹簧和小球系统的机械能守恒,选项D正确,C错误.5.C[解析]由题意可知,质量为m的小球竖直向上抛出时只有重力做功,故机械能守恒,得mgh=.题射入轨道,小球若能到达的最大高度为h,则此时速度不为零,此时的动能与重力势能之和大图乙将质量为2m的小球以速度v于初位置时的动能与重力势能之和,故不可能,即h<h,故A错误;由丙图和戊图可知,小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向,2则上升到最高点时水平方向速度不为零,根据功能关系得h<h,h5<h,故B、D错误;由丁图可知,小球出轨道时的速度方向沿竖3直方向向上,则上升到最高点时,速度为零,根据机械能守恒定律得h=h,故C正确.46.C[解析]铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功.设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v,由机械能守恒定律有m v2+ΔE=0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p=-,解得pv=,故C正确.7.C[解析]当小球A沿墙下滑距离为l时,设此时A球的速度为v A,B球的速度为v B,对A、B系统,根据机械能守恒定律得mg·,两球沿杆方向上的速度相等,则有v A cos 60°=v B cos 30°,联立解得v A=,v B=,故C正确,A、B、D错误.8.AB[解析]A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为mgR,故A正确,C错误.A球从C点运动到D点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A、B球的速度最大,故B正确.9.ABD[解析]刚释放物块时,物块在水平方向受力平衡,在竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度为g,故A正确;物块所受的合力为零时速度最大,则绳子拉力在竖直向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放物块时小球的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据系统机械能守恒,有mgs-2mg(-d)=0,解得s=d,故D正确.10.(1)(2)0(3)高于O点R处[解析](1)释放后B到达最低点的过程中,A、B和杆组成的系统机械能守恒,有m A gR+m B gR=又OA⊥OB,AB杆长为R,故OA、OB与杆间夹角均为45°,可得v=v BA解得v=.B(2)对小球A应用动能定理可得W杆A+m A gR=又v=v BA解得杆对A球做功W杆A=0.(3)设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向之间的夹角为θ,取圆环的圆心O为零势面,由机械能守恒定律可得m A gR=m B gR cos θ-m A gR sin θ解得θ=30°所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时,高于圆心O的高度h B=R cos θ=R.11.(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s[解析](1)释放小球前,B处于静止状态,由于绳子拉力大于重力,故弹簧被拉伸,设弹簧形变量为x,有kx=F-mgB所以x=0.1 m(2)对A球从顶点运动到C的过程应用动能定理得W+m A gh=-0其中h=xcos 37°CO1而x=x AO1sin 37°=0.3 mCO1物体B下降的高度h'=x-x CO1=0.2 mAO1由此可知,弹簧此时被压缩了0.1 m,此时弹簧弹性势能与初状态相等,对于A、B和弹簧组成的系统,根据机械能守恒定律有m A gh+m B gh'=由题意知,小球A在C点运动方向与绳垂直,此瞬间B物体速度v=0B联立解得W=7 J(3)由题意知,杆长L=0.8 m,故∠CDO=θ=37°1DO1=AO1,当小球到达D点时,弹簧弹性势能与初状态相等,物体B又回到原位置,在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解,可得平行于绳方向的速度即为B的速度,由几何关系得v'B=v'A cos 37°对于整个下降过程,由机械能守恒定律得m A gL sin 37°=联立解得v'=2 m/sA课时作业(十六)1.C[解析]蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中,由于有空气阻力做功,所以机械能减少,选项A、B错误;整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和,即ΔE=W+ΔE2,选项C正确,选项D错误.12.A[解析]下落阶段,物体受重力和空气阻力,由动能定理得W=ΔE k,即mgh-fh=ΔE k,f=mg-mg,可得ΔE k=mgh,选项A正确;机械能减少量等于克服阻力所做的功,即ΔE=W=fh=mgh,选项B、C错误;重力势能的减少量等于重力做的功,即ΔE p=mgh,选f项D错误.3.CD[解析]轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能,大于m v2,故A错误,C正确;钢索的拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和,即系统增加的机械能,所以钢索的拉力做功应大于m v2+MgH,故B错误;由于物体是由静止开始向上做加速运动,所以弹簧的弹力增大,可知物体上升的高度小于H,但弹性势能增大,故拉力做功W=+mgH物+E p弹,故D正确.4.C[解析]以太阳为球心、以太阳到地球的距离为半径的球的表面积S=4πd2,太阳辐射到该单位面积上的功率为P'=.