2025高中物理人教版必修2教學資源包（名師同步導學）第七章第1節追尋守恒量——能量第2節功課時分層訓練「基礎達標練」1．伽利略曾設計了如圖所示的一個實驗，將擺球拉至M點放開，擺球會達到同一水平高度上的N點，如果在E或F處釘上釘子，擺球將沿不同的圓弧達到同一高度的對應點；反過來，如果讓擺球從這些點下落，它同樣會達到原水平高度上的M點．這個實驗可以說明，物體由靜止開始沿不同傾角的光滑斜面(或弧線)下滑時，其末速度的大小()A．只與斜面的傾角有關 B．只與斜面的長度有關C．只與下滑的高度有關 D．只與物體的質量有關解析：選C在伽利略的理想斜面和擺球實驗中，斜面上的小球和擺線上的小球好像“記得”自己的起始高度，實質是動能與勢能的轉化過程中，總能量不變．物體由靜止開始沿不同傾角的光滑斜面(或弧線)下滑時，高度越大，初始的勢能越大，轉化后的末動能也就越大，速度越大．選項C正確．2．(多選)一個力對物體做了負功，則說明()A．這個力一定阻礙物體的運動B．這個力不一定阻礙物體的運動C．這個力與物體運動方向的夾角α<90°D．這個力與物體運動方向的夾角α>90°解析：選AD由功的表達式W＝Flcosα知，只有當α>90°時，cosα<0，力對物體做負功，此力阻礙物體的運動，故A、D正確．3．如圖所示，甲、乙兩人分別站在小車上，甲用力推乙，甲與乙均后退了一小段距離(甲、乙兩人的腳在車上不滑動)，設甲推乙的作用力為F，乙給甲的反作用力為F′，甲給小車的摩擦力為Ff，乙給小車的摩擦力為Ff′.則各力做功的下列說法正確的是()A．F做正功，F′做負功B．F做負功，F′不做功C．Ff做負功，Ff′做負功D．Ff做正功，Ff′做正功解析：選D各力的方向與位移方向均一致，所有力都做正功，選項D正確．4．如圖所示，質量分別為M和m的兩物塊(均可視為質點，且M＞m)分別在同樣大小的恒力作用下，沿水平面由靜止開始做直線運動，兩力與水平面的夾角相同，兩物塊經過的位移相同．設此過程中F1對M做的功為W1，F2對m做的功為W2，則()A．無論水平面光滑與否，都有W1＝W2B．若水平面光滑，則W1＞W2C．若水平面粗糙，則W1＞W2D．若水平面粗糙，則W1＜W2解析：選A由題意可知：F1做功為W1＝FLcosα，F2做功為W2＝FLcosα，故B、C、D錯誤，A正確．5．如圖所示，用水平力F拉著重為100N的物體，在水平地面上向左勻速移動了5m，物體所受地面的摩擦力大小為20N，則()A．重力做的功是500JB．拉力做的功為100JC．拉力大小為120ND．拉力大小為100N解析：選B重力方向上沒有位移，所以重力不做功，A選項錯誤；在拉力作用下勻速移動，說明受力平衡，所以拉力大小等于摩擦力大小，即拉力大小為20N，選項C、D錯誤；由功的計算式可得拉力做的功為100J，選項B正確．6．物體在合外力作用下做直線運動的v-t圖象如圖所示．下列表述正確的是()A．在0～1s內，合外力做正功B．在0～2s內，合外力總是做負功C．在1～2s內，合外力不做功D．在0～3s內，合外力總是做正功解析：選A根據物體的速度圖象可知，物體在0～1s內做勻加速直線運動，合外力方向與速度方向相同，合外力做正功；在1～3s內做勻減速直線運動，合外力方向與速度方向相反，合外力做負功，故選項A正確，B、C、D錯誤．7．如圖所示，一根繩子繞過高4m的滑輪(大小、摩擦均不計)，繩的一端拴一質量為10kg的物體m，另一側沿豎直方向的繩被人拉住．若人拉住繩子前進3m，使物體勻速上升，g取10m/s2.則人拉繩所做的功為()A．500J B．300JC．100J D．50J解析：選C拉力是變力，但拉力做的功等于物體克服重力做的功，所以求拉力做的功可以轉化為求重力做的功．物體上升的位移h＝eq\r(32＋42)m－4m＝1m，重力做的功W＝－mgh＝－10×10×1J＝－100J，所以人拉繩所做的功W′＝－W＝100J，故C選項正確．8．如圖所示，在光滑水平面上，物體受兩個相互垂直的大小分別為F1＝3N和F2＝4N的恒力，其合力在水平方向上，物體從靜止開始運動10m，求：(1)F1和F2分別對物體做的功是多少？代數和為多大？(2)F1和F2的合力為多大？合力做功是多少？解析：(1)力F1做的功W1＝F1lcosθ1＝3×10×eq\f(3,\r(32＋42))J＝18J.力F2做的功W2＝F2lcosθ2＝4×10×eq\f(4,\r(32＋42))J＝32J.W1與W2的代數和W＝W1＋W2＝18J＋32J＝50J.(2)F1與F2的合力F＝eq\r(F\o\al(1,2)＋F\o\al(2,2))＝eq\r(32＋42)N＝5N，合力F做的功W′＝Fl＝5×10J＝50J.答案：(1)18J32J50J(2)5N50J「能力提升練」9．如圖所示，小球位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上．從地面上看，在小球沿斜面下滑的過程中，斜面對小球的作用力()A．垂直于接觸面，做功為零B．垂直于接觸面，做負功C．不垂直于接觸面，做功為零D．不垂直于接觸面，做功不為零解析：選B彈力的方向總是垂直于接觸面；對斜面進行受力分析可知，斜面會向左運動，如圖所示，小球的初始位置為A，末位置為B，位移與FN并不垂直，夾角為鈍角，因此做負功．10．(多選)如圖所示，一個物體放在水平面上，在跟豎直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面向右移動了距離s，若物體的質量為m，物體與地面之間的摩擦力大小為Ff，則在此過程中()A．摩擦力做的功為－FfsB．力F做的功為FscosθC．合力F做的功為Fssinθ－FfsD．重力做的功為mgs解析：選AC物體與地面之間的摩擦力大小為Ff，物體的位移大小為s，由功的公式可得W＝－Ffs，選項A正確；力F與豎直方向成θ角，所以在水平方向的分力為Fsinθ，故F做的功為Fs·sinθ，選項B錯誤；物體所受合力F合＝Fsinθ－Ff，故合力做的功W合＝(Fsinθ－Ff)s＝Fssinθ－Ffs，選項C正確；重力在豎直方向上，物體在豎直方向的位移是零，所以重力做的功為零，選項D錯誤．11．(多選)物體m靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離s，如圖所示，物體m相對斜面靜止．則下列說法中正確的是()A．重力對物體m做正功B．合力對物體m做功為零C．摩擦力對物體m做負功D．支持力對物體m做正功解析：選BCD物體的受力及位移如圖所示．