2025高中物理人教版必修2教学资源包（名师同步导学）第7章　第1、2节含答案

2025高中物理人教版必修2教学资源包（名师同步导学）第七章第1节追寻守恒量——能量第2节功课时分层训练「基础达标练」1．伽利略曾设计了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处钉上钉子，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 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解析：选C在伽利略的理想斜面和摆球实验中，斜面上的小球和摆线上的小球好像“记得”自己的起始高度，实质是动能与势能的转化过程中，总能量不变．物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，高度越大，初始的势能越大，转化后的末动能也就越大，速度越大．选项C正确．2．(多选)一个力对物体做了负功，则说明()A．这个力一定阻碍物体的运动B．这个力不一定阻碍物体的运动C．这个力与物体运动方向的夹角α<90°D．这个力与物体运动方向的夹角α>90°解析：选AD由功的表达式W＝Flcosα知，只有当α>90°时，cosα<0，力对物体做负功，此力阻碍物体的运动，故A、D正确．3．如图所示，甲、乙两人分别站在小车上，甲用力推乙，甲与乙均后退了一小段距离(甲、乙两人的脚在车上不滑动)，设甲推乙的作用力为F，乙给甲的反作用力为F′，甲给小车的摩擦力为Ff，乙给小车的摩擦力为Ff′.则各力做功的下列说法正确的是()A．F做正功，F′做负功B．F做负功，F′不做功C．Ff做负功，Ff′做负功D．Ff做正功，Ff′做正功解析：选D各力的方向与位移方向均一致，所有力都做正功，选项D正确．4．如图所示，质量分别为M和m的两物块(均可视为质点，且M＞m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过的位移相同．设此过程中F1对M做的功为W1，F2对m做的功为W2，则()A．无论水平面光滑与否，都有W1＝W2B．若水平面光滑，则W1＞W2C．若水平面粗糙，则W1＞W2D．若水平面粗糙，则W1＜W2解析：选A由题意可知：F1做功为W1＝FLcosα，F2做功为W2＝FLcosα，故B、C、D错误，A正确．5．如图所示，用水平力F拉着重为100N的物体，在水平地面上向左匀速移动了5m，物体所受地面的摩擦力大小为20N，则()A．重力做的功是500JB．拉力做的功为100JC．拉力大小为120ND．拉力大小为100N解析：选B重力方向上没有位移，所以重力不做功，A选项错误；在拉力作用下匀速移动，说明受力平衡，所以拉力大小等于摩擦力大小，即拉力大小为20N，选项C、D错误；由功的计算式可得拉力做的功为100J，选项B正确．6．物体在合外力作用下做直线运动的v­t图象如图所示．下列表述正确的是()A．在0～1s内，合外力做正功B．在0～2s内，合外力总是做负功C．在1～2s内，合外力不做功D．在0～3s内，合外力总是做正功解析：选A根据物体的速度图象可知，物体在0～1s内做匀加速直线运动，合外力方向与速度方向相同，合外力做正功；在1～3s内做匀减速直线运动，合外力方向与速度方向相反，合外力做负功，故选项A正确，B、C、D错误．7．如图所示，一根绳子绕过高4m的滑轮(大小、摩擦均不计)，绳的一端拴一质量为10kg的物体m，另一侧沿竖直方向的绳被人拉住．若人拉住绳子前进3m，使物体匀速上升，g取10m/s2.则人拉绳所做的功为()A．500J B．300JC．100J D．50J解析：选C拉力是变力，但拉力做的功等于物体克服重力做的功，所以求拉力做的功可以转化为求重力做的功．物体上升的位移h＝eq\r(32＋42)m－4m＝1m，重力做的功W＝－mgh＝－10×10×1J＝－100J，所以人拉绳所做的功W′＝－W＝100J，故C选项正确．8．如图所示，在光滑水平面上，物体受两个相互垂直的大小分别为F1＝3N和F2＝4N的恒力，其合力在水平方向上，物体从静止开始运动10m，求：(1)F1和F2分别对物体做的功是多少？代数和为多大？(2)F1和F2的合力为多大？合力做功是多少？解析：(1)力F1做的功W1＝F1lcosθ1＝3×10×eq\f(3,\r(32＋42))J＝18J.力F2做的功W2＝F2lcosθ2＝4×10×eq\f(4,\r(32＋42))J＝32J.W1与W2的代数和W＝W1＋W2＝18J＋32J＝50J.(2)F1与F2的合力F＝eq\r(F\o\al(1,2)＋F\o\al(2,2))＝eq\r(32＋42)N＝5N，合力F做的功W′＝Fl＝5×10J＝50J.答案：(1)18J32J50J(2)5N50J「能力提升练」9．如图所示，小球位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上．从地面上看，在小球沿斜面下滑的过程中，斜面对小球的作用力()A．垂直于接触面，做功为零B．垂直于接触面，做负功C．不垂直于接触面，做功为零D．不垂直于接触面，做功不为零解析：选B弹力的方向总是垂直于接触面；对斜面进行受力分析可知，斜面会向左运动，如图所示，小球的初始位置为A，末位置为B，位移与FN并不垂直，夹角为钝角，因此做负功．10．(多选)如图所示，一个物体放在水平面上，在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面向右移动了距离s，若物体的质量为m，物体与地面之间的摩擦力大小为Ff，则在此过程中()A．摩擦力做的功为－FfsB．力F做的功为FscosθC．合力F做的功为Fssinθ－FfsD．重力做的功为mgs解析：选AC物体与地面之间的摩擦力大小为Ff，物体的位移大小为s，由功的公式可得W＝－Ffs，选项A正确；力F与竖直方向成θ角，所以在水平方向的分力为Fsinθ，故F做的功为Fs·sinθ，选项B错误；物体所受合力F合＝Fsinθ－Ff，故合力做的功W合＝(Fsinθ－Ff)s＝Fssinθ－Ffs，选项C正确；重力在竖直方向上，物体在竖直方向的位移是零，所以重力做的功为零，选项D错误．11．(多选)物体m静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法中正确的是()A．重力对物体m做正功B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．支持力对物体m做正功解析：选BCD物体的受力及位移如图所示．支持力FN与位移l的夹角α<90°，故支持力做正功，选项D正确；重力垂直位移，故它不做功，选项A错误；摩擦力Ff与位移l夹角β>90°，故摩擦力做负功，选项C正确；合力为零，合力不做功，选项B正确．12．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示．设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3解析：选B由两图象可知第1s内、第2s内、第3s内的力和位移均为正方向，l1＝eq\f(v0,2)t＝0.5m，l2＝eq\f(v0,2)t＝0.5m，l3＝v0t＝1m，F1＝1N，F2＝3N，F3＝2N．W1＝F1l1＝0.5J，W2＝F2l2＝1.5J，W3＝F3l3＝2J，所以W1<W2<W3，故A、C、D错误，B正确．13．如图所示，利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m＝20kg，斜面倾角α＝37°，斜面的长度L＝0.5m，货物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，货物从斜面顶端滑到底端的过程中，求：(取g＝10m/s2)(1)各个力所做的功．(2)合外力做的功．解析：(1)重力做功：WG＝mgLsin37°＝60J支持力方向与位移方向垂直，不做功，则有：WN＝0滑动摩擦力为：f＝μFN＝0.2×20×10×0.8＝32N则摩擦力做功为：Wf＝－fL＝－32×0.5J＝－16J.(2)合外力做功为：W合＝WN＋Wf＋WG＝60－16J＝44J.答案：(1)重力做60J的功支持力做功为零摩擦力做功为－16J(2)合外力做功为44J14．人在A点拉着绳，通过一定滑轮吊起一质量m＝50kg的物体，如图所示．