北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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专题六 机械能守恒定律
考点一 功和功率
1.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆
供电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机
从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电
源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10
m/s2)( )
A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
答案 BD 由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力
P 5×103
大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I= = A=12.5 A,可知
U 400
B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停
mgℎ
时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P= =100 W,故
t
实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。
2.(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( )
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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
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 -W=0,选项D正确。
弹 f
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。
3.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰
载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用长
度为100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程
中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则(
)
A.弹射器的推力大小为1.1×106 N
B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
v2 802
答案 ABD 舰载机弹射过程中的加速度a= = m/s2=32 m/s2,选项D正确;对
2x 2×100
舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F +F -20%(F +F )=ma,解得:F
弹 发 弹 发 弹
=1.1×106 N,选项A正确;由功的定义得:W =F ·x=1.1×108 J,选项B正确;由速度公式得
弹 弹
v 80 W
弹射器对舰载机的作用时间t= = s=2.5 s,由功率的定义得:P = 弹 =4.4×107 W,选项
a 32 弹 t
C错。
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4.(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.√3倍 D.√2倍
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v ,输出
m
功率为2P时,最大速率为v '。由P=Fv=fv =kv2 得v =
√P
,所以
v
m
'
=
√2P
=√2,因此
m m m m k v √P
m
A、B、C错,D对。
5.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F 的水平拉力拉
1
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F ,物体从静止开始经
2
过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用W 、W 分别表示拉力F 、F 所
F1 F2 1 2
做的功,W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )
f1 f2
A.W >4W ,W >2W B.W >4W ,W =2W
F2 F1 f2 f1 F2 F1 f2 f1
C.W <4W ,W =2W D.W <4W ,W <2W
F2 F1 f2 f1 F2 F1 f2 f1
1 v 1 2v v
答案 C W = mv2+μmg· t,W = m·4v2+μmg t,故W <4W ;W =μmg·
F1 2 2 F2 2 2 F2 F1 f1 2
2v
t,W =μmg· t,故W =2W ,C正确。
f2 2 f2 f1
6. (2015课标Ⅱ,17,6分)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( )
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答案 A 由题意知汽车发动机的功率为P 、P 时,汽车匀速运动的速度v 、v 满足
1 2 1 2
P
P =fv 、P =fv ,即v =P /f、v =P /f。若t=0时刻v <v ,则0~t 时间内汽车先加速有: 1-
1 1 2 2 1 1 2 2 0 1 1 v
f=ma ,可见a 随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v =v ,汽车在0~t 时间内匀速运
1 1 0 1 1
动,因选项中不涉及v >v 的情况,故不作分析。在t 时刻,发动机的功率突然由P 增大到
0 1 1 1
P ,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
2
P
有: 2-f=ma ,同样,a 随v的增大而减小,直到a =0时开始匀速运动,故A正确、C错误。
v 2 2 2
7.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分
别为车重的k 和k 倍,最大速率分别为v 和v ,则( )
1 2 1 2
k k
1 2
A.v =k v B.v = v C.v = v D.v =k v
2 1 1 2 k 1 2 k 1 2 2 1
2 1
答案 B 车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k mgv 及
1 1
k
1
P=k mgv ,得v = v ,故B正确。
2 2 2 k 1
2
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考点二 动能和动能定理
1. (2016课标Ⅲ,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( )
2(mgR-W) 2mgR-W
A.a= B.a=
mR mR
3mgR-2W 2(mgR-W)
C.N= D.N=
R R
1
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
2
v2 2(mgR-W)
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
R mR
3mgR-2W
以N= ,选项C正确。
R
2.(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μ。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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则( )
6
A.动摩擦因数μ=
7
√2gℎ
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
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3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g
5
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f 、f
1 2
f =μmg cos 45°
1
f =μmg cos 37°
2
整个过程由动能定理列方程:
ℎ ℎ
mg·2h-f · -f · =0①
1 sin45° 2 sin37°
6
解得:μ= ,A项正确。
7
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
ℎ 1
mgh-f · = mv2②
1 sin45° 2
√2gℎ
解得:v= ,B项正确。
7
由①式知:W=2mgh,C项错误。
f
在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
2
3
解得:a =- g,故D项错误。
2 35
3.(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( )
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A.下滑过程中,加速度一直减小
1
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为 mv2
4
