五年高考物理 機械能守恒定律

五年高考三年聯考絕對突破系列新課標：必修2

第06單元機械能守恒定律

縱觀近幾年高考，機械能考題要求考生深刻理解、準確掌握功、平均功率、瞬時功率、

動能、重力勢能等重要的概念及相關物理量的判斷和計算。準確理解動能定理，機械能守恒

定律的全部內容，熟練、掌握它們的運用方法，牢固樹立功是能量轉化的量度，能量守恒利

能的轉化觀點。尤其是多次出現可用動量守恒和功能關系、能量守恒相結合的綜合壓軸題，

且有的物理情境設置新穎，有的貼近于生活實際，這類問題對考生的綜合分析能力、推理能

力要求較高，應注意這部分內容在解決實際綜合問題時的應用，能通過解決實際綜合問題培

養(yǎng)分析、綜合、推理和判斷的能力，并注意處理這些問題時常用的方法和技巧

第一部分五年高考題薈萃

兩年高考?精選（2008?2009）

考點1基本概念的理解

1.（09?廣東文科基礎?58）如圖8所示，用一輕繩系小球懸于0點?，F將小球

拉至水平位置，然后釋放，不計阻力。小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的

是（A）

A.小球的機械能守恒

B.小球所受的合力不變

C.小球的動能不斷減小

D.小球的重力勢能增加

2.（08?重慶理綜?17）下列與能量有關的說法正確的是（）

A.衛(wèi)星繞地球做圓周運動的半徑越大，動能越大

B.從同種金屬逸出的光電子的最大初動能隨照射光波長的減小而增大

C.做平拋運動的物體在任意相等時間內動能的增量相同

D.在靜電場中，電場線越密的地方正電荷的電勢能一定越高

答案B

解析衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心力由衛(wèi)星與地球之間的萬有引力提供，即

GM^m=Q，山此式可得，,加v2=朋地加故「越大,衛(wèi)星動能越小，故A錯.光電子的

2

rr22r

最大初動能EK^hv-W^h--W，故隨波長的減小而增大,B對.

在平拋運動的過程中t時刻后任取一小段時間為At,故t時刻豎直方向的分速度為

v“t+At時刻豎直方向的分速度為Y…其動能增量為

AEk=；加(Jv-J+v02)2_；加(Jv,2+%2)2,化簡可得:

2222222

AEk=1m(vt+A,-vt)=^m[g(t+At)-gt]=(2gt-At+gAt),

由此可知,就算△t相同，△反仍隨t的增大而增大,故C錯.如正電荷處于負電荷產生的電場

中，電場線越密的地方,正電荷的電勢能越低，故D錯.

3.(08?四川理綜?18)一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動,經過時間t?；列泵娴?/p>

端.己知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定.若用F、v、s和E分別表示該物體所受的

合力、物體的速度、位移和機械能，則下列圖象中可能正確的是()

Ft

Ot0t

A

答案AD

解析合力是恒定的,速度隨時間線性增加,位移增加但與時間是二次函數關系,根據機

械能守恒知E=Eo-

2

〃mgs=E「L〃gFftt,可見機械能隨時間增大而減小,且與時間是二次函數關系.

2

4.(08?廣東理科基礎?11)一個25kg的小孩從高度為3.0m的滑梯頂端由靜止開始滑

下,滑到底端時的速度為2.0m/s.取g=10m/s：關于力對小孩做的功，以下結果正確的是

()

A.合外力做功50JB.阻力做功500J

C.重力做功500JD.支持力做功50J

答案A

11

解析山動能定理得W合=]mv?=50J,由能量守恒得mgh=-mv2+W「阻力做功

1…

W/=mgh--mv2=700J,%=mgh-750J,支持力不做功.

