2010-2019十年高考物理真题分类汇编07功、能（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 07 功、能 选择题： 1.(2019•全国Ⅱ卷•T5)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 10 m/s2。由图中数据可得 A. 物体的质量为 2 kg B. h=0 时，物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时，物体的动能 Ek=40 J D. 从地面至 h=4 m，物体的动能减少 100 J 【答案】AD 【解析】 【详解】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 2.(2019•全国Ⅲ卷•T4)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 80J 4m 21 2 mv A. 2kg B. 1.5kg C. 1kg D. 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。 3.(2019•江苏卷•T8)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 μmg B.物块克服摩擦力做的功为 2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为 μmgs D.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 2s，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 ： 0( ) k kF mg h E E− + = − 0 ( )k kE E F mg h= − + ( )(6 ) kmg F h E− − = 8mg F k′− = = 2 gsµ F mg弹 µ> 2mg sµ ⋅ maxPE mgsµ= ，解得： ，故 D 错误。 4.(2017·江苏卷·T3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为 Ek0，与斜面间 的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek 与位移 x 的关系图线是 【答案】C 【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：0－Ek0＝－(mg+FF)x，同理，下滑过程，由动 能定理可得：Ek－0＝(mg－FF)x，故 C 正确；A、B、D 错误。 5.(2018·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。 点睛：本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和 Ek－t 图象，解题的方法是先根据竖直 上抛运动物体的速度特点写出速度公式，在根据动能的概念写出函数方程，最后根据函数方 程选择图象。 6.(2018·全国 II 卷·T2)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N 【答案】C 【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为 3m，可以利用 动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。 2 0 12 0 2mg s mvµ− ⋅ = − 0 2v gsµ= 21 2kE mv= ( )2 0 1 2kE m v gt= − 设鸡蛋落地瞬间的速度为 v，每层楼的高度大约是 3m， 由动能定理可知： ， 解得： 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正， 由动量定理可知： ，解得： ， 根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故 C 正确 7.(2018·全国 II 卷·T1)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动 至具有某一速度，木箱获得的动能一定 A. 小于拉力所做的功 B. 等于拉力所做的功 C. 等于克服摩擦力所做的功 D. 大于克服摩擦力所做的功 【答案】A 【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物 理量的变化即可。 木箱受力如图所示： 木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功， 根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故 A 正确；无法 比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。 故选 A 点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动 能定理求解末动能的大小。 8.(2018·天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱，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 A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变 C. 合外力做功一定为零 D. 机械能始终保持不变 【答案】C 【解析】试题分析：根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动 员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情 况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机 械能是否守恒； 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A 错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲 面 的 分 力 与 曲 面 对 运 动 员 的 支 持 力 的 合 力 充 当 向 心 力 ， 故 有 ，运动过程中速率恒定，且 在减小，所以曲面对运 动员的支持力越来越大，根据 可知摩擦力越来越大，B 错误；运动员运动过程中速 率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C 正 确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D 错误； 【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化，合 力不为零；在分析物体做圆周运动时，首先要弄清楚合力充当向心力，然后根据牛顿第二定 律列式，基础题，难以程度适中. 9.(2018·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 运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为 A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 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，选项 C 正确 ABD 错误。 