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高三物理二轮复习专题三 功和能 第1课时 功 功率和功能关系

1、 第第 1 课时课时 功功 功率和功能关系功率和功能关系 高考命题点 命题轨迹 情境图 功和功率的分析与 计算 2015 2 卷 17 15(2)17 题 17(2)14 题 18(3)19 题 2017 2 卷 14 2018 3 卷 19 动能定理的应用 2015 1 卷 17 15(1)17 题 17(2)24 题 18(1)18 题 18(2)14 题 19(3)17 题 2017 2 卷 24 2018 1卷14、 18, 2 卷 14 2019 3 卷 17 机械能守恒和能量 守恒定律的应用 2018 3 卷 17 力学中功能关系的 理解和应用 2016 2 卷 21 16(2)2

2、1 题 17(3)16 题 2017 1 卷 24, 3 卷 16 1几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关 (2)摩擦力做功的特点 单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功 相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能 的转移, 没有机械能转化为其他形式的能; 相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零, 且总为负值在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移,还 有部分机械能转化为内能,转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与相 对位移的乘积 摩擦生热是指滑动摩擦生

3、热,静摩擦不会生热 2几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的减少量,即 WGEp. (2)弹力的功等于弹性势能的减少量,即 W弹Ep. (3)合力的功等于动能的变化,即 WEk. (4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化,即 W其他E. (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度,即 QFf x相对 1功和功率的求解 (1)功的求解:WFlcos 用于恒力做功,变力做功可以用动能定理或者图象法来求解 (2)功率的求解:可以用定义式 PW t 来求解,如果力是恒力,可以用 PFvcos 来求解 2动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程,可以全程或者

4、分过程应用动能定理. 例 1 (多选)(2019 山东菏泽市下学期第一次模拟)如图 1 所示, 半径为 R 的半圆弧槽固定在 水平地面上,槽口向上,槽口直径水平,一个质量为 m 的物块从 P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中,并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点 B 点,不计物块的大小,P 点到 A 点高度为 h,重力加速度大小为 g,则下列说法正确的是( ) 图 1 A物块从 P 到 B 过程克服摩擦力做的功为 mg(Rh) B物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为2mg 2gh C物块在 B 点时对槽底的压力大小为R2hmg R D物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh

5、答案 BC 解析 物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动,根据动能定理有 mgRWf0,因此克服摩擦力 做功 WfmgR,A 项错误;根据机械能守恒,物块到 A 点时的速度大小由 mgh1 2mv 2得 v 2gh, 从 A 到 B 运动的时间 t 1 2R v R 2 2gh, 因此从 A 到 B 过程中重力的平均功率为 P W t 2mg 2gh , B项正确; 物块在B点时, 根据牛顿第二定律FNmgmv 2 R, 求得FN R2hmg R , 根据牛顿第三定律可知,FNFNR2hmg R ,C 项正确;物块到 B 点时,速度的方向与 重力方向垂直,因此重力的瞬时功率为零,D 项错误 拓

6、展训练 1 (多选)(2019 山东济宁市第二次摸底)如图 2 所示,A、B 两物体的质量分别为 m、2m,中间用轻杆相连,放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止释放, 在下滑的过程中( ) 图 2 A两物体下滑的加速度相同 B轻杆对 A 做正功,对 B 做负功 C系统的机械能守恒 D任意时刻两物体重力的功率相同 答案 AC 解析 因为 A、B 两物体用轻杆相连,一起运动,加速度相同,A 正确;对两物体整体受力 分析得: (2mm)gsin (2mm)a, 整体加速度 agsin ; 设杆对 B 的力为 F, 隔离 B 可得: 2mgsin F2ma,且 agsin ,所以 F0

