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物理·力與運動 功和能
GMm m·4π2r P 8000×103
r2 =
解析:(
T2 1
)F= = =1×105 ;v 80 N
(R+h)3 牛頓第二定律得:F-f=ma;
所以,“嫦娥1號”衛星繞月運行的周期 T=2π GM . 解得:f=F-ma=1×105-5×104×0.4=8×104N
(2)在月球自轉一周的過程中,“嫦娥1號”將繞月運行圈數 (2)飛機從靜止開始做勻加速運動到到離開地面升空過程中滑
T 行的距離為0 x1,
n=T : F-f 8×10
4-2×104
牛頓第二定律得 a1= m = 5×104 m
/s2=1.2m/s2
T
所以 0
GM
n= 22π (R+h)3 v -0 80
2-0 8000
x1= = = m
13. 答案:見解析. 2a1 2×1.2 3
2
解析:(1)設中央恒星質量為 M,A 行星質量為m, 0-v 6400飛機勻減速直線運動的位移x2,x2= = m=800m
: Mm 4π
2 2a2 2×4
由萬有引力提供向心力得 G R2 =m T2R0 80000 0 以跑道的至少長度x=x1+x2=800m+ 3 m=3467m.
: 4π
2R3
解得 0M= 能力特訓GT20 高頻題特訓
4π2R3
故中央恒星O 的質量為
0
. 1. 答案:2 CGT0
(2)由題意可知:A、B 相距最近時,B 對A 的影響最大,且每隔 解析:人向前運動3m的過程中,物體上升的高度:h= 3
2+42
時間t0發生一次最大的偏離,說明A、B 相距最近,設B 行星的周期 -4=1m
為T,則有: 根據動能定理得:W-mgh=0
2π 2π 得到人對物體A 作的功
:W=mgh=10×10×1J=100J.故選:
( )
T -T t0=2π C.0
tT 2. 答案:BC
解得: 0 0T=t -T 解析:物體都做勻速運動,受力平衡,則:0 0
:R
3 T2 F1=μmg
據開普勒第三定律
R3=T2 F2cosθ=μ(mg-F2sinθ)0 0
3 解得:F2(t cosθ+μsinθ
)=F1
得: ( 0R= )2t -T R0
因為cosθ+μsinθ可能等于1,可知F2的大小可能等于F1.故 A
0 0
3 錯誤,B正確.t0T故未知行星 的運動周期為 0B ,
t
軌道半徑為 ( 0 )2R0. 因為物體做勻速直線運動,合力為零,拉力的功率大小等于摩擦t0-T0 t0-T0 力功率的大小,由于水平拉力作用下的摩擦力大于斜向上拉力作用
第六單元 功和能 下的摩擦力,可知F2的功率一定小于F1的功率,故C正確,D錯誤.
3. 答案:A
第1節 功和功率 解析:在0-t1時間內,如果勻速,則v t圖象是與時間軸平行的
基礎特訓 直線,如果是加速,根據P=Fv,牽引力減小;根據F-f=ma,加速
1. 答案:D 度減小,是加速度減小的加速運動,當加速度為0時,即F1=f,汽車
解析:機車做勻加速直線運動,加速度不變,根據F-f=ma 知, P1 P1
牽引力F=f+ma,可知牽引力不變,根據P=Fv,F 不變,v 增大,
開始做勻速直線運動,此時速度v1= 所以 時間內,F =1 f . 0-t1
則機車的輸出功率變大,故D正確,A、B、C錯誤. v-t圖象先是平滑的曲線,后是平行于橫軸的直線;
2. 答案:A 在t1-t2時間內,功率突然增加,故牽引力突然增加,是加速運
: 1 1 動,根據 ,2 牽引力減小;再根據 ,加速度減小,是加解析 小球在1s內下落的高度大約h=2gt =2×10×1m
P=Fv F-f=ma
速度減小的加速運動,當加速度為0時,即F2=f,汽車開始做勻速
=5m,與三樓的高度接近,故A正確.雞蛋的質量大約0.05kg,舉過
, P2 P2
頭頂,克服重力做功大約 直線運動 此時速度W=mgh=0.05×10×0.5J=0.25J,故B v2=F =f .
所以在t1-t2時間內,即v-t圖
2
錯誤.小華步行的速度不可能達到10m/s,故C錯誤.小強正常上樓 象也先是平滑的曲線,后是平行于橫軸的直線;故A正確,BCD錯誤.
的功率等于克服重力做功的功率,根據P=mgv知,P=500×2W= 4. 答案:AD
1000W,故D錯誤. 解析:汽車勻速行駛時牽引力等于阻力;功率減小一半時,汽車
3. 答案:C 的速度由于慣性來不及變化,根據功率和速度關系公式P=Fv,牽引
解析:在整個運動過程中,籃球的速度先增大后減小,由重力瞬 力減小一半,小于阻力,合力向后,汽車做減速運動,由公式P=Fv
時功率的表達式 P=mgv,可知籃球的重力瞬時功率先增大后減小, 可知,功率一定時,速度減小后,牽引力增大,合力減小,加速度減小,
故C正確. 故物體做加速度不斷減小的減速運動,當牽引力增大到等于阻力時,
4. 答案:C 加速度減為零,物體重新做勻速直線運動,故AD正確.
解析:手對蘋果的作用力是支持力和摩擦力的合力,方向斜向上. 5. 答案:BD
v2 mv2 Δv
故A錯誤.蘋果的加速度a= ,則摩擦力f=ma= ,故B錯誤. 解析:由圖象斜率得加速度a= =1m/s2,由兩圖知,第一秒2l 2l Δt
1 內有:f+F=ma,第二秒內有:F'-f=ma,代入數據得:f+1=3-
根據動能定理得,手對蘋果做功的大小W=2mv
2.故C正確,D錯 f,故f=1N,m=2kg,又由f=μmg 可得動摩擦因數μ=0.05,故A
誤. 1錯誤,B正確;第一秒內的位移為:x= ×1×1m=0.5m,根據功
5. 答案:D 2
解析:落地前1s內的位移大于第1s內的位移,則落地前1s內 的公式W=FL 可得第1s內摩擦力對滑塊做功為-0.5J,故C錯
重力做功大于第1s內重力做功,故AB錯誤;前2s內重力做功W= 誤; 0+v 0+1根據v-t圖象可知,第2秒內的平均速度v= /
1 W 400 2
= 2 ms=
mgh=mg· gt2=400J,則重力做功的平均功率2 P=t = 2 W 0.5m/s,所以第2s的平均功率P=F'v=3×0.5W=1.5W,故D正
=200W,故C錯誤,D正確. 確.
6. 答案:(1)飛機在起飛前瞬間受到的阻力為8×104N. (2)為 6.答案:(1)火車在水平軌道上行駛的最大速度是12m/s. (2)
確保飛機不滑出跑道,則跑道的長度至少為3467m. 在水平軌道上,發動機以額定功率P 工作,當行駛速度為v1=1m/s
111

小題狂刷 高考專題特訓
時的加速度的大小為1.1m/s2,當行駛速度為v2=10m/s時加速度 4m sinθ
的大小為 g0.02m/s2. (3)在水平軌道上以36km/h速度勻速行駛 3 4= ,可知克服重力做功為6J,
時,發動機的實際功率P'為5×105 W. (4)若火車從靜止開始,保 mgsinθ 3
持0.5m/s2的加速度做勻加速運動,這一過程維持的最長時間是4s. 1根據動能定理得, mv2=8-6J=2J
解析:(1)列車以額定功率工作時,當牽引力等于阻力,即F=F = 2f
kmg 時列車的加速度為零,速度達最大vm, 解得: 4v= ,
P P P m
則:vm=F =
/
F =f kgm
=12ms. 4 4 8
則恒力 的功率為:
() , F P=Fv= m sinθ× =2 當
m
vg m 3g
當v=v1=1m/s時, sinθ.故選:D.
P 5.答案:(1)人剛到達機艙時的速度為15m/s. (2)這一過程所
F1=v =6×10
5N,
1 用的時間為7.75s.
F1-Ff 解析:(1)第一階段以最大拉力拉著物體勻加速上升,當電動機達到據牛頓第二定律得:a1= m =1.1m
/s2 最大功率時,
功率保持不變,物體變加速上升,速度增大,拉力減小,當拉力與
當v=v2=10m/s時,
P
F2=v =6×10
4N
2 重力相等時速度達到最大.
: F2-Ff據牛頓第二定律得 a P2= m =0.02m
/s2. 12000W此時有:Pm=mgvm,代入數據解得:
m
vm=mg=80kg×10m/s2
(3)當v=36km/h=10m/s時,列車勻速運動, =15m/s,
則發動機的實際功率P'=Ffv=5×105W. 此速度也是物體到達機艙的速度,故落水物體剛到達機艙時的
(4)根據牛頓第二定律得牽引力F'=Ff+ma=3×105N,在此 速度為15m/s.
過程中,速度增大,發動機功率增大. (2)對于第一段勻加速,加速度設為a,末速設為v1,上升高度
當功率為額定功率時速度大小為vm', h1,則有:
P v1
即vm'=F'=2m
/s Fm-mg=ma,Pm=Fmv1,v1=a1t1,h1= t1,代入數據解2
據vm'=at, 得:v1=10m/s,t1=2s,h1=10m;
v'm 第二段,以最大功率上升,由動能定理得: ( )得:
Pmt2-mg h-h1 =
t=a =4s. 1 2 1mvm - mv 21 ,
易錯題特訓 2 2
1. 答案:D 代入數據解得:t2=5.75s,所以吊起落水物體所用總時間為:t=
: v v
t1+t2=7.75s.
解析 撤去外力后AB 的加速度為
0
aA= ,
0
2t aB=0 t0 拓展題特訓
mv mv 1. 答案:AD
有牛頓第二定律可得 0 0fA=mAaA= ,t fB=maB=0 t0 解析:向上攀爬時,人桿間有靜摩擦力,在靜摩擦力作用下沒有
v0, v0
發生位移,故靜摩擦力不做功,故 A正確,B錯誤;向下滑動時,人桿
在外力作用下AB 的加速度為a'A=t a'B=0 2t0 間有滑動摩擦力,摩擦力向上,位移向下,故做負功,故C錯誤,D正
有牛頓第二定律可得F1-fA=mAa'A 確.
F2-fB=mBa'B 2. 答案:A
聯立解得F1=2F2,故AC錯誤; 解析:速度時間圖線的斜率表示加速度,則在1~3s內,運動員
AB 在外力作用下通過的位移之比有圖象可知x1∶x2=1∶2 的加速度為:
根據W=Fx 可知,故外力做功之比為W1∶W2=1∶1,故B錯 13-12a= =0.5m/s,故A正確;
誤; 2
全過程中根據動能定理可得摩擦力做功等于外力做功,故全過 B. 根據牛頓第二定律得:
程中摩擦力對A、B 做功之比為1∶1,故D正確. F-f=ma
2. 答案:B 解得:F=60×0.5+600×0.1=90N,故B錯誤;圖線與時間軸
解析:物體在上升過程中受重力、支持力及摩擦力的作用;靜摩 所圍成的面積表示物體的位移,則在0~5s內,運動員的位移x=12
擦力沿斜面向上,故靜摩擦力做正功,故A錯誤;重力豎直向下,與運 1×1+ ×(12+13)×2+2×13=63m,
動方向相反,重力做負功;故B正確;支持力垂直斜面向上,故支持力 2
做正功;故C錯誤;由于物體的動能不變,則由動能定理可知,合外力 : x 63則運動員的平均速度是 v= = =12.6m/s,故C錯誤;在0
做功為零,故 錯誤 t 5D .
~5s內,運動員克服阻力做的功是:: W 克=-Wf=0.1×600×63=3. 答案 AC
: 、 3780J
,故D錯誤.
解析 物塊受到重力 支持力和摩擦力的作用,處于平衡狀態,在
, , 3.
答案:(1)將紙帶從鐵塊下抽出需要1s. (2)紙帶對鐵塊做
緩慢上升的過程中 位移方向向上 重力對物塊做了負功,物塊在上
的功是0.05J.
升的過程中,物塊相對于木板并沒有滑動,所以物塊受到的摩擦力對
解析:()設紙帶的加速度為 ,鐵塊的加速度為 ,則
物塊做的功為零,
1 a1 a2
由于重力對物塊做了負功,摩擦力對物塊不做功,
f
根據動能定理可以知道,支持力對物塊做正功.故選:AC. a1=m =μg=1m
/s2 ①
4. 答案:D 1 1
L= at2- at21 2 ②
解析:物體又經相同時間回到出發點, 1有: at2=-(at2- 2 22 1 1 ①②式聯立,代入數據得t=1s ③
1
a2t2), ( 12 2)鐵塊運動的位移s=2at
2
2 ④
解得:3a1=a2, W=μmgs ⑤
F-mgsinθ
a1= ,a2=gsinθ, ③④⑤式聯立,代入數據得m W=0.05J.
: 4mgsinθ, Fs解得 F= 拉力做功與克服重力做功之比為3 mgssinθ=
112

物理·力與運動 功和能
第2節 動能定理 P錯誤.起重機對貨物的牽引力F 是變力,F 不是恒等于 ,所以不能v
基礎特訓 PH
1. 答案:B 根據公式W=FH= 求起重機對貨物做功.故C錯誤.根據動能定v
: 1解析 對整個過程運用動能定理得,W-mgh= mv22 -0
, 理知, 1合外力對物體做功等于物體動能的變化為
2mv
2.故D正確.
1
代入數據解得W=mgh+ mv2
1
2 =0.6×10×1.5+ ×0.6×
3. 答案:B
2
: mv
2
解析 最低點 11J≈10J. 7mg-mg= R
2. 答案:B v = 6R
解析:飛機在水平方向被拉動, 1 g故此過程中飛機的重力不做功,
mv2
最高點 2mg=
故A錯誤;
3
根據W=Fscosθ=5×103×40×2 J=1.7×10
5J,故B R
v2= gR
; 1 1正確 飛機的獲得的動能Ek= mv2= ×50×103 (
40)2 由動能定律 得
2 2 × 2×52 J
=5.9×104J,根據動能定理可知,合外力做功為5.9×104J,又拉力 1 2 1-2mgR+wf=2mv2-2mv
2
1
做功1.7×105J,所以克服阻力做功1.11×105J,故CD均錯誤.
3. 答案:
1
C 解得wf=-2mgR
解析:因為F-x 圖線圍成的面積表示合力做功的大小,可知C 1
選項合力做功最大,根據動能定理得,C選項速度最大,故C正確,A、 故克服空氣阻力做功Wf= mgR.故選:2 B.
B、D錯誤. 4. 答案:B
4. 答案:AC 解析:當距離地面高度為h 時,則下降的高度為 H0-h,根據動
解析:在0-t1時間內水平拉力小于最大靜摩擦力,t2時刻物體 能定理得,mg(H0-h)=Ek-0,解得Ek=-mgh+mgH0,與h 成
受到的拉力最大;故物體的加速度最大,故 A正確;物體運動后摩擦 一次函數關系,隨h 增大,動能減小.可知B正確,A、C、D錯誤.
力大小不變,當速度最大時摩擦力的功率最大;而在t1到t3時刻,合 5. 答案:B
力向前,物體一直加速前進,t3時刻后合力反向,要做減速運動,所以 解析:設AB 間的水平分位移為x,高度差為h,如圖所示:
t3時刻A 的速度最大,動能最大.摩擦力的功率最大;故BD錯誤,C
正確.
5. 答案:B
解析:“太空飛碟”從最高點擺到最低點的過程中,根據動能定理
得: 對從A 到B 間的過程運用動能定理,有:
1 mgh-W 克f=0(
2 M+nm
)v2=(M+nm)gh 其中:W 克f=μmgx
: 聯立解得:解得 v= 2×10×20=20m/s,
在最低點,根據向心力公式得: hμ= =tanθ
( ) ( )v
2 x
T- M+nm g= M+nm 故A錯誤,L B
正確;
: , 對左側斜面,木塊要能夠滑下來,重力的下滑分力要大于滑動摩解得 T=120000N 故B正確.
6. 答案:()
擦力,故:
1 從最高點下落到腳觸網時的速度大小為10m/s和
下落時間為1.0s. (2)在整個向下運動過程中克服蹦床彈力做的功 mgsinα>μmgcosα
由于 ,故:
為2.2×103J. μ=tanθ
解析:(1)在空中下落過程做自由落體運動,則: α>θ
2 , 對于右側斜面,木塊不能滑下,故重力的下滑分力要不大于滑動v =2gh1
摩擦力,故:
1
h1=2gt
2, mgsinβ≤μmgcosβ
帶入數據得: 由于μ=tanθ,故:
≤θ
v= 2gh1= 2×10×5.0=10m/s, β故C錯誤,D錯誤.
2h1 2×5.0
t= 6. 答案:(1)當環的初速度v0=1m/s時,環與桿之間不存在摩g = 10 =1.0s. 擦力. (2)當環的初速度v0=0.5m/s時,環在整個運動過程中克服
(2)下落過程重力和彈力做功,由動能定理可得: 摩擦力所做的功為0.0125J. (3)該同學的觀點錯誤,當初速度v0≥
mg(h1+h2)-W=0, 1m/s時,物體最后是以1m/s的速度做勻速直線運動.
解得:W=40×10×5.5=2.2×103J. 解析:(1)當環的初速度v0=1m/s時,推力F=kv0=1×1=
能力特訓 1N;
高頻題特訓 由于推力等于重力,故物體不受彈力和滑動摩擦力,處于二力平
1. 答案:B 衡狀態,加速度為零,做勻速直線運動;
解析:拉力減小到等于摩擦力以后,物體先做加速度增大的減速 (2)當環的初速度v0=0.5m/s時,推力 F=kv0=1×0.5=
運動,撤去F 后做勻減速運動,故A、D錯誤.由F-x 圖象的面積可 0.5N;
1
得拉力全過程做功 W= ×100×4=200J,由 WF-μmgs=0,得 由于推力小于重力,故有向上的彈力和向左的摩擦力,最后靜2 止,根據動能定理,有:
s=10m,故B正確.由 F-x 圖 象 可 知F=μmg=20N 時,x= 1 1
, , 1 2, 100+20
W 克f=Ek0= mv20= ×0.1×0.52=0.0125J
3.2m 此刻速度最大 W1-μmgx= mvm 其中2 W1= 2 ×
2 2
(3)該觀點錯誤,當初速度v0≥1m/s時,受向下的彈力、推力、
3.2=192J,得最大速度vm=8m/s,故C錯誤. 重力、向左的滑動摩擦力;
2. 答案:D 由于v減小,推力減小,支持力減小,摩擦力減小;當速度減小為
解析:起重機以恒定功率P 提升貨物時,由P=Fv知,速度v增 1m/s時,推力減小到等于重力,摩擦力減小為零,物體以1m/s的速
大時, v牽引力F 減小,貨物做變加速運動,平均速度不等于 .故2 AB
度做勻速直線運動.
113

