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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。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中 AB=BC，在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0水平抛出一小球，刚好落在 B 点，小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A小球从O 到D 点的水平位移是从O 到B 点水平位移的 1:3B小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为 2:3C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3D小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4【答案】 C【解析】【详解】A设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：Lcos=v0t；Lsin=12gt2，联立解得：t=2v0tang，设OBA=，C=，则tan=hAB，tan=hAC，由于AB=BC，可知tan=2 tan，因在D点时：tD=2v0tang，在B点时：tB=2v0tang，则落到D点所用时间是落到B点所用时间的12，即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的12，故A错误；B由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的12，故D点和B点竖直方向的速度之比为1：2，故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为12，故B错误；C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1:3，则重力做功的比为1:3，选项C正确；D小球的速度与水平方向的夹角tangtv0，故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的12，故选项D错误；2质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大.则下列说法正确的是( )A汽车受到的阻力200NB汽车的最大牵引力为700NC汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD8s18s过程中汽车牵引力做的功为7104 J【答案】 D【解析】【详解】根据机车保持恒定的加速度启动，先做匀加速直线运动，当功率增大到最大功率后做变加速直线运动，最后牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动.A、机车匀速时有Pm=Fv=fvm，可得f=Pmvm=710310N=700N；故A错误.B、对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v-t图象可知a=vt=1m/s2，故最大牵引力为F1=f+ma=700+2001=900N；B错误.C、汽车在做变加速运动过程的时间t2=18-8=10s，速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理Pmt2-fx2=12mvm2-12mv12，解得：x2=6647m；故C错误.D、8s18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为WF=Pmt2=710310J=7104J，故D正确.故选D.3如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球，两球质量均为m，放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为32L，现将b从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小为g，则( )A在b球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒B从开始到b球距地面高度为L2的过程中，轻杆对a球做功为3-18mgLC从开始到b球距地面高度为L2的过程中，轻杆对b球做功为-38mgLD在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为3gL【答案】 B【解析】【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题；【详解】A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；BC、对两球及杆系统,在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为L2的过程中，由机械能守恒定律得：mg(32L-L2)=12mvA2+12mvB2，且有vAcos30=vBcos60，解得：vA=(3-1)gL2，vB=(3-3)gL2，所以轻杆对a球做功为：WA=12mvA2-0=3-18mgL，轻杆对b球做功：WB=12mvB2-mg(32L-L2)=7-538mgL，故B正确，C错误；D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：mg32L=12mvB2，解得：vB=3gL，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：PB=mgvB=mg3gL，故D错误；故选B。【点睛】解决关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解。4如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h02（不计空气阻力），则A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为12RC小球从B点落回后一定能从A点冲出D小球从B端离开小车后做斜上抛运动【答案】 C【解析】【分析】水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小。【详解】A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球从B点冲出时小车向左的位移为x，由水平方向动量守恒定律得：m2R-xtmxt=0，解得小车的位移x=R，故B错误。C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，然后再从B点落回小车。小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0h02）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做的功，解得Wf=12mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为12mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于12mgh0，机械能损失小于12mgh0，因此小球再次离开小车时，一定能从A点冲出。故D错误，C正确故选:C【点睛】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功，如本题克服摩擦力做的功。