1、1功和功率1.(2016宁波期末)如图所示，木块 B 上表面是水平的，当木块 A 置于 B 上，并与 B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A A 所受的合外力对 A 不做功B B 对 A 的弹力做正功C B 对 A 的摩擦力做正功D A 对 B 做正功解析：选 C.AB 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为 gsin .由于 A 速度增大，由动能定理， A 所受的合外力对 A 做功， B 对 A 的摩擦力做正功， B 对 A 的弹力做负功，选项 A、B 错误、C 正确 A 对 B 不做功，选项 D 错误2一人乘电梯从 1 楼到 20 楼，在此过程中经历
2、了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的情况是( )A加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B加速时做正功，匀速和减速时做负功C加速和匀速做正功，减速时做负功D始终做正功解析：选 D.人乘电梯从 1 楼到 20 楼，在此过程中，他虽然经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，但是支持力的方向始终向上，与位移方向一致，即 0，所以支持力始终做正功3.如右图所示，质量为 m 的小球以初速度 v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为 的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A mgv0tan B.mgv0tan C. D mgv0cos mgv0sin 解析：选 B
3、.小球落在斜面上时重力的瞬时功率为 P mgvy，而 vytan v0，所以 P2，B 正确mgv0tan 4(2016安徽合肥肥西中学质检)如图所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计下列关于石块在空中运动过程中的速率 v、加速度 a、水平方向的位移 x 和重力的瞬时功率 P 随时间 t 变化的图象中，正确的是( )解析：选 C.石块做斜抛运动，可分解为竖直方向的上抛运动和水平方向的匀速直线运动，水平位移 x v0xt 与时间成正比，C 正确由于整个过程中石块只受重力，则 a g，保持不变，B 错误竖直方向上做上抛运动，所以重力的瞬时功率 P mg(v0y gt)，功率与时间不成正比，D
4、错误石块在运动过程中的速度 v ，v2x v2y v20x v0y gt 2石块的速率先减小后增大，最小为 v0x，A 错误5(2014高考新课标全国卷)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为 F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用 WF1、 WF2分别表示拉力F1、 F2所做的功， Wf1、 Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A WF24 WF1， Wf22 Wf1B WF24 WF1， Wf22 Wf1C WF24 WF1， Wf22 Wf1D WF24 WF1
5、， Wf22 Wf1解析：选 C.两种情况下物体所受滑动摩擦力相同，即 f mg ， F1、 F2作用下的加速度分别为 a1、 a2，由运动学规律 v a1t、2 v a2t，得 a22 a1；其位移分别为L1 t， L2 t vt，则 L22 L1.由牛顿第二定律有 F1 f ma1， F2 f ma2，所以v2 2v2F22 F1 f.上述两过程中： F1、 F2做的功分别为WF1 F1L1、 WF2 F2L2(2 F1 f)2L14 F1L12 fL1；克服摩擦力做功分别为3Wf1 fL1， Wf2 fL22 fL1，所以 WF24 WF1， Wf22 Wf1，选项 C 正确6(多选)位
6、于水平面上的物体在水平恒力 F1作用下，做速度为 v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力 F2，物体做速度为 v2的匀速运动，且 F1与 F2功率相同则可能有( )A F2 F1 v1 v2 B F2 F1 v1 v2C F2 F1 v1 v2 D F2 F1 v1 v2解析：选 BD.物体在水平恒力 F1作用下匀速运动，水平方向有 F1 mg .作用力变为斜向上的恒力 F2时，设 F2与水平方向的夹角为 ，物体匀速运动时在水平方向有 F2cos (mg F2sin )，故 F2 (其中 sin mgcos sin mg1 2sin )，因而两力大小关系不确定，但两种情况下物体均做匀速运动，
7、且拉力功率11 2相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二种情况下摩擦力小，因而必有 v1 v2，故选项 B、D 正确7图示为某汽车启动时发动机功率 P 随时间 t 变化的图象，图中 Pe为发动机的额定功率，若已知汽车在 t2时刻之前已达到最大速度 vm，据此可知( )A t1 t2时间内汽车做匀速运动B0 t1时间内发动机做的功为 Pet1C0 t2时间内发动机做的功为 Pe(t2 )t12D汽车匀速运动时所受的阻力小于Pevm解析：选 C.t1 t2时间内，汽车可能以恒定功率继续加速，即功率一定、牵引力减小、加速度减小、速度增大的运动，到 t2之前某一时刻加速度为零，汽车达到最大速度，A
8、 错误；0 t1时间内，发动机做的功为图象所围的面积，即为 Pet1，B 错误；同样，0 t2时12间内，发动机做的功为Pe(t2 t2 t1) Pe(t2 )，C 正确；当汽车做匀速运动时，牵引力等于阻力，因此12 t12阻力 f ，D 错误Pevm8.(2016徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒4定的牵引力功率，其加速度 a 和速度的倒数 图象如右图所示若已知汽车的质量，则根据1v图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A汽车的功率B汽车行驶的最大速度C汽车所受到的阻力D汽车运动到最大速度所需的时间解析：选 D.由 F Ff ma， P Fv 可得： a ，
