第5讲功和能课件

专题二能量与动量

第5讲功和能

课时巩固

能力培养练

1.如图所示,轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定

滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的

夹角为0,当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时-

位移为L,随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮0处,B、0间距离也为L,

小物块与水平而及斜而间的动摩擦因数均为u,若小物块从A点运动

到B点的过程中,F对小物块做的功为叫,小物块在B0段运动过程中

克服摩擦力做的功为%，则下列结果正确的是（A）

A.WF=FL(2COS01)

B.W,..=2FLcos0

C.W,=umgLcos0

D.Wf=FLmgLsin20

解析:小物块从A点运动到B点的过程中,F对小物块做的功为%=Fs,s

为F作用点的位移,即绳端移动的长度,由几何关系可知s=2Lcos0

L,所以WF=FL（2COS。1）,故A正确,B错误;根据几何关系得B0斜面

倾角为20，小物块在B0段运动过程中所受摩擦力大小为Ff=

umgcos20,则M=KL二umgLcos20,故C、D错误。

2.取水平地面为重力势能参考平面。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。如果抛出点足够高,当物块的动

能等于重力势能的2倍时，速度与水平方向的夹角为（A）

Rn—

A>\，16-4Jc-312

解析:设物块水平抛出的初速度为V0,抛出时的高度为ho根据题意，

有点见2二mgh,则丽;设当物块的动能等于重力势能的2倍时，物

块距离地面的高度为X,由机械能守恒定律得2mgh=mgh'+》\产,又

2mgh,fv；解得h'《h,则此时物块在竖直方向上的分速度为

09（小九'）=&,则tan0二4,即速度与水平方向的夹角为£选

Y□VQJO

项A正确。

3.（2023•山东卷,4）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒

车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,

以角速度8匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,

与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中

的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒

车对灌入稻田的水做功的功率为（B）

(2)

A.2nmgoRHB.3nmgaRH

55

c3nmga）2RH.

C.——+Dn.nmg3RnHi

解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水

筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处

灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2兀RnmX60%二

1.2HRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=l.2五RnmgH,

则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P考,T卫,联立解得P包等竺。

4.（2022•广东卷,9）（多选）如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,

在水平MN段以恒定功率200X速度5m/s匀速行驶,在斜坡PQ段

以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。己知小车总质量为50kg,

MN=PQ=20m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10m/s；不计空气

阻力。下列说法正确的是（ABD）

A.从M到N,小车牵引力大小为40N

B.从M到N,小车克服摩擦力做功800J

C.从P至ljQ,小车重力势能增力U1义10,J

D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J

解析:从M至IJN,由P】=FM可得小车牵引力E旦写N=40N,选项A正

V15

确;从M到N,小车匀速直线行驶,牵引力等于摩擦力,可得摩擦力F广

F尸40N,小车克服摩擦力做的功W4二F门・MN=40X20J=800J,选项B

正确;从P到Q小车上升的高度h=PQ•sin30°=20X0.5m=10m,

小车重力势能的增加量AE『mgh=50X10X10J二5000J,选项C错误；

产产恰恰

上达A&

0t0tot0t

ABCD

解析：乒乓球上升阶段,设某一很短时间At内速度大小为V,则阻力

f=kv,发生的位移为Ax=vAt,由动能定理有(mg+f)Ax=AEk,可得

华二(mg+kv)v,上升过程，速度逐渐减小,警的绝对值逐渐减小，即

AtAt

Ek-t图线切线的斜率的绝对值减小,到达最高点时\速度减为0,斜率

也为0;同理，下降阶段有誉二(mgkv')v'=kv'2+mg/,由二次函数

的特点知鬻的绝对值从0先增大然后减小,最终趋于0,A错误,B正确。

At

结合上述分析,上升阶段有AE=mgAx,有鬻mgv,上升阶段速度逐渐

减小，等的绝对值逐渐减小，即E0_t图线的切线斜率逐渐减小,到达最

At

高点时，速度减为0,E1,-t图线的切线斜率也为0;同理，下降阶段有

鬻mgv，,速度大小逐渐增大，图线的切线斜率绝对值逐渐增大,C正

确,D错误。

素养提升练

7.(2023•湖南益阳二模)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水

平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。

两车分别从心和t3时刻开始以额定功率行驶,从仁和3时刻开始牵引

力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例

系数相同，则(ABC)

