PAGEPAGE26專題06機械能第一部分名師綜述本專題涉及的內容是動力學內容的接著和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規律，因此是中學物理的重點，也是高考考查的重點之一。題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學等學問相互聯系，綜合出題。很多試題思路隱藏、過程困難、敏捷性強、難度較大。從高考試題來看，功和機械能守恒依舊為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關系是高考的必考內容，具有特別強的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關系、能的轉化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變更的關系是典型的變力做功，應予以特殊地關注。其次部分學問背一背一、功1.做功的兩個要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發生的位移。2.公式：(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。二、功率1.物理意義：描述力對物體做功的快慢。2.公式：(1)(P為時間t內的平均功率)。(2)(α為F與v的夾角)。3.額定功率：機械正常工作時的最大功率。4.實際功率：機械實際工作時的功率，要求不能大于額定功率。三、機車的啟動1.機車的輸出功率。其中F為機車的牽引力，勻速行駛時，牽引力等于阻力。2.兩種常見的啟動方式(1)以恒定功率啟動：機車的加速度漸漸減小，達到最大速度時，加速度為零。(2)以恒定加速度啟動：機車的功率_漸漸增大_，達到額定功率后，加速度漸漸減小，當加速度減小到零時，速度最大。四、動能1.定義：物體由于運動而具有的能。2.表達式：。3.物理意義：動能是狀態量，是標量。(填“矢量”或“標量”)4.單位：動能的單位是焦耳。五、動能定理1.內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變更。2.表達式：3.物理意義：合外力的功是物體動能變更的量度。4.適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。六、機械能守恒定律1.重力做功的特點（1）重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關。（2）重力做功不引起物體機械能的變更。2.機械能守恒定律：在只有重力或彈簧彈力做功的狀況下，物體的動能與勢能相互轉化，但機械能的總量保持不變。七、功能關系1.功和能(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發生了轉化。(2)做功的過程肯定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必需通過做功來實現。2.常見的幾種功能對應關系(1)合外力做功等于物體動能的變更。(2)重力做功等于物體重力勢能的變更。(3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的變更。(4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機械能的變更，即。(功能原理)八、能量守恒定律1.內容:能量既不會憑空產生，也不會憑空消逝，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達式：ΔE減=ΔE增。第三部分技能+方法一、功和功率的計算1.恒力做的功：干脆用計算。2.合外力做的功方法一：先求合外力F，再用求功；方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…再用求代數和的方法確定合外力做的功。3.變力做的功.（1）應用動能定理求解；（2）用求解，其中變力的功率P不變；（3）將變力做功轉化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運動方向相同或相反，或力的方向不變，大小隨位移勻稱變更的狀況。4.常見的功率的計算方法：（1）平均功率的計算方法：或（2）瞬時功率的計算方法：，其中v是該時刻的瞬時速度。二、機車的啟動1.無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff).2.機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即3.機車以恒定功率運行時，牽引力做的功，由動能定理：，此式常常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移（路程）大小。三、動能定理在多過程中的應用動能定理綜合應用問題的規范解答1.基本步驟(1)選取探討對象，明確它的運動過程；(2)分析探討對象的受力狀況和各力的做功狀況；(3)明確探討對象在過程的始末狀態的動能Ek1和Ek2；(4)列出動能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程，進行求解。2.留意事項(1)動能定理的探討對象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統。(2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式.當題目中涉及到位移和速度而不涉剛好間時可優先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優先考慮動能定理。(3)若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮。四、機械能守恒定律的幾種表達形式1．守恒觀點(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)意義：系統初狀態的機械能等于末狀態的機械能。(3)留意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必需選取同一個零勢能參考平面。2．轉化觀點(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.(2)意義：系統(或物體)的機械能守恒時，系統增加(或削減)的動能等于系統削減(或增加)的勢能。