开始时绳与水平方向间的夹角为60°，在匀速提起物体的过程中，人由A点沿水平方向运动了l＝2m到达B点，此时绳与水平方向成30°角．求人对绳的拉力做了多少功．(g取10m/s2)解析：人对绳的拉力的方向时刻在变，是变力，故不能用W＝Flcosα直接求拉力的功．但人对绳的拉力所做的功和绳对物体的拉力所做的功是相等的，物体匀速上升，则绳的拉力恒等于重力．设滑轮距人手的高度为h，则eq\f(h,tan30°)－eq\f(h,tan60°)＝l，h＝eq\r(3)m人由A运动到B的过程中，重物上升的高度Δh＝eq\f(h,sin30°)－eq\f(h,sin60°)，Δh＝(2eq\r(3)－2)m故人对绳的拉力所做的功W＝mgΔh代入数据得W≈732J.答案：732J第七章第3节功率课时分层训练「基础达标练」1．关于功率，下列说法正确的是()A．功率是说明力做功多少的物理量B．功率是说明力做功快慢的物理量C．做功时间越长，功率一定越小D．力做功越多，功率一定越大解析：选B功率的物理意义是描述做功的快慢，功率大则做功快，功率小则做功慢，功率的大小在数值上等于单位时间内做功的多少，故B正确．2．关于功率，以下说法中正确的是()A．据P＝eq\f(W,t)可知，机器做功越多，其功率就越大B．据P＝Fv可知，汽车牵引力一定与速度成反比C．据P＝eq\f(W,t)可知，只要知道时间t内机器所做的功，就可以求得这段时间内任一时刻机器做功的功率D．根据P＝Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比解析：选DP＝eq\f(W,t)表明功率不仅与物体做功的多少有关，同时还与做功所用的时间有关，A错误；由P＝eq\f(W,t)求出来的是平均功率，C错误；据P＝Fv可知，当发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，B错误，D正确．3．(多选)设匀速行驶的汽车，发动机的功率保持不变，则()A．路面越粗糙，汽车行驶得越慢B．路面越粗糙，汽车行驶得越快C．在同一路面上，汽车不载货比载货时行驶得快D．在同一路面上，汽车不载货比载货时行驶得慢解析：选AC汽车匀速行驶时，牵引力等于汽车受到的阻力，故速度v＝eq\f(P,Ff)，而汽车在越粗糙的路面上，重力越大所受阻力越大，功率不变，速度越小，所以A、C正确，B、D错误．4．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系()解析：选C功率减小一半后，汽车做加速度越来越小的减速运动，最终匀速运动，再次匀速时，vm＝eq\f(0.5P,f)＝0.5v0，故C正确，A、B、D错误．5．(2019·江阴四校检测)中国的高铁技术居世界领先地位．通常，列车受到的阻力与速度的平方成正比，即Ff＝kv2.列车要跑得快，必须用大功率的机车牵引．若列车以120km/h的速度匀速行驶时机车的功率为P，则该列车以240km/h的速度匀速行驶时机车的功率为()A．2P B．4PC．8P D．16P解析：选C列车匀速行驶，则牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等．所以F＝Ff＝kv2，因为P＝Fv＝kv3，故当速度变为原来的2倍时，功率变为原来的8倍，即为8P，故选项C正确．6．(2019·赤峰二中考试)如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是()A．重力的平均功率PA>PBB．重力的平均功率PA＝PBC．重力的瞬时功率PA<PBD．重力的瞬时功率PA＝PB解析：选CB做自由落体运动，运动时间tB＝eq\r(\f(2h,g)).A做匀加速直线运动，a＝gsinθ，根据eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(A,2)得，tA＝eq\r(\f(2h,gsin2θ)).重力做功相等，根据eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)知，eq\x\to(PA)<eq\x\to(PB)，故A、B错误；B到达地面时的速度v＝eq\r(2gh)，A到达地面时的速度v＝2ax＝eq\r(2gsinθ·\f(h,sinθ))＝eq\r(2gh)，A物体重力的瞬时功率PA＝mgvsinθ，B物体重力的瞬时功率PB＝mgv.则PA＜PB，故C正确，D错误．7．一质量为m的木块静止在光滑的水平地面上，大小为F、方向与水平面成θ角的恒力作用在该木块上，经过时间t，力F的瞬时功率为()A.eq\f(F2tcos2θ,m) B．eq\f(F2tcos2θ,2m)C.eq\f(F2t,m) D．eq\f(F2tcosθ,m)解析：选A对木块受力分析可知，木块受重力、支持力和力F的作用，由牛顿第二定律可得，Fcosθ＝ma，所以a＝eq\f(Fcosθ,m)，t时刻的速度为v1＝at＝eq\f(Ftcosθ,m)，所以瞬时功率P＝Fv1cosθ＝eq\f(F2tcos2θ,m)，故A选项正确．8．质量m＝3kg的物体，在水平力F＝6N的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间t＝3s，求：(1)力F在t＝3s内对物体所做功的平均功率；(2)在3s末力F对物体做功的瞬时功率．解析：(1)物体的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(6,3)m/s2＝2m/s2t＝3s内物体的位移l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×32m＝9m3s内力F所做的功W＝Fl＝6×9J＝54J力F做功的平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(54,3)W＝18W.(2)3s末物体的速度v＝at＝2×3m/s＝6m/s此时力F做功的瞬时功率P＝Fv＝6×6W＝36W.答案：(1)18W(2)36W「能力提升练」9．(2019·江阴四校检测)飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直位置的过程中，飞行员重力的瞬时功率的变化情况是()A．一直增大 B．一直减小C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：选D由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后减小，所以D选项正确．10．(2019·启东中学检测)一质量为m的物体，从距地面高度为h处由静止开始做自由落体运动，则()A．下落过程重力的平均功率为mgeq\r(\f(gh,2))B．下落过程重力的平均功率为mgeq\r(2gh)C．落地时重力的瞬时功率为mgeq\r(gh)D．落地时重力的瞬时功率为eq\f(1,2)mgeq\r(gh)解析：选A根据公式h＝eq\f(1,2)gt2，可得物体下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，过程中重力做功为WG＝mgh，故过程中重力做功的平均功率为P＝eq\f(WG,t)＝eq\f(mgh,\r(\f(2h,g)))＝mgeq\r(\f(gh,2))，A正确，B错误；根据v2＝2gh，解得物体落地瞬间的速度为v＝eq\r(2gh)，根据公式P＝Fv可得落地时重力的瞬时功率为P＝mgv＝mgeq\r(2gh)，C、D错误．11．(2019·莆田检测)汽车以恒定的功率P在水平路面上行驶时的最大速度为vmax，设汽车所受的阻力不变，则下列说法中正确的是()A．汽车在启动过程中的牵引力为eq\f(P,vmax)B．汽车所受的阻力大小为eq\f(P,vmax)C．当汽车的速度为eq\f(1,2)vmax时的牵引力为eq\f(P,2vmax)D．汽车牵引力的最大值为eq\f(P,vmax)解析：选B汽车在启动过程中只有达到最大速度时的牵引力与阻力相等且为Ff＝eq\f(P,vmax)，在汽车加速过程中汽车的牵引力大于eq\f(P,vmax)，故A错误，B正确；由上分析知，当汽车速度为eq\f(1,2)vmax时汽车的牵引力F＝eq\f(P,\f(1,2)vmax)＝eq\f(2P,vmax)，故C错误；根据P＝Fv知，功率一定时，汽车的速度越小牵引力越大，汽车速度最大时的牵引力也是最小牵引力，故D错误．