2019年高考物理备考 艺体生百日突围系列 专题06 机械能（含解析）

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1、 专题06机械能 第一部分 名师综述 本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。题目类型以计算题为主，选择题为辅，大部分试题都与牛顿定律、圆周运动、及电磁学等知识相互联系，综合出题。许多试题思路隐蔽、过程复杂、灵活性强、难度较大。从高考试题来看，功和机械能守恒依然为高考命题的热点之一。机械能守恒和功能关系是高考的必考内容，具有非常强的综合性。重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律是本单元的重点。弹力做功和弹性势能变化的关

2、系是典型的变力做功，应予以特别地关注。 第二部分 知识背一背 一、功 1.做功的两个要素 (1)作用在物体上的力。 (2)物体在力的方向上发生的位移。 2.公式： (1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于恒力做功。 二、功率 1.物理意义：描述力对物体做功的快慢。 2.公式：(1)(P为时间t内的平均功率)。 (2)(α为F与v的夹角)。 3.额定功率：机械正常工作时的最大功率。 4.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率。 三、机车的启动 1.机车的输出功率。其中F为机车的牵引力，匀速行驶时，牵引力等于阻力。

3、 2.两种常见的启动方式 (1)以恒定功率启动：机车的加速度逐渐减小，达到最大速度时，加速度为零。 (2)以恒定加速度启动：机车的功率_逐渐增大_，达到额定功率后，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度最大。 四、动能 1.定义：物体由于运动而具有的能。 2.表达式：。 3.物理意义：动能是状态量，是标量。(填“矢量”或“标量”) 4.单位：动能的单位是焦耳。 五、动能定理 1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2.表达式： 3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。 4.适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用

4、于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 六、机械能守恒定律 1.重力做功的特点 （1）重力做功与路径无关，只与始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.机械能守恒定律： 在只有重力或弹簧弹力做功的情况下，物体的动能与势能相互转化，但机械能的总量保持不变。 七、功能关系 1.功和能 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。 2.常见的几种功能对应关系 (1)合外力做功

5、等于物体动能的改变。 (2)重力做功等于物体重力势能的改变。 (3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变。 (4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即。(功能原理) 八、能量守恒定律 1.内容:能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.表达式：ΔE减=ΔE增。 第三部分 技能+方法 一、功的计算 1.判断正、负功的方法 (1)根据力和位移方向之间的夹角判断：此法常用于恒力做功,夹角为锐角时做正功，夹角为钝角时做负功，夹角为直角时不做功。 (2

6、)根据力和瞬时速度方向的夹角判断：此法常用于判断质点做曲线运动时变力做的功，夹角为锐角时做正功，夹角为钝角时做负功，夹角为直角时不做功。 (3)根据能量转化与守恒定律判断:若在该力作用下物体的能量增加,则该力对物体做正功,反之则做负功。 2.功的大小计算 (1)恒力做的功：直接用计算。 (2)合外力做的功 方法一：先求合外力F，再用求功； 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…再用求代数和的方法确定合外力做的功。 (3)变力做的功. 应用动能定理求解； 用求解，其中变力的功率P不变； 将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向

7、不变，大小随位移均匀变化的情况。 二 功率的计算 首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率 （1）平均功率的计算方法：或 （2）瞬时功率的计算方法：，其中v是该时刻的瞬时速度。 三、机车的启动模型 1. 两种启动方式比较 2.三个重要关系式 (1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 (式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff). (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功，由动能定理：，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移（路程）大小。 四、对动能

8、定理的理解 1.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性，大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般选取地面为参考系. 2.动能的变化：物体末动能与初动能之差.即 说明：(1)表达式中v1、v2均指瞬时速度. (2)ΔEk>0，表示物体的动能增大.ΔEk<0，表示物体的动能减小. (3)同一物体速度的变化量相同，但动能的变化量不相同. 3.动能定理公式中等号表明合力做功与物体动能的变化之间的三个关系： (1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。 (2)单位相同，国际单位都是焦耳。

9、(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。 4.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。 5.动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理. 6.高中阶段动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 五、重力做功与重力势能 1.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，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。 (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WG=-(Ep2-Ep1)=Ep1-Ep2.

