高考物理一轮复习 专题六 机械能及其守恒定律课件2

专题六机械能及其守恒定律高考物理高考物理 (课标专用)考点一功和功率1.(2018课标,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程,()A.矿车上升所用的时间之比为4 5B.电机的最大牵引力之比为2 1C.电机输出的最大功率之比为2 1D.电机所做的功之比为4 5五年高考A组 统一命题课标卷题组答案AC本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第次所用时间t=t0,即矿车上升所用时间之比为4 5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1 1,选项B错误;在第次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)v0,即=,选项C正确;对两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即=,选项D错误。521212PP2112WW11易错点拨瞬时功率与平均功率的区别瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率为瞬时功率。2.(2017课标,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力()A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心答案A本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。解题指导(1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。(2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能关系和圆周运动公式有mv2=mgR(1-cos)m=mgcos-N解出N=3mgcos-2mg由此可知,当3mgcos2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mgcosm乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。433R甲334m甲334m甲m gfm甲甲甲3234 m甲3234 m乙12考查点功、牛顿第二定律解题关键推出下落的加速度的函数表达式。4.(2015课标,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是()答案A由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动,有:-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。1Pv2Pv解题关键根据P=Fv=fv和牛顿第二定律分析a的变化情况,得到可能的v-t图像。解题技巧牵引力与阻力相等时,汽车匀速前进,v=。Pf评析本题利用汽车启动模型考查了瞬时功率与速度的关系、牛顿第二定律、速度图像等知识点,对过程分析有较高的能力要求,试题难度中等。考点二动能定理及其应用5.(2018课标,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案A本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkW拉,故A正确,B错误;Ek可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。思路分析外力做功与动能变化的关系动能的改变是物体所受合外力做功引起的。6.(2016课标,16,6分)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设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,LPLQ,所以vPmQ,LPmQ,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=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。122gL2mvL2gL2vL方法技巧利用动能定理和向心力公式正确列出方程,快速解出结果来找正确选项。7.(2016课标,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则()A.a=B.a=C.N=D.N=2()mgRWmR2mgRWmR32mgRWR2()mgRWR答案AC由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=mv2,在最低点的向心加速度a=,联立得a=,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。122vR2()mgRWmR32mgRWR考查点动能定理易错点拨由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。一题多解假设内壁光滑,W=0,由可得:a=2g,N=3mg,可判定D错误;假设质点P到最低点时速度为零,由得:W=mgR,a=0,可判断B错误,故A、C正确。22212mgRmvvaRmvNmgR20mgR WvaR8.(2015课标,17,6分,0.346)如图,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。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点B.WmgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离12121212答案C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg2R-W=mv2质点在最低点:FN-mg=由牛顿第三定律得:FN=4mg联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。122mvR12考查点动能定理、向心力解题关键利用动能定理求出W。分析出PN段与NQ段克服摩擦力所做的功不同。审题技巧审题时的关键句:“粗糙程度处处相同的半圆形轨道”。9.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A.tan和B.tan和C.tan和D.tan和2v2H212vgH2H4H212vgH4H答案D由动能定理有-mgH-mgcos=0-mv2-mgh-mgcos=0-m解得=tan,h=,故D正确。sinH12sinh1222v212vgH4H审题指导物块上升到最大高度时速度为0,对两次上滑过程利用动能定理列式求解即可。知识拓展斜面和水平面材料相同,物体从斜面上由静止滑到水平面至停止运动,克服滑动摩擦力做功Wf=mgcosAB+mgBC=mg(AB+BC)=mgAC,与物体直接从水平面上AC段滑动时克服滑动摩擦力做功相同。10.(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为,sin=。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小;(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。35答案(1)mg(2)(3)3452gR232mgR355Rg解析本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有=tanF2=(mg)2+设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=m由式和题给数据得F0=mgv=(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系得DA=RsinCD=R(1+cos)由动能定理有0Fmg20F2vR3452gR-mgCD-F0DA=mv2-m由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为p=mv1=(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有vt+gt2=CDv=vsin由式和题给数据得t= 121221v232mgR12355Rg11.(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。答案(1)(2)220102vvgs211020()2s vvs解析本题考查动能定理、匀变速直线运动规律。(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得-mgs0=m-m解得=(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。由运动学公式得-=2a1s0v0-v1=a1ts1=a2t2联立式得a2=1221v1220v220102vvgs20v21v12211020()2s vvs考点三机械能守恒定律及其应用12.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N答案C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3m,则h=243m=72m,得F949N,接近103N,故选项C正确。122ghmvt易错点拨估算能力(1)每层楼高度约为3m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。13.(2016课标,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且ONMOMN。在小球从M点运动到N点的过程中,()A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差2答案BCD如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。