A.甲车的总重比乙车大

B.甲车比乙车先开始运动

C.甲车在&时刻和乙车在t3时刻的速率相同

D.甲车在t2时刻和乙车在3时刻的速率相同

解析:根据题述,两车额定功率P相同,匀速运动后牵引力等于阻力，

因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车t2时刻后和乙车3时刻后两车

牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知F=f=kmg,则甲车的总重比乙车

大，故A正确。如图所示，甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间

相等,所以甲车从这个时刻开始做加速运动；乙车在B点所对应的时

刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速,所以甲车比乙

车先开始运动，故B正确。两车分别从3和t3时刻开始以额定功率行

驶,这两个时亥（两车的牵引力等大，由P二Fv可知，甲车在3时刻和乙

车在t3时刻的速率相同，故C正确。t2时刻甲车达到最大速度,3时刻

乙车达到最大速度,根据汽车的额定功率P=fv『kmgvm可知，由于甲车

的总重比乙车大,所以甲车在G时刻的速率小于乙车在心时刻的速率,

故D错误。

8.(2023•河北廊坊三模)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆

上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度

h.=0.1m处,滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块,通过传感器测量

滑块的速度和离地高度h,并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从

0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为

零势能参考平面,g取10m/s2,由图像可知(D)

A.滑块的质量为0.1kg

B.弹簧原长为0.1m

C.弹簧最大弹性势能为0.32J

D.滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J

解析：从0.2m上升到0.35m范围内，滑块的动能变化量AEking-

△h,则滑块的质量为同屿：。=0.2kg,故A错误；由

-g•AnTOx(0.35-0.2)