10、 (3)重力势能的变化是绝对的，与参考面的选取无关。 2.弹力做功与弹性势能变化的关系 (1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W=－ΔEp. (2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大,弹性势能越大。 六 、机械能守恒的判断 1．机械能守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功。 可以从以下两个方面理解：(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒。(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功。例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒。 2．判断

11、方法 (1)当研究对象(除地球外)只有一个物体时，一般根据是否“只有重力(或弹簧弹力)做功”来判定机械能守恒。 (2)当研究对象(除地球外)由多个物体组成时，往往根据是否“没有介质阻力和摩擦力”来判定机械能守恒。 (3)注意以下几点：①“只有重力(或弹簧弹力)做功”不等于“只受重力(或弹簧弹力)作用”；②势能具有相对性，一般以解决问题简便为原则选取零势能面；③与绳子突然绷紧、物体间碰撞等相关的问题，除题中说明无能量损失或弹性碰撞外，机械能一定不守恒。 七、对能量守恒定律的理解和应用 1.列能量守恒定律方程的两条基本思路： (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和

12、增加量一定相等； (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等． 2.应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化； (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式； (3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增 第四部分 基础练+测 一、单选题 1．一个质量为m的雨滴从足够高的地方落下，受到的空气阻力与速度成正比，比例系数为k。重力加速度为g。下列说法正确的是：（） A．雨滴下落过程中机械能守恒 B．雨滴下落过程处于失重

13、状态 C．雨滴的最大速度为v=mgk D．雨滴从越高的地方下落，最后的速度越大 【答案】 C 【解析】 【详解】 雨滴在下落过程中受到空气阻力，所以机械能减小，故A错误；物体在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，由于空气阻力与物体的速度成正比，开始阶段，空气阻力小于重力，物体向下做加速运动，处于失重状态，随着速度的增大，空气阻力增大，合力减小，由牛顿第二定律得知，加速度减小，当空气阻力与重力平衡时，物体做匀速直线运动，速度达到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度与下落高度无关，故C正确，BD错误。所以C正确，ABD错误。 2．关于以下各物理量的理解正确的是（） A．重

14、力势能是标量，-3 J 比-5 J 大 B．位移是矢量，-3 m 比-5 m 大 C．速度是矢量，-3 m/s 比-5 m/s 大 D．功是标量，做功-3 J 比-5 J 多 【答案】 A 【解析】 【详解】 A．重力势能是标量，符号表示大小，则-3J比-5J大，选项A正确； B．位移是矢量，符号表示方向，则-3m比-5m小，选项B错误； C．速度是矢量，符号表示方向，则-3m/s比-5m/s小，选项C错误； D．功是标量，没有方向，则做功-3J比-5J少，选项D错误； 3．下列关于运动和力的叙述中，正确的是 A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的 B．物

15、体做圆周运动，所受的合力一定是向心力 C．物体所受合力恒定，该物体速率随时间一定均匀变化 D．物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功 【答案】 D 【解析】 【详解】 做曲线运动的物体，其加速度方向不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；物体做匀速圆周运动时，所受的合力一定是向心力，选项B错误；物体所受合力恒定，该物体速率随时间不一定均匀变化，例如平抛运动，选项C错误；根据动能定理可知，物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功，选项D正确；故选D. 4．“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。不计空气阻力，在蹦

16、极者从跳台下落到最低点的过程中，则（　　） A．蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大 B．蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大 C．蹦极者的机械能先增大后减小 D．蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小 【答案】 A 【解析】 【分析】 先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到橡皮绳刚绷紧时，只受重力，重力势能转化为动能。从绷紧到最低点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。 【详解】 A．蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹

17、性势能越大，到最低点最长，弹性势能最大。故A正确； B．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能越来越大；从橡皮绳恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故B错误； C．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能不断减少，故C错误； D．从跳台运动到最低点的

18、过程中，蹦极者重力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故D错误； 故选A。 【点睛】 分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；D选项一定看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。 5．物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m＝5kg，F随坐标x的变化情况如图所示。若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由v－t图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F－x图象，可求出物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( ) A．4 m/s

