2021年高考物理纠错笔记：机械能守恒定律

1、一、对功的判断和计算易出现以下错误1对功的概念理解不透，误认为有力，有位移就有功；2判断功的正负可根据力和位移的夹角，也可根据力和速度的夹角，还可根据能量的变化，常错误地认为某一力做的功的大小与物体受到的其他力的大小有关，与物体的运动状态有关；3易误认为摩擦力总是做负功，一对滑动摩擦力大小相等，方向相反，做的总功为零；4功的计算公式中，s为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，与参考系选取有关，通常都取地球为参考系，这一点也是学生常常忽视的，要引起注意。二、求解变力功求解变力做功时，容易把变力当成恒力来计算。直接求解变力做功通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可转化为恒力做功，然后用W=

2、Fscos 求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中，采用本法解题的关键是根据题设情景，发现将变力转化为恒力的等效替代关系，然后再根据几何知识求出恒力的位移大小，从而求出变力所做的功。三、对于机车启动过程的求解1易误将机车的功率当成合力功率；2易误将匀加速启动过程的末速度当成机车能达到的最大速度；3机车启动分两种方式，而以恒定加速度启动过程又分为两个阶段，因为有时易将P=Fv中的常量和变量弄混。四、对动能定理的理解和应用易出现以下错误1易误将相对其他非惯性系的速度当作对地速度代入动能定理公式中；2动能定理中的功是合力做的功，易误将某个力的功当作合力的功或者将研究对象对外做的功也算入总功

3、之中；3易错误地将动能定理当成矢量式，列分方向的动能定理；4利用动能定理解决多过程问题时，常常使合力做功对应的过程和初末动能对应的过程不统一造成错误。五、重力势能的相对性与其变化的绝对性理解1重力势能是一个相对量，它的参数值与参考平面的选择有关。在参考平面上，物体的重力势能为零；在参考平面上方的物体，重力势能为正值；在参考平面下方的物体，重力势能为负值。2重力势能变化的不变性（绝对性）尽管重力势能的大小与参考平面的选择有关，但重力势能的变化量却与参考平面的选择无关，这体现了它的不变性（绝对性）。3某种势能的减少量，等于其相应力所做的功重力势能的减少量，等于重力所做的功；弹簧弹性势能的减少量，等

4、于弹簧弹力所做的功。4重力势能的计算公式只适用于地球表面及其附近处g值不变的范围，若g值变化，不能用其计算。六、对机械能守恒的理解和应用常出现以下错误1对多个物体组成的系统不判断机械能是否守恒直接应用，实际上机械能守恒是有条件的。2误认为只有重力和系统内弹力做功是只受到重力和系统内弹力的作用，实际上其他力只要不做功或做功为零机械能就守恒，混淆了只有重力做功和系统内弹力做功与只受重力和系统内弹力作用。3常常认为一物体在另一物体上滑动时，系统所受合外力为零，机械能就一定守恒。七、对功能关系的理解和应用易出现以下错误1对功和能的概念理解不清，误认为功就是能，能就是功，实际上功是过程量，能是状态量，功

5、是能量转化的量度。2不能熟练掌握重力做的功等于重力势能的变化；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化；合外力做的功等于动能的变化；其他力做的功等于机械能的变化等功能关系。3对于功能关系的使用范围不清楚，在高中阶段动能定理一般用于单个物体或单个物体系统，机械能守恒适用于多个物体组成的系统。八、过程分析时，注意过程转换时能量的变化对于一些运动性质突变的物理过程，如轻绳由弯曲变为伸直、质点由直线运动突然变为曲线运动或者由曲线运动直接变为直线运动等，要注意分析判断“突变”前后质点的速度变化及所对应的动能（机械能）的变化。九、摩擦力做功求解1静摩擦力做的功（1）单个静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做

