1、第1课时功功率和功能关系高考命题点命题轨迹情境图功和功率的分析与计算20152卷1715(2)17题 17(2)14题18(3)19题20172卷1420183卷19动能定理的应用20151卷1715(1)17题17(2)24题18(1)18题 18(2)14题19(3)17题20172卷2420181卷14、18,2卷1420193卷17机械能守恒和能量守恒定律的应用20183卷17力学中功能关系的理解和应用20162卷2116(2)21题17(3)16题20171卷24,3卷161几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关(2)摩擦力做功的特点单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动
2、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2几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WGEp.(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹Ep.(3)合力的功等于动能的变化，即WEk.(4)重力(或系统内弹簧弹力
3、)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他E.(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1功和功率的求解(1)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(2)功率的求解：可以用定义式P来求解，如果力是恒力，可以用PFvcos 来求解2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)(2019山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，
4、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1A物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(Rh)B物块从A到B过程重力的平均功率为C物块在B点时对槽底的压力大小为 D物块到B点时重力的瞬时功率为mg答案BC解析物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf0，因此克服摩擦力做功WfmgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mghmv2得v，从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，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FNmgm，求得FN，根据牛顿第三定律可知，FNFN，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂
5、直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误拓展训练1 (多选)(2019山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系统的机械能守恒D任意时刻两物体重力的功率相同答案AC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
6、势能相互转化，机械能守恒，C正确；重力瞬时功率Pmgvy，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v54 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3A经过计算t06 sB电动机
7、输出的最大功率为60 kWC汽油机工作期间牵引力做的功为4.5105 JD汽车的位移为160 m答案AC解析开始阶段，牵引力F15 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始阶段加速度a2.5 m/s2.v154 km/h15 m/s，根据t0，解得t06 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且PmF1v15 00015 W75 000 W75 kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率PF2v16 00015 W90 kW,11 s末汽车的速度v2 m/s25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功WPt290103(116) J4.5105 J，故C项正确；汽车前6 s
8、内的位移x1at022.562 m45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2Ffx2mv22mv12，解得：x2120 m所以前11 s时间内汽车的位移xx1x245 m120 m165 m，故D项错误 1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2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
9、)(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45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4A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g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：mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确； 对
10、经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mghmgcos 45mv2，解得：v，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ag，选项D错误拓展训练3 (2019山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，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()图5A.mv2mgLs
11、in ；B.mv2；C.mv2mgLsin ；D.mv2mgLsin ；答案A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 mv20，则Wmv2mgLsin ；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 mv2mv02；从最高点到落地的过程，由动能定理得mgHmv2m(v0cos )2，联立解得：H.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CD等高，底边长L10.3 m的固定斜面一个质量m0.1 kg的小物块(
12、视为质点)在轨道AB上从距离B点L24 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(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)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答案(1)4 m/s(2) s(3)0.15 J解析(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37mgL2cos 37mvB2，解得：vB4 m/s；(2)设物块落在斜面上
13、时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：对平抛运动，有：xvBt，ygt2，结合几何关系，有：，解得：t s或t s(舍去)；(3)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vB，对物块从A到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37mgcos 37Lmgymv20对物块从A到运动到B过程分析，根据动能定理有mvB2mgLsin 37mgLcos 37又xvBt，ygt2，联立解得：mv2mg()，故当，即yH0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin0.15 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；(3)利用能量
14、转化判断；(4)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(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；(2)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
15、g，则()图7A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC棋子离开平台后距平台面高度为时动能为D棋子落到另一平台上时的速度大于答案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，则棋子在最高点的机械能Emghmv，vx为棋子在最高点的速度由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为EkEmghmghmv，C错误；设棋子落到
16、另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mghmv2mv，解得：v，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v0、方向水平向左的速度，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8A小球通过A点时处于失重状态B小球第一次到达C点时速度为C小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为m(2g)D小球与圆环间因摩擦产生的热量为mvm
17、gR答案CD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达C点，则此时mgm，可知小球第二次到达C点的速度为vC，因在轨道CDA上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，选项B错误；小球从A到第一次到达B点，由动能定理：mgRmvmv；在B点：FNBm，联立解得：FNBm(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热量为 Qmvmvmg2RmvmgR，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
18、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9A物体减少的机械能E1E2E3B物体减少的机械能E2E1E3C物体到达底端时的速度v1v2v3D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，由牛顿第二定律可得FNmgcos m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于mgcos ，则W克2W克1，故W克2W克1W克3，由此可知物体减少的机械能E2E1E3；由动能定理可知mghW克mv2，由于W克2W克1W克3可得v2v1v3，故B、D正确拓展训练6 (多选)(2019安徽安庆市二模)如图10所示，光滑细杆MN倾斜固