12．(多选)如图所示，是汽车牵引力F和车速倒数eq\f(1,v)的关系图象，若汽车质量为2×103kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30m/s，则以下说法正确的是()A．汽车的额定功率为6×104WB．汽车运动过程中受到的阻力为6×103NC．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动D．汽车做匀加速运动的时间是5s解析：选AD由图象可知，汽车先做牵引力恒定的匀加速运动，再做额定功率恒定的变加速运动，P额＝F·v＝2×103×30W＝6×104W，A正确，C错误；当汽车速度最大时牵引力F＝Ff＝2×103N，B错误；汽车匀加速运动的加速度a＝eq\f(F′－Ff,m)＝eq\f(6×103－2×103,2×103)m/s2＝2m/s2，汽车刚达到额定功率时的速度v＝eq\f(P额,F′)＝eq\f(6×104,6×103)m/s＝10m/s，所以汽车做匀加速运动的时间t＝eq\f(v,a)＝5s，D正确．13．一电动小车质量为m，启动过程如图所示，已知小车所受阻力恒定，匀加速到t1时刻，小车达到额定功率，速度大小为v1，此后，小车保持功率不变，在t2时刻达到最大速度为v2，求：(1)小车在0～t1时间内的位移；(2)小车的额定功率P0.解析：(1)由题可知，在0～t1时间内小车做匀加速直线运动，则根据运动学公式可以得到：位移为x＝eq\f(1,2)v1t1.(2)小车达到最大速度时牵引力等于阻力，即Ff＝eq\f(P0,v2)在匀加速阶段由牛顿第二定律得F－Ff＝ma由图象可知a＝eq\f(v1,t1)在t1时刻匀加速到速度最大，此时功率达到额定功率，故P0＝Fv1联立解得P0＝eq\f(mv\o\al(1,2)v2,t1v2－v1).答案：(1)eq\f(1,2)v1t1(2)eq\f(mv\o\al(1,2)v2,t1v2－v1)14．(2019·成都外国语学校检测)汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sinα＝0.02)的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍(g取10m/s2)，求：(1)汽车所能达到的最大速度vm；(2)若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？(3)当汽车以0.6m/s2的加速度匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做多少功？解析：(1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即Ff＝kmg＋mgsinα＝4000N＋800N＝4800N.又因为F＝Ff时，P＝Ff·vm，所以vm＝eq\f(P,kmg＋mgsinα)＝eq\f(60×103,4800)m/s＝12.5m/s.(2)汽车从静止开始，以a＝0.6m/s2，匀加速行驶，由牛顿第二定律，有F′－Ff＝ma.所以F′＝ma＋kmg＋mgsinα＝4×103N×0.6＋4800N＝7.2×103N．保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，有vm′＝eq\f(P,F′)＝eq\f(60×103,7.2×103)m/s≈8.33m/s由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移t＝eq\f(vm′,a)＝eq\f(8.33,0.6)s≈13.9s.(3)匀加速阶段位移l＝eq\f(vm,2)t＝eq\f(8.33×13.9,2)m≈57.89m，由W＝F·S可求出汽车在匀加速阶段行驶时做功为W＝F·S＝7.2×103×57.89J＝4.17×105J.答案：(1)12.5m/s(2)13.9s(3)4.16×105J第七章第4节重力势能课时分层训练「基础达标练」1．关于重力势能，下列说法中正确的是()A．重力势能的大小只由物体本身决定B．重力势能恒大于零C．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零D．重力势能是物体和地球所共有的解析：选D根据Ep＝mgh知，重力势能由物体所受的重力和它所处的高度共同决定，故A错误；重力势能是物体和地球组成的系统所共有的，故D正确；重力势能是相对量，只有相对一个参考平面，重力势能才有确定值，在地面上的物体，重力势能不一定为零，故C错误；重力势能有正负，故B错误．2．沿着高度相同、坡度不同、粗糙程度也不同的斜面将同一物体分别从底端拉到顶端，下列说法正确的是()A．沿坡度小的斜面运动时物体克服重力做功多B．沿坡度大、粗糙程度大的斜面运动时物体克服重力做功多C．沿坡度小、粗糙程度大的斜面运动时物体克服重力做功多D．不管沿怎样的斜面运动，物体克服重力做功相同，物体增加的重力势能也相同解析：选D重力做功的特点是重力做功与物体的运动路径无关，只与初、末状态物体的高度差有关，不论是光滑路径还是粗糙路径，也不论是直线运动还是曲线运动，物体克服重力做多少功(重力做多少负功)，它的重力势能必增加多少，故D正确，A、B、C错误．3．(2019·上杭考试)关于重力势能与重力做功的下列说法中正确的是()A．物体克服重力做的功等于重力势能的减少B．重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功C．用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力做的功等于克服重力做的功与物体所增加的重力势能之和D．在同一高度，将物体以初速v0向不同的方向抛出，从抛出到落地过程中，重力做的功相等，物体所减少的重力势能一定相等解析：选D物体克服重力做功，说明重力做负功，物体上升，故重力势能增大，A错误；重力势能具有相对性，重力势能的大小与零势能的选取有关，重力势能等于零的物体，也可以对别的物体做功，B错误；用手托住一个物体匀速上举时，支持力大小等于重力，所以手的支持力做的功等于克服重力做的功，C错误；在同一高度，将物体以初速v0向不同的方向抛出，从抛出到落地过程中，根据重力做功与路径无关只与初末位置有关，得重力做的功相等，物体所减少的重力势能一定相等，D正确．4．(多选)有关重力势能的变化，下列说法中正确的是()A．物体受拉力和重力作用向上运动，拉力做功是1J，但物体重力势能的增加量有可能不是1JB．从同一高度将某一物体以相同的速率平抛或斜抛，落到地面上时，物体重力势能的变化是相同的C．从同一高度落下的物体到达地面，考虑空气阻力和不考虑空气阻力的情况下重力势能的减少量是相同的D．物体运动中重力做功是－1J，但物体重力势能的增加量不是1J解析：选ABC重力做功与经过的路径无关，与是否受其他力无关，只取决于始、末位置的高度差，再根据重力做功等于重力势能的减少量可知B、C正确，D错误；对于A选项，当物体加速运动时克服重力做功少于1J，重力势能增加量少于1J；物体减速运动时，克服重力做功即重力势能增加量大于1J；只有物体匀速向上运动时，克服重力做功即重力势能增加量才是1J，A正确．5．如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h.如果工人将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功()A．n(n－1)mgh B．eq\f(1,2)n(n－1)mghC．n(n＋1)mgh D．eq\f(1,2)n(n＋1)mgh解析：选B取n块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面eq\f(1,2)nh，原来的重心距地面eq\f(1,2)h，故有W＝ΔEp＝nmg×eq\f(1,2)nh－nmg×eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)n(n－1)mgh，故选项B正确．6．利用超导材料和科学技术可以实现磁浮．若磁浮列车的质量为2×104kg，因磁场间的相互作用而浮起的高度为10mm，则该过程中磁浮列车增加的重力势能是(g取10m/s2)()A．