專題06機械能

第一部分名師綜述

本專題涉及的內容是動力學內容的繼續和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的

適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。

題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學等知識相互聯系，

綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程兔雜、靈活性強、難度較大。從高考試題來看、功和機械能守恒依然

為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關系是高考的必考內容，具有非常強的綜合性。重力勢能、彈

性勢能、機械能守恒定律、功能關系、能的轉化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變化的

關系是典型的變力做功，應予以特別地關注。

第二部分知識背一背

一、功

1.做功的兩個要素

(1)作用在物體上的力。

(2)物體在力的方向上發生的位移。

2.公式：W=Flcosa

(1)。是力與位移方向之間的夾角，，為物體對地的位移。

(2)該公式只適用于恒力做功。

二、功率

1.物理意義：描述力對物體做功的快慢。

2.公式：(1)P=：(尸為時間￡內的平均功率)。

(2)P=Fvcostz(a為《與y的夾角)。

3.額定功率：機械正常工作時的最大功率。

4.實際功率：機械實際工作時的功率，要求不能大于額定功率。

三、機車的啟動

1.機車的輸出功率尸=尸入具中卜.為機車的牽引力，勻速行駛時，牽引力等于阻力。

2.兩種常見的啟動方式

(1)以恒定功率啟動：機車的加速度逐漸減小，達到最大速度時：加速度為零。

(2)以恒定加速度啟動：機車的功率逐漸增大，達到額定功率后，加速度逐漸減小，當加速度減小到零時，

速度最大。

四、動能

1.定義：物體由于運動而具有的能。

2.表達式：E.=—mv2o

2

3.物理意義：動能是狀態量，是標量。(填“矢量”或“標量”)

4.單位：動能的單位是焦耳。

五、動能定理

1.內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。

2.表達式：W———mxi——mv\

2221

3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。

4.適用條件

(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。

(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。

(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。

六、機械能守恒定律

1.重力做功的特點

(1)重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關。

(2)重力做功不引起物體機械能的變化。

2.機械能守恒定律：

在只有重力或彈簧彈力做功的情況下，物體的動能與勢能相互轉化，但機械能的總量保持不變。

七、功能關系

1.功和能

(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發生了轉叱。

(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通史做功來實現。

2.常見的幾種功能對應關系

⑴合外力做功等于物體動能的改變。

(2)重力做功等于物體重力勢能的改變。

(3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的改變。

(4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機械能的改變，即。(功能原理)

八、能量守恒定律

1.內容:能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉

移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。

2.表達式：增。

第三部分技能+方法

一、功和功率的計算

1.恒力做的功:直接用W=F/cosa計算。

2.合外力做的功

方法一：先求合外力"再用W=/7cosa求功；

方法二：先求各個力做的功解、心照…再用求代數和的方法確定合外力做的功。

3.變力做的功.

(1)應用動能定理求解W=；一；mv;；

(2)用W=Pf求解，其中變力的功率尸不變；

(3)將變力做功轉化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運動方向相同或相反，或力的方向不

變，大小隨位移均勻變化的情況。

4.常見的功率的計算方法：

(1)平均功率的計算方法：-尸=w7或-2=/—相。5。

(2)瞬時功率的計算方法：P=FucosJ,其中v是該時刻的瞬時速度。

二、機車的啟動

PP

1.無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即匕〃二——二——(式中心”為最小

產min/

牽引力，其值等于阻力R).

2.機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大,速度不是最大，即u二?<匕〃=二

FFf

3.機車以怛定功率運行時，牽引力做的功卬=尸人由動能定理：Pt-Ffx=,此式經常用于求解機

車以恒定功率啟動過程的位移(路程)大小。

三、動能定理在多過程中的應用

動能定理綜合應用問題的規范解答

1.基本步驟

(1)選取研究對象，明確它的運動過程；

(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況；

(3)明確研究對象在過程的始末狀態的動能國和樂

(4)列出動能定理的方程/合=笈2-&及其他必要的解題方程，進行求解。

2.注意事項

(1)動能定理的研究對象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統。

(2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式.當題目中涉及到位移和速度而不涉及時間時可優先考慮

動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優先考慮動能定理。

(3)若過程包含了幾個運動性質不同的分過程,既可分段考慮,也可整個過程考慮.