6、功。（2）相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做的功的代数和为零，即W1+W2=0。（3）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能。2滑动摩擦力做的功（1）单个滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功。（2）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即恰等于系统因摩擦力而损失的机械能。（3）一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化和转移的情况：一对相互摩擦的物体之间的机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的数值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。如

7、图所示，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量相等，在甲图用力F1推物体，在乙图用力F2拉物体，两种情况下，力与水平方向所成夹角相等，物体都做匀速运动，经过相同的位移，则F1和F2大小关系、F1对物体功W1和F2对物体做功W2关系满足AF1= F2BF1W2【错因分析】这个题目很容易用误选C的，认为位移相同，力与位移的夹角相同。【正确解析】对甲图中物体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，如图1根据平衡条件，有x方向：；y方向：；其中：；解得；对乙图物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图2根据平衡条件，有x方向：；y方向：；解得；比较两式，得到；由于位移相同，力与水平方向夹角

8、相等，根据恒力做功的表达式，得到，故，故选D。【正确答案】D1如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动。其速度随时间的变化关系如图乙所示。由此可知(g取10m/s2)A物体加速度大小为lm/s2BF的大小为21NC4s末力F的功率大小为21WD4s内F做的功为84J【答案】D【解析】根据速度时间图线的斜率表示加速度，则知物体的加速度为：，故A错误；对物体，根据牛顿第二定律得：2F-mg=ma，解得：，故B错误；4s末F作用点的速度为：v2=2v=4m/s，则拉力F的功率为P=Fv2=10.54W=42W，故C错误。4s内F作用点的位移为：，所以4

9、s内F做功为W=Fx=10.58J=84J，故D正确。2如图所示，木板长为L，木板B端放有质量为m的静止物体，物体与板的动摩擦因数为，开始时板水平，现缓慢地抬高B端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板A端，则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）A摩擦力对小物体做功为mgLcos B支持力对小物体做功为mgLsinC重力对小物体做功为0D木板对小物体做功为mgLsin-mgLcos【答案】A【解析】在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功。摩擦力为mgcos，则摩擦力

10、对物块做功Wf=-mgLcos，故A项与题意相符；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力对物块做功，物块下滑的过程中，支持力不做功，设前者做功为WN，根据动能定理得：WN-mgLsin=0，得WN=mgLsin，故B项与题意不相符；根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力做功为0，故C项与题意不相符；设在整个过程中，木板对物块做功为W，则W=mgLsin-mgLcos，故D项与题意不相符。质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图象如图所示。且45m内物体

11、匀速运动。x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）A物体与地面间的动摩擦因数为0.1B撤去外力时物体的速度为m/sCx=3m时物体的速度最大D撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s【错因分析】没有理解F-x图像，不会根据F-x图像求变力做功。【正确解析】由图象知45m内外力恒定，又物体匀速运动，由，知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且Fx图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理，解得，故B符合题意；由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，34m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；撤去外

12、力后物体匀减速停下，由动量定理有，解得，故D不符合题意。【正确答案】B1如图所示，在水平面上有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为A0 BFRCFR D2FR【答案】C【解析】虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为R+，则拉力做的功为FR，故C正确。2（多选）如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率

13、v随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【答案】AD【解析】由速度图象知在13s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8N+mgsin-mgcos=ma，由v-t图象的斜率可知加速度a=0.4m/s2；在34s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcos-mgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正确，B错误；由v-t图象可知，01s时间内

14、，物块静止，力F不做功，13s时间内，力F=0.8N，物块的位移，03s内力F做功的平均功率为：，故C错误； 03s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正确。一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图所示已知汽车的质量为m2103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是A汽车在前5s内的牵引力为4103NB汽车在前5s内的牵引力为4.6103NC汽车的额定功率为60kWD汽车的最大速度为20m/s【错因分析】机车匀加速启动过程还未达到额定功

