高中物理-功和能专题训练与解析

1、第 1 课时功功率和功能关系高考命题点功和功率的分析与计算命题轨迹情境图20152 卷 1720172 卷 1420183 卷 1920151 卷 1720172 卷 2415(2)17 题17(2)14 题18(3)19 题动能定理的应用20181 卷14、18,2 卷 1415(1)17 题17(2)24 题18(1)18 题18(2)14 题20193 卷 17机械能守恒和能量守恒定律的应用20183 卷 1719(3)17 题20162 卷 21力学中功能关系的理解和应用20171 卷 24,3 卷 1616(2)21 题17(3)16 题几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做

2、功与路径无关 (2)摩擦力做功的特点单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能 的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零， 且总为负值在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还 有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相 对位移的乘积摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热几个重要的功能关系重力的功等于重力势能的减少量，即 WGEp.弹力的功等于弹性势能的减少量，即 W合力的功等于

3、动能的变化，即 WEk.E .p弹重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即WE.(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即QFfx 相对其他功和功率的求解功的求解：WFlcos 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解v功率的求解：可以用定义式 PW来求解，如果力是恒力，可以用 PF cos 来求解t动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理.例 1 (多选)(2019ft东菏泽市下学期第一次模拟)如图 1 所示，半径为 R 的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为 m 的物块从 P 点由静止释

4、放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B 点，不计物块的大小，P 点到 A 点高度为 h，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是( )图 1 A物块从 P 到 B 过程克服摩擦力做的功为 mg(Rh)2mg2gh B物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为R2hmg物块在 B 点时对槽底的压力大小为R物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg2gh答案BCf解析物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有 mgRW 0，因此克服摩擦力1f做功 W mgR，A 项错误；根据机械能守恒，物块到A 点时的速度大小由 mgh2mv2 得 v1Rvt22RWgh，从

5、 A 到 B 运动的时间 t，因此从 A 到 B 过程中重力的平均功率为 P 22gh2mg2ghv2R2hmg，B 项正确；物块在B 点时，根据牛顿第二定律FR2hmgmgm，求得F ，NRNRN根据牛顿第三定律可知，FNF R，C 项正确；物块到 B 点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D 项错误拓展训练 1 (多选)(2019ft东济宁市第二次摸底)如图 2 所示，A、B 两物体的质量分别为 m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止释放，在下滑的过程中( )图 2A两物体下滑的加速度相同 B轻杆对 A 做正功，对 B 做负功C系统

6、的机械能守恒 D任意时刻两物体重力的功率相同答案ACy解析因为 A、B 两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A 正确；对两物体整体受力分析得：(2mm)gsin (2mm)a，整体加速度 agsin ；设杆对 B 的力为 F，隔离 B 可得： 2mgsin F2ma，且 agsin ，所以F0，B 错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C 正确；重力瞬时功率 Pmgv ，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D 错误拓展训练 2 (多选)(2019四川广元市第二次适应性统考)某质量 m1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度 v

7、54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在 54 km/h90 km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 变化的图线如图 3 所示，所受阻力恒为 1 250 N已知汽车在 t0 时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s 末则在前 11 s 内( )图 3经过计算 t 6 s0电动机输出的最大功率为 60 kW汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5105 J汽车的位移为 160 m答案AC解析开始阶段，牵引力F5 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1fv11F ma，解得：开始阶段加速度 a

8、2.5 m/s2.v154 km/h15 m/s，根据t0 a ，解得t06 s，故A 项正确；t0 时刻，电动机输出的功率最大，且 PF v5 00015 W75 000 W75 kW，故 B 项错误；汽油m1 1机工作期间，功率 PFv 6 00015 W90 kW,11 s 末汽车的速度 vP90103m/s2 1 2F3 60025 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功 WPt 90103(116) J4.5105 J，故C 项正211确；汽车前 6 s 内的位移 x at 2 2.562 m45 m，后 5 s 内根据动能定理得：PtF x1202112f 22mv222mv12，解得

9、：x2120 m所以前 11 s 时间内汽车的位移 xx1x245 m120 m165 m，故D 项错误应用动能定理解题的基本思路(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动 (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移例 2(多选)(2019宁夏银川市质检)如图 4 所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为 4

