第5天+机械能讲义+-2024届高考物理考前15天满分计划

第5天机械能

0知识必备

一、功、功率的分析与计算

1.功的计算

(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解.

(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利

用恒定功率求功W=PL

2.功率的计算

(1)明确是求瞬时功率还是平均功率.

。=半侧重于平均功率的计算，P=Fvcosa(a为/和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计

算.

(2)机车启动(「用不变)

①两个基本关系式：P=Fv,F~F^=ma.

②两种常见情况

a.恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度Vm,此

过程Pt—F^s=^mvn?\

b.恒定加速度启动：开始阶段。不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度

逐渐减小到零，最终做匀速直线运动.

无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即

二、功能关系及应用

1.常见功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势能减少量

弹力做功等于弹性势能减少量

势能W—EpiEP2—AEp

静电力做功等于电势能减少量

分子力做功等于分子势能减少量

W=Ek2-Ek\=1

动能合外力做功等于物体动能变化量

wvo2

除重力和弹力之外的其他力做功

机械能W柒他=E2—EI=AE机

等于机械能变化量

摩擦产

一对相互作用的摩擦力做功之和

生的内Q=Ff-s相对s相对为相对路程

的绝对值等于产生的内能

能

电能克服安培力做功等于电能增加量W茫安=E2—EI=AE

2.功能关系的理解和应用

功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度.

⑴根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况.

(2)根据能量转化，可计算变力做的功.

三、动能定理的综合应用

1.应用动能定理解题的步骤图解：

2.应用动能定理的四点提醒：

(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要

简捷.

(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的.

(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全

过程应用动能定理，往往能使问题简化.

(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解.

四、机械能守恒定律及应用

1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

定义判断法看动能与势能之和是否变化

没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能

能量转化判断法

守恒

做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒

2.机械能守恒定律的表达式

要选参考

一平面

三

种不用选参

形

式考平面

不用选参

考平面

3.连接体的机械能守恒问题

最大时，速度可能为0

轻弹簧①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹

模型性限度内，形变量相等，弹性势能相等

②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最

大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度

时，弹簧弹性势能最小(为零)

说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不

守恒.

五、能量守恒定律及应用

1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律.

2.应用能量守恒定律的基本思路

⑴守恒：E产E末,初、末总能量不变.

(2)转移：EA^=EB^A物体减少的能量等于B物体增加的能量.

(3)转化：|AE般|=|AE增|,减少的某些能量等于增加的某些能量.

