《新步步高》2016高考物理考前三个月（四川版）二轮文档：专题5 功和能 WORD版含答案.docx

1、1(2015新课标全国17)图1一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图1所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()答案A解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1fma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1f时速度最大，且vm.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2fma2，所以加速度逐渐减小，直到F2f时，速度最大vm，以后匀速运动综合以上分析可知选

2、项A正确2(2015新课标全国17)图2如图2，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N点动能为EkN，从P点到N点根据动

3、能定理可得mgRWmgR，即克服摩擦力做功W.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FNmgcos mam，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力FfFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQmgRWmgRW，由于W，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确3(2015四川理综9)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放如

4、图3所示，若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功图3(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3106克)答案(1)1 950 m(2)2.04 kg解析(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1；距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s

5、2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s.则s1vt1s2vt2s3vt3ss1s2s3联立式并代入数据得s1 950 m(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W，排放气态污染物的质量为M.则W1Fs1W2Pt2WW1W2M(3109 kgJ1)W联立式并代入数据得M2.04 kg1题型特点(1)单独命题功和功率的计算利用动能定理分析简单问题对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用

6、(2)交汇命题结合vt、Ft等图像综合考查多过程的功和功率的计算结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题2考查热点(1)守恒法(2)整体法、分段法(3)图像法考题一功和功率的计算1下表列出了某种型号轿车的部分数据，图4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，变速杆应推至哪一挡？当轿车以最高速度运行时，轿车的牵引力约为多大()图4长/mm宽/mm高/mm4 481/1 746/1 526 mm净重/kg1 337 kg传动系统前轮驱动5挡变速发动机型式

7、直列4缸发动机排量(L)2.0 L最高时速(km/h)189 km/h100 km/h的加速时间(s)12 s额定功率(kW)108 kWA“5”挡、8 000 N B“5”挡、2 000 NC“1”挡、4 000 N D“1”挡、2 000 N答案D解析根据PFv可知，需要最大牵引力，则速度要最小，所以变速杆应推至“1”挡；当牵引力等于阻力时速度达到最大值，此时F N2 057 N.2如图5所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，表面光滑，倾角为.经一段时间恒力F做功8 J，此后撤去恒力F，物体又经相同时间回到出发点，则在撤去该恒力前瞬

8、间，该恒力的功率是()图5A.gsin B.gsin C.gsin D.gsin 答案D解析F作用下的加速度为a，运动时间为t，xat2，末速度vtat，撤去F后的加速度为gsin ，物体做类上抛运动，故以沿斜面向上为正方向，xvttgsin t2，解得a，Fmgsin ma，解得F，因为F做的功为8 J，WFx，所以x，故vt，所以F的功率PFvt.3某工地上，一架起重机将放在地面上的一个物体吊起物体在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中物体的机械能E与其位移x关系的图像如图6所示，其中0x1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线，根据图像可知()图6A0x1过程中钢绳的

9、拉力逐渐增大B0x1过程中物体的动能一直增加Cx1x2过程中钢绳的拉力一直不变Dx1x2过程中起重机的输出功率一直增大答案C解析由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以Ex图像的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0x1内物体所受的拉力逐渐减小所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A、B错误；由于物体在x1x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C正确；由于物体在x1x2内Ex图像的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以超

10、重机的输出功率可能不变，故D错误1功的计算(1)恒力做功的计算公式：WFlcos ；(2)当F为变力时，用动能定理WEk或功能关系求功所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；(3)利用Fl图像曲线下的面积求功；(4)利用WPt计算2功率(1)功率定义式：P.所求功率是时间t内的平均功率；(2)功率计算式：PFvcos .其中是力与速度间的夹角若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率考题二功能关系的理解4一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其

11、中g为重力加速度则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是()A小球的动能增加mghB小球的电势能减小mghC小球的重力势能减少mghD小球的机械能减少mgh答案D解析由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F合mamg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加EkF合hmgh，故A错误；由牛顿第二定律得：mgFmg，解得电场力Fmg，且方向竖直向上，则电场力做功W电Fhmgh，故小球的电势能增加mgh，故B错误；小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误；由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确5如图7所示，一小