10、5和 37的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质量为 m 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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 370.6， cos 370.8)则()图 4动摩擦因数 67载人滑草车最大速度为2gh 7载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD3载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g答案AB解析对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知： mg2hmgcos45hmgcos 37h0，解得 6A 正确； 对经过上段滑道的过程分析，sin 45sin 377，选项h12g

11、h根据动能定理有 mghmgcos 45 sin 452mv2，解得：v7 ，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为amgcos 37mgsin 373m35g，选项D 错误拓展训练 3 (2019ft西五地联考上学期期末)如图 5 所示，固定斜面倾角为 .一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为 L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m 的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点， 松手后，小球最后落地的速度大小为 v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为 g，则该过程中，人对小球做

12、的功 W 及小球被抛出后离地面的最大高度 H 分别为( )图 51v2sin22gLsin cos22mv2mgLsin ；2g1v2sin22gLsin cos22mv2；2g11v2sin22gLsin cos22mv22mgLsin ；2g1v22mv2mgLsin ；2g答案A1解析对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得WmgLsin 2mv20，1则 W2mv2mgLsin ；11设小球离开斜面时的速度为 v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsin 2mv22mv 2；011从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH2mv22m(v0cos )2，v2sin22

13、gLsin cos2联立解得：H2g.拓展训练 4(2019云南昭通市上学期期末)如图 6，固定在竖直平面内的倾斜轨道 AB， 与水平固定光滑轨道 BC 相连，竖直墙壁 CD 高 H0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和 CD1等高，底边长 L 0.3 m 的固定斜面一个质量 m0.1 kg 的小物块(视为质点)在轨道 AB 上2从距离 B 点 L 4 m 处由静止释放，从 C 点水平抛出，已知小物块与 AB 段轨道间的动摩擦因数为 0.5，通过B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为 37.(空气阻力不计，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图 6求小

14、物块运动到 B 点时的速度大小；求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间；改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值15答案(1)4 m/s(2) 1s(3)0.15 J1解析(1)对小物块从 A 到 B 过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37mgL2cos 372mvB2，解得：v 4 m/s；B设物块落在斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y，如图所示：对平抛运动，有：xvBt，1y2gt2，HyH2结合几何关系，有：x ，3L113解得：t15 s 或 t5s(舍去)；设小物块从轨道上 A点静止释放且 ABL，运动到 B 点时的速度为 v，对物块从 AB1到碰撞

15、斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37mgcos 37Lmgy2mv20对物块从 A到运动到 B 过程分析，根据动能定理有12mvB2mgLsin 37mgLcos 371Hy2B2又 xv t，y gt2，x3125y9H29H联立解得：2mv2mg( 16 16y 8 )，25y9H23Ekmin故当 16 16y，即 y5H0.12 m 时，动能最小为 E，代入数据，解得kmin0.15 J.1机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断； (2)利用做功判断；利用能量转化判断；对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒 2解题步骤选取研究对象，分析物理过程及状态

16、；分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考面，根据机械能守恒列式3应用技巧对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解例 3 (多选)(2019福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为 m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上如图7 所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹， 轨迹的最高点距平台上表面高度为 h，不计空气阻力，重力加速度为 g，则( )图 7 A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh B棋子从离开平台至运动到最高点的

17、过程中，机械能增加mghChmgh棋子离开平台后距平台面高度为2时动能为 2D棋子落到另一平台上时的速度大于 2gh答案AD解析 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加 mgh，A 正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B 错误；取平台表面为零势能面，则棋子1在最高点的机械能 Emgh2mvx2，vx 为棋子在最高点的速度由于机械能守恒，则棋子离h111mgh2kx222开平台后距平台面高度为 时，动能为E E mgh mgh mv 2 2 ，C 错误；设棋子落到另一平台时的瞬时

