新高考版《物理》資料：專題檢測-專題六-機械能守恒定律新高考版《物理》資料：專題檢測-專題六-機械能守恒定律PAGE/PAGE1新高考版《物理》資料：專題檢測-專題六-機械能守恒定律專題六機械能守恒定律專題檢測題組1.(2022新疆檢測,18)質(zhì)量為8kg的物體靜止在水平地面上,t=0時刻給物體作用一個豎直向上的拉力,物體運動的v-t圖像如圖所示.重力加速度g取10m/s2,在0~7s內(nèi),下列說法正確的是()A.前2s與后3s內(nèi)重力做功之比為3∶2B.前2s與后3s內(nèi)拉力做功之比為43∶57C.前2s與后3s內(nèi)重力的平均功率之比為2∶3D.前2s與后3s內(nèi)拉力的平均功率之比為43∶42答案B0~2s,由v-t圖像得物體的加速度a1=1.52m/s2=0.75m/s2,位移x1=12×1.5×2m=1.5m;由牛頓第二定律F1-mg=ma1可得F1=86N;前2s拉力做的功WF1=F1x1=129J,拉力的功率PF1=1292W=64.5W;前2s重力做的功WG1=-mgx1=-120J,重力的功率PG1=-1202W=-60W.4~7s,由v-t圖像得物體的加速度a2=-1.53m/s2=-0.5m/s2,位移x2=12×1.5×3m=2.25m;由牛頓第二定律F2-mg=ma2可得F2=76N;后3s拉力做的功WF2=F2x2=171J,拉力的功率PF2=1713W=57W;后3s重力做的功WG2=-mgx2=-180J,重力的功率PG2=-1803W=-60W.所以WG2.(2022山西期末調(diào)研,20)(多選)如圖甲所示,在傾角α=30°的固定光滑斜面上放著A、B兩物塊,A、B緊靠在一起但不粘連,輕彈簧一端與B物塊相連,另一端與固定擋板相連,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)對物塊A施加一沿斜面向上的力F,使物塊A沿斜面向上做加速度為1m/s2的勻加速直線運動,若力F隨位移變化的規(guī)律如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2,則()甲乙A.A、B的質(zhì)量均為2kgB.彈簧的勁度系數(shù)為4N/mC.A、B以相同加速度一起運動了0.2sD.從開始到A、B分離彈簧的彈性勢能減少了0.72J答案AC當A、B靜止時,設彈簧的壓縮量為x1,對A、B整體分析可得kx1=(mA+mB)gsinα①;AB開始運動后,當F1=4N時,對AB整體由牛頓第二定律可得：F1=(mA+mB)a②,當F2=12N時,設彈簧的壓縮量為x2,對A由牛頓第二定律可得：F2-mAgsinα=mAa③,對B由牛頓第二定律可得：kx2-mBgsinα=mBa④,聯(lián)立②③解得mA=2kg、mB=2kg,A正確;由于x1-x2=2cm=0.02m,聯(lián)立①④得k=400N/m,B錯誤.設A、B向上勻加速的時間為t,所以x1-x2=12at2,解得t=0.2s,C正確.對A、B整體由開始運動到分離時列能量守恒可得：WF+ΔEP減=(mA+mB)g(x1-x2)sinα+12(mA+mB)v2,由乙圖得WF=(4+12)×0.022J=0.16J,由勻變速直線運動規(guī)律得v=at=0.2m/s,代入解得ΔEP減=0.32J,D錯誤.故選A方法技巧此類題在分析時,需注意對臨界態(tài)物理量的理解.當A、B整體開始運動時,彈簧的形變量還未發(fā)生變化,故此時A、B整體受到的合力等于施加的向上的拉力.當A、B即將分離時,A、B的速度及加速度均相等,A、B間的相互作用力等于0.3.(2022四川南充、廣元三診,21)(多選)如圖所示,光滑豎直桿固定,桿上套有一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點),一根豎直輕彈簧一端固定在地面上,另一端連接質(zhì)量也為m的物塊B,一輕繩跨過定滑輪O,一端與物塊B相連,另一端與小球A連接,定滑輪到豎直桿的距離為L.初始時,小球A在外力作用下靜止于P點,此時整根輕繩伸直無張力且O、P間細繩水平,O、B間細繩豎直,現(xiàn)將小球A由P點靜止釋放,小球A沿桿下滑到最低點Q時,OQ與桿之間的夾角為37°,不計滑輪質(zhì)量和大小及摩擦,重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,關(guān)于小球A由P下滑至Q的過程中,下列說法正確的是()A.