小題狂刷 高考專題特訓
易錯題特訓 根據牛頓第二定律有mgsinθ-F-F1=ma,
1. 答案:C F=kx.
解析:設子彈在射穿第一塊木板時的速率為v1, 隨著x 的增大,F 增大,F1減小,保持a不變,
一塊木板的厚度為d,阻力大小為f,由動能定理得: 當m 與擋板分離時,F1減小到零,則有:
,
子彈射穿第一塊木板的過程: 1 1 mgsinθ-kx=ma-fd=2mv1-
2
2mv ① 1
又x= 2
1 2
at
子彈射穿4塊木板的過程:-f·4d=0-2mv
2 ② 1
聯立解得mgsinθ-k·2at
2=ma,
3
由①②解得:v=2v
;故選:C. 2m(gsinθ-a)
所 以 經 歷 的 時 間 為 t = =
2. 答案:BD ka
解析:設任一斜面和水平方向夾角為θ,斜面長度為x, 2×1(10×0.5-4)
則物體下滑過程中克服摩擦力做功為:W=μmgcosθ·x,式中 50×4
=0.1s.
xcosθ即為底邊長度. (3)分離時,小球速度為v=at=4×0.1=0.4m/s
由圖可知a和b斜面的底邊相等且等于c的一半,故物體克服摩 1 1位移x1= at2= ×4×0.12=0.02m
擦力做的功Wc=2Wb=2Wa.故 A錯誤,B正確.設物體滑到底端時 2 2
的動能為Ek,根據動能定理得:mgH-μmgxcosθ=Ek,則得 1根據動能定理知W= mv2
Eka=2mgh-μmgL, 2
E =mgh-μmgL, 1 2 1kb W= mv = ×1×0.42=0.08J
Ekc=mgh-μmg·2L,
2 2
圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時動能大小關系為:Eka 第3節 機械能守恒定律
>EKb>Ekc,根據數學知識可得,Eka>2Ekb>2Ekc.故C錯誤,D正 基礎特訓
確. 1. 答案:BD
3. 答案:B 解析:小球勻速率運動,重力勢能增加,動能不變,故機械能增
解析:第一次關閉自充電裝置,由圖線①知道10m停止運動,動 加,故A錯誤;小球勻速率運動,動能不變,根據動能定理,合力做功
能變為0,則只有滑動摩擦力做負功f 乘10m,根據功能關系,大小 為零,故B正確;小球勻速率運動,合力的功率為零,勻速率運動,小
等于原來的初動能1000J;即:f×10=1000;第二次啟動自充電裝 球克服重力做功的瞬時功率不斷增加,拉力T 不做功,故拉力F 的
置,由圖線②知道6m停止運動,動能變為0,則滑動摩擦力做負功f 功率不斷增加,故C錯誤;重力不變,速度方向與重力的夾角不斷增
乘6m,根據功能關系,大小等于初動能減去向蓄電池所充的電能E, 加(大于90度),故根據P=Gvcosθ,重力的瞬時功率的絕對值不斷
即:f×6=1000-E,解得:E=1000-100×6=400(J);所以第二次 增大;故D正確.
向蓄電池所充的電能是400J;故選:B. 2. 答案:D
4. 答案:D 解析:小球到達A 點的臨界情況是對軌道的壓力為零,根據牛頓
解析:F-x 圖線圍成的面積表示拉力F 做功的大小,可知F 做 , v
2
第二定律得 A,
1 1 mg=m R
功的大小W=2Fmx0+4πx
2
0,
解得vA= gR,
1 1 1
根據動能定理得,Ek=W= 2Fmx0+ 4πx0= 2Fmx0
(1+ 1根據動能定理得,mg(H-2R)=2mv
2A-0,
π),故 正確, 、
2 D AB
、C錯誤. 5解得最小高度 H= R,故D正確,A、2 B
、C錯誤.
拓展題特訓 3. 答案:D
1. 答案:A 解析:對于A、C 兩個球,達到最高點時,A、C 兩個球的速度均為
解析:根據功的計算公式 W=Fscosθ可知F、s、θ相同,故功相 零,物體的動能全部轉化為重力勢能,所以A、C 的最大高度相同;對
同,A正確;根據動能定理知W 合=ΔEk,只拉力做功相同,其他力做 于B 球來說,由于B 是斜拋運動,在水平方向上有一個速度,這個分
功不同,故動能增量不同,故B錯誤;根據F合=ma 知只有拉力F 速度的動能不會轉化成物體的重力勢能,所以B 球在最高點時的重
1 力勢能要比 兩球的小,所以高度要比 兩球的高度小,所以
同,加速度不一定相同,故C錯誤;根據s= at2 知加速度不相同,t AC AC D2 正確.
不相同,故D錯誤. 4. 答案:AD
2. 答案:BC 解析:小球拋出的過程中加速度為g,豎直方向,處于失重狀態,
1 故 正確;小球拋出到將彈簧壓縮過程,小球的動能、重力勢能和彈
解析:由動能定理可得:m ABgh-μmAgh= ( )2;解2 mA+mB v 簧的彈性勢能總量守恒,小球的動能轉化為重力勢能和彈簧的彈性
得:v=0.8m/s;故B正確;B 落地后,A 只有摩擦力做勻減速直線運 勢能,故B錯誤;小球拋出后,豎直方向是上拋運動,因末速度為零;
動,由動能定理可知: 1 ,-μmgs=-0- mv2;解得:s ;故
故其逆過程是自由落體運動 故
2 =0.16m C 1
正確. h=
2
2gt
3.答案:(1)從開始運動到小球速度達最大時小球所發生位移的 2h
大小為0.1m. (2)從開始運動到小球與擋板分離時所經歷的時間 故t= ,所以小球從拋出點運動到圓筒口的時間與小球拋g
為0.1s. (3)從開始運動到小球與擋板分離時外力對小球的總功為 出的角度無關,故D正確.
0.08J. 5. 答案:ACD
解析:(1)球和擋板分離后做加速度減小的加速運動,當加速度 2
, , 解析:1、 :
mv
最高點的臨界情況 mg= ,解得:為零時 速度最大 此時物體所受合力為零. r v= gr=2m
/s,
即kxm=mgsinθ, 由機械能守恒定律,有:m ·
1 2 12r+ mv = mv2,解得v =
mgsinθ 1×10×0.5 g 2 2 0 0
解得xm= k = 50 =0.1m. 25m/s;
(2)設球與擋板分離時位移為s,經歷的時間為t, 2、若不通過四分之一圓周,根據機械能守恒定律有:mgr=
從開始運動到分離的過程中,m 受豎直向下的重力,垂直斜面向 1 2
上的支持力F ,沿斜面向上的擋板支持力F 和彈簧彈力F. 2mv0
,解得v0=22m/s;
N 1
114

物理·力與運動 功和能
所以v0≥25m/s或v0≤22 m/s均符合要求,故 A、C、D正 5. 答案:D
確,B錯誤. 解析:設小球落到圓弧上時下落豎直高度為y,水平位移為x,動
6.答案:(1)物體運動到B 點時的速度為 2R. (2)物體到達 能為Ek.小球平拋運動的初速度為v0,圓弧g AB
的半徑為R.
B 點時的加速度為2g,剛離開B 點時的加速度為
則有:
g. (3)物體落地
點到B 點的距離s為 h2+4Rh. x=v0t,
1
y= gt2;2
:() , : 1解析 1 根據機械能守恒定律 有 mgR=2mv
2; g
則得:v0=x 2y
可知小球運動由A 到B 點的速度大小為v= 2gR; 小球剛好落到圓弧的中點,則有:x=y
(2)物體到達B 點時受到重力和支持力的作用,其合力提供向心 由幾何關系得:x2+y2=R2;
力,即加速度a1為向心加速度:
v2 解得:
2
; x= = Ra1=R =2
y
g 2
物體剛離開B 點時只受到重力作用,加速度: 1 2根據動能表達式得:Ek= mv20= mgR;
a2=g; 2 8
(3)小球離開B 點后做平拋運動,下落時間: 2而重力勢能EP=-mgy=- mgR,
2h 2
t= ,g E因此小球的初動能與小球落到圓弧上時的重力勢能之比, k
水平射程: E
=
p
2h 2
x=vt= 2gR· g = 4Rh. 2 8 1,故 正確, 錯誤8= =-4 D ABC .
物體落地點到B 點的距離: 2-2
s= h2+x2= h2+4Rh. 6. 解析:(1)小球的運動可分為三個過程:
能力特訓
高頻題特訓
1. 答案:BCD
解析:質點在A→B→C 的時間內,AC 距離為2m,位移方向為
A 到C,所以位移為-2m,路程為4m.故A錯誤.質點在B→D 的時
間內,經過的路程為4m,位移方向由B 指向D,與正方向相反,所以
位移為-4m.故B正確.當質點到達 D 點時,位置在原點的左側,坐
標為-2m.故C正確.當質點到達D 點時,在A 點左側3m處,規定
向右為正方向,所以相對于A 點的位移為-3m.故D正確. 第一過程:小球做平拋運動.設繩即將伸直時,繩與豎直方向的夾
2. 答案:AD
角為 , 1 8如圖所示,則
解析:小球下落過程只有重力與彈簧彈力做功,小球的重力勢 θ v0t=Rsinθ,2gt
2= 9R-Rcosθ
,其中v0=
能、動能、彈簧的彈性勢能之間相互轉化,所以小球、地球和彈簧組成 3
R
的系統機械能守恒,故A正確.小球下落剛接觸彈簧時,僅受重力,加 4 g
速度為重力加速度,速度繼續增大,當小球向下運動到某一位置時, π 4 R
聯立解得 ,
重力等于彈簧向上的彈力,此時加速度為零,速度達到最大值,再向 θ=2 t=3 g .
下運動的過程中,彈簧彈力大于重力,加速度向上,小球開始減速,直 即輕繩即將伸直時,繩與豎直方向的夾角為90°.
到運動到最低點時,速度為零.所以b→c小球的動能先增大后減少, (2)第二過程:繩繃直過程.繩繃直時,繩剛好水平,如圖所示.由
即b點動能不是最大;據以上分析可知小球不是勻速運動,所以運動 于繩不可伸長,故繩繃直時,v0損失,小球僅有速度v⊥,且v⊥=gt=
的位移不與時間成正比,即小球的重力勢并不能隨時間均勻減少.故 4 gR.
BC錯誤.據機械能守恒可知,a點到c點過程中小球重力勢能的減少 3
量等于彈簧彈性勢能的增加量,故D正確. 第三過程:小球在豎直平面內做圓周運動.設小球到達O 點正下方
3. 答案:AC 時, 1 1速度為v',根據機械能守恒守律有: mv'2= mv 2⊥ +mg·R
解析:小球在B 點對軌道的壓力恰好為零,可知小球在B 點僅 2 2
2
受重力,故A正確.小球在AB 軌道上運動過程中,由于向心力的方 v'設此時繩對小球的拉力為T,則T-mg=m ,
2 R
向與速度方向垂直, v可知向心力不做功,故B錯誤.根據
B
mg=m R : 43聯立解得 T=9mg.
得,vB= gR,
1 4R
根據2R=2gt
2 得,t= ,則g xAC=vBt= gR
43
故當小球到達O 點的正下方時,繩對質點的拉力為9mg.
4R , 1=2R 故C正確.根據動能定理得,g -mg
·2R= mv 2- 易錯題特訓2 B 1. 答案:D
1 vA22,在 點,根據牛頓第二定律得, ,聯立解得 解析:取桌面為零勢能面,鏈條的重力為 m,開始時鏈條的重力
2mvA A N-mg=m R
: ·L勢能為 0·L07 7mg EP1=-mg
N= mg,則軌道上最低點受到小球的壓力為 ,故 錯誤 L 22 2 D . 1
4. 答案:ABD 當鏈條剛脫離桌面時的重力勢能:EP2=-mg·2
解析:環剛開始釋放時,合力為其重力,故 A正確.環到達B 時, : mg
(L2-L2)
故重力勢能的變化量 0ΔEP=EP2-EP1=- ,即
繩子收縮的長度等于重物上升的高度,所以h= 2d-d.故B正確. 2L
對B 的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解,在沿繩子方向上的 mg(L2-L2)重力勢能減少 0 ;
分速度等于重物的速度,有:vcos45°=v重物,所以小環在B 處的速度 2L
( 2 2, )與重物上升的速度大小之比為 2∶1 故C錯誤.環和重物組成的系 :mg L -L 1根據機械能守恒得 0 = mv2
統, 2L 2只有重力做功,系統機械能守恒,設下降最大距離為h,則有:
2 2
4d g(L -L解得 0
)
mgh=2mg( h2+d2-d),解得:h= .故D正確. v= .故選:L D.3
115

