2020届一轮复习人教版 第五章 机械能 第4课时 课时作业

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。

2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律及应用 课时作业一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( )A.12m v 20＋mgH B.12m v 20＋mgh 1 C ．mgH －mgh 2 D.12m v 20＋mgh 2 解析：B 由机械能守恒，mgh 1＝12m v 2－12m v 20，到达B 点的动能12m v 2＝mgh 1＋12m v 20，B 正确．2.如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F 作用，这时物块的加速度大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块的机械能一定增加B ．物块的机械能一定减小C ．物块的机械能可能不变D ．物块的机械能可能增加也可能减小解析：A 机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F 和摩擦力F f 做功，则机械能的变化取决于F 与F f 做功大小关系．由mg sin α＋F f －F ＝ma 知：F －F f ＝mg sin 30°－ma >0，即F >F f ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A 项正确．3.如图所示，长为L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的14垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )A. 32gLB.gL 4C.15gL4D．4gL解析：C由机械能守恒定律ΔE p减＝ΔE k增即34mg(L－3L8)＝12m v2，所以v＝15gL4.故C正确．4.如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒解析：C小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒．而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒．小球到达槽最低点前，小球先失重，后超重．当小球向右上方滑动时，半圆形槽向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒．综合以上分析可知选项C正确．5.如图所示光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径．比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧．现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点．则A、B两小球的质量之比为()A．3∶1 B．3∶2C．7∶1 D．7∶2解析：A 设A 球落地时两球速度大小为v 1.对于两球组成的系统，由机械能守恒定律得：A 下落过程，有m A gH ＝m B gH ＋12(m A ＋m B )v 21 A 落地后，对B 球，由机械能守恒得：B 球上升过程，有12m B v 21＝m B gR 又H ＝2R联立解得m A ∶m B ＝3∶1.故选A.6．如图甲所示，将质量为m 的小球以速度v 0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h .若将质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球，分别以同样大小的速度v 0从半径均为R ＝12h 的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．则质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球中，能到达的最大高度仍为h 的是(小球大小和空气阻力均不计)( )A ．质量为2m 的小球B ．质量为3m 的小球C ．质量为4m 的小球D ．质量为5m 的小球解析：C 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，则有mgh ＝12m v 20，题图乙将质量为2m 的小球以速度v 0射入轨道，小球若能到达最大高度为h ，则此时速度不为零，此时的动能与重力势能之和，大于初位置时的动能与重力势能，故不可能，即h 2<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，则上升到最高点时水平方向速度不为零，由机械能守恒定律可知h 3<h ，h 5<h ，故B 、D 错误；由丁图可知，小球出轨道时的速度方向沿竖直方向向上，则上升到最高点时，速度为零，由机械能守恒定律可知h 4＝h ，故C 正确．7．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g .以下判断正确的是( )A ．当x ＝h ＋x 0，重力势能与弹性势能之和最小B ．最低点的坐标为x ＝h ＋2x 0C ．小球受到的弹力最大值大于2mgD ．小球动能的最大值为mgh ＋mgx 02解析：ACD 小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x ＝h ＋x 0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A 正确；根据简谐运动的对称性，x ＝h ＋2x 0与x ＝h 处速度相等，x ＝h ＋2x 0处不是最低点，B 错误；根据胡克定律，弹簧压缩x 0时弹力等于mg ，x ＝h ＋2x 0处弹力等于2mg ，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg ，C 正确；在x ＝h ＋x 0处速度最大．由图知，mg ＝kx 0，根据动能定理：mg (h ＋x 0)－kx 02×x 0＝E k ，E k ＝mgh ＋12mgx 0，D 正确． 8.(2018·遂宁模拟)如图所示，上表面光滑，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一光滑的小定滑轮，质量分别为m 和3m 的两小物块A 、B 用轻绳连接，其中B 被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上，定滑轮与A 之间绳子水平，已知绳子开始刚好拉直，长为L .现静止释放A ，在A 向下开始运动到O 点正下方的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块B 一直保持静止状态B ．物块B 不能一直保持静止状态C ．物块A 在下摆过程中的机械能处于最大值时，动能最大值为mgLD ．