四、機械能守恒定律的幾種表達形式

1.守恒觀點

(1)表達式：國+&=員+&或￡=邑

(2)意義：系統初狀態的機械能等于末狀態的機械能。

(3)注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。

2.轉化觀點

(1)表達式：&笈=-A&

(2)意義：系統(或物體)的機械能守恒時，系統增加(或減少)的動能等于系統減少(或增加)的勢能。

(3)注意問題：要明確勢能的增加量或減少量，即勢能的變化，可以不選取零勢能參考平面。

3.轉移觀點

(1)表達式：△氏況

(2)意義：若系統由月、8兩部分組成，當系統的機械能守恒時，則力部分物體機械能的增加量等于8部分

物體機械能的減少量。

(3)注意問題：力部分機械能的增加量等于.4末狀態的機械能減初狀態的機械能，而〃部分機械能的減少量

等于8初狀態的機械能減末狀態的機械能。

五、利用動能定理分析功能和能量變化的問題

】.動能的改變量、機械能的改變量分別與對應的功相等。

2.重力勢能、彈性勢能、電勢能的改變量與對應的力做的功數值相等，但符號相反。

3.搞清不同的力做功對應不同形式的能的改變

不同的力做功對應不同形式能的變化定量的關系

合外力對物體做功等于物體動能的增量

合外力的功(所有外力的功)動能變化

重力做正功，重力勢能減少：重力做負功，重力

重力的功重力勢能變化

勢能增加假=—△￡,=晶一瓦2

彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負功，彈性

彈簧彈力的功彈性勢能變化

勢能增加/祥=一△與=品一總

只有重力、彈簧彈力的功不引起機械能變化機械能守恒kE=b

除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機械

除重力和彈力之外的力做的功機械能變化能就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負

功，物體的機械能就減少多少『除用力、舛力外=△￡

電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電

電場力的功電勢能變化

勢能增加/電=一△及

作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統

一一對滑動摩擦力的總功內能變化

內能增加Q=Fr?｝桁時

六、對能量守恒定律的理解和應用

1.列能量守恒定律方程的兩條基本思路：

(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等；

(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等.

2.應用能最守恒定律解題的步驟

(D分清有多少形式的能［如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等］在變化；

(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量八EM和增加的能量A后總的表達

式；

⑶列出能量守恒關系式：必,

七、摩擦力做功的特點及應用

靜摩擦力滑動摩擦力

比較

在靜摩擦力做功的過程

中，只有機械能從一個物1.相互摩擦的物體通過摩擦力做功，將部

能量轉化的體轉移到另一個物體(靜分機械能從一個物體轉移到另一個物體

不方面摩擦力起著傳遞機械能2.部分機械能轉化為內能，此部分能量

同的作用)，而沒有機械能就是系統機械能的損失量

點轉化為其他形式的能量

一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統

?對摩擦力?對靜摩擦力所做功的

所做的總功總為負值，系統損失的機械能

做功方面代數和等于零

轉變成內能

相

同做功方面兩種摩擦力都可以對物體做正功，做負功，還可以不做功

點

第四部分基礎練+測

一、單選題

1.豎直向上拋出的物體，從拋出到落回拋出點的全過程中，所受空氣阻力大小恒定，則()

A.全過程重力的沖量為零

B.全過程中動量的變化量等于阻力的沖量

C.全過程中動能的變化量等于阻力做的功

D,上升過程中機械能的變化量大于下落過程機械能的變化顯

【答案】C

【解析】

【詳解】

AB、重力是恒力，全過程重力的沖量不可能為零，只會不斷增加，根據動量定理可知全過程中動量的變化

量等于阻力與重力合力的沖量，故選項A、B錯誤；

C、重力是恒力，在全過程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負功，根據動能定理可得全過程中動能

