高三物理二轮复习专题三 功和能 第1课时 功　功率和功能关系

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1、 第第 1 课时课时 功功 功率和功能关系功率和功能关系 高考命题点 命题轨迹 情境图 功和功率的分析与 计算 2015 2 卷 17 15(2)17 题 17(2)14 题 18(3)19 题 2017 2 卷 14 2018 3 卷 19 动能定理的应用 2015 1 卷 17 15(1)17 题 17(2)24 题 18(1)18 题 18(2)14 题 19(3)17 题 2017 2 卷 24 2018 1卷14、 18, 2 卷 14 2019 3 卷 17 机械能守恒和能量 守恒定律的应用 2018 3 卷 17 力学中功能关系的 理解和应用 2016 2 卷 21 16(2)2

2、1 题 17(3)16 题 2017 1 卷 24, 3 卷 16 1几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关 (2)摩擦力做功的特点 单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能 的转移， 没有机械能转化为其他形式的能； 相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零， 且总为负值在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还 有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相 对位移的乘积 摩擦生热是指滑动摩擦生

3、热，静摩擦不会生热 2几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的减少量，即 WGEp. (2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即 W弹Ep. (3)合力的功等于动能的变化，即 WEk. (4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W其他E. (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即 QFf x相对 1功和功率的求解 (1)功的求解：WFlcos 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解 (2)功率的求解：可以用定义式 PW t 来求解，如果力是恒力，可以用 PFvcos 来求解 2动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程，可以全程或者

4、分过程应用动能定理. 例 1 (多选)(2019 山东菏泽市下学期第一次模拟)如图 1 所示， 半径为 R 的半圆弧槽固定在 水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为 m 的物块从 P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点 B 点，不计物块的大小，P 点到 A 点高度为 h，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是( ) 图 1 A物块从 P 到 B 过程克服摩擦力做的功为 mg(Rh) B物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为2mg 2gh C物块在 B 点时对槽底的压力大小为R2hmg R D物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh

5、答案 BC 解析 物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有 mgRWf0，因此克服摩擦力 做功 WfmgR，A 项错误；根据机械能守恒，物块到 A 点时的速度大小由 mgh1 2mv 2得 v 2gh， 从 A 到 B 运动的时间 t 1 2R v R 2 2gh， 因此从 A 到 B 过程中重力的平均功率为 P W t 2mg 2gh ， B项正确； 物块在B点时， 根据牛顿第二定律FNmgmv 2 R， 求得FN R2hmg R ， 根据牛顿第三定律可知，FNFNR2hmg R ，C 项正确；物块到 B 点时，速度的方向与 重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D 项错误 拓

6、展训练 1 (多选)(2019 山东济宁市第二次摸底)如图 2 所示，A、B 两物体的质量分别为 m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止释放， 在下滑的过程中( ) 图 2 A两物体下滑的加速度相同 B轻杆对 A 做正功，对 B 做负功 C系统的机械能守恒 D任意时刻两物体重力的功率相同 答案 AC 解析 因为 A、B 两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A 正确；对两物体整体受力 分析得： (2mm)gsin (2mm)a， 整体加速度 agsin ； 设杆对 B 的力为 F， 隔离 B 可得： 2mgsin F2ma，且 agsin ，所以 F0

7、，B 错误；只有重力对系统做功，动能和重力势 能相互转化，机械能守恒，C 正确；重力瞬时功率 Pmgvy，虽然两物体速度相同，但是质 量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D 错误 拓展训练 2 (多选)(2019 四川广元市第二次适应性统考)某质量 m1 500 kg 的“双引擎” 小汽车，当行驶速度 v54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在 54 km/h90 km/h 时汽油机和电动机 同时工作，这种汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 变化的图线如图 3 所示，所受阻力恒为 1 250 N已知汽车在 t0时刻第一次切 换动力