1
C.在C处,弹簧的弹性势能为 mv2-mgh
4
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
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W,由动能定理
f
mgh-W-W =0-0
f 弹
上滑过程中
1
-mgh-W+W =0- mv2
f 弹 2
1
联立得W= mv2,选项B正确。
f 4
1
W =mgh- mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选
弹 4
项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W ',克服摩擦力做功为W'
弹 f
故有下滑过程从B→C
1
-W '+mgh -W'=0-
mv2
①
弹 BC f 2 B
上滑过程从C→B
1 1
W '-mgh -W'= mv '2- mv2②
弹 BC f 2 B 2
联立①②可得
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1 1 1
mv2-2W'+ mv2= mv '2
2 B f 2 2 B
1
因W'<W= mv2
f f 4
1
故2W'< mv2
f 2
1 1
则有 mv '2> mv2
2 B 2 B
v '>v ,选项D正确。
B B
4. (2015海南单科,4,3分)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;
质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为
2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为( )
1 1 1 π
A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
4 3 2 4
答案 C 当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点所受支持力
v2
F =2mg,由牛顿第二定律得F -mg=m
Q,v2
=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理
N N R Q
1 1
得:mgR-W=
mv2
-0,得:W= mgR,因此,A、B、D错误,C正确。
f 2 Q f 2
5.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过
程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(
)
A.30% B.50% C.70% D.90%
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答案 A 由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距
分别为:x =6 mm、x '=x '=3.5 mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有
1 1 2
1 ( x ) 2 1 (x ' ) 2 1 (x ' ) 2
m 1 - m 1 - m 2
2 kT 2 kT 2 kT x2-x '2-x '2
1 1 2
= =0.319,故A正确。
1 ( x ) 2 x2
m 1 1
2 kT
6.(2011课标,15,6分)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,
该质点的动能可能( )
A.一直增大
B.先逐渐减小至零,再逐渐增大
C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小
D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大
答案 ABD 当恒力方向与质点原来速度方向相同时,质点的动能一直增大,故A正确。
当恒力方向与质点原来速度方向相反时,速度先逐渐减小到零再逐渐增大,质点的动能也
先逐渐减小至零再逐渐增大,故B正确。当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于
90°时,将原来速度v 分解为平行恒力方向的v 、垂直恒力方向的v ,如图甲,v 先逐渐减
0 y x y
小到零再逐渐增大,v 始终不变。由v=√v2+v2,知质点速度v先逐渐减小至v 再逐渐增
x x y x
大,质点的动能先减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,故D正确。当恒力方向与v 方
0
向夹角小于90°时,如图乙,v 一直增大,v 始终不变,质点速度v逐渐增大,动能一直增大,
y x
没有其他情况,故C错误。
甲 乙
评析 本题考查力与运动的关系,漏选的原因是没能将速度分解成图甲来分析。
7.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力,该过程中小球的动能E 与时间t的关系图像是( )
k
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答案 A 设小球初动能为E ,初速度为v ,重力加速度为g。瞬时动能E =E -
k0 0 k k0
1 1
mgh,h=v t- gt2,联立得E = mg2t2-mgv t+E ,故A正确。
0 2 k 2 0 k0
8.(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E ,
k0
与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E 与位移x关系的图线是( )
k
答案 C 本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F =mg sin
升
α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F =mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在E -x图像
降 k
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E <E ,故
kt k0
选项C正确。
9.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种
引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被
电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,
使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离
子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F ,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;
1
F
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导 的表达式;
P
F F
(3)为提高能量的转换效率,要使 尽量大,请提出增大 的三条建议。
P P
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F 1 F √ 2m
答案 (1) (2) = (3)见解析
√2ZemU P ZeU
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学
生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。
(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
1
ZeU= mv2-0①
2
设正离子束所受的电场力为F ',根据牛顿第三定律,有
1
F '=F ②
1 1
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
v-0
F '=ΔNm ③
1 Δt
ΔN
联立①②③式,且N= 得
Δt
F
1
N= ④
√2ZemU
(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
1
P= F'v⑤
2
考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
F √ 2m
= ⑥
P ZeU
F
(3)为使 尽量大,分析⑥式得到
P
三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
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解题关键 ①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,
ΔN F ' F
此题也可以用动量定理求解,即F 'Δt=ΔNmΔv,故 = 1 = 1 ;②加速离子束所
1 Δt mv √2ZemU
1
消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·v= F'v。
2
10.(2017课标Ⅱ,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
s 和s (s <s )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
0 1 1 0
起跑线上,教练员将冰球以初速度v 击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡
0
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v 。重力加速度大小为g。求
