2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)15功能關(guān)系機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)含解析

PAGE17-考點(diǎn)15功能關(guān)系機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用題組一基礎(chǔ)小題1．下列關(guān)于功和能的說(shuō)法正確的是()A．作用力做正功，反作用力肯定做負(fù)功B．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能肯定發(fā)生變更C．若物體除受重力外，還受到其他力作用時(shí)，物體的機(jī)械能也可能守恒D．豎直向上運(yùn)動(dòng)的物體重力勢(shì)能肯定增加，動(dòng)能肯定削減答案C解析當(dāng)作用力做正功時(shí)，反作用力也可能做正功，如反沖運(yùn)動(dòng)中的物體，故A錯(cuò)誤；物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不肯定發(fā)生變更，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；若物體除受重力外，還受到其他力作用時(shí)，當(dāng)其他的力做的功等于零時(shí)，物體的機(jī)械能也守恒，故C正確；豎直向上運(yùn)動(dòng)的物體重力勢(shì)能肯定增加，若同時(shí)物體受到的向上的拉力做正功，則物體動(dòng)能不肯定削減，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最大高度為h，在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做的功為()A.eq\f(1,2)mv2 B．mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh＋mv2答案C解析足球被踢起后在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機(jī)械能守恒，足球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，其機(jī)械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由機(jī)械能守恒定律得，足球剛被踢起時(shí)的機(jī)械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球獲得的機(jī)械能等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球所做的功，因此運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。3.如圖所示，一輛小車在牽引力作用下沿弧形路面勻速率上行，小車與路面間的阻力大小恒定，則上行過(guò)程中()A．小車處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零B．小車受到的牽引力漸漸增大C．小車受到的牽引力對(duì)小車做的功肯定大于小車重力勢(shì)能的增加量D．小車重力的功率漸漸增大答案C解析小車做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力充當(dāng)向心力，不為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)小車受力分析，牽引力F＝f＋mgsinθ，阻力大小恒定，θ變小，所以F變小，故B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系得：小車受到的牽引力對(duì)小車做的功等于小車重力勢(shì)能的增加量和因摩擦生成的熱量，即牽引力對(duì)小車做的功肯定大于小車重力勢(shì)能的增加量，故C正確；小車重力的功率P＝mgvsinθ，θ變小，P減小，故D錯(cuò)誤。4.把肯定質(zhì)量的小球放在直立的彈簧上，并把小球往下按至A位置，如圖甲所示?？焖偎墒趾?，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好復(fù)原原長(zhǎng)(圖乙)。彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均可忽視。下列說(shuō)法正確的是()A．A到C的過(guò)程，小球的機(jī)械能守恒B．A到B的過(guò)程，小球的動(dòng)能始終變大C．A到B的過(guò)程，小球動(dòng)能的增加量小于彈簧彈性勢(shì)能的削減量D．A到C的過(guò)程，小球重力勢(shì)能的增加量小于彈簧彈性勢(shì)能的削減量答案C解析A到C的過(guò)程，除重力外，彈簧的彈力對(duì)小球做正功，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；小球從A釋放后向上做加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力減小，當(dāng)彈簧的彈力與重力相等時(shí)速度最大，然后彈簧的彈力小于重力，小球做減速運(yùn)動(dòng)，因此小球從A到B的過(guò)程，小球的動(dòng)能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A到B的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能的削減量轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能，即轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能與勢(shì)能之和，由于小球的重力勢(shì)能增加，因此小球動(dòng)能的增加量小于彈簧彈性勢(shì)能的削減量，故C正確；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A到C的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能，到達(dá)C點(diǎn)，小球的動(dòng)能為零，彈簧彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能，因此從A到C的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能的增加量等于彈簧彈性勢(shì)能的削減量，故D錯(cuò)誤。5.人通過(guò)滑輪將質(zhì)量為m的物體沿粗糙的斜面由靜止起先勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端的速度為v，如圖所示。