7、,B 错误;只有重力对系统做功,动能和重力势 能相互转化,机械能守恒,C 正确;重力瞬时功率 Pmgvy,虽然两物体速度相同,但是质 量不一样,则同一时刻两物体重力功率不一样,D 错误 拓展训练 2 (多选)(2019 四川广元市第二次适应性统考)某质量 m1 500 kg 的“双引擎” 小汽车,当行驶速度 v54 km/h 时靠电动机输出动力;当行驶速度在 54 km/h90 km/h 时汽油机和电动机 同时工作,这种汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动,汽车的牵引力 F 随运动时间 t 变化的图线如图 3 所示,所受阻力恒为 1 250 N已知汽车在 t0时刻第一次切 换动力

8、引擎,以后保持恒定功率行驶至第 11 s 末则在前 11 s 内( ) 图 3 A经过计算 t06 s B电动机输出的最大功率为 60 kW C汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5105 J D汽车的位移为 160 m 答案 AC 解析 开始阶段,牵引力 F15 000 N,根据牛顿第二定律可得,F1Ffma,解得:开始阶 段加速度 a2.5 m/s2.v154 km/h15 m/s, 根据 t0v1 a, 解得 t06 s, 故 A 项正确; t0 时刻, 电动机输出的功率最大,且 PmF1v15 00015 W75 000 W75 kW,故 B 项错误;汽油 机工作期间,功率 PF2v16

9、 00015 W90 kW,11 s 末汽车的速度 v2P F 90103 3 600 m/s 25 m/s,汽油机工作期间牵引力做的功 WPt290103(116) J4.5105 J,故 C 项正 确; 汽车前 6 s 内的位移 x11 2at0 21 22.56 2 m45 m, 后 5 s 内根据动能定理得: Pt 2Ffx2 1 2mv2 21 2mv1 2,解得:x 2120 m所以前 11 s 时间内汽车的位移 xx1x245 m120 m 165 m,故 D 项错误 1应用动能定理解题的基本思路 (1)确定研究对象和研究过程; (2)进行运动分析和受力分析,确定初、末速度和各力

10、做功情况,利用动能定理全过程或者分 过程列式 2动能定理的应用 (1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的,但是也适用于变力做功和曲线运动 (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时,常选用动能定理分析 (3)动能定理常用于分析多运动过程问题,关键是明确各力及各力作用的位移 例 2 (多选)(2019 宁夏银川市质检)如图 4 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, 载人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(不计载人滑草车在两段滑

11、道交接处的能量损失, 重力加速度为 g, sin 37 0.6, cos 37 0.8)则( ) 图 4 A动摩擦因数 6 7 B载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g 答案 AB 解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析,由动能定理可知:mg 2hmgcos 45 h sin 45 mgcos 37 h sin 37 0,解得 6 7,选项 A 正确; 对经过上段滑道的过程分析, 根据动能定理有 mghmgcos 45 h sin 45 1 2mv 2,解得:v 2gh 7 ,选项 B 正确;载人滑草 车

12、克服摩擦力做功为 2mgh,选项 C 错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 a mgcos 37 mgsin 37 m 3 35g,选项 D 错误 拓展训练 3 (2019 山西五地联考上学期期末)如图 5 所示,固定斜面倾角为 .一轻弹簧的 自然长度与斜面长相同,都为 L,弹簧一端固定在斜面的底端,将一个质量为 m 的小球放在 斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连,用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点,松 手后,小球最后落地的速度大小为 v,不计空气阻力和一切摩擦,重力加速度为 g,则该过程 中,人对小球做的功 W 及小球被抛出后离地面的最大高度 H 分别为( ) 图 5 A.1 2

13、mv 2mgLsin ;v 2sin22gLsin cos2 2g B.1 2mv 2;v 2sin22gLsin cos2 2g C.1 2mv 21 2mgLsin ; v2sin22gLsin cos2 2g D.1 2mv 2mgLsin ;v 2 2g 答案 A 解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程,由动能定理得 WmgLsin 1 2mv 20, 则 W1 2mv 2mgLsin ; 设小球离开斜面时的速度为 v0.对小球做斜抛运动的过程,由动能定理得 mgLsin 1 2mv 21 2 mv02; 从最高点到落地的过程,由动能定理得 mgH1 2mv 21 2m(v0cos