20J B．200JC．2.0×103J D．2.0×107J解析：选C列车浮起的高度为10mm，增加的重力势能为ΔEp＝mgh＝2×104×10×10×10－3J＝2.0×103J，选项C正确．7．一根粗细均匀的长直铁棒重600N，平放在水平地面上．现将一端从地面抬高0.50m，而另一端仍在地面上，则()A．铁棒的重力势能增加了300JB．铁棒的重力势能增加了150JC．铁棒的重力势能增加量为0D．铁棒重力势能增加多少与参考平面选取有关，所以无法确定解析：选B铁棒的重心升高的高度h＝0.25m，铁棒增加的重力势能等于克服重力做的功，与参考平面选取无关，即ΔEp＝mgh＝600×0.25J＝150J.8．在离地面80m处无初速度释放一小球，小球质量为m＝200g，不计空气阻力，g取10m/s2，取最高点所在水平面为参考平面，求：(1)在第2s末小球的重力势能；(2)在第3s内重力所做的功和重力势能的变化．解析：(1)在第2s末小球所处的高度h＝－eq\f(1,2)gt2＝－eq\f(1,2)×10×22m＝－20m.重力势能Ep＝mgh＝0.2×10×(－20)J＝－40J.Ep<0说明小球在参考平面的下方．(2)在第3s末小球所处的高度h'＝－eq\f(1,2)gt′2＝－eq\f(1,2)×10×32m＝－45m.第3s内重力做功W＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45)J＝50J，即小球的重力势能减少50J.答案：(1)－40J(2)50J减少50J「能力提升练」9．如图所示，ACP和BDP是竖直平面内两个半径不同的半圆形光滑轨道，A、P、B三点位于同一水平面上，C和D分别为两轨道的最低点，将两个质量相同的小球分别从A和B两处同时无初速释放，则()A．沿BDP光滑轨道运动的小球的重力势能永远为正值B．两小球到达C点和D点时，重力做功相等C．两小球到达C点和D点时，重力势能相等D．两小球刚开始从A和B两处无初速释放时，重力势能相等解析：选D不管选哪一点为零势能点，A点和B点相对零势能面的竖直高度均相等，所以重力势能相等，D正确；两小球到C点和D点时，重力势能不相等，C错误；重力势能Ep＝mgh，具有相对性，如果选A、P、B三点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为负值；如果选C点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为正值，A错误；另外，重力做功跟路径无关，只取决于物体在初始和终末两点在竖直方向的高度差，两球从开始运动到达C点和D点时竖直高度不相等，所以，重力做功不相等，B错误．10．物体从某高度处做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列所示图象中，能正确描述物体的重力势能Ep与下落高度h的关系的是()解析：选B设物体开始下落时的重力势能为Ep0＝Ep0－Ep，物体下落高度h过程中重力势能减少量ΔEp＝mgh，故物体下落高度h时的重力势能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep­h图象为倾斜直线，B正确．11．质量为m的物体，沿倾角为α的光滑固定斜面由静止下滑，当下滑时间t重力势能减少量为()A.eq\f(1,2)mg2t2sinα B．eq\f(1,2)mg2t2C．mg2t2 D．eq\f(1,2)mg2t2sin2α解析：选D物体下滑的加速度a＝gsinα，t内物体下滑的距离x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinα·t2，下滑的高度h＝xsinα，物体重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2sin2α·t2.故D正确．12．(多选)质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为eq\f(4,5)g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是()A．物体重力做的功为mghB．物体所受阻力做功为eq\f(mgh,5)C．物体重力势能减少了mghD．物体克服阻力所做的功为eq\f(mgh,5)解析：选ACD因物体的加速度为eq\f(4,5)g，由牛顿第二定律可知，mg－Ff＝ma，解得空气阻力Ff＝eq\f(1,5)mg.重力做功WG＝mgh，阻力做功WFf＝－eq\f(1,5)mgh，A、D正确，B错误；重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，重力做正功，故重力势能减小mgh，C正确．13．如图所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝eq\f(2,3)l，则小球由A点运动到C点的过程中，重力势能减少了多少？重力做功为多少？解析：从A点运动到C点，小球下落h＝eq\f(1,3)l故重力做功WG＝mgh＝eq\f(1,3)mgl重力势能的变化量ΔEp＝－WG＝－eq\f(1,3)mgl负号表示小球的重力势能减少了．答案：eq\f(1,3)mgleq\f(1,3)mgl14．如图所示，有一条长为L、质量为m的均匀金属链条，一半在光滑斜面上，斜面倾角为θ，另一半沿竖直方向下垂在空中．当链条从静止开始释放后链条滑动，以斜面最高点为重力势能的零点，则：(1)开始时和链条刚好从右侧全部滑出斜面时重力势能各是多大？(2)此过程中重力势能减少了多少？解析：(1)开始时，左边一半链条的重力势能为Ep1＝－eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)sinθ右边一半链条的重力势能为Ep2＝－eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)左右两部分总的重力势能为Ep＝Ep1＋Ep2＝－eq\f(1,8)mgL(1＋sinθ)最后链条从右侧刚好全部滑出时，重力势能Ep′＝－eq\f(1,2)mgL.(2)重力势能减少了ΔEp减＝Ep－Ep′＝eq\f(1,8)mgL(3－sinθ)．答案：(1)－eq\f(1,8)mgL(1＋sinθ)－eq\f(1,2)mgL(2)eq\f(1,8)mgL(3－sinθ)第七章第5节探究弹性势能的表达式课时分层训练「基础达标练」1．(多选)下列物体中，具有弹性势能的是()A．被拉长的橡皮筋 B．在空中自由下落的球C．被拉细的铜丝 D．被弯曲的钢片解析：选AD拉伸的橡皮筋、弯曲的钢片具有弹性势能，自由下落的小球具有重力势能，被拉细的铜丝无弹性势能，故选项A、D正确．2．如图所示，射箭时人拉弓所做的功转化为弹性势能，此时的弹性势能主要()A．存储在箭上 B．存储在弓上C．存储在拉弓人身上 D．存储于拉弓人的手上解析：选B人拉弓时，弓发生了明显的弹性形变，弹性势能主要存储在弓上，故B正确．3．如图所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是()A．重力势能减少，弹性势能增大B．重力势能增大，弹性势能减少C．重力势能减少，弹性势能减少D．重力势能不变，弹性势能增大解析：选A弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确．4．如图所示，a、b两条斜线分别表示两根劲度系数不同的弹簧所受拉力F和弹簧伸长量之间的关系．设它们的劲度系数分别为ka、kb，拉力都为F1时的弹性势能分别为Ea、Eb.则下列说法正确的是()A．ka＞kbEa＞Eb B．ka＜kbEa＞EbC．ka＞kbEa＜Eb D．ka＜kbEa＜Eb解析：选C由F＝kl可知，F­l图线的斜率为弹簧的劲度系数，由图可知，ka＞kb，当拉力为F1时，两弹簧的形变量为la＝eq\f(F1,ka)，lb＝eq\f(F1,kb)，可得Ea＝eq\f(1,2)kaleq\o\al(a,,,2)＝eq\f(F\o\al(1,2),2ka)，Eb＝eq\f(F\o\al(1,2),2kb)，可得Ea＜Eb，故C选项正确．5．如图所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功W2，则这两次弹力做功的关系为()A．