高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能检测（含解析）-人教版高三物理试题

功和能

第•讲功和功率动能定理

・自测诊断把薄弱环节查出来/

考点一功和功率

1.［考查功的大小计算］

如图所示，质量以=1kg、长£=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，

其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为〃=0.4。现用Q5N的

水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力〃做的功至少为1g取10m/s2)()

A.1JB.1.6J

C.2JD.4J

解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力/三〃〃笈=4N。力〃

做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为今则做的功至

少为#-fX9=1.6J,所以B正确。

2.［考查平均功率与瞬时功率的分析与计算］

如图所示，某质点运动的片「图像为正弦曲线。从图像可以判断

V

()个\

A.质点做曲线运动。力

B.在小时刻，合外刀的功率最大

C.在叁〜匕3时间内，合外力做负功

D.在0〜力和灰〜。时间内,合外力的平均功率相等

解析：选D质点运动的片［图像描述的是质点的直线运动，选项A错误：在公时刻，

加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在12-

时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0〜

力和七〜套时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选

项D正确。

3.［考查机车启动的图像问题］

卜.列各图是反映汽车以额定功率从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度

卜随时间1以及加速度&、牵引力厂和功率尸随速度/变化的图像中正确的是()

解析：选A汽车以额定功率启动时，功率一定，由-凡可知，速度增大，牵引力〃

减小，根据〜£=砥，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达

到最大，故A正确，B、C、D错误。

4.［考查机车的启动与牵引问题］

某兴趣小组对•一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由

静止开始运动，并将小车运动的全过程记耒卜.来，通过处理转化为广£图像，如图所示(除

2〜10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，2〜14s

时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行,小车的质量为1.0kgo

可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：

(1)小车所受到的阻力大小；

(2)小车匀速行驶阶段的功率；

(3)小车在加速运动过程中(0〜10s内)位移的大小。

解析：(1)在14〜18s时间段，加速度大小：

Av6—0:2

77=18—14m/s=1.5m/s

由牛顿第二定律得：f=7773=1.5No

⑵在10〜14s小车做匀速运动，速度r=6m/s

牵引力大小b与f大小相等，贝IJ：F=f=1.5N,

小车匀速运动的功率：P=Fv=9Wo

(3)0〜2s内，小车的位移：x1=：X2X3m=3m

2〜10s内，根据动能定理:

121

Pt—fx2=~mv2

代入数据解得照=39m

加速过程中小车的位移大小为X=M+*2=42

答案：(1)1.5N(2)9W(3)42m

考点二动能定理的理解和应用

5.［考杳应用动能定理判断物体动能增量的大小关系］

［多选］如图所示，一块长木板8放在光滑的水平面上，在8上放一物

体4现以恒定的外力/拉8,由于从8间摩擦力的作用，力将在8上滑

、、、、、、、

动，以地面为参考系，月、8都向前移动一段距离。在此过程中()

A.外力/做的功等于力和6动能的增量

B.夕对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量

C.力对8的摩擦力所做的功等于8对A的摩擦力所做的功

D.外力/对夕做的功等于6的动能的增量与6克服摩擦力所做的功之和

解析：选BD力物体所受的合外力等于8对力的摩擦力，耐物体力应用动能定理，则有

8对月的摩擦力所做的功等于力的动能的增量，选项BE确；力对8的摩擦力与占对月的摩

擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于力在8上滑动，A.8相对

地的位移不等，故二者做功不等，选项C错误：对长木板4应用动能定理，犀一砂；=八氏"，

即脩=△蜃+•；就是外力/对分做的功，等于6的动能增量与〃克服摩擦力所做的功之和,

选项D正确；由前述讨论知8克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于6对A的摩擦力所

做的功)不等，故选项A错误。

6.［考杳应用动能定理处理变力做功问题］

用长为人不可伸长的细线把质量为勿的小球悬挂于。点，将小球拉至

悬线偏离竖直方向。角后放手，运动1时间后停在最低点。则在时间门人J

()

A.小球重力做功为跖/(I—cosa)

B.空气阻力做功为一酸/cosa

C.小球所受合力做功为mg/sina

D.细线拉力做功的功率为也上户

解析：（1）对滑块从1到〃的过程，由动能定理得

,1

F\X\-\~FiX3—Pmgx=-fnv8

乙

代入数据解得：%=6m/s。

⑵①当滑块恰好能到达最高点。时，重力提供向心力：侬=若

代入数据解得：匕=乖m/s.