【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高。 10.(2018·江苏卷·T7)(多选)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。 11.(2018·全国 III 卷·T6)(多选)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 4:5 B. 电机的最大牵引力之比为 2:1 C. 电机输出的最大功率之比为 2:1 D. 电机所做的功之比为 4:5 【答案】AC 【解析】试题分析：本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。 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，选项 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，选项 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，选项 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=mg v0t0 ； 第 次 提 升 过 程 做 功 W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项 D 错误。 点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面 积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率； 四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同， 利用功能关系得出两次做功相同。 12.(2015·浙江卷·T14)下列说法正确的是 A.电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B.力对物体所做的功与力的作用时间成正比 C.电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比 D.弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比 【答案】C 【解析】根据公式 可得在电阻一定时，电流通过导体的发热功率与电流的平方成正 比，A 错误；根据公式 可得力对物体所做的功与力的作用时间无关，B 错误；根据 公式 可得电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比，C 正确；弹簧的劲度系数 与弹簧的伸长量无关，和弹簧的材料等自身因素有关，D 正确； 【考点定位】电功率，功，电容，胡克定律 13.(2017·新课标Ⅱ卷·T14)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。 【考点定位】圆周运动；功 【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终 2P I R= W Fs= QC U = 沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。 14.(2014·重庆卷)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重 的 k1 和 k2 倍，最大速率分别为 v1 和 v2，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】汽车的阻力分别为 ， ，当汽车以相同功率启动达到最大速度 时，有 ，故由 可知最大速度 ，则 ，有 ， 故选 B. 【考点定位】本题考查了机车的启动规律、瞬时功率的计算. 15.(2015·海南卷·T3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输 出功率变为原来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的 A.4 倍 B.2 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】D 【 解 析 】 设 ， 当 阻 力 等 于 牵 引 力 时 ， 速 度 最 大 ， 输 出 功 率 变 化 前 ， 有 ，变化后有 ，联立解得 ，D 正 确。 【考点定位】功率的计算。 16.(2011·上海卷)如图，一长为 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为 的 小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度 匀速转动，当杆与水平方向成60° 时，拉力的功率为 A. B. C. D. 112 vkv = 1 2 1 2 vk kv = 1 1 2 2 vk kv = 122 vkv = 1 1f k mg= 2 2f k mg= F f= P Fv= P Pv F f = = 1 2 2 2 1 1 v f k v f k = = 1 2 1 2 vk kv = 3 2 f kv= 2P Fv fv kv v kv= = = ⋅ = 22 ' ' ' ' 'P F v kv v kv= = ⋅ = ' 2v v= L m ω mgLω 3 2 mgLω 1 2 mgLω 3 6 mgLω 【答案】C 【解析】匀速转动，动能不变，拉力的功率在数值上应等于重力的功率。为此，将线速度分 解，分解为水平速度和竖直速度，重力的功率 ，所以拉力 的功率 【考点定位】功率的计算。 17.(2011·四川卷)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化 为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火 箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则 A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【答案】A 【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态， 动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下 喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻 力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。 【考点定位】功的计算，牛顿第二定律 18.(2012·江苏卷) 如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下， 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大，后减小 D.先减小，后增大 LmgLmgP ωω 2 130sin 0 −=−= LmgPP ω 2 1=−=′ 【答案】A 【解析】小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点，小球处在动态平衡中，对小球 受力分析如图， ，由 ， ，可得， ，θ 逐渐变大，功率 P 逐渐变大，A 项正确。 