5.（08?江蘇?5）如圖所示，粗糙的斜面與光滑的Vo

A

水平面相連接,滑塊沿水平面以度V,運動,設滑塊運動到■z

A點的時刻為t=0,距B點的水平距離為x,水平速度為V”

由于的不同,從A點到B點的幾種可能的運動圖象如下--------士----------\二

列選項所示，其中表示摩擦力做功最大的是（）

答案D

解析A、C圖表示物體水平方向速度不變,說明從A點做平拋運動.B圖說明先平拋一段

落在斜面上,相碰后又脫離斜面運動.D圖說明滑塊沿斜面下滑.所以D表示摩擦力做功最大.

6.（08?江蘇?9）如圖所示,一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b,跨在兩根

固定在同一高度的光滑水平細桿上,質量為3m的a球置于地面上,

質量為m的b球從水平位置靜止釋放，當a球對地面壓力剛好為零

時,b球擺過的角度為巴下列結論正確的是（）

A.19=90°

B.夕=45。

C.b球擺動到最低點的過程中，重力對小球做功的功率先增大后減小

D.b球擺動到最低點的過程中，重力對小球做功的功率一直增大

答案AC

解析b球下擺過程中，豎直方向速度先增大后減小，重力功率P=mgn先增大后減小.a

對地面的壓力剛好為零，說明繩的拉力T=3mg,對b球設繞行半徑為r,在最低點

|7V2

時,mgr=—mv?T'-mg=----福?T'=T=3mg所以b在最低點時,a球恰好對地面壓力為零.

2r

7.（08?廣東?3）運動員跳傘將經歷加速下降和減速下降兩個過程，將人和傘看成一個

系統，在這兩個過程中，下列說法正確的是（）

A.阻力對系統始終做負功

B.系統受到的合外力始終向下

C.重力做功使系統的重力勢能增加

D.任意相等的時間內重力做的功相等

答案A

解析運動員無論是加速下降還是減速下降,阻力始終阻礙系統的運動,所以阻力對系

統始終做負功,故選項A正確;運動員加速下降時系統受到的合外力向下,減速下降時系統所

受的合外力向匕故選項B錯誤；由WG=-△「知，運動員下落過程中重力始終做正功，系統

重力勢能減少,故選項C錯誤;運動員在加速下降和減速下降的過程中,任意相等時間內所通

過的位移不一定相等,所以任意相等時間內堂力做功不一定相等,故選項D錯誤.

8.（08?廣東?17）為了響應國家的“節(jié)能減排”號召，某同學采用了一個家用汽車的

節(jié)能方法.在符合安全行駛要求的情況下,通過減少汽車后備箱中放置的不常用物品和控制

加油量等措施，使汽車負載減少.假設汽車以72km/h的速度勻速行駛時,負載改變前、后汽

車受到的阻力分別為2000N和1950N.請計算該方法使汽車發(fā)動機輸出功率減少了多少？

答案1X10%

解析（1）設汽車的牽引力大小為F,汽車所受阻力大小為f,汽車速度為v.

汽車做勻速運動，所以F=f①

發(fā)動機的輸出功率P=Fv②

由①②得

72

△P=v=（2000-1950）X—W

3.6

=1X103W4

考點2動能定理的應用

9.（09?全國卷n?20）以初速度V。豎直向上拋出一質量為m的小物體。假定物塊所

受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g,則物體上升的最大高度和返回到原拋出點

的速率分別為(A)