物块A 在下摆过程中的机械能处于最大值时，动能最大值为mgL 2解析：BD 假设物块B 不动，设A 摆到最低点时的速度大小为v ，则由机械能守恒得mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，A 在最低点时，由牛顿第二定律得F T －mg ＝m v 2L，解得F T ＝3mg ，而物块B 重力沿斜面向下的分力为3mg sin θ＝32mg <F T ，所以物块B 在绳子拉力作用下会沿斜面向上运动，故A 错误，B 正确；当细线的拉力为1.5mg 时，物块B 恰好不上滑，此后物块B 上滑，细线对物块A 做负功，A 的机械能减小，故B 恰好不滑动时，物块B 的机械能最大，设此时AO 与水平方向的夹角为θ，据机械能守恒定律得mgL sin θ＝12m v 2，此时物块A 受到重力和拉力的合力的径向分力提供向心力，故F T －mg sin θ＝m v 2L，解得v ＝gL ，故E k ＝12m v 2＝mgL 2，故C 错误，D 正确．9.(2018·郑州模拟)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB 组成，A 点为抛物线顶点，已知h ＝0.8 m ，x ＝0.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，一小环套在轨道上的A 点，下列说法正确的是( )A ．小环以初速度v 0＝2 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力B ．小环以初速度v 0＝1 m/s 从A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力C ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的速度为4 m/sD ．若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，到达B 点的时间为0.4 s解析：AC 由x ＝v 0t 和h ＝12gt 2可得，若初速度v 0＝2 m/s 时，x ＝2t ，y ＝0.8－5t 2，由数学知识可知，小环运动规律恰好与图中抛物线重合，故小环恰好沿抛物线到达B 点，小环与轨道无相互作用，故A 正确；小环以初速度v 0＝1 m/s 从A 点水平抛出后，做抛物线的轨道与AB 不同，故与轨道间一定有相互作用力，故B 错误；若小环从A 点由静止因微小扰动而滑下，小环下滑中机械能守恒，则有mgh ＝12m v 2，解得v ＝4 m/s ，故C 正确；若小球做平抛运动时，由h ＝12gt 2可得时间为0.4 s ，但如果是让小球由静止下滑时，水平方向上不再是匀速直线运动，并且到达B 点时的水平速度一定小于2 m/s ，因此到达B 点的时间要长于0.4 s ，故D 错误．10．(2018·沈阳模拟)如图所示，在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N 个半径为r (r ≪R )的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1,2,3，…，N .现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( )A ．N 个小球在运动过程中始终不会散开B ．第N 个小球在斜面上能达到的最大高度为RC ．第1个小球到达最低点的速度2gR >v >gRD ．第1个小球到达最低点的速度v <gR解析：AD 在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N 个小球在运动过程中始终不会散开，故A 正确；把N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB 的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置与在斜面上的重心位置相比可能高，可能低，也可能一样高，所以第N 个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R 小，可能比R 大，也可能与R 相等，故B 错误；N 个小球整体在AB 段时，重心低于R 2，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得12mv 2<mg ·R 2，解得v <gR ，而第1个球在下滑过程中，始终受到第2个球对它的压力，所以第1个小球到达最低点的速度v ′<gR ，故C 错误，D 正确．二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤．)11.如图所示，位于竖直平面上有14圆弧的光滑轨道，半径为R ，OB 沿竖直方向，圆弧轨道上端A 点距地面高度为H .当把质量为m 的钢球从A 点静止释放，最后落在了水平地面的C 点处．若本地的重力加速度为g ，且不计空气阻力．求：(1)钢球运动到B 点的瞬间受到的支持力多大．(2)钢球落地点C 距B 点的水平距离s 为多少．(3)比值R H为多少时，小球落地点C 距B 点的水平距离s 最大？这个最大值是多少？ 解析：(1)钢球由A 到B 过程由机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2 在B 点对钢球由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝3mg(2)钢球离开B 点后做平抛运动，则有：H －R ＝12gt 2 s ＝v t解得：s ＝2(H －R )R (3)s ＝2(H －R )R ＝2－(R －H 2)2＋H 24 根据数学知识可知，当R ＝12H ，即R H ＝12时，s 有最大值，s 最大＝H 答案：(1)3mg (2)2(H －R )R (3)12H 12．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．解析：(1)当小球a 滑到与O 同高度P 点时的速度v 的方向沿圆环切向向下，滑块b 的速度为零，由机械能守恒定律可得m a gR ＝12m a v 2 解得v ＝2gR对小球a 受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝m a v 2R＝2m a g ＝2 N (2)杆与圆相切时， 如图所示，球a 的速度方向沿杆，设此时滑块b 的速度为v b ，根据杆不可伸长和缩短，有v a ＝v b cos θ由几何关系可得cos θ＝ll 2＋R 2＝0.8在图中，球a 下降的高度h ＝R cos θa 、b 系统机械能守恒有m a gh ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b －12m a v 2 对滑块b ，由动能定理得W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J 答案：(1)2 N (2)0.194 4 J。