考查点功、机械能守恒审题指导审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等”、“ONMOMN0,可判断球经过c点后将继续向斜上方运动,当竖直方向速度为零时小球到达最高点。3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积:W=Fs。4.由功能关系确定机械能增量。19.(2017课标,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为()A.mglB.mglC.mglD.mgl1319161312答案A将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面的绳的重力做功,W外=|WG|,而下面的绳重心升高l,故克服重力做功|WG|=m0gl,又m0=m,则W外=|WG|=mgl=mgl,故A选项正确。1313131313131319一题多解尝试不同方法解题解法一Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计。以Q点为零势能点,细绳的初始机械能为mgl,末态机械能为mgl+mg=mgl,则增加的机械能E=mgl-mgl=mgl。由功能关系可知A项正确。解法二作用点位移x=l,平均作用力为mg,故拉力做功W=x=mgl,故A项正确。121356232l1118111812192316F19易错点拨绳(链)重力势能的求解绳、链等物体重力势能的求解关键点是重心位置的升降。本题中把下端Q拉到M点过程中只有下面的绳的重心位置上升了,重力势能增加了,外力只需克服这部分绳的重力做功即可。1320.(2014课标,16,6分,0.513)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A.WF24WF1,Wf22Wf1B.WF24WF1,Wf2=2Wf1C.WF24WF1,Wf2=2Wf1D.WF24WF1,Wf22Wf1答案CWF1=mv2+mgt,WF2=m4v2+mgt,故WF24WF1;Wf1=mgt,Wf2=mgt,故Wf2=2Wf1,C正确。122v1222v2v22v考查点功、功能关系审题技巧审题时的关键点:“从静止开始”、“v”、“2v”“同样的时间”。解题关键物体位移利用x=t来求。122vv21.(2017课标,24,12分)一质量为8.00104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105m处以7.50103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。答案(1)4.0108J2.41012J(2)9.7108J解析本题考查机械能、功能原理。(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=m式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek0=4.0108J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh=m+mgh式中,vh是飞船在高度1.60105m处的速度大小。由式和题给数据得Eh=2.41012J(2)飞船在高度h=600m处的机械能为Eh=m+mgh由功能原理得W=Eh-Ek01220v122hv1222.0100hv式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W=9.7108J思路点拨本题第(1)问考查学生对机械能概念的理解能力和简单的推理能力。着地前瞬间飞船的重力势能为零,机械能等于飞船的动能。进入大气层时飞船的机械能等于其动能与重力势能之和。本题第(2)问考查学生对功能原理的理解能力。合力做功改变物体的动能,重力做功改变物体的重力势能,除飞船重力之外的力做功改变它的机械能。此问中克服阻力所做的功等于飞船机械能的改变。22.(2016课标,25,20分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。答案(1)2l(2)mMMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有MMgl联立式得mM0;要能沿圆轨道滑下,则P不能滑过圆轨道中点C。考点一功和功率1.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B组 自主命题省（区、市）卷题组B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3 2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1 2答案BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得=,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:12FF3222 va第一种情况动车组的最大速度为v1,-8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2,-8kmg=0,两方程联立可得=,选项D正确。12Pv24Pv12vv12审题指导在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合外力为零。动车组为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。2.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍B.2倍C.倍D.倍32答案D因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm。输出功率为2P时,最大速率为vm,由P=Fv=fvm=k得vm=,所以=,因此A、B、C错,D对。2mvPkmmvv2PP23.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0104kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小;(2)牵引力的平均功率P。答案(1)2m/s2(2)8.4106W解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax代入数据解得a=2m/s2(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma设飞机滑跑过程中的平均速度为,有=在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F联立式得P=8.4106Wvv2vv试题评析本题考查匀变速直线运动的基本规律和牛顿运动定律的简单应用以及功率的计算等,属于基本知识的简单应用,难度为易。4.(2015四川理综,9,15分)严重的雾霾天气,对国计民生已造成了严重的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源,“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放,大力发展地铁,可以大大减少燃油公交车的使用,减少汽车尾气排放。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20s达最高速度72km/h,再匀速运动80s,接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106N,匀速运动阶段牵引力的功率为6103kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。(1)求甲站到乙站的距离;(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物310-6克)答案(1)1950m(2)2.04kg解析(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1,距离为s1;在匀速直线运动阶段所用的时间为t2,距离为s2,速度为v;在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3,距离为s3;甲站到乙站的距离为s。则s1=vt1s2=vt2s3=vt3s=s1+s2+s3联立式并代入数据得s=1950m(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F,所做的功为W1;在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P,所做的功为W2。设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W,将排放气态污染物质量为M。则W1=Fs1W2=Pt21212W=W1+W2M=(310-9kgJ-1)W联立式并代入数据得M=2.04kg考点二动能定理及其应用5.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。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,则运动员沿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本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;滑动摩擦力f=FN,FN随着下滑位置的不同由A到B逐渐变大,因此滑动摩擦力变大,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。易错警示运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。6.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功思路分析物块运动状态的确定根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。