的變化量等于阻力做的功，故選項C正確；

D、根據功能關系可知，機械能減小量等于克服摩擦力做的功，改在上滑過程中機械能的變化量等于下滑過

程中機械能的變化量，故選項D錯誤；

2.2018年初，長沙氣溫偏低，存在冰凍現象。我校方同學和陽同學（穿著藍色校服，材質一樣）先后從傾斜

坡面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示。（兩人均可視為質點，且不計人經過B

點時的能童損失）。根據上述信息，可以確定方、陽兩人

A.質量相等B.受到的摩擦力相等

C.損失的機械能相等-D.運動的時間相等

【答案】D

【解析】

【詳解】

D：人沿斜面下滑時，一=/,解得：/=-;

兩人從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，則兩人在斜面上的運動情況相同，在斜面上所用時間相同，到達B

處速度相同。人沿水平冰面前進時，2=2,解得：2=2；兩人在B處速度相同，則兩人

在水平冰面上的運動情況相同，在水平冰面上所用時間相同，最終停止位置相同。故D項正確。

ABC：兩人質量可以不等；若兩人質量不等，則兩人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，兩人損失的機

械能不等。故ABC三項錯誤。

3.如圖所示，一輕質彈簧，固定于天花板上的。點處，原長為。如圖所示，一個質量為加的物塊從力點

豎直向上拋出，以速度〃與彈簧在〃點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，不計空氣阻

力，則下列說法正確的是

,口

A.由4到C的過程中，彈簧彈性勢能和物塊動能之和逐漸減小

B.由8到0的過程中，物塊動能和重力勢能之和不變

C.由6到C的過程中，彈簧的彈性勢能和物塊的重力勢能之和不變

D.由6到C的過程中，物塊加速度逐漸減小

【答案】A

【解析】

【詳解】

由B到C的過程中，系統的機械能守恒，即物塊的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能總和不變，物塊的重

力勢能增大，則彈性勢能和動能上和減小；由于彈簧的彈性勢能增加，則物塊動能和重力勢能之和減小，

故A正確，BC錯誤；由B到C的過程中，彈力向下逐漸變大，根據mg+F/=ma可知，物塊加速度逐漸變大，

選項D錯誤;故選D

4.質量為勿的物體在水平恒定外力廠作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體

的『一七圖象如圖所示，則下列說法正確的有

A.水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍

B.在物體運動的整個過程中，F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小

C.在物體運動的整個過程中，F做的功大于克服摩擦力做的功

D.物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度

【答案】D

【解析】

【詳解】

由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為&=」，在減速過程的加速度大小為a2=J；對于勻減速運動

過程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為f=ma2），；在勻加速過程中，由牛頓第二定律有F-f=mai,

2o

即水平拉力大小為二一，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯誤；對整個過程，由動量定理：

=0,則在物體運動的整個過程中，F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項B錯誤；對整個過程,

由動能定理：-=0,則在物體運動的整個過程中，F做的功等于克服摩擦力做的功，選項C錯誤；

由廠t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為3,故D正確；故選。

5.如圖所示，輕彈簧豎直放置.，下端固定在水平地面上，一質量為的小球，從離彈簧上端高h處由靜

止釋放.某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，

沿豎直向下方向建立坐標軸公，作出小球所受彈力廠的大小隨小球下落的位置坐標x變化的關系，如圖所

示，不計空氣阻力，重力加速度為名以下判斷不正確的是（）

A.當x=h+x°,小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小

B.小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，加速度先減小君增大

C.當x=h+2x。，小球的加速度大小為g

D.小球動能的最大值為mgh+mgxo

【答案】D

【解析】

【詳解】

A.根據乙圖可知，當產卜+雙，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的

系統，機械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確：

B.小球剛落到彈簧上時，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當彈

力等于重力時加速度為零，此時速度最大；然后向下運動時彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，

小球做減速運動直到最低點，則小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，速度先增大后減小，加速度

先減小后增大，故B正確；

C.在x=h+xo位置：mg=kxo,則在x=h+2x()時：k-2x0-mg=ma,解得a=g,選項C正確；

D.小球達到最大速度的過程中，根據動能定理可知mg(h+xo)-W爐m“，故小球動能的最大值小于mg

(h+xo)?故D錯誤;

6.如圖，不計空氣阻力，從0點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，

然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動-下列說法正確的是()