15、率；t时刻是匀加速运动的结束还是额定功率的开始，因此功率表达式结合牛顿第二定律和运动学公式求t是解题的关键。【正确解析】由题知，汽车受到的阻力N；前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F-f=ma，得：N=N，故A、B错误；t=5s末功率达到额定功率，则有：W=W=60kW，故C正确；当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度m/s，故D错误。【正确答案】C1一辆汽车质量为1103kg，额定最大功率为2104W，在水平路面由静止开始作直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1/v的关系如图所示。则（ ）A图线AB段汽车匀速运动B图线BC段汽

16、车作匀加速度运动C整个运动中的最大加速度为2m/s2D当汽车的速度为5m/s时发动机的功率为2104W【答案】C【解析】AB段汽车的牵引力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，则加速度减小，做加速度减小的加速运动，到达C点加速度为零，做匀速直线运动，故B错误。在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点牵引力等于阻力，f=1000N，则最大加速度，故C正确；在B点汽车的速度，知汽车速度为5m/s时发动机的功率小于2104W，故D错误。2额定功率为80kW的汽车，在某平直的公路上行驶的

17、最大速度为20m/s，汽车的质量m2103kg如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，运动过程中阻力不变，求：（1）汽车所受的恒定阻力是多大（2）3秒末汽车瞬时功率是多大【答案】（1）4000N；（2）48kW【解析】（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，又根据可知：（2）汽车在达到额定功率前做匀加速直线运动，设匀加速运动的时间为t1，达到额定功率时速度为v1，由得：由得：因为3s5s所以3s末汽车仍做匀加速直线运动，故如图所示，质量为m的物体，以速度v离开高为H的桌面，在不计空气阻力的情况下，当它落到距地面高为h的A点时，下列判断不正确的是（ )A若以地面为零势能参考

18、面，物体在A点的机械能是B若以桌面为零势能参考面，物体在A点的机械能是C物体在A点的动能是D物体在A点的动能与重力势能零参考面有关，因此是不确定的【错因分析】要理解重力势能有相对性，AB两个选项都正确的。【正确解析】物体在运动的过程中机械能守恒，若取地面为零势能面，初始位置的机械能，所以A点的机械能为，故A正确；若取桌面为零势能面，根据机械能守恒得，则物体在A点具有的机械能是，故B正确；根据动能定理可知，在A点的动能 ，选项C正确；由上式可知物体在A点具有的动能大小只与初动能、初末位置的高度差有关，而与零势能面的选取无关，故D错误。【正确答案】D1（多选）一物体静止在升降机的地板上，在升降机加

19、速上升的过程中A地板对物体的支持力做正功B重力做正功C支持力对物体做功等于重力势能增加量D物体克服重力做功等于重力势能增加量【答案】AD【解析】物体向上运动，位移方向向上，所以支持力做正功，重力做负功，选项A正确、B错误。根据重力做功和重力势能变化的关系，D正确。升降机加速上升时，支持力大于重力，支持力做功不等于克服重力做功，也就不等于重力势能增加量，C错误。2（多选）如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上其正上方A位置有一只小球小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段下列说法中正确的是A在B位置小球动能最大B在

20、C位置小球动能最大C从AC位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D从AD位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加【答案】BCD【解析】当加速度为零时小球的速度达到最大，所以小球应该在C位置时动能达到最大，故A错误，B正确；从AC位置动能增大，弹性势能增大，而重力势能减小，根据能量守恒可知重力势能的减少大于小球动能的增加，故C正确；从AD位置小球重力势能减小，动能减小，弹性势能增大，根据能量守恒可知重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，故D正确。如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板.

