【物理】2020届一轮复习人教版专题5-4功能关系、能量转化和守恒定律作业 19页

专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律 ‎1．(2019·湖南省岳阳一中期中)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A、C两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒 B．物块克服摩擦力做的功为mv02‎ C．弹簧的弹性势能增加量为μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和 ‎【答案】D　‎ ‎【解析】物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL＝mv02－Ep弹，故B项错误，D项正确；根据B项分析知Ep弹＝mv02－μmgL，故C项错误．‎ ‎2．(2019·辽宁省本溪一中期末)如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2 B．物块对传送带做功为0.5mv2‎ C．系统摩擦生热为0.5mv2 D．电动机多做的功为mv2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2‎ ‎，故选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为mv2，故选项B错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为mv2，故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故选项C正确。‎ ‎3．(2019·河北省承德四中期中)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图3所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)‎ 图3‎ A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x)‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得mv＝W弹＋Wf，W弹＝mv－μmg(s＋x)，故选项A正确。‎ ‎4．(2019·湖北省十堰一中期末)安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”。如图4所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 m。在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为(　　)‎ 图4‎ A．1 250 J B．2 500 J C．5 000 J D．7 500 J ‎【答案】C ‎【解析】设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcos θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确。‎ ‎5．(2019·黑龙江省鹤岗一中期中)如图5所示，木板质量为M、长度为L，可看作质点的小木块的质量为m ‎，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与木板和木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端。现用水平向右的力F将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功为(　　)‎ 图5‎ A．μmgL B．2μmgL C.μmgL D．μ(M＋m)gL ‎【答案】A ‎【解析】将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分别对小木块和木板进行受力分析可知，F＝μmg＋FT，FT＝μmg，小木块的位移大小为，所以WF＝F·＝μmgL，选项A正确。‎ ‎ 6. (2019·浙江省湖州二中质检)如图6所示，一个质量为m＝60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120 J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．在这个过程中，物体的最大动能小于120 J B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 J C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 J D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s ‎【答案】C ‎【解析】由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J。撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得WF＋WG＝0，即重力做功为WG＝－WF＝－120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120 J，物体的速度v＝＜ m/s＝2 m/s，选项D错误。‎ ‎7．(2019·吉林省长春实验中学质检)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体 B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)‎ A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量 ‎【答案】CD　‎ ‎【解析】物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．‎ ‎8. (2019·安徽淮北一中一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中(　　)‎ A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量 ‎【答案】AD　‎ ‎【解析】它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知，外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek ‎，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误，D正确。‎ ‎9．(2019·浙江省舟山一中期末)如图8所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后 (　　)‎ 图8‎ A．物块不能到达C点 B．物块经过C点时动能不变 C．物块经过C点时的机械能增大 D．物块经过B点时对轨道的压力减小 ‎【答案】D ‎【解析】物块从A到C过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋mv，可知质量减小，物块经过C点时动能增大，vC增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B过程，由能量守恒有Ep＝mv，在B点有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋，减小，故D正确。‎ ‎ 10. (2019·福建省莆田一中期中)如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J．则以下说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．物块的竖直高度降低了0.8 m B．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 m C．物块获得的动能为4 J D．由于木板转动，物块的机械能必定增加 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】由重力势能的表达式Ep＝mgh，重力势能减少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8‎ ‎ m，A项正确，B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块机械能必定减少，C、D项错误．‎ ‎11. (2019·江苏常州高级中学模拟)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k>，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物块可能会停在CB面上某处 B．物块最终会做往复运动 C．弹簧开始具有的最大弹性势能为mv02＋E0 D．