1、E单元 功和能目录E单元 功和能1E1 功和功率1E2 动能 动能定理6E3 机械能守恒定律11E4 实验：探究动能定理16E5 实验：验证机械能守恒定律21E6 功和能综合24E1 功和功率（2014吉林九校联合体第二次摸底）1. 如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（ ）baA物块a重力势能减少mghB摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D任意时刻，重力对a
2、、b做功的瞬时功率大小相等【知识点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率【答案解析】 ABD解析：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mbg，则mab上升h，则a下降hsin，则a重力势能的减小量为mbghsin=mgh故A正确B、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量所以摩擦力做功大于a的机械能增加因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加故B正确，C错误D、任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、n做功的瞬时功率大小相等故D正确故
3、选ABD【思路点拨】本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合力选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析（2014湖南十三校第二次联考）2. 如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到勘后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（ ） A与a之间一定满足关系 B黑色痕迹的长度为 C煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时
4、间为 D煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为【知识点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；功能关系【答案解析】C 解析：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度即ag，则故A错误B、当煤块的速度达到v时，经过的位移x1，经历的时间t此时传送带的位移x2，则黑色痕迹的长度L=x2x1故B错误，C正确D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对=fL=mv2故D错误故选C【思路点拨】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差以及掌握煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对（2014吉林市普高二模）3. 如图所示，长为L的粗糙
5、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，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）A整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功B物块所受支持力做功为mgLsinC发生滑动前静摩擦力逐渐增大D整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增大【知识点】动能定理的应用；机械能守恒定律【答案解析】BCD解析：A、缓慢转动过程A做圆周运动时，支持力对物块做正功，当停止转动木块后，支持力不做功故A错误B、木板从水平转到角的过程，静摩擦力始终与轨迹切线方向垂直，不做功，对A
6、运用动能定理得：WN+WG=0，即得 WN=-WG=-mgLsin，故B正确C、滑动前，由平衡条件可知：摩擦力f与重力的下滑分力平衡，则有 f=mgsin，随着增大，f逐渐增大；故C正确D、全过程对A用机械能定理，木板对物块的作用力（支持力和摩擦力的合力）是重力以外的唯一外力，它做的总功等于物块机械能的增大故D正确【思路点拨】本题判断力做功时，是注意区分力是恒力还是变力，当力是恒定时，除可由力与力的方向位移求出功外，还可以由动能定理来确定；当力是变化时，则只能由动能定理来求出力所做的功（2014湖北襄阳四中模拟）4. 有两个形状和大小均相同的圆台形容器，如图所示放置两容器中装满水，且底部都粘有
7、一个质量和体积都相同的木质球使两球脱离底部，最终木球浮于水面静止木球上升过程中体积不变，该过程中重力对两球做的功分别为甲和乙，则（ ）甲乙甲乙甲乙无法确定【知识点】重力做功，重心的概念，重力做功与重力势能的关系【答案解析】A解析：题目中木球从同高容器底部上浮到水面过程中，相当于木球体积的水球向下运动，由于两个容器的开口大小不同，导致甲容器中的重心变化大于乙中重心的变化，所以重力对甲球做的功多，即A选项正确。【思路点拨】本题最容易错选B答案，因为仔细分析由于两容器放置的开口口径不同，导致木球上浮的过程中水的重心变化不同来选择答案。（2014湖北武昌5月模拟）5. 下表列出了某种型号轿车的部分数据
8、,表格右侧图为轿车中用于改变车速的挡位.手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“15”逐挡速度增大，R是倒车挡。试问若轿车在额定功率下,要以最大动力上坡,变速杆应推至哪一档？以最高速度运行时,轿车的牵引力约为多大（ ）A“5”档、8000N B“5”档、2000N C“1”档、4000N D“1”档、2000N【知识点】机车功率应用题型读表格计算题。高考属于II级知识点要求。【答案解析】D解析：本题是轿车要以最大动力上坡，那么要使用“1”档，根据，由此计算可知D答案正确。【思路点拨】本题求解的关键是读懂题意，理解表格中的各数据的物理意义，再运用求解。（2014山西大学附中5月月考）6.