A.----%f和％

2g(i+/)+/

mg

解析：本題考查動能定理.上升的過程中，重力做負功，阻力/做負功，由動能定理得

12

-(mgh+fh)=~^mvo,h求返回拋出點的速度由全程使用動能定理重

力做功為零,只有阻力做功為有—2“陪〃=|mv2，解得v=%渭］;,A正確。

10.（09?上海物理?5）小球由地面豎直上拋，匕升的最大高度為H,設所受阻力大小

恒定，地面為零勢能面。在上升至離地高度方處，小球的動能是勢能的兩倍，在下落至離高

度力處，小球的勢能是動能的兩倍，則才等于（D）

A.B.2A/9C.3H忖D.4〃9

1,

解析：小球上升至最高點過程：-mg，-."=0-］相片；小球上升至離地高度分處

過程：一/wg。一."=；an；一；7M說，又;加丫；=2加g”：小球上升至最高點后又下降至離

地高度/?處過程：—mg?！?（2H—%）=3根￥-；相片，又2；根田=〃嗚0；以上各式聯

4

立解得。=一"，答案D正確。

9

11.（09?廣東理科基礎?9）物體在合外力作用下做直線運動的v—t圖象如圖所示。

下列表述正確的是（A）

0123z/s

A.在0—Is內，合外力做正功

B.在0—2s內，合外力總是做負功

C.在l—2s內，合外力不做功

D.在0—3s內，合外力總是做正功

解析：根據物體的速度圖象可知，物體0-ls內做勻加速合外力做正功，A正確；l-3s

內做勻減速合外力做負功。根據動能定理。到3s內，l—2s內合外力做功為零。

12.（08?寧夏理綜?18）一滑塊在水平地面上沿直線滑行,t=0時其速度為1m/s.從此刻

開始滑塊運動方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別

如圖a和圖b所示。設在第1秒內、第2秒內、第3秒內力F對滑塊做的功分別為TkW?、

臨，則以下關系式正確的是（）

圖b

A.WFWZ=W3B.W!<W2<Wa

C.Wi<W3<W2D.〈備

答案B

解析由v-t圖象可知第1秒內、第2秒內、第3秒內的力和位移均為正方向,

X]=—I=—m,x2=—1=—m,x3=vot=lm,F|=1N,F2=3N,F3=2N

13

J,%="5J，K=“2J

所以：W,(W2(W3.

考點3機械能守恒和能量守恒定律的應用

13.（09?江蘇物理?9）如圖所示，兩質量相等的物塊A、B通過一輕質彈簧連接，B

足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在

彈性限度內。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過

程中，下列說法中正確的有（BCD）

A.當A、B加速度相等時，系統的機械能最大LAAAAAPTH卜,

B.當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大?-------匚萬!----------

C.當A、B的速度相等時，A的速度達到最大XXWWWXXWWWXX

D.當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大

2E---------AF“|

解析：處理本題的關鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使

問題大大簡化。對/、8在水平方向受力分析如圖，內為彈簧的拉力；當加速度大小相同為

F

a時，，對A有E一6=機。，對B有片=加。，得々=]■,在整個過程中A的合力（加速

度）一直減小而B的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）

一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）。兩

物體運動的"力圖象如圖，L時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩

物體的速度相等，A速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移

最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統正功，系統機械能增加，3時刻

之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統機械能并非最大值。

14.（09?廣東理科基礎?8）游樂場中的一種滑梯如圖所示。小朋友從軌道頂端由靜止

開始下滑，沿水平軌道滑動了一段距離后停下來，則（D）

A.下滑過程中支持力對小朋友做功

B.下滑過程中小朋友的重力勢能增加

C.整個運動過程中小朋友的機械能守恒

D.在水平面滑動過程中摩擦力對小朋友做負功

解析：在滑動的過程中，人受三個力重力做正功，勢能降低B錯：支持力不做功，摩擦

力做負功，所以機械能不守恒，AC皆錯，D正確。

15.（09?山東?18）2008年9月25日至28日我國成功實施了“神

舟”七號載入航天飛行并實現了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛

行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米

的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的

是(BC)

A.飛船變軌前后的機械能相等

B.飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)

C.飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度

D.飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度

解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引

力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期

27r

90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據7=—可知，飛船在此圓軌道上運動的角

0）

度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引

力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正

確。

考點：機械能守恒定律，完全失重，萬有引力定律

提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力（非重力、彈性力）不做功，且其

他力做功之和不為零，則機械能不守恒。

根據萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)