设电池板的面积为S',由能量守恒定律得P机=P'×15%×S',解得S'=≈8 m2.5.AB[解析]在图中的虚线对应的位置,将物体B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解,设绳子与水平方向的夹角为θ,物体A、B沿着绳子的分速度相等,故sin θ=,θ=30°,该过程中A、B系统机械能守恒,故mgh=m·(2v)2+m v2,物体B的机械能减小量为ΔE B=mgh-m(2v)2,联立解得ΔE B=mgh,故A正确;根据动能定理,该过程中绳对物体A做功W A=m v2,故B正确;结合几何关系,物体A滑动的距离Δx==(2-)h,故C错误;由于绳子不可伸长,故不能储存弹性势能,绳子对两个物体做功的代数和等于弹性势能的变化量,故该过程中绳对系统做功为零,故D错误.6.AD[解析]F-x图像与横坐标轴所围图形的面积表示力F做的功,由题图乙可知W F=6.0 J,选项A正确;在压缩弹簧过程中,克服摩擦力做功W=μmgx AB=0.50×0.50×10×0.4 J=1.0 J,整个运动过程中克服摩擦力做功为2W f=2.0 J,选项C错误;根据功能关f系,弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为E=W F-W f=5.0 J,选项B错误;物块由B点运动到M点,由功能关系得-W f=m v2-pE p,解得物块运动到M点的速度v=4 m/s,设M、N间的水平距离为x0,由平抛运动规律,有x0=v t,h=gt2,联立解得x0=1.6 m,选项D正确.7.(1)0.52(2)24.4 J[解析](1)物体在D点与A点比较,动能减少ΔE==9 Jk重力势能减少ΔE=mgl AD sin 37°=36 Jp机械能减少ΔE=ΔE+ΔE p=45 Jk机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即W f=fl=45 J而路程l=5.4 m,则f=≈8.33 N而f=μmg cos 37°μ=≈0.52.(2)由A到C的过程,动能减少ΔE'==9 Jk重力势能减少ΔE'=mgl AC sin 37°=50.4 Jp克服摩擦力做功W f'=fl AC=μmg cos 37°·l AC=35 J由能量守恒定律得E pm=ΔE k'+ΔE p'-W f'=24.4 J.8.(1)308 N3.50 m(2)在B点左侧2.67 m处(3)25.0 m,由动能定理得[解析](1)滑块在风洞中A点由静止释放后,设经过C点时速度为v1Fx AB-μmgx AC=在C点,由牛顿第二定律有F N C-mg=m解得F=308 NN C由牛顿第三定律知,滑块经过C点时对地板的压力为308 N滑块由C点上滑过程中,由机械能守恒定律得=mgr(1-cos θ)+mgh解得h=3.50 m.(2)滑块返回风洞时,风力与摩擦力皆为阻力,设滑块运动到P点时速率为零,由能量守恒定律得=μmg(x BC+x PB)+Fx PB解得x= m≈2.67 mPB滑块第一次返回风洞速率为零时的位置在B点左侧2.67 m处.(3)整个过程等效为滑块从A处在风力和滑动摩擦力的共同作用下被推到B处,然后在足够长水平面上滑行至静止,设总路程为s,由动能定理得Fx AB-μmgs=0解得s=25.0 m.9.(1)(2)(3)l[解析](1)物体P在AB轨道上滑动时,根据动能定理得mgh=物体P滑到B点时的速度v=.(2)当没有传送带时,物体离开B点后做平抛运动,运动时间为t=当传送带静止时,物体从传送带右端水平飞出,在空中运动的时间也为t,水平位移为,物体从传送带右端飞出的速度v=1根据功能关系,物体在传送带上滑动时,有μmg解得μ=.,所以物体将会在传送带上做一段匀加速运动,设物体加速到速度等于v=时,通过的距离为x, (3)因为传送带的速度v>v有μmgx=解得x=由x<知,物体加速到v时尚未到达传送带右端,此后物体将做匀速运动,最后以速度v离开传送带.物体从传送带右端水平飞出,在空中运动的时间也为t,O、D间的距离s=.。

2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律及其应用 课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选) 1．如图所示，光滑细杆AB 、AC 在A 点连接，AB 竖直放置，AC 水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M 、N ，分别套在AB 和AC 上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M 、N ，在运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．M 球的机械能守恒B ．M 球的机械能增大C ．M 和N 组成的系统机械能守恒D ．绳的拉力对N 做负功 答案 C解析 细杆光滑，故M 、N 组成的系统机械能守恒，N 的机械能增加，绳的拉力对N 做正功、对M 做负功，M 的机械能减少，故C 正确，A 、B 、D 错误。

2．小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 答案 C解析 设小球的质量为m ，绳长为L ，根据机械能守恒定律得mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，L P <L Q ，所以v P <v Q ，故A 项错误；小球动能E k ＝mgL ，其中m P >m Q ，L P <L Q ，所以无法判断它们的动能大小关系，B 项错误；F 拉－mg ＝mv 2L ，将v ＝2gL 代入得F 拉＝3mg ，因为m P >m Q ，所以P 球所受绳的拉力大于Q 球所受绳的拉力，故C 项正确；向心加速度a ＝v 2L＝2g ，所以在轨迹的最低点，P 、Q 两球的向心加速度相同，故D 项错误。

3. (2018·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过其最高点A 时对轨道的压力为( )A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mg 答案 C解析 小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝mv 2B1.8R ，小球在轨道1上经过其最高点A 时，有F ＋mg ＝mv 2A R ，根据机械能守恒，有1.6mgR ＝12mv 2A －12mv 2B ，解得F ＝4mg ，根据牛顿第三定律，小球在轨道1上经过其最高点A 时对轨道的压力为4mg ，C 项正确。