支持力FN與位移l的夾角α<90°，故支持力做正功，選項D正確；重力垂直位移，故它不做功，選項A錯誤；摩擦力Ff與位移l夾角β>90°，故摩擦力做負功，選項C正確；合力為零，合力不做功，選項B正確．12．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s.從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲、乙所示．設在第1s內、第2s內、第3s內力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關系式正確的是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3解析：選B由兩圖象可知第1s內、第2s內、第3s內的力和位移均為正方向，l1＝eq\f(v0,2)t＝0.5m，l2＝eq\f(v0,2)t＝0.5m，l3＝v0t＝1m，F1＝1N，F2＝3N，F3＝2N．W1＝F1l1＝0.5J，W2＝F2l2＝1.5J，W3＝F3l3＝2J，所以W1<W2<W3，故A、C、D錯誤，B正確．13．如圖所示，利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質量m＝20kg，斜面傾角α＝37°，斜面的長度L＝0.5m，貨物與斜面間的動摩擦因數μ＝0.2，貨物從斜面頂端滑到底端的過程中，求：(取g＝10m/s2)(1)各個力所做的功．(2)合外力做的功．解析：(1)重力做功：WG＝mgLsin37°＝60J支持力方向與位移方向垂直，不做功，則有：WN＝0滑動摩擦力為：f＝μFN＝0.2×20×10×0.8＝32N則摩擦力做功為：Wf＝－fL＝－32×0.5J＝－16J.(2)合外力做功為：W合＝WN＋Wf＋WG＝60－16J＝44J.答案：(1)重力做60J的功支持力做功為零摩擦力做功為－16J(2)合外力做功為44J14．人在A點拉著繩，通過一定滑輪吊起一質量m＝50kg的物體，如圖所示．開始時繩與水平方向間的夾角為60°，在勻速提起物體的過程中，人由A點沿水平方向運動了l＝2m到達B點，此時繩與水平方向成30°角．求人對繩的拉力做了多少功．(g取10m/s2)解析：人對繩的拉力的方向時刻在變，是變力，故不能用W＝Flcosα直接求拉力的功．但人對繩的拉力所做的功和繩對物體的拉力所做的功是相等的，物體勻速上升，則繩的拉力恒等于重力．設滑輪距人手的高度為h，則eq\f(h,tan30°)－eq\f(h,tan60°)＝l，h＝eq\r(3)m人由A運動到B的過程中，重物上升的高度Δh＝eq\f(h,sin30°)－eq\f(h,sin60°)，Δh＝(2eq\r(3)－2)m故人對繩的拉力所做的功W＝mgΔh代入數據得W≈732J.答案：732J第七章第3節功率課時分層訓練「基礎達標練」1．關于功率，下列說法正確的是()A．功率是說明力做功多少的物理量B．功率是說明力做功快慢的物理量C．做功時間越長，功率一定越小D．力做功越多，功率一定越大解析：選B功率的物理意義是描述做功的快慢，功率大則做功快，功率小則做功慢，功率的大小在數值上等于單位時間內做功的多少，故B正確．2．關于功率，以下說法中正確的是()A．據P＝eq\f(W,t)可知，機器做功越多，其功率就越大B．據P＝Fv可知，汽車牽引力一定與速度成反比C．據P＝eq\f(W,t)可知，只要知道時間t內機器所做的功，就可以求得這段時間內任一時刻機器做功的功率D．根據P＝Fv可知，發動機功率一定時，交通工具的牽引力與運動速度成反比解析：選DP＝eq\f(W,t)表明功率不僅與物體做功的多少有關，同時還與做功所用的時間有關，A錯誤；由P＝eq\f(W,t)求出來的是平均功率，C錯誤；據P＝Fv可知，當發動機功率一定時，牽引力與速度成反比，B錯誤，D正確．3．(多選)設勻速行駛的汽車，發動機的功率保持不變，則()A．路面越粗糙，汽車行駛得越慢B．路面越粗糙，汽車行駛得越快C．在同一路面上，汽車不載貨比載貨時行駛得快D．在同一路面上，汽車不載貨比載貨時行駛得慢解析：選AC汽車勻速行駛時，牽引力等于汽車受到的阻力，故速度v＝eq\f(P,Ff)，而汽車在越粗糙的路面上，重力越大所受阻力越大，功率不變，速度越小，所以A、C正確，B、D錯誤．4．汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P.快進入鬧市區時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續行駛．下面四個圖象中，哪個圖象正確表示了從司機減小油門開始，汽車的速度與時間的關系()解析：選C功率減小一半后，汽車做加速度越來越小的減速運動，最終勻速運動，再次勻速時，vm＝eq\f(0.5P,f)＝0.5v0，故C正確，A、B、D錯誤．5．(2019·江陰四校檢測)中國的高鐵技術居世界領先地位．通常，列車受到的阻力與速度的平方成正比，即Ff＝kv2.列車要跑得快，必須用大功率的機車牽引．若列車以120km/h的速度勻速行駛時機車的功率為P，則該列車以240km/h的速度勻速行駛時機車的功率為()A．2P B．4PC．8P D．16P解析：選C列車勻速行駛，則牽引力和阻力是一對平衡力，大小相等．所以F＝Ff＝kv2，因為P＝Fv＝kv3，故當速度變為原來的2倍時，功率變為原來的8倍，即為8P，故選項C正確．6．(2019·赤峰二中考試)如圖所示，質量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動．兩物體分別到達地面時，下列說法正確的是()A．重力的平均功率PA>PBB．重力的平均功率PA＝PBC．重力的瞬時功率PA<PBD．重力的瞬時功率PA＝PB解析：選CB做自由落體運動，運動時間tB＝eq\r(\f(2h,g)).A做勻加速直線運動，a＝gsinθ，根據eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(A,2)得，tA＝eq\r(\f(2h,gsin2θ)).重力做功相等，根據eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)知，eq\x\to(PA)<eq\x\to(PB)，故A、B錯誤；B到達地面時的速度v＝eq\r(2gh)，A到達地面時的速度v＝2ax＝eq\r(2gsinθ·\f(h,sinθ))＝eq\r(2gh)，A物體重力的瞬時功率PA＝mgvsinθ，B物體重力的瞬時功率PB＝mgv.則PA＜PB，故C正確，D錯誤．7．