【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第10讲 机械能守恒定律之微元法等方法的应用 Word版含解析.docx，共(18)页，1.245 MB，由小赞的店铺上传

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第10讲机械能守恒定律之微元法等方法的应用全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．质量m=400kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰

好达到最大。下列说法正确的是（）A．汽车受到的阻力200NB．汽车的最大牵引力为600NC．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为8×103JD．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为91m【答案】D【详解】A．汽车受到的阻力为

m8000N800N10Pfv===A错误；B．根据速度图像得2280m/s1m/s80a−==−根据牛顿第二定律Ffma−=解得1200NF=C．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为()34810188J810JWPt==−=C错误；D．

根据动能定理221110822Ptfxmm−=−解得91mx=D正确；故选D。2．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从0=t时刻由

静止开始提升质量为m的物体，其at−图像如图所示，21~tt内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A．物体匀加速阶段的位移为201atB．该起重机的额定功率为()001mgmaat+C．2t时刻物体正在减速上升D．10~t和2

1~tt时间内牵引力做的功之比为12:2tt【答案】B【详解】A．由图像可知0~1t时间内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的末速度101vat=匀加速阶段的位移为210112sat=B．在1t时刻，根据牛顿第二定律0Fmgma−=1PFv=额联立可得()001=Pm

gmaat+额故B正确；C．由图可知，2t时刻加速度为正，所以物体在加速上升，故C错误；D．10~t时间内牵引力做功112PWt=额21~tt时间内牵引力做功()221WPtt=−额故在10~t和21~tt时间内牵引力做的功之比为()12121::2WWttt=−故D错误。故选B。3．如

图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化。该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为（）A．22gLB．42gLC．2gLD．4gL【答

案】B【详解】设浸入的深度为x，则浮力的大小为2FgVgLx==可见浮力与进入水中的位移成正比。则克服浮力做的功为34222=FgLgLWLL==浮故选B。二、多选题4．力F对物体所做的功可由公式cos=WFSα求得。

但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（）A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的

为()=−WFOAOCB．乙图中，全过程中F做的总功为72JC．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功12=WπRfD．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都

是sinWFlθ=【答案】AB【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为()=−WFOAOC故A正确；B．乙图Fx−的面积代表功，则全过程中F做的总功为()156J3

672JW=+−=故B正确；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为1422πRWfπRf=−=−故C错误；D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是sinWFlθ=而F缓慢将小球从P拉到Q，

F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。故选AB。5．图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界

前列。该起重机某次从0=t时刻由静止开始提升质量为m的物体，其at−图像如图乙所示，21~tt内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A．该起重机的额定功率为201matB．该起重机的额定功率为()001mgmaat+C．10~t和21~tt时间

内牵引力做的功之比为()121:2ttt−D．10~t和21~tt时间内牵引力做的功之比为12:2tt【答案】BC【详解】AB．10~t内，做匀加速运动，牵引力和功率增加，当t=t1时，功率达到额定功率，根据0Fmgma−=101PFvFat

==额联立解得起重机的额定功率为()001Pmgmaat=+额故A错误，B正确；CD．0~t1内牵引力做的功112额PtW=t1~t2内牵引力做的功()221WPtt=−额故在0~t1和t1~t2时间内牵引力做的功之比为()12121::2WWttt=−故C正确，D错误。故选B

C。6．宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于气体阻力的作用，其加速度a随下落位移x变化的关系图像如图所示。已知该星球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（）A．该行星的

平均密度为034aGRB．该行星的第一宇宙速度为0aRC．卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的周期为()304RhRa+D．从释放到速度刚达到最大的过程中，物体克服阻力做功002max【答案】

ABD【详解】A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知02GMmmgmaR==又343MR=联立，可得03=4aGR故A正确；B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有22GMmvmRR=联立，可得

0vaR=故B正确；C．卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行时，有()()2224GMmmRhTRh=++联立，可得()302RhTRa+=故C错误；D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得mgfma−=解得0fm

gmamama=−=−阻力做功为()000002maxWfxmamax=−=−−=−即物体克服阻力做功002max。故D正确；故选ABD。7．若升降机速度由v1增大至v2的过程重物上升高度为h，所用时间为

t，此过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g．有关此过程下列说法正确的是()A．钢丝绳的最大拉力为2pvB．升降机的最大速度2vgpm=C．升降机速度由v1增大至v2的过程中，起重机对重物做功为2mgvtD．升降机速度由v1增大至v2的过程中，起重机对重物做功为2212m

ghmv+【答案】BC【详解】A、匀加速阶段拉力最大，故最大拉力为1PFv=；故A错误．B、当重力等于拉力时，速度最大为：2Pvmg=，故B正确．C、D、速度由v1增大至v2的过程中，功率为：2Pmgv=，故速度由v1增大至v2的过程，

起重机对重物做功为2mgvt，或者根据动能定理得出，起重机对重物做功为：22211122mghmvmv+−,故C正确，D错误．故选BC．【点睛】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每

