1、功和机械能(分值：100分)1(4分)歼15在辽宁舰甲板上降落，勾住阻拦索减速的过程中，阻拦索对歼15做功和歼15动能变化的情况是()A做正功，动能增加 B做负功，动能增加C做正功，动能减少 D做负功，动能减少D歼15做减速运动，速率减小，则动能减少。由动能定理知：阻拦索对歼15做功等于歼15动能的变化，则阻拦索对歼15做负功。故A、B、C错误，D正确。2(4分)一端固定的轻质弹簧处于原长，现用互相垂直的两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，如图所示，在此过程F1、F2分别做了3 J、4 J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，则该过程中F所做的功是()A1 J B5 J C7 J D9
2、JC功是标量，用互相垂直的两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，此过程F1、F2分别做了3 J、4 J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，则WFWF1WF2(34)J7 J。则C项正确，A、B、D错误。3(4分)如图所示是蹦床运动员在空中表演的情景。在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，蹦床的弹性势能和运动员的重力势能变化情况分别是() A弹性势能减小，重力势能增加B弹性势能减小，重力势能减小C弹性势能增加，重力势能增加D弹性势能增加，重力势能减小A据题意，当运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，有一个平衡位置，即弹力等于重力，F弹mg，运动员运动至这个位置时速度达
3、到最大，即从最低点开始运动员的速度先增加再减小，所以动能也是先增加后减小，而重力势能一直都在增加，弹性势能一直在减小，故选项A正确。4(4分)2019年4月24日亚洲田径锦标赛男子110米栏决赛中，中国选手谢文骏发挥出色，跑出13秒21夺得冠军。打破了刘翔在2011年创下的13秒22赛会纪录，同时也是这个项目今年的世界最好成绩。关于谢文骏的运动过程分析正确的是()A在冲线时可以当成质点B跑动过程中的平均速度为8.3 m/sC运动过程中地面对谢文骏提供了动力并做正功D上栏过程中，重力做负功，地面对谢文骏的支持力做正功B在比赛时谁最先达到终点，谁就获胜，此时看谁的身体的部位最先到终点，所以人不能看
4、成质点，故A错误；谢文骏全程的平均速度m/s8.3 m/s，故B正确；谢文骏从站立到跃起过程中，谢文骏在地面对他的作用力下没有发生位移，此力做功为零，故C错误；谢文骏上栏过程中，重力做负功，地面对谢文骏的支持力不做功，故D错误。5(4分)起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其vt图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图中的()ABCDB在0t1时间内，重物加速上升，设加速度为a1，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1mgma1，速度v1a1t1，所以拉力的功率P1m(a1g)a1t1；在t1t2时间内，重物匀速上升，拉力F2mg，速度v2a1t1，所以拉力的功率P2mga1t
5、1；在t2t3时间内，重物减速上升，设加速度大小为a2，则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F3mgma2，速度v3a1t1a2(t3t2)，所以拉力的功率P3m(ga2)a1t1a2(t3t2)。综上所述，B正确。6(4分)2019年12月16日，中国篮球公开赛南区大区赛在醴陵举行。若某次投篮直接入网(如图所示)，已知篮球出手时距地面高度为h1，出手过程中对篮球做功为W，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，不计空气阻力，篮球可看作质点，则篮球()A出手时的速率为2B进筐时的动能为Wmgh1mgh2C从静止到进筐的过程中，机械能的增量为Wmgh2mgh1D从出手到进筐的过程中，运动总时间为B由动能
6、定理得：Wmv2，得篮球出手时的速率为v，A错误；从出手到篮球进筐的过程中，由动能定理得：mg(h2h1)Ekmv2，可得篮球进筐时的动能为EkWmgh1mgh2，B正确；篮球从静止到进筐的过程中，机械能的增量为人对球做的功W，C错误；从出手到篮球进筐的过程中，运动总时间不能确定，不一定为，D错误。7(4分)(2020广西桂林高二上月考)如图所示，质量为m的物体放于水平面上，物体上竖直固定一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧。现用手拉住处于原长状态的弹簧上端P缓慢向上提，使物体离开地面上升一段距离。在这一过程中，若P端上移的距离为H，则物体重力势能的增加量为()AmgH BmgHCmgH Dmg
7、HB手拉着弹簧上端P缓慢向上移动，物体始终处于平衡状态。根据胡克定律得弹簧的伸长量x。在这一过程中，P端上移的距离为H，所以物体上升的高度为H，所以物体重力势能的增加量为mgH，故选B。8(4分)“歼20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼20”以恒定的功率P启动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机达到最大速度vm时，刚好起飞。关于飞机起飞的过程，下列说法正确的是()A飞机所受合力不变，速度增加越来越慢B飞机所受合力增大，速度增加越来越快C发动机的牵引力做功为mvD飞机克服阻力所做的功为Pt0mvD根