一質量為m的木塊靜止在光滑的水平地面上，大小為F、方向與水平面成θ角的恒力作用在該木塊上，經過時間t，力F的瞬時功率為()A.eq\f(F2tcos2θ,m) B．eq\f(F2tcos2θ,2m)C.eq\f(F2t,m) D．eq\f(F2tcosθ,m)解析：選A對木塊受力分析可知，木塊受重力、支持力和力F的作用，由牛頓第二定律可得，Fcosθ＝ma，所以a＝eq\f(Fcosθ,m)，t時刻的速度為v1＝at＝eq\f(Ftcosθ,m)，所以瞬時功率P＝Fv1cosθ＝eq\f(F2tcos2θ,m)，故A選項正確．8．質量m＝3kg的物體，在水平力F＝6N的作用下，在光滑水平面上從靜止開始運動，運動時間t＝3s，求：(1)力F在t＝3s內對物體所做功的平均功率；(2)在3s末力F對物體做功的瞬時功率．解析：(1)物體的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(6,3)m/s2＝2m/s2t＝3s內物體的位移l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×32m＝9m3s內力F所做的功W＝Fl＝6×9J＝54J力F做功的平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(54,3)W＝18W.(2)3s末物體的速度v＝at＝2×3m/s＝6m/s此時力F做功的瞬時功率P＝Fv＝6×6W＝36W.答案：(1)18W(2)36W「能力提升練」9．(2019·江陰四校檢測)飛行員進行素質訓練時，抓住秋千桿由水平狀態開始下擺，如圖所示，在到達豎直位置的過程中，飛行員重力的瞬時功率的變化情況是()A．一直增大 B．一直減小C．先減小后增大 D．先增大后減小解析：選D由于重力是豎直向下的，重力的瞬時功率只與人在豎直方向上的速度有關，在剛開始運動的時候，人的速度為零，所以此時人的重力的瞬時功率為零，當運動到最低點時，人的速度為水平方向的，與重力的方向垂直，此時的人重力的功率為零，所以重力的功率是先增大后減小，所以D選項正確．10．(2019·啟東中學檢測)一質量為m的物體，從距地面高度為h處由靜止開始做自由落體運動，則()A．下落過程重力的平均功率為mgeq\r(\f(gh,2))B．下落過程重力的平均功率為mgeq\r(2gh)C．落地時重力的瞬時功率為mgeq\r(gh)D．落地時重力的瞬時功率為eq\f(1,2)mgeq\r(gh)解析：選A根據公式h＝eq\f(1,2)gt2，可得物體下落時間為t＝eq\r(\f(2h,g))，過程中重力做功為WG＝mgh，故過程中重力做功的平均功率為P＝eq\f(WG,t)＝eq\f(mgh,\r(\f(2h,g)))＝mgeq\r(\f(gh,2))，A正確，B錯誤；根據v2＝2gh，解得物體落地瞬間的速度為v＝eq\r(2gh)，根據公式P＝Fv可得落地時重力的瞬時功率為P＝mgv＝mgeq\r(2gh)，C、D錯誤．11．(2019·莆田檢測)汽車以恒定的功率P在水平路面上行駛時的最大速度為vmax，設汽車所受的阻力不變，則下列說法中正確的是()A．汽車在啟動過程中的牽引力為eq\f(P,vmax)B．汽車所受的阻力大小為eq\f(P,vmax)C．當汽車的速度為eq\f(1,2)vmax時的牽引力為eq\f(P,2vmax)D．汽車牽引力的最大值為eq\f(P,vmax)解析：選B汽車在啟動過程中只有達到最大速度時的牽引力與阻力相等且為Ff＝eq\f(P,vmax)，在汽車加速過程中汽車的牽引力大于eq\f(P,vmax)，故A錯誤，B正確；由上分析知，當汽車速度為eq\f(1,2)vmax時汽車的牽引力F＝eq\f(P,\f(1,2)vmax)＝eq\f(2P,vmax)，故C錯誤；根據P＝Fv知，功率一定時，汽車的速度越小牽引力越大，汽車速度最大時的牽引力也是最小牽引力，故D錯誤．12．(多選)如圖所示，是汽車牽引力F和車速倒數eq\f(1,v)的關系圖象，若汽車質量為2×103kg，由靜止開始沿平直公路行駛，阻力恒定，最大車速為30m/s，則以下說法正確的是()A．汽車的額定功率為6×104WB．汽車運動過程中受到的阻力為6×103NC．汽車先做勻加速運動，然后再做勻速直線運動D．汽車做勻加速運動的時間是5s解析：選AD由圖象可知，汽車先做牽引力恒定的勻加速運動，再做額定功率恒定的變加速運動，P額＝F·v＝2×103×30W＝6×104W，A正確，C錯誤；當汽車速度最大時牽引力F＝Ff＝2×103N，B錯誤；汽車勻加速運動的加速度a＝eq\f(F′－Ff,m)＝eq\f(6×103－2×103,2×103)m/s2＝2m/s2，汽車剛達到額定功率時的速度v＝eq\f(P額,F′)＝eq\f(6×104,6×103)m/s＝10m/s，所以汽車做勻加速運動的時間t＝eq\f(v,a)＝5s，D正確．13．一電動小車質量為m，啟動過程如圖所示，已知小車所受阻力恒定，勻加速到t1時刻，小車達到額定功率，速度大小為v1，此后，小車保持功率不變，在t2時刻達到最大速度為v2，求：(1)小車在0～t1時間內的位移；(2)小車的額定功率P0.解析：(1)由題可知，在0～t1時間內小車做勻加速直線運動，則根據運動學公式可以得到：位移為x＝eq\f(1,2)v1t1.(2)小車達到最大速度時牽引力等于阻力，即Ff＝eq\f(P0,v2)在勻加速階段由牛頓第二定律得F－Ff＝ma由圖象可知a＝eq\f(v1,t1)在t1時刻勻加速到速度最大，此時功率達到額定功率，故P0＝Fv1聯立解得P0＝eq\f(mv\o\al(1,2)v2,t1v2－v1).答案：(1)eq\f(1,2)v1t1(2)eq\f(mv\o\al(1,2)v2,t1v2－v1)14．(2019·成都外國語學校檢測)汽車發動機的功率為60kW，汽車的質量為4噸，當它行駛在坡度為α(sinα＝0.02)的長直公路上時，如圖所示，所受摩擦阻力為車重的0.1倍(g取10m/s2)，求：(1)汽車所能達到的最大速度vm；(2)若汽車從靜止開始以0.6m/s2的加速度做勻加速直線運動，則此過程能維持多長時間？(3)當汽車以0.6m/s2的加速度勻加速行駛的速度達到最大值時，汽車做多少功？解析：(1)汽車在坡路上行駛，所受阻力由兩部分構成，即Ff＝kmg＋mgsinα＝4000N＋800N＝4800N.又因為F＝Ff時，P＝Ff·vm，所以vm＝eq\f(P,kmg＋mgsinα)＝eq\f(60×103,4800)m/s＝12.5m/s.(2)汽車從靜止開始，以a＝0.6m/s2，勻加速行駛，由牛頓第二定律，有F′－Ff＝ma.