2011物理（真題+模擬新題）分類匯編專題5E單元功和能

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精E單元功和能E1有機(jī)結(jié)構(gòu)認(rèn)識9．E1[2011·海南物理卷]一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上,從t＝0時起,第1s內(nèi)受到2N的水平外力作用，第2s內(nèi)受到同方向的1N的外力作用．A．0~2s內(nèi)外力的平均功率是eq\f(9,4）WB．第2s內(nèi)外力所做的功是eq\f（5,4)JC．第2s末外力的瞬時功率最大D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是eq\f(4，5)【解析】AD由牛頓第二定律F＝ma可得，第1s內(nèi)的加速度a1＝2m/s2,第2s內(nèi)的加速度a2＝1m/s2；由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得,第1s內(nèi)的位移x1＝1m，第1s末的速度v1＝2m/s，第2s內(nèi)的位移x2＝2。5m，第2s末的速度v2＝3m/s；由做功公式W＝Fx可求,第1s內(nèi)外力做功W1＝2J，第2s內(nèi)外力做功W2＝2。5J，選項B錯誤；0～2s內(nèi)外力的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f（W1＋W2,t1＋t2)＝eq\f（4.5J,2s）＝eq\f(9，4)W,選項A正確；第2s末外力瞬時功率P2＝F2v2＝3W，第1s末外力瞬時功率P1＝F1v1＝4W＞P2，選項C錯誤;由動能定理知,動能增加量之比等于合外力做功之比,所以eq\f（ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f（W1，W2）＝eq\f(4，5)，選項D正確．4．E1[2011·江蘇物理卷］如圖所示,演員正在進(jìn)行圖4雜技表演．由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于（）A．0.3JB．3JC．30JD．300J4．E1［2011·江蘇物理卷］A【解析】若一個雞蛋大約55g，雞蛋拋出的高度大約為60cm,則將一只雞蛋拋出至最高點的過程中對雞蛋做的功等于雞蛋重力勢能的增加量,即W＝mgh＝55×10－3×10×60×10－2

E2動能動能定理15．E2[2011·課標(biāo)全國卷］一質(zhì)點開始時做勻速直線運(yùn)動,從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點的動能可能（）A．一直增大B．先逐漸減小至零，再逐漸增大C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D．先逐漸減小至某一非零的最小值,再逐漸增大【解析】ABD當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動的方向成銳角時，該力一直做正功，其動能一直增大，A正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動的方向相反時，物體先做勻減速運(yùn)動后做反向的勻加速運(yùn)動，其動能先逐漸減小至零,再逐漸增大,B正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動的方向成鈍角(不等于180°)時，其動能先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大，D正確；物體不可能出現(xiàn)動能先逐漸增大至某一最大值,再逐漸減小的情況,C錯誤．E3機(jī)械能守恒定律16．E3[2011·課標(biāo)全國卷]一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A．運(yùn)動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功,彈性勢能增加C．蹦極過程中，運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)【解析】ABC運(yùn)動員到達(dá)最低點前其高度一直降低，故重力勢能始終減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中,其彈力方向與運(yùn)動方向相反,彈力做負(fù)功,彈性勢能增加,B正確；蹦極過程中,只有重力和彈力做功，運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C正確；重力勢能的改變量ΔEp＝mgΔh,只與初末位置的高度差有關(guān)，而與重力勢能零點的選取無關(guān),D錯誤．22．C2E3［2011·北京卷］【答案】(1）受力圖如圖所示根據(jù)平衡條件，應(yīng)滿足Tcosα＝mg，Tsinα＝F拉力大小F＝mgtanα（2)運(yùn)動中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgl（1－cosα）＝eq\f（1，2）mv2則通過最低點時，小球的速度大小v＝eq\r(2gl1－cosα)根據(jù)牛頓第二定律T′－mg＝meq\f(v2，l）解得輕繩對小球的拉力T′＝mg＋eq\f(mv2，l）＝mg(3－2cosα)，方向豎直向上．21.（1）D4［2011·福建卷]（2）E4［2011·福建卷]（3）E3D2［2011·福建卷］圖1－10圖1－10為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細(xì)管,上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管,管口沿水平方向,AB管內(nèi)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧．投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0。5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去．設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時,對管壁的作用力恰好為零．不計魚餌在運(yùn)動過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能．已知重力加速度為g.求:（1）質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時的速度大小v1；（2）彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；（3）已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在eq\f(2,3)m到m之間變化，且均能落到水面．持續(xù)投放足夠長時間后,魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？21．（1)D4[2011·福建卷］(2）E4[2011·福建卷]（3）E3D2[2011·福建卷]【答案】(1)質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時做圓周運(yùn)動的向心力完全由重力提供，則mg＝meq\f（v\o\al（2，1),R)①由①式解得v1＝eq\r(gR）②（2）彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝mg（1.5R＋R）＋eq\f(1,2）mveq\o\al(2，1）③由②③式解得Ep＝3mgR④(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口后做平拋運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，離OO′的水平距離為x1,由平拋運(yùn)動規(guī)律有4．5R＝eq\f（1，2）gt2⑤x1＝v1t＋R⑥由⑤⑥式解得x1＝4R⑦當(dāng)魚餌的質(zhì)量為eq\f(2,3)m時,設(shè)其到達(dá)管口C時速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝eq\f(2，3)mg(1。5R＋R)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）m)）veq\o\al(2,2)⑧由④⑧式解得v2＝2eq\r（gR）⑨質(zhì)量為eq\f（2，3）m的魚餌落到水面上時，設(shè)離OO′的水平距離為x2，則x2＝v2t＋R⑩由⑤⑨⑩式解得x2＝7R魚餌能夠落到水面的最大面積SS＝eq\f（1，4）（πxeq\o\al(2，2)－πxeq\o\al（2,1)）＝eq\f(33，4)πR2（或8。25πR2）E4實驗:探究動能定理21．(1)D4[2011·福建卷]（2)E4［2011·福建卷］（3)E3D2[2011·福建卷]圖1－10圖1－10為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管,管口沿水平方向,AB管內(nèi)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧．投餌時,每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去．設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時，對管壁的作用力恰好為零．不計魚餌在運(yùn)動過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時,均不改變彈簧的彈性勢能．已知重力加速度為g。求：(1）質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時的速度大小v1；（2)彈簧壓縮到0。5R時的彈性勢能Ep；(3)已知地面與水面相距1。5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在eq\f（2,3）m到m之間變化，且均能落到水面．持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？21．(1）D4[2011·福建卷］（2）E4[2011·福建卷］（3)E3D2［2011·福建卷]【答案】(1）質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時做圓周運(yùn)動的向心力完全由重力提供，則mg＝meq\f(v\o\al（2,1)，R）①由①式解得v1＝eq\r(gR)②（2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝mg(1。5R＋R)＋eq\f(1,2)mveq\o\al（2，1）③由②③式解得Ep＝3mgR④(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對魚餌速度大小的影響,質(zhì)量為m的魚餌離開管口后做平拋運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運(yùn)動規(guī)律有4．