2018年高考物理一轮复习第6章机械能微专题31用动力学和能量观点分析多过程问题试题粤教版

第六章机械能大纲要求：1．功、功率Ⅱ2．动能、做功与动能改变的关系Ⅱ3．重力势能、重力做功与重力势能改变的关系Ⅱ4．弹性势能Ⅰ5．机械能守恒定律Ⅱ6．动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）Ⅱ7．航天技术的发展和宇宙航行Ⅰ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 功和功率知识目标一、功的概念1、定义：力和力的作用点通过位移的乘积．2.做功的两个必要因素：力和物体在力的方向上的位移3、公式：W＝FScosα（α为F与s的夹角）．说明：恒力做功大小只与F、s、α这三个量有关．与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关．4.单位：焦耳（J) 1 J＝1N·m.5.物理意义：表示力在空间上的积累效应，是能的转化的量度6.功是标量，没有方向，但是有正负．正功表示动力做功，负功表示阻力做功，功的正负表示能的转移方向．①当0≤a＜900时W＞0，力对物体做正功；②当α=900时W＝0，力对物体不做功；③当900＜α≤1800时W＜0，力对物体做负功或说成物脚体克服这个力做功，这两种说法是从二个角度来描述同一个问题．二、注意的几个问题①F：当F是恒力时，我们可用公式W＝Fscosθ运算；当F大小不变而方向变化时，分段求力做的功；当F的方向不变而大小变化时，不能用W＝Fscosθ公式运算（因数学知识的原因），我们只能用动能定理求力做的功．②S：是力的作用点通过的位移，用物体通过的位移来表述时，在许多问题上学生往往会产生一些错觉，在后面的练习中会认识到这一点，另外位移S应当弄清是相对哪一个参照物的位移③功是过程量：即做功必定对应一个过程（位移），应明确是哪个力在哪一过程中的功．④什么力做功：在研究问题时，必须弄明白是什么力做的功．如图所示，在力F作用下物体匀速通过位移S则力做功FScosθ，重力做功为零，支持力做功为零，摩擦力做功－Fscosθ，合外力做功为零．【例1】如图所示，在恒力F的作用下，物体通过的位移为S，则力F做的功为解析：力F做功W＝2Fs．此情况物体虽然通过位移为S．但力的作用点通过的位移为2S，所以力做功为2FS．答案：2Fs【例2】如图所示，质量为m的物体，静止在倾角为α的粗糙的斜面体上，当两者一起向右匀速直线运动，位移为S时，斜面对物体m的弹力做的功是多少？物体m所受重力做的功是多少？摩擦力做功多少？斜面对物体m做功多少？解析：物体m受力如图所示，m有沿斜面下滑的趋势，f为静摩擦力，位移S的方向同速度v的方向．弹力N对m做的功W1＝N·scos（900＋α）＝－mgscosαs i nα，重力G对m做的功W2＝G·s cos900=0．摩擦力f对m做的功W3=fscosα=mgscosαsinα．斜面对m的作用力即N和f的合力，方向竖直向上，大小等于mg（m处于平衡状态），则：w＝F合scos900＝mgscos900＝o答案：－mgscosαs i nα，0，mgscosαs i nα，0点评：求功，必须清楚地知道是哪个力的功，应正确地画出力、位移，再求力的功．【例3】如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直），则在两球向左下摆动时．下列说法正确的是 A 、 绳子OA 对A 球做正功B 、 绳子AB 对B 球不做功C 、 绳子AB 对A 球做负功D 、 绳子AB 对B 球做正功解析：由于O 点不动，A 球绕O 点做圆周运动，OA 对球A 不做功。

[方法点拨] (1)做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．(2)功与能量是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．1．(功能关系应用)如图1，在倾角θ＝37°的斜面上，用平行于斜面向下的恒力F 把原来静止于斜面上的质量为2 kg 的物体沿斜面向下拉了0.5m 的距离，并使物体获得2 m /s 的速度．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在这个过程中( ) 图1A ．力F 大小为8 NB ．合外力对物体做功2 JC ．物体重力势能增加了6 JD ．物体机械能减少了2 J2．(功能关系应用)(多选)如图2所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)，以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g ，在斜面上运动的最大高度为h .则在此过程中，下列说法正确的是( ) 图2A ．物体动能损失了mgh 2B ．物体动能损失了2mghC ．系统机械能损失了mghD ．系统机械能损失了mgh 23．(摩擦力特点与功能关系应用)如图3所示，A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动．A 由静止释放；B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v 0；C 的初速度方向沿水平方向，大小也为v 0.斜面足够大，A 、B 、C 运动过程中不会相碰．下列说法正确的是( ) 图3A ．A 和C 将同时滑到斜面底端B ．滑到斜面底端时，B 的动能最大C ．滑到斜面底端时，C 的重力势能减少最多D ．滑到斜面底端时，B 的机械能减少最多4．(功能关系的图象问题)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图4所示．若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是() 图45．(功能关系与图象问题)一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移－时间图象如图5所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．小球抛出时的速度为12 m/s 图5B．小球上升和下降的时间之比为2∶ 3C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64 6 WD．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失6．如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动．运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x)图象如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是()图6A．0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B．0～x2过程中物体的动能一定增大C．x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动D．x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动7．