专题06 机械能-2021年高考物理经典小题考前必刷（全国通用）（原卷板）

这是一份专题06 机械能-2021年高考物理经典小题考前必刷（全国通用）（原卷板），共13页。试卷主要包含了功率，机车启动，功能关系，机械能守恒定律，能量守恒定律等内容，欢迎下载使用。

专题06 机械能


考查方式：能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题中考查，也常将动能定理、机械能守恒定律、功能关系作为解题工具在综合题中应用.
命题趋势：动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用有增加的趋势.
一、功
1、恒力功
计算公式：恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时：W＝Flcos α.
2．一对作用力与反作用力的功
(1)一对相互作用力做的总功与参考系无关
(2)一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零
3.一对平衡力的功：这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零．
4、变力功
功能关系、图像法（F-x、P-t图像的面积）、等效替代法、微元法
二、功率
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α（恒力），其中为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
三、机车启动
1．两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图和v－t图


OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1
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t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC段

F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动

2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力大小F阻)．
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝ (3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．
四、功能关系
1、动能定理
（1）内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
（2）表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．
动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．
（3）适用条件：既适用于直线运动，也适用于曲线运动．既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
2、重力做功与重力势能的关系
（1）重力做功的特点
重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关；重力做功不引起物体机械能的变化．
（2）重力势能：Ep＝mgh.
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．
（3）重力做功与重力势能变化的关系
定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；
定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
3、弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔEp.
4、机械能变化规律
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
5、摩擦生热Q＝Ff·x相对（摩擦力大小不变）
五、机械能守恒定律
1．机械能守恒的条件
(1)系统只受重力或系统内弹簧弹力的作用，不受其他外力．
(2)系统除受重力或系统内弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．
(3)系统内除重力或系统内弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化．
2．表达式：.

六、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．




难度：★★★☆☆ 建议用时： 15分钟 正确率 ： /15

1、(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)

A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功
答案　A
解析　由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
答案　A
解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．
3.(2017全国卷Ⅱ,14)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
【解析】因大圆环光滑,它对小环没有摩擦力,只有相互作用的弹力,而弹力总跟接触面垂直,且小环的速度总是沿大圆环的切线方向,故弹力一直不做功,A项正确,B项错误;当小环位于圆心上方时,FN沿半径向外,当小环位于圆心下方时,FN沿半径向里,故C、D两项错误。
【答案】A
4.(2015全国卷Ⅱ,17)一汽车在平直公路上行驶。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变化的图线中,可能正确的是(　　)。


【解析】0~t1时间内,功率P1不变,这一段时间如果汽车做匀速运动,那么速度v1=P1f,在 t1时刻功率突然变大,则牵引力突然变大,牵引力大于阻力,则汽车的速度增加,由P2=Fv可知,v增加时F减小,故汽车应做加速度减小的加速运动直至匀速,C项错误;如果0~t1时间内汽车加速,由P1=Fv可知0~t1时间内汽车应做加速度减小的加速运动直至匀速,故A项正确,B、D两项错误。
【答案】A

5.(2016全国卷Ⅲ,20)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(　　)。
A.a=2(mgR-W)mR B.a=2mgR-WmR
C.N=3mgR-2WR D.N=2(mgR-W)R
【解析】质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=12mv2-0,可得v2=2(mgR-W)m,所以a=v2R=2(mgR-W)mR,A项正确,B项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=mv2R,故N=mg+mv2R=mg+mR×2(mgR-W)m=3mgR-2WR,C项正确,D项错误。
【答案】AC
6.(2017全国卷Ⅱ,17)如图所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)。

A.v216g B.v28g C.v24g D.v22g
【解析】设小物块在最高处的速度为vt,因为在它运动过程中只有重力做功,所以机械能守恒。由机械能守恒定律有12mvt2-12mv2=-mg×2R,解得vt=v2-4gR。到达最高点之后小物块做平抛运动,根据平抛运动规律,有2R=12gt2,解得t=4Rg,所以水平位移x=vt·t=4v2R-4gR2g,由数学知识可知,当R=v28g时,x存在最大值,所以B项正确,A、C、D三项错误。
【答案】B

7.(2015全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)。

A.W=12mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>12mgR,质点不能到达Q点
C.W=12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W<12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
【解析】在N点,由牛顿第二定律得4mg-mg=mv2R,解得质点在N点的动能为32mgR,根据动能定理,有mg· 2R-W=32mgR,得W=12mgR;NQ段与PN段相比,质点在NQ段运动的速率小,受到的支持力小,摩擦力小,则质点在NQ段克服摩擦力做的功W'0,故质点到达Q点后会继续上升,C项正确。
【答案】C
8.(2018全国卷Ⅰ,18)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(　　)。

A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
【解析】小球从a运动到c,根据动能定理,得F×3R-mgR=12mv12,又F=mg,故v1=2gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从c点到最高点所用的时间t=v1g=2Rg,水平位移x=12gt2=2R,根据功能关系,小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功,即ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR。
【答案】C

9、(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)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
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案　AD
解析　根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
10.(2018全国卷Ⅲ,19)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。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①②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①次和第②次提升过程,(　　)。