5R＝eq\f（1，2）gt2⑤x1＝v1t＋R⑥由⑤⑥式解得x1＝4R⑦當(dāng)魚餌的質(zhì)量為eq\f(2,3）m時，設(shè)其到達(dá)管口C時速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝eq\f(2,3)mg(1.5R＋R）＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2，3）m))veq\o\al(2，2）⑧由④⑧式解得v2＝2eq\r(gR）⑨質(zhì)量為eq\f（2,3)m的魚餌落到水面上時,設(shè)離OO′的水平距離為x2,則x2＝v2t＋R⑩由⑤⑨⑩式解得x2＝7R魚餌能夠落到水面的最大面積SS＝eq\f(1,4）（πxeq\o\al(2，2)－πxeq\o\al(2，1））＝eq\f（33，4）πR2（或8.25πR2）E5實驗：驗證機(jī)械能守恒定律14．E5［2011·海南物理卷］現(xiàn)要通過實驗驗證機(jī)械能守恒定律．實驗裝置如圖1－9所示:水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌;導(dǎo)軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊,其總質(zhì)量為M,左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連；遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到導(dǎo)軌底端C點的距離,h表示A與C的高度差，b表示遮光片的寬度,s表示A、B兩點間的距離，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作圖：（1）若將滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A運(yùn)動至B的過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為________，動能的增加量可表示為________．若在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，eq\f(1,t2）與s的關(guān)系式為eq\f（1，t2）＝________.圖1－11(2)多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點(A點)下滑,測量相應(yīng)的s與t值，結(jié)果如下表所示：12345s/m0。6000。8001.0001.2001.400t/ms8.227。176.445.855。43eq\f（1,t2）/104s－21.481。952。412。923.39以s為橫坐標(biāo),eq\f（1,t2)為縱坐標(biāo),在圖1－10的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個數(shù)據(jù)點；根據(jù)5個數(shù)據(jù)點作直線，求得該直線的斜率k＝________×104m－1·s－2(保留3位有效數(shù)字)．圖1－12由測得的h、d、b、M和m數(shù)值可以計算出eq\f(1，t2)－s直線的斜率k0，將k和k0進(jìn)行比較，若其差值在實驗允許的范圍內(nèi),則可認(rèn)為此實驗驗證了機(jī)械能守恒定律．【答案】（1)eq\f（Mgsh，d）－mgseq\f(M＋mb2，2t2)eq\f（2Mh－mdgs，M＋mdb2）(2)如圖所示2。43圖1－13【解析】(1）滑塊從A運(yùn)動到B的過程中，滑塊的重力勢能減少eq\f（Mgsh，d)，砝碼的重力勢能增加mgs；滑塊通過遮光片的速度v＝eq\f（b,t),此時系統(tǒng)的動能Ek＝eq\f(1,2）(M＋m）v2＝eq\f(M＋mb2,2t2)，此即為系統(tǒng)動能的增加量；若機(jī)械能守恒，則有eq\f(Mgsh,d)－mgs＝eq\f(M＋mb2，2t2)，即eq\f（1,t2)＝eq\f（2Mh－mdgs，M＋mdb2）（2)描點作圖

E6功和能綜合21．E6[2011·四川卷]質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．不計空氣阻力且小球從未落地，則（）A．整個過程中小球電勢能變化了eq\f(3,2）mg2t2B．整個過程中小球動量增量的大小為2mgtC．從加電場開始到小球運(yùn)動到最低點時小球動能變化了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能變化了eq\f(2,3)mg2t2【解析】BDt時刻小球的速度v＝gt，豎直方向的位移h＝eq\f（1，2）gt2，加電場后,小球做勻減速直線運(yùn)動,由－eq\f（1,2）gt2＝gtt－eq\f（1，2)at2，得小球的加速度為a＝3g，利用牛頓第二定律有：F－mg＝ma，解得電場力F＝4mg,從加電場到小球運(yùn)動至最低點的位移為h′＝eq\f(v2，2a)＝eq\f(g2t2,6g）＝eq\f（gt2,6).整個過程中小球電勢能的變化量為ΔEp＝Fh＝4mg×eq\f（1，2)gt2＝2mg2t2，A錯誤;末態(tài)小球的速度v＝at－gt＝2gt，動量的增量大小為mv＝2mgt，B正確；從加電場開始到小球運(yùn)動到最低點時小球動能變化了mah′＝eq\f（mg2t2，2），C錯誤;從A點到最低點小球重力勢能變化了ΔEp＝mgeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(h＋h′)）＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）gt2＋\f（1,6)gt2）)＝eq\f（2，3)mg2t2，D正確．36．E6[2011·廣東物理卷]如圖20所示，以A、B和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C。