选择题08 《双动定理之能量》-解码高考2021物理一轮复习题型突破（解析版）

第PAGEPage\*MERGEFORMAT1页/共NUMPAGESPages\*MERGEFORMAT27页选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 08《双动定理之能量》【命题导航】命题点一　功、功率分析计算命题点二　机车启动问题命题点三　动能定理基本应用命题点四　动能定理图象问题命题点五　功能关系综合应用命题点六　摩擦力做功与能量转化命题点七　力学两大观点解决两类模型问题命题点八　单物体机械能守恒问题命题点九　连接体机械能守恒问题【高考解码】命题点一　功、功率分析计算1．（单选）（2020·江苏卷）质量为的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为，受到的阻力大小为。此时，汽车发动机输出的实际功率是（　　）A．B．C．D．【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】C【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，汽车发动机的功率，故选C。2．（多选）（2020·天津卷）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（　　）A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率D．牵引力做功【答案】BC【解析】动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为。根据动能定理得，D错误。3．（单选）（2017·新课标Ⅲ卷）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。4．（单选）（2017·新课标Ⅱ卷）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心【答案】A【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD错误；故选A。5．（多选）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（　　）A．3t0时刻的瞬时功率为eq\f(5F02t0,m)B．3t0时刻的瞬时功率为eq\f(15F02t0,m)C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为eq\f(23F02t0,4m)D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为eq\f(25F02t0,6m)【答案】　BD【解析】　根据F—t图线，在0～2t0时间内的加速度a1＝eq\f(F0,m)，2t0时刻的速度v2＝a1·2t0＝eq\f(2F0,m)t0,0～2t0时间内的位移x1＝eq\f(v2,2)·2t0＝eq\f(2F0,m)t02，故0～2t0时间内水平力做的功W1＝F0x1＝eq\f(2F02,m)t02；在2t0～3t0时间内的加速度a2＝eq\f(3F0,m)，3t0时刻的速度v3＝v2＋a2t0＝eq\f(5F0,m)t0，故3t0时刻的瞬时功率P3＝3F0v3＝eq\f(15F02t0,m)，在2t0～3t0时间内位移x2＝eq\f(v2＋v3,2)·t0＝eq\f(7F0t02,2m)，故2t0～3t0时间内水平力做的功W2＝3F0·x2＝eq\f(21F02t02,2m)，因此在0～3t0时间内的平均功率P＝eq\f(W1＋W2,3t0)＝eq\f(25F02t0,6m)，故B、D正确．命题点二　机车启动问题1．（单选）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力，空气阻力不计．则整个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）A．钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)B．重物匀加速过程的时间为eq\f(mv12,P－mgv1)C．重物匀加速过程的加速度为eq\f(P,mv1)D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度eq\x\to(v)<eq\f(v1＋v2,2)【答案】　B【解析】　匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速过程结束时的拉力，由P＝Fv，得Fm＝eq\f(P,v1)，A错误；Fm－mg＝ma，解得a＝eq\f(P,mv1)－g，t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv12,P－mgv1)，B正确，C错误；重物的速度由v1增大至v2的过程中，功率恒定，根据P＝Fv可知钢绳的拉力减小，a＝eq\f(F－mg,m)，故加速度在减小，所以重物做加速度减小的加速运动，v－t图象如图中曲线所示，若重物做匀加速直线运动其v－t图象如图中直线所示，所以重物做变加速直线运动的v－t图线与坐标轴围成的面积大于匀加速直线运动时v－t图线与坐标轴围成的面积，即重物做变加速直线运动时的位移大，而所用时间相同，故eq\x\to(v)>eq\f(v1＋v2,2)，D错误．2．（多选）一辆CRH2型动车组的总质量M＝2.0×105kg，额定输出功率为4800kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv，g取10m/s2.下列说法正确的是（　　）A．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104NB．从题中给出的数据可算出k＝1.0×103N·s/mC．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104ND．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1200kW【答案】　AD【解析】　最大速度为vm＝270km/h＝75m/s，根据P＝Fv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为F＝eq\f(P,vm)＝eq\f(4800×103,75)N＝6.4×104N，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有F＝Ff＝kvm，解得k＝eq\f(F,vm)＝eq\f(6.4×104,75)N·s/m＝853.3N·s/m，故B错误；当匀速行驶的速度为v＝eq\f(vm,2)时，则有Ff′＝kv＝853.3×eq\f(75,2)N＝3.2×104N，此时牵引力F′＝Ff′＝3.2×104N，动车组输出功率P′＝F′v＝3.2×104×eq\f(75,2)W＝1200kW，故C错误，D正确．3．（单选）小明骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行．设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重力的0.02倍，g取10m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近（　　）A．500WB．300WC．100WD．