19、 B．22m/s C．3 m/s D．17 m/s 【答案】 A 【解析】 【分析】 F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，根据动能定理求出求出物体运动到x=16m处时的速度大小． 【详解】 F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功W=12×(4+8)×10−12×4×10=40J。根据动能定理得，W=12mv2，解得v=4m/s，故A正确。故选A。 【点睛】 解决本题的关键知道F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，结合动能定理进行求解． 6．港珠澳大桥(Hong Kong－Zhuhai－Macao Bridge)是中国境内

20、一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年2月6日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年9月28日起进行粤港澳三地联合试运。大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、30万吨撞击以及珠江口300年一遇的洪潮。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去d的深度，那么可以估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是( ) A．mv22d B．mv2d C．mv2d D．mv 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据动能定理进行解答。 【详解】 根据动能定理可得Fd=12mv2

21、，解得F=mv22d，故选A. 7．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放，之后不会与车上的支架碰撞。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．小球摆到最低点时，小车的速度最大 B．小车和小球系统动量守恒 C．小球摆到右方最高点时刻，小车有向右的速度 D．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动 【答案】 A 【解析】 【分析】 由于水平面光滑，球、车系统水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，系统机械能守恒，小球摆过程中机械能不守恒。 【详解】 小车与小球组成的系

22、统在水平方向动量守恒，小球在最低点，小球的水平速度最大，小车速度最大，小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大。当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止。故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故A正确，CD错误；小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故B错误。所以A正确，BCD错误。 【点睛】 本题主要考查了动量守恒、机械能守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况，知道水平方向的动量守恒定律。 8．如图所示，一物体以一定的

23、初速度沿水平地面从A点滑到B点，摩擦力做功为W1；若该物体从A'点沿两斜面滑到B'点(物体始终没有离开斜面)，摩擦力做的总功为W2，已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同，则(　　) A．W1>W2 B．W1=W2 C．W1

24、在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦、质量），悬挂重物m2，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带上侧以速率v向右运动，下面是人对传送带做功的四种说法： ①人对传送带做功；②人对传送带不做功；③人对传送带做功的功率为m2gv；④人对传送带做功的功率为（m1＋m2）gv以上说法正确的是（） A．①③ B．①④ C．只有① D．只有② 【答案】 A 【解析】 【详解】 人对传送带的摩擦力方向向右,传送带在力的方向上有位移,所以人对传送带做功、人的重心不动,绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡,而拉力又等于m2g.所以人对传送带做功的功率为m2gv.故A对，

25、BCD错 故选A 【点睛】 通过在力的方向上有无位移判断力是否做功.人的重心不动知人处于平衡状态,摩擦力与拉力平衡. 10．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，总动能减小 【答案】 B 【解析】 【详解】 在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动

26、量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故B正确，ACD错误。故选B。 【点睛】 本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统． 二、多选题 11．下列说法中正确的是__________； A．能量的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律 B．一般来说物体的温度变化时，它的内能都要随之改变 C．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体 D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势 【答案】

27、ABD 【解析】 【详解】 A、能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散是能量的形式发生了转化，能量的利用品质下降，但总能量仍守恒，所以不违反能量守恒定律。故A正确。 B、物体的内能与物体的温度、体积质量有关，物体的温度或体积变化时它的内能都要随之改变，故B正确； C、有规则外形的物体是单晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体和多晶体，故C错误。 D、由表面张力产生的本质可知，液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故D正确。 12．高台跳水运动员从离开跳台到接触水面的一段时间内，空气阻力不能忽略，以下说法正确的是（　　） A

28、．运动员处于失重状态 B．运动员处于超重状态 C．空气阻力对运动员做负功 D．运动员的机械能逐渐增大 【答案】 AC 【解析】 【详解】 AB．运动员向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态，故A正确，B错误。 CD．空气阻力方向与运动方向相反，对运动员做负功，则运动员的机械能逐渐减小，故C正确，D错误。 13．如图两个质量均为m的可视为质点的A、B物块用足够长的轻绳跨过一质量可忽略的光滑定滑轮连接，A套在竖直杆ab上，ab杆光滑且足够长，滑轮到ab杆的垂直距离为L=0.123m，开始时让连接A的细绳与竖直方向垂直，同时由静止释放A和B在之后的运动过程中B始终未到达滑轮处高度