【考点定位】本题考查受力分析、功率公式及其相关知识 19.(2012·上海卷·T15)质量相等的均质柔软细绳 A、B 平放于水平地面，绳 A 较长。分别捏 住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为 hA、hB，上述过 程中克服重力做功分别为 WA、WB。若 ( ) A.hA=hB，则一定有 WA＝WB B.hA>hB，则可能有 WAWB 【答案】D 解析：设绳长为 L，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点 L/4 位置处，因绳 A 较长。若 hA=hB ，A 的重心较低，WAhB 两根绳子重心无法 知道谁高谁低，因此可能 WAWB，因此 BC 错误；若 hAa 乙，由 知甲球的运动时 间较短，选项 A、C 错误； 由 得 v 甲>v 乙，故选项 B 正确； 因 f 甲>f 乙，由 Wf=f·h 知阻力对甲球做功较大，选项 D 正确。故选 BD。 【考点定位】牛顿第二定律、匀变速直线运动 【名师点睛】此题主要考查牛顿第二定律的应用；首先应该根据牛顿第二定律找到物体的加 速度与小球的半径的关系，然后比较加速度，再结合运动公式来讨论其他物理量；此题意在 考查考生综合分析的能力及对基础知识的运用能力。 22.(2011·海南卷)一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时起，第 1 秒内受到 2N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用.下列判断正确的是 A.0～2s 内外力的平均功率是 W B.第 2 秒内外力所做的功是 J 34 3m rρ π= ⋅ 3 24 4 3 3 mg f kr ka g gm r rρ π ρ π −= = − = − ⋅ ⋅ 21 2h gt= 2v ah= 9 4 5 4 C.第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D.第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是 【答案】AD 【 解 析 】 第 1s 内 ， 质 点 的 加 速 度 ， 位 移 ， 1s 末 的 速 度 v1=a1t=2m/s ， 第 1s 内 质 点 动 能 增 加 量 ；第 2s 内，质点的加速度 ，位移 ，2s 末的速度 v2= v1+a2t=3m/s，第 2s 内质点 动能增加量 ；第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值 ，D 选项正确；第 2 秒末外力的瞬时功率 P2=F2v2=3W，第 1 秒末外力的瞬 时功率 P1=F1v1=4W，C 选项错误；第 2 秒内外力所做的功 W2= F2s2=2.5J，B 选项错误；0～ 2s 内外力的平均功率 ，A 选项正确。 【考点定位】功和功率的计算、牛顿第二定律 23.(2012·上海卷·T18)位于水平面上的物体在水平恒力 F 1 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< v2 C.F2>F1，v1> v2 D.F2 A Bv v> 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 cos1 (1 cos ) (1 cos ) cos cos tan2 tan sin 2A A A A A A A FM v M gL L FL FL θ θθ θ θ θθ θ −= − = − = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos1 (1 cos ) (1 cos ) cos cos tan2 tan sin 2B B B B B B B FM v M gL L FL FL θ θθ θ θ θθ θ −= − = − = = 1 2 θ θ＞ 1 2tan tan2 2 θ θ> 1 2cos cosA BL Lθ θ= 2 21 1 2 2A A B BM v M v> 机械能守恒定律可知，a 落地时速度大小为 故 B 正确；b 物体的速度也是为 0， 所以轻杆对 b 先做正功，后做负功，故 A 错误；a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 的速度 最大，此时杆对 b 作用力为 0，这时，b 对地面的压力大小为 mg，a 的加速度为 g，故 C 错 误，D 正确。 【考点定位】机械能守恒定律；运动的合成与分解 57.(2010·福建卷·T17)如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上， =0 时刻，将一 金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又 被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器， 测出这一过程弹簧弹力 随时间 变化的图像如图(乙)如示，则 A. 时刻小球动能最大 B. 时刻小球动能最大 C. ～ 这段时间内，小球的动能先增加后减少 D. ～ 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 【答案】C 【解析】由题意和图象知 t1 时刻物体与弹簧接触，弹簧弹力为零。 t2 时刻弹簧弹力最大， 小球压缩弹簧至最低点。t1 到 t2 的过程，小球开始时重力大于弹力，小球做加速度减小的加 速运动，当重力等于弹力时，速度最大动能最大，此后弹力大于重力，小球做加速度增大的 减速运动，t2 时刻小球运动到最低点，速度为零。同理 t2 到 t3 过程中小球先做加速后减速， 动能先增加后减小，由机械能守恒可知，减少的弹性势能转化为小球的重力势能和动能，故 正确的选项为 C。 58.(2010·山东卷·T22)如图所示，倾角 θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为 l、质量为 m、 粗细均匀、质量分布均匀的软绳至于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳 连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在 t F t 1t 2t 2t 3t 2t 3t ghva 2= 此过程中 A.物块的机械能逐渐增加 B.软绳重力势能共减少了 C.物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功 D.软绳重力势能的减少小于其动能增加与客服摩擦力所做功之和 【答案】BD 【解析】 A.因物块受细线的拉力做负功，所以物块的机械能逐渐减小，A 错误； B.软绳重力势能共减少 ，B 正确； C.物块和软绳组成的系统受重力和摩擦力，重力做功(包括物块和软绳)减去软绳摩擦力所做 的功等于系统(包括物块和软绳)动能的增加，设物块质量为 M，即 ，物块重力势能的减少等于 WM，所以 C 错误； D.对软绳， ，F 表示细线对软绳的拉力，软绳重力势能的减少等于 Wm，小于其动能增加与克服摩擦力所做功之和，D 正确。 59.(2010·安徽卷·T14)伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至 M 点放开，摆球会达 到同一水平高度上的 N 点。