小題狂刷 高考專題特訓
2. 答案:D v2, 1 1m 從出發到最高點的過程,有 m R+ mv2= mv2,聯立解
解析:對于物體來說,從A 到C 要克服空氣阻力做功,從B 到C R g 2 2 0
又將一部分機械能轉化為彈簧的彈力勢能,因此機械能肯定減少.故
: 3 , 3 ,
A錯誤.對于物塊和彈簧組成的系統來說,物體減少的機械能為(克服
得 v0= gR 即小球2 v0
的最小值為 故 錯誤 根據機
2gR B .
空氣阻力所做的功+彈簧彈性勢能),而彈簧則增加了彈性勢能,因 械能守恒定律知,小球A 通過最高點時的機械能等于小球B 通過最
此整個系統機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功.故B錯誤.由 低點時的機械能,故C錯誤.小球 A 通過最高點時,有 mg+NA=
A 運動到C 的過程中,物體的動能變化為零,重力勢能減小量等于機 v2A 2
m ,
v
小球B 通過最低點時,有
B
NB-mg=m ,又由機械能守恒械能的減小量. R R
所以物塊機械能減少mg(H+h),故C錯誤.物塊從A 點由靜 : 1 1 1得 對A 球,有mgR+ mv22 A= mv
2
2 0
,對B 球,有 mgR+ 2mv
2
1 0
止開始下落,加速度是 g,根據牛頓第二定律得:2 1
= mv2B,聯立解得,NB-NA=6mg,則小球A 通過最高點和小球1 1 2
f=mg-ma= mg,所以空氣阻力所做的功2 -
(
2mg H+ B 通過最低點時對環形槽的壓力差值為6mg,故D正確.
h), 3.答案:(1)剛好能通過圓軌道最高點D 的高度H 是0.5m.
整個系統機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功, (2)壓力F 與高度H 的關系式為F=10H-5,F-H 圖象如圖所示.
1 () ,、 存在 且 為所以物塊 彈簧組成的系統機械能減少 m (H h),故 正 3 H 0.54m.2 g + D 解析:(1)滑塊從A 運動到D 的過程,由機械能守恒得:mg(H1
確, 1
3. 答案:AD -d
)=2mv
2
D1
解析:小球從A 到B 的過程中下降的高度為h,則重力做功為 v2D1 5
mgh,故A正確.小球從A 到B 的過程中,有重力做功,彈簧彈力做 且在D 點滿足:mg=m ,得:v /,R D1= 2 msH1= 4.d=
功,小球機械能不守恒,故B錯誤.根據動能定理得,mgh-W 彈 = 0.5m.
1 1 2
2mv
2,可知克服彈力做功W 彈=mgh-2mv
2,則到達B 點時彈性 () v在 點滿足 D2 D F+mg=m R
1
勢能為mgh- mv2,故C錯誤,D正確. 滑塊從A 運動到D 的過程,由機械能守恒得:mg(H-d)=2 1 2
4.答案:(1)細繩能承受的最大拉力為60N. (2)細繩斷裂后小 2mvD
球在空中運動所用的時間為1s. (3)小球落地瞬間速度的大小為 得:F=10H-5,則F-H 圖象如圖所示:
11m/s. (4)當L1為3.025m時,小球落地點距B 點的水平距離最
大.
解析:(1)小球從 A→B 過程,根據機械能守恒定律得:mgL=
1
2mv
2B-0
2
經B 點時,
mv
由牛頓第二定律得: BFB-mg= 甲L
解得:最大拉力FB=3mg=3×2×10N=60N.
(2)
1
小球從B→C 過程做平拋運動,則有:H-L= gt22
2(H-L) 2×(: 6.05-1.05
)
解得t= g = 10 s=1s.
乙
(3)假設滑塊經過最高點D 后能直接落到直軌道AB 上與圓心
( 13)從A→B→C 過程,根據機械能守恒得:mgH= 22mvC-0 等高的E 點(如圖所示)
d
解得:vC= 2gH = 2×10×6.05m/s=11m/s. 2
1 從D 到E 過程滑塊做平拋運動,則有:( OE=4)從A1→B1過程,根據機械能守恒得:mgL1= mv22 C-0
sin37°
d 1
1 又OE=v , 2
B 2 D2
t = gt
1→C1過程:H-L1=2gt1
2 2
5
x1=vt1 得到:v = m/D2 3 s
聯立得:x1= 4L1(H-L1) 而滑塊過D 點的臨界速度為:v = 2m/s
H 6.05 D1
當L1=H-L1,即L1=2= 2 m=3.025m
時,水平距離x1 由于:v >v 所以存在一個 值,使得滑塊經過最高點 后D2 D1 H D
能直接落到直軌道AB 上與圓心等高的點
最大.
拓展題特訓
1. 答案:C
解析:t1時刻小球剛與彈簧接觸,與彈簧接觸后,先做加速度不
斷減小的加速運動,當彈力增大到與重力平衡,即加速度減為零時,
速度達到最大,故A錯誤;t2時刻,彈力最大,故彈簧的壓縮量最大,
小球運動到最低點,速度等于零, 滑塊從 運動到 的過程
,由機械能守恒得: ( )
故B錯誤;t2~t3這段時間內,小球
A D mg H-d =
處于上升過程,先做加速度不斷減小的加速運動,后做加速度不斷增 1mv22 D
大的減速運動,故C正確;t2~t3段時間內,小球和彈簧系統機械能 得到:H≈0.54m
守恒,故小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能,
故D錯誤. 第4節 功能關系 能量守恒定律
2. 答案:AD 基礎特訓
解析:兩個小球在光滑的圓軌道內運動,只有重力做功,機械能 1. 答案:D
守恒,開始出發時機械能相等,則再次相遇時機械能守恒也相等,速 解析:即使開發了新能源,能量的總量也不會不斷增加,只會在
率必定相等.故A正確.設A 球剛好到最高點時的速率為v,則mg= 各種形式的能之間相互轉化,故 A錯;雖然煤和石油燃燒會污染空
116

物理·力與運動 功和能
氣,在目前我們應綜合利用開發,還不能完全停止開發和利用,故B 1
mv2 得:W=F (
1
; s +s
)+ mv2 故B正確,C錯誤;經過時間t
錯 能量在轉化過程中,有一部分能量轉化為內能,我們無法把這些 2 2 f 1 2 2 2 1
內能收集起來重新利用,但能的總量并沒有消失,故C選項錯;根據 前進距離s1,速度達到該階段的最大值v1后功率不變,則小車做加
能量守恒定律可知不同形式能量之間可以相互轉化,故D選項正確. 速度逐漸減小的加速運動,故D錯誤.
2. 答案:BC 2. 答案:BC
解析:物體受到重力、彈力、滑動摩擦力與拉力作用,由拉力等于 f
解析:在斜面上運動某一位置的動能為:
, , EK =EK0-
( +
滑動摩擦力 物體受到的合力等于物體重力沿斜面向下的分力 物體 sinθ
做勻加速運動,故A錯誤,B正確;拉力與摩擦力相等,它們所做的總 mg)h,在斜拋到最高點的過程中,某一位置的動能為:EK=EK0-
功為零,支持力不做功,因此只有重力做功,物體的機械能守恒,故C mgh,動能隨高度的變化關系,從圖象角度看是在斜面運動過程中的
正確,D錯誤. 斜率大于斜拋過程中的斜率,且Q 點動能不為零,故A錯誤;在斜面
3. 答案:B 1上運動某一位置的機械能:E=EK0-f(v0t- at2),從斜面拋出
解析:小孩的質量不變,所以小孩的慣性不變,故A錯誤.小孩做 2
加速運動,有豎直向下的分加速度,小孩處于失重狀態,故B正確,C 后,只有重力做功,機械能守恒,不發生變化,故B正確;物體在斜面
錯誤.由于有阻力做功,摩擦生熱,則小孩的機械能減小,故D錯誤. 上做勻減速直線運動,加速度不隨時間變化,物體離開斜面后做斜上
4. 答案:C 拋運動,加速度為重力加速度,加速度保持不變,故C正確;物體在斜
解析:鐵塊滑到半球底部時,半圓軌道底部所受壓力為鐵塊重力 1面上做勻減速直線運動,h=xsinθ=(vt- 20 )2at sinθ
,h 與t不是
的1.5倍,根據牛頓第二定律,有
v2 正比例關系,故D錯誤.
N-mg=m R ① 3. 答案:B
壓力等于支持力,根據題意,有 解析:摩擦力對物體做的功,等于物體在這個過程中獲得動能是
N=1.5mg ② 1 1mv2= ×1×12=0.5J,故 A錯誤.傳送帶受到的摩擦力:f=
對鐵塊的下滑過程運用動能定理,得到 2 2
1 μmg=0.1×1×10=1N,電動機增加的功率為:P=Fv=fv=1×1
mgR-W= mv22 ③ =1W.故B正確;物體做勻加速直線運動的加速度a=μg,則勻加速
由①②③式聯立解得克服摩擦力做的功: v直線運動的時間為:t= ,在這段時間內傳送帶的位移為:
3 a
x1=vt=
W= 2 24mgR v 1= ,傳送帶克服摩擦力做的功為:g 0.1×10=1m W=Fx1=fx1=3 μ
所以損失的機械能為
4mgR.
故選:C. 1×1=1J,故C錯誤;電動機多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的
5. 答案:ABC 功,即1J.故D錯誤.
解析:根據動能定理得: 4. 答案:BC
(F-f)(s+L)=ΔEK
所以物體具有的動能為(F-f)(s+L),故A正確.
B. 根據動能定理得:
fs=ΔEK'
所以小車具有的動能為fs,故B正確.
物體克服摩擦力做功為f(s+L),故C正確.
這一過程小車和物體組成的系統受到外力F 的作用,做功為
F(s+L), 1解析:根據mgh= mv2,小球質量相同,滑塊到達O 點的速率
摩擦力對系統做功w=-fL,由于摩擦產生的內能為fL,機械 2
能增加了F(s+L)-fL.故D錯誤. 相同,則h 相同,即各釋放點處在同一水平線上,故 A錯誤;以O 點
6. 答案:(1)彈簧開始時的彈性勢能為3.5mgR. (2)物體從B 為最低點作等時圓,可知從a、b兩點運動到O 點時間相等,則知A、
點運動至C 點克服阻力做的功為mgR. (3)物體離開C 點后落回 B、C、D…各點處在同一圓周上,故B正確;若各次滑到O 點的過程
水平面時,重力的瞬時功率是2mg gR. 中,滑塊滑動的水平距離是x,滑塊損失的機械能等于克服摩擦力做
解析:(1)設彈簧的彈性勢能為Ep,物體經過B 點時的速度為 功,為: xWf=μmgcosθ·cosθ=μmgx
,Wf相等,則x 相同,即各釋放
vB,軌道對物體的支持力為N,物體對軌道的壓力為N'由題意知有:
N'=8m 點處在同一豎直線上
,故C正確,D錯誤g .
1 5.
答案:ABD
由機械能守恒得:Ep=2mv
2
B 解析:物塊上升的高度為h,則物塊克服重力做功為 mgh,故 A
v2 1
在B 點,由牛頓第二定律得:
B
N-m =m 正確.物體初動能為零,末動能為 mv
2,根據動能定理知,合外力做
g R 2
由牛頓第三定律得:N=N' 1功為 mv2,故B正確.F 為恒力,則恒力做功為Fx,故C錯誤.根據
解得:Ep=3.5mgR
2
(2)設物體克服阻力做功為Wf,在C 點速度為v ,
1 1
C 動能定理知,Fx-mgh+Wf= mv2,解得阻力做功2 Wf= 2mv
2
v2
物體恰到達C 點,重力提供向心力,有:
C
mg=m +mgh-Fx,故D正確.R 6. 答案:(1)小物塊在圓弧軌道最低點B 對軌道的壓力大小是
1 1
由動能定理得:-2mgR-Wf= mv 2- mv
2, 30N. (2)B 點到水平線MN 的高度h 是0.45m. (3)小物塊從傳
2 C 2 B 送帶頂端C 運動到底端D 的過程中因摩擦而產生的熱量是21J.
解得:Wf=mgR 解析:(1)滑塊從A 運動到B 的過程中,由機械能守恒定律得:
(3)物體落到水平面上時的豎直分速度是:vy=2 gR 1 2
重力的上升功率是:P=mgv =2m
m R= mv
g gR. g 2 By
能力特訓 解得:vB= 2gR= 2×10×0.8=4m/s
高頻題特訓 v2B
1. 答案:B 在B 點:N-mg=m R
解析:經過時間t1后,功率才保持不變,故電動機牽引力所做的 代入解得:N=3mg=30N
功小于P(t1+t2),A錯誤;對小車應用動能定理:W-Ff(s1+s2)=
117

小題狂刷 高考專題特訓
由牛頓第三定律可知,滑塊對軌道的壓力為 N'=N=30N,方 解析:(1)設BD 段長度為l,動摩擦因數為μ,研究物塊運動,根據動
向豎直向下. 能定理:W 總=ΔEK
(2)物塊從B 到C 做平拋運動,到C 點時速度沿CD 方向,則C 從A 到D 的過程中有:mgR(1-cos37°)-μmgl=0-0
v
點的速度 B
4 l
v = = =5m/s 從A 到C 恰好靜止的過程中有:C mgR(1-cos37°)-μFN 2=0cosθ cos37°
1 -0
根據機械能守恒得:mgh= mv2
1
2 C-2mv
2
B 又 BC 段有:FN=F+mg
解得h=0.45m. 代入數據聯立解得:μ=0.5,F=10N.
(3)小物塊滑上傳送帶后先向下做勻加速運動,設加速至速度等 (2)右圖中,從A 到C 的過程中,根據動能定理有:
于傳送帶速度用時t1,通過的位移為x1,加速度為a1.此過程傳送帶 其中FN=mgcosθ
的位移為x2. 聯立解得:θ=37°.
mgsinθ+μmgcosθ (3)物塊在C 處速度減為零后,由于 mgsinθ>μmgcosθ 物塊將則a1= =10m/m s
2. 會下滑,而AB 段光滑,故物塊將做往復運動,直到停止在B 點.根據
v帶-vc 10-5 能量守恒定律有:
t1= a =1 10 =0.5s mgR(1-cos37°)=Q
vc+v帶 而摩擦生熱為:Q=fs
x1= 2 t1=3.75m f=μmgcosθ
x2=v帶t1=5m 代入數據解得物塊在BD 板上的總路程為:s=0.25m.
因為μ=0.5速運動,加速度大小設為a2.滑到底端時間為t2. 1. 答案:B
mgsin37°-μmgcos37° /2 解析:除重力外還有恒力做功,所以質點的機械能不守恒,故則a2= m =2ms.
A
錯誤;除重力做功外,其它力水平恒力對物體做正功,故物體的機械
1 2 能不斷增加,故B正確;從 M 到N,物體在上升,故物體的重力勢能L-x1=v帶t2+2a2t2 不斷增加,故C錯誤;因為質點速度方向恰好改變了90°,可以判斷合
代入解得t2=2s 力方向應為右下方,產生的加速度不變,且與初速度的方向夾角要大
此過程中,傳送帶的位移為x3=v帶t2=20m 于90°小于180°才能出現末速度與初速度垂直的情況,因此合外力先
物塊從傳送帶頂端C 運動到底端D 的過程中因摩擦而產生的 做負功,當達到速度與合外力方向垂直后,恒力做正功,動能先減小
熱量Q=μmgcosθ·Δx=μmgcosθ·[(x2-x1)+(L-x1-x3)]= 后增大,故D錯誤.
21J. 2. 答案:D
易錯題特訓 解析:拉力對小木塊做的功W1=fx,其中x 是小木塊對地的位
1. 答案:BC 移,如圖中三角形面積S1所示,系統摩擦生熱Q=fd,其中d 是小木
解析:滑塊上升過程中,受到重力、支持力和摩擦力,根據牛頓第 塊與薄紙板間的相對移動路程,如圖中三角形面積S2所示,拉力F
二定律,得到合力F=ma=mg 沿斜面向下 做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加以及系統摩擦生熱之和,故
動能減小量等于克服合力做的功,故 A錯誤;根據動能定理:摩擦力對小木塊做的功一定等于小木塊動能
ΔEK 減=Fs=mg·2h=2mgh 的增加,故B錯誤;離開薄紙板前小木塊一直做加速運動,故C錯誤;
故A錯誤; 根據本題給出的條件,S1和S2的大小關系無法確定.故D正確.
B. 物體上升了h,故重力勢能增加了mgh;故B正確;
C、D. 系統損失的機械能等于減小的動能和勢能之和,故
ΔE減=ΔEK 減-mgh=mgh
故C正確,D錯誤.
2. 答案:BD
解析:根據動能定理得:
· 1動能增加量ΔEk=mgssin30°-μmgcos30° s= mgs,故8 A
正 3. 答案:(1)物體在運動過程中的最大加速度為15m/s2. (2)
1 在距出發點3m時,物體的速度達到最大. (3)物體在水平面上運
確.物體的重力勢能減少ΔEp=mgssin30°= mgs,故B錯誤.物體2 動的最大位移是8m.
3 解析:(1)當推力F 最大時,加速度最大,由牛頓第二定律,得:
克服阻力所做的功為 Wf=μmgcos30°·s= mgs,故C正確.根據8 Fm-μmg=mam
, 3 可解得: /
2
功能原理知 機械能減少ΔE=Wf= mgs.故D錯誤.本題選不正
am=15ms.
8 (2)由圖象可知:F 隨x 變化的函數方程為
確的,故選:BD. F=80-20x
3. 答案:C 速度最大時,合力為0,即
解析:將人的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向,在沿繩 F=μmg
子方向上的分速度等于物塊的速度,如圖所示, 所以x=3m.
(3)位移最大時,末速度一定為0
由動能定理可得:
WF-μmgs=0
由圖象可知,力F 做的功為
物塊的速度等于v0cosθ,v不變,θ在變化,所以物塊的速度在變 1 1WF= Fmxm= ×80×4=160J
化,物塊做變速直線運動,故 A錯誤.當人從平臺的邊緣處向右勻速 2 2
所以
s s=8m.
前進了s,此時物塊的速度大小為:v'=v0cosθ=v0 ,根據動
h2+s2 綜合特訓(六)
1 mv2s2
能定理得: 2 0W= mv' = ( ,
母題特訓
2 故 錯誤, 正確2 2h +s2) BD C . 1.答案:B
4. 答案:(1)F 應為10N. (2)角應為37°. (3)物塊在BD 板 解析:體驗者在風力作用下漂浮在半空,體驗者的合力為零,如
上的總路程s=0.25m. 果減小風力,則重力大于風力,合力向下,體驗者向下做加速運動,加
118

