分分钟搞定单体机械能守恒问题
（答题时间：20分钟）
1. 质量为m的小球从高H处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面。当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为（ ）
A. 2mg B. mg C. mg D. mg
2. 如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列关于能的叙述正确的是（ ）
A. 小球的动能先增大后减小
B. 弹簧的弹性势能不断增大
C. 小球的加速度先增大后减小
D. 小球的机械能先增大后减小
3. 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斜面的顶点滑向底部，如图所示，如果它们的初速度为零，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
4. 如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 小球落地点离O点的水平距离为2R
B. 小球落地时的动能为mgR
C. 小球运动到半圆弧最高点P时，向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
5. 如图所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R＝1.0 m的固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝m的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点。M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m＝0.01kg的小钢珠。假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到曲面N的某一点上，取g＝10 m/s2。问：
（1）发射该钢珠前，弹簧枪的弹性势能Ep多大？
（2）钢珠落到圆弧N上时的动能Ek多大？（结果保留两位有效数字）
6. 如图甲所示，圆形玻璃平板半径为r，离水平地面的高度为h，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O在水平面内做匀速圆周运动。
（1）若匀速圆周运动的周期为T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小；
（2）缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间的距离为s，俯视图如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g，试求木块落地前瞬间的动能。
7. 如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m。（空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
（1）滑块运动到C点时速度vC的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离s；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t。
1. B 解析：动能和重力势能相等时，由机械能守恒定律有。下落高度为h＝，速度v＝＝，故P＝mg·v＝mg，B选项正确。
2. AB 解析：对小球受力分析，可看到弹力向上且增加，当弹力N＜mg，a方向向下但减小，v向下加速，当弹力N＝mg时，a＝0，加速停止，此时速度最大，当弹力N＞mg时，a方向向上但增加，v向下减速。所以A对C错。弹簧始终被压缩，故弹簧的弹性势能始终增加，B对。小球下落时，弹力对其做负功，故机械能减少，D错。
3. CD 解析：小铁块A和B在下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由mgH＝mv2得v＝，所以A和B到达底部时速率相等，故C、D均正确；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。
4. AD 解析：由题意知在最高点有mg＝m，故小球经过P点时的速度大小v＝，C错。由2R＝gt2、x＝vt得小球落地点离O点的水平距离为2R，A对。根据动能定理2mgR＝Ek－mv2得小球落地时的动能Ek＝2mgR＋mv2＝mgR，B错误。由mgh＝mgR得小球能达到的最大高度h＝2.5R，比P点高0.5R，D对。
5. 解：（1）设钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低点的速度为v0，则在最高点，由题意得mg＝m。
从最低点到最高点，由机械能守恒定律得：
m＝mgR＋mv2
解得：v0＝
由机械能守恒定律得：Ep＝m＝mgR＝1.5×10－1 J；
（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，x＝vt，y＝gt2
由几何关系知x2＋y2＝r2，联立解得t2＝s2。
所以，钢珠从最高点飞出后落到圆弧N上下落的高度为y＝0.3 m
由机械能守恒定律得，钢珠落到圆弧N上时的动能Ek为
Ek＝mv2＋mgy＝8.0×10－2 J。
6. 解：（1）根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小为：v＝
木块所受摩擦力提供木块做匀速圆周运动的向心力，有
Ff＝m（）2r；
（2）木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有
h＝gt2
在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为：x＝vt
x与距离s、半径r的关系为s2＝r2＋x2
木块从抛出到落地前机械能守恒，得＝mv2＋mgh
由以上各式解得木块落地前瞬间的动能＝mg（＋h）。
7. 解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得
mgR（1－cos α）＋mvC2＝mvD2
联立解得vC＝5 m/s；
（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为
vy＝vCsin α＝3 m/s
B、C两点的高度差为h＝＝0.45 m
滑块由B运动到C所用的时间为ty＝＝0.3 s
滑块运动到B点时的速度为
vB＝vCcos α＝4 m/s
B、C间的水平距离为s＝vBty＝1.2 m；
（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
Pt－μmgL＝mvB2
解得t＝0.4 s。
分分钟搞定系统机械能守恒问题
（答题时间：30分钟）
1. 斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的重力势能减少，动能增加
B. 斜面的机械能不变
C. 斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D. 物体和斜面组成的系统机械能守恒
2. 如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ）
A. A开始运动时
B. A的速度等于v时
C. B的速度等于零时
D. A和B的速度相等时
3. 如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长。开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 当M＝2m时，l越大，则小环m下降的最大高度h越大
B. 当M＝2m时，l越大，则小环m下降的最大高度h越小
C. 当M＝m时，且l确定，则小环m下降过程中，速度先增大后减小到零
D. 当M＝m时，且l确定，则小环m下降过程中，速度一直增大
4. 如图所示，在光滑固定的曲面上，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，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A按如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2 m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1 m。此时弹簧的弹性势能Ep＝1 J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A. 下滑的整个过程中，弹簧和A球组成的系统机械能守恒
B. 下滑的整个过程中，两球及弹簧组成的系统机械能守恒
C. B球刚到地面时，速度是m/s
D. 当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6 J
5. 如图是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系物体A、B，且mA＝2mB，从图示位置由静止开始释放A物体，当物体B到达半圆顶点时，求绳的张力对物体B所做的功。
6. 有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m＝2 kg的滑块（可视为质点）。
（1）如图甲所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移x＝1 m后到达P点，求滑块此时的速率。
（2）如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M＝2.7kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L＝m（如图乙所示）。再次将滑块从O点由静止释放，求滑块滑至P点的速度大小。（整个运动过程中M不会触地，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）
7. 如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m＝0.2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：
（1）从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；
（2）物体C的质量；
（3）释放C到A刚离开地面的过程中，细线的拉力对物体C做的功。
1. AD 解析：物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A正确。物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B错误。物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误。对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D正确。
2. D 解析：因系统只有弹力做功，系统机械能守恒，故A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能最大。又因当两物体速度相等时，A、B间弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D项正确。
3. AD 解析：设小环下降的最大高度为h，由系统机械能守恒可得，mgh＝Mg（－l），当M＝2m时，h＝l，所以A项正确；以B点为零势能面，当M＝m时，小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，即系统的动能一直在增加，所以D项正确。
4. BD 解析：系统涉及弹簧和A、B两个小球，机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功。本题中需特别注意的是弹簧对A、B都有作用力。由于弹簧和B之间有作用力，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A项错；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而m/s是根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝mAg（L＋h）＋mBgh＋Ep＝6 J，D项对。
5. 解：物体B到达半圆顶点时，系统势能的减少量为ΔEp＝mAg－mBgR，系统动能的增加量为ΔEk＝（mA＋mB）v2，
由ΔEp＝ΔEk得v2＝（π－1）gR
对B由动能定理得：W－mBgR＝mBv2
绳的张力对物体B做的功W＝mBv2＋mBgR＝mBgR。
6. 解：（1）设滑块下滑至P点时的速度为v1，
由机械能守恒定律得
mgxsin 53°＝m
解得v1＝4 m/s；
（2）设滑块再次滑到P点时速度为v2，M的速度为vM，如图，将v2进行分解得：vM＝v2cos θ，绳与直杆的夹角为θ，由几何关系得θ＝90°，vM＝0，再由系统机械能守恒定律得：
MgL（1－sin 53°）＋mgxsin 53°＝m＋0，
解得v2＝5 m/s。
7. 解：（1）设开始时弹簧的压缩量为xB，得：kxB＝mg ①
设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，得：kxA＝mg ②
当物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离为：h＝xA＋xB ③
由①②③式解得：h＝＝0.25 m； ④
（2）物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为零，设C的质量为M，此时C亦获得最大速度，加速度为零，对B有：T－mg－kxA＝0 ⑤
对C有：Mgsinα－T＝0 ⑥
由②⑤⑥式得：Mgsinα－2mg＝0 ⑦
解得：M＝4m＝0.8 kg； ⑧
