【提分专用】2020版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律章末综合测试

咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的 水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表 示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v 时，上升的最大高度 为H,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和 工HA. tan 9 和？ 工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析： 由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。

第五章 机械能及其守恒定律章末综合测试(五) (时间：60分钟 分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．质量为m 、初速度为零的物体，在不同变化的合外力F 作用下都通过位移x 0.下列各种情况中合外力做功最多的是( )解析：C 力F 随位移x 变化的图线与x 轴围成的面积表示功，合外力做功最多的是图C.2．物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6 s 内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 kgB ．2.5 kgC ．3 kgD ．3.5 kg解析：B 匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F 2＝F f ＝P v ＝104N ＝2.5 N.物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v 随时间均匀增大，所以P 随t 均匀增大．F 1＝P ′v ′＝304 N ＝7.5 N.F 1－F f ＝ma ， a ＝42m/s 2＝2 m/s 2可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m 1＝50 kg 的运动员从轨道上的A 点以v 0的水平速度冲上质量为m 2＝5 kg 的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE ，到达E 点时速度减为零，然后返回，已知H ＝1.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是( )A ．运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中机械能不守恒B ．运动员的初速度v 0＝8 m/sC ．刚冲上DE 轨道时，运动员的速度大小为6 m/sD ．运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析：C 运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m 1＋m 2)gH ＝12(m 1＋m 2)v 2共，v 共＝6 m/s ，A 错误、C 正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 0＝6.6 m/s ，运动员与滑板组成的系统的动能变化量ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2共>0，则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B 、D 错误．4.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：D 滑块冲上斜面到沿斜面下滑底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过程x ＝v 0t －12a 1t 2，下滑过程x ＝－12a 2(t －t 1)2，所以两段均为开口向下的抛物线(或者从x －t 图线的斜率分析，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大)，所以A 错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必小于v 0，所以B 错误；因为动能E k ＝12mv 2，即有上滑过程E k ＝12m (v 0－a 1t )2，下滑过程有E k ＝12m [a 2(t －t 1)]2，上滑到最高点的动能为0，所以C 错误；重力势能E p ＝mgh ，所以重力势能先增加后减小，即D 正确．5．如图所示，质量M ＝4 kg 的物块B 与质量m ＝2 kg 的物块A 间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为F ＝60 N 的拉力作用在物块A 上，并使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6 m ，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )A ．此时物块A 动能的增加量为360 JB ．该轻弹簧的劲度系数为4 N/mC ．此时物块A 的加速度大小为12 m/s 2D ．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 J解析：C 在物块A 向上运动6 m 的过程中，拉力F 做的功为W F ＝Fx ＝360 J ，由能量守恒定律可知，拉力F 做的功转化为物块A 增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A 动能的增加量小于360 J ，选项A 错误；当物块A 静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx ，对A 有mg sin θ＝k Δx ，即Δx ＝mg sin θk，当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，物块B 刚要离开挡板C ，对物块B 进行受力分析可知Mg sin θ＝k (6 m －mg sin θk)，代入数据可解得k ＝6 N/m ，选项B 错误；当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，设物块A 运动的加速度大小为a ，弹簧的伸长量为Δx ′，则由牛顿第二定律可得F －mg sin θ－k Δx ′＝ma ，又Δx ′＝6 m －mg sin θk，两式联立并代入数据可解得a ＝12 m/s 2，选项C 正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W F －mgx sin θ－ΔE k A ，因W F －mgx sin θ＝360 J －72 J ＝288 J ，故选项D 错误．6．质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fx 2B ．F (x 1＋x 2) C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：BC 根据功的定义W ＝Fx ，而其x 应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B 正确，A 错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W ＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，因此C 正确，D 错误．7．如图所示，在竖直平面内，半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB 和BC 垂直，水平轨道BC 的长度大于π2R ，斜面CD足够长．在圆弧轨道上静置着N 个质量为m ，半径为r (r ≪R )的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3……N .现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC 所在的平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．第N 个小球在斜面CD 上向上运动时，其机械能减小B ．第N 个小球在斜面CD 上向上运动时，其机械能增大C ．N 个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且机械能E ＝NmgR2D ．第1个小球到达最低点时的速度v <gR解析：BD 把N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由于重心到水平轨道BC 的高度小于R 2，故总机械能E <NmgR2，C 错误；在下滑的过程中，水平轨道上的小球要做匀速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力作用，同理可知，冲上斜面后后面的小球对前面的小球有向上的压力作用，故第N 个小球受到第N －1个小球的压力，压力做正功，第N 个小球机械能增大，故A 错误，B正确；N 个小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有12Nmv 2<Nmg ×12R ，解得v <gR ，故D 正确．8．(2017·河南省实验中学模拟)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点，每隔相同的时间T ，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列判断正确的有( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2解析：AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝L T，故A 正确．设每个工件匀加速运动的时间为t ，则工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得：t ＝v a ＝LTμg，故B错误．工件与传送带相对滑动的路程为：Δx ＝v 2μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mL 22T2.故C 错误．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量 E ＝12mv 2＋μmg Δx ＝mL2T2，故D 正确． 二、非选择题(本题共3小题，第9、10题各16分．第11题20分，共52分) 9．某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？解析：(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/s(4分)由P ＝F 1v ，F 1－f ＝ma ，得速度v ＝5 m/s 时的加速度为(4分)a ＝F 1－f m ＝P mv －f m ＝(60×1035 000×5－0.1×5 000×105 000) m/s 2＝1.4 m/s 2.(2分)(2)汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时，当功率增大到额定功率时，匀加速运动达到最大速度，即v m ′＝PF 1′＝P f ＋ma ′＝60×1030.1×5 000×10＋5 000×0.5m/s ＝8 m/s(2分)由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v m ′＝a ′t (2分) 故匀加速过程能维持的时间t ＝v m ′a ′＝80.5s ＝16 s ．(2分) 答案：(1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s10．一质量为M ＝2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？解析：(1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m/s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右．(2分)(2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.02m/s 2＝2.0 m/s 2(2分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝ag＝2.010＝0.2(2分) (3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝vt ＝2.0×3 m＝6.0 m(2分)所以，传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J(2分)设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能Q 1＝μMg (vt 1＋v 12t 1)＝32 J(2分)物块向右运动时产生的内能Q 2＝μMg (vt 2－v2t 2)＝4 J(2分)所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36 J ．(2分) 答案：(1)2.0 m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24 J 36 J11．如图所示，半径为R 的圆O 与半径为2R 的BCD 圆弧相切于最低点C (C ′) ，BCPC ′D 是螺旋轨道，C 、C ′间距离可以忽略．与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB 、ED 分别与BC 、C ′D 圆弧相切于B 、D 点，将一劲度系数为k 的轻质弹簧的一端固定在AB 轨道的固定板上，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m ，大球质量为65m ，ED 轨道上固定一同样轻质弹簧，自然状态下，弹簧下端与D 点距离为L 2，初始两球静止，小球与B 点的距离是L 1，L 1>L 2，现小球与细线突然断开(一切摩擦不计，重力加速度为g )．(1)求细线刚断时，小球的加速度；(2)求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C 点时，在C 点左、右两边对轨道的压力之差；(3)在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．解析：(1)细线未断时，线中张力F T ＝65mg ，弹簧弹力(1分)F N ＝F T －mg sin 37°＝65mg －35mg ＝35mg (2分)细线刚断时，小球的加速度a ＝F N ＋mg sin 37°m ＝65g .(1分)(2)小球在经过C 点时，在C 点左、右两边相当于分别在两个圆周上过最低点 在右边：F 支1＝F 向1＋mg (1分)得F 支1＝m v 2R 1＋mg (1分)在左边：F 支2＝F 向2＋mg (1分)得F 支2＝m v 2R 2＋mg (1分)对轨道的压力之差为ΔF ＝F 支2－F 支1＝m v 2R 2－m v 2R 1(2分)得ΔF ＝mv 22R(1分)又12mv 2－2mgR ＝12mv 2顶(2分) mg ＝m v 2顶R(1分)解得ΔF ＝52mg .(1分)(3)若小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，弹簧弹力为F N ＝65mg －mg sin 37°(1分)即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒mgL 1sin 37°－mg (L 2＋3mg 5k )sin 37°＝12mv 22(2分) 解得v 2＝65g L 1－L 2－3mg5k(1分) 若小球不能过顶，又不脱离轨道，则小球滑回右侧斜面轨道，整个过程机械能守恒，小球回到出发位置，压缩弹簧，速度减为零，即v 2′＝0.(1分) 答案：(1)65g (2)52mg (3)见解析。

