二轮复习 专项集训4 功与能

专题集训（四）功与能

基础练

一、选择题:

1.某校两名同学穿相同的校服，先后从倾斜冰面的同一位置由静止滑下，最终

两人停在水平冰面上，如图所示（两人均可视为质点，两人与冰面的动摩擦因数

处处相等，且不计空气阻力及人经过O点时的能量损失）。根据上述信息，可以

确定（）/

A.质量大的同学运动时间长

，〃//〃〃〃〃〃〃/：o、

B.质量大的同学运动距离长

C.质量大的同学损失的机械能多

D.质量大的同学到达。点时速度大

2.（2024•全国甲卷）幻图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为加的

小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，Q

为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（）

A.在。点最大B.在Q点最小/'A

c.先减小后增大D.先增大后减小（y

3.一辆质量为20kg的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始匀

加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度。随时间/变化的规律如图

所示。已知赛车在跑道上运动时受到的阻力恒为40N,赛车从起点到终点所用

的时间为35s,赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（）

A.赛车匀加速的距离为30m

B.赛车的额定功率为1000W

C.图像与坐标轴围成的面积为20m/s

D.起点到终点的距离为450m

4.如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳

连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B,A位于与定滑轮等高处。已

知物块A的质量为〃z,物块B的质量为定滑轮到细杆的距离为心细绳的

长度为2L现由静止释放物块A,不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大

小为g,两物块均可视为质点，下列说法正确的是（）

A.物块A的机械能一直增大苗二匕J

B.物块A的速度始终小于物块B的速度I1—1

C.物块A下落的最大距离为次£由

D.物块4、B等高时系统的总动能为空加理

4

5.如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板

连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，

将弹簧压缩至最低点仅弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中,

弹簧弹性势能的（）Q

A.增加量等于物块动能的减少量

B.增加量等于物块重力势能的减少量______

C.增加量等于物块机械能的减少量

D.最大值等于物块动能的最大值

6.（多选）足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，

下列能表示足球在空中运动过程的加速度〃、重力势能Ep随离地而高度h变化

的图像可能正确的是（）

7.（多选）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（均

可视为质点）。支架的两直角边长度分别为2/和，，支架可绕固定轴。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，以04所在平面为零

势能面，由静止释放，则（）,

A.3球相对于初始位置上升的最大高度为/21m

2m

B.A球的速度最大时，两小球的总重力势能为。

C.A球在向下摆的整个过程，杆对它做了负功

D.A、3两球的最大速度之比内：加=2：1

二、计算题：

8.如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R,

48长度为欠。在4B上方、直径左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为

机、带正电的小球自A点由静止释放，经过8点后进入半圆轨道，小球进入半圆

轨道后立即撤去电场。己知小球所受静电力大小F=%?g(g为重力加速度的天小),

水平面和半圆轨道均光滑且绝缘。求：____________C

(1)小球运动到最高点时的速度大小；------------)

⑵小球运动到最高点时距水平面A8的距离。o；v

能力综合练

9.如图所示为某型号电动汽车在某次测试中的速度。与牵引力/大小倒数的关

系图像(v-3，已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大

速度。m后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于。轴，反反向延长线过原点0,

汽车质量为M，已知M、”、乃、0m,下列说法不正确的是()

A.汽车额定功率为Fivm।t,/(in.s.1)

B.汽车从b到c过程做变加速运动，.....

c.汽车匀加速运动持续的时间为黑某V\-Y\

D.汽车从。到b过程克服阻力做的功为萼典70+：+"