（3）由于xA＝xB，物体B开始运动到速度最大的过程中，弹簧由压缩变为伸长，弹力做功为零，且B、C两物体速度大小相等，由能量守恒有：Mghsinα－mgh＝（m＋M）
解得：vm＝1 m/s
对C由动能定理可得：Mghsinα＋WT＝M
解得：WT＝－0.6 J。
验证机械能守恒定律实验难点剖析
（答题时间：30分钟）
1. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量中要用工具测量和通过计算得到的有（ ）
A. 重锤的质量
B. 重力加速度
C. 重锤下落的高度
D. 与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度
2. 下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法中，正确的是（ ）
A. 重物质量的称量不准会造成较大误差
B. 重物质量选用得大些，有利于减小误差
C. 重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D. 纸带下落和打点不同步会造成较大误差
3. 利用图示装置进行“验证机械能守恒定律”的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：
A. 用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v
B. 用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝计算出瞬时速度v
C. 根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝计算出高度h
D. 用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
以上方案中只有一种正确，正确的是（ ）
4. 有4条用打点计时器（所用交流电频率为50 Hz）打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为s1、s2、s3。请你根据下列s1、s2、s3的测量结果确定该纸带为（已知当地的重力加速度为9.791 m/s2）（ ）
A. 61.0 mm 65.8 mm 70.7 mm
B. 41.2 mm 45.1 mm 53.0 mm
C. 49.36 mm 53.5 mm 57.3 mm
D. 60.5 mm 61.0 mm 60.6 mm
5. 如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：
（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________。（填入正确选项前的字母）
A. 米尺
B. 秒表
C. 0～12 V的直流电源
D. 0～12 V的交流电源
（2）实验中误差产生的原因有_________________________________________________
______________________________________________________________。（答出三点即可）
6. 用电磁打点计时器做“验证机械能守恒定律”的实验中，有下列操作：
A. 用刻度尺测出选定的0到1，2，3，……点之间的距离，查出当地的g值
B. 在支架上竖直架好打点计时器
C. 测出重锤的质量
D. 算出各对应点的势能和动能，并通过比较得出结论
E. 提着纸带，使重锤静止在靠近打点计时器的地方
F. 把电池接到打点计时器的接线柱上
G. 将50 Hz低压电源接到打点计时器的接线柱上
H. 接通电源再松开纸带
请你选出其中正确的操作步骤，并排出合理的操作顺序____________________。（写字母填写）
7. 如图所示，两个质量分别为m1和m2的物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端（m1>m2），1、2是两个光电门。用此装置验证机械能守恒定律。
（1）实验中除了记录物块B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测量的物理量是
____________________。
（2）用已知量和测量量写出验证机械能守恒定律的表达式________________________。
8. 某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律。频闪仪每隔0.05 s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表（当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字）：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度（m/s）
5.59
5.08
4.58
（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s。
（2）从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________J，动能减少量ΔEk＝________J。
（3）在实验误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律。由上述计算得ΔEp________ΔEk（选填“>”“<”或“＝”），造成这种结果的主要原因是________________。
9. 某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。
（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是__________，理由是________________________
_____________________________________________________________。
（2）若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，请根据纸带计算出B点的速度大小为________m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2－h图线如图所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g＝________m/s2。（结果保留两位有效数字）
10. DIS实验是利用现代信息技术进行的实验。老师上课时“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图甲所示，在某次实验中，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示。图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵轴表示摆球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E。试回答下列问题：
（1）图乙的图象中，表示小球的重力势能Ep、动能Ek、机械能E随小球距D点的高度h变化关系的图线分别是________（按顺序填写相应图线所对应的文字）。
（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是___________________________
________________________________________________________________________。
1. CD 解析：通过实验原理可知，重锤下落高度要用毫米刻度尺直接量出，下落这一高度时对应的速度用平均速度求出，故需用工具测量的是C，通过计算得到的是D。
2. BD 解析：从需要验证的关系式ghn＝看，与重物质量无关，A错误；当重物质量大一些时，空气阻力的影响就小一些，B正确，C错误；纸带先下落而后打点，此时，纸带上最初两点的点迹间隔较正常时略大，用此纸带进行数据处理，其结果是重物在打第一个点时就有了初动能，因此重物动能的增加量比重物重力势能的减少量大，D正确。
3. D 解析：在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看做g，只能把它当做未知的定值，所以正确方案只有D项。
4. C 解析：验证机械能守恒定律采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的0.02 s内的位移增加量为Δs＝gT2＝9.791×0.022 m≈3.9 mm，A中位移之差分别为4.8mm，4.9mm；B中位移之差为3.9mm，7.9mm；C中位移之差为3.9mm，3.8mm；D中位移之差为0.5mm，0.6mm；故符合条件的为C。答案为C。
5. （1）AD （2）见解析
解析：（1）用米尺测量纸带上打出点间的长度，用交流电源供打点计时器使用，打点计时器接直流电源无法工作。此实验中无需测出重物下落的时间，故不需要秒表。
（2）纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时，选取始末两点距离过近；交流电频率不稳定等，这些因素都会对实验数据产生影响。
6. BGEHAD 解析：要验证机械能是否守恒，只须验证v2是否与gh相等，而不需要测重锤的质量，因此C步操作不必要；打点计时器必须使用交流电源，因此不能接在电池上，F步骤操作错误。合理的操作顺序是BGEHAD。
7.（1）A、B两物块的质量m1和m2，两光电门之间的距离h
（2）（m1－m2）gh＝（m1＋m2）（v22－v12）
解析：物块A、B运动过程中，若系统的机械能守恒，则有m1gh－m2gh＝（m1＋m2）（v22－v12），所以除了记录物体B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测的物理量有：m1和m2，两光电门之间的距离h。
8.（1）4.08 （2）1.42 1.46 （3）< 存在空气阻力
解析：（1）用中间时刻速度的计算方法计算，得v5＝ m/s＝4.08 m/s
（2）从t2到t5时间内
ΔEp＝mgΔh＝0.2×9.8×（26.68＋24.16＋21.66）×10－2 J＝1.42 J
ΔEk＝m（v22－v52）＝×0.2×（5.592－4.082） J＝1.46 J
（3）由于空气阻力的存在，故ΔEp<ΔEk
9.（1）见解析 （2）1.37 （3）9.8
解析：（1）甲 采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律。
（2）vB＝m/s≈1.37 m/s。
（3）因为mgh＝mv2，所以g＝，k为图线的斜率，求得g＝9.8 m/s2。
10.（1）乙、丙、甲
（2）在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒
解析：（1）小球由A到D过程中重力势能减小，动能增加，由题图乙的图象知机械能总量不变，故表示小球的重力势能Ep、动能Ek、机械能E随小球距D点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲。
（2）由实验结果知：在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒。
深入理解能量守恒定律
（答题时间：20分钟）
1. 关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A. 由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源
B. 在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少
C. 能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性
D. 人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
2. 有一种油电混合动力汽车，既可以利用车载电池使用清洁的电力能源，也可以使用更加方便的汽油，受到人们的欢迎．这类汽车有一种技术：安装一个电池充电系统，车轮转动通过传动系统带动发电机的转子转动，从而可以给电池充电，而电池充的电又可以作为汽车行驶的能量来源．关于这项技术，说法正确的是（ ）
A. 在给电池充电过程中，转子所受的安培力不可能作为汽车的动力
B. 该充电系统应该一直开启，不论汽车是在正常行驶阶段还是刹车阶段，都可以给电池充电
C. 该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池存储的化学能
D. 该技术没有意义，因为从能量守恒来看，这些能量归根结底来源于汽油
3. 下列关于能的转化与守恒定律的说法，错误的是（ ）
A. 能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体
B. 能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化
C. 一个物体能量增加，必然伴随着别的物体能量减少
D. 能的转化与守恒定律证明了能量既不会产生也不会消失
4. 如图所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中（ ）
A. X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能
B. X－37B的机械能要减少
C. 自然界中的总能量要变大
D. 如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变
5. 下列设想中，符合能量转化和守恒定律的是（ ）
A. 利用永磁铁和软铁的相互作用，做成一架机器，永远地转动下去
B. 制造一架飞机，不携带燃料，只须利用太阳能就能飞行
C. 做成一条船，利用水流的能量，逆水行驶，不用其他动力
D. 利用核动力使地球离开太阳系
