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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)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)(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。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：E减=E增。第三部分技能+方法一、功和功率的计算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.（1）应用动能定理求解；（2）用求解，其中变力的功率P不变；（3）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，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况。4.常见的功率的计算方法：（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。二、机车的启动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。三、动能定理在多过程中的应用动能定理综合应用问题的规范解答1.基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。2.注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。四、机械能守恒定律的几种表达形式1守恒观点(1)表达式：Ek1Ep1Ek2Ep2或E1E2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。(3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。2转化观点(1)表达式：EkEp.(2)意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。(3)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面。3转移观点(1)表达式：EA增EB减(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量。(3)注意问题：A部分机械能的增加量等于A末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B初状态的机械能减末状态的机械能。五、利用动能定理分析功能和能量变化的问题1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等。2.重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反。3搞清不同的力做功对应不同形式的能的改变不同的力做功对应不同形式能的变化定量的关系合外力的功(所有外力的功)动能变化合外力对物体做功等于物体动能的增量W合Ek2Ek1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加WGEpEp1Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加W弹EpEp1Ep2只有重力、弹簧弹力的功不引起机械能变化机械能守恒E0除重力和弹力之外的力做的功机械能变化除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少W除重力、弹力外E电场力的功电势能变化电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加W电Ep一对滑动摩擦力的总功内能变化作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加QFfl相对六、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E减和增加的能量E增的表达式；(3)列出能量守恒关系式：E减E增七、摩擦力做功的特点及应用类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量转化的方面在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体2部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量一对摩擦力做功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总为负值，系统损失的机械能转变成内能相同点做功方面两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功第四部分基础练+测一、单选题1竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,则（）A全过程重力的冲量为零B全过程中动量的变化量等于阻力的冲量C全过程中动能的变化量等于阻力做的功D上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量【答案】 C【解析】【详解】AB、重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化量等于阻力与重力合力的冲量，故选项A、B错误；C、重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能的变化量等于阻力做的功，故选项C正确；D、根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机械能的变化量等于下滑过程中机械能的变化量，故选项D错误；22018年初，长沙气温偏低，存在冰冻现象。我校方同学和阳同学(穿着蓝色校服，材质一样)先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示。(两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能童损失)。根据上述信息，可以确定方、阳两人A质量相等B受到的摩擦力相等C损失的机械能相等D运动的时间相等【答案】 D【解析】【详解】D：人沿斜面下滑时，mgsin-mgcos=ma1，解得：a1=gsin-gcos；两人从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，则两人在斜面上的运动情况相同，在斜面上所用时间相同，到达B处速度相同。人沿水平冰面前进时，2mg=ma2，解得：a2=2g；两人在B处速度相同，则两人在水平冰面上的运动情况相同，在水平冰面上所用时间相同，最终停止位置相同。故D项正确。ABC：两人质量可以不等；若两人质量不等，则两人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，两人损失的机械能不等。故ABC三项错误。