8、引擎，以后保持恒定功率行驶至第 11 s 末则在前 11 s 内( ) 图 3 A经过计算 t06 s B电动机输出的最大功率为 60 kW C汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5105 J D汽车的位移为 160 m 答案 AC 解析 开始阶段，牵引力 F15 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始阶 段加速度 a2.5 m/s2.v154 km/h15 m/s， 根据 t0v1 a， 解得 t06 s， 故 A 项正确； t0 时刻， 电动机输出的功率最大，且 PmF1v15 00015 W75 000 W75 kW，故 B 项错误；汽油 机工作期间，功率 PF2v16

9、 00015 W90 kW,11 s 末汽车的速度 v2P F 90103 3 600 m/s 25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功 WPt290103(116) J4.5105 J，故 C 项正 确； 汽车前 6 s 内的位移 x11 2at0 21 22.56 2 m45 m， 后 5 s 内根据动能定理得： Pt 2Ffx2 1 2mv2 21 2mv1 2，解得：x 2120 m所以前 11 s 时间内汽车的位移 xx1x245 m120 m 165 m，故 D 项错误 1应用动能定理解题的基本思路 (1)确定研究对象和研究过程； (2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力

10、做功情况，利用动能定理全过程或者分 过程列式 2动能定理的应用 (1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动 (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析 (3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移 例 2 (多选)(2019 宁夏银川市质检)如图 4 所示为一滑草场 某条滑道由上下两段高均为 h， 与水平面倾角分别为 45 和 37 的滑道组成， 载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道 的底端(不计载人滑草车在两段滑

11、道交接处的能量损失， 重力加速度为 g， sin 37 0.6， cos 37 0.8)则( ) 图 4 A动摩擦因数 6 7 B载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g 答案 AB 解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg 2hmgcos 45 h sin 45 mgcos 37 h sin 37 0，解得 6 7，选项 A 正确； 对经过上段滑道的过程分析， 根据动能定理有 mghmgcos 45 h sin 45 1 2mv 2，解得：v 2gh 7 ，选项 B 正确；载人滑草 车

12、克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 a mgcos 37 mgsin 37 m 3 35g，选项 D 错误 拓展训练 3 (2019 山西五地联考上学期期末)如图 5 所示，固定斜面倾角为 .一轻弹簧的 自然长度与斜面长相同，都为 L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为 m 的小球放在 斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松 手后，小球最后落地的速度大小为 v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为 g，则该过程 中，人对小球做的功 W 及小球被抛出后离地面的最大高度 H 分别为( ) 图 5 A.1 2

13、mv 2mgLsin ；v 2sin22gLsin cos2 2g B.1 2mv 2；v 2sin22gLsin cos2 2g C.1 2mv 21 2mgLsin ； v2sin22gLsin cos2 2g D.1 2mv 2mgLsin ；v 2 2g 答案 A 解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得 WmgLsin 1 2mv 20， 则 W1 2mv 2mgLsin ； 设小球离开斜面时的速度为 v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得 mgLsin 1 2mv 21 2 mv02； 从最高点到落地的过程，由动能定理得 mgH1 2mv 21 2m(v0cos

14、 ) 2， 联立解得：Hv 2sin22gLsin cos2 2g . 拓展训练 4 (2019 云南昭通市上学期期末)如图 6，固定在竖直平面内的倾斜轨道 AB，与 水平固定光滑轨道 BC 相连，竖直墙壁 CD 高 H0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和 CD 等高，底边长 L10.3 m 的固定斜面一个质量 m0.1 kg 的小物块(视为质点)在轨道 AB 上 从距离 B 点 L24 m 处由静止释放，从 C 点水平抛出，已知小物块与 AB 段轨道间的动摩擦 因数为 0.5，通过 B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为 37 .(空气阻力不计，取重力加 速度 g10 m/s2，si

