《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題六 機(jī)械能及其守恒定律精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題六 機(jī)械能及其守恒定律精練（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題六　機(jī)械能及其守恒定律 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1．(多選)一質(zhì)點開始時做勻速直線運(yùn)動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點的動能可能(　　) A．一直增大 B．先逐漸減小到零，再逐漸增大 C．先逐漸增大到某一值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 答案　ABD 解析　若該恒力與開始時質(zhì)點勻速運(yùn)動的方向夾角小于90°，則該恒力做正功，該質(zhì)點的動能一直增大，A正確；若該恒力與開始時勻速運(yùn)動的方向相反，則該恒力先做負(fù)功，待速度減小到零后該恒力做正功，該質(zhì)點的動能先逐漸減小到零，再逐漸增大，B正確；如果恒力方向與原來速度方向成銳角，那么將速度沿恒力方向所在直線和

2、垂直恒力方向分解，恒力與其中一個分速度方向相同，這個分速度就會增加，另一個方向的分速度不變，那么合速度就會增加，不會減小，故C錯誤；若該恒力與開始時勻速運(yùn)動的方向夾角大于90°小于180°，則該恒力先做負(fù)功，后做正功，該質(zhì)點的動能先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大，D正確。 2．(多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內(nèi)其速度與時間的圖象和該拉力的功率與時間的圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體的位移大小為30 m B．0～6 s內(nèi)拉力做的功為70 J C．合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等 D．滑動

3、摩擦力的大小為5 N 答案　ABC 解析　由v-t圖象與t軸圍成的面積表示位移，可得0～6 s內(nèi)物體的位移大小x＝×6 m＝30 m，故A正確；由P-t圖象與t軸圍成的面積表示做功多少，可得在0～2 s內(nèi)拉力對物體做功W1＝ J＝30 J，2～6 s內(nèi)拉力對物體做功W2＝10×4 J＝40 J，所以0～6 s內(nèi)拉力做的功為W＝W1＋W2＝70 J，B正確；由圖甲可知，在2～6 s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動，合外力為零，則合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等，故C正確；在2～6 s內(nèi)，v＝6 m/s，P＝10 W，物體做勻速運(yùn)動，滑動摩擦力f＝F＝＝ N＝ N，故D錯誤。 3. 一

4、汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖象中，可能正確的是(　　) 答案　A 解析　設(shè)牽引力大小為F，由題圖可知，汽車先以恒定功率P1運(yùn)動，P1＝Fv，零時刻，若F>f，則a＝，隨著v增大，F(xiàn)減小，汽車剛開始做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)F減小為f，即v＝時，汽車做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)功率在t1時刻增大為P2時，速度瞬時不變，牽引力增大，汽車又開始先做加速度減小的加速直線運(yùn)動，當(dāng)F減小為f，即v＝時，汽車再次做勻速直線運(yùn)動，所以A正確，B錯誤，D錯誤；零時刻，若F＝f，則在0～t1

5、時，汽車做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)t1時刻功率增大為P2時，汽車開始先做加速度減小的加速直線運(yùn)動，當(dāng)F減小為f，即v＝時，汽車做勻速直線運(yùn)動，故C錯誤。 4. (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，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運(yùn)動到N點的過程中(　　) A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 答案　BCD

6、 解析　小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于伸長狀態(tài)，則在由M到N過程中有一點彈簧處于原長狀態(tài)，設(shè)該點為B點，另設(shè)小球在A點時對應(yīng)的彈簧最短，如圖所示。 從M點到A點，彈簧壓縮量變大，彈力做負(fù)功；從A點到B點，彈簧從壓縮逐漸恢復(fù)至原長，彈力做正功；從B點到N點，彈簧從原長逐漸伸長，彈力做負(fù)功，A錯誤。小球在A點時，水平方向上彈簧的彈力與桿的彈力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B點時，彈簧處于原長，彈簧和桿對小球沒有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正確。在A點時，彈簧長度最短，彈簧的彈力F彈垂直于桿，小球的速度沿桿向下，則P彈＝F彈

7、vcosα＝0，C正確。從M點到N點，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則Ek增＝Ep減，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep彈M－Ep彈N，由于在M、N兩點彈簧彈力大小相同，由胡克定律可知，彈簧形變量相同，則彈性勢能Ep彈N＝Ep彈M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正確。 5．一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 答案　C 解析　設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)動能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上滑時，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x

