试题君之每日一题君2017年高考物理（2月20-26日）

试题君之每日一题君2017年高考物理（2月20-26日）

2 月 20 日 功和功率 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★★☆☆ 一物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，由静止开始沿直线运动，物体的 加速度 a和速度的倒数 1 v 的关系如图所示。物体的质量为 1kgm  ，不计空气阻力，重力加速 度 2s10 m/g  ，下列说法正确的是 A．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1 B．物体速度为 1.5 m/s时，加速度大小为 2 m/s2 C．拉力的最大功率为 6 W D．物体匀加速运动的时间为 1 s 【参考答案】A 【试题解析】由图象可知物体速度为 1 m/s后做加速度为 2 m/s2的匀加速直线运动，在速度为 1~3 m/s过程中，拉力以恒定的功率拉动物体，由牛顿第二定律有： ＝P v f ma ，从图中代入 数据可得：  1 3 0P f  ， 2P f  ，解得： 3WP  ， 1Nf  ，故 C错误；又 f mg ， 解得物体与水平面之间的动摩擦因数 0.1  ，故 A正确；将 3WP  ， 1Nf  ， 1kgm  ， v=1.5 m/s 代入   ＝P v f ma ，可得 a=1 m/s2，即物体速度为 1.5 m/s时，加速度大小为 1 m/s2， 故 B错误；从图象可知物体速度为 0~1 m/s过程中做加速度为 2 m/s2的匀加速直线运动，匀加 速的时间为 0.5 svt a   ，故 D错误。 【名师点睛】本题难度较大，考查以恒定功率拉动物体加速运动的问题，解题的关键是分析图 象，判断物体的运动情况，结合牛顿第二定律，找到关系式 ＝P v f ma 。 【知识补给】 机车的两种启动方式 1．恒定功率启动 （1）启动过程中各量的变化及运动性质 （2）最大速度；由以上分析可知，当牵引力 F减小到阻力 Ff大小相等时，a=0，故 P=Fvm=Ff·vm， 从而 vm=P/Ff。 （3）v–t图象，如图所示 2．恒定牵引力启动 （1）启动过程中各量的变化及运动性质 （2）最大速度：由以上分析可知，在启动的第二阶段，当牵引力 F减小到 Ff大小相等时， a=0，故 P 额=Fvm=Ff·vm，从而 vm=P/Ff。 （3）v–t图象：如图所示 一人乘电梯从 1楼到 20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则 电梯支持力对人做功的情况是 A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功 B．加速时做正功，匀速和减速时做负功 C．加速和匀速时做正功，减速时做负功 D．始终做正功 一质量为 m的木块静止在光滑的水平面上。从 t=0开始，将一个大小为 F的水平恒力作用 在该木块上，下列说法正确的是 A．木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F做的功为 2 2 1 2 F t m B．木块在经历时间 t1，在 t1时刻力 F的瞬时功率为 2 2 1 2 F t m C．木块在经历时间 t1，在 t1时刻力 F的瞬时功率为 2 1F t m D．木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F做功的平均功率为 2 2 1F t m 水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力 F，使木箱做匀速直线运动。设 F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从 0逐渐增大到 90°的过 程中，木箱的速度保持不变，则 A．F一直增大 B．F先减小后增大 C．F的功率减小 D．F的功率不 变 汽车在平直公路上以速度 v0匀速行驶，发动机功率为 P，牵引力为 F0。t1时刻，司机减小 了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到 t2时刻，汽车又恢复了匀速 直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。则下图中能正确反映汽车牵引力 F、汽车速 度 v在这个过程中随时间 t变化的图象正确的是 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 一质量为 800 kg 的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 18 m/s，利用 传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力 F与对应的速度 v，并描绘出 1F v  图象，图 中 AB、BC均为直线。若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是 A．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 B．电动汽车的额定功率为 10.8 kW C．电动汽车由静止开始经过 2 s，速度达到 6 m/s D．电动汽车行驶中所受的阻力为 600 N 质量为 m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从 t1时刻起汽车的功 率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff，则 A．0~t1时间内，汽车的牵引力等于 1 1 vm t  B．t1~t2时间内，汽车的功率等于 1 1 1 ( )f vm F v t   C．汽车运动的最大速度等于 1 1 1 ( 1) f mv v F t  D．t1~t2时间内，汽车的平均速度小于 1 2 2 v v 汽车的额定功率为 90 kW，当汽车受到水平路面的阻力为 f时，汽车行驶的最大速度为。 则 A．如果汽车受到水平路面的阻力变为 2f，汽车行驶的最大速度为 v/2 B．如果汽车受到水平路面的阻力变为 f/2，汽车行驶的最大速度为 v/2 C．如果汽车的额定功率变为 45 kW，汽车受到的阻力变为 f/2，则汽车行驶的最大速度为 v/2 D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率一定是 90 kW 用一根绳子竖直向上拉物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化， 已知物块的质量为 m，重力加速度为 g，0~t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持 不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是 A．物块始终做匀加速直线运动 B．0~t0时间内物块的加速度大小为 0 0 P mt C．t0时刻物块的速度大小为 0P mg D．0~t1时间内物块上升的高度为 2 0 0 0 1 2 3( ) 2 2 P t Pt mg m g   【参考答案】 D 整个过程中，电梯对人的支持力方向竖直向上，而人的位移方向竖直向上，所以支持 力恒做正功，D正确。 【名师点睛】功的正负的判断：（1）直接用上述公式 cosW Fs  （其中公式中是力 F与位 移 s间的夹角）来判断，此公式常用来判断恒力做功的情况；（2）利用力和速度的方向夹角； （3）利用功能转化关系，看物体的能量是否增加。 AC 由牛顿第二定律可以得到，F=ma，所以 Fa m  ，t1时刻的速度为 1 Fv at t m   ，t1 内通过的位移为 2 2 1 1 1 2 2 Ftx at m   ，做功为 W=Fx= 2 2 1 2 F t m ，故 A正确；所以 t1时刻 F的功率为 2 1 1 F tFP Fv F t m m     ，故 B错误，C正确；平均功率为 2 1 2 F tWP t m   ，故 D错误。 【名师点睛】在计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，P=W/t一般用来计算平均 功率的大小，而 P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时 速度。 