物理·力與運動 功和能
速度向下,處于失重狀態; 桿垂直時小球加速度為g,則有兩處加速度為g,故B 正確,由圖可
體驗者向下加速運動過程中,除了重力做功外,風力做負功,機 知,彈簧長度最短時,彈簧與桿的方向相互垂直,則彈力的方向與運
械能減少,故ACD錯誤,B正確. 動的方向相互垂直,所以彈力對小球做功的功率為零,故C正確,因
2.答案:C M 點與N 點彈簧的彈力相等,所以彈簧的形變量相等,彈性勢能相
解析:外力對物體所做的總功為1900J-100J=1800J,是正功, 同,彈力對小球做的總功為零,則彈簧彈力對小球所做的正功等于小
則根據動能定理得:動能增加1800J,故AB錯誤;重力對物體做功為 球克服彈簧彈力所做的功;小球向下運動的過程中只有重力做正功,
1900J,是正功,則物體重力勢能減小1900J,C正確,D錯誤. 所以小球到達N 點時的動能等于其在M、N 兩點的重力勢能差,故
3.答案:AC D正確.
解析:質點P 下滑的過程,由動能定理得 8.答案:AB
1
mgR-W= mv22 解析:
h
對整個過程,由動能定理得:2mgh-μmgcos45°·sin45°-
v2 2(, mgR-W
)
在最低點 質點P 的向心加速度a= = · hR mR μmgcos37° sin37°=0
根據牛頓第二定律得 6
v2 解得:μ= .故A正確,滑草車通過第一段滑道末端時速度最
N-mg=m 7R
3mgR-2W 大,設為v,
h 1
由動能定理得:mgh-μmgcos45°· = mv2
解得N= ,故R AC
正確,BD錯誤. sin45° 2
: 2gh4.答案:D 解得 v= ,故B正確,對整個過程,由動能定理得:7
解析:設最高點的速度為v2,最低點速度為v1; 2mgh-Wf=0,解得,載人滑草車克服摩擦力做功為:Wf=
對由最低點到最高點的過程中,根據機械能守恒定律可知: 2mgh,故C錯誤,載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為:a=
1 1
-mg2R= mv22- mv21 μmgcos37°-mgsin37° 32 2 ,故 錯誤m =35g D .
根據向心力公式可得: 9.答案:BD
v2
最高點時: 2N +mg=m 解析:設每節動車的功率為P,牽引力為F,每一節車廂的質量2 R 是m,阻力為kmg,
v2
最低點時; 1N1-mg=m A.啟動時乘客的加速度的方向與車廂運動的方向是相同的,所R 以乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相同,故A錯誤;
聯立解得:N1-N2=6mg. B.做加速運動時,有兩節動力車廂,對整個的車進行受力分析
5.答案:C 得:
解析:從靜止釋放至最低點,由機械能守恒得: 1mgR= mv2,解2 2F-8kmg=8ma
對
: 6
、7、8車廂進行受力分析得:
得 v= 2gR
在最低點的速度只與半徑有關,可知vpF1-3kmg=3ma
動能與質量和半
對 、 車廂進行受力分析得:
徑有關, 78由于P 球的質量大于Q 球的質量,懸掛P 球的繩比懸掛Q F2-2kmg=2ma
球的繩短,所以不能比較動能的大小,故AB錯誤; F1 3
在最低點,拉力和重力的合力提供向心力,由牛頓第二定律得: 聯立可得: = ,故B正確;F2 2
v2 V2 F-mg
F-mg=m ,解得,F=mg+m =3mg,a向= = C.設進站時從關閉發動機到停下來滑行的距離為s,則:R R m
, · 12g -8kmg s=0-8×2mv
2
所以P 球所受繩的拉力一定大于Q 球所受繩的拉力,向心加速 v2
度兩者相等,故C正確,D錯誤. 可得:s=kg
6.答案:BD 可知進站時從關閉發動機到停下來滑行的距離與關閉發動機時
解析:設小球的密度為ρ,半徑為r,則小球的質量為:m=ρv· 的速度的平方成正比,故C錯誤;當只有兩節動力車時,最大速率為
4
3πr
3 v,則:
2P=8km
4 g
·v
重力:G=mg= πgρr3 改為4節動車帶4節拖車的動車組時:3
·
: G-f kr 3k
4P=8kmg v'
小球的加速度 a= m =g- 4 =g- 2 所以:v'=2v,故D正確.
ρ· πr3
4πρr
3 10.答案:AB
可知,小球的質量越大,半徑越大,則下降的加速度越大,所以甲 解析:在彎道上做勻速圓周運動,賽車不打滑,繞賽道一圈時間
1 最短,則在彎道上都由最大靜摩擦力提供向心力,速度最大,由BC
的加速度比較大.兩個小球下降的距離是相等的,根據:x=2at
2 可 分析可知,在繞過小圓弧彎道后加速,故 A正確;設經過大圓弧的速
知,加速度比較大的甲運動的時間短,故A錯誤;根據:2ax=v2-v20 度為v,經過大圓弧時由最大靜摩擦力提供向心力,由2.25mg=
可知,加速度比較大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小,故 v2
m 可知,代入數據解得:R v=45m
/s,故B正確;設經過小圓弧的速
B正確;小球的質量越大,半徑越大,則下降的加速度越大.所以甲的
加速度比較大,故C錯誤;由題可知,它們運動時受到的阻力與球的 度為v0,經過小圓弧時由最大靜摩擦力提供向心力,由2.25mg=
半徑成正比,即:f=kr,所以甲的阻力大,根據 W=Fs可知,甲球克 v20m 可知,代入數據解得: /,由幾何關系可得直道的長度
服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,故D正確. r
v0=30ms
7.答案:BCD 為:x= 1002-(90-40)2=503m,再由v2-v20=2ax 代入數據
解析:由題可知,M、N 兩點處,彈簧對小球的彈力大小相等,則 解得:a=6.50m/s,故C錯誤;設R 與OO'的夾角為α,由幾何關系可
在運動過程中AM 為壓縮狀態,N 點為伸長狀態;小球向下運動的
得: 50 1,
過程中彈簧的長度先減小后增大,則彈簧的彈性勢能先增大,后減 cosα=100=2 α=60°
,小圓弧的圓心角為:120°,經過小圓弧彎
小,再增大,所以彈力對小球先做負功再做正功,最后再做負功,故 A 120 1
, , , 道的時間為錯誤 在運動過程中 M 點為壓縮狀態 N 點為伸長狀態 則由 M 到 t=2πr×360×v =2.79s
,故D錯誤,
0
N 有一狀態彈力為0且此時彈力與桿不垂直,加速度為g;當彈簧與 11.答案:(1)物塊B 克服摩擦力所做的功為2μmgs;
119

小題狂刷 高考專題特訓
解析:
(2)物塊A、
F-3mg F-3mg
B 的加速度大小分別為 μ 和 μ2m 4m . (1)小球在豎直方向做自由落體運動,運動時間為
解析:(1)物塊A 移動了距離s,則物塊B 移動的距離為 2H 2×3.2
1 t= = =0.8s;
s1=2s ①
g 10
小球在水平方向做勻減速運動,加速度
物塊B 受到的摩擦力大小為 F 15 2
f=4μmg ② a=m =3=5m
/s;
物塊B 克服摩擦力所做的功為 1 1
1 則水平位移s=v0t-2at
2=8×0.8-2×5×0.64=4.8mW=fs1=4μmg×2s=2μmgs ③ (2)由動能定理
(2)設物塊A、B 的加速度大小分別為aA、aB,繩中的張力為T, 1
由牛頓第二定律得 EK-2mv
2
0 =mgH-Fx
F-μmg-T=maA ④ 解得:Ek=120J
2T-4μmg=4maB ⑤ (3)小球離開桿后經過時間t的水平位移
由A 和B 的位移關系得 1
a =2a ⑥ x=v0t-2at
2
A B
聯立④⑤⑥式得 1豎直分位移h=2gt
2;
F-3
a μ
mg
A= 2m ⑦ 1 1由動能定理EK- mv 2=mg× gt20
F-3μmg 2 2
-Fx
aB= 4m ⑧ 將EK=78J和v0=8m/s代入得
12.答案:(1)A 固定不動時,A 對B 支持力的大小mgcosα; 125t2-80t+12=0
(2)A 滑動的位移為x 時,B 的位移大小為x 2(1-cosα); 解得t1=0.4s,t2=0.24s
2gx
:()
sinα 14.答案 1 求運動員在AB 段下滑時受到阻力Ff 的大小是(3)A 滑動的位移為x 時的速度大小為 3-2cosα. 144N;
解析:(1)根據受力分析:重力、支持力與繩子的拉力,結合力的 (2)若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C 點所
平行四邊形定則,及平衡條件與三角知識,則斜面的支持力大小為: 在圓弧的半徑R 至少應為12.5m,
N=m cosα; 解析:()g 1 運動員在 AB 上做初速度為零的勻加速運動
,設 AB
(2)撤去固定A 的裝置后,A、B 均做直線運動,根據運動的合成 的長度為x,斜面的傾角為α,則有
2
與分解,當A 滑動的位移為x 時,設B 的位移大小s,依據幾何關系 vB=2ax
有: 根據牛頓第二定律得
mgsinα-Ff=ma
H
又sinα=x
由以上三式聯立解得Ff=144N
(2)設運動員到達C 點時的速度為vC,在由B 到達C 的過程中,
則有:sx=x(1-cosα) 由動能定理有
sy=xsinα 1 1mgh+W= mv2C- mv2B
且s= s2x+s2; 2 2y
: ( ); 設運動員在C 點所受的支持力為FN,由牛頓第二定律得解得 s=x 21-cosα 2
(3)因B 的下降的高度為sy=xsinα;
vC
FN-mg=m
根據系統只有重力做功, R機械能守恒定律,則有:
由運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,即有 F =
1 1 N
mgsy=2mv
2A+2mv
2B 6mg
聯立解得
如下圖所示,畫陰影部分的三角形相似,依據位移之比等于速度 R=12.5m
之比, 15.答案:(1)P 到達B 點時速度的大小是 6gl,它離開圓軌道
后落回到AB 上的位置與B 點間的距離是22l.
(2) :
5 5
P 的質量的取值范圍為 3m≤mp<2m.
解析:(1)將彈簧豎直放置在地面上,物體下落壓縮彈簧時,由系
統的機械能守恒得
Ep=5mgl
如圖,根據能量守恒定律得
1
Ep=μmg·4l+2mv
2B
聯立解得vB= 6gl物體P 從B 到D 的過程,由機械能守恒定
v x 律得
可得:A
v =B s 1 1mg·2l+ mv2D= 2
則有:v =v 2(1-cosα); 2 2
mvB
B A
2gxsinα 解得vD= 2gl
解得:vA= 3-2cosα 物體P 離開D 點后做平拋運動,則有
13.答案:(1)小球落地所需時間為0.8s;離開桿端的水平距離為 12l=2gt
2
4.8m;
(2)小球落地時的動能為120J; x=vDt
(3)小球離開桿端后經過0.4s和0.24s時間動能均為78J, 解得x=22l
即落地點與B 點間的距離為22l,
120

物理·力與運動 功和能
設小球通過 點的臨界速度為 ,則有
(2)
5 C v
P 剛好過B 點,有:Ep=μm1g·4l,解得 m1=2m
0
v20
P 最多到C 而不脫軌,則有 E = m g·4l+m gl,解得 m = m =mp μ g2 2 2 R
5 2
3m 1
5 5 即得v0= gR
所以滿足條件的P 得質量的取值范圍為:3m≤mp< m
, 2
2 因為vC=v0,所以小球恰好到達C 點,
16.答案:(1)P 第一次運動到B 點時速度的大小是2 gR, 過關特訓
(2)P 運動到E 點時彈簧的彈性勢能是2.4mgR. 1. 答案:D
() 3 解析:根據牛頓第二定律得,3P 運動到D 點時速度的大小是 5R,改變后P 的質量 F-mg=ma
,解得F=mg+ma=
5 g 1 1
1 1000×
(10+1)N=11000N.上升的位移x= 22at =2×1×1m=是
3m. 0.5m.則拉力做功W=Fx=11000×0.5J=5500J.故D正確,A、B、C
解析:(1)C 到B 的過程中重力和斜面的阻力做功,所以: 錯誤.
mg·
1
BC :sin37°-μm
答案
gcos37°·BC=2mv
2B-0. 2. B
F
: 解析
:由題意可知,當一個力
其中 F
突然變為 ,則這幾個力的合力
BC=AC-2R 3
代入數據得:vB=2 gR 2F大小為 ,方向與力F 反向,所以由牛頓第二定律可知,加速度大小
(2)物塊返回B 點后向上運動的過程中: 3
· · 1
2F
-mg BFsin37°-μmgcos37° BF=0- 2 a=2mv'B 3m
其中: 2FBF=AF-2R 經過t時間,產生速度為v=at= ,3mt
16gR 2
聯立得:v'B= 2F 2F 4Ft5 則P=Fv=3×3mt=
,故選:
9m B.
物塊P 向下到達最低點又返回的過程中只有摩擦力做功,設最 3. 答案:AD
大壓縮量為x,則: 解析:小球受重力、斜面支持力和擋板的支持力,三力平衡,如圖
· 1 2 1-μmgcos37° 2x= mv' - mv2 所示:2 B 2 B
整理得:x=R
物塊向下壓縮彈簧的過程設克服彈力做功為W,則:
mgx·
1
sin37°-μmgcos37°·x-W=0- 22mvB
又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功,即:Ep=
W 根據平衡條件,有:
所以:Ep=2.4mgR
() mg3 由幾何 關 系 可 知 圖 中 D 點 相 當 于C 點 的 高 度:h=r+ F1=cosθ ①
5
rcos37°=1.8r=1.8×6R=1.5R
F2=mgtanθ ②
位移水平向左,重力與位移垂直,故重力對小球不做功,A正確;
所以D 點相當于G 點的高度:H=1.5R+R=2.5R
mg
2H 5R 由①式,斜面對小球的彈力為 ,則彈力做功為:
小球做平拋運動的時間:t= = cosθ
W=F1Ssinθ=
g g mgvt·tanθ,故B錯誤C錯誤;整個裝置勻速運動,根據動能定理,合
7 7 5 3
G 點到D 點的水平距離:L= R-rsin37°= R- R× 外力做功為零,故D正確.2 2 6 5 4. 答案:AD
=3R 解析:由動量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分別
由:L=vDt
3 為:
1
: v1=2m
/s、v2=3m/s,由動能定理可知合力做功為W= mv2
聯立得 vD=5 5gR
2
、 、 , , W 4.5 9E 到D 的過程中重力 彈簧的彈力 斜面的阻力做功 由功能關 =4.5J故0~2s內功率是P= = W= W,故 A正確;t 2 4 1s
系得: 末、2s末功率分別為:P1=F1v1=4W、P2=F2v2=3W;故C錯誤;
1
Ep-m'g(ECsin37°+h)-μm'gcos37°·EC= m'V2 1 12 D-0 第1秒內與第2秒動能增加量分別為:2mv
2 2
1 =2J、2mv2-
1
聯立得:m'= m 13 2mv
2
1=2.5J,故第2s內外力所做的功為2.5J,B錯誤;而動能增加
17.答案:(1)小球在B、A 兩點的動能之比是5∶1. 量的比值為4∶5,故D正確.
(2)小球恰好到達C 點. 5. 答案:BD
解析:(1)根據機械能守恒定律得 解析:對A、B 分別受力分析,受力如圖所示
R
EKA=mg 4
R
EKB=mg( +R)
5mgR
4 = 4
則得小球在B、A 兩點的動能之比EKB∶EKA=5∶1.
(2)假設小球能到達C 點,由機械能守恒定律得
R 1 對A 分析Fn-Fsinaθ-G=0,f=μFn=μ(Fsinaθ+G)
mg 4= mv
2
2 C 對B 分析Fn1=G,f1=μFn1=μG,Wf=fL,Wf1=f1L,
1 ∵f>f1,∴Wf>Wf1;
即得到達C 點的速度vC= 2gR 根據動能定理可知,A、B 所受的合外力做的功等于A、B 物體動
121