8、的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)；當(dāng)小物塊沿斜面下滑時，根據(jù)動能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，Ek隨x的減小而增大，且圖象為直線。綜上所述，C正確。 6. (多選)如圖所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開始運(yùn)動，已知兩球在運(yùn)動過程中受到大小始終相同的空氣阻力作用，則從開始運(yùn)動到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，以下說法正確的是(　　) A．兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．B球克服重力做的功等

9、于B球重力勢能的增加量 C．重力和空氣阻力對A球做功代數(shù)和等于它的動能增加量 D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功 答案　BD 解析　由于兩球組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中空氣阻力做負(fù)功，不符合機(jī)械能守恒定律的條件，即系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯誤；B球克服重力做功WG＝mBg·OB，其重力勢能的增加量ΔEp＝mBg·OB，兩者相等，即B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量，B正確；根據(jù)動能定理，合外力做的功等于物體動能的變化，A球運(yùn)動過程中有重力GA、空氣阻力f和輕桿對它的力F對它做功，所以重力和空氣阻力對A球做功代數(shù)和不等于它的動能增加量，C錯誤；由于兩球在運(yùn)動過程中受到大小

10、始終相同的空氣阻力作用，由微元法可知A球克服空氣阻力做的功為WA＝f·，B球克服空氣阻力做的功為WB＝f·，且>，故WA>WB，D正確。 『真題調(diào)研題組』 1．(2017·全國卷Ⅱ) 如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 答案　A 解析　光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故

11、選A。 2．(2018·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。在啟動階段，列車的動能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 答案　B 解析　列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，列車動能Ek＝mv2，又因為v＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，動能跟時間t的平方成正比，A錯誤；根據(jù)動能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故動能與位移成正比，B正確；動能與速度平方成正比，故C錯誤；由Ek＝，可知動能與動量的平方成正比，D錯誤。 3．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固

12、定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運(yùn)動，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動到A點恰好靜止。物塊向左運(yùn)動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 答案　BC 解析　物塊向左運(yùn)動壓縮彈簧，彈簧最短時，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錯誤；根據(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)動到

13、A點靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。 4．(2018·江蘇高考) (多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點。在從A到B的過程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 答案　AD 解析　物體從A點

14、到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運(yùn)動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物體做減速運(yùn)動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確、B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負(fù)功，故C錯誤；從A到

15、B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故D正確。 5. (2018·全國卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 答案　AC 解析　設(shè)第②次所用時間為t，根據(jù)速度圖象與t

16、軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶＝4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得電機(jī)的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式P＝Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電－mgh＝0，兩次提升高度h相同，所以電機(jī)兩次做功相同，D錯誤。 6．(2019·全國卷Ⅲ) 從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外

17、力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案　C 解析　畫出運(yùn)動示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動能定理知， A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，C正確。 7. (2019·全國卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep

18、隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J 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＝20 N，因此m＝2 kg，A正確；當(dāng)h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B錯誤；由圖象知h＝2 m時，E總＝90 J，Ep＝40 J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C錯誤；h＝4 m時，E總＝Ep＝80 J，即此時Ek＝

19、0，即從地面至h＝4 m，動能減少100 J，D正確。 8. (2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。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點處從靜止開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運(yùn)動到其軌跡最高點，機(jī)械能的增量為(　　) A．2mgR B．4mgR C．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水平外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點開始運(yùn)動到其軌跡最高點過程做的功。 設(shè)小

20、球運(yùn)動到c點的速度為vc，由動能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球運(yùn)動到c點后，根據(jù)小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，加速度也為g，小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，時間為t＝＝，水平方向的位移為：x＝axt2＝g2＝2R，綜上所述小球從a點開始運(yùn)動到其軌跡最高點，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。 9. (2018·天津高考)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛，某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)

21、動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 答案　C 解析　因為運(yùn)動員做曲線運(yùn)動，所以合力一定不為零，A錯誤；運(yùn)動員受力如圖所示，由于運(yùn)動員速率不變，切線方向的合力為零，故有f＝mgsinθ，運(yùn)動過程中θ在減小，摩擦力在減小，B錯誤； 運(yùn)動員運(yùn)動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為運(yùn)動員克服摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，D錯誤。 10．(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返

22、回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過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)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0＝mv① 式中，m

