文档文本内容
第 6 练 功和能
［1 选择题］
1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分
［保分基础练］
1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到
最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球( )
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
2.(2024·安徽卷·2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静
止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻
力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为( )
1
A.mgh B. mv2
2
1 1
C.mgh+ mv2 D.mgh- mv2
2 2
3.(2024·湖南长沙市第一中学模拟)物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P单独拉
着物体A运动时，物体A的最大速度为v ；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动时，
1
如图所示，物体A和物体B的最大速度为v 。空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B
2
上的拉力功率为( )
v v
1 2
A. P B. P
v v
2 1
v -v v +v
1 2 1 2
C. P D. P
v v
1 1
4.(2024·重庆缙云教育联盟诊断)如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O点连接在可自
由旋转的铰链上，A、B两点各固定一质量为m的小球(可视为质点)。AB杆从竖直位置由静止释放，转到
AB杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A.A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒
B.AB杆水平时，两球的速率均为√3gL
C.OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功
mgL
D.AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为-
2
5.(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小
F 恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦
f k
力大小F 分别为( )
f
A.m=0.7 kg，F=0.5 N
f
B.m=0.7 kg，F=1.0 N
f
C.m=0.8 kg，F=0.5 N
f
D.m=0.8 kg，F=1.0 N
f
6.(多选)(2024·湖南省师范大学附属中学模拟)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹
簧与轻杆相连，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比
(F=Ad)。固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能E 和E 撞击弹簧，导致轻杆分别向
f k1 k2
右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L，装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是(弹簧的弹性
1
势能E = kx2)( )
p 2
A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1∶4
B.系统损失的机械能之比为1∶4
C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1∶2
D.小车做加速度增大的减速运动
［争分提能练］
7.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小
物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从
0
木板右端离开时( )A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
1
C.物块的动能一定大于 mv 2 -fl
2 0
1
D.物块的动能一定小于 mv 2 -fl
2 0
8.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水
井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽
水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，
水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
ρgSl√2gh l2
A. (H+h+ )
2ηh 2h
ρgSl√2gh l2
B. (H+h+ )
2ηh 4h
ρgSl√2gh l2
C. (H+ )
2ηh 2h
ρgSl√2gh l2
D. (H+ )
2ηh 4h
9.(多选)(2024·湖北省模拟)如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端
连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为2m的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物
块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P
点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下
滑12L到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小
为g，下列说法中正确的是( )
3mg
A.弹簧的劲度系数为
8L8
B.小球A运动到最低点时弹簧的形变量为 L
3
C.小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgL
m
D.用质量为 的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为6mgL
2
10.(多选)(2024·黑龙江省一模)如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为m的小物体P(可
视为质点)轻放在A处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m的小物体Q(可视为
质点)轻放在A处，小物体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达B处。
则P、Q两个物体从A到B的过程中( )
A.物体P与传送带间的动摩擦因数较小
B.传送带对P、Q两物体做功相等
C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等