3如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，不计空气阻力，则下列说法正确的是A由B到C的过程中，弹簧弹性势能和物块动能之和逐渐减小B由B到C的过程中，物块动能和重力势能之和不变C由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变D由B到C的过程中，物块加速度逐渐减小【答案】 A【解析】【详解】由B到C的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物块动能和重力势能之和减小，故A正确，BC错误；由B到C的过程中，弹力向下逐渐变大，根据mg+F弹=ma可知，物块加速度逐渐变大，选项D错误；故选A.4质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的vt图象如图所示，则下列说法正确的有A水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍B在物体运动的整个过程中， F的冲量大小大于摩擦力的冲量大小C在物体运动的整个过程中， F做的功大于克服摩擦力做的功D物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度【答案】 D【解析】【详解】由v-t图象知物体在加速过程的加速度大小为a1=v0t0，在减速过程的加速度大小为a2=v02t0；对于匀减速运动过程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2=mv02t0；在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小为F=3mv02t0，是物体所受摩擦力大小的3倍，故A错误；对整个过程，由动量定理：IF-If=0，则在物体运动的整个过程中， F的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，选项B错误；对整个过程，由动能定理：WF-Wf=0，则在物体运动的整个过程中，F做的功等于克服摩擦力做的功，选项C错误；由v-t图象知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为v02，故D正确；故选D.5如图所示，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 的大小随小球下落的位置坐标x 变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断不正确的是( )A当 xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大C当 xh2x0，小球的加速度大小为gD小球动能的最大值为 mghmgx0【答案】 D【解析】【详解】A根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；B小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；C在x=h+x0位置：mg=kx0，则在xh2x0时：k2x0-mg=ma，解得a=g，选项C正确；D小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg（h+x0）-W弹=12mvm2，故小球动能的最大值小于mg（h+x0），故D错误；6如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动下列说法正确的是（ ）A小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重C撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小【答案】 D【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=mgsinmgsin，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误。对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误。根据动能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误。比较小球在斜面上与空中运动的时间。由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsin，竖直分加速度为ay=asin=gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短。故D正确。故选D。7如图，a、b、c是三个质量均为m的小球(可视为质点),a、b两球套在水平放置的光滑细杆上，相距3L；c球分别用长度为L的细线与a、b两球连接。起初用手按住a、b两球，使三个球均静止，若同时释放a、b、c三球,重力加速度为g.则( )A开始时三球静止时，细线中张力均为0.5mgB在a、b碰撞前的瞬间,b的速度为gL2C在a、b碰撞前的瞬间,b的速度为gLD在a、b碰撞前的运动过程中，a球动能的增加量等于c球的机械能的减小量【答案】 B【解析】【详解】A、开始时三球静止时，细线中张力为T，则有：2Tcos1202=mcg，解得细线中张力均为T=mg，故A错误；BC、在a、b碰撞前的任一时刻，根据b、c两球沿细线方向的分速度大小相等，可知c的速度为零，由系统的机械能守恒得：mg(L-Lsin30)=122mvb2，可得b的速度为vb=gL2，故B正确，C错误；D、在a、b碰撞前的运动过程中，根据系统的机械能守恒可得a球动能的增加量和b球动能的增加量之和等于c球的机械能的减小量，故D错误；故选B。8“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看为质点，“旋转秋千”可简化为如图所示的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起以角速度做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为。已知绳长为L且不可伸长，质点的质量为m，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是（）A质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角越小B质点做匀速圆周运动的向心力是其所受悬线的拉力C转盘转动的角速度与夹角的关系为=gtanr+LsinD质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为mg(r+Lsin)tan【答案】 C【解析】【详解】由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则有：mgtan=m2R解得：tan=2rg，与重力无关，故A、B错误；质点做匀速圆周运动的向心力是由重力和绳子的拉力的合力提供的，故B错误；根据mgtan=m2R=m2（r+Lsin）解得：=gtanr+Lsin，故C正确；设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，根据向心力公式得：mgtan=mv2r+Lsin对于质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为-mgl（1-cos），设绳子拉力做功为W，则根据动能定理得：W-mgl（1-cos）=12mv2联立得：W=mgl（1-cos）+12mg（r+Lsin）tan，故D错误。