9、对应图线可知， k40，可Pm 1v Ffm Pm求出汽车的功率 P，由 a0 时， 0.05 可得： vm20 m/s，再由 vm ，可求出汽车受1vm PFf到的阻力 Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间9(2016大庆质量检测)(多选)光滑水平面上质量为 m1 kg 的物体在水平拉力 F 的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力 F 随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A拉力在前 2 s 内和后 4 s 内做的功之比为 11B拉力在前 2 s 内和后 4 s 内做的功之比为 13C拉力在 4 s 末和 6 s 末做功的功率之比为 23D拉力在前 2 s 内和后 4 s
10、 内做功的功率之比为 23解析：选 BD.由牛顿第二定律可得 F ma,2 s 时的速度 v2 a1t，则 v2 t8 m/s,4 Fms 时速度 v4 v2 t4(8 2)m/s12 m/s.6 s 时的速度 v6 v2 t16 m/s；Fm 21 Fm由动能定理可得前 2 s 内拉力做的功 W mv 032 J，后 4 s 内拉力的功12 2W mv mv 96 J，则 ，选项 A 错误，选项 B 正确；4 s 末拉力做功的功率12 26 12 2 WW 135P Fv424 W,6 s 末拉力做功的功率 P Fv6216 W32 W，则 ，选项 CPP 34错误；根据平均功率的定义 ，则
11、前 2 s 内做功的功率 16 W，后 4 s 内做功的功率 PWt P P24 W，即 ，选项 D 正确PP 2310(2016河北石家庄质检)有一辆新颖电动汽车，总质量为 1 000 kg.行驶中，该车速度在 1420 m/s 范围内保持恒定功率 20 kW 不变一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移 120400 m 范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则( )s/m 120 160 200 240 280 320 360 400v/(ms1 ) 14.5 16.5 18.0 19.0 19.7 20.0 20.0 20.0A
12、.该汽车受到的阻力为 2 000 NB位移 120320 m 过程牵引力所做的功约为 9.5104JC位移 120320 m 过程经历时间约为 14.75 sD该车速度在 1420 m/s 范围内可能做匀加速直线运动解析：选 C.汽车最后匀速行驶，有 P fvm得： f N1 000 N，则 A 错；2010320.0汽车位移 120320 m 过程中牵引力做功 W，由动能定理得： W f(320 m120 m) mv mv ，代入数据得 W2.9510 5J，则 B 错；设汽车位移 120320 m 过程经历时12 2m 12 20间为 t，由动能定理得： Pt f(320 m120 m)
13、mv mv ，代入数据得： t14.75 12 2m 12 20s，则 C 对；汽车速度在 1420 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，则 D 错11.(2016日照模拟)如右图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是 100 kg 的料车沿 30角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长 L 是 4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力， g 取 10 N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功解析：(1)工人拉绳子的力： F mgsin 12工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度： l2 L，根据公式 W Flcos ，得6W
14、1 mgsin 2L2 000 J.12(2)重力做功：W2 mgh mgLsin 2 000 J(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为 0，故 W 合 0答案：(1)2 000 J (2)2 000 J (3)012(2016河南郑州一模)如图甲所示，在水平路段 AB 上有一质量为 2103 kg 的汽车，正以 10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段 BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的 v t 图象如图乙所示，在 t20 s 时汽车到达 C 点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变假设汽车在 AB 路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等) Ff
15、12 000 N，解题时将汽车看成质点，求：(1)运动过程中汽车发动机的输出功率 P；(2)汽车速度减至 8 m/s 时的加速度 a 大小；(3)BC 路段的长度解析：(1)汽车在 AB 路段时牵引力和阻力大小相等，有 F1 Ff1输出功率 P F1v1解得 P20 kW(2)t15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F2 Ff2，P F2v2，解得 Ff24 000 Nv8 m/s 时汽车在做减速运动，有 Ff2 F ma， FPv解得 a0.75 m/s 2(3)对 BC 段由动能定理有 Pt Ff2x mv mv12 2 12 21解得 x68.75 m答案：(1)20 kW (2)0.7
16、5 m/s 2 (3)68.75 m1动能和动能定理1 A、 B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力 F 作用下，由静止开始通过相同的位移 l.若 A 的质量大于 B 的质量，则在这一过程中( )A A 获得动能较大B B 获得动能较大C A、 B 获得动能一样大D无法比较 A、 B 获得动能大小解析：选 C.由动能定理可知恒力 F 做功 W Fl mv20，因为 F、 l 相同，所以 A、 B12的动能变化相同，C 正确2质量为 m 的物体在水平力 F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为 v，再前进一段距离使物体的速度增大为 2v，则( )A第二过程的速度
17、增量大于第一过程的速度增量B第二过程的动能增量是第一过程动能增量的 3 倍C第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的 2 倍解析：选 B.由题意知，两个过程中速度增量均为 v，A 错误；由动能定理知：W1 mv2， W2 m(2v)2 mv2 mv2，故 B 正确，C、D 错误12 12 12 323(2016安徽合肥一模)一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )A. mgR B. mgR18 14C. mgR D. mgR1