14、 ) 2, 联立解得:Hv 2sin22gLsin cos2 2g . 拓展训练 4 (2019 云南昭通市上学期期末)如图 6,固定在竖直平面内的倾斜轨道 AB,与 水平固定光滑轨道 BC 相连,竖直墙壁 CD 高 H0.2 m,在地面上紧靠墙壁固定一个和 CD 等高,底边长 L10.3 m 的固定斜面一个质量 m0.1 kg 的小物块(视为质点)在轨道 AB 上 从距离 B 点 L24 m 处由静止释放,从 C 点水平抛出,已知小物块与 AB 段轨道间的动摩擦 因数为 0.5,通过 B 点时无能量损失;AB 段与水平面的夹角为 37 .(空气阻力不计,取重力加 速度 g10 m/s2,si

15、n 37 0.6,cos 37 0.8) 图 6 (1)求小物块运动到 B 点时的速度大小; (2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间; (3)改变小物块从轨道上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值 答案 (1)4 m/s (2) 1 15 s (3)0.15 J 解析 (1)对小物块从 A 到 B 过程分析, 根据动能定理有: mgL2sin 37 mgL2cos 37 1 2mvB 2, 解得:vB4 m/s; (2)设物块落在斜面上时水平位移为 x,竖直位移为 y,如图所示: 对平抛运动,有: xvBt, y1 2gt 2, 结合几何关系,有:Hy x H L1 2 3, 解

16、得:t 1 15 s 或 t 3 5 s(舍去); (3)设小物块从轨道上 A点静止释放且 ABL, 运动到 B 点时的速度为 vB, 对物块从 A 到碰撞斜面过程分析,根据动能定理有:mgLsin 37 mgcos 37 Lmgy1 2mv 20 对物块从 A到运动到 B 过程分析,根据动能定理有 1 2mvB 2mgLsin 37 mgLcos 37 又 xvBt,y1 2gt 2,Hy x 2 3 联立解得:1 2mv 2mg(25y 16 9H 2 16y 9H 8 ), 故当25y 16 9H 2 16y,即 y 3 5H0.12 m 时,动能最小为 Ekmin,代入数据,解得 Ek

17、min0.15 J. 1机械能守恒的判断 (1)利用机械能守恒的定义判断; (2)利用做功判断; (3)利用能量转化判断; (4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题,机械能往往不守恒 2解题步骤 (1)选取研究对象,分析物理过程及状态; (2)分析受力及做功情况,判断机械能是否守恒; (3)选取参考面,根据机械能守恒列式 3应用技巧 对于连接体的机械能守恒问题,常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求 解 例 3 (多选)(2019 福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“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

18、的 平台跳到旁边的另一平台上如图 7 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( ) 图 7 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 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h 2时动能为 mgh 2 D棋子落到另一平台上时的速度大于 2gh 答案 AD 解析 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;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

19、有重力做功,机械能守恒,B 错误;取平台表面为零势能面,则棋子 在最高点的机械能 Emgh1 2mvx 2,v x为棋子在最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h 2时,动能为 EkE 1 2mgh 1 2mgh 1 2mvx 2mgh 2 ,C 错误;设棋子落 到另一平台时的瞬时速度大小为 v,棋子从最高点落到另一平台的过程中,根据动能定理得: mgh1 2mv 21 2mvx 2,解得:v 2ghv x 2 2gh,D 正确 拓展训练 5 (多选)(2019 福建厦门市第一次质量检查)如图 8 所示, 在竖直面内固定一半径 为 R 的圆环,AC 是圆环竖直直径,BD