(3)留意問題：要明確勢能的增加量或削減量，即勢能的變更，可以不選取零勢能參考平面。3．轉移觀點(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．(2)意義：若系統由A、B兩部分組成，當系統的機械能守恒時，則A部分物體機械能的增加量等于B部分物體機械能的削減量。(3)留意問題：A部分機械能的增加量等于A末狀態的機械能減初狀態的機械能，而B部分機械能的削減量等于B初狀態的機械能減末狀態的機械能。五、利用動能定理分析功能和能量變更的問題1.動能的變更量、機械能的變更量分別與對應的功相等。2.重力勢能、彈性勢能、電勢能的變更量與對應的力做的功數值相等，但符號相反。3．搞清不同的力做功對應不同形式的能的變更不同的力做功對應不同形式能的變更定量的關系合外力的功(全部外力的功)動能變更合外力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1重力的功重力勢能變更重力做正功，重力勢能削減；重力做負功，重力勢能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變更彈力做正功，彈性勢能削減；彈力做負功，彈性勢能增加W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力的功不引起機械能變更機械能守恒ΔE＝0除重力和彈力之外的力做的功機械能變更除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機械能就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負功，物體的機械能就削減多少W除重力、彈力外＝ΔE電場力的功電勢能變更電場力做正功，電勢能削減；電場力做負功，電勢能增加W電＝－ΔEp一對滑動摩擦力的總功內能變更作用于系統的一對滑動摩擦力肯定做負功，系統內能增加Q＝Ff·l相對六、對能量守恒定律的理解和應用1.列能量守恒定律方程的兩條基本思路：(1)某種形式的能削減，肯定存在其他形式的能增加，且削減量和增加量肯定相等；(2)某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加且削減量和增加量肯定相等．2.應用能量守恒定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等]在變更；(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量削減，并且列出削減的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式；(3)列出能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增七、摩擦力做功的特點及應用類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量轉化的方面在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉移到另一個物體(靜摩擦力起著傳遞機械能的作用)，而沒有機械能轉化為其他形式的能量1.相互摩擦的物體通過摩擦力做功，將部分機械能從一個物體轉移到另一個物體2．部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統機械能的損失量一對摩擦力做功方面一對靜摩擦力所做功的代數和等于零一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統所做的總功總為負值，系統損失的機械能轉變成內能相同點做功方面兩種摩擦力都可以對物體做正功，做負功，還可以不做功第四部分基礎練+測一、單選題1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點的全過程中,所受空氣阻力大小恒定,則（）A．全過程重力的沖量為零B．全過程中動量的變更量等于阻力的沖量C．全過程中動能的變更量等于阻力做的功D．上升過程中機械能的變更量大于下落過程機械能的變更量【答案】C【解析】【詳解】AB、重力是恒力，全過程重力的沖量不行能為零，只會不斷增加，依據動量定理可知全過程中動量的變更量等于阻力與重力合力的沖量，故選項A、B錯誤；C、重力是恒力，在全過程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負功，依據動能定理可得全過程中動能的變更量等于阻力做的功，故選項C正確；D、依據功能關系可知，機械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過程中機械能的變更量等于下滑過程中機械能的變更量，故選項D錯誤；2．2024年初，長沙氣溫偏低，存在冰凍現象。我校方同學和陽同學(穿著藍色校服，材質一樣)先后從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示。(兩人均可視為質點，且不計人經過B點時的能童損失)。依據上述信息，可以確定方、陽兩人A．質量相等 B．受到的摩擦力相等C．損失的機械能相等· D．運動的時間相等【答案】D【解析】【詳解】D：人沿斜面下滑時，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ-μgcosθ；兩人從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，則兩人在斜面上的運動狀況相同，在斜面上所用時間相同，到達B處速度相同。人沿水平冰面前進時，μ2mg=ma2，解得：ABC：兩人質量可以不等；若兩人質量不等，則兩人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，兩人損失的機械能不等。故ABC三項錯誤。3．如圖所示，一輕質彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A．由B到C的過程中，彈簧彈性勢能和物塊動能之和漸漸減小B．由B到C的過程中，物塊動能和重力勢能之和不變C．由B到C的過程中，彈簧的彈性勢能和物塊的重力勢能之和不變D．由B到C的過程中，物塊加速度漸漸減小【答案】A【解析】【詳解】由B到C的過程中，系統的機械能守恒，即物塊的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能總和不變，物塊的重力勢能增大，則彈性勢能和動能之和減小；由于彈簧的彈性勢能增加，則物塊動能和重力勢能之和減小，故A正確，BC錯誤；由B到C的過程中，彈力向下漸漸變大，依據mg+F彈=ma可知，物塊加速度漸漸變大，選項D錯誤；故選A.4．