1、暑假训练04机械能守恒定律1(多选)有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从平台跳到旁边的同一水平面上的另一平台。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC棋子离开平台后距平台面高度为时的动能为D棋子落到另一平台上时的速度大于2一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，
2、力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g10 m/s2)()A滑块的质量为0.5 kgB滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C第1 s内摩擦力对滑块做功为1 JD第2 s内力F的平均功率为1.5 W1(多选)关于功率公式P和PFv的说法正确的是()A由P知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B由PFv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C由PFv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D由PFv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比2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
3、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3在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出。不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A一样大 B水平抛出的最大C斜向上抛出的最大 D斜向下抛出的最大4把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A位置运动到C位置的过程中，下列说法正确的是()A经过位置B时小球的加速度为0B经过位置B时小球的速度最大C小球、地
4、球、弹簧所组成系统的机械能守恒D小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小5(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6用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内()A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos
5、C小球所受合力做功为mglsin D细线拉力做功的功率为7(多选)如图，某质点沿直线运动的vt图像为余弦曲线，从图中可以判断()A在0t1时间内，合力逐渐减小B0t2时间内，合力做正功C在t1t2时间内，合力的功率先增大后减小D在t2t4时间内，合力做的总功为零8某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示。演员A滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到水平地面上，演员A的质量为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度取10 m/s2，则t5 s时，演员A所受重力的功率为()A50 W B500 W C55 W D550
6、W9(多选)在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，小车的质量M1 kg、长L4 m，半径R1 m的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m0.2 kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹)，之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是(g取10 m/s2)()A小球到达最高点的速度为 m/sB小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5 JC小车瞬时静止后，小球在轨道最低点对轨道的压力是12
7、ND小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5 m/s10(多选)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g10 m/s2，下列说法正确的是()A图乙中x36B小球质量为0.2 kgC小球在B点受到轨道的作用力为8.5 ND小球在A点时重力的功率为5 W11一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0。由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率减
8、半，以P0的恒定功率行驶到t2时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶到t3时刻，整个过程汽车所受阻力恒为f，则在0t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图像可能是()12我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s。已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P
9、。13如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 530.8，cos 530.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。答案与解析1【答案】AD【解析】以平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动
10、到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；棋子在最高点的机械能Emghmvx2，vx为棋子在最高点的速度。由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为Emghmghmvx2，故C错误；设棋子落到平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得mghmv2mvx2，解得v，D正确。2【答案】D【解析】滑块运动的加速度大小a1 m/s2，由题图知，第1 s内有FfFma，第2 s内有FFfma，则Ff13Ff，故Ff1 N，m2 kg，又由Ffmg可得动摩擦因数0.05，故A
11、、B错误；第1 s内的位移大小为x11 m0.5 m，根据功的公式可得第1 s内摩擦力对滑块做功为0.5 J，故C错误；根据vt图像可知，第2秒内的平均速度大小 m/s0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率PF30.5 W1.5 W，故D正确。1【答案】BD【解析】P只适用于求平均功率，PFv虽是由前者推导得出，但可以用于求平均功率和瞬时功率，故A错误，B正确。汽车运行时不能长时间超过额定功率，故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，故C错误。当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速度成反比，故D正确。2【答案】A【解析】由于大圆环是光滑的，因此小
12、环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。3【答案】A【解析】不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒。故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等。故只有选项A正确。4【答案】C【解析】A到B的过程中，小球先加速后减速，当加速度为零时，弹力等于重力，速度最大，但位置在B点下方，故A、B选项均错误；小球由A到C的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，选项C正
13、确，D错误。5【答案】AD【解析】设汽车的牵引力为F，阻力为Ff，开始时汽车的速度为v1，则有FFf，当汽车突然减小油门，使汽车的功率减小为，汽车那一瞬间的速度不变仍为v1，由PFv知汽车牵引力会突然变为原来的一半，则汽车做减速运动；同时由于速度降低，功率不变，牵引力逐步增大，加速度大小a逐渐减小，直到和阻力相等，后以的速度做匀速运动，故选项A、D正确，B、C错误。6【答案】A【解析】小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以空
14、气阻力做功WfWGmgl(1cos )，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合000，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。7【答案】CD【解析】vt图线斜率表示加速度，在0t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0t2时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v0，F的功率为0。t2时刻F0，速度最大，F的功率为0，t1t2时间内，外力的功率先增后减，故C正确；由动能定理知t2t4时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故D正确。8【答案】B【解析】由v
15、t图像可知，46 s内A向下减速，加速度为a2 m/s21 m/s2，t5 s时，A的速度大小为v52a2t2 m/s11 m/s1 m/s，故演员A所受重力的功率为PGmAgv550101 W500 W，故B正确。9【答案】AC【解析】从最高点做平抛运动，下落时间为t s s，抛出时的速度为v m/s m/s，故A正确；小球在上滑过程中由动能定理可知mg2Rmv2mv02，解得v05 m/s，故小车和小球向右运动的速度为5 m/s7.07 m/s，故小车损失的机械能为EMv021(5)2 J25 J，故B错误，D错误；碰撞后小球开始做匀速圆周运动，在最低点由牛顿第二定律得：FN2mgm，解得
16、：FN212 N，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12 N，故C正确。10【答案】BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有mv02mv2mgh，解得v22ghv02，当h0.8 m时，v29 m2/s2，代入数据得v05 m/s；当h0时，v2v0225 m2/s2，x25，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R0.4 m，小球在C点的速度vC3 m/s，由牛顿第二定律可得Fmgm，解得m0.2 kg，B正确；小球从A到B过程中由机械能守恒有mv02mvB2mgR，解得小球运动到B点的速度vB m/s，在B点，由牛顿第二定律可知NBm，代入数据得NB8.5 N，选项C正
17、确；小球在A点时，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬时功率为0，D错误。11【答案】B【解析】在0t1时间内，汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，vt图线应为一段横线；t1t2时间内，汽车的功率减为P0的瞬间，汽车速度仍为v0，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得fma1，可知汽车的加速度逐渐减小，即vt图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度v降至时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；t2t3时间内，汽车的功率恢复到P0的瞬间，汽车速度为v0，汽车的牵引力大于
18、阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得fma2，可知汽车的加速度逐渐减小，即vt图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度v升至v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为v0的匀速直线运动，选项B正确。12【解析】(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax代入数据解得a2 m/s2。(2)飞机受到的阻力F阻0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma飞机滑跑过程中的平均速度所以牵引力的平均功率PF联立式得P8.4106 W。13【解析】(1)由几何知识可知ACBC，根据平衡(Fmg)cos 53Mg解得FMgmg。(2)与A、B相同高度时小球上升h13lsin 53，物块下降h22l，物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1Mgh2解得。(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得MgTMa对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得Tmgcos 53ma解得T结合(2)可得T或mg或Mg。