1、1专题二第一讲 功和能课前自测诊断卷考点一 功和功率1.考查功的计算如图所示，倾角为 30的粗糙斜面与倾角为 60的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为 m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为 ，在平行于斜面的拉力 F 的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内 ，力 F 做的功为( )(OA长 为 L， OB长 为L2)A mgL B mgL(32 32 12) (32 32 12)C mgL D mgL(12 32 12) (12 32 12)解析：选 A 对物块甲： T mgsin 30 mg
2、 cos 30；对物块乙： F T mgsin 60； F 做的功： W FL；解得 W mgL ，故 A 正确。(32 32 12)2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算多选如图甲所示，一个质量 m2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平地面间的动摩擦因数 0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间 t 变化规律如图乙所示，取 g10 m/s 2，下列说法正确的是( )A物块经过 4 s 时间到出发点B4.5 s 时水平力 F 的瞬时功率为 24 WC05 s 内摩擦力
3、对物块先做负功，后做正功，总功为零D05 s 内物块所受合力的平均功率为 1.8 W解析：选 BD 由图像可知，前 4 s 内速度方向始终为正方向，故前 4 s 时间内没有回到出发点，选项 A 错误；根据 vt 图线的斜率表示加速度，可知 35 s 内，加速度 am/s23 m/s2,4.5 s 时的速度 v a t3(4.5 4) m/s1.5 m/s，根据牛顿第31二定律有 F mg ma，得 F16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力 F 的瞬时功率2P Fv24 W，选项 B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项 C 错误；35 s 内合力为恒力，物块的位
4、移为零，合力做的功为零，03 s 内，物块的加速度 a1 m/s21 m/s2，位移 x1 132 m4.5 m，合力做的功 W ma1x19 33 12J，05 s 内合力的平均功率 W1.8 W，选项 D 正确。PWt 953考查“机车启动”类问题如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始加速运动，力 F 的功率 P 保持恒定，运动过程中物体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此过程中物体速度的倒数 与加速度 a 的关系图像如图乙所示。仅在已知功率 P 的情况下，1v根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )A可求出 m、 f 和 vmaxB
5、不能求出 mC不能求出 fD可求出物体加速运动时间解析：选 A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度 vmax m/s10 m/s；功率 P Fv，而 F f ma，联立可得10.1 a ，物体速度的倒数 与加速度 a 的关系图像的斜率为 k ，纵轴截距为 0.1，1v mP fP 1v mP fP因此可求出 m、 f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项 D 错误。考点二 动能定理的应用4.考查应用动能定理解决变力做功问题多选一质量为 2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度
6、在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由此可知( )3A物体与水平面间的动摩擦因数为 0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 JC匀速运动时的速度约为 6 m/sD减速运动的时间约为 1.7 s解析：选 ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则 F mg ， 0.35，Fmg 7210选项 A 正确；因为 W Fx，故拉力的功等于 Fx 图线与 x 坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与 x 轴间小格数约为 13，则减速过程中拉力对物体做功为 131 J13
7、 J，选项 B 正确；由动能定理可知： WF mgx 0 mv02，其中 x7 m，则解得： v06 m/s，选项 C12正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故 D 错误。5.考查应用动能定理解决曲线运动问题用长为 l、不可伸长的细线把质量为 m 的小球悬挂于 O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向 角后放手，运动 t 时间后停在最低点。则在时间 t内( )A小球重力做功为 mgl(1cos )B空气阻力做功为 mglcos C小球所受合力做功为 mglsin D细线拉力做功的功率为mgl 1 cos t解析：选 A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为 h l(1cos
8、 )，所以小球的重力做功： WG mgh mgl(1cos )，故 A 正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得： WG Wf00，所以空气阻力做功Wf WG mgl(1cos )，故 B 错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以 W 合 000，故 C 错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为 0，故 D 错误。6考查应用动能定理解决多过程问题如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径 R1.6 m 的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度 L2.5 m 的斜面 AB、 CD 和
9、一小段光滑圆弧 BC 平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度 v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点 P 水平飞出，又恰好从 A 点沿斜面 AB 进入炒锅，在斜面 CD 上可运动到的最高点为 E 点(图中未画出)。已知 AB、 CD 两斜面的倾角 均为 37，栗子与 AB、 CD两斜面之间的动摩擦因数 均为 ，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程38栗子质量不变，不计空气阻力，取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8。求：4(1)栗子的初速度大小 v0及 A 点离地面的高度 h；(2)C、 E 两点的距离 x。解析：(1)设栗子质量为 m，在 P 点
10、的速度大小为 vP，在 A 点的速度大小为 vA栗子恰能过 P 点，则 mg m ，解得 vP4 m/svP2R栗子沿半圆轨道运动至 P 点的过程中，由动能定理有 mg2R mvP2 mv0212 12解得 v04 m/s5栗子在 A 点的速度方向沿斜面 AB 向下，则其竖直方向上的分速度大小 vAy vPtan 栗子从 P 点至 A 点的过程中做平抛运动，则 vAy22 gy，其中 y 为栗子由 P 点运动至 A点的过程中下降的竖直高度，又 h2 R y，解得 h2.75 m。(2)栗子在 A 点的速度大小 vAvPcos 栗子从 A 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mg(L x)si