第2讲动能定理及其应用1．[2020·课标全国卷Ⅰ]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g 为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则( )A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案 C解析根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg。

在最低点，由牛顿第二定律得，4mg－mg＝m v2 R，解得质点滑到最低点的速度v＝3gR。

对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR－W＝12mv2，解得W＝12mgR。

质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mgsinθ＝m v2R ，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W′要小于W ＝12mgR 。

由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误。

2．[2020·四川高考]在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大答案 A解析 三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h ，小球质量为m 。

根据动能定理可知mgh ＝12mv 2末－12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确。

5-3机械能守恒定律及其应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选) 1．自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )A.质量B.机械能C.重力大小D.重力加速度2．如图所示，质量均为m ，半径均为R 的两个完全相同的小球A 、B 在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接。

若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A.0 B ．mgR sin θ C.2mgR sin θD ．2mgR3．如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点。

将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到与O 点正下方的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v 。

已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A.小球运动到B 点时的动能等于mghB.小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C.小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD.小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 24．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，弹簧处于原长状态，若在其上端轻放一个质量为m 的物体甲(物体与弹簧不连接，重力加速度为g )，当甲下降高度为h 时，其速度恰好变为零。

若在轻弹簧上端轻放一质量为2m 的物体乙，当乙下降高度h 时，下列说法正确的是( )A.乙的速度也恰好为零B.乙下降h 过程中乙的机械能先增大后减小C.乙下降h 过程中乙与弹簧、地面组成的系统总势能一直增大D.乙的速度大小为gh5.如图所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。

