【物理】2020届二轮复习专题六机械能及其守恒定律作业 19页

专题六　机械能及其守恒定律 ‎『经典特训题组』‎ ‎1．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)‎ A．一直增大 B．先逐渐减小到零，再逐渐增大 C．先逐渐增大到某一值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 答案　ABD 解析　若该恒力与开始时质点匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，B正确；如果恒力方向与原来速度方向成锐角，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，恒力与其中一个分速度方向相同，这个分速度就会增加，另一个方向的分速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°小于180°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，D正确。‎ ‎2．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．0～6 s内物体的位移大小为30 m B．0～6 s内拉力做的功为70 J C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等 D．滑动摩擦力的大小为5 N 答案　ABC 解析　由vt图象与t轴围成的面积表示位移，可得0～6 s内物体的位移大小x＝×6 m＝30 m，故A正确；由Pt图象与t轴围成的面积表示做功多少，可得在0～2 s内拉力对物体做功W1＝ J＝30 J，2～6 s内拉力对物体做功W2＝10×4 J＝40 J，所以0～6 s内拉力做的功为W＝W1＋W2＝70 J，B正确；由图甲可知，在2～6 s内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，故C正确；在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力f＝F＝＝ N＝ N，故D错误。‎ ‎3. 一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　设牵引力大小为F，由题图可知，汽车先以恒定功率P1运动，P1＝Fv，零时刻，若F>f，则a＝，随着v增大，F减小，汽车刚开始做加速度减小的加速运动，当F减小为f，即v＝时，汽车做匀速直线运动，当功率在t1时刻增大为P2时，速度瞬时不变，牵引力增大，‎ 汽车又开始先做加速度减小的加速直线运动，当F减小为f，即v＝时，汽车再次做匀速直线运动，所以A正确，B错误，D错误；零时刻，若F＝f，则在0～t1时，汽车做匀速直线运动，当t1时刻功率增大为P2时，汽车开始先做加速度减小的加速直线运动，当F减小为f，即v＝时，汽车做匀速直线运动，故C错误。‎ ‎4. (多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 答案　BCD 解析　小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示。‎ 从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功；从A点到B点，弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功；从B点到N点，弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，A错误。小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，‎ 弹簧和杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确。在A点时，弹簧长度最短，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcosα＝0，C正确。从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确。‎ ‎5．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ 答案　C 解析　设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上滑时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负；当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，Ek随x的减小而增大，且图象为直线。综上所述，C正确。‎ ‎6. (多选)如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是(　　)‎ A．两球组成的系统机械能守恒 B．B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量 C．重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加量 D．A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功 答案　BD 解析　由于两球组成的系统在运动过程中空气阻力做负功，不符合机械能守恒定律的条件，即系统机械能不守恒，A错误；B球克服重力做功WG＝mBg·OB，其重力势能的增加量ΔEp＝mBg·OB，两者相等，即B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量，B正确；根据动能定理，合外力做的功等于物体动能的变化，A球运动过程中有重力GA、空气阻力f和轻杆对它的力F对它做功，所以重力和空气阻力对A球做功代数和不等于它的动能增加量，C错误；由于两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用，由微元法可知A球克服空气阻力做的功为WA＝f·，B球克服空气阻力做的功为WB＝f·，且>，故WA>WB，D正确。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)‎ A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 答案　A 解析　光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)‎ A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 答案　B 解析　列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝mv2，又因为v＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝，可知动能与动量的平方成正比，D错误。‎ ‎3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)‎ A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 答案　BC 解析　物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。‎ ‎4．(2018·江苏高考) (多选)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　物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确、B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故D正确。‎ ‎5. (2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)‎ A．矿车上升所用的时间之比为4∶5‎ B．电机的最大牵引力之比为2∶1‎ C．电机输出的最大功率之比为2∶1‎ D．电机所做的功之比为4∶5‎ 答案　AC 解析　设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶＝4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电－mgh＝0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。‎ ‎6．