②对滑块从6到C的过程，由动能定理得：

11

W-mg・2R=-mvc2-zmvR2

乙乙

代入数据得：4'=-3J,即克服摩擦力做的功为3J。

③滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：/=吐t

在竖直方向：

联立解得：x'=1.2mo

答案：（1）6m/s⑵①#m/s②3J③L2m

考点三应用动能定理解决力学综合问题

9.［考查动能定理解决多过程问题］

［多选］如图所示为一滑草场。某条滑道由上卜.两段高均为人与水平

面倾角分别为45°和37。的滑道组成,，滑草车与草地之间的动摩擦因数为

〃。质量为勿的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段

滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370

=0.6,cos370=0.8）o则（）

动摩擦因数〃=：

A.

B.载人滑草车最大速度为

C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

3

D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为jg

解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为

hh

S1~~•4LO，$2一—•r\,70

sin45sin37

由动能定埋知：

2mgh-p/ngsicos45°-〃侬s2cos37°=0

解得动摩擦因数〃=号，选项A正确；

载人滑草车在上下两段的加速度分别为

a=g(sin45°-〃cos45°)=*的

3

生=g(sin37°—〃cos37°)=—

则在下落力时的速度最大，由动能定理知:

nigh-〃侬$cos45。=)旅

解得r=选项B正确，D错误;

载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等,

即H—2mgh,选项C错误。

10.［考查动能定理解决往复运动问题］

如图所示，斜面的倾角为0,质量为勿的滑块距挡板尸的距离为。

斯，滑块以初速度而沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为〃，滑尸Xy

块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无

zz/Tzzz/z/zz/zzzz

机械能损失，则滑块经过的总路程是()

A.念丁+旅tanB.尢盘厂尹加tan

解析•：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端,

而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于〃峻。s°与滑块滑行的各段距离之和的乘积，

即解=一〃侬cos夕•s,由动能定理可得：mgxosin〃+加=0-g勿请，可解得s=~~

—d-Abtan0\,故A正确。

11.［考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用］

如图所示，斜面力长观=3m、倾角为a,其底端月与水人收

平传送带相切，传送带长为£=3m,始终以西=5m/s的速度c、_

d~C.、、、

顺时针转动。现有一个质量勿=1kg的物块，在离夕点m?=2m'

处的。点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数小二」一一

0.25,物块与传送带间的动摩擦因数〃2=0.2,sin37°=0.6,sin53°=0.8,10m/s2,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)倾角。逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；

(2)当。=37°时，小物块由P到。的过程中，摩擦力对物块所做的功；

(3)当a=53°时，为了使物块每次由产滑到。点时均抛在同一点〃，求物块释放点〃到

〃点的取值范围。

解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：

mgsina=〃i磔cosa

解得倾角。满足的条件为lan。=0.25。

⑵由夕到必由动能定理得：

mgxr-gsin37°—小侬vscos37。=]/

解得弘=4m/s

在〃点，因为修=4m/s<小,物块在传送带上先做匀加速运动到达汽，运动位移为例,

则a=〃=Li2g=2m/s2

m

根据：VQ—vs=2ax^

解得：Ab=2.25m<Z

所以从夕到C,摩擦力对物块做的功

M=­KmgxMos37°+jj>/i)gxo=0.5J。

(3)因物块每次均抛到同一点〃，由平抛运动的知识知：物块到达C点时的速度

必须有V<—14>

当离8点的距离为乂时，物块进入传送带后一宜匀加速运动，则由动能定理得

侬Msin53°-jj\/ngxicos53。+〃2侬£=)加常

解得汨=1m

当离8点的距离为照时，物块进入传送带后一直做匀减速运动

则mgxzsin530—usgxzcos53°—u：L=g扁

37

解得：论=%m

1*5

所以物块释放点〃到8点的距离的取值范围为

〜-37

1mWxWRiiip

1

37

答案：(1)tana=0.25(2)0.5J(3)1m

1J

•重点攻坚把高考短板补起来孱疑3大考点

考点一功和功宓

本考点主要考查功和功率的计算、机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题。

在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生

自学为主。

(一)基本知识要记牢

1.功

(1)恒力的功：W=Fkosoo

(2)合力的功：Heosa。

(3)变力的功:

①将变力做功转化为恒力做功；

②应用产x图像求解；

③应用动能定理求解，

2.功率

(1)平均功率：P=-e

(2)瞬时功率：P=F^osa“

(3)应用：机车启动，P=Fv.

(二)常见错误剔除掉

1.不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为Q〃勿g,

在力尸作用下薄板向右加速，当撤去尸后，薄板向右滑至：时，速度恰好为零，薄板翻下桌

子，此时力尸做功最少，由动能定理得：除in=5=L6J，不注意这一点，易得：佬in

=，'・9=2J,错选C项。

2.将计算瞬时功率的公式「Heos。误记为公“八

3.不注意将机车启动的图像与机车受力和运动相联系，易导致错误。如诊断卷第4题，

14〜18s内，小车只在阻力作用下做匀减速运动，10〜14s内，小车匀速运动，分'=£0〜

10s内小车加速过程并不是匀变速直线运动，不能套用位移公式。

［题点全练］

1.如图所示，四个相同的小球力、B、C、D,其中4、B、C位于同一高度力处，/做自

由落体运动，8沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，〃从地面开始做斜抛运动，其运动

的最大高度也为瓦在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为4、自、R、外。下列关系

式正确的是（）

・A------CBb-——―-OC*■-■■■■■■■■■•一.~•

，£分■/5〃〃〃，〃〃，三〃，»〃应〃方,»，二;〃〃〃〃工〃力〃〃

A.PA=PB=P（=PDB.P产P〉P8=Pi>

C.PA=PC=P»P8D.P>PC=P»PB

解析：选C小球落地时，力的重力的瞬时功率：P尸财闲；8落地的瞬时功率：PH

=〃小闲sin0.C落炮的瞬时竖直速度为v产巾嬴则落地时重力的瞬时功率：Pc=

/〃:因〃中小球上升的最大高度为力，则落地的瞬时啜直速度为匕=，9，则落地时

重力的瞬时功率：P产噌痛就故"=〃=乃>四，故选项C正确，A、B、D错误。

2.一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其片I图像如图甲所示，水平拉

力的£1图像如图乙所示，取尸lOm/sl求：

⑴物块与水平面间的动摩擦因数〃；

⑵物块运动全过程水平拉力所做的功//•

（3）物块在0〜2s内所受的水平拉力大小。

解析：（1）由甲、乙两图比较可知，在第5〜9s内，物块做匀减速运动

0—40

加速度：片京1.0m/s-'

由牛顿第二定律得：一Umg=ma

得：P=0.U

⑵对全过程：

1,12.0X2

W'=5•尸2---J+4.0X3J=24Jo

⑶法一：物块匀速运动阶段：P一〃〃g=0

P>=rv„

P；

解得：〃mg=­

得：m=1.0kg

物块加速运动阶段，加速度:国=，•；0m/s'=2.0m/s2

由牛顿第二定律得：."一umg=

解得产=3.0N

法二：由图像可知：当&=2.0s,及=4.0m/s时，Px=\2W

rflP\-Fv\

19

得：F=—N=3.0Na

答案：(1)0.1(2)24J(3)3.0N

A

3.［多选］(2018•连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，力弘是一个位于丁家

竖直平面内的圆弧形轨道，面度为方，轨道的末端。处与水平面相切。一个质J珍式"

量为m的小木块从轨道顶端力处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服-------劣物9

摩擦力做功为归到达8处时速度最大为口加速度大小为办；小木块在。处以速度/向左

运动，恰好能沿原路回到力处，此过程中克服摩擦力做功为限经过8处的速度大小为出

重力加速度为小则()