Q易错易混

机车的两种启动方式

两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动

p-t图和

吁《图

0A过程分析

段t=>P=Fvt

F-F阻直到P额=F%

m

运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间给=£

AB过程分析/_F=Q_O=F

vT^>F=—

段m

运动性质以速度为做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动

BC过程分析一尸=~阻=a=°=3

段运动性质RI

以速度小做匀速直线运动

立方法必知

1.机械能守恒的判断

定义判断法看动能与势能之和是否变化

能量转化机械能没有与其他形式的能

判断法转化时，系统机械能守恒

做功判只有重力（或系统内弹簧的弹力）

断法做功时，系统机械能守恒

2.机械能守恒定律的表达式

三

种

形

式

3.连接体的机械能守恒问题

共速率

模型

分清两物体位移大小与高度变化关系

0.__6—^4

共角速

/■：，/5

度模型

两物体角速度相同，线速度与半径成正比

关联速

度模型

此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当

某物体位移最大时，速度可能为（）

////{////

①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大

轻弹簧

小，在弹簧弹性限度内，形

模型

变量相等，弹性势能相等

②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹

费形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速

度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小（为零）

令令6。

真题回顾

1.（2023•新课标）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下

落。一质量为〃?的雨滴在地面附近以速率-下落高度〃的过程中，克服空气阻力做的功

为（重力加速度大小为8）（）

2

A.0B.mghC.—AMV2-mghD.—znv+ingh

2.（2023•山东）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。

引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度匀速转动。水筒在筒车上均匀

排布，单位长度上有〃个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为”的

水，其中的60%被输送到高出水面〃处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌

入稻田的水做功的功率为（）

A.2吗,B.3吗RHD.，叫。

c

3.（2023•河北）如图，质量为〃?的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹

簧相连。开始时将小球控制在杆上的4点，弹簧1竖直且处于原K,弹簧2处于水平伸

长状态，两弹簧可绕各自转轴。，O2无摩擦转动。3为杆上的另一个点，与4、。2

构成矩形，AB=2AO]0现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正

确的是（）

A.小球沿杆在川之间做往复运动

B.与没有弹筮时相比，小球从A点运动到月点所用的时间更短

C.小球从A点运动到8点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零

D.小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大

4.（2023•乙卷）如图，一质量为M、氏为/的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为

〃，的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度％开始运动。已知物块与木板间的滑

动摩擦力大小为了,当物块从木板右端离开时（）

A.木板的动能一定等于J7

B.木板的动能一定小于J7

C.物块的动能一定大于力

D.物块的动能一定小于;〃-/7

5.（2023•辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练

中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到匕=8（）〃?/5时离开水

面，该过程滑行距离£=1600/〃、汲水质量机=1.0xl（T依。离开水面后，飞机攀升高度

〃=10（加时速度达到丹=100〃〃5,之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。

取重力加速度求：

（1）飞机在水面滑行阶段的加速度〃的大小及滑行时间，；

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量也七。

6.（2023•甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为小

的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为昂。释放后，小球在弹簧作用卜从静止开

始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平

行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的

小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为人重力加速度大小为g,忽略空气阻力。

求：

（1）小球离开桌面时的速度大小:

（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

区域模拟

1.（2024•西安校级模拟）如图甲所示，风洞是人工产生和控制的气流，用以模拟飞行

器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行上升表演中，表演者的质量；〃=50依，为

提高表演的观赏性、控制风速口的平方与表演者上升的高度力间的关系图像如图乙所示,

在风力作用的正对面积不变时，风力大小£=0.05F1采用国际单位制），取重力加速度

大小g=10〃?/『。表演者开始静卧于力=0处，打开气流，在表演者从最低点到最高点的

运动过程中，下列说法正确的是（）

A.表演者开始静卧于力=0处，打开气流时，风力大小为600N

B.表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动

C.表演者的加速度为。时所处的高度为10/〃

D.表演者在上升过程中机械能守恒

2.（2024•如皋市二模）如图所示，倾角6=30。的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固

定板C相连，另一端与物体A相连。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与

物体8相连且始终与斜面平行。开始时托住8,A处于静止状态且细线恰好伸直，然后

由静止释放已知4、8的质量均为机，弹簧的劲度系数为0重力加速度为g,B始

终未与地面接触。从释放3到8第一次下落至最低点的过程中，下列说法中正确的是（

)

A.刚释放3时，A受到细线的拉力大小为,〃g

B.A的最大速度为序

C.8下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小

D.8下落至最低点时，A所受合力大小为，华

3.（2024•海南模拟）如图所示，物体〃与。通过轻弹簧连接，。、c、d三个物体用不

可伸长的轻绳通过轻滑轮连接，系统处于静止状态，〃恰好和地面无挤压。已知外c质

量均为机，d质量为2〃”弹簧的劲度系数为0物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不

计一切阻力，重力加速度为g。将c与d间的线剪断，下列说法正确的是（）

A.的质量为〃7

B.此时〃的瞬时加速度为《

2

C.人下降烟时的速度最大

k

D.〃下降&这时弹簧弹性势能最大

k

4.（2024•二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的

电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最

大速度过程中速度的倒数1和牵引力尸之间的关系图像已-尸），如图所示。已知模型车

vv

的质量加=1依，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s,获得最大速度为

4〃?/s,则下列说法正确的是（)