19、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10A弹簧弹力对小球先做正功再做负功B小球加速度大小等于gsin 的位置有三个C小球运动到P点时的速度最大D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，
20、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 mB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(d)，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：FTmg2mg，小环不能静止，所以
21、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；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vMvmcos 60，由Ekmv2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
22、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，
23、选项A错误；上抛的小球运动时间长，根据P可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mv2mghmv02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 W B500 W C55 W D550 W答案B
24、解析由vt图象可知，46 s内A向下减速，加速度的大小为：a2m/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PGmAgv550101 W500 W，故B正确4. (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3A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，
25、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 (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；根据动能定理：WGWfEk0，即克服摩擦力做功和重力做功相等，选项D正确5. (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，现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两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F1、F
26、2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)由图中信息可以得出()图4A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，故A正确；加速阶段的加速度a1 m/s2 m/s2，a2 m/s2，根据Fmgma得：F1m，F2m，所以F11.6F2，故B错误；加速阶段的位移分别为x11.5 m1.875 m，x23 m3 m，拉力做的功分别为W1F1x15m(J)，W2
27、F2x25m(J)，故C正确；F1的最大瞬时功率P1F1v1m(W)，F2的最大瞬时功率P2F2v2m(W)，所以P12P2，故D正确6(2019山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 J B12 J C15 J D30 J答案B解析假设小球落到斜面上，分解位移可知xv0t，ygt2，xy，可得t，落到斜面上的速度大小为vv0.由Ekmv2可知，
28、小球从顶端抛出时v0，落到轨道时速度v，vv0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh(93) JEk6 J，Ek12 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6A在0h0过程中，F大小始终为mgB在0h0和h02h0过程中，F做功之比为21C在02h0过程中，物体的机械能不断增加D在2h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析0h0过程中，Ekh图象为一段直线，由动能定理得：(Fmg)h0mgh00，
29、故F2mg，A错误；由A可知，F在0h0过程中，做功为2mgh0，在h02h0过程中，由动能定理可知，WFmgh01.5mgh0mgh0，解得WF1.5mgh0，因此在0h0和h02h0过程中，F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2h03.5h0过程中，由动能定理得WF1.5mgh001.5mgh0，则WF0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误8. (多选)(2018山东淄博市模拟)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
30、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F杆
31、mgma，对b球有F弹2mgF杆2ma，解得F弹3F杆，则由WFl可知，弹簧对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9. (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
32、径为R，不计空气阻力设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是()图8A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B若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为mgRC若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于D若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v02答案AC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运动，机械能守
33、恒，机械能必定大于2mgR，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有mgm，mv02mg2Rmv2，小球在最低点时的最小速度v0，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于，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：mv02mg2R，小球在最低点时的速度v02，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于2，故D错误10. (2019福建龙岩市3月质量检查)如图9所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地
34、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9A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mghD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，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，
35、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的正下方处小球从最高点A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10A小球运动到B点时的速度大
36、小为B弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD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，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgRmv，解得小球运动到B点时的速度为：vB2，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R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两点时弹簧的弹力大小为F弹，在A点，圆环对小球的支持力FN1mgF弹；在B点，由牛顿第二定律得：FN2mgF弹m，解得圆环对小球的支持力为：FN25mgF弹；则FN2
37、FN14mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确12. (多选)(2019湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图11所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计滑轮的摩擦及空气阻力)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()图11A滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C滑块A的
38、速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度，故A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；绳连接体沿绳的速度相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块做功，由功能关系可知，细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，故D正确13. (多选)(2019河南省普
39、通高中高考模拟)如图12所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平当30时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时变为45，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中()图12AA、B组成的系统机械能守恒B弹簧弹性势能的最大值为()mgLC竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力DA的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg答案BD解析A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep2mgL(cos 30cos 45)，即弹性势能的最大值为Ep()mgL，故B正确；对B：水平方向的合力FxF杆sin F弹ma，滑块B先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sin ，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mgFN2ma，则有FN3mg，故D正确