故选C。9如图所示，两个完全相同的小球，从光滑的a管和b管由静止下滑，管径略大于小球直径，设转弯处无能量损失，B、D在同一水平面，两球落到C处的时间分别为Ta、Tb，则（）ATaTbBTaTbCTa=TbD无法确定【答案】 A【解析】【详解】由机械能守恒定律可知，两球从A点滑到底端C时，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速度比BC段加速度小，则在速率图中AB段图线的斜率比BC段图线斜率小，而沿b滑下的小球，它的速率图线在AD段斜率比DC段斜率大，作出两球的速率图像如图所示，若要保证两球的路程相等，即图像与横轴所围的“面积相等，则有：TaTb，故A正确，B、C、D错误；故选A。10将一只苹果（可看成质点）水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹。若不计空气阻力的影响，则 ( )A苹果通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最大B苹果通过第3个窗户期间重力所做的功最多C苹果通过第1个窗户期间重力做功的平均功率最小D苹果通过第3个窗户期间速度变化量最大【答案】 C【解析】【详解】A、苹果在竖直方向运动速度越来越大，但窗户的高度一样，因此时间越来越短，故由竖直方向的平均速度vy=ht可知越来越大，即通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最小，故A错误；B、窗户的高度一样，故通过每个窗户重力做功都为mgh，故B错误；C、苹果通过第一扇窗户时间最长，故通过第1个窗户克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正确；D、平抛运动的加速度恒定为g，则速度变化量为v=gt，通过第3个窗户的时间最短，故其速度变化量最小；故D错误；故选C.二、多选题11如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为、质量为M的斜面体右侧用楔子P固定于地面,一质量为m的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子P取走,小球下落且未脱离斜面的过程中,下列说法正确内是A球将做自由落体运动B球对竖直挡板压力相对于球静止时减小C球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒D球体与斜面体组成系统动量守恒【答案】 BC【解析】【详解】A小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项A错误；B球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项B正确；C因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项C正确；D球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D错误.12如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间图象如图丙所示，重力加速度g为10 m/s2。下列说法正确的是A斜面倾角为30，小滑块的质量m=2 kgB在02 s时间内拉力F做的功为100JC在01 s时间内合外力对小滑块做功12.5 JD在04 s时间内小滑块机械能增加80J【答案】 BC【解析】【详解】A：由速度一时间图像可知，在2-4s时间内小滑块的加速度a2=-5m/s2，由牛顿第二定律：-mgsin=ma2，解得：=30。在0-2s时间内小滑块的加速度a1=5m/s2，由牛顿第二定律，F-mgsin=ma1，解得：m=1kg。故A项错误。B：由速度一时间图像可知，在0-2s时间内小滑块的位移为x=10m，拉力F做的功为W=Fx=1010=100J，故B项正确。C：1s末小滑块的速度v=5m/s，由动能定理，在0-1s时间内合外力对小滑块做的功W=12mv2=12.5J。故C项正确。D：由功能关系可知，在0-4时间内小滑块机械能增加量E=W=100J。故D项错误。13如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L=Rtan-，圆弧轨道圆心为O，半径为R，DOE=，EOG=90，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是（）A滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB滑块下滑后将会从G点飞出C滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mgD滑块在斜面上经过的总路程为Rtantan-【答案】 CD【解析】【详解】A、滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则D到E点，根据机械能守恒定律：mgR(1-cos)=12mvE2，在E点：N-mg=mvE2R，联立解得：N=mg(3-2cos)，故A错误；B、从A到G由动能定理得：mg(Lsin-Rcos)-mgcosL=12mvG2，其中L=Rtan-，解得：vG=0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；C、滑块第一次到达E点时，根据动能定理：mgLsin+R(1-cos)-mgcosL=12mvE2，解得vE=2gR，第二次到达E点的速度与第一次相同，根据牛顿第二定律NE-mg=mvE2R，解得NE=3mg，故C正确；D、滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点来回运动，根据动能定理：mgLsin=mgcosS总，解得S总=Rtan(tan-)，故D正确。故选CD。14如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与A前、后壁接触,斜面光滑且放置于粗糙水平地面上.一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连.今用外力推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,释放盒子前后斜面始终相对地面处于静止状态,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中( )A斜面对地面的摩擦力始终向左B弹簧的弹性势能一直减小直至为零CA所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量D弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量【答案】 AD【解析】【详解】当盒子获得最大速度时，弹簧的弹力等于AB整体的重力沿斜面向下的分力，则此时弹簧仍处于压缩状态，此过程中弹簧对P始终有斜向左下的弹力，即地面对斜面的摩擦力向右，斜面对地面的摩擦力始终向左，选项A正确；因此时弹簧仍处于压缩状态，可知弹簧的弹性势能没有减到零，选项B错误；此过程中，对A、B系统：W弹-WGA-WGB=12(mA+mB)v2，即W弹-WGA=12mAv2+(12mBv2+WGB)，即A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A的动能的增加量，选项C错误；因A、B和弹簧系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量，选项D正确；故选AD.15如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方R2处。