20、是圆环水平直径,半圆环 ABC 是光滑的, 半圆环 CDA 是粗糙的一质量为 m 的小球(视为质点)在圆环的内侧 A 点获得大小为 v0、方向水平向 左的速度,小球刚好能第二次到达 C 点,重力加速度大小为 g,不计空气阻力在此过程中 ( ) 图 8 A小球通过 A 点时处于失重状态 B小球第一次到达 C 点时速度为 gR C小球第一次到达 B 点时受到圆环的弹力大小为 m(v0 2 R 2g) D小球与圆环间因摩擦产生的热量为1 2mv0 25 2mgR 答案 CD 解析 小球通过 A 点时,加速度向上,处于超重状态,选项 A 错误;因小球刚好能第二次到 达 C 点,则此时 mgmvC 2

21、R ,可知小球第二次到达 C 点的速度为 vC gR,因在轨道 CDA 上 运动时要克服阻力做功,可知小球第一次到达 C 点的速度大于 gR,选项 B 错误;小球从 A 到第一次到达 B 点,由动能定理:mg R1 2mvB 21 2mv0 2;在 B 点:F NBmv B 2 R ,联立解得: FNBm(v0 2 R 2g),选项 C 正确;根据能量守恒可知,此过程中,小球与圆环间因摩擦产生的 热量为 Q1 2mv0 21 2mvC 2mg 2R1 2mv0 25 2mgR,选项 D 正确 例 4 (多选)(2019 东北三省四市教研联合体模拟)如图 9 所示,斜面 1、曲面 2 和斜面 3

22、 的 顶端高度相同,底端位于同一水平面上,斜面 1 与曲面 2 的水平底边长度相同一物体与三 个面间的动摩擦因数相同,在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中,下列 判断正确的是( ) 图 9 A物体减少的机械能 E1E2E3 B物体减少的机械能 E2E1E3 C物体到达底端时的速度 v1v2W 克1,故 W克2W克1W克3,由此可知物体减少的机械能 E2E1E3;由动能定理可知 mgh W克1 2mv 2,由于 W 克2W克1W克3可得 v2v1v3,故 B、D 正确 拓展训练 6 (多选)(2019 安徽安庆市二模)如图 10 所示,光滑细杆 MN 倾斜固定,与水平 方向夹角为

23、,一轻质弹簧一端固定在 O 点, 另一端连接一小球,小球套在细杆上,O 与杆 MN 在同一竖直平面内,P 为 MN 的中点,且 OP 垂直于 MN,已知小球位于杆上 M、P 两点 时,弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内现将小球从细杆顶端 M 点由静止释放,则在小球 沿细杆从 M 点运动到 N 点的过程中(重力加速度为 g),以下判断正确的是( ) 图 10 A弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B小球加速度大小等于 gsin 的位置有三个 C小球运动到 P 点时的速度最大 D小球运动到 N 点时的动能是运动到 P 点时动能的两倍 答案 BD 拓展训练 7 (多选)(2019 云南昆明市 4 月质检)

24、如图 11 所示, 质量为 m 的小环(可视为质点) 套在固定的光滑竖直杆上,一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连,另一端跨过光滑的 定滑轮与质量为 M 的物块相连,已知 M2m.与定滑轮等高的 A 点和定滑轮之间的距离为 d 3 m,定滑轮大小及质量可忽略现将小环从 A 点由静止释放,小环运动到 C 点速度为 0, 重力加速度取 g10 m/s2,则下列说法正确的是( ) 图 11 AA、C 间距离为 4 m B小环最终静止在 C 点 C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能 D当小环下滑至绳与杆的夹角为 60 时,小环与物块的动能之比为 21 答案 AD 解析 由机械能守恒