15、n 37 0.6，cos 37 0.8) 图 6 (1)求小物块运动到 B 点时的速度大小； (2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间； (3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值 答案 (1)4 m/s (2) 1 15 s (3)0.15 J 解析 (1)对小物块从 A 到 B 过程分析， 根据动能定理有： mgL2sin 37 mgL2cos 37 1 2mvB 2， 解得：vB4 m/s； (2)设物块落在斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y，如图所示： 对平抛运动，有： xvBt， y1 2gt 2， 结合几何关系，有：Hy x H L1 2 3， 解

16、得：t 1 15 s 或 t 3 5 s(舍去)； (3)设小物块从轨道上 A点静止释放且 ABL， 运动到 B 点时的速度为 vB， 对物块从 A 到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37 mgcos 37 Lmgy1 2mv 20 对物块从 A到运动到 B 过程分析，根据动能定理有 1 2mvB 2mgLsin 37 mgLcos 37 又 xvBt，y1 2gt 2，Hy x 2 3 联立解得：1 2mv 2mg(25y 16 9H 2 16y 9H 8 )， 故当25y 16 9H 2 16y，即 y 3 5H0.12 m 时，动能最小为 Ekmin，代入数据，解得 Ek

17、min0.15 J. 1机械能守恒的判断 (1)利用机械能守恒的定义判断； (2)利用做功判断； (3)利用能量转化判断； (4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒 2解题步骤 (1)选取研究对象，分析物理过程及状态； (2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考面，根据机械能守恒列式 3应用技巧 对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求 解 例 3 (多选)(2019 福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”， 游戏要求 操作者通过控制棋子(质量为 m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上

18、的 平台跳到旁边的另一平台上如图 7 所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨 迹的最高点距平台上表面高度为 h，不计空气阻力，重力加速度为 g，则( ) 图 7 A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加 mgh B棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加 mgh C棋子离开平台后距平台面高度为h 2时动能为 mgh 2 D棋子落到另一平台上时的速度大于 2gh 答案 AD 解析 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为 mgh，故棋子从离开平台至运 动到最高点的过程中，重力势能增加 mgh，A 正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程 中，不计空气阻力，只

19、有重力做功，机械能守恒，B 错误；取平台表面为零势能面，则棋子 在最高点的机械能 Emgh1 2mvx 2，v x为棋子在最高点的速度由于机械能守恒，则棋子离 开平台后距平台面高度为h 2时，动能为 EkE 1 2mgh 1 2mgh 1 2mvx 2mgh 2 ，C 错误；设棋子落 到另一平台时的瞬时速度大小为 v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得： mgh1 2mv 21 2mvx 2，解得：v 2ghv x 2 2gh，D 正确 拓展训练 5 (多选)(2019 福建厦门市第一次质量检查)如图 8 所示， 在竖直面内固定一半径 为 R 的圆环，AC 是圆环竖直直径，BD

20、是圆环水平直径，半圆环 ABC 是光滑的， 半圆环 CDA 是粗糙的一质量为 m 的小球(视为质点)在圆环的内侧 A 点获得大小为 v0、方向水平向 左的速度，小球刚好能第二次到达 C 点，重力加速度大小为 g，不计空气阻力在此过程中 ( ) 图 8 A小球通过 A 点时处于失重状态 B小球第一次到达 C 点时速度为 gR C小球第一次到达 B 点时受到圆环的弹力大小为 m(v0 2 R 2g) D小球与圆环间因摩擦产生的热量为1 2mv0 25 2mgR 答案 CD 解析 小球通过 A 点时，加速度向上，处于超重状态，选项 A 错误；因小球刚好能第二次到 达 C 点，则此时 mgmvC 2

21、R ，可知小球第二次到达 C 点的速度为 vC gR，因在轨道 CDA 上 运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达 C 点的速度大于 gR，选项 B 错误；小球从 A 到第一次到达 B 点，由动能定理：mg R1 2mvB 21 2mv0 2；在 B 点：F NBmv B 2 R ，联立解得： FNBm(v0 2 R 2g)，选项 C 正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的 热量为 Q1 2mv0 21 2mvC 2mg 2R1 2mv0 25 2mgR，选项 D 正确 例 4 (多选)(2019 东北三省四市教研联合体模拟)如图 9 所示，斜面 1、曲面 2 和斜面 3