2(Fi-Fz)Ff

10.如图所示，光滑斜面倾角9=60。，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆

弧轨道平滑对接,位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环3（均

可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质较链相连。B套在固定竖直光滑的长杆

上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂直，在斜

面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无

能量损失（速度大小不变），重力加速度为g,下列判断正确的是（）

A.小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小

B.刚释放时，小球A的加速度大小为O4=|g

C.小球A运动到最低点时的速度大小为内=号

D.若A在最低点时加速度大小为小则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为

5〃吆+〃?〃

11.（多选）某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面

倾角夕的关系，使某一物体每次以不变的初速率。。沿足够长的斜面向上运动，

如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角仇实验测得九与。的关系如图乙所示,

取g=10m/s2。则由图可知（）

A.物体的初速率oo=5m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.75

C.图乙中Xmin=0.36m

D.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当9=37。，物体上滑过程中动

能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m

二、计算题：

12.如图所示，倾角为3（）。的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为攵的轻弹

簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为〃2的物块A连接，物块A右端接一细

线，细线平行于斜面绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮与物块B相连。开始时托

住物块B使细线恰好伸直且张力为0,然后由静止释放物块B.B的质量也为〃2,

物块4沿斜面向上经过P点（图中未标出）时速度最大。己知重力加速度为g。

（1）求弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小；

（2）如果B的质量为2m,求A沿斜面向上经过P点时物块B

的速度大小。

13.如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块。静置于悬点O正下方的A点，

以速度。逆时针转动的传送带MN与直轨道A3、CD,尸G处于同一水平面上，

AB.MN、CD的长度均为/。圆弧形细管道OE半径为R,七厂在竖直直径上，E

点高度为H。开始时，与物块。相同的物块〃悬挂于。点，并向左拉开一定的

高度儿由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。己

知机=2g,l=\m,R=0.4m,H=0.2m,u=2m/s,物块与MMCO之间的动

摩擦因数〃=0.5,轨道AB和管道DE均光滑，物块。落到FG时不反弹且静止。

忽略M、B和N、C之间的空隙，C。与。E平滑连接，物块可视为质点，取g

=10m/s2o

⑴若万=1.25m,求〃、Z?碰撞后瞬间物块。的速度。o的大小；

(2)物块。在。E最高点时，求管道对物块的作用力尸N与〃间满足的关系；

(3)若物块b释放高度满足0.9m</?<1.65m,求物块a最终静止的位置x值的范围

(以A点为坐标原点，水平向右为正方向，建立x轴)。

参涔着索:

1.C［设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为/,冰面倾角为〃，整个过程中的

水平位移为x,由动能定理得mglsin0-叫叫1cos〃一/cos〃）=0,即x

=—,可知两人运动的距离一样长，根据牛顿第二定律可知，两人运动的加速

度的大小与质量没有关系，则两人运动的时间相等，到达。点的速度也相同，

故A、B、D错误；因为质量越大的人，受到的摩擦力越大，而两人运动的距离

一样长，则质量大的同学损失的机械能越多，故C正确。故选C。］

2.C［设小环运动轨迹所对的圆心角为夕（0《夕WTT）,大圆环的半径为K,大圆

环对小环的作用力为尸，则由动能定理有帆gR（l—cos，）=/o2,又小环做圆周

运动，则有“+〃唔cos”=机二，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F

=〃ig（2—3cos。），则F的大小先减小后增大，且当cos夕=马时尸最小，当cos。

3

=一1,即小环在大圆环最低点时尸最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。］

3.C［赛车匀加速的距离为xi=；ai^=；X2X52m=25m,故A错误；赛车

做匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有户一片机内，解得尸=80N,5s末赛

车的速度为v=aiti=2X5m/s=10m/s,赛车的额定功率为P=Fv=80X10W

=800W,故B错误；〃”图像与坐标轴围成的面积表示赛车速度的改变量，赛

车初速度为零，则Av=5n=：=黑m/s=20m/s,故C正确；赛车从起点到终

点，根据动能定理有Fxi+P（Lfi）-/r=；nt%,解得起点到终点的距离为x=

550m,故D错误。故选C。］

4.C［由静止释放物块A,物块A向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的

拉力做负功，物块A的机械能减小，故A错误；设物块A下滑过程中绳与竖直

方向的夹角为“，则“cosa=VRf由此可知，物块A的速度大于物块B的速度，

当物块4的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误；当物块A的速度为

零时，下落的高度最大，设4下滑最大高度为九则由机械能守恒定律得，叫〃

=V3/«g（V/i2+L2—L）,解得故C正确；设物块A、B处于同一高度

时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为仇有LtanO=2L一」三，所以由系统

cos6

机械能守恒得，等高时的总动能为Ek=tngLtan，-—。，解得现

=—^―mgL,故D错误。］

5.C［设物块在A点时的动能为Ek,斜面的倾角为名物块由A点运动至B

点的过程中，对物块由能量守恒有8=Ep,可知，物块由A点运

动至3点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧

弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而

等于物块机械能的减少量，放A、B错误，C正确：显然，物块由A点运动至8

点的过程中，弹簧弹性势能最大时，即弹簧被压缩至最短的位矍，而物块动能

最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，

具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹

黄被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于

物块机械能的减少量，故D错误。故选C。1

6.AC［足球在空中做斜抛运动，加速度为重力加速度，不会随着其离地面的

高度的变化而变化，即ad图像为一条平行于九结的直线，A正确，B错误；以

地面为参考平面，足球的重力势能为小=mg〃，所以Epd图像为一条过坐标原

点的倾斜直线，C正确，D错误。］

7.ACD［当两球的转动速度是零时，5球上升高度最大，初始0A所在的平面

是零势能面，当B球上升高度为/时，系统的重力势能Ep=-•2l=-2mgl,

系统的初状态机械能E=-2/TZ—=Ep,由系统的机械能守恒可知，则当6球上

升高度为/时，系统的动能是零，此时5球上升的高度最大，A正确；两球组成

的系统机械能守恒，A球速度最大时，5球的速度也最大，系统的动能最大，大

于零，而系统的总机械能是一2/〃g，，则两球的总重力势能不是零，而是负值，B

错误；A球在向下摆的过程中，系统的动能先增后减，根据A、B组成的机械能

守恒可知，8球重力势能和动能都增大时,A球机械能减小；B球重力势能增大，

动能减小时，A球重力势能和动能都在减小，即A球机械能减小，综上可知，

全程运动中A球机械能一直在减小，据功能关系可知杆对它做了负功，C正确；

4、B两球一起绕0点转动，它们的角速度s相等，则有vA:vB=co-11\Ml

=2：1,D正确。］

8.解析：（1）假设小球沿半圆轨道运动到O点脱离轨道，如图所示。

小球由A点运动到。点，由动能定理，得

F•wg/?(l+sina)=1mv^又尸

在。点沿半径方向，由牛顿第二定律，得〃唔sina=m^

R

联立解得Vi)—,a=30°

小球离开半圆轨道后做斜抛运动，小球运动到最高点时的速度等于在D点时的

