2014届高三物理一轮夯实基础阶段验收评估《机械能》(含精细解析)

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能 利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一 重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ， 其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用 地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1， 而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误； 在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道． 若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。

（新课标Ⅰ版）2014届高三物理 试题解析分项汇编（第01期）专题05 机械能（含解析）全国新课标Ⅰ卷有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和发展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。

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一、单项选择题1．【2014·安徽省六校教育研究会高三素质测试】汽船航行时所受水的阻力与它的速度的平方成正比，如果汽船以速度v 水平匀速航行时，发动机的功率为P 。

则当汽船以速度2v 水平匀速航行时,发动机的功率为A.P /2B.2PC.4PD.8P1.D 解析： 匀速航行时牵引力等于阻力，即F f =，而阻力和速度平方成正比，设比例系数k ，则2f k v =，那么功率3P Fv fv kv ===，当速度变为2v 时，功率22'22(2)288P F v f v k v v kv P ===⨯==，D 对。

考点：功率2.【2014·河北省唐山一中高三第一次调研考试】 足够长的水平传送带始终以速度v 匀速运动，某时刻，一质量为m 、速度大小为v ，方向与传送带运动方向相反的物体，在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止。

物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W 1，传送带克服滑动摩擦力做的功W 2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q ，则（ ）A ．W 1=mv 2B ．W 1=2mv 2C ．W 2=mv 2D ．Q=2mv 23. 【2014·四川省长宁中学高三第一学期物理练考试题】汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。

第五章 机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系 动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率一、功 1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种： （1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

θm 【例1】 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？ ⑴用F 缓慢地拉； ⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 解析：⑴若用F 缓慢地拉，则显然F 为变力，只能用动能定理求解。

F 做的功等于该过程克服重力做的功。

选D ⑵若F 为恒力，则可以直接按定义求功。

选B⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。

选B 、D在第三种情况下，由θsin FL =()θcos 1-mgL，可以得到2tan sin cos 1θθθ=-=mgF ，可见在摆角为2θ-时小球的速度最大。

机械能守恒定律高考常考题型：选择题＋计算题1. (2013·南京模拟)自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示。

则图中直线的斜率表示该物体的( )A．质量B．机械能C．重力大小D．重力加速度图12.如图2所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)。

烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)。

那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( ) 图2A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加3.如图3所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒图3C．斜劈的机械能守恒D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量4.如图4所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。

当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)( ) 图4 A．10 J B．15 JC．20 J D．25 J5．打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中，是逐渐减小的(即上粗下细)，设水龙头出口处半径为1 cm，安装在离接水盆75 cm高处，如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s，g＝10 m/s2，不考虑空气阻力，则水流柱落到盆中时的半径为( )A．1 cm B．0.75 cmC．0.5 cm D．0.25 cm6．如图5所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则( )图5A．h A＝h B＝h C B．h A＝h B<h CC．h A＝h B>h C D．h A＝h C>h B7．(2013·福建高考)如图6所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。