答案AD本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。7.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C依据动能定理,上升过程中F升=mgsin+mgcos大小恒定,下降过程中F降=mgsin-mgcos大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则EktEk0,故选项C正确。8.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1900J,他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1900JB.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900JD.重力势能减小了2000J答案C由动能定理可知,Ek=1900J-100J=1800J,故A、B均错。重力势能的减少量等于重力做的功,故C正确、D错。9.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45和37的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin37=0.6,cos37=0.8)。则()A.动摩擦因数=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh6727ghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 35答案AB滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2f1=mgcos45f2=mgcos37整个过程由动能定理列方程:mg2h-f1-f2=0解得:=,A项正确。滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:sin45hsin37h67mgh-f1=mv2解得:v=,B项正确。由式知:Wf=2mgh,C项错误。在下段滑道上,mgsin37-mgcos37=ma2解得:a2=-g,故D项错误。sin45h1227gh335反思总结本题的A、B选项还可以用动力学方法求解,但比较可知,用动能定理更简单。10.(2016天津理综,10,16分)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,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,取g=10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有=2ax由牛顿第二定律有mg-Ff=ma联立式,代入数据解得Ff=144N(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=m-m设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=m由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得R=12.5m2BvHx122Cv122Bv2CvR审题指导(1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛顿第二定律来解答。(2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些力提供向心力。11.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5。设皮带足够长,取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=mg取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Ft=mv-0由式并代入数据得t=0.2s(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx=mv2-0由式并代入数据得x=0.1m(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt摩擦力对皮带做的功W=-Fs12由式并代入数据得W=-2J考点三机械能守恒定律及其应用12.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A三个小球初始状态高度h相同,速率v0相同,抛出后只受重力,机械能守恒,根据机械能守恒定律得mgh+m=mv2,可知落地时三个小球的速度大小相等。1220v1213.(2014福建理综,18,6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块()A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同答案C因物块能向上弹出且离开弹簧,则物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mgsin=ma,即a=-gsin,由于两物块k、x、均相同,m不同,则a不同,B错误。当mgsin=kx0即x0=时,速度最大,如图,设两物块质量m1m2,其平衡位置分别为O1、O2,初始位置为O,则从O至O2的过程中,由W弹-WG=Ek及题意知,W弹相同,WG1Ek2,即v1v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量Ep=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。kxmsinmgk14.(2014安徽理综,15,6分)如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发,初速率为v0,沿管道MPN运动,到N点的速率为v1,所需时间为t1;若该小球仍由M点以初速率v0出发,而沿管道MQN运动,到N点的速率为v2,所需时间为t2。则()A.v1=v2,t1t2B.v1t2C.v1=v2,t1t2D.v1v2,t1t2。15.(2018江苏单科,14,16分)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53。松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin53=0.8,cos53=0.6。求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比M m;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。答案(1)Mg-mg(2)6 5(3)见解析53解析本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿运动定律的应用。(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2cos53F+mg=F1cos53+F2sin53且F1=Mg解得F=Mg-mg(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin53,物块下降高度h2=2l由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2解得=(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力为T由牛顿运动定律得Mg-T=Ma小球受AC的拉力T=T53Mm65由牛顿运动定律得T-mgcos53=ma解得T=(T=mg或T=Mg)85()mMgmM4855811思路点拨常规思路,破解难题(1)F可由共点力平衡条件列方程求解。(2)放手后小球上升到最高点的过程中,系统机械能守恒,由此求解两物体质量之比。(3)小球再次回到最低点时,物块和小球的速度为零,但加速度不为零,对物块和小球分别列牛顿第二定律方程,联立即可求得T。16.(2017上海单科,19,14分)如图,与水平面夹角=37的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点,且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放,经B点后沿圆轨道运动,通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25。(g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求:(1)滑块在C点的速度大小vC;(2)滑块在B点的速度大小vB;(3)A、B两点间的高度差h。答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m解析本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理。(1)对C点:滑块竖直方向所受合力提供向心力mg=vC=2m/s(2)对BC过程:滑块机械能守恒m=m+mgR(1+cos37)vB=4.29m/s(3)滑块在AB的过程,利用动能定理:mgh-mgcos37=m-0代入数据解得h=1.38m2CmvRgR122Bv122Cv22(1 cos37 )CvgRsin37h122Bv17.(2015福建理综,21,19分)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)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车,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。已知滑块质量m=,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,求:滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。