BC 对物体受力分析如图所示。因为物体匀速运动，水平和竖直方向均受力平衡：Fcos θ=μ （mg–Fsin θ）， cos sin mgF       ，令： 2 1sin 1     ， 2 cos 1     ，即： 1tan   ， 则：    2 2sin cos cos sin sin 11 mg mgF               ，θ从 0 逐渐增大到 90°的过 程中，在θ+β<90°前：sin（β+θ）逐渐变大，所以 F逐渐减小；在θ+β>90°后：sin（β+θ）逐渐 变小，所以 F 逐渐增大；所以结论是：F 先减小后增大，故 A 错误，B 正确。功率： cos cos cos sin 1 tan mg mgvP Fv v               ，θ从 0逐渐增大到 90°的过程中，tan θ 一直在变大，所以功率 P一直在减小，故 D错误，C正确。 B 汽车以功率 P、速度 0v 匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门，汽车的功 率减为 2 P 的瞬间，速度 v不变，由 P Fv 可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为 0 1 2 F F ，阻力 f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度 v减小，功 率保持为 2 P ，由 P Fv 可知，随 v减小，牵引力逐渐增大，汽车受到的合力变大，由牛顿第 二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于 阻力，汽车再次匀速运动，由 P Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半，由图象可知，①④ 正确，故选 B。 BD AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动，故 A错 误 ； 额 定 功 率 P=Fminvmax=600×18 W=10.8 kW ， 故 B 正 确 ； 匀 加 速 运 动 的 加 速 度 2 23000 600 m/s 3 m/s 800 a    ，到达 B点时的速度 10 800= m/s=3.6 m/s 3 000 Pv F  ，所以匀加速 的时间 =1.2 svt a  ，若电动汽车一直做匀加速运动 2 s，则由静止开始经过 2 s的速度 v=at=6 m/s，所以电动汽车由静止开始经过 2 s，速度小于 6 m/s，故 C 错误；当最大速度 vmax=18 m/s 时，牵引力为 Fmin=600 N，故恒定阻力 f=Fmin=600 N，故 D正确。 BC 由题图可知，0~t1阶段，汽车做匀加速直线运动， 1 1 va t  ，根据牛顿第二定律得： F1–Ff=ma，联立得， 1 1 1 f vF m F t   ，故 A错误；在 t1时刻汽车达到额定功率 P=F1v1=（m 1 1 v t +Ff） v1，t1~t2时间内，汽车保持额定功率不变，故 B正确；t2时刻，速度达到最大值 v2，此时刻 F2=Ff， P=F2v2， 1 2 1 2 1 1( ) f mvPv v F F t  ＝ ，故 C正确；由 v–t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知， t1~t2时间内，汽车的平均速度大于 1 2  2 v v ，故 D错误。 A 当牵引力和阻力的大小相等时即 F f 时，汽车的速度到达最大值，所以 P Fv fv  ，当 2f f  时，即 2F f  时速度最大，由 P F v  可知， 2 vv  ，故 A正确； 当 2 ff   时，即 2 fF  时速度最大，由 P F v  可知， 2v v  ，故 B错误；如果汽车的 额定功率变为 45 kW 2 PP   ，汽车受到的阻力变为   2 f ，当 2 fF  时速度最大，最大为 v， 故 C错误；汽车做匀速运动，并不一定在额定功率下运动，故输出功率不一定等于 90 kW，故 D错误。 D 0~t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据 P Fv 知，增大， F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，故 A错误； 根 据 0P Fv Fat  ， F mg ma  得 ， ( ）P mg ma at  ， 可 知 图 线 的 斜 率  0 0 ＝Pk m g a a t   ，可知 0 0 Pa mt  ，故 B 错误；在时刻速度达到最大， F mg ，则速度 0Pv mg  ，可知 0t 时刻物块的速度大小小于 0 P mg ，故 C错误；P t 图线围成的面积表示牵引力 做 功 的 大 小 ， 根 据 动 能 定 理 得 ， 20 0 0 1 0( ) 1  22 ＝P t P t t mgh mv   ， 解 得 2 0 0 0 1 2 3( ) 2 2 P t Ph t mg m g    ，故 D正确。 2 月 21 日 动能和动能定理（一） 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ （2015·浙江卷）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 43 10 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为 51.0 10 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 61.1 10 N B．弹射器对舰载机所做的功为 81.1 10 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为 78.8 10 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2 【参考答案】ABD 【试题解析】设发动机的推力为 1F ，弹射器的推力为 2F ，则阻力为 1 20.2( )f F F  ，根据动 能定理可得   2 1 2 1 2 1( ) 0.2( ) 2 F F F F s mv    ， 5 1 1.0 10 NF   ，故解得 6 2 1.1 10 NF   ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为 2 8 2 1.1 10 JFW F s   ，B正确；舰载机在弹射过程中的加 速度大小为 21 2 1 20.2( ) 32 m / sF F F Fa m      ，根据公式 21 2 s at 可得运动时间为 2 2.5 sst a   ，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为 2 2 74.4 10 WF F W P t    ，故 C错误， D正确。 【方法技巧】在运用动能定理解题时，一定要弄清楚过程中有哪些力做功，做什么功？特别需 要注意重力做功和路径无关，只和始末位置高度有关，摩擦力、阻力做功与路径有关。 【知识补给】 对动能定理的理解 1．表达式的理解 （1）公式 W=Ek2–Ek1中 W是合外力做功，不是某个力做功，W可能是正功，也可能是负功。 （2）Ek2、Ek1分别是末动能和初动能，Ek2可能大于 Ek1，也可能小于 Ek1。 2．普遍性：动能定理虽然可根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式推出，但动能定理本身 既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程；既适用于物体做直线运动的情况，也适用于 物体做曲线运动的情况。 3．研究对象及过程：动能定理的研究对象可以是单个物体也可以是相对静止的系统。动能定理 的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段，也可以是运动全过程。 4．因果关系：合外力对物体做功是引起物体动能变化的原因。合外力做正功时，动能增大；合 外力做负功时，动能减小。 5．动能定理的实质：实质是功能关系的一种具体体现。