管道除D 点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。

若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A 、B 内部(圆管A 比圆管B 高)。

第2节　机械能守恒定律1.(多选)下列关于机械能是否守恒的论述正确的是(　AD　)A.做变速曲线运动的物体,机械能可能守恒B.沿水平面运动的物体,机械能一定守恒C.合外力对物体做功等于零时,物体的机械能一定守恒D.只有重力对物体做功时,机械能一定守恒解析:判断机械能是否守恒,就要依据机械能守恒的条件来分析.要看是不是只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功,而不是看物体如何运动.物体做变速曲线运动,机械能可能守恒,如平抛运动,选项A正确;沿水平面运动的物体,重力势能不变,如果不是匀速,动能发生变化,机械能就不守恒,选项B错误;合外力做功为零,只是动能不变,势能的变化情况不能确定,机械能不一定守恒,如物体匀速下落,机械能减少,选项C错误;只有重力对物体做功时,机械能一定守恒,选项D正确.2. 如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下.下列判断正确的是(　C　)A.两小球到达底端时速度相同B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同C.两小球到达底端时动能相同D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率解析:根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v=,但方向不同,所以选项A错误;两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同,则两小球到达底端时动能相同,所以选项C正确,B错误;两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率为零,乙小球重力做功的瞬时功率大于零,所以选项D错误.3. (2019·湖南郴州一中模拟)(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是(　ABC　)A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关解析:在运动员到达最低点前,运动员一直向下运动,根据重力势能的定义可知重力势能始终减小,故选项A正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,故选项B正确;对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,蹦极过程中只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,故选项C正确;重力做功是重力势能转化的量度,即W G=-ΔE p,而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关,所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,故选项D错误.4. 如图所示,长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上,且使长度的垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(　C　)A. B. C. D.4解析:由机械能守恒定律ΔE p减=ΔE k增,即mg·-mg·=mv2,所以v= ,选项C正确.5. 如图所示,物体B的质量是物体A质量的,在不计摩擦阻力的情况下,物体A自H高处由静止开始下落.以地面为参考平面,当物体A的动能与其重力势能相等时(物体B未到达滑轮处),物体A距地面的高度是(　B　)A.HB.HC.HD.H解析:物体A下落过程中,A,B组成的系统机械能守恒,则有mg(H-h)=(m+m)v2,又有mgh=mv2,解得h=H,选项B正确.6.(2019·山东青岛模拟) 在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳.如图所示,某次蹦床活动中小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小孩可看成质点,不计空气阻力.下列说法正确的是(　A　)A.从A运动到O,小孩重力势能减少量大于动能增加量B.从O运动到B,小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C.从A运动到B,小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D.从B返回到A,小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析:从A运动到O,小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和,选项A正确;从O运动到B,小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量,选项B错误;从A运动到B,小孩机械能的减少量大于蹦床弹性势能的增加量,选项C错误;从B返回到A,小孩的机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和,选项D错误.7. 如图所示,半径为R的光滑圆环竖直放置,N为圆环的最低点.在环上套有两个小球A和B,A,B之间用一根长为R的轻杆相连,使两小球能在环上自由滑动.已知A球质量为4m,B球质量为m,重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做的功为(　B　)A.mgRB.1.2mgRC.1.4mgRD.1.6mgR解析:将轻杆从题图所示水平位置由静止释放,两小球和轻杆组成的系统机械能守恒,在A球滑到N点的过程中,系统重力势能减小量为ΔE p=4mg·-mgR=mgR.两小球速度大小相等,设A球滑到N点时小球速度为v,由机械能守恒定律,ΔE p=ΔE k=×4mv2+mv2,解得v2=0.4gR,由功能关系可知,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做功为W B=mv2+ mgR=1.2mgR,选项B正确.8. (多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平面的高度h=0.1 m.两球从静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2.则下列说法中正确的是(　BD　)A.下滑的整个过程中A球机械能守恒B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C.两球在光滑地面上运动时的速度大小为2 m/sD.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J解析:在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但B在水平面滑行,而A在斜面滑行时,杆的弹力对A做功,所以A球机械能不守恒,选项A错误,B正确;根据系统机械能守恒得m A g(h+Lsin 30°)+m B gh=(m A+m B)v2,解得v= m/s,选项C错误;系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为m B v2-m B gh= J,选项D正确.9. (多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A,B之间做往复运动.已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是(　AD　)A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C.弹簧处于原长时,小球的速度最大D.小球机械能最大的位置有两处解析:因只有重力和系统内弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在A点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故选项A正确;小球从A至C,在切线方向先做加速运动再做减速运动,当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故选项B,C错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为零,小球机械能最大,由题意知,A,B相对于O1O2对称,显然,此位置在A,C与B,C之间各有一处,故选项D正确.10.(多选)如图(甲)所示,质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道,小球速度的平方与其高度的关系图像如图(乙)所示.已知小球恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同,空气阻力不计.g取10 m/s2,B为AC轨道中点.下列说法正确的是(　ACD　)A.图(乙)中x=4 m2·s-2B.小球从B到C损失了0.125 J的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05 JD.小球从C抛出后,落地点到A的距离为0.8 m解析:当h=0.8 m时小球在C点,由于小球恰能到达最高点C,故mg=m,所以=gr=10×0.4 m2·s-2=4 m2·s-2,故选项A正确;由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能,故选项B错误;小球从A到C,由动能定理可知W合=m-m=×0.1×4 J-×0.1×25 J=-1.05 J,故选项C正确;小球离开C点后做平抛运动,故2r=gt2,落地点到A的距离x1=v C t,解得x1=0.8 m,故选项D正确.11. 一半径为R的半圆形竖直轨道,用轻质不可伸长的细绳连接的A,B两球悬挂在轨道边缘两侧,A球质量为B球质量的2倍,现将A球从轨道边缘处由静止释放,如图所示.已知A球始终不离开轨道内表面,且细绳足够长,若不计一切摩擦,求:(1)A球沿轨道内表面滑至最低点时速度的大小;(2)A球沿轨道内表面运动的最大位移.解析:(1) 当A球运动到P点时,如图所示.设A球的速度为v,根据几何关系可知B球的速度为v B=vcos 45°= v,B球上升的高度为绳长的变化R,设B球质量为m,对A,B整体运用机械能守恒定律得2mgR-mgR=×2mv2+m解得v=2.(2)当A球的速度为0时,A球沿轨道内表面运动的位移最大,设为x,由几何关系可知A球下降的高度为h=.由机械能守恒定律得2mgh-mgx=0.解得x=R.答案:(1)2　(2)R12. 如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内、外壁光滑、半径r=0.2 m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐.一个质量为1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放小滑块,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小滑块进入管口C端时,它对上管壁有F N=2.5mg的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p=0.5 J.取重力加速度g=10 m/s2.求:(1)小滑块在C处受到的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能E km;(3)小滑块最终停止的位置.解析:(1)小滑块进入管口C端时它与圆管外管壁有大小为F N=2.5mg 的作用力,由牛顿第三定律知小滑块在C点受到的向心力大小为F向=2.5mg+mg=35 N.(2)在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时,所受合力为零.设此时小滑块离D端的距离为x0,则有kx0=mg解得x0==0.1 m在C点合外力提供向心力,有F向=m得=小滑块从C点运动到速度最大位置的过程中,由机械能守恒定律得mg(r+x0)+m=E km+E p联立解得E km=mg(r+x0)+m-E p=6 J.(3)小滑块从A点运动到C点过程,由动能定理得mgh-μmgs=m解得B,C间的距离s=0.5 m小滑块与弹簧作用后返回C处动能不变,小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中,设之后小滑块在BC上的运动路程为s′,由动能定理有:-μmgs’=0-m,解得s’=0.7 m,故最终小滑块在距离B点为(0.7-0.5) m=0.2 m处停下.答案:(1)35 N　(2)6 J　(3)距B点0.2 m处13. 如图所示,用长为L的细绳悬挂一个质量为m的小球,悬点为O点,把小球拉至A点,使悬线与水平方向成30°角,然后松手,问:(1)小球运动到C点时的速度为多大?(2)小球运动到悬点的正下方B点时,悬线中的张力为多大?解析:(1)小球从A点到C点做自由落体运动,下落高度为L,则v C=.(2)当小球落到A点的正下方C点,OC=L时绳又被拉紧,此时由于绳子的冲量作用,使小球沿绳方向的速度分量减为零,小球将以L为半径、以v1为初速度从C开始做圆周运动,如图,其切向分量为v1=v C cos 30°=.小球从C点到B点过程中,由机械能守恒定律mgL(1-sin 30°)=m-m将v1代入解得=gL在B点,由向心力公式得T-mg=m解得T=mg+m=mg.答案:(1)　(2)mg。