一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動的傳送帶上E點，運(yùn)動到A時剛好與傳送帶速度相同,然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板．滑板運(yùn)動到C時被牢固粘連．物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，兩半圓半徑均為R，板長l＝6。5R，板右端到C的距離L在R〈L<5R范圍內(nèi)取值，E距A為s＝5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0。5，重力加速度取g(1）求物塊滑到B點的速度大小;(2)試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點．圖20【解析】（1)設(shè)物塊運(yùn)動到A和B的速度分別為v1、v2，由動能定理μmgs＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，1)①由機(jī)械能守恒定律eq\f(1，2）mveq\o\al（2，2)＝2mgR＋eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1)②聯(lián)立①②解得v2＝3eq\r(Rg）③(2）設(shè)從物塊滑上滑板到滑板與物塊達(dá)到相同的速度v3時，位移分別為l1和l2,由動量守恒定律mv2＝（m＋M）v3④由動能定理μmgl1＝eq\f(1，2)Mveq\o\al(2，3）⑤－μmgl2＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2，3)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，2）⑥聯(lián)立③④⑤⑥解得l1＝2R，l2＝8R⑦物塊相對滑板的位移Δl＝l2－l1＝6R<l⑧即物塊與滑板在達(dá)到相同速度時，物塊未離開滑板．若R<L<2R,則Wf＝μmg（l＋L）⑨即Wf＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L）⑩若2R≤L〈5R，則Wf＝μmg（l＋l1)eq\o（○,\s\up1(11)）即Wf＝eq\f(17，4)mgReq\o（○,\s\up1（12))設(shè)物塊滑到C點的動能為Ek,由動能定理，－Wf＝Ek－eq\f(1,2）mveq\o\al（2,2）eq\o（○,\s\up1（13))L最小時，克服摩擦力做功最少,因為L>R，由③⑩eq\o（○,\s\up1（13))確定Ek小于mgR，即物塊不能滑到CD軌道的中點．24．E6［2011·浙江卷］節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車．有一質(zhì)量m＝1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1＝90km/h勻速行駛，發(fā)動機(jī)的輸出功率為P＝50kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80km/h的限速標(biāo)志時，保持發(fā)動機(jī)功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動，運(yùn)動L＝72m后,速度變?yōu)関2＝72km/h。此過程中發(fā)動機(jī)功率的eq\f(1，5）用于轎車的牽引，eq\f(4,5)用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．(1）轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛，所受阻力F阻（2）轎車從90km/h減速到72km/h過程中，(3）轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運(yùn)動的距離【答案】（1）汽車牽引力與輸出功率關(guān)系P＝F牽v將P＝50kW，v1＝90km/h＝F牽＝eq\f（P，v1)＝2×103N當(dāng)轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有F阻＝2×103N（2）在減速過程中,注意到發(fā)動機(jī)只有eq\f（1,5）P用于汽車的牽引．根據(jù)動能定理有eq\f（1,5)Pt－F阻L＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，2）－eq\f(1，2）mveq\o\al（2,1）代入數(shù)據(jù)得Pt＝1。575×105J電源獲得的電能為E電＝0。5×eq\f（4，5）Pt＝6.3×104J(3）根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻＝2×103N．在此過程中,由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功．E電＝F阻L′代入數(shù)據(jù)得L′＝31.51．【2011·寧波模擬】一只蘋果從樓上某一高度自由下落,蘋果在空中依次經(jīng)過三個完全相同的窗戶1、2、3.圖X8－1中直線為蘋果在空中的運(yùn)動軌跡．若不計空氣阻力的影響，以下說法正確的是(）圖X8－1A．蘋果通過第3個窗戶所用的時間最長B．蘋果通過第1個窗戶的平均速度最大C．蘋果通過第3個窗戶重力做的功最大D．蘋果通過第1個窗戶重力的平均功率最小1．D【解析】蘋果加速下落，運(yùn)動越來越快,故蘋果通過第3個窗戶所用的時間最短，平均速度最大，A、B都錯；窗戶完全相同，所以蘋果通過三個窗戶重力做的功一樣多,蘋果通過第1個窗戶用時最長，重力的平均功率最小，故C錯,D對．2．【2011·德州模擬】如圖X8－2所示,現(xiàn)有兩個完全相同的可視為質(zhì)點的物塊都從靜止開始運(yùn)動，一個自由下落，一個沿光滑的固定斜面下滑,最終它們都到達(dá)同一水平面上,空氣阻力忽略不計，則(）圖X8－2A．