所以F′＝ma＋kmg＋mgsinα＝4×103N×0.6＋4800N＝7.2×103N．保持這一牽引力，汽車可達到勻加速行駛的最大速度vm′，有vm′＝eq\f(P,F′)＝eq\f(60×103,7.2×103)m/s≈8.33m/s由運動學規律可以求出勻加速行駛的時間與位移t＝eq\f(vm′,a)＝eq\f(8.33,0.6)s≈13.9s.(3)勻加速階段位移l＝eq\f(vm,2)t＝eq\f(8.33×13.9,2)m≈57.89m，由W＝F·S可求出汽車在勻加速階段行駛時做功為W＝F·S＝7.2×103×57.89J＝4.17×105J.答案：(1)12.5m/s(2)13.9s(3)4.16×105J第七章第4節重力勢能課時分層訓練「基礎達標練」1．關于重力勢能，下列說法中正確的是()A．重力勢能的大小只由物體本身決定B．重力勢能恒大于零C．在地面上的物體，它具有的重力勢能一定等于零D．重力勢能是物體和地球所共有的解析：選D根據Ep＝mgh知，重力勢能由物體所受的重力和它所處的高度共同決定，故A錯誤；重力勢能是物體和地球組成的系統所共有的，故D正確；重力勢能是相對量，只有相對一個參考平面，重力勢能才有確定值，在地面上的物體，重力勢能不一定為零，故C錯誤；重力勢能有正負，故B錯誤．2．沿著高度相同、坡度不同、粗糙程度也不同的斜面將同一物體分別從底端拉到頂端，下列說法正確的是()A．沿坡度小的斜面運動時物體克服重力做功多B．沿坡度大、粗糙程度大的斜面運動時物體克服重力做功多C．沿坡度小、粗糙程度大的斜面運動時物體克服重力做功多D．不管沿怎樣的斜面運動，物體克服重力做功相同，物體增加的重力勢能也相同解析：選D重力做功的特點是重力做功與物體的運動路徑無關，只與初、末狀態物體的高度差有關，不論是光滑路徑還是粗糙路徑，也不論是直線運動還是曲線運動，物體克服重力做多少功(重力做多少負功)，它的重力勢能必增加多少，故D正確，A、B、C錯誤．3．(2019·上杭考試)關于重力勢能與重力做功的下列說法中正確的是()A．物體克服重力做的功等于重力勢能的減少B．重力勢能等于零的物體，不可能對別的物體做功C．用手托住一個物體勻速上舉時，手的支持力做的功等于克服重力做的功與物體所增加的重力勢能之和D．在同一高度，將物體以初速v0向不同的方向拋出，從拋出到落地過程中，重力做的功相等，物體所減少的重力勢能一定相等解析：選D物體克服重力做功，說明重力做負功，物體上升，故重力勢能增大，A錯誤；重力勢能具有相對性，重力勢能的大小與零勢能的選取有關，重力勢能等于零的物體，也可以對別的物體做功，B錯誤；用手托住一個物體勻速上舉時，支持力大小等于重力，所以手的支持力做的功等于克服重力做的功，C錯誤；在同一高度，將物體以初速v0向不同的方向拋出，從拋出到落地過程中，根據重力做功與路徑無關只與初末位置有關，得重力做的功相等，物體所減少的重力勢能一定相等，D正確．4．(多選)有關重力勢能的變化，下列說法中正確的是()A．物體受拉力和重力作用向上運動，拉力做功是1J，但物體重力勢能的增加量有可能不是1JB．從同一高度將某一物體以相同的速率平拋或斜拋，落到地面上時，物體重力勢能的變化是相同的C．從同一高度落下的物體到達地面，考慮空氣阻力和不考慮空氣阻力的情況下重力勢能的減少量是相同的D．物體運動中重力做功是－1J，但物體重力勢能的增加量不是1J解析：選ABC重力做功與經過的路徑無關，與是否受其他力無關，只取決于始、末位置的高度差，再根據重力做功等于重力勢能的減少量可知B、C正確，D錯誤；對于A選項，當物體加速運動時克服重力做功少于1J，重力勢能增加量少于1J；物體減速運動時，克服重力做功即重力勢能增加量大于1J；只有物體勻速向上運動時，克服重力做功即重力勢能增加量才是1J，A正確．5．如圖所示，在水平地面上平鋪著n塊磚，每塊磚的質量為m，厚度為h.如果工人將磚一塊一塊地疊放起來，那么人至少做功()A．n(n－1)mgh B．eq\f(1,2)n(n－1)mghC．n(n＋1)mgh D．eq\f(1,2)n(n＋1)mgh解析：選B取n塊磚的整體為研究對象，疊放起來后整體的重心距地面eq\f(1,2)nh，原來的重心距地面eq\f(1,2)h，故有W＝ΔEp＝nmg×eq\f(1,2)nh－nmg×eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)n(n－1)mgh，故選項B正確．6．利用超導材料和科學技術可以實現磁浮．若磁浮列車的質量為2×104kg，因磁場間的相互作用而浮起的高度為10mm，則該過程中磁浮列車增加的重力勢能是(g取10m/s2)()A．20J B．200JC．2.0×103J D．2.0×107J解析：選C列車浮起的高度為10mm，增加的重力勢能為ΔEp＝mgh＝2×104×10×10×10－3J＝2.0×103J，選項C正確．7．一根粗細均勻的長直鐵棒重600N，平放在水平地面上．現將一端從地面抬高0.50m，而另一端仍在地面上，則()A．鐵棒的重力勢能增加了300JB．鐵棒的重力勢能增加了150JC．鐵棒的重力勢能增加量為0D．鐵棒重力勢能增加多少與參考平面選取有關，所以無法確定解析：選B鐵棒的重心升高的高度h＝0.25m，鐵棒增加的重力勢能等于克服重力做的功，與參考平面選取無關，即ΔEp＝mgh＝600×0.25J＝150J.8．在離地面80m處無初速度釋放一小球，小球質量為m＝200g，不計空氣阻力，g取10m/s2，取最高點所在水平面為參考平面，求：(1)在第2s末小球的重力勢能；(2)在第3s內重力所做的功和重力勢能的變化．解析：(1)在第2s末小球所處的高度h＝－eq\f(1,2)gt2＝－eq\f(1,2)×10×22m＝－20m.重力勢能Ep＝mgh＝0.2×10×(－20)J＝－40J.Ep<0說明小球在參考平面的下方．(2)在第3s末小球所處的高度h'＝－eq\f(1,2)gt′2＝－eq\f(1,2)×10×32m＝－45m.第3s內重力做功W＝mg(h－h′)＝0.2×10×(－20＋45)J＝50J，即小球的重力勢能減少50J.答案：(1)－40J(2)50J減少50J「能力提升練」9．如圖所示，ACP和BDP是豎直平面內兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，A、P、B三點位于同一水平面上，C和D分別為兩軌道的最低點，將兩個質量相同的小球分別從A和B兩處同時無初速釋放，則()A．沿BDP光滑軌道運動的小球的重力勢能永遠為正值B．兩小球到達C點和D點時，重力做功相等C．