权掇市安稳阳光实验学校阶段综合测评五 机械能及其守恒定律(时间：90分钟 满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分)1．(阵营中学高三月考)放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象分别如图甲、乙所示，则物体的质量为(g 取10 m/s 2)( )A.53 kgB.109 kgC.35 kgD.910kg 解析：根据v ­t 图象可知物体在0～2 s 内的加速度a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2，故在0～2 s 内有F －f ＝ma ，所以在2～6 s 内拉力的功率P ＝Fv ＝f ×6＝10 W ，故有物体所受的阻力f ＝53N ，而在0～2 s 内有F ＝f ＋ma ，所以在t ＝2 s 时拉力的功率P ＝(f ＋ma )v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋3×m ×6＝30 W ，解得物体的质量m ＝109 kg ，故选项B 正确．答案：B2．(教学合作高三月考)如图所示，小物体A 沿高为h 、倾角为θ的光滑斜面以初速度v 0从顶端滑到底端，而相同的物体B 以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则( )A ．两物体落地时速率相同B ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同C ．两物体落地时，重力的瞬时功率相同D ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同解析：两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可知两物体落地时速率相同，故选项A 正确；重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，故选项B 正确；两种情况下落地方向不同，根据公式P ＝Fv cos θ，所以瞬时功率不同，所以选项C 错误；平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以选项D 错误．答案：AB3．(盐城中学高三月考)两木块A 、B 用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终在弹性限度内)( )A．弹簧的弹性势能一直减小B．力F一直增大C．木块A的动能和重力势能之和一直增大D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小解析：在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故选项A错误；最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式．当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故选项B正确；在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故选项C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故选项D错误．答案：BC4．(山东师大附中高三模拟)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( ) A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为fxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－fLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL解析：对物块，由动能定理可知，物块的动能：E k＝(F－f)(x＋L)，故选项A错误；对小车，由动能定理可得，小车的动能为fx，故选项B正确；由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL，故选项C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fL，故选项D正确．答案：BD5．(十校联合体联考)如图所示，一小球从斜轨道的某高处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是( )A．在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的B．小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点C．小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中能不脱离轨道D．小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R时，小球在运动过程中才能不脱离轨道解析：设小球的初位置比轨道最低点高h，从初位置到圆轨道最高点，根据动能定理有mgh ＝12mv2－0，而要通过圆周运动最高点，速度v≥gR，代入可得h≥2.5R，即初位置要比圆轨道最低点高出2.5R时小球才能通过最高点，选项B错误；小球沿圆轨道内侧运动，最低点弹力向上最高点弹力向下，选项A 错误；小球在运动过程中能不脱离轨道有两种办法，一种是通过最高点即比最低点高出2.5R的初位置释放，另一种是小球沿圆轨道上滑的高度小于半径R，根据动能定理即h≤R，此时小球上滑速度减小到0后又返回，所以选项C正确，选项D错误．答案：C6．(新余一中高三二模)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则( )A．A球的最大速度为2glB．A球速度最大时，B球的重力势能最小C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D．A，B两球的最大速度之比v a∶v b＝1∶2解析：当OA与竖直方向夹角为θ时，由机械能守恒得mg×2l cosθ－2mgl(1－sinθ)＝12mv2A＋12·2mv2B，且有v A＝2v B，联立解得v2A＝83gl(sinθ＋cosθ)－83gl，由数学知识可知，当θ＝45°时(sinθ＋cosθ)有最大值，且A球的最大速度v A＝2－183gl，所以选项A错误，选项C正确；两球的角速度相同，线速度之比v A∶v B＝ω·2l∶ω·l＝2∶1，故选项D错误；A球速度最大时，B球速度也最大，系统的动能最大，则此时A、B两球的重力势能之和最小，并不是B球的重力势能最小，故选项B错误．答案：C7．(三校联考)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，此时( ) A．拉力F做功等于A动能的增加量B．物块B满足m2g sinθ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kdm 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2解析：物体A 在拉力、重力、弹簧弹力作用下向上运动，根据动能定理可知，合外力做功等于物体动能的增加量，故选项A 错；初始状态，弹簧处于压缩状态，对物块A 分析可得压缩量x 1＝m 1g sin θk，末状态，B 刚要离开挡板，分析B 可得x 2＝m 2g sin θk ，A 的运动距离d ＝x 1＋x 2＝m 1＋m 2g sin θk .对物块B ，m 2g sin θ＝kx 2＜kd ，选项B 错误；对物块A 分析，则有F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a ，整理得a ＝F －kdm 1，选项C 正确；对A 和弹簧组成的系统，则有Fd －m 1g sin θ×d－E p ＝12m 1v 2，整理得E p ＝Fd －m 1g sin θ×d －12m 1v 2，选项D 正确．答案：CD8．(普通高中高三月考)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为23g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．动能损失了mghC ．克服摩擦力做功16mghD ．机械能损失了13mgh解析：物体上升的最大高度为h ，则物体增加的重力势能为mgh ，故选项A 正确；物体上升过程中其加速度a ＝23g ，由牛顿第二定律有mg sin30°＋f ＝ma ，解得f ＝16mg ，物体上升到最高点过程中，克服合外力做功W ＝mgh ＋f hsin30°＝43mgh ，由动能定理可知其动能损失ΔE k ＝43mgh ，故选项B 错误；克服摩擦力做功W f ＝f hsin30°＝13mgh ，选项C 错误；由功能关系可知，损失机械能等于克服摩擦力做功，故选项D 正确．