25、得:mgLACMg( d2LAC2d),解得:LAC4 m,故 A 正确;设小环 最终静止在 C 点, 绳中的拉力等于 2mg, 对小环有: FT mg sin 53 5 4mg2mg, 小环不能静止, 所以假设不成立,故 B 错误;由机械能守恒可知,小环下落过程中减少的重力势能转化为物 块增加的机械能和小环增加的动能,故 C 错误;将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解,沿绳 方向的速度即为物块的速度vMvmcos 60 , 由Ek1 2mv 2可知, 小环与物块的动能之比为21, 故 D 正确 专题强化练专题强化练 (限时 40 分钟) 1. (2019 湖南衡阳市第二次联考)2019 年春晚在

26、开场舞蹈春海中拉开帷幕如图 1 所示, 五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起,若五名领舞者的质量(包括衣服和道具) 相等,下面说法中正确的是( ) 图 1 A观众欣赏表演时可把领舞者看做质点 B2 号和 4 号领舞者的重力势能相等 C3 号领舞者处于超重状态 D她们在上升过程中机械能守恒 答案 B 解析 观众欣赏表演时看领舞者的动作,所以不能将领舞者看做质点,故 A 错误;2 号和 4 号领舞者始终处于同一高度,质量相等,所以重力势能相等,故 B 正确;五名领舞者在钢丝 绳的拉动下以相同速度缓缓升起,所以处于平衡状态,故 C 错误;上升过程中,钢丝绳对她 们做正功,所以机械能增大,故

27、D 错误 2(2019 广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处,把质量相同的 P、Q 两小球以相同速 率沿竖直方向抛出,P 向上,Q 向下,不计空气阻力,两球从抛出到落地的过程中( ) AP 球重力做功较多 B两球重力的平均功率相等 C落地前瞬间,P 球重力的瞬时功率较大 D落地前瞬间,两球重力的瞬时功率相等 答案 D 解析 根据 Wmgh 可知两球重力做功相同,选项 A 错误;上抛的小球运动时间长,根据 P W t 可知两球重力的平均功率不相等,选项 B 错误;根据机械能守恒定律1 2mv 2mgh1 2mv0 2 可知,两球落地的速度相同,由 Pmgv 可知落地前瞬间,两球重力的瞬时功率

28、相等,选项 C 错误,D 正确 3(2019 贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后,演员 A(视为质点)自竿顶由静止开 始滑下,如图 2 甲所示演员 A 滑到竿底时速度正好为零,然后曲腿跳到水平地面上,演员 A 的质量为 50 kg,长竹竿的质量为 5 kg,A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所 示重力加速度取 g10 m/s2,则 t5 s 时,演员 A 所受重力的功率为( ) 图 2 A50 W B500 W C55 W D550 W 答案 B 解析 由 vt 图象可知,46 s 内 A 向下减速,加速度的大小为:a22 2m/s 21 m/s2,t5 s 时,A 的速度大小

29、为 v52 m/sa2t2 m/s1 1 m/s1 m/s,演员 A 所受重力的功率为 PG mAgv550101 W500 W,故 B 正确 4. (多选)(2019 陕西榆林市第二次模拟)如图 3 所示, 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( ) 图 3 A所受合力保持不变 B所受滑道的支持力逐渐增大 C机械能保持不变 D克服摩擦力做功和重力做功相等 答案 BD 解析 运动员的速率不变,则向心加速度大小不变,方向变化,即向心力大小不变,方向变 化,则

30、所受合力大小不变,方向变化,选项 A 错误;所受滑道的支持力为 FN,FNmgcos mv 2 R ( 角是所在位置的切线与水平面的夹角), 随着 减小, 则所受滑道的支持力逐渐增大, 选项 B 正确;下滑过程中动能不变,重力势能减小,则机械能减小,选项 C 错误;根据动能 定理:WGWfEk0,即克服摩擦力做功和重力做功相等,选项 D 正确 5. (多选)(2019 湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体 A、B 并排静放在水平地面上, 现 用同向水平拉力 F1、F2分别作用于物体 A 和 B 上,分别作用一段时间后撤去,两物体各自 滑行一段距离后停止运动两物体运动的 vt 图象分别如图