18、速度大小为 v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：11mgh2mv22mvx2，解得：v2ghvx22gh，D 正确拓展训练 5(多选)(2019福建厦门市第一次质量检查)如图 8 所示，在竖直面内固定一半径为 R 的圆环，AC 是圆环竖直直径，BD 是圆环水平直径，半圆环ABC 是光滑的， 半圆环CDA 是粗糙的一质量为 m 的小球(视为质点)在圆环的内侧 A 点获得大小为 v、方向水平向0左的速度，小球刚好能第二次到达 C 点，重力加速度大小为 g，不计空气阻力在此过程中()图 8小球通过 A 点时处于失重状态小球第一次到达 C 点时速度为 gRv 2小球第一次到达 B 点

19、时受到圆环的弹力大小为 m( 0R15小球与圆环间因摩擦产生的热量为2mv022mgR答案CD2g)解析小球通过 A 点时，加速度向上，处于超重状态，选项A 错误；因小球刚好能第二次到v达 C 点，则此时 mgm C2，可知小球第二次到达C 点的速度为 v gR，因在轨道CDA 上RC运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达C 点的速度大于 gR，选项B 错误；小球从 A11v 22B0NB2R到第一次到达 B 点，由动能定理：mgR mv 2 mv 2；在 B 点：Fm B，联立解得：0v 2BFN m( R 2g)，选项C 正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的1115

20、热量为 Q2mv022mvC2mg2R2mv022mgR，选项D 正确例 4 (多选)(2019东北三省四市教研联合体模拟)如图 9 所示，斜面 1、曲面 2 和斜面 3 的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1 与曲面 2 的水平底边长度相同一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是( )图 9物体减少的机械能E1E2E3物体减少的机械能E2E1E3物体到达底端时的速度 v v v123物体到达底端时的速度 v2v1W 克 3，由于在轨道 2 上滑动时，为曲线运动，由牛顿第v2二定律可得 FNmgcos m R ，所以在轨道 2

21、 上滑动时滑动摩擦力大于 mgcos ，则 W 克 2W1213，故 WWW克克克克31，由此可知物体减少的机械能 E2E1E ；由动能定理可知 mghW mv2，由于 W2W1W3 可得 v2v1v ，故B、D 正确克2克克克3拓展训练 6 (多选)(2019安徽安庆市二模)如图 10 所示，光滑细杆 MN 倾斜固定，与水平方向夹角为 ，一轻质弹簧一端固定在 O 点， 另一端连接一小球，小球套在细杆上，O 与杆 MN 在同一竖直平面内，P 为 MN 的中点，且OP 垂直于 MN，已知小球位于杆上M、P 两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内现将小球从细杆顶端 M 点由静止释放，则在小球沿细

22、杆从 M 点运动到 N 点的过程中(重力加速度为 g)，以下判断正确的是( )图 10弹簧弹力对小球先做正功再做负功小球加速度大小等于 gsin 的位置有三个小球运动到 P 点时的速度最大小球运动到 N 点时的动能是运动到 P 点时动能的两倍答案BD拓展训练 7(多选)(2019云南昆明市 4 月质检)如图 11 所示，质量为 m 的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑 的定滑轮与质量为 M 的物块相连，已知 M2m.与定滑轮等高的 A 点和定滑轮之间的距离为d3 m，定滑轮大小及质量可忽略现将小环从 A 点由静止释放，小环运动到 C

23、 点速度为 0， 重力加速度取 g10 m/s2，则下列说法正确的是()图 11AA、C 间距离为 4 m B小环最终静止在 C 点C小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能 D当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为 21 答案AD解析由机械能守恒得：mgLACMg(d2LAC2d)，解得：LAC4 m，故 A 正确；设小环最终静止在 C 点，绳中的拉力等于 2mg，对小环有：F mg52mg，小环不能静止，Tsin 534mg所以假设不成立，故B 错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C 错误；将小环的速度

24、沿绳和垂直绳方向分解，沿绳1方向的速度即为物块的速度vMvmcos 60，由Ek2mv2 可知，小环与物块的动能之比为21，故D 正确专题强化练(限时 40 分钟)1. (2019湖南衡阳市第二次联考)2019 年春晚在开场舞蹈春海中拉开帷幕如图1 所示， 五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具) 相等，下面说法中正确的是( )图 1A观众欣赏表演时可把领舞者看做质点B2 号和 4 号领舞者的重力势能相等C3 号领舞者处于超重状态 D她们在上升过程中机械能守恒答案B解析 观众欣赏表演时看领舞者的动作，所以不能将领舞者看做质点，故A 错误；2 号和 4