質量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的有A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍B．在物體運動的整個過程中，F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小C．在物體運動的整個過程中，F做的功大于克服摩擦力做的功D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度【答案】D【解析】【詳解】由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過程的加速度大小為a2=v02t0；對于勻減速運動過程，由牛頓其次定律知物體所受摩擦力大小為f=ma2=mv02t0；在勻加速過程中，由牛頓其次定律有F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯誤；對整個過程，由動量定理：I5．如圖所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放．某同學在探討小球落到彈簧上后接著向下運動到最低點的過程，他以小球起先下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F的大小隨小球下落的位置坐標x變更的關系，如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下推斷不正確的是()A．當x＝h＋x0，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小B．小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，加速度先減小后增大C．當x＝h＋2x0，小球的加速度大小為gD．小球動能的最大值為mgh＋mgx0【答案】D【解析】【詳解】A．依據乙圖可知，當x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統，機械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確；B．小球剛落到彈簧上時，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當彈力等于重力時加速度為零，此時速度最大；然后向下運動時彈力大于重力，小球的加速度向上且漸漸變大，小球做減速運動直到最低點，則小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確；C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項C正確；D．小球達到最大速度的過程中，依據動能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動能的最大值小于mg（6．如圖，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動下列說法正確的是（）A．小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大B．小球在斜面運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重C．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地速率將變大D．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將減小【答案】D【解析】【詳解】依據牛頓其次定律得，小球在斜面上運動的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運動的加速度為g，可知小球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故A錯誤。對小球和斜面整體分析，小球沿斜面對下加速的過程中，小球具有沿斜面對下的加速度，處于失重狀態，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤。依據動能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故Cay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時間變短。故D正確。故選D。7．如圖，a、b、c是三個質量均為m的小球(可視為質點),a、b兩球套在水平放置的光滑細桿上，相距3L；c球分別用長度為L的細線與a、b兩球連接。起初用手按住a、b兩球，使三個球均靜止，若同時釋放a、b、c三球,重力加速度為g.則()A．起先時三球靜止時，細線中張力均為0.5mgB．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gLC．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gLD．在a、b碰撞前的運動過程中，a球動能的增加量等于c球的機械能的減小量【答案】B【解析】【詳解】A、起先時三球靜止時，細線中張力為T，則有：2Tcos120°2=mBC、在a、b碰撞前的任一時刻，依據b、c兩球沿細線方向的分速度大小相等，可知c的速度為零，由系統的機械能守恒得：mg(L-Lsin30°)=12?2mvb2，可得D、在a、b碰撞前的運動過程中，依據系統的機械能守恒可得a球動能的增加量和b球動能的增加量之和等于c球的機械能的減小量，故D錯誤；故選B。8．“旋轉秋千”是游樂園里常見的游樂項目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉回旋轉而在空中飛旋。若將人和座椅看為質點，“旋轉秋千”可簡化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內的圓形轉盤，半徑為r，可繞穿過其中心的豎直軸轉動。