18、2 34解析：选 B.已知铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的 1.5 倍，由牛顿第二定律得：1.5 mg m ，v2R对铁块的下滑过程运用动能定理得： mgR W mv2，12解得： W mgR，故选 B.1424.(2016郑州高三质检)如右图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面设小球在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为 h，则从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是( )A mgh mv2 B. mv2 mgh12 12C mgh D.( mgh mv2)12解析：选 A.小球从斜面底端到最高点
19、C 的过程中，重力、弹簧弹力做功， C 点为最高点，即 vC0，由动能定理得： mgh W 弹 0 mv2， W 弹 mgh mv2，故 A 正确12 125(2016湖南五市十校联考)质量为 10 kg 的物体，在变力 F 作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标 x 的变化情况如图所示物体在 x0 处，速度为 1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到 x16 m 处时，速度大小为( )A2 m/s B3 m/s2C4 m/s D. m/s17解析：选 B.F x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力 F 做的功，图形位于 x 轴上方表示力做正功，位于 x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所
20、以物体运动到x16 m 处时，力 F 对物体做的总功 W40 J，由动能定理得 W mv mv ，代入数据可12 2 12 21得 v23 m/s，B 正确6(2016河北保定元月调研)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W1，第二次击打过程中小锤对小球做功 W2.设先后两次击打过程中
21、小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 W1/W2的值可能是( )3A1/2 B2/3C3/4 D1解析：选 AB.第一次击打，小球运动的最高高度为 R，即 W1 mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为 mg m ，即 v 高 ，小球从静v2高R gR止到到达最高点的过程，由动能定理得 W1 W2 mg2R mv 0，得 W1 W2 mgR，则12 2高 52 ，故选 A、B.W1W2 237质量均为 m 的两物块 A、 B 以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移 x 与初速度的平方 v 的关系图象，已知 v 2 v ，下列描
22、述中20 20 201正确的是( )A若 A、 B 滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对 A 做的功是对 B 做功的 2 倍B若 A、 B 滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对 A 做的功是对 B 做功的12C若 A、 B 滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D若 A、 B 滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对 B 做的功是对 A 做功的 2 倍解析：选 D.由于两物块质量均为 m，若 A、 B 滑行的初速度相等，则初动能相等，由动能定理得 WFf0 mv ，即滑动摩擦力做的功相等，A、B 错误；若 A、 B 滑行的最大位移12 20相等，由题意可知 v 2
23、v ， B 的初动能是 A 的初动能的 2 倍，滑动摩擦力对 B 做的功是20 201对 A 做功的 2 倍，C 错误，D 正确8一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为 v，克服摩擦阻力做功为 E/2.若小物块冲上斜面的动能为2E，则物块( )A返回斜面底端时的动能为 E4B返回斜面底端时的动能为 3E/2C返回斜面底端时的速度大小为 2vD返回斜面底端时的速度大小为 v解析：选 A.设初动能为 E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为 x1，初动能为 2E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为 x2，斜面的倾角为 ，由动能定理得 mgx1
24、sin Ffx10 E,2Ffx1 ， E mv2；而 mgx2sin Ffx202 E，可得 x22 x1，所E2 E2 12以返回斜面底端时的动能为 2E2 Ffx2 E，A 正确，B 错误；由 E mv 2可得12v v，CD 均错误29.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A. mgR B. mgR14 13C. mgR D mgR12解析：选 C.小球
25、通过最低点时，绳的张力为F7 mg由牛顿第二定律可知：F mg mv21R小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg mv2R小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：2 mgR Wf mv mv 12 2 12 21由可得 Wf mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为 mgR，故 C 正确，12 12A、B、D 错误10(2016皖南八校联考)“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图(a)为5利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图舰载机着舰并成功钩住阻拦索后，舰载机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对舰载机施加一作用力，使舰载机