除P、Q兩點外,小球A的速度始終大于物塊B的速度B.小球A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小球A靜止于P點時,彈簧的壓縮量為23D.物塊B的機械能增加了23答案AD當繩子與桿之間的夾角為θ時,將小球A的速度沿繩子和垂直于繩子分解,由于繩子長度不變,所以vAcosθ=vB,其中θ由90°減到37°,cosθ始終小于1,故vA>vB,A正確.小球A、物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,由于彈簧的彈性勢能發(fā)生變化,故小球A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能也在變化,B錯誤.小球A由P點到Q點,定滑輪左側(cè)繩子伸長Lsin37°-L=23L,所以物塊B上升23L,小球A在Q點時若彈簧處于原長,則小球A的加速度不會向上,故彈簧一定是伸長狀態(tài),所以初態(tài)彈簧壓縮量小于23L,C錯誤.整個過程中物塊B增加的機械能等于增加的重力勢能,則ΔE增=2解題思路小球A和物塊B組成連接體,根據(jù)關(guān)聯(lián)速度知識可判斷小球A和物塊B速度的大小關(guān)系;根據(jù)三角形幾何關(guān)系可以判斷整個過程物塊B上升的高度;根據(jù)最低點小球A的加速度向上可判斷此時彈簧一定為伸長狀態(tài);物塊B在整個過程初末兩個狀態(tài)的速度都為零,機械能增量等于它重力勢能的增加量,已知物塊B上升的高度,即可計算物塊B機械能的增加量.4.(2022內(nèi)蒙古包頭二模,15)某汽車以恒定功率勻速行駛,看到前方紅燈,司機將汽車功率減半,并保持該功率行駛,看到紅燈轉(zhuǎn)為綠燈,逐漸增加功率,使汽車做勻加速運動直到恢復原來功率,以后保持該功率行駛.設汽車所受阻力大小不變,則在該過程中,汽車的速度隨時間變化的圖像可能是()ABCD答案C汽車以恒定功率P勻速行駛時,P=F1v1,此時F1=f,所以P=fv1,當功率瞬間減為P2,由于速度不能突變,則P2=Fv1,所以牽引力瞬間減為F12,汽車加速度大小a=f-F12m,隨著v減小,F增大,加速度減小,即此階段圖像斜率減小.當加速度減為零時,F2=f,此時速度v2=P2f,汽車做勻速直線運動,此階段圖像為平行于t軸的直線.此后逐漸增大功率,汽車勻加速運動,當功率達到P時,加速度仍存在,汽車速度繼續(xù)增大,由關(guān)系式P=Fv、a=F-fm分析得：v增大,F減小,a減小,此階段圖像先為傾斜的直線,后為斜率逐漸減小的曲線.當a=0易錯警示t3時刻,汽車開始做勻加速運動直至恢復原來功率,由于a=F-fm,所以汽車在勻加速階段,牽引力F為定值;由P=Fv分析得,當功率P達到原來功率時,汽車加速度此時還是a,所以汽車不會立即勻速運動,而是做加速度減小的加速運動5.(2023屆揚州高郵調(diào)研,6)仰臥起坐是《國家學生體質(zhì)健康標準》中規(guī)定的女生測試項目之一,根據(jù)該標準,高三女生一分鐘內(nèi)完成50個以上仰臥起坐記為優(yōu)秀.若某女生一分鐘內(nèi)做了40個仰臥起坐,其質(zhì)量為50kg,上半身質(zhì)量約為總質(zhì)量的0.6,做仰臥起坐時下半身重心位置不變,上半身高度約為總身高的0.4,g取10m/s2.測試的全過程中該女生克服重力做功的平均功率約為()A.10WB.70WC.150WD.300W答案B設該女生身高1.6m,上半身高度約0.64m,每次上半身重心上升距離約為0.32m,則每次克服重力做功為W=0.6mgh=0.6×50×10×0.32J=96J,則平均功率P=40Wt=40×9660W=64W,故6.(2023屆南通海安質(zhì)量監(jiān)測,3)相同材料制成的A、B兩物塊,以相同初速度同時滑上足夠長的水平桌面,兩物塊質(zhì)量分別為mA、mB且mA>mB,則()A.物塊A慣性大,滑行距離大B.物塊B受到的阻力小,滑行距離大C.兩物塊滑行的時間相等D.