答案：AD9．(高三月考)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.则( )A ．v A ＝vB cos θB ．v B ＝v A cos θC．小球B减小的势能等于物块A增加的动能D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大解析：根据运动的合成与分解，将A的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分速度，如图所示，则有v A cosθ＝v B，故选项B正确，选项A错误；由机械能守恒定律可知，小球B减少的重力势能等于小球A、B增加的动能与小球A增加的重力势能之和，故选项C错误；小球A上升到与滑轮等高的过程中，绳的拉力始终对小球做正功，其机械能增加，故选项D正确．答案：BD10．(三十九中高三月考)如图所示，2013年2月15日，一颗陨星坠落俄罗斯中西部地区，造成数百人受伤．在影响最严重的车里雅宾斯克州，爆炸造成玻璃窗破碎和人员受伤．忽略陨星的质量变化，在陨星靠近地球的过程中，下列说法正确的是( )A．陨星的重力势能随时间增加均匀减小B．陨星与地球组成的系统机械能不守恒C．陨星减少的重力势能等于陨星增加的内能D．陨星的机械能不断减小解析：因为陨石在下落过程中并不是做的匀速直线运动，所以下落的高度不是均匀减小的，故陨星的重力势能随时间增加不均匀减小，选项A错误；由于摩擦力的存在，系统的机械能不守恒，选项B正确；根据功能关系可得陨石减小的重力势能，转化为动能和内能，选项C错误；由于一部分能量转化为内能，所以机械能减小，选项D正确．答案：BD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(6分)(三十九中高三月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U、频率为f的交流电源上，从实验打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点与起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则：(1)从起点O开始到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔE p＝________，重锤动能的增加量ΔE k＝________.(2)根据题设条件，还可利用重锤下落求出当地的重力加速度________，经过计算可知，测量值比当地重力加速度的真实值要小，其主要原因是：________________________________________.解析：(1)从起点O开始到打下C点，重锤重力势能的减少量ΔE p＝mg(s0＋s1)，打下C点的重锤的速度v C ＝s1＋s22ΔT＝s1＋s2f4，故重锤增加的动能ΔE k＝12mv 2C ＝m s 1＋s 22f232.(2)根据s 2－s 1＝g ΔT 2，得g ＝s 2－s 12T 2＝s 2－s 1f 24，测得重力加速度小于当地重力加速度，主要原因是纸带与限位孔之间摩擦力的作用．答案：(1)mg (s 0＋s 1)m s 1＋s 22f232(2)g ＝s 2－s 14f 2纸带与限位孔之间摩擦力(或答纸带与其它部分的阻力或摩擦阻力)的作用12．(9分)(高考模拟考试)用如图(a)所示的仪器探究做功与速度变化的关系．实验步骤如下：(1)①将木板固定有打点计时器的一端垫起适当高度，消除摩擦力的影响； ②小车钩住一条橡皮筋，往后拉至某个位置，记录小车的位置；③先________，后________，小车拖动纸带，打点计时器打下一系列点，断开电源；④改用同样的橡皮筋2条、3条……重复②、③的实验操作，每次操作一定要将小车________________．(2)打点计时器所接交流电的频率为50 Hz ，下图所示是四次实验打出的纸带．(3)根据纸带，完成尚未填入的数据.次数 1 2 3 4 橡皮筋做的功W2W 3W4W v (m/s) 1.00 1.42 2.00 v 2(m 2/s 2)1.002.014.00______________________________________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再释放小车，且每次操作一定要将小车从相同的位置释放．(3)根据v ＝x t ＝3.46×10－20.02 m/s ＝1.73 m/sv 2＝1.732＝2.99.答案：(1)③接通电源 释放小车 ④从相同位置释放 (3)1.73 2.99 橡皮筋做的功与速度的平方成正比13．(12分)(新余一中高三二模)如图，竖直放置的斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 的B 端相切，圆弧半径为R ，圆心与A 、D 在同一水平面上，∠COB ＝θ，现有一个质量为m 的小物体从斜面上的A 点无初速滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物体在斜面上能够通过的路程；(2)小物体通过C 点时，对C 点的最大压力和最小压力．解析：(1)如图，小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgR cosθ－fs＝0，又f＝μmg cosθ，解得：s＝R/μ.(2)小物体第一次到达最低点时对C点的压力最大：N m－mg＝mv2/R由动能定理得：mgR－μmg cosθ·AB＝mv2/2，AB＝R cotθ解得：N m＝mg(3－2μcosθcotθ)当小物体最后在BCD′(D′在C点左侧与B等高)圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小．N n－mg＝mv2/R，mgR(1－cosθ)＝mv′2/2解得：N n＝mg(3－2cosθ)．答案：(1)Rμ(2)mg(3－2μcosθcotθ) mg(3－2cosθ)14．(15分)(实验中学高三月考)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始行驶，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°.求：(g＝10 m/s2)(1)小车到达C点时的速度大小为多少？(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？(3)小车的恒定功率是多少？解析：(1)把C点的速度分解为水平方向的v A和竖直方向的v y，有：v2y＝2g·3Rv C＝v ycos30°解得v C＝4 m/s.(2)由(1)知小车在A点的速度大小v A＝2gR＝2 m/s因为v A＝2gR＞gR，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下mg＋F N＝mv2AR解得F N＝10 N根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小F N′＝F N＝10 N，方向竖直向上．(3)从E到A的过程中，由动能定理：Pt－μmgx0－mg4R＝12mv2A解得P ＝μmgx 0＋5mgRt＝5 W.答案：(1)4 m/s (2)10 N ，方向竖直向上 (3)5 W15．(18分)(十校联合体联考)如左图是在阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB 、CD 和一段光滑圆弧BC 组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，试通过计算用文字描述滑块的运动过程；(3)给滑块不同的初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)在P 点mg ＝mv 2P2R，得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着AB ，v y ＝v P ·tan θ＝342gR所以AD 离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R(2)进入A 点滑块的速度为v ＝v p cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ， E k ＝12mv 2－μmg cos θ8R ＜0所以滑块不会滑到A 而飞出，最终在BC 间来回滑动．(3)设初速度、最高点速度分别为v 1，v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R ，在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m 2v 21－2v 22＋v 222R由机械能守恒12mv 21＝12mv 22＋mg 3R ，得v 21－v 22＝6gR 为定值带入v 2的最小值2gR 得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)见解析 (3)9mg。