种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．8．工地上安装了一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m，当升降机的速度为v1时，电动机的有用功率达到最大值P，

以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v2匀速上升为止，假设整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g．有关此过程下列说法正确的是A．钢丝绳的最大拉力为2PvB．升降机的最大速度2Pvmg=C．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于

升降机克服重力所做的功D．升降机速度由v1增大至v2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小【答案】BD【详解】分析：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；根据动能定理判断钢丝绳的拉力对升降机所做的

功与升降机克服重力所做的功的关系，根据F=判断拉力F的变化情况．解答：解：A、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得Fm=，A错误；B、重物以最大速度为v2匀速上升时，F=

mg，所以v2==，故B正确；C、对整个过程运用动能定理得：WF-WG=mv22，所以钢丝绳的拉力对升降机所做的功大于升降机克服重力所做的功，故C错误；D、升降机速度由v1增大至v2的过程中，功率不变，根据F=可知，v增大，F减小，故D正确．故选

BD．点评：本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．三、解答题9．如图所示，质量为m的质点在力F的作用下沿半径为R的圆运动一周，若F的大小不变，方向始终与圆相切（与速度方

向相同），则该质点运动一周的过程中，F做了多少功？【答案】2FR【详解】由于质点在沿圆弧运动一周的过程中，F的方向时刻和速度的方向相同，因此可将圆分割成许多极短的小圆弧（微元）123nssss、、、，由于每一

段极短的弧都可视为一段极短的直线且与速度方向一致，故质点运动一周，F在各小段上对质点做的功分别为111cos0WFsFs==222cos0WFsFs==333cos0cos0nnnWFsFsWFsFs====所以在该质点运动一

周的过程中，F对质点做的总功()1231232nnWWWWWFssssFR=++++=++++=10．汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为3510kg，在平直路面上运动时所受的阻力为车重的0.

1倍。若汽车以额定功率由静止开始运动，经时间15s速度达到最大，g取210m/s。求：（1）汽车所能达到的最大速度；（2）汽车速度为6m/s时的加速度；（3）汽车在加速运动过程中通过的位移。【答案】（1）12m/s；（2）21m/s；（3）1

08m【详解】（1）当汽车受到的牵引力等于阻力时，达到最大速度mv，根据mPFvfv==得m12m/sPvf==（2）根据PFv=得4110NPFv==根据Ffma−=得21m/sa=（3）汽车在加速运动过程，根据动能

定理2m12Ptfsmv−=得108ms=11．人在A点拉着绳通过一个定滑轮匀速吊起质量50kgm=的物体，如图所示，开始时绳与水平方向成60角，当人拉着绳由A点沿水平方向运动2ms=而到达B点时，绳与水平方向成30角，求人对绳的拉力做了多少功？（不计摩擦，g取210m/s）【答

案】732J【详解】人对绳的拉力所做的功与绳对物体的拉力所做的功相等，设人手到定滑轮的竖直距离为h，物体上升的高度等于滑轮右侧绳子增加的长度，即sin30sin60hhh=−又tan30tan60hhs=−所以人对绳的拉力做的功(

31)732JWmghmgs==−12．如图为某机械装备中的一种智能减震装置，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上，弹簧上端与质量为m的圆环P相连，初始时P处于静止状态，且弹簧弹力等于P的重力，P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材

料。在P上方H处将另一质量也为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后发生碰撞（碰撞时间极短）并一起做匀减速运动，下移距离为mgk时速度减为0。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）Q下移距离d（mgdk）时，智能材料对P阻力的大小；（2）Q下移距

离d（mgdk）过程中，智能材料对P阻力所做的功W。【答案】（1）()2Hmgkd+−；（2）1()2kddHmgd−−【详解】（1）令Q刚接触P时速度为v22vgH=解得2vgH=Q与P发生碰撞后速度为'v'2mv

mv='22gHv=接触P后令其加速度大小为a，则有'22mgvak=解得4kHam=设新型智能材料对P的阻力为F()22mgkdFmgmak++−=解得()2HFmgkd=+−（2）Q下移距离d过程中碰撞结束时02kHFmg=+下移距离d时()2HFmgkd=+−智能材料阻力做功02FF

Wd+=−联立解得1()2WkddHmgd=−−13．如图所示，质量均为m=1.0kg的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在水平地面上，B用轻绳通过光滑的定滑轮与静止在平台上的物块C相连（连接物块B的绳子竖直，连接物块C的绳子水平），物块C恰好能静止在平台

上。已知物块C的质量M=2.0kg，物块C与平台面间的动摩擦系数0.25=，弹簧的劲度系数k=100N/m。现用一水平向右的拉力F作用在物块C上，使物块C向右做匀加速直线运动，t=1s时A物块恰好离开地面.已知重力加速度g=1

0m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）物块C做匀加速运动的加速度大小；（2）A物块刚好离开地而前，拉力F所做的功。【答案】（1）20.3m/sa=；（2）2.76JW【详解】（1）开始时物块C恰好保持静止，则C受到绳子的拉