則在此過(guò)程中()A．物體所受的合外力做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合外力做的功為eq\f(1,2)mv2C．人對(duì)物體做的功為mghD．人對(duì)物體做的功為eq\f(1,2)mv2答案B解析對(duì)物體受力分析可知，物體受重力、支持力、拉力及摩擦力的作用；由動(dòng)能定理可知，合外力做的功肯定等于物體動(dòng)能的變更量，即等于eq\f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系可知，人對(duì)物體做的功等于物體克服重力所做的功、克服摩擦力所做的功及增加的動(dòng)能之和，故C、D錯(cuò)誤。6．如圖所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球起先時(shí)靜止于最低點(diǎn)，現(xiàn)使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿環(huán)上滑，小球運(yùn)動(dòng)到環(huán)的最高點(diǎn)時(shí)與環(huán)恰無(wú)作用力，則小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中()A．小球的機(jī)械能守恒B．小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬環(huán)的壓力是6mgC．小球在最高點(diǎn)時(shí)，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球的機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR答案D解析小球在最高點(diǎn)與環(huán)的作用力恰為零時(shí)，設(shè)其速度為v，則有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)；從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：－mg×2R－W克＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：W克＝eq\f(1,2)mgR，所以小球的機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功為0.5mgR，故A錯(cuò)誤，D正確；在最低點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得：N＝7mg，由牛頓第三定律得小球?qū)饘侪h(huán)的壓力為7mg，故B錯(cuò)誤；小球在最高點(diǎn)時(shí)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，故C錯(cuò)誤。7.光滑水平面上以速度v0勻速滑動(dòng)的小物塊，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)受到一水平恒力F的作用，經(jīng)一段時(shí)間后小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度大小仍為v0，方向變更了90°，如圖所示，則在此過(guò)程中()A．水平恒力F的方向肯定與AB連線垂直B．小物塊的動(dòng)能肯定始終不變C．小物塊的機(jī)械能肯定先增大后減小D．小物塊的加速度可能變大答案A解析小物塊僅受水平恒力作用，依據(jù)牛頓其次定律，物塊的加速度肯定恒定，D錯(cuò)誤；已知物塊的初、末速度大小相等，即動(dòng)能的變更量為零，依據(jù)動(dòng)能定理可知合力做的功為零，故水平恒力肯定與AB的連線垂直，由圖可以看出水平恒力先做負(fù)功后做正功，故物塊的動(dòng)能先減小后增大，B錯(cuò)誤，A正確；因?yàn)槲飰K在水平面上運(yùn)動(dòng)，故重力勢(shì)能不變，其機(jī)械能的變更狀況就是動(dòng)能的變更狀況，即其機(jī)械能先減小后增大，C錯(cuò)誤。8.如圖所示，固定的傾斜光滑直桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，長(zhǎng)度為h。讓圓環(huán)由靜止沿桿滑下，滑到桿的底端時(shí)速度剛好為零。則在圓環(huán)下滑過(guò)程中()A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒B．彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小C．重力的功領(lǐng)先減小后增大D．彈簧的彈性勢(shì)能和圓環(huán)的重力勢(shì)能之和最小時(shí)圓環(huán)的動(dòng)能最大答案D解析圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過(guò)程中有兩個(gè)力對(duì)圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和彈簧的彈力，所以圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；彈簧的彈性勢(shì)能隨彈簧的形變量的變更而變更，由圖知彈簧先縮短再伸長(zhǎng)，故彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；圓環(huán)的速度先增加后減小到零，依據(jù)P＝mgvsinα可知，重力的功領(lǐng)先增大后減小，故C錯(cuò)誤；依據(jù)機(jī)械能守恒定律知，當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能和圓環(huán)的重力勢(shì)能之和最小時(shí)圓環(huán)的動(dòng)能最大，故D正確。題組二高考小題9．(2024·天津高考)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾寵愛(ài)，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零 D．機(jī)械能始終保持不變答案C解析因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力肯定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)?FN＝meq\f(v2,R)＋mgcosθ，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率恒定，且θ在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來(lái)越大，依據(jù)f＝μFN可知摩擦力越來(lái)越大，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變更量為零，依據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零，C正確；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。