A.小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大

B.小球在斜面運動的過程中地面時斜面的支持力大于小球和斜面的總重

C.撤去斜面，小球仍從。點以相同速度水平拋出，落地速率將變大

D.撤去斜面，小球仍從0點以相同速度水平拋出，落地時間將減小

【答案】D

【解析】

【詳解】

根據牛頓第二定律得，小球在斜面上運動的加速度a=------------=gsinO,平拋運動的加速度為g,可知小

球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故A錯誤。對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向卜.加

速的過程中，小球具有沿斜面向的加速度，處于失重狀態，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的

總重力，故B錯誤。根據動能定理得，口@1勺-一夕M2,撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯誤。比

較小球在斜面上與空中運動的時間。由于小球在斜面上運動的加速度為a=gsina,豎直分加速度為

2

ay=asina=gsina<g,則如撤去斜面，落地時間變短。故D正確。故選D。

7.如圖，a、b、c是三個質量均為m的小球（可視為質點），a、b兩球套在水平放置的光滑細桿上，相距《L；

C球分別用長度為L的細線與a、b兩球連接。起初用手按住a、b兩球，使三個球均靜止，若同時釋放a、

b、c三球,重力加速度為g.則（）

A.開始時三球靜止時，細線中張力均為0.5mg

B.在a、b碰撞前的瞬間，b的速度為,

C.在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為屈

D.在a、b碰撞前的運動過程中，a球動能的增加量等于c球的機械能的減小量

【答案】B

【解析】

【詳解】

A、開始時三球靜止時，細線中張力為T,則有：2cosW=,解得細線中張力均為=,故

A錯誤；

BC、在a、b碰撞前的任一時刻，根據b、c兩球沿細線方向的分速度大小相等，可知c的速度為零，由系

統的機械能守恒得：（一sin30°）=g?22,可得b的速度為=6,故B正確，C錯誤；

D、在a、b碰撞前的運動過程中，根據系統的機械能守恒可得a球動能的增加量和b球動能的增加量之和

等于c球的機械能的減小量，故D錯誤；

故選Bo

8.“旋轉秋千”是游樂園里常見的游樂項目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊上，繩子下端連接

座椅，人坐在座椅上隨轉盤旋轉而在空中飛旋。若將人和座椅看為質點，“旋轉秋千”可簡化為如圖所示

的模型。其中，處于水平面內的圓形轉盤，半徑為r,可繞穿過其中心的豎直軸轉動。讓轉盤由靜止開始逐

漸加速轉動，經過一段時間后質點與轉盤一起以角速度做勻速圓周運動，此時繩子與豎直方向的夾角為

oo已知繩長為￡且不可伸長，質點的質量為勿，不計空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是()

A.質點的重力越大，繩子與豎直方向的夾角0越小

B.質點做勻速圓周運動的向心力是其所受懸線的拉力

C.轉盤轉動的角速度與夾角0的關系為=I/；，n

'+sin

D,質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，繩子對質點做的功為(+sin)tan

【答案】C

【解析】

【詳解】

由重力和繩子的拉力的合力提供質點圓周運動的向心力，如圖，則有：mgtan0=mu)-R

解得：tan0,與重力無關，故A、B錯誤；

質點做勻速圓周運動的向心力是由重力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯誤：根據mgtan。'R=m3,

(r+LsinO)解得：=J故C正確；設質點與轉盤一起做勻速圓周運動時速度大小為v,根

據問心力公式得：mgtan0=ny---------①

對于質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，重力做功為-mgl(1-cosO),設繩子拉力做功為肌則根據動

能定理得：W-mgl(1-cos0)=。/…②

聯立①②得：W=mgl(1-cos0)(r+Lsin0)tan0,故D錯誤。故選C。

9.如圖所示，兩個完全相同的小球，從光滑的a管和b管由靜上下滑，管徑略大于小球直徑，設轉彎處無

能量損失，B、D在同一水平面.,兩球落到C處的時間分別為「、T?,則()