6. 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.5 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为（ ）
A. 0.50 m B. 0.25 m C. 0.10 m D. 0
7. 如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）
A. 速率的变化量不同
B. 机械能的变化量不同
C. 重力势能的变化量相同
D. 重力做功的平均功率相同
8. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中（ ）
A. 圆环机械能守恒
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小
C. 弹簧的弹性势能变化了mgh
D. 弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大
9. 一水电站，水流的落差为20 m，水流冲击水轮发电机后，水流能有20%转化为电能，若发电机的功率为200 kW，则每分钟的水流量是多少？（g取10 m/s2）
10. 为了测量太阳的辐射功率，某人采取如下简单实验。取一个横截面积是3×10－2 m2的圆筒，筒内装水0.6 kg，用来测量射到地面的太阳能。某一天中午在太阳光直射 2 min 后，水的温度升高了1℃。（太阳到地球的距离为1.5×1011 m）求：
（1）在阳光直射下，地球表面每平方厘米每分钟获得的能量。
（2）假设射到大气顶层的太阳能只有43%到达地面，另外57%被大气吸收和反射而未到达地面。你能由此估算出太阳辐射的功率吗？
11. 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到木板右端。小铁块与木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在木板上相对木板滑动L距离时与木板保持相对静止，此时长木板对地位移为l。求这个过程中：
（1）小铁块增加的动能；
（2）木板减少的动能；
（3）系统机械能的减少量；
（4）系统产生的热量。
1. B 解析：自然界的能量守恒，但能源需要节约，同时为了提高生活质量，故A不正确；在利用与节约能源的过程中，能量在数量并没有减少，故B正确；能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，比如一杯热水过段时间，热量跑走啦，水冷了，所以转化具有方向性，故C不正确；人类在不断地开发和利用新能源，但能量不能被创造，也不会消失，故D不正确。
2. AC 解析：再给电池充电的过程中，转子所受的安培力只是阻力，否则违背能量守恒定律，故A正确；该充电系统应该在减速阶段开启，加速阶段不应该开启，故B错误；该充电系统只应该在刹车阶段开启，部分动能转化为电池储存的化学能，故C正确；该技术有意义，电池可以用外电路充电，也可以将刹车过程中的动能转化为电能储存起来，故D错误。
3. A 解析：能量可以在不同物体之间转移，也可以相互转化，但能的总量保持不变，A错误。
4. AD 解析：在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错；根据能量守恒定律可知，C错。X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D对。
5. BD 解析：选项A不符合能量守恒定律，利用永磁铁和软铁的相互作用，做一架永远转动下去的机器是不可能的，A错误；太阳能可以转化为机械能，B中所述情景中的飞机是可行的，B正确；核动力是非常大的，利用核动力可使地球离开太阳系，D正确；逆水行船，不用其他动力是不可行的，C错误。
6. D 解析：由于小物块最终停了下来，故其初始状态的机械能全部由于滑动摩擦力做功转化为了物块与容器底部的内能，由能量守恒定律可知mgh＝μmgs，得s＝3 m，而＝＝6，即3个来回后，恰停在B点，选项D正确。
7. D 解析：物块A、B开始时处于静止状态，对A：mAg＝T ①
对B：T＝mBgsin θ ②
由①②式得mAg＝mBgsin θ
即mA＝mBsin θ ③
剪断轻绳后，物块A、B均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B项错误；由机械能守恒知，mgh＝mv2，所以v＝，落地速率相同，故速率的变化量相同，A项错误；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C项错误；重力做功的功率PA＝mAg＝mAg＝mAg，PB＝mBgsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D项正确。
8. C 解析：圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A错误，C正确；在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B、D均错误。
9. 解：设1分钟水的流量为Q，则在1分钟内水流的质量m＝Qρ
在1分钟内水流减少的重力势能ΔEp＝mgh＝Qρgh
由题意可知：发电机的功率P＝
整理得：Q＝，代入数据得：Q＝ m3＝300 m3。
10. （1）4.2 J （2）4.6×1026 W
解析：（1）圆筒内的水经过2 min照射后，增加的内能为ΔU＝Q＝cmΔt，其中c＝4.2×103J/（kg·℃），所以ΔU＝4.2×103×0.6×1＝2.52×103 （J）
每分钟获得的能量为 J＝1.26×103 J
圆筒面积S＝3×10－2 m2＝3×102 cm2
地球表面每分钟每平方厘米获得的能量为 J＝4.2 J
（2）以太阳为球心，以日地距离r为半径作一个球面，根据上述观测，在此球面的每平方厘米面积上每秒接收到的太阳能（即射到大气顶层的太阳能）为 J≈0.163 J
太阳能是向四面八方均匀辐射的，上述球面每秒接收到的太阳能即为太阳的辐射功率P，
上述球面的面积为4πr2，其中r＝1.5×1011 m，所以辐射功率
P≈4πr2×0.163≈4π×（1.5×1011×102）2×0.163W≈4.6×1026 W
11. 解：画出这一过程两物体的位移示意图，如图所示：
（1）小铁块与长木板相对静止时的速度为v，则根据动能定理有μmg（l－L）＝mv2－0，其中（l－L）为小铁块相对地面的位移，从上式可看出＝μmg（l－L）。说明摩擦力对小铁块做的正功等于小铁块动能的增量。
（2）摩擦力对长木板做负功，根据功能关系＝－μmgl，即木板减少的动能等于其克服摩擦力做的功，为μmgl。
（3）系统机械能的减少量等于木板减小的动能减去小铁块增加的动能
ΔE＝μmgl－μmg（l－L）＝μmgL
（4）m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，知Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量。
解决物理问题的一把金钥匙——功能关系
（答题时间：20分钟）
1. 如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功（ ）
A. 都必须大于mgh
B. 都不一定大于mgh
C. 用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh
D. 用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh
2. 如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速运动到B，以下说法正确的是（ ）
A. 牵引力与克服摩擦力做的功相等
B. 合外力对汽车不做功
C. 牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功
D. 汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能
3. 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g，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mgh
B. 重力势能增加了mgh
C. 动能损失了mgh
D. 机械能损失了mgh
4.（广东高考）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中（ ）
A. 缓冲器的机械能守恒
B. 摩擦力做功消耗机械能
C. 垫板的动能全部转化为内能
D. 弹簧的弹性势能全部转化为动能
5. 如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）
A. 木板对小物块做功为mv2
B. 摩擦力对小物块做功为mgLsin α
C. 支持力对小物块做功为mgLsin α
D. 滑动摩擦力对小物块做功为mv2－mgLsin α
6. 如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台。货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tan θ<μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A. 当速度v一定时，倾角θ越大，运送时间越短
B. 当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变
C. 当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长
D. 当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热量越多
7. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧下端悬挂一个质量为m的小球，处于静止状态，手托小球使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使小球从静止开始下落，小球下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球速度最大时弹簧的弹性势能为零
B. 弹簧的弹性势能最大时小球速度为零
C. 手托小球缓慢上移时手对小球做功为W1＝
D. 小球从静止下落到速度最大过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为W2＝－mv2
8.（安徽高考）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A. 重力做功2mgR
B. 机械能减少mgR
C. 合外力做功mgR
D. 克服摩擦力做功mgR
9. 如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。传送带长l＝20 m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h＝1.8 m，传送带匀速运动的速度为v＝2 m/s。现从传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）麻袋包在传送带上运动的时间t；
（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能。
10. 工厂流水线上采用弹射装置将物品转运，现简化其模型分析：如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻质弹簧上，到达某处时（仍处于弹簧弹性限度内）由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。求：
（1）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
（2）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
11. 如图所示，轮半径r＝10 cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5 m，与一圆心在O点、半径R＝1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25 m。一质量m＝0.1 kg的小滑块（可视为质点），在水平力F作用下静止于圆轨道上的P点，OP与竖直线的夹角θ＝37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。
（1）求水平力F的大小；
（2）撤去力F，使滑块由静止开始下滑；
①若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
②若传送带以v0＝0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由B到A运动），求滑块在传送带上滑过痕迹的长度。
1. C 解析：采用背越式跳高方式时，身体各部位是依次通过横杆，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确。
2. BD 解析：汽车由A匀速运动到B，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W牵＋WG－Wf＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A、C错误，B正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D正确。
3. BD 解析：设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得
Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，解得Ff＝mg。
重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp＝mgh。
动能的变化由合外力做功决定，故
ΔEk＝（Ff＋mgsin 30°）s＝mg·＝mgh。