W1<W2B．W1＝2W2C．W2＝2W1D．W1＝W2解析：选D弹力做功的特点与重力做功一样，不用考虑路径，只看起始与终止位置，故D项正确．6．(多选)如图是玩家玩“蹦极”游戏的真实照片，玩家将一根长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在高处，然后从高处跳下，其中AB为弹性绳子的原长，C点是弹力等于重力的位置，D点是玩家所到达的最低点，对于玩家离开跳台至最低点的过程中，下列说法正确的是()A．重力对人一直做正功B．人的重力势能一直减小C．玩家通过B点之后，绳子具有弹性势能D．从A到D，弹性绳子的弹性势能一直增加解析：选ABC整个过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，A、B正确；人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，弹性绳子不做功，此后弹性绳子一直做负功，弹性势能一直增加，C正确，D错误．7．(多选)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中k1、k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是()A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变解析：选BD弹簧劲度系数k越大，向右压缩单位长度产生的弹力越大，物体减速越快，缓冲效果越好，A错；由牛顿第三定律可知两弹簧弹力总是大小相等，B对；由于k1x1＝k2x2，k1≠k2，所以x1≠x2，又因原长相等，故压缩后两弹簧的长度不相等，C错；弹簧形变量越来越大，弹性势能越来越大，D对．8．如图所示，放在地面上的木块与一劲度系数k＝200N/m的轻质弹簧相连．现用手水平拉弹簧，拉力的作用点移动x1＝0.2m，木块开始运动，继续拉弹簧，木块缓慢移动了x2＝0.4m，求：(1)上述过程中拉力所做的功；(2)此过程弹簧弹性势能的变化量．解析：(1)木块缓慢移动时弹簧的拉力F＝kx1＝200×0.2N＝40N，由题意作出F­x图象如图所示，在木块运动之前，弹簧弹力随弹簧伸长量的变化是线性关系，木块缓慢移动时弹簧弹力不变，图线与横轴所围梯形面积即为拉力所做的功，即W＝eq\f(1,2)×(0.6＋0.4)×40J＝20J.(2)木块运动之前，弹簧的弹性势能随弹簧的伸长而增加，木块缓慢移动过程中，弹簧的伸长量保持不变，弹簧弹性势能不变，故整个过程中弹簧的弹性势能增加量为ΔEp＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(1,2)＝eq\f(1,2)×200×0.04J＝4J.答案：(1)20J(2)4J「能力提升练」9．两个不同的弹簧A、B，劲度系数分别为k1、k2，且k1＞k2.现用相同的力从自然长度开始拉弹簧，当弹簧稳定时，关于弹簧的弹性势能下列说法正确的是()A．A弹簧的弹性势能大B．B弹簧的弹性势能大C．两弹簧的弹性势能相同D．无法判断解析：选B以相同的力F拉弹簧A、B，由胡克定律得A弹簧的伸长量l1＝eq\f(F,k1)，B弹簧的伸长量l2＝eq\f(F,k2)，由于k1＞k2，故l1＜l2，所以拉力克服弹力对A弹簧做的功W1＝eq\f(1,2)Fl1小于对B弹簧做的功W2＝eq\f(1,2)Fl2，即B弹簧的弹性势能大，选项B正确．10．如图所示，质量相等的两木块间连有一弹簧．今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面．开始时A静止在弹簧上面．设开始时弹簧的弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2的大小关系及弹性势能的变化ΔEp，下列说法中正确的是()A．Ep1＝Ep2 B．Ep1＞Ep2C．ΔEp＞0 D．ΔEp＜0解析：选A设开始时弹簧的形变量为x1，B刚要离开地面时弹簧的形变量为x2，则有kx1＝mg，kx2＝mg，可得x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，选项A正确．11．一升降机机箱底部装有若干根弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦和空气阻力影响，则升降机在从弹簧下端触地直到最低点的一段运动过程中()A．升降机的速度不断减小B．升降机的加速度不断变大C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功D．先是弹力做的负功大于重力做的正功，然后是弹力做的负功小于重力做的正功解析：选C从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中，弹簧的弹力不断变大．当弹力小于重力时，升降机加速度方向向下，升降机做加速运动，由a＝eq\f(mg－F,m)可知，加速度减小，重力做的正功要大于弹力做的负功；当弹力大于重力时，升降机加速度的方向向上，升降机做减速运动，由a＝eq\f(F－mg,m)可知，加速度变大，重力做的正功要小于弹力做的负功，故选C.12．(多选)如图1所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其速度与离地高度h的关系如图2所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，弹簧的重力不计，小物体质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小物体下降至高度h2时，弹簧的弹性势能为0B．小物体下降至高度h3时，弹簧的弹性势能最大C．小物体下降至高度h3时，弹簧的弹性势能最小D．小物体下降至高度h5时，弹簧的弹性势能最大解析：选AD高度从h1下降到h2，图线为直线，该过程中小物体做自由落体运动，小物体下降至h2时才开始接触弹簧，所以小物体下降至高度h2时，弹簧的弹性势能为0，故A正确；由题图知，小物体下降至高度h3时，速度最大，此时重力和弹力平衡，小物体继续向下运动，弹簧的弹性势能继续增大，所以小物体下降至高度h3时，弹簧的弹性势能不是最大，也不是最小，故B、C错误；小物体下降至高度h5时，速度为0，小物体下降至最低点，弹簧的弹性势能最大，故D正确．13．如图，在光滑的足够长的斜面上有质量分别为mA、mB(mA＝2mB)的两木块中间连有轻质弹簧，弹簧处于原长状态，劲度系数为k，A、B同时由静止开始释放，求下滑过程中A、B稳定时弹簧的弹性势能为多大？解析：设斜面倾角为θ，弹簧伸长量为x，一起运动的加速度为a，对A、B组成的整体有(mA＋mB)g·sinθ＝(mA＋mB)a①对A有mAgsinθ＋kx＝mAa②联立①、②解得x＝0故弹性势能Ep＝0.答案：014．如图所示，在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为2.0kg的木块相连．若在木块上施加一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动0.10m，力F做的功为2.5J，此时木块再次处于平衡状态，力F的大小为50N．求：(g取10m/s2)(1)在木块下移0.10m的过程中弹性势能的增加量；(2)弹簧的劲度系数．解析：(1)在木块下移0.10m的过程中，力F和木块的重力克服弹簧弹力做功，弹簧的弹性势能增加，克服弹力做的功为WFN＝WF＋mgh＝2.5J＋2.0×10×0.10J＝4.5J故弹性势能的增加量为ΔEp＝WFN＝4.5J.(2)设施加力F前弹簧压缩了h0，则mg＝kh0①施加力F后木块再次处于平衡状态时有F＋mg＝k(h0＋h)②联立①②两式解得弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,h)＝eq\f(50,0.10)N/m＝500N/m.答案：(1)4.5J(2)500N/m第七章第7节动能和动能定理课时分层训练「基础达标练」1．关于动能的概念，下列说法中正确的是()A．物体由于运动而具有的能叫做动能B．运动物体具有的能叫动能C．运动物体的质量越大，其动能一定越大D．