高考物理一輪復(fù)習(xí) 高考真題備選題庫 第五章 機械能-人教版高三物理試題

第五章機械能第1節(jié)功和功率1．(2014·重慶高考)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則()A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：選B該車在水平路面上達到最大速率時，處于平衡狀態(tài)，即該車此時的牽引力F1＝k1mg，F(xiàn)2＝k2mg，兩種情況下，車的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝eq\f(k1v1,k2)，故B項正確。2．(2013·新課標全國Ⅰ)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t＝0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度－時間圖線如圖(b)所示。假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g。則()A．從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10B．在0.4～2.5s時間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C．在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5D．在0.4～2.5s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變解析：選AC本題考查直線運動圖像，意在考查考生對圖像的理解和應(yīng)用。由v-t圖像可知飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10，選項A正確；由v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)飛機在甲板上滑行過程中的加速度不變，說明飛機受到的合力不變，而兩段阻攔索的夾角逐漸減小，故阻攔索的張力減小，選項B錯誤；根據(jù)v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)加速度大小約為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(70－10,2.1)m/s2＝28.6m/s2，選項C正確；由于飛機做勻減速運動，所受阻力不變，根據(jù)P＝Fv可知，功率逐漸減小，選項D錯誤。3．(2012·江蘇)如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是()A．逐漸增大B．逐漸減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大解析：小球從A到B在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能增加得越來越快，故拉力的瞬時功率逐漸增大。答案：A4．(2012·天津理綜)如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則()A．0～t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大B．t2時刻物塊A的加速度最大C．t2時刻后物塊A做反向運動D．t3時刻物塊A的動能最大解析：0～t1時間內(nèi)，物塊靜止，F(xiàn)的功率為零，選項A錯誤；t2時刻合外力最大，物塊A的加速度最大，選項B正確；t2時刻后物塊A繼續(xù)向前運動，選項C錯誤；t1～t3時間內(nèi)，物塊一直加速運動，t3時刻后物塊做減速運動，所以t3時刻物塊A的動能最大，選項D正確。答案：BD5．(2012·福建理綜)如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊()A．速率的變化量不同B．機械能的變化量不同C．重力勢能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同解析：由題意根據(jù)力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根據(jù)機械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，所以兩物塊落地速率相等，選項A錯；因為兩物塊的機械能守恒，所以兩物塊的機械能變化量都為零，選項B錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系，重力勢能的變化為ΔEp＝－WG＝－mgh，選項C錯誤；因為A、B兩物塊都做勻變速運動，所以A重力的平均功率為eq\o(P,\s\up6(—,))A＝mAg·eq\f(v,2)，B的平均功率eq\o(P,\s\up6(—,))B＝mBg·eq\f(v,2)cos(eq\f(π,2)－θ)，因為mA＝mBsinθ，所以eq\o(P,\s\up6(—,))A＝eq\o(P,\s\up6(—,))B，選項D正確。答案：D第2節(jié)動能定理1.(2014·上海高考)如圖，豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿連接而成，兩軌道長度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A，所需時間分別為t1、t2；動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2，假定球在經(jīng)過軌道轉(zhuǎn)折點前后速度大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等，則()A．ΔEk1>ΔEk2t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2t1<t2 D．ΔEk1＝ΔEk2t1<t2解析：選B小球從最低點到最高點受到摩擦力做功：Wf＝μmgcosαL＝μmgx水平，與斜面傾角無關(guān)；水平拉力為恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根據(jù)動能定理可知，兩球到達A點時的速度相同，動能相等，AC項錯誤；將小球的運動看做直線運動，畫出其速率隨時間變化的圖像，可知，沿Ⅱ軌道運動的小球先到達，B項正確。2．(2014·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計算公式解題。根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。3．(2014·天津高考)某同學(xué)把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上，將細繩一端拴在小車上，另一端繞過定滑輪，掛上適當?shù)你^碼，使小車在鉤碼的牽引下運動，以此定量探究繩拉力做功與小車動能變化的關(guān)系。此外還準備了打點計時器及配套的電源、導(dǎo)線、復(fù)寫紙、紙帶、小木塊等。組裝的實驗裝置如圖所示。①若要完成該實驗，必需的實驗器材還有哪些___________________________________。②實驗開始時，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行。他這樣做的目的是下列的哪個________(填字母代號)。A．避免小車在運動過程中發(fā)生抖動B．