2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题第4讲　功与能 含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题1.[2024·广东梅州模拟]如图所示,喷泉经常出现在广场和公园等公共场所,给人们的生活增添了无穷乐趣.假设一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动,且运动过程中水珠的质量和空气阻力的大小均保持不变,则该水珠在空中运动的过程中,下列说法正确的是 ()A.该水珠在落回地面时,重力的瞬时功率最小B.该水珠在落回地面时,水珠的机械能最小C.上升过程所用的时间大于下落过程所用的时间D.上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功2.[2024·江西卷]“飞流直下三千尺,疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写.设瀑布的水流量约为10m3/s,水位落差约为150m.若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为 ()A.109W B.107WC.105W D.103W3.(多选)[2022·广东卷]如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶,已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力.下列说法正确的有 ()A.从M到N,小车牵引力大小为40NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J4.[2024·浙江1月选考]如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,重力加速度为g,则足球 ()A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变5.[2024·安徽卷]在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示.水井中的水面距离水平地面的高度为H.出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l.假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能.已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力.则水泵的输出功率约为 ()A.ρgSlB.ρgSlC.ρgSlD.ρgSl6.[2024·山东聊城模拟]如图所示,圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道,它们的下端均固定于容器底部圆心O,上端固定在容器侧壁上.若相同的小球以同样的速率,从点O沿各轨道同时向上运动.对它们向上运动的过程中,下列说法正确的是()A.各小球动能相等的位置在同一水平面上B.各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C.各小球机械能相等时处于同一球面上D.当摩擦产生的热量相等时,各小球处于同一圆柱面上7.[2024·江西南昌模拟]如图所示,半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内.在一平行于纸面的恒力F(未画出)作用下,质量为m的小球从A端静止释放后,恰能到达最低点C;从B端静止释放后,到达C点时,管道受到的压力为10mg.已知重力加速度为g,则F的大小为()A.mgB.2mgC.3mgD.5mg8.[2024·全国甲卷]如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点.则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 ()A.在Q点最大 B.在Q点最小C.先减小后增大 D.先增大后减小9.(多选)[2024·河南郑州模拟]如图所示,水平面内固定两根足够长的光滑细杆P、Q,两杆不接触,且两杆间的距离忽略不计.可视为质点的小球a、b质量均为m,a球套在水平杆P上,b球套在水平杆Q上,a、b两小球通过铰链用轻杆连接.在图示位置(轻杆与细杆Q的夹角为45°)给系统一瞬时冲量,使a、b球分别获得大小均为v、沿杆方向的初速度.在此后的运动过程中,下列说法正确的是 ()A.b球能达到的最大速度为2vB.b球能达到的最大速度为2vC.当轻杆与细杆Q的夹角为30°时,a、b两球的速度大小比为3∶1D.当轻杆与细杆Q的夹角为30°时,a、b两球的速度大小比为3∶310.[2024·海南卷]某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5m,静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25kg,一质量为m=50kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行x=16m停下.游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2,求:(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;(2)滑板的长度L.