速度较大的物体，具有的动能一定较大解析：选A物体由于运动而具有的能叫动能，但是运动的物体可以具有多种能量，如重力势能，内能等，故A正确，B错误；由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，动能既与m有关，又与v有关，故C、D错误．2．(2019·江阴四校联考)在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是()A．甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的eq\f(1,2)B．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)D．甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)解析：选B根据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的eq\f(1,2)，则甲的动能是乙的8倍，选项A错误；甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，则甲乙的动能相等，选项B正确；甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，则甲的动能是乙的eq\f(1,2)，选项C错误；甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，则甲的动能是乙的2倍，选项D错误．3．(2019·山西长治高一期末)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()A．木块所受的合力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零C．重力和摩擦力做的功代数和为零D．重力和摩擦力的合力为零解析：选C物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，故C正确，B、D错误．4．(2019·邢台市段考)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移到Q点．此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F所做的功为()A．FLcosθ B．FLsinθC．mgLcosθ D．mgL(1－cosθ)解析：选D小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，动能的变化量为零，根据动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，得拉力F所做的功为WF＝mgL(1－cosθ)．D正确，A、B、C错误．5．(2019·宣威市期末)在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图所示，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门．球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)()A．等于mgh＋eq\f(1,2)mv2B．大于mgh＋eq\f(1,2)mv2C．小于mgh＋eq\f(1,2)mv2D．因为球入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定解析：选A对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，根据动能定理得：W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，得到W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故选项A正确．6．(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是()A．物体的重力势能增加了3JB．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5JD．物体的动能增加了8J解析：选AC因为重力做功－3J，所以重力势能增加3J，A对，B错；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C对，D错．7．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A．力F对甲物体做功多B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多C．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同解析：选BC由功的公式W＝Flcosα＝F·s可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．8．在距地面高12m处，以12m/s的水平速度抛出质量为0.5kg的小球，其落地时速度大小为18m/s，求小球在运动过程中克服阻力做功多少？(g取10m/s2)解析：对小球自抛出至落地过程由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，则小球克服阻力做功为Wf＝mgh－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(1,2)))＝0.5×10×12J－eq\f(1,2)×0.5×182－eq\f(1,2)×0.5×122J＝15J.答案：15J「能力提升练」9．(多选)如图所示，在外力作用下某质点运动的v­t图象为正弦曲线．从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大B．在0～t1时间内，外力做正功C．t1～t3时间内，外力做的总功为零D．在t2时刻，外力的功率最大解析：选BC图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，合外力减小，速度增大；由图象可知0时刻速度为零，t1时刻速度最大但拉力为零，由P＝Fv可知外力的功率在0时刻为零，t1时刻功率也为零，可知功率先增大后减小，故A错误；在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，外力做正功，故B正确；在t1～t3时间内物体的动能变化为零，由动能定理可知外力做的总功为零，故C正确；t2时刻物体的速度为零，由P＝Fv可知外力的功率为零，故D错误．10．(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，若木块对子弹的阻力F视为恒力，则下列关系式中正确的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．FL′＝eq\f(1,2)mv2C．FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)mv2解析：选ACD根据动能定理，对子弹：－F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，D正确；对木块：FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正确；由以上两式整理可得FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正确．11．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：选A由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmg(s＋x)，故A选项正确．12．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为()A.eq\f(mgL,4) B．eq\f(mgL,3)C．eq\f(mgL,2) D．