小題狂刷 高考專題特訓
能的變化,而A、B 動能的變化量相等,所以合外力對 A、B 做功相 甲在繩索中點處速度最大,最大速度vm 是12.5m/s. (3)快艇加速
等,故B、D正確;而A 所受合外力為F 和摩擦力,B 所受合力為A 對 運動的時間t'為101s.
B 及摩擦力,所以F 對A 與A 對B 的力做功不相等,所以AC錯誤, 解析:(1)設救生圈做平拋運動的時間為t,
故選:BD. 1
有 H= t2
6. 答案:D 2g
解析:設斜面傾角為θ,剛開始AB 處于靜止狀態,所以mBgsinθ Htanθ=v0t
=mAg,所以mB>mA,A、剪斷輕繩后A 自由下落,B 沿斜面下滑, 解得:v0=7.5m/s,t=2s.
AB 都只有重力做功,根據動能定理得: (2)由幾何關系,得繩索長為:
H
L=
1 cosθ
=25m
mv2=mgh,v= 2gh,所以速度的變化量為2 v-0= 2gh
, 設人下滑時間為t0,由題意知:t0=2t,t0=4s
故A錯誤;剪斷細線,A、B 兩物體都只有重力做功,機械能守恒,則 因加速過程與減速過程的加速度大小相等,所以甲在繩索中點
機械能的變化量都為零,故B錯誤;重力勢能變化量ΔEP=mgh,由 處速度最大.
于AB 的質量不相等,所以重力勢能變化不相同,故C錯誤;A 運動 1 t由 0
2vm 2×2=L2h m gh
的時間為:t1= ,所以 重力做功的平均功率為:
A ,
g A PA= 2h : L得 vm=t =12.5m
/s.
g (3)加速過程有:
B 運動有:
h 1 2, : 1 2h解得 ,所以 重力做功 1
sinθ=2gsinθt2 t2=sinθ g B pt'-Ff(s-s 21)=2Mv'm
m ghsinθ
的平均功率為: BPB= , p
2h 加速到勻速時速度為:vm=Ff
g 解得:t'=101s.
而mBgsinθ=mAg,所以重力做功的平均功率相等,故D正確. 12. 答案:(1)斜面BC 的長度L 為3m. (2)滑塊的質量m 為
7. 答案:B 2.5kg. (3)運動過程中滑塊克服摩擦力做的功W 為40J.
解析:大小相等,方向夾角為60°兩個力的作用下,物體從靜止運 解析:(1)分析滑塊受力,由牛頓第二定律得:
, , 1動到速度為v 則這兩個力做的功一樣多 且合力功為 mv2,所以 得:a1=gsinθ=6m/s
2
2 通過圖象可知滑塊在斜面上運動時間為:t1=1s
1
其中一個力做的功為總功的一半,即為 mv2,故4 B
正確;ACD錯誤. 1由運動學公式得:L=2a1t
2
1 =3m.
8. 答案:B (2)滑塊對斜面的壓力為:N1'=mgcosθ
解析:細桿下滑過程中,受重力和摩擦力作用,整體分析,重力和 木板對傳感器的壓力為:F1=N1'sinθ
1
摩擦力做功大小相等,而細桿重心下移距離為 R,故細桿克服摩擦 由圖象可知:F1=12N2 解得:m=2.5kg.
: 1力做功 W= mgR,故A錯誤,B正確;質量為m 的均勻細直桿的 (3)滑塊滑到B 點的速度為:v1=a1t1=6m/s2
由圖象可知:
1 f1
=5N,t2=2s
重心在其中點處,故重力做功WG= mgR,故C錯誤;系統能量守2 fa2= =2m/s2
恒, π外力總功為0,故D錯誤.
: 19. 答案 BD s=vt - 21 2 2a2t2=8m
解析:物塊下落過程中,軟繩對物塊做負功,物塊的機械能逐漸
W=fs=40J.
減小.故A錯誤.物塊未釋放時,軟繩的重心離斜面頂端的高度為h1 13. 答案:見解析.
1 1
= sin30°= ,軟繩剛好全部離開斜面時,軟繩的重心離斜面頂端 解析:(1)物 體 從 E 到C,由 機 械 能 守 恒 得:m (h+R)=2 4 g
1
1 1 1 2
的高度h2= ,則軟繩重力勢能共減少 mg( - )
1 mv ①
= mgl.故 2
c
2 2 4 4
v2
B正確. 在C 點,由牛頓第二定律得:
c
FN-mg=m R ②
因為物塊的機械能減小,則物塊的重力勢能減小量大于物塊的
聯立①、②解得支持力FN=12.4N. ③
動能增加量,減小量等于拉力做功的大小,由于拉力做功大于克服摩 ()從 過程,由動能定理得
擦力做功, 2 E~D~C~B~A所以物塊重力勢能的減少大于軟繩克服摩擦力所做的功
WG-W =0 ④
與物塊動能增加之和.故C錯誤.細線的拉力對軟繩做正功,對物塊做
f
[( ) ]
負功, WG=mg h+Rcos37°-LABsin37° ⑤則重物的機械能減小,軟繩的總能量增加,而軟繩的動能與克
W = mgcos37°L ⑥
服摩擦產生的內能增加,軟繩的重力勢能減小,能量中的減少量一定 f μ AB
聯立、④、⑤、, ⑥
解得
小于能量中的增加量 故軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與
斜面長度至少為:LAB=2.4m ⑦克服摩擦力所做功的和.故D正確. (3)因為,: mgsin37°> m10. 答案 BC μ g
cos37°(或μ所以,物體不會停在斜面上.物體最后以C 為中心,B 為一側最
解析:由于彈簧一直處于壓縮狀態,故彈性勢能一直減小,但沒
高點沿圓弧軌道做往返運動.
有減為零,故A錯誤;除重力外其余力做的功等于物體機械能的增加
從 點開始直至穩定,系統因摩擦所產生的熱量
量,故A 對B 做的功等于B 機械能的增加量,故B正確;
E
由于AB 整
Q=ΔE ⑧
體和彈簧系統機械能守恒,故彈簧彈性勢能的減小量等于A 和B 機 P
ΔE =m (h+Rcos37°) ⑨
械能的增加量,故C正確;對物體A,重力、支持力、彈簧彈力、和B 對 P g
聯立⑧、⑨解得Q=4.8J ⑩
A 彈力的合力做的功等于動能的增加量,故重力和彈簧彈力做功的
在運動過程中產生熱量為4.8J.
代數和不等于A 動能的增加量,故D錯誤.
11.答案:(1)救生圈被拋出時的初速度v0是7.5m/s. (2)隊員
122
物理·力與運動 功和能
第六單元 功和能
第1節 功和功率
D. 前2s內重力的功率為200W
6.(2022·綿陽模擬)綿陽規劃建設一新機場,請
你幫助設計飛機跑道.設計的飛機質量m=5×104kg,
1.(2022·連云港模擬)機車從靜止開始沿水平 起飛速度是80m/s.
的直軌道做勻加速直線運動,所受的阻力始終不變,在 (1)若起飛加速滑行過程中飛機發動機實際功率保
此過程中,下列說法正確的是 ( ) 持額定功率P=8000kW,飛機在起飛前瞬間加速度a1
A. 機車的牽引力逐漸減小 =0.4m/s2,求飛機在起飛前瞬間受到的阻力大小
B. 機車的牽引力逐漸增大 (2)若飛機在起飛加速滑行過程中牽引力恒為F
C. 機車輸出功率逐漸減小 =8×104N,受到的平均阻力為f=2×104N.如果允
D. 機車輸出功率逐漸增大 許飛機在達到起飛速度的瞬間可能因故而停止起飛,
2.(2022·南京模擬)下列表述中符合實際情況 立即關閉發動機后且能以大小為4m/s2的恒定加速度
的是 ( ) 減速而停下,為確保飛機不滑出跑道,則跑道的長度至
A. 小球從3樓自由下落到地面,時間約為1s 少多長
B. 小明將一個雞蛋舉過頭頂,克服重力做功約為
10J
C. 小華正常步行的速度約為10m/s
D. 小強正常上樓時的功率約為10kW
3.(2022·徐州模擬)籃球從某一高度由靜止豎
直落下,與地面碰撞后反向彈回至最高點(不考慮籃球
與地面的作用時間),關于該過程中重力瞬時功率的變
化,下列說法正確的是 ( )
A. 一直增大
高頻題特訓
B. 一直減小
C. 先增大后減小 1.(2015春·衡陽校級期末)如圖所示,一根繩子
D. 先減小后增大 繞過高4m的滑輪(大小、摩擦均不計),繩的一端拴一
4.(2022·西安模擬)人用手托著質量為m 的“小 質量為10kg的物體,另一側沿豎直方向的繩被人拉
蘋果”,從靜止開始沿水平方向運動,前進距離l后,速 住.若人拉住繩子前進3m,使物體勻速上升,則人拉繩
度為v(物體與手始終相對靜止),物體與手掌之間的 所做的功為 ( )
動摩擦因數為μ,則下列說法正確的是 ( )
A. 手對蘋果的作用力方向豎直向上
B. 蘋果所受摩擦力大小為μmg
1
C. 手對蘋果做的功為2mv
2
D. 蘋果對手不做功 A.500J B.300J
5.(2022·株洲校級模擬)質量為2kg的小鐵球 C.100J D.50J
從某一高度由靜止釋放,經3s到達地面,不計空氣阻 2.(2022·渭南一模)(多選)如圖所示,位于水平
力,g=10m/s2.則 ( ) 面上的物體在水平恒力F1作用下,做速度為v 的勻速
A. 落地前1s內重力做功與第1s內重力做功相 運動;若作用力變為斜向上的恒力F2,物體仍做速度
等 為v的勻速運動,則以下說法正確的是 ( )
B. 落地前1s內重力做功比第1s內重力做功少
C. 前2s內重力的功率為400W
63

小題狂刷 高考專題特訓
A.F2一定大于F1 A. 滑塊的質量為0.5kg
B.F2的大小可能等于F1 B. 滑塊與水平地面間的動摩擦因數為0.05
C.F2的功率一定小于F1的功率 C. 第1s內摩擦力對滑塊做功為-1J
D.F2的功率可能等于F1的功率 D. 第2s內力F 的平均功率為1.5W
3.(2022·崇明縣一模)一汽車在平直公路上行 6.(2022春·曲陽縣校級期中)一列火車總質量
駛.從某時刻開始計時,發動機的功率P 隨時間t的變 m=500t,機車發動機的額定功率P=6×105 W,在軌
化如圖所示.假定汽車所受阻力的大小f 恒定不變.下 道上行駛時,軌道對列車的阻力Ff 是車重的0.01倍,
列描述該汽車的速度v 隨時間t變化的圖線中,可能 g 取10m/s2,求:
正確的是 ( ) (1)火車在水平軌道上行駛的最大速度;
(2)在水平軌道上,發動機以額定功率P 工作,當
行駛速度為v1=1m/s和v2=10m/s時,列車的瞬時
加速度a1、a2各是多少;
(3)在水平軌道上以36km/h速度勻速行駛時,發
動機的實際功率P';
(4)若火車從靜止開始,保持0.5m/s2的加速度做
勻加速運動,這一過程維持的最長時間.
A B
易錯題特訓
1.(2022春·宜春校級期中)質量分別為2m 和
m 的A、B 兩種物體分別在水平恒力F1和F2的作用下
C D
沿水平面運動,撤去F1、F2后受摩擦力的作用減速到
4.(2022·臺兒莊區校級模擬)(多選)汽車以額
停止,其v—t圖象如圖所示,則下列說法正確的是
定功率在平直公路上勻速行駛,t1時刻司機減小了油 ( )
門,使汽車的輸出功率立即減小一半,并保持該功率繼
續行駛,到t2時刻汽車又開始做勻速直線運動(設整個
過程中汽車所受的阻力不變),則在t1時間內 ( )
A. 汽車的牽引力逐漸增大
B. 汽車的牽引力逐漸減小 A.F1等于4F2
C. 汽車的速度逐漸增大 B.F1、F2對A、B 做功之比為2∶1
D. 汽車的速度逐漸減小 C.A 受到的摩擦力大于B 受摩擦力
5.(2022·莊河市模擬)(多選)一滑塊在水平地 D. 全過程中摩擦力對A、B 做功之比為1∶1
面上沿直線滑行,t=0時速率為1m/s.從此刻開始在 2.(2015春·寧波校級期中)如
與速度平行的方向上施加一水平作用力F.力F 和滑 圖所示,升降機以速度v向上做勻速
塊的速度v 隨時間的變化規律分別如圖1和圖2所 運動,物體A 相對于斜面靜止,則在
示,則(兩圖取同一正方向,取g=10m/s2) ( ) 勻速運動過程中,關于物體 A 所受
各個力做功情況的說法正確的是
( )
A. 靜摩擦力對物體做負功
B. 重力對物體做負功
C. 支持力對物體不做功
圖1 圖2 D. 合外力對物體做正功
64

物理·力與運動 功和能
3.(2022春·肥城市期中)(多選)如圖所示,重物 拓展題特訓
P 放在一長木板OA 上,將長木板繞O 端轉過一個小
角度的過程中,重物P 相對于木板始終保持靜止.關于 1.(2015春·杭州校級期中)(多選)“百尺竿頭,
木板對重物P 的摩擦力和支持力做功的情況正確的 更進一步”意指學問、成績等達到很高程度后繼續努
是 ( ) 力,爭取更大進步.爬桿也是消防員訓練、民間傳統表
演、學生日常鍛煉的常見形式.爬桿表演時,演員交替
用手緊握桿、用腳緊夾桿向上攀爬,到達桿頂后,手輕
握桿、腳輕夾桿向下滑到桿底.下列說法正確的是
( )
A. 向上攀爬時,人桿間有靜
A. 摩擦力對重物不做功 摩擦力,靜摩擦力對人不做功
B. 摩擦力對重物做負功 B. 向上攀爬時,人桿間有靜
C. 支持力對重物做正功 摩擦力,靜摩擦力對人做正功
D. 支持力對重物做負功 C. 向下滑動時,人桿間有滑
4.(2022·沙坪壩區校級模擬)如圖所示,一質量 動摩擦力,滑動摩擦力對人不做功
為m 的物體在沿斜面向上的恒力F 作用下,由靜止從 D. 向下滑動時,人桿間有滑動摩擦力,滑動摩擦
底端向上做勻加速直線運動,斜面足夠長,表面光滑, 力對人做負功
傾角為θ,經一段時間恒力F 做功8J,此后撤去恒力 2.(2022·孝南區校級模擬)圖甲所示為索契冬
F,物體又經相同時間回到出發點,則在撤去該恒力前 奧會上為我國奪得首枚速滑金牌的張虹在1000m決
瞬間,該恒力的功率是 ( ) 賽中的精彩瞬間.現假設某速滑運動員某段時間內在
直道上做直線運動的速度時間圖象可簡化為圖乙,已
知運動員(包括裝備)總質量為60kg,在該段時間內受
到的阻力恒為總重力的0.1倍,g=10m/s2.則下列說
法正確的是 ( )
2 4
A. 3g msinθ B. 3g msinθ
16 8
C. 3g msinθ D. 3g msinθ
5.(2022春·巫溪縣校級期末)在一次抗洪搶險 甲 乙
活動中,解放軍某部動用直升飛機搶救落水人員,靜止
A. 在1~3s內,運動員的加速度為0.5m/s2
在空中的直升飛機上電動機通過懸繩將人從離飛機
B. 在1~3s內,運動員獲得的動力是30N
90m處的洪水中吊到機艙里.已知人的質量為80kg, C. 在0~5s內,運動員的平均速度是12.5m/s
吊繩的拉力不能超過1200N,電動機的最大輸出功率 D. 在0~5s內,運動員克服阻力做的功是-3780J
為12kW,為盡快把人安全救起,操作人員采取的辦法 3.(2022·漳州模擬)如圖所示,靜止在水平桌面
是:先讓吊繩以最大拉力工作一段時間,而后電動機又 的紙帶上有一質量為0.1kg的小鐵塊,它離紙帶的右
以最大功率工作,當人到達機艙時恰好達到最大速度. 端距離為0.5m,鐵塊與紙帶間動摩擦因數為0.1.現用
(g=10m/s2)求: 力向左以2m/s2的加速度將紙帶從鐵塊下抽出,求:
(1)人剛到達機艙時的速度; (不計鐵塊大小,鐵塊不滾動.取10m/s2)
(2)這一過程所用的時間. (1)將紙帶從鐵塊下抽出需要多長時間
(2)紙帶對鐵塊做的功是多少
65