兩小球到達C點和D點時，重力勢能相等D．兩小球剛開始從A和B兩處無初速釋放時，重力勢能相等解析：選D不管選哪一點為零勢能點，A點和B點相對零勢能面的豎直高度均相等，所以重力勢能相等，D正確；兩小球到C點和D點時，重力勢能不相等，C錯誤；重力勢能Ep＝mgh，具有相對性，如果選A、P、B三點在零勢能參考面上，則兩球在運動過程中的重力勢能恒為負值；如果選C點在零勢能參考面上，則兩球在運動過程中的重力勢能恒為正值，A錯誤；另外，重力做功跟路徑無關，只取決于物體在初始和終末兩點在豎直方向的高度差，兩球從開始運動到達C點和D點時豎直高度不相等，所以，重力做功不相等，B錯誤．10．物體從某高度處做自由落體運動，以地面為重力勢能零點，下列所示圖象中，能正確描述物體的重力勢能Ep與下落高度h的關系的是()解析：選B設物體開始下落時的重力勢能為Ep0＝Ep0－Ep，物體下落高度h過程中重力勢能減少量ΔEp＝mgh，故物體下落高度h時的重力勢能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep-h圖象為傾斜直線，B正確．11．質量為m的物體，沿傾角為α的光滑固定斜面由靜止下滑，當下滑時間t重力勢能減少量為()A.eq\f(1,2)mg2t2sinα B．eq\f(1,2)mg2t2C．mg2t2 D．eq\f(1,2)mg2t2sin2α解析：選D物體下滑的加速度a＝gsinα，t內物體下滑的距離x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinα·t2，下滑的高度h＝xsinα，物體重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2sin2α·t2.故D正確．12．(多選)質量為m的物體，由靜止開始下落，由于空氣阻力作用，下落的加速度為eq\f(4,5)g，在物體下落h的過程中，下列說法正確的是()A．物體重力做的功為mghB．物體所受阻力做功為eq\f(mgh,5)C．物體重力勢能減少了mghD．物體克服阻力所做的功為eq\f(mgh,5)解析：選ACD因物體的加速度為eq\f(4,5)g，由牛頓第二定律可知，mg－Ff＝ma，解得空氣阻力Ff＝eq\f(1,5)mg.重力做功WG＝mgh，阻力做功WFf＝－eq\f(1,5)mgh，A、D正確，B錯誤；重力做功與重力勢能變化的關系WG＝－ΔEp，重力做正功，故重力勢能減小mgh，C正確．13．如圖所示，質量為m的小球，用一長為l的細線懸于O點，將懸線拉直成水平狀態，并給小球一個向下的速度讓小球向下運動，O點正下方D處有一釘子，小球運動到B處時會以D為圓心做圓周運動，并經過C點，若已知OD＝eq\f(2,3)l，則小球由A點運動到C點的過程中，重力勢能減少了多少？重力做功為多少？解析：從A點運動到C點，小球下落h＝eq\f(1,3)l故重力做功WG＝mgh＝eq\f(1,3)mgl重力勢能的變化量ΔEp＝－WG＝－eq\f(1,3)mgl負號表示小球的重力勢能減少了．答案：eq\f(1,3)mgleq\f(1,3)mgl14．如圖所示，有一條長為L、質量為m的均勻金屬鏈條，一半在光滑斜面上，斜面傾角為θ，另一半沿豎直方向下垂在空中．當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，以斜面最高點為重力勢能的零點，則：(1)開始時和鏈條剛好從右側全部滑出斜面時重力勢能各是多大？(2)此過程中重力勢能減少了多少？解析：(1)開始時，左邊一半鏈條的重力勢能為Ep1＝－eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)sinθ右邊一半鏈條的重力勢能為Ep2＝－eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)左右兩部分總的重力勢能為Ep＝Ep1＋Ep2＝－eq\f(1,8)mgL(1＋sinθ)最后鏈條從右側剛好全部滑出時，重力勢能Ep′＝－eq\f(1,2)mgL.(2)重力勢能減少了ΔEp減＝Ep－Ep′＝eq\f(1,8)mgL(3－sinθ)．答案：(1)－eq\f(1,8)mgL(1＋sinθ)－eq\f(1,2)mgL(2)eq\f(1,8)mgL(3－sinθ)第七章第5節探究彈性勢能的表達式課時分層訓練「基礎達標練」1．(多選)下列物體中，具有彈性勢能的是()A．被拉長的橡皮筋 B．在空中自由下落的球C．被拉細的銅絲 D．被彎曲的鋼片解析：選AD拉伸的橡皮筋、彎曲的鋼片具有彈性勢能，自由下落的小球具有重力勢能，被拉細的銅絲無彈性勢能，故選項A、D正確．2．如圖所示，射箭時人拉弓所做的功轉化為彈性勢能，此時的彈性勢能主要()A．存儲在箭上 B．存儲在弓上C．存儲在拉弓人身上 D．存儲于拉弓人的手上解析：選B人拉弓時，弓發生了明顯的彈性形變，彈性勢能主要存儲在弓上，故B正確．3．如圖所示，小明玩蹦蹦桿，在小明將蹦蹦桿中的彈簧向下壓縮的過程中，小明的重力勢能、彈簧的彈性勢能的變化是()A．重力勢能減少，彈性勢能增大B．重力勢能增大，彈性勢能減少C．重力勢能減少，彈性勢能減少D．重力勢能不變，彈性勢能增大解析：選A彈簧向下壓縮的過程中，彈簧壓縮量增大，彈性勢能增大；重力做正功，重力勢能減少，故A正確．4．如圖所示，a、b兩條斜線分別表示兩根勁度系數不同的彈簧所受拉力F和彈簧伸長量之間的關系．設它們的勁度系數分別為ka、kb，拉力都為F1時的彈性勢能分別為Ea、Eb.則下列說法正確的是()A．ka＞kbEa＞Eb B．ka＜kbEa＞EbC．ka＞kbEa＜Eb D．ka＜kbEa＜Eb解析：選C由F＝kl可知，F-l圖線的斜率為彈簧的勁度系數，由圖可知，ka＞kb，當拉力為F1時，兩彈簧的形變量為la＝eq\f(F1,ka)，lb＝eq\f(F1,kb)，可得Ea＝eq\f(1,2)kaleq\o\al(a,,,2)＝eq\f(F\o\al(1,2),2ka)，Eb＝eq\f(F\o\al(1,2),2kb)，可得Ea＜Eb，故C選項正確．5．如圖所示，輕彈簧下端系一重物，O點為其平衡位置(即重力和彈簧彈力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A點，彈力做功W1，第二次把它拉到B點后再讓其回到A點，彈力做功W2，則這兩次彈力做功的關系為()A．W1<W2B．W1＝2W2C．W2＝2W1D．W1＝W2解析：選D彈力做功的特點與重力做功一樣，不用考慮路徑，只看起始與終止位置，故D項正確．