A.L>TbB.TM<TbC.Ta=TbI）.無法確定

【答案】A

【解析】

【詳解】

由機械能守恒定律可知，兩球從A點滑到底端C時，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速

度比BC段加速度小，則在速率圖中AB段圖線的斜率比BC段圖線斜率小，而沿b滑下.的小球，它的速率圖

線在AI）段斜率比DC段斜率大，作出兩球的速率圖像如圖所示，若要保證兩球的路程相等，即圖像與橫軸

所圍的“面積相等，則有：>,故A正確，B、C、D錯誤；

故選Ao

10.將一只蘋果（可看成質點）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3,圖中曲線為

蘋果在空中運行的磯跡。若不計空氣阻力的影響，則)

A.蘋果通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最大

B.蘋果通過第3個窗戶期間重力所做的功最多

C.蘋果通過第1個窗戶期間重力做功的平均功率最小

D.蘋果通過第3個窗戶期間速度變化量最大

【答案】C

【解析】

【詳解】

A、蘋果在豎直方向運動速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時間越來越短，故由豎直方向的平均速度

——二一可知越來越大，即通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯誤；

B、窗戶的高度一樣，故通過每個窗戶重力做功都為mg/?,故B錯誤；

C、蘋果通過第一扇窗戶時間最長，故通過第1個窗戶克服重力做功的平均功率——=——得最小，故C正

確；

D、平拋運動的加速度恒定為g,則速度變化量為=,通過第3個窗戶的時間最短，故其速度變化

量最小；故D錯誤；

故選C.

二、多選題

11.如圖所示，水平地面上固定一豎直擋板，傾角為0、質量為M的斜面體右側用楔子P固定于地面，?質量

為m的球體靜止于擋板與斜面之風設所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走，小球下落且未脫離

斜面的過程中，下列說法正確內是

A.球將做自由落體運動

B.球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小

C.球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒

D.球體與斜面體組成系統動量守恒

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A.小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做芻由落體運動，選項A錯誤；

B.球加速下落，處于失重狀態，可知球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小，選項B正確；

C.因此過程中只有球的重力對系統做功，則球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒，選項C正確；

I).球體與斜面體組成系統水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零,

豎直方向動量也不守恒，則系統的動量不守恒，選項D錯誤.

12.如圖甲所示，在水平地面上固定一個傾角為的足夠長的無滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行

的拉力F作用下由靜止開始沿斜面運動，拉力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，小滑塊運動的速度一時間

2

圖象如圖丙所示,重力加速度g為10m/so下列說法正確的是

A,斜面傾角為3“，小滑塊的質量m=2kg

B.在0?2s時間內拉力F做的功為100J

C.在0?1s時間內合外力對小滑塊做功12.5J

D.在0?4s時間內小滑塊機械能增加80J

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A：由速度一時間圖像可知，在2-4s時間內小滑塊的加速度2=一5/2,由牛頓第二定律：

-=2,解得：=3〃。。在0-2s時間內小滑塊的加速度i=5I2,由牛頓第二定

律，一=/，解得：=1。故A項錯誤。

B：由速度一時間圖像可知，在0-2s時間內小滑塊的位移為=10，拉力F做的功為==10x10=

100,故B項正確。

C：1s末小滑塊的速度=5/,由動能定理，在0-ls時間內合外力對小滑塊做的功'=-22=

12.5。故C項正確。

D：由功能關系可知，在0-4時間內小滑塊機械能增加量==100o故D項錯誤。

13.如圖所示，斜面豎直固定放置，斜邊與一光滑的圓弧軌道相切，切點為，長

為=------，圓弧軌道圓心為0,半徑為R,/=，/=90。，水平。現有一質量為

tan-

、可視為質點的滑塊從點由靜止下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為，重力加速度為，則關于滑

塊的運動，下列說法正確的是()

A.滑塊經過點時對軌道的最小壓力為

B.滑塊下滑后將會從點飛出

C.滑塊第二次經過點時對軌道的壓力大小為3

tan

D.滑塊在斜面上經過的總路程為

（tan-)