微专题1传送带模型综合问题时间|40min专题二能量与动量第4讲功与能题型1例1C[解析]整个过程中重力做功为WG=mgh=mgLsin30°=40J,A错误;整个过程中只有重力做功,故合外力做功为W合=WG=40J,B错误;下滑过程中加速度为a=gsin30°=5m/s2,所需时间为t=2La=2s,整个过程中重力做功的平均功率是P=WGt=20W,C正确;下滑到斜面底端时的速度为v=at=10m/s,物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率为P=mgvcos60°=40例2D[解析]由题图可知,在0~t1时间内发动机的功率P1不变,若是匀速,则v-t图像是平行时间轴的直线;若是加速,由P=Fv可知,牵引力逐渐减小,由牛顿第二定律可有F1-Ff=ma1,可知加速度逐渐减小,是加速度逐渐减小的加速运动,当速度是零时,则有F1=Ff,汽车开始做匀速直线运动,此时的速度为v1=P1F1=P1Ff;在t1~t2时间内,汽车功率突然增大且不变,则牵引力突然增大,汽车做加速运动,由P=Fv可知,牵引力逐渐减小,则有F2-Ff=ma2,可知加速度逐渐减小,汽车做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度是零时,即F2=Ff,汽车开始做匀速直线运动,此时的速度为v2=P2F2=P2Ff,可知在t1~t2时间内,v-t图像先是平滑的曲线,后是平行于时间轴的直线.综上所述【迁移拓展】1.A[解析]返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误.2.A[解析]根据图像,可得前5s内的加速度大小为a=ΔvΔt=2m/s2,由牛顿第二定律得F-0.1mg=ma,解得F=9.0×103N,故A正确;汽车5s末达到额定功率,额定功率为P=Fv=9.0×104W=90kW,故C错误;汽车速度为15m/s时,有Pv'-0.1mg=ma',解得a'=1m/s2,故B错误;前5s内的位移是x=v2t=102×5m=25m,摩擦力做功为Wf=-0.1mgx=-7.5×103.B[解析]汽车在平直路面上启动,由牛顿第二定律有F-Ff=ma,在0~t0时间内牵引力F逐渐减小,则汽车做加速度减小的加速运动,故A错误;汽车运动的最大速度为vm,则有vm=PFf,可得额定功率为P=Ffvm,而启动后速度为vm2时,有P=F1·vm2,F1-Ff=ma1,联立解得a1=Ffm,故B正确,C错误;若0~t0时间做匀加速直线运动,则位移为x匀=0+vm2t0,而汽车在0题型2例3(1)1200N900N(2)-4200J[解析](1)重物下降的过程中受力平衡,设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2,竖直方向有FT1cosα=mg+FT2cosβ水平方向有FT1sinα=FT2sinβ联立解得FT1=1200N,FT2=900N(2)重物下降到地面的过程中,设两根绳子拉力对重物做的总功为W,根据动能定理得W+mgh=0解得W=-4200J例4AB[解析]设乙将排球击出的速度为v',对于轨迹②的运动,竖直方向有h=12gt2,解得t=2hg=2×(2.8-1)10s=0.6s,水平方向有x=v't=18×0.6m=10.8m,可知O、P两位置的水平距离为10.8m,故A、B正确;从O到P点,设排球在O点的速度为v0,到P点的速度为v,根据动能定理可得-mgh=12mv2-12mv02,解得12mv02=mgh+12mv2=20.4J,根据动能定理可知W甲=12mv02=20.4J,故C错误;在P【迁移拓展】1.D[解析]设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsinθ),摩擦力的功Wf=μ(mg-Fsinθ)x,即摩擦力的功与F的方向有关,选项A错误;合力做功W=F合x=ma·x,可知合力做功与力F方向无关,选项B错误;当力F水平时,则F=ma+μmg,力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,选项C错误;因合外力做功为max大小一定,而合外力做功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和,而当Fsinθ=mg时,摩擦力Ff=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,选项D正确.2.C[解析]小球落到地面过程,根据动能定理有mgH=Ek,小球落地时动能等于mgH,A错误;小球在运动的全过程有mg(H+h)-Ffh=0,解得Ff=mg(H+h)h,B错误;根据上述,整个过程中小球克服阻力做的功为Wf=Ffh=mg(H+h),C正确;小球陷入泥中的过程,根据动能定理有mgh-Wf=0-Ek,解得Wf=mgh+Ek,可知,3.D[解析]小球从释放到最低点,根据动能定理有mg(h+R)=EkB,解得EkB=17.5J,故A错误;小球从释放到A点,根据动能定理有mgh=12mvA2,在A点,根据牛顿第二定律有FN=mvA2R,解得FN=15N,故B错误;设小球在圆轨道上最高点C与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,则有mgcosθ=mv2R,从B点到最高点,根据动能定理有-mgR(1+cosθ)=12mv2-EkB,解得v=5m/s,cosθ=12,最大高度为h=R(1+cosθ)+(vsinθ)22g=1.6875m,故C错误;假设小球离开轨道后将落至轨道B点,根据斜抛运动的规律可知R(1+cosθ)=-vsin60°t+12gt2,x=vcos60°t题型3例5C[解析]如图所示,设小环下降的高度为h,大圆环的半径为R,小环到P点的距离为L,根据机械能守恒定律得mgh=12mv2,由几何关系可得h=Lsinθ,而sinθ=L2R,所以h=L22R,解得v=LgR,故C正确例6C[解析]设B刚落地时速度为v,则根据机械能守恒定律有2mg×7r=mg×7r+12×3mv2+14mv2,解得v=2gr,当物块B落地后,A还能上升的高度为h=v22g=2r,因此A上升到最高点时离地面的高度为9例7BD[解析]根据机械能守恒定律可知,重物减少的重力势能转化成石块、重物的动能与石块的重力势能之和,即Mg(L2+L2sin37°)=mg(L1+L1sin37°)+12mvA2+12MvB2,石块、重物绕轴做同轴转动,则速度关系为vA=2vB,联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为vA=4m/s,故A错误,B正确;石块抛出后做平抛运动,由2g(L1+L1sin37°)=vy2,可得石块落地前瞬间的竖直速度为vy=8m/s,则石块落地前瞬间重力的功率为P=mgvy=224例8(16分)(1)v2(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)sin[解析](1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma (2分)由运动学公式有0-v2=-2ax (2分)联立解得x=v22g((2)物块在BC段匀速运动,则电动机的牵引力为F=mgsinθ+μmgcosθ (2分)由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ) (2分)(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsinθ (2分)整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,可知E2=E1+μmgcosθ·L (2分)则E1E2=sin例9B[解析]当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0,解得弹性绳的伸长量x0=μmgk,则此时弹性绳的弹性势能为E0=12kx02=(μmg)22k,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程中,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,由功能关系可知,该过程中F所做的功W=E0+μmgx1=3【迁移拓展】1.C[解析]物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=mv2r,解得物体在C点的速度v=gr,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D2.C[解析]由于小环和重物组成的系统机械能守恒,故重物机械能的增加量等于小环机械能的减少量,选项A错误;根据速度的分解,小环沿着轻绳方向的分速度大小等于重物速度,即v环cos45°=v重,环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1,结合几何关系,重物上升的高度为h=dcos45°-d,可得h=(2-1)d,小环和重物组成的系统机械能守恒,即mgd=12mv环2+12·2mv重2+2mgh,解得v环=(33.AB[解析]斜面倾角的正弦值sinθ=35,故θ=37°.物块的重力势能为Ep=mg(h-xsinθ)=-mgxsinθ+mgh,Ep-x图像的斜率的绝对值为k1=mgsinθ=6N,得m=1kg,Ek-x图像的斜率的大小等于合力,k2=2N,由于k1≠k2,表明物块所受合力不等于重力沿斜面向下的分力,故其还要受到滑动摩擦力,机械能不守恒,选项A正确;Ek-x图像的斜率k2=mgsinθ-μmgcosθ=2N,解得μ=0.5,选项B正确;物块下滑时有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2,选项C错误;物块损失的机械能等于克服摩擦力做的功,Wf=μmgcosθ·x1=8J,选项D错误专题二能量与动量第4讲功与能【网络构建】【关键能力】高考中更注重科学思维的培养,试题一般选取一个实际的应用问题,需要通过建立模型,理清过程中能量传输的路径.由于是实际问题,涉及能量传输的效率,隐含着其他能量向内能的转化,把实际过程当作理想化过程往往是错的,需要有针对性地审题.题型1功、功率的分析和计算1.功的计算(1)恒力做功一般用W=Flcosα求解;(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解,或者利用恒定功率求功,W=Pt.2.功率的计算明确是求瞬时功率还是平均功率.P=Wt一般用于平均功率的计算,P=Fvcosα(α为F和速度v的夹角)一般用于瞬时功率的计算例1[2024·辽宁沈阳模拟]如图所示,倾角为30°、长度为10m的光滑斜面固定在水平地面上,一质量为0.8kg的物体从斜面顶端由静止开始下滑到斜面底端,g取10m/s2,则 ()A.整个过程中重力做功80JB.整个过程中合外力做功8JC.整个过程中重力做功的平均功率是20WD.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是20W【技法点拨】计算功率应该注意的问题(1)首先应该明确所求的功率是平均功率还是瞬时功率,计算平均功率与瞬时功率选择的公式不同.(2)求平均功率时,应明确是哪一段时间内的平均功率;求瞬时功率时,利用公式P=Fvcosα,其中α为F和v的夹角.例2[2024·江西抚州模拟]一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变.下列描述该汽车的速度随时间t变化的图像中,可能正确的是()ABCD【技法点拨】汽车启动问题中几个物理量的求法(1)汽车的最大速度vmax的求法:汽车做匀速运动时速度最大,此时牵引力F大小等于阻力Ff,故vmax=P额F=(2)匀加速启动时,做匀加速运动的时间t的求法:牵引力F=ma+Ff,匀加速运动的最大速度vmax'=P额ma+Ff(3)瞬时加速度a的求法:根据F=Pv求出牵引力,则加速度a=F【迁移拓展】1.[2024·海南卷]神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆,在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速,返回舱速度大大减小,在减速过程中 ()A.返回舱处于超重状态B.返回舱处于失重状态C.主伞的拉力不做功D.重力对返回舱做负功2.[2024·吉林长春模拟]一辆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,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示.已知汽车的质量为m=3×103kg,汽车受到地面的阻力为车重力大小的110,g取10m/s2,则(A.汽车在前5s内的牵引力为9×103NB.