5如图所示,半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内,质量为m的小球A套在人圆环上。上端定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接并起套在杆上,小球A和滑块乃之间用长为R的轻杆分别通过饺链连接。当小球A位于圆环最高点时,弹簧处于原长;此时给A一个微小扰动(初速度视为0)使小球A沿环顺顶时针滑下到达圆环最右侧时小球A的速度为gr(g为重力加速度)。不计一切摩擦,A、B均可视为质点,则下列说法中正确的是A小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒B小球A从圆环最高点到达圆环最侧的过程滑块B的重力势能滅小了33mgRC小球A从环最高点到达圆环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了mgR2D小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了3-3mgR【答案】 D【解析】【详解】A、小球A、滑块B和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒，小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；B、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为2Rcos30=3R，滑块B下落的高度为h=3R-3R，滑块B的重力势能减小了(3-3)mgR，故B错误；C、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C错误；D、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示:根据运动的合成与分解可得：vAcos=vBcos，则vA=vB，根据机械能守恒定律可得：(3-3)mgR+mgR=12mvA2+12mvB2+EP，解得:EP=(3-3)mgR，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了(3-3)mgR，故D正确；故选D.【点睛】本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。6已知一足够长的传送带与水平面的倾角为,以恒定的速度顺时针转动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m的小物块,如图甲所示。以此时为t=0时刻,小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向,图乙中v1v2)。下列说法中正确的是 ()A0t1内传送带对小物块做正功B小物块与传送带间的动摩擦因数小于tanC0t2内传送带对小物块做功为12mv22-12mv12D0t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量【答案】 D【解析】【详解】由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功。故A错误。在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，得tan故B错误。0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=12mv22-12mv12，则传送带对物块做功W12mv22-12mv12故C错误。物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。故D正确。故选D。【点睛】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法7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加速度逐渐减小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【答案】 D【解析】【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确8如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面，斜面上放有两个质量均为m的可视为质点的小物体甲和乙，两小物体之间用一根长为L的轻杆相连，乙离斜面底端的高度为h.甲和乙从静止开始下滑，不计物体与水平面碰撞时的机械能损失，且水平面光滑.在甲、乙从开始下滑到甲进入水平面的过程中( )A当甲、乙均在斜面上运动时，乙受三个力作用B甲进入水平面的速度大小为3gh+2gLsinC全过程中甲的机械能减小了12mgLsinD全过程中轻杆对乙做负功【答案】 C【解析】【详解】若以甲与乙组成的系统为研究的对象，可知系统受到重力与斜面的支持力，所以加速度的大小为gsin；以乙为研究的对象，设乙与杆之间的作用力为F，则：mgsin-F=ma=mgsin，可知，乙与杆之间的作用力为0，所以乙只受到重力和支持力的作用。故A错误。以甲、乙组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh+mg（h+Lsin）=122mv2，解得两球的速度：v=2gh+gLsin，选项B错误。以甲球为研究对象，由动能定理得：mg（h+Lsin）+W=12mv2，解得：W=-12mgLsin全过程中甲球的机械能减小了12mgLsin ，全过程中轻杆对乙球做功12mgLsin 故C正确，D错误。故选C.【点睛】本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题.9质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示，则赛车在加速的过程中( )A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为160 kWD所受阻力大小为1 60 N【答案】 C【解析】【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故A错误；a-1v函数方程a400v4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得：a=Pmv-fm，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：f/m4，解得：f=4m=4400=1600N；01400P100-f400，解得：P=160kW，故C正确，D错误；故选C。10在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g10 m/s2。由vt图像可知AA、B两点的距离为2.4 mB货物与传送带间的动摩擦因数为0.25C货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为11.2 JD货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.6 J【答案】 C【解析】【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=1220.2+12（2+4）1=3.2m。故A错误。由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：a1=vt=20.2=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：a2=vt=4-21.2-0.2=2m/s2得：mgsin-f=ma2，即：mgsin-mgcos=ma2联立解得：cos=0.8，=0.5，故B错误；根据功能关系，由B中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=1220.