1
(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。
v2-v2 s (v +v )2
答案 (1) 0 1 (2) 1 1 0
2gs 2s2
0 0
解析 (1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得
1 1
-μmgs = mv2- mv2 ①
0 2 1 2 0
v2-v2
解得μ= 0 1 ②
2gs
0
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(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a 和a ,所用的时间为t。
1 2
由运动学公式得v2 -v2
=2a s ③
0 1 1 0
v -v =a t④
0 1 1
1
s = a t2⑤
1 2 2
s (v +v )2
1 1 0
联立③④⑤式得a = ⑥
2 2s2
0
11.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上
m
有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为 ,与地面间的动摩
2
擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程
中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;
(2)动摩擦因数的最小值μ ;
min
(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。
√3 √3
答案 (1) mg (2) (3)(2μ-1)(√3-1)mgR
3 2
解析 本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。
(1)C受力平衡2F cos 30°=mg
√3
解得F= mg
3
(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大
√3
F = mg
xmax 2
B受地面的最大静摩擦力f=μmg
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根据题意f =F
min xmax
√3
解得μ =
min 2
(3)C下降的高度h=(√3-1)R
A的位移x=2(√3-1)R
摩擦力做功的大小W=fx=2(√3-1)μmgR
f
根据动能定理W-W+mgh=0-0
f
解得W=(2μ-1)(√3-1)mgR
12.(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=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加
速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度v =24 m/s,A与B的竖直高度差
B
H=48 m。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=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F 的大小;
f
(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)144 N (2)12.5 m
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
v2=2ax①
B
由牛顿第二定律有
H
mg -F=ma②
x f
联立①②式,代入数据解得
F=144 N③
f
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(2)设运动员到达C点时的速度为v ,在由B到达C的过程中,由动能定理有
C
1 1
mgh+W= mv2- mv2 ④
2 C 2 B
设运动员在C点所受的支持力为F ,由牛顿第二定律有
N
v2
F -mg=m C⑤
N
R
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得
R=12.5 m⑥
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F 时,可利用运动学公
f
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v 。分析运动员在C点时哪些力提供向心
C
力。
评分参考 ①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。
13.(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=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带
上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/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)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J
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=μmg①
取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有
Ft=mv-0②
由①②式并代入数据得
t=0.2 s③
(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
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1
Fx= mv2-0④
2
由①④式并代入数据得
x=0.1 m⑤
(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=vt⑥
摩擦力对皮带做的功
W=-Fs⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得
W=-2 J⑧
14.(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L =1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,
1
桌子高H=0.8 m,长L =1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质
2
量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ =0.05,物块与
1
桌面间的动摩擦因数为μ ,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取
2
g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ ;(已知
2
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x 。
m
答案 (1)见解析 (2)0.8 (3)1.9 m
解析 (1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ mg cos θ①
1
θ满足的条件tan θ≥0.05②
(2)克服摩擦力做功
W=μ mgL cos θ+μ mg(L -L cos θ)③
f 1 1 2 2 1
由动能定理得mgL sin θ-W=0④
1 f
代入数据得μ =0.8⑤
2
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1
(3)由动能定理得mgL sin θ-W= mv2⑥
1 f 2
代入数据得v=1 m/s⑦
1
H= gt2
2
t=0.4 s⑧
x =vt
1
x =0.4 m⑨
1
x =x +L =1.9 m⑩
m 1 2
15.(2012山东理综,22,15分)如图所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径R=1.0
m的光滑圆弧轨道,BC段为一长度L=0.5 m的粗糙水平轨道,二者相切于B点,整个轨道
位于同一竖直平面内,P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块,其质量
m=0.2 kg,与BC间的动摩擦因数μ =0.4。工件质量M=0.8 kg,与地面间的动摩擦因数
1
μ =0.1。(取g=10 m/s2)
2
(1)若工件固定,将物块由P点无初速度释放,滑至C点时恰好静止,求P、C两点间的高度
差h。
(2)若将一水平恒力F作用于工件,使物块在P点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速
直线运动。
①求F的大小。
②当速度v=5 m/s时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧
轨道落至BC段,求物块的落点与B点间的距离。
答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m
解析 (1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理得
mgh-μ mgL=0①
1
代入数据得
h=0.2 m②
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(2)①设物块的加速度大小为a,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,由几何关系
可得
R-
ℎ
cos θ= ③
R
根据牛顿第二定律,对物块有
mg tan θ=ma④
对工件和物块整体有
