【文档说明】机械能与曲线运动相结合的问题、三种能量位移图像（教师版）.docx，共(19)页，1.143 MB，由envi的店铺上传

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专题04机械能与曲线运动相结合的问题、三种能量位移图像一、机械能与曲线运动相结合的问题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．24vgB．25vgC．

225vgD．223vg【答案】C【详解】设轨道半径为r，可知在半圆最高点21vmgr=故1vgr=物块由最低点到最高点机械能守恒22111222mvmgrmv=+物块做平抛运动1xvt=；2122rgt=联立可得225vxg=故C正确，ABD错误。故

选C。2．一小球以初速度0v竖直上抛，它能到达的最大高度为H，问下列几种情况中，哪种情况小球不可能达到高度H（忽略空气阻力）（）A．图a，以初速度0v沿光滑斜面向上运动B．图b（RH），以初速度0v沿半径为R的光滑圆轨道从最低点

向上运动C．图c（2HHR），以初速度0v沿半径为R的光滑圆轨道从最低点向上运动D．图d，以初速度0v沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动【答案】C【详解】小球以0v竖直上抛的最大高度为H，到达最大高度时速度为0。AB．小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得

00mgHmgH=++则HH=故AB项小球能达到高H处，不符合题意；C．小球超过圆心高度后某位置会离开轨道做斜抛运动，最高点的速度不能为零，所以小球C最高点达不到H高度处，符合题意；D．小球运动到最高点速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小

球能达到最高点即高H处，不符合题意。故选C。3．如图甲所示，长为L的轻质细杆一端固定着小球，另一端通过铰链连接在O处的固定转轴上，小球可随杆在竖直平面内做圆周运动。设小球运动到最高点的速度大小为v，此时小球对杆的作用力为F，其F-v2图像如图乙所示。不

计一切阻力，则（）A．当地的重力加速度大小为cLB．小球的质量为caLC．当v2=b时，小球对杆的作用力大小为1bac+D．只要v2≥c，小球在最低点和最高点时对杆的作用力大小之差均为4a【答案】A【详解】A．当杆对小球的作用力为零时，根据牛顿第二

定律得2vmgmL=根据图像得2vc=解得cgL=当地的重力加速度大小为cL，A正确；B．当小球在最高点的速度为零时，根据平衡条件和图像得mga=解得aLmc=，B错误；C．当v2=b时，设小球对杆的作用力大小为F，根据牛顿第二定律得2LvmgF

m−=解得1bFac=−，C错误；D．只要v2≥c，小球在最低点和最高点时对杆的作用力均为拉力，设小球在最低点的拉力为F1，在最高点的拉力为F2，根据牛顿第二定律得211vFmgmL−=；222vFmgmL+=根据机械能守恒定律221211222mvmvmgL=+

拉力大小之差均为12FFF=−解得6Fa=，D错误。故选A。二、动能位移图像4．将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。设在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能kE随距离地面高度h的变化关系

如图所示，取210m/s=g，下列说法中正确的是（）A．物体上升过程中机械能减少，下降过程中机械能增加B．物体的质量1.2kgm=C．物体受到的空气阻力大小2Nf=D．物体上升和下降两个过程中重力的冲量相等【答案】C【详解】A．上升及下降过程中，空气阻

力都做负功，所以机械能都减小，故A错误；BC．设阻力大小为f，根据动能定理，上升阶段KK0()mgfhEE−+=−；KK0()EEmgfh=−+下降阶段K()(6)mgfhE−−=；K6()()Emgfmgfh=−−−结合图像可知72N12N6mgf+==；48N8N6mgf−==解得

1kgm=；2Nf=故B错误C正确；D．物体上升阶段的加速度大小为1mgfam+=下降阶段的加速度大小为2mgfam−=所以12aa根据212hat=可知，上升阶段时间t1与下降阶段时间t2的关系为12tt物体上升阶段重力冲量I1和下降阶段重力的冲量I2的关系为12II故D错误；

故选C。5．如图甲所示，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，其动能Ek随离开O点的距离s变化图线如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．物体的质量为m=2kgB．物