A.模型车受到的阻力大小为IN

B.模型车匀加速运动的时间为2s

C.模型车牵引力的最大功率为6W

D.模型车运动的总位移为14〃？

5.（2024•碑林区校级模拟）随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机快递物流

将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在8

个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能々随位移式变化的关系如图所示。已知无人

机及其载重总质量为6=10a，重力加速度大小为1（加//,不计空气阻力，此过程中无

人机（）

A.0~5m加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8N

B.5〃z~10/〃减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6N

C.0~10,〃的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了32（1/

D.〃的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144W

6.（2024•宝鸡模拟）如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固

定的槽内沿水平方向左右移动，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现小车以

水平速度%撞击弹簧，轻杆恰好向右移动距离/,不计小车与地面间的摩擦，则（）

Vo

一

/轻杆

10000000J—

A.轻杆移动距离/的过程中先做匀加速再做匀减速运动

B.弹簧被压缩最短时，轻杆的速度达到最大

C.根据小车运动的对称性可知，小车以%的速率被弹簧弹回

D.弹簧的弹性势能最大时，轻杆向右加速的加速度达到最大

7.（2024•贵州模拟）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为3斜面

底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的4点

停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为〃，A点到O点的距离为X,斜

面倾角为6。则下列说法E确的是（）

A

不

A.木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为

B.若保持/?和〃不变，e增大，木块应在A点左侧停下

C.若保持力和〃不变，0增大，木块应在A点右侧停下

D.若保持/?和〃不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑

8.（2024•重庆模拟）如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧相连，放在光滑的

斜面上，斜面的倾角0=30。，8与斜面底端的固定挡板接触，弹簧的劲度系数为3A通

过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳与放在水平面上的物块。相连，各段绳均处于刚好

伸直状态，A上段绳与斜面平行，C左侧绳与水平面平行，C的质量也为机，斜面足够

长，物块C与水平面间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度为g。现给C与一个向右的

初速度，当C向右运动到速度为零时，5刚好要离开挡板，求：

（1）物块C开始向右运动的初速度大小；

（2）若给C施加一个向左的水平恒力耳（未知）使C向右运动，当8刚好要离开挡板

时，物块A的速度大小为v,则拉力£多大？

（3）若给。一个向右的水平恒力K（未知）使C向右运动，当3刚好要离开挡板时,

物块A的加速度大小为〃，此时拉力K做的功是多少？

9.（2023•浙江模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB.8均为四分之一圆弧，E为

圆弧的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。G”与水平夹角为。=37。，底

端”有一弹簧，A、R、。、〃在同一水平直线上。一质量为0.01依的小钢球

（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为。处的O点静止释放，从A点沿

切线进入轨道，3处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小

钢球被吸在13点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m,

长L=2/",水平直轨道和的动摩擦因数〃=0.5,其余轨道均光滑，小钢球通

过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一

次通过圆弧的最高点石。（sin37o=0.6,8837。=0.8,g=求：

（1）小钢球第一次经过。点时的速度大小％;

（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点2时对轨道的压力大小七（保留两位小数）；

（3）若改变小钢球的释放高度/?,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与％的函数

10.（2024•凉山州模拟）如图所示，一轻质弹性绳原长为04,上端固定在O点，下端

连接一小物体竖直拉伸弹性绳后置于粗糙水平地面上的8处。在A位置紧挨弹性绳右侧

固定一光滑挡杆，在弹性绳弹性限度内，让物体在水平向右的恒力/作用下从3点经C

运动到。点，AC=2八A,AO=3A4,点O、A、B、C、。在同一竖直平面内，弹性绳

的势能正比于形变量的平方。则以下说法正确的是（）

/4/〃

0

777777$。77'7'rnTE3r5T77Tnfm7777771777

BCD

A.物体从4到。做匀加速直线运动

B.物体从8到C与从C到。弹性绳势能的增量相等

C.物体运动过程中所受的摩擦力不变

D.物体从8到。与从。到。摩擦生热相等

考前押题

1.如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A点，

另一端连接质量为，〃的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆可一端固定在墙上，另一端为

定滑轮。若弹性较纯自然长度等于回，初始时ABC比一条水平线上，小球从。点由静

止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为〃，。为CE的中点，重力加

速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为拳，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6,弹性

轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为与=，履之，其中k为劲度系数、x为

伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为（।

QE

ABCD

ioioio•10

2.如图，倾角为30。的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上，在A点的上方

再固定一光滑的细杆，细阡与竖直方向的夹角为30。，质量均为〃?的小球甲、乙（均视

为质点）用长为L的轻质杆通过钱链连接（钱链的质量忽略不计）小球甲套在细杆上，

小球乙放置在斜面上A点，重力加速度大小为g。现让小球甲、小球乙由静止释放，小

球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，小球甲的动能

3(6+1),八3(73+1)/

rC.-------ingLD.———mgL

3.如图所示，质量为1依的物块〃与质量为4.36依的物块人用不可伸长的轻绳跨接在一光

滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度〃=12〃?。〃在桌面

的上方，b在桌面上，初始时八b在外力控制下均静止,右侧绳与竖直方向的夹角为37。o

撤去控制，用大小恒为20N的力尸水平向右拉力，。、。开始运动，外》均可看作质点，

人始终未离开桌面，重力加速度g取10/〃//，sin37°=0.6,cos37°=0,8o一段时间后，右

侧绳与竖直方向的夹角变为53。。在此瞬间,a的速度大小为（)

A.6mlsB.5m/sC.48〃/sD.3.6,77/5

4.如图所示，货舱尸中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度

%=3及〃〃5通过半径为宠=0.4〃?的光滑半圆轨道的最高点4,并沿圆轨道运动至最低点

B（最低点3与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C,

最终从点。水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触

面间不同的动摩擦因数〃这一特性，并通过调节传送带运行速度1，和传送带长度L来达

到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间

的动摩擦因数分别是0.2和0.4,点C距收集板的高度为〃=1.25〃?。不考虑轮的半径及谷

物在连接处的能量损失，小考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g=10机

（结果可以保留根号形式）

（1）求谷物运动至点8时的速度大小；

（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度乙=2.25股，求盯

（3）现调整传送带顺时针运行速度为u=9,〃/s,为保证谷物的分离效果良好，需满足

X.0.5/H,求传送带长度L的取值范围。

5.如图所示，用轻绳将足够长的木板3与小物体C连接，3由静止开始运动的同时，

小物体A从8的右端开始向左运动。已知4的质量为股=2依，初速度为％=3加5。4、

8间动摩擦因数为〃=0.3,3的质量为加=1依，刚开始运动时小距滑轮乙=10/〃，3碰滑

轮后静止。C的质量为〃?=1依，刚开始运动时，C距地而，=9/〃，C撞地面后静止。忽

略A、4以外的一切摩擦，g取IO,"/.1,求：

（1）4滑上“后，A、5加速度的大小％和%;

（2）A从滑上到离开木板8的时间f;