26、在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以舰载机着舰为计时零点，舰载机在 t0.5 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示假如无阻拦索，舰载机着舰关闭动力系统后滑行距离为 900 m，舰载机的质量为 2.0104 kg.假设航母始终静止且舰载机所受阻力恒定(阻力不包括阻拦索的拉力)取 g10 m/s 2，求：(1)舰载机从着舰到停止的总位移；(2)当阻拦索的夹角为 106时阻拦索的拉力(sin 530.8，cos 530.6)；(3)阻挡系统对舰载机做的功解析：(1)由 v t 图象知，总位移 x105 m(2)设舰载机所受阻力为 f，由动能定理得fx0mv202解得
27、f410 4 N当有阻挡索时，设舰载机的加速度大小为 a，阻拦索拉力为 F，由 v t 图象和牛顿第二定律有a 24 m/s 2 v t2Fcos 53 f ma联立解得 F3.6710 5 N(3)设阻拦系统对舰载机做的功为 W，舰载机匀减速的位移为 x1，由动能定理得W fx10mv202解得 W3.310 7 J答案：(1)105 m (2)3.6710 5 N (3)3.310 7 J11如图所示，质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l 后以速度v 飞离桌面，最终落在水平地面上已知 l1.4 m， v 3.0 m/s， m0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数 0
28、.25，桌面高 h0.45 m不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：6(1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s；(2)小物块落地时的动能 Ek；(3)小物块的初速度大小 v0.解析：(1)由平拋运动规律得竖直方向： h gt212水平方向： s vt解得水平距离 s v 0.90 m2hg(2)对小物体的平抛运动过程，由动能定理得mgh Ek mv212解得落地时的动能 Ek0.90 J(3)对小物体在桌面上的运动过程，由动能定理得 mgl mv2 mv12 12 20解得初速度大小 v0 4.0 m/s2 gl v2答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0
29、m/s12.一滑块(可视为质点)经水平轨道 AB 进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道 BC.已知滑块的质量 m0.50 kg，滑块经过 A 点时的速度 vA 5.0 m/s， AB 长 x4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.10，圆弧形轨道的半径 R0.50 m，滑块离开 C 点后竖直上升的最大高度 h0.10 m， g 取 10 m/s2.求：(1)滑块第一次经过 B 点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上 B 点压力的大小；(3)滑块在从 B 运动到 C 的过程中克服摩擦力所做的功解析：(1)滑块由 A 到 B 的过程中，由动能定理得 fx mv mv12 2B
30、 12 2A又 f mg ，解得 vB4.0 m/s.(2)在 B 点，滑块开始做圆周运动，7由牛顿第二定律可知 FN mg mv2BR解得轨道对滑块的支持力 FN21 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上 B 点压力的大小也为 21 N.(3)滑块从 B 经过 C 上升到最高点的过程中，由动能定理得 mg(R h) Wf0 mv122B解得滑块克服摩擦力做功 Wf1.0 J.答案：(1)4.0 m/s (2)21 N (3)1.0 J1机械能守恒定律1(多选)右图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高下列说法中正确的是( )A图甲弹丸在上升的过程中
31、，机械能逐渐增大B图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：选 BC.弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A 错误，B 正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C 正确，D 错误2(多选)把质量是 0.2 kg 小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至 A 的位置，如图甲所示迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置 C(图丙)途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)已知 B、 A 的高度差为 0.1 m， C、 B 的高度差为 0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度
32、g10 m/s 2.则有( )A小球从 A 上升至 B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B小球从 B 上升到 C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C小球在位置 A 时，弹簧的弹性势能为 0.6 JD小球从位置 A 上升至 C 的过程中，小球的最大动能为 0.4 J解析：选 BC.小球从 A 上升到 B 的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在 A、 B 之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，选项 A 错误；小球从 B 上升到 C 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，选项 B 正确；根据机械能守恒定律，小球在位置 A