21、开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为s，B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M=2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ）AA和B组成的系统机械能守恒B当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零C若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零D若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量【错因分析】 对机械能守恒定律的条件理解不够透彻，导致本题错解。【正确解析】对于A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于A、B两物体组成的系统，机械能不守恒，故选项A错误； A的重力分力为Mgsin=mg，A

22、物体先做加速运动，当受力平衡时A速度达到最大，则此时B受细绳的拉力为T=mg，故B恰好与地面间的作用力为零，故选项B正确；从B开始运动直到A到达挡板过程中，弹力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速运动，A到达挡板时，B的速度不为零，故选项C错误； A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故选项D错误。【正确答案】B1如图所示，长为l均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小扰动使铁链向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时速度大小为（ ）A B C D【答案】 C【解析】铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为，链条下落过程，由机

23、械能守恒定律，得：，解得，故选项C正确。2（多选）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB环到达B处时，重物上升的高度为C环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为D环减少的机械能大于重物增加的机械能【答案】AB【解析】环刚开始释放时，重物在瞬间加速度为零，则绳子的张力等于重物的重力，即T=2mg，故A正确；环到达B时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，所以

24、，故B正确；对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45=v重物，所以，故C错误；环和重物组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，故D错误。如图所示，倾角为30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，取10m/s2，则下列说法正确的是AA点到O点的距离小于3.2mB从B点释放后滑块运动的最大动能为9 JC从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1 JD从B点释放

25、弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1 J【错因分析】没有理解重力势能的变化只与重力做功有关，弹性势能的变化只与弹簧弹力做功有关。【正确解析】物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动.后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大设此过程中A运动的位移为根据能量守恒可知 最大动能为8J，若Ep=0，则解得xA=3.2m，实际若Ep0，所以A点到O点的距离大于3.2m，故A错误；设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep，从A释放到动

26、能最大的过程，由系统的机械能守恒得：，从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得： 且 所以得从B点释放滑块最大动能为：故B正确；根据能量守恒可知，从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点时：，故C错误；根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：，故D错误。【正确答案】B1某人站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象，已知重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，则

27、根据图象分析可知Ab到c的过程中，人始终处于超重状态B人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小为240NsC人跳起的最大高度为1.8mD起跳过程中人做的功大于360J【答案】D【解析】由图乙可知b到c的过程中，人先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；0.30.7s，力传感器示数小于人的重力，人处于失重状态，即人在加速下蹲，1.0s时力传感器示数为0，人离开力传感器，则人从起跳到双脚离开力传感器的过程对应时间少于，人的重力为，起跳过程重力的冲量大小小于，故B错误；由图乙可知人跳起后在空中运动的时间为，人跳起的最大高度为：，故C错误；人离开力传感器时的速度：，人离开力传感器时获得的动能

28、起跳过程中重心升高了一定高度，所以起跳过程中人做的功大于，故D正确。2（多选）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等.已知OA与水平面的夹角53，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，sin530.8，cos530.6。则滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是AP与Q的机械能之和先増加后减小B轻绳对滑块P做功为C对于滑块Q，其重力功率先增大后减小D滑块P运动到位置B处速度大

29、小为【答案】ACD【解析】对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸，故从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，A正确；AB两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从A到B过程中，对于P、Q系统由能量守恒可得：，解得到B点的速度；对于P，由能量守恒可得：；联立解得，B错误，D正确；物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，C正确。（多选）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面

30、上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f。现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s。下列说法正确的是（ ）A其他条件不变的情况下，F增大，滑块与木板间产生的热量不变B其他条件不变的情况下，M越大，s越大C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L+s)【错因分析】没有理解摩擦生热与木板、滑块的位移无关，取决于滑块在木板上滑行的距离【正确解析】系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，A正确；其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力

31、不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，B错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；上述过程中，滑块相对于地面的位移为，则滑块克服摩擦力做功为，D正确。【正确答案】AD1（多选）如图所示，木块静止在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹在木块中受的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则下列说法中正确是A木块增加的动能为fdB子弹克服阻力做的功为f

32、（s+d）C子弹动能的减少等于木块动能的增加D子弹、木块系统总机械能的损失为fd【答案】BD【解析】对木块运用动能定理得，fs=，则木块获得的动能为fs，故A错误；对子弹可知，子弹克服阻力做的功为f（s+d），故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；子弹、木块系统损失的机械能转化为系统的内能，损失的机械能为fd，故D正确。2如图所示，长为L=5m的水平传送带以v0=6m/s逆时针匀速转动，质量m=1kg的物块以水平初速度v=4m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不考虑传送带轮轴摩擦等能量损失，重力加速度g=1