2020届一轮复习人教版机械能课时作业1.(功能关系的理解和应用)(2017·湖南雨花区一模)弹弓一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则()A.从D到C,弹丸的机械能守恒B.从D到C,弹丸的动能一直在增加C.从D到C,弹丸的机械能先增加后减少D.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D到C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,A、C错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即机械能增加的较多,D正确;在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的速度先增大后减小,B错误。

2.(多选)(功能关系的理解和应用)(2017·陕西长安区期中)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动,需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术。

跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设质量为m的运动员刚入水时的速度为v,水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度) ()A.他的动能减少了(F-mg)hB.他的重力势能减少了mgh-mv2C.他的机械能减少了FhD.他的机械能减少了mgh,合力做的功为(F-mg)h,A正确;重力做的功等于重力势能的变化,故重力势能减少了mgh,B错误;重力以外的力做的功等于机械能的变化,故机械能减少了Fh,C正确,D错误。

3.(功能关系的理解和应用)(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m的物体,由静止开始下落,由于阻力作用,下落的加速度为,在物体下落h的过程中,下列说法错误的是()A.物体的动能增加了B.物体的机械能减少了C.物体克服阻力所做的功为D.物体的重力势能减少了mgh,动能增加量为ΔE k=F合h=mah=,选项A说法正确;物体所受的阻力F f=mg-ma=,则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功,即,选项B说法错误,选项C说法正确;物体的重力势能减少量等于重力做的功,即mgh,故选项D说法正确。

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。

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．质量为m 的物体，从静止开始以a ＝g 2的加速度竖直向下运动h 米，下列说法中不正确的是( )A ．物体的动能增加了mgh 2B ．物体的机械能减少了mgh 2 C ．物体的势能减少了mgh 2D ．物体的势能减少了mgh答案 C解析 因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F ＝ma ＝12mg ，可得阻力f ＝12mg ，合力做功W ＝12mgh ，动能增加12mgh ，A 正确；阻力做功W f ＝－12mgh ，机械能减少12mgh ，B 正确；重力做功W G ＝mgh ，则重力势能减少mgh ，D 正确，C 错误。

2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 答案 B解析 已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R 。

对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W＝12m v 2，联立解得：W ＝14mgR ，B 正确。

3. [2017·山东滨州市一模]两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小答案 C解析 对A 物块由牛顿第二定律得：F －mg ＋kx ＝ma ，解得：F ＝m (g ＋a )－kx ，由于x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，A 错误；在A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B 错误；在上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，高度升高，则物块A 的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D 错误。

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。