机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械＝＝mg·＝mgh。
故B、D正确，A、C错误。
4. B 解析：由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，故选项A错误，选项B正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项C、D错误。
5. B 解析：在抬高A端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：WN＋WG＝0，即WN－mgLsin α＝0，所以WN＝mgLsin α。在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：WG＋Wf＝mv2，即Wf＝mv2－mgLsin α，B错，C、D正确。在整个过程中，设木板对小物块做的功为W，对小物块在整个过程由动能定理得W＝mv2，A正确。
6. D 解析：开始时对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律得a＝μgcos θ－gsin θ，根据运动学公式得货物加速到与皮带速度相等所需的时间t1＝，货物加速过程的位移x1＝，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmgcos θ>mgsin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间t2＝，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t1＋t2＝＋，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B错误；货物相对皮带运动的位移Δx＝vt1－t1＝t1，v和θ一定，速度一定，加速度一定，由t1＝得货物的加速时间t1一定，货物相对皮带的位移一定，C错误；摩擦产生的热量为μmgΔx，当倾角θ和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热量越多，D正确。
7. BD 解析：小球速度最大时，合外力为零，所以弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，选项A错误。
当小球到达最低点时，速度为零，弹簧的伸长量最大，弹性势能最大，B正确。
小球上升过程，根据动能定理得W1＋W弹－mgx＝0，其中x＝，所以
W1＝－W弹，C错误。
小球下落过程：mgx－W弹＝mv2，解得W弹＝－mv2，D正确。
8. D 解析：小球在A点正上方由静止释放，通过B点时恰好对轨道没有压力，此时小球的重力提供向心力，即：mg＝m，得v2＝gR，小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，A错误；减少的机械能ΔE＝mgR－mv2＝mgR，B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，C错误；由动能定理得：mgR－＝mv2－0，所以＝mgR，D正确。
9. 解：
（1）对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得
v＝at1，故t1=5s
x1＝，x1=5m
l－x1＝vt2
联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s。
（2）设麻袋包做平抛运动时间为t，有h＝gt2，x＝vt，解得：x＝1.2 m
麻袋包在主动轮的最高点时，平抛水平初速度为v=2m/s，由圆周运动知识可知，此时与传送带之间相互作用力为零，故有mg＝m
解得：R＝0.4 m。
（3）设麻袋包做匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝vt1－x1，则滑动摩擦力做功为
由能量守恒定律得ΔE＝mglsin θ＋mv2＋μmgcos θ·Δx
解得：ΔE＝15 400 J。
10. 解：（1）由题意知滑块在传送带上一直做匀加速运动，设滑块离开弹簧时的速度为v，由动能定理可得：μmgL＝－mv2
对弹簧和滑块构成的系统，由机械能守恒定律得Ep＝mv2
联立解得：Ep＝－μmgL。
（2）对滑块在传送带上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得
μmg＝ma
v－v2＝2aL
v0＝v＋at
联立解得t＝
＝v0t－L
所以Q＝Ff·＝mv02－mv0－μmgL。
11. 解：（1）滑块静止于P点时，由平衡条件知F＝mgtan θ
代入数值得F＝0.75 N。
（2）①滑块从P到A的过程，由机械能守恒定律得mg（R－Rcos θ）＝mvA2
从A到B的过程，由动能定理得－μmgL＝mvB2－mvA2
解得vA＝2 m/s vB＝1 m/s
经过传送带的B点时，根据牛顿第二定律有mg－FN＝
解得FN＝0
所以滑块从B点开始做平抛运动，设滑块在空中飞行的时间为t，落地点与B点间的水平距离为x，则
H＝gt2 x＝vBt
解得x＝0.5 m；
②传送带逆时针运行时，滑块做匀减速运动，运动情况与传送带保持静止时相同，故最终滑块仍会从B点滑出。设滑块运动的加速度为a，滑块在传送带上运动的时间为t′，则
vB＝vA＋at′
－μmg＝ma
解得=1s
滑过痕迹的长度L′＝L＋v0t′
解得L′＝2 m。
天体运动中的能量问题难点突破
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中（ ）
A. X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能
B. X－37B的机械能要减少
C. 自然界中的总能量要变大
D. 如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变
2.“天宫一号”目标飞行器相继与“神舟八号”和“神舟九号”飞船成功交会对接，标志着我国太空飞行进入了新的时代。“天宫一号”在运行过程中，由于大气阻力影响，轨道高度会不断衰减。假定在轨道高度缓慢降低的过程中不对“天宫一号”进行轨道维持，则在大气阻力的影响下，轨道高度缓慢降低的过程中（ ）
A. “天宫一号”的运行速率会缓慢减小
B. “天宫一号”的运行速度始终大于第一宇宙速度
C. “天宫一号”的机械能不断减小
D. “天宫一号”的运行周期会缓慢增大
3. 2012年5月6日，天空出现“超级大月亮”，月亮的亮度和视觉直径都大于平常，如图所示。究其原因，月球的绕地运动轨道实际上是一个偏心率很小的椭圆，当天月球刚好运动到近地点。结合所学知识判断下列与月球椭圆轨道运动模型有关的说法中正确的是（ ）
A. 月球公转周期小于地球同步卫星的公转周期
B. 月球在远地点的线速度小于地球第一宇宙速度
C. 月球在远地点的加速度小于在近地点的加速度
D. 月球在远地点的机械能小于在近地点的机械能
4. 2013年12月2日凌晨，我国发射了“嫦娥三号”登月探测器。“嫦娥三号”由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如图所示，P点为变轨点，则“嫦娥三号”（ ）
A. 经过P点的速率，轨道1的一定大于轨道2的
B. 经过P点的加速度，轨道1的一定大于轨道2的
C. 运行周期，轨道1的一定大于轨道2的
D. 具有的机械能，轨道1的一定大于轨道2的
5. 如果把水星和金星绕太阳的轨道视为圆周，如图所示，从水星与金星在一条直线上开始计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为θ1、θ2（均为锐角），则由此条件可求得水星和金星（ ）
A. 质量之比
B. 绕太阳的动能之比
C. 到太阳的距离之比
D. 受到的太阳引力之比
6. 由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么（ ）
A. 卫星受到的万有引力增大、线速度减小
B. 卫星的向心加速度增大、周期减小
C. 卫星的动能、重力势能和机械能都减小
D. 卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小
7. 2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用。其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作。北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是（ ）
A. 发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以
B. 卫星向地面上同一物体拍照时，GPS卫星拍摄视角小于北斗同步卫星拍摄视角
C. 北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能
D. 北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为
8. 北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B位置，如图所示。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。以下判断中正确的是（ ）
A. 这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为
B. 卫星1由位置A运动至位置B所需的时间为
C. 如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星2
D. 卫星1由位置A运动到位置B的过程中，万有引力做正功
9. 假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是 （ ）
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于飞船在轨道Ⅱ上运动时的机械能
B. 飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
C. 飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D. 飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同
10. 据报道，“嫦娥三号”于2013年12月2日发射成功。“嫦娥三号”接近月球表面的过程可简化为三个阶段：距离月球表面15 km时打开反推发动机减速，下降到距月球表面H＝100 m高度时悬停，寻找合适落月点；找到落月点后继续下降，距月球表面h＝4m时速度再次减为0；此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到月球表面。已知“嫦娥三号”质量为140 kg，月球表面重力加速度g′约为1.6 m/s2，月球半径为R，引力常量为G。求：
（1）月球的质量（用题给字母表示）；
（2）“嫦娥三号”悬停在离月球表面100 m处时发动机对“嫦娥三号”的作用力；
（3）“嫦娥三号”从悬停在100 m处到落至月球表面，发动机对“嫦娥三号”做的功。
1. AD 解析：在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错。根据能量守恒定律，可知C错。X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D对。
2. C 解析：“天宫一号”由于阻力影响，机械能不断减小，偏离轨道做向心运动，半径减小，运行速度增大但小于第一宇宙速度，周期减小，所以A、B、D错误，C正确。
3. BC 解析：月球公转周期（约27天）大于地球同步卫星的公转周期（1天），A错误。月球的公转轨道半长轴大于地球半径，故线速度小于地球第一宇宙速度，B正确。月球在远地点受到的万有引力小于在近地点受到的万有引力，故远地点的加速度小于近地点的加速度，C正确。月球从近地点运行到远地点的过程中，仅有万有引力对它做功，故机械能大小不变，D错误。
4. ACD 解析：卫星在轨道1上经过P点时减速，使其受到的万有引力大于需要的向心力，而做向心运动才能进入轨道2，故经过P点的速率，轨道1的一定大于轨道2的，故A正确；根据万有引力提供向心力G＝ma，得a＝，由此可知，到月球的距离r相同，a相等，故经过P点的加速度，轨道1的一定等于轨道2的，故B错误；根据开普勒第三定律＝k可知，r越大，T越大，故轨道1的周期一定大于轨道2的周期，故C正确；因为卫星在轨道1上经过P点时减速，做向心运动才能进入轨道2，即外力对卫星做负功，机械能减小，故轨道1的机械能一定大于轨道2的机械能，故D正确。
5. C 解析：把水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳运动的动能之比，故B错误；相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：＝mrω2，解得r＝，知道了角速度之比，就可求出轨道半径之比，即到太阳的距离之比，故C正确；由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们受到的太阳引力之比，故D错误。
6. BD 解析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力。
由＝m＝＝ma，知万有引力与距离的二次方成反比，半径减小则万有引力增大，由线速度v＝，知半径减小，线速度增大，选项A错误；由a＝G，知r减小，a增大，由T＝知，r减小，T减小，选项B正确；由卫星运行的线速度v＝，知半径减小，线速度v增大，故动能增大，卫星轨道高度降低则其重力势能减小，在轨道减小的过程中由于阻力的存在，卫星要克服阻力做功，机械能减小，选项C错误，选项D正确。
