1、机械能及其守恒定律 专题六 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
2、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 06 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()A06 s 内物体的位移大小为 30 m B06 s 内拉力做的功为 70 J C合外力在 06 s 内做的功与 02 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 v
3、-t 图象与 t 轴围成的面积表示位移，可得 06 s 内物体的位移大小 x462 6 m30 m，故 A 正确；由 P-t 图象与 t 轴围成的面积表示做功多少，可得在 02 s 内拉力对物体做功 W13022 J30 J，26 s 内拉力对物体做功 W2104 J40 J，所以 06 s 内拉力做的功为 WW1W270 J，B正确；由图甲可知，在 26 s 内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等，故 C 正确；在 26 s 内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力 fFPv106 N53 N，故 D 错误。3.一汽车在平直公路
4、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，P1Fv，零时刻，若 Ff，则 aFfm，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 vP1f 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 vP2f 时，汽车再次做匀速直线运动，所以 A 正确，B
5、 错误，D 错误；零时刻，若 Ff，则在 0t1 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 vP2f 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ONMOMNOB，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
6、系统机械能守恒 BB 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 DA 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 WGmBgOB，其重力势能的增加量 EpmBgOB，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
7、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 WAfAA，B 球克服空气阻力做的功为 WBfBB，且AA BB，故 WAWB，D 正确。真题调研题组 1(2017全国卷)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
8、方向始终垂直，不做功。故选 A。2(2018全国卷)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 Ek12mv2，又因为 vat，所以 Ek12ma2t2，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 EkW 合F 合smas，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 p22m，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，
9、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，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 mg B物块克服摩擦力做的功为 2mgs C弹簧的最大弹性势能为 mgs D物块在 A 点的初速度为 2gs 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 Fmmg，A 错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功 Wmgsmgs2mgs，B 正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动
10、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 Epmmgs，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12mv22mgs，所以 v2 gs，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
11、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
12、，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)(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。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为 45 B电机的最大牵引力之比为 21 C电机输出的最大功率之比为 21 D电机所做的功之比为 45 答案 AC 解析 设第次所用时间为 t
13、，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，122t0v012tt0t 12v0，解得：t5t02，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 2t05t02 45，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，Fmgma，可得电机的最大牵引力之比为 11，B 错误；由功率公式 PFv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 21，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mgh0，两次提升高度 h相同，所以电机两次做功相同，D 错误。6(2019全国卷)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
14、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()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 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，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)h CD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h 联立以上两式，解得物体的质量 m1 kg，C 正确。7.(2019全国卷)(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
15、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 Bh0 时，物体的速率为 20 m/s Ch2 m 时，物体的动能 Ek40 J D从地面至 h4 m，物体的动能减少 100 J 答案 AD 解析 由于 Epmgh，所以 Ep 与 h 成正比，斜率 kmg，由图象得 k20 N，因此 m2 kg，A 正确；当 h0 时，Ep0，E 总Ek12mv20，因此v010 m/s，B 错误；由图象知 h2 m 时，E 总90 J，Ep40 J，由 E 总EkEp 得 Ek50 J，C 错误；h4 m 时，E 总Ep80 J，即此
16、时 Ek0，即从地面至 h4 m，动能减少 100 J，D 正确。8.(2018全国卷)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()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 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E 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
17、运动到 c 点的速度为 vc，由动能定理有：F3RmgR12mv2c，解得：vc2 gR。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 axg，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 tvcg2 gRg，水平方向的位移为：x12axt212g2 gRg22R，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 E 机F(3Rx)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
18、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 fmgsin，运动过程中 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)一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返
19、回地面。飞船在离地面高度 1.60105 m 处以 7.50103 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)4.0108 J 2.41012 J(2)9.7108 J 解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek012mv20 式中，m 和
20、v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek04.0108 J 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 Eh12mv2hmgh 式中，vh 是飞船在高度 1.60105 m 处的速度大小。由式和题给数据得 Eh2.41012 J。(2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为 Eh12m2.0100vh2mgh 由功能原理得 WEhEk0 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。由式和题给数据得 W9.7108 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
21、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v2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 FFf，当机动车突然减小油门，使机动车的功率减小为 PP2，机动车那一瞬间的速度不变仍为 v，由 PFv 知机动车牵引力会突然变为 FF2L 后，x 增大，且 xhL，则 Ep12k(hL)2，Ep-h 图线是开口向上的抛物线，故 B 正确。
22、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 Ffmg0.5，赛车的质量 m0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率 P2 W 工作，轨道 AB 的长度 L2 m，圆形轨道的半径 R0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度 g10 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，
23、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：mgmv2PR 由机械能守恒定律可得：mg2R12mv2P12mv2C 由上述两式联立代入数据可得：vC5 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：kmgx012mv2C 代入数据可得：x2.5 m。(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vBvC5 m/s 赛车从 A 点到 B 点的运动过程
24、中，由动能定理可得：PtkmgL12mv2B 代入数据可得：t4.5 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 h0.40 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
25、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 h0.80 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 Ek-h 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(mgf)h0Ek，由图知 h0.60 m，Ek5.40 J，解得空气阻力 f1.00 N，故
26、 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(mgf)h9(1.400.40)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(mgf)hEk，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，
27、经过距离 A 点 s20 m 处的 P 点时，运动员的速度为 v150.4 km/h。运动员滑到 B 点时快速后蹬，以 v290 km/h 的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以 v3126 km/h 的速度在 C 点着地。已知B、C 两点间的高度差 h80 m，运动员的质量 m60 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)1.0104 J(3)2.9104 J 解析(1)v150.4 km/h14 m/s，A 到 P 过程中运动员做匀加速直线运动，由 v212as，解得：av212s4.9 m/s2。(2)v290 km/h25 m/s，v3126 km/h35 m/s 运动员到 C 点时的机械能 EEpEkmgh12mv2310290 J1.0104 J。(3)运动员从 B 点到 C 点的过程，由动能定理：mghW12mv2312mv22 解得：W29040 J2.9104 J。本课结束