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第2節 動能定理
4.(2022·松江區二模)(多選)如圖(a),靜止在
水平地面上的物體,受到水平拉力F 的作用,F 與時
間t的變化關系如圖(b)所示.設物塊與地面間的最大
1.(2022·溫州模擬)在籃球比賽中,某位同學獲 靜摩擦力Ffm 的大小與滑動摩擦力大小相等,則t1~t3
得罰球機會,他站在罰球線處用力將籃球投出,籃球約 時間內 ( )
以1m/s的速度撞擊籃筐.已知籃球質量約為0.6kg,
籃筐離地高度約為3m,忽略籃球受到的空氣阻力,則
該同學罰球時對籃球做的功大約為 ( )
(a) (b)
A.t2時刻物體的加速度最大
B.t2時刻摩擦力的功率最大
C.t3時刻物體的動能最大
A.1J B.10J D.t3時刻物體開始反向運動
C.50J D.100J 5.(2022·廣州校級模擬)2016年4月6日17時
2.(2022·鎮江模擬)如圖所示,匈牙利大力士希 30分許,河南新鄉市長垣縣銅塔寺商業街廟會上,“太
恩考·若爾特曾用牙齒拉動50t的A320客機.他把一 空飛碟”游樂設施在空中發生故障,旋轉桿斷裂,有19
條繩索的一端系在飛機下方的前輪處,另一端用牙齒 人被甩下來的慘劇,如何避免慘劇的發生呢,某一游樂
緊緊咬住,在52s的時間內將客機拉動了約40m.假 場“太空飛碟”空載時質量為2800kg,滿載為40人,擺
設大力士牙齒的拉力約為5×103N,繩子與水平方向 桿最多能承受平均每人質量是80kg,飛碟的擺桿長度
夾角θ約為30°,則飛機在被拉動的過程中 ( ) 為20m,能擺起的高度最高為20m,問擺桿必須能承
受的最大拉力為多少 ( )
A.60000N B.120000N
A. 重力做功約2.0×107J C.100000N D.200000N
B. 拉力做功約1.7×105J 6.(2022·南通)2014年8月21日,中國小將朱
C. 克服阻力做功約為1.5×105J 雪瑩獲得南京青奧會女子蹦床冠軍.假設她的質量 m
D. 合外力做功約為2.0×105J =40kg,彈跳過程中人沿豎直方向保持直體,腳離蹦
3.(2022·海南校級模擬)質量為m、初速度為零 床網面的最大高度h1=5.0m,腳觸網后網面下降的最
的物體,在大小變化不同的合外力作用下都通過位移 大距離h2=0.50m,不計空氣阻力,取g=10m/s2.求:
x0.下列各種情況中物體速度最大的是 ( ) (1)從最高點下落到腳觸網時的速度大小v 和下
落時間t;
(2)在整個向下運動過程中克服蹦床彈力做的功
W.
A B
C D
66

物理·力與運動 功和能
高頻題特訓
1.(2022·寧城縣一模)如圖甲所示,質量為4kg
的物體在水平推力作用下開始運動,推力大小F 隨位 C D
移大小x 變化的情況如圖乙所示,物體與地面間的動 5.(2022·江西一模)如圖所示,木塊從左邊斜面
摩擦因數為μ=0.5,g 取10m/s2,則 ( ) 的A 點自靜止開始下滑,經過一段水平面后,又滑上
右邊斜面并停留在B 點.若動摩擦因數處處相等,AB
連線與水平面夾角為θ,不考慮木塊在路徑轉折處碰撞
損失的能量,則 ( )
甲 乙
A. 物體先做加速運動,推力撤去才開始做減速運動
木塊與接觸面間的動摩擦因數為
B. 物體在水平面上運動的最大位移是
A. sinθ
10m
/ B. 木塊與接觸面間的動摩擦因數為物體運動的最大速度為 tanθC. 20ms
C. 兩斜面的傾角一定大于
D. 物體在運動中的加速度先變小后不變
θ
( · ) , D. 右邊斜面的傾角可以大于θ2. 2022 漢中校級模擬 起重機以恒定功率P
( ·宿遷模擬)一質量 的圓環套
將原來放在地面上質量為m 的貨物提升H 高度,這時 6. 2022 m=0.1kg
, ( ) 在固定的水平直桿上處于靜止狀態
,如圖,環與桿的動
物體速度達到v 在這個過程中
摩擦因數μ=0.1.現給環一個向右的初速度v0,如果在A. 貨物上升做勻變速直線運動
運動過程中環受到一個方向始終豎直向上的力
v F
的
B. 貨物上升的平均速度是2 作用,且F=kv(k=1N·s/m,v為環的運動速度),假
PH 設桿足夠長,g 取10m/s
2.
C. 起重機對貨物做功 v (1)當環的初速度v0=1m/s時,通過計算說明此
1 時環與桿之間是否存在摩擦力;
D. 合外力對物體做功2mv
2
(2)當環的初速度v0=0.5m/s時,計算環在整個
3.(2022·浙江校級二模)質量為 m 的小球被系 運動過程中克服摩擦力所做的功;
在輕繩的一端,在豎直平面內做半徑為 R 的圓周運 (3)有同學認為,不論環的初速度多大,環終將靜
動,運動過程中小球受到空氣阻力的作用.設某一時刻 止在桿上,你同意這個觀點嗎 請通過計算說明理由.
小球通過軌道的最低點,此時繩子的張力為7mg,此后
小球繼續做圓周運動,經過半個圓周恰能通過最高點,
則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 ( )
mgR mgR
A. 4 B. 2
mg
C. R D.mgR 易錯題特訓
4.(2022·順義區一模)質量為 m 的物體從距離 1.(2022春·福州校級月考)一發水平飛行、速率
地面高度為H0處由靜止落下,若不計空氣阻力,物體 為v的子彈恰好能射穿4塊等厚、同質的固定木板.子
下落過程中動能Ek隨距地面高度h 變化關系的Ek- 彈剛穿過第一塊木板時的速率為 ( )
h圖象是 ( ) 1 22
A. 4v B. 3v
3 3
C. 2v D. 4v
2.(2022秋·諸城市月考)(多選)如圖所示,有三
個斜面a、b、c,底邊的長分別為L、L、2L,高度分別為
A B
67

小題狂刷 高考專題特訓
2h、h、h.某物體與三個斜面間的動摩擦因數都相同,這 力F 作用在同一個物體上,物體分別沿光滑水平面、
個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端.忽 粗糙水平面、光滑斜面、豎直方向運動一段相等的距離
略空氣阻力,三種情況相比較,下列說法正確的是 s,已知力F 與物體的運動方向均相同.
( )
光滑水平面 粗糙水平面
光滑斜面 豎直方向
則上述四種情景中都相同的是 ( )
A. 拉力F 對物體做的功
A. 物體克服摩擦力做的功Wc=2Wb=4Wa B. 物體的動能增量
B. 物體克服摩擦力做的功Wc=2Wb=2Wa C. 物體加速度的大小
C. 物體到達底端的動能Eka=2Ekb=2Ekc D. 物體運動的時間
D. 物體到達底端的動能Eka>2Ekb>2Ekc 2.(2022秋·雞 西 校 級 期 末)(多 選)如圖所示,
3.(2022·河北模擬)自動充電式電動車的前輪 mA=4kg,mB=1kg,A 與桌面動摩擦因數μ=0.2,B
裝有發電機,發電機與蓄電池連接.當騎車者用力蹬車 與地面間的距離s=0.8m,A、B 原來靜止,關于兩者
或電動自行車自動滑行時,自行車就可以帶動發電機 的運動情況,下列說法正確的是 ( )
向蓄電池充電,將其它形式的能轉化成電能儲存起來.
假設某人騎車以1000J的初動能在粗糙的水平路面
上滑行,第一次關閉自動充電裝置,讓車自由滑行,其
動能隨位移變化關系如圖線①所示;第二次啟動自動
充電裝置,其動能隨位移變化關系如圖線②所示,則第
二次向蓄電池所充的電能是 ( )
A.B 落到地面時的速度為1.79m/s
B.B 落到地面時的速度為0.8m/s
C.B 落地后,A 在桌面上能繼續滑行的距離為
0.16m
A.500J B.400J
D.B 落地后,A 在桌面上能繼續滑行的距離為
C.300J D.200J
4.(2022·
0.8m
云南一模)如圖甲所示,靜止于光滑水
, 3.
(2022·泰州二模)如圖所示,一傾角為θ=30°
平面上的小物塊 在水平拉力F 的作用下從坐標原點
的光滑足夠長斜面固定在水平面上,其頂端固定一勁
O 開始沿x 軸正方向運動,F 隨物塊所在位置坐標x
度系數為
, k=50N
/m的輕質彈簧,彈簧的下端系一個
的變化關系如圖乙所示 圖線右半部分為四分之一圓
質量為m=1kg的小球,用一垂直于斜面的擋板A 擋
弧,則小物塊運動到2x 處時的動能可表示為 (0 ) 住小球,此時彈簧沒有發生形變,若擋板A 以加速度a
=4m/s2沿斜面向下勻加速運動,彈簧與斜面始終保
持平行,g 取10m/s2.求:
(1)從開始運動到小球速度達最大時小球所發生
位移的大小;
(2)從開始運動到小球與擋板分離時所經歷的時間;
甲 乙 (3)從開始運動到小球與擋板分離時外力對小球
A.0 B.Fmx0 的總功.
1 π
C.Fmx0(1+π) D. ( )2Fmx0 1+2
拓展題特訓
1.(2022秋·西城區期末)如圖所示,大小相同的
68

物理·力與運動 功和能
第3節 機械能守恒定律
初速度斜向上拋出,剛好能水平進入圓筒中,不計空氣
阻力.下列說法中正確的是 ( )
1.(2022·金山區一模)(多選)如圖所示,細線的
一端固定于O 點,另一端系一小球,在水平拉力F 作
用下,小球以恒定速率在豎直平面
內由A 點運動到B 點的過程中 A. 小球在上升過程中處于失重狀態
( ) B. 彈簧獲得的最大彈性勢能等于小球拋出時的
A. 小球的機械能保持不變 動能
B. 小球受的合力對小球不做 C. 小球從拋出點到筒口的時間與小球拋出時的
功 初速度方向有關
C. 水平拉力F 的瞬時功率逐漸減小 D. 小球從拋出點到筒口的時間與小球拋出時的
D. 小球克服重力做功的瞬時功率逐漸增大 初速度方向無關
2.(2022·濟南一模)如圖所示,由光滑細管組成 5.(2022·廣西校級一模)(多選)如圖所示,豎直
的軌道固定在豎直平面內,AB 段和BC 段是半徑為R 放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上,半徑r=
的四分之一圓弧,CD 段為平滑的彎管.一小球從管口 0.4m,最低點處有一小球(半徑比r小很多),現給小球
D 處由靜止釋放,最后能夠從A 端水平拋出落到地面 一水平向右的初速度v0,要使小球不脫離圓軌道運
上,關于管口D 距離地面的高度必須滿足的條件是 動,v0的大小可能為(g=10m/s2) ( )
( )
A.2m/s B.4m/s
C.6m/s D.8m/s
A. 等于2R B. 大于2R 6.(2022·河東區模擬)如圖所示,AB 是半徑為
5 5 1
C. 大于2R 且小于 R D. 大于 R R 的 光滑圓弧軌道4 .B
點的切線在水平方向,且B 點
2 2
3.(2022·肥城市校級模擬)如圖所示,質量相同 離水平地面高為h,有一物體(可視為質點)從A 點靜
的三個小球均可視為質點,處于同一水平面上.A 球以 止開始滑下,到達B 點時,對軌道的壓力為其所受重
初速度v0豎直上拋,B 球以與水平面成θ角、大小也是 力的3倍(重力加速度為g).求:
v0的初速度斜向右上拋出,C 球沿傾角為θ的足夠長 (1)物體運動到B 點時的速度;
斜面以初速度v0上滑.上述運動過程中均不計空氣阻 (2)物體到達B 點時的加速度a1及剛離開B 點時
力和一切摩擦,以下關于三個小球上升的最大高度的 的加速度a2;
比較正確的是 ( ) (3)物體落地點到B 點的距離s.
A.HA>HB>HC B.HA>HB=HC
C.HA4.(2022·普陀區二模)(多選)如圖,離水平地面
一定高處水平固定一內壁光滑的圓筒,筒內固定一輕
質彈簧,彈簧處于自然長度.現將一小球從地面以某一
69

小題狂刷 高考專題特訓
B. 小球在AB 軌道上運動的過程中,所受的向心
力對小球做負功
C.AC 距離為2R
D. 軌道上的最低點高頻題特訓 A
受到小球的壓力為5m
g4.(2022·松江區一模)(多選)如圖所示,將質量
1.(2022秋·城關區校級期中)(多選)某一運動 為2m 的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一
質點沿一直線做往返運動,如圖所示,OA=AB=OC 質量為 m 的小環,小環套在豎直固定的光滑直桿上,
=CD=1m,O 點為x 軸上的原點,且質點由A 點出 光滑定滑輪與直桿的距離為d,AB 距離也為d.現將
發向x 軸的正方向運動至B 點再返回沿x 軸的負方向 小環從與定滑輪等高的A 處由靜止釋放,小環沿直桿
運動,以下說法正確的是 ( ) 下滑.下列說法正確的是(重力加速度為g) ( )
A.質點在A→B→C 的時間內發生的位移為2m,
路程為4m
B. 質點在B→D 的時間內發生的位移為-4m,
路程為4m
C. 當質點到達D 點時,其位置可用 D 點的坐標
-2m表示
D. 當質點到達D 點時,相對于A 點的位移為-3m
2.(2022·杭州一模)(多選)如圖所示,小球a 點 A. 小環剛釋放時的加速度為g
由靜止自由下落,到b點時與彈簧接觸,到c點時彈簧 B. 小環到達B 處時,重物上升的高度為(2-1)d
被壓縮到最短,若不計彈簧質量和空氣阻力,在小球由 C. 小環在B 處的速度與重物上升的速度大小之
a→b→c的運動過程中,以下敘述正確的是 ( )
2
比等于
2
4d
D. 小環能夠下滑的最大距離為3
1
5.(2022·玉林一模)豎直平面內有一個 圓弧4
AB,OA 為水平半徑,現從圓心O 處(取處OA 的水平
A. 小球、彈簧和地球構成的總系統總機械能守恒 面為零重力勢能面,不計空氣阻力)以一定的初速度水
B. 小球的重力勢能隨時間均勻減少 平拋出一個小球,小球剛好落到圓弧的中點,則小球的
C. 小球在b點時動能最大 初動能與小球落到圓弧上時的重力勢能之比為( )
D.a點和c點相比小球重力勢能的減少量等于彈
簧彈性勢能的增加量
3.(2022·黔東南州模擬)(多選)如圖所示,一光
滑的半徑為R 的半圓形軌道固定在水平面上,最髙點
B 和最低點A 與圓形軌道的圓心三點在一條豎直線
, 2- 2 2上 最低點A 與水平面平滑連接.一質量為 m 的小球 A. 2 B. 2
以某一速度從水平面上的C 點滑向半圓形軌道的最低 1 1
點A,再沖上光滑半圓形軌道AB,當小球將要從軌道 C. -2 D. -4
口B 點飛出時,對軌道的壓力恰好為零,最后落至水 6.(2022·洛陽一模)一質量為m 的小球,系于長
平面上的C 點.若不考慮空氣阻力,且重力加速度為 為R 的輕繩的一端,繩的另一端固定在空間的O 點,
g,則 ( ) 假定繩是不可伸長的、柔軟且無彈性的.今把小球從O
8
點的正上方離O 點的距離為9R
的O1點以水平的速
3
度v0= gR拋出,如圖所示 試求:4 .
(1)輕繩即將伸直時,繩與豎直方向的夾角為多A. 小球在B 點只受1個力的作用
少
70

