专题06 功和能 -广州市20XX年高一物理力学比赛辅导资料 Word版含解析

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专题06功和能

一、单项挑选题（每道题惟独一具选项正确）

1、如图5所示，长1m的轻杆BO一端经过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢挪移一小段距离，并且调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为()

图5

A.1.3J

B.3.2J

C.4.4J

D.6.2J

【答案】A

【解析】轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.

开始时，AO绳子水平，此刻杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15N(等于物体重力)，讲明这时两段绳子夹角为120°这么杆与竖直方向的夹角是60°；

设杆的长度是L.状态1时，AO段绳子长度是L1＝Lsin45°＝

2

2L，

滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1＝Lcos45°＝

2

2L，

状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO绳子夹角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等边三角形.因此，这时AO段绳子长度是L2＝L；

滑轮到B点的竖直距离是h2＝Lcos60°＝1

2L，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度

是h＝(h2－h1)＋(L2－L1)＝(12L－22L)＋(L－22L)＝(3

2－2)L.

重力势能的增加量Ep＝Gh＝G×(32－2)L＝15N×(3

2

－2)×1m≈1.3J.

2、有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分不套在水平杆与竖直杆上，A、B用一别可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图8所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止.由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为()

图8

A.4v2

3gB.3v2gC.2v23gD.2v2g

【答案】A

【解析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向，两滑块沿绳方向的速度相等，有：vBcos60°＝vAcos30°，因此：vA＝33v，A、B组成的系统机械能守恒，有：mgh＝12mv2A＋12mv2B，因此：h＝2v2

3g，绳长

l＝2h＝4v2

3g

.

3、如图5所示，在某旅游景点的滑沙场有两个坡度别同的滑道AB和AB′(都可看做歪面)，一名旅游者乘同一具滑沙橇从A点由静止动身先后沿AB和AB′滑道滑下，最终停在水平沙面BC或B′C上.设滑沙者保持一定坐姿，滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同.下列讲法中正确的是()

图5

A.到达B点的速率等于到达B′点的速率

B.到达B点时重力的功率大于到达B′时重力的功率

C.沿两滑道滑行的时刻一定相等

D.沿两滑道滑行的总路程一定相等【答案】B

【解析】设滑道的倾角为θ，动摩擦因数为μ.滑沙者在由歪面滑到水平面的过程中，由动能定理，mgh－μmgcos

θ·h

sinθ＝1

2mv

2－0，即得：mgh－

μmg

tanθ＝

1

2mv

2.由于AB′与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，因此得知滑

沙者在B点的速率大于在B′点的速率.故A错误.由前面可知，滑沙者在B点的速率大于在B′点的速率，且B点的速度与重力的夹角小于在B′点的夹角，依照P＝Gvcosθ，故B正确；再对滑沙者滑行全过程用动能定

理可知：mgh－μmgcosθ·h

sinθ－μmgs′＝0，得到：水平滑行位移s＝h

tanθ＋s′＝h

μ，与歪面的倾角无关，因此

滑沙者在两滑道上将停在离动身点水平位移相同的位置，由几何知识可知，沿两滑道滑行的总路程别等.故D错误.由题意可知，到达B′的速度大小相同，从而依照路程别同，能够确定，沿两滑道滑行的时刻别等，故C错误.

4、如图1所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾歪索道加速上行，所受阻力别能忽略.在缆车向上运动的过程中，下列讲法正确的是()

图1

A.缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能

B.缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和

C.缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和

D.缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和

【答案】D

【解析】依照重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能.故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即：等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确.

5、如图2所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方.A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条别可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点，且别计滑轮大小与质量.如今A环上施加一具水平向右的恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升.则()

图2

A.力F所做的功等于系统动能的增加量

B.在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量

C.当B环到达最高点时，其动能为零

D.当B环与A环动能相等时，sin∠OPB＝R

h

【答案】D

【解析】力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，别等于系统动能的增加量.故A错误；由于力F做正功，A、B组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误；当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，但B环的速度别为零，动能别为零，故C错误；当PB线与圆轨道相切时，vB＝vA，依照数学知识有sin∠OPB＝R

h，故D

正确.

6、如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧向来处于伸长状态，则下列讲法正确的是()

图1

A.圆环的机械能保持别变

B.弹簧对圆环向来做负功

C.弹簧的弹性势能逐渐增大

D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D

【解析】由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.因此在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，因此环的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，因此弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中惟独重力和弹簧的弹力做功，因此圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.

7、如图4所示，把小车放在倾角为30°的光滑歪面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，别计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()

图4

A.小桶处于失重状态

B.小桶的最大速度为12gh

C.小车受绳的拉力等于mg

D.小车的最大动能为3

2mgh

【答案】B

【解析】在整个的过程中，小桶向上做加速运动，因此小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态.故A、C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中惟独重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg·h·sin30°－mgh＝1

2

(3m＋m)v2解得：v＝12gh，故B正确；小车和小桶具有相等的最大速度，因此小车的最大动能为：Ekm＝12·3mv2＝3

8mgh，

故D错误.

二、多项挑选题（每道题至少有二个选项正确）

8、如图2所示，歪面与脚够长的水平横杆均固定，歪面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳

子左端连接，绳子跨过别计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与歪面平行，Q放在歪面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此刻连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.别计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.对于P描述正确的是()

图2

A.释放P前绳子拉力大小为mgcosθ

B.释放后P做匀加速运动

C.P达O点时速率为

D.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率向来增大【答案】AC

【解析】释放P前，对Q分析，依照共点力平衡得，FT＝mgcosθ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(hcosθ－h)cosθ＝1

2

mv2，解得v＝

，故C正确；P从释放到第一次过O

点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率别是向来增大，故D错误.