可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰C．可以保證小車最終能夠?qū)崿F(xiàn)勻速直線運動D．可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車受的合力③平衡摩擦力后，當他用多個鉤碼牽引小車時，發(fā)現(xiàn)小車運動過快，致使打出的紙帶上點數(shù)較少，難以選到合適的點計算小車速度。在保證所掛鉤碼數(shù)目不變的條件下，請你利用本實驗的器材提出一個解決方法：______________________________________________。④他將鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動能增量大一些。這一情況可能是下列哪些原因造成的________(填字母代號)。A．在接通電源的同時釋放了小車B．小車釋放時離打點計時器太近C．阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉D．鉤碼做勻加速運動，鉤碼重力大于細繩拉力解析：①實驗要處理紙帶測速度，需要刻度尺，要分析動能的變化，必須要測出小車的質(zhì)量，因此還需要天平。②實驗中調(diào)節(jié)定滑輪高度，使細繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的合力，如果不平行，細繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改變了摩擦力就不能使細繩拉力等于小車所受的合力，D正確。③在所掛鉤碼個數(shù)不變的情況下，要減小小車運動的加速度，可以增大小車的質(zhì)量，即可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)。④如果用鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，發(fā)現(xiàn)拉力做的功總比小車動能的增量大，原因可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用來增大小車動能，一部分用來克服阻力做功；也可能是小車做加速運動，因此細繩的拉力小于鉤碼的重力，鉤碼的重力做的功大于細繩的拉力做的功，即大于小車動能的增量，C、D項正確。答案：①刻度尺、天平(包括砝碼)②D③可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)④CD4．(2012·江蘇)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f。輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作。一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動eq\f(1,4)。輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm；(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關(guān)系。解析：(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力F＝kx①且F＝f②解得x＝eq\f(f,k)③(2)設(shè)輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中由動能定理得－f·eq\f(l,4)－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④同理，小車以vm撞擊彈簧時－fl－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)⑤解得vm＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))⑥(3)設(shè)輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝W⑦由④⑦解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))當v<eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))時，v′＝v當eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))≤v≤eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))時，v′＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))。答案：(1)eq\f(f,k)(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))(3)見解析5．(2012·山東理綜)如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L＝0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質(zhì)點的物塊，其質(zhì)量m＝0.2kg，與BC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4。工件質(zhì)量M＝0.8kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。(取g＝10m/s2)(1)若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h。(2)若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動。①求F的大小。②當速度v＝5m/s時，使工件立刻停止運動(即不考慮減速的時間和位移)，物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。解析：(1)物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得mgh－μ1mgL＝0①代入數(shù)據(jù)得h＝0.2m②(2)①設(shè)物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(R－h(huán),R)③根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有mgtanθ＝ma④對工件和物塊整體有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得F＝8.5N⑥②設(shè)物塊做平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B點間的距離為x2，由運動學(xué)公式得h＝eq\f(1,2)gt2⑦x1＝vt⑧x2＝x1－Rsinθ⑨聯(lián)立②③⑦⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得x2＝0.4m⑩答案：(1)0.2m(2)①8.5N②0.4m6．(2010·新課標全國)如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點運動的v－t圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷()A．在0～t1時間內(nèi)，外力做正功B．在0～t1時間內(nèi)，外力的功率逐漸增大C．