兩物塊克服阻力做功相等答案C設物塊初速度為v0,與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ,根據(jù)動能定理,對A有-μmAgsA=0-12mAv02,對B有-μmBgsB=0-12mBv02,聯(lián)立可得sA=sB,質(zhì)量大的物塊慣性大,mA>mB,所以物塊A慣性大,故A、B錯誤;根據(jù)動量定理,對A有-μmAgtA=-mAv0,對B有-μmBgtB=-mBv0,聯(lián)立可得tA=tB,故C正確;根據(jù)動能定理,對A有-Wf=0-12mAv02,對B有-Wf'=0-12mBv02,因為mA>mB,7.(2022南京、鹽城聯(lián)考,5)如圖所示,質(zhì)量相等的兩個物塊A和B用細線連接后,再用輕彈簧將A懸掛,A和B處于靜止狀態(tài).剪斷細線,物塊A向上運動到最高點的過程,不計空氣阻力.下列說法不正確的是()A.剪斷細線時,物塊A的加速度大小為gB.彈簧恢復原長時,物塊A的速度最大C.物塊A所受彈簧彈力做的功等于克服重力做的功D.彈簧的彈性勢能減少量等于物塊A的機械能增加量答案B開始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),彈簧的彈力大小為F=2mg,當細線剪斷瞬間,彈簧彈力不能突變,則對A有F-mg=ma,解得加速度大小為g,方向向上,故A項正確;當彈簧的彈力等于mg時A的速度最大,此時彈簧伸長量不為零,以后做減速運動,故B項錯誤;物塊A初、末狀態(tài)的速度都是0,則動能不變,彈簧彈力做的功等于克服重力做的功,彈簧的彈性勢能減少量等于物塊A的機械能增加量,故C、D項正確.8.(2023屆南京學情調(diào)研,4)如圖所示,滑塊從靜止開始沿粗糙固定斜面下滑直至底端.若用v、Ep、Ek、E分別表示滑塊下滑時的速率、重力勢能、動能、機械能,t表示時間,取斜面底端為零勢能點.則下列圖像中可能正確的是()ABCD答案C設斜面傾角為θ,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,滑塊開始下滑時距斜面底端的距離為L,滑塊下滑過程中的加速度為a,滑塊從靜止開始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的過程中,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,可得a=gsinθ-μgcosθ,顯然加速度a為一定值.根據(jù)v=at,a為定值,可得v-t圖像為一條過坐標原點的傾斜直線,故A錯誤.取斜面底端為零勢能點,滑塊從靜止開始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的過程中,滑塊的重力勢能Ep=mgh=mg(L-s)sinθ,s=12at2,可得Ep=mgLsinθ-12mgasinθ·t2,顯然Ep-t圖像為曲線,故B錯誤.滑塊從靜止開始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的過程中,動能為Ek=12mv2=12ma2t2,顯然Ek?t圖像為一條對稱軸為Ek軸,開口向上的拋物線,故C正確.滑塊從靜止開始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的過程中,機械能的改變量等于摩擦力所做的功,即μmgcosθ·s=mgLsinθ-E,s=12at2,可得E=mgL·sinθ-12μmgacosθ·t2,顯然E-t9.(2022長沙市一中月考五,8)(多選)左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R=0.3m的光滑半圓環(huán),右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一水平光滑直桿.質(zhì)量為ma=2kg的小球a套在半圓環(huán)上,質(zhì)量為mb=1kg的小球b套在直桿上,兩者之間用長為L=0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接.現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放,由于受到微擾使a沿圓環(huán)自由下滑,不計一切摩擦,a、b均視為質(zhì)點,g取10m/s2,則以下說法中正確的是()A.小球a滑到與圓心O等高的P點時,a、b兩球的速度大小相等B.小球a滑到與圓心O等高的P點時,a的速度大小為6m/sC.