水平分速度，有o=s)sina=g

⑵小球从A点运动到最高点的过程中，由动能定理，得

尸・：7-R-mgH=1-mv2联立解得H=7j7R。

2216

答案：(呜月Q停

9.C［根据"=人力可知额定功率等于图线的斜率，即P=-^=F2Vm,

及

故A正确，不符合题意；根据尸=尸以汽车由力到。过程中功率不变，随着汽

车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得尸一/=M%汽车所受阻力不

变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由力到。过程中做加速度减

小的加速运动，故B正确，不符合题意；汽车所受的阻力为片二=B,由于额

vm

定功率等于图线的斜率，有2=字=辛，解得上25=6人，汽车从。到伉根

瓦可

据牛顿第二定律得尸］一/*="%汽车从。到b持续的时间为联立解得t

=,产含,故C错误，符合题意；汽车从〃到"过程运动的位移为*='氏

(尸1-尸2)尸12

克服阻力做的功亚=小，解得理二12,故D正确，不符合题意。］

10.C［小球A由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0,而B

的机械能减小，则4的机械能增加，故A错误；由牛顿第二定律得〃2gsin60。

=maAf解得04=日的故B错误；小球A初始位置距水平面高度设为出，由几

何关系有A§加60。+(/11-；R»an30o=L5Rsin60。，解得加=’,8初始位置

距水平面高度设为无2,由几何关系得饱=Ai+L5Kcos60。，解得比=2&从释

放至小球运动到最低点的过程，4、8下落的高度分别为A以=，，

由系统机械能守恒有mgMiA+mg\hH=mv\+而%=0,解得办=咛”,

故C正确；以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得尸N一尸一mg=〃孙解得

FN=mg+ma+Ff其中尸为轻杆对A的力（未知），故D错误。］

11.BC［由题图乙可知，当，=］时，物体做竖直上抛运动，摩擦力是零，由竖

直上抛运动的速度位移关系公式可得诱=2gxi,解得v（j=y/2x10x0.45m/s

=3m/s,A错误；当0=0时，物体沿水平面做为减速直线运动，由动能定理可

得一"〃igxo=O解得"=#-=二工77=0.75,B正确；物体沿斜面向

22gxi02x10x0.6

上运动时，由动能定理可得一cos〃+〃2gsin。）%2=0-gm喏，代入数据

__________9__________

整理可得X2=荷高市m=0.36m,C正确；设动能与重

20x(0.75cos0+sin0)

力势能,相等时，物体上滑的住移为X3,则有mgxisin37°=1mv^一cos37°

+mgsin37°）X3,代入数据整理解得为=0.25m,D错误。故选BC。］

12.解析：（1）弹簧第一次恢复原长时，设4、B加速度大小为凡线的张力大小

为7,对8受力分析，由牛顿第二定律有〃喏一丁=加。

对A有T-mgsin30°=，〃。

解得弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小为

（2）托住物块B时，设弹簧形变量为xo,则有kx（）=ingsin30°,解得xo=黑

8的质量为6时A经过。点时速度最大，此时的加速度为0,系统所受合力为

零，对A、8整体受力分析有mg-〃zgsin30。-Ax，=0

解得丁=翳

A位于初始位置和处于尸时弹簧形变量相同，弹性势能相等

当B的质量变为2机时，A从初始位置到尸点的过程，由系统的机械能守恒得

2mg（x'+xo）=mg（x'+Ho）sin30。+;X浮

解得4沿斜面向上经过尸点时物块8的速度大小为v=g聆

答案：（琮mgQ）g器

13.解析：（1）物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

Mgh=gm琢解得办=5m/s

方与〃发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

mvb=mvfb+mvo+gm*

联立解得vo=Vh=5m/so

(2)设物块。刚好可以到达E点，物块》高度为小，

由动能定理得nigh1—Ifimgl—mgH=0得h\=1.2m

以竖直向下为正方向F^-\-mg=Tn^

由动能定理得nigh-Ipingl-mgH^mv|

联立可得尸、=O.1A-O.14(N)S2L2m,且方向竖直向下)。

⑶当L2mWkl.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得

ingh—2/inigl—mgH=-mv^

从E点飞出后，竖直方向”=那水平方向门=9

根据几何关系可得。尸=整m

联立解得x=3/+O户+si

代入数据解得(3+m4xv(3.6+2)m

当0.9m</j<1.2m,物块a恰好到达。点时，有mgh'="mg•21

解得//=lm,s，=3m

从〃2=0.9m释放时，

根据可得mghi—fintgsi=0解得si=L8m

可知物块达到距离C点、0.8m处静止，

假设物块a由£点速度为零，可以返回到CD时，此时力取1.2m

根据动能定理可得mgH—pmgsy=0

解得53=0.4m即距离C点0.6m

综上可知当0.9m</?<1.2m时3/—S3<xW3/

代入数据得2.6mvx《3nio

答案：(l)5m/s(2)⑶见解析