在t2時刻，外力的功率最大D．在t1～t3時間內(nèi)，外力做的總功為零解析：本題考查速度圖象、動能定理與功率的計算，意在考查考生對速度圖象的理解，以及結(jié)合速度圖象綜合分析功與功率的方法．由速度圖象可知，在0～t1時間內(nèi)，由于物體的速度增大，根據(jù)動能定理可知，外力對物體做正功，A正確；在0～t1時間內(nèi)，因為物體的加速度減小，故所受的外力減小，由圖可知t1時刻外力為零，故功率為零，因此外力的功率不是逐漸增大，B錯誤；在t2時刻，由于物體的速度為零，故此時外力的功率最小，且為零，C錯誤；在t1～t3時間內(nèi)，因為物體的動能不變，故外力做的總功為零，D正確．答案：AD第3節(jié)機械能守恒定律1．(2014·全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析：選B根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。2．(2014·全國卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C根據(jù)機械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律和平衡條件解題。設(shè)大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2eq\r(gR)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。3．(2014·廣東高考)某同學(xué)根據(jù)機械能守恒定律，設(shè)計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關(guān)系。①如圖(a)，將輕質(zhì)彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加砝碼，測量相應(yīng)的彈簧長度，部分數(shù)據(jù)如下表。有數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k＝________N/m。(g取9.80m/s2)砝碼質(zhì)量(g)50100150彈簧長度(cm)8.627.636.66②取下彈簧，將其一端固定于氣墊導(dǎo)軌左側(cè)，如圖(b)所示；調(diào)整導(dǎo)軌使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小________。③用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v。釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為________。④重復(fù)③中的操作，得到v與x的關(guān)系如圖(c)，由圖可知，v與x成________關(guān)系。由上述實驗可得結(jié)論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧的________成正比。解析：①由k＝eq\f(ΔF,|Δx|)＝eq\f(0.1×9.80,8.62－6.66×10－2)N/m＝50N/m；②要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平，使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度相等；③根據(jù)機械能守恒定律，釋放滑塊后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能；④由題圖可知，x與v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mk2x2，因此彈簧的彈性勢能與彈簧的壓縮量的平方成正比。答案：①50②相等③滑塊的動能④正比壓縮量的平方4．(2014·安徽高考)如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2。則()A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2解析：選A由于橢圓形管道內(nèi)壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球從M到N過程機械能守恒，由于M、N在同一高度，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球在M、N點的速率相等，B、D項錯誤；小球沿MPN運動的過程中，速率先減小后增大，而沿MQN運動的過程中，速率先增大后減小，兩個過程運動的路程相等，到N點速率都為v0，根據(jù)速率隨時間變化關(guān)系圖像可知，由于兩圖像與時間軸所圍面積相等，因此t1>t2，A項正確，C項錯誤。5．(2014·福建高考)如圖，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動。質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端?，F(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊()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．重力勢能的變化量不同解析：選C整個過程中，物塊達到平衡位置時速度最大，物塊質(zhì)量越大，其平衡位置越靠近最低點，則由最低點到平衡位置過程中，回復(fù)力對質(zhì)量較大的物塊做功較小，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，故質(zhì)量較大的物塊在平衡位置速度較小，A項錯；撤去外力瞬間，物塊的加速度最大，由牛頓第二定律可知，兩物塊的最大加速度不同，B項錯；撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，即具有相同的彈性勢能，從撤去外力到物塊速度第一次減為零，物塊的機械能分別守恒，由機械能守恒定律可知，物塊的重力勢能的變化量等于彈簧彈性勢能的變化量，所以重力勢能的變化量相同，D項錯；因為兩物塊質(zhì)量不同，物塊的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，兩物塊上升的最大高度不同，C項對。6．(2014·福建高考)圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切。點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面。一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力。(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h。(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,R))解析：(1)游客從B點做平拋運動，有2R＝vBt ①R＝eq\f(1,2)gt2 ②由①②式得vB＝eq\r(2gR) ③從A到B，根據(jù)動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0 ④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。 ⑤(2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0 ⑥過P點時，根據(jù)向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(v\o\al(2,P),R) ⑦又N＝0 ⑧cosθ＝eq\f(h,R) ⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R。 ⑩答案：(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R7．(2013·廣東理綜)如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有()A．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D．甲比乙先到達B處解析：選BD本題考查力與運動的關(guān)系和機械能守恒定律的應(yīng)用，意在考查考生綜合分析問題的能力。若切線的傾角為θ，則這時的加速度為gsinθ，由于甲的軌道切線傾角并不是都比乙的大，因此A項錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，mgh＝eq\f(1,2)mv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B項正確；甲開始的切向加速度比乙的大，且這個加速度在豎直方向的分加速度也大，因此開始時甲在豎直方向的分運動比乙在豎直方向的分運動快，則C項錯誤；從如圖所示的速率—時間圖像可以判斷，甲先到達B點，D項正確。第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒定律1．(2014·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關(guān)系是()解析：選C物體受恒力加速上升時，恒力做正功，物體的機械能增大，又因為恒力做功為：W＝F×eq\f(1,2)at2，與時間成二次函數(shù)關(guān)系，AB項錯誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機械能守恒，D項錯誤，C項正確。2.(2014·海南高考)如圖，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中()A．a(chǎn)的動能小于b的動能B．兩物體機械能的變化量相等C．a(chǎn)的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零解析：選AD由于va＝vbcosθ，θ為b的拉繩與水平面的夾角，質(zhì)量相同，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知選項A正確；a物體下降時，a的機械能的減少量等于b物體的動能增加量和b克服摩擦力做功之和，選項B、C錯誤；繩的拉力對a所做的功等于a的機械能的減少量，繩的拉力對b所做的功等于b的動能增加和克服摩擦力做功，選項D正確。3．(2014·北京高考)伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進了人類科學(xué)認識的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是()A．如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變D．小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小解析：選A題述要求根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置，選項A正確。B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比直接得到，選項B、C、D錯誤。4.(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A．緩沖器的機械能守恒 B．摩擦力做功消耗機械能C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能解析：選B在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機械能不守恒，A項錯誤；克服摩擦力做功消耗機械能，B項正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動能并不為零，C項錯誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加，并沒有減小，D項錯誤。5．(2014·江蘇高考)如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0。小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ。乙的寬度足夠大，重力加速度為g。(1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s；(2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復(fù)。若每個工件的質(zhì)量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅(qū)動乙的電動機的平均輸出功率eq\x\to(P)。解析：(1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45°側(cè)向加速度大小ax＝μgcos45°在側(cè)向上由勻變速直線運動規(guī)律知－2axs＝0－veq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)設(shè)t＝0時刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ，側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay則eq\f(ay,ax)＝tanθ很小的Δt時間內(nèi)，側(cè)向、縱向的速度變化量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ且由題意知tanθ＝eq\f(vy,vx)，則eq\f(vy′,vx′)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ所以摩擦力方向保持不變則當vx′＝0時，vy′＝0，即v＝2v0(3)設(shè)工件在乙上滑動時側(cè)向位移為x，沿乙運動方向的位移為y，由題意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ在側(cè)向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)在縱向上2ayy＝(2v0)2－0工件滑動時間t＝eq\f(2v0,ay)乙前進的距離y1＝2v0t工件相對乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL電動機做功W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，解得eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)答案：(1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\f(4\r(5)μmgv0,5)6．