体受到水平向左的恒力F=2NC．物体与水平面间的摩擦力大小Ff=3ND．由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小【答案】A【详解】AB．根据动能定理得：物体向右运动过程有-（F+μmg）s=0-Ek0即-（F+0.1×m×10）×5=0-25物体向左运动过程有（F-μmg）s=Ek即（F-0.1×

m×10）×5=5联立解得m=2kg；F=3N故A正确，B错误；C．摩擦力大小f=μmg=0.1×2×10N=2N故C错误；D．物体的重力势能不变，动能先减小后增大，则机械能先减小后增大，故D错误。故选A。三、势能位移图像6．如图所示为跳伞运动员在竖

直下落过程中的v-t图像（取竖直向下为正方向）。下列关于跳伞运动员的位移y和重力势能Ep（选地面为零势能面）随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】

D【详解】A．根据v-t图像可知在开始的一段时间内，运动员速度逐渐增大，当达到最大值后突然开始逐渐减小，且在一段时间内减小的变化率比增大时的变化率大，最后速度减至某一值后运动员做匀速直线运动。y-t图像的斜率表示速度，A项中图线表示运动员速度先逐渐增大，达到最大值后不

断减小，但减小时的变化率和增大时的变化率几乎相同，且在图线末端斜率在趋于零，即速度趋于零，显然与v-t图像不符，故A不可能正确；BC．设运动员开始时的重力势能为Ep0，则pp0EEmgy=−所以pEy−图像应是斜率为负且存在纵截距的直线。在开始的一段时间内，运动员速度不断增大，y随t的变化

率增大，则Ep随t的变化率不断增大，当运动员速度达到最大值后，y随t的变化率逐渐减小，则Ep随t的变化率不断减小，最后运动员做匀速直线运动，y随t的变化率不变且不为零，则Ep随t的变化率不变且不为零，故BC不可能正确；D

．根据v-t图像容易判断运动员下落时一定受到阻力作用，否则运动员将始终做自由落体运动，其v-t图像斜率将不变。根据功能关系可知运动员克服阻力做功等于其机械能的减少量，在开始的一段时间内，运动员加速度方向竖直向下，且逐渐减小，根据牛顿第二定律可知运动员

所受阻力逐渐增大但小于重力，E随y的变化率逐渐增大，当运动员速度达到最大时，加速度方向突变为竖直向上，即阻力突然增至至比重力还大，之后阻力逐渐减小，最后减小至与重力大小相等，所以在阻力突变后，E随y的变化率应大于运动员加速运动时的变化率，最后E随y的变化率恒定。综上所述可知D可能正确。故选D

。7．一个物体在t=0时刻在某一确定的高度以初速度v0水平抛出，运动时间为t，下落高度为h，重力的瞬时功率为P，物体的动能为Ek，重力势能为EP，机械能为E。不计空气阻力，则下列图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【详

解】A．根据动能定理2k012mghEmv=−得2k012Emghmv=+动能随高度变化为一次函数，故A错误；B．重力做正功，重力势能减小，故B错误；C．重力的瞬时功率为2Pmggtmgt==功率随时间为正比例函数，故C正确；D．平抛运动只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选C。四、机械

能位移图像8．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动，跳跃者站在约40m以上高度的平台，把一端固定的一根长长的弹性绳绑在踝关节处然后两臂伸开，双腿并拢，头朝下无初速度跳下。绑在跳跃者踝关节的弹性绳很长，足以使跳跃者在空中享受几秒

钟的“自由落体”。运动员从跳下至下落到最低点的过程中其机械能与位移的图像如图所示，图中10~x为直线，12~xx为曲线，若忽略空气阻力作用，下列判断错误的是（）A．10~x过程中，只有重力做功，因此机械能守恒B．10~x过程中，重力做正功

为1mgx，重力势能减少了1mgxC．12~xx过程中，运动员一直做加速度越来越大的减速运动D．12~xx过程中，运动员的动能先增加再减小，机械能一直减小【答案】C【详解】AB．由图可知，10~x过程中，跳跃着在“自由落体”运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，此过程重力做正功为G1Wmgx=

则重力势能减少了p1Emgx=故AB正确，不符合题意；C．在12~xx过程中，由图可知，弹性绳逐渐被拉长，弹力逐渐变大，开始时Tmg则根据牛顿第二定律有mgTma−=可知，跳跃者做加速度减小的加速运动，当Tmg=时，加速度为零，速度最大，跳跃者继续向下运动，弹力继续增大，则根