小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(圖中未畫出)時,a、b兩球的速度大小相等D.小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(圖中未畫出)的過程中,桿對小球b做的功為9019答案BD當a滑到與O同高度的P點時,a的速度v沿圓環(huán)切向向下,b的速度為零,故A錯誤;由機械能守恒定律可得magR=12mav2,解得v=2gR=6m/s,故B正確;桿與環(huán)圓相切時,如圖所示,a的速度沿桿方向,設此時b的速度為vb,根據(jù)桿不可伸長和縮短,有va=vbcosθ,故C錯誤;由幾何關(guān)系可得cosθ=LL2+R2=0.8,在圖中,球a下降的高度h=Rcosθ,系統(tǒng)機械能守恒,則有magh=12mava2+12mbvb2-12mav2,對小球10.(2022湖南師大附中月考六,7)(多選)如圖所示,一定質(zhì)量的小球(可視為質(zhì)點)套在固定的豎直光滑橢圓形軌道上,橢圓的左焦點為P,長軸AC=2L0,短軸BD=3L0.原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的垂直紙面的光滑水平軸上,另一端與小球連接.若小球逆時針做橢圓運動,在A點時的速度大小為v0,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),則下列說法正確的是()A.小球在C點的速度大小為v0B.小球在D點時的動能最大C.小球在B、D兩點的機械能不相等D.小球在A→D→C的過程中機械能先變小后變大答案AB小球運動過程中與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,其重力勢能、彈性勢能和動能相互轉(zhuǎn)化,但三者之和保持不變.因為彈簧原長為L0,橢圓形軌道半長軸的長為L0,故小球在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài),形變量等于PO的長度,由數(shù)學知識可得PO=AC22-BD22=12L0.小球在C點時彈簧長度等于L0+12L0=32L0,故伸長量也等于12L0,所以小球在A、C兩點時彈簧的形變量大小相等,彈簧的彈性勢能相等,故小球在相同高度的A、C兩點時動能相等,即小球在C點的速度大小也為v0,A正確;小球在B、D兩點時,彈簧的長度PD=PB=(PO)2+(BO)2=L0,即小球在B、D兩點時彈簧處于原長,彈簧彈性勢能為零,小球的機械能相等,C錯誤;小球在D點時,11.(2022岳陽市一模,11)(多選)如圖,光滑小球a、b的質(zhì)量均為m,a、b均可視為質(zhì)點,a、b用剛性輕桿連接,豎直地緊靠光滑墻壁放置,輕桿長為l,b位于光滑水平地面上,a、b處于靜止狀態(tài),重力加速度大小為g.現(xiàn)對b施加輕微擾動,使b開始沿水平面向右做直線運動,直到a著地的過程中,則()A.a落地前會離開豎直墻壁B.a落地時的速度大小為2C.b的速度最大時,a離地面的高度為23D.a開始下滑至著地過程中,輕桿對b做功為12答案AC對b施加輕微擾動使b開始沿水平面向右做直線運動,桿對a和b均為推力,桿對a做負功,對b做正功,當桿的力等于零時,a球和墻壁無擠壓,此時a會離開墻壁,故A正確;a落地時,對系統(tǒng)由機械能守恒定律,有mgl=12mva2+12mvb2,則a落地時的速度大小小于2gl,故B錯誤;當桿的推力等于零時,桿對b做正功最多,此時b的速度最大,設桿與水平方向的夾角為θ,對系統(tǒng)由機械能守恒有mg(l-lsinθ)=12mva2+12mvb2,沿桿方向的速度相等,有vasinθ=vbcosθ,聯(lián)立解得Ekb=12mvb2=mgl(1-sinθ)sin2θ=mgl·4(1-sinθ)·sinθ2·sinθ2,故當1-sinθ=sinθ2時,即sinθ=23,b的動能有最大值為Ekbmax=427mgl.而此時a離地面的高度為lsinθ=23l,故C正確;a開始下滑至著地過程中,系統(tǒng)減少的重力勢能為12.(2022岳陽市一模,3)如圖是湖邊鐵鏈圍欄,鐵鏈兩端固定在欄柱上,圖中這條鐵鏈的重力為G,現(xiàn)在鐵鏈最低點用力向下壓,直至鐵鏈繃緊.下壓過程中鐵鏈的重心位置將()A.先升高后降低B.逐漸降低C.