Mmv2

量。由G^=m—

rr

ma可求向心加速度。

GFn

16.（09?山東?22）圖示為某探究活動小組設計的節(jié)

能運動系統。斜面軌道傾角為30°,質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為匚。木箱在

6

軌道端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，

與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,

再重復上述過程。下列選項正確的是(BC)

A.m=M

B.m=2M

C.木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度

D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈

性勢能

解析：受力分析可知，下滑時加速度為g-〃gcos6,上滑時加速度為g+〃gcos6,

所以C正確。設下滑的距離為1,根據能量守恒有

/z(w+M)glcos0+/dMglcos0=mglsin0,得m=2M。也可以根據除了重力、彈性力做

功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統機械能的變化量，B正確。在木

箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的而力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以

D不正確。

考點：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析

提示：能量守恒定律的理解及應用。

17.(09?全國卷I?25)如圖所示，傾角為0的斜面上靜止放置三個質量均為m的木

箱，相鄰兩木箱的距離均為lo工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木

箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運動。整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三

個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數為U,重力加速度為g.設碰撞時間極短，

求

(1)工人的推力；

(2)三個木箱勻速運動的速度；

(3)在第一次碰撞中損失的機械能。

0

2_________________

答案：(1)3mgsin6+3〃mgcos。；(2)§J2gL(sin9+〃cos。)；(3)

Mg￡(sin9+〃cos6)。

解析：(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根

據平衡的知識有尸=3/wgsin0+cos6

(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為Vb加速度

6="二"gyn"s&cos"=2g?畝0+〃cos')根據運動學公式或動能定理有

m

匕=2jgL(sine+〃cos6),碰撞后的速度為5根據動量守恒有加匕=2加匕,即碰撞后的

速度為V2=JgL(sin6+〃cos6),然后一起去碰撞笫三個木箱，設碰撞前的速度為V3

從V2到V3的加速度為a,=-2gi-geos。=g?ncos。)根據運動

22m2

學公式有匕2—匕2="J，得嚏=J2gL(sin6+〃cos。),跟第三個木箱碰撞

根據動量守恒有2加匕=3加匕，得匕=§j2gL(sin6+〃cos6)就是勻速的速度.

設第一次碰撞中的能量損失為AE,根據能量守恒有上加匕2=AE+22加/，帶入數據得

2122

Af=wgA(sin0+4cos6)。

18.(09?山東?24)如圖所示，某貨場而將質量為m,=100kg的貨物(可視為質點)

從高處運送至地面,為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道,

使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=l.8限地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的

木板A、B,長度均為l=2m,質量均為m2=100kg,木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板

間的動摩擦因數為〃“木板與地面間的動摩擦因數〃=0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力

大小相等,取g=10m/s2)

(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。

(2)若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求〃?應滿

足的條件。

(3)若〃尸0。5,求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。

解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為%,對貨物的下滑過程中根據機械能守

恒定律得，mgH=；叫片①設貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN,根據牛頓第：定律

2

得，77V-町g=M7］多②

聯立以匕兩式代入數據得&=3000N③

根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N,方向豎直向下。

（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得〃j/?1gW也（町+2加2）g④

若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得從町g>〃2（？+m2）g⑤

聯立④⑤式代入數據得0.4<M<0.6⑥。

（3）4=0.5,由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上

做減速運動時的加速度大小為q,由牛頓第二定律得必町g<機臼⑦

設貨物滑到木板A末端是的速度為匕,由運動學公式得n；一片=_2aJ⑧

聯立.①⑦⑧式代入數據得耳=4相/s⑨

設在木板A上運動的時間為t,由運動學公式得耳=%⑩

聯立①⑦⑨⑩式代入數據得/=0.4s。

考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析

19.（09?寧夏?36）兩質量分別為Ml和M2的劈A和B,高度相同，放在光滑水平面

上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示，一質量為m的物塊

位于劈A的傾斜面匕距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下，然后雙滑上劈B。求物塊在

B上能夠達到的最大高度o777777777777777777777777

解析：設物塊到達劈A的低端時，物塊和A的的速度大小分別為1/和V,由機械能守恒

和動量守恒得

112

mgh=-mv^2+—AfjT①

My=mv②

設物塊在劈B上達到的最大高度為〃，此時物塊和B的共同速度

大小為,山機械能守恒和動量守恒得

1.1

u

mgh'+—(M2+m)V=—mv^③

mv={M2^rn)V'④

聯立①②③④式得

h'=----------!-=---------h⑤

(A/j+m)