7. D 解析：7.9 km/s是发射卫星的最小速度，不同的卫星发射速度不同，故A错误；北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，所以卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角，故B错误；由于卫星的质量关系不清楚，所以无法比较机械能的大小关系，故C错误；GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，同步卫星的运行周期是24小时，所以北斗导航系统中的同步卫星和GPS导航卫星的运行周期之比为T1∶T2＝2∶1。根据万有引力提供向心力得r＝，所以北斗同步卫星的轨道半径与GPS卫星的轨道半径之比是∶1，根据v＝得北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为，故D正确。
8. A 解析：A. 根据=ma，GM=gR2，联立解得a=。轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A正确。B. 根据=，GM=gR2，联立解得，则卫星从位置A运动到位置B的时间t==。故B错误。C. 如果卫星1加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会追上卫星2。故C错误。D. 卫星从位置A运动到位置B，由于万有引力方向与速度方向垂直，万有引力不做功。故D错误。故选A。
9. BC 解析：飞船在轨道Ⅰ上运动至P点时必须点火加速才能进入轨道Ⅱ，因此飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于在轨道Ⅱ上运动时的机械能，A错误；由行星运动规律可知B正确；由公式a＝G可知，飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，C正确；由公式T＝2π可知，因地球质量和火星质量不同，所以飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不相同，D错误。
10. 解：（1）在月球表面，万有引力等于重力，则有G＝mg′
解得：M＝。
（2）因受力平衡，有F＝mg′
解得：F＝224 N。
（3）从悬停在高100 m处到达高4 m处过程由动能定理有mg′（H－h）＋W1＝0
从高4 m处释放后“嫦娥三号”机械能守恒，发动机不做功，则有W2＝0
解得：W＝W1＋W2＝－21 504 J。
破解恒力下的功与功率
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球。给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动。在此过程中（ ）
A. 斜面对小球的支持力做功
B. 重力对小球不做功
C. 绳的张力对小球不做功
D. 小球的摩擦力始终做负功
2. 如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是（ ）
A. 摩擦力对物体做正功
B. 摩擦力对物体做负功
C. 支持力对物体不做功
D. 合外力对物体做正功
3. 下列选项所示的四幅图是小明提包回家的情景，其中小明提包的力不做功的是（ ）
4. 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0～6 s内，物体的位移大小为30 m
B. 0～6 s内，拉力做的功为70 J
C. 合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D. 滑动摩擦力的大小为5 N
5. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时刻其速度为2.0 m/s。从此时刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1、P2、P3，则（ ）
A. P2>P3>P1
B. P1>P2>P3
C. 0～2 s内，拉力F对滑块做功为4 J
D. 0～2 s内，摩擦力对滑块做功为4 J
6. 如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向的夹角为30°，则（ ）
A. 从开始到绳与水平方向的夹角为30°时，拉力做功mgh
B. 从开始到绳与水平方向的夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv2
C. 在绳与水平方向的夹角为30°时，拉力的功率为mgv
D. 在绳与水平方向的夹角为30°时，拉力的功率小于mgv
7. 心电图的出纸速度（纸带移动的速度）v＝2.5 cm/s，记录下的某人的心电图如图所示（图纸上每小格边长l＝5 mm），在图象上，相邻的两个最大振幅之间对应的时间为心率的一个周期。
（1）此人的心率为多少次/分？
（2）若某人的心率为75次/分，每跳一次输送80 mL血液，他的血压（可看作血液的平均压强）为1.5×104 Pa，据此估算此人心脏跳动做功的平均功率P。
（3）按第（2）问的答案估算一下，人的心脏工作一天所做的功相当于把1吨重的物体举起多高？（保留两位有效数字）
1. CD 解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，即F与D垂直，故不做功，A错，C对；摩擦力总与速度方向相反，故始终做负功，D正确。小球在重力方向上有位移，因而做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错。
2. AC 解析：物体P匀速上升过程中，合外力为零，合外力对物体做功为零，D错误；支持力垂直于运动方向，故支持力做功为零，C正确；摩擦力沿斜面向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A正确，B错误。
3. B 解析：A情境包的位移向上，力向上，所以做正功，C情境也如此；D情境拉力向上，位移向右上方，夹角不是90°，所以D也做功了；B情境是在水平面上匀速，则人的拉力还是向上，位移是水平的，则两个方向垂直，所以B不做功。
4. ABC 解析：由v－t图象面积表示相应时间内的位移，得A项正确；
0～2 s内，物体做匀加速运动，设拉力为F1。由P1＝F1v，得F1＝ N＝5 N，W1＝F1x1＝5×J＝30 J。2 s～4 s内，W2＝P2t2＝10×4 J＝40 J，所以0～6 s内W＝W1＋W2＝70 J，B项正确；
由v－t图象得0～2 s内物体做匀加速运动，2～4 s内物体做匀速运动，故C项正确；
2～6 s内，Ff＝F拉＝＝ N＝ N，D项错误。
5. BC 解析：根据匀变速直线运动的平均速度公式，知物体在第1s内的平均速度为：，第2s内的平均速度为：，第3s做匀速直线运动为：，根据平均功率公式有：；；，所以A错误，B正确；
由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为1m、1m、2m，由F—t图象及功的公式W=Flcosθ可求知：第1s内拉力做的功W1=1J，第2s内拉力做的功W2=3J，故0～2s内拉力所做的功为4J；故C正确；
在0～2s内，力F做的总功为4J，动能变化为0，根据动能定理在此过程中只有拉力F和摩擦力做功，故拉力和摩擦力做功的代数和为0，得摩擦力对滑块做功-4J，故D错误。
6. B 解析：将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示。
货物速度为：v=v0cosθ，由于θ逐渐变小，故货物加速上升
当θ=30°时，货物速度为
当θ=90°时，货物速度为零
根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，，故A错误，B正确；
在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为：P=Fv，其中v=，由于加速，拉力大于重力，故P=，故C错误；
由于物体加速，绳子对货物的拉力大于重力，由于两端拉力相等，夹角为60°，故合力大于，故D错误。
7. 解：（1）在心脏跳动一次的时间T（周期）内，图纸移动的距离L≈4l，有
T＝＝ s＝0.8 s。1分钟内跳动次数为f＝＝75次/分。
（2）我们可以将心脏推动血液对外做功的过程，简化为心脏以恒定的压强推动圆柱形液体做功的模型。设圆柱形液体的横截面积为S，长度为ΔL。
根据P＝，W＝FΔL，F＝pS得
P＝＝
将已知条件代入式中得P＝ W＝1.5 W。
（3）心脏工作一天所做的功W＝Pt′＝1.5×3 600×24 J＝1.3×105 J
h＝＝ m＝13 m。
破解变力功的计算
（答题时间：20分钟）
1. （江苏高考）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（ ）
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大
2. 如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是（ ）
A. FN和Ff对物块都不做功
B. FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C. FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D. FN和Ff对物块所做功的代数和为0
3. 如图甲所示，质量m＝2 kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用。物块从A点由静止开始运动，在0～5 s内运动的v－t图象如图乙所示，由图可知下列判断正确的是（ ）
甲 乙
A. t＝2.5 s时，物块经过P点
B. t＝2.5 s时，物块距P点最远
C. t＝3 s时，恒力F2的功率P为10 W
D. 在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和为－8 J
4. 质量为2 kg的物体放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
B. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
C. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
D. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
5. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始，在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示。则（两图取同一正方向，取g＝10 m/s2）（ ）
A. 滑块的质量为0.5 kg
B. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05
C. 第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D. 第2 s内力F的平均功率为1.5 W
6. 如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？
（1）用F缓慢地拉；
（2）F为恒力；
（3）若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。
7. 如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速拉到顶端，斜面长L为4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，求这一过程中：
（1）人拉绳子的力做的功；
（2）物体的重力做的功；
1. A 解析：小球速率恒定，故合外力做功为0，即拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确。
2. B 解析：由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。由于物体速率不变，故支持力FN做功与重力势能的增加量相等，B正确。
3. BCD 解析：根据题图乙可知t＝1 s时，物块由加速变为减速，结合题干条件可判断t＝1 s时，物块经过P点，A错；根据v－t图象的物理意义可知t＝2.5 s时，物块向右运动位移最大，即距P点最远，B对；根据牛顿第二定律得F1＝ma1，F2－F1＝ma2，结合图象联立解得F2＝10 N，t＝3.0 s时，v＝a2t′＝1 m/s，所以，恒力F2的功率P＝F2v＝10 W，C对；根据动能定理得在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和。
4. D 解析：前3 m位移内拉力F1＝＝ N＝5 N
前3 m的加速度a1＝＝1.5 m/s2
前3 m末速度v1＝＝3 m/s
后6 m位移内拉力F2＝＝ N＝2 N
a2＝＝0，物体做匀速运动
所以整个过程中拉力的最大功率为Pmax＝F1v1＝5×3 W＝15 W。
5. BD 解析：由v—t图象知，0～1 s和1～2 s时间内的加速度大小均为1 m/s2，由牛顿第二定律得F1＋f＝ma、F2－f＝ma，联立解得m＝2 kg、f＝1 N，选项A错误；由f＝μmg解得μ＝0.05，选项B正确；0～1 s和1～2 s时间内滑块发生的位移大小相等，均为0.5 m，摩擦力对滑块做的功均为－0.5 J，选项C错误；第2 s内，力F的平均功率为P＝＝＝ W＝1.5 W，选项D正确。
6. 解：（1）用力F缓慢拉小球时，拉力F为变力，由能量守恒定律得拉力F的功WF＝mgL（1－cos θ）。
（2）F为恒力时，根据功的公式得F做的功为WF＝FLsin θ。
（3）因拉力为恒力，故拉力的功WF＝FLsin θ，又因拉到该处时小球的速度刚好为零，由动能定理可得：WF＝mgL（1－cos θ）。
7. 解：（1）工人拉绳子的力：
F＝mgsin θ
工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcos α，得
W1＝mgsin θ·2L＝2 000 J。
（2）由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0。只有重力和拉力对料车做功，故重力做功为J。
轻松解决机车启动问题