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=40.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=12（2+4）1=3m，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-43=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C正确；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=1220.2=0.2m，皮带位移为：x皮=20.2=0.4m，相对位移为：x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=12（2+4）1=3m，x皮2=21=2m，相对位移为：x2=x2-x皮2=3-2=1m，故两者之间的总相对位移为：x=x1+x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=4.8J，故D错误；故选C。【点睛】本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移二、多选题11如图,有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120变为60，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是AA在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2B弹簧的最大弹性势能为3-12mgLC在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小D在A下降的过程中轻绳对B做功为3-14mgL【答案】 BCD【解析】【详解】A、若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，A先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A在最低点时，小球B受到水平横杆的支持力大于32mg，故选项A错误；B、小球A在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A的重力势能减小，即EPmax=mg(Lsin60-Lsin30)=3-12mgL，故选项B正确；C、在A下降的过程中，小球B先加速后加速，小球A球释放时轻绳对B做功的功率为零，小球A在最低点时轻绳对B做功的功率为零，所以轻绳对B做功的功率先增大后减小，故选项C正确；D、在A下降的过程中，对小球A根据动能定律可得mg(Lsin60-Lsin30)-2WF=0，解得每根轻绳对A做功为WF=3-14mgL，所以轻绳对B做功为3-14mgL，故选项D正确；12如图所示，光滑竖直管内有一底端固定的轻质弹簧，弹簧自由端与管口的距离为2 y0，将一个质量为m的小球置于弹簧顶端，并加上外力将小球再下压至弹簧压缩量为y0。撤去外力后小球被弹出，运动到管口时的动能为3 mg y0，重力加速度大小为g，阻力不计，则A弹射过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒B弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能C弹簧具有的最大弹性势能为6 mg y0D小球向上运动过程中的最大动能为5 mg y0【答案】 AC【解析】【详解】A、弹射过程中，对弹簧和小球组成而言，只受重力和弹簧弹力作用，所以系统机械能守恒，故A对；B、弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故B错；C、撤去外力后小球被弹出的过程，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故弹簧具有的最大弹性势能等于小球增加的机械能，即为E=3mgy0+3mgy0=6mgy0，故C对；D、弹簧恢复原长前，小球先加速后减速，当合力为零时动能最大，但平衡位置无法判断，所以最大动能也无法计算，故D错误；13如图所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中以下说法正确的有（）AA的重力势能增加了m1(m1+m2)g2k1BA的重力势能增加了m1(m1+m2)(1k1+1k2)g2CB的重力势能增加了m2(m1+m2)g2k1DB的重力势能增加了m2(m1+m2)g2k2【答案】 BD【解析】【详解】对m1与m2整体分析，在初始状态（m1+m2）g=k2x2，故m2上升的距离为：h2=x2(m1+m2)gk2；B的重力势能增加了m2gh2=m2(m1+m2)g2k2，选项C错误，D正确；初始状态的m1，根据胡克定律，有：k1x1=m1g，故x1m1gk1；末状态时的m2，根据胡克定律，有：k1x1m2g，故x1m2gk1；所以m1上升的距离为：h1=x1+x1+x2=m1gk1+m2gk1+m1g+m2gk2=(m1+m2)g(1k1+1k2)；A重力势能的增加量m1gh1=(m1+m2)m1g2(1k1+1k2)；选项B正确，A错误；故选BD.14如图所示，一光滑水平轨道的左边紧靠竖直墙壁，右边与一个半径足够大的14光滑圆弧轨道平滑相连，质量分别为1.5kg与0.5kg的木块A、B静置于光滑水平轨道上，现给木块A一大小为6m/s的速度，使其水半向左运动并与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s，木块A、B碰撞后立即粘在一起继续向右运动，重力加速度g取10m/s2，则()A在木块A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对木块A的平均作用力大小为50NB木块A与在墙壁碰撞的过程中没有能量损失C木块A、B碰撞后一起向右运动的速度大小为3m/sD木块A、B滑上圆弧轨道后到达的最大高度为0.45m【答案】 ACD【解析】【详解】设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv1-mA(-v1)，代入数据解，墙壁对A的平均作用力为：F=50N，故A正确。A与墙壁碰撞后动能减小，说明碰撞过程中A的能量有损失，故B错误。设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=(mA+mB)v，代入数据解得：v=3m/s，故C正确。A、B在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入数据解得：h=0.45m，故D错误。故选ACD。15如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知ACL，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（）A下滑过程中，其加速度先减小后增大B下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2C从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsin14mv2D环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度【答案】 AC【解析】【详解】A环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，选项A正确；BC环由A到C，有mgLsinEpCQ，环由C到A，有EpCQmgLsin 12mv2，解得Q14 mv2，EpCmgLsin14mv2，选项C正确，B错误；D由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mghWfW弹12mvB20，圆环由B上滑至A，有mghWfW弹012mvB2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，选项D错误。