20.（08?全國H?18）如右圖，?很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩

端各系一小球a和b.a球質量為叫靜置于地面；b球質量為3m,用/〃〃多〃小

手托往,高度為h,此時輕繩剛好拉緊.（卜

從靜止開始釋放b后，a可能達到的最大高度為（）

I

A，hB.L5h

C.2hD.2.5h

答案B

解析b著地前,根據牛頓第二定律：

對于b：3mg-T=3ma①

對于a：T-mg=ma②

①、②式相加得：2mg=4ma,a=&,v、2ah

2

b著地后,a做豎直上拋運動,v2=2gh.

設最大高度為H,則H=h+hi

所以“=。+?h=士3〃

22

21.（08?江蘇?11）某同學利用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律,弧形軌道末

端水平，離地面的高度為H,將鋼球從軌道的不同高度h

處靜止釋放,鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s.

（1）若軌道完全光滑,一與h的理論關系應滿足s2=_

（用II、h表示）.

（2）該同學經實驗測量得到一組數據,如下表所示：

h(101m)2.003.004.005.006.00

s^lO,m2)2.623.895.206.537.78

請在坐標紙上作出s2-h關系圖.

（3）對比實驗結果與理論計算得到的s2-h關系圖線（圖中J畫出），自同一高度靜止釋放

的鋼球，水平拋出的速率（填“小于”或“大于”）理論值。

2-12

s/xlOm理論

14

12

10

8

6

4

2

0

1234567E刈。-%

（4）從s2-h關系圖線中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認為造成上述偏差的

可能原因是

答案（1）4Hh（2）見下圖（3）小于（4）摩擦，轉動（回答任一即可）

解析（1）山機械能守恒mgFF’mv，

①

2

由平拋運動規(guī)律571②

H=：gt2

③

2

由①②③得s=4Hh.

（2）根據表中數據描出s?-h關系如圖.

山圖中看出在相同h下，水平位移s值比理論值要小，山s=vt=v說明水平拋出

的速率比理論值小.

（4）水平拋出的速率偏小,說明有機械能損失,可能因為摩擦,或在下落過程中小球發(fā)生轉

動.

22.（08?全國II?23）如右圖，-質量為M的物塊靜止在桌面邊緣,桌面離水平地面的高

度為卜一質量為的子彈以水平速度。射入物塊后，以水平速度射出.重力加速度為

mVv0/2go

求：

（1）此過程中系統損失的機械能;

（2）此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離.

S—n

解析（1）設子彈穿過物塊后物塊的速度為V,由動量守恒定律得

V0

mvo=m—+Mv①

2

解得v=---Vo②

2M

系統的機械能損失為

AE=—mvo12-[—m(-)"+—Mv：]③

2222

由②③式得AE=1(3-巴)mvo?@

8M

(2)設物塊卜.落到地面所需時間為t,落地點距桌面邊緣的

水平距離為s,則h='gt2⑤

2

s=vt⑥

23.(08?重慶理綜?24)如圖中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一個勁度為

k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料

-ER流體,它對滑塊的阻力可調.起初，滑塊靜止,ER流體對其阻力為0,彈簧的長度為L.