课时作业【根底练习】一、功能关系的理解与应用1. (2018海南卷)如图，用长为的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止。

一质量为m 的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。

不计空气阻力。

对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( )A. 假设保持m 、v 、不变，M 变大，如此系统损失的机械能变小 B ．假设保持M 、v 、不变，m 变大，如此系统损失的机械能变小 C ．假设保持M 、m 、不变，v 变大，如此系统损失的机械能变大 D ．假设保持M 、m 、v 不变，变大，如此系统损失的机械能变大 答案：C2．(2018武汉毕业调研)如图(甲)所示，固定的粗糙斜面长为10 m ，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能E k 随位移x 的变化规律如图(乙)所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能E p 随位移x 的变化规律如图(丙)所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.根据上述信息可求出( )A ．斜面的倾角B ．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C ．小滑块下滑的加速度的大小D ．小滑块受到的滑动摩擦力的大小D 解析：小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有F 合x ＝ΔE k ，由图(乙)的斜率可求得合力F合＝ΔE k Δx ＝2510N ＝2.5 N ，小滑块重力势能的变化量ΔE p ＝mgx sin θ，由图(丙)的斜率可求得mg sin θ＝ΔE p Δx ＝10010N ＝10 N ，F 合＝mg sin θ－F f ＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma ＝2.5 N ，如此小滑块受到的滑动摩擦力的大小F f 可以求出，因小滑块的质量m 未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a 的大小无法求出．3．质量为m 的物体，在距地面h 高处以加速度g3由静止竖直下落到地面．如下说法中正确的答案是( )A ．物体的重力势能减少13mg hB ．物体的动能增加13mg hC ．物体的机械能减少13mg hD ．重力做功13mg h解析：对物体受力分析可知，mg －F ＝mg 3，所以F ＝23mg ，物体下降h 时，重力做的功为mg h ，所以物体的重力势能减少mg h ，所以A 、D 错误；由动能定理可得，W 总＝ΔE k ，即ΔE k ＝13mg h ，所以物体的动能增加为13mg h ，B 正确；物体下降h 时，外力做的功为－Fh ＝－23mg h ，所以物体的机械能减少23mg h ，C 错误．答案：B4．(2018某某卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，如此运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变 答案：C二、摩擦力做功过程中的能量转化5．如下列图，木块A 放在木块B 的左端上方，用水平恒力F 将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2，如此如下关系中正确的答案是( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2A 解析：在A 、B 别离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 别离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1＜W 2，所以选项A 正确．6．如下列图，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将某物体轻轻放置在传送带底端，第Ⅰ阶段物体被加速到与传送带速度一样，第Ⅱ阶段与传送带相对静止，运动至其顶端．如下说法正确的答案是( )A ．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做正功，第Ⅱ阶段摩擦力对物体不做功B ．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量C ．第Ⅰ阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第Ⅰ阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦力做的功D 解析：物体受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功；根据动能定理，第Ⅰ阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功不等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量；第Ⅰ阶段中传送带转过距离s 带＝vt ，物体位移s 物＝v 2t ，如此s 相对＝12vt ，即Q ＝F f s 相对＝12F f vt ，而物体机械能的增加量ΔE ＝F f s物－W G ＝12F f vt －WG ；由于除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，而支持力不做功，所以物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功．