mgL解析：选C小球经过最低点时，有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(1,2),L)，解得v1＝eq\r(6gL).小球恰好能通过最高点，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),L)，解得v2＝eq\r(gL).根据动能定理－mg·2L－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，解得小球克服空气阻力做功Wf＝eq\f(1,2)mgL，所以C选项正确．13．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍．求：(1)物体上升的最大高度；(2)物体落回抛出点时的速度大小．解析：(1)上升过程，由动能定理－mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)①将Ff＝0.2mg②联立①②可得：h＝eq\f(5v\o\al(0,2),12g).③(2)全过程，由动能定理－2Ffh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)④联立②③④可得：v＝eq\f(\r(6),3)v0.答案：(1)eq\f(5v\o\al(0,2),12g)(2)eq\f(\r(6),3)v014．一架喷气式飞机质量m＝5×103kg，起飞过程中从静止开始滑行的路程s＝5.3×102m时(做匀加速直线运动)，达到起飞速度v＝60m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍(k＝0.02)．求飞机受到的牵引力．(g＝10m/s2)解析：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为WG＝0，W支＝0，W牵＝Fs，W阻＝－kmgs.由动能定理得Fs－kmgs＝eq\f(1,2)mv2－0解得F＝kmg＋eq\f(mv2,2s)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.02×5×103×10＋\f(5×103×602,2×5.3×102)))N＝1.8×104N.答案：1.8×104N第七章第8节机械能守恒定律课时分层训练「基础达标练」1．关于机械能，以下说法正确的是()A．质量大的物体，重力势能一定大B．速度大的物体，动能一定大C．做平抛运动的物体机械能时刻在变化D．质量和速率都相同的物体，动能一定相同解析：选D重力势能的大小与零势能面的选取有关，质量大但重力势能不一定大，A错误；动能的大小与质量以及速度有关，所以速度大，动能不一定大，B错误；平抛运动过程中只受重力作用，机械能守恒，C错误；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知质量和速率都相同的物体，动能一定相同，D正确．2．(2019·洛阳检测)下列人或物在运动过程中，机械能守恒的是()A．风中飘落的羽毛B．竖直放置的真空管中下落的羽毛C．乘电梯匀速上升的人D．弹性蹦床上跳跃的运动员(不计空气阻力)解析：选B风中飘落的羽毛受到空气阻力，而空气阻力做负功，机械能减少，故A错误；竖直放置的真空管中下落的羽毛，只受重力，所以机械能守恒，故B正确；乘电梯匀速上升的人，动能不变，势能增加，所以机械能增大，故C错误；弹性蹦床上跳跃的运动员，弹力要做功，所以机械能不守恒，故D错误．3．从地面竖直上抛两个质量不同的小球，设它们的初动能相同，当上升到同一高度时(不计空气阻力，选抛出点为参考面)，则()A．所具有的重力势能相等B．所具有的动能相等C．所具有的机械能不等D．所具有的机械能相等解析：选D因两小球质量不等，由重力势能表达式Ep＝mgh可知，上升到同一高度时，所具有的重力势能不相等，选项A错误；上升过程中只有重力做功，故小球机械能守恒，因初始动能相同，机械能相等，故上升到同一高度时机械能相等，从而动能不相等，选项B、C错误，D正确．4．(多选)两个质量不同的小铁块A和B，分别从高度相同的都是光滑的斜面和圆弧面的顶点滑向底部，如图所示．如果它们的初速度都为0，则下列说法正确的是()A．下滑过程中重力所做的功相等B．它们到达底部时动能相等C．它们到达底部时速率相等D．它们在最高点时的机械能和它们到达最低点时的机械能大小各自相等解析：选CD小铁块A和B在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，则由mgH＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gH)，所以A和B到达底部的速率相等，故C、D正确；由于A和B的质量不同，所以下滑过程中重力所做的功不相等，到达底部时的动能也不相等，故A、B错误．5．如图所示，在高1.5m的光滑平台上有一个质量为2kg的小球被细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧，球与弹簧不拴接，O点为弹簧原长位置．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10m/s2)()A．10J B．15JC．20J D．25J解析：选A由h＝eq\f(1,2)gt2和vy＝gt得vy＝eq\r(30)m/s；落地时，tan60°＝eq\f(vy,v0)，可得v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(10)m/s；由弹簧与小球组成的系统机械能守恒得Ep＝eq\f(mv\o\al(0,2),2)，可求得Ep＝10J，故A选项正确．6．(2019·合肥检测)以水平面为零势能面，小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为()A.eq\r(3)∶1 B．1∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1解析：选D开始抛出时：mgh＝2·eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，当动能和势能相等时：mgh1＝eq\f(1,2)mv2，竖直方向由2ax＝v2－veq\o\al(0,2)可求得此时小球的竖直速度vy＝eq\r(2gh－h1)，综合上面两式可得vy＝eq\r(2v\o\al(0,2)－v2)＝eq\r(2v\o\al(0,2)－v\o\al(0,2)＋v\o\al(y,2))，解得eq\f(v0,vy)＝eq\f(\r(2),1)，选项D正确．7．质量为1kg的物体从倾角为30°、长2m的光滑斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，那么，当它滑到斜面中点时具有的机械能和重力势能分别是(g取10m/s2)()A．0J，－5J B．0J，－10JC．10J,5J D．20J，－10J解析：选A物体下滑时机械能守恒，故它下滑到斜面中点时的机械能等于在初始位置的机械能，初始时机械能为0.下滑到斜面中点时的重力势能Ep＝－mgeq\f(L,2)sin30°＝－1×10×eq\f(2,2)×sin30°J＝－5J．故选项A正确．8．某人站在离地面h＝10m高处的平台上以水平速度v0＝5m/s抛出一个质量m＝1kg的小球，不计空气阻力，g取10m/s2.问：(1)人对小球做了多少功？(2)小球落地时的速度为多大？解析：(1)人对小球做的功等于小球获得的动能，所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)＝eq\f(1,2)×1×52J＝12.5J．(2)根据机械能守恒定律可知mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)＝eq\f(1,2)mv2所以v＝eq\r(2gh＋v\o\al(0,2))＝15m/s.答案：(1)12.5J(2)15m/s「能力提升练」9．(多选)(2019·沙市检测)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则A．a落地前，ab机械能守恒B．因为a的机械能守恒，所以a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，竖直杆对a的作用力先减小后增大D．