現有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下,與滑塊碰撞后粘在一起向下運動.為保證

滑塊做勻減速運動,且下移距離為返時速度減為0,ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而

k

變.試求(忽略空氣阻力)：

(1)下落物體與滑塊碰撞過程中系統損失的機械能；

(2)滑塊向下運動過程中加速度的大?。?/p>

(3)滑塊下移距離d時ER流體對滑塊阻力的大小。

1/kL

答案(1)—mgL(2)—(3)mg+——kd

28m4

解析（1）設物體下落末速度為V。,由機械能守恒定律mgL=；mv°2,得v°=J泣，

設碰后共同速度為vi,由動量守恒定律2mv尸mv。,得v尸瘍E.碰撞過程中系統損

失的機械能為△E--mv＜）2--X2mvi2=—mgL.

222

⑵設加速度大小為a,有2as7』,得a=笄.

8777------

（3）設彈簧彈力為R,ER流體對滑塊的阻力為FER,受力分析如圖所示：----

kL

Fx+FER_2mg=2ma,F\=kx,x=d+mg/k,得F*mg+——-kd.

三年高考.集訓（2005?2007）

題組一

一、選擇題

1.（07?上海?12）物體沿直線運動的v-t關系如圖所示，已知在第1秒內合外力對物體做

的功為此則（）Av/m-s-1

A.從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W-------------、

B.從第3秒末到第5秒末合外力做功為-2W/?\

C.從第5秒末到第7秒末合外力做功為W0~1~2~3~45\6―卜Z

D.從第3秒末到第4秒末合外力做功為-0.75W

答案CD

解析由v-t圖象可以看一出，若第1s末速度為vi=v。則第3s末速度為V3=v0,第4s末

速度為5=義?第5s末速度為v5=0第7s末速度為VT=-VO,因為第1s內合外力做功為W,

2

則由動能定理可知:W=—mv/第js末到第3s末合外力做功Wi=—mv??--mv/=0；第3s末

22

到第5s末合外力做功W2=Lmvr-Lmv32=-Lmvo2=-W;第5s末到第7s末合外力做功

222

W=—mv2--mv2=—mv/=W;第3s末到第4s末合外力做功為

327252

22Z

Wi=—mV?--mv3=—m(—)--mvo=--X4mv/u-O.75W.上所述,C、D選項正確.

2222242

2.（07?廣東理科基礎?9）一人乘電梯從1樓到20樓,在此過程中經歷了先加速,后勻速,再

減速的運動過程,則電梯支持力對人做功情況是

（）

A.加速時做正功,勻速時不做功,減速時做負功B.加速時做正功，勻速和減速時

做負功

C.加速和勻速時做正功,減速時做負功D.始終做正功

答案D

解析在加速、勻速、減速的過程中，支持力與人的位移方向始終相同，所以支持力始終

對人做正功。

3.（07?全國卷H?20）假定地球、月球都靜止不動，用火箭從地球沿地月連線向月球發(fā)射

一探測器.假定探測器在地球表面附近脫離火箭.用W表示探測器從脫離火箭處飛到月球

的過程中克服地球引力做的功,用Ek表示探測器脫離火箭時的動能,若不計空氣阻力，則

（）

A.氏必須大于或等于W,探測器才能到達月球

B.反小于W,探測器也可能到達月球

C.Ek=-W,探測器一定能到達月球

2

D.Ek=-W,探測器一定不能到達月球

2

答案BD

解析假設沒有月球的吸引力，當探測器的初動能為W時,探測器剛好到達月球,當探測

器的動能EWW時,因為有月球的吸弓|力,探測器也可能到達月球.地球的質量約是月球質量

的6倍,探測器從地球到月球要克服地球引力做功W,在這個過程中月球對探測器做的功」

定小于。，所以當反=L時,探測器?定不能到達月球.