讓轉盤由靜止起先漸漸加速轉動，經過一段時間后質點與轉盤一起以角速度ω做勻速圓周運動，此時繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長為L且不行伸長，質點的質量為m，不計空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是（）A．質點的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小B．質點做勻速圓周運動的向心力是其所受懸線的拉力C．轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系為ω=D．質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，繩子對質點做的功為mg(r+L【答案】C【解析】【詳解】由重力和繩子的拉力的合力供應質點圓周運動的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R解得：tanθ=ω2rg，與重力無關，故A質點做勻速圓周運動的向心力是由重力和繩子的拉力的合力供應的，故B錯誤；依據mgtanθ=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設質點與轉盤一起做勻速圓周運動時速度大小為v，依據向心力公式得：mgtanθ=mv對于質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設繩子拉力做功為W，則依據動能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…聯立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯誤。故選C9．如圖所示，兩個完全相同的小球，從光滑的a管和b管由靜止下滑，管徑略大于小球直徑，設轉彎處無能量損失，B、D在同一水平面，兩球落到C處的時間分別為Ta、Tb，則（）A．Ta＞Tb B．Ta＜Tb C．Ta=Tb D．無法確定【答案】A【解析】【詳解】由機械能守恒定律可知，兩球從A點滑究竟端C時，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速度比BC段加速度小，則在速率圖中AB段圖線的斜率比BC段圖線斜率小，而沿b滑下的小球，它的速率圖線在AD段斜率比DC段斜率大，作出兩球的速率圖像如圖所示，若要保證兩球的路程相等，即圖像與橫軸所圍的“面積相等，則有：Ta>Tb，故A正確，B、故選A。10．將一只蘋果（可看成質點）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運行的軌跡。若不計空氣阻力的影響，則()A．蘋果通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最大B．蘋果通過第3個窗戶期間重力所做的功最多C．蘋果通過第1個窗戶期間重力做功的平均功率最小D．蘋果通過第3個窗戶期間速度變更量最大【答案】C【解析】【詳解】A、蘋果在豎直方向運動速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時間越來越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來越大，即通過第B、窗戶的高度一樣，故通過每個窗戶重力做功都為mgh，故B錯誤；C、蘋果通過第一扇窗戶時間最長，故通過第1個窗戶克服重力做功的平均功率PG=mghD、平拋運動的加速度恒定為g，則速度變更量為Δv=gt，通過第3個窗戶的時間最短，故其速度變更量最小；故D錯誤；故選C.二、多選題11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質量為M的斜面體右側用楔子P固定于地面,一質量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設全部接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內是A．球將做自由落體運動B．球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小C．球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒D．球體與斜面體組成系統動量守恒【答案】BC【解析】【詳解】A．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運動，選項A錯誤；B．球加速下落，處于失重狀態，可知球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小，選項B正確；C．因此過程中只有球的重力對系統做功，則球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒，選項C正確；D．球體與斜面體組成系統水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則系統的動量不守恒，選項D錯誤.12．如圖甲所示，在水平地面上固定一個傾角為θ的足夠長的光滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行的拉力F作用下由靜止起先沿斜面運動，拉力F隨時間變更的圖象如圖乙所示，小滑塊運動的速度一時間圖象如圖丙所示，重力加速度g為10m/s2。下列說法正確的是A．斜面傾角θ為30°，小滑塊的質量B．在0～2s時間內拉力F做的功為100JC．在0～1s時間內合外力對小滑塊做功12.5JD．在0～4s時間內小滑塊機械能增加80J【答案】BC【解析】【詳解】A：由速度一時間圖像可知，在2-4s時間內小滑塊的加速度a2=-5m/s2，由牛頓其次定律：-mgsinθ=ma2，解得：θ=30°。在0-2s時間內小滑塊的加速度a1=5m/sB：由速度一時間圖像可知，在0-2s時間內小滑塊的位移為x=10m，拉力F做的功為W=Fx=10×10=100J，故B項正確。C：1s末小滑塊的速度v=5m/s，由動能定理，在0-1s時間內合外力對小滑塊做的功W'=1D：由功能關系可知，在0-4時間內小滑塊機械能增加量ΔE=W=100J。故D項錯誤。13．如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L=Rtanθ-μ，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE=θ，∠EOG=90°，OG水平。