31、4 中图线 a、b 所示已知拉力 F1、F2分别撤去后,物体做减速运动过程的 vt 图线彼此平行(相关数据已在图中标出)由 图中信息可以得出( ) 图 4 A两个物体 A、B 与水平地面间的动摩擦因数相同 BF1等于 2.5F2 CF1对物体 A 所做的功与 F2对物体 B 所做的功一样多 DF1的最大瞬时功率等于 F2的最大瞬时功率的 2 倍 答案 ACD 解析 由题图可知减速阶段加速度大小 a1a21 m/s2,根据 mgma 可知:120.1, 故 A 正确; 加速阶段的加速度 a12.5 1.5 m/s 25 3 m/s 2, a 22 3 m/s 2, 根据 Fmgma 得: F18

32、 3m,F2 5 3m,所以 F11.6F2,故 B 错误;加速阶段的位移分别为 x1 2.5 2 1.5 m1.875 m,x22 23 m3 m,拉力做的功分别为 W1F1x15m(J),W2F2x25m(J),故 C 正确; F1的最大瞬时功率 P1F1v120 3 m(W), F2的最大瞬时功率 P2F2v210 3 m(W), 所以 P12P2, 故 D 正确 6(2019 山东泰安市第二轮复习质量检测)如图 5 所示的轨道由倾角为 45 的斜面与水平面连 接而成,将一小球(可看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出,不计空气阻力,经过一 段时间,小球以 9 J 的动能第一次

33、落在轨道上若将此小球以 6 J 的初动能从斜面顶端水平抛 出,则小球第一次落在轨道上的动能为( ) 图 5 A9 J B12 J C15 J D30 J 答案 B 解析 假设小球落到斜面上,分解位移可知 xv0t,y1 2gt 2,xy,可得 t2v0 g ,落到斜面 上的速度大小为v 5v0.由Ek1 2mv 2可知, 小球从顶端抛出时v 0 6 m, 落到轨道时速度v 18 m,v 3v0,所以小球将会落到水平面上,由动能定理:mgh(93) JEk6 J, Ek12 J. 7(2019 安徽合肥市第二次质检)如图 6 甲所示,置于水平地面上质量为 m 的物体,在竖直 拉力 F 作用下,由

34、静止开始向上运动,其动能 Ek与距地面高度 h 的关系如图乙所示,已知重 力加速度为 g,空气阻力不计下列说法正确的是( ) 图 6 A在 0h0过程中,F 大小始终为 mg B在 0h0和 h02h0过程中,F 做功之比为 21 C在 02h0过程中,物体的机械能不断增加 D在 2h03.5h0过程中,物体的机械能不断减少 答案 C 解析 0h0过程中,Ekh 图象为一段直线,由动能定理得:(Fmg)h0mgh00,故 F 2mg,A 错误;由 A 可知,F 在 0h0过程中,做功为 2mgh0,在 h02h0过程中,由动能定 理可知,WFmgh01.5mgh0mgh0,解得 WF1.5mg

35、h0,因此在 0h0和 h02h0过程中,F 做功之比为 43,故 B 错误;在 02h0过程中,F 一直做正功,故物体的机械能不断增加, C 正确;在 2h03.5h0过程中,由动能定理得 WF1.5mgh001.5mgh0,则 WF0,故 F 做功为 0,物体的机械能保持不变,故 D 错误 8. (多选)(2018 山东淄博市模拟)如图 7 所示,内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上, 管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态,正上方有两个质量分别为 m 和 2m 的 a、b 小球,用竖直的轻杆连着,并处于静止状态,球的直径比管的内径稍小现释放两个小球, 让它们自由下落,重力加速度大小为