9、 人骑自行车由静到动，除了要增加人和车的动能以外，还要克服空气及其他阻力做功。为了测量人骑自行车的功率，某活动小组进行了如下实验：在离出发线5m、10m、20m、30m、70m的地方分别划上8条计时线，每条计时线附近站几个学生，手持秒表。听到发令员的信号后，受测者全力骑车由出发线启动，同时全体学生都开始计时。自行车每到达一条计时线，站在该计时线上的几个学生就停止计时，记下自行车从出发线到该条计时线的时间。实验数据记录如下（每个计时点的时间都取这几个同学计时的平均值）：运动距离x（m）0510203040506070运动时间t （s）02.44.26.37.89.010.011. 012.0该活
10、动小组处理数据如下：各段距离x（m）05510102020303040405050606070平均速度v（m/s）2.082.786.678.3310.010.0（1）自行车在每一路段内的速度变化不是很大，因此可以粗略的用每一段的平均速度代替该段的速度。请计算出上述表格中空缺的、处的数据： （m/s）； （m/s）。（2）以纵轴v代表自行车在各段运动中的平均速度，横轴x代表运动中自行车的位置，试作出vx图。（其中05m段的平均速度已画出）（3）本次实验中，设学生和自行车在各段x内所受阻力与其速度大小成正比（比例系数为K），则在各段平均阻力做功的表达式W= （用题设字母表示）；若整个过程中该同学
11、骑车的功率P保持不变，则P= （用题设字母表示）。【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【答案解析】（1） 4.76 10.0 （2）如图所示 （3）K vx 100K 解析：（1）处的平均速度为：v=处的平均速度为：v=。（2）依次在v-x图象上画出线段即可。（3）阻力与速度大小成正比，故阻力为：f=Kv，通过的位移为x，故做功为：W=Kvx，整个过程中功率不变，故最终做匀速运动，由图象可知，匀速运动的速度为：v=10m/s，阻力为：f=10K，故有：P=fv=10K10=100K【思路点拨】（1）平均速度等于位移与时间的比值即可求得。（2）利用v-x图象依次画图即可。（3）阻力与速
12、度大小成正比，故阻力位f=Kv，通过的位移为x，故可求阻力做功，当匀速运动时，阻力等于动力，故可求功率E2 动能 动能定理（2014湖南十三校第二次联考）1. 一质量为m的小球以初动能Eko从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、力势能中的某一个与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面，表示上升的最大高度，图中坐标数据中的尼值为常数且满足0k”或“”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差 （选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小。【知识点】验证机械能守恒定律实验，它设计了光电门释放钢球进行实验。在高考中属于II级知识点要求。【答案解
13、析】（1）0.950 （2） D （3） 不能解析：（1）由题图根据游标卡尺的示数可读出0.950，（2）由机械能守恒定律可得：取B点零势能位置，则：，又，由此可推导出D答案符合要求。（3）依题意有钢球通过光电门的瞬时速度大于整个过程的平均速度的，它是不能通过增加实验次数而减小的，不论多少次，其结果是一样的。【思路点拨】一是要注意游标卡尺的读数（明确是多少等份的游标卡尺），二是通过光电门的速度要用平均速度来代替，再依据机械能守恒来递推选项中的表达式；三是要知识做本实验的误差是来源是用平均速度来代替瞬时速度（钢球通过光电门的瞬时速度大于整个过程的平均速度）。E6 功和能综合（2014黑龙江大庆铁
14、人中学模拟）1. 如图所示，竖直轻质弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量为M的木板，木板上方放一质量为m的物块，木板和物块间不粘连，一竖直向下的力F作用在物块上，整个系统处于静止状态。在撤去F，木板和物块向上运动至弹簧原长的过程中，下列说法正确的是（ ）A物块先处于超重状态，再处于失重状态B木板对物块做正功，物块的机械能增加C木板和物块组成的系统机械能守恒D当弹簧处于自然状态时，物块克服重力做功的功率最大【知识点】机械能守恒定律；动量定理；功能关系【答案解析】AB解析：A、在撤去F，木板和物块向上运动的过程中，弹簧的弹力先大于木板和物块的总重力，后小于总重力，所以木板和物块先向上加速运动，后向
15、上减速运动，加速度先向上后向下，则物块先处于超重状态，再处于失重状态，故A正确B、由于木板对物块的支持力一直做正功，由功能原理可知物块的机械能不断增加，故B正确C、由于弹簧对木板做正功，所以木板和物块组成的系统机械能增加，故C错误D、对于木板和物块组成的系统，当总重力与弹簧的弹力大小相等时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块克服重力做功的功率最大，故D错误故选：AB【思路点拨】根据加速度的方向判断物块的状态：加速度向下，处于失重状态；加速度向上，处于超重状态除了重力以外的力对物体做功引起机械能的变化；当物块速度最大时，物块克服重力做功的功率最大，分析M和m整体的受力情况，判断其运动情况，确定速
16、度最大时弹簧的状态F乙甲EOxx3x2x1AB（2014江苏徐州一中考前模拟）2. 如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线下列说法正确的是（ ）A0x1过程中物体所受拉力最小Bx1x2过程中，物体的加速度先增大后减小C0x3过程中，物体的动能先增大后减小D0x2过程中，物体克服重力做功的功率一直增大【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用【答案解析】C解析 ：A、0-x1过程中，图线的斜率最大，知物体的拉力最大故A错误；B、0-s1过程中，图线的斜率不变，所以拉力不变，加速度不变，故B错误；C