物块克服摩擦做的功最大为mv02＋μmgL ‎【答案】BD　‎ ‎【解析】由于k>，由此k·L>μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋mv02＋μmg·，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝mv02＋μmgL，故D正确．‎ ‎12. (2019·上海复旦大学附中模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v的速率运行，现把一质量为m的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处，工件与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　)‎ A．工件与传送带间摩擦生热为mv2 B．传送带对工件做的功为mv2＋mgh C．传送带对工件做的功为 D．电动机因传送工件多做的功为 mv2＋mgh ‎【答案】B　‎ ‎【解析】工件与传送带共速时，工件与传送带的相对位移s＝vt－t＝t，工件的位移为s′＝t，对工件，根据动能定理(f－mgsinθ)s′＝mv2，摩擦生热Q＝fs，A错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；电动机因传送工件多做的功W＝mv2＋mgh＋Q，D错误．‎ ‎13．(2019·浙江温州中学模拟)物块的质量m＝1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方随路程x变化的关系图象如图所示，已知g＝10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是(　　)‎ A．恒力F大小为6 N B．在t＝1 s时刻，物体运动开始反向 C．2秒末～3秒末内物块做匀减速运动 D．在物块运动路程为13 m过程中，重力势能增加130 J ‎【答案】B　‎ ‎【解析】根据公式v2－v02＝2ax，可得v2＝2ax＋v02，图象的斜率表示加速度的2倍，在0～5 m过程中以向上为正方向，F－f－mg＝ma1，a1＝×＝－10 m/s2，即F－f＝0，在5～13 m过程中以向下为正方向，根据牛顿第二定律可得mg－(F＋f)＝ma2，a2＝×＝4 m/s2，即F＋f＝6 N，解得F＝f＝3 N，A错误；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s，速度减小到零，即在t＝1 s时刻，物体运动开始反向，之后F＋f－mg>0，故以后向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；在物块运动路程为13 m过程中，先上升5 m，然后又从最高点下降8‎ ‎ m，即位移为3 m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，ΔEp＝mgh＝10×3＝30 J，D错误．‎ ‎14．(2019·四川成都七中模拟)如图7甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1 s到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内(　　)‎ 图7‎ A．物体的加速度大小为2 m/s2 B．弹簧的伸长量为3 cm C．弹簧的弹力做功为30 J D．物体的重力势能增加36 J ‎【答案】B ‎【解析】根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝＝1 m/s2，选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得F＝6 N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝mv－mv＝6 J，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36 J，选项C、D错误。‎ ‎15．(2019·广东佛山一中检测)如图9甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．图乙中x＝4 m2·s－2 B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能 C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m ‎【答案】ACD ‎【解析】当h＝0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝m，所以v＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故选项A正确；由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知W合＝mv－mv＝×0.1×4 J－×0.1×25 J＝－1.05 J，故选项C正确；小球离开C点后做平抛运动，故2r＝gt2，落地点到A的距离x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故选项D正确。‎ ‎16．(2019·安徽马鞍山二中模拟)如图10甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1 m的水平直轨道AB与半径均为0.4 m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O′为圆心，C为最高点)相切于B，B′为第2个圆与水平轨道的切点，O′D与O′B′的夹角为60°，接收装置为高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O′EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为图乙模型。质量为0.6 kg的电动小汽车以额定功率P＝6 W从起点A启动沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作)，刚好能通过C点，之后沿圆弧从B′运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为μ＝0.2，其余轨道均光滑，g＝10 m/s2(空气阻力不计，小汽车运动过程中可视为质点)。‎ 乙 图10‎ ‎(1)求电动机工作时间？‎ ‎(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调节高度H和EB′的水平位移x2；‎ ‎(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调节，设O′D与O′B′的夹角为θ，要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位移x1、角度θ的关系方程。‎ ‎【答案】(1)1.2 s　(2)0.8 m　1.04 m (3) ‎【解析】(1)小汽车刚好过最高的C点，轨道对小汽车刚好无作用力mg＝ 对AC应用动能定理Pt－μmgL－2mgR＝mv－0，t＝1.2 s ‎(2)对从C到D，应用机械能守恒定律，得 mg(R＋Rsin 30°)＋mv＝mv vD＝4 m/s，vDx＝vDsin 30°＝2 m/s vDy＝vDcos 30°＝2 m/s 将DE看成逆向平抛运动 vDy＝gt′，t′＝ s h＝gt′2＝0.6 m H＝h＋R(1－cos 60°)＝0.8 m x1＝vDxt′＝0.4 m x2＝x1＋Rsin 60°＝0.6 m≈1.04 m ‎(3)将DE看成逆向平抛运动 tan θ＝2，H＝h＋R(1－cos θ)‎ 解得x1＝ ‎17．(2019·河北唐山一中模拟)如图9甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；‎ ‎(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；‎ ‎(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。‎ ‎【答案】(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J ‎【解析】(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为 a＝||＝10 m/s2‎ 根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma ‎ 解得μ＝0.5。‎ ‎(2)根据速度—时间公式得t2＝0.3 s时的速度大小 v1＝vc－aΔt，解得v1＝0‎ 在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′‎ 解得a′＝2 m/s2‎ 从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为 v2＝a′Δt＝0.2 m/s。‎ ‎(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得 Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mv 解得Ep＝4 J。