33、时，弹簧的弹性势能为 Ep mghAC0.2100.3 J0.6 J，选项 C 正确；小球在 B 点时的动能为 Ek mghBC0.4 J Ekm，选项 D 错误3如图所示， B 物体的质量是 A 物体质量的 ，在不计摩擦阻力的情况下， A 物体自 H12高处由静止开始下落以地面为参考平面，当物体 A 的动能与其势能相等时，物体 A 距地2面的高度是( )A. H B. H15 25C. H D. H45 13解析：选 B.设当物体 A 距地面 h 时，其动能与其势能相等，对 A、 B 组成的系统由机械能守恒定律得：mAg(H h) v212(mA 12mA)又根据题意可知： mAv2 mAg
34、h，解得 h H，故 B 正确12 254(多选)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部 B处安装一个压力传感器，其示数 N 表示该处所受压力的大小某滑块从斜面上不同高度 h处由静止下滑，通过 B 时，下列表述正确的有( )A N 小于滑块重力 B N 大于滑块重力C N 越大表明 h 越大 D N 越大表明 h 越小解析：选 BC.滑块在轨道上滑动，只有重力做功，机械能守恒，则有 mgh mv ，解得12 2BvB ，滑块到 B 点时，支持力 NB与重力的合力提供向心力，即 NB mg m ，联立以2ghv2BR上两式得 NB mg ，由牛顿第三定律知 N NB.2
35、mghR5(2016长春调研)如图所示，水平地面上固定一个光滑轨道 ABC，该轨道由两个半径均为 R 的 圆弧 平滑连接而成， O1、 O2分别为两段圆弧所对应的圆心， O1O2的连线14竖直，现将一质量为 m 的小球(可视为质点)由轨道上 A 点静止释放，则小球落地点到 A 点的水平距离为( )3A2 R B. R5C3 R D. R13解析：选 C.由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆轨道顶端时的速度大小为 v ，方向水平向右在第二个四分之一圆轨道顶端的临界速度 v02gR，由于 v v0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到 A 点的gR水平距离为
36、 3R，所以选项 C 正确6如图所示，质量、初速度大小都相同的 A、 B、 C 三个小球，在同一水平面上， A 球竖直上抛， B 球以倾斜角 斜向上抛，空气阻力不计， C 球沿倾角为 的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为 hA、 hB、 hC，则( )A hA hB hC B hA hB hCC hA hB hC D hA hC hB解析：选 D.A 球和 C 球上升到最高点时速度均为零，而 B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能对 A、 C 球的方程为 mgh mv ，得 h12 20 v202g对 B 球的方程为 mgh mv mv ，且 v 012 2t 12 20 2t
37、所以 h h，故 D 正确v20 v2t2g7.(2014高考新课标全国卷)如图，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A Mg5 mg B Mg mgC Mg5 mg D Mg10 mg解析：选 C.4以小环为研究对象，设大环半径为 R，根据机械能守恒定律，得 mg2R mv2，在大12环最低点有 FN mg m ，得 FN5 mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿v2R第三定律知，小环对大环的压力为 FN FN，方向竖
38、直向下，故 F Mg5 mg，由牛顿第三定律知 C 正确8.如图所示，一长 L 的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得链条向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时的速度大小为( )A. B.2gL gLC. D.gL2 12gL解析：选 C.设铁链总质量为 m，滑轮顶端 O 点为零势能面，(如图所示)，离开时速度为 v，则由机械能守恒可知， mg mg mv2L4 L2 12解得： v ，选项 C 正确gL29(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为 m 的小球，从距离水平地面高为 H 的管口 D 处静止释放，最后
39、能够从 A 端水平抛出落到地面上下列说法正确的是( )A小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 RH 2R25B小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 2RH 4R2C小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H2 RD小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度 Hmin R52解析：选 BC.因轨道光滑，从 D A 过程应用机械能守恒定律有 mgH mg(R R) mv ，得 vA ；从 A 端水平抛出到落地，由平抛运动公式有 2R gt2，水12 2A 2g H 2R 12平位移 x vAt 2 ，则选项 B 正确，A 错误因小球能从细2g H 2R4Rg 2RH 4R2管 A 端
40、水平抛出的条件是 vA0，故要求 H2 R，则选项 C 正确，D 错误10如图所示，质量分别为 m 和 M 可看成质点的两个小球 A、 B，通过轻细线悬挂在半径为 R 的光滑半圆柱上如果 M m，由静止释放两小球，则( )A小球 A 升至最高点 C 时， A 球的速度大小为 RMg 2mgRM mB小球 A 升至最高点 C 时， B 球的速度大小为 RMgM mC小球 A 升至最高点 C 时， A 球的速度大小为 2gRD小球 A 升至最高点 C 时对半圆柱的压力大小为 mg解析：选 A.A 球沿半圆弧运动，绳长不变， A、 B 两球通过的路程相等，速率相等， A球上升的高度为 h R， B
41、球下降的高度为 H ；对于系统，由机械能守恒定律得， R2 Ep Ek， Mg mgR (M m)v2，所以 v ；由 mg N m ，得 R2 12 RMg 2mgRM m v2RN mg m ，故小球 A 在最高点对半圆柱的压力大小小于 mg，A 正确，B、C、D 错 Mg 2mgM m误11(2016德州模拟)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线 AB 平齐，静止放于倾角为 53的光滑斜面上一长为 L9 cm 的轻质细绳一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置 C 由静止释放，小球到达最低点 D 时，细绳刚好