29、（滑轮大小不计，空气阻力不计，g=10m/s2）下列说法正确的是（　　） A．AB系统机械能守恒 B．B的机械能先增加再减少 C．AB系统动能一直在增加 D．当OA与竖直方向夹角为37∘时，vA=1m/s 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．由于ab杆、滑轮光滑且不计空气阻力，所以运动过程中无能量损失，所以AB系统机械能守恒，故A正确； B．由于在B上升过程中绳的拉力一直对B做正功，所以B的机械能一定增大，故B错误； C．将A、B看成一个整体，A、B做加速度减小的加速运动，所以AB系统的动能一直增加，故C正确； D．由机械能守恒可得：mgltan37o-mg(l

30、sin37o-l)=12mvA2+12mvB2，由运动的合成与分解可得：vAcos37o=vB，联立解得：vB=1ms，故D正确。 14．如图所示，1/4圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，两轨道平滑连接且与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离停在C点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2。再用沿运动方向的外力F将小物块从C点缓慢拉回A点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4。则给定各力做功大小关系式正确的是 A．W2 = W4 B．W1 =W2 C．W3 =Wl+ W2 D．W3 =Wl +W4 【

31、答案】 BD 【解析】 【详解】 从A到C由动能定理可知，小物块克服重力做的功与克服摩擦力做的功相等，即W1 =W2， 从C到A点由动通定理得，外力做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做功之和，即有： W3 =Wl +W4 故选：BD。 15．有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则（） A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh

32、 B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh C．棋子离开平台后距平台面高度为h2时动能为mgh2 D．棋子落到另一平台上时的速度大于2gh 【答案】 AD 【解析】 【分析】 棋子在跳动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒。 【详解】 A、设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确； B、棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误； C、取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E=mgh+12mvx2，vx为棋子在最

33、高点的速度。由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为h2时，动能为E-12mgh=12mgh+12mvx2>mgh2，故C错误； D、设棋子落到平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得：mgh=12mv2-12mvx2，解得：v=2gh+vx2>2gh，D正确。 故本题选AD。 16．如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是( ) A．人所受的合力对人做正功 B．重力对人做负功 C．扶梯对人做的功等于人增加的重力势能 D．摩擦力对人做的功等于人机械能的变化 【答案】 BC 【解析】 【详解】

34、人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，重力势能增加，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零，故A错误，B正确；由上分析可知，扶梯对人做的正功等于重力做的负功，所以扶梯对人做的功等于人增加的重力势能，故C正确；人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，人的动能不变，势能增加，所以人的机械能增加，故D错误。所以BC正确，AD错误。 17．如图所示，位于竖直面内的半圆形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑块从凹槽边缘A点由静止释放，经最低点B 向上到达另一侧边缘C点。把小滑块从A点到达B点称为过程I，从B点到达C点称为过

35、程Ⅱ，则（） A．过程I中小滑块与凹槽组成的系统动量守恒 B．过程I中小滑块对凹槽做正功 C．过程Ⅱ中小滑块与凹槽组成的系统机械能守恒 D．过程Ⅱ中小滑块对凹槽做负功 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A、过程Ⅰ中小滑块与凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒．故A错误． B、在过程Ⅰ中，小滑块对槽的压力方向左下方，而凹槽向左运动，所以过程I中小滑块对凹槽做正功．故B正确． C、在过程Ⅱ中小滑块与凹槽组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．故C正确， D、在过程Ⅱ中小滑块对凹槽的弹力方向右下方，而凹槽向左运动，所以过程Ⅱ中小滑块对凹槽做

36、负功，故D正确； 综上所述本题答案是：BCD 18．如图所示，光滑的水平地面上有一长木板B，物块A放置在B上面，二者均处于静止状态。现以恒定的外力F拉B，A与B发生相对滑动，且A、B都向前（相对地面）移动了一段距离。设B足够长，则在此过程中，以下说法正确的是（） A．外力F做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和 B．外力F做的功等于A与B的动能增量之和 C．B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力做负功 D．滑动摩擦力对A和B做功的绝对值一定是相等的 【答案】 AC 【解析】对物体B运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F对B做的功

37、等于B的动能的增加量与B克服摩擦力所做的功之和，故A正确；对A、B整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故B错误；因A动能增加，则B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力与运动方向相反，则A对B的摩擦力对B做负功；由于存在相对滑动，故A对B的摩擦力所做的功不等于B对A的摩擦力所做的功，故C正确，D错误；故选AC. 点睛：本题关键是要知道不仅可以对单个物体运用动能定理，也可以对物体系统运用动能定理，即对多物体系统，内力和外力做的做功等于系统动能的增加量． 19．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2