合外力做功是改变物体动能的一种途径， 物体动能的改变可由合外力做的功来度量。 如图所示，长为 L的长木板水平放置，在木板的 A端放置一个质量为 m的小物块，现缓慢 地抬高 A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此 时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v，则在整个过程中 A．木板对物块做功为 2 2 1 mv B．摩擦力对小物块做功为 sinmgL C．支持力对小物块做功为 0 D．滑动摩擦力对小物块做功为 sin 2 1 2 mgLmv  如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的 1 4 光滑圆弧轨道顶端由静止滑下， 轨道半径为 R，圆弧底端切线水平，乙从高为 R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的 是 A．两物块到达底端时速度相同 B．两物块到达底端时动能相同 C．两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大 D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率 人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体 A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v 竖直向下匀速拉绳使质量为 m的物体 A上升高度 h后到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的 夹角为θ。已知重力加速度为 g，则 A．此时物体 A的速度为 cos v B．此时物体 A的速度为 cosv C．该过程中绳对物体 A做的功为 2 2 sin 2mvmgh  D．该过程中绳对物体 A做的功为 2 2 cos2 mvmgh  水平面上质量为 m=10 kg的物体受到的水平拉力 F随位移 s变化的规律如图所示，物体匀 速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当 s=7.5 m时拉力减为零，物体也恰好停下。取 g=10 m/s2， 下列结论正确的是 A．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.12 B．合外力对物体所做的功约为–40 J C．物体匀速运动时的速度为 2 m/s D．物体运动的时间为 0.4 s 如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动， 与槽间的滑动摩擦力恒为 f，直杆质量不可忽略。一质量为 m的小车以速度 v0撞击弹簧，最终 以速度 v弹回。直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面 的摩擦。则 A．小车被弹回时速度 v一定小于 v0 B．直杆在槽内移动的距离等于 2 2 0 1 1 1( ) 2 2 mv mv f  C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 如图是某传送装置的示意图。其中 PQ为水平的传送带，传送带长度 L=6 m，与水平地面的高 度为 H=5 m。MN是光滑的曲面，曲面与传送带相切于 N点，现在有一滑块质量为 m=3 kg 从离 N点高为 h=5 m处静止释放，滑块与传送带间的摩擦系数为μ=0.3。重力加速度为 g=10 m/s2。 （1）滑块以多大的速度进入传送带？ （2）若传送带顺时针转动，请求出滑块与传送带摩擦产生的热量 Q与传送带的速度 v的大小 关系，并作出 Q与 v的图象。 （3）若传送带逆时针转动，请求出滑块从 Q点抛出后距 Q点的水平的距离与传送带的速度的 关系。（认为滑块以水平速度离开传送带） 【参考答案】 AD 设在整个过程中，木板对小物块做功为 W，整个过程中重力做功为零，则根据动能 定理得：W= 1 2 mv2，故 A正确。在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中， 摩擦力不做功，小物块沿木板下滑过程中，摩擦力对小物块做功。由于摩擦力小于重力沿斜面 向下的分力，即 f＜mgsin α，则摩擦力对小物块做功 Wf=–fL≠–mgLsin α，故 B错误。在木板从 水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对小物块做功，设为 WN，根据动能 定理得：WN–mgLsin α=0，得 WN=mgLsin α，故 C错误。在小物块下滑的过程中，根据动能定 理得：mgLsin α+Wf= 1 2 mv2–0得，Wf= 1 2 mv2–mgLsin α，故 D正确。 B 根据动能定理得， 21 2 mgR mv ，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但 是速度的方向不同，故 A错误，B正确；两物块到达底端的速度大小相等，物块甲受的重力与 其速度方向垂直，瞬时功率为零，故物块甲的重力做功的功率先增大后减小，物块乙受的重力 与其速度方向不垂直，其瞬时功率大于零，故 CD错误。 AD 将物体 A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向。拉绳子的速度等于物体 A沿 绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度 cosA vv   ，故 A正确，B错误；在物 体 A 上升的过程中根据动能定理有： −mgh+W= 1 2 mvA2−0，即绳对物体 A 做的功为 W=mgh+ 1 2 m 2 2cos v  ，故 D正确，C错误。 AB 匀速时应有： mgfF  ，解得动摩擦因数 12.0 ，A正确；根据 FsW  可 知，F–s 图象与 s 轴所夹图形的面积即为 F 做的功，可求出 0~2.5 m 内力 F 做的功为： 1 1 30 JW Fs  ，共有 5×6=30个小格，所以可求出每小格面积 1 JS  ；0~7.5 m内 F–s图象 与 s轴所夹的总面积为 50 1 J 50 JS     ，则力 F做的总功为 50 JFW  ，所以合外力做的功 为： 50 JFW W mgs   总 总 0.12 10 10 7.5 J 40 J     ，B正确；对全过程由动能定理 应有： 2 0 10 2 W mv 总 ，解得： 0 2 2 m/sv  ，C错误；由 F–s图象可知，物体匀速运动时 时间为 1 1 0 2.5 s 0.88 s 2 2 st v    ，所以物体运动的总时间不可能为 0.4 s，D错误。 BD 小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于 fx k  时，直杆和槽间无相对 运动，小车被弹回时速度 v一定等于 v0；若形变量等于 fx k  时，杆和槽间出现相对运动，克 服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度 v一定小于 v0，A错误。整个过程应 用动能定理：fs=△Ek，直杆在槽内移动的距离 2 2 0 1 1 1( ) 2 2 s mv mv f   ，B正确。直杆在槽内向 右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误。当弹力等 于最大静摩擦力时直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧 的弹力大于最大静摩擦力，D正确。 （1）10 m/s （2）Q=54+6v （3）①传送带速度 v0<8 m/s，水平位移 x=v2t=8 m ②若传送带速度 v0 2 34 m/s，水平距离 x=vmt=2 34 m ③传送带速度 08m/s 2 34 m/sv  ，水平距离 0 0x v t v  （1）滑块从高 h处静止释放，滑到传送带的过程，根据动能定理有 2 1 1 2 mgh mv 解得速度 1= 2 10 m/sv gh  （2）滑块到达传送带时速度水平向左，而传送带速度水平向右，所以滑块做匀减速运动，加速 度 2= 3m/sa g  传送带长度为 6 mL  ，当滑块滑到到传送带的最左端时，根据匀变速直线运动有 2 2 2 1 2v v aL   解得速度 2=8 m/sv 运动时间 2 1 2= s 3 v vt a    设传送带速度为，则传送带向右的位移为 2 3 vx  摩擦生热 ( )=54+6Q mg L x v  图象如答案图所示 （3）若传送带速度大于 1=10 m/sv ，滑块在传送带上加速，若一直加速可达到最大速度 2 2 m 1 2v v aL   解得 m 136 m/s=2 34 m/sv  ①若传送带速度 v0 2 34 m/s，滑块将以 m 136 m/s=2 34 m/sv  从 Q端水平抛出，平抛 运动时间 2 1sHt g   ，水平距离 m 2 34 mx v t  ②若传送带速度 010 m/s 2 34 m/sv  ，滑块将加速到传送带速度后匀速，最终以 0v 从 Q端 抛出，水平距离 0 0x v t v  若传送带速度小于 1=10 m/sv ，滑块在传送带上匀减速。若一直匀减速可减到最小速度 2=8 m/sv ③如传送带速度 v0<8 m/s，滑块将以 2=8 m/sv 从 Q端离开传送带且平抛。水平位移 2 =8 mx v t ④如传送带速度 08m/s 2 34 m/sv  ，滑块匀减速到等于传送带速度最终以速度 0v 从 Q端 抛出，水平距离 0 0x v t v  综上 ①传送带速度 v0<8 m/s，水平位移 x=v2t=8 m ②若传送带速度 v0 2 34 m/s，水平距离 x=vmt=2 34 m ③传送带速度 08m/s 2 34 m/sv  ，水平距离 0 0x v t v  2 月 22 日 动能和动能定理（二） 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ （2016·浙江卷）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， sin 37 =0.6o ， cos37 =0.8o ）。则 A．动摩擦因数 6 7   B．载人滑草车最大速度为 2 7 gh 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 5 g 【参考答案】AB 【试题解析】由动能定理可知： 2 cos 45 cos37 0 sin 45 sin 37 h hmg h mg mg      o o o o ， 解得 6 7   ，A正确； 对前一段滑道，根据动能定理有 21cos 45 sin 45 2 hmgh mg mv  o o ， 解得： 2 7 ghv  ，则 B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh，C错误；载人滑草车在下 段滑道上的加速度大小为 sin 37 cos37 3 35 mg mga g m     o o ，D错误。 【名师点睛】本题以娱乐场中的滑草场为背景，考查了动能定理与牛顿第二定律的综合应用。 解本题的关键是分析物体运动的物理过程及受力情况，正确选择合适的物理规律列出方程解答。 质量 m=2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能 Ek与其发生位移 x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10 m/s2， 则下列说法中正确的是 A．x=1 m时物块的速度大小为 2 m/s B．x=3 m时物块的加速度大小为 1.25 m/s2 C．在前 2 m的运动过程中物块所经历的时间为 2 s D．在前 4 m的运动过程中拉力对物块做的功为 25 J 如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB与半径为 R=0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC在 B处平 滑连接，有一质量为 1 kg 的滑块（大小不计）从 A处由静止开始受水平力 F作用而运动，F随 位移变化的关系如图乙所示（水平向右为正），滑块与 AB间的动摩擦因数为μ=0.25，与 BC间 的动摩擦因数未知，g取 10 m/s2。 （1）求滑块到达 B处时的速度大小； （2）求滑块在水平轨道 AB上运动前 2 m过程所用的时间； （3）若到达 B点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块在 半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 如图甲所示，一物体以一定的速度 v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移 与斜面倾角的关系如图乙所示。设各种条件下，物体运动过程中的动摩擦因数均不变，g=10 m/s2。试求： （1）物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小； （2）θ为多大时，x值最小并求出 x的最小值。 如图所示，四分之三周长圆管的半径 R=0.4 m，管口 B和圆心 O在同一水平面上，D是圆 管的最高点，其中半圆周 BE段存在摩擦，BC和 CE段动摩擦因数相同，ED段光滑；质量 m=0.5 kg、直径稍小于圆管内径的小球从距 B点正上方高 H=2.5 m的 A处自由下落，到达圆管最低点 C时的速率为 6 m/s，并继续运动直到圆管的最高点 D飞出，恰能再次进入圆管，假定小球再 次进入圆管时不计碰撞能量损失，取重力加速度 g=10 m/s2，求： （1）小球飞离 D点时的速度； （2）小球从 B点到 D点过程中克服摩擦所做的功； （3）小球再次进入圆管后，能否越过 C点？请分析说明理由。 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个定滑轮连接。物块 置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感器装置上，小球与右侧滑轮的距离为。开始时物块 和小球均静止，此时传感器装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于段细绳的力， 将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的 3 4 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感器的示数为初始值的 1.2倍。不计 滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g，求： （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。 【参考答案】 BCD 根据图象知，x=1 m时，动能为 2 J，即 21  2J 2 mv  ，解得 2m/sv  ，故 A错误； 对 x=2 m 到 x=4 m 段运用动能定理，有 kFx mgx E   ，解得 F=6.5 N，加速度为 2 26.5 0.2 2 10 m / s 1.25m / s 2 F mga m        ，故 B 正确；对前 2 m 运用动能定理得 kF x mgx E      ，解得 6 NF   ，物体的加速度为 21m/sF mga m     ，末速度为 k2 8m/s 2 m/s 2 Ev m     ，根据 v a t 得 2 st  ，故 C 正确；对全过程运用动能定理得 kW mgs E  拉 ，解得 25 JW 拉 ，故 D正确。 （1）2 10 m/s （2） 8 35 s （3）5 J （1）对滑块从 A到 B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx= 1 2 mvB2 解得 vB=2 10 m/s （2）在前 2 m内，由牛顿第二定律得 F1–μmg=ma，且 x1= 1 2 at12 解得 t1= 8 35 s （3）当滑块恰好能到达最高点 C时，有 mg=m 2 Cv R 对滑块从 B到 C的过程，由动能定理得 W–mg×2R= 1 2 mvC2– 1 2 mvB2 代入数值得 W=–5 J 即克服摩擦力做的功为 5 J （1） 3 3  ， 0 5 m/sv  （2） π 3   ， 1.08 mx  （1）当θ为 90°时，由运动学知识可得： ghv 22 0  ① 当θ=0°时， 3 4 5 0 x m，可知物体运动中必受摩擦阻力。