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内（ ）
A. 小车做匀加速运动
B. 小车受到的牵引力逐渐增大
C. 小车受到的合外力所做的功为Pt
D. 小车受到的牵引力做的功为Fs＋mv
2. 一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60 kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120 km/h，若汽车行驶时受到的阻力和汽车的重力成正比，下列说法中正确的是（ ）
A. 汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N
B. 汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30 kW
C. 汽车消耗功率为45 kW时，若其加速度为0.4 m/s2，则它行驶的速度为15 m/s
D. 若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，汽车启动后加速度将会越来越小
3. 一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P－t图象如图所示，g＝10 m/s2，加速和减速过程均为匀变速运动，则以下说法正确的是（ ）
A. 图中P1的值为900 W
B. 图中P2的值为1 100 W
C. 电梯匀速阶段运动的速度为2 m/s
D. 电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功
4. 机车从静止开始沿平直轨道做匀加速直线运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 机车输出功率逐渐增大
B. 机车输出功率不变
C. 在任意两相等的时间内，机车动能变化相等
D. 在任意两相等的时间内，机车速度变化的大小相等
5. 在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，求此过程中：
（1）电动车的额定功率；
（2）电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2 m/s。
6. 高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像。现利用这架照相机对MD－2 000家用汽车的加速性能进行研究，图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s。已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N。
（1）试利用图示，求该汽车的加速度；
（2）若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间；
（3）汽车所能达到的最大速度是多大；
（4）若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间（汽车已经达到最大速度）。
7. 一辆汽车质量为1×103 kg，最大功率为2×104 W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定。发动机的最大牵引力为3×103 N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示。试求：
（1）根据图线ABC判断汽车做什么运动；
（2）v2的大小；
（3）整个运动过程中的最大加速度。
1. D 解析：小车运动方向受向前的牵引力F1、阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1减小，a减小，当v＝vm时，a＝0；故A、B项错；合外力的功W总＝Pt－Fs，由动能定理得W牵－Fs＝m，故C项错，D项对。
2. ACD 解析：由P＝Fv可得汽车以额定功率P＝60 kW、以速度v＝120 km/h＝ m/s匀速行驶时，受到的阻力大小为f＝F＝＝1.8×103 N，A项正确；汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为P＝fv＝1.8×103×15 W＝27 kW，B项错；汽车消耗功率为45 kW行驶的速度为15 m/s时，其牵引力F＝＝3×103 N，由牛顿第二定律得加速度a＝＝0.4 m/s2，C项正确；若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，其牵引力F随汽车速度的增大而减小，所以汽车启动后加速度将会越来越小，D项正确。
3. BC 解析：由于加速和减速过程均为匀变速运动，所以每个过程中电梯对人的作用力均为恒力。由题图可知在第2～5 s过程中，电梯匀速上升，电梯对人的支持力大小等于重力500 N。由P＝Fv可知，电梯以2 m/s的速度匀速上升，C正确；电梯加速上升的末速度和减速上升的初速度均为2 m/s。其加速度分别为1 m/s2和0.5 m/s2。由牛顿第二定律得加速过程F2＝mg＋ma＝550 N，减速过程F1＝mg－ma2＝475 N，故P2＝F2v＝1 100 W，P1＝F1v＝950 W。故A项错，B项正确；在P－t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示电梯对人的支持力所做的功，由图象易知，加速过程中电梯对人所做的功小于减速过程中电梯对人所做的功，D项错误。
4. AD 解析：由题意知，机车做匀加速直线运动，且阻力不变，所以牵引力也不变。根据P＝Fv知，选项A正确，B错误；根据动能定理，在任意相等时间内，由于位移不等，所以合外力做功不等，机车动能变化不等，选项C错误；由于是匀加速直线运动，选项D正确。
5. 解：（1）由题图可知AB段表示电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率（B点），BC段表示车做变加速运动，达到最大速度（C点）后做匀速运动。
当vmax＝15 m/s时，F＝400 N，则恒定的阻力Ff＝F＝400 N
电动车的额定功率P＝Ffvmax＝6 kW。
（2）在AB段：F＝2 000 N，
由P＝Fv得匀加速运动的末速度v＝3 m/s。
又F－Ff＝ma，
加速度a＝2 m/s2，
由v′＝at得：
所求运动时间t＝1 s。
6. 解：（1）由图可得汽车在第一个2 s时间内的位移x1＝9 m，第二个2 s时间内的位移x2＝15 m。
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2。
（2）由F－f＝ma得，汽车牵引力F＝f＋ma＝（1 500＋1 000×1.5） N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度v＝＝ m/s＝30 m/s，
匀加速运动保持的时间t1＝＝ s＝20 s。
（3）汽车所能达到的最大速度vm＝＝ m/s＝60 m/s。
（4）由（1）、（2）知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离x′1＝＝（30×） m＝300 m。
所以，后阶段以恒定功率运动的距离x′2＝（2 400－300） m＝2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有：P额t2－fx′2＝m（－v2）
解得t2＝50 s。
所以，所求时间为t总＝t1＋t2＝（20＋50） s＝70 s。
7. 解：（1）题图中图线AB段牵引力F不变，阻力Ff不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动。
（2）当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103 N，
v2＝＝ m/s＝20 m/s。
（3）汽车做匀加速直线运动时的加速度最大
阻力Ff＝＝ N＝1 000 N
a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
解密重力势能与弹性势能
（答题时间：30分钟）
1. 关于重力势能的说法中正确的是（ ）
A. 重力势能恒大于零
B. 重力势能的大小只由重力决定
C. 重力势能实际上是物体和地球共有的
D. 在地面上的物体重力势能一定等于零
2. 如图所示，物体从A点出发，沿着3条不同的轨道运动到B点，则移动过程中重力做功的情况是（ ）
A. 沿路径Ⅰ运动，重力做功最多 B. 沿路径Ⅱ运动，重力做功最多
C. 沿路径Ⅲ运动，重力做功最多 D. 沿各条路径重力做功都一样多
3. 物体在运动过程中克服重力做功为100J，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体的重力势能一定增加了100J
B. 物体的重力势能一定减小了100J
C. 物体的动能一定增加100J
D. 物体的动能一定减小100J
4. 用绳子吊起质量为M的物体，当物体以加速度a匀加速上升H的高度时，物体增加的重力势能为（ ）
A. MgH B. HgH＋Mga C. M（g－a） D. Mga
5. 如图所示，一根长为，质量为m的匀质软绳悬于O点，若将其下端向上提起使其对折，则做功至少为（ ）
A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl
6. “蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图所示，运动员身系弹性绳自高空中Q点自由下落，图中a是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置，则（ ）
A. 由Q到c的整个过程中，运动员的动能及重力势能之和守恒
B. 由a下降到c的过程中，运动员的动能一直减小
C. 由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小
D. 由a下降到c的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大
7. 将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是（取g＝10 m/s2）（ ）
A. 重力做正功，重力势能增加1.0×104 J
B. 重力做正功，重力势能减少1.0×104 J
C. 重力做负功，重力势能增加1.0×104 J
D. 重力做负功，重力势能减少1.0×104 J
8. 如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少
B. 物体的机械能不变
C. 弹簧的弹性势能先增加后减少
D. 弹簧的弹性势能先减少后增加
9. 一条长为、质量为m的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做多少功？
10. 如图所示，在水平地面上平铺n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h，如将砖一块一块地叠放起来，至少需要做多少功？
1. C 解析：重力势能的大小与零势能面的选取有关，若物体在零势能面下方，则重力势能为负；故A错误；
重力势能取决于物体的重力和所处的高度；故B错误；
重力势能是由物体和地球共有的；故C正确；
重力势能的大小与零势能面的选取有关：若选取高于地面的某一平面为零势能面，则地面上的物体重力势能为负；反之，则为正；故D错误。
2. D 解析：重力做功与路径无关，只取决于初末两点的高度差，故三条轨道中做功都等于mgh；所以ABC错误，D正确。
3. A 解析：重力做功等于重力势能的减小，物体克服重力做功100J，说明重力势能增加100J，故A正确，B错误；根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，由于不知道重力以外的力的做功情况，故无法判断动能改变情况，故C错误，D错误。
4. A 解析：根据重力做功WG＝－MgH，所以物体的重力势能增加MgH；故A正确，BCD错误。
5. D 解析：将绳子下端向上提起使绳对折，上部分不动，下部分的重心上升的高度为 h＝l，下部分的重力为：G下＝G＝mg，
根据功能关系得知，人至少做功为W＝G下h＝mg×＝mg。
6. CD 解析：由Q到c的整个过程中，运动员的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之和守恒，A错误；由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小，B错误，C正确；由a下降到c的过程中，弹性绳的伸长量不断增加，故弹性势能一直增大，D选项也正确。
7. C 解析：WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，C项正确。
8. D 解析：开始时弹簧处于压缩状态，撤去力F后，物体先向右加速运动后向右减速运动，所以物体的机械能先增大后减小，所以B错，弹簧先恢复原长后又逐渐伸长，所以弹簧的弹性势能先减少后增加，D对，A、C错。
9. 解：悬在桌边的长的链条重心在其中点处，离桌面的高度为：h＝，它的质量是m′＝m，当把它完全拉到桌面上时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有W＝△Ep＝mg×＝mg。
10. 解：把n块砖从平铺状态变为依次叠放，所做的功至少要能满足重力势能的增加量，以地面为零势能面，对系统有：
平铺状态系统重力势能为： ＝（nm）g ①
依次叠放后系统重力势能为：＝（nm）g ②
根据功能关系有：W≥ ③
联解①②③得：。
动能和动能定理
（答题时间：20分钟）
1. 某人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为（ ）
A. mgl B. 0 C. μmgl D.mv2
2. 子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零，若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是（ ）