D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等
［2 计算题］
1.(10分)(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，
在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提
升高度为h，如图所示。求：
(1)(4分)提升高度为h时，工件的速度大小；
(2)(6分)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
2.(12分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离
为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的
小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速
度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向
上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。(1)(4分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(4分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)(4分)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
3.(12分)(2024·重庆市一模)如图所示，倾角为θ=53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，
弹簧上端连接质量为5 kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖
直杆上的质量为0.8 kg的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d=0.3 m。初始时在外力作用下，P在A
点静止不动，A、B间距离h=0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。现将P由静止释放，取g=10 m/s2，sin
53°=0.8，cos 53°=0.6，求：
(1)(8分)P上升至B点时的速度大小；
(2)(4分)P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。
4.(16分)(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道
AB、圆心为O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直
1 2
轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O 、D、O
1 2
和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m，轨道
7
AB长度l =3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ= ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin
AB 8
37°=0.6，cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)(5分)若释放点距B点的长度l=0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
(2)(5分)设释放点距B点的长度为l，滑块第一次经F点时的速度v与l 之间的关系式；
x x
(3)(6分)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l 的值。
x答案精析
[1 选择题]
1.B [由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加
mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力
势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。]
2.D [人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得
1
mgh-W = mv2-0
克f 2
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
1
W =mgh- mv2
克f 2
故选D。]
P P
3.C [物体A受到的滑动摩擦力为F = ，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有F +F = ，
fA v fA fB v
1 2
v -v
1 2
在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为P =F v = P，故选C。]
F fB 2 v
1
√3 L √3 L 1
4.D [根据系统机械能守恒有 mg( L- )+mg( L+ )= ×2mv2，解得v=√√3gL，对A处小球，杆做功
2 2 2 2 2
√3 L 1 1
为W ，根据动能定理有W +mg( L+ )= mv2-0，解得W =- mgL，对B处小球，杆做功为W ，根据动能
1 1 2 2 2 1 2 2
√3 L 1 1
定理有W +mg( L- )= mv2-0，则有W = mgL可知杆对A、B两处小球做功均不为零，则两球机械能均
2 2 2 2 2 2
不守恒，故A、B错误，D正确；如果OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功，则杆对A处小
球做正功，与上述分析矛盾，故C错误。]
5.A [0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin 30°·s-Fs=E -E ，整理得E =E -(mgsin 30°+F)s，结合
f k k0 k k0 f
0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+F=4 N。10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-
f
F)·(s-s )=E ，整理得E =(mgsin 30°-F)s-(mgsin 30°-F)s ，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-F=3
f 1 k k f f 1 f
N，联立解得F=0.5 N，m=0.7 kg，故选A。]
f
6.CD [轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为
AL+2AL 3
W = L= AL2，弹簧弹力大小为2AL，设此时弹性势能为E ，由功能关系可知，小车撞击弹簧的
1 2 2 p
AL+4AL 15
初动能为E =W +E ，第二次，轻杆克服摩擦力做功为W = 3L= AL2，弹簧弹力大小为4AL，弹
k1 1 p 2 2 21 E 1
k1
性势能为4E ，小车撞击弹簧的初动能为E =W +4E ，故 < < ，故A错误；系统损失的机械能之比为
p k2 2 p 5 E 4