22、 的 顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面 1 与曲面 2 的水平底边长度相同一物体与三 个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列 判断正确的是( ) 图 9 A物体减少的机械能 E1E2E3 B物体减少的机械能 E2E1E3 C物体到达底端时的速度 v1v2W 克1，故 W克2W克1W克3，由此可知物体减少的机械能 E2E1E3；由动能定理可知 mgh W克1 2mv 2，由于 W 克2W克1W克3可得 v2v1v3，故 B、D 正确 拓展训练 6 (多选)(2019 安徽安庆市二模)如图 10 所示，光滑细杆 MN 倾斜固定，与水平 方向夹角为

23、，一轻质弹簧一端固定在 O 点， 另一端连接一小球，小球套在细杆上，O 与杆 MN 在同一竖直平面内，P 为 MN 的中点，且 OP 垂直于 MN，已知小球位于杆上 M、P 两点 时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内现将小球从细杆顶端 M 点由静止释放，则在小球 沿细杆从 M 点运动到 N 点的过程中(重力加速度为 g)，以下判断正确的是( ) 图 10 A弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B小球加速度大小等于 gsin 的位置有三个 C小球运动到 P 点时的速度最大 D小球运动到 N 点时的动能是运动到 P 点时动能的两倍 答案 BD 拓展训练 7 (多选)(2019 云南昆明市 4 月质检)

24、如图 11 所示， 质量为 m 的小环(可视为质点) 套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的 定滑轮与质量为 M 的物块相连，已知 M2m.与定滑轮等高的 A 点和定滑轮之间的距离为 d 3 m，定滑轮大小及质量可忽略现将小环从 A 点由静止释放，小环运动到 C 点速度为 0， 重力加速度取 g10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 图 11 AA、C 间距离为 4 m B小环最终静止在 C 点 C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能 D当小环下滑至绳与杆的夹角为 60 时，小环与物块的动能之比为 21 答案 AD 解析 由机械能守恒

25、得：mgLACMg( d2LAC2d)，解得：LAC4 m，故 A 正确；设小环 最终静止在 C 点， 绳中的拉力等于 2mg， 对小环有： FT mg sin 53 5 4mg2mg， 小环不能静止， 所以假设不成立，故 B 错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物 块增加的机械能和小环增加的动能，故 C 错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳 方向的速度即为物块的速度vMvmcos 60 ， 由Ek1 2mv 2可知， 小环与物块的动能之比为21， 故 D 正确 专题强化练专题强化练 (限时 40 分钟) 1. (2019 湖南衡阳市第二次联考)2019 年春晚在

26、开场舞蹈春海中拉开帷幕如图 1 所示， 五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具) 相等，下面说法中正确的是( ) 图 1 A观众欣赏表演时可把领舞者看做质点 B2 号和 4 号领舞者的重力势能相等 C3 号领舞者处于超重状态 D她们在上升过程中机械能守恒 答案 B 解析 观众欣赏表演时看领舞者的动作，所以不能将领舞者看做质点，故 A 错误；2 号和 4 号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故 B 正确；五名领舞者在钢丝 绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故 C 错误；上升过程中，钢丝绳对她 们做正功，所以机械能增大，故

27、D 错误 2(2019 广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的 P、Q 两小球以相同速 率沿竖直方向抛出，P 向上，Q 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( ) AP 球重力做功较多 B两球重力的平均功率相等 C落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大 D落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等 答案 D 解析 根据 Wmgh 可知两球重力做功相同，选项 A 错误；上抛的小球运动时间长，根据 P W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项 B 错误；根据机械能守恒定律1 2mv 2mgh1 2mv0 2 可知，两球落地的速度相同，由 Pmgv 可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率