33、0m/s2，则物块从滑上到离开传送带的过程中，下列说法正确的是（ ）A物块离开传送带时的速度大小为6m/sB摩擦力对物块一直做负功C物块所受摩擦力的冲量大小为0D因摩擦产生的热量为48J【答案】D【解析】刚滑上传送带时，物块做匀减速直线运动，速度减为0的位移，可知物体到达传送带最右端之前已经减速为0，且再次回到出发点的速度大小为4m/s，方向向左，因此物块离开传送带的速度为4m/s，A错误；由A选项的分析可知，物块先向右做匀减速直线，再向左做匀加速直线，所以摩擦力先做负功，再做正功，B错误；物块所受摩擦力的冲量等于物块的动量变化，由A选项可知物体的速度由向右的4m/s变为向左的4m/s，可知动

34、量变化不为0，C错误；根据牛顿运动定律可知，物体的加速度不变，且，方向向左，所以物体的运动时间，再根据，计算得出物体的位移为0，所以物块和传送带之间的相对位移，因此摩擦产生的热，D正确。1做功情况的判断（1）根据力和位移方向的夹角判断，此法常用于恒力做功的判断；（2）根据力和瞬时速度方向的夹角判断，此法常用于判断质点做曲线运动时变力做的功；（3）根据功能关系或能量守恒定律进行判断。若有能量转化，则应有力做功。2求变力做功应注意的问题虽然适用于恒力做功，但是对于变力做功的问题，仍然可以用该公式进行定性分析，不过，注意不要盲目利用该公式进行计算；至于动能的变化量，一定要依据动能定理进行分析，合力所

35、做的功为正，说明动能增加；合力所做的功为负，说明动能减少。3变力做功的方法（1）动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。（2）应用动能定理求变力做功时应注意的问题所求的变力做功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于Ek。合外力多物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中用W；也可设变力做的功为W，则字母本身含有符号。（3）用微元法求变力做功将物体分割

36、成许多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做的功的代数和。（4）化变力为恒力变力做功直接求解时，往往都比较复杂，若通过转换研究对象，有时可以化为恒力，用W=Flcos求解。此方法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。（5）利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为的恒力做用，F1、F2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式求此力所做的功。（6）利用Fx图象求变力做功在Fx图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移

37、所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负。（7）利用W=Pt求变力做功这是一种等效代换的观点，用W=Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件。4两种启动方式（1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。（2）模型特征以恒定功率启动的方式：A动态过程：B这一过程的速度时间图象如图所示：以恒定加速度启动的方式：A动态过程：B这一过程的速度时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：vm=，且以这个速度做匀速直线运动。（3）分析机车启动问题时的注意事项

38、机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律；在用公式P=Fv计算机车的功率时，F是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力；恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W=Pt计算，不能用W=Fl计算（因为F是变力）；以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W=Fl计算，不能用W=Pt计算（因为功率P是变化的）；匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度。因为此时FF阻，所以之后还要在功率不变的情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度

39、vm。（4）三个重要关系式无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即（式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻）。机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即。机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt。由动能定理：PtF阻x=Ek。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。5应用动能定理解题的方法技巧（1）对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。（2）有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情

40、况分别对待。（3）若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。6机械能守恒的判断方法（1）利用机械能的定义判断（直接判断）：若物体的动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物体的动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加（减小），其机械能一定变化。（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。（3）用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统的机械能守恒。（4）对多个物体组成的系统