逐漸升高D.始終不變答案C根據(jù)能量守恒,鐵鏈最低點在外力作用下下移,直至鐵鏈繃緊的過程中,外力做正功,外部輸入的能量轉(zhuǎn)化為鐵鏈的機械能,忽略鐵鏈動能的增加,則鐵鏈的重力勢能增加,其重心逐漸升高,故A、B、D錯誤,C正確.13.(2022湖南師大附中一模,5)如圖所示,一輕繩吊著粗細均勻的棒,棒下端離地面高為H,上端套著一個細環(huán).棒和環(huán)的質(zhì)量分別為4m和m,相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,其大小為4mg.斷開輕繩,棒和環(huán)自由下落.假設棒足夠長,與地面發(fā)生碰撞時,觸地時間極短,無動能損失.棒在整個運動過程中始終保持豎直,空氣阻力不計.則()A.棒第一次與地面碰撞彈起上升過程中,棒相對地面一直做加速度恒定的勻減速直線運動B.從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中,環(huán)相對地面始終向下運動C.棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中,環(huán)相對地面先做勻減速后做勻加速最后做勻減速運動,從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止,系統(tǒng)損失的機械能為20D.從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中,環(huán)相對于棒有往復運動,但總位移向下答案C棒第一次與地面碰撞后,開始棒的速度方向變?yōu)橄蛏?環(huán)的速度方向繼續(xù)向下,二者存在相對運動,相互間存在滑動摩擦力,棒所受合力方向向下,根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小為a=4mg+4mg4m=2g.環(huán)受重力、向上的滑動摩擦力,合力方向向上,根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小為a=4mg-mgm=3g,此時環(huán)的加速度大于棒的加速度,而環(huán)的速度與棒的速度大小相同,所以環(huán)的減速時間小于棒的減速時間,最終環(huán)會向上做勻加速運動,加速度大小為3g,直至環(huán)與棒速度大小相同,此時兩者無相對運動,不受摩擦影響,環(huán)和棒一起做加速度大小為g的向上的勻減速運動,直至速度為0,故A、B錯誤;設環(huán)相對棒滑動距離為l,根據(jù)能量守恒4mgH+mg(H+l)=4mgl,解l=53H.摩擦力對棒及環(huán)做的總功為W=-4mgl,聯(lián)立解得W=-203mgH,則系統(tǒng)損失的機械能為20mgH3,故C正確;當棒再次下落時,由于此時棒的速度等于環(huán)的速度,此時棒與環(huán)之間無摩擦14.(2023屆惠州六校二聯(lián),8)打夯是人們抬起重物將地面夯實的傳統(tǒng)方式,某次打夯簡化為以下過程：如圖,兩人同時通過繩子,對靜止在地面上的質(zhì)量為m的重物各施加大小不變的力F,力的方向都與豎直方向成θ角,重物離開地面高度為h時同時放手,重物最終下落至地面,并把地面砸出深度為d的凹坑.不計空氣阻力,重力加速度大小為g,在一次打夯全過程中,下列說法正確的是()A.重力對重物做的功與地面對重物的阻力做的功大小相等B.重物落下接觸地面時的動能等于mghC.整個過程重力做功等于mghD.地面對重物的阻力做功等于-2Fhcosθ-mgd答案D根據(jù)重力做功的特點,可知整個過程重物下降的高度為d,重力做功WG=mgd,在一次打夯全過程中,由動能定理可知2Fhcosθ+WG+W阻=0,故地面對重物阻力做的功W阻=-2Fhcosθ-mgd,故重力對重物做的功與地面對重物的阻力做的功大小不相等,A、C錯誤,D正確;從開始到重物剛落地的過程,由動能定理有2Fhcosθ=Ek-0,可得重物落下接觸地面時的動能Ek=2Fhcosθ,由于重物從地面離開上升到h,即由靜止開始向上加速運動,則有2Fcosθ>mg,所以可得重物落下接觸地面時的動能Ek>mgh,B錯誤.故選D.15.