11、n mg (L x)cos 0 mvA212解得 x m。209答案：(1)4 m/s 2.75 m (2) m5209考点三 机械能守恒定律的应用7.考查单个物体的机械能守恒问题小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )A P 球的速度一定大于 Q 球的速度B P 球的动能一定小于 Q 球的动能C P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力D P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度解析：选 C 两球由静止释放到运动到轨迹
12、最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL mv2， v ，因12 2gL5LP LQ，则 vP vQ，又 mP mQ，则两球的动能无法比较，选项 A、B 错误；在最低点绳的拉力为 F，则 F mg m ，则 F3 mg，因 mP mQ，则 FP FQ，选项 C 正确；向心加速度 av2L2 g，选项 D 错误。 F mgm8考查多个物体的机械能守恒问题多选如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为 R的半球形碗，碗口直径 AB 水平， O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直
13、固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量 m1大于物块质量 m2。开始时小球恰在 A 点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直， C 点在球心O 的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是( )A在小球从 A 点运动到 C 点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到 C 点时，小球的速率是物块速率的22C小球不可能沿碗面上升到 B 点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定解析：选 ACD 在小球从 A 点运动到 C 点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机
14、械能守恒，选项 A 正确；当小球运动到 C 点时，设小球的速率为 v1，物块的速率为 v2，分析可知有 v2 v1cos 45 v1，即物块的速率是小球速22率的 ，选项 B 错误；假设小球恰能上升到 B 点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是22上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到 B 点，选项 C 正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项 D 正确。9考查涉及弹性势能的机械能守恒问题如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固定在水
15、平地面上，上端固定着一质量为 m 的薄木板 A，弹簧的压缩量为 h。图中 P 点距地面高度正好等于112弹簧原长，在 P 点上方有一距它高度为 2h、质量为 2m 的物块 B。现解除弹簧的锁定，木板 A 上升到 P 点时恰好与自由下落的物块 B 发生正碰(碰撞时间极6短)，并一起无粘连地向下运动。 B 与 A 第一次分开后能达到的最高位置在 P 点上方的 处。h2已知重力加速度为 g，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直。求：(1)A、 B 第一次分开瞬间 B 的速度大小；(2)A、 B 第一次碰撞后一起向下运动到 A 的初始位置时速度的大小。解析：(1) B 与 A 刚要分离时，弹簧正
16、好处于原长，设此时 B 的速度为 vB，则由机械能守恒定律得：2mg 2mvB2h2 12解得 vB 。gh(2)设 A、 B 刚好碰撞前 B 的速度大小为 v，根据机械能守恒定律得：2mg2h 2mv212解得 v2 gh根据机械能守恒， A、 B 碰撞后瞬间的速度大小 vAB与 A、 B 刚好分开时速度大小相等，即： vAB vB设 A、 B 刚好碰撞前 A 的速度大小为 vA，根据动量守恒：2mv mvA3 mvAB解得 vA gh设弹簧锁定时的弹性势能为 Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律： Ep mg h mvA2112 12可得 Ep6 mgh设 A、 B
17、第一次碰撞后一起向下运动到 A 的初始位置时的速度大小为 v，在这过程中，根据机械能守恒定律得： Ep 3mv 2 3mvAB23 mg h12 12 112联立以上各式解得： v2 。2gh答案：(1) (2)2gh 2gh考点四 功能关系的应用10.考查单个物体的功能关系问题如图所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为 m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度7a ，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )g4A运动员减少的重力势能全部转化为动能B下滑过程中系统减少的机械能为mgh2C运动员获得的动能为mgh4D运动员克服摩擦力做
18、功为mgh4解析：选 B 若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有： mgsin 30 ma，则加速度应为 a gsin 30 ，而现在的加速度小于 ，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重g2 g2力势能有一部分转化为了内能，故 A 错误；运动员下滑的距离： l 2 h，根据速hsin 30度位移公式 v22 al，可得： v ，动能为： Ek mv2 ，故 C 错误；由动能定理可gh12 mgh2知： mgh Wf mv2，解得： Wf mgh，故 D 错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故12 12下滑过程中系统减少的机械能为 mgh，故 B 正确。1211考查多个物体的功能关系问题如图所示
19、，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点。一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。(2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车。已知滑块质量 m ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，M2滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 ，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小 vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。
20、解析：(1)滑块滑到 B 点时对小车压力最大，从 A 到 B 机械能守恒mgR mvB212滑块在 B 点处，由牛顿第二定律得N mg mvB2R8解得 N3 mg由牛顿第三定律得滑块对小车的压力 N3 mg。(2)滑块下滑到达 B 点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得mgR Mvm2 m(2vm)212 12解得 vm 。gR3设滑块运动到 C 点时，小车速度大小为 vC，由功能关系得mgR mgL MvC2 m(2vC)212 12设滑块从 B 到 C 运动过程中，小车运动加速度大小为 a，由牛顿第二定律得mg Ma由运动学规律得vC2 vm22 as解得 s L。13答案：(1)3 mg (2) LgR3 13