A.v=2y［g/iB.H<vz

C.做股D.a=0

解析•：选BC木块下滑过程，在8点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径

方向有向心加速度，故的不为零，选项D错误；木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从力

到C有mgh—W；=0,从。到力有一mgh一%=从1到6有侬加l恤=!而，从B到

力有一勿gG出一版=0—5加分别整理可得，仰=侬九/=72皿?+-^,vi=\12gh朋—/,

v2，=q2gM+拳所以水电选项B正确；与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均值

小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即做%又可得西?,

故选项A错误，C正确。

考点二动能定理的理解和应用

高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生

自学为主。

（一）对动能定理的两点理解

1.动能定理表达式中，/表示所有外力做功的优数和，包括物体重力所做的功。

2.动能定理表达式中，△氏为所研究过提的末动能与初动能之差，而且物体的速度均

是相对地面的速度。

（二）动能定理的适用范围

1.既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变

力做功。如诊断卷第6题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用“三产左心。直接求解，

应考虑使用动能定理求解3

2.对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断

则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第5题，由动能定理可知，力的动能增量一定等于8

对力的摩擦力对力所做的功，而外力£对力和6系统所做的功并没有全部转化为月、8的动

能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。

3.注意图像及其“面枳”的含义。如诊断卷第8题，Qx图线与x轴所围“面积”表

示力/所做的功。

［题点全练］

1.如图所示，物块的质量为如它与水平桌面间的动摩擦因数篇廊砌师m右

/

为起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为筋

然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为九则此过程中弹力所做的功为（）

12

A.5加一PmgxB.pmgx-'zmv

乙

C.-mv+NmgxD.以上选项均不对

乙

解析：选C设八为弹力对物块做的功.因为克服摩擦力做的功为umgx,由动能定理

得甲护一得//邨=；勿/+Umgx,故C正随。

乙乙

2.［多选］（2018•潍坊模拟）如图所示，不可伸长的细绳长为1,一端固

定在。点，另一端拴接一质量为〃，的小球。将小球拉至与。等高，细绳处于\

、、

伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程''、、、-，

中，小球所受阻力做的功为加重力加速度为g,则小球到达最低点时（）

2侬7+升

A.向心加速度a=

ml

B.

向心加速度HWml

,八3mg1+2W‘

C.绳的拉力—

2mgl+W

D.绳的拉力F=

1

解析：选AC根据动能定理得：勿g-家，则向心加速度为：a号卡产

故A正确，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：F-mg=^解得绳子的拉力为：F

_.声3mgi+2JF,a

-mg~\~f/r~7-,»故C正确，D4口味°o--------

ZI

//>•••A,

3.如图所示，长为£的轻杆一端连着质量为0的小球，另一端与‘.

固定于水平地面上。点的校链相连，初始时小球静止于地面上，边长为匚庙臬为看论正方

体左侧紧靠。点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向始终

垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过〃=45。时撤去此拉力，小球恰好能到达最高点，不计

一切摩擦。求：

（1）拉力做的功『和拉力的大小代

（2）撤去拉力〃时小球的动能心

（3）小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为。时小球的速度大小匕（正方

体和小球未分开）。

解析：（1）由动能定理有/一/的Z=0

且有,加

解得H—mgL,F=

(2)由动能定理有W'-mg£sin〃=&一()

解得氐=侬41—乎，

(3)此时正方体的速度v2=KIsina

由系统动能定理有磔(£一£sinV/

考点三应用动能定理解决力学综合问题

本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程复杂、知识综合性强等特点。

考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流

程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程.，问题便可分

步解决。建议对本考点重点攻坚。

动能定理综合问题的思维流程

［典例］(2018-临沂二模)如图所示，倾角。=45°的粗糙平直导

轨力8与半径为"的光滑圆环轨道相切，切点为反整个轨道处在竖直平

面内。一质量为勿的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为力=3〃

的〃处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点。水平飞出，恰好击中导轨上

与圆心0等高的，点，不计空气阻力，已知重力加速度为外求：

(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；

(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；

(3)滑块在斜面轨道励间运动的过程中克服摩擦力做的功。

［思维流程］

［解析］(1)小滑块从c点飞出后做平抛运动，设水平速度为仅

竖直方向上：R=\gi

水平方向上：^R=纸

解得：%=，正

(2)设小滑块在最低点时速度为/由动能定理得:

„_l212

—mg•o2K=-mv^--mv

乙乙

解得：v=y［5gk

在最低点由牛顿第二定律得：K-侬=/［

K

解得：R=6mg

由牛顿第三定律得：R'=6mg0

⑶从〃到最低点过程中，设施过程中克服摩擦阻力做功生由动能定理得:

12

mgh-Hf=~mv-0

乙

解得：华=%名几

［答案］(1)-7^⑵6z»g⑶)侬〃

［题点全练］

1.［多选］如图所示，MM8分别为半径等于0.1m的竖直光滑圆轨道的

左端点、最低点和右端点，”点和圆心。等高，连线,V。与竖直方向的夹角为

37°,现从/，点正上方某处月点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入

圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2m/s,不计空气阻力，重力加速度g

=10m/s2,下列说法正确的是()

A.力、4间的竖直高度为0.12m

B.小球经过8点时对轨道压力的大小为2.4N

C.小球经过」/点时对轨道压力的大小为4.4N

D.小球从4点到加点的过程中重力的功率一直增大

解析：选AB设点/，间的竖直高度为。从力到川根据动能定理可得：/妍+侬做)s37°

=1/?7Ky-0,解得：/7=0.12m,故A正确：小球经过8点时的速度为外根据动能定理可得

mgh=\扁一0,在/，点时轨道对小球的压力的大小为，、=/=义乎=2.4N,由牛顿笫三定

ZKK

律可知B正确；小球经过M点时的速度为%根据动能定理可得侬(力+心='讳一0,在必

点轨道对小球的支持力的大小满足尸一勿尸/J景，解得Q5.4N,由牛顿第三定律可知C错

误；小球在/点重力的功率和在"点重力的功率都为零，所以从力点到也点的过程中小球重

力的功率先增大后减小，故D错误。

2.由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在

水平地面上放置一个质量为R=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，

推力厂随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为〃=0.4,g

取10m/s2«

F/N

100<

ol--->

4x/m

甲乙

(1)画出0〜4m内物体加速度a随位移x变化的图像。

(2)物体速度最大时推力的功率为多少？

(3)推力/减为零后物体还能滑行多远？

解析：(1)由牛顿第二定律得：F-f=ma

加F-f

a=­f=〃.=20N,

由题图乙可得Q-25x+100(N)tfl/(m.s-2)

则a=—5x+16(m/s2)lei.

()〜4in内物体加速度a随位移x变化的图像如图所示。n^^3.24.

(2)由(1)中分析可知，物体速度最大时，物体加速度为0,।

此时x=3.2m,=/'=20N

物体从开始到速度最大时，由动能定理得：褥一幺

由图像的物理意义得：

悌=/x(20+100)X3.2J=192J

乙

代入数据得：m/s

此时推力的功率：P=F匕=20乂学琳W=64#Wo

(3)由题图乙可知推力为零时的位移x=4m

由动能定理得：/尊一为电=0-0

n=1x100X4J=200J

解得x!&-10m

x=x息>=6m

故物体还能滑行6mo

答案：(1)见解析图(2)64小琳(3)6m

课后•达标检测把高考能力提起来/

1.I■多选1(2018•江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，0

点为弹簧在原长时物块的位置。物块由力点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，

最远到达8点。在从力到月的过程中，物块()

AOB

A.加速度先减小后增大

B.经过。点时的速度最大

C.所受弹簧弹力始终做正功

0.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析:选AD小物块由月点开始向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小减小，由F