a落地前，当b对地面的压力大小为mg时，b的机械能最大解析：选ACDa下落通过杆推动b运动，对ab组成的系统，杆对ab的一对内力做功总和为零，系统机械能不损失，ab机械能守恒，故A正确；a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(a,2)，解得va＝eq\r(2gh)，故B错误；b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，力的大小先减小后增大，故C正确；ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确．10．如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2R B．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3) D．eq\f(2R,3)解析：选C设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面，B恰运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时上升的高度为h′＝eq\f(v2,2g)，故B上升的总高度为R＋h′＝eq\f(4,3)R，选项C正确．11．如图所示，在竖直平面内有一半径为2m的eq\f(1,4)圆弧形光滑导轨AB，A点与其最低点C的高度差为1m，今由A点沿导轨无初速度释放一个小球，若g取10m/s2，则()A．小球过B点的速度vB＝2eq\r(5)m/sB．小球过B点的速度vB＝2eq\r(5\r(3)－1)m/sC．小球离开B点后做平抛运动D．小球离开B点后将继续运动到与A、D等高的位置解析：选B由于cos∠AOE＝eq\f(OE,R)＝eq\f(1,2)，∠AOE＝60°，故∠BOC＝90°－60°＝30°，hBC＝R－Rcos30°＝(2－eq\r(3))m，hAB＝hAC－hBC＝(eq\r(3)－1)m，根据机械能守恒定律得mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B,2)，所以vB＝eq\r(2ghAB)＝2eq\r(5\r(3)－1)m/s，A错，B对；小球离开B点后做斜上抛运动，C错；到达最高点时，小球具有水平方向的速度，由机械能守恒知，小球离开B点后到达最高点时的高度低于A、D点的高度，D错．12．(多选)如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是()A．A处小球到达最低点时速度为0B．A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量C．B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度D．当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度解析：选BCD因A处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动．摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，B、D正确；设支架边长是L，则A处小球到最低点时小球下落的高度为eq\f(1,2)L，B处小球上升的高度也是eq\f(1,2)L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有eq\f(1,2)mgL的重力势能转化为两小球的动能，因而此时A处小球的速度不为0，A错误；当A处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B处小球仍要继续上升，因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高，C正确．13．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行．如图所示，abcde为同一竖直平面内依次平滑连接的滑行轨道，其中bcd是一段半径R＝2.5m的圆弧轨道，O点为圆心，c点为圆弧的最低点．运动员脚踩滑板从高H＝3m处由静止出发，沿轨道自由滑下．运动员连同滑板可视为质点，其总质量m＝60kg.忽略摩擦阻力和空气阻力，取g＝10m/s2，求运动员滑经c点时轨道对滑板的支持力的大小．解析：运动员从开始滑下至c点，由机械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mv2①运动员滑至最低点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)②由①②得FN＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2H,R)))＝2040N.答案：2040N14．(2019·邢台检测)如图，质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g.(1)求物体C的质量；(2)当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力多大？(3)若将C换成质量为7m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？解析：(1)开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1＝mg①挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有kx2＝mg②由①②式可知，x1＝x2＝eq\f(mg,k)③B不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．设C的质量为mC，与初始状态相比，C下降x1＋x2，A上升x1＋x2.弹簧弹性势能不变．由机械能守恒定律可知ΔEk＝mCg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)＝0④由④式得mC＝m.⑤(2)B刚要离开地面时，A受力如图甲所示．kx2＋mg－FT＝ma⑥物体C受力如图乙所示FT－mg＝ma⑦由⑥和⑦式得FT＝eq\f(3,2)mg.(3)C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能与初始状态相同，设此时A、D速度为v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)×7mv2＋eq\f(1,2)mv2＝7mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)⑧由③和⑧式得v＝geq\r(\f(3m,k)).答案：(1)m(2)eq\f(3,2)mg(3)geq\r(\f(3m,k))第七章第10节能量守恒定律与能源课时分层训练「基础达标练」1．下列说法中正确的是()A．能就是功，功就是能B．做功越多，物体的能量就越大C．外力对物体不做功，这个物体就没有能量D．能量转化的多少可以用做功来量度解析：选D功和能是两个不同的概念，选项A错误；做功的多少只是说明能量转化的多少，而不能说明能量的多少，选项B错误；外力做功与否不能说明物体能量的有无，选项C错误；功是能量转化的量度，选项D正确．2．下列哪些现象属于能量的耗散()A．利用水流能发电产生电能B．电能在灯泡中变成光能C．电池的化学能变成电能D．火炉把屋子烤暖解析：选D能量耗散主要指其他形式的能量最终转化为环境的内能后，不能再被收集起来重新利用，故选项D正确．3．下列说法正确的是()A．随着科技的发展，永动机是可以制成的B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C．“既要马儿跑，又不让马儿吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生解析：选C永动机违背了能量守恒定律，所以永动机是永远不可能制成的，选项A错误；太阳辐射大量的能量，但辐射到宇宙空间的能量并没有消