(多选)如图7甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看做质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动x AB ＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则()图7A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD．M、N的水平距离为1.6 m8.(多选)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v－t图象如图8所示．则下列判断正确的是()A．t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度B．t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同图8 C．0～t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D．0～t0时间内，甲物体克服阻力做的功比乙的少9．(多选)如图9所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则() 图9A ．物块经过B 点时的速度大小为5gRB ．刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgRC ．物块从B 点到C 点克服阻力所做的功为12mgR D ．若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C 点的动能为72mgR 10．(多选)如图10所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．轨道上的A 点离PQ 的距离为12R ，一质量为m 的质点自P 点上方某处由静止开始下落，从P 点进入轨道后刚好能到达Q 点并能再次返回经过N 点．已知质点第一次滑到轨道最低点N 时速率为v 1，第一次到达A 点时速率为v 2，选定N 点所在的水平面为重力势能的零势能面，则( ) 图10A ．v 1＜2v 2B ．v 1＞2v 2C ．从N 到Q 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方D ．从N 到Q 的过程中，动能与势能相等的点在A 点下方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点上方11．(多选)如图11所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点．斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中AB 段光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( ) 图11A ．物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θB ．物块最后停在B 点C ．物块在D 点时的弹性势能为m v 22－mgl sin θ D ．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为m v 22＋mgl sin θ－E12．(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图12所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直．质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A点的过程中( ) 图12A ．小球1的机械能守恒B ．重力对小球1做功的功率先增大后减小C ．小球1的机械能减小79m 1gR D ．轻绳对小球2做的功为79m 2gR 13．(多选)如图13所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O 点的转轴上，另一端与一质量为m 、套在粗糙固定直杆A 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A ，第一次经过B 处的速度大小为v ，运动到C 处速度为0，后又以大小为aC 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球可以返回到出发点A 处 图13B ．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C ．弹簧具有的最大弹性势能为12m v 2 D ．a A －a C ＝g答案精析1．D [根据x ＝v 22a，得a ＝4 m/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可得F ＝4 N ，故A 错误；根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，ΔE k ＝12m v 2＝4 J ，故B 错误；重力势能的增加量ΔE p ＝－mgx sin 37°＝－6 J ，故C 错误；除重力以外其他力所做的功引起机械能的变化，则有ΔE ＝(F －μmg cos 37°)x ＝－2 J ，故D 正确．]2．BC [物体上滑过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F ＝ma ＝mg ，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故ΔE k 减＝Fs ＝mg ·2h ＝2mgh ，A 项错误，B 项正确；系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和，故ΔE 减＝ΔE k 减－mgh ＝mgh ，C 项正确，D 项错误．]3．B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 的加速度大于A 的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误．]4．D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，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重力(或弹力)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D 项正确．]5．C [上升阶段，由匀变速直线运动规律得x 0＝12v 0t 1，可得初速度v 0＝2x 0t 1＝24 m/s ，选项A 错误；上升阶段，由速度公式可得a 1＝v 0t 1＝12 m /s 2，由牛顿第二定律可得mg ＋F f ＝ma 1，得F f ＝ma 1－mg ＝2 N ，下降阶段，由牛顿第二定律可得mg －F f ＝ma 2，得a 2＝8 m/s 2，由位移公式可得x 0＝12a 2t 22，解得t 2＝ 6 s ，即t 1t 2＝26，选项B 错误；设小球落回抛出点时的速度为v ，由动能定理可得mgx 0－F f x 0＝12m v 2，解得v ＝8 6 m/s ，故合力的功率P ＝ma 2v ＝64 6 W ，选项C 正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选项D 错误．]