8、据图像可知，vt图线的斜率为加速度，所以飞机起飞过程中，图线斜率越来越小，即加速度越来越小，速度增加越来越慢，由牛顿第二定律可知，飞机所受合力越来越小，故A、B错误；发动机的牵引力做功为WPt0，故C错误；由动能定理得Pt0Wfmv0，解得飞机克服阻力做功为WfPt0mv，故D正确。9(6分)用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：(g取9.8 m/s2)(1)运用公式mv2mgh，对实验条件的要求是_，为达到此目的，所选择的纸带第1、第2两点间的距离应接近_。(2)若实验中所用重锤的质量m1 kg，打点纸带如图所示，打点计时器时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重锤的速度vB_，重锤的动能
9、Ek_，从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是_，由此可得出的结论是_。(3)根据纸带算出相关各点的速度v，下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像应是()ABCD解析(1)重锤从静止开始自由下落时，在0.02 s内的位移应为hgt29.80.022 m2 mm。(2)vB m/s0.58 m/s，此时重锤的动能为Ekmv10.582 J0.168 J，重锤的重力势能减少量为EpmghB19.817.6103 J0.172 J因此在实验误差允许的范围内，重锤的机械能守恒。(3)由机械能守恒定律可知，mghmv2，即要验证机械能守恒定律成立，只需验证v2gh即可。若以为纵坐标，h为横坐标
10、，则图像是过原点且斜率为g的直线，故选项C正确。答案(1)打第一个点时重锤的初速度为零2 mm(2)0.58 m/s0.168 J0.172 J在实验误差允许的范围内，重锤的机械能守恒(3)C10(10分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s。已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。求飞机滑跑过程中：(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。
11、解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax解得a2 m/s2。(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意可得F阻0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma设飞机滑跑过程中的平均速度为，有在滑跑阶段，牵引力的平均功率PF联立，解得P8.4106W。答案(1)2 m/s2(2)8.4106W11(4分)(多选)关于重力势能，下列说法中正确的是()A重力势能为零的物体，有可能对别的物体做功B物体做匀速直线运动时，其重力势能一定不变C重力对物体做正功，物体的重力势能一定增加D重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少AD重力势能为零只能说明物体在零势能面上，但是
12、重力是否能做功取决于是否有高度差，与零势能面无关，所以重力势能为零的物体可以对别的物体做功，故A正确；物体若在竖直方向做匀速直线运动，则重力势能一定改变，故B错误；重力做正功时，重力势能一定减小，故C错误，D正确。12(4分)(多选)在平直路面上运动的汽车的额定功率为50 kW，若其总质量为2.5 t，在水平路面上所受的阻力为5103 N。则下列说法中正确的是()A汽车所能提供的最大牵引力为5103 NB汽车所能达到的最大速度是10 m/sC汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动的最长时间为20 sD汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动的最长时间为16 sBD当汽
13、车速度达到最大时，牵引力最小Ff，选项A错误；由PFv得，汽车所能达到的最大速度vmax m/s10 m/s，选项B正确；汽车以恒定的加速度a做匀加速运动，能够达到的最大速度为v，则有fma，解得v m/s8 m/s，选项C错误；由vat得，这一过程维持的时间t s16 s，选项D正确。13(4分)(多选)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的vt图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()甲乙A物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC10 s末物体在计时起点左侧2 m处D10 s
14、内物体克服摩擦力做功34 JCD由vt图像得两段时间的加速度大小分别为a12 m/s2、a21 m/s2。根据牛顿第二定律有：Fmgma1，Fmgma2。解得：F3 N，0.05，故A错误；10 s末恒力F的瞬时功率PFv18 W，B错误；10 s内物体的位移s4 m6 m2 m，说明物体10 s末在计时起点左侧2 m处，C正确；整个过程的路程x4 m6 m34 m，所以10 s内物体克服摩擦力做功Wmgx34 J，D正确。14(4分)(2020全国卷T20)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度