小球从最高点A由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A小球运动到B点时的速度大小为2gRB弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD小球运动到B点时重力的功率为0【答案】 BCD【解析】【详解】由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB=2gR故A错误。根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确。小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确。故选BCD。16我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AB部分是倾角为=37的助滑雪道，BC部分是半径为25m的光滑圆弧轨道，二者相切于B点，圆弧最低点C点的切线沿水平方向，CD部分为倾角2=30的着陆坡。一运动员连同滑板可视为质点，从A点由静止滑下，到C点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的E点，不计空气阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。则A运动员到达C点时，对轨遒的压力大小为运动员本身重力的1.9倍B运动员到达B点时的速度大小为10m/sC若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同D若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0从C点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比【答案】 ACD【解析】【详解】A.设运动员在C点的速度为vC，在CD上有平抛运动可得：tan2=12gt2vCt，CDsin2=12gt2,有以上两方程可得：vC=15m/s，在C点有圆周运动的知识可得：FN-mg=mv2R，压力大小为运动员本身重力的比为：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正确。B.有B到C有动能定理可得：mgR(1-cos)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B错误。C. 运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得：tan=2tan2，所以是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同。故C正确。D. 运动员落在着陆坡上的速度大小v，由平抛运动的规律可得v=v0cos，因为cos是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比。故D正确。17如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。已知弹簧形变为x时，劲度系数为k的弹簧的弹性势能为EP=12kx2。不考虑空气阻力，关于此过程，下列说法正确的有（）A物体重力势能减小量一定大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W【答案】 AD【解析】【详解】A物体向下运动的过程中，要克服弹簧的弹力做功W弹，根据动能定理可知：mgh-W-W弹=0，可得减小的重力势能为mgh=W+W弹W。故A正确。B.设AB的距离为h，由平衡条件可得：mg=kh，由题目所给的条件可得弹簧的弹性势能为：Ep=12kh2，由以上两式可得：Ep=12mgh；由动能定理可得：mgh-W-W弹=0，可得W弹=mgh-W=Ep，所以可求得；W弹=Ep=12mgh=W。故B错误。C.物体要克服手的支持力做功，所以系统的机械能要减小。故C错误。D.物体从静止下落到B的过程中，根据动能定理有：mgh-W弹=Wk，再结合W弹=12mgh=W可得：Wk=mgh-W弹=mgh-12mgh=12mgh=W。故D正确。18如图,滑块A、B的质量均为m,A套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成45角,B套在水平固定的直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长。A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，初始时轻杆与水平面成30角。将A、B从静止释放,B开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B视为质点,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A滑块A、B组成的系统机械能守恒B当A到达最低点时，B的速度最大，最大速度为3gLCB到达最右端时,A的速度为2gLDB从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零【答案】 ABD【解析】【详解】A、因不计一切摩擦，杆为轻杆，故滑块A、B组成的系统机械能守恒，故A正确；B、当A到达最低点时，A速度为零，B的速度最大，则有：mg(L2+L)=12mvBm2，解得vBm=3gL，故B正确；C、B到达最右端时，B的速度为零，此时A、B的位置如图所示，则有：mg(L2+22L)=12mvA2，解得：vA=(1+2)gL，故C错误；D、B从开始运动至最右端的过程中，B先做加速度直线运动后做减速直线运动，B到达最右端时B的速度为零，运动过程中只有轻杆对B做功，根据动能定理可知B从开始运动至最右端的过程中，轻杆对B先做正功后做负功，总功为零，故D正确；故选ABD。19如图，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心，AB为水平直径。