第1讲功和功率时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．[2020·宁波期末]如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( ) A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功答案 C解析AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsinθ。

A所受的合外力沿斜面向下，对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C正确。

A对B不做功，选项D错误。

2．如图所示，质量为m的小球以初速度v水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A．mgv0tanθ B.mgvtanθC.mgvsinθD．mgvcosθ答案 B解析小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy ，而vytanθ＝v，所以P＝mgvtanθ，B正确。

3．如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢里的人向前推车厢壁，以下关于人对车做功的说法中正确的是( )A．做正功B．做负功C．不做功D．无法确定答案 B解析要判断人对车所做的功，首先要分析人对车有几个作用力。

在水平方向上，人对车的作用力有两个：一个是人对车壁向前的推力F，另一个是人对车厢地板向后的摩擦力F′。

由于人随车向前做匀加速运动，所以车对人的总作用力是向前的，根据牛顿第三定律可判断出人对车的总作用力是向后的。

最后根据功的公式可判断出人对车做的总功为负功，所以只有答案B是正确的。

4．[2020·保定模拟]质量为5×103kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中( )A．第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 JB．第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kWC．第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kWD．第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW答案 D解析据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104N。

权掇市安稳阳光实验学校第五章机械能及其守恒定律一、选择题(每小题4分，共40分)1．一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：系统的机械能增加是除重力、弹簧的弹力以外的力对系统做正功引起的，不是合外力做功的问题，所以只有D说法正确．答案：D2.(·广东卷)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图5－1所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体在0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确.1～3 s内做匀减速运动，合外力做负功．根据动能定理，0～3 s内合外力做功为零；1～2 s内合外力做负功．答案：A3．(·广东卷)游乐场中的一种滑梯如图5－2所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( ) A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面上滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析：在滑动的过程中，人受三个力作用：重力、支持力和摩擦力．重力做正功，重力势能减少，B错．支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．答案：D4．图5－3如图5－3所示，一根轻质弹簧竖直固定于水平地面上，一质量为m的小球自弹簧正上方离地面高度为H1处自由落下，并压缩弹簧，设速度达到最大时的位置离地面的高度为h1，最大速度为v1；若让此小球从离地面高H2(H2＞H1)处自由下落，速度达到最大时离地面的高度为h2，最大速度为v2，不计空气阻力，则( )A．v1＜v2，h1＝h2B．v1＜v2，h1＜h2C．v1＝v2，h1＜h2D．v1＜v2，h1＞h2解析：速度最大时，弹簧弹力等于重力，不论从何处下落这一位置不会变化，故h1＝h2.设最大速度时弹簧的弹性势能为E p，由能的转化和守恒定律得：mg(H1－h1)＝E p＋12mv21，mg(H2－h2)＝E p＋12mv22.因H2＞H1，所以v2＞v1，故只有A项对．答案：A[5．如图5－4所示，物体以100 J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80 J，机械能减少32 J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体在运动过程中的下列说法正确的是( )[A．物体在M点的重力势能为－48 JB．物体自M点起重力势能再增加21 J到最高点C．物体在整个过程中摩擦力做的功为－80 JD．物体返回底端时的动能为30 J解析：由于W G＋W f＝ΔE k，而重力做的功W G＝ΔE p.由此得摩擦力做功为－32 J，在到M前重力的功－80 J＋32 J＝－48 J，故重力势能为48 J，故A错．由于－mgh－μmg cosθ×hsinθ＝ΔE k，由于其他量都是常量，所以ΔE k与h或者mgh成正比，于是得最高点重力势能为60 J，即再增加12 J到最高点，B错．从底端到最高点，动能减少100 J，克服重力做功60 J，故摩擦力做功－40 J，往返做功－80 J，C对．返回底端时的动能为20 J，D错．答案：C6．(·江苏卷)如图5－5所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长，放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有( )A.当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图5－6(a)，F1为弹簧的拉力；当加速度大小同为a时，对A有F－F 1＝ma，对B有F1＝ma，得F1＝F2，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)．两物体运动的v－t图象如图5－6(b)，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值答案：BCD7．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5－7所示，物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：力－位移图象下所围图形的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20得v ＝3 m/s.答案：B8．如图5－8所示，质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为 v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A.Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 两选项正确．答案：BC9．