41、，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统的机械能将有损失。7滑动摩擦力做功的特点（1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功（如相对运动的两物体之一相对地面静止，则滑动摩擦力对该物体不做功）。（2）在相互摩擦的物体系统中，一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功与路径无关，且总功为负值，其绝对值等于摩擦力与相对路程的乘积，即|W|=Ffl相对，表示物体系统损失了机械能，克服摩擦力做功，E损=Ffl相对（摩擦生热）。（3）一对滑动摩擦力做功的过程中能量转化和转移的情况：相互摩擦的物体通过摩擦力做功将部分机械能转移到另一个物体

42、上；部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统损失的机械能E损=Q=Ffl相对。一、单选题1质量为m的小球，从O点由静止开始竖直向下做加速度为的匀加速运动，g为重力加速度。取O点所在的水平面为参考平面，在小球下落h到达P点的过程中，下列说法正确的是（ ）A小球的机械能守恒B小球的机械能增大C小球到P点时的机械能为-mghD小球到P点时的机械能为-mgh【答案】C【解析】由牛顿第二定律：mg-f=ma解得f=0.5mg，由于下落过程中阻力要做负功，则小球的机械能减小，选项AB错误；从O到P机械能减小量为：，因在O点时的机械能为零，可知P点的机械能为 -mgh，故选项C正确，D错误。2如图所示，质量

43、为m的物体用细绳子牵引着在光滑的水平面上作匀速圆周运动，O为一光滑的孔，当拉力为F时，转动半径为R；当拉力增大到6F时，物体仍作匀速圆周运动，此时转动半径为在此过程中，拉力对物体做的功为ABCD【答案】A【解析】设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为，则有：，当绳的拉力增大到6F时，小球做匀速圆周运动的线速度设为，则有：，在绳的拉力由F增大到6F的过程中，根据动能定理得：。所以绳的拉力所做功的大小为，故A正确，BCD错误。3如图所示的书架放在1m高的桌面上，三层书架的层高均为30cm，隔板厚度不计。假设每本书质量为1kg，高度为20cm，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都

44、平铺在水平地面上。现将书搬上并竖直放满书架，需要做的功为（）A435JB420JC120JD390J【答案】B【解析】每本书摆放过程中，外力做功等于克服重力做功W=mgh，h为重心上升高度，所以将10本书放到第一层时做功101101.1J=110J，将10本书放到第二层时做功101101.4J=140J，将10本书放到三层时做功101101.7J=170J，所以做的总功为110+140+170=420J，故B符合题意。4如图所示，白色传送带A、B两端距离L=14m，以速度v0=8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为=37，现将一质量为m2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间

45、动摩擦因数=0.25，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列叙述正确的是（）A煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25sB煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120WC煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4mD煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J【答案】C【解析】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcosma1，可得a1g（sin+cos）8m/s2，由v0a1t1得 t11s，此过程通过的位移大小为x1t1

46、4mL。由于mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsinmgcosma2，可得 由，代入数据得：t21s。故煤块从A到B的运动时间是tt1+t22s，故A错误。煤块从A端运动到B端时速度 vv0+a2t212m/s，此时重力的瞬时功率为 Pmgvsin144W，故B错误。由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1x1）（Lx1）v0t2，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为 Sv0t1x14m，故C正确。煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Qmgc

47、os（v0t1x1）+（Lx1）v0t2，代入数据解得：Q24J，故D错误。5中国北京获得2022年第24届冬季奥林匹克运动会主办权。北京成为奥运史上第一个举办过夏季奥运动会和冬季奥运动会的城市。如图是某两个坡度不同的滑道AB和AB（均可看作斜面），可视为质点的甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的滑撬，从A点由静止开始分别沿AB和AB滑下，最后都停在水平面BC某处，如图所示，设滑撬和冰面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑雪者保持一定姿势在滑撬上不动。则下列说法中正确的是（）A甲在B点的速率一定等于乙在B点的速率B甲滑行总时间大于乙滑行总时间C全过程中摩擦力对甲做的功