38、飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60º，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是 A．由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1 B．OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1 C．设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1 D．乙球在B点受到地面的冲量大小为3mv3 【答案】 BCD 【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为 tA=2hg．乙球运动时间是甲球的3倍。故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，

39、从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有 3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60º，则可知落地的竖直速度vy=v2tan600=3v2，则由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的机械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的机械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点

40、受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，I=2mv3sin600=3mv3，选项D正确；故选BCD. 点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关． 20．如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P和重物Q连接起来，Q的质量M = 6m。现将P从图中A点由静止释放，P能沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ = 53°，OB距离为L，且与AB垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g，在P从A运动到B的过程中

41、 A．Q的重力功率一直增大 B．P与Q的机械能之和先增大后减小 C．轻绳对P做功43mgL D．P运动到B处时的速度大小为43gL3 【答案】 BD 【解析】物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A错误；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6mg(Lcos53°−L)−mgLtan53°−0＝12mv

42、2，对于P，由动能定理可得：W−mgL−0＝12mv2 ，联立解得：W=113mgL，v=43gL3，故C错误，D正确；故选BD. 点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。 三、解答题 21．如图所示，细绳的一端固定在竖直杆MN的M点，另一端系一质量为m的小球，绳长为L。第一次对杆施加水平向右的恒力，可使细绳与竖直杆间的夹角θ1保持不变；第二次使小球绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为θ1后，继续使转速加大，可使细线与竖直杆间的夹角为θ2（θ2>θ1），此时小

43、球在另一个水平面做稳定的圆周运动。求： (1)杆向右运动的加速度； (2)小球做圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为θ1时，小球的动能； (3)在第二次做圆周运动的过程中，对小球做的功。 【答案】 (1)a=gtanθ1 (2)Ek=mgL2⋅sin2θ1cosθ1 (3)W=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1+mgL（cosθ1-cosθ2） 【解析】 【详解】 (1)对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有：a=mgtanθ1m=gtanθ1 即杆向右运动的加速度为：gtanθ1 (2)细绳与竖直杆间的夹角也为θ1时，设线速度为v，绳中张力为T

44、，则有： Tcosθ1=mgTsinθ1=mv2Lsinθ1 可得小球的动能：Ek=12mv2=mgL2⋅sin2θ1cosθ1 (3)当细线与竖直杆间的夹角θ2时，小球在此处获得的动能为：E'k=12mv2=mgL2⋅sin2θ2cosθ2 第二次的过程中，小球势能的增量：ΔEp=mgL(cosθ1-cosθ2) 在此过程中，小球的动能增量：ΔEk=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1 所以在第二次过程中，对小球做的功：W=ΔEk+ΔEp=mgL2sin2θ2cosθ2-sin2θ1cosθ1+mgL(cosθ1-cosθ2) 22．如图所示是某游戏装置的示意

45、图，ABC为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道AB与水平成θ＝37°放置，且与圆弧轨道BC相切连接，AB长为L1＝0.4m，圆弧轨道半径r＝0.25m，C端水平，右端连接粗糙水平面CD和足够长的光滑曲面轨道DE，D是轨道的切点，CD段长为L2＝0.5m。一个质量为m＝1kg的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在A点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过D点的速度为vD＝1m/s，小物块每次发射前均被锁定在A位置，通过调整弹簧O1端的位置就可以改变弹簧的弹性势能，已知弹簧的弹性势能最大值为Epm＝13J，小物块与水平面CD间的摩擦因数μ＝0.3．求： (1)小物块第一次运动到BC

46、轨道的C端时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次发射前弹簧的弹性势能大小： (3)若小物块被弹出后，最后恰好停在CD中点处，不计小球与弹簧碰撞时的能量损失，则小物块被锁定时的弹性势能可能多大。 【答案】 (1)小球运动到C点时对轨道的压力的大小是6N； (2)解除锁定前弹簧的弹性势能Epo是8.9J； (3)锁定时弹簧弹性势能Ep的可能值是7.65J，9.15J，10.65J和12.15J。 【解析】 【详解】 (1)C到D的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：-μmgL=12mvD2-12mvC2 代入数据可得：vc＝2m/s 设小球在C点时轨道对小球的作用力为FN，