16如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时绳刚好拉直，此时由静止释放B球，当球B摆到与水平方向的夹角为时，A球刚要离开地面，已知A、B球的质量分别为2.4m、m，不计空气阻力。则在球A刚要离开地面时，下列描述正确的是A=53B球B与其初始位置的高度差h=0.8LCB球的速度大小v=8gL5DB球的加速度大小8g5【答案】 ABC【解析】【分析】根据题中“跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个小球A和B”、“球B摆到与水平方向的夹角为时，A球刚要离开地面”可知，本题考察圆周运动与临界情况相结合的问题，应用牛顿第二定律、动能定理、几何关系等知识分析计算。【详解】AC：当球B摆到与水平方向的夹角为时，A球刚要离开地面，设此时绳中拉力为T，对A受力分析可得，T=2.4mg；对B受力分析如图：据牛顿第二定律可得，T-mgsin=mv2L；据动能定理可得，mgLsin=12mv2。联立解得：sin=0.8、=53、v=8gL5。故AC两项正确。B：球B与其初始位置的高度差h=Lsin=0.8L，故B项正确。D：球A刚要离开地面时，B球的向心加速度an=v2L=85g，B球的切向加速度a=mgcosm=0.6g，B球的加速度a=an2+a2=735g。故D项错误。17如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2。质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2。则A传送带的速度大小为4m/sB滑块的质量为3.3kgC滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8JD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。【详解】A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速的速度大小为2m/s，则传送带的速度大小为2m/s。故A项错误。B：子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑块的质量M=66m=3.3kg。故B项正确。C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑块向左运动的加速度大小a=2m/s2。滑块(含子弹)向左减速运动的时间t1=v1a=2s，滑块(含子弹)向左减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离s=v1+02t1+vt1=8m，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C项错误。D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(m+M)g=(m+M)v2R，解得：转动轮的半径R=0.4m。故D项正确。18如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则A解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒B解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒C从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 Ns，方向水平向右DA与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s【答案】 BCD【解析】【详解】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则：W=EP=12mBv02，得v05m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：ImBv010 Ns，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则：vAmin0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正确。19水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m、可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间的动摩擦因数为用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g，则（）A当物块2刚要运动时物块1的速度大小是2FlmB整个过程中拉力F对物块1所做的功为nFlC整个过程系统克服摩擦力做的功为nn-1mgl2DFnmg2【答案】 CD【解析】【分析】根据题中“到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零”可知，本题考查用动能定理解决物体运动的问题。根据动能定理解决物体运动问题的方法，应用功能关系、累积法、数列法等知识分析求解。【详解】A：当物块2刚要运动时物块1运动的距离是l，对物块1运动l的过程应用动能定理得：Fl-mgl=12mv12，解得：当物块2刚要运动时物块1的速度v1=2Flm-2gl。故A项错误。B：连接第n个物块的线刚好拉直时，物块1运动的距离是(n-1)l，则整个过程中拉力F对物块1所做的功为(n-1)Fl。故B项错误。C：整个过程中，物块1运动的距离是(n-1)l，物块2运动的距离是是(n-2)l，物块(n-1)运动的距离为l，物块n运动的距离为0，则整个过程系统克服摩擦力做的功W克f=mg(n-1)l+mg(n-2)l+mgl=n(n-1)2mgl。故C项正确。D：因绳子绷直瞬间有机械能的损失，则全过程中拉力做的功大于系统克服摩擦力做的功，即(n-1)Fln(n-1)2mgl，所以Fnmg2。故D项正确。【点睛】解决本题的关键是用累积法求摩擦力做功，要注意各个物体的位移不同，运用数列法解答。20如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为（45）的光滑斜面（固定）上方的O点，O点到斜面的距离OQ等于弹簧的原长L，弹簧另一端与小滑块（可视为质点）连接。在斜面上移动滑块至P点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从P点由静止释放，滑块沿斜面运动到O点正下方M点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g。下列说法正确的是A滑块经过Q点时的速度最大B滑块经过M点时的速度大于2gLcosC滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度一直在减小D滑块从P点运动到Q点过程动能的增量比Q点运动到M点过程动能的增量小【答案】 BC【解析】【分析】滑块在下滑过程中分析受力如何变化即可判断加速度和速度的变化情况，根据动能定理可以分析AB段和BC段动能增量的关系，同时结合几何关系判断弹簧弹力做功可得分析C点速度关系。【详解】AC、滑块下滑过程中受到重力，斜面对它的支持力，还有弹簧弹力。