（3）4在5上滑行因摩擦而产生的热量Q。

H

真题回顾

1.【答案】B

【解答】解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做

的功为I%，则空气阻力对雨滴做功为-此工，雨滴在地面附近以速率I，下落高度力的过程

中，由动能定理得："@L%=0

解得：=mgh

故4正确，AC。错误。

故选：B。

2.【答案】B

【解答】解：每个水筒中水的重力为G=mg

水筒的线速度为u=oR

取足够长的一段时间/内，装水的水筒个数为N=〃w=〃oR

筒车对灌入稻田的水做功的功率为。=叱="%NGH=3，"〃g①RH

tt5

故8正确，A8错误。

故选：Bo

3.【答案】BC

【解答】解：AC.根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小

球做的总功为零，根据功能关系可知小球由于重力做功，在8点的速度不为0,所以小

球不会在之间做往复运动，故A错误，C正确；

B.与没有弹簧时相比，小球从A点运动到8点的速度相等，没有弹簧时，小球运动的

加速度为

a=gsin0

有弹簧时加速度先大于gsinO,AB=2AOi,然后一直减小，且小球运动到A4中点时，加

速度为gsin。，i—图像如图

由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到A点所用的时间更短，故4正确；

。.小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故。错

误：

故选：BCo

4.【答案】BD

【解答】解：设物块离开木板时的速度为匕，此时木板的速度为匕，由题可知

匕>%

设物块的对地位移为乙,木板的对地位移为几

CD、根据能量守恒定律可得

整理解得

=；相片一;一力vgw：-fl

故C错误，。正确；

AB.因摩擦产生的热量为

Q=#=/（x,”f）

根据运动学公式可得/=殳土乜

f'J2

XM

由于Vo>V]>V2

所以（＞2%

故/f=/f

故卬=笈"v#

故A错误，8正确；

故选：BDo

5.

【解答】解：（1）根据运动学公式可得

V12=2aL

解得a=—=———m/52=2m/s2

2L2x1600

根据匕=%+atof得

V）80

t=—=—s=4O.v

a2

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为

/\E=/\Ek+△Ep=；tnvi-g4-mgh

=-X1.0X104X1002J--X1.0X104X802J+1.0X104X10X1007=2.8X107J

22

答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度〃的大小为2,〃//,滑行时间/为405；

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量也石为2.8x10"。

6.【答案】（1）小球离开桌面时的速度大小为再;

⑵小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离盛

【解答】解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0,对小球和弹簧组成的系统，由机械

能守恒定律得：Ep成

解得：

（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为/，则落地点距飞出点的水平距离X=R

落地瞬间竖直分速度。-中

与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为丫=25=±灯

55

小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0-v/=-2^

联立解得：》=3怦

27mg

答：（1）小球离开桌面时的速度大小为再;

⑵小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为:

/区域模拟

L【答案】A

【解答】解：A、表演者开始静卧于力=0处，打开气流时，由图乙知^=1.2x104〉//,

风力大小为尸=0.05v2=O.O5xl.2xlO47V=600N,故A正确；

8、当尸=0.05y>/ng时,合力向上，表演者向上加速,由牛顿第二定律有:0.05v2-mg=ma

可知随着风速的减小，加速度减小，表演者先做加速度减小的加速运动；

当尸=0.05打=砥时,加速度为零,速度最人；

当尸=0.05口2<〃*时，合力向下，表演者向上减速，由牛顿第二定律

mg-0.05v2=ma

故随着风速的减小，加速度增大，所以表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加

速度逐渐增大的减速运动，故8错误；

C、由乙图可知：v2=1.2x104-400/7

表演者的加速度为。时，有尸=〃?g,结合尸=0.05/,代入数据解得：/?=5m，故C错误；

。、表演者在上升过程中受风力作用，风力对人要做功，其机械能不守恒，故。错误。

故选：Ao

2.【答案】B

【解答】解：A、设释放8前弹簧的压缩量为%,对A,由平衡条件有［，咫sin。

刚释放8瞬间，对A、8组成的系统，由牛顿第二定律有：mg+代)-勿火sin夕=2〃也

解得加速度大小为：a=

此时对8有：〃?g-4,解得细线的拉力大小：产r=；〃?g,故A错误；

B、A上升过程中，当A和8整体的加速度为0时速度达到最大值小,设此时弹簧的拉

伸量为x,对4、8整体有：〃?g-米-〃?gsine=O,解得：x=x0,所以此时弹簧的弹性势

能与初始位置时相同。对A、〃和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：

〃抬(x()+x)-〃火(％+x)sin0=；X2〃?匕：，解得：v,„故8正确;