28、相等，选项 C 错误，D 正确 3(2019 贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后，演员 A(视为质点)自竿顶由静止开 始滑下，如图 2 甲所示演员 A 滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员 A 的质量为 50 kg，长竹竿的质量为 5 kg，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所 示重力加速度取 g10 m/s2，则 t5 s 时，演员 A 所受重力的功率为( ) 图 2 A50 W B500 W C55 W D550 W 答案 B 解析 由 vt 图象可知，46 s 内 A 向下减速，加速度的大小为：a22 2m/s 21 m/s2，t5 s 时，A 的速度大小

29、为 v52 m/sa2t2 m/s1 1 m/s1 m/s，演员 A 所受重力的功率为 PG mAgv550101 W500 W，故 B 正确 4. (多选)(2019 陕西榆林市第二次模拟)如图 3 所示， 某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖 直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存在，运 动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中( ) 图 3 A所受合力保持不变 B所受滑道的支持力逐渐增大 C机械能保持不变 D克服摩擦力做功和重力做功相等 答案 BD 解析 运动员的速率不变，则向心加速度大小不变，方向变化，即向心力大小不变，方向变 化，则

30、所受合力大小不变，方向变化，选项 A 错误；所受滑道的支持力为 FN，FNmgcos mv 2 R ( 角是所在位置的切线与水平面的夹角)， 随着 减小， 则所受滑道的支持力逐渐增大， 选项 B 正确；下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项 C 错误；根据动能 定理：WGWfEk0，即克服摩擦力做功和重力做功相等，选项 D 正确 5. (多选)(2019 湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体 A、B 并排静放在水平地面上， 现 用同向水平拉力 F1、F2分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自 滑行一段距离后停止运动两物体运动的 vt 图象分别如图

31、4 中图线 a、b 所示已知拉力 F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的 vt 图线彼此平行(相关数据已在图中标出)由 图中信息可以得出( ) 图 4 A两个物体 A、B 与水平地面间的动摩擦因数相同 BF1等于 2.5F2 CF1对物体 A 所做的功与 F2对物体 B 所做的功一样多 DF1的最大瞬时功率等于 F2的最大瞬时功率的 2 倍 答案 ACD 解析 由题图可知减速阶段加速度大小 a1a21 m/s2，根据 mgma 可知：120.1， 故 A 正确； 加速阶段的加速度 a12.5 1.5 m/s 25 3 m/s 2， a 22 3 m/s 2， 根据 Fmgma 得： F18

32、 3m，F2 5 3m，所以 F11.6F2，故 B 错误；加速阶段的位移分别为 x1 2.5 2 1.5 m1.875 m，x22 23 m3 m，拉力做的功分别为 W1F1x15m(J)，W2F2x25m(J)，故 C 正确； F1的最大瞬时功率 P1F1v120 3 m(W)， F2的最大瞬时功率 P2F2v210 3 m(W)， 所以 P12P2， 故 D 正确 6(2019 山东泰安市第二轮复习质量检测)如图 5 所示的轨道由倾角为 45 的斜面与水平面连 接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一 段时间，小球以 9 J 的动能第一次

33、落在轨道上若将此小球以 6 J 的初动能从斜面顶端水平抛 出，则小球第一次落在轨道上的动能为( ) 图 5 A9 J B12 J C15 J D30 J 答案 B 解析 假设小球落到斜面上，分解位移可知 xv0t，y1 2gt 2，xy，可得 t2v0 g ，落到斜面 上的速度大小为v 5v0.由Ek1 2mv 2可知， 小球从顶端抛出时v 0 6 m， 落到轨道时速度v 18 m，v 3v0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh(93) JEk6 J， Ek12 J. 7(2019 安徽合肥市第二次质检)如图 6 甲所示，置于水平地面上质量为 m 的物体，在竖直 拉力 F 作用下，由