如果在 E 或 F 处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对 应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的 M 点。这个实验 可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小 A.只与斜面的倾角有关 1 4 mgl 1 1 1( sin )2 2 4mg l l mglθ− − = M m f KM KmW W W E E+ − = ∆ + ∆ m f F KmW W W E− + = ∆ B.只与斜面的长度有关 C.只与下滑的高度有关 D.只与物体的质量有关 【答案】C 【解析】本题涉及的知识点是能量守恒，考查考生的根据事实分析推理的能力。从图中很明 显地可以看出右侧弧线的倾角与长度不同，只是距最低点的高度相同，但最后都能到达同一 高度，根据能量守恒说明在最低点速度大小者相同。A、B 项错，C 项正确；实验即使换一 个小球结果也是如此，故 D 项错。 非选择题： 60.(2015·上海卷·T23)如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮 船，汽车与滑轮间的绳保持水平。当牵引轮船的绳与水平方向成 角时，轮船速度为 v，绳 的拉力对船做功的功率为 P，此时绳对船的拉力为__________。若汽车还受到恒定阻力 f， 则汽车发动机的输出功率为__________。 【答案】 ； 【解析】由功率公式： ；解得绳对船的拉力 ；此时汽车的速度 ， 所 以 ， 汽 车 匀 速 运 动 ， 所 以 汽 车 发 动 机 的 输 出 功 率 = 。 【考点定位】功率；速度的合成与分解 【名师点睛】本题重点是掌握运动的合成与分解，功率的计算。重点理解：因为绳不可伸长， 沿绳方向的速度大小相等。 61.(2011·浙江卷)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。 有一质量 m=1000kg 的混合动力轿车，在平直公路上以 v1=90km/h 匀速行驶，发动机的输出 功率为 P=50kW。当驾驶员看到前方有 80km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即 θ θcosv P Pfv +θcos αcosFvP = θcosv PFT = θcos船汽 vv = Tf PPP +=出 Pfv +θcos 启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动 L=72m 后，速 度变为 v2=72km/h。此过程中发动机功率的 用于轿车的牵引， 用于供给发电机工作，发 动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受 阻力保持不变。求 (1)轿车以 90km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻的大小； (2)轿车从 90km/h 减速到 72km/h 过程中，获得的电能 E 电； (3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电维持 72km/h 匀速运动的距离 L’。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)汽车牵引力与输出功率的关系 将 ， 代入得 当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 (2)在减速过程中，注意到发动机只有 P 用于汽车的牵引， 根据动能定理有 ， 代入数据得 Pt＝1.575×105J 电源获得的电能为 (3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阴力仍为 F 阻=2×103N。此过程中，由能 量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阴力做功 E 电=F 阻 L’ 代入数据得 L’=31.5m 【考点定位】动能定理，功和功率的计算 62.(2011·天津卷·T12)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的 匀加速直线运动，当位移 x=1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度 v=80 m/s，已知飞机质 量 m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 ，求飞 机滑跑过程中 5 1 5 4 N3102× J4103.6 × m5.31 vFP 牵= kWP 50= smhkmv /25/901 == Nv PF 3 1 102×==牵 NF 3102×=阻 1 5 2 2 2 1 1 1 1 5 2 2Pt F L mv mv= = −阻 440.5 6.3 105E Pt J= × = ×电 (1)加速度 a 的大小； (2)牵引力的平均功率 P。 【答案】(1)a=2m/s2(2)P=8.4×106 W 【解析】试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求 解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及 P=Fv 求解牵引力的平均功率； (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v2=2ax①，解得 a=2m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻，根据题意可得 F 阻=0.1mg③ 设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有 F－F 阻＝ma④； 设飞机滑跑过程中的平均速度为 ，有 ⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 ⑥，联立②③④⑤⑥得 P=8.4×106W. 63.(2012·海南卷·T15)如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 R 的水平直 轨道，BCD 是圆心为 O、半径为 R 的 3/4 圆弧轨道，两轨道相切于 B 点。在外力作用下， 一小球从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆 轨道经过最高点 C，重力加速度为 g。求： (1)小球在 AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从 D 点运动到 A 点所用的时间。 【答案】 ， 【解析】(1)小滑块恰好通过最高点，则有： 解得： 从 B 到 C 的过程中运用动能定理得： 解得：2 2 • 21 1 2 2C Bmv mv mg R− = − 5 2a g= 3( 5 ) Rt g = − 2 Cvmg m R = Cv gR＝ 5Bv gR= 根据位移速度公式得： 解得： ⑵设小球在 D 处的速度大小为 vD，下落到 A 点时的速度大小为 v， 由机械能守恒有： ⑥ ⑦ 设从 D 点运动到 A 点所用时间为 t，由运动学公式得： ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式得 ⑨ 64.