在Q点弹簧恰处于原长且与斜面垂直，则滑块从P到Q合外力变小沿斜面向下，做加速度变小的加速运动。滑块从Q到M弹簧弹力变大，此过程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑块继续做加速度变小的加速运动；也有可能有合力向上的阶段，那么滑块在此阶段就做加速度先变小后变大的先加速后减速的运动。故A错误、C正确。BD、弹簧原长为L，斜面倾角小于45，由几何关系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度差，又P到Q弹簧弹力对滑块做正功、Q到M做负功，根据动能定理P到Q阶段动能增加量大于Q到M阶段；设整个过程弹力做功为W，到达M点时速度为v，则由动能定理：mgLcos+W=12mv2，可得M点速度大于2gLcos，故B正确，D错误。【点睛】当涉及变力做功时候，往往是要用到动能定理进行分析计算的。此题中要抓住题目考点以及几何关系，对合力方向和各个阶段做功大小判断分析。三、解答题21如图所示，内壁光滑、半径R=1.25 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与粗糙水平轨道BC相切。质量ml=0.1 kg的物块口自圆弧轨道顶端由静止释放，质量m2=0.2kg的物块6静止在水平轨道上，与B点相距x=4m，一段时间后物块a、b发生弹性正碰。己知a、b与水平轨道间的动摩擦因数均为=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/S2。求：(1)物块a、b碰撞前口的速度大小；(2)物块a、b碰撞后相距的最远距离。【答案】（1）v1=2g(R-x)=3m/s；（2）小球a与b相距的最远距离x=v122a+v222a=1.25m【解析】【详解】（1）a由静止释放到最低点B的过程中，由机械能守恒定律得：m1gR=12m1v02a从B点到与b碰撞前的过程中，由动能定理得：-m1gx=12m1v12-12m1v02（或：从释放到碰撞全过程，由动能定理得：m1gR-m1gx=12m1v12）联立可得：v1=2g(R-x)=3m/s（2）小球a与b发生弹性碰撞过程中，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v12+12m2v22联立解得：v1=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2=2m1m1+m2v1=2m/s碰后小球a与b都做匀减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma小球a与b相距的最远距离：x=v122a+v222a=1.25m22如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角=53，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个14圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点。倾斜轨道所在区域有场强大小为E=9mg5q、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板。已知A，B之间距离为2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为=14，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，sin53=0.8，cos53=0.6。求：(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；(2)改变AB之间的距离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。【答案】（1）在C点小物块对圆轨道的压力大小为FN=135mg；（2）小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR【解析】【详解】(1)小物块由A到B过程由动能定理，得：mgsin2r-(mgcos+qE)2r=12mvB2解得：vB=45gr小物块由B到C过程由机械能守恒定律得：mgr(1-cos)=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gr在C点由牛顿第二定律，得：FN-mg=mvC2r解得：FN=135mg由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为FN=135mg(2)小物块离开D点后做平抛运动，水平方向：x=v0t竖直方向：y=12gt2而：x2+y2=R2小物块平抛过程机械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4由数学中均值不等式可知：Ek2mgR24y3mgy4=32mgR则小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR23光滑水平面上放着两完全相同的小球A和B，其质量均为0.02kg，A靠在竖直墙壁上，一原长为12cm的轻质弹簧将A、B连在一起，压缩弹簧使其长度为4cm时，用销钉挡住B不动。拔掉销钉，当弹簧长度第2次达到（12+30）cm时，从A、B之间撤去弹簧，之后A、B发生弹性碰撞，分别冲向长为0.5m、倾角为53的光滑斜面（机械能不损失），并落到足够长的水平固定平台上，已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中劲度系数k=200N/m，x为弹簧形变量；sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2求：（1）弹簧首次恢复到原长时B球的速度大小；（2）从撤去弹簧到两球相碰经历的时间；（3）两球在平台上第一次落点间的距离。【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。【解析】【详解】（1）至弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2代入数据得vB=8m/s（2）弹簧恢复原长后，A开始运动，至撤去弹簧由动量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12代入数据得vA1=5m/svB1=3m/s从撤去弹簧到A、B相碰经历时间t=l2vA1-vB1解得t=12+30200s（3）A、B弹性碰撞，机械能动量均守恒速度交换vA2=3m/s；vB2=5m/s到达斜面顶端的速度分别为vA3，vB3v22-v32=2as其中斜面上运动的加速度a=8m/s2得vA3=1m/s，vB3=17m/s在平台上的水平位移x=v3cos532v3sin53g最终可得两球落点的水平距离d=1.536m24如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=30,另一端点C为轨道的最低点,C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板,木板质量M=2kg,上表面与C点等高.质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1m/s的速度水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,沿轨道滑行之后又滑上木板,已知木板的长度L=1m,取g=10m/s2,求：(1)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力;(2)若物块与木板之间的动摩擦因数0.30.8,物块与木板之间因摩擦产生的热量.