力为15NFMg==对物块B受力分析可知11mgkxF=+解得15cmx=即弹簧压缩量为5cmA刚好离开地面时，对A受力分析有2kxmg=解得210cmx=则在1st=内，物块C做匀加速运动的位移120.15mxxx=+=则由运动学公式知212xat=解得20

.3m/sa=（2）把B、C看成整体，对B、C整体受力分析，由牛顿第二定律可知1()FMgmgkxkxMma−−+−=+整理可得10010.9(N)Fx=+则F与x的关系图象如图所示当0.15mx=时，25.9NF=该过程拉力F所做的功10.925.90.15J2.76J2W+=

.14．如图甲所示，在倾角α=30°的光滑斜面上，放着质量分为mA=5kg和mB=1kg的A、B两物块轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从t=0时刻开始，对A施加一沿斜面向上的力F使物块A沿斜面向上做匀加速运动

，若力F随时间变化的规律如图乙所示（g取10m/s2），求∶（1）A运动的加速度大小；（2）弹簧的劲度系数；（3）从A开始运动到A、B刚分离过程中力F做的功。【答案】(1)25m/sa=；(2)200N/mk=；(3)4JFW=【详解】(1)

未施加拉力F时，A、B均静止，可得()0ABsin30kxmmg=+t=0时刻刚施加F时，对A、B整体，据牛顿第二定律可得()()0ABABsin30Fkxmmgmma+−+=+由图象可得此时30NF=由以上两式解得25m/s

a=(2)据题意可知t=0.2s时，A、B开始分离，刚分离时，对B据牛顿第二定律可得1BBsin30kxmgma−=0～0.2s内，对B20112xxat−=又()0ABsin30kxmmg=+解得200N/mk=(3)设A、B运动的位移为x，A、B分离前

，有()()()0ABABsin30kxxFmmgmma−+−+=+可得30Fkx=+从A开始运动到A、B分离2212xat=解得20.1mx=此时拉力F的大小为50N=F由此可得从开始运动到A、B刚分离，F随A、B的位移x变化的图象如图所示由

图象可得30500.1J4J2FW+==15．某部队用直升飞机抢救一个峡谷中的伤员．飞机在空中悬停，其上有一起重机通过悬绳将伤员从谷底由静止开始起吊到机舱里．已知伤员质量为80kg，其伤情允许向上的最大加速度为22/ms，超重机的最大输出功率9.6kW，为安全地把伤员尽快吊起，操作

人员采取的办法是：先让起重机以伤员允许向上的最大加速度工作一段时间，接着让起重机以最大功率工作至伤员匀速运动，再在适当高度让起重机对伤员不做功，使伤员到达机舱时速度恰好为零，g取210/ms试求：（1）吊起过程中伤员的最大速度；（2）伤员向上做匀加速运动的时间．【答案】(1)Vm=12m/s；(

2)t=5s【详解】（1）吊起过程中当伤员做匀速运动时速度最大，此时悬绳中的拉力F＝mg根据Pm＝mg·vm解得吊起过程中的最大速度vm＝12m/s（2）设伤员向上做匀加速运动时受到的悬绳的拉力为Fx，做匀加速运动的最大速度为vx，根据牛顿第二定律得Fx

－mg＝mam再根据Pm＝Fx·vx联立解得vx＝10m/s所以伤员向上做匀加速运动的时间t1＝vx/am=5s16．为加快建设国家中心城市,成都市第十三次党代会上提出“东进、南拓、西控、北改、中优”城市空间新格局．如图所示为天府新区某工地使用的塔式起重机

．在起重机将质量3210kgm=的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上以最大加速度20.5m/sa=做匀加速直线运动,起重机输出功率达到其允许的最大值后,保持该功率直到重物做2.1m/smv=的匀速运动．取210m/sg=,不计额外功．求：(1)重物以最大加速度匀加速运动所经历的时间和起重机

在第2秒末的输出功率；(2)起重机将该重物从静止吊升25m需要的最短时间(取两位有效数字)【答案】(1)t=4s，P=42.110W；(2)14s【详解】（1）起重机的额定功率为：P0=mgvm=2×103×10×2.1W=4.2×104W货物匀加速上升时：F-

mg=ma解得F=2.1×104N匀加速上升能达到的最大速度：'02/mPvmsF==重物以最大加速度匀加速运动所经历的时间：'240.5mvtssa===起重机在第2秒末的速度v2=at=1m/s输出功率为：P2=Fv2=2

.1×104W；（2）起重机匀加速上升的高度21142mhatm==则以恒定功率上升的距离为h2=25m-4m=21m由动能定理：2'2021122mmPtmghmvmv−=−解得：t′≈10s则起重机将该重物从静止吊升25m需要的最短时间：t总=t+t′=14s点睛：此题关键要搞清重物上升的物

理过程：先匀加速运动，当功率达到额定功率后，以恒定的功率向上做加速度减小的加速运动，最后达到最大速度；解题时结合牛顿第二定律及动能定理解答.