42、被拉断之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为 x5 cm.(g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：6(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D 点到水平线 AB 的高度 h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能 Ep.解析：(1)小球由 C 到 D，由机械能守恒定律得：mgL mv ，解得 v1 12 21 2gL在 D 点，由牛顿第二定律得F mg m v21L由解得 F30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为 30 N.(2)由 D 到 A，小球做平抛运动v 2 gh2ytan 53 vyv1联立解得 h16 cm(3)小球从 C 点到将弹簧压缩至
43、最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep mg(L h xsin 53)，代入数据得： Ep2.9 J.答案：(1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J12如图所示，左侧为一个半径为 R 的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平， O点为球心，碗的内表面及碗口光滑右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角 30.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球 m1和 m2，且 m1 m2.开始时 m1恰在碗口右端水平直径A 处， m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直当 m1由静止释放运动到圆
44、心 O 的正下方 B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失(1)求小球 m2沿斜面上升的最大距离 s；7(2)若已知细绳断开后小球 m1沿碗的内侧上升的最大高度为 ，求 .R2 m1m2解析：(1)设重力加速度为 g，小球 m1到达最低点 B 时， m1、 m2速度大小分别为 v1、 v2由运动的合成与分解得 v1 v22对 m1、 m2组成的系统由机械能守恒定律得m1gR m2gh m1v m2v 12 21 12 2由几何关系得 h Rsin 302设细绳断开后 m2沿斜面上升的距离为 s，对 m2由机械能守恒定律得m2gssin 30 m2v 12 2小球 m2沿斜面上升的最大距
45、离s R s2联立得 s R(22m1 2m22m1 m2)(2)对 m1由机械能守恒定律得：m1v m1g 12 21 R2联立得 m1m2 22 12答案：(1) R (2)(22m1 2m22m1 m2) 22 121功能关系 能量守恒定律1(2016温州十校联考)(多选)将一篮球从高处释放，篮球在重力和空气阻力的作用下加速下降，下列说法正确的是( )A篮球的动能增加B重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量C篮球重力势能的减少量等于动能的增加量D篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量解析：选 ABD.因为篮球做加速运动，速度在增大，所以篮球的动能增加，选项 A 正确；重力对篮球做
46、正功，篮球的重力势能减少，且重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量，选项 B 正确；空气阻力对篮球做负功，篮球的机械能减少，且篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量，选项 D 正确；因为篮球的机械能减少，所以篮球的重力势能的减少量不等于动能的增加量，选项 C 错误2.(2016江苏无锡联考)(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在 A 处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从 A 处缓慢下降，到达 B 处时，手和物体自然分开，此过程中，物体克服手的支持力所做的功为 W.不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有( )A物体重力势能减小量一定大于 WB弹簧弹性势能增加量一
47、定小于 WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为 WD若将物体从 A 处由静止释放，则物体到达 B 处时的动能为 W解析：选 AD.物体在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功 W 弹力 ，根据动能定理知mgh W W 弹力 0，故物体重力势能减小量一定大于 W，故 A 正确根据动能定理知mgh W W 弹力 0，由平衡知 kh mg，即 mgh W kh2 mgh，弹簧弹性势能增加量一定12 12等于 W，B 错误；物体克服手的支持力所做的功为 W，机械能减少 W，故 C 错误；物体从静止下落到 B 处速度最大的过程中，根据动能定理，有 mgh kh2 Ek，结合 B 选项知12Ek mgh W
48、，故 D 正确123(多选)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平地面上，物体 B 以水平速度冲上 A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板 A 上，则从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中，2下述说法中正确的是( )A物体 B 动能的减少量等于系统损失的机械能B物体 B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C物体 B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失的机械能之和D摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量解析：选 CD.物体 B 以水平速度冲上木板 A 后，由于摩擦力作用， B 减速运动，木板 A加速运动，根据能量守恒定律，物体 B 动能的