(2023屆深圳中學一測,10)(多選)如圖所示,在水平地面上固定一個半徑為R的四分之一圓形軌道AB,軌道右側(cè)固定一個傾角為30°的斜面,斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪,輕滑輪與OB在同一水平高度.一輕繩跨過輕滑輪,左端與套在圓形軌道上質(zhì)量為m的小圓環(huán)相連,右端與斜面上質(zhì)量為M的物塊相連.在圓形軌道底端A點靜止釋放小圓環(huán),小圓環(huán)運動到圖中P點時,輕繩與軌道相切,OP與OB夾角為60°;小圓環(huán)運動到B點時速度恰好為零.忽略一切摩擦力和阻力,小圓環(huán)和物塊均可視為質(zhì)點,物塊離斜面底端足夠遠,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.小圓環(huán)到達B點時的加速度為gB.小圓環(huán)到達B點后還能再次回到A點C.小圓環(huán)到達P點時,小圓環(huán)和物塊的速度之比為2∶3D.小圓環(huán)和物塊的質(zhì)量之比滿足m答案AB小圓環(huán)運動到B點時,小圓環(huán)受到重力、水平向右的拉力和圓形軌道對小圓環(huán)向左的支持力,因為運動到B點時速度恰好為零,則其合力為重力,根據(jù)牛頓第二定律可知mg=ma,解得a=g,A正確;由于忽略一切摩擦力和阻力,小環(huán)和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒,當小圓環(huán)到達B點時,速度都為零,此后小圓環(huán)沿圓形軌道向下運動,系統(tǒng)機械能還是守恒,最終小圓環(huán)和物塊速度都減到零,故小圓環(huán)到達B點后還能再次滑回A點,B正確;小圓環(huán)在P點時,小圓環(huán)的速度方向沿繩的方向,根據(jù)速度的合成與分解可知,此時小圓環(huán)和物塊的速度之比為1∶1,C錯誤;設輕滑輪所在的位置為C,由圖中幾何關(guān)系可知OC=2R,AC=5R,在運動過程中,對小圓環(huán)和物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)動能定理可知-mgR+MgR(5-1)·sin30°=0-0,解得mM=5-12,D錯誤16.(2022肇慶二模,10)(多選)如圖甲所示為游樂場的旱滑梯,滑滑梯時游客乘坐旱滑圈從滑梯頂部由靜止滑下,到達滑梯尾端時斜向上拋出后落在氣墊上,圖乙為滑梯的側(cè)視圖,不計空氣阻力,以游客和旱滑圈為整體,則整體沿滑梯運動過程中,下列說法正確的是()甲乙A.整體重力勢能的減少量大于整體動能的增加量B.整體重力所做的功大于整體重力勢能的減少量C.若游客在滑梯頂部時被工作人員用力沿滑梯斜面向下推一下,則整體下滑到滑梯最低點時,整體對滑梯的壓力增大D.若游客在滑梯頂部時被工作人員用力沿滑梯斜面向下推一下,則滑梯對整體的摩擦力做功不變答案AC由于滑梯對整體的摩擦力做負功,所以整體重力勢能的減少量大于整體動能的增加量,A正確;根據(jù)重力做功的特點,知整體重力所做的功等于整體重力勢能的減少量,B錯誤;若游客在滑梯頂部時被工作人員用力沿滑梯斜面向下推一下,則整體下滑到滑梯最低點時速度增大,所需向心力增大,滑梯對整體的支持力也增大,根據(jù)牛頓第三定律,整體對滑梯的壓力增大,所受滑梯的摩擦力增大,滑梯對整體的摩擦力做功增加,C正確,D錯誤.故選A、C.17.(2022陜西安康質(zhì)檢,16)如圖所示,光滑水平面(足夠大)的右端B處連接一半徑為R的光滑豎直半圓軌道,B點為水平面與半圓軌道的切點,用大小恒定的水平推力將一質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)從B點左側(cè)的A點由靜止開始推到B點,然后立即撤去推力,滑塊恰好能沿半圓軌道運動到最高點C,并且恰好落回A點.重力加速度大小為g,不計空氣阻力.(1)求A、B兩點的距離x;(2)若用最小推力完成上述過程(不要求滑塊經(jīng)過C點時對半圓軌道無壓力),求該最小推力Fmin及其對應A、B兩點的距離l.答案(1)2R(2)mg4R解析(1)滑塊恰好沿半圓軌道運動到最高點,在C點,由牛頓第二定律可得：mg=mvC2R,所以vC=gR;滑塊由C點到A點做平拋運動,豎直方向2R=12gt2,水平方向x=vCt,聯(lián)立解得(2)滑塊由A運動到C,由動能定理可得：Fl-mg·2R=12mvC2,滑塊由C到A做平拋運動,結(jié)合(1)問可得vC'=l2gR,聯(lián)立可得F=mg2Rl+l8R;當2Rl=l8方法技巧在求解(2)時,由于推力F會隨A、B兩點距離l的變化而變化,所以可以建構(gòu)l為自變量、F為因變量的函數(shù)關(guān)系,之后利用均值定理得到F的最小值.18.