弹一不=〃用知，&减小；当运动到7•1=£时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处

于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时发一小物块做减速运动，且

随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过。点后，弹簧开始被拉伸，此时/5+齐=侬，随

着拉伸量增大，〃继续增大，综上所述，从力到8过程口，物块加速度先减小后增大，在。

点左侧，1=£-时速度达到最大，故A正确，B错误。在力。段物块所受弹簧弹力做正：ft,在

如段做负功，故C错误。由动能定理知，从［到〃的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和

为（），故1）正确。

2.（2017•江苏高考）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为偏，

与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能笈与位移*关系的图线是（）

ABCD

解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为〃，物块的质量为加则物块在上滑过程

中根据动能定理有一（峻in〃+〃磔cos8）x=Ek—£io,即£=&一（侬sin〃+〃侬cos

。）乂所以物块的动能后与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的

过程中根据动能定理有（唳in〃一〃侬cos〃）（加一才）=笈，其中照为小物块到达最高点

时的位移，即H=一（唳in。一〃磔cos。）＞+（磔sin〃一〃磔cos。）照，所以下滑时

£随才的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。

3.（2018•江苏七市三模）如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一

端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻

力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中（）

A.水平方向加速度不断增人

B.竖直方向加速度不断增大

C.重力做功的瞬时功率先增大后减小

D.拉力做功的瞬时功率先增大后减小

解析：选C小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间

过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A

错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为g且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，

所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故B错误；重力的瞬

时功率为勺侬小小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低

点时.，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分

速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉

力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故D错误。

4.（2018•镇江一模）坐落在镇江新区的摩天轮高88m,假设乘客随座舱在竖直面内做

匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变

B.在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力

C.在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

D.在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变

解析：选C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，

乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过

程中，在最低点，由重力司支持力的合力提供向心力凡向心力向上，所以则支

特力N=mg+F,所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为

零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，

但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。

5.（2018•徐州期中）高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。一运动员

在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为（）

A.700（）WB.700W

C.70WI）.7W

解析：选A运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为】:=屈=

10^2m/s,运动员的体重约为50kg,故重力的瞬时功率约为々侬v=7000W,故A正确。

6.（2018•扬州期末）某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹，八、

/、

2/，•7.