49、减少量等于木板 A 增加的动能和产生的热量之和，选项 A 错误；根据动能定理，物体 B 克服摩擦力做的功等于物体 B 损失的动能，选项 B 错误；由能量守恒定律可知，物体 B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项 C 正确；摩擦力对物体 B 做的功等于物体 B 动能的减少量，摩擦力对木板 A 做的功等于木板 A 动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量，选项 D 正确4如图所示，水平传送带两端点 A、 B 间的距离为 l，传送带开始时处于静止状态把一个小物体放到右端的 A 点，某人用恒定的水平力 F 使小物
50、体以速度 v1匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1.随后让传送带以 v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1的速度匀速从 A 滑行到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是( )A W1 W2， P1 P2， Q1 Q2B W1 W2， P1 P2， Q1 Q2C W1 W2， P1 P2， Q1 Q2D W1 W2， P1 P2， Q1 Q2解析：选 B.因为两次的拉力和拉力方向的位移不
51、变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以 W1 W2，当传送带不动时，物体运动的时间为 t1 ；当传送带以 v2的速度匀lv1速运动时，物体运动的时间为 t2 ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1 P2；lv1 v2一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以 Q1 Q2，选项 B 正确5.构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面自动充电式电动自行3车就是很好的一例，电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来现
52、有某人骑车以 600 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的图线所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )A600 J B360 JC300 J D240 J解析：选 D.设自行车的总质量为 m，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有 mgL 10 Ek，第二次启动自动充电装置，由功能关系有 Ek mgL 2 E 电 ，代入数据解得 E 电 240 J，D 正确6.如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、 OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 的正
53、上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力已知 AP2 R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( )A重力做功 2mgRB机械能减少 mgRC合外力做功 mgRD克服摩擦力做功 mgR12解析：选 D.小球由 P 到 B 的过程中重力做功 WG mg(2R R) mgR，A 错误小球经过B 点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知 mg m ，即小球在 B 点的速度v2Rv ；小球由 P 到 B 的过程，由动能定理可知合外力做功 W 合 Ek mv2 mgR，C 错gR12 12误又因为 W 合 WG Wf，小球由 P 到 B 的过程中摩
54、擦力做的功 Wf W 合 WG mgR，由12功能关系知，物体的机械能减少了 mgR，B 错误，D 正确1247(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为 m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高 h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以 v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平面夹角为 30，则( )A从开始到绳与水平面夹角为 30时，拉力做功 mghB从开始到绳与水平面夹角为 30时，拉力做功 mgh mv238C在绳与水平面夹角为 30时，拉力功率为 mgvD在绳与水平面夹角为 30时，拉力功率大于 mgv32解析：选 BD.从开始到绳与水平面夹角为
55、30时，物体上升高度为 h，重力势能增加mgh.细绳与水平面夹角为 30时，沿绳方向速度为 vcos 30 ，物体动能增加 m3v2 122 mv2，根据功能关系可知，拉力做功 mgh mv2， A 项错误，B 项正确；在绳与水平(3v2) 38 38面夹角为 30时，拉力大于重力，拉力功率大于 mgv，C 项错误，D 项正确328(2016湖北八校联考)(多选)如图甲所示，质量为 1 kg 的小物块以初速度 v011 m/s 从 53固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F，第二次无恒力 F.图乙中的两条线段 a、 b 分别表示存在力 F 和无恒力 F 时小物块
56、沿斜面向上运动的 v t 图线不考虑空气阻力， g10 m/s 2，下列说法正确的是( )A恒力 F 大小为 1 NB物块与斜面间动摩擦因数为 0.6C有恒力 F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D有恒力 F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小解析：选 AD.根据 v t 图象中斜率等于加速度可知 aa 10 vt1m/s2， ab 11 m/s2，不受拉力时， mab mgsin 53 mg cos 53，代入数据 vt2得 0.5.受到拉力的作用时， maa F mgsin 53 mg cos 53，所以 F1 N，选项5A 正确，B 错误；根据运动学公式 x ，有恒力 F 时，小物