(2018·北京卷)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项 目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10 m，C 是半径 R=20 m 圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑， 加速度 a=4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L； (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大小。 【答案】(1) (2) (3)3 900 N 【解析】(1)已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 可解得: (2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 (3)小球在最低点的受力如图所示 22 BaR v= 5 2a g= 2 21 1 2 2B Dm m mgR= +v v 2 21 1 2 2Bm m=v v Dgt = −v v ( 5 3) Rt g = − 由牛顿第二定律可得： 从 B 运动到 C 由动能定理可知： 解得; 故本题答案是：(1) (2) (3) 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第 二定律求解最低点受到的支持力大小。 65.(2017·新课标Ⅰ卷)一质量为8.00×10 4 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离 地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落 到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 【答案】(1)(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J 【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为 ① 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 ② 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为 ③ 式中，vh 是飞船在高度 1.6×105 m 处的速度大小。由③式和题给数据得 ④ (2)飞船在高度 h' =600 m 处的机械能为 ⑤ 2 0 0 1 02E mv= + 8 0 4.0 10 JE = × 21 2h hE mv mgh= + 122.4 10 JhE = × 21 2.0( )2 100h hE m v mgh′ ′= + 由功能原理得 ⑥ 式中，W 是飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题 给数据得 W=9.7×108 J⑦ 【考点定位】机械能、动能定理 【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第(2)问中要求的是克 服阻力做功。 66.(2011·上海卷·T33)如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固 定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释 放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律， 见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度(如图(b)所示)，则B的总势能 曲线如图(c)中II所示，将B在 处由静止释放，求：(解答时必须写出必要的推断说 明。取 ) (1)B在运动过程中动能最大的位置； (2)运动过程中B的最大速度和最大位移。 (3)图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角。 (4)若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线. 【答案】(1)6.1(cm)(在 5.9 ~ 6.3cm 间均视为正确)(2)1.31m/s (vm 在 1.29～1.33 m／s 间均视为 正确)，18.0cm (△x 在 17.9~18.1cm 间均视为正确)(3)59.70(θ 在 59°～61°间均视为正确)(4)如 图所示 0hW E E′= − 20.0x cm= 29.8 /g m s= 【解析】(1)势能最小处动能最大由图线 II 得 x=6.1cm(在 5.9～6.3cm 间均视为正确) 故 B 在运动过程中动能最大的位置为 x=6.1cm. (2)由图读得释放处(x=20.0cm 处)势能 Ep=0.90J，此即 B 的总能量.由于运动中总能量守恒， 因 此 在 势 能 最 小 处 动 能 最 大 ， 由 图 象 得 最 小 势 能 为 0.47J ， 则 最 大 动 能 为 J (Ekm 在 0.42～0.44J 间均视为正确) 最大速度为 (vm 在 1.29～1.33 m/s 间均视为正确)， x=20.0cm 处的总能量为 0.90J，最大位移由 E=0.90J 的水平直线与曲线 II 的左侧交点确定， 由图中读出(左侧)交点位置为 x=2.0cm，因此，最大位移△x=20.0－2.0=18.0cm(△x 在 17.9～ 18.1cm 间均视为正确) 故运动过程中 B 的最大速度为 1.31m/s，最大位移为 18.0cm. (3)渐近线 III 表示 B 的重力势能随位置变化关系，即 ∴ ，由图读出直线斜率 (θ 在 59°～61°间均视为正确)故导轨的倾角为 59.70。 (4)若异名磁极相对放置，A，B 间相互作用势能为负值，总势能如图中红线所示， 0.9 0.47 0.43kmE = − = ( )2 2 0.43 1.31 /0.5 km m Ev m sm ×= ＝ ＝ PgE mgxsin kxθ= = ksin mg θ = ( )20.85 0.30 =4.23 10 /20.0 7.0k J cm−− ×−＝ 2 1 110 4.23( ) =59.70.5 9.8 ksin sinmg θ − −×= = °× 【考点定位】能量守恒定律 67.(2012·四川卷)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺 口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高 20m，进入蓄水 池，用一台电动机通过传动效率为 80%的皮带，带动效率为 60%的离心水泵工作。工作电 压为 380V，此时输入电动机的电功率为 19kW，电动机的内阻为 0.4Ω。已知水的密度为 1×103kg/m3，重力加速度取 10m/s2。求： (1)电动机内阻消耗的热功率； (2)将蓄水池蓄水 864m3 的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。 【答案】(l)Pr＝1×103W；(2) 【解析】(l)设电动机的电功率为 P，则 P=UI 设电动机内阻 r 上消耗的热功率为 Pr，则 代入数据解得 Pr＝1×103W (2)设蓄水总质量为 M，所用抽水时间为 t.