。、当弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能最小，此时8没有下滑到最低点，故C错误;

。、根据对称性可知，8下落至最低点时，A和8的加速度大小为"=a='g,则A所受

2

合力大小为尸=〃/=3冷？，故。错误。

故选：Bo

3.【答案】C

【解答】解：A、已知外c质量均为〃?，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压，根

据平衡条件可得：牲="=2〃?，故4错误；

B、将c与d间的线剪断，弹簧弹力没来得及改变，即弹簧弹力T=〃?g;对力、c分析,

根据牛顿第二定律可得：/g+T-?g=(〃％+〃<)〃，解得：=，故8错误；

8、设原来弹簧拉伸玉，对a分析，则有：Q=，ng

对〃、。分析，当二者受力平衡时速度最大，设此时弹簧压缩小，则有：乜+“g=/g

所以的速度最大时，〃下降距离为：x=M+M，解得：x=虫;

■k

〃下降驷时速度最大，比时弹簧弹性势能不是最大，故C正确、。错误。

k

故选：Co

4.【答案】。

【解答】解：4、由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N,此时加速度为()，模

型车受力平衡，所以车所受到的阻力大小/=2N,故A错误；

B、由图像可知，模型车先做匀加速运动，匀加速运动的末速度M=2〃"S,此过程的牵

引力为F=4N，根据牛顿第二定律得：F-于=ma,解得匀加速运动的加速度为a=，

故匀加速运动的时间4=乜=幺=卜，故8错误；

a2

。、当速度达到时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故模

型车牵引力的最大功率尸=/=4x2W=8W,故C错误：

模型车变加速运动所需时间&=/r=5sTs=4s,对于变加速运动，根据动能定理有：

Pt2-fx2，由图可知最大速度匕”=4加s,解得变加速运动的位移x2=13〃?>

匀加速阶段位移x,=—t[=^x\m=\m»故总位移x=%+占=13/〃+\m=14〃i♦故。正确。

22

故选：。。

5.【答案】D

【解答】解：A、根据纭-/?的图像可得，在0〜加速阶段，由动能定理得

可知/-/?图像的斜率的大小表示合外力的大小，则由图像可得：七=64N

设每个叶片提供的升力大小为尸，则有：8/7咫=尸介

解得：尸=20.5N,故A错误；

B、减速阶段，同理可知，图线斜率的绝对值表示合外力的大小，设此阶段升

力的大小为产、合外力为尸合，可得：9合="=64~

则有/叫-8尸=尸合，解得：F=4.5N，故4错误；

C、根据功能关系可知，0〜10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加量等于升

力所做的功，而在整个上升过程中，升力做功为

W=8他+8Fa=8x20,5x57+8x4.5x57=10007

所以0~10/〃的上升过程中，机械能的增加量△£=W=1(X)0./,故C错误；

。、设5/〃〜10/〃的上升过程中无人机的加速度大小为*根据牛顿第二定律有：F\=ma

解得：a=6.4/77/s2

设上升到5/〃时的速度为v,则有1/加=32(1/,解得：v=Sin/s

2

5〃~10〃?的上升过程中所用的时间为

5〃.10/〃的上升过程中升力所做的功为

W=8尸％=8x4.5x57=1807

故该过程中无人机受到的升力的平均功率为

P=—=—W=\44W故D正确。

t1.25f

故选：。。

6.【答案】D

【解答】解：A、轻杆移动距离/的过程中，先做加速运动，再做减速运动，轻杆所受

的摩擦力不变，但所受的弹簧的弹力是变力，所以轻杆所受的合外力为变力，加速度大

小和方向都变化，轻杆不可能做匀变速直线运动，故A错误；

8、弹簧被压缩最短时，轻杆所受的合外力最大，轻杆正在做加速运动，其速度没有达

到最大，故8错误；

C、根据能量守恒定律，曰于轻杆与固定槽之间的动摩擦力做功，系统的机械能有一部

分转化为内能，所以小车被弹簧弹回的速率小于％,故C错误；

拉、弹簧的弹性势能最大时，弹簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加

速度也达到最大，故D正面。

故选：。。

7.【答案】D

【解答】解：BC.对小木块运动的整个过程，根据动能定理有

〃岫-/migcox.•虱X-----)=0

sin0tan0

解得：x=X,可知x与。无关，若保持。和〃不变，0增大，仍停在A点，故错误;