F-μ (M+m)g=(M+m)a⑤
2
联立②③④⑤式,代入数据得
F=8.5 N⑥
②设物块平抛运动的时间为t,水平位移为x ,物块落点与B点间的距离为x ,由运动学公
1 2
式可得
1
h= gt2⑦
2
x =vt⑧
1
x =x -R sin θ⑨
2 1
联立②③⑦⑧⑨式,代入数据得
x =0.4 m⑩
2
16.(2016课标Ⅰ,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨
5
道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为
6
R 的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的
小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到
1
达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 μ= ,重力加速度大小为g。(取 sin
4
3 4
37°= ,cos 37°= )
5 5
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(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处
7
水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R。求P
2
运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
12 3 1
答案 (1)2√gR (2) mgR (3) √5gR m
5 5 3
解析 (1)根据题意知,B、C之间的距离l为
l=7R-2R①
设P到达B点时的速度为v ,由动能定理得
B
1
mgl sin θ-μmgl cos θ= mv2 ②
2 B
式中θ=37°。联立①②式并由题给条件得
v =2√gR③
B
(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为E 。P由B点运动到E点
p
的过程中,由动能定理有
1
mgx sin θ-μmgx cos θ-E =0- mv2 ④
p 2 B
E、F之间的距离l 为
1
l =4R-2R+x⑤
1
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
E -mgl sin θ-μmgl cos θ=0⑥
p 1 1
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦
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12
E = mgR⑧
p 5
(3)设改变后P的质量为m 。D点与G点的水平距离x 和竖直距离y 分别为
1 1 1
7 5
x = R- R sin θ⑨
1 2 6
5 5
y =R+ R+ R cos θ⑩
1 6 6
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为v ,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有
D
1
y = gt2
1 2
x =v t
1 D
联立⑨⑩ 式得
3
v = √5gR
D 5
设P在C点速度的大小为v 。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
C
1 1 5 5
m v2= m v2+m g( R+ R cos θ)
2 1 C 2 1 D 1 6 6
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有
1
E -m g(x+5R) sin θ-μm g(x+5R) cos θ= m v2
p 1 1 2 1 C
联立⑦⑧ 式得
1
m = m
1 3
17.(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细
绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小
球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。
现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,
如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最
低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大
小为g。求:
第20页共45页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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图甲
图乙
(1)物块的质量;
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。
答案 (1)3m (2)0.1mgl
解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为T ,传感装置的初始值为F ,物块质量为M,由平衡
1 1
条件得
对小球,T =mg①
1
对物块,F +T =Mg②
1 1
当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T ,传感装置的示数为F ,据题意
2 2
可知,F =1.25F ,由平衡条件得
2 1
对小球,T =mg cos 60°③
2
对物块,F +T =Mg④
2 2
联立①②③④式,代入数据得
M=3m⑤
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克
服空气阻力所做的功为W,由动能定理得
f
1
mgl(1-cos 60°)-W= mv2⑥
f 2
在最低位置,设细绳的拉力大小为T ,传感装置的示数为F ,据题意可知,
3 3
F =0.6F ,对小球,由牛顿第二定律得
3 1
v2
T -mg=m ⑦
3
l
对物块,由平衡条件得
F +T =Mg⑧
3 3
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联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得
W=0.1mgl⑨
f
18.(2015江苏单科,14,16分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小
球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转
3
轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L。装置静止时,弹簧长为
2
L。转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦
和空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω ;
0
3 1
(3)弹簧长度从 L缓慢缩短为 L的过程中,外界对转动装置所做的功W。
2 2
4mg √8g 16mgl2
答案 (1) (2) (3)mgL+
L 5L L
解析 (1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ,OA杆与转轴的夹角为θ 。
1 1 1
L
小环受到弹簧的弹力F =k·
弹1 2
小环受力平衡,F =mg+2T cos θ
弹1 1 1
小球受力平衡,F cos θ +T cos θ =mg,F sin θ =T sin θ
1 1 1 1 1 1 1 1
4mg
解得k=
L
(2)设此时OA杆中的弹力为F ,OA杆与转轴的夹角为θ ,弹簧长度为x。
2 2
小环受到弹簧的弹力F =k(x-L)
弹2
5
小环受力平衡,F =mg,得x= L
弹2 4
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对小球,F cos θ =mg,F sin θ
=mω2
l sin θ
2 2 2 2 0 2
x
且cos θ =
2 2l
√8g
解得ω =
0
5L
1
(3)弹簧长度为 L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ,OA杆与弹簧的夹角为θ 。
2 3 3 3
1
小环受到弹簧的弹力F = kL
弹3 2
小环受力平衡,2T cos θ =mg+F
3 3 弹3
L
且cos θ =
3 4l
对小球,F cos θ =T cos θ +mg,F sin θ +T sin θ
=mω2
l sin θ
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
√16g
解得ω =
3
L
整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理
3L L 3L L 1
W-mg( - )-2mg( - )=2× m(ω l sin θ )2
2 2 4 4 2 3 3
16mgl2
解得W=mgL+
L
考点三 机械能守恒定律
1.(2014福建理综,21,19分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平
面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水
面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质
点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力。
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(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,