如图5－9所示，A 、B 两点水平距离为 x ，质量为m 的物体以初速度v 0沿水平地面由A 滑到B 速度减小为v 1，若该物体以同样的初速度v 0沿斜面AC 和CB 滑到B ，速度减小为v 2，且物体与地面和两斜面间的动摩擦因数相同，则两速度v 1和v 2的大小相比为( )A.v 1＞v 2 B ．v 1＜v 2 C ．v 1＝v 2 D ．无法比较解析：设动摩擦因数为μ，AC 间直线距离为x 1，BC 间直线距离为x 2，根据动能定理，沿AB 路线时，有：μmgx ＝12m (v 20－v 21)①沿ACB 路线时，有：μmg cosα·x 1＋μmg cos β·x 2＝12m (v 20－v 22)，整理得：μmg (x 1cosα＋x 2cos β)＝12m (v 20－v 22)②由于x 1cos α＋x 2cos β＝x ，所以比较①②两式有：v 1＝v 2.答案：C10．如图5－10所示，半径为R的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的速度v0在水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为μ，设运动的第一周内小球从A到B和从B到A的过程中，小球克服摩擦力做功分别为W1和W2，在这一周小球克服摩擦力做的功为W3，则下列关系正确的是( )A.W1＞W2B．W1＝W2C．W3＝0 D．W3＝W1＋W2解析：从A→B小球克服摩擦力做的功从B→A小球克服摩擦力做的功W2＝μF N2x2.又因为F N1＞F N2，所以W1＞W2.在这一周内小球克服摩擦力做的总功为W3，则W3＝W1＋W2.答案：AD二、实验题(共16分)11．(8分)小华有一只按压型圆珠笔，她想估测里面小弹簧在被圆珠笔尾端压紧过程中弹性势能的增加量，请你在不拆卸圆珠笔的前提下帮助她完成这一想法．(当地重力加速度g已知)(1)除刻度尺外，还需要的测量工具是__________．(2)需测量的物理量及符号是______________________．(3)用所测物理量表示所估测的弹性势能增加量：ΔE＝______________________________________________________.答案：(1)天平(2)竖直弹起的高度h(或水平弹出的位移x、下落高度h)、圆珠笔的质量m(3)mgh(或mgx24h)12．(8分)利用如图5－11所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，当光电门中有物体通过时与它们连接的光电计时器(都没画出)能够显示挡光时间．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g＝9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝__________m/s，通过光电门2时的速度v2＝__________m/s；(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J.解析：(1)光电门记录的瞬时速度取经过光电门时的平均速度．v1＝Lt＝0.050.05m/s＝1 m/s，v2＝Lt＝0.050.02m/s＝2.5 m/s.(2)ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×2×(2.52－12) J ＝5.25 J ，ΔE p ＝mgx 12sin30°＝2×9.80×0.54×0.5 J ＝5.29 J. 答案：(1)1 2.5 (2)5.25 5.29 三、计算题(共44分)13．图5－12(8分)如图5－12所示，质量为m 的物体从倾角为θ的斜面上的A 点以速度v 0沿斜面上滑，由于μmg cos θ＜mg sin θ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B 点时，速度大小恰好也是v 0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB 间的距离．解析：设物体从A 点到最高点的位移为x ，对此过程由动能定理得： －(mg sin θ＋μmg cos θ)·x ＝0－12mv 20①对全过程由动能定理得：mg sin θ·x AB －μmg cos θ·(2x ＋x AB )＝0② 由①②得：x AB ＝μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos θ2).答案：μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos 2θ)14． (10分)质量为50 kg 的男孩，在一座高桥上做“蹦极”运动．弹性绳长为12 m ，男孩从桥面下落，达到的最低点D 距桥面40 m ，男孩下落速率v跟下落距离x 的关系如图5－13所示，男孩在C 点时的速度最大，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求(1)男孩到达D 点时，绳的弹性势能E p ；(2)绳的劲度系数k .解析：(1)男孩和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于初、末位置速度均为零，故减少的重力势能转化为弹性绳的弹性势能，即E p ＝mgx ＝50×10×40 J ＝2×104 J.(2)由题图知，下落20 m 时，速度达到最大，此时合外力为零，弹性绳伸长x ＝(20－12) m ．由mg ＝kx ，得k ＝mg x ＝50×1020－12N/m ＝62.5 N/m.答案：(1)2×104J (2)62.5 N/m15． (12分)如图5－14所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 、B ，两小球用一根长L 的轻杆相连，下面的B 球离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑并从斜面进入光滑平面(不计与地面碰撞时的机械能损失)．求：(1)两球在光滑平面上运动时的速度； (2)在这一过程中杆对A 球所做的功； (3)杆对A 做功所处的时间段．解析：(1)因系统机械能守恒，所以有：mgh ＋mg (h ＋L sin θ)＝12×2mv 2，解得v ＝2gh ＋gL sin θ.(2)以A 球为研究对象，由动能定理得： mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12mv 2.则mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m (2gh ＋gL sin θ)，解得W ＝－12mgL sin θ.(3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内，杆对A 球做了W 的负功．答案：(1)2gh ＋gL sin θ (2)－12mgL sin θ (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内16．(14分)太阳能烟囱式热力发电原理如图5－15所示，像种蔬菜大棚一样的太阳能集热棚将太阳能收集起来，对空气加热，热空气进入烟囱．由于烟囱内热空气的压强大于外界的大气压，在烟囱中就形成了强大的热气流，推动安置在烟囱底部的空气涡轮发电机发电．已知太阳每平方米面积上的辐射功率为P 0，太阳能集热棚的面积为S 0，烟囱内部的半径为R ，烟囱底部与外界冷空气的压强差为Δp ，烟囱内热空气的密度为ρ，热空气的动能转化为电能的效率为η.以下分析中可不考虑发电过程中空气温度的变化．求：1)烟囱内热空气的流速；(2)发电机的发电功率流的机械功率，即P 0S 0＝Δp πR 2v .①热气流流速v ＝P 0S 0Δp πR2.(2)根据能量守恒定律知发电机发电功率 P 电＝η·12mv 2.其中12mv 2为单位时间内流过发电机的热空气的动能，则P 电＝12ρπR 2v ·v 2·η.代入①式，得P 电＝ρP 30S 30η2Δp 3π2R 4.答案：(1)P 0S 0Δp πR 2 (2)ρP 30S 30η2Δp 3π2R4。