现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角=60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）Av1：v2=1:3B小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同C小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为1:2D小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同【答案】 AB【解析】【详解】A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点时有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点时有：x2=v2t=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正确；B、根据加速度的定义a=vt可知速度的变化量v=gt，由于下落时间相同，所以小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同，故B正确；C、小球从抛出到D点的平均速度vD=SADt=Rt，小球从抛出到C点的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后两次的平均速度之比为1:3，故C错误；D、小球刚到D点时重力的瞬时功率PD=mgvyB=mggt=mg2t，小球刚到C点时重力的瞬时功率PC=mgvyC=mggt=mg2t，所以重力的瞬时功率两次相同，故D错误；故选AB。20将轻质弹簧竖直固定在地面上，第一次将小物块轻放在弹簧上端让其压缩弹簧，当物块重力做功为W时物块加速度为零，速度大小为v，弹簧压缩量为x0；第二次手拿物块缓慢压缩弹簧，当物块重力做功仍为W时，手对物块做功的大小为12w，则（）A小物块的质量为Wgx0B第一次小物块的速度v=gx0C第一次弹簧的最大弹性势能为WD第一次手对小物块做正功【答案】 AB【解析】【详解】由重力做功可知W=mgx0，得小物块的质量m=Wgx0，选项A正确；由于第二次手拿物块缓慢压缩弹簧，可认为物块速度为零，由功能关系可知手对小物块做负功，且弹黄弹力做负功，大小为W弹=W-12W=12W，在第一次中，W-W弹=12mv2，解得v=gx0，选项B正确，D错误；在第一次中，小物块速度为v时会继续压缩弹簧，直到速度为零，小物块重力做功将其重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，而整个过程中小物块重力做的功一定大于W，故选项C错误。三、解答题21在光滑绝缘水平轨道上有一弹簧左端系于A点,右端与质量为3m的小球1接触但不连接。现用外力推动小球1将弹簧压缩至弹性势能为Ep=mgs(s为一定值)时静止释放,离开弹簧后与静止在P点质量为m、带电量为q(q0)的小球2发生弹性正碰(不发生电荷转移),碰后小球2从DB进入圆弧轨道,如图所示。BC是一段竖直墙面,DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道,轨道上端D点的切线水平,B、D间距很小,可看作重合的点。圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为53在BC右边整个空间有水平向左、场强E=3mg4q的匀强电场,小球2进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动,一段时间后从轨道下端F处脱离,最后打在竖直墙面BC的C点。已知重力加速度为g,sin53=0.8。求：（1）碰后小球2运动的速度;（2）轨道DEF的半径R;（3）小球2打在C点前瞬间的速度。【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm（3）85gs14m/s【解析】【详解】（1）由能量守恒得Ep=123mv121、2小球根据动量守恒得：3mv1=3mv1+mv2.1、2小球根据机械能守恒得：123mv12=123mv12+12mv22.由式解得：vB=v2=3gs2m/s（2）由题意得：F合=(mg)2+(qE)2=54mg.设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有：54mg=mvE2R.根据动能定理得：-54mg(R-Rsin53)=12mvE2-12mvB2.由式解得：R=67sm（3）过点F做切线以及垂直BC的水平线，则为53。又因为mgqE=43，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53。即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动。由几何关系得：LBC=R+Rcos53=167sm.从B到C全程动能定理有：mgLBC=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gs14m/s.22图甲为某轻型起重机向房顶运输货物,其简图如图乙所示,一端有定滑轮的杆臂OA固定在O点，某次起重机以速度v0=1m/s匀速向上提升质量m=1t的重物(可视为质点),在重物离地面H=19.5m时钢绳突然断裂,此时一辆L=3m的搬砖车正以v=0.5m/s的速度在图乙中CD方向运动,车头前端恰好处于重物正下方,搬砖车高h=1.5m。g取10m/s2，不计空气阻力。求:（1）匀速提升重物的过程中起重机的输出功率;（2）钢绳断裂时搬砖车司机立即加速加速度至少为多大才能避免被重物砸中?【答案】（1）1.0104W（2）1m/s2【解析】【详解】（1）起重机的输出功率等于提升重物的机械功率P=Fv=m货gv=103kg10m/s21m/s=1.0104W（2）设物体自绳断开始至人车顶部的时间为t，-h=v0t-12gt2带入数据-（19.5-1.5）=t-5t2解得t=2s.设人安全通过搬砖车的最小加速度为aL=v1t+ 12at2解出a=1m/s223光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径远小于R。与B相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起。求当v0的大小在什么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度为g。【答案】v022gR或v025gR【解析】【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv02mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：2mgR0122mv2，解得v022gR若两物体恰能到达最高点，则：2mg2R122mv2122mv2，2mg2mv2R，解得v025gR综上，当v022gR或v025gR时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。24某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角=37的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为=0.5。（sin37=0.6）（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。【答案】（1）4m/s；（2）h3.0m；（3）h3.6m【解析】【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：mgsin-mgcos=mavB2=2ahsin解得vB=4m/s（2）左侧离开，D点速度为零时高为h10=mgh1-mgcosh1sin-mgL解得hh1=3.0m（3）右侧抛出，D点的速度为v，则12mv2=mgh-mgcoshsin-mgLH+2R=12gt2x=vt可得x=2h-3为使能在D点水平抛出则：mgmv2R解得h3.6m25小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功（3）上升和下降的时间。