求游客滑到B点时的速度v 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W;
B f
(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点
后滑离轨道,求P点离水面的高度h。(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心
v2
力与其速率的关系为F =m )
向 R
2
答案 (1)√2gR -(mgH-2mgR) (2) R
3
解析 (1)游客从B点做平抛运动,有
2R=v t①
B
1
R= gt2②
2
由①②式得
v =√2gR③
B
从A到B,根据动能定理,有
1
mg(H-R)+W= mv2-0④
f 2 B
由③④式得
W=-(mgH-2mgR)⑤
f
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为v ,受到的支持力为N,从B到P由机
P
械能守恒定律,有
1
mg(R-R cos θ)= mv2-0⑥
2 P
过P点时,根据向心力公式,有
v2
mg cos θ-N=m P⑦
R
N=0⑧
ℎ
cos θ= ⑨
R
由⑥⑦⑧⑨式解得
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2
h= R⑩
3
2.(2013浙江理综,23,16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如图
所示。图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h =1.8 m,h =4.0
1 2
m,x =4.8 m,x =8.0 m。开始时,质量分别为M=10 kg和m=2 kg的大、小两只滇金丝猴分
1 2
别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A点水平
跳至中间石头。大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的D点,此时速
度恰好为零。运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小。
答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N
解析 (1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为v ,根据平抛运动规律,有
min
1
h = gt2①
1 2
x =v t②
1 min
联立①、②式,得
v =8 m/s③
min
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度为v ,有
C
1
(M+m)gh = (M+m)v2 ④
2 2 C
v
C
=√2gℎ
2
=√80 m/s≈9 m/s⑤
(3)设拉力为F ,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得
T
v2
F -(M+m)g=(M+m) C⑥
T
L
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由几何关系
(L-h )2+x2=L2⑦
2 2
得:L=10 m⑧
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得:
v2
F =(M+m)g+(M+m) C=216 N
T
L
3.(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sin 53°=0.8,cos 53°=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。
5
答案 (1) Mg-mg (2)6∶5 (3)见解析
3
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F 、F
1 2
F sin 53°=F cos 53°
1 2
F+mg=F cos 53°+F sin 53°
1 2
且F =Mg
1
5
解得F= Mg-mg
3
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h =3l sin 53°,物块下降高度h =2l
1 2
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由机械能守恒定律得mgh =Mgh
1 2
M 6
解得 =
m 5
(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'=T
由牛顿运动定律得T'-mg cos 53°=ma
8mMg 48 8
解得T= (T= mg或T= Mg)
5(m+M) 55 11
4.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端
固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的
细线水平,右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B
均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求:
(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N;
(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s;
(3)A滑动的位移为x时的速度大小v 。
A
答案 (1)mg cos α (2)√2(1-cosα)·x
√ 2gxsinα
(3)
3-2cosα
解析 (1)支持力的大小N=mg cos α
(2)根据几何关系s =x·(1-cos α),s =x·sin α且s=√s2+s2
x y x y
解得s=√2(1-cosα)·x
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(3)B的下降高度s =x·sin α
y
1 1
根据机械能守恒定律mgs =
mv2
+
mv2
y 2 A 2 B
Δx Δs
根据速度的定义得v = ,v =
A Δt B Δt
则v =√2(1-cosα)·v
B A
√ 2gxsinα
解得v =
A 3-2cosα
解题关键 由平面几何的知识找出A与B的位移之间存在的关系是解决本题的关键。
拓展考点 能量守恒及功能关系
1.(2020山东,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连
接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。
现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到
最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度
内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A.M<2m
B.2m<M<3m
C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减
少量
答案 ACD 将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释
放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律
mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于
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此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin θ=Mg,可见M=2m sin θ<2m,A项正确,B项
错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能
定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B从释放到速度最大的过程中除重力外
只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D
正确。
2.(2018浙江4月选考,13,3分)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B
处,A、B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A、B间绳长为20 m,质量为10 kg的猴
子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过
程中重力势能最小值约为(g取10 m/s2,绳处于拉直状态) ( )
A.-1.2×103 J B.-7.5×102 J
C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J
答案 B 猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在
最低点(重力势能最小)时,两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长度为a,
左边绳子长度为20 m-a
{acosθ+(20m-a)cosθ=16m
由几何关系得
asinθ-(20m-a)sinθ=2m
35 35
联立解得a= m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为 m·sin θ=7 m,猴子的重
3 3