34、静止开始向上运动，其动能 Ek与距地面高度 h 的关系如图乙所示，已知重 力加速度为 g，空气阻力不计下列说法正确的是( ) 图 6 A在 0h0过程中，F 大小始终为 mg B在 0h0和 h02h0过程中，F 做功之比为 21 C在 02h0过程中，物体的机械能不断增加 D在 2h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少 答案 C 解析 0h0过程中，Ekh 图象为一段直线，由动能定理得：(Fmg)h0mgh00，故 F 2mg，A 错误；由 A 可知，F 在 0h0过程中，做功为 2mgh0，在 h02h0过程中，由动能定 理可知，WFmgh01.5mgh0mgh0，解得 WF1.5mg

35、h0，因此在 0h0和 h02h0过程中，F 做功之比为 43，故 B 错误；在 02h0过程中，F 一直做正功，故物体的机械能不断增加， C 正确；在 2h03.5h0过程中，由动能定理得 WF1.5mgh001.5mgh0，则 WF0，故 F 做功为 0，物体的机械能保持不变，故 D 错误 8. (多选)(2018 山东淄博市模拟)如图 7 所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上， 管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为 m 和 2m 的 a、b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小现释放两个小球， 让它们自由下落，重力加速度大小为

36、 g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说 法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)( ) 图 7 Aa 球的动能始终减小 Bb 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍 C弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量 Db 球到达最低点时杆对 a 球的作用力等于 mg 答案 BC 解析 刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动， 当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力 之和，两球做减速运动，故 A 错误；两球的加速度始终相等，设为 a，根据牛顿第二定律， 对 a 球有 F杆mgma， 对 b 球有

37、 F弹2mgF杆2ma， 解得 F弹3F杆， 则由 WFl 可知， 弹簧对 b 球做的功是杆对 b 球做功的 3 倍，即 b 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍，故 B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关 系可知弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量，故 C 正确；b 球到达最低点时 a、 b 均具有向上的加速度，此时杆对 a 球的作用力一定大于 a 球的重力 mg，故 D 错误 9. (多选)(2019 广东茂名市第一次综合测试)如图 8 所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的 同心圆轨道， 外圆光滑， 内圆粗糙 一质量为 m

38、的小球从轨道的最低点以初速度 v0向右运动， 球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为 R，不计空气阻力设小球过最低点时重力 势能为零，下列说法正确的是( ) 图 8 A若小球运动到最高点时速度为 0，则小球机械能一定不守恒 B若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为3 2mgR C若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 5gR D若小球第一次运动到最高点时速度大小为 0，则 v02 gR 答案 AC 解析 若小球运动到最高点时速度为 0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，要克服摩擦 力做功，小球的机械能不守恒，故 A 正确； 若初速度 v0比较小，小球在运动过程中一定与 内圆接触

39、，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为 mgR，故 B 错误；若初速度 v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机 械能必定大于 2mgR，小球恰好运动到最高点时速度设为 v，则有 mgmv 2 R， 1 2mv0 2mg 2R 1 2mv 2，小球在最低点时的最小速度 v 0 5gR，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 5gR，故 C 正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运 动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为 0，由机械能守恒定律得：1 2mv0 2 mg 2R，小球在最低点时的速度 v02

40、gR，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力 做功，则小球在最低点时的速度 v0一定大于 2 gR，故 D 错误 10. (2019 福建龙岩市 3 月质量检查)如图 9 所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的 圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点，橡皮绳竖直 且处于原长 h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程 中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法中正 确的是( ) 图 9 A圆环的机械能守恒 B圆环的机械能先增大后减小 C圆环滑到杆的底端时机械能减少了 mgh D橡皮绳

41、再次恰好伸直时圆环动能最大 答案 C 解析 圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的 拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的 机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故 A、 B 错误；当圆环滑到杆的底端时，速度为零，则圆环的机械能减少了 mgh，故 C 正确；从圆 环下滑到橡皮绳再次到达原长，动能一直增大，但再次原长时动能不是最大，沿杆方向合力 为零的时刻，圆环的速度最大，此时圆环的动能最大，故 D 错误 11(多选)(2019 云南玉溪一中第五次调研)如图 10 所示，半径为 R