47、方向竖直向下。根据牛顿第二定律得：mg+FN=mvC2r 代入数据解得：FN＝6N 由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN′＝FN＝6N (2)A到C的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：Epo=mgr+rcosθ+L1sinθ+12mvC2 代入数据解得：Epo＝8.9J (3)要使小球能停在CD的中点，需要在CD段滑过2k-1L2对整个过程，由能量守恒定律得： EP=mgr+rcosθ+L1sinθ+μmgkL+L2，k＝1，2，3，4… 得：Ep＝6.9+0.75（2k﹣1）（J） 因为弹性势能最大值为：Epm＝13J，所以k取1，2，3，4时，Ep＝7.65

48、J，9.15J，10.65J和12.15J。 23．如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为v0= 6gR，且恰好能通过c点。已知A、B间的高度差h=4R，重力加速度为g。求： (1)小球运动到B点时，轨道对小球的支持力的大小； (2)小球通过C点时的速率vC； (3)小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。 【答案】 （1）F=7mg；（2）v

49、C=gR；（3）W=1.5mgR 【解析】 【详解】 （1）小球在B点时，根据牛顿第二定律：F-mg=mvB2r 解得：F=7mg （2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有：mg=mvC2r 解得：vC=gR （3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mg(h-2R)-W=12mvC2-0 解得：W=1.5mgR 24．如图所示的水平地面。可视为质点的物体A 和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离。B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的

50、速率的一半。A、B与地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g。求： （1）分离瞬间A、B的速率之比； （2）分离瞬间A获得的动能。 【答案】 （1）13（2）2423μmgd 【解析】 【详解】 (1)分离瞬间对A、B系统应用动量守恒定律有： 3mvA-mvB=0 解得：vAvB=13； (2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，对A应用动能定理： -μ×3mgsA=0-12×3mvA2 对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理： -μmgsB=12m(vB2)2-12mvB2 两物体的路程关系是 sB=sA+2d 分离瞬间A获得的动

51、能 EkA=12×3mvA2 联立解得：EkA=2433μmgd。 25．如图所示，水平面ab与水平皮带bc平滑相切，左端有一个半径为R的光滑四分之一圆弧cd与皮带水平相切。ab段和bc段的动摩擦因数均为μ=0.5，图中ab=bc=R=0.4 m，物体A和B的质量均为m（可看成质点），皮带逆时针转动的速率恒为v=2 m/s。现给静止在a处的物体A一个水平向左的初速度，物体A运动到b点与物体B碰撞前的速度v1=43  m/s；正碰后并粘在一起的粘合体速度v共=23  m/s，以后粘合体沿圆弧向上运动。重力加速度为g=10 m/s2。求： （1）物体A水平向左初速度的大小和粘合体第一次

52、到达传送带左端c点时的速度大小； （2）通过计算判断粘合体能否到达d点？若能到达，粘合体到达d点的速度大小。 【答案】 （1）v0=213m/s， v2=22m/s（2）粘合体恰好到达d点；vd=0 【解析】 【详解】 （1）由a到b过程，由动能定理得：-μmgR=12mv12-12mv02 解得物体A水平向左初速度大小：v0=213 m/s 粘合体由b到c过程由动能定理得：-μ⋅2mgR=12⋅2mv22-12⋅2mv共2 解得粘合体第一次到达传送带左端c点时的速度大小：v2=22 m/s （2）粘合体由c到d过程，由机械能守恒定律得：12⋅2mv22=2mgR+12⋅

53、2mvd2 解得：vd=0 所以粘合体恰好到达d点 26．某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数μ1=0.35，离出发点C左侧s距离处另有动摩擦因数为μ2=0.45、长为d=0.5m的粗糙材料铺设的地面AB段。（g取10m/s2） (1)若s足够长，电动机功率为2W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？ (2)若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5m/s，则BC间的距离s是