25、号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B 正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C 错误；上升过程中，钢丝绳对她们做正功，所以机械能增大，故D 错误2(2019广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q 两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P 向上，Q 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中()AP 球 重 力 做 功 较 多B两球重力的平均功率相等 C落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大D落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等答案D解析根据 Wmgh 可知两球重力做功相同，选项A 错误；上抛的小球运动时间长，根据P W11可

26、知两球重力的平均功率不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律 mv2mgh mv 2t220可知，两球落地的速度相同，由 Pmgv 可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C 错误，D 正确3(2019贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后，演员 A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图 2 甲所示演员 A 滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A 的质量为 50 kg，长竹竿的质量为 5 kg，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示重力加速度取 g10 m/s2，则 t5 s 时，演员 A 所受重力的功率为( )图 2A50 WB500 WC55 WD550 W

27、答案B2解析由 vt 图象可知，46 s 内 A 向下减速，加速度的大小为：a22m/s21 m/s2，t5 s时，A 的速度大小为 v52 m/sa2t2 m/s11 m/s1 m/s，演员 A 所受重力的功率为 PGmAgv 50101 W500 W，故B 正确5(多选)(2019陕西榆林市第二次模拟)如图 3 所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中()图 3 A所受合力保持不变 B所受滑道的支持力逐渐增大 C机械能保持不变 D克服摩擦力做功和重力做功

28、相等答案BD解析运动员的速率不变，则向心加速度大小不变，方向变化，即向心力大小不变，方向变化，则所受合力大小不变，方向变化，选项A 错误；所受滑道的支持力为 FN，FNmgcos mv2R ( 角是所在位置的切线与水平面的夹角)，随着 减小，则所受滑道的支持力逐渐增大，选项B 正确；下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项C 错误；根据动能fk定理：WGW E 0，即克服摩擦力做功和重力做功相等，选项D 正确(多选)(2019湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体 A、B 并排静放在水平地面上，现FF用同向水平拉力、12 分别作用于物体 A 和 B 上，分别作用一段时间后撤去，两

29、物体各自滑行一段距离后停止运动两物体运动的 vt 图象分别如图 4 中图线 a、b 所示已知拉力F 、F分别撤去后，物体做减速运动过程的 vt 图线彼此平行(相关数据已在图中标出)由12图中信息可以得出()图 4 A两个物体 A、B 与水平地面间的动摩擦因数相同BF1 等于 2.5F2CF1 对物体 A 所做的功与 F2 对物体 B 所做的功一样多DF1 的最大瞬时功率等于 F2 的最大瞬时功率的 2 倍答案ACD解析由题图可知减速阶段加速度大小 a1a21 m/s2，根据 mgma 可知：120.1，2.55211.5故A 正确；加速阶段的加速度 a m/s23 m/s2，a23m/s2，根

30、据 Fmgma 得：852.51321213F m，F m，所以 F 1.6F ，故 B 错误；加速阶段的位移分别为 x 2 1.5 m1.875m，x221123 m3 m，拉力做的功分别为 W Fx 5m(J)，W Fx 5m(J)，故C 正确；12222010F1 的最大瞬时功率 P1F1v1 3 m(W)，F2 的最大瞬时功率 P2F2v2 3 m(W)，所以 P12P2，故D 正确6(2019ft东泰安市第二轮复习质量检测)如图 5 所示的轨道由倾角为 45的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以 9 J

31、 的动能第一次落在轨道上若将此小球以 6 J 的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为( )图 5A9 JB12 JC15 JD30 J答案B12v0解析假设小球落到斜面上，分解位移可知 xv0t，y2gt2，xy，可得 t g ，落到斜面16上的速度大小为v 5v0.由Ek2mv2 可知，小球从顶端抛出时v0m，落到轨道时速度v18m ，v 3v0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh(93) JEk6 J，kE 12 J.7(2019安徽合肥市第二次质检)如图 6 甲所示，置于水平地面上质量为 m 的物体，在竖直拉力 F 作用下，由静止开始向上运动，其动能 Ek