设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小 为 f=μmg② 加速度大小为 a1=μg③ 由运动学方程可得 2 0 1 02v a x ④ 联立以上方程解得 3 3  ， 50 v m/s （2）对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移 x满足的关系式：  cossin 2 1 2 0 mgxmgxmv  ⑤ 对⑤式变形可得： )sin(1cossin)cos(sin2 2 2 0        hh g vx ⑥ 设 tan  ，则当 x的最小值为 08.1 2 3 1 2    hhx  m 对应的 π π π π 2 2 6 3       （1） 2 m/s （2）10 J （3）不能越过 C点，因为到达 C点时速度大于零 （1）小球飞离 D点后做平抛运动，在水平方向：R=vDt，竖直方向：R= 1 2 gt2 解得 vD= 2 m/s （2）小球从 A到 D过程中，由动能定理得：mg（H–R）–Wf1= 1 2 mvD2–0 解得：Wf1=10 J （3）小球从 C到 D过程中，由动能定理得：–2mgR–Wf2= 1 2 mvD2– 1 2 mvC2 解得：Wf2=4.5 J 小球从 A到 C过程中，由动能定理得：mg（H+R）–Wf3= 1 2 mvC2–0 解得：Wf3=5.5 J 小球再次从 D到 C的过程中，由动能定理得：2mgR–Wf4= 1 2 mvC′2– 1 2 mvD2 解得：Wf4=4.5 J– 1 2 mvC′2 Wf40，小球不能过 C点 （1） 3M m （2） 0.1fW mgl （1）设开始时细绳的拉力大小为 1T ，传感装置的初始值为 1F ，物块质量为 M，由平衡条件可 得： 对小球： 1T mg 对物块， 1 1F T Mg  当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为 2T ，传感装置的示数为 2F ，根据题意 可知， 2 1 3 4 F F ，由平衡条件可得： 对小球： 2 2cos60 cos30T mg F   ， 2 260 sin 30sinT F   对物块： 2 2F T Mg  联立以上各式，代入数据可得： 3M m （2）设物块经过最低位置时速度大小为，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做 功为 fW ，由动能定理得： 21 cos 0 2 6 1 fmgl W mv   （ ） 在最低位置时，设细绳的拉力大小为 3T ，传感装置的示数为 3F ，据题意可知， 3 11.2F F ，对 小球，由牛顿第二定律得： 2 3 vT mg m l   ，对物块由平衡条件可得： 3 3F T Mg  联立以上各式，代入数据解得： 0.1fW mgl 2 月 23 日 重力做功与重力势能 高考频度：★★☆☆☆ 难易程度：★★☆☆☆ （2016·四川卷）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 【参考答案】C 【试题解析】根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为 1 900 J–100 J=1 800 J，AB错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减小了 1 900 J，C正确，D 错误。 【知识补给】 重力做功与重力势能变化的关系 1．表达式：WG=mgh=－ΔEp。 2．两种情况 重力做正功，重力势能减少；重力做负功重力势能增加。 注意：重力势能的变化过程，也是重力做功的过程，二者的关系为 WG=Ep1–Ep2=mgh1–mgh2=mg （h1–h2）=mg·Δh。 （1）当物体由高处运动到低处时 WG>0，Ep1>Ep2，表明重力做正功，重力势能减少，减少的重 力势能等于重力所做的功。 （2）当物体由低处运动到高处时，WG<0，Ep1tan θ，传送带的速度为 v （v0va>vb D．va>vb>vc 如图所示，将质量为 2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m的小环， 小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。现将小环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为 d时（图中 B处），下列说法正确的是（重力加速 度为 g） A．环与重物组成的系统机械能守恒 B．小环到达 B处时，重物上升的高度也为 d C．小环在 B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2 2 D．小环在 B处的速度时，环的速度为 gd)223(  【参考答案】 AD 运动员下滑的加速度为 小于 说明斜面是粗糙的，运动员下滑过程中减少的重力 势 能 转 化 为 动 能 和 内 能 ， 故 A 正 确 ； 运 动 员 下 滑 时 摩 擦 力 做 的 功 为 ，运动员获得的动能为 k 2/ sin 30 6 3 gE mgh mh mgh    ，故 BC错误；运动员减少的机械能等于摩擦力做的功，故 D正确。 【名师点睛】首先要分析物运动员受到的摩擦力， ，进而计算摩 擦力做的功 ，再通过动能定理计算运动员获得的动能： k 2/ sin 30 6 3 gE mgh mh mgh    ；最后需要理解摩擦力做的功等于运动员减少的机械能。 ABD 从 A球开始下滑到 A球落地的过程中，系统的机械能守恒，A到达水平面时 B在斜 面的中点上，则有 3mgL–mg 2 L = 1 2 （4m）v2，解得 v= 2 5gL ，故 A正确。A球滑到水平面后， A球的速度不再变化，而 B球受重力的作用，速度增大，此时 A对 B不再有力的作用；对 B球 由机械能守恒可知，mg 1 2 L= 1 2 mv′2– 1 2 mv2，解得 B 球最终滑到水平面上时，B 球的速度为 gL 2 3 ，故 B正确。B球滑到水平面上，由于 B球的速度大于 A球的速度，故两球最终一定 会相撞，故 C错误。由题意可知，开始时，B球动能增加，说明轻绳对 B球做正功；当 A沿斜 面下滑一半距离后，AB一起沿斜面下滑，速度和加速度均相等，故绳子无拉力，此时不再做功， 故 D正确。 AC 由物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为 v（v0tan θ的理解，即物体受到的摩擦力大于重力在沿斜面的分力， 故物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度。 D 系统机械能守恒，减小的重力势能等于增加的动能，有 m2gLsin θ–m1gL（1–cos θ）= 1 2 （m1+m2）v2，m2= 3 m1，解得 ( 3 1)[2sin( 30 ) 1]v gL     ，故当θ=60°时，速度有最 大值；当θ=120°时，速度又减为零；故选 D。 C 铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方 L处为 0势能 面。则释放前，系统的重力势能为第一次，Ep1= 1 2 mgL+ 1 2 mg• 3 4 L= 7 8 mgL；第二次，Ep2=（ 1 2 m+m） gL+ 1 2 mg• 3 4 L= 15 8 mgL；第三次，Ep3= 1 2 mgL+ 1 2 mg• 3 4 L+mg 2 L = 11 8 mgL；释放后 Ep1'=mg 2 L ； Ep2'=mgL+mg 2 L = 3 2 mgL；Ep3'= 1 2 mgL；则损失的重力势能△Ep1= 3 8 mgL；△Ep2= 3 8 mgL； △Ep3= 7 8 mgL；那么△Ep1= 1 2 mva2；△Ep2= 1 2 （2m）vb2；△Ep3= 1 2 （2m）vc2；解得 va2= 3 4 gL；vb2= 3 8 gL； vc2= 7 8 gL，显然 vc2>va2>vb2，所以 vc>va>vb，故选 C。 AD 环和重物组成的系统，只有重力做功，系统的机械能是守恒的，故 A正确。