物理·力與運動 功和能
(2)當小球到達O 點的正下方時,繩對質點的拉 3.(2022·貴陽二模)(多選)如圖所示,一質量為
力為多大 m 的小球固定于輕質彈簧的一端,彈簧的另一端固定
于O 點處,將小球拉至A 處,彈簧恰好無形變.現由靜
止釋放小球,它運動到O 點正下方B 點時速度大小為
v,A、B 間的豎直高度差為h.則 ( )
A. 小球由A 運動到B 重力做的功等于mgh
B. 小球由A 運動到B 過程中,其機械能守恒
C. 小球由A 運動到B 克服彈力做功為mgh
D. 小球到達位置B 時彈簧的彈性勢能為mgh-
1
2mv
2
4.(2022春·忻州校級期末)如圖所示,質量m=
易錯題特訓 2kg的小球用長L=1.05m的輕質細繩懸掛在距水平
1.(2022·蒙城縣校級模擬)如圖所示,一條質量 地面高 H=6.05m的O 點.現將細繩拉直至水平狀態
分布均勻的長度為L 的鐵鏈置于光滑水平桌面上.用 自A 點無初速度釋放小球,運動至懸點O 的正下方B
手按著一端,使另一端長L0的一段下垂.放開手后使鐵 點時細繩恰好斷裂,接著小球作平拋運動,落至水平地
鏈從靜止開始下滑,當鐵鏈完全通過桌邊的瞬間時,鐵 面上C 點.不計空氣阻力,重力加速度g 取10m/s2.
鏈具有的速率為 ( ) 求:
(1)細繩能承受的最大拉力;
(2)細繩斷裂后小球在空中運動所用的時間;
(3)小球落地瞬間速度的大小;
g(L2+L20) (4)現換用同樣的輕質細繩,僅使繩長變為L1,其
A. L B. g
(L-L0)
0 他條件不變,重復上述過程.當L1為何值時,小球落地
g(L2-L2) 點距B 點的水平距離最大
C. g(L+L0)
0
D. L
2.(2022·杭州模擬)如圖所示,質量為m 的物塊
從A 點由靜止開始下落,
g
加速度是 ,下落
2 H
到B 點
后與一輕彈簧接觸,又下落h后到達最低點C,在由A
運動到C 的過程中,空氣阻力恒定,則 ( )
A. 物塊機械能守恒
B. 物塊和彈簧組成的系統機械能守恒
1
C. 物塊機械能減少 mg(H+h)2
1
D. 物塊和彈簧組成的系統機械能減少 mg(2 H
+h)
71

小題狂刷 高考專題特訓
3.(2022春·蘭州校級期末)如圖甲所示,豎直平
拓展題特訓 面內的光滑軌道由傾斜直軌道AB 和圓軌道BCD 組
1.(2022春·漣水縣校級期末)如圖(甲)所示,質 成,AB 和BCD 相切于B 點,CD 連線是圓軌道豎直方
量不計的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時刻,將一小 向的 直 徑(C,D 為 圓 軌 道 的 最 低 點 和 最 高 點),且
球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈 ∠BOC=θ=37°,圓軌道直徑d 為0.4m.可視為質點,
簧上壓縮彈簧后又被彈起,上升到一定高度后再下落, 質量m=0.1kg的小滑塊從軌道AB 上高H 處的某點
如此反復.通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器,測出彈 由靜止滑下(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/
簧彈力F 隨時間t變化的圖象如圖(乙)所示,則 s2),求:
( )
甲 乙
(1)剛好能通過圓軌道最高點D 的高度H;
(2)若用壓力傳感器測出滑塊經過圓軌道最高點
甲 D 時對軌道的壓力為F,求出壓力F 與高度H 的關系
式,并在圖乙中繪制出二者的關系圖象;
(3)通過計算判斷是否存在某個 H 值,使得滑塊
經過最高點D 后能直接落到直軌道AB 上與圓心等高
的點.
乙
A.t1時刻小球動能最大
B.t2時刻小球動能最大
C.t2~t3這段時間內,小球的動能先增加后減少
D.t2~t3這段時間內,小球增加的動能等于彈簧
減少的彈性勢能
2.(2022·唐山一模)(多選)如圖所示內壁光滑
的環形槽半徑為R.固定在豎直平面內,質量均為m 的
小球A、B 以等大的速率v0從圓心等高處向上、向下滑
入環形槽,若在運動過程中兩球均未脫離環形槽,設當
地重力加速度為g.則下列敘述正確 ( )
A. 兩球再次相遇時,速率仍然相等
B. 小球v0的最小值為 2gR
C. 小球A 通過最高點時的機械能小于小球B 通
過最低點時的機械能
D.小球A 通過最高點和小球B 通過最低點時對
環形槽的壓力差值為6mg
72

物理·力與運動 功和能
第4節 功能關系 能量守恒定律
1 1
A. 8mgR B. 4mgR
3 1
C. mgR D. mgR
1.(2022·徐州模擬)2015年12月1日,習近平 4 2
主席在巴黎氣候大會上強調我國目前已成為世界節能 5.(2022·民樂縣校級模擬)(多選)如圖所示,質
和利用新能源、可再生能源第一大國.關于能量和能 量為 M 的小車放在光滑的水平面上,質量為 m 的物
源,下列說法正確的是 ( ) 體放在小車的一端.受到水平恒力F 作用后,物體由靜
A. 由于開發了新能源,所以能量的總量在不斷 止開始運動,設小車與物體間的摩擦力為f,車長為
增加 L,車發生的位移為s,則物體從小車一端運動到另一
B. 煤和石油燃燒會污染空氣,應停止開發和使用 端時,下列說法正確的是 ( )
C. 能量耗散說明自然界的總能量在不斷減少
D. 不同形式的能量之間可以相互轉化
2.(2022·惠州模擬)(多選)如圖所示,物體在斜
面上受到平行于斜面向下拉力F 作用,沿斜面向下運 A. 物體具有的動能為(F-f)(s+L)
動,已知拉力F 大小恰好等于物體所受的摩擦力,則 B. 小車具有的動能為fs
物體在運動過程中 ( ) C. 物體克服摩擦力所做的功為f(s+L)
D. 這一過程中小車和物體組成的系統機械能減
少了fL
6.(2022秋·孝感月考)如圖所示,光滑水平面
AB 與豎直面內的半圓形軌道在B 點相接,導軌半徑
A. 做勻速運動 為R.一個質量為m 的物體將彈簧壓縮至A 點后由靜
B. 做勻加速運動 止釋放,在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離
C. 機械能保持不變 彈簧,脫離彈簧后當它經過B 點進入導軌瞬間對導軌
D. 機械能增加 的壓力為其重力的8倍,之后向上運動完成半個圓周
3.(2022·濰坊模擬)如圖所示,一小孩從滑梯上 運動恰好到達C 點.試求:
由靜止開始加速滑下,在這一過程中 ( ) (1)彈簧開始時的彈性勢能;
(2)物體從B 點運動至C 點克服阻力做的功;
(3)物體離開C 點后落回水平面時,重力的瞬時
功率是多大
A. 小孩的慣性變大
B. 小孩處于失重狀態
C. 小孩處于超重狀態
D. 小孩的機械能守恒
4.(2022·大慶二模)一個質量為 m 可視為質點
的小鐵塊沿半徑為R 的固定半圓軌道邊緣由靜止滑
下,到半圓底部時,軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5
倍,則此過程中鐵塊損失的機械能為 ( )
73

小題狂刷 高考專題特訓
高頻題特訓
1.(2022·桐鄉市校級模擬)如圖是某中學科技 C D
小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置,當太陽光照 3.(2022·安徽模擬)如圖所示,一水平繃緊的足
射到小車上方的光電板,光電板中產生的電流經電動 夠長傳送帶由電動機帶動,始終保持以速度1m/s勻
機帶動小車前進.若小車在平直的水泥路上從靜止開 速運動,在傳送帶的左端輕輕放上有一質量為1kg的
始以加速度a作勻加速行駛,經過時間t1前進距離s1, 物體,已知物體與傳送帶間動摩擦因數為0.1,對于物
速度達到該階段的最大值v1,此時電動機的輸出功率 塊從釋放到相對傳送帶靜止這一過程(取g=10m/
為P,此后電動機的輸出功率P 保持不變繼續加速, s2),下列說法正確的是 ( )
再經過時間t2前進距離s2,達到最終的最大值v2,設
這一過程中小車所受阻力恒為Ff,小車質量為 m,那
么這兩段時間內 ( )
A. 摩擦力對物體做的功為1J
B. 電動機增加的功率為1W
C. 傳動帶克服摩擦力做的功為0.5J
D. 電動機多做的功為0.5J
4.(2015春·綿陽期末)(多選)如圖所示,有一系
列斜面處在同一豎直面上,都位于豎直線OO'的右側,
傾角不同,它們的底端都是O 點,有一些完全相同的
滑塊(可視為質點)從這些斜面上的A、B、C、D…各點
A. 電動機牽引力所做的功為P(t1+t2) 同時由靜止釋放.下列判斷正確的是 ( )
1
B. 電動機牽引力所做的功為2mv
2
2 +Ff(s1+
s2)
1
C. 電動機牽引力所做的功為2mv
2
2 +Ffs2
D. 小車一直做勻加速運動
2.(2022·貴陽一模)(多選)如圖所示,固定在水 A. 若各斜面均光滑,且這些滑塊達到O 點時速
平地面上的粗糙斜面體高為h0.某物體以初EK0從斜 率相等,則A、B、C、D…各點處在同一豎直線
面體底端P 點開始沿斜面上滑并開始計時.一段時間
B. 若各斜面均光滑.且這些滑塊達到O 點所用時
之后物體離開斜面做斜上拋運動,t1時刻經過最高點
間相等,則A、B、C、D…各點處在同一圓周上
Q.取地面為零勢能面,不計空氣阻力作用.則下列關于
C. 若各斜面與這些滑塊之間的動摩擦因數相同,
物體從P 運動到Q 的過程中,物體的動能Ek、機械能
、 滑到O 點的過程中
,各滑塊損失的機械能相同,則A、
E 加速度大小a 及離地面的高度h 隨時間的變化關
B、C、D…, ( ) 各點處在同一豎直線上系圖象中 可能正確的是
D.若各斜面與這些滑塊之間的動摩擦因數相同,
滑到O 點的過程中,各滑塊損失的機械能相同,則A、
B、C、D…各點處在同一圓周上
5.(2022春·南通校級期末)(多選)如圖所示,質
量為m 的物塊在水平恒力F 的推動下,從粗糙山坡底
部的A 處由靜止運動至高為h的坡頂B 處,并獲得速
度v,AB 之間的水平距離為x,重力加速度為g,則
( )
A B
74

物理·力與運動 功和能
A. 物塊克服重力所做的功是mgh mghD. 物體機械能損失了
1 2
B. 合外力對物塊做的功是2mv
2
2.(2022春·金華期末)(多選)質量為m 的物體
1 2 從傾角為30°的斜面上靜止開始下滑s,物體與斜面之C. 推力對物塊做的功是2mv +mgh 3
1 間的動摩擦因數μ= ,下列說法中不正確的是
D. 阻力對物塊做的功是2mv
2+mgh-Fx 4
( )
6.(2022春·眉山期末)如圖所示,一質量為1kg
的小物塊從半徑為0.8m的光滑四分之一圓弧軌道的
頂端A 點由靜止開始下滑,A 點和圓弧對應的圓心O
點等高,小物塊從B 點離開后水平拋出,恰好能從C
1
點沿CD 方向滑上以10m/s的速度沿逆時針方向勻 A. 物體的動能增加8mgs
速轉動的傳送帶.已知傳送帶長27.75m,傾角為θ等 1
于37°,傳送帶與物塊之間的動摩擦因數為0.5(sin37° B. 物體的重力勢能減少8mgs
=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2).求: 3
()小物塊在圓弧軌道最低點 B 對軌道的壓力 C. 物體克服阻力所做的功為1 8mgs
大小; 1
() D.
物體的機械能減少 mgs
2B 點到水平線MN 的高度h; 2
(3)小物塊從傳送帶頂端C 運動到底端D 的過程 3.(2022春·天津校級期末)(多選)如圖,高為h
中因摩擦而產生的熱量. 的光滑平面上有一質量為m 的物塊,用繩子跨過定滑
輪由地面上的人以速度v0向右拉動,當人從平面的邊
緣處向右勻速前進了s的距離(不計人身高,不計繩的
質量以及繩與滑輪間的摩擦力),則 ( )
A. 在該過程中,物塊也做勻速運動
1
B. 人對物塊做功 mv 22 0
mv2s2
C. 人對物塊做功
0
2(h2+s2)
vh
D. 物塊運動的速率為
0
h2+s2
易錯題特訓 4.(2022·孝南區校級模擬)如圖所示,固定在水平
( · )( )一個質量為 地面上的工件,由 和 兩部分組成,其中 部分1. 2022春 溫州校級期末 多選 AB BD AB
( , ,的物體 可視為質點),以某一初速度由 點沖上傾 為光滑的圓弧 ∠AOB=37°圓弧的半徑 ,圓心m A R=0.5m
; , ,
角為30°的固定斜面,其加速度大小為g,物體在斜面 O
點在B 點正上方 BD 部分水平 長度為0.2mC 為
上運動的最高點為 , 點與 點的高度差為 ,則從 BD 的中點.現有一質量m=1kg,可視為質點的物塊從B B A h A
, ( /2,
A 點到B 點的過程中,下列說法正確的是 ( )
端由靜止釋放 恰好能運動到 點
D .g=10ms sin37°=
0.6,cos37°=0.8)求:
mgh
A. 物體動能損失了 2
B. 物體重力勢能增加了mgh
C. 物體機械能損失了mgh
75

小題狂刷 高考專題特訓
A. 拉力F 做的功等于薄紙板和小木塊動能的增
加
B. 摩擦力對小木塊做的功一定大于小木塊動能
的增加
C. 離開薄紙板前小木塊可能先做加速運動,后做
(1)為使物塊恰好運動到C 點靜止,可以在物塊 勻速運動
運動到B 點后,對它施加一豎直向下的恒力F,F 應 D. 小木塊動能的增加可能小于系統的摩擦生熱
為多大 3.(2022·上饒二模)泥石流是在雨季由于暴雨、
(2)為使物塊運動到C 點時速度為零,也可先將 洪水將含有沙石且松軟的土質山體經飽和稀釋后形成
BD 部分以B 為軸向上轉動一銳角θ,θ 應為多大 的洪流.泥石流流動的全過程雖然只有很短時間,但由
(假設B 處有一小段的弧線平滑連接,物塊經過B 點 于其高速前進,具有強大的能量,因而破壞性極大.某
時沒有能量損失) 課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究,他們設計
(3)接上一問,求物塊在BD 板上運動的總路程. 了如圖1的模型:在水平地面上放置一個質量為 m=
4kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用
下運動,推力F 隨位移變化如圖2所示,已知物體與地
面的間的動摩擦因數為μ=0.5,g=10m/s2.則:
圖1 圖2
拓展題特訓 (1)物體在運動過程中的最大加速度為多少
(2)在距出發點多遠處,物體的速度達到最大
1.(2022春·泉州校級期中)如圖所示,一質點在 (3)物體在水平面上運動的最大位移是多少
重力和水平恒力作用下,速度從豎直方向變為水平方
向,在此過程中,質點的 ( )
A. 機械能守恒
B. 機械能不斷增加
C. 重力勢能不斷減小
D. 動能一直不變
2.(2022春·上海校級期中)如圖所示,一張薄紙
板放在光滑水平面上,其右端放有小木塊,小木塊與薄
紙板的接觸面粗糙,原來系統靜止.現用水平恒力F 向
右拉薄紙板,小木塊在薄紙板上發生相對滑動,直到從
薄紙板上掉下來.上述過程中有關功和能的下列說法
正確的是 ( )
76

