【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．25vg

C．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2LvmgFm−=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F

f=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=2k

g；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mgT

ma−=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212

2BmgRmv=在B点，由牛顿第二定律有2BvFmgmR−=联立可得5Fmg=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v0，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202cos3

3vgR=+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05vgR=，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2vmgmR=；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】A

D【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212mg

hmv=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ABABsin3011mgvmgv=，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10m/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2k001100J2Emv==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2

k0012Emv=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20.4shtg==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。