【答案】（1）5011m；（2）0；-1011J；（3）1011s，101133s【解析】【详解】（1）上升过程：mg+Ff=ma1解得a1=11m/s2上升的高度：h=v022a1=5011m（2）重力做功：WG=0空气阻力做功：Wf=-Ff2h=-1011J（3）上升的时间：t1=v0a1=1011s下降过程：mg-Ff=ma2解得a2=9m/s2h=12a2t22解得t2=101133s26有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间。为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L=200 m，水平部分BC 段长度也为L=200 m、站台的高度 h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接。一长度可忽略的电车自站台左前方以 v0=72 km/h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间 t1=100 s 后到达 A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的 B 点时速度为 vB=18 km/h，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在了 BC 段的中点。已知电车在各段轨道上所受摩擦（不含刹车时所增加的阻力）及空气阻力均可认为等于其自身总重量的 0.01 倍，刹车过程所增加的阻力可看作恒力，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取 10 m/s2求：（1）电车到达A 点时的速度大小vA；（2）电车从站台B 点到最终停止所需的时间 t；（3）该电车站台的高度h；【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m。【解析】【详解】v0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s；（1）电车从切断电源到A点的过程合外力为摩擦力，故由牛顿第二定律可得：0.01mg=ma1，所以，a10.01g0.1m/s2；由匀变速运动规律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1100m/s=10m/s；（2）机车从B点到停止的过程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故机车做匀减速运动，则有12L12vBt，所以，电车从站台B点到最终停止所需的时间tLvB200m5m/s40s；（3）机车从A点到B点的过程只有重力和摩擦力做功，故由动能定理可得：mgh0.01mgL12mvB212mvA2；所以，hvA2-vB22g-0.01L102-52210m-0.01200m1.75m27如图所示，一质量为1kg的物体静止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0时刻，对物体加一斜向上、与水平方向成=37角的力F的作用，物体做匀加速直线运一段时间后，撤去F的作用，最终停在水平面上，物体运动过程中从t=0时刻开始，每隔0.1s通过速度传感器测量出物体的瞬时速度，部分测量数据如下表所示，已知sin37=06，g=10m/s2，求(1)力F的大小；(2)物体运动过程中获得的最大动能；(3)整个运动过程中物体克服摩擦力所做的功。【答案】（1）10N（2）18J（3）24J【解析】【详解】由题意可知，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动。设物体做匀加速和匀减速运动过程中加速度大小分别为a1，a2。由表中数据可知：a1=vt=6m/s2，a2=v2t=5m/s2物体做匀加速运动过程：Fcos-（mg-Fsin)=ma1物体做匀减速运动过程：mg=ma2由以上各式可得：F=10N设物体做匀加速运动时间为t，有题意可知：a1t=v2+a2(t2-t)即6t=3+5(1.6-t)得：t=1s物体过程中获得的最大动能：Ekm=12mvm2=12m(a1t)2=18J物体做匀加速运动的位移：S1=12a1t2对物体全过程列动能定理方程：FS1cos37-Wf=0-0得：Wf=24J28如图所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以v0=2gh的速度匀速逆时针运动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数=h2L。求：（1）工件离开传送带时的速度；（2）工件在传送带上运动过程中产生的内能。【答案】（1）v=gh；（2）Q=5-222mgh【解析】【详解】解：(1)设工件从传送带右边离开，工件到达传送带右边时速度大小为v，根据动能定律可得：mgh-mgL=12mv2解得：v=gh，且工件从传送带右边离开(2)设工件到达传送带时速度大小为v1，在传送带上运动时间为t，则有：mgh=12mv12根据运动学公式有：t=v1-vg联立解得工件在传送带上运动的时间：t=2L(2-1)gh产生的热量为：Q=mg(v0t+L)由以上各式解得工件在传送带上运动过程中产生的内能：Q=5-222mgh29如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由水平部分AB和半圆弧轨道BCD部分平滑连接而成，一质量m=1kg的可视为质点的物块Q以初速度v0=10m/s从左侧滑上小车。，已知AB长为L=10m，小车的质量为M=3kg取重力加速度g=10m/s2。（1）若水平部分AB是粗糙的，而半圆弧BCD部分是光滑的，物块Q滑到C点返回恰好停止在AB的中点，求物块Q与水平部分AB间的动摩擦因数和半圆弧BCD的半径R1。（2）若小车上表面AB和半圆弧轨道BCD面均光滑，半圆弧轨道BCD的半径为R2=1.2m，物块Q可以从半圆弧轨道BCD的最高点D飞出，求其再次落回小车时，落点与B点的距离S为多少？（结果可用根号表示）【答案】（1）0.25；1.25m（2）1235m【解析】【详解】(1)物块Q从开始运动到与小车相对静止过程，共同速度为v，系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有：mv0=(m+M)v，代入数据解得：v =2.5m/s系统能量守恒：12mv02=mg32L+12(m+M)v2代入数据解得：=0.25Q至C点与车共速时，系统能量守恒，有：12mv02=mgL+12(m+M)v2+mgR1代入数据解得：R1=1.25m(3)设Q通过D点时，Q与小车的速度分别为v1、v2系统水平方向动量守恒，全过程能量守恒，规定向右为正方向，mv0=mv1+Mv212mv02=12mv12+12Mv22+2mgR2解得：v1=-2m/s，v2=4m/s 或v1=7m/s，v2=1m/s（舍）物块Q通过D点时相对小车的速度为：v=（v2-v1）6m/s，物块Q再次落回小车时与物块的距离为：s=v4R2g代入数据解得：s=1235m30如图所示，可看成质点的质量分别为2m和m的物块A、B之间夹着一被压缩且锁定的轻、短弹簧，它们静止在光滑轨道abc的水平轨道ab上，bc为竖直平面内的半径
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