心比绳子最低点大约低0.5 m,所以猴子在最低点的重力势能约为E =-mgh=-750 J,选B。
p
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3.(2017课标Ⅲ,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
1
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
3
大小为g。在此过程中,外力做的功为( )
1 1 1 1
A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl
9 6 3 2
1
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
3
1 1
绳的重力做功,W =|W | ,而下面 的绳重心升高 l,故克服重力做的功大小为|W |=m g·
外 G 3 3 G 0
1 1 1 1 1
l,又m = m,则W =|W |= mg· l= mgl,故A选项正确。
3 0 3 外 G 3 3 9
4.(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α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(
)
3
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于 mg
2
3
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg
2
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
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√3
D.弹簧的弹性势能最大值为 mgL
2
答案 AB 本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。
A球初态v =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,
0
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
3
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
2
3
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
2
的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下
√3-1 √3-1
降高度h=L cos 30°-L cos 60°= L,重力做功W=mgh= mgL,选项D错误。
2 2
5.(2016课标Ⅱ,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
π
M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运动到
2
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
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
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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。
6.(2016上海单科,7,2分)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,
体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中( )
A.失重且机械能增加
B.失重且机械能减少
C.超重且机械能增加
D.超重且机械能减少
答案 B 根据题意,体验者飘浮时受到的重力和风力平衡;在加速下落过程中,风力小于
重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下落过程中,加速度
方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。
7.(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
1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J
答案 C 由动能定理可知,ΔE =1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少
k
量等于重力做的功,故C正确、D错。
8.(2015课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑
水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计
摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则( )
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A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为√2gℎ
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
答案 BD 因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减
速,杆对b的作用力对b做的功即b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正
1
功后做负功,故A错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh=
2
mv2
a
,v
a
=√2gℎ,
故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加
速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即a的机械
能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故b对地面的压力大小为mg,D正确。
9.(2015福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点
在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t ,第二次由C滑到A,所用
1
的时间为t ,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道
2
间的动摩擦因数恒定,则( )
A.t <t B.t =t
1 2 1 2
C.t >t D.无法比较t 、t 的大小
1 2 1 2
答案 A 在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道
的压力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)
处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力
s
较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t= 可知t <t ,A项正确。
v 1 2
10.(2015天津理综,5,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环
与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环
由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过
弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
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A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了√3mgL
C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案 B 圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守
恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹
簧的弹性势能之和,选项A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加
速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相
等时,加速度减为0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当
圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,选项C错误;由图中几何关系知圆环的下降高度
为√3L,由系统机械能守恒可得mg×√3L=ΔE ,解得ΔE =√3mgL,选项B正确。
p p
11.(2013大纲全国,20,6分)如图,一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端
以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g。若
物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的( )
A.动能损失了2mgH B.动能损失了mgH
1