22

4.（07?廣東?4）機車從靜止開始沿平直軌道做勻加速運動，所受的阻力始終不變,在此過

程

中

下列說法正確的是（）

A,機車輸出功率逐漸增大

B.機車輸出功率不變

C.在任意兩相等的時間內，機車動能變化相等

D.在任意兩相等的時間內，機車動量變化的大小相等

答案AD

解析機車在勻加速運動中，牽引力不變，而速度越來越大，由P=Fv知，其輸出功率逐漸

增大,在任意相等的時間內，機車位移越來越大,其合外力不變,則合外力做的功越來越多，

故機車動能變化變大；由動量定理可知,合外力的沖量等于動量的變化量.

5.（07?廣東理科基礎?7）人騎自行車下坡,坡長1=500m,坡高h=8m,人和車總質量為100

kg,下坡時初速度為4m/s,人不踏車的情況下,到達坡底時車速為10m/s,g取10m/s；則

下坡過程中阻力所做的功為（）

A.-4000JB.-3800J

C.-5000J200J

答案B

解析下坡過程中,重力做功WG-mgh-100X10X8J=8000J,支持力不做功，阻力做功W,

山動能定理得：W（,+W=-mvj-mv02,代入數據得：W=-3800J.

2

6.（07?山東理綜?20）如圖所示,光滑軌道M0和0N底端對接且0N=2M0,M、N兩點高度相

同.小球自M點由靜止自由滾下,忽略小球經過0點時的機械能損失，

以v、S、a、氏、分別表示小球的速度、位移、加速度和動能四個物

理量的大小.下列圖象中能正確反映小球自M點到N點運動過程的是

（）

答案A

解析從M到0,vi=ait,從0到N,V2=Vi-a2t=（at-a2）t,v與t是一次函數關系,所以A正確;

從M到0,s=，a心,則s與t的圖象是拋物線,所以B錯;從M到0和從。到N,加速度是常

2

數,所以C錯;從M到0,Ek^—invr-mai-t2,所以D錯.

22

7.（07?天津理綜?15）如圖所示,物體A靜止在光滑的水平面上,A的左邊固定有輕質彈簧,

與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞.A、B始終沿同直線運動,則A、

B組成的系統動能損失最大的時刻是

A.A開始運動時

B.A的速度等于v時

C.B的速度等于零時

1）.A和B的速度相等時

答案D

解析A、B兩物體碰撞過程中動量守恒,當A、B兩物體速度相等時,系統動能損失最大,

損失的動能轉化成彈簧的彈性勢能.

二、非選擇題

8.（07?上海?5）在豎直平面內，-根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應的曲線方程為

2

y=2.5cos（kx+—n）（單位：m）,式中k=lm將一光滑小環(huán)套在該金屬桿上,并從x=0處

3

JT

以v0=5m/s的初速度沿桿向下運動,取重力加速度g=10田/s?..則當小環(huán)運動到x=—m

3

時的速度大小v=m/s;該小環(huán)在x軸方向最遠能運動到x=m處.

答案5V2—

6

33

知，小環(huán)下落的高度為Ay二y「y2=T.25m-（-2.5）m=l.25m由動能定理

得:mgAy=Lm，-LmvJ,代入數值得:\,=5、歷m/s.當小環(huán)速度為零時，設上升的高度為h,

22

山動能定理得:-mgh=O-上mvo；則h=%-=1.25m,故當y=O時，小環(huán)速度為零，所以有

22g

25

2.5cos(kx+—無)=0,得x=—n

36

9.(07?山東理綜)如圖所示，-水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤邊緣有一質量m=1.0

kg的小滑塊.當圓盤轉動的角速度達到某一數值時,滑塊從圓盤邊緣滑落,經光滑的過渡

圓管進入軌道ABC.己知AB段斜面傾角為53°,BC段斜面傾角為37°,滑塊與圓盤及斜面

間的動摩擦因數均為“=0.5,A點離B點所在水平面的高度h=l.2m.滑塊在運動過程中始

終未脫離軌道,不計在過渡圓管處和B點的機械能損失,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦

力，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

(1)若圓盤半徑R=0.2m,當圓盤的角速度多大時,滑塊從圓盤上滑落？

(2)若取圓盤所在平面為零勢能面,求滑塊到達B點時的機械能.