环到达 B时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，所以 h=（ 2 –1）d=0.414d，故 B错误。小环的 速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有 vcos 45°=v 重物，即 v= 2 v 重物，故 C错误。再根据系统的机械能守恒得 mgd–2mgh= 1 2 •2mv2 重物+ 1 2 mv2， 联立解得 v= gd)223(  ，故 D正确。 2 月 25 日 机械能守恒定律（二） 高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★★★☆ （2016·新课标全国Ⅱ卷）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μ=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。 【参考答案】（1）2 2l （2） 5 5 3 2 m M m  【试题解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l时，质量为 5m的物体的动能为 零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为 l时的弹性势能为 Ep=5mgl① 设 P的质量为 M，到达 B点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 2 p 1 4 2 BE Mv Mg l   ② 联立①②式，取 M=m并代入题给数据得 6Bv gl ③ 若 P能沿圆轨道运动到 D点，其到达 D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小 v 应满足 2 0mv mg l   ④ 设 P滑到 D点时的速度为 v D，由机械能守恒定律得 2 21 1 2 2 2B Dmv mv mg l   ⑤ 联立③⑤式得 2Dv gl ⑥ vD满足④式要求，故 P能运动到 D点，并从 D点以速度 vD水平射出。设 P落回到轨道 AB所 需的时间为 t，由运动学公式得 212 2 l gt ⑦ P落回到 AB上的位置与 B点之间的距离为 s=vDt⑧ 联立⑥⑦⑧式得 2 2s l ⑨ （2）为使 P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零。由①②式可知 5mgl>μMg·4l⑩ 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 21 2 BMv Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得 5 5 3 2 m M m  ⑫ 【名师点睛】本题考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动 及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若 P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道 滑下”这句话包含的物理意义。 如图所示，物体 A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、B的质量都为 m。 开始时细绳伸直，用手托着物体 A使弹簧处于原长且 A与地面的距离为 h，物体 B静止在地面 上。放手后物体 A下落，与地面即将接触时速度大小为 v，此时物体 B对地面恰好无压力，则 下列说法中正确的是 A．此时弹簧的弹性势能等于 mgh– 1 2 mv2 B．此时物体 B的速度大小也为 v C．此时物体 A的加速度大小为 g，方向竖直向上 D．弹簧的劲度系数为 mg h 2009年是中华人民共和国成立 60周年，某中学物理兴趣小组用空心透明塑料管制作了如 图所示的竖直“60”造型，两个“0”字型的半径均为 R。让一质量为 m，之间略小于管径的光滑小 球从入口 A处射入，依次经过图中的 B、C、D三点，最后从 E点飞出，已知 BC是“0”字型的 一条直径，D点是该造型最左侧的一点，当地的重力加速度为 g，不计一切阻力，则小球在整 个运动过程中 A．在 B、C、D三点中，距 A点位移最大的是 B点，路程最大的是 D点 B．若小球在 C点对管壁的作用力恰好为零，则在 B点小球对管壁的压力大小为 6mg C．在 B、C、D三点中，瞬时速率最大的是 D点，最小的是 C点 D．小球从 E点飞出后将做匀变速运动 如图所示，长为 L的细绳一端拴一质量为 m小球，另一端固定在 O点，绳的最大承受能 力为 11mg，在 O点正下方O点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小 球能以O为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到 O点的距离为 A．最小为 5 2 L B．最小为 5 3 L C．最大为 5 4 L D．最大为 10 9 L 由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB段和 BC段是半径为 R的四分之一圆弧，轨道 固定在竖直平面内。一质量为 m的小球，从距离水平地面高为 H的管口 D处由静止释放，最 后能够从 A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是 A．小球能从细管 A端水平抛出的条件是 H>2R B．小球落到地面时相对于 A点的水平位移为 22 2RH R C．小球释放的高度在 H>2R的条件下，随着 H的变大，小球在 A 点对轨道的压力越大 D．若小球经过 A点时对轨道无压力，则释放时的高度 5 2 H R 如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量 m=0.1 kg，以 v0=4 m/s向左运动， 运动至距出发点 d=1 m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小 v1=2 m/s。水平面与 水平传送带理想连接，传送带长度 L=3 m，以 v2=10 m/s顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直 面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径 R=0.8 m，小物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封 闭。（g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6））求： （1）小物体与水平面间的动摩擦因数μ1； （2）弹簧具有的最大弹性势能 Ep； （3）要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与小物体间的动摩擦因数μ2应满足的 条件。 【参考答案】 AD A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 2 p 1 2 mgh mv E  ，则弹簧的弹性势能： 2 p 1 2 E mv mgh  ，A正确；物体 B对地面恰好无压力时，此时 B的速度恰好为零，B错误； 根据牛顿第二定律对 A有： F mg ma  ， F mg ，得 0a  ，故 C错误；此时弹簧所受的 拉力大小等于 B的重力，即 F=mg，弹簧伸长的长度为 x h ，由 F kx 得， mgk h  ，故 D 正确。 BD 在 B、C、D三点中，距 A点位移最大的是 D点，路程最大的是 D点，故 A错误； 小球在 C 点对管壁的作用力恰好为零，根据牛顿第二定律与圆周运动的向心力公式得： 2 Cvmg m R  ， Cv gR ，运用机械能守恒定律研究 B到 C， 2 212 2 1 2 B Cmv mg R mv   ，解得 5Bv gR ，根据牛顿第二定律与圆周运动的向心力公式得 2 BvF mg m R   ，解得 6F mg ， 故 B正确；根据机械能守恒定律得：在 B、C、D三点中，瞬时速率最大的是 B点，最小的是 C点，故 C错误；小球从 E点飞出后只受重力，加速度恒定，所以做匀变速运动，故 D正确。 