15、取10 m/s2。则()A物块下滑过程中机械能不守恒B物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 JAB由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh30 J，解得物块质量m1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep(306s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek2s J，设斜面倾角为，则有sin ，cos ，由功能关系有mg cos sEpEk30 J(306s2s30
16、)J4s J，可得0.5，B项正确；由Ek2s J，Ek可得，v24s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v22as，可得a2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E18 J4 J22 J，机械能损失了E30 J22 J8 J，D项错误。15(8分)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：安装好实验装置如图所示。将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车。在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线P
17、上。释放小车，打开打点计时器的电源，打出一条纸带。(1)在多次重复实验得到的纸带中取出较为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第N个点的距离为40.0 cm。打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s。该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为_J，小车动能的增量为_J。(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素。请你根据该同学的实验操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是(至少说出两种可能)：_。解析(1)拉力对小车做的功Wmgs0.196 N。小车动能的增量E
18、kMv20.1 J。(2)小车的质量不是远大于钩码质量；没有平衡摩擦力；操作错误，实验时先放开小车，后接通电源。答案(1)0.1960.1(2)小车质量没有远大于钩码质量；没有平衡摩擦力；错误操作，实验时先放开小车，后接通电源16(8分)如图所示，质量为m10 kg的滑块，从光滑弧形面的某一高处A点以初速度v01 m/s往下滑行，到达弧形面的底端P处时速度为vP4 m/s，又沿水平面滑行LPQ1 m到达Q点而静止。求：(1)起始位置A点距离水平面的高度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)若用一拉力F，把滑块从Q点循原路返回，拉回到起始点A，则拉力至少做多少功？解析(1)从A点到P点过程，
19、根据动能定理有mghmvmv代入数据解得h0.75 m。(2)沿水平面滑行过程根据动能定理mgLPQ0mv代入数据解得0.8。(3)把滑块从Q点循原路返回过程根据动能定理WFmgLPQmgh00解得拉力至少做功WF155 J。答案(1)0.75 m(2)0.8(3)155 J17(10分)质量为5 kg的物体静止于水平地面上，现对物体施以水平方向的恒定拉力，1 s末将拉力撤去，物体运动的vt图像如图所示，试求：(1)滑动摩擦力在03 s内做的功；(2)拉力在1 s末的功率。解析(1)根据题图知，撤去拉力后物体加速度大小a26 m/s2撤去拉力后，物体只受摩擦力，则fma230 N物体在3 s内
20、的位移s m18 m摩擦力做的功为Wffs540 J。(2)撤去拉力F之前，由牛顿第二定律得Ffma1根据题图知，第1 s内加速度a112 m/s2由瞬时功率公式得PFv1 080 W。答案(1)540 J(2)1 080 W18(10分)(2020全国卷节选)如图所示，相距L11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数0.10，重力加速度取g10 m/s2。(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送带
21、所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。解析(1)传送带的速度为v4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有v2v2as1联立式，代入题给数据得s14.5 m因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1，由运动学公式有vv0at1t1t1联立式并代入题给数据得t12.75 s。(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有mgLmvmvmgLmvmv由式并代入题给条件得v1 m/s，v24 m/s。答案(1)2.75 s(2)最大速度4 m/s最小速度 m/s