6．(多選)如圖是玩家玩“蹦極”游戲的真實照片，玩家將一根長為AB的彈性繩子的一端系在身上，另一端固定在高處，然后從高處跳下，其中AB為彈性繩子的原長，C點是彈力等于重力的位置，D點是玩家所到達的最低點，對于玩家離開跳臺至最低點的過程中，下列說法正確的是()A．重力對人一直做正功B．人的重力勢能一直減小C．玩家通過B點之后，繩子具有彈性勢能D．從A到D，彈性繩子的彈性勢能一直增加解析：選ABC整個過程中，重力一直做正功，重力勢能一直減小，A、B正確；人從高空落下到彈性繩子達到原長的過程中，彈性繩子不做功，此后彈性繩子一直做負功，彈性勢能一直增加，C正確，D錯誤．7．(多選)某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型，圖中k1、k2為原長相等、勁度系數不同的輕質彈簧．下列表述正確的是()A．緩沖效果與彈簧的勁度系數無關B．墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力大小相等C．墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等D．墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發生改變解析：選BD彈簧勁度系數k越大，向右壓縮單位長度產生的彈力越大，物體減速越快，緩沖效果越好，A錯；由牛頓第三定律可知兩彈簧彈力總是大小相等，B對；由于k1x1＝k2x2，k1≠k2，所以x1≠x2，又因原長相等，故壓縮后兩彈簧的長度不相等，C錯；彈簧形變量越來越大，彈性勢能越來越大，D對．8．如圖所示，放在地面上的木塊與一勁度系數k＝200N/m的輕質彈簧相連．現用手水平拉彈簧，拉力的作用點移動x1＝0.2m，木塊開始運動，繼續拉彈簧，木塊緩慢移動了x2＝0.4m，求：(1)上述過程中拉力所做的功；(2)此過程彈簧彈性勢能的變化量．解析：(1)木塊緩慢移動時彈簧的拉力F＝kx1＝200×0.2N＝40N，由題意作出F-x圖象如圖所示，在木塊運動之前，彈簧彈力隨彈簧伸長量的變化是線性關系，木塊緩慢移動時彈簧彈力不變，圖線與橫軸所圍梯形面積即為拉力所做的功，即W＝eq\f(1,2)×(0.6＋0.4)×40J＝20J.(2)木塊運動之前，彈簧的彈性勢能隨彈簧的伸長而增加，木塊緩慢移動過程中，彈簧的伸長量保持不變，彈簧彈性勢能不變，故整個過程中彈簧的彈性勢能增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(1,2)＝eq\f(1,2)×200×0.04J＝4J.答案：(1)20J(2)4J「能力提升練」9．兩個不同的彈簧A、B，勁度系數分別為k1、k2，且k1＞k2.現用相同的力從自然長度開始拉彈簧，當彈簧穩定時，關于彈簧的彈性勢能下列說法正確的是()A．A彈簧的彈性勢能大B．B彈簧的彈性勢能大C．兩彈簧的彈性勢能相同D．無法判斷解析：選B以相同的力F拉彈簧A、B，由胡克定律得A彈簧的伸長量l1＝eq\f(F,k1)，B彈簧的伸長量l2＝eq\f(F,k2)，由于k1＞k2，故l1＜l2，所以拉力克服彈力對A彈簧做的功W1＝eq\f(1,2)Fl1小于對B彈簧做的功W2＝eq\f(1,2)Fl2，即B彈簧的彈性勢能大，選項B正確．10．如圖所示，質量相等的兩木塊間連有一彈簧．今用力F緩慢向上提A，直到B恰好離開地面．開始時A靜止在彈簧上面．設開始時彈簧的彈性勢能為Ep1，B剛要離開地面時彈簧的彈性勢能為Ep2，則關于Ep1、Ep2的大小關系及彈性勢能的變化ΔEp，下列說法中正確的是()A．Ep1＝Ep2 B．Ep1＞Ep2C．ΔEp＞0 D．ΔEp＜0解析：選A設開始時彈簧的形變量為x1，B剛要離開地面時彈簧的形變量為x2，則有kx1＝mg，kx2＝mg，可得x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，選項A正確．11．一升降機機箱底部裝有若干根彈簧，設在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦和空氣阻力影響，則升降機在從彈簧下端觸地直到最低點的一段運動過程中()A．升降機的速度不斷減小B．升降機的加速度不斷變大C．先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功D．先是彈力做的負功大于重力做的正功，然后是彈力做的負功小于重力做的正功解析：選C從彈簧下端觸地直到最低點的運動過程中，彈簧的彈力不斷變大．當彈力小于重力時，升降機加速度方向向下，升降機做加速運動，由a＝eq\f(mg－F,m)可知，加速度減小，重力做的正功要大于彈力做的負功；當彈力大于重力時，升降機加速度的方向向上，升降機做減速運動，由a＝eq\f(F－mg,m)可知，加速度變大，重力做的正功要小于彈力做的負功，故選C.12．(多選)如圖1所示，小物體從豎直彈簧上方離地高h1處由靜止釋放，其速度與離地高度h的關系如圖2所示．其中高度從h1下降到h2，圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象的最高點，輕彈簧勁度系數為k，彈簧的重力不計，小物體質量為m，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小物體下降至高度h2時，彈簧的彈性勢能為0B．小物體下降至高度h3時，彈簧的彈性勢能最大C．小物體下降至高度h3時，彈簧的彈性勢能最小D．小物體下降至高度h5時，彈簧的彈性勢能最大解析：選AD高度從h1下降到h2，圖線為直線，該過程中小物體做自由落體運動，小物體下降至h2時才開始接觸彈簧，所以小物體下降至高度h2時，彈簧的彈性勢能為0，故A正確；由題圖知，小物體下降至高度h3時，速度最大，此時重力和彈力平衡，小物體繼續向下運動，彈簧的彈性勢能繼續增大，所以小物體下降至高度h3時，彈簧的彈性勢能不是最大，也不是最小，故B、C錯誤；小物體下降至高度h5時，速度為0，小物體下降至最低點，彈簧的彈性勢能最大，故D正確．13．如圖，在光滑的足夠長的斜面上有質量分別為mA、mB(mA＝2mB)的兩木塊中間連有輕質彈簧，彈簧處于原長狀態，勁度系數為k，A、B同時由靜止開始釋放，求下滑過程中A、B穩定時彈簧的彈性勢能為多大？解析：設斜面傾角為θ，彈簧伸長量為x，一起運動的加速度為a，對A、B組成的整體有(mA＋mB)g·sinθ＝(mA＋mB)a①對A有mAgsinθ＋kx＝mAa②聯立①、②解得x＝0故彈性勢能Ep＝0.