汽车速度为15m/s时的加速度大小为2m/s2C.汽车的额定功率为40kWD.汽车在前5s内摩擦力做功为-1.5×105J3.[2024·北京西城区模拟]汽车质量为m,在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示,已知该汽车以额定功率启动,在平直路面上运动的最大速度为vm,所受阻力恒定,由此可知该汽车 ()A.在0~t0时间内做加速度增大的加速运动B.启动后速度为vm2C.额定功率为2FfvmD.在0~t0时间内位移可能小于v题型2动能定理及应用1.应用动能定理解题的步骤图解:2.应用动能定理注意:(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学方法要简捷.(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的.(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),对全过程应用动能定理,往往能使问题简化.(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解.例3[2024·新课标卷]将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定距离.如图所示,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降.若重物的质量m=42kg,重力加速度大小g取10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°.(sin37°=0.6)(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功.例4(多选)[2024·河北唐山模拟]如图,甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动,当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时,速度大小为10m/s,此时,被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动,恰好落回到O位置.已知排球的质量约为0.3kg,g取10m/s2,忽略空气阻力,则 ()A.排球沿轨迹②运动的时间为0.6sB.O、P两位置的水平距离为10.8mC.甲对排球做的功约为40.8JD.乙对排球做的功约为15J【迁移拓展】1.[2023·北京卷]如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动.已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中 ()A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时,F做功为μmgxD.F做功的最小值为max2.[2024·山西太原模拟]如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度而停止,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()A.小球落地时动能等于mg(H+h)B.小球在泥土中受到的平均阻力为mgHC.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)D.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能3.[2024·辽宁大连模拟]如图所示,半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上,B点为轨道最低点,A点与圆心O等高.质量为1kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75m处静止释放,下落至A点时进入圆轨道,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则 ()A.小球在B点的动能为7.5JB.小球在A点受到轨道的弹力大小为10NC.小球上升过程中距地面的最大高度为1.75mD.小球离开轨道后将落至轨道B点题型3能量守恒和功能关系的应用机械能守恒定律及其应用1.判断物体机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时,系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时,系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式例5固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 ()A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积例6[2024·山东济南模拟]如图所示,一个半径为r、质量均匀的圆盘套在光滑固定的水平转轴上,一根轻绳绕过圆盘,两端分别连接着物块A和B,A放在地面上,B用手托着,A、B均静止,此时B离地面的高度为7r,圆盘两边的轻绳沿竖直方向伸直,A和圆盘的质量均为m,B的质量为2m,快速撤去手,在物块B向下运动的过程中,绳子始终与圆盘没有相对滑动.已知圆盘转动的动能为EkC=14mr2ω2,其中ω为圆盘转动的角速度,则物块A上升到最高点时离地面的高度为(A上升过程中未与圆盘相碰) (A.7r B.8r C.9r D.10r例7(多选)[2024·湖北宜昌模拟]投石机是我国古代人民智慧的结晶,《范蠡兵法》中记载:“飞石重十二斤,为机发行三百步.”如图所示为某小组自制的投石机,轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动,OA长为L1=2.0m,BC长为L2=1.0m.将一质量m=2.8kg的石块放在A端网袋中,另一质量M=8kg的重物固定于B端,初始时A端位于地面上,杆与水平面的夹角为37°.