BC 当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为 r，重力提供向心力，则有 2vmg m r  ，根据机械能守恒定律可知，   212 2 mg L r mv  ，联立解得： 2 5 r L ，故钉的 位置到 O 点的距离为 2 3 5 5 L L L  ，当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即 11F mg ，此时一定处在最低点，设半径为 R，则有 2 011 vmg mg m R   ，根据机械能守恒定 律可知， 2 0 1 2 mgL mv ，联立解得； 1 5 R L ，故此时离最高点距离为 4  5 L，则可知，距离最 小为 3  5 L，距离最大为 4  5 L，故 BC正确，AD错误。 【名师点睛】明确小球在整个过程中机械能守恒，当小球恰好能到达最高点时，此时距离最小， 而小球在最低点时拉力最大时，此时距离最大，分别根据机械能守恒定律和向心力公式列式， 联立即可求得钉子距悬点的距离。 AD 小球通过 A点的最小速度为 0，根据机械能守恒定律知，mgH=mg•2R+ 1 2 mv2，解得 H=2R，所以小球能从细管 A端水平抛出的条件是 H>2R，故 A正确。根据机械能守恒定律得， mgH=mg•2R+ 1 2 mv2，解得  2 2v g H R  ，根据 2R= 1 2 gt2 得， 4  Rt g  ，则水平位移    4= 2 2 =2 2 2Rx vt g H R R H R g    ，故 B错误。在 A点，若速度 v gR ，根据 牛顿第二定律得，N+mg=m 2v R ，随着速度的增大，小球对 A点的压力增大，若 v gR ，根 据牛顿第二定律得，mg−N=m 2v R ，随着速度的增大，小球对 A点的压力减小，可知小球释放的 高度在 H>2R的条件下，随着 H的变大，小球在 A 点对轨道的压力不一定越大，故 C 错误。 若小球对 A点无压力，有：mg=m 2v R ，解得 v gR= ，根据机械能守恒得，mgH=mg•2R+ 1 2 mv2， 解得 H= 5 2 R，故 D正确。 （1） 1 0.3  （2） p 0.5 JE  （3） 2 0.2  或 2 0.6  （1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得 2 2 1 0 1 1 12 2 2 mg d mv mv    代入数据解得 1 0.3  （2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得 弹簧具有的最大弹性势能 2 p 0 1 1 2 E mv mgd  代入数据解得 p 0.5 JE  （3）本题分两种情况讨论：①设小物块在圆轨道最低点时速度为 3v 时，恰好到达圆心右侧等 高点 根据机械能守恒得 2 3 1 2 mgR mv ，得 3 24 m/s 10 m/sv v   说明小物块在传送带上一直做匀加速运动 由动能定理得： 2 2 2 3 1 1 1 2 2 mgL mv mv   ，解得 2 0.2  ②设小物块在圆轨道最低点时速度为 4v 时，恰好到达圆轨道最高点 在圆轨道最高点有 2 5vmg m R  从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 2 2 5 4 1 12 2 2 mgR mv mv  解得 4 22 10 m/s 10 m/sv v   说明小物块在传送带上一直做匀加速运动 由动能定理得： 2 2 2 4 1 1 1 2 2 mgL mv mv   解得 2 0.6  所以要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与小物体间的动摩擦因数 2 应满足的 条件是 2 0.2  或 2 0.6  2 月 26 日 能量守恒定律及功能关系的综合 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★★☆ 在一水平向右匀速传输的传送带的左端 A点，每隔 T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工 件与传送带间动摩擦因素为μ，工件质量均为 m，经测量发现后面那些已经和传送带达到相同速 度的工件之间的距离为 x，下列判断正确的有 A．传送带的速度为 x T B．传送带的速度为 2 2 gx C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 1 2 mgx D．在一段较长的时间内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为 2 3 mtx T 【参考答案】AD 【试题解析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送 带后运动的规律相同，可知 x=vT，解得传送带的速度 v= x T ，故 A正确。设每个工件匀加速运 动的位移为 s，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，则传送带的速度 2 2v as gs  ， 根据题目条件无法得出 s 与 x 的关系，故 B 错误。工件与传送带相对滑动的路程为 2 2 2 22 2 2 v v v xx v g g g gT       ＝ ＝ ，则摩擦产生的热量为 Q=μmg△x= 2 22 mx T ，故 C错误。根 据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量 2 2 2 1 2 mxE mv mg x T    ，在时间 t 内，传送工件的个数 tn T  ，则多消耗的能量 2 3 mtxE nE T ＝ ＝ ，故 D正确。 【名师点睛】解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运 动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解。 【知识补给】 应用能量守恒定律的解题步骤 （1）选取研究对象和研究过程，了解对应的受力情况和运动情况。 （2）分析有哪些力做功，相应的有多少形式的能参与了转化，如动能、势能（包 括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等。 （3）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减 和增加的能量ΔE 增的表达式。 （4）列出能量转化守恒关系式：ΔE 减=ΔE 增，求解未知量，并对结果进行讨论。 几种常见的功能关系及其表达式 功 能量改变 关系式 W 合：合外力的功（所 有外力的功） 动能的改变量（ΔEk） W 合=ΔEk WG：重力的功 重力势能的改变量（ΔEp） WG=–ΔEp W 弹：弹簧弹力做的 功 弹性势能的改变量（ΔEp） W 弹=–ΔEp W 其他：除重力或系统 内弹力以外的其他外力 做的功 机械能的改变量（ΔE） W 其他=ΔE f·Δs：一对滑动摩擦 力做功的代数和 因摩擦而产生的内能（Q） f·Δs=Q（Δs为物体 间的相对位移） 一木箱放在电梯的水平底板上，随同电梯在竖直方向运动，运动过程中木箱的机械能 E与 位移 x关系的图象如图所示，其中 0 ~ x1过程的图线为曲线，x1 ~ x2过程的图线为直线。根据该图 象，下列判断正确的是 A．0~x1过程，电梯可能向下运动 B．x1 ~ x2过程，木箱可能处于完全失重状态 C．x1 ~ x2过程，电梯一定做匀加速直线运动 D．0~x2过程，木箱的动能可能在不断増大 如图所示，一半径为 R的光滑半圆形细轨道，其圆心为 O，竖直固定在地面上。轨道正上 方离地高为 h处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上 P点处固定一定 滑轮，P点位于 Q点正上方。A、B是质量均为 m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不 可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦。现对 A环施 加一水平向右的力 F，使 B环从地面由静止开始沿轨道运动。则 A．若缓慢拉动 A环，B环缓慢上升至 D点的过程中，F一直减小 B．