【答案】CD

【解析】

【詳解】

A、滑塊從A點下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑

塊將在以E點為最低點、D為最高點來回滾動，此時經過E點時對軌道的壓力最小，則D到E點，根據機械

能守恒定律：（/-cos）=—2,在E點：一=—，聯立解得：=（3-&os）,

故A錯誤；

B、從A到G由動能定理得：（sin-cos）-cos?={?,其中=------,

解得：=0，則滑塊下滑后不能從G點飛出，故B錯誤；

C、滑塊第一次到達E點時，根據動能定理：[sin+（；-cos）]-cos?=

解得=6一,第二次到達E點的速度與第一次相同，根據牛頓第二定律-=—,解得

=3，故C正確；

I）、滑塊最終將在以E點為最低點、1）為最高點來回運動，根據動能定理：sin=css?總,

解得==故D正確。

丹（tan-）

故選CDo

14.如圖所示,置于足夠長斜面上的盒子A內放有光滑球B,8恰與A前、后壁接觸,斜面光滑且放置于粗糙

水平地面上.一輕質彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接,另一端與A相連.今用外力推A使彈簧處于壓

縮狀態，然后由靜止釋放，釋放盒子前后斜面始終相對地面處于睜止狀態，則從釋放盒子直至其獲得最大速

度的過程中（）

A.斜面對地面的摩擦力始終向左

B.彈簧的彈性勢能一直減小直至為零

C.A所受重力和彈簧彈力做功的代數和小于A的動能的增加量

D.彈簧彈性勢能的減少量等于力和〃的機械能的增加量

【答案】AD

【解析】

【詳解】

當盒子獲得最大速度時，彈簧的彈力等于AB整體的重力沿斜面向下的分力，則此時彈簧仍處于壓縮狀態,

此過程中彈簧對P始終有斜向左下的彈力，即地面對斜面的摩擦力向右，斜面對地面的摩擦力始終向左，

選項A正確；因此時彈簧仍處于壓縮狀態，可知彈簧的彈性勢能沒有減到零，選項B錯誤；此過程中，對A、

B系統：彈--=與+)V即航=22+?，+)，即力所

受重力和彈簧彈力做功的代數和大于力的動能的增加量，選項C錯誤；因A、B和彈簧系統機械能守恒，則

彈簧彈性勢能的減少量等于A和B的機械能的增加量，選項D正確：故選AD.

15.如圖所示，半徑為〃的光滑圓環固定在豎直平面內，AB,◎是圓環相互垂直的兩條直徑，C、〃兩點與

圓心。等高。一質量為/〃的光滑小球套在圓環上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在夕點，尸點

在圓心。的正下方下處。小球從最高點A由靜止開始逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R,彈簧始終處于

彈性限度內，重力加速度為g。下列說法正確的是O

A.小球運動到8點時的速度大小為一

B.彈簧長度等于〃時，小球的機械能最大

C.小球在力、〃兩點時對圓環的壓力差為4加g

D.小球運動到8點時重力的功率為0

【答案】BCD

【解析】

【詳解】

由題分析可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程,

2

根據系統的機械能守恒得：2nigR4vB,解得小球運動到B點時的速度為：VB=2^—.故A錯誤。根據小球

與彈簧系統的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機械能最大，

故B正確；設小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F.在A點，圓環對小球的支持力F尸mg+F；在B點，

由圓環，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=m—,解得圓環對小球的支持力為：&=5mg+F；則卜-F產4mg,由

牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環的壓力差為4mg,故C正確。小球運動到B點時重力與速度方

向垂直，則重力的功率為0,故D正確。故選BCD。

16.我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示為簡化的跳臺滑雪的

雪道示意圖，AB部分是傾角為。=37°的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B

點，圓弧最低點C點的切線沿水平方向，CD部分為傾角02:30°的著陸坡。一運動員連同滑板可視為質點，

從A點由靜止滑下，到C點后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點，不計空氣阻力，已知CE=30m,

重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。則

A.運動員到達C點時，對軌遒的壓力大小為運動員本身重力的1.9倍

B.運動員到達B點時的速度大小為10m/s

C.若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同

D.若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度V。從C點飛出時，運動員落在著陸坡上的速度大

小與V。成正比

【答案】ACI)