答案：014．如圖所示，在水平地面上放一個豎直輕彈簧，彈簧上端與一個質量為2.0kg的木塊相連．若在木塊上施加一個豎直向下的力F，使木塊緩慢向下移動0.10m，力F做的功為2.5J，此時木塊再次處于平衡狀態，力F的大小為50N．求：(g取10m/s2)(1)在木塊下移0.10m的過程中彈性勢能的增加量；(2)彈簧的勁度系數．解析：(1)在木塊下移0.10m的過程中，力F和木塊的重力克服彈簧彈力做功，彈簧的彈性勢能增加，克服彈力做的功為WFN＝WF＋mgh＝2.5J＋2.0×10×0.10J＝4.5J故彈性勢能的增加量為ΔEp＝WFN＝4.5J.(2)設施加力F前彈簧壓縮了h0，則mg＝kh0①施加力F后木塊再次處于平衡狀態時有F＋mg＝k(h0＋h)②聯立①②兩式解得彈簧的勁度系數k＝eq\f(F,h)＝eq\f(50,0.10)N/m＝500N/m.答案：(1)4.5J(2)500N/m第七章第7節動能和動能定理課時分層訓練「基礎達標練」1．關于動能的概念，下列說法中正確的是()A．物體由于運動而具有的能叫做動能B．運動物體具有的能叫動能C．運動物體的質量越大，其動能一定越大D．速度較大的物體，具有的動能一定較大解析：選A物體由于運動而具有的能叫動能，但是運動的物體可以具有多種能量，如重力勢能，內能等，故A正確，B錯誤；由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，動能既與m有關，又與v有關，故C、D錯誤．2．(2019·江陰四校聯考)在下列幾種情況中，甲、乙兩物體的動能相等的是()A．甲的速度是乙的4倍，甲的質量是乙的eq\f(1,2)B．甲的質量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的質量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)D．甲的質量是乙的8倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)解析：選B根據Ek＝eq\f(1,2)mv2可知甲的速度是乙的4倍，甲的質量是乙的eq\f(1,2)，則甲的動能是乙的8倍，選項A錯誤；甲的質量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，則甲乙的動能相等，選項B正確；甲的質量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，則甲的動能是乙的eq\f(1,2)，選項C錯誤；甲的質量是乙的8倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)，則甲的動能是乙的2倍，選項D錯誤．3．(2019·山西長治高一期末)有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示，如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受的合力為零B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合力做的功為零C．重力和摩擦力做的功代數和為零D．重力和摩擦力的合力為零解析：選C物體做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，合外力不為零，A錯誤；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做功為零，支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與阻力做的功代數和為零，但重力和阻力的合力不為零，故C正確，B、D錯誤．4．(2019·邢臺市段考)如圖所示，一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移到Q點．此時懸線與豎直方向夾角為θ，則拉力F所做的功為()A．FLcosθ B．FLsinθC．mgLcosθ D．mgL(1－cosθ)解析：選D小球從平衡位置P點緩慢地移動到Q點的過程中，動能的變化量為零，根據動能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，得拉力F所做的功為WF＝mgL(1－cosθ)．D正確，A、B、C錯誤．5．(2019·宣威市期末)在足球賽中，紅隊球員在白隊禁區附近主罰定位球，如圖所示，并將球從球門右上角擦著橫梁踢進球門．球門高度為h，足球飛入球門的速度為v，足球的質量為m，則紅隊球員將足球踢出時對足球做的功W(不計空氣阻力，足球視為質點)()A．等于mgh＋eq\f(1,2)mv2B．大于mgh＋eq\f(1,2)mv2C．小于mgh＋eq\f(1,2)mv2D．因為球入球門過程中的曲線的形狀不確定，所以做功的大小無法確定解析：選A對足球從球員踢出到飛入球門的過程研究，根據動能定理得：W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，得到W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故選項A正確．6．(多選)用力F拉著一個物體從空中的a點運動到b點的過程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空氣阻力做功－0.5J，則下列判斷正確的是()A．物體的重力勢能增加了3JB．物體的重力勢能減少了3JC．物體的動能增加了4.5JD．物體的動能增加了8J解析：選AC因為重力做功－3J，所以重力勢能增加3J，A對，B錯；根據動能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C對，D錯．7．(多選)甲、乙兩個質量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s.如圖所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，則下列關于力F對甲、乙兩物體做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是()A．力F對甲物體做功多B．