現有一質量為m、可視為質點的滑塊從A點由靜止下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μA．滑塊經過E點時對軌道的最小壓力為mgB．滑塊下滑后將會從G點飛出C．滑塊其次次經過E點時對軌道的壓力大小為3mgD．滑塊在斜面上經過的總路程為R【答案】CD【解析】【詳解】A、滑塊從A點下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度漸漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點、D為最高點來回滾動，此時經過E點時對軌道的壓力最小，則D到E點，依據機械能守恒定律：mgR(1-cosθ)=12mvE2，在B、從A到G由動能定理得：mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ?L=12mC、滑塊第一次到達E點時，依據動能定理：mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ?L=12mvE2，解得vE=2gRD、滑塊最終將在以E點為最低點、D為最高點來回運動，依據動能定理：mgLsinθ=μmgcosθ?S故選CD。14．如圖所示,置于足夠長斜面上的盒子A內放有光滑球B,B恰與A前、后壁接觸,斜面光滑且放置于粗糙水平地面上.一輕質彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接,另一端與A相連.今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態,然后由靜止釋放,釋放盒子前后斜面始終相對地面處于靜止狀態,則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中()A．斜面對地面的摩擦力始終向左B．彈簧的彈性勢能始終減小直至為零C．A所受重力和彈簧彈力做功的代數和小于A的動能的增加量D．彈簧彈性勢能的削減量等于A和B的機械能的增加量【答案】AD【解析】【詳解】當盒子獲得最大速度時，彈簧的彈力等于AB整體的重力沿斜面對下的分力，則此時彈簧仍處于壓縮狀態，此過程中彈簧對P始終有斜向左下的彈力，即地面對斜面的摩擦力向右，斜面對地面的摩擦力始終向左，選項A正確；因此時彈簧仍處于壓縮狀態，可知彈簧的彈性勢能沒有減到零，選項B錯誤；此過程中，對A、B系統：W彈-WGA-WGB=12(mA+mB)v2，即W彈15．如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，AB、CD是圓環相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一質量為m的光滑小球套在圓環上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方R2處。小球從最高點A由靜止起先逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為gA．小球運動到B點時的速度大小為2gRB．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大C．小球在A、B兩點時對圓環的壓力差為4mgD．小球運動到B點時重力的功率為0【答案】BCD【解析】【詳解】由題分析可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，依據系統的機械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運動到B點時的速度為：vB=2gR．故A錯誤。依據小球與彈簧系統的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機械能最大，故B正確；設小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F．在A點，圓環對小球的支持力F1=mg+F；在B點，由圓環，由牛頓其次定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環對小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環的壓力差為4mg，故C正確。小球運動到B點時重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故16．我國將于2024年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一。如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37°的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點，圓弧最低點C點的切線沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30°的著陸坡。一運動員連同滑板可視為質點，從A點由靜止滑下，到C點后沿水平方向飛出，平安落在著陸坡上的E點，不計空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。則A．運動員到達C點時，對軌遒的壓力大小為運動員本身重力的1.9倍B．運動員到達B點時的速度大小為10m/sC．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同D．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點飛出時，運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比【答案】ACD【解析】【詳解】A.設運動員在C點的速度為vC，在CD上有平拋運動可得：tanθ2=12gt2vCt，CD·sinθB.有B到C有動能定理可得：mgR(1-cosθ)=1C.運動員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運動的規律可得：tanφ=2tanθ2，所以D.運動員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運動的規律可得v=v0cosφ，因為cos17．