36、 g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中,下列说 法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)( ) 图 7 Aa 球的动能始终减小 Bb 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍 C弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量 Db 球到达最低点时杆对 a 球的作用力等于 mg 答案 BC 解析 刚开始接触时,由于弹簧的弹力小于两者的重力之和,所以此时两球仍做加速运动, 当弹簧的弹力等于两球的重力之和时,两球速度达到最大,之后弹簧的弹力大于两球的重力 之和,两球做减速运动,故 A 错误;两球的加速度始终相等,设为 a,根据牛顿第二定律, 对 a 球有 F杆mgma, 对 b 球有

37、 F弹2mgF杆2ma, 解得 F弹3F杆, 则由 WFl 可知, 弹簧对 b 球做的功是杆对 b 球做功的 3 倍,即 b 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍,故 B 正确;将两球看做一个整体,整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功,由功能关 系可知弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量,故 C 正确;b 球到达最低点时 a、 b 均具有向上的加速度,此时杆对 a 球的作用力一定大于 a 球的重力 mg,故 D 错误 9. (多选)(2019 广东茂名市第一次综合测试)如图 8 所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的 同心圆轨道, 外圆光滑, 内圆粗糙 一质量为 m

38、的小球从轨道的最低点以初速度 v0向右运动, 球的直径略小于两圆间距,球运动的轨道半径为 R,不计空气阻力设小球过最低点时重力 势能为零,下列说法正确的是( ) 图 8 A若小球运动到最高点时速度为 0,则小球机械能一定不守恒 B若经过足够长时间,小球最终的机械能可能为3 2mgR C若使小球始终做完整的圆周运动,则 v0一定不小于 5gR D若小球第一次运动到最高点时速度大小为 0,则 v02 gR 答案 AC 解析 若小球运动到最高点时速度为 0,则小球在运动过程中一定与内圆接触,要克服摩擦 力做功,小球的机械能不守恒,故 A 正确; 若初速度 v0比较小,小球在运动过程中一定与 内圆接触

39、,机械能不断减少,经过足够长时间,小球最终在圆心下方运动,最大的机械能为 mgR,故 B 错误;若初速度 v0足够大,小球始终沿外圆做完整的圆周运动,机械能守恒,机 械能必定大于 2mgR,小球恰好运动到最高点时速度设为 v,则有 mgmv 2 R, 1 2mv0 2mg 2R 1 2mv 2,小球在最低点时的最小速度 v 0 5gR,所以若使小球始终做完整的圆周运动,则 v0一定不小于 5gR,故 C 正确;如果内圆光滑,小球在运动过程中不受摩擦力,小球在运 动过程中机械能守恒,如果小球运动到最高点时速度为 0,由机械能守恒定律得:1 2mv0 2 mg 2R,小球在最低点时的速度 v02

40、gR,由于内圆粗糙,小球在运动过程中要克服摩擦力 做功,则小球在最低点时的速度 v0一定大于 2 gR,故 D 错误 10. (2019 福建龙岩市 3 月质量检查)如图 9 所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的 圆环,圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点,橡皮绳竖直 且处于原长 h,让圆环沿杆从静止开始下滑,滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程 中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内),不计空气阻力,重力加速度为 g,下列说法中正 确的是( ) 图 9 A圆环的机械能守恒 B圆环的机械能先增大后减小 C圆环滑到杆的底端时机械能减少了 mgh D橡皮绳

41、再次恰好伸直时圆环动能最大 答案 C 解析 圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的 拉力,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象,则系统的 机械能守恒,因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大,所以圆环的机械能先不变后减小,故 A、 B 错误;当圆环滑到杆的底端时,速度为零,则圆环的机械能减少了 mgh,故 C 正确;从圆 环下滑到橡皮绳再次到达原长,动能一直增大,但再次原长时动能不是最大,沿杆方向合力 为零的时刻,圆环的速度最大,此时圆环的动能最大,故 D 错误 11(多选)(2019 云南玉溪一中第五次调研)如图 10 所示,半径为 R