10．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量ΔE機(jī)＝W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過(guò)程做的功。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度為vc，由動(dòng)能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，依據(jù)小球受力狀況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)加速度也為g，小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減小為零，時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝eq\f(2\r(gR),g)，水平方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(gR),g)))2＝2R，綜上所述小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。11．(2024·海南高考)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg答案D解析設(shè)小球在最高點(diǎn)的速度為v2，在最低點(diǎn)的速度為v1，由牛頓第三定律知，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)受到的彈力大小分別為N1、N2，由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依據(jù)牛頓其次定律可得：最高點(diǎn)時(shí)：N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，最低點(diǎn)時(shí)；N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得：N1－N2＝6mg，故選D。12．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過(guò)程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯(cuò)誤；依據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)靜止的過(guò)程中，依據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；依據(jù)能量守恒定律，在整個(gè)過(guò)程中，物體的初動(dòng)能通過(guò)摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯(cuò)誤。13．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl答案A解析以勻稱松軟細(xì)繩MQ段為探討對(duì)象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，起先時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能的變更，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確。14．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，()A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差答案BCD解析如圖所示，OP垂直于豎直桿，Q點(diǎn)與M點(diǎn)關(guān)于OP對(duì)稱，在小球從M點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈力先做負(fù)功后做正功，故A錯(cuò)誤；在P點(diǎn)彈簧長(zhǎng)度最短，彈力方向與速度方向垂直，故此時(shí)彈力對(duì)小球做功的功率為零，即C正確；小球在P點(diǎn)時(shí)所受彈簧彈力垂直于豎直桿，豎直方向上只受重力，此時(shí)小球加速度為g，當(dāng)彈簧處于自由長(zhǎng)度時(shí)，小球只受重力作用，此時(shí)小球的加速度也為g，故B正確；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球在M點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，故小球從M到N重力勢(shì)能的削減量等于動(dòng)能的增加量，而小球在M點(diǎn)的動(dòng)能為零，故D正確。15.(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能削減100J答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由圖象得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當(dāng)h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯(cuò)誤；由圖象知h＝2m時(shí)，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯(cuò)誤；h＝4m時(shí)，E總＝Ep＝80J，即此時(shí)Ek＝0，即從地面至h＝4m，動(dòng)能削減100J，D正確。題組三模擬小題16.(2024·上海浦東期末)“蹦極”是一種富有刺激性的英勇者的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖所示，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺(tái)，另一端系于人的腿部。不計(jì)空氣阻力，在蹦極者從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)的過(guò)程中，則()A．蹦極者下落至最低點(diǎn)時(shí)橡皮繩的彈性勢(shì)能最大B．蹦極者下落至橡皮繩原長(zhǎng)位置時(shí)動(dòng)能最大C．