7．(多项选择)如下列图，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F 始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为F f ，经过一段时间后小车运动的位移为x ，此时小物块刚好滑到小车的A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为F (x ＋L )C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F (x ＋L )－F f LD ．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为F f LCD 解析：小物块水平方向受到拉力F 和摩擦力F f ，小车位移为x ，小物块相对位移为L ＋x ，有(F －F f )·(x ＋L )＝E k －0；小车受到水平向右的摩擦力F f 作用，对地位移为x ，有F f x ＝E k ′－0；在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即E k ＋E k ′＝F (x ＋L )－F f L ；系统因摩擦而产生的热量为Q ＝F f s 相对＝F f L .三、能量转化与守恒的应用8．(2014高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能B 解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要抑制摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一局部转化为弹簧弹性势能，另一局部转化为内能，A 、C 错误，B 正确．D 错误．9．(多项选择)竖直平面内有一1/4光滑椭圆轨道，如下列图，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O ，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上．在Q 点安装一光电计时器．OP 是椭圆的半短轴，长度为a ，OQ 是椭圆的半长轴，长度为b .轻弹簧的原长等于a ，小球的直径为d ，质量为m .轻弹簧形变量为x 时，其弹性势能可表示为E P ＝12kx 2(轻弹簧始终在弹性限度内，k 为轻弹簧的劲度系数)．小球从图中P 点由静止释放，经过Q 处光电计时器时的A ．小球到达Q 点时的动能等于mgbB ．小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12kb 2C ．小球从P 点运动到Q 点的过程中弹簧弹力不做功D ．该轻弹簧的劲度系数k ＝2mgb 〔b －a 〕2－md2〔b －a 〕2t2D 解析：小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12k (b －a )2，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb －12k (b －a )2，选项A 、B 错误；小球到达Q 点时的速度v ＝d t ，小球到达Q 点时的动能E k ＝12mv 2＝md22t2，由功能关系可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中抑制弹簧力做的功W ＝E P ＝mgb －md 22t 2，C 错误；由功能关系可知12k (b －a )2＝mgb －md 22t 2，解得k ＝2mgb 〔b －a 〕2－md 2〔b －a 〕2t2，D 正确． 10．(2014海南卷，10)(多项选择)如图，质量一样的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中( )A ．a 的动能小于b 的动能B ．两物体机械能的变化量相等C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D ．绳的拉力比照对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零AD 解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，动能比b 小，A 对；因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B 、C 两项均为系统机械能守恒的表现，故错误；轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，符号相反，D 正确． 【素能提升】11．(多项选择)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A ，B ，它们的质量分别为m 1，m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v ，如此此时( )A ．物块B 的质量满足m 2g sin θ＝kd B ．物块A 的加速度为F －kdm 1C ．拉力做功的瞬时功率为Fv sin θD ．此过程中，弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2BD 解析：开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故kx 2＝m 2g sin θ，x 2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始时弹簧是压缩的，如此d ＞x 2，即m 2g sin θ＜kd ，对A 物块，根据牛顿第二定律有F －m 1g sin θ－kx 2＝ma ，m 1g sin θ＝kx 1，x 1＋x 2＝d ，故物块A 加速度等于F －kd m 1；拉力的瞬时功率P ＝Fv ；根据功能关系，有Fd ＝ΔE p ＋12m 1v 2＋m 1gd sin θ，即ΔE p ＝Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2.12．