42、 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R 2处小球从最高点 A 由静止开始沿逆时针方向运动,已知弹簧的原长为 R,弹簧始终处 于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为 g.下列说法正确的是( ) 图 10 A小球运动到 B 点时的速度大小为 2gR B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 4mg D小球运动到 B 点时重力的功率为 0 答案 BCD 解析 由题分析可知,小球在

43、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:2mgR1 2mvB 2,解得小球运动到 B 点时的 速度为:vB2 gR,故 A 错误;根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知,弹簧长度等于 R 时,弹簧的弹性势能为零,则此时小球的机械能最大,故 B 正确;设小球在 A、B 两点时 弹簧的弹力大小为 F弹,在 A 点,圆环对小球的支持力 FN1mgF弹;在 B 点,由牛顿第二 定律得:FN2mgF弹mvB 2 R ,解得圆环对小球的支持力为:FN25mgF弹;则 FN2FN1 4mg,由牛顿第三定律知,小球在 A、B 两点时对圆环的

44、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 12. (多选)(2019 湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图 11 所示,固定的光滑 竖直杆上套一个滑块 A,与滑块 A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块 B,细绳不可 伸长,滑块 B 放在粗糙的固定斜面上,连接滑块 B 的细绳和斜面平行,滑块 A 从细绳水平位 置由静止释放(不计滑轮的摩擦及空气阻力),到滑块 A 下降到速度最大(A 未落地,B 未上升 至滑轮处)的过程中( ) 图 11 A滑块 A 和滑块 B 的加速度大小一直相等 B滑块 A 减小的机械能等于滑

45、块 B 增加的机械能 C滑块 A 的速度最大时,滑块 A 的速度大于 B 的速度 D细绳上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量 答案 CD 解析 两滑块与绳构成绳连接体, 沿绳方向的加速度相等, 则 A 的分加速度等于 B 的加速度, 故 A 错误;绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能,但 B 受到的斜面摩擦力对 B 做负功, 由能量守恒可知滑块 A 减小的机械能等于滑块 B 增加的机械能和摩擦生热之和,B 错误;绳 连接体沿绳的速度相等,则 A 沿绳的分速度等于 B 的运动速度,如图所示,即滑块 A 的速度 大于 B 的速度,故 C 正确;对 A 受力分析可知,除重力外,只有细

46、绳的张力对滑块做功,由 功能关系可知,细绳上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量,故 D 正确 13. (多选)(2019 河南省普通高中高考模拟)如图 12 所示,质量分别为 2m、m 的小滑块 A、B, 其中 A 套在固定的竖直杆上,B 静置于水平地面上,A、B 间通过铰链用长为 L 的刚性轻杆连 接一轻弹簧左端与 B 相连,右端固定在竖直杆上,弹簧水平当 30 时,弹簧处于原长 状态,此时将 A 由静止释放,下降到最低点时 变为 45 ,整个运动过程中,A、B 始终在同 一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,不计空气阻力,重力加速度为 g.则 A 下 降过程中( )

47、 图 12 AA、B 组成的系统机械能守恒 B弹簧弹性势能的最大值为( 3 2)mgL C竖直杆对 A 的弹力一定大于弹簧弹力 DA 的速度达到最大值前,地面对 B 的支持力小于 3mg 答案 BD 解析 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒,A、B 组成的系统机械能不守恒,故 A 错误;根 据系统机械能守恒可得:Ep2mgL(cos 30 cos 45 ),即弹性势能的最大值为 Ep( 3 2)mgL,故 B 正确;对 B:水平方向的合力 FxF杆sin F弹ma,滑块 B 先做加速运动 后做减速运动,又竖直杆对 A 的弹力等于 F杆sin ,所以竖直杆对 A 的弹力并非始终大于弹 簧的弹力,故 C 错误;A 下降过程中动能达到最大前,A 加速下降,对 A、B 整体,在竖直 方向上根据牛顿第二定律有 3mgFN2ma,则有 FN3mg,故 D 正确