【课堂新坐标】2014届高考物理（人教版，安徽专用）一轮复习跟踪检测 第五章 机械能及其守恒定律 章末归纳提升 (对应学生用书第93页) 利用守恒思想解题能量守恒、机械能守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒定律都集中地反映了自然界所存在的一种本质性的规律——“恒”．学习物理知识是为了探索自然界的物理规律，那么什么是自然界的物理规律？在千变万化的物理现象中，那个保持不变的“东西”才是决定事物变化发展的本质因素．从另一个角度看，正是由于物质世界存在着大量的守恒现象和守恒规律，才为我们处理物理问题提供了守恒的思想和方法．能量守恒、机械能守恒等守恒定律就是我们处理高中物理问题的主要工具，分析物理现象中能量、机械能的转移和转换是解决物理问题的主要思路．在变化复杂的物理过程中，把握住不变的因素，才是解决问题的关键所在． 如图5－1所示，质量m为2 kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以v0＝5 m/s的初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零．已知从A到B的竖直高度h＝5 m，求弹簧的弹力对物体所做的功． 图5－1 【解析】　斜面光滑，故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做功的数值与弹性势能的增加量相等．取B所在水平面为零参考面，弹簧原长处D点为弹簧弹性势能的零参考点． 对状态A，有EA＝mgh＋ 对状态B，有EB＝W弹簧＋0 由机械能守恒定律得W弹簧＝mgh＋＝125 J. 【答案】　125 J 【迁移应用】 1．如图5－2所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是( ) 图5－2 A．B物体受到细线的拉力保持不变 B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 C．A物体动能的增加量等于B物体的重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功 【解析】　由静止释放B直至B获得最大速度的过程中，由于弹簧随着A、B一起运动导致弹力变大，所以A、B的合力以及加速度都在减小，速度增大，B物体受到细线的拉力一直在增大，A错；B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和A的动能的增加量之和，故B项也错；根据动能定理可知A物体动能的增加量等于细线对A做的功与弹簧弹力对A做的功的代数和，C错；根据功能关系可判断D项说法准确． 【答案】　D 利用模型解题物理学上建立模型，是为了将问题简化，突出主要矛盾，忽略次要因素．物理模型有实体模型如质点、点电荷，有过程模型，如匀速运动、匀变速运动、匀速圆周运动、平抛运动等，有状态模型，如平衡状态、加速状态等． 如图5－3所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的光滑半圆形轨道DC相接．传送带的运行速度为v0＝8 m/s，将质量m＝1.0 kg的滑块无初速度地放到传送带A端．已知传送带长度L＝12.0 m，竖直面内的光滑半圆形轨道的半径R＝0.8 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.试求： 图5－3 (1)滑块从传送带A端运动到B端所需的时间； (2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量； (3)滑块滑到轨道最高点C时对轨道的压力． 【解析】　(1)滑块在传送带上做加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2 加速到与传送带同速所用时间t1＝＝2 s 位移x1＝at＝8 m＜12 m，因此滑块在传送带上先做加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的位移x2＝L－x1＝4 m 所用时间t2＝＝0.5 s 故t＝t1＋t2＝2.5 s. (2)在t1时间内，传送带的位移x′＝v0t1＝16 m 故Q＝fΔx＝μmg(x′－x1)＝32 J. (3)滑块由D到C过程中机械能守恒，则 mg(2R)＋mv＝mv 在C点，轨道对滑块的弹力与滑块重力的合力提供向心力 则N＋mg＝，解得N＝30 N. 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力N′＝N＝30 N，方向竖直向上． 【答案】　见解析 该题中有如下模型 (1)传送带匀速运动，滑块匀加速运动，二者相对滑动为过程模型． (2)滑块是作为质点处理的，是实体模型． (3)滑块在C点，是圆周运动最高点，非平衡状态，应用牛顿第二定律列方程，是状态模型．(又属于圆周运动中的轻绳模型) 【迁移应用】 2．(2013届厦门一中模拟)在某电视台游乐节目“闯关”中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图5－4所示．一选手先从倾角可调整的光滑斜面下滑到悬绳处，然后抓住绳开始摆动，摆动到最低点放手恰能到达浮台．此绳初始时与竖直方向夹角α＝30°，与斜面垂直，绳长l＝2 m，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m．将选手简化为质量m＝60 kg的质点，不考虑空气阻力和绳的质量，浮台离绳的悬挂点水平距离为4 m，露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2. 图5－4 (1)求选手在斜面上下滑的高度h； (2)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F； (3)如果斜面的倾角增大，该选手下滑高度不变，选手仍摆动到最低点放手，能否到达浮台？请说明理由． 【解析】　(1)设选手滑到斜面底端的速度为v1，由机械能守恒得mgh＝mv 选手抓绳时速度与绳垂直，抓绳后速度不变，摆到最低点时的速度为v2，由机械能守恒得mgl(1－cos α)＝mv－mv 选手放手后做平抛运动，下落时间为t，水平距离为s＝4 m，由平抛运动规律得t＝，s＝v2t 联立求得：h＝2＋＝3.73(m)，v2＝4 m/s. (2)选手在最低点时，由牛顿运动定律得F－mg＝，解得F＝3 000 N. (3)不能．如果斜面倾角增大，选手下滑到底端时的速度为v3，如图所示在沿绳和垂直于绳方向上的分量为v4、v5，选手抓绳后v4消失，只剩v5，小于v3，选手仍摆动到最低点放手水平速度小于v2，不能到达浮台．(只要理由充分，其他解答也对) 【答案】　见解析 (对应学生用书第94页) 动能定理或能量守恒在系统中的巧妙应用 总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，列车已行驶的距离为L，于是立即关闭油门，除去牵引力．设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？ 【技法攻略】　若脱钩的同时关闭油门，则列车和末节车厢将同时停止下来，且停下来时二者间距为零(因二者始、末速度以及减速的加速度都相同)．现在的情况是牵引力多做功FL，因此列车一定多前进一段Δs，克服其摩擦力做功k(M－m)gΔs才能停下来． 故有：FL＝k(M－m)gΔs 又由于原来列车匀速前进，得出F＝kMg 解得：Δs＝. 【答案】 如图5－5所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( ) 图5－5 A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能 B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能 C．A球的最大速度为 D．细杆对A球做的功为3mgR 【技法攻略】　系统机械能守恒可以理解为是一种机械能的转移，此题的情境就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A对、B错；根据机械能守恒定律：2mg·2R－mg·2R＝·3mv2，所以A球的最大速度为 ，C错；根据功能关系，细杆对A球做的功等于A球增加的机械能，即WA＝mv2＋mg·2R＝mgR，故D错． 【答案】　A。