(2023屆揚州高郵調(diào)研,14)如圖所示,由兩個半徑均為R=0.2m的四分之一圓弧形細管道構(gòu)成的光滑細管道ABC豎直放置,且固定在光滑水平面上,管道最低點剛好與水平面相切,圓心連線O1O2水平;輕彈簧左端固定在豎直擋板上,右端與質(zhì)量為m=10g的小球接觸(不拴接,小球的直徑略小于管的內(nèi)徑,小球大小可忽略).寬為2R、高為R的木盒子固定于水平面上,盒子左側(cè)DG到管道右端C的水平距離為2R,開始時彈簧處于鎖定狀態(tài),當解除鎖定后小球離開彈簧進入管道,最后到達C點或從C點拋出,重力加速度g取10m/s2.(彈簧、小球及軌道ABC與木盒截面GDEF在同一豎直面內(nèi))(1)若小球恰好能到達C點,求彈簧處于鎖定狀態(tài)時具有的彈性勢能;(2)若彈簧處于鎖定狀態(tài)時具有的彈性勢能為0.12J,求解除鎖定后小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力;(3)若小球從C點拋出后能直接擊中盒子的底部,求彈簧處于鎖定狀態(tài)時具有的彈性勢能滿足什么條件?答案(1)0.04J(2)0.7N,方向豎直向上(3)0.06J≤Ep≤0.08J解析(1)恰能到達C點時vC=0對全過程應用動能定理W-2mgR=0Ep=WEp=2mgR=0.04J(2)從小球從彈簧處離開至C點由動能定理得W-2mgR=12mW=Ep在C點由牛頓第二定律得mg+F=mv聯(lián)立解得F=0.7N由牛頓第三定律可得F壓=F=0.7N,方向豎直向上(3)①小球從G點進入盒子,則小球從C點到G點做平拋運動,有R=12g2R=v1t1從小球從彈簧處離開至C點由動能定理得Ep1=2mgR+12m聯(lián)立解得E1=0.06J②小球落到E點,則小球從C點到E點做平拋運動,有2R=12g4R=v2t2從小球從彈簧處離開至C點由動能定理得Ep2=2mgR+12m解得Ep2=0.08J彈簧處于鎖定狀態(tài)時具有的彈性勢能滿足0.06J≤Ep≤0.08J19.(2022南通如皋一模,14)某種彈射裝置如圖所示,左端固定的輕彈簧處于壓縮狀態(tài)且鎖定,彈簧具有的彈性勢能Ep=4.5J,質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊靜止于彈簧右端,光滑水平導軌AB的右端與傾角θ=30°的傳送帶平滑連接,傳送帶長度L=8.0m,傳送帶以恒定速率v0=8.0m/s順時針轉(zhuǎn)動.某時刻解除鎖定,滑塊被彈簧彈射后滑上傳送帶,并從傳送帶頂端滑離落至地面.已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=32,重力加速度g取10m/s2(1)求滑塊離開傳送帶時的速度大小v;(2)求電動機傳送滑塊多消耗的電能E;(3)若每次開始時彈射裝置具有不同的彈性勢能Ep',要使滑塊滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置,求Ep'的取值范圍.答案(1)7m/s(2)96J(3)12J≤Ep'≤132J解析(1)設滑塊剛沖上傳送帶底端的速度為v1,根據(jù)能量守恒Ep=12mv12,代入數(shù)據(jù)得因為μ>tanθ,故滑塊在傳送帶上先向上加速,根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma得a=2.5m/s2若滑塊在傳送帶上一直加速,則離開傳送帶時的速度大小v滿足v2-v12=2aL,解得v=7m/s<所以假設成立,滑塊離開傳送帶時的速度大小為7m/s.(2)滑塊在傳送帶上運動時間t=v-v1該段時間,傳送帶的位移s=v0t=12.8m對傳送帶,根據(jù)動能定理有W電-μmgcosθ·s=0解得W電=96J即電動機傳送滑塊多消耗的電能E=W電=96J(3)分析可知,要使滑塊滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置,滑塊滑出傳送帶時要與傳送帶共速.