4、由上知〃=〃x,木块沿斜而下滑的过程中，重力对木块做功为：1%=〃磔=W"gx

根据动能定理得：%+Wf=g〃”，则摩擦力对木块做功为：

222

Wt=gmv-叱;=gtnv-ingh=gmv-〃,n为木块运动到斜面底端时速度大小，故A错

误；

。、对小木块运动的整个过程，根据动能定理有

.八力/〃、八

mgh-1/mgcos”-----------------------------）=0

sin0tan0

解得：=

将斜面底端延长至A点，有：//=—=tan0,则〃7gsin0=cos夕

x

所以木块则刚好不下滑，故。正确。

故选：Do

8.【解答】解：（1）弹簧原来的压缩量为；

_mgsin0_mg

Xi=^~=2k

4刚好要离开挡板时弹簧的伸长量为：

mgsin。mg

〜k=2T

则有：百=々。

所以初末状态弹簧的弹性势能相等。对A、C及弹簧组成的系统，运用功能关系得:

2xg〃?4=mgsin夕•（芭+x?）++x,）

解得C的初速度为：%=小

（2）A上滑的距离为：$=芭+々=重

k

对A、C及弹簧组成的系统，运用功能原理得：

2

Fxs=nigsin8・s+flings+2x-niv

2

可得：F}=mg+幺一

g

（3）当8刚好要离开挡板时，由牛顿第二定律得：

对A有：T-tngsinO-kx2=〃ia

对C有：F2-T-pmg=nui

拉力匕做的功为：W=gs

联立解得：卬=空§8+为）

答:

(1)物块。开始向右运动的初速度大小是g后；

(2)拉力七为加g+坦。

g

(3)此时拉力玛做的功是金(3g+2a)。

k2

9.【答案】(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小上为

(2)小钢球第一次经过愎弧轨道最低点8时对轨道E勺压力大小心为O.83N;

(3)①若小球释放高度s=0

②若小球释放高度1.6也h<2.24m,s=2.5(〃-l)

③若小球释放高度2.24〃%”,s=1.6/%。

【解答】解：(1)小钢球从。点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的

速度为0，小球从C点到E点，根据动能定埋得：

一"火•2R=0-g"忧

代入数据解得：vc=2瓜m；s

(2)从4点到C点，由动能定理得：-〃〃2gL=；〃忧-g/冠

小钢球经过8点，由牛顿第二定律得：N-〃?g=〃沌

R

代入数据联立解得：N=』N=0.83N

6

根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小a=N=0.83N

(3)若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为4,从释放到E点，由动

能定理得：

-R)—"mgL=0

代入数据解得：A=1痴

若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距4点为生，从释放到E点，由动能定

理得：

R

-/?)-卬ngL-2〃〃7gcos。----0

tan。

代入数据解得：=2.24,n

①若小球释放高度/?<1.6/72,无法到达E1点，5=0

②若小球释放高度1.6心〃<2.24"7,小球能经过E点一次，则小钢球最终停在”

点，从释放点到停在〃点，根据动能定理得：

mgh-cos夕•s=0

代入数据解得：s=2.5（h-i）

③若小球释放高度2.24典"，小球经过七点两次，s=2-^-=2x^-m=\.6m

tan。3

4

答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小％为2、后〃/$;