若缓慢拉动 A环，B环缓慢上升至 D点的过程中，外力 F所做的功等于 B环机械能的增加 量 C．若 F为恒力，B环最终将静止在 D点 D．若 F为恒力，B环被拉到与 A环速度大小相等时， sin ROPB h   如图所示，在竖直平面内有一半径为 R的圆弧轨道，半径 OA水平、OB竖直，一个质量 为 m的小球自 A的正上方 P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道 没有压力。已知 AP=2R，重力加速度为 g，则小球从 P到 B的运动过程中 A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做 功 1 2 mgR 如图 1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向 下压缩弹簧至离地高度 h=0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量 到滑块的速度和离地高度 h并作出滑块的 Ek–h图象（如图 2），其中高度从 0.2 m上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 g=10 m/s2，由图象可知 A．小滑块的质量为 0.2 kg B．弹簧最大弹性势能为 0.5 J C．小滑块上升过程中机械能守恒 D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 J 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B点，水平 桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R=0.8 m的圆环剪去了左上角 135°的圆 弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是 R，用质量为 1 0.4 kgm  的物块将弹簧缓 慢压缩到 C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B点，用同种材料，质量为 2 0.2 kgm  的 物块将弹簧缓慢压缩到 C点释放，物块过 B点后其位移与时间的关系为 26 2x t t  ，物块飞 离桌面后由 P点沿切线落入圆轨道，取 210 m/sg  ，求： （1）判断质量为 2m 的物块能否沿圆轨道到达 M点； （2）B、P间的水平距离； （3）释放后质量为 2m 的物块运动过程中克服摩擦力做的功。 【参考答案】 D 0~x1过程中，木箱的机械能增加，说明电梯对木箱做正功，则知电梯一定向上运动， 故 A错误。由功能原理得：△E=F△x， EF x    ，说明图象的斜率等于电梯对木箱的支持力， x1~x2过程图线的斜率不变，则知道支持力不为零，因此木箱不可能处于完全失重状态，故 B错 误。x1~x2过程，由于电梯对木箱的支持力与重力的大小关系不能确定，所以可能有支持力小于 重力，木箱处于失重状态，可能支持力等于重力，做匀速运动，也可能支持力大于重力，电梯 做匀加速直线运动，故 C错误。0~x2过程，木箱可能先做变加速运动，后做匀加速运动，动能 一直增大，故 D正确。 【名师点睛】解决本题的关键要掌握功能原理，通过图线的斜率确定出支持力的变化，分析时 要注意条件不明时电梯的运动情况是不确定的。 ABD 以 B环研究对象，根据力的三角形和△PBO相似可得， T mg PB PO  ， NmgT PB PO  ， PO不变，PB减小，则绳子的拉力 T慢慢减小，F减小，故 A正确。根据功能关系可知，外力 F所做的功等于 AB组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动 A，则 A的动能不变，A的高度不变， 重力势能不变，则 A的机械能不变，所以外力 F所做的功等于 B环机械能的增加量，故 B正确。 若 F为恒力，且 B环能运动到 D点速度不为零时，B环会经过 D点之后将会沿半圆形轨道运动 至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，故 C错误。当 PB线与圆轨道 相切时，vB=vA，根据数学知识有 sin ROPB h   ，故 D正确。 【名师点睛】本题连接体问题，从功能关系研究两环能量的变化关系，关键要知道当 PB线与 圆轨道相切时两环的速度大小相等。 D 重力做功 WG=mg（2R–R）=mgR，故 A错误。小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道 没有压力，则有 2 Bvmg m R  ，解得： Bv gR ，则机械能减少量为△E=mgR– 1 2 mvB2= 1 2 mgR， 故 B 错误。根据动能定理得：合外力做功 W 合= 1 2 mvB2= 1 2 mgR，故 C错误。根据功能原理可 知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，为 1 2 mgR，故 D正确。 【名师点睛】本题解题的突破口是小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道没有压力，重力提供 向心力，求出临界速度．要掌握各种功和能的对应关系，不能搞错。 AB 在从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为： k 0.3 N=2 N= 0.35 0.2 Ek mg h      ，则 m=0.2 kg，故 A正确；根据能量守恒定律可知，当小 滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm=mg△h=0.2×10× （0.35–0.1）J=0.5 J，故 B正确；小滑块未脱离弹簧前，小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒， 小滑块脱离弹簧后，小滑块的机械能守恒，故 C错误；由图可知，当 h=0.18 m时的动能最大； 在小滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时， 小 滑 块 的 重 力 势 能 与 弹 簧 的 弹 性 势 能 总 和 最 小 ， 根 据 能 的 转 化 和 守 恒 可 知 ， EPmin=E–Ekm=Epm+mgh–Ekm=0.5 J+0.2×10×0.1 J–0.32 J=0.38 J，故 D错误。 【名师点睛】本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块 从 0.2 m上升到 0.35 m范围内所受作用力为恒力，说明小滑块不再受到弹簧的弹力的作用是解 题的关键。 （1）不能 （2）4.1 m （3） 5.6 JfW  （1）质量为 2m 的物块由 D点以初速度 Dv 平抛，到 P点时，由平抛运动规律可得 2yv gR tan 45 y D v v  ，解得 4 m/sDv  假设能到达 M点，且速度为 Mv ，由机械能守恒定律可得 2 2 2 2 2 1 1 2 2M Dm v m gh m v  根据几何关系可得 2 Rh  ，解得 2 4 2 2m/s 2.17m/sMv    能完成圆周运动过 M点的最小速度 minv 根据重力提供物块做圆周运动的向心力 2 min 2 2 vm g m R  解得 min 2 2m/s 2.17m/sv   所以不能到达 M点 （2）平抛过程中水平位移为 x，由平抛运动规律可得 Dx v t ， 21 2 R gt 在桌面上过 B 点后的运动为 26 2x t t  ，故为匀减速运动，且初速度 6 m/sBv  ，加速度 24 m/sa   B、D间由运动规律可得 2 2 2B Dv v as  ，解得 BP水平距离为 4.1mx s  （3）设弹簧长为 AC时的弹性势能为 pE ，物块与桌面间的动摩擦因数为  释放 1m 时， p 1 CBE m gs ，释放 2m 时 2 p 2 2 1= 2CB BE m gs m v  且 1 22m m ，可得： 2 p 2 7.2 JBE m v  2m 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 fW 则由能量转化及守恒定律得： 2 p 2 1 2f DE W m v  可得 5.6 JfW 