A. B.v C. D.
3. 在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（取向上为正方向）（ ）
4. 一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是（ ）
A. 电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B. 电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功
C. 电梯对人做的功等于人动能的增加量
D. 电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量
5. 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 合外力为零，则合外力做功一定为零
B. 合外力做功为零，则合外力一定为零
C. 合外力做功越多，则动能一定越大
D. 动能不变，则物体合外力一定为零
6. 人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图所示，则在此过程中（ ）
A. 物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2
B. 物体所受的合外力做的功为mv2
C. 人对物体做的功为mgh
D. 人对物体做的功大于mgh
7. 将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为，设空气阻力大小恒定，若将它以初动能4E0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了（ ）
A. 3E0 B. 2E0
C. 1.5E0 D. E0
1. D 解析：由动能定理直接判定，因不清楚物体与手之间的静摩擦力变化关系，故无法用力与位移之积表示。
2. B 解析：设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为Ff，根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－Ffd＝0－mv2，设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－Ff·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B。
3. A 解析：小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；由可知，位移和动能与时间不是线性关系，C、D错。
4. D 解析：电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A、B均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C错误，D正确。
5. A 解析：合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错。
6. BD 解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确。
7. A 解析：物体以初动能E0竖直向上抛出，设上升最大高度为h，根据动能定理，对全过程有－2fh＝－，对上升过程有－fh－mgh＝0－E0，联立解得mg＝3f；物体以初动能4E0竖直上抛，设上升的最大高度为h′，对上升过程运用动能定理有－mgh′－fh′＝0－4E0，得mgh′＝3E0，即重力势能的增加量为3E0，只有选项A正确。
专题破解动能定理与图象问题
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示绘出了某辆汽车刹车过程的刹车痕（即刹车距离）与刹车前车速的关系图象，v为刹车前的速度，s为刹车痕长度，已知该车在某次撞车事故现场中警察已经测量出碰撞前的刹车痕为20 m，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若已估算出汽车碰撞时的速度为45 km/h，则原来刹车前的速度至少是60 km/h
B. 若已估算出汽车碰撞时的速度为45 km/h，则原来刹车前的速度至少是75 km/h
C. 若已知汽车开始刹车时的速度为108 km/h，则发生碰撞时的速度约为90 km/h
D. 若已知汽车开始刹车时的速度为108 km/h，则发生碰撞时的速度约为78 km/h
2. （宿迁一模）质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. x＝1 m时速度大小为2 m/s
B. x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C. 在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D. 在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
3. 质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后在摩擦力的作用下减速到停止，其v－t图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. F1和F2大小相等
B. F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C. A、B所受摩擦力大小相等
D. 全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
4. 物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（ ）
A. 从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B. 从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C. 从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D. 从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
5. 如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线。从图中可以判断（ ）
A. 在0～t1时间内，外力做正功
B. 在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C. 在t2时刻，外力的功率最大
D. 在t1～t3时间内，外力做的总功为零
6. 如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，（g取10 m/s2）求：
（1）A与B间的距离；
（2）水平力F在5 s内对物块所做的功。
7. 总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象（g取10 m/s2），
（1）求0～2 s内阻力做的功；
（2）估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功（结果保留3位有效数字）。
8. 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
（3）若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
1. BC 解析：由图线知，对初速度为v1＝60 km/h的汽车停下来对应的刹车时位移是s1＝20 m，由动能定理可得－μmgs1＝0－。若刹车一段距离s＝20 m后，汽车仍有速度v＝45 km/h，则由－μmgs＝－，联立以上两式，解得v0＝75 km/h，B正确，A错误；类似可解得，若已知汽车开始刹车时的速度为108 km/h，刹车20 m后的速度（碰撞时的速度）为90 km/h，C正确，D错误。
2. D 解析：对物块由动能定理得F合x＝ΔEk，则F合＝，即图线的斜率等于合外力，在0～2 s内，F合＝＝2 N，设x＝1 m时速度大小为v，由动能定理得F合x1＝mv2－0，v＝m/s，A错误；
由图线知2～4 m内加速度恒定，a＝m/s2m/s2，B错误；在前4 m位移过程中由动能定理得W－μmgx＝9 J，W＝9 J＋0.2×2×10×4 J＝25 J，C错误；在x＝2 m时，＝4 J，v1＝2 m/s，在x＝4 m时，＝9 J，v2＝3 m/s，在前2 m内，2 m＝t1，t1＝2 s，在后2 m内，2 m＝t2，t2＝0.8 s，故t1＋t2＝2.8 s，D正确。
3. C 解析：设A加速时加速度大小为a，则减速时加速度大小为0.5a，B加速时加速度大小为0.5a，减速时加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A：F1－＝2ma，＝2m×0.5a，对B：F2－＝0.5ma，＝ma，解得F1＝3ma，F2＝1.5ma，＝，A错误，C正确；外力F1、F2做功分别为：W1＝F1x1，W2＝F2x2，由图线围成的面积可知x1＝0.5x2，故W1∶W2＝1∶1，B错误，两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为x∶x＝1∶1，D错误。
4. CD 解析：从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W，B错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W，C正确。
5. AD 解析：由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错。
6. 解：（1）在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma，
得a＝2 m/s2
x＝at2＝4 m；
（2）设物块回到A点时的速度为vA，
由v＝2ax 得vA＝4 m/s
设整个过程中F做的功为WF，
由动能定理得：WF－2μmgx＝m。
解得：WF＝24 J。
7.（1）从题图中可以看出，在0～2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为
a＝＝m/s2＝8 m/s2，
设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma得
Ff＝m（g－a）＝80×（10－8）N＝160 N，
0～2 s内下落高度h′＝t＝×2 m＝16 m，
阻力做功W＝－Ffh′＝－2 560 J；
（2）从题图中估算得出运动员在14 s内下落了
h＝40×2×2 m＝160 m
根据动能定理，有mgh－Wf＝mv2，
所以有Wf＝mgh－mv2＝（80×10×160－×80×62）J≈1.27×105 J。
8. 解：（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝mvB2
即20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝×1×vB2，得vB＝2m/s。
（2）在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12，解得t1＝s。
（3）当滑块恰好能到达最高点C时，应用：mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得：
W－mg×2R＝mvC2－mvB2
代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。
动能定理巧解多过程问题
（答题时间：30分钟）
1. 质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（ ）
A.mgR B. mgR
C.mgR D. mgR
2. 质量m＝2 kg的物体，在光滑水平面上以v1＝6 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N方向向北的恒力作用于物体，在t＝2 s内物体的动能增加了（ ）
A. 28 J B. 64 J
C. 32 J D. 36 J
3. 如图所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为（ ）
A. W>－
B. W＝－
C. W＝－
D. 由于F的方向未知，W无法求出
4. 一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能不可能（ ）
A. 一直增大
B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大
C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
5. 子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是（ ）
A. B. v
C. D.
6. 如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是（ ）
A. 对物体，动能定理的表达式为，其中为支持力的功
B. 对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C. 对物体，动能定理的表达式为
D. 对电梯，其所受合力做功为
7. 如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是（ ）
A. 电梯地板对物体的支持力所做的功等于
B. 电梯地板对物体的支持力所做的功大于
C. 钢索的拉力所做的功等于＋MgH
D. 钢索的拉力所做的功大于＋MgH
8. （新课标Ⅱ卷）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1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F2，物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、分别表示拉力F1、F2所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）
A. ＞4，＞2
B. ＞4，＝2
C. ＜4，＝2
D. ＜4，＜2
9. 如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到的空气阻力为f，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球落地时动能等于mgH
B. 小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C. 整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h）
D. 小球在泥土中受到的平均阻力为mg（1＋）
10. （高考全国卷）一物块沿倾角为θ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；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（ ）
A. tanθ和 B.tanθ和
C. tanθ和 D.tanθ和
11. 如图所示，在水平面上有一质量为m的物体，在水平拉力作用下由静止开始运动一段距离后到达一斜面底端，这时撤去外力，物体冲上斜面，上滑的最大距离与在平面上移动的距离相等，然后物体又沿斜面下滑，恰好停在平面上的出发点。已知斜面倾角θ＝30°，斜面与平面上的动摩擦因数相同，求物体开始受到的水平拉力F。
12. （福建高考）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。
（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf；
（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m）
13. 如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离。
1. C 解析：小球通过最低点时，绳的张力为
F＝7mg ①
由牛顿第二定律知：F－mg＝ ②
小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg＝ ③
小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：
－2mgR＋Wf＝－ ④
由①②③④可得Wf＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误。
2. B 解析：由于力F与速度v1垂直，只有向北方向动能增加，依据动能定理：，其中代入数据解得：，故选项B正确。
3. B 解析：物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理可知
W＝－，故B正确。
4. C 解析：若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能。若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能。若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能，本题选C。
5. B 解析：设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f。根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－fd＝0－mv2。设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－f·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B。
6. CD 解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝－，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。
7. BD 解析：以物体为研究对象，由动能定理得
WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，选项B正确，选项A错误。
以系统为研究对象，由动能定理得
WT－（m＋M）gH＝（M＋m）v2
即WT＝（M＋m）v2＋（M＋m）gH>＋MgH，选项D正确，选项C错误。
8. C 解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x＝t也是2倍关系，若Wf1＝fx，则＝f·2x故＝2；由动能定理－fx＝mv2和－f·2x＝m（2v）2得＝4－2fx<4，C正确。
9. C 解析：小球下落高度为H的过程中需要克服空气阻力做功，故其落地时的动能为（mg－f）H，选项A错误；
设小球刚落地时的动能为Ek，小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W1，由动能定理得mgh－W1＝0－Ek，解得W1＝mgh＋Ek，故选项B错误；
若设全过程中小球克服阻力做功为W2，则mg（H＋h）－W2＝0，解得W2＝mg（H＋h），故选项C正确；
若设小球在泥土中运动时受到的平均阻力为F阻，则全程由动能定理得
mg（H＋h）－fH－F阻h＝0，解得F阻＝，故选项D错误。
10. D 解析：根据动能定理，
以速度v上升时，－μmgcosθ－mgH，
以速度上升时，－μmgcosθ－mgh，
解得h＝，μ＝tanθ，所以D正确。
11. 解：设动摩擦因数为μ，在平面上移动的距离为s，
据动能定理有物体由静止开始到冲到斜面最高点
Fs－μmgs－mgssin 30°－μmgscos 30°＝0 ①
物体沿斜面下滑到停在平面上的出发点
mgssin 30°－μmgscos 30°－μmgs＝0 ②
由①②得F＝mg
12. 解：（1）游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt ①
R＝gt2 ②
由①②式得vB＝ ③
从A到B，根据动能定理，有
mg（H－R）＋Wf＝－0 ④
由③④式得Wf＝－（mgH－2mgR）； ⑤