【最新整理，下载后即可编辑】高三物理一轮复习《5.3机械能机械能守恒定律》【学习目标】1、理解机械能和机械能守恒定律。

2、学会应用机械能守恒定律解决力学问题，体会其优越性和适用条件。

【重点难点】应用机械能守恒定律解决力学问题。

1．将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g＝10 m/s2)( )A．重力做正功，重力势能增加1.0×104J B．重力做正功，重力势能减少1.0×104 JC．重力做负功，重力势能增加1.0×104J D．重力做负功，重力势能减少1.0×104 J2．(多选)物体在平衡力作用下的运动中，其机械能、动能、重力势能的变化有可能发生的是A．机械能不变，动能不变B．动能不变，重力势能可能变化C．动能不变，重力势能一定变化D．若重力势能变化，则机械能一定变化3．如图1所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则A．h A＝h B＝h C B．h A＝h B<h CC．h A＝h B>h C D．h A＝h C>h B4、亚运会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图所示，这些物体从被抛出到落地的过程中( )A．物体的机械能先减小后增大B．物体的机械能先增大后减小C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小5、(2014年安徽师大摸底)质量为m的物体从静止以12g的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是( )A．物体的机械能增加12mgh B．物体的机械能减少32 mghC．重力对物体做功mgh D．物体的动能增加12 mgh6（多选）、(2012年山东卷)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v­t图象如图所示．以下判断正确的是( )A．前3 s内货物处于超重状态B．最后2 s内货物只受重力作用C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒7(多选)．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关8、(2012年上海卷)如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )A．2R B．5R/3 C．4R/3D．2R/39、如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到C点时速度v C的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；3)水平外力作用在滑块上的时间t.10、[2014·宁波一中模拟]如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧处于自然状态时右端的位置．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58 N．水平轨道以B 处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10 m/s2，求：(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力．物理一轮总复习5.4 功能关系能量守恒定律【导学目标】1．了解几种常见的功能关系。

〔江苏专用〕2014届高三物理〔第02期〕解析分项汇编专题05 机械能〔含解析〕新人教版江苏省物理单科卷有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和开展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。

为了给江苏考区广阔师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。

本资料以江苏考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对江苏考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。

专题5 机械能(解析版)一、单项选择题。

1．【2013•盐城市第一学期期中】用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。

如此在时间t内( )A．小球重力做功为mgl(1－cosα)B．空气阻力做功为－mgl cosαC．小球所受合力做功为mgl sinαD．绳拉力做功的功率为t αmgl)cos1(2．【2013•苏州五市三区第一学期期中】如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示，如此( )A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能3．【2014·徐州市第一学期期中】如下列图，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2分别与质量均为m的小滑块P和小球Q连接。

光滑直杆两端固定且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆与水平面的夹角为θ，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度。

设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。

现将小物块从C点由静止释放，在其下滑过程中，如下说法正确的答案是( )A．小滑块P的动能先增加后减小B．小滑块P的机械能先减小后增加C．小球Q的动能先增加后减小 D．小球Q的机械能先增加后减小二、多项选择题。