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B．它們到達(dá)水平面上時的動能相等C．重力做功的瞬時功率相等D．它們的機(jī)械能都是守恒的2．BD【解析】兩物體從同一高度下落，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，它們到達(dá)水平面上時的動能相等，自由下落的物體先著地，重力做功的平均功率大，而著地時重力做功的瞬時功率等于重力與重力方向上的速度的乘積，故重力做功的瞬時功率不相等,選BD.3．【2011·濟(jì)南模擬】如圖X8－4所示是反映汽車從靜止勻加速啟動，最后做勻速運(yùn)動的速度隨時間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是（）ABCD圖X8－43．ACD【解析】機(jī)車啟動時由P＝Fv和F－f＝ma可知，勻加速啟動過程,牽引力F、加速度a恒定不變，速度和功率均勻增大,當(dāng)功率增大到額定功率后保持不變，牽引力逐漸減小到與阻力相等，加速度逐漸減小到零，速度逐漸增大到最大速度．故ACD正確．4．【2011·德州模擬】如圖X8－5所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖象，Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動且功率恒定B．t1～t2時間內(nèi)汽車牽引力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1)C．t1~t2時間內(nèi)的平均速度為eq\f（1,2)(v1＋v2)D．在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2～t3時間內(nèi)牽引力最小圖X8－54．D【解析】0～t1時間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動，牽引力恒定,但速度增加，故功率增加，A錯；汽車水平方向受到牽引力和阻力作用，根據(jù)動能定理，t1~t2時間內(nèi)合力做功為eq\f（1,2)mveq\o\al（2，2)－eq\f（1，2）mveq\o\al(2，1），故B錯；公式eq\o(v，\s\up6（－))＝eq\f（1，2）（v1＋v2)適用于勻變速直線運(yùn)動,故C錯；功率增到t1時刻，不再增加,t1～t2時間內(nèi)功率恒定，但牽引力減小，t2～t3時間內(nèi)牽引力最小，與阻力相等，所以D對．5?！?011·巢湖模擬】從地面豎直上拋一個質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒定為f.下列說法正確的是(）A。小球上升的過程中動能減少了mghB.小球上升和下降的整個過程中機(jī)械能減少了fhC。小球上升的過程中重力勢能增加了mghD.小球上升和下降的整個過程中動能減少了fh5．C【解析】根據(jù)動能定理，上升的過程中動能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋fh,小球上升和下降的整個過程中動能減少量和機(jī)械能的減少量都等于全程中克服阻力做的功,為2fh，A、B、D錯，選C.6．【2011·淄博模擬】物體沿直線運(yùn)動的v－t關(guān)系如圖X8－7所示，已知在第1s內(nèi)合外力對物體做的功為W，則(）A．從第1s末到第3s末合外力做功為4WB．從第3s末到第5s末合外力做功為－2WC．從第5s末到第7s末合外力做功為WD．從第3s末到第4s末合外力做功為－0.75W圖X8－76．CD【解析】由圖知，第1s末速度、第3s末速度、第7s速度大小關(guān)系：v1＝v3＝v7,由題知W＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,1）－0，則由動能定理知第1s末到第3s末合外力做功W2＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,3）－eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1)＝0,故A錯誤．第3秒末到第5s末合外力做功W3＝0－eq\f(1，2)mveq\o\al(2，3)＝－W，故B錯誤．第5s末到第7s末合外力做功W4＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,7)－0＝W，故C正確．第3s末到第4s末合外力做功W5＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，4）－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,3)；因v4＝eq\f（1，2)v3,所以W5＝－0.75W,故D正確．7．【2011·蕪湖模擬】一環(huán)狀物體套在光滑水平直桿上,能沿桿自由滑動，繩子一端系在物體上，另一端繞過定滑輪，用大小恒定的力F拉著，使物體沿桿自左向右滑動，如圖X8－8所示，物體在桿上通過a、b、c三點時的動能分別為Ea、Eb、Ec，且ab＝bc,滑輪質(zhì)量和摩擦均不計,則下列關(guān)系中正確的是（)圖X8－8A．Eb－Ea＝Ec－EbB．Eb－Ea＜Ec－EbC．Eb－Ea＞Ec－EbD．Ea＜Eb＜Ec7．CD【解析】對環(huán)狀物體，繩的拉力對其做正功,物體的動能增加，D對；但這個力為變力，它做的功等于恒力F的功,恒力F的功等于F與它作用的繩伸長的距離的乘積，從a到b繩伸長的距離大于從b到c繩伸長的距離，根據(jù)動能定理，故C對．8．