第五章|机械能[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点命题概率常考角度重力做功与重力势能(Ⅱ)实验五：探究动能定理以上2个考点未曾独立命题功和功率(Ⅱ)'18Ⅲ卷T19(6分)，'17Ⅱ卷T14(6分)'16Ⅱ卷T19(6分)，'16Ⅱ卷T21(6分)'15Ⅱ卷T17(6分)，'14Ⅱ卷T16(6分)独立命题概率80%(1)(变力)做功和功率问题(2)动能定理的应用(3)机械能守恒的条件(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合(5)功能关系与能量守恒动能和动能定理(Ⅱ)'18Ⅰ卷T14(6分)，'18Ⅱ卷T14(6分)'18Ⅲ卷T25(20分)，'16Ⅲ卷T20(6分)'15Ⅰ卷T17(6分)，'14Ⅱ卷T16(6分)综合命题概率100%功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)'18Ⅰ卷T18(6分)，'18Ⅰ卷T24(12分)'17Ⅰ卷T24(12分)，'17Ⅱ卷T17(6分)'17Ⅲ卷T16(6分)，'16Ⅱ卷T16(6分)'16Ⅱ卷T21(6分)，'16Ⅱ卷T25(20分)'16Ⅲ卷T24(12分)，'15Ⅰ卷T17(6分)'15Ⅱ卷T21(6分)独立命题概率90%综合命题概率100%实验六：验证机械能守恒定律'16Ⅰ卷T22(5分)综合命题概率20%第1节功和功率一、功1．要素：力和物体在力的方向上发生的位移。

2．公式：W ＝Flcos_α，其中F 是恒力，l 是物体的位移，α是力的方向和位移方向的夹角。

[注1] 3．单位：焦耳(J)。

4．做功情况的判断功是标量，没有方向，但有正负[注2]，根据W ＝Flcos α可知： (1)当0°≤α<90°时，力对物体做正功， 力是动力，物体获得能量。