熱點6功與能1．(2019·山東濟寧市模擬)如圖1所示，在傾角為θ的斜面(足夠長)上某點，以速度v0水平拋出一個質量為m的小球，則在小球拋出后在空中離開斜面最大距離時，其重力的瞬時功率為(重力加速度為g)()圖1A．mgv0sinθ B.eq\f(1,2)mgv0sinθC．mgeq\f(v0,cosθ) D．mgv0tanθ答案D解析小球運動方向與斜面平行時，小球距離斜面最遠，則此時小球在豎直方向的分速度vy＝v0tanθ，故重力的瞬時功率為P＝mgvy＝mgv0tanθ，故D正確．2.(2018·天津理綜·2)滑雪運動深受人民群眾喜愛．如圖2所示，某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()圖2A．所受合外力始終為零B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零D．機械能始終保持不變答案C解析運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力指向圓心，A錯誤．如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小，B錯誤．由動能定理知，運動員勻速下滑動能不變，合外力做功為零，C正確．運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，D錯誤．3.(2019·河南洛陽市第三次統考)一個圓柱形容器放在水平地面上，容器內存有一定量的水，在容器中豎直插著一根兩端開口的薄壁圓管，圓管下端未觸及容器底部．在圓管內有一不漏氣的活塞，它可沿圓管上下無摩擦地滑動．開始時，圓管內外水面相齊，且活塞恰好觸及水面，如圖3所示．現通過繩子對活塞施加一個向上的拉力，使活塞緩慢向上移動(圓管豎直固定不動)．已知圓管半徑為r，水的密度為ρ，重力加速度為g，不計活塞質量．在活塞上升高度為H的過程中(此時活塞仍觸及水面)，圓管外面水面下降h.圓管在水面以下的部分足夠長，則關于繩子拉力所做的功W，下列關系正確的是()圖3A．W＝πρr2gHeq\f(H＋h,2) B．W＝πρr2g2eq\f(H＋h,2)C．W＝πρr2gheq\f(H＋h,2) D．W＝πρr2g(H＋h)2答案A4．(多選)(2019·四川遂寧市三診)將一小球從某一高度由靜止釋放，小球著地速度為v，設小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，已知小球的質量為m，重力加速度為g.則小球下落過程中()A．重力做功的平均功率小于mgeq\f(v,2)B．重力做功的平均功率大于mgeq\f(v,2)C．減小的重力勢能小于eq\f(1,2)mv2D．減小的重力勢能大于eq\f(1,2)mv2答案BD解析由于小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，可知小球做加速度減小的加速運動，結合v－t圖象可知，下落到地面的位移大于eq\f(v,2)t，則重力做功的平均功率eq\x\to(P)>eq\f(mg\f(v,2)t,t)＝mgeq\f(v,2)，選項A錯誤，B正確；根據動能定理WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2，則WG＝Wf＋eq\f(1,2)mv2>eq\f(1,2)mv2，即減小的重力勢能大于eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤，D正確．5．(多選)(2019·安徽皖江名校最后一卷)質量為m的小球在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上做勻加速直線運動，經時間t運動到P點，撤去F，又經時間t小球回到出發點，速度大小為v，不計阻力，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．撤去力F時小球的動能為eq\f(1,4)mv2 B．小球上升的最大高度為eq\f(v2,2g)C．拉力F所做的功為eq\f(1,2)mv2 D．拉力的最大功率為eq\f(2,3)mgv答案BCD解析拉力F作用時，設小球上升的加速度大小為a，末速度大小為v′，則小球上升的高度h＝eq\f(1,2)at2，v′＝at，F－mg＝ma，撤去外力后－h＝v′t－eq\f(1,2)gt2，解得a＝eq\f(1,3)g，F＝eq\f(4,3)mg.對全過程由動能定理知WF＝Fh＝eq\f(1,2)mv2，C正確；拉力F作用時，由動能定理知(F－mg)h＝eq\f(1,2)mv′2，聯立解得eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,8)mv2，A錯誤；撤去力F后，設小球上升的高度為h′，由Fh＝eq\f(1,2)mv2，eq\f(1,2)mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝eq\f(v2,2g)，B正確；拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝eq\f(2,3)mgv，D正確．6.(多選)(2019·福建泉州市期末質量檢查)如圖4所示，水平輕彈簧左端固定，右端連接一小物塊，彈簧處于自然狀態時物塊位于粗糙程度相同的水平桌面上的O點．現用外力F緩慢推動物塊到M點，此時彈簧的彈性勢能為Ep.撤去外力F后，物塊向右滑動，最遠滑至N點，此過程中物塊的最大動能為Ek，動能最大時的位置與M點的距離為d，則下列說法正確的是()圖4A．物塊經過O點時動能最大B．物塊從M點到O點的過程中加速度先減小后增大C．物塊經過與M點的距離為eq\f(d,2)的位置時動能大于eq\f(Ek,2)D．物塊從M點運動到N點的過程克服摩擦阻力做的功為Ep答案BC解析當彈簧彈力等于摩擦力時，物塊的速度最大，此位置應該位于MO之間某位置，選項A錯誤；從M點到O點的過程，開始時彈簧彈力大于摩擦力，加速度向右，隨彈簧彈力的減小加速度逐漸減小，當彈簧彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大；物塊繼續向右運動時，彈簧彈力小于摩擦力，加速度向左且隨著彈簧彈力的減小加速度逐漸變大，則選項B正確；設物塊速度最大的位置為MO之間的P點，則MP＝d；MP的中點為Q，則從M到P，由動能定理：W彈MP－μmgd＝Ek；從M到Q，由動能定理：W彈MQ－eq\f(1,2)μmgd＝Ek′，因W彈MQ>eq\f(1,2)W彈MP，可得Ek′>eq\f(1,2)Ek，選項C正確；因物塊在N點仍然有彈性勢能，則物塊從M點運動到N點的過程克服摩擦阻力做的功小于Ep，選項D錯誤．7．(多選)(2019·福建寧德市上學期期末質量檢測)如圖5所示，豎直光滑桿固定在地面上，套在桿上的輕質彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧(在彈性限度范圍內)至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接．現由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量滑塊的速度和離地高度并作出滑塊的Ek－h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線．滑塊可視為質點，以地面為零勢能參考面，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，由圖象可知()圖5A．輕彈簧原長為0.2mB．滑塊的質量為0.2kgC．彈簧彈性勢能最大為0.5JD．滑塊機械能最大為0.5J答案ABCm范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊在從0.2m上升到0.35m范圍內豎直方向所受作用力只有重力，所以輕彈簧原長為0.2m，故選項A正確；在從0.2m上升到0.35m范圍內，圖線的斜率絕對值為：k＝mg＝2N，所以：m＝0.2kg，故選項B正確；根據能量守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能等于彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故選項C正確；當彈簧彈性勢能最小時，滑塊機械能最大為0.5J，故選項D錯誤．8．(多選)(2019·浙江超級全能生2月聯考)如圖6甲所示，在傾角為θ的固定粗糙斜面體上，有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始向下運動，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖6A．在0～x2過程中，物體先加速后勻速B．在0～x1過程中，物體的加速度一直減小C．在x1～x2過程中，物體的加速度為gsinθD．在0～x2過程中，拉力F做的功為WF＝E2－E1＋μmgcosθ·x2答案CD解析物體受力分析如圖所示，物體由靜止開始向下運動，根據牛頓第二定律有mgsinθ＋F－Ff＝