【解析】

【詳解】

A.設運動員在C點的速度為，在CD上有平拋運動可得：tan2=2——，,sin2=^^有以上

兩方程可得：=15/，在C點有圓周運動的知識可得：-=—,壓力大小為運動員本

身重力的比為：=——，有以上方程可得：=/.以故A正確。

B.有B到C有動能定理可得：(/-cos)=:2一!2,解之得：=，孱/。故B錯

誤。

C.運動員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為，由平拋運動的規律可得：tan=%an公所

以是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。

D.運動員落在著陸坡上的速度大小，由平拋運動的規律可得二口，因為cos是定值，所以運動員

COS

落在著陸坡上的速度大小與V()成正比。故D正確。

17.如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態。現用手托住物體

使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為也已

知彈簧形變為x時，勁度系數為k的彈簧的彈性培能為EPWI不考慮空氣阻力，關于此過程，下列說

法正確的有()

??????:B

A.物體重力勢能減小量一定人于W

B.彈簧彈性勢能增加量一定小于W

C.物體與彈簧組成的系統機械能增加量為W

D.若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W

【答案】AD

【解析】

【詳解】

A物體向下運動的過程中，要克服彈簧的彈力做功步根據動能定理可知：-一州=°，可得

減小的重力勢能為=+嚴〉o故A正確。

B.設AB的距離為，由平衡條件可得：=，由題目所給的條件可得彈簧的彈性勢能為：=

匕V由以上兩式可得：=2；由動能定理可得：一一病可得娟-=

,所以可求得；看E=T=。故B錯誤。

C.物體要克服手的支持力做功，所以系統的機械能要減小。故C錯誤。

D.物體從靜止下落到B的過程中，根據動能定理有：-彈=，再結合上=可得:

o故D正確。

18.如圖,滑塊A、B的質量均為m,A套在傾斜固定的直桿上，傾斜桿與水平面成45°角，B套在水平固定的

直桿上,兩桿分離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計,兩直桿足夠長。A、B通過銳鏈用長度為L的剛性輕桿連

接，初始時輕桿與水平面成30"狗。將A、B從靜止釋放,B開始沿水平桿向右運動,不計一切摩擦，滑塊A、

B視為質點,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.滑塊A、B組成的系統機械能守恒

B.當A到達最低點時，B的速度最大，最大速度為J3gL

C.B到達最右端時,A的速度為J2gL

D.B從開始運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正功后做負功，總功為零

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

A、因不計一切摩擦，桿為輕桿，故滑塊A、B組成的系統機械能守恒，故A正確；

B、當A到達最低點時，A速度為零，B的速度最大，則有：（工+）=32,解得,

故B正確；

C、B到達最右端時，B的速度為零，此時A、B的位置如圖所示，則有：（,十岑）=j2,解得：

=］（/+碼,故C錯誤；

D、B從開始運動至最右端的過程中，B先做加速度直線運動后做減速直線運動，B到達最右端時B的速度為

零，運動過程中只有輕桿對B做功，根據動能定理可知B從開始運動至最右端的過程中，輕桿對B先做正

功后做負功，總功為零，故D正確；

故選ABDo

19.如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，。為圓心，AB為水平直徑。現將小球（可視為質點）

從A處以初速度小水平拋出后恰好落到D點；若將該小球從A處以初速度V2水平拋出后恰好落到C點，C、

D兩點等高，0C與水平方向的夾角0=60。，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.V）：v2=l:3

B.小球從開始運動到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同

C.小球從開始運動到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2

D.小球落在凹槽上時，重力的瞬時功率兩次不同

【答案】AB

【解析】

【詳解】

A、小球從開始運動到落到凹槽上做平拋運動，下落高度相同，運動時間相同，從A處以初速度vi水平拋出

后恰好落到D點時有：;=;=-cos60°=-,從A處以初速度V2水平拋出后恰好落到C點時

有：2=2=+CDS600=j：所以/：2=卜3,依A正確；

B、根據加速度的定義=—可知速度的變化量=,由于下落時間相同，所以小球從開始運動

到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同，故B正確；

C、小球從拋出到【）點的平均速度一=——=一，小球從拋出到C點的平均速度-=——==叱=3_

所以前后兩次的平均速度之比為/：門，故C錯誤；

D、小球剛到D點時重力的瞬時功率==?=2，小球剛到C點時重力的瞬時

功率==?=2,所以重力的瞬時功率兩次相同，故D錯誤；

故選ABo

20.將輕質彈簧豎直固定在地面二，第一次將小物塊輕放在彈簧上端讓其壓縮彈簧，當物塊重力做功為W

時物塊加速度為零，速度大小為丫，彈簧壓縮量為X。；第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，當物塊重力做功仍為