【2011·哈爾濱九中模擬】如圖X8－9所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達(dá)最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g,則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為()A.eq\f（1，2）R（FN－3mg)B。eq\f（1,2)R(3mg－FN)C.eq\f（1,2)R（FN－mg）D。eq\f（1，2)R（FN－2mg)圖X8－9圖X8－108．A【解析】質(zhì)點到達(dá)最低點B時，它對容器的正壓力為FN,根據(jù)牛頓定律有FN－mg＝meq\f(v2,R），根據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝eq\f（1,2）mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝eq\f(1，2)RFN－eq\f（3,2)mgR。9．【2011·濮陽一?！咳鐖DX8－10所示，物塊一次沿軌道1從A點由靜止下滑至底端B點，另一次沿軌道2從A點由靜止下滑經(jīng)C點至底端B點，AC＝CB.物塊與兩軌道間的動摩擦因數(shù)相同，不考慮物塊在C點處撞擊的因素，則在物塊兩次下滑過程中，下列說法正確的是(）A．物塊受到摩擦力相同B．沿軌道1下滑時的位移較小C．物塊滑至B點時速度大小相同D．兩種情況下?lián)p失的機(jī)械能相同9．CD【解析】物塊沿軌道1滑下來時，設(shè)斜面的傾角為α，軌道1長為l，A點在水平面上的投影為A′,A到水平面的距離為h，由動能定理：mgh－(μmgcosα）?x＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,1），即mgh－μmg?A′B＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,1），同理可得，物塊沿軌道2滑下時,有mgh－μmg?A′B＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，2），也就是沿兩軌道下滑時，摩擦力做功一樣多，但摩擦力不同,所以CD對，A錯；位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，B錯．10．【2011·蘇北模擬】如圖X8－11所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度x＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°（1）小滑塊第一次到達(dá)D點時的速度大小;(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；（3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．圖X8－1110．【解析】（1）小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgx＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,D）－0將h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3(2）小滑塊從A→B→C過程中,由動能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,C）將h1、x、μ、g代入得:vC＝6小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s由對稱性可知，小滑塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t＝t1＋t2＝2s（3）對小滑塊運(yùn)動全過程利用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動的總路程為x總有：mgh1＝μmgx總將h1、μ代入得x總＝8。6故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2x－x總＝1.411．【2011·臨沂模擬】質(zhì)量為m的小球從高H處由靜止開始自由下落，以地面作為參考平面．當(dāng)小球的動能和重力勢能相等時,重力的瞬時功率為（)A．2mgeq\r(gH）B．mgeq\r（gH）C.eq\f（1,2）mgeq\r(gH）D。eq\f（1,3)mgeq\r（gH）11．B【解析】動能和重力勢能相等時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgh＝mgH，得下落高度為h＝eq\f（H，2），速度v＝eq\r（2gh）＝eq\r（gH)，故P＝mg·v＝mgeq\r（gH)，B選項正確．12．【2011·重慶模擬】半徑為R的圓桶固定在小車上，有一光滑小球靜止在圓桶的最低點，如圖X9－1所示．小車以速度v向右勻速運(yùn)動,當(dāng)小車遇到障礙物突然停止時，小球在圓桶中上升的高度不可能的是（)A．等于eq\f(v2,2g）B．大于eq\f（v2,2g）C．小于eq\f(v2,2g)D．等于2R圖X9－1圖X9－212．B【解析】小球沿圓桶上滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒分析,若小球不能通過與圓桶中心等高的位置，則h＝eq\f（v2，2g)；若小球能通過與圓桶中心等高的位置，但不能通過圓桶最高點，則小球在圓心上方某位置脫離圓桶，斜拋至最高點，這種情況小球在圓桶中上升的高度小于eq\f（v2，2g)；若小球能通過圓桶最高點，小球在圓桶中上升的高度等于2R，所以A、C、D是可能的．13．【2011·蘇北模擬】如圖X9－2所示,固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看作質(zhì)點），且小球A、B用一長為2R的輕