57、块的加速度小，位移大，0 v202a所以在上升过程产生的热量较多，选项 C 错误；结合 C 的分析可知，有恒力 F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，选项 D 正确9(多选)如图甲所示，质量 m2 kg 的长木板 A 放在光滑的水平面上，另一质量m2 kg 的物体 B 以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面，由于 A、 B 间存在摩擦，之后 A、 B 速度随时间变化的情况如图乙所示，重力加速度 g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A木板获得的动能为 2 JB系统损失的机械能为
58、1 JC木板 A 的最小长度为 1 mD A、 B 间的动摩擦因数为 0.1解析：选 CD.由题图可以看出， B 做匀减速运动， A 做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s，由 EkA mv2可得木板 A 获得的动能为 1 J，A 错误系统损失的机械能12 Ek mv 2mv22 J， B 错误由图象可知 01 s 物体 B 的位移为 1.5 m，木板 A12 2B 12的位移为 0.5 m，所以木板的最小长度为 1 m，C 正确由图象可知木板 A 的加速度为 1 m/s2，根据 mg maA得出 A、 B 间的动摩擦因数为 0.1，D 正确10.(2016河南郑州一模)(多选)如图所示，质
59、量为 m 的物块从倾角为 的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率 v 匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为 ( tan )，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A电动机因运送物块多做的功为 mv2B系统因运送物块增加的内能为 mv2cos 2 cos sin 6C传送带克服摩擦力做的功为 mv212D电动机因运送物块增加的功率为 mgv cos 解析：选 BD.电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量对滑块，增加的机械能为 E fL mg cos t，v2系统增加的内能 Q f s f(s 带
60、s 物 ) f(vt t) mg cos t.v2 v2故 E Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的 2 倍，大于 mv2，故 A 错误系统增加的内能 Q f s mg cos t.v2物块的加速度 a g( cos sin )f mgsin m故加速时间 t ，va vg cos sin 故系统增加的内能 Q . mv2cos 2 cos sin 故 B 正确传送带运动的距离 s 带 vt ，v2g cos sin 故传送带克服摩擦力做功 W 克 f fs 带 mg cos v2g cos sin ，故 C 错误 mv2cos cos sin 电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，
61、大小为 P fv mg cos v，故 D正确11.如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点， BC 右端连接内壁光滑、半径为 r 的 细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，14另一端恰好与管口 D 端平齐质量为 m 的滑块在曲面上距 BC 的高度为 2r 处从静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩擦因数 ，进入管口 C 端时与圆管恰好无作用力，通过 CD 后12压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 Ep.求：7(1)滑块到达 B 点时的速度大小 vB；(2)水平面 BC 的长度 x；(3)在压缩弹簧过程中滑块的
62、最大速度 vm.解析：(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得mg2r mv ，12 2B解得 vB2 gr(2)在 C 点，由 mg m 得 vCv2Cr gr滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg2r mgx mv12 2C解得 x3 r(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0，则有 kx0 mg，得 x0mgk由能量守恒得 mg(r x0) mv mv Ep12 2m 12 2C得 vm 3gr 2mg2k 2Epm答案：(1)2 (2)3 r (3) gr3gr 2mg2k 2Epm12.如右图所示，质量为 m1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾
63、角为 30的光滑斜面上，斜面的末端 B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v03 m/s，长为 L1.4 m今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数 0.25， g10 m/s 2.(1)求水平作用力 F 的大小；(2)求滑块下滑的高度；8(3)若滑块滑上传送带时速度大于 3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量解析：(1)滑块受到水平推力 F、重力 mg 和支持力 FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F mgtan ，代入数据得 F N.1033(2)设滑块从高为 h 处下滑，
64、到达斜面底端速度为 v，下滑过程机械能守恒，故有mgh mv2，所以 v12 2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有 mgL mv mv2，所以 h1 L ，代入数12 20 12 v202g据得 h10.1 m，若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有 mgL mv mv2，则 h2 L ，代12 20 12 v202g入数据得 h20.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为 t，则 t 时间内传送带的位移x v0t， mgh2 mv2， v0 v at， a g12滑块相对传送带滑动的位移 x L x，相对滑动产生的热量Q mg x，代入数据可得 Q0.5 J.答案：(1) N (2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J1033