(2019·全国卷Ⅲ) 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)‎ A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案　C 解析　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，‎ A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。‎ ‎7. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)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　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4 m，动能减少100 J，D正确。‎ ‎8. (2018·全国卷Ⅰ)如图，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　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE 机＝W水平外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。‎ 设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。‎ ‎9. (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　因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，由于运动员速率不变，切线方向的合力为零，故有f＝mgsinθ，运动过程中θ在减小，摩擦力在减小，B错误；‎ 运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，‎ 根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。‎ ‎10．(2017·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。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(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%。‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv①‎ 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 J②‎ 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＋mgh③‎ 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′＝m2＋mgh′⑤‎ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥‎ 式中，W是飞船从高度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。‎ ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1．(2019·山东德州二模)(多选)机动车以恒定的功率在水平路面上以速度v匀速行驶，若行驶过程中功率突然变为原来的一半，且以后保持不变，整个过程中机动车受到的阻力不变，以下说法正确的是(　　)‎ A．功率改变时，牵引力也立即变为原来的一半 B．功率改变后的一小段时间内，牵引力逐渐减小 C．功率改变后的一小段时间内，加速度逐渐增大 D．经过一段时间后，机动车会以速度匀速运动 答案　AD 解析　设开始时机动车的牵引力为F，阻力为Ff，功率为P1，则有F＝Ff，当机动车突然减小油门，使机动车的功率减小为P′＝，机动车那一瞬间的速度不变仍为v，由P′＝F′v知机动车牵引力会突然变为F′＝L后，x增大，且x＝h－L，则Ep＝k(h－L)2，Eph图线是开口向上的抛物线，‎ 故B正确。‎ ‎8．(2019·广东惠州二模)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求：‎ ‎(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程；‎ ‎(2)赛车电动机工作的时间。‎ 答案　(1)2.5 m　(2)4.5 s 解析　(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg＝m 由机械能守恒定律可得：mg·2R＋mv＝mv 由上述两式联立代入数据可得：vC＝5 m/s 设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：－kmgx＝0－mv 代入数据可得：x＝2.5 m。‎ ‎(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：‎ vB＝vC＝5 m/s 赛车从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：‎ Pt－kmgL＝mv 代入数据可得：t＝4.5 s。‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1．(2019·河南郑州三模)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图象可知(　　)‎ A．弹簧原长为0.72 m B．空气阻力大小为1.00 N C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J D．弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J 答案　BC 解析　由题意知，从h＝0.80 m开始图线为直线，弹簧恢复原长，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；在Ekh图象中，根据动能定理知，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m到1.40 m范围内图象为直线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，从释放到滑块上升至最大高度的过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)·Δh′＝9×(1.40－0.40) J＝9.00 J，C正确；由于弹簧原长为0.80 m，故滑块从1.40 m高处下落0.60 m时，弹簧落回地面，‎ 根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′，得此时滑块的动能为4.20 J，D错误。‎ ‎2．(2019·济南三模)如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下做匀加速运动，经过距离A点s＝20 m处的P点时，运动员的速度为v1＝50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬，以v2＝90 km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v3＝126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h＝80 m，运动员的质量m＝60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字。求：‎ ‎(1)A到P过程中运动员的加速度大小；‎ ‎(2)以B点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能；‎ ‎(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功。‎ 答案　(1)4.9 m/s2　(2)－1.0×104 J　(3)2.9×104 J 解析　(1)v1＝50.4 km/h＝14 m/s，‎ A到P过程中运动员做匀加速直线运动，‎ 由v＝2as，解得：a＝＝4.9 m/s2。‎ ‎(2)v2＝90 km/h＝25 m/s，v3＝126 km/h＝35 m/s 运动员到C点时的机械能 E＝Ep＋Ek＝－mgh＋mv＝－10290 J≈－1.0×104 J。‎ ‎(3)运动员从B点到C点的过程，‎ 由动能定理：mgh－W＝mv－mv 解得：W＝29040 J≈2.9×104 J。‎