23、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＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。 飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大小。 由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012 J。④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m2＋mgh′⑤ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108 J。 『模擬沖刺題組』 1．(2019·山東德州二模)(多選)機(jī)動車以恒定

24、的功率在水平路面上以速度v勻速行駛，若行駛過程中功率突然變?yōu)樵瓉淼囊话?，且以后保持不變，整個過程中機(jī)動車受到的阻力不變，以下說法正確的是(　　) A．功率改變時，牽引力也立即變?yōu)樵瓉淼囊话? B．功率改變后的一小段時間內(nèi)，牽引力逐漸減小 C．功率改變后的一小段時間內(nèi)，加速度逐漸增大 D．經(jīng)過一段時間后，機(jī)動車會以速度勻速運(yùn)動 答案　AD 解析　設(shè)開始時機(jī)動車的牽引力為F，阻力為Ff，功率為P1，則有F＝Ff，當(dāng)機(jī)動車突然減小油門，使機(jī)動車的功率減小為P′＝，機(jī)動車那一瞬間的速度不變?nèi)詾関，由P′＝F′v知機(jī)動車牽引力會突然變?yōu)镕′＝

25、′＝不變，牽引力F′逐步增大，加速度大小a＝逐漸減小，直到a＝0，然后機(jī)動車以的速度做勻速運(yùn)動，故A、D正確，B、C錯誤。 2. (2019·合肥高三第三次質(zhì)檢)圖示為一輛配備了登高平臺的消防車，其伸縮臂能夠在短時間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺(人與平臺的總質(zhì)量為300 kg)抬升到60 m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3 m3/min，水離開炮口時的速度為20 m/s，水的密度為1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．使水炮工作的發(fā)動機(jī)的輸出功率為10 kW B．使水炮工作的發(fā)動機(jī)的輸出功率為30 kW C．伸縮臂抬

26、升登高平臺過程中所做的功為1.8×104 J D．伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8×105 J 答案　D 解析　水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min內(nèi)出水的質(zhì)量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3000 kg,1 min內(nèi)水獲得的重力勢能：Ep＝mgh＝3000×10×60 J＝1.8×106 J，1 min內(nèi)水獲得的動能：Ek＝mv2＝6×105 J，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律知水炮工作的發(fā)動機(jī)輸出功率為：P＝＝＝ W＝4×104 W，故A、B錯誤；伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功等于登高平臺克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60 J＝1.8×105

27、 J，故C錯誤，D正確。 3. (2019·陜西八校高三4月聯(lián)考)(多選)質(zhì)量均為m＝1 kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運(yùn)動，二者的動能隨位移的變化圖象如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．甲的加速度大小為2 m/s2 B．乙的加速度大小為1.5 m/s2 C．甲、乙在x＝6 m處的速度大小為2 m/s D．甲、乙在x＝8 m處相遇 答案　AD 解析　由動能定理得F合·x＝ΔEk，故對甲有ma甲x＝ΔEk甲，得a甲＝－2 m/s，對乙有ma乙x＝ΔEk乙，得a乙＝1 m/s2，故A正確，B錯誤；在x＝6 m處，Ek甲＝Ek乙＝6 J，由Ek＝mv2，得v甲＝

28、v乙＝2 m/s，故C錯誤；甲做勻減速直線運(yùn)動，x＝0時，v甲0＝＝6 m/s，x甲＝v甲0t＋a甲t2，乙做勻加速直線運(yùn)動，x乙＝a乙t2，甲、乙兩物體同時從同地沿同一方向做直線運(yùn)動，相遇時有x甲＝x乙，解得x甲＝x乙＝8 m，故甲、乙在x＝8 m處相遇，D正確。 4．(2019·山西高三二模)2018年2月13日，平昌冬奧會女子單板滑雪U形池項目中，我國選手劉佳宇榮獲亞軍。如圖所示為U形池模型，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣，在同一水平面，b為U形池最低點。劉佳宇從a點上方h高的O點自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升至最高位置d點相對c點高度為。不計空氣阻力，下列判斷正確的是(　　)