C.机械能损失了mgH D.机械能损失了 mgH
2
答案 AC 对小物块进行受力分析,如图所示,有f+mg sin 30°=ma,又因a=g
1
所以解得f= mg
2
由动能定理知W =ΔE
合 k
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H
可知损失的动能|ΔE |=ma =2mgH。
k sin30°
根据功能关系知,克服阻力做的功等于机械能的减小量,所以,损失的机械能
H
|ΔE|=f =mgH
sin30°
故A、C正确,B、D错误。
评析 本题考查动能定理及功能关系,正确的受力分析是解题的基础。难度中等。
12.(2013山东理综,16,5分)(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和
光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)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。
13.(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μ。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( )
1
A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W- μmga
2
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3
B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W- μmga
2
C.经O点时,物块的动能小于W-μmga
D.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
a
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
2
a 1
O到A,W-μmgx-W =0,系统增加的弹性势能E =W-μmgx,因为x> ,所以E <W-
弹 p 2 p 2
3
μmga,A错误;同理,物块在B点时,E '=W-μmg(x+a)<W- μmga,B正确;经O点
p 2
时,E =W-2μmgx<W-μmga,C正确;A→B的过程中当弹力与f平衡时速度最大,此点在O
k
f μmg
点右侧距O点x = = 处,x 可能大于BO,所以D错。
1 k k 1
考查点 本题考查动能定理、功能关系、弹力做功与弹性势能等知识,要求考生有较高
的分析综合能力,属于较难题。
学习指导 以弹簧的变力问题为背景的题目很多,常常可以和牛顿运动定律、功和能等
主干知识相联系,所以,我们在学习过程中应该把有关弹簧的问题“吃”透,尤其是随弹簧
形变量的变化对应的受力分析、运动过程的分析、能量转化与守恒的分析,要做到成竹
在胸。
14.(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①和②为
楔块,③和④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
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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。
15.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨
道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球
从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过
BC段所受的阻力为其重力的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、
C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时的速度大小;
(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;
(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;
(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰
撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m
(4)2.4 s
解析 (1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N
v2
由向心力公式得,N-mg=m B
R
解得v =4 m/s。
B
(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W 。
克
1
由动能定理得mgR-W =
mv2
-0
克 2 B
解得W =2.4 J。
克
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(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平
位移。
f
设BC段运动时间为t,加速度a= =2 m/s2
m
由运动学公式得v =v -at=4-2t(m/s)①
C B
1
x =v t- at2=4t-t2(m)②
BC B 2
其中0<t<2 s
1
由平抛运动规律有h=
gt2
③
2 1
x =v t ④
CP C1
由①③④可得x =3.2-1.6t(m)⑤
CP
则由②⑤可得x =x +x =-t2+2.4t+3.2(m)⑥
BP BC CP
根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,x 取到最大值。
BP
代入②式,解得x =3.36 m。
BC
(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速度比例不变。
1
每次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的 。
2
设第n次损失后的竖直分速度为v ,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为t 。
yn n
由平抛运动方程得v
y0
=√2gℎ=8 m/s⑦
√2ℎ
t = =0.8 s⑧
0
g
(1) n
则v =v · (n=1,2,3,…)⑨
yn y0 2
v
t =2· yn ⑩
n
g
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将式⑦⑧⑨代入⑩可得
(1) n-1
t = t (n=1,2,3,…)
n 2 0
由等比数列求和公式可得
[ (1) n]
0.8× 1-
2
t =t +t +…t +…=0.8+ (s)
总 0 1 n
1
1-
2
当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t =2.4 s。
总
16.(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。
M
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,
2
滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v ;
m
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。
√gR 1
答案 (1)3mg (2)① ② L
3 3
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
1
mgR= mv2 ①
2 B
滑块在B点处,由牛顿第二定律有
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v2
N-mg=m B②
R
解得N=3mg③
由牛顿第三定律得N'=3mg④
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大。由系统的机械能守恒
1 1
mgR= Mv2+ m(2v )2⑤
2 m 2 m
√gR
解得v = ⑥
m
3
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为v ,由功能关系
C
1 1
mgR-μmgL= Mv2+ m(2v )2⑦
2 C 2 C
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
μmg=Ma⑧
由运动学规律
v2-v2=-2as⑨
C m
1
解得s= L⑩
3
17.(2015北京理综,23,18分)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不
计。物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为
μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力
大小为F=kx,k为常量。
(1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过
程中弹力所做的功。
(2)物块由x 向右运动到x ,然后由x 返回到x ,在这个过程中,
1 3 3 2
a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量;
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b.求滑动摩擦力所做的功,并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦
力势能”的概念。
1
答案 (1)F-x图像如图 - kx2
2
1 1 1 1
(2)a.