已知抽水高度为 h，容积为 V，水的密度为 ρ，则 M=ρV 设质量为 M 的河水增加的重力势能为 ，则 设电动机的输出功率为 P0，则 P0=P－Pr 根据能量守恒定律得 代人数据解得 。 【考点定位】本题考查电功率、热功率、能量守恒定律及其相关知识 68.(2012·重庆卷)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数， 基主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为 m，细 杆可绕轴 O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到 O 点距离为 L。测量时，测量仪固定于水 平地面，将摆锤从与 O 等高的位置处静止释放。摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦 过一小段距离 s(s(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)摆锤在上述过程中动能变化为零，重力势能减小，损失的机械能为减小的重力 势能。所以摆锤在上述过程中减小的重力势能为 。所以损失的机械能是 ； (2)上述过程中 ，根据除了重力以外的力做功量度机械能的变化得在上述过程 中摩擦力对摆锤所做的功 。 (3)摆锤对地面的压力可视为大小为 F 的恒力，所以摩擦力 ， ， 。 【考点定位】本题考查功和能之间的关系及其相关知识 69.(2013·北京卷·T23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。最初，运动员静止站在蹦床上在 预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度； 此后，进入比赛动作阶段。 把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小 F=kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)。质 量 m=50kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉 x0=0.10m；在预备运动中，假设运动员所做 的总共 W 全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖 直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 xl。取 重力加速度 g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。 (1)求常量 k，并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度 hm； (3)借助 F－x 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求 x1 和 W 的值 【答案】(1)k=5000N/m (2)5m (3)W=2525J 【解析】(1)床面下沉 m 时，运动员受力平衡， mgLcosθ fW mgLcosθ= − mgLcos Fs θµ = mgh mgLcosθ= mgLcosθ E mgLcosθ∆ = − fW mgLcosθ= − f Fµ= fW mgLcos Fsθ µ= − = − mgLcos Fs θµ = 0 0.1x = 有 ，解得 N/m, F-x 图线如图所示。 (2)运动员从 x=0 处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等， ，解得 5.0m。 (3)参照由速度时间图线求位移的方法可知 F-x 图线下的面积等于弹力做的功，从 x 处到 x=0 处，弹力做的功 ， 运动员从 处上升到最大高度 的过程，根据动能定理可得 ，解得 =1.1m 对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有 解得 W=2525J. 【考点定位】机械能守恒定律，功和能的关系 70.(2016·上海卷·T25)地面上物体在变力 F 作用下由静止开始竖直向上运动，力 F 随高度 x 的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为 h，h，可以计算出： ，则物体在初位置加速度为： ，计算得： ；当物体运动到 h 处时，加速度为： ， 而 ，计算处理得： ，即加速度最大的位置是 0 或 h 处。 【考点定位】动能定理、牛顿第二定律 【方法技巧】首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，再通过图像找出 变力 F 与高度 x 的关系 ，通过动能定理计算出变力，最后根据牛顿第二定律计 算加速度。 71.(2011上海卷)如图，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O 在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为 和 ( ＜ )，A带负电，电量为 ，B带正电，电量为 .杆从静止开始由水平位置转到竖直位置， 在此过程中电场力做功__________，在竖直位置处两球的总动能__________。 【答案】 、 【解析】因为杆及 AB 受力的合力矩为顺时针，所以系统沿顺时针转动到竖直位置，电场力 对 A 和 B 都做正功，电场力对 A、B 做总功 为： .在 此过程中重力对 A 做正功，对 B 做负功，设两球总动能为 ，由用动能定理得： 所以两球总动能为： 【考点定位】功，动能定理 72.(2012·北京卷·T23)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米.电梯的简化模型 如图 1 所示.考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的，已知电梯在 t=0 时由静止开始上升，a─t 图像如图 2 所示.电梯总质量 m=2.0×103kg.忽略一切阻力，重力加速 度 g 取 10m/s2. (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉力 F2； (2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动，教科书中讲解了由 υ─t 图像求位移的方法.请 你借鉴此方法，对比加速度 和速度的定义，根据图 2 所示 a─t 图像，求电梯在第 1s 内的速 0 0 02 2 F F FF F hH − += = − 0 2 2 mgHF H h = − 0F mg ma− = 2 gha H h = − mg F ma− = 2 2 2 2 mgH mghF H h H h = −− − 2 gha H h = − 0F F kx= − 1m 2m 1m 2m 1q 2q ( )1 2 2 q q El+ ( ) ( )1 2 2 1 1 2 q q E m m g l+ + −   ( )1 2 1 22 2 2 q q Ell lW Eq Eq +× + ×＝ ＝ kE ( ) ( )2 1 1 2 1 1 02 2 km m gl q q El E− + + = − ( ) ( )1 2 2 1 1 2 q q E m m g l+ + −   度改变量 Δυ1 和第 2s 末的速率 υ2； (3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 P；再求在 0─11s 时间内，拉力和重力对电 梯所做的总功 W. 