29、 A．從O到d的過程中機(jī)械能減少 B．從a到d的過程中機(jī)械能守恒 C．從d返回到c的過程中機(jī)械能減少 D．從d返回到b的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 答案　A 解析　運(yùn)動員從高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故A正確；從a到d的過程中，摩擦力做負(fù)功，則機(jī)械能不守恒，故B錯誤；從d返回到c的過程中，只有重力對運(yùn)動員做功，機(jī)械能守恒，故C錯誤；從d返回到b的過程中，摩擦力做負(fù)功，運(yùn)動員的重力勢能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動員的動能和因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故D錯誤。 5. (2019·廣東省“六校”高三第三次聯(lián)考)(多選)如圖固定在地面上的斜面傾角為θ

30、＝30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點由靜止開始下滑，到b點接觸輕彈簧，又壓縮至最低點c，此時將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點。已知木箱A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為3m，a、c間距為L，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．在A上滑的過程中，與彈簧分離時A的速度最大 B．彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為0.8mgL C．在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5mgL D．若物塊B沒有被拿出，A、B能夠上升的最高位置距離a點為 答案　BC 解析　在A上滑的過程中，A與彈簧分離是彈簧恢復(fù)原長的時候，在此之前A已經(jīng)開

31、始減速，故與彈簧分離時A的速度不是最大，A錯誤；設(shè)彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關(guān)系有4mgLsinθ＝μ·4mgLcosθ＋Ep，將物塊B拿出后，木箱A從c點到a點的過程，由功能關(guān)系可得Ep＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，聯(lián)立解得Ep＝0.8mgL，摩擦生熱Q＝3mgLsinθ＝1.5mgL，故B、C正確；若物塊B沒有被拿出，且A、B一起從c點上滑的距離L′大于彈簧原長，則有Ep＝4mgL′sinθ＋μ·4mgL′cosθ，解得L′＝，故A、B能夠上升的最高位置距離a點為L，D錯誤。 6．(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(多選)如圖所示，左

32、側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點的小球m1和物塊m2，且m1＞m2。開始時m1恰在A點，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直，C點位于圓心O的正下方。當(dāng)m1由靜止釋放開始運(yùn)動，則下列說法中正確的是(　　) A．m2沿斜面上滑過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定 B．當(dāng)m1運(yùn)動到C點時，m1的速率是m2速率的倍 C．m1可能沿碗面上升到B點 D．在m1從A點運(yùn)動到

33、C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 答案　ABD 解析　m2沿斜面上滑過程中，m2對斜面的壓力是一定的，斜面的受力情況不變，由平衡條件可知地面對斜面的支持力始終保持恒定，故A正確；設(shè)小球m1到達(dá)最低點C時m1、m2的速度大小分別為v1、v2，則有：v1cos45°＝v2，則v1＝v2，故B正確；在m1從A點運(yùn)動到C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，D正確；由于m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m2的機(jī)械能增加必導(dǎo)致m1的機(jī)械能減少，故m1不可能沿碗面上升到B點，C錯誤。 7．(2019·鄭州二模)蹦極是一項考驗體力、智力和心理承受能力的空中極限運(yùn)動。

34、跳躍者站在約50 m高的塔臺上，把一根原長為L的彈性繩的一端綁在雙腿的踝關(guān)節(jié)處，另一端固定在塔臺上，跳躍者頭朝下跳下去。若彈性繩的彈力遵守胡克定律，不計空氣阻力，則在跳躍者從起跳到第一次下落到最低點的過程中，跳躍者的動能Ek(圖線①)和彈性繩的彈性勢能Ep(圖線②)隨下落高度的變化圖象中，大致正確的是(　　) 答案　B 解析　設(shè)彈性繩的伸長量為x，則F彈＝kx，伸長量在0～x間時彈＝kx，故W彈＝－kx2，即Ep彈＝kx2。根據(jù)能量守恒定律得，跳躍者和彈性繩增加的動能和彈性勢能之和等于減小的重力勢能，即ΔEk＋ΔEp＝|ΔE重|，則Ek＝|ΔE重|－ΔEp＝mgh－kx2，O～L階段，

35、彈性繩未伸長，x＝0，則Ek＝mgh，當(dāng)跳躍者下落L后，x增大，且x＝h－L，則Ek＝mgh－k(h－L)2，Ek與h是二次函數(shù)關(guān)系，其變化圖象是曲線，且剛開始階段，合力向下，速度繼續(xù)增大，動能增加，直至合力為零時，速度最大，動能最大；O～L階段，彈性繩未伸長，彈性勢能為零，當(dāng)h>L后，x增大，且x＝h－L，則Ep＝k(h－L)2，Ep-h圖線是開口向上的拋物線，故B正確。 8．(2019·廣東惠州二模)如圖所示，遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從A點由靜止出發(fā)，經(jīng)過時間t后關(guān)閉電動機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點后進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過軌道最高點P后又進(jìn)入水平軌道CD上。已知賽車在水平軌