据牛顿第二定律有Tmgma−=可知，跳跃者做加速度增大的减速运动，直至最低点，速度为零，故C错误，符合题意；D．在12~xx过程中，由C分析可知，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，根据能量守恒定律可知，由于弹性绳的弹性势能

增加，则跳跃者的机械能减小，故D正确，不符合题意。故选C。9．从某高处自由释放一个物体，取地面为重力势能零点，该物体的机械能E和重力势能Ep随着物体距地面的高度h变化如图所示。重力加速度g=10m/s2，则（）A．物

体质量为8kgB．h=0时物体的速率为15m/sC．从自由释放到落地前的瞬间，物体动能增加80JD．物体下落过程中受到5N的阻力【答案】D【详解】A．取地面为重力势能零点，由题图可知，物体在距地面高度为h=4m时，物体的重力势能为Ep=80J，由Ep=mgh可得m=2kg故

A错误；BC．h=0时物体的重力势能是零，机械能等于动能，即动能增加了60J，则有2k012Emv=解得/s215mv=故BC错误；D．图像①即为机械能随高度变化的图像，其斜率表示阻力，有8060N5N4Eh−==即物体下落过程中受到5N的阻力，故D正确；故选D。10．如图

甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心

且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．铁球绕轨道转动时机械能守恒B．铁球可能做匀速圆周运动C．铁球在A点的速度可能大于gRD．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少

为5mg【答案】ACD【详解】A．由于不计摩擦和空气阻力，则在铁球绕轨道转动过程中，只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；B．铁球在从A点运动到B点过程中，只有重力对铁球做正功，铁球动能增大，即速度的大小变大，则铁

球不可能做匀速圆周运动，故B错误；C．铁球在A点时，当轨道的支持力为零后，重力和磁性引力的合力提供向心力，则有2vFmgmR+=由于在A点时磁性引力与重力方向相同，由此可得，铁球在A点的速度可能大于gR，故C正确；D．铁球在B点时，受到重力、轨道竖直向下的弹力和竖直向上的磁性引

力，由牛顿第二定律有2BvFmgNmR−−=可知当弹力N为零时，B点的速度越小，则磁性引力F越小。故当铁球在最高点A点的速度恰好为零时，磁性引力最小。则根据机械能守恒有2122BmgRmv=在B点，由牛顿第二定律有2BvFmgmR−=联立可得5F

mg=则要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D正确。故选ACD。11．如图甲所示，在竖直平面内固定一段光滑的水平轨道AB和光滑半圆形轨道BC，轨道最低点B、最高点C各有一个压力传感器，水

平轨道安装弹射装置，弹射装置有不同挡位，质量为m的小球被弹射后获得不同的动能从B点进入半圆轨道，通过计算机获取两个传感器的示数与入射动能kE关系图像，如图乙中直线①、直线②所示，重力加速度取210m/s，以下

说法正确的是（）A．C点对应直线①，B点对应直线②，两直线平行B．amg=，5bmg=−C．半圆形轨道半径2cRb−=D．在不同的入射动能状态下，小球对B、C两点的压力之差恒为6mg【答案】BC【详解】AB．对小

球在B点由牛顿第二定律，有21k2BvFmgmERR−==得1k2FEmgR=+在kFE−图像中如直线①所示，在C点由牛顿第二定律，有22CvmgmFR=+小球从B到C机械能守恒，有2211222BCmvmgRmv=+联立可得2k25

FEmgR=−在kFE−图像中如直线②所示，且两直线的斜率相等，故两直线平行，结合题图乙可得amg=，5bmg=−故B正确，A错误；C．图线斜率2bkRc−==解得2cRb=−故C正确；D．只有在入射动能kEc

时，小球对B、C两点的压力之差6Fmg=故D错误。故选BC。12．小明坐在半球形轨道顶端玩耍，突然被小伙伴推了一下，沿球面向下滑动。半球形轨道横截面示意图如图所示。假设球面是光滑的，球半径为R，从最高点A滑动时的水平速度为v

0，至B点时脱离轨道，最终落在水平地面上的C点，OA和OB间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先减小后增大B．在B点时，小明的速度为cosgRC．cosθ20233vgR=+D．从A到C的过程中，小