W時，手對物塊做功的大小為夕，則（）

A.小物塊的質量為---

o

B.笫一次小物塊的速度=V'o

C.第一次彈簧的最大彈性勢能為、

D.第一次手對小物塊做正功

【答案】AB

【解析】

【詳解】

由重力做功可知W=mgxo,得小物塊的質量=——,選項A正確；由于第二次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，可

o

認為物塊速度為零，由功能關系可知手對小物塊做負功，且彈黃彈力做負功，大小為彈=T=3，

在第一次中，-彈=匕2,解得=、-選項B正確，D錯誤；在第一次中，小物塊速度為v

時會繼續壓縮彈簧，直到速度為零，小物塊重力做功將其重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，而整個過

程中小物塊重力做的功一定大于怛故選項C錯誤。

三、解答題

21.在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點,右端與質量為3m的小球1接觸但不連接。現用外力推

動小球1將彈簧壓縮至彈性勢能為EP=mgs（s為一定值）時靜止釋放，離開彈簧后與靜止在P點質量為m、帶

電量為q（q>0）的小球2發生彈性正碰（不發生電荷轉移），碰后小球2從DB進入圓弧軌道,如圖所示。BC是

一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端I）點的切線水平,BJ）間距很小,

可看作重合的點。圓心。與凱道下端F的連線與豎直墻面的夾角為53°在BC右邊整個空間有水平向左、場

強E/廠的勻強電場，小球2進入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運動,一段時間后從軌道下端F處脫離,

最后打在豎直墻面BC的C點。已知重力加速度為g,sin53°=0.8。

求：(1)碰后小球2運動的速度；

(2)軌道DEF的半徑R;

(3)小球2打在C點前瞬間的速度。

【答案】(1)/(2)(3)/

【解析】

【詳解】

⑴由能量守恒得="3/①

1、2小球根據動量守恒得：3產3'/+您.

1、2小球根據機械能守恒得：＜3/=弓3/?.

Z4Z

設班廠軌道半徑為R,設在g點小球達到等效最高點，由于小球恰好能沿著比產軌道運動，則在瓦點有：1=

為

2

根據動能定理得：一3?(-sin5為=/~~92?②.

由①②式解得：m

(3)過點〃做切線以及垂直式1的水平線，則a為53°。乂因為一二；,則小球所受合力的方向與水平方

向夾角成53°。即在〃點小球速度方向與合力方向共線，小球做直線運動。

由幾何關系得：=+—7=多m.

cos577

從.夕到全程動能定理有:2

C22

解得：=歷/?

22.圖甲為某輕型起重機向房頂運輸貨物，其簡圖如圖乙所示，一端有定滑輪的桿臂0A固定在。點，某次起

重機以速度v0=lni/s勻速向上提升質量m=lt的重物（可視為質點），在重物離地面H=19.5m時鋼繩突然斷裂,

此時一輛L=3m的搬豉車正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運動,車頭前端恰好處于重物正下方,搬磚車

高h=L5m。g取lOm/s：不計空氣阻力。

求：（1）勻速提升重物的過程中起重機的輸出功率；

（2）鋼繩斷裂時搬磚車司機立即加速加速度至少為多大才能避免被重物砸中？

【答案】（1）1.0X10W（2）lm/s2

【解析】

【詳解】

（1）起重機的輸出功率等于提升重物的機械功率

==貨=103kgXlOni/s^Xlm/s=l.OXlO'W

（2）設物體自繩斷開始至人車頂部的時間為6

-h=vQt-會干

帶入數據-（19.5-1.5）-廣5r

解得Q2s.

設人安全通過搬磚車的最小加速度為a

L=Vit+-at

解出a=lm/s2

23.光滑水平軌道MN與半徑為4的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質量為勿的小球B靜止于水平軌道上P

點，小球半徑遠小于幾與B相同的小球A以速度匕向右運動，A、B碰后粘連在一起。求當％的大小在什

么范圍時，兩球在圓弧軌道