【含详解】2014届高考物理备考（2013年山东各地市一模精选）：力学实验（2013·烟台市一模）19．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能Ek 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）【答案】AD【解析】上滑时的加速度a1=mgsin mgcos m θμθ+=gsin θ+μgcos θ，下滑时的加速度a2=mgsin mgcos m θμθ-=gsin θ-μgcos θ，知a1＞a2，速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，故A 正确。

加速度与时间轴围成的面积表示速度，由于上升和下降过程加速度方向不变，始终沿斜面向下，故B 错误．动能是标量，不存在负值，故C 错误．重力做功跟运动路径无关，大小等于-mgx ，所以重力做功跟位移呈线性关系变化．故D 正确． （2013·日照市一模）19.质量2m kg =的长木板A 放在光滑的水平面上，另一质量2m kg =的物体B 以水平速度02/m s υ=滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化的情况如图所示，重力加速度210/g m s =，则下列说法正确的是 A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为1JC.木板A 的最小长度为1mD.A 、B 间的动摩擦因数为0.1【答案】CD【解析】从图可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s ，由12kA E m =2v 可得木板A 的获得的动能为1J ，选项A 错误；系统损失的机械能112222k E m m ∆=-⨯=22B v v J ，选项B 错误；由图象可知物体B 的位移为1.5m ，木板A 的位移为0.5m ，所以木板最小长度为1m ，选项C 正确；由图象可知木板A 的加速度为1m/s 2，根据B A A m g m a μ=得出动摩擦因数为0.1，选项D 正确。

高考物理一轮复习阶段质量评估测试卷（六）机械能及其守恒定律(时间∶60分钟，总分值∶100分)一、选择题(每题6分，共48分)1．如下图，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角区分为30°、45°、60°，斜面的外表状况都一样．完全相反的物体(可视为质点)A 、B 、C 区分从三斜面的顶部滑究竟部的进程中( )第1题图A ．物体A 克制摩擦力做的功最多B ．物体B 克制摩擦力做的功最多C ．物体C 克制摩擦力做的功最多D ．三物体克制摩擦力做的功一样多2．如下图，质量为m 的物体P 放在润滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F 向右推斜面体，使P 与斜面体坚持相对运动．在行进水平位移为l 的进程中，斜面体对P 做功( )第2题图A ．FlB.12mg sin θ·l C ．mg cos θ·lD ．mg tan θ·l3．如下图，在竖直平面内有一个半径为R 的圆弧轨道．半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 正上方P 点由运动末尾自在下落，小球沿轨道抵达最高点B 时恰恰对轨道没有压力，AP ＝2R ，重力减速度为g ，那么小球从P 到B 的运动进程中( )第3题图A ．重力做功2mgRB ．机械能增加mgRC ．合外力做功mgRD ．克制摩擦力做功12mgR 4．(多项选择)质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平空中上滑行，由于遭到空中摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如下图，g ＝10 m/s 2，那么物体在水平空中上( )第4题图A ．所受合外力大小为5NB ．滑行的总时间为4 sC ．滑行的减速度大小为1 m/s 2D ．滑行的减速度大小为2.5 m/s 25．(16年广东模拟)如下图，质量为m 的物体在与水平方向成θ的恒力F 作用下以减速度a 做匀减速度直线运动，物体和空中间的动摩擦因数为μ，物体在空中上运动距离为x 的进程中力F 做功为( )第5题图A ．μmgx B.m 〔a ＋μg 〕x 1－μtan θC.m 〔a －μg 〕x 1＋μtan θD.μmgx 1＋μtan θ6．(多项选择)如图是滑道压力测试的表示图，润滑圆弧轨道与润滑斜面相切，滑道底部B 处装置一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h 处由运动下滑，经过B 时，以下表述正确的有( )第6题图A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大说明h 越大D ．N 越大说明h 越小7．如下图，两个质量相等的小球A 、B 处在同一水平线上，当小球A 被水平抛出的同时，小球B 末尾自在下落，不计空气阻力，那么( )第7题图A ．两球的速度变化快慢不相反B ．在同一时辰，两球的重力的功率不相等C ．在下落进程中，两球的重力做功不相反D ．在相等时间内，两球的速度增量相等8.(多项选择)如下图，在空中某一位置P 将一个小球以初速度v 0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，第8题图假定将小球仍从P 点以2v 0的初速度水平向右抛出，以下说法中正确的选项是( )A ．小球在两次运动进程中速度增量方向相反，大小之比为2∶1B ．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角C ．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的2倍D ．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的178倍 二、实验题(共8分)9．(8分)如图某位同窗设计了一个验证机械能守恒的实验．所用器材有：质量m ＝0.2 kg的小球、压力传感器、半径为1.2 m ，内径稍大于小球直径的34圆管．把34圆管轨道ABC 固定在竖直平面内，使小球从A 点正上方某位置由运动下落，刚好能进入细圆管．实验时疏忽空气阻力，g 取9.8 m/s 2，实验结果保管三位有效数字．完成以下填空：第9题图(1)改动小球离A 点的高度h ，实验时发现当h 1＝1.5 m 时，小球从C 点水平飞出后恰恰能落到A 点，用v c 表示小球经过C 点时的速度，那么小球从A 点到C 点的进程中有mg (h 1－R )__________12mv 2c (选填〝大于〞〝小于〞或〝等于〞)；(2)再次改动小球离A 点的高度h ，实验发现当小球运动到C 点时恰恰运动，而小球经过最低点B 时B 点处的压力传感器的读数为9.8 N ，假定用v B 表示小球经过B 点时的速度，那么小球从B 点到C 点的进程中有2 mgR ______12mv 2B .(选填〝大于〞〝小于〞或〝等于〞) (3)经过(1)、(2)的实验数据，可以得出的结论是：小球与地球组成的系统机械能______________(选填〝守恒〞〝不守恒〞或〝无法判别〞)，实验(2)中小球离A 点的距离h __________h 1(选填〝大于〞〝小于〞或〝等于〞)．三、计算题(共44分)10.(10分)如下图，润滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉为为F 时，圆周半径为R ，当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R /2的圆周匀速运动．在上述增大拉力的进程中，绳的拉力对球做的功为多少？第10题图11．(16分) 一个平板小车置于润滑水平面上，其右端恰恰和一个14润滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如下图．小车质量M ＝3.0 kg ，长L ＝2.06 m ，圆弧轨道半径R ＝0.8 m ．现将一质量m ＝1.0 kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上外表间的动摩擦因数μ＝0.3.(取g ＝10 m/s 2)试求：第11题图(1)滑块抵达B 端时，轨道对它支持力的大小；(2)小车运动1.5 s 时，车右端距轨道B 端的距离；(3)滑块与车面间由于摩擦而发生的内能．12．(18分)(16年四川模拟)如下图，质量m ＝2 kg 的滑块在拉力F ＝18 N 作用下运动一段距离后撤去拉力，继续运动到B 点分开水平面，恰恰落在以B 点为圆心、R ＝4 m 为半径的圆弧上，落点C 与B 点连线和竖直方向夹角为37°.滑块在水平面经过的位移总共为L＝4.5 m ，且和水平面之间的动摩擦因数μ＝0.4(重力减速度g ＝10 m/s 2)，求：(1)拉力F 作用的距离；(2)滑块从A 点运动到圆弧上C 点所用的时间．第12题图。