【答案】(1) ， ； (2) ；(3) 【解析】；(1)由牛顿第二定律，有 ，由 图象可知， 和 对应的加速度分 别是 ， ，则： (2)通过类比可得，电梯的速度变化量等于第 1s 内 图线下的面积。 ，同理可得， ， ，第 2s 末的速率 。(3) 由 图 象 可 知 ， 内 速 率 最 大 ， 其 值 等 于 内 图 线 下 的 面 积 ， 有 ， 此 时 电 梯 做 匀 速 运 动 ， 拉 力 F 等 于 重 力 ， 所 求 功 率 ： 由动能定理，总功 。 【考点定位】本题考查了牛顿第二定律和动能定理相关知识 73.(2012·江苏卷)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连， 轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f。轻杆向右移动不超过 l 时，装置可 安全工作。一质量为 m 的小车若以速度 v0 撞击弹簧，将导致轻杆向右移动 l/4。轻杆与槽间 的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦. 4 1 2.2 10F N= × 4 2 1.8 10F N= × 2 1.5 /v m s= 51.0 10W J= × F mg ma− = a t─ 1F 2F 2 1 1.0 /a m s= 2 2 1.0 /a m s= − 3 4 1 1 2.0 10 10 1.0 2.2 10F m g a N N= + = × × + = ×（ ） （ ） 3 4 2 2 2.0 10 10 1.0 1.8 10F m g a N N= + = × × − = ×（ ） （ ） a t─ 1 0.50 /v m s∆ = 2 2 0 1.5 /v v v m s∆ = − = 0 0v = 2 1.5 /v m s= a t─ 11 30s s～ 0 11s～ a t─ 10 /mv m s= mg 3 5• 2.0 10 10 10 2.0 10m mP Fv mg v W W= = = × × × = × 2 3 2 5 2 1 1 10 2.0 10 10 1.0 102 2k k mW E E mv J J= − = − = × × × = × (1)若弹簧的劲度系数为 k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量 x； (2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm； (3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v’和撞击速度v的关系. 【答案】(1) (2) (3)当 时， ，当 时， 【解析】(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力 ① 且 ② 解得 ③ (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程 中动能定理： ④ 同理，小车以vm撞击弹簧时 ⑤[ 解得 ⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为 则 ⑦ 由④⑦解得 当 时， ， 当 时， 【考点定位】本题考查动能定理及其相关知识 74.(2017·江苏卷·T14)如图所示，两个半圆柱 A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光 滑圆柱 C，三者半径均为 R.C 的质量为 m，A、B 的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为 2 3 2m o flv v m = + 2 0 2 flv v m < − v v′ = 2 2 0 0 3 2 2 fl flv v vm m − ≤ ≤ + 2 0 2 flv v m ′ = − 1v 2 1 0 2 flv v m = − 2 0 2 flv v m < − v v′ = 2 2 0 0 3 2 2 fl flv v vm m − ≤ ≤ + 2 0 2 flv v m ′ = − /x f k= F kx= F f= /x f k= 2 0 104 2 lf W mv− − = − 210 2 mfl W mv− − = − 2 0 3 2m flv v m = + 2 1 1 2 mv W= 2 m μ.现用水平向右的力拉 A，使 A 缓慢移动，直至 C 恰好降到地面.整个过程中 B 保持静止.设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.求： (1)未拉 A 时，C 受到 B 作用力的大小 F； (2)动摩擦因数的最小值 μmin； (3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W. 【答案】(1) (2) (3) (1)对 C 受力平衡，如图所示根据平衡条件可得：2Fcos30°=mg， 解得 C 受到 B 作用力的大小为： ； (2)C 恰好降落到地面时，B 对 C 支持力最大为 Fm，如图所示， 则根据力的平衡可得：2Fmcos60°=mg， 解得：Fm=mg； 所以最大静摩擦力至少为： ， B 对的地面的压力为： B 受地面的摩擦力为：f=μmg， 根据题意有：fm=f， 3 3F mg= min 3 2 µ = (2 1)( 3 1)W mgRµ= − − 3 3F mg= 330 2m mf F cos mg= ° = 1 2N B CF m g m g mg= + = 解得：μ= ，所以动摩擦因数的最小值为：μmin= (3)C 下降的高度为：h=( −1)R，A 的位移为：x=2( −1)R， 摩擦力做功的大小为：Wf=fx=2( −1)μmgR， 整体根据动能定理有：W－Wf+mgh=0，解得：W=(2μ−1)( −1)mgR。 【考点定位】物体的平衡 动能定理 【名师点睛】本题的重点的 C 恰好降落到地面时，B 物体受力的临界状态的分析，此为解 决第二问的关键，也是本题分析的难点. 75.(2018·新课标 I 卷)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空，当烟花弹上升 的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质 量，求 (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 【答案】(1) ；(2) 【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相 关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。 (1)设烟花弹上升的初速度为 ，由题给条件有 ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 ，由运动学公式有 ② 联立①②式得 ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 ，由机械能守恒定律有 ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 和 。