如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態。現用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。已知彈簧形變為x時，勁度系數為k的彈簧的彈性勢能為EP=1A．物體重力勢能減小量肯定大于WB．彈簧彈性勢能增加量肯定小于WC．物體與彈簧組成的系統機械能增加量為WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W【答案】AD【解析】【詳解】A物體向下運動的過程中，要克服彈簧的彈力做功W彈，依據動能定理可知：mgh-W-W彈=0，可得減小的重力勢能為B.設AB的距離為h，由平衡條件可得：mg=kh，由題目所給的條件可得彈簧的彈性勢能為：Ep=12kh2，由以上兩式可得：Ep=C.物體要克服手的支持力做功，所以系統的機械能要減小。故C錯誤。D.物體從靜止下落到B的過程中，依據動能定理有：mgh-W彈=ΔWk，再結合18．如圖,滑塊A、B的質量均為m,A套在傾斜固定的直桿上,傾斜桿與水平面成45°角,B套在水平固定的直桿上,兩桿分別不接觸,兩直桿間的距離忽視不計,兩直桿足夠長。A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接，初始時輕桿與水平面成30°角。將A、B從靜止釋放,B起先沿水平桿向右運動,不計一切摩擦,滑塊A、B視為質點,重力加速度為g,下列說法正確的是（）A．滑塊A、B組成的系統機械能守恒B．當A到達最低點時，B的速度最大，最大速度為√3gLC．B到達最右端時,A的速度為√2gLD．B從起先運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正功后做負功，總功為零【答案】ABD【解析】【詳解】A、因不計一切摩擦，桿為輕桿，故滑塊A、B組成的系統機械能守恒，故A正確；B、當A到達最低點時，A速度為零，B的速度最大，則有：mg(L2+L)=12C、B到達最右端時，B的速度為零，此時A、B的位置如圖所示，則有：mg(L2+22D、B從起先運動至最右端的過程中，B先做加速度直線運動后做減速直線運動，B到達最右端時B的速度為零，運動過程中只有輕桿對B做功，依據動能定理可知B從起先運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正功后做負功，總功為零，故D正確；故選ABD。19．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑。現將小球（可視為質點）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點，C、D兩點等高，OC與水平方向的夾角θ=60°，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（

）A．v1：v2=1:3B．小球從起先運動到落到凹槽上，速度的變更量兩次相同C．小球從起先運動到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2D．小球落在凹槽上時，重力的瞬時功率兩次不同【答案】AB【解析】【詳解】A、小球從起先運動到落到凹槽上做平拋運動，下落高度相同，運動時間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點時有：x1=v1t=R-Rcos60°=R2，從A處以初速度v2B、依據加速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變更量Δv=gΔt，由于下落時間相同，所以小球從起先運動到落到凹槽上，速度的變更量兩次相同，故C、小球從拋出到D點的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到D、小球剛到D點時重力的瞬時功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2故選AB。20．將輕質彈簧豎直固定在地面上，第一次將小物塊輕放在彈簧上端讓其壓縮彈簧，當物塊重力做功為W時物塊加速度為零，速度大小為v，彈簧壓縮量為x0；其次次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，當物塊重力做功仍為W時，手對物塊做功的大小為12wA．小物塊的質量為WB．第一次小物塊的速度v=C．第一次彈簧的最大彈性勢能為WD．第一次手對小物塊做正功【答案】AB【解析】【詳解】由重力做功可知W=mgx0，得小物塊的質量m=Wgx0，選項A正確；由于其次次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，可認為物塊速度為零，由功能關系可知手對小物塊做負功，且彈黃彈力做負功，大小為W彈=W-12W=三、解答題21．在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點,右端與質量為3m的小球1接觸但不連接。現用外力推動小球1將彈簧壓縮至彈性勢能為Ep=mgs(s為肯定值)時靜止釋放,離開彈簧后與靜止在P點質量為m、帶電量為q(q>0)的小球2發生彈性正碰(不發生電荷轉移),碰后小球2從DB進入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點的切線水平,B、D間距很小,可看作重合的點。圓心O與軌道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53°在BC右邊整個空間有水平向左、場強E=3mg4q的勻強電場,小球2進入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運動,一段時間后從軌道下端F處脫離,最終打在豎直墻面BC的C點。已知重力加速度為g,sin53°=0.8求：（1）碰后小球2運動的速度;（2）軌道DEF的半徑R;（3）小球2打在C點前瞬間的速度。【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm【解析】【詳解】（1）由能量守恒得Ep1、2小球依據動量守恒得：3mv11、2小球依據機械能守恒得：123m由①②③式解得：v（2）由題意得：F合設DEF軌道半徑為R，設在E點小球達到等效最高點，由于小球恰好能沿著DEF軌道運動，則在E點有：54mg=m依據動能定理得：-54mg?(R-R由①②式解得：R=6（3）過點F做切線以及垂直BC的水平線，則α為53°。