32、与距地面高度 h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为 g，空气阻力不计下列说法正确的是( )图 6在 0h0 过程中，F 大小始终为 mg00在 0h0 和 h 2h 过程中，F 做功之比为 21在 02h0 过程中，物体的机械能不断增加在 2h 3.5h 过程中，物体的机械能不断减少00答案C解析0h0 过程中，Eh 图象为一段直线，由动能定理得：(Fmg)hmgh0，故 Fk02mg，A 错误；由 A 可知，F 在 0h0 过程中，做功为 2mgh，在 h0002h0过程中，由动能定理可知，W mgh 1.5mgh mgh ，解得W 1.5mgh ，因此在0h 和 h 2h过程中，FF00

33、0F0000做功之比为 43，故B 错误；在 02h0 过程中，F 一直做正功，故物体的机械能不断增加，C 正确；在2h 3.5h 过程中，由动能定理得W 1.5mgh 01.5mgh ，则W 0，故00F00FF 做功为 0，物体的机械能保持不变，故D 错误(多选)(2018ft东淄博市模拟)如图 7 所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上， 管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为 m 和 2m 的 a、b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小现释放两个小球， 让它们自由下落，重力加速度大小为 g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程

34、中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)()图 7Aa 球的动能始终减小Bb 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3 倍C弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量Db 球到达最低点时杆对 a 球的作用力等于 mg答案BC解析 刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动， 当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A 错误；两球的加速度始终相等，设为 a，根据牛顿第二定律，对 a 球有 Fmgma，对 b 球有 F杆2mgF弹2ma，解得 F杆3F弹，则由 WFl 可知，杆弹簧对

35、b 球做的功是杆对 b 球做功的 3 倍，即 b 球克服弹簧弹力做的功是杆对 b 球做功的 3倍，故B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对 b 球做的功等于 a、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时 a、b 均具有向上的加速度，此时杆对 a 球的作用力一定大于 a 球的重力 mg，故D 错误(多选)(2019广东茂名市第一次综合测试)如图 8 所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙一质量为 m 的小球从轨道的最低点以初速度 v0 向右运动， 球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为 R，不计空气阻

36、力设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是()图 8 A若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒3若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为2mgR若使小球始终做完整的圆周运动，则v0 一定不小于 5gR0若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则 v答案AC2gR解析 若小球运动到最高点时速度为 0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，要克服摩擦力做功，小球的机械能不守恒，故A 正确； 若初速度 v0 比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，故B 错误；若初速度v0 足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周

37、运动，机械能守恒，机v21械能必定大于 2mgR，小球恰好运动到最高点时速度设为 v，则有 mgm R ，2mv02mg2R12mv2，小球在最低点时的最小速度 v0 5gR，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0 一定不小于 5gR，故 C 正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运1动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得： 2mv02mg2R，小球在最低点时的速度 v 2gR，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力0做功，则小球在最低点时的速度 v0 一定大于 2gR，故D 错误(2019福建龙岩市 3 月质量检查)如图 9 所示，固定的

38、倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A 点，橡皮绳竖直且处于原长 h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法中正确的是( )图 9 A圆环的机械能守恒 B圆环的机械能先增大后减小 C圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh D橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案C解析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的 拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的 机械能守恒

39、，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故 A、B 错误；当圆环滑到杆的底端时，速度为零，则圆环的机械能减少了mgh，故C 正确；从圆环下滑到橡皮绳再次到达原长，动能一直增大，但再次原长时动能不是最大，沿杆方向合力 为零的时刻，圆环的速度最大，此时圆环的动能最大，故D 错误11(多选)(2019云南玉溪一中第五次调研)如图 10 所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C、D 两点与圆心 O 等高一质量为 m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心 O 的正下R方2处小球从最高点 A

40、 由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )图 10小球运动到 B 点时的速度大小为 2gR弹簧长度等于 R 时，小球的机械能最大小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为 4mg小球运动到 B 点时重力的功率为 0答案BCD解析由题分析可知，小球在 A、B 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，1小球从 A 到 B 的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR2mvB2，解得小球运动到 B 点时的速度为：v 2gR，故 A 错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于BR 时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B 正确；设小球在 A、B 两