k2
1
W ∶W = ，故B错误；小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1∶2，故C正确；
1 2 5
撞击缓冲过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。]
7.BD [设物块离开木板时的动能为E ，此时木板的动能为E ，对木板：f·s =E
k块 k板 板 k板
1
对物块：-fs =E - mv 2
块 k块 2 0
木板和物块的v-t图像如图所示，
由图可知
s <l，s >l
板 块
故E <fl，
k板
1
E < mv 2 -fl，
k块 2 0
故B、D正确，A、C错误。]
8.B [设水从出水口射出的初速度为v ，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v tSρ，根据平
0 0
1 √ g 1
抛运动规律v t'=l，h= gt'2，解得v =l ，根据功能关系得Ptη= mv 2 +mg(H+h)，联立解得水泵的输出
0 2 0 2h 2 0
ρgSl√2gh l2
功率为P= (H+h+ )，故选B。]
2ηh 4h
9.AD [开始时，对B有mg=kx
1
A在Q点时，对C有2mg=kx ，A从P到Q点，由题意可知x +x =8L
2 1 2
3mg 16
解得k= ，x = L，故A正确，B错误；
8L 2 3
A从P到Q，对系统由能量守恒定律有12mgL=8mgL+ΔE
p
解得ΔE =4mgL
p
因为弹簧原先有形变量，所以E ≠4mgL，故C错误；
PQ
D从Q到P，由能量守恒定律有
mg
ΔE +8mgL= ×12L+E
p 2 k
解得E =6mgL，故D正确。]
k
10.AB [小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为μmgcosθ-mgsinθ
a= =μgcos θ-gsin θ
m
根据题意可知，在速度达到与传送带共速v的过程，小物体P在传送带上的位移x较大，根据运动学公式
v2
可得a= ，可知小物体P在传送带上加速时的加速度较小，则物体P与传送带间的动摩擦因数较小，故
2x
A正确；
在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，由
题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两
物体做功相等，故B正确；
小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为
v v2 v2
Δx=x -x =vt- t= = ，故小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δx=
传 物 2 2a 2(μgcosθ-gsinθ)
mv2
sinθ ，因物体P与传送带间的动摩擦因数小，则小物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大，由
2(1- )
μcosθ
于两物体增加的机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P而多消耗的电能较大，故C、D错
误。]
[2 计算题]
√ 2ah √ 2h mah
1.(1) (2)
cosθ acosθ cosθ
解析 (1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有
h
v 2=2a
0 cosθ
√ 2ah
解得v =
0
cosθ
(2)根据速度公式有v =at
0
√ 2h
解得t=
acosθ
1
根据动能定理有W = mv 2
合 2 0
mah
解得W = 。
合 cosθ
2.(1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析 (1)根据题意，小物块在传送带上，
由牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=5 m/s2由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
v 2
x= 传 =2.5 m<L =3.6 m
传
2a
可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有
m v=m v +m v
物 物 1 球 2
其中v=5 m/s，v =-1 m/s
1
解得v =3 m/s
2
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
1 1 1
ΔE = m v2- m v 2- m v 2
k 2 物 2 物 1 2 球 2
解得ΔE =0.3 J
k
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度
v 2
3
为v ，在P点正上方，由牛顿第二定律有m g=m
3 球 球L -d
绳
小球从O点正下方到P点正上方过程中，
由机械能守恒定律有
1 1
m v 2= m v 2+m g(2L -d)
2 球 2 2 球 3 球 绳
联立解得d=0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
3.(1)2√3 m/s (2)8 J
解析 (1)在外力作用下，P在A点静止不动时，假设弹簧伸长量为x ，
1
对于物块Q有
F =m gsin θ+kx
T Q 1
代入数据解得
x =0.1 m
1
P上升至B点时，Q的速度为
v =v cos 90°=0
Q P
物块Q下降距离为
Δx=OA-OB=0.5 m-0.3 m=0.2 m
即弹簧压缩x =0.2 m-0.1 m=0.1 m
21
弹簧的形变量不变，因此弹性势能不变，对物块P、Q及弹簧，根据能量守恒有m gΔxsin 53°-m gh= m
Q P 2 P
v 2
P
解得v =2√3 m/s
P
(2)P上升至B点的过程中，由于弹簧对Q所做的功为0，对Q由动能定理得m gΔxsin 53°-W=0
Q
可得W=m gΔxsin 53°=8 J。
Q
4.(1)7 N (2)v=√12l -9.6，其中l≥0.85 m (3)见解析
x x
解析 (1)滑块由释放到C点过程，由能量守恒定律有
1
mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)= mv 2
2 C
在C点由牛顿第二定律有，
v 2
F -mg=m C
N
R
解得F =7 N
N
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl sin 37°-(3mgRcos 37°+mgR)=0
1
解得l =0.85 m
1
因此要能过F点必须满足l≥0.85 m
x
能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得
1
mglsin 37°-4mgRcos 37°= mv2，
x 2
解得v=√12l -9.6，其中l≥0.85 m。
x x
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
l l
mglsin 37°-mg FGsin 37°-nμmg FGcos 37°=0，
x
2 2
4R
l =
FG tan37°
7n+6
解得l= m，n=1，3，5，…
x 15
又因为l ≥l≥0.85 m，l =3 m，
AB x AB
13
当n=1时，l = m
x1 15
9
当n=3时，l = m
x2 5
41
当n=5时，l = m。
x3 15