由 题给条件和动量守恒定律有 ⑤ 3 2 3 2 3 3 3 3 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹 上部分继续上升的高度为 ，由机械能守恒定律有 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 ⑧ 76.(2018·江苏卷)如图所示，钉子 A、B 相距 5l，处于同一高度.细线的一端系有质量为 M 的 小物块，另一端绕过 A 固定于 B.质量为 m 的小球固定在细线上 C 点，B、C 间的线长为 3l. 用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53°.松手后， 小球运动到与 A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦，重力加速 度为 g，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6.求： (1)小球受到手的拉力大小 F； (2)物块和小球的质量之比 M:m； (3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T. 【答案】(1) (2) (3) ( ) 【解析】(1)设小球受 AC、BC 的拉力分别为 F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且 F1=Mg 解得 (2)小球运动到与 A、B 相同高度过程中 小球上升高度 h1=3lsin53°，物块下降高度 h2=2l 机械能守恒定律 mgh1=Mgh2 解得 (3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。设此时 AC 方向的加速度大小为 a，重物受到的 5 3F Mg mg= − 6 5 M m = 8 5 mMgT m M = +（ ） 48 8 55 11T mg T Mg= =或 5 3F Mg mg= − 6 5 M m = 拉力为 T 牛顿运动定律 Mg－T=Ma，小球受 AC 的拉力 T=T 牛顿运动定律 T－mgcos53θ＝ma 解得 ( ) 点睛：本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律。解答第(1)时，要先受力分析， 建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第(2)时，根 据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球 上升的高度与物块下降的高度；解答第(3)时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物 块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为 零，所以小球沿 AC 方向的加速度(切向加速度)与物块竖直向下加速度大小相等。 77.(2010·山东卷·T24)如图所示、四分之一圆轨道 OA 与水平轨道 AB 相切，它们与另一水平 轨道 CD 在同一竖直面内，圆轨道 OA 的半径 R=0.45m，水平轨道 AB 长 S1＝3m，OA 与 AB 均光滑。一滑块从 O 点由静止释放，当滑块经过 A 点时，静止在 CD 上的小车在 F=1.6N 的 水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去 F。当小车在 CD 上运动了 S2＝3.28m 时速度 v=2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量 M=0.2kg，与 CD 间的动摩擦因数 ＝ 0.4。(取 g=10m/s2)求 (1)恒力 F 的作用时间 t；(2)AB 与 CD 的高度差 h。 【答案】(1) (2) h=0.8m 【解析】 (1)设小车在轨道 CD 上加速的距离为 S，由动能定理得 ① 设小车在轨道 CD 上做加速运动时的加速度为 a，由牛顿运动定律得 ② ③ 8 5 mMgT m M = +（ ） 48 8 55 11T mg T Mg= =或 µ 1t s= 2 2 1 2Fs Mgs Mvµ− = F Mg Maµ− = 21 2s at= 联立①②③式，代入数据得 ④ (2)设小车在轨道 CD 上做加速运动的末速度为 ，撤去力 F 后小车做减速运动时的加速度 为 ，减速时间为 ，由牛顿运动定律得 ⑤ ⑥ ⑦ 设滑块的质量为 m，运动到 A 点的速度为 vA，，由动能定理得 MgR= mvA2 ⑧ 设滑块由 A 点运动到 B 点的时间为 t 由运动学公式得 S1=VAt1 ⑨ 设滑块做平抛运动的时间为 t1'，则 t1'=t+t'- t1 ⑽ 由平抛规律得 h= g t'12 ⑾ 联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾式，代入数据得 h=0.8m ⑿ 78.(2010·上海卷·T30)如图，ABC 和 ABD 为两个光滑固定轨道，A、B、E 在同一水平面， C、D、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度 h，C 点高度为 2h，一滑块从 A 点以初速 度 分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出。 (1)求滑块落到水平面时，落点与 E 点间的距离 和 . (2)为实现 ＜ ， 应满足什么条件？ 0v CS DS CS DS 0v 1t s= v′ a′ t′ v at′ = Mg Maµ ′− = v v a t′ ′ ′= + 1 2 1 2 【解析】(1)根据机械能守恒： 根据平抛运动规律： ， ， 综合得 ， (2)为实现 ＜ ，即 ＜ ，得 ＜ 但滑块从 A 点以初速度 分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出，要求 ， 所以 。 本题考查根据机械能守恒和平抛运动规律以及用数学工具处理物理问题的能力。 难度：难。 79.(2010•广东卷•T35)如图 15 所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以 O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在 一起，静止于 b 处，A 的质量是 B 的 3 倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别 向左、右始终沿轨道运动。B 到 b 点时速度沿水平方向，此时轨道对 B 的支持力大小等于 B 所受重力的 ，A 与 ab 段的动摩擦因数为 μ，重力加速度 g，求： (1)物块 B 在 d 点的速度大小;(2)物块 A 滑行的距离 s。 【解析】(1)B 在 d 点，根据向心力公式有 解得 (2)质点 B 从 b 到 d 的过程中，机械能守恒，∴ ……① 质点 A 与 B 分离的过程中，动量守恒，∴ ……② A 匀减速直线运动，用动能定理得， ……③ 2 2 2 2 0 0 1 1 1 12 ,2 2 2 2C Dmv mgh mv mv mgh mv= + = + 212 2 ch gt= 21 2 Dh gt= c c cS v t= D D DS v t= 2 204 16C v hS hg = − 2 202 4D v hS hg = − CS DS 2 204 16v h hg − 2 202 4v h hg − 0v 6gh 0v ghv 20 > ghvgh 62 0