‎ ‎18．(2019·浙江杭州十四中模拟)如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)工件与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。‎ ‎【答案】(1)　(2)230 J ‎【解析】(1)传送带长x＝＝3 m 工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝ t1＝t1‎ 匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)‎ 解得加速运动的时间t1＝0.8 s 加速运动的位移x1＝0.8 m 所以加速度a＝＝2.5 m/s2‎ 由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得μ＝。‎ ‎(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。‎ 在时间t1内，传送带运动的位移 x传送带＝v0t1＝1.6 m 在时间t1内，工件相对传送带的位移 x相＝x传送带－x1＝0.8 m 在时间t1内，摩擦生热 Q＝μmgcos θ·x相＝60 J 工件获得的动能Ek＝mv＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。‎ ‎19. (2019·安徽涡阳四中模拟)如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最 大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：‎ 图7‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；‎ ‎(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；‎ ‎(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。‎ ‎【答案】(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大 ‎【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，‎ 有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m ‎(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得 mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0‎ 代入数值解得f＝0.5 N ‎(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得 mg(h1＋x2)＝fs＋Ep 代入数值解得s＝11.05 m ‎(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大 速度最大时弹簧形变量为x3‎ mg－f－kx3＝0‎ 在A点下方，离A点x3＝0.009 m ‎20. (2019·福建双十中学模拟)如图10，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图10‎ ‎(1)物体水平抛出时的初速度v0的大小；‎ ‎(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小；‎ ‎(3)物体在轨道CD上运动的距离x。‎ ‎【答案】(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m ‎【解析】(1)从P到A：竖直方向自由落体 v＝2gh①(1分)‎ 在A点由几何关系得：vx＝vytan 37°②(1分)‎ 水平方向匀速运动：v0＝vx＝3 m/s③(1分)‎ ‎(2)从P到B机械能守恒 mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv④(2分)‎ 过B点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得 FN′－mg＝m⑤(2分)‎ 由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小 FN＝FN′＝34 N(1分)‎ ‎(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。⑥(1分)‎ 由B上滑至最高点的过程，由功能关系得 mgR(1－cos 37°)＋(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝mv⑦(2分)‎ 代入数据解得x＝1.09 m(1分)‎ ‎1.（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/s C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J ‎【答案】AD ‎【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机–Ep=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m时，Ek′=E机–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正确。‎ ‎2.（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是 A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s ‎【答案】A ‎【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确。‎ ‎3.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。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(　　)‎ A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 ‎【答案】C　‎ ‎【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力，随滑道与水平方向夹角的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR ‎【答案】C　‎ ‎【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。‎ ‎5. (多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)‎ A．加速度先减小后增大 B．经过O点时的速度最大 C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 ‎【答案】AD　‎ ‎【解析】物块在从A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确。‎ ‎6. (2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl ‎【答案】A ‎【解析】以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为 m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。‎ ‎7.(2017·高考全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.‎ ‎【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv ①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．‎ 由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J ②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g.‎ 飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh ③‎ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．‎ 由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J． ④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m(0.02vh)2＋mgh′ ⑤‎ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥‎ 式中，W是飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。‎