1、动能定理和机械能守恒定律的应用(25分钟60分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)1.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()【解析】选C。物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，-fs=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fs，又有s=vt-at2，可以知道动能与时间成二次函数关系，选项C正确，D错误。2.如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹
2、簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放。小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直状态时，小球速度恰好为零。若弹簧始终处于伸长状态且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是()A.小球的机械能先增大后减小B.弹簧的弹性势能一直增加C.重力做功的功率一直增大D.当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大【解析】选A。先分析小球的运动过程，由静止释放，初速度为0，受重力和弹簧弹力两个力作用，做加速运动；当弹簧与杆垂直时，还有重力沿杆方向的分力，继续加速；当过弹簧与杆垂直后的某个位置时，重力和弹簧弹力分别沿杆方向的分力大小相等、方向相反时，加速度为0，速度最大，之后做减速运动。小球的机械能
3、是动能和重力势能之和，弹力做功是它变化的原因，弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增后减，故A正确，D错误。弹簧的弹性势能变化由弹力做功引起，弹力先做正功后做负功，故弹性势能先减后增，B错误。重力做功的功率是重力沿杆方向的分力和速度的积，故应先增后减，C错误。【补偿训练】如图所示，在倾角=30的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是()A.整个下滑过程中A球机械能守恒B.整个
4、下滑过程中B球机械能守恒C.整个下滑过程中A球机械能的增加量为 JD.整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J【解析】选D。在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(h+Lsin)+mBgh=(mA+mB)v2，解得：v= m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2-mBgh= J，故D正确；A球的机械能减小，C错误。3.如图，竖直平面内的轨道和都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，
5、分别沿和推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为Ek1、Ek2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与、轨道间的动摩擦因数相等，则()A.Ek1Ek2t1t2B.Ek1=Ek2t1t2C.Ek1Ek2t1t2D.Ek1=Ek2t11，则物块不能滑至斜面顶端，若tan1，则物块将从斜面顶端滑出，故选项D说法错误。5.如图所示,质量为m和3m的小球A和B,系在长为L的细线两端,桌面水平光滑,高h(hL),B球无初速度从桌边滑下,落在沙地上静止不动,则A球离开桌边的速度为()A.B.C.D.【解析】选A。A、B组成的系统机械能守恒,则有3mgh=(m+3m)v2,解得v=,选项
6、A正确。6.一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图所示。若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是()A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度C.汽车所受到的阻力D.汽车运动到最大速度所需的时间【解析】选D。由F-Ff=ma，P=Fv可得：a=-，对应图线可知，=k=40，可求出汽车的功率P，由a=0时，=0.05可得：vm=20 m/s，再由vm=，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间。故选D。【补偿训练】如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0=11 m/s从=53固定斜面底端先后两次滑
7、上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos53=0.6，sin53=0.8)()A.恒力F大小为2 NB.物块与斜面间动摩擦因数为0.6C.有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少D.有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小【解析】选D。根据v-t图线中斜率等于加速度的意义可知：aa= m/s2=-10 m/s2，ab= m/s2=-11 m/s2，不受拉力时：mab=-mgsin53-mgcos53代入数据得：=0.5
8、。受到拉力的作用时：maa=F-mgsin53-mgcos53，得F=1 N，故A、B错误；根据运动学公式得：x=。有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较多，故C错误；结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确。二、非选择题(18分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)7.如图所示，光滑弧形轨道下端与水平传送带相接，轨道上的A点到传送带的竖直距离和传送带到地面的距离均为h=5 m，把一物体放在A点由静止释放，若传送带不动，物体滑上传送带
9、后，从右端B水平飞离，落在地面上的P点，B、P的水平距离OP为x=2 m；若传送带顺时针方向转动，传送带速度大小为v=5 m/s，则物体落在何处？这两次传送带对物体所做的功之比为多大？【解析】若传送带不动，物体由A点运动到传送带左端，由机械能守恒定律得mgh=m，解得v1=10 m/sBP，由平抛运动规律知h=g，x=v2t2解得v2=2 m/s因为v2vv1，所以物体先减速后匀速，若传送带转动，则有v2=v=5 m/s，所以x=v2t2=5 m第一次传送带做的功W1=m(-)第二次传送带做的功W2=m(v22-)两次做功之比=。答案：距B点水平距离5 m处=(15分钟40分)8.(7分)在足
10、球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图所示，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门。球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)()A.等于mgh+mv2B.大于mgh+mv2C.小于mgh+mv2D.因为球入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定【解析】选A。由动能定理，球员对球做的功等于足球动能的增加量，之后足球在飞行过程中机械能守恒，故W=mgh+mv2。9.(7分)(多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，
11、它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B间的竖直高度差为h，则()A.由A到B重力对小球做的功等于mghB.由A到B小球的重力势能减少mv2C.由A到B小球克服弹力做功为mghD.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-【解析】选A、D。重力做功只和高度差有关，故由A到B重力做的功等于mgh，选项A正确；由A到B重力势能减少mgh，选项B错误；由A到B小球克服弹力做功为W=mgh-mv2，选项C错误，D正确。10.(7分)如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。为使一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰
12、能通过最高点，则()A.R越小，v0越大B.m越大，v0越大C.R越大，小球经过B点时对轨道的压力越大D.小球经过B点时对轨道的压力与R无关【解析】选D。小球恰能通过最高点，则在最高点时重力提供向心力，有mg=m，解得vD=，从A到D，根据机械能守恒定律有m=m+2mgR，解得v0=，可见，R越大，v0越大，且v0与小球的质量m无关，故选项A、B错误；小球经过B点时，根据牛顿第二定律有FN-mg=m，解得轨道对小球的支持力FN=mg+m=6mg，则FN与R无关，故小球经过B点时对轨道的压力与R无关，选项C错误，D正确。11.(19分)如图所示，一质量m=4.0 kg的物体，由高h=2.0 m、
13、倾角=53的固定斜面的顶端滑到底端。物体与斜面间的动摩擦因数=0.2，求物体所受各个力做的功及合力做的功。(g取10 m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)【解析】以物体为研究对象受力分析如图。物体受重力mg、摩擦力Ff和支持力FN，FN=mgcos，Ff=mgcos。物体的位移l=，根据功的公式可求得WG=mglcos (90-)=mgh=4.0102.0 J=80 J，WN=0，Wf=-Ffl=-mgcos=-12 J。W合=WG+WN+Wf=80 J+0-12 J=68 J。求合力做的功也可以先求合力，再求合力做的功。F合=mgsin-Ff，W合=F合l=(mgsin-mgcos)l=(4.0100.8-0.24.0100.6) J=68 J。答案：重力做功为80 J支持力做功为0摩擦力做功为-12 J合力做功为68 J