54、多少？物体能通过AB段吗？如果不能停在何处？ 【答案】 (1)47ms(2)s=0.25m不能，小物体最后停在AB中点位置 【解析】 【详解】 (1) 电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力F等于摩擦力 F1=f1=μmg=3.5N 根据P=Fv则有：vm=PF1=Pf1=47ms； (2) 当物体运动速度小于0.5m/s 时，绳子对物体的拉力恒力，物体为匀加速运动， 拉力F=Pv=4N 由牛顿第二定律F =ma得 F-f1=ma1 解得：a1=0.5ms2 由s=vB22a1得，则BC间的距离s=0.25m 小物体过B点后，f2=μ2m

55、g=4.5N，做减速运动，运动速度不会大于0.5m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动 F-f2=ma2 解得：a2=0.5ms2 小物体滑行x=0-vB22a2=0.25m 则小物体最后停在AB中点位置。 27．如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u=3m/s．已知圆弧轨道半径R=0.8m，皮带轮的半径r=0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1，两皮带轮之间的距离为L=6m，重力加速度g=10m/s2．求： （1）皮带轮转动

56、的角速度多大？ （2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力； （3）物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？ 【答案】 (1)15rads；(2)60N，方向竖直向下；(3)右端离开；12J 【解析】 【详解】 (1)皮带轮转动的角速度，由v=ωr得 ω=vr=30.2rads=15rads； (2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得： mgR=12mv02 由圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得： F-mg=mv02R 解得：F=60N 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下； (3)物块滑到圆

57、弧底端的速度为v0=2gh=4ms 物块滑上传送带后匀减速直线运动，设加速度为a， 由牛顿第二定律得：μmg=ma 解得：a=μg=1ms2 物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为： s0=v022a=8m>6m 可见，物块将从传送带的右端离开传送带 W=μmgL=12J。 28．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m 的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=10 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为8 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2 （1）求物块与地面间的动摩擦因数μ。 （2）

58、若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。 （3）求物块在反向运动过程中能滑行的最大位移。 【答案】 （1）μ=0.36（2）F=140N（3）s=5m 【解析】 【详解】 （1）物块从A到B的过程，由动能定理可得：-mgμsAB=12mvB2-12mv02代入数据解之可得：μ=0.36 （2）以向右的方向为正，物块与墙壁碰撞的过程，由动量定理可得：Ft=mv-mvB，代入数据解之可得F=-140N，负号表示力的方向向左。 （3）物块向左运动的方程，由动能定理可得：-mgμs=0-12mv2，代入数据可得：s=5m。 29．如图所示，在竖直平面内固

59、定一个四分之一圆弧光滑轨道，圆弧轨道下端与足够长的水平粗糙地面相切。现将小滑块A由圆弧轨道的最高点无初速度释放，A将沿圆弧轨道下滑进入水平地面。已知圆弧轨道的半径R=0.8m，A的质量m=lkg。A与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取l0m/s2。求： (1)A经过圆弧轨道最低点时速度的大小v； (2)A经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小F； (3)A在水平粗糙地面上运动的过程中受到支持力的冲量的大小I. 【答案】 (1)v=4m/s (2)F=30N (3)I=10N⋅s 【解析】 【详解】 （1）滑块A沿圆弧轨道下滑到最低点的过程，由机械能守恒定律

60、得：mgR=12mv2 解得：v=2gR，即v=4m/s； （2）滑块A经过圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有：F-mg=mv2R 解得：F=3mg，即F=30N （3）设滑块A在水平地面上运动的时间为t，由动量定理有：-μmgt=-mv A在水平粗糙地面上运动的过程中在竖直方向所受合力为零，收到的支持力为N=mg 根据冲量的定义，支持力的冲量大小为I=Nt 解得：I=10N⋅s 30．如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰

61、后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求： (1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小； (2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少? 【答案】 (1) 12gh (2) 34mgh 【解析】 【详解】 (1)设B球与A球相碰前的速度大小为v1，则 h=12v1t1 碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2，根据动量守恒定律有 mv1=2mv2 两球一起下落过程中，h=v2t2+12gt22 t1=2t2 解得：v2=12gh； (2)B球下滑到碰撞前，损失的机械能ΔE1=mgh=12mv12 由(1)问知，v1=gh 因此ΔE1=12mgh 磁撞过程损失的机械能为ΔE2=12mv12-12×2mv22=14mgh 因此整个过程损失的机械能为ΔE=ΔE1+ΔE2=34mgh 25