由静止释放后,杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出.石块与重物均可视为质点,不计空气阻力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,则 ()A.石块被抛出瞬间的速度大小为83B.石块被抛出瞬间的速度大小为4m/sC.石块落地前瞬间重力的功率为112WD.石块落地前瞬间重力的功率为224W【技法点拨】连接体(多个物体)的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系(续表)共角速度模型两物体角速度相同,线速度与半径成正比(续表)关联速度模型此类问题注意速度的分解,找出两物体速度关系,当某物体位移最大时,速度可能为0能量守恒定律及应用例8[2024·江苏卷]如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L.一个质量为m的物块在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D.重力加速度为g,求:(1)CD段长x;(2)BC段电动机的输出功率P;(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)例9[2024·山东卷]如图所示,质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l).两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=12kx2(x为绳的伸长量).现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于 (A.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+C.3(μmg)22k+2D.(μmg)22k+2μmg【技法点拨】功能关系的理解和应用功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度.(1)根据功能之间的对应关系,判定能的转化情况.(2)根据能量转化,可计算变力做的功.【迁移拓展】1.[2024·北京卷]如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 ()A.物体在C点所受合力为零B.物体在C点的速度为零C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能2.[2024·河北保定模拟]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的小环,小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.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放,重力加速度为g,当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处),下列说法正确的是 ()A.环减少的机械能大于重物增加的机械能B.环在B处的速度为3C.环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1D.环到达B处时,重物上升的高度也为d3.(多选)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x的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度g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第4讲功与能1.B[解析]重力的瞬时功率为P=mgv,水珠在最高点时,速度为零,重力的瞬时功率最小,故A错误;水珠在空中运动的过程中,一直克服空气阻力做功,水珠的机械能逐渐减小,故该水珠在落回地面时,水珠的机械能最小,故B正确;水珠上升过程阻力方向与重力方向相同,下降过程阻力方向与重力方向相反,则水珠上升过程的加速度大于下降过程的加速度,水珠上升过程的位移大小等于下降过程的位移,故上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间,故C错误;运动过程中水珠所受的空气阻力大小保持不变,水珠上升过程的位移大小等于下降过程的位移,故上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功,故D错误.2.B[解析]设t时间内水流做功为W,水流的质量为m,水流的体积为V,水位落差为h,则有W=mgh,m=ρ水V,水流量Q=Vt,发电功率P=η·Wt,联立可得P=ηρ水Qgh,g取10m/s2时,代入数据解得P≈1.05×1073.ABD[解析]匀速时F牵=Ff,在MN段F牵=Pv=40N,故A正确;W克f=FfMN=800J,B正确;从P到Q,ΔEp=mgΔh,ΔEp=5×103J,故C错误;从P到Q,F牵'=P'v'=285N,F牵'=Ff'+mgsinθ,解得Ff'=35N,W克f'=Ff4.B[解析]假设足球不受空气阻力,则斜抛运动在最高点2的左侧斜抛上升阶段和右侧平抛下落阶段的轨迹具有对称性,题图显然不符合斜抛运动的规律,说明空气阻力不可忽略,所以从2到3阶段,机械能不守恒,选项D错误;从2到3阶段,假设仅有重力做功,根据动能定理,动能增加量等于重力所做的功,即增加mgh,但由于有空气阻力做功,所以动能增加量小于mgh,选项C错误;从1到2阶段,重力做负功WG=-mgh,所以重力势能增加了mgh,选项B正确;同理,从1到2阶段,由于有空气阻力做功,所以动能减少量大于mgh,选项A错误.5.B[解析]设水从出水口射出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0tSρ,根据平抛运动规律可得l=v0t',h=12gt'2,解得v0=lg2h,根据功能关系得Ptη=12mv02+mgH6.D[解析]当小球到达同一水平面上时,设高度为h