(2015福建理综)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)假设固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)假设不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv 2B滑块在B 点处，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律N ′＝3mg ；(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由系统的机械能守恒，mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3；②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝Ma由运动学规律得v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L .答案：(1)3mg (2)①gR3 ②13L 13．(2019年辽宁省实验中学)如下列图，在光滑的水平地面上的左端连接一光滑的半径为R 的1/4圆形固定轨道BC ，并且水平面与圆形轨道相切与C 点，在水平面内有一质量M ＝2m 的小球Q 连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m 的小球P 从B 点正上方h ＝2R 高处由静止释放，小球P 和小球Q 大小一样，均可视为质点，重力加速度为g .(1)求小球P 到达圆弧轨道最低点C 时的速度大小和对轨道的压力； (2)求在小球P 压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)假设小球P 从B 点上方高H 处释放第一次经过C 点后，立即将BC 换成半径也为R 的固定的光滑3/4圆弧轨道CBD ，与水平面仍相切于C 点，求为使P 球经弹簧反弹后经轨道CBD 过程中不脱离轨道，H 应满足的条件。

课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=,重力的瞬时功率P=mgv sin θ=mg sin θ,选项C 正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cos θ,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3 m,则她每一次克服重力做的功W=×50×10×0.3 J=90 J,1 min内克服重力所做的功W总=50W=50×90 J=4500 J,相应的功率约为P=总= W=75 W,选项A正确.5.C[解析]若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120 km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320 km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率=-=,选项A正确;牵引力F= P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且am随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度>=,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108 km/h=30 m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F== N=3.0×105 N,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105 N,选项A错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105 N,根据f=kv得k=N·s/m=1.0×104 N·s/m,选项B正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k=f=1.5×105 N,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'=f'=1.5×105×15 W=2250 kW,选项C、D错误.8.B[解析]在t=2 s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=10 s时,牵引力F 2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,又加速度a==1.5 m/s2,在0~10 s内,由动能定理得×t1+Pt2-fx=mv2,解得x=42 m,选项B正确.9.C[解析]在A、B间的平均速度v1==3 m/s,在B、C间的平均速度v2==6 m/s,小球加速度a=-=1 m/s2,选项A错误;小球经过B点时的速度v B=v1+a·=5 m/s,则小球经过B点时重力的瞬时功率P=mgv B sin θ=2×10×5×sin 30° W=50 W,选项B错误;小球经过A点时的速度为v A=v1-a·=1 m/s,A点与出发点的距离为x==0.5 m,选项C正确;小球经过C点时的速度vC =v2+=7 m/s,则小球由静止到C点过程中重力的平均功率为=mg sin 30°·=35 W,故选项D错误.10.BD[解析]由v t图像可知,0~22 s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程,阻力f=F==1500 N,选项B正确;6 s末的加速度a=-=,质量m=562.5 kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5 m/s时,牵引力F=f+ma=2250 N,选项C错误,D正确.11.BD[解析]汽车从静止启动时,由P=Fv,F-f=ma,可得a=·-,结合图像知=-,解得P=-,故汽车的功率P保持不变,选项A错误,B正确;加速度为0时,速度最大,由=c,可得最大速度v m=,选项C错误;汽车启动过程中受到的阻力f==-,选项D正确.12.