42、 的光滑圆环固定在竖直平 面内，AB、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C、D 两点与圆心 O 等高一质量为 m 的光滑 小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在 P 点，P 点在圆心 O 的正下 方R 2处小球从最高点 A 由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处 于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为 g.下列说法正确的是( ) 图 10 A小球运动到 B 点时的速度大小为 2gR B弹簧长度等于 R 时，小球的机械能最大 C小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为 4mg D小球运动到 B 点时重力的功率为 0 答案 BCD 解析 由题分析可知，小球在

43、A、B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等， 小球从 A 到 B 的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR1 2mvB 2，解得小球运动到 B 点时的 速度为：vB2 gR，故 A 错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于 R 时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故 B 正确；设小球在 A、B 两点时 弹簧的弹力大小为 F弹，在 A 点，圆环对小球的支持力 FN1mgF弹；在 B 点，由牛顿第二 定律得：FN2mgF弹mvB 2 R ，解得圆环对小球的支持力为：FN25mgF弹；则 FN2FN1 4mg，由牛顿第三定律知，小球在 A、B 两点时对圆环的

44、压力差为 4mg，故 C 正确；小球 运动到 B 点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为 0，故 D 正确 12. (多选)(2019 湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图 11 所示，固定的光滑 竖直杆上套一个滑块 A，与滑块 A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块 B，细绳不可 伸长，滑块 B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块 B 的细绳和斜面平行，滑块 A 从细绳水平位 置由静止释放(不计滑轮的摩擦及空气阻力)，到滑块 A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升 至滑轮处)的过程中( ) 图 11 A滑块 A 和滑块 B 的加速度大小一直相等 B滑块 A 减小的机械能等于滑

45、块 B 增加的机械能 C滑块 A 的速度最大时，滑块 A 的速度大于 B 的速度 D细绳上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量 答案 CD 解析 两滑块与绳构成绳连接体， 沿绳方向的加速度相等， 则 A 的分加速度等于 B 的加速度， 故 A 错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但 B 受到的斜面摩擦力对 B 做负功， 由能量守恒可知滑块 A 减小的机械能等于滑块 B 增加的机械能和摩擦生热之和，B 错误；绳 连接体沿绳的速度相等，则 A 沿绳的分速度等于 B 的运动速度，如图所示，即滑块 A 的速度 大于 B 的速度，故 C 正确；对 A 受力分析可知，除重力外，只有细

46、绳的张力对滑块做功，由 功能关系可知，细绳上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量，故 D 正确 13. (多选)(2019 河南省普通高中高考模拟)如图 12 所示，质量分别为 2m、m 的小滑块 A、B， 其中 A 套在固定的竖直杆上，B 静置于水平地面上，A、B 间通过铰链用长为 L 的刚性轻杆连 接一轻弹簧左端与 B 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平当 30 时，弹簧处于原长 状态，此时将 A 由静止释放，下降到最低点时 变为 45 ，整个运动过程中，A、B 始终在同 一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为 g.则 A 下 降过程中( )

47、 图 12 AA、B 组成的系统机械能守恒 B弹簧弹性势能的最大值为( 3 2)mgL C竖直杆对 A 的弹力一定大于弹簧弹力 DA 的速度达到最大值前，地面对 B 的支持力小于 3mg 答案 BD 解析 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B 组成的系统机械能不守恒，故 A 错误；根 据系统机械能守恒可得：Ep2mgL(cos 30 cos 45 )，即弹性势能的最大值为 Ep( 3 2)mgL，故 B 正确；对 B：水平方向的合力 FxF杆sin F弹ma，滑块 B 先做加速运动 后做减速运动，又竖直杆对 A 的弹力等于 F杆sin ，所以竖直杆对 A 的弹力并非始终大于弹 簧的弹力，故 C 错误；A 下降过程中动能达到最大前，A 加速下降，对 A、B 整体，在竖直 方向上根据牛顿第二定律有 3mgFN2ma，则有 FN3mg，故 D 正确