物理·力與運動 功和能
綜合特訓(六)
A.3mg
B.4mg
C.5mg
1.(2022·上海)在今年上海的某活動中引入了全 D.6mg
國首個戶外風洞飛行體驗裝置,體驗者在風力作用下 5.(2016新課標Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸長的輕
漂浮在半空.若減小風力,體驗者在加速下落過程中 繩懸掛在天花板上,P 球的質量大于Q 球的質量,懸
( ) 掛P 球的繩比懸掛Q 球的繩短.將兩球拉起,使兩繩
A.失重且機械能增加 均被水平拉直,如圖所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌
B.失重且機械能減少 跡的最低點. ( )
C.超重且機械能增加
D.超重且機械能減少 A.P 球的速度一定大于Q 球的速度
2.(2022·四川)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上 B.P 球的動能一定小于Q 球的動能
項目奪冠的運動員,他在一次自由式滑雪空中技巧比 C.P 球所受繩的拉力一定大于Q 球所受繩的拉
賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離,重力 力
對他做功1900J,他克服阻力做功100J,韓曉鵬在此 D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速
過程中 ( ) 度
A.動能增加了1900J 6.(2016新課標Ⅱ)(多選)兩實心小球甲和乙由
B.動能增加了2000J 同一種材質制成,甲球質量大于乙球質量.兩球在空氣
C.重力勢能減小了1900J 中由靜止下落,假設它們運動時受到的阻力與球的半
D.重力勢能減小了2000J 徑成正比,與球的速率無關.若它們下落相同的距離,
3.(2016新課標Ⅲ)(多選)如圖,一固定容器的內 則 ( )
壁是半徑為R 的半球面;在半球面水平直徑的一端有 A.甲球用的時間比乙球長
一質量為m 的質點P,它在容器內壁由靜止下滑到最 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
低點的過程中,克服摩擦力做的功為W,重力加速度大 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
小為g.設質點 P 在最低點時,向心加速度的大小為 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的
a,容器對它的支持力大小為N,則 ( ) 功
7.(2016新課標Ⅱ)(多選)如圖,小球套在光滑的
豎直桿上,輕彈簧一端固定于O 點,另一端與小球相
連,現將小球從 M 點由靜止釋放,它在下降的過程中
經過了N 點,已知 M、N 兩點處,彈簧對小球的彈力
2(mgR-W) 2mgR-W
A.a= B.a= πmR mR 大小相等,且∠ONM<∠OMN< ,在小球從2 M
點
3mgR-2W 2(mgR-W) 運動到N 點的過程中 ( )C.N= R D.N= R
4.(2022·海南)如圖,光滑圓軌道固定在豎直面
內,一質量為m 的小球沿軌道做完整的圓周運動.已知
小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1,在高點時對
軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g,則 N1-
N2 的值為 ( )
A.彈力對小球先做正功后做負功
B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度
C.彈簧長度最短時,彈力對小球做功的功率為零
77

小題狂刷 高考專題特訓
D.小球到達 N 點時的動能等于其在M、N 兩點 最短(發動機功率足夠大,重力加速度g=10m/s2,π
的重力勢能差 =3.14),則賽車 ( )
8.(2022·浙江)(多選)如圖所示為一滑草場,某
條滑道由上下兩段高均為h,與水平面傾角別為45°和
37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ.
質量為m 的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑,
經過上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端
(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=
0.6,cos37°=0.8),則 ( )
A.在繞過小圓弧彎道后加速
B.在大圓弧彎道上的速率為45m/s
C.在直道上的加速度大小為5.63m/s2
D.通過小圓弧彎道的時間為5.85s
6 11.(2022·海南)水平地面上有質量分別為m 和
A.動摩擦因數分μ=7 4m 的物A 和B,兩者與地面的動摩擦因數均為μ.細
2gh 繩的一端固定,另一端跨過輕質動滑輪與A 相連,動
B.載人滑草車最大速度為 7 滑輪與B 相連,如圖所示,初始時,繩處于水平拉直狀
C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh 態,若物塊A 在水平向右的恒力F 作用下向右移動了
3 距離s,重力加速度大小為 ,求:
D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為
g
5g (1)物塊B 克服摩擦力所做的功;
9.(2022·天津)(多選)我國高鐵技術處于世界領 (2)物塊A、B 的加速度大小.
先水平,它是由動車和拖車組合而成,提供動力的車廂
叫動車,不提供動力的車廂叫拖車.假設動車組各車廂
質量均相等,動車的額定功率都相同,動車的額定功率
都相同,動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車
重成正比.某列動車組由8節車廂組成,其中第1、5節
車廂為動車,其余為拖車,則該列車組 ( )
A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動
12.(2022·江蘇)如圖所示,傾角為α 的斜面A
的方向相反
被固定在水平面上,細線的一端固定于墻面,另一端跨
B.做勻加速運動時,第5、6節與第6、7節車廂間 過斜面頂端的小滑輪與物塊 B 相連,B 靜止在斜面
的作用力之比為3∶2 上,滑輪左側的細線水平,右側的細線與斜面平行,A、
C.進站時從關閉發動機到停下來滑行的距離與 B 的質量均為m,撤去固定A 的裝置后,A、B 均做直
關閉發動機時的速度成正比
線運動.不計一切摩擦,重力加速度為g,求:
D.與改為4節動車帶4節拖車的動車組最大速度
之比為1∶2
10.(2022·浙江)(多選)如圖所示為賽車場的一
個水平“梨形”賽道,兩個彎道分別為半徑R=90m的
大圓弧和r=40m的小圓弧,直道與彎道相切.大、小
圓弧圓心O、O'距離L=100m,賽車沿彎道路線行駛
時,路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.
25倍,假設賽車在直道上做勻變速直線運動,在彎道 (1)A 固定不動時,A 對B 支持力的大小N;
上做勻速圓周運動,要使賽車不打滑,繞賽道一圈時間
78

物理·力與運動 功和能
(2)A 滑動的位移為x 時,B 的位移大小s; 6倍,則C 點所在圓弧的半徑R 至少應為多大.
(3)A 滑動的位移為x 時的速度大小vx.
13.(2022·上海)風洞是研究空氣動力學的實驗
設備.如圖,將剛性桿水平固定在風洞內距地面高度 H 15.(2016新課標Ⅱ)輕質彈簧原長為2l,將彈簧
=3.2m處,桿上套一質量m=3kg,可沿桿滑動的小 豎直放置在地面上,在其頂端將一質量為5m的物體
球,將小球所受的風力調節為F=15N,方向水平向 由靜止釋放,當彈簧被壓縮到最短時,彈簧長度為l.現
左,小球以速度v0=8m/s向右離開桿端,假設小球所 將該彈簧水平放置,一端固定在A 點,另一端與物塊
受風力不變,取g=10m/s2,求: P 接觸但不連接.AB 是長度為5l的水平軌道,B 端與
(1)小球落地所需時間和離開桿端的水平距離; 半徑為l的光滑半圓軌道BCD 相切,半圓的直徑BD
(2)小球落地時的動能; 豎直,如圖所示,物塊 P 與AB 間的動摩擦因數μ=
(3)小球離開桿端后經過多少時間動能為78J 0.5.用外力推動物塊P,將彈簧壓縮至長度l,然后釋
放,P 開始沿軌道運動,重力加速度大小為g.
(1)若P 的質量為m,求P 到達B 點時速度的大
小,以及它離開圓軌道后落回到AB 上的位置與B 點
間的距離;
(2)若P 能滑上圓軌道,且仍能沿圓軌道滑下,求
P 的質量的取值范圍.
14.(2022·天津)我國將于2022年舉辦冬奧運
會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一,如圖所 16.(2016新課標Ⅰ)如圖,一輕彈簧原長為2R,
示,質量m=60kg的運動員從長直軌道AB 的A 處由 其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC 的底端A
靜止開始以加速度a=3.6m/s2 勻加速下滑,到達助 處,另一端位于直軌道上B 處,彈簧處于自然狀態,直
滑道末端B 時速度vB=24m/s,A 與B 的豎直高度差 5軌道與一半徑為 R 的光滑圓弧軌道相切于C 點,AC
H=48m,為了改變運動員的運動方向,在助滑道與起 6
跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點C 處附近 =7R,A、B、C、D 均在同一豎直面內,質量為 m 的小
是一段以O 為圓心的圓弧,助滑道末端B 與滑道最低 物塊P 自C 點由靜止開始下滑,最低到達E 點(未畫
點C 的高度差h=5m,運動員在B、C 間運動時阻力 出),隨后P 沿軌道被彈回,最高點到達F 點,AF=
做功W=-1530J,取g=10m/s2. 4R,
1
已知P 與直軌道間的動摩擦因數μ= ,重力加
(1)求運動員在 AB 段下滑時受到阻力
4
Ff 的大
; ( 3 4小 速度大小為g.取sin37°= ,5 cos37°=
)
5
(2)若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的
79

小題狂刷 高考專題特訓
(1)求P 第一次運動到B 點時速度的大小.
(2)求P 運動到E 點時彈簧的彈性勢能.
(3)改變物塊P 的質量,將P 推至E 點,從靜止開 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩
始釋放.已知 P 自圓弧軌道的最高點D 處水平飛出 部分.共100分,考試時間100分鐘.
后,恰好通過G 點.G 點在C 點左下方,與C 點水平相 第Ⅰ卷(選擇題 共60分)
7 一、選擇題(本大題共10小題,每小題6分,共60分.)
距 R、豎直相距R,求P 運動到D 點時速度的大小2 1.(2022·花都區模擬)起重機以1m/s2的加速
和改變后P 的質量. 度將質量為1000kg的貨物由靜止勻加速地向上提
升,若g 取10m/s2,則在1s內起重機對貨物所做的
功是 ( )
A.500J B.4500J
C.5000J D.5500J
2.(2022·山東校級三模)一質量為m 的物體,同
時受幾個力的作用而處于靜止狀態.某時刻其中一個
F
力F 突然變為 ,則經過t時刻,合力的功率的大小是3
( )
2F2t 4F2t
A. 9m B. 9m
2F2t 4F2t
C. 3m D. 3m
3.(2022·定興縣校級模擬)(多選)如圖所示,傾
角為θ的斜劈放在水平面上,斜劈上用固定的豎直擋
板擋住一個光滑的質量為m 的小球,當整個裝置沿水
平面以速度v向左勻速運動時間t時,以下說法正確
1 ( )
17.(2016新課標Ⅲ)如圖,在豎直平面內由 圓 的是 4 A. 小球的重力做功為零
1
弧AB 和 圓弧BC 組成的光滑固定軌道,兩者在最 B. 斜劈對小球的彈力做功為2
mgvt
低點B 平滑連接.AB 弧的半徑為R,BC 弧的半徑為 cosθ
R R
.一小球在A 點正上方與A 相距 處由靜止開始自 C. 擋板對小球的彈力做功為零2 4
D. 合力對小球做功為零
由下落,經A 點沿圓弧軌道運動.
4.(2022·海南)(多選)一質量為1kg的質點靜
(1)求小球在B、A 兩點的動能之比;
止于光滑水平面上,從t=0時起,第1秒內受到2N
(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C 點.
的水平外力作用,第2秒內受到同方向的1N的外力
作用.下列判斷正確的是 ( )
9
A.0~2s內外力的平均功率是4 W
5
B. 第2秒內外力所做的功是4J
C. 第2秒末外力的瞬時功率最大
D. 第1秒內與第2秒內質點動能增加量的比值
4
是
5
5.(2022·定興縣校級模擬)(多選)如圖所示,質
量相等的物體A 和物體B 與地面間的動摩擦因數相
等,在力F 的作用下,一起沿水平地面向右移動x,則
( )
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物理·力與運動 功和能
齊平.用細線將物塊與軟繩連接,物塊由靜止釋放后向
下運動,直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達
地面),在此過程中 ( )
A. 摩擦力對A、B 做功相等
B.A、B 動能的增量相同
C.F 對A 做的功與F 對B 做的功相等
D. 合外力對A 做的功與合外力對B 做的功相等
6.(2022·福建)如圖,表面光滑的固定斜面頂端 A. 物塊的機械能逐漸增加
安裝一定滑輪,小物塊 A、B 用輕繩連接并跨過滑輪 1
B. 軟繩重力勢能共減少了( ml不計滑輪的質量和摩擦).初始時刻,A、B 處于同一高 4 g
度并恰好處于靜止狀態.剪斷輕繩后A 下落、B 沿斜面 C. 物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所
下滑,則從剪斷輕繩到物塊著地,兩物塊 ( ) 做的功
D. 軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克
服摩擦力所做功的和
10.(2022·德州二模)(多選)如圖所示,置于足
夠長斜面上的盒子閃為放有光滑球B,B 洽與盒子前、
A. 速率的變化量不同 后壁接觸,斜面光滑且固定于水平地面上.一輕質彈簧
B. 機械能的變化量不同 的一端與固定在斜面上的木板P 拴接,另一端與A 相
C. 重力勢能的變化量相同 連.今用外力推A 使彈簧處于壓縮狀態,然后由靜止釋
D. 重力做功的平均功率相同 放,則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中
7.(2022· 定 興 縣 校 級 模 擬) ( )
一個質量為 m 的物體靜止放在光
滑水平面上,在互成60°角的大小相
等的兩個水平恒力作用下,經過一
段時間,物體獲得的速度為v,在力的方向上獲得的速
度分別為 、 ,那么在這段時間內,其中一個力做的 A. 彈簧的彈性勢能一直減小直至為零v1 v2
功為 ( ) B.A 對B 做的功等于B 機械能的增加量
C. 彈簧彈性勢能的減小量等于A 和B 機械能的1 1
A. mv26 B.
2
4mv 增加量
1 1 D.A 所受重力和彈簧彈力做功的代數和小于A
C. 3mv
2 D. 2mv
2
動能的增加量
8.(2022·定興縣校級模擬)半徑為R 的四分之 第Ⅱ卷(非選擇題 共40分)
一豎直圓弧軌道,與粗糙的水平面相連,如圖所示.有 二、非選擇題(本大題共3小題,共40分.)
一個質量為m 的均勻細直桿搭放在圓弧兩端,若釋放 11.(2022·大連校級模擬)近期,為提高警惕保
細桿,它將開始下滑,并且最后停在水平面上.在上述 衛祖國,我國海軍為此進行了登陸演練.如圖所示,假
過程中 ( ) 設一艘戰艦因噸位巨大,只能停錨在離海岸登陸點
s=1.1km處.登陸隊員需要從較高的軍艦甲板上,利
用繩索下滑到登陸快艇上再進行登陸接近目標,若繩
索兩端固定好后,繩索可以近似看成與豎直方向的夾
A. 桿克服摩擦力所做的功為mgR
角θ=37°的斜面.隊員甲由靜止開始勻加速滑到某最
1
B. 桿克服摩擦力所做的功為2mgR 大速度,再以大小相等的加速度勻減速滑至快艇,速度
C. 重力所做的功為mgR 剛好為零.已知軍艦甲板到快艇的豎直高度 H=20m,
1 在隊員甲開始下滑時,隊員乙在甲板上同時開始向快
D. 外力做的總功為2mgR 艇平拋救生圈,第一個救生圈剛落到快艇,緊接著以相
9.(2022·山東)(多選)如圖所示,傾角θ=30°的 同的初速度拋第二個,第二個救生圈剛好與甲隊員同時
粗糙斜面固定在地面上,長為l,質量為m,粗細均勻, 抵達快艇.重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°
質量分布均勻的軟繩置于斜面上,其上端與斜面頂端 =0.8.(人、救生圈和快艇均可視為質點,忽略空氣阻
81

小題狂刷 高考專題特訓
力).問: 13.(2022·河西區二模)如圖所示,在豎直平面
(1)救生圈被拋出時的初速度v0是多大 內,粗糙的斜面軌道 AB 的下端與光滑的圓弧軌道
(2)隊員甲在何處速度最大 最大速度vm是多大 BCD 相切于B,C 是最低點,圓心角∠BOC=37°,D 與
(3)若快艇額定功率為P=5kW,載人后連同裝 圓心O 等高,圓弧軌道半徑R=1.0m,現有一個質量
備總質量為 M=100kg,從靜止開始以額定功率向登 為m=0.2kg可視為質點的小物體,從D 點的正上方
陸點加速靠近,離登陸點s1=0.1km時剛好能達到最 E 點處自由下落,DE 距離h=1.6m,物體與斜面AB
大速度vm=10m/s,然后減速靠岸,快艇在水中受到 之間的動摩擦因數μ=0.5.取sin37°=0.6,cos37°=
的阻力恒定,求快艇加速運動的時間t'. 0.8,g=10m/s2.求:
(1)物體第一次通過C 點時軌道對物體的支持力
FN的大小;
(2)要使物體不從斜面頂端飛出,斜面的長度LAB
至少要多長;
(3)若斜面已經滿足(2)要求,物體從E 點開始下
落,直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運動,在此過程
中系統因摩擦所產生的熱量Q 的大小.
12.(2022·松山區校級模擬)如圖(a)所示,一木
塊放在光滑水平地面上,木塊水平表面AB 粗糙,光滑
表面BC 且與水平面夾角為θ=37°.木塊右側與豎直墻
壁之間連接著一個力傳感器,當力傳感器受壓時,其示
數為正值;當力傳感器被拉時,其示數為負值.一個可
視為質點的滑塊從C 點由靜止開始下滑(BC 和BA 由
光滑的小圓弧連接,滑塊經過B 點時無動能損失),運
動過程中,傳感器記錄到的力和時間的關系如圖(b)所
示.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g 取10m/s2.求:
圖(a)
圖(b)
(1)斜面BC 的長度;
(2)滑塊的質量;
(3)運動過程中滑塊克服摩擦力做的功.
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