落点在目标力的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空

气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是（）

A.第二次炮弹在空中运动时间较长

B.两次炮弹在空中运动时间相等

C.第二次炮弹落地时速度较大

D.第二次炮弹落地时速度较小

解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落

过程竖直方向做自由落体运动，力冷第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动

时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：赭,由于两次在空中运动过程

重力做功都是零，所以。=玲，故两次炮弹落地时速度相等，故C、D错误。

7.［多选］（2018•南京调研）如图所示，滑块以初速度外滑上表面粗糙的

固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，

滑块的加速度小速度/随时间3重力对滑块所做的功牝动能及与位移x渣--------

关系的是（取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向）（）

解析：选BI）滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑

时的加速度大小团=gsin〃十〃geos0,下滑时的加速度大小a2=gsin〃一“geos〃，

结合位移公式冷可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点

时速度小于出发时的初速度，故B正确。重.力做功仁一哨仁一mgxsin0,上滑过程与下

滑过程的华x图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：-ma\x=Ek—《W,解

得瓜=［〃局—Mx,同理下滑过程有：&=ma人L一公，由数学知识知，D正确。

8.（2018-盐城三模）如图所示，质量为加、半径为彳的光滑圆柱体8放在水平地面上,

其左侧有半径为此质量为勿的半圆柱体力，右侧有质量为切的长方体木块。，现用水平向

左的推力推木块C,使其缓慢移动，直到圆柱体分恰好运动到半圆柱体力的顶端，在此过程

中力始终保持静止。已知c与地面间动摩擦因数〃=噂，重力加速度为外求：

(1)圆柱体6卜.端离地高为河，地面对半圆柱体力的支持力；

(2)木块C移动的整个过程中水平推力的最大值；

(3)木块。移动的整个过程中水平推力所做的功。

解析：⑴以力和8整体为研究对象，地面支持力6=2侬。八…严

(2)夕刚离开地面时，，4对。的弹力最大，对4受力分析，居N—/

则弹力A=^rtan60'=:侬mg

此时水平推力最大为月=内+〃密=可^.。

(3)。移动的距离x=2/fcos30°=小彳

3

摩擦力做功w；=Pmgx=-mgR

根据动能定理NTL侬4=0

5

解得

答案：(1)2侬⑵(3),侬斤

乙乙

9.(2018•南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的

薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质景为创垫子的^^^垫%/

质量为机刷子和垫子间的动摩擦因数为小，垫子和地面间的动摩擦因数为〃2,刷子和地

面间的动摩擦因数为〃3,重力加速度为g。

(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60。角的推力A,垫子和刷子保持静

止，求刷子受到的摩擦力工的大小和地面对垫子的支持力K的大小；

(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30。角的推力K,刷子和垫子以同一

加速度运动，求刷子受到妁摩擦力£的大小；

(3)若给刷子施加一个水平向右的推力用，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，

已知刷子的长为从垫子的长为£”》》，求刷子完全离开垫子的速度/的大小。

解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力E和摩擦力作用

则水平方向受力平衡，有6=£cos60。=》

刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡,

有K=(.什m)Asin60°=(J/+m)

⑵设刷子和垫子运司的加速度为a,由牛顿第二定律可得:

Akos30°—〃2(侬•+峪+Rsin30°)=(,，什/〃)a

对刷子有：Acos30°—病=ma

解得f2=〃舟)什”一。

(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功

〃wgb।〃mgB

机=一2十2

由动能定理有U\mg[L—1))+

乙

解得2P\L—〃由+u3b

小环通过长£=1m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量/〃=1kg的物块，

物块两竖直侧面与夹子间*J最大静摩擦力均为f=7N。现对物块施加Q8

N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线

运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定

物块，锁定后物块仍受恒力少的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点,

重力加速度g取10m/s2o求：

(1)物块做匀加速运引的加速度大小理

(2)只Q两点间的距离s；

(3)物块向右摆动的最大高度瓦

解析：(1)由牛顿第二定律Q〃旧

解得a=8m/s2o

(2)环到达Q时，静摩擦力最大

解得%=2m/s

根据动能定理的=匕*2

解得s=0.25m。

⑶设物块上升的最大高度为力，水平距离为x,

由动能定理得A(x+s)—mgh=0

由儿何关系得(£一/?)'+/=£2

解得h=\m或力=；m(舍去)。

答案：(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m

11.(2017•江苏高考)如图所示，两个半圆柱力、8紧靠着静置

于水平地面上，其上有一光滑圆柱C三者半径均为位。的质量为创

月、6的质量都为今与地面间的动摩擦因数均为〃。现用水平向右的

力拉力，使力缓慢移动，直至。恰好降到地面。整个过程中6保持静止。设最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，重力加速度为班求：

(1)未拉4时，C受到8作用力的大小厂;

(2)动摩擦因数的最小值〃小；

(3)力移动的整个过程中，拉力做的功肌

解析：(1)对。受力分析，如图所示:

根据平衡条件有

27x30530°=勿g

解得“=坐侬。

⑵C恰好降到地面时，8受。压力的水平分力最大―=坐监

月受地面的摩擦力f=〃侬

根据题意，8保持静止，

则有Z»in=/*jnnx>解得〃rtin=«

乙

⑶。下降的高度力=(小一1)4

力的位移x=2(小一1)〃

摩擦力做功的大小ff；=fx=2(y/3-l)umgR

根据动能定理—辨+磔■方=0-0

解得//=(2〃-1)(小一1)勿g七

答案：(1)坐侬⑵坐(3)(2—1)(^3—1)mgR

第一讲/机械能守恒定律功能关系

i•自测诊断把薄弱环节查出来/

考点一单个物体的机械能守恒

1.［考杳平抛运动中的机械能守恒问题］

将一小球从离水平地面高为〃处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能

面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方

向与水平方向夹角为，，则tan〃的值为(不计空气阻力)()

A.哗B.y/2

C.乎I).

解析：选A物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：且%?请

119

=mgH,即£=/疗；末状态的机械能：B>=-mv-\-mgh,/md=3mgh,则E>=Tmv,根据机

械能守恒定律：E\=Ei、即勿/=|勿落解得心设此时速度与水平方向的夹角为。,

则lan。=乜=近三=半，故选A。

VoVo2

2.［考查机械能守恒定律与平抛运动