蹦極者的機(jī)械能先增大后減小D．蹦極者的重力勢(shì)能與橡皮繩的彈性勢(shì)能之和始終減小答案A解析蹦極者下落過(guò)程中，橡皮繩越長(zhǎng)其彈性勢(shì)能越大，到最低點(diǎn)橡皮繩最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大，故A正確；當(dāng)橡皮繩的拉力等于重力時(shí)，蹦極者的加速度為零，速度最大，動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤；蹦極者從最高點(diǎn)到橡皮繩恰好拉直時(shí)，蹦極者的機(jī)械能不變，此后橡皮繩的彈性勢(shì)能增大，蹦極者的機(jī)械能不斷削減，故C錯(cuò)誤；在下落的過(guò)程中，蹦極者的重力勢(shì)能、動(dòng)能與橡皮繩的彈性勢(shì)能的總和保持不變，由于蹦極者的動(dòng)能先增大后減小，所以蹦極者的重力勢(shì)能和橡皮繩的彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤。17．(2024·江蘇常州期末)在水平地面上以某一初速度豎直向上拋出一物體，物體所受的空氣阻力與物體的速率成正比，經(jīng)一段時(shí)間后落回地面，則下列關(guān)于物體的加速度隨時(shí)間變更圖象、速度隨時(shí)間變更圖象、機(jī)械能隨路程變更圖象、重力勢(shì)能(地面作為參考平面)隨路程變更圖象正確的是()答案C解析將物體豎直向上拋出，物體上升過(guò)程中受到重力和向下的空氣阻力，依據(jù)牛頓其次定律，有：mg＋f＝ma1，又f＝kv，可知a1＝g＋eq\f(kv,m)；由于速度不斷變小，故阻力不斷變小，加速度不斷變小，最高點(diǎn)速度為零，阻力為零，加速度為g；下落過(guò)程中，物體受到重力和向上的空氣阻力，則有mg－f＝ma2，又f＝kv，得a2＝g－eq\f(kv,m)，速度v不斷變大，則知加速度不斷變小，故加速度始終變小，A錯(cuò)誤；v-t圖象的斜率代表加速度，則斜率始終減小，但速度是先向上減小到零再向下增大，故B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知除重力以外的空氣阻力做負(fù)功，可知物體的機(jī)械能始終減小，且ΔE＝fs，故E-s圖象的斜率的大小代表空氣阻力的大小，則斜領(lǐng)先減小后增大，故C正確；由重力勢(shì)能Ep＝mgh可知，Ep-s圖象的斜率代表重力mg，則圖象為傾斜直線，故D錯(cuò)誤。18．(2024·陜西渭南二模)(多選)如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將質(zhì)量為m的物體由靜止起先沿同一粗糙的固定斜面由底端推至頂端，兩次所用時(shí)間相同，第一次力F1沿斜面對(duì)上，其次次力F2沿水平方向。則兩次過(guò)程()A．物體動(dòng)能的變更量相同B．物體機(jī)械能的變更量相同C．物體克服摩擦力做的功相同D．恒力F1、F2做功相同答案AB解析依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2知，物體在兩次勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則兩次過(guò)程中物體的加速度相同，末速度v＝at相同，則物體動(dòng)能的變更量相同，故A正確；物體上升至頂端，重力勢(shì)能的增加量相同，又動(dòng)能的增加量相等，則物體機(jī)械能的變更量相等，故B正確；兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做功相等，其次次物體所受摩擦力大于第一次的摩擦力，則其次次克服摩擦力做功多，而動(dòng)能的變更量相等，依據(jù)動(dòng)能定理知，F(xiàn)1做的功比F2做的少，故C、D錯(cuò)誤。19．(2024·山西運(yùn)城模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連。起先時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關(guān)該過(guò)程的分析正確的是()A．釋放B的瞬間其加速度為eq\f(g,2)B．B物體動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和C．B物體機(jī)械能的削減量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量D．細(xì)線的拉力對(duì)A做的功等于A物體機(jī)械能的增加量答案B解析B釋放瞬間彈簧長(zhǎng)度來(lái)不及變更，所以彈簧的彈力為零，設(shè)繩子中的張力為T(mén)，則mBa＝mBg－T，mAa＝T，解得A、B的加速度a＝eq\f(mBg,mA＋mB)，A錯(cuò)誤；對(duì)B分析，B受到重力和拉力作用，依據(jù)動(dòng)能定理可知WG＋WT＝ΔEk，故B正確；依據(jù)能量守恒定律可知B物體機(jī)械能的削減量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與A物體的動(dòng)能增加量之和，C錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)A的拉力做的功與彈簧對(duì)A的拉力做的功之和等于A物體機(jī)械能的增加量，D錯(cuò)誤。20.(2024·湖南衡陽(yáng)三模)如圖所示，用鉸鏈將三個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，B、C置于水平地面上，系統(tǒng)靜止時(shí)輕桿豎直，現(xiàn)給系統(tǒng)一個(gè)微小擾動(dòng)，B、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三小球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，忽視一切摩擦，重力加速度為g，則此過(guò)程中()A．球A的機(jī)械能始終減小B．球C的機(jī)械能始終增大C．球B對(duì)地面的壓力不行能小于mgD．球A落地的瞬時(shí)速度為eq\r(2gL)答案D解析A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在A落地前，B、C運(yùn)動(dòng)；在A落地時(shí)，B、C停止運(yùn)動(dòng)。A的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為B、C的動(dòng)能，故A的機(jī)械能不行能始終減小，同理C的機(jī)械能不行能始終增大，故A、B均錯(cuò)誤；在A落地前，B做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)輕桿對(duì)B有斜向上的拉力，因此B對(duì)地面的壓力可能小于mg，故C錯(cuò)誤；在A落地時(shí)，B、C停止運(yùn)動(dòng)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gL)，故D正確。