(1)70 N(2)1400 J[解析](1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a2=-5 m/s2根据牛顿第二定律得-μF N2=ma2又知F N2-mg=0联立解得μ=0.5力F拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得F cos 37°-μF N1=ma1又知mg-F sin 37°-F N1=0由速度图像得此过程的加速度a1=2 m/s2联立解得F=70 N(2)在0~5 s内,雪橇克服摩擦力做功为W1=f1x1在5~7 s内,雪橇克服摩擦力做功为W2=f2x2其中x1=×5×10 m=25 m,x2=×2×10 m=10 m所以在0~7 s内,雪橇克服摩擦力做功为W=W1+W2=1400 J13.(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s[解析](1)由图可知,汽车在第1个2 s时间内的位移x1=9 m,在第2个2 s时间内的位移x2=15 m故汽车的加速度a=-=1.5 m/s2.(2)由F-f=ma解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+1000×1.5)N=3000 N汽车做匀加速运动的末速度v=额= m/s=30 m/s故匀加速运动保持的时间t1== s=20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m=额= m/s=60 m/s.(4)匀加速运动的时间t1=20 s匀加速运动的距离x1'==×20 m=300 m则以额定功率运动的距离x2'=2400 m-300 m=2100 m对以恒定功率运动阶段,有P额t2-fx2'=m-mv2解得t2=50 s所以最短时间为t总=t1+t2=20 s+50 s=70 s.课时作业(十四)1.D[解析]当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D正确.2.D[解析]小球从平衡位置P缓慢地移动到Q点的过程中,由动能定理得-mgL(1-cos θ)=0,选项D 正确.WF3.B[解析]该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8 m,根据动能定理得W-mg(h-h)=mv2,解得W=7.5 J,故选项B正确.14.AC[解析]因为重力做功-3 J,所以重力势能增加3 J,A正确,B错误;根据动能定理W合=ΔE k,可得ΔE k=-3 J+8 J-0.5 J=4.5 J,C正确,D错误.5.C[解析]重力对物体做的功为mg(h+H),物体重力势能减少mg(H+h),合力对物体做的总功为零,选项A、B错误,选项C 正确;对运动的全过程,由动能定理得mg(H+h)-fh=0,解得平均阻力f=,选项D 错误.6.D[解析]由动能定理得E k-E k0=mgh=mg·gt2,则E k=E k0+mg·gt2,与E k=2+50t2(J)对比可知,m=1 kg,初动能为E k0=2 J=m,所以v0=2 m/s,选项A、B错误;2 s内水平位移x=vt=4 m,选项C错误;2 s末的动能E k=202 J=mv2,解得v≈20.1 m/s,选项D正确.7.D[解析]设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB,物体从A到C的全过程,根据动能定理得mgR-W AB-μmgR=0,所以W AB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,故D正确.8.ABC[解析]F-x图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J,则减速阶段拉力所做的功约为12 J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg,由图知F=7 N,则μ==0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得-μmgx=0-m,其中W F=7×4 J+12 J=40 J,解得v0=6 m/s,故选项C正确.由于所WF做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.9.B[解析]质点在Q点时,有F N-mg=m,可得=gR,质点从P滑到Q的过程中,由动能定理得mgR-W f=m,则克服摩擦力做的功W f=mgR,选项B正确.10.B[解析]设木板长度为L,木板与水平地板的夹角为θ,由动能定理得-μmgx-mgh-μmg cos θ·=0-m,由几何关系可知x+等于Q点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-μmgX-mgh=0-m,截短后,Q到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v0,选项B正确.11.BC[解析]物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mg sinα>μ0mg cos α,即μ0<tan α,选项A错误;根据牛顿第二定律得a=g sin α-μg cos α,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a在增大,选项B正确;摩擦力f=μmg cos α=-mg cos α,可知f与x成线性关系,如图所示,其中f0=μ0mg cos α,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功W f=l=μ0mgl cos α,选项C正。