阶段验收评估(六) 机械能(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．在田径运动会的投掷项目的比赛中，投掷链球、铅球、铁饼和标枪等都是把物体斜向上抛出的运动，如图1所示，这些物体从被抛出到落地的过程中( )图1A．物体的机械能先减小后增大B．物体的机械能先增大后减小C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小2. (2015·惠州市第一次调研考试)如图2所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处。

今用力F竖直向下压小球使弹簧缩短x，让小球静止在B处，则( )图2A．小球在A处时弹簧的弹力为零B．小球在B处时弹簧的弹力为kxC．小球在A处时弹簧的弹性势能较大D．小球在B处时弹簧的弹性势能较大3.如图3所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑。

两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。

初始A、B均处于静止状态，已知：OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g＝10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为( )图3A ．14 JB ．10 JC ．6 JD ．4 J4.如图4所示，水平传送带长为x ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )图4A ．等于12mv 2B ．小于12mv 2C ．大于μmgxD ．小于μmgx5．如图5所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回A ，C 为AB 的中点。

下列说法中正确的是( )图5A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，减少的动能相等 C ．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，速度的变化量相等D ．小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，选不全得3分，有错选不得分) 6. (2015·广东六校第二次联考)在光滑的水平面上，有质量相同的甲、乙两物体，甲原来静止，乙以速度v 做匀速直线运动，俯视图如图6所示。