48、一定等于摩擦力对乙做的功D甲、乙停止滑行后回头看A处红旗，其视线的仰角一定相同【答案】D【解析】设任一斜面的倾角为，斜面长度为L，高度为h。滑雪者在斜面上下滑过程，根据动能定理得：，得： ，Lcos为斜面底边的长度，因为AB的底边比AB的底边小，甲在B点的速率一定大于乙在B点的速率，故A错误。对全过程，根据动能定理得：mghmgcosLmgs0，整理得：mghmgs水平0，得：，知沿两轨道滑行水平位移相等。在斜面上下滑过程，根据 得： ，知甲在斜面AB上下滑的时间比乙在AB下滑的时间短，但甲在水平轨道上滑行时间比乙长，所以不能确定滑行时间关系，故B错误。整个过程中，摩擦力对滑雪者做功为：Wfm

49、gcosLmgsmgs水平，由于甲乙两人的质量大小未知，故无法摩擦力做功大小，故C错误。甲、乙停止滑行的位置相同，所以停止滑行后回头看A处红旗，其视线的仰角一定相同，故D正确。6一物体在拉力F的作用下沿水平面做直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图甲所示。经时间t0后撤去拉力F，此后物体运动的速度时间图像如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A在拉力F作用下物体做加速度逐渐减小的加速运动B0t0时间内，物体的平均速度大小为C物体与水平面之间的动摩擦因数为D在02t0时间内，拉力做功的功率为【答案】D【解析】物体受到恒定不变得拉力F和摩擦力，因此物体的合力不变，因此物体做匀变速运动，

50、A不符合题意；因物体的初速度不一定为0，因此物体的平均速度不一定为，B不符合题意；在时间内，物体的加速度为，由牛顿第二定律可知物体的加速度为，因此物体的动摩擦因数为，C不符合题意；图像下方的面积表示力做的功，因此物体做的功为，则功率为=，D符合题意。7目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是A关掉

51、油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】D【解析】关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确。8如图所

52、示，甲图表示在光滑水平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，B车与水平面间的摩擦不计，乙图为物体A与小车B的vt图像，重力加速度为g，v0、v、t1为已知量，则下列物理量，不能求得的是（ ）A小车上表面最小长度B物体A与小车B的质量之比C物体A与小车B的上表面间的动摩擦因数D小车B获得的动能【答案】D【解析】由图像可以知道，A、B最终以共同速度v匀速运动，上表面最小的长度L等于A、B之间的相对位移，即，故A正确；由动量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v，得出，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；根据能量守恒定律得，根据A、B选项中求得的关系，可以解出动摩擦因数，故C

53、正确；因为小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。二、多选题9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，已知A的质量为5m，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。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，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，关于此过程，下列说法正确的是（）A斜面倾角37BC刚离开地面时，B的加速度为0CA获得最大速度为DA、B两小球组成的系统机

54、械能守恒【答案】BC【解析】A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T5mgsin此时C恰好离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为 T2mg，可得 sin0.4，37故A错误。物体C刚离开地面时，B的合外力为0，加速度为0，故B正确。初始时系统静止，且线上无拉力，对B有 kx1mgC刚好离开地面时，有kx2mg，可知x1x2，则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即5mg（x1+x2）sinmg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2以上方程联立可解得：A获得最大速度为，故C正确。从释放A到C刚离开地面的过程

55、中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。10如图所示，固定的水平光滑细杆上套有小物块A，细线跨过位于O点和杆右端Q点的两个轻质光滑小滑轮，一端连接小物块A，另一端悬挂小物块B，小物块A质量为、小物块B质量为m。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30，PCCQ。现将A、B由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B物块A经过C点时的速度大小为C物块A在杆上长为的范围内做往复运动D在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量【答案】BD【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块水平方向始终受到绳拉力向右分力的作用，一直加速，A错误。物块A经过C点时，此时B的速度为零，根据机械能守恒定律有：，解得：，B正确。根据题意可得：，因为机械能守恒和对称性可知，A的活动范围为，C错误。对B物块根据能量守恒可知，A