明运动的时间大于2Rg【答案】BCD【详解】A．小明从A到B的过程中，在A点水平方向的加速度为零，下落到B点之前水平方向有加速度，到达B点时水平方向的加速度为零，故从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先增大后减小，A错误；B．在B点

时，对小明受力分析可知，小明受到的重力沿指向圆心方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律有2cosvmgmR=解得小明在B点的速度为cosvgR=故B正确；C．对小明从A到B的过程根据动能定理有()220111cos22mgRmvmv−=−解得202cos33vgR=

+故C正确；D．若小明从A到C做自由落体运动，则运动时间2Rtg=但由于从A到B的过程中，小明竖直方向的加速度小于g，故小明从A到C运动的时间2Rtg故D正确。故选BCD。13．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止放着一个光滑小球。现给小球一个冲击使其在瞬

间得到一个水平初速度v0，若v0大小改变，则小球能够上升的最大高度（距离底部也改变。下列说法中正确的是（）A．如果0vgR=，则小球能够上升的最大高度为RB．如果02vgR=，则小球能够上升的最大高度为RC．如果03vgR=，小球能够上升的最大高度为32RD．如果05

vgR=，则小球能够上升的最大高度为2R【答案】BD【详解】A．如果0vgR=，根据动能定理可得2012mghmv=解得12hR=则小球能够上升的最大高度为12R，所以A错误；B．如果02vgR=，根据动能定理可得2012mghmv=解得hR=则小球

能够上升的最大高度为R，B正确；C．如果03vgR=，根据动能定理可得2201122mghmvmv−=−解得32hR所以C错误；D．如果05vgR=，根据动能定理可得22011222mgRmvmv−=−解得vgR=恰好到达最高点有2vmg

mR=；vvgR==则小球能够上升的最大高度为2R，所以D正确；故选BD。14．如图所示，两个34圆弧轨道固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成（圆管内径远小于R），均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B（直

径略小于圆管内径）由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，下列说法中正确的是（）A．若hA=hB≥52R，两小球都能沿轨道运动到最高点B．若hA=hB=32R，两小球在轨道上升的最大高度均为32RC．适当调整hA

和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为52R，B小球在hB>2R的任何高度释放均可【答案】AD【详解】AD．若小球A恰好能到a轨道的

最高点，在最高点有mg=m2AvR得vA=gR根据机械能守恒定律得mg（hA-2R）=212Amv得hA=52R若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB=0，根据机械能守恒定律得hB=2R所以hA=hB≥52R时，两球

都能到达轨道的最高点，故AD正确；B．若hB=32R，则小球B在轨道b上升的最大高度等于32R；若hA=32R，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道a上升的最大高度小于32R，故B错误；C．小球A从轨道a最高点飞出后做平抛运动，下落R高度

时，水平位移的最小值为xA=vA2Rg=gR·2Rg=2R>R所以小球A从轨道a最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故C错误；故选AD。15．如图A所示，A、B两个小球可视为质点，A球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始自由

下滑，B球做自由落体运动，A、B两球的动能与路程的关系图像如图B所示。下列说法正确的是（）A．A球机械能不守恒，B球机械能守恒B．A、B两球到达地面时速度大小相等C．A、B两球的质量之比为mA：mB=4：1D．A、B两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为PA：PB=2：1【答案】BC【

详解】A．由题意可知，AB两球在运动的过程中都是只有重力做功，所以AB两球机械能都守恒，A错误；B．根据机械能守恒得212mghmv=解得2vgh=A、B两球离地高度相同，故到达地面时速度大小相等，B正确；C．

根据动能定理kFxE=合可知动能与位移的图像斜率表示合外力，A的合外力为sin30mg甲，B球的合外力mg乙，由图知ABsin302mgmg=所以AB4:1:mm=，C正确；D．根据2k12Emv=知，动能相等时AB12vv=两球重力的瞬时功率之比ABABsin3011mgvmg

v=，D错误。故选BC。16．如图甲所示，质量m=2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是（）A．物体运动的总位移大小为10mB．物体运动的加速度大小为1