kx2
-
kx2 kx2
-
kx2
2 1 2 2 2 2 2 1
b.见解析
解析 (1)F-x图像如答图。
物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功
大小。弹力做功
1 1
W =- ·kx·x=- kx2
T 2 2
(2)a.物块由x 向右运动到x 的过程中,弹力做功
1 3
1 1 1
W =- ·(kx +kx )·(x -x )= kx2- kx2
T1 2 1 3 3 1 2 1 2 3
物块由x 向左运动到x 的过程中,弹力做功
3 2
1 1 1
W = ·(kx +kx )·(x -x )= kx2- kx2
T2 2 2 3 3 2 2 3 2 2
整个过程中,弹力做功
1 1
W =W +W = kx2- kx2
T T1 T2 2 1 2 2
弹性势能的变化量
1 1
ΔE =-W = kx2- kx2
p T 2 2 2 1
b.整个过程中,摩擦力做功
W=-μmg·(2x -x -x )
f 3 1 2
与弹力做功比较:弹力做功与x 无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可
3
以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而
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摩擦力做功与x 有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势
3
能”。
考查点 功能关系。
思路点拨 一个力做功与路径无关,存在对应的势能。如弹力做功与路径无关,存在对应
的弹性势能;分子力做功与路径无关,存在对应的分子势能。
18.(2014江苏单科,15,16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲
和乙,甲的速度为v 。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间
0
的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大,重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v ,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
0
(2)若乙的速度为2v ,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
0
(3)保持乙的速度2v 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反
0
复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动
乙的电动机的平均输出功率 P。
√2v2 4√5μmgv
答案 (1) 0 (2)2v (3) 0
0
2μg 5
解析 (1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小
a =μg cos 45°
x
匀变速直线运动
-2a s=0-v2
x 0
√2v2
解得s= 0
2μg
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a
y
(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为a 、a ,则 =tan
x y a
x
θ
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量Δv =a Δt,Δv =a Δt
x x y y
Δv
y
解得 =tan θ
Δv
x
v
y
且由题意知tan θ=
v
x
v ' v -Δv
y y y
则 = =tan θ
v ' v -Δv
x x x
所以摩擦力方向保持不变
则当v '=0时,v '=0,即v=2v
x y 0
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,
由题意知a =μg cos θ,a =μg sin θ
x y
在侧向上-2a
x=0-v2
x 0
在纵向上2a y=(2v )2-0
y 0
2v
0
工件滑动时间t=
a
y
乙前进的距离y =2v t
1 0
工件相对乙的位移L=√x2+(y - y)2
1
则系统摩擦生热Q=μmgL
1 1
电动机做功W= m(2v )2- mv2 +Q
2 0 2 0
W 4√5μmgv
由P= ,解得P= 0
t 5
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19.(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=50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x =0.10 m;在预备运动中,假定运动员
0
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Δt=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深
度均为x 。取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力的影响。
1
(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h ;
m
(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x 和W的值。
1
答案 (1)5.0×103 N/m 示意图如图所示
(2)5.0 m
(3)1.1 m 2.5×103 J
解析 (1)床面下沉x =0.10 m时,运动员受力平衡
0
mg=kx
0
mg
得k= =5.0×103 N/m
x
0
F-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
1 (Δt) 2
h = g =5.0 m
m 2 2
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(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处,弹力做功W
T
1 1
W = ·x·kx= kx2
T 2 2
运动员从x 处上升到最大高度h 的过程,根据动能定理,有
1 m
1
kx2-mg(x +h )=0
2 1 1 m
得x 1 =x 0 +√x2 0 +2x 0 ℎ m ≈1.1 m
对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有
1
W+ kx2=mg(h +x )
2 0 m 0
得W=2 525 J≈2.5×103 J
考查点 弹力做功、动能定理的应用。
思路点拨 运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动是加速度为g的匀加速运动;
在与蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x 和W可
1
用动能定理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。
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