又因為mgqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53由幾何關系得：LBC從B到C全程動能定理有：mg解得：vC22．圖甲為某輕型起重機向房頂運輸貨物,其簡圖如圖乙所示,一端有定滑輪的桿臂OA固定在O點，某次起重機以速度v0=1m/s勻速向上提升質量m=1t的重物(可視為質點),在重物離地面H=19.5m時鋼繩突然斷裂,此時一輛L=3m的搬磚車正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運動,車頭前端恰好處于重物正下方,搬磚車高h=1.5m。g取10m/s2，不計空氣阻力。求:（1）勻速提升重物的過程中起重機的輸出功率;（2）鋼繩斷裂時搬磚車司機馬上加速加速度至少為多大才能避開被重物砸中?【答案】（1）1.0×104W（2）1m/s2【解析】【詳解】（1）起重機的輸出功率等于提升重物的機械功率P=Fv=m貨gv=103kg×10m/s2×1m/s=1.0×（2）設物體自繩斷起先至人車頂部的時間為t，-h=v0t-12gt帶入數據-（19.5-1.5）=t-5t2解得t=2s.設人平安通過搬磚車的最小加速度為aL=v1t+12at解出a=1m/s223．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起。求當v0的大小在什么范圍時，兩球在圓弧軌道內運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。【答案】v0≤22gR或v0≥25gR【解析】【詳解】AB碰撞動量守恒，則：mv0＝2mv若兩物體能到達與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－12×2mv2解得v0＝22gR若兩物體恰能到達最高點，則：－2mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2mg＝2mv'解得v0＝25gR綜上，當v0≤22gR或v0≥25gR時，兩球在圓弧軌道內運動時不會脫離軌道。24．某砂場為提高運輸效率，探討砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角θ=37°的直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度H=2.2m。現將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.5。（sin37°=0.6）（1）若h=2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；（2）若小物塊落到傳送帶左側地面，求h須要滿意的條件（3）變更小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h須要滿意的條件。【答案】（1）4m/s；（2）h<3.0【解析】【詳解】（1）物塊由靜止釋放到B的過程中：mgv解得vB=4m/s（2）左側離開，D點速度為零時高為h10解得h<h1=3.0m（3）右側拋出，D點的速度為v，則1H+2R=x=vt可得x=2為使能在D點水平拋出則：mg≤m解得h≥3.6m25．小明以初速度v0=10m/s豎直向上拋出一個質量m=0.1kg的小皮球，最終在拋出點接住。假設小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功（3）上升和下降的時間。【答案】（1）5011m；（2）0；-1011J；（【解析】【詳解】（1）上升過程：mg+Ff=ma1解得a1=11m/s2上升的高度：h=（2）重力做功：WG=0空氣阻力做功：W（3）上升的時間：t下降過程：mg-Ff=ma2解得a2=9m/s2h=解得t26．有一種公交電車站，車站站臺的路軌建得高些，車輛進站時要上坡，出站時要下坡，如圖甲所示，這樣既可以節能又可以節約停車所需的時間。為簡化問題，現設兩邊傾斜部分AB段和CD段均為直軌道，長度均為L=200m，水平部分BC段長度也為L=200m、站臺的高度h未知，如圖乙所示，各段道路交接處均為圓滑連接。一長度可忽視的電車自站臺左前方以v0=72km/h的速度駛向站臺，為了節能，司機在未到站時即關閉電車電源，經過時間t1=100s后到達A點，接著沖上了傾斜軌道，到達站臺上的B點時速度為vB=18km/h，此時司機還需啟動剎車系統，使得電車最終正好停在了BC段的中點。已知電車在各段軌道上所受摩擦（不含剎車時所增加的阻力）及空氣阻力均可認為等于其自身總重量的0.01倍，剎車過程所增加的阻力可看作恒力，忽視電車經過各道路交接處的能量損失及可能騰空對探討問題的影響，g取10m/s2求：（1）電車到達A點時的速度大小vA；（2）電車從站臺B點到最終停止所需的時間t；（3）該電車站臺的高度h；【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m。【解析】【詳解】v0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s；（1）電車從切斷電源到A點的過程合外力為摩擦力，故由牛頓其次定律可得：0.01mg=ma1，所以，a1＝0.01g＝0.1m/s2；由勻變速運動規律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1×100m/s=10m/s；（2）機車從B點到停止的過程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故機車做勻減速運動，則有12L＝12vBt，所以，電車從站臺B點到最終停止所需的時間（3）機車從A點到B點的過程只有重力和摩擦力做功，故由動能定理可得：?mgh?0.01mgL＝12mvB2?12mvA所以，h＝27．如圖所示，一質量為1kg的物體靜止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0時刻，對物體加一斜向上、與水平方向成θ=37°角的力F的作用，物體做勻加速直線運一段時間后，撤去F的作用，最終停在水平面上，物體運動過程中從t=0時刻起先，每隔0.1s通過速度傳感器測量出物體的瞬時速度，部分測量數據如下表所示，已知sin37°=0．6，g=10m/s2，求(1)力F的大小；(2)物體運動過程中獲得的最大動能；(3)整個運動過程中物體克服摩擦力所做的功。【答案】（1）10N（2）18J（3）24J【解析】【詳解】⑴由題