17、、0-x1过程中，开始拉力大于重力，做加速运动，动能增加，x1-x2,拉力先大于后小于重力，物体先加速后做减速运动，动能先增大后减小，x2x3过程动能逐渐减小所以0s3过程中物体的动能先增大后减小故C正确; D0x2过程中，速度先增大后减小，所以克服重力做功的功率先增大后减小，故D错误；故选C【思路点拨】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0-s1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化（2014江西临川二中一模）3. 如图所示,直杆AB 与水平面成 角固定,在杆上套一质量为的
18、小滑块,杆底端B 点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后原速率返回.现将滑块拉到A 点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点,设重力加速度为g,由此可以确定（ ）A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小、B.滑块最终所处的位置 C.滑块与杆之间动摩擦因数D.滑块第k 次与挡板碰撞后速度【知识点】 功能关系；牛顿第二定律【答案解析】ABC 解析：设下滑位移为L，到达底端速度为v，由公式v2=2ax得：下滑过程：v2=2a上L，上滑过程：v2=2a下=a下L，由牛顿第二定律得：下滑加速度为：a下=，上滑加速度为：a上=，联立得：a下=gsin，a上=gsin，所以A正确；f=m
19、gsin，又f=FN=mgcos两式联立得：=tan，所以C正确；因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D不能确定；本题选不能确定的，故选：ABC【思路点拨】滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两端加速度，利用运动学公式求解（2014吉林九校联合体第二次摸底）4. 如图甲所示，在倾角为370的粗糙足够长的斜面的底端，一质量m=1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不相连。t=0时释放物块，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑块已
20、上滑s=0.2m的距离，g取10m/s2。求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数的大小（2）压缩弹簧时，弹簧具有的弹性势能370m甲cbt/sv/ms 12.01.00.10.2O乙a【知识点】牛顿第二定律；弹性势能【答案解析】（1）0.5；（2） 4.0J解析：（1）由图象可知0.1s物体离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小 根据牛顿第二定律，有： 解得： （2）由图线可知，t2=0.1s时的速度大小： m/s 由功能关系可得： 代入得：Jb【思路点拨】本题考查了牛顿第二定律、功能关系、以及运动学公式的综合，综合性较强，通过匀减速运动得出动摩擦因数是解决本题的关键（2014陕西西工大附中第八次
21、适应性训练）5. 如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L0.2 m，动摩擦因数0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h0.1 m的高度差，DEN是半径为r0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下求：小球到达N点时速度的大小；压缩的弹簧所具有的弹性势能。【知识点】动能定理；机械能守恒定律【答案解析】（1）2 m/s（2）0.44 J 解析：（1）
22、“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有：mgm从D点到N点，由机械能守恒得：mvmg2r mv0联立以上两式并代入数据得： vD2 m/s，vN2 m/s（2）弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得WmgLmghmv0 代入数据得W0.44 J即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J 【思路点拨】（1）小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度，从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度；（2）从A到c的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能；AB（2014浙江杭州学军中学第九次月考）6. 如图所示，AB为半径为R=0.45m
23、的光滑圆弧，它固定在水平平台上，轨道的B端与平台相切。有一小车停在光滑水平面上紧靠平台且与平台等高，小车的质量为M=1.0kg，长L=1.0m。现有一质量为m=0.5kg的小物体从A点静止释放，滑到B点后顺利滑上小车，物体与小车间的动摩擦因数为=0.4，g=10m/s2。 （1）求小物体滑到轨道上的B点时对轨道的压力。（2）求小物体刚滑到小车上时，小物体的加速度a1和小车的加速度a2各为多大？（3）物体在小车上滑行过程中系统损失的机械能？【知识点】 动能定理；牛顿第二定律【答案解析】（1）15N （2） a1= 4m/s2 a2=2 m/s2 （3）1.5J解析：（1）小物体在圆弧上滑动，由动能定理得圆弧最低点，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力（2）小物体： 小车：a1= 4m/s2， a2=2 m/s2（3）（7分）设小物体没有从小车上滑下去，则最终两者速度相等 相对位移 物体没有从小车上滑下去，最终和小车以相同的速度运动 系统损失的机械能为： 【思路点拨】先对A到B过程根据动能定理列式求解B点的速度；在B点时刻，合力提供向心力，运用牛顿第二定律列式求解弹力；对小车和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度。