A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
【解析】由图线①知,上升总高度h=v02·2t0=v0t0。由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度和h1=v022·t02+t02=14v0t0,匀速阶段有h-h1=12v0·t',解得t'=32t0。故第②次提升过程所用时间为t02+32t0+t02=52t0,两次上升所用时间之比为2t0∶52t0=4∶5,A项正确。由于加速阶段加速度相同,故加速时牵引力相同,B项错误。在加速上升阶段,由牛顿第二定律知,F-mg=ma,F=m(g+a)。第①次在t0时刻,功率P1=F·v0,第②次在t02时刻,功率P2=F·v02,第②次在匀速阶段P2'=F'·v02=mg·v02 【答案】AC
11.(2016全国卷Ⅱ,21)(多选)如图所示,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∠ONM<∠OMN<π2。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)。

A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【解析】小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于伸长状态,则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态,设该点为B点,另设小球在A点时对应的弹簧最短,如图所示。从M点到A点,弹簧压缩量变大,弹力做负功,从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功,从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,A项错误。





小球在A点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合力F合=mg,故加速度a=g;小球在B点时,弹簧处于原长,杆对小球没有作用力,小球受到的合力F合=mg,故加速度a=g,B项正确。
在A点时,弹簧的弹力F弹垂直于杆,小球的速度沿杆向下,则P弹=F弹vcos 90°=0,C项正确。从M点到N点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek增=Ep减,即EkN-0=Ep重M-Ep重N+Ep弹M-Ep弹N,由于在M、N两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep弹N=Ep弹M,故EkN=Ep重M-Ep重N,D项正确。
【答案】BCD


答案：

1、答案　A
解析　由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2．答案　A
解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．
3.【解析】因大圆环光滑,它对小环没有摩擦力,只有相互作用的弹力,而弹力总跟接触面垂直,且小环的速度总是沿大圆环的切线方向,故弹力一直不做功,A项正确,B项错误;当小环位于圆心上方时,FN沿半径向外,当小环位于圆心下方时,FN沿半径向里,故C、D两项错误。
【答案】A
4.【解析】0~t1时间内,功率P1不变,这一段时间如果汽车做匀速运动,那么速度v1=P1f,在 t1时刻功率突然变大,则牵引力突然变大,牵引力大于阻力,则汽车的速度增加,由P2=Fv可知,v增加时F减小,故汽车应做加速度减小的加速运动直至匀速,C项错误;如果0~t1时间内汽车加速,由P1=Fv可知0~t1时间内汽车应做加速度减小的加速运动直至匀速,故A项正确,B、D两项错误。
【答案】A
5.【解析】质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=12mv2-0,可得v2=2(mgR-W)m,所以a=v2R=2(mgR-W)mR,A项正确,B项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=mv2R,故N=mg+mv2R=mg+mR×2(mgR-W)m=3mgR-2WR,C项正确,D项错误。
【答案】AC
6.【解析】设小物块在最高处的速度为vt,因为在它运动过程中只有重力做功,所以机械能守恒。由机械能守恒定律有12mvt2-12mv2=-mg×2R,解得vt=v2-4gR。到达最高点之后小物块做平抛运动,根据平抛运动规律,有2R=12gt2,解得t=4Rg,所以水平位移x=vt·t=4v2R-4gR2g,由数学知识可知,当R=v28g时,x存在最大值,所以B项正确,A、C、D三项错误。
【答案】B

7.【解析】在N点,由牛顿第二定律得4mg-mg=mv2R,解得质点在N点的动能为32mgR,根据动能定理,有mg· 2R-W=32mgR,得W=12mgR;NQ段与PN段相比,质点在NQ段运动的速率小,受到的支持力小,摩擦力小,则质点在NQ段克服摩擦力做的功W'0,故质点到达Q点后会继续上升,C项正确。
【答案】C
8.【解析】小球从a运动到c,根据动能定理,得F×3R-mgR=12mv12,又F=mg,故v1=2gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从c点到最高点所用的时间t=v1g=2Rg,水平位移x=12gt2=2R,根据功能关系,小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功,即ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR。
【答案】C

9、答案　AD
解析　根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
10.【解析】由图线①知,上升总高度h=v02·2t0=v0t0。由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度和h1=v022·t02+t02=14v0t0,匀速阶段有h-h1=12v0·t',解得t'=32t0。故第②次提升过程所用时间为t02+32t0+t02=52t0,两次上升所用时间之比为2t0∶52t0=4∶5,A项正确。由于加速阶段加速度相同,故加速时牵引力相同,B项错误。在加速上升阶段,由牛顿第二定律知,F-mg=ma,F=m(g+a)。第①次在t0时刻,功率P1=F·v0,第②次在t02时刻,功率P2=F·v02,第②次在匀速阶段P2'=F'·v02=mg·v02 【答案】AC
11.【解析】小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于伸长状态,则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态,设该点为B点,另设小球在A点时对应的弹簧最短,如图所示。从M点到A点,弹簧压缩量变大,弹力做负功,从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功,从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,A项错误。





小球在A点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合力F合=mg,故加速度a=g;小球在B点时,弹簧处于原长,杆对小球没有作用力,小球受到的合力F合=mg,故加速度a=g,B项正确。
在A点时,弹簧的弹力F弹垂直于杆,小球的速度沿杆向下,则P弹=F弹vcos 90°=0,C项正确。从M点到N点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek增=Ep减,即EkN-0=Ep重M-Ep重N+Ep弹M-Ep弹N,由于在M、N两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep弹N=Ep弹M,故EkN=Ep重M-Ep重N,D项正确。
【答案】BCD