12、物体在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C，如不考虑在B点机械能的损失，则()图7A从A到B和从B到C，减少的机械能相等B从A到B和从B到C，增加的动能相等C从A到B和从B到C，摩擦产生的热量相等D小物体在B点的动能一定最大答案AC解析设斜面与水平面的夹角为，则斜面的长度：x物体受到的摩擦力：fmgcos ，物体下滑的过程中摩擦力做的功：Wffxmgcos mgL由上式可知，物体下滑的过程中，摩擦力做功的大小与斜面的倾角无关，与水平位移的大小成正比物体从A到B和从B到C，水平方向的位移大小相等，所以物体克服摩擦力做的功相等，物体减少的机械能相等故A正确；由题图可知，物体从A到B和从B到

13、C，AB段的高度比较大，所以在AB段重力对物体做的功比较大，由动能定理：EkW总WGWf由可知，从A到B和从B到C，AB段增加的动能比较大故B错误；物体从A到B和从B到C，物体减少的机械能转化为内能，物体减少的机械能相等，所以摩擦产生的热量相等故C正确；物体从B到C的过程中，重力对物体做正功，摩擦力对物体做负功，由于不知道二者的大小关系，所以C点的动能也有可能大于物体在B点的动能故D错误6如图8所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，

14、若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是()图8A小球的机械能先增大后减小B弹簧的弹性势能一直增加C重力做功的功率一直增大D当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大答案A解析先分析小球的运动过程，由静止释放，初速度为0，沿杆方向受重力和弹力的两个分力，做加速运动，当弹簧与杆垂直时，还有重力沿杆方向的分力，继续加速；当小球下滑到某个位置时，重力和弹力的两个分力大小相等、方向相反时，加速度为0，速度最大，之后做减速运动，D错误小球的机械能是动能和重力势能之和，弹力做功是它变化的原因，弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增后减，故A正确弹簧的弹性势能变化由弹力做功引起，弹力先做正

15、功后做负功，故弹性势能先减后增，B错误重力做功的功率是重力沿杆方向的分力和速度的乘积，故应先增后减，C错误1功能关系(1)重力做功与重力势能的变化关系：WGEp.(2)弹力做功与弹性势能的变化关系：W弹Ep.(3)合力的功与动能变化的关系：W合Ek.(4)滑动摩擦力做功产生内能的计算：Qfx相对(5)电场力做功：WEpqU，电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加2说明(1)一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0，不改变系统机械能(2)一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于0，系统机械能减少，转化为内能考题三动能定理的应用7如图9所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下

16、端位于斜面船的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为()图9A. B.C.MgL D.MgL答案D解析拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中运用动能定理得：00WFminMgLsin 60Mgcos 60L解得：WFminMgL，故D正确8(2015海南单科4)如图10所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小

17、为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图10A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案C解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FNmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确9如图11所示，半径R0.5 m的光滑圆弧CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边

18、细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m13 kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g10 m/s2，求：(sin 370.6，cos 370.8)图11(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程答案(1)4 kg(2)78 N(3)1 m解析(1)根据平衡条件，满足：m1gsin 53m2gsin 37可得m24 kg(2)P到D过程由动能定理得m1ghm1v由几何关系得hL1sin 53R(1cos 53)运动到D点时，根据牛顿第二定律：FDm1g

19、m1解得FD78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin 53m1gcos 53s总0解得s总1 m1动能定理应用的基本步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和(3)明确过程初、末状态的动能Ek1及Ek2.(4)列方程WEk2Ek1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解2应用动能定理时根据运动过程不同可以全程列式、也可分段列式考题四动力学和能量观点的综合应用1

20、0如图12甲所示，物体以一定初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.下列说法中正确的是()图12A物体的质量m0.67 kgB物体可能静止在斜面顶端C物体上升过程的加速度大小a10 m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek10 J答案CD解析物体在最高点时的机械能等于重力势能，即mgh30 J，解得m1 kg.故A错误；物体上升到最高点的过程中，机械能减小20 J，即克服摩擦力做功等于20 J，有：fx20 J，x m5 m，则摩擦力f4

21、N，因为mgsin 37f，知物体不能静止在斜面的顶端故B错误；根据牛顿第二定律得，上升过程中的加速度大小a m/s210 m/s2.故C正确；上升过程克服摩擦力做功为20 J，则整个过程克服摩擦力做功为40 J，根据动能定理得，Wfmv2mv，解得回到斜面底端的动能Ek10 J故D正确11如图13所示，在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为，长度为L0，以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L；水平轨道左侧有一轻质弹簧，左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A轻放(初速度为0)在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨

22、道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半)，经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点已知R0.2 m，37，L01.8 m，L1.0 m，v06 m/s，物块A质量为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数为10.5，与PQ段间的动摩擦因数为20.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图13(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小；(2)物块A刚与弹簧接触时速度大小；(3)物块A返回到圆形轨道的高度；(4)若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿

23、轨道运动而不会脱离轨道？答案见解析解析(1)物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：ag据运动学公式得v22aL0，解得：vv06 m/s(2)以物块A为研究对象，从传送带底端运动到P的过程中，由动能定理得：2mgLmvmv代入数据解得：v14 m/s(3)A反弹速度v2v12 m/sA向右经过PQ段，由vv22gL代入数据解得速度：v32 m/sA滑上圆形轨道，由动能定理得：mgh0mv可得，返回到圆形轨道的高度为h0.2 mR，符合实际(4)物块A以v0冲上PQ段直到回到PQ段右侧，据牛顿运动定律得：vv22gLv2v1vv22gL联立可得，A回到右侧速度v2gL(95L)(

24、m/s)2要使A能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道，则有：A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：00联立可得，1 mL1.8 m综上所述，要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是1 mL1.8 m专题综合练1如图14所示，一小球从高h处自由下落进入水面，若小球在水中所受阻力为Fkv2，且水足够深，则()图14Ah越大，匀速时速度v越大Bh变大，小球在水中动能变化一定变多Ch变小，小球在水中动能变化可能变多D小球在水中刚匀速的位置与h无关答案C解析当重力、浮力和阻力相等时，小球做匀速运动，有mgF浮kv2，浮力是定值，可知匀速运动的速度是一定值，故A

25、错误；若小球进入水中做加速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h越大，进入水中的速度越大，则动能变化越小，若小球进入水中做减速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h越大，进入水中的速度越大，则动能变化越大，同理，当h变小时，在水中的动能可能变多，可能变小故B错误，C正确；小球匀速运动的速度是一定值，但是开始匀速运动的位置与h有关，故D错误2如图15所示，可视为质点的小球以初速度v0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h的斜面顶端下图中有四种运动：A图中小球滑入轨道半径等于h的光滑管道；B图中小球系在半径大于h而小于h的轻绳下端；C图中小球滑入半径大于h的光滑轨道；D图中小球固定在长为h的轻杆下端在

26、这些情况中，小球在最低点的水平初速度都为v0不计空气阻力，小球不能到达h高的是()图15答案B解析图A中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh0mgh0，则hh，故A正确；绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B错误；图C中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh0mgh0，则hh，故C正确；杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh0mgh0，则hh，故D正确3如图16甲所示，质量m1 kg的物块(可视为质点)以v010 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达

27、最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长不计空气阻力，取g10 m/s2.下列说法中正确的是()图16A物块所受的重力与摩擦力之比为32B在t1 s到t6 s的时间内物块所受重力的平均功率为50 WC在t0到t1 s时间内机械能的变化量大小与t1 s到t6 s时间内机械能变化量大小之比为15D在t6 s时物块克服摩擦力做功的功率为20 W答案C解析由题图乙知，物块上滑的加速度a110 m/s2；下滑的加速度a22 m/s2；由牛顿第二定律可得：上滑时，mgsin fma1；下滑时，mgsin fma2，联立解得：sin 0.6；，选项A错误；根据速度时间图

28、像与坐标轴围成的面积表示位移得：16 s内的位移x510 m25 m，则t1 s到t6 s的时间内物块所受重力的平均功率： W30 W，故B错误；物块所受的摩擦力fmg4 N，则t6 s时物块克服摩擦力做功的功率Pfv410 W40 W，故D错误；因为物块机械能的变化量等于克服阻力做功的大小，所以在t0到t1 s时间内机械能的变化量大小E1fx1，t1 s到t6 s时间内机械能变化量大小E2fx2，则，故C正确4如图17所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到

29、达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中()图17A小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B两传送带对小物体做功相等C两传送带消耗的电能相等D两种情况下因摩擦产生的热相等答案AB解析根据公式v22ax，可知物体加速度关系a甲a乙，再由牛顿第二定律mgcos mgsin ma，得知甲Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两次从A到B增加的机械能相同，Q甲Q乙，所以将小物体运至B处，甲传送带消耗的电能更多，故C错误5如图18所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂

30、于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为60，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()图18AF1F22mgB从A到B，拉力F做功为F1LC从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大答案A解析在B点，根据平衡有：F1sin 30mg，解得F12mg.B到A，根据动能定理得，mgL(1cos 60)mv2，根据牛顿第二定律得，F2mgm，联立两式解得F22mg，故A正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，WFmgL(1cos 60)0，解得WFmgL，故B

31、错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误；在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误6人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图19所示则在此过程中()图19A人对物体做的功为mghB人对物体做的功为mv2C物体克服重力所做的功为mghcos D物体所受的合外力做功为mv2答案D解析由动能定理可知，人做的功等于克服物体重力的功及物体增加的动能之和，大于mv2，大于mgh，故A、B错误；物体

32、克服重力所做的功为mgh，故C错误；对物体受力分析可知，物体受重力和拉力的作用，由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于mv2，故D正确7一个排球在A点被竖直抛出时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则()A上升到最高点过程重力势能增加了20 JB上升到最高点过程机械能减少了8 JC从最高点回到A点过程克服阻力做功4 JD从最高点回到A点过程重力势能减少了12 J答案C解析由题意知整体过程中动能(机械能)减少了8 J，则上升过程克服阻力做功4 J，下落过程克服阻力做功4 J上升到最高点过程动能减少量为20 J，克服阻力

33、做功4 J即机械能减少4 J，则重力势能增加了16 J，A、B错误；由前面分析知C正确；从最高点回到A点过程动能增加了12 J，机械能减少4 J，则重力势能减少16 J，D错误. 8在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图像，并作出t0.5 s时刻的切线，如图20所示已知小球在t0时刻释放，其质量为0.5 kg，重力加速度g10 m/s2，求：图20(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值答案(1)2.25 J(2)3.75 N解析(1)由图像可知，小

34、球第一次与地面碰撞前瞬间速度v15 m/s，碰撞后瞬间速度v24 m/s，碰撞过程损失的机械能Emvmv代入数据可得E2.25 J.(2)由图像可得t0.5 s时小球加速度a4 m/s2由牛顿第二定律mgfma，由于fkv，k0.75，则fmaxkvmax3.75 N.9如图21甲所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t0时释放滑块在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t0.14 s时，滑块

35、的速度v12.0 m/s.g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.弹簧弹性势能的表达式为Epkx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：图21(1)斜面对滑块摩擦力的大小f；(2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d；(3)在00.44 s时间内，摩擦力做的功W.答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)1.64 J解析(1)当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小a110 m/s2.根据牛顿第二定律有mgsin fma1所以f4.0 N(2)当t10.1

36、4 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t00时弹簧的形变量x，所以在00.14 s时间内弹簧弹力做的功W弹Ep初Ep末kd2.在这段过程中，根据动能定理有W弹mgdsin fdmv0可求得d0.20 m(3)设从t10.14 s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有t10.20 s这段时间内滑块运动的距离x10.20 m此时t20.14 st10.34 s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小a22.0 m/s2在0.340.44 s(t20.1 s)时间内，滑块反向运动的距离x2a2t0.01 m所以在00.44 s时间内，摩擦力f做

37、的功Wf(dx1x2)1.64 J10如图22所示，粗糙水平面与半径R1.5 m的光滑圆弧轨道相切于B点，质量m1 kg的物体在大小为10 N、方向与水平面成37角的拉力F作用下从A点由静止开始沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度vB15 m/s.已知sAB15 m，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图22(1)物体到达C点时对轨道的压力大小和物体越过C点后上升的最大高度h；(2)物体与水平面间的动摩擦因数.答案(1)130 N9.75 m(2)0.125解析(1)设物体在C处的速度为vC，由机械能守恒定律有mgRmvmv在C处，由牛顿第二定律有FCm联立并代入数据解得：轨道对物体的支持力FC130 N根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力大小FC130 N物体越过C点后上升的过程中，由动能定理有：mgh0，代入数据解得，上升的最大高度为h9.75 m(2)由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B处与第二次通过的速度大小相等从A到B的过程，由动能定理有：Fcos 37(mgFsin 37)sABmv解得物体与水平面间的动摩擦因数0.125