（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点A时对轨道的压力大小4为0.83N；

（3）①若小球释放高度〃<16〃，s=0

②若小球释放高度1.6/71,h<2.24〃?,s=2.5（/2-1）

③若小球释放高度2.24/74,h,5=1.6/7/。

10.【答案】C

【解答】解：根据题意，设48间距离为x,弹性绳的劲度系数为我,弹性绳的势能正比

于形变量的平方，比例系数为物体与地面的动摩擦因数为〃，弹性绳与水平面间的

角度为。，则

AC.物体向右运动的任一时刻，弹性绳的弹力为

sinO

对物体进行受力分析，如图所示

mg

则水平方向根据牛顿第二定律有

F-F^cosO-f=ma

竖直方向上根据平衡条件有

mg=FN+F^sinO

又

卜出

联立解得摩擦力和加速度分别为

f=〃(mg--—•sin6)=〃("火-kx)

sin，

kx

一_kx)

tan。

m

根据表达式可知，摩擦力大小不变，加速度随着物体向右运动，。逐渐减小，tan。逐渐

减小,加速度〃减小。物体从8到。做不是匀加速直线运动，故A错误、C正确；

8.根据题意可知物体在8、C、。三处时弹性绳的弹性势能分别为

EL/

2

EltC=k\2x)

Eg=々'Ox)?

则物体从B到€;弹性绳势能的增量为

■EpHc-一七M=^k'x2

从C到。弹性绳势能的增量为

2

aEf=Epl)—EpC=5k'x

可知物体从外到C与从C到。弹性绳势能的增量不相等，故8错误;

。.根据几何关系，可知BC和CD距离分别为

BC=yl(2x)2-x2=x/3x

CD=7(3X)2-X2-BC=(272-V3)x

根据恒力功公式可知，物体从4到C与从。到。摩擦生热为

Q=f$

因为摩擦力大小不变，3c长度与。不等，则摩擦生热不相等，故。错误。

故选：C。

工^考前押题

1.【答案】B

【解答】解：小球在C点时，杆对小球的弹力为

FIT

释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为e,任取一位置对小球受力分析，如图所示

水平方向，根据平衡条件可知，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即

FN=上rsin0

又

xninO=xBC

故杆对小球的弹力保持&=岸不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为

f=/=〃詈=0.3叫

小球从。到E过程，根据功能关系

mgh-fh-\^k{h'+^)-^^4cJ=()

解得弹性绳劲度系数为

k」&〃g

h

小球从C到。的过程，根据动能定理有

解得小球在。点速度为

八叵亚，故8正确，ACZ）错误。

10

故选：Bo

2.【答案】B

【解答】解：当小球甲下降到4点时，由几何关系可得小球甲、乙下降的高度分别为

%=Lcos300

h,=Lsin300

当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，轻质杆与斜面平行，小球甲的速度沿着细杆,

小球乙的速度沿着斜面向下，所以小球甲与小球乙的速度关系为：吐=%。$30。

由机械能守恒定律可得

,,1212

乙

mg}+mgh=-/HM(1+-7K^

小球乙的动能为

代入数据联立解得

2(6+1)

mgL

7

故ACZ）错误，9正确。

故选：Bo

3.【答案】C

【解答】解：右侧轻绳和竖直方向的夹角由37。变为53。，如图所示

由几何关系得到乙=备嗑'〃f〃，"焉崂〃修。小故〃在竖直方向上升

T

△〃=4乙=20m-15m=5/”

人在水平方向前进/L=h-(tan530-tan37°)=12x(^-=7/?/,〃沿水平方向运动时速度沿

绳方向的分量为%=3加53。=0.8小在轻绳另一端有%=匕，由功能关系得

FL“.+吗+萼

代入数据解得

vft=6m/s,v(l=4.8/77/s

故村)错误，C正确。

故选：C。

4.【答案】(1)谷物运动至点8时的速度大小为回"/$;

(2)