9、如图2所示，轻质弹簧的一端与内壁光滑的试管底部连接，另一端连接质量为m的小球，小球的直径略小于试管的内径，开始时试管水平放置，小球静止，弹簧处于原长.若缓慢增大试管的倾角θ至试管竖直，弹簧始终在弹性限度内，在整个过程中，下列讲法正确的是()

图2

A.弹簧的弹性势能一定逐渐增大

B.弹簧的弹性势能也许先增大后减小

C.小球重力势能一定逐渐增大

D.小球重力势能也许先增大后减小【答案】AD

【解析】弹簧弹力逐渐增大，弹性势能一定逐渐增大，选项A正确，B错误；以地面为势能零点，倾角为θ时小球重力势能Ep＝mg(l0－mgsinθk)sinθ，若sinθ＝kl0

2mg

2μmg)向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相并且，下列讲法正确的是(设木块与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()

图3

A.此刻甲的速度也许等于乙的速度

B.此刻两木块之间的距离为L－F

2k

C.此时期水平恒力F做的功大于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能增加量的总和

D.此时期甲、乙两木块各自克服摩擦力所做的功相等【答案】BC

【解析】现用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相并且，在此过程中，乙的加速度减小，甲的加速度增大，因此此刻甲的速度小于乙的速度，故A错误；对系统运用牛顿第二定律得：a＝F－2μmg2m，对甲分析，有：F弹－μmg＝ma，依照胡克定律得：x＝F弹k＝F

2k，则两木块的距离为：s＝

L－x＝L－F

2k，故B正确；依照能量守恒得此时期水平力F做的功等于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能

增加量和与水平面摩擦产生的热量的总和，故C正确；由于甲、乙两木块各自所受摩擦力大小相等，但位移别同，故甲、乙两木块各自所受摩擦力所做的功别相等，故D错误.

11、如图4所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k＝mgR

，原长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则()

图4

A.不管v0多大，小球均不可能离开圆轨道

B.若2gR4gR，小球就能做完整的圆周运动

D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关【答案】ACD

【解析】小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道，则此刻弹簧的弹力F弹＝kΔx＝mg

RR＝mg，此

时小球没有离开圆轨道，故选项A正确，B错误；若小球到达最高点的速度恰为零，则依照动能定理12mv2

0＝

mg·2R，解得v0＝4gR，故只要v0>4gR，小球就能做完整的圆周运动，选项C正确；在最低点时：FN1－

mg－kΔx＝mv20

R，其中kΔx＝mg；从最低点到最高点，依照动能定理12mv20＝12

mv2＋mg·2R，在最高点：FN2

＋mg－kΔx＝mv2

R

，联立解得：FN1－FN2＝6mg，故选项D正确；故选A、C、D.

12、如图9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.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处.现将环从A处由静止释放，别计一切摩擦阻力，下列讲法正确的是()

图9

A.环到达B处时，重物上升的高度h＝d

2

B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等

C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能

D.环能下落的最大高度为4

3d

【答案】CD

【解析】依照几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝2d－d，故A错误；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，故B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满脚环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；环下滑的最大高度为h1时环和重物的速度均为0，此刻重物上升的最大高度为h21＋d2－d，

依照机械能守恒有mgh1＝2mg(h21＋d2－d)，解得：h1＝4

3

d，故D正确.故选C、D.

13、蹦床类似于竖直放置的轻弹簧(弹力满脚F＝kx，弹性势能满脚Ep＝1

2kx2，x为床面下沉的距离，k为常

量).质量为m的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉x0；蹦床竞赛中，运动员通过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，测得某次运动员离开床面在空中的最长时刻为Δt.运动员可视为质点，空气阻力忽略别计，重力加速度为g.则可求()A.常量k＝mg

x0

B.运动员上升的最大高度h＝1

2

g(Δt)2

C.床面压缩的最大深度x＝x0＋

D.整个竞赛过程中运动员增加的机械能ΔE＝1

8mg2(Δt)2

【答案】AC

【解析】质量为m的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉x0，故有mg＝kx0，解得k＝mg

x0，A正确；离开床

面后做竖直上抛运动，依照对称性可得运动员上升的时刻为t＝12Δt，故上升的最大高度为h＝12gt2＝1

8g(Δt)2，

B错误；离开床面时的速度为v＝gΔt2，从压缩最深处到运动员刚离开床面过程中有12kx2－mgx＝1

2mv2，联立

v＝gΔt

2

，mg＝kx0，解得x＝x0＋

，C正确；以床面为零势能面，则刚开始时，人的机械

能为E1＝－mgx0，到最高点时人的机械能为E2＝mgh＝18mg2(Δt)2，故运动员的机械能增量为ΔE＝1

8mg2(Δt)2

＋mgx0，D错误.

14、如图6甲所示，以歪面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于歪面的拉力作用下，由静止开始沿光滑歪面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线.依照该图象，下列推断正确的是()

图6

A.0～x1过程中物体所受拉力始终沿歪面向下

B.0～x1过程中物体所受拉力先变小后变大

C.x1～x2过程中物体也许在做匀速直线运动

D.x1～x2过程中物体也许在做匀减