36、道AB部分和CD部分運(yùn)動時受到阻力恒為車重的0.5倍，即k＝＝0.5，賽車的質(zhì)量m＝0.4 kg，通電后賽車的電動機(jī)以額定功率P＝2 W工作，軌道AB的長度L＝2 m，圓形軌道的半徑R＝0.5 m，空氣阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2。某次比賽，要求賽車在運(yùn)動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動的路程最短。在此條件下，求： (1)賽車在CD軌道上運(yùn)動的最短路程； (2)賽車電動機(jī)工作的時間。 答案　(1)2.5 m　(2)4.5 s 解析　(1)要求賽車在運(yùn)動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動的路程最短，則賽車經(jīng)過圓軌道P點時速度最小，此時賽車對軌道的壓力為零，

37、重力提供向心力：mg＝m 由機(jī)械能守恒定律可得：mg·2R＋mv＝mv 由上述兩式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：vC＝5 m/s 設(shè)賽車在CD軌道上運(yùn)動的最短路程為x，由動能定理可得：－kmgx＝0－mv 代入數(shù)據(jù)可得：x＝2.5 m。 (2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律可知： vB＝vC＝5 m/s 賽車從A點到B點的運(yùn)動過程中，由動能定理可得： Pt－kmgL＝mv 代入數(shù)據(jù)可得：t＝4.5 s。 『熱門預(yù)測題組』 1．(2019·河南鄭州三模)(多選)“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端

38、不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80 kg。現(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40 m時，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能Ek隨離地高度h變化的圖象如圖丙所示。其中高度從0.80 m到1.40 m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10 m/s2。則結(jié)合圖象可知(　　) A．彈簧原長為0.72 m B．空氣阻力大小為1.00 N C．彈簧的最大彈性勢能為9.00 J D．彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40 J 答案　BC 解析　由題意知，從h＝0.80 m開始圖線為直線，彈簧恢復(fù)原長，彈簧下端與地面分離，

39、則知彈簧的原長為0.80 m，故A錯誤；在Ek-h圖象中，根據(jù)動能定理知，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80 m到1.40 m范圍內(nèi)圖象為直線，說明滑塊從0.80 m上升到1.40 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由圖知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空氣阻力f＝1.00 N，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，從釋放到滑塊上升至最大高度的過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm＝(mg＋f)·Δh′＝9×(1.40－0.40) J＝9.00 J，C正確；由于彈簧原長為0.80 m，故滑塊從1.

40、40 m高處下落0.60 m時，彈簧落回地面，根據(jù)動能定理得(mg－f)Δh＝Ek′，得此時滑塊的動能為4.20 J，D錯誤。 2．(2019·濟(jì)南三模)如圖甲所示為2022年北京冬奧會跳臺滑雪場館“雪如意”的效果圖。如圖乙所示為由助滑區(qū)、空中飛行區(qū)、著陸緩沖區(qū)等組成的依山勢而建的賽道示意圖。運(yùn)動員保持蹲踞姿勢從A點由靜止出發(fā)沿直線向下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過距離A點s＝20 m處的P點時，運(yùn)動員的速度為v1＝50.4 km/h。運(yùn)動員滑到B點時快速后蹬，以v2＝90 km/h的速度飛出，經(jīng)過一段時間的空中飛行，以v3＝126 km/h的速度在C點著地。已知B、C兩點間的高度差h＝80 m，運(yùn)動員

41、的質(zhì)量m＝60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。求： (1)A到P過程中運(yùn)動員的加速度大??； (2)以B點為零勢能參考點，求到C點時運(yùn)動員的機(jī)械能； (3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，運(yùn)動員克服阻力做的功。 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過程中運(yùn)動員做勻加速直線運(yùn)動， 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 運(yùn)動員到C點時的機(jī)械能 E＝Ep＋Ek＝－mgh＋mv＝－10290 J≈－1.0×104 J。 (3)運(yùn)動員從B點到C點的過程， 由動能定理：mgh－W＝mv－mv 解得：W＝29040 J≈2.9×104 J。 - 17 -