0m/s2C．物体运动的初速度大小为10m/sD．物体所受的摩擦力大小为5N【答案】AC【详解】A．由图乙可知物体运动的总位移大小为10m，故A正确；BD.由动能定理得k100JfxE−=-=摩擦力大小10Nf=由牛顿第二定律得=fma则25m/sfam==故BD错误；C.物体的初动能2k

001100J2Emv==则k00210m/sEvm==故C正确。故选AC。17．如图，表面粗糙的水平传送带顺时针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端栓接一个小物块。现将小物块无初速度地放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长状态。设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，在小物块向右运动的过程中，下列关于小物块加速度a、速度v、弹簧的弹性势能PE、弹簧与小物块的总机械能E随小物块运动距离x变化的图像，可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABD【详解】A．若物块并不是一直加速，以右为正方向，根据牛顿第二定律fkxma−=可得fkaxmm=−故

A正确；B．若物块并不是一直加速，由上分析可知，物块向右运动过程中，加速度先向右减小，后反向增大，则速度随位移先增大得越来越慢，后减小得越来越快，故B正确；C．弹簧的弹性势能2p12Ekx=，pEx−图像应该是曲线，故C错误；D．弹簧与小物块的总机械

能变化量等于摩擦力做功，当物块位于零势能面时，则有Efx=故D正确。故选ABD。18．将某物体以一定的初速度v0水平抛出，一段时间后落在水平地面上，其下落过程中动能Ek、重力势能Ep随离地高度h的变化如图。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，结合图中数据可得（）A．物体的质量

为3kgB．物体的初速度v0大小为3m/sC．物体落地时，速度方向与水平方向夹角为37°D．物体落地时，水平位移与竖直位移大小之比为3：2【答案】BD【详解】A．由图像可知，当h=0.8m时重力势能为Ep=16J，由Ep=mgh可得m=2kg选项A错误；B．由图像可知，初动能Ek0=9J，则由

2k0012Emv=解得v0=3m/s选项B正确；C．落地时动能为25J，可知落地的速度为v=5m/s，则物体落地时，速度方向与水平方向夹角为0cos0.6vv==则θ=53°选项C错误；D．落地时间2

0.4shtg==水平位移01.2mxvt==水平位移与竖直位移大小之比为x:h=1.2m:0.8m=3:2选项D正确。故选BD。19．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总与重力势能pE随它离开地面的高度h的变化如图所示。（取地面为重

力势能零点，空气阻力大小恒定，重力加速度取210m/s）。由图中数据可得（）A．物体的质量为2kgB．物体落回地面时的速率为430m/s3C．从地面上升至2mh=时，物体的动能k40JE=D．从地面上升至4mh=时，物体的动能减少20J【答案】BC【详解】A．由图可知，上升的最大高度为m4mh=

由重力势能公式mp60JmghE==可得m=1.5kg故A错误；B．从开始到最高点，机械能减少20J，即克服阻力做功20J，由功能关系，得m20JfhE==整理得f=5N物块的初动能为k080JE=，对全程由动能定理有2mk0122fhmvE−=−解得物体

落地的速率为430m/s3v=故B正确；C．从开始到上升到2m处，由动能定理可得kk0fhmghEE−−=−解得Ek=40J故C正确；D．取地面为重力势能零点，物体在地面时的机械能80J即为动能80J，

上升至4h=m时速度为零，则物体的动能减少80J，故D错误；故选BC。20．如图甲所示，光滑细杆竖直固定，套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上，套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.05m处，滑块与弹簧不拴接。由静止释放滑块，地面为零势能面，

滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示，g＝10m/s2，不计空气阻力。由图像可知（）A．小滑块的质量为0.2kgB．轻弹簧原长为0.1mC．弹簧的最大弹性势能为0.5JD．滑块距地面的最大

高度为0.2m【答案】AC【详解】A．由图可知，初始位置重力势能为0.1J，由P1Emgh=可得P10.1kg0.2kg100.05Emgh===，A正确；B．当机械能不变，弹簧恢复原长，可知弹簧原长为0.15m，B错误；C．根据机械能守恒可知P1PP2EEE+=解得弹簧

弹性势能最大值为PP2P10.6J0.1J0.5JEEE=−=−=，C正确；D．在整个运动过程中，由能量守恒定律可得PmghEmgH+=解得0.3mH=，D错误；故选AC。