50W【答案】　C【解析】　人骑车的速度大小约为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为Ff＝0.02mg＝0.02×1000N＝20N，此时的功率P＝Fv＝Ffv＝20×5W＝100W，C正确．4．（单选）一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）A．汽车加速过程的最大加速度为eq\f(P,mv)B．汽车加速过程的平均速度为eq\f(3,2)vC．汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大【答案】　A【解析】　设汽车所受的路面阻力为Ff，则开始时P＝Ffv，加大油门后P1＝Ff·2v，则P1＝2P，汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am＝eq\f(\f(2P,v)－Ff,m)＝eq\f(P,mv)，选项A正确；若汽车做匀加速运动，则平均速度为eq\f(v＋2v,2)＝eq\f(3,2)v，而随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于eq\f(3,2)v，选项B、C、D错误．5．（多选）发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（　　）【答案】　AC【解析】　汽车由静止开始匀加速启动时，a一定，根据v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F一定，根据P＝Fv知v均匀增大，功率P也均匀增大，达到P额后，功率保持不变，v继续增大，所以F＝eq\f(P,v)减小，a＝eq\f(F－Ff,m)减小，当F＝Ff时，a＝0，vm＝eq\f(P,Ff)，此后汽车做匀速运动，故A、C正确．命题点三　动能定理基本应用1．（多选）（2020·山东卷）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（　　）A．M<2mB．2mmQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,l)＝man，得T＝3mg，an＝2g，则TP>TQ，aP＝aQ，C正确，D错误．5．（单选）（2016·全国卷Ⅲ）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为（　　）A．eq\f(s,t2)B．eq\f(3s,2t2)C．eq\f(4s,t2)D．eq\f(8s,t2)【答案】A　【解析】由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2得s＝vt＋eq\f(1,2)·at·t＝vt＋eq\f(1,2)·2v·t＝2vt，进一步求得v＝eq\f(s,2t)；所以a＝eq\f(2v,t)＝eq\f(2,t)·eq\f(s,2t)＝eq\f(s,t2)，A正确．命题点四　动能定理图象问题1．（多选）（2020·新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（　　）A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg。下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。2．（多选）（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（　　）A．物体的质量为2kgB．h=0时，物体的速率为20m/sC．h=2m时，物体的动能Ek=40JD．从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答案】AD【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机–Ep=85J–40J=45J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100J–0=100J，h=4m时，Ek′=E机–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正确。3．（单选）（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为（　　）A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。4．（单选）（2018年江苏卷）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】本题考查动能的概念和Ek-t图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt，根据动能得，故图象A正确。5．（多选）（2018年全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程（　　）A．矿车上升所用的时间之比为4:5B．电机的最大牵引力之比为2:1C．电机输出的最大功率之比为2:1D．电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m（+g），减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m（g-），匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第次提升过程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；两次做功相同，D错误。命题点五　功能关系综合应用1．（单选）（2018年全国Ⅰ卷）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（　　）A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，C正确，ABD错误。2．（单选）（2017·新课标Ⅱ卷）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；；联立解得：，由数学知识可知，当时，x最大，故选B。3．（多选）如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝eq\r(gR)，重力加速度为g，则以下结论正确的是（不计空气阻力）（　　）A．C、N的水平距离为eq\r(3)RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为6mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg【答案】　AC【解析】　小球从N到C的过程可看做逆方向的平抛运动，则vNcosα＝v、vNsinα＝gt、xCN＝vt，解得vN＝2v＝2eq\r(gR)、xCN＝eq\r(3)R，故A项正确，B项错误；小球从M到N的过程由动能定理可得，－mg（R－Rcosα）＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mvM2，小球在M点时，由牛顿第二定律可得，FNM－mg＝meq\f(vM2,R)，解得FNM＝6mg，根据牛顿第三定律可得，小球在M点对轨道的压力为6mg，故C项正确，D项错误．4．