(2013·江蘇)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中()A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W－μmgaD．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能解析：選BC本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用，意在考查考生對不同功能關(guān)系的理解與應(yīng)用。設(shè)O點到A點的距離為x，則物塊在A點時彈簧的彈性勢能為EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B間的距離a小于2x，即x＞eq\f(1,2)a，所以EpA＜W－eq\f(1,2)μmga，A項錯誤；物塊從O點經(jīng)A點到B點，根據(jù)動能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞eq\f(3,2)μmga，所以EpB＜W－eq\f(3,2)μmga，B項正確；在O點彈性勢能為零，從O點再到O點W－2μmgx＝Ek0，由于x＞eq\f(1,2)a，因此Ek0＜W－μmga，C項正確；物塊動能最大時，是摩擦力等于彈簧的彈力的時候，此位置在O點右側(cè)，如果B點到O點的距離小于動能最大的位置到O點的距離，則物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點時的彈簧的彈力勢能，D項錯誤。7．(2011·新課標全國)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：重力做功決定重力勢能的變化，隨著高度的降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A選項正確；彈性勢能的變化取決于彈力做功，當橡皮筋張緊后，隨著運動員的下落彈力一直做負功，彈性勢能一直增大，故B選項正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運動員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力勢能的大小與勢能零點的選取有關(guān)，而勢能的改變與勢能零點選取無關(guān)，故選項D錯誤．答案：ABC8．(2010·福建理綜)如圖(甲)所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖(乙)所示，則()A．t1時刻小球動能最大B．t2時刻小球動能最大C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少D．t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能解析：本題意在考查學(xué)生的結(jié)合圖象以及應(yīng)用動能定理、功能觀點綜合分析問題的能力．在t1時刻，小球剛好與彈簧接觸，重力大于彈力，合外力與速度方向一致，故小球繼續(xù)加速，即小球動能繼續(xù)增加，A項錯；在t2時刻彈簧彈力最大，說明彈簧被壓縮到最短，此時，小球速度為零，B項錯；t2～t3過程中，彈簧從壓縮量最大逐漸恢復(fù)到原長，在平衡位置時，小球動能最大，所以小球的動能先增大后減小，C項正確；t2～t3過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故小球增加的動能與重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能，D項錯．答案：C9．(2010·江蘇)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有()A．物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長解析：本題考查功的計算、動能定律、能量守恒，意在考查考生綜合運用所學(xué)知識分析問題的能力．設(shè)前一過程中合力做功為mgl1(sinα－μ1cosα)，后一過程中合力做功為mgl2(sinα－μ2cosα)，因l1＜l2，前一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ1大于后一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ2，所以mgl1(sinα－μ1cosα)＜mgl2(sinα－μ2cosα)，因此根據(jù)動能定理知物塊經(jīng)過P點的動能前一過程較小，選項A正確；因兩個過程中摩擦力做的功一樣大，所以產(chǎn)生的熱量一樣大，選項B錯誤；又因為兩個過程中合力做的功一樣大，所以物塊滑到底端的速度一樣大，選項C錯誤；前一過程物塊做加速度增大的加速運動(圖線1)，后一過程物塊做加速度減小的加速運動(圖線2)，而物塊到底端的速度又相等，v－t圖象如圖所示，可見后一過程運動時間短，選項D正確．答案：AD10．(2011·廣東理綜)如圖所示，以A、B和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板．滑板運動到C時被牢固粘連．物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，兩半圓半徑均為R，板長l＝6.5R，板右端到C的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，E距A為s＝5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度取g.(1)求物塊滑到B點的速度大小；(2)試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點．解析：(1)設(shè)物塊到達B點的速度為vB，對物塊從E到B由動能定理得μmg·5R＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0①解得vB＝3eq\r(gR)②(2)假設(shè)物塊與滑板達到共同速度v時，物塊還沒有離開滑板，對物塊與滑板，由動量守恒，有mvB＝(m＋M)v③設(shè)物塊在滑板上運動的距離為s1，由能量守恒得μmg·s1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋M)v2④由③④，得s1＝6R<l＝6.5R⑤即達到共同速度v時，物塊不會脫離滑板滑下．設(shè)此過程滑板向右運動的距離為s2，對滑板由動能定理得μmg·s2＝eq\f(1,2)Mv2⑥由③⑥，得s2＝2R討論：ⅰ當R<L<2R時，滑塊在滑板上一直減速到右端，設(shè)此時的速度為vC，對物塊由動能定理得－μmg(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑦解得vC＝eq\r(2.5R－Lg)>0所以克服摩擦力所做的功Wf＝μmg(l＋L)＝3.25mgR＋0.5mgL設(shè)物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為H由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgH⑧解得H<eq\f(3,4)R，故物塊不能滑到CD軌道中點．ⅱ當2R≤L<5R時，滑塊與滑板最終一起運動至滑板與C相碰，碰后滑塊在滑板上繼續(xù)做減速運動到右端，設(shè)此時的速度為vC1，對物塊由動能定理得－μmg(l＋s2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－eq\