6．B [除重力之外的其他力做的功就等于物体的机械能的改变量，则F ·Δx ＝ΔE ，即F ＝ΔE Δx，所以E －x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知0～x 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，所以物体所受拉力小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～x 2过程中物体的动能一定一直增大，B 正确，C 、D 错误．]7．AD [题图乙所示的F －x 图象与横轴所围面积表示力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 f ＝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；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为E p ＝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E p ＝W f ＋12m v 2，解得物块运动到M 点的速度v ＝4 m/s ，设M 、N 的水平距离为x 0，由平拋运动规律，x 0＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得x 0＝1.6 m ，选项D 正确．] 8．AD [从图象可知，在t 0时刻甲物体的图线斜率大于乙物体的图线的斜率，即a 甲＞a 乙，选项A 正确；由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，则甲物体受到阻力小，选项B 错误；v －t 图象与时间轴围成的面积表示位移大小，所以经t 0时间乙物体发生的位移比甲物体大，由ΔE p ＝mgh －0知乙物体重力势能变化量大，选项C 错误；由v －t 图象可知0～t 0时间甲物体下降高度小，所以由动能定理mgh －W f ＝12m v 2得甲物体克服阻力做的功比乙的少，选项D 正确．] 9．BC [设物块经过半圆轨道B 点瞬间的速度为v B ，物块在B 点时有F N ＝7mg ，F N －mg ＝m v 2B R ，可得v B ＝6gR ，选项A 错误；物块从A 点到B 点的过程有E p ＝12m v 2B，解得E p ＝3mgR ，选项B 正确；设物块到达C 点时的速度为v C ，物块在C 点时有mg ＝m v 2C R，物块从B 点到C 点的过程有－mg ·2R －W f ＝12m v 2C －12m v 2B ，可解得物块从B 点到C 点过程克服阻力做的功W f ＝12mgR ，选项C 正确；若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B 点到C 点克服阻力所做的功增大，物块到达C 点的动能小于72mgR ，选项D 错误．] 10．BC [质点从N 到A 再到Q 的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA 段与轨道之间的压力大于AQ 段之间质点与轨道之间的压力，根据F f ＝μF N 可知，质点在NA 段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA 段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA 段做的功比较多，所以质点第一次到达N 点处的动能一定大于质点第一次到达A 点处动能的2倍，根据动能的表达式E k ＝12m v 2可知，v 1＞2v 2，A 项错误，B 项正确；如果轨道光滑，质点在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能相等的位置在A 点，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A 点上方，从Q 到N 的过程中，动能与重力势能相等的点在A 点下方，C 项正确，D 项错误．]11．CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ×3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ，A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ×3l ＝μmg cos θ×2l ＋m v 22，E p ＝m v 22－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物块在A 点处时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ×2l ＝Q ，得Q ＝m v 22＋mgl sin θ－E ，D 选项正确．] 12．BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos 30°＝3v 2，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos 60°)－m 2gR sin 30°＝12m 1v 2＋12m 2(3v 2)2，得v 2＝2027gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos 60°)＋W T ＝12m 1v 2，得W T ＝－79m 2gR ，即小球1的机械能减少79m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为79m 2gR ，D 对．] 13．CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，小球的质量为m ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律得：对于小球A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝12m v 2＋W f ，A 到C 的过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝12m v 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为F f ，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得F f ＝mg sin 30°，在B 点，摩擦力F f ＝μmg cos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mg cos 30°，所以F f＞μmg cos 30°可得mg sin 30°＞μmg cos 30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有F cos 30°＋mg sin 30°－F f＝ma A，在C点有F cos 30°－F f－mg sin 30°＝ma C，两式相减得a A－a C＝g，D项正确．]。