(3)從滑塊到達B點時起,經0.6s正好通過C點,求BC之間的距離.

答案(1)5rad/s(2)-4J(3)0.76m

解析(D滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力，根據牛頓第二定律，可

得：

口mg=mJR

1^=5rad/s

代入數據解得：3=

R

(2)滑塊在A點時的速度：VFQR=1m/s

從A到B的運動過程由動能定理得

_h11

mgh-mgcos53,------=—mv2"—mv,\2

sin53°2B2

在B點時的機械能：EB33—mv"-mgh=-4J

2B

(3)滑塊在B點時的速度：VB=4m/s

滑塊沿BC段向上運動時的加速度大小:

aFg(sin37°+〃cos370)=10m/s2

返回時的加速度大小

a2=g(sin37°-"cos37°)=2m/sJ

2=

BC間的距離:SIKF—----------a，2(t——)0.76tn

2a[2

10.(07?江蘇?19)如圖所示,一輕繩吊著粗細均勻的棒,棒下端離地面高H,上端套著一個

細環(huán).棒和環(huán)的質量均為m,相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k>l).斷開輕繩，棒

和環(huán)自由下落.假設棒足夠長,與地面發(fā)生碰撞時,觸地時間極短,無動能損失.棒在整個運

動過程中始終保持豎直,空氣阻力不計.求：

(1)棒第一次與地血碰撞彈起上升過程中,環(huán)的加速度.

(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間,棒運動的路程s.

(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止,摩擦力對環(huán)及棒做的總功W.

H

y/Z////////////.

答案(l)(k-l)g,方向豎直向上(2)注H(3)-21幽

k+1k-1

解析(1)設棒第一次上升過程中,環(huán)的加速度為a環(huán)

環(huán)受合力F、=kmg-mg①

由牛頓第二定律F環(huán)=ma環(huán)②

由①②得ax.=(kT)g,方向豎直向上

⑵設以地面為零勢能面，向上為正方向，棒第一次落地的速度大小為V1.

由機械能守恒彳J：—X2mvr=2mgH

2

解得V尸國廠

設棒彈起后的加速度a/

由牛頓第二定律a柞=-(k+l)g

2

棒第一次彈起的最大高度乩=-=-

2。棒

解得乩=』一

k+1

k+3

棒運動的路程s=H+2H=——H

k+1

(3)解法?:棒第一次彈起經過匕時間，與環(huán)達到相同速度"

環(huán)的速度vj二-Vi+a環(huán)ti

棒的速度vj=vi+a棒ti

環(huán)的位移h環(huán)產一vt+-a”

2

棒的位移h棒尸丫出+―a杵

2

x)=h環(huán)1—h!1

2H

解得:XrV

棒環(huán)一起卜落至地

V22-V/J=2ghHii

解得：v2=J—

同理，環(huán)第二次相對棒的位移

X2=hjf.2-h

2H

環(huán)相對棒的總位移

X=X1+X2+..........+x“+

W=kmgx

得2kmgH

k-1

解法二：設環(huán)相對棒滑動距離為1

根據能量守恒mgH+mg（H+l）=kmgl

摩擦力對棒及環(huán)做的總功

W=-kmgl

2kmgH

解得W=-一°—

k-1

11.（07?全國卷H?23）如圖所示，位于豎直平面內的光滑軌道，由一段斜的直軌道和與之

相切的圓形軌道連接而成,圓形軌道的半徑為R.一質量為m的小物塊從斜軌道上某處由

靜止開始下滑,然后沿圓形軌道運動.要求物塊能通過圓形軌道最高點，且在該最高點與

軌道間的壓力不能超過5mg（g為重力加速度）.求物塊初始位置相對于圓形軌道底部的高

度h的取值范圍。

答案-R^h^5R