2M答案(1)3mg(2)L 3gR13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=m滑块在B点处,由牛顿第二定律有N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)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=M+m(2vm)2解得vm=设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系mgR-mgL=M+m(2vC)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mg=Ma122Bv2BvR122mv123gR122Cv12由运动学规律-=-2as解得s=L2Cv2mv13考点四功能关系、能量守恒定律18.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下3232D.弹簧的弹性势能最大值为mgL 32答案ABA球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=Lcos30-Lcos60=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。323231231219.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度1414答案BD圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理mgh-Wf-W弹=0-0上滑过程中-mgh-Wf+W弹=0-mv2联立得Wf=mv2,选项B正确。W弹=mgh-mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从AC过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹,克服摩擦力做功为Wf故有下滑过程从BC-W弹+mghBC-Wf=0-m上滑过程从CB121414122BvW弹-mghBC-Wf=mv-mv2联立可得m-2Wf+mv2=mv因WfWf=mv2故2WfmvBvB,选项D正确。122B12122Bv12122B1412122B122Bv20.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中和为楔块,和为垫板,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答案B在弹簧压缩过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此机械能不守恒,选项A错B对;垫板的动能转化为弹性势能和内能,选项C、D均错误。21.(2014上海单科,11,3分)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是()答案C以地面为零势能面,以竖直向上为正方向,则对物体,在撤去外力前,有F-mg=ma,h=at2,某一时刻的机械能E=Fh,解以上各式得E=t2t2,撤去外力后,物体机械能守恒,故只有C正确。122Fa22.(2014山东理综,20,6分)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想:如图,将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上,与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接,然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m,月球半径为R,月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面,“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep=,其中G为引力常量,M为月球质量。若忽略月球的自转,从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.(h+2R)B.(h+R)C.D.()GMmhR Rhmg RRh月mg RRh月2mg RRh月22hRmg RRh月12hR答案D对“玉兔”,由G=m得v=,动能Ek=mv2,势能Ep=且GM=R2g月,由功能关系知对“玉兔”做的功W=Ek+Ep=,故D项正确。2()MmRh2vRhGMRh12()GMmhR Rhmg RRh月2Rh考点一功和功率 1.(2013浙江理综,17,6分)如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2,下列判断正确的是()C组 教师专用题组A.5s内拉力对物块做功为零B.4s末物块所受合力大小为4.0NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.69s内物块的加速度大小为2.0m/s2答案D由图像可知物块在04s内处于静止状态,其所受合力为零,选项B错误;45s内做变加速直线运动,因此5s内拉力对物块做的功不为零,选项A错误;物块所受的滑动摩擦力Ff=3N,则=0.3,选项C错误;在69s内由牛顿第二定律得F-Ff=ma,a=m/s2=2.0m/s2,选项D正确。fFmg531.02.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角=37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg,B所带电荷量q=+410-6C。设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变。取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中,B的电势能增加了Ep=0.06J。已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。答案(1)0.4N(2)0.528W解析(1)F作用之前,A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有对A:T0=mAgsin对B:T0=qE+f0联立式,代入数据解得f0=0.4N(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=EpT-mBg-qE=mBa设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为x,有v2=2asF弹=kxF+mAgsin-F弹sin-T=mAa由几何关系知x=(1 cos )sins设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv联立式,代入数据解得P=0.528W 考点二动能定理及其应用3.(2013江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-mgaB.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-mgaC.经O点时,物块的动能小于W-mgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能1232答案BC因为要克服摩擦力做功,所以O点不在AB的中点,如图,x,由动能定理,从O到A,W-mgx-W弹=0,系统增加的弹性势能Ep=W-mgx,因为x,所以EpW-mga,A错误;同理,物块在B点时,Ep=W-mg(x+a)W-mga,B正确;经O点时,Ek=W-2mgxm)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中()A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD因为M克服摩擦力做功,所以系统机械能不守恒,A错误。由功能关系知系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功,D正确。对M,除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功,由动能定理知B错误。对m,有拉力和重力对其做功,由功能关系知C正确。7.(2013课标,20,6分,0.515)(多选)目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断正确的是()A.卫星的动能逐渐减小B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小答案BD卫星轨道半径逐渐减小,线速度可认为依然满足v=,则卫星的动能Ek=mv2=逐渐增大,A错误。由于W引0,则引力势能减小,B正确。由于Wf0,有非重力做功,则机械能不守恒,C错误。由W引-Wf=Ek0,所以WfW引=|Ep|,可知D正确。GMR1212GMmR考查点功、人造卫星审题技巧审题的关键词:“轨道可近似为圆”、“轨道半径逐渐变小”、“稀薄气体阻力的作用”。易错警示气体阻力做负功,机械能减少,动能不一定减小。8.(2013北京理综,23,18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t=2.0s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图;(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。答案(1)5.0103N/m示意图如图所示(2)5.0m(3)1.1m2.5103J解析(1)床面下沉x0=0.10m时,运动员受力平衡mg=kx0得k=5.0103N/mF-x图线如答案图所示。(2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等hm=g()2=5.0m(3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处到x=0