（2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg（R－Rcos θ）＝－0 ⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcos θ－N＝m ⑦
N＝0 ⑧
cos θ＝ ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R。
13. 解：（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：
mg（h1－h2）－μmgx＝－0
将h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3 m/s；
（2）小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgx＝
将h1、x、μ、g代入得：vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a＝gsin θ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间
t1＝＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s；
（3）对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，有：
mgh1－μmgx总＝0
将h1、μ代入得x总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x－x总＝1.4 m。
动能定理巧解变力做功问题
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为 （ ）
A.R（FN－3mg） B.R（3mg－FN）
C.R（FN－mg） D.R（FN－2mg）
2. 来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手。蹦床是一项好看又惊险的运动，如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点。不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是（ ）
A. vA＜vB，vB＞vC B. vA＞vB，vB＜vC
C. EA＝EB，EB＞EC D. EA＞EB，EB＝EC
3.（海南四校联考）如图所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m。现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. M受到的摩擦力保持不变
B. 物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C. 推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D. 开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N
4. 如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近（ ）
A. 0 B. 2πkmgR
C. 2kmgR D. kmgR
5. 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 m/s2。
（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？
（2）若v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
（3）若v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
6. 总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，以下是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：（g取10 m/s2）
（1）t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小；
（2）估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功；
（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。
1. A 解析：质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A项正确。
2. AC 解析：运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vA＜vB，在最低点C的速度也为零，vB＞vC，故A对，B错；以运动员为研究对象，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞EC，故C对，D错。
3. C 解析：取m和M为一整体，由平衡条件可得：F＝kx，隔离m，由平衡条件可得：Ff＝kx，可见M在缓慢左移过程中，M受的摩擦力在增大，开始滑动时，Ff＝kxm＝100 N，故此时推力F为100 N，A、D均错误，m受的摩擦力对m做正功，B错误；系统缓慢移动，动能不变，且又无内能产生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确。
4. D 解析：在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力Ff达到最大，其指向圆心的分量F1提供向心力，即F1＝m ①
由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1＝Ff＝kmg ②
在这一过程中对物块由动能定理，有Wf＝mv2 ③
由①②③知，转台对物块所做的功W1＝kmgR。
5. 解：（1）设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg＝
由动能定理可知－2mgR＝－
代入数据解得：v0＝m/s；
（2）设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mg－FC＝
由动能定理可知－2mgR－W＝mvC′2－
代入数据解得：W＝0.1 J；
（3）经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgR＝
根据牛顿第二定律可得FA－mg＝
代入数据解得：FA＝3mg＝6 N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝－
代入数据解得：ΔE＝0.561 J。
6. 解：（1）从图中可以看出，在0～2 s运动员做匀加速运动，其加速度大小为
a＝＝m/s2＝8 m/s2
设此过程中运动员受到的阻力大小Ff，根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma
得Ff＝m（g－a）＝80×（10－8）N＝160 N；
（2）从图中估算得出运动员在14 s内下落了h＝39×2×2 m＝156 m
根据动能定理，有：mgh－Wf＝mv2
所以有：Wf＝mgh－mv2＝（80×10×156－×80×62）J≈1.23×105 J；
（3）14 s后运动员做匀速运动的时间为
t′＝＝ s＝57.3
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t总＝t＋t′＝（14＋57.3）s＝71.3 s。
精准把握机械能守恒定律
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少
B. 物体的机械能不变
C. 弹簧的弹性势能先增加后减少
D. 弹簧的弹性势能先减少后增加
2. 下列物体中，机械能守恒的是（ ）
A. 做平抛运动的物体
B. 被匀速吊起的集装箱
C. 光滑曲面上自由运动的物体
D. 物体以g的加速度竖直向上做匀减速运动
3. 如图所示，质量为m的钩码在弹簧秤的作用下竖直向上运动。设弹簧秤的示数为FT，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. FT＝mg时，钩码的机械能不变
B. FTC. FTD. FT＞mg时，钩码的机械能增加
4. 关于机械能是否守恒，下列说法正确的是（ ）
A. 做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
B. 做圆周运动的物体，机械能一定守恒
C. 做变速运动的物体，机械能可能守恒
D. 合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
5. 如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B. 小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态
C. 小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D. 小球从下落到从右侧离开槽的过程中，机械能守恒
6. 如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中，正确的是（ ）
A. B物体受到细线的拉力保持不变
B. B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
C. A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D. A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
7. 如图所示是全球最高的（高度为208米）北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是（ ）
A. 乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR（1－cost）
B. 乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m－mg
C. 乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2
D. 乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR（1－cost）
8. AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示，一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑。已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦，求：
（1）小球运动到B点时的动能；
（2）小球下滑到距水平轨道的高度为R时速度的大小和方向；
（3）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道的支持力、各是多大？
1. D 解析：开始时弹簧处于压缩状态，撤去力F后，物体先向右加速运动，然后向右减速运动，所以物体的机械能先增大后减小，所以B错；弹簧先恢复原长后又逐渐伸长，所以弹簧的弹性势能先减少后增加，D对，A、C错。
2. AC 解析：物体做平抛运动或沿光滑曲面自由运动时，不受摩擦力作用，在曲面上弹力不做功，只有重力做功，机械能守恒；匀速吊起的集装箱，绳的拉力对它做功，不满足机械能守恒的条件，机械能不守恒；物体以g的加速度向上做匀减速运动时，由牛顿第二定律知mg－F＝m×g，有F＝mg，则物体受到竖直向上大小为mg的外力作用，该力对物体做了正功，机械能不守恒。
3. CD 解析：无论FT与mg的关系如何，FT与钩码位移的方向一致，FT做正功，钩码的机械能增加，选项C、D正确。
4. C 解析：做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内，则机械能不守恒，A、B错误；做自由落体运动的物体，合外力做功不为零，且为变速运动，但机械能守恒，C正确，D错误。
5. C 解析：小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒。而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒。小球到达槽最低点前，小球先失重，后超重。当小球向右上方滑动时，半圆形槽向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒。综合以上分析可知选项C正确。
6. BD 解析：对物体A、B进行运动分析可知，A、B做加速度越来越小的加速运动，直至A和B达到最大速度，从而可以判断细线对B物体的拉力越来越大，A选项错误；根据能量守恒定律知，B的重力势能的减少转化为A、B的动能与弹簧的弹性势能的增加，据此可判断B选项正确，C选项错误；而A物体动能的增量为细线拉力与弹簧弹力对A做功之和，由此可知D选项正确。
7. AD 解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－FN＝m，乘客受到座位的支持力为FN＝mg－m，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的弧度为t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgR（1－cost），总的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgR（1－cost），A、D项正确。
8. 解：以BC面所在的平面为零势能面。
（1）根据机械能守恒定律得：Ek＝mgR；
（2）根据机械能守恒定律得：ΔEk＝ΔEp，
mv2＝mgR
小球速度大小为：v＝
速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°角；
（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒定律，
在B点：－mg＝m，mgR＝
解得＝3mg，
在C点：＝mg。
机械能守恒定律
（答题时间：30分钟）
1. 关于重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A. 重力势能是地球与物体所组成的系统共有的
B. 重力势能为负值，表示物体的重力势能比在参考平面上具有的重力势能少
C. 卫星绕地球做椭圆运动，当由近地点向远地点运动时，其重力势能减小
D. 只要物体在水平面以下，其重力势能为负值
2. 如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻质弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少
B. 物体的机械能不变
C. 弹簧的弹性势能先增加后减少
D. 弹簧的弹性势能先减少后增加
3. 一质量为m的小球以初动能冲上倾角为θ的粗糙固定斜面，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能与其上升高度之间的关系（以斜面底端所在平面为零重力势能面），h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k为常数且满足0A. 上升过程中摩擦力大小f＝kmg
B. 上升过程中摩擦力大小f＝kmgcosθ
C. 上升高度h＝h0sinθ时，小球重力势能和动能相等
D. 上升高度h＝h0时，小球重力势能和动能相等
4. 如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。现将小球沿杆拉到使弹簧处于水平位置时由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h。若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧与杆垂直时，小球速度最大
B. 弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大
C. 小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mgh
D. 小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh
5. 如图所示，在轻质弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（ ）
A. B.
C. D. 0
6. 取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
7. 如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2（单位：m），小球质量m＝0.4 kg，圆弧轨道半径R＝1.25 m，g取10 m/s2，求：
（1）小球对圆弧轨道末端的压力大小；
（2）小球从O点到P点所需的时间（结果可保留根号）。
8. 如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。
（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m）
1. AB 解析：重力势能是物体与地球的相互作用所具有的能量，其为负值表示物体在所选的参考面以下，不一定在水平面以下，A、B均正确，D错误；卫星由近地点向远地点运动时，万有引力做负功，重力势能增加，C错误。
2. D 解析：因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D正确，A、B、C均错误。
3. D 解析：上升过程中，重力势能是逐渐增加的，动能是逐渐减少的，所以①表示重力势能Ep随上升高度变化的关系，②表示动能Ek随上升高度变化的关系。由①知mgh0＝，根据动能定理有－mgh0－f·＝0－，得f＝kmgsinθ，选项A、B均错误；由①知Ep＝h，由②知Ek＝－h＋，由Ep＝Ek得h＝，选项D正确，C错误。
4. BD 解析：设斜杆的倾角为θ，则当弹簧与杆垂直时，小球所受的合力为mgsinθ≠0，小球继续向下加速，当小球所受的合力为零时小球速度才达到最大，选项A错误；由小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，其弹性势能最小，那么小球的动能与重力势能之和最大，选项B正确；小球下滑至最低点的过程中，动能的变化为零，根据机械能守恒定律知小球重力势能的减少量mgh等于弹簧的弹性势能的增加量，选项D正确。
5. B 解析：对弹簧和小球A组成的系统，根据机械能守恒定律得弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小球B组成的系统，根据机械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh，得小球B下降h时的速度v＝，只有选项B正确。
6. B 解析：设物块抛出的初速度为v0，落地时速度为v，根据题意知，物块抛出时的机械能为mv，由机械能守恒定律，有mv＝mv2，得物块落地时的速度v＝v0，故物块落地时速度方向与水平方向的夹角为，选项B正确。
7. 解：（1）对小球，从释放到到达O点过程中
由机械能守恒：mgR＝mv2
v＝ m/s＝5 m/s
小球在圆弧轨道最低点：FN－mg＝m
FN＝mg＋m＝12 N
由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′＝FN＝12 N。
（2）小球从O点水平抛出后满足y＝gt2
x＝vt
又有 y＝6－x2
联立得t＝s。
8. 解：（1）游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理，有
mg（H－R）＋Wf＝mvB2－0④
由③④式得Wf＝－（mgH－2mgR）。⑤
（2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg（R－Rcos θ）＝mvP2－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有
mgcos θ－N＝m⑦
又N＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h＝R。⑩