（多选）如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球从M点运动到N点的过程中（　　）A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】　BCD【解析】　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知小球在M处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，小球在竖直方向受到的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻小球的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因小球在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．5．（多选）如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq\f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B．一质量为m的小物块P（可视为质点）从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是（　　）A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR（1＋2μ）【答案】　CD【解析】　当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR（1＋2μ），故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确．命题点六　摩擦力做功与能量转化1．（单选）（2020·江苏卷）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有，整理可得。即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有，即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确。故选A。2．（多选）（2019·江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（　　）A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为【答案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为：，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。3．（多选）（2018年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（　　）A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。4．（单选）高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是（　　）A．克服阻力做的功为eq\f(1,2)mv02B．该过程产生的热量为eq\f(1,2)mv02－mghC．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间【答案】　B【解析】　根据动能定理有－mgh－Ffl＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，克服阻力做的功为Wf＝Ffl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．5．（多选）质量为m的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为eq\f(E0,3)，则（　　）A．物体与水平面间的动摩擦因数为eq\f(2E0,3mgd)B．物体再前进eq\f(d,3)便停止C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的eq\r(3)倍D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0【答案】　AD【解析】　由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq\f(E0,3)，所以μ＝eq\f(2E0,3mgd)，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，所以s＝eq\f(3,2)d，物体再前进eq\f(d,2)便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则连续运动三个eq\f(d,2)距离所用时间之比为（eq\r(3)－eq\r(2)）∶（eq\r(2)－1）∶1，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的（eq\r(3)－1）倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正确．命题点七　力学两大观点解决两类模型问题1．（多选）如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2，则（　　）A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s内摩擦力对物体做功Wf＝－24J【答案】　ACD【解析】　当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10m/s，选项A正确；1.0s之前的加速度a1＝10m/s2,1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，结合牛顿第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s内物体的位移为5m,1.0～2.0s内物体的位移是11m,0～2.0s内摩擦力做的功为－4×（11－5）J＝－24J，选项D正确．2．（单选）如图，一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m＝1.0kg的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量为（　　）A．32JB．36JC．42JD．48J【答案】　A【解析】　物块在传送带上加速到与传送带同速时对物块有Ff＝μmg＝ma解得：a＝2m/s2物块所用的时间为：t1＝eq\f(v,a)＝2s则物块的位移为：x1＝eq\f(v2,2a)＝4m 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述正确的是（　　）A．小球的机械能守恒B．小球所受的合力不变C．小球的动能不断减小D．小球的重力势能增加【答案】　A【解析】　小球在下落的过程中，受到重力和绳的拉力的作用，绳的拉力与小球的运动方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故在整个过程中小球的机械能守恒，选项A正确；由于小球的速度变大，动能增加，所需的向心力变大，故小球所受的合力变大，选项B、C错误；小球的高度下降，重力势能减小，选项D错误．3．（单选）如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．