21．(2024·天津河北區(qū)一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊，放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車的最右端，則下列說(shuō)法中正確的是()A．此時(shí)物塊的動(dòng)能為F(x＋L)B．此時(shí)小車的動(dòng)能為f(x＋L)C．這一過(guò)程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋L)－fLD．這一過(guò)程中，物塊和小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fL答案CD解析由圖可知，在拉力的作用下物塊前進(jìn)的位移為L(zhǎng)＋x，故拉力對(duì)物塊做的功為F(x＋L)，摩擦力對(duì)物塊做的功為－f(x＋L)，則由動(dòng)能定理可知物塊的動(dòng)能為(F－f)(x＋L)，故A錯(cuò)誤；小車受摩擦力作用，摩擦力作用的位移為x，故摩擦力對(duì)小車做功為fx，由動(dòng)能定理得小車的動(dòng)能為fx，B錯(cuò)誤；物塊和小車增加的機(jī)械能等于外力的功減去系統(tǒng)內(nèi)能的增量，系統(tǒng)內(nèi)能的增量等于fL，故系統(tǒng)機(jī)械能的增量為F(x＋L)－fL，故C正確，D正確。題組一基礎(chǔ)大題22.如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑圓環(huán)固定在豎直面上，圓環(huán)底端固定一輕彈簧，彈簧上端與物體A連接。圓環(huán)上端固定一光滑小滑輪，一輕繩繞過(guò)滑輪，一端與A連接，另一端與套在大圓環(huán)上的小球B連接，已知A的質(zhì)量mA＝1kg，B的質(zhì)量mB＝2kg，圖示位置細(xì)繩與豎直方向成30°角。現(xiàn)將A、B自圖示位置由靜止釋放，當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的C點(diǎn)時(shí)A運(yùn)動(dòng)到圓心位置，此時(shí)B的速度大小為2m/s。求在此過(guò)程中(g＝10m/s2，eq\r(3)＝1.732，eq\r(2)＝1.414)(1)繩的拉力對(duì)B做的功W；(2)彈簧彈性勢(shì)能的變更量ΔEp。答案(1)9J(2)－8.410J解析(1)對(duì)B，由動(dòng)能定理得：W－mBghBC＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)其中hBC＝2Rcos30°·cos30°－R解得：W＝9J。(2)vA＝vBcos45°＝eq\r(2)m/s對(duì)A，依據(jù)動(dòng)能定理有：－W＋mAghAO＋W彈＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)其中hAO＝2Rcos30°－2Rcos45°＝(eq\r(3)－eq\r(2))R解得：W彈＝8.410J因?yàn)閃彈＝－ΔEp，所以ΔEp＝－8.410J。23.如今網(wǎng)上購(gòu)物特別流行，快遞公司把郵件送到家里，消費(fèi)者足不出戶就可以購(gòu)買(mǎi)到所需的商品。如圖是某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝2m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶左端。郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，皮帶長(zhǎng)L＝2m。取g＝10m/s2，在郵件從左端運(yùn)輸?shù)接叶说倪^(guò)程中，求：(1)郵件所用的時(shí)間t；(2)整個(gè)過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。答案(1)1.2s(2)4J(3)－8J解析(1)郵件在皮帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2郵件勻加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速的時(shí)間t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,5)s＝0.4s郵件勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(2,2)×0.4m＝0.4m由于x<L＝2m，所以共速后郵件與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，用時(shí)t2＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(2－0.4,2)s＝0.8s故郵件所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.2s。(2)郵件與皮帶間相對(duì)的位移大小為：Δx＝vt1－x＝2×0.4m－0.4m＝0.4m整個(gè)過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝0.5×2×10×0.4J＝4J。(3)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s，則s＝vt1＝2×0.4m＝0.8m摩擦力對(duì)皮帶做的功W＝－μmgs＝－0.5×2×10×0.8J＝－8J。題組二高考大題24．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，漸漸減慢至速度為(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%。答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J②設(shè)地面旁邊的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由Eh≈2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J。25．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，但仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。答案(1)eq\