滑塊剛好加速到與傳送帶共速時離開傳送帶,所對應的彈性勢能最小,有Epmin+(μmgcosθ-mgsinθ)L=12m得Epmin=12J同理可得,滑塊剛好減速到與傳送帶共速時離開傳送帶,所對應的彈性勢能最大,有Epmax-(μmgcosθ+mgsinθ)L=12m得Epmax=132J所以,滿足條件的彈性勢能Ep'范圍為12J≤Ep'≤132J20.(2022長沙市一中月考九,13)如圖所示,光滑水平地面的左側(cè)靜止放置一長木板AB,右側(cè)固定一足夠長光滑斜面CD,木板的上表面與斜面底端C處于同一水平面,木板的質(zhì)量M=2kg,木板長l=7m.一物塊以水平速度v0=9m/s沖上木板的A端,木板向右運動,B端碰到C點時被粘連,且B、C之間平滑連接.物塊的質(zhì)量為m=1kg,可視為質(zhì)點,與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,g取10m/s2,求：(1)若初始時木板B端距C點的距離足夠遠,求物塊第一次與木板相對靜止時的速度和相對木板滑動的距離;(2)設初始時木板B端距C點的距離為L,試討論物塊最終距C點的距離與L的關(guān)系,并求此最大距離.答案(1)3m/s6m(2)見解析解析(1)初始時木板B端距C點的距離足夠遠,則m與M達到共同速度,根據(jù)動量守恒和能量守恒可得mv0=(M+m)v共μmgΔl=12mv02-解得v共=3m/s,Δl=6m(2)對木板：μmgs=12Mv解得s=2m當L≥2m時,木板B端和C點相碰前,物塊和木板已經(jīng)達到共同速度,碰后物塊以v共=3m/s的初速度做勻減速直線運動到C點v共2-a=μg=4.5m/s2解得vC1=0m/s,則物塊恰好停在C點,與L無關(guān).當L<2m時,木板B端和C點相碰前,物塊和木板未達到的共同速度,物塊一直做勻減速運動v02-v解得vC2=32-物塊以此速度沖上斜面并會以原速率返回,最終停在木板上,s=vC當L=0m時,s有最大值smax=2m.21.(2022惠州二調(diào),16)極限運動深受年輕人的喜愛,如圖甲是極限運動中滑板、輪滑等運動常用的比賽場地U形池,現(xiàn)有某U形池場地示意圖如圖乙所示,該場地由兩段可視為光滑的14圓弧形滑道AB和CD以及粗糙程度相同的水平滑道BC構(gòu)成,圖中R1=4.5m,R2=3.5m,BC=5m,某次滑板比賽中質(zhì)量為60kg(含滑板質(zhì)量)的運動員從A點由靜止出發(fā),通過AB、BC滑道,沖向CD滑道,到達CD滑道的最高位置D時速度恰好為零(運動員和滑板整體近似看成質(zhì)點,空氣阻力不計,g取10m/s2)(1)求該運動員在圓弧形滑道AB上下滑至B點時對圓弧形滑道的壓力;(2)該運動員為了第一次經(jīng)過D處后有2s時間做空中表演,求他在A點下滑的初速度大小;(3)在(2)問的初始條件下,運動員在滑道上來回運動,最終將停在何處?甲乙答案見解析解析(1)運動員從A到B的過程中由動能定理得mgR1=1在B點由向心力公式得FN-mg=mv聯(lián)立解得FN=1800N由牛頓第三定律得,對滑道B點的壓力大小FN'=FN=1800N,方向垂直于BC向下.(2)設運動員在BC段克服摩擦力做的功為Wf,根據(jù)運動員到D點時的速度恰好為零,由動能定理得mgR1-Wf-mgR2=0解得Wf=600J,運動員在空中表演時做豎直上拋運動,上拋的初速度vD1=gt解得vD1=10m/s運動員從A到D過程,由動能定理得mgR1-Wf-mgR2=1代入數(shù)據(jù)解得vA0=10m/s(3)運動員下落后會在滑道上來回運動,直到最終靜止在BC上;運動的全過程由動能定理得mgR1-fs=0-1解得運動員在BC段的總路程為s=47.5m在BC上來回運動的次數(shù)n=sBC=9.運動員最終停在離B點2.5m處.規(guī)律總結(jié)在分析(3)問時,借助對動能定理的理解,不需考慮運動員運動的中間階段,只需要考慮首尾階段便可以解決問題.22.(2023屆肇慶一模,14)已知地鐵列車起動加速度大小為1.0m/s2,常用制動加速度大小為1.0m/s2,起動和制動過程可視為勻變速直線運動.地鐵列車加速運行和勻速運行時受到的阻力大小恒為2×105N,列車的額定功率為6×103kW,總質(zhì)量為2.2×105kg.若甲站與相鄰的乙站相距2.7km(兩站之間的線路可視為水平直線),試求地鐵列車從甲站運行到乙