于高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线,

说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力,所以从

h=0.2m滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2叫故B错误;根据滑块与

弹簧组成的系统机械能守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的

重力势能等于弹簧的最大弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能Epm=

mgh.=O.2X10X(0.350.1)J=0.5J,故C错误；由题图可知，当h二

0.18m时的动能最大;在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势

能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时,滑块的重力势能与弹

簧的弹性势能总和最小,根据系统机械能守恒可知Epmin=EEkm=Epn+mgh

^=（0.5+0.2X10X0.10.32）J=0.38J,故D正确。

9.（2023•湖南湘潭二模）（多选）如图所示,一倾角为0=30°的光滑

斜面与半径为R的光滑四分之一圆弧在最高点对接,斜面固定在水平

地面上,圆弧最低点与水平地面相切。质量分别为m和M的物块A与

B（可视为质点）通过跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳（长为1.5R）连接。

初始时轻绳伸直,将物块B由圆弧的最高点静止释放,当物块B到达圆

弧最低点时,物块A的速度为v。,重力加速度为g,则下列说法正确的

是（BCD）

A.物块B到达圆弧最低点时的速度大小也为v0

B.当物块B到达圆弧最低点时,物块A的机械能最大

C.轻绳对物块A做的功为扣孙2+争四

D.物块B经过圆弧最低点时受到的支持力小于m+2M当

解析:如图甲所示,设物块B滑至圆弧最低点时的速度为v,将其分解

为沿绳方向的速度明和垂直于绳方向的速度V"其中分速度v尸V。,由

几何关系可得v=V2v0,故A错误;在物块B沿圆孤向下运动过程中，减

少的机械能转化为物块A的机械能,则物块B到达圆弧最低点时,物块

A的机械能最大，故B正确;轻绳对物块A做的功等于其机械能的增加

量,W=1m%2+mg•&Rsin30°二|叫2+争1gR,故c正确;对滑至圆弧最

低点的物块B进行受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得R+F口

22

解得F、=Mg+2\gF“故D正确。

RR

10.（2023•山东枣庄一模）如图所示,餐桌中心有一个半径为r的圆

盘,可绕其中心轴转动,在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块,物

块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为Uo现缓慢增大圆盘的角速度，

小物块将从圆盘上滑落,最终恰好停在桌面边缘。己知最大静摩擦力

等于滑动摩擦力,重力加速度为g,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不

计。则下列说法正确的是（A）

A.餐桌的半径为今

B.小物块刚从圆盘上滑落时，小物块的速度为呼

C小物块刚从圆盘上滑落时，圆盘的角速度为湍

D.该过程中因摩擦产生的内能为umgr

解析：小物块刚滑落时'最大静摩擦力等于所需向心力，可得umg二

mo2r,解得3二竺选项C错误；小物块刚滑落时的速度大小为v=

3厂M丽,选项B错误;设小物块在餐桌上滑行的距离为x,根据动能

定理可得unigx=0imv2,解得

小物块在桌面上运动的俯视图如图所示,根据图中几何关系可得片二

x2+r2,解得R=?,选项A正确；该过程中因摩擦产生的热量为Q二

Umgx=1口mgr,选项D错误。

11.（2023•湖南卷,8）（多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC

由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点,AB段与水平面夹角

为。，BC段圆心为0,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径

2R。小球从A点以初速度V。冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点，

下列说法正确的是（AD）

A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度7冲诵

D.若小球初速度V。增大,小球有可能从B点脱离轨道

解析,：由题意知，小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速

度为VC=O,逆向分析,设小球与0点的连线与竖直方向夹角为a,则小

球从C到B的过程中，有mgRdcosa）Fx=mgcosa吟,联立解

得FN=3mgcosQ2mg;贝]从C到B的过程中。由0增大到。,cosa逐

渐减小,故F、逐渐减小，则小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐

增大,A正确。由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小,则A到B的

过程中重力的功率为P=mgvsin。，则A到B的过程中小球重力的功

率始终减小,B错误。从A到C的过程中有mg-2R叫叫2,解得

V。二2前,C错误;若小球在B点恰好脱离轨道,有mgcos0二片,则

力gRcos。;若小球初速度以增大,小球在B点的速度有可能大于

JgRcosO,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确。

12.（2023•湖北卷，14）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固

定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在

桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道崩在同一竖直平面内,

过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60。°小物块以某一水平初

速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向

进入轨道而内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间

的动摩擦因数为;,重力加速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视

ZT[

为质点。求：

⑴小物块到达D点的速度大小。

(2)B和D两点的高度差。

(3)小物块在A点的初速度大小。

解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有

2

m—VD=mg,

K

解得VD二J证。

⑵由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道函内侧，则在C

点有

cos60°—,

vc

小物块从C到D的过程中，根据动能定理有

22

mg(R+Rcos60°)=^nvD1mvc,

则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有

22

mgHBI)=|mvDimvF,

联立解得VB=7^,HHI)=0O

(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有

22

umgs=|mvF1mv/l,

s=n•2R,

解得\03gR。

答案：(DJ证(2)0⑶，标

难关攻克练

13.（2023•山东聊城二模）水平地面上的传送装置如图所示。长0.8m

的水平传送带BC以4m/s的速率顺时针匀速转动，左端与半径为

0.4m的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点（不接触），右端与同一水

平面上的平台CE平滑衔接于C点（不接触）o在平台右边固定一轻质

弹簧，弹簧左端恰好位于D点,C、D之间的距离为1.5%质量为2kg

的滑块P与传送带间的动摩擦因数为0.25,与平台CD之间的动摩擦

因数为0.2,DE部分光滑,重力加速度g取10m/s2,弹簧始终处于弹性

限度内。现将滑块P从光滑圆弧轨道上端A点由静止释放,下列说法

正确的是（C）

A.滑块P运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小为20N

B.滑块P通过传送带BC过程中系统产生的热量为4J

C.弹簧压缩过程中的最大弹性势能为6J

D.滑块P最终停在平台CD的中点

解析:滑块P运动到圆瓠轨道底端B点时,根据动能定理及牛顿第二定

2

律有mgR=|mv^,Rmg二畔^代入相关数据解得vE=2V2m/s,Fx=60N,

/l\

则滑块对轨道的压力大小为60N,故A错误。因为滑块P滑上传送带

时的速度先小于传送带的速度v,所以滑块P滑上传送带时,受到的滑

动摩擦力向前,滑块将做匀加速直线运动,设当滑块P加速到与传送

带速度相同时,通过的位移为x,则有x—"J；nimg=ma,把u尸0.25及

2a

相关数据代入解得x=l.6m>0.8m,所以滑块P将在传送带上一直加

速直到离开传送带,则滑块P在传送带上运动的时间t满足L=vBt+

|at2,把「0.8m及相关数据代入解得t4（V3V2）s,则滑块P相对于

传送带滑动的距离为S相对=vtL,根据功能关系可得该过程中系统产生

的热量为Q=U,mg-s根产1.1J,故B错误。滑块P到达C点时的速

度为vc=vfJ+at=2V3m/s,根据能量守恒定律可得弹簧压缩过程中的最

大弹性势能为u2mgxCI）,把u2=0.2,xCD=l.5m代入解得E『6J,

故C正确。设滑块P最终停在距离平台D点为s的地方,根据能量守

恒定律,有EPB=u2mgs,解得s=l.5m,即滑块P最终停在平台CD的C

点，故D错误。

14.（2023•山东青岛三模）如图所示，水平轨道BC与倾角为。二37°

的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道。紧密平滑连接,AB长度L=10m,BC

长度L2=4m,圆轨道半径R二0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的

长度L3=3叫水平边NE的长度L尸6m,M点在C点的正下方,MC的长度

L5=1.2瞑小物块的质量为m=lkg,它与AB轨道和BC轨道的动摩擦

因数相同，记为U,圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放,沿轨

道ABC运动，第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取