【答案】(1)50N (2)当0.30.6时，Q1=10；当0.60.8时，Q1=6J【解析】【详解】（1）AB(平抛运动):vB=2v0BC(能量守恒):mgR(1+sin)+12mvB2=12mvC2C 点:FNC-mg=mvc2R联立以上三式得:FNC=50N由牛顿第三定律可得物块刚到达轨道上的 C 点时对轨道的压力:FNC=50N（2）设物块与木板之间的动摩擦因数为时，物块恰好滑到木板右端，由动量和能量守恒可得:mvc=(m+M)v12mvc2=12(m+M)v2+mgL解得=0.6当0.30.6时，A和小车不能共速，A将从小车左端滑落:则A与小车之间产生的热量Q1=mAgL=10当0.60.8时，A和小车能共速：则A与小车之间产生的热量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J25如图所示，在同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、MN与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，半圆轨道半径均为r=0.5m，导轨间距L=1m，水平导轨左端MM接有R=2的定值电阻，水平轨道的ANNA区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域宽度d=1m。一质量为m=0.2kg、电阻为R0=0.5、长度为L=1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处，在与导体棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN时撤去F，结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP。已知重力加速度g取10m/s2，导轨电阻忽略不计。（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及s的大小；（2）若导体棒运动到AA时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上。如果不能，说明理由；如果能，试再判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会脱离轨道。【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于hr，所以不会脱轨【解析】【详解】（1）设导体棒在磁场中匀速运动时的速度为v1，导体棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律：mg=mv22r根据机械能守恒定律：2mgr=12mv12-12mv22联立得：v1=5m/s导体棒切割磁感线产生的电动势：E=Blv1回路中电流：I=ER+R0根据力的平衡：F=BIL联立得B=1T根据动能定理有：Fs=12mv12解得s=1.25m（2）假设导体棒能穿过磁场区域，穿过磁场区域的速度大小为v3，根据动量定理：-F安t=mv即-B2L2R+R0d=m(v3-v1)解得：v3=3m/s所以假设成立，能运动到半圆轨道上。假设导体棒在半圆轨道上不会离开轨道，上升的最大高度为h则有：mgh=12mv32解得：h=0.45m，由于hr，所以不会脱轨26如图所示，质量为m=2kg的物块A（可视为质点）放在倾角=30的光滑斜面体上，斜面固定在水平桌面上，进度系数为k=200N/m的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板C上，另一端连接在物块A上，绕过斜面顶端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着质量也为m的物体B，物块A与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块A静止时刚好处在斜面的正中间。已知斜面长为L=2.5m，重力加速度g取10m/s2。（1）若剪断轻弹簧，物块A到斜面顶端时，物块B还未落地，求物块A运动到斜面顶端要用多长时间；（2）若剪断轻绳，求物块A向下运动的最大速度。【答案】（1）t=1s；（2）v=1m/s【解析】【详解】(1)剪断轻弹簧后，物块A和B一起做匀加速运动。对A，由牛顿第二定律得：T-mgsin=ma对B：mg-T=ma联立得：a=2.5m/s2物块A上升到斜面顶端的过程中，有：L2=12at2解得：t=1s（2）没有剪断轻绳时，设弹簧伸长量为x1，根据平衡有：mg=mgsin+kx1解得：x1=mg2k剪断轻绳后，当A速度最大时，根据力的平衡有：kx2=mgsin解得：x2=mg2k根据机械能守恒：mgsin(x1+x2)=12mv2解得：v=1m/s27如图所示，一足够长的透气圆筒竖直固定在地面上，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对薄滑块的阻力可调节。开始薄滑块静止，ER流体对其限力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与溥滑块碰撞后粘在一起向下运动为使薄滑块恰好做匀减速运动且下移距离为2mgk时其速度减为0，ER流体对薄滑块的阻力必须随薄滑块下移而适当变化，以薄滑块初始位置处为原点，向下为正方向建立Ox轴，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求ER流体对薄滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式(2)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块仍能向上运动，求的取值范围。(3)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为mg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求A的最小值。【答案】(1)f=-kx+mg+kL4；(2)2mg+mg解得：1；(3)当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力：F=k(x+x0)-2mg-mg-kx-(1+)mg作出F-x图象如图所示：由数学知识可得滑块停止运动的位置坐标x1=2mgk滑块停止运动不再下降的条件是：2mg-k(x1+x0)mg解得：13。28如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接两个质量均为m1 kg的物块B和C。物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量m08 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60、半径R2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切。现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂。已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计。求：（1）弹簧的劲度系数；（2）在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小。【答案】（1）5 N/m （2）144 N【解析】【详解】(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态对B由平衡条件有kxmgsin 30当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态
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