则管口D距离地面的高度必须满足的条件是（　　）A．等于2RB．大于2RC．大于2R且小于eq\f(5,2)RD．大于eq\f(5,2)R【答案】　B【解析】　细管轨道可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，mgH－mg·2R>0，解得H>2R，故选B．4．（单选）蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点．下列说法正确的是（　　）A．运动员到达最低点前加速度先不变后增大B．蹦极过程中，运动员的机械能守恒C．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大【答案】　D【解析】　蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变，蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大，故A错误．蹦极过程中，运动员和弹性绳组成的系统的机械能守恒，故B错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小，故C错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大，故D正确．5．（单选）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（　　）A．eq\r(\f(4gh,3))B．eq\r(4gh)C．eq\r(2gh)D．eq\r(\f(gh,2))【答案】　A【解析】　根据系统机械能守恒得，对A下降h的过程有mgh＝Ep，对B下降h的过程有3mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，只有选项A正确。命题点九　连接体机械能守恒问题1．（单选）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（　　）A．释放B的瞬间其加速度为eq\f(g,2)B．B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量【答案】　B【解析】　释放瞬间弹簧长度来不及改变，所以细线拉力为零，B的加速度为g，A错误；对B分析，受到重力和拉力作用，WG＋W拉＝ΔEk，故B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与A物体的动能增加量之和，C错误；细线对A的拉力与弹簧对A的拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，D错误．2．（多选）如图所示，两个倾角都为30°、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一光滑的定滑轮，质量分别为2m和m的a、b两物体分别放在左、右斜面上，不可伸长的轻绳跨过定滑轮将a、b两物体连接，b与右边斜面的底端挡板c之间连有轻质弹簧．现用手握住a，使弹簧刚好无形变，系统处于静止状态．松手后，从a、b开始运动到它们速度再次都为零的过程中（绳和弹簧都与斜面平行且弹簧伸长在弹性限度内）（　　）A．a、b组成的系统机械能守恒B．a、b和弹簧组成的系统机械能守恒C．a的重力势能减少量大于弹簧弹力所做的功D．重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对b做功的平均功率【答案】　BCD【解析】　弹簧对a、b组成的系统做功，所以a、b系统机械能不守恒，A错误；对物体a，重力2mg做正功，轻绳拉力FT做负功，总功为零，对物体b，轻绳拉力FT做正功，重力mg和弹簧弹力F做负功，总功等于零，轻绳拉力FT做的总功等于零，a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，B正确；a、b组成的系统机械能转化为弹簧弹性势能，a的重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量与b的重力势能增加量之和，C正确；各力所做功的时间相等，重力对a做功的平均功率等于克服弹簧弹力及重力对b做功之和的平均功率，故重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对b做功的平均功率，D正确．3．（单选）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2geq\r(\f(m,5k))C．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsinα－FT＝0，由以上方程联立可解得sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq\f(mg,k)，则从释放A至C刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg（x1＋x2）sinα＝mg（x1＋x2）＋eq\f(1,2)（4m＋m）vBm2，由以上方程联立可解得vBm＝2geq\r(\f(m,5k))，所以A获得的最大速度为2geq\r(\f(m,5k))，故B正确；对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．4．（单选）如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是（　　）A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m【答案】　D【解析】　将小球A、B视为一个系统，设小球的质量均为m，最后小球B上升的高度为h，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)×2mv2＝mgh＋mg（h＋0.2m×sin30°），解得h＝0.15m，选项D正确；以小球A为研究对象，由动能定理有－mg（h＋0.2m×sin30°）＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，可知W＞0，可见杆对小球A做正功，选项A、B错误；由于系统机械能守恒，故小球A增加的机械能等于小球B减小的机械能，杆对小球B做负功，选项C错误。5．（单选）有一条长为L＝2m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（　　）A．2.5m/sB．eq\f(5\r(2),2)m/sC．eq\r(5)m/sD．eq\f(\r(35),2)m/s【答案】B【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)sinθ－eq\f(1,2)×2mg×eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(1,4)mgL（1＋sinθ）链条全部滑出后，动能为E′k＝eq\f(1,2)×2mv2重力势能为E′p＝－2mgeq\f(L,2)由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p即－eq\f(1,4)mgL（1＋sinθ）＝mv2－mgL解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gL（3－sinθ）)＝eq\f(1,2)×eq\r(10×2×（3－0.5）)m/s＝eq\f(5\r(2),2)m/s故B正确，A、C、D错误．