力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動能比乙大D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同解析：選BC由功的公式W＝Flcosα＝F·s可知，兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多，A錯誤，B正確；根據動能定理，對甲有Fs＝Ek1，對乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物體獲得的動能比乙大，C正確，D錯誤．8．在距地面高12m處，以12m/s的水平速度拋出質量為0.5kg的小球，其落地時速度大小為18m/s，求小球在運動過程中克服阻力做功多少？(g取10m/s2)解析：對小球自拋出至落地過程由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，則小球克服阻力做功為Wf＝mgh－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(1,2)))＝0.5×10×12J－eq\f(1,2)×0.5×182－eq\f(1,2)×0.5×122J＝15J.答案：15J「能力提升練」9．(多選)如圖所示，在外力作用下某質點運動的v-t圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷()A．在0～t1時間內，外力的功率逐漸增大B．在0～t1時間內，外力做正功C．t1～t3時間內，外力做的總功為零D．在t2時刻，外力的功率最大解析：選BC圖象斜率表示加速度，加速度對應合外力，合外力減小，速度增大；由圖象可知0時刻速度為零，t1時刻速度最大但拉力為零，由P＝Fv可知外力的功率在0時刻為零，t1時刻功率也為零，可知功率先增大后減小，故A錯誤；在0～t1時間內，由圖象可知，物體的速度沿正方向，加速度為正值且減小，故力與速度方向相同，外力做正功，故B正確；在t1～t3時間內物體的動能變化為零，由動能定理可知外力做的總功為零，故C正確；t2時刻物體的速度為零，由P＝Fv可知外力的功率為零，故D錯誤．10．(多選)如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動．已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離L，子彈進入木塊的深度為L′，若木塊對子彈的阻力F視為恒力，則下列關系式中正確的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．FL′＝eq\f(1,2)mv2C．FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)mv2解析：選ACD根據動能定理，對子彈：－F(L＋L′)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，D正確；對木塊：FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正確；由以上兩式整理可得FL′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正確．11．質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：選A由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－μmg(s＋x)，故A選項正確．12．質量為m的小球用長度為L的輕繩系住，在豎直平面內做圓周運動，運動過程中小球受空氣阻力作用．已知小球經過最低點時輕繩受的拉力為7mg，經過半周小球恰好能通過最高點，則此過程中小球克服空氣阻力做的功為()A.eq\f(mgL,4) B．eq\f(mgL,3)C．eq\f(mgL,2) D．mgL解析：選C小球經過最低點時，有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(1,2),L)，解得v1＝eq\r(6gL).小球恰好能通過最高點，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),L)，解得v2＝eq\r(gL).根據動能定理－mg·2L－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)，解得小球克服空氣阻力做功Wf＝eq\f(1,2)mgL，所以C選項正確．13．將質量為m的物體，以初速度v0豎直向上拋出．已知拋出過程中阻力大小恒為重力的0.2倍．求：(1)物體上升的最大高度；(2)物體落回拋出點時的速度大小．解析：(1)上升過程，由動能定理－mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)①將Ff＝0.2mg②聯立①②可得：h＝eq\f(5v\o\al(0,2),12g).③(2)全過程，由動能定理－2Ffh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)④聯立②③④可得：v＝eq\f(\r(6),3)v0.答案：(1)eq\f(5v\o\al(0,2),12g)(2)eq\f(\r(6),3)v014．一架噴氣式飛機質量m＝5×103kg，起飛過程中從靜止開始滑行的路程s＝5.3×102m時(做勻加速直線運動)，達到起飛速度v＝60m/s.在此過程中飛機受到的平均阻力是飛機重力的k倍(k＝0.02)．求飛機受到的牽引力．(g＝10m/s2)解析：以飛機為研究對象，它受到重力、支持力、牽引力和阻力作用，這四個力做的功分別為WG＝0，W支＝0，W牽＝Fs，W阻＝－kmgs.由動能定理得Fs－kmgs＝eq\f(1,2)mv2－0解得F＝kmg＋eq\f(mv2,2s)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.02×5×103×10＋\f(5×103×602,2×5.3×102)))N＝1.8×104N.答案：1.8×104N第七章第8節機械能守恒定律課時分層訓練「基礎達標練」1．關于機械能，以下說法正確的是()A．質量大的物體，重力勢能一定大B．速度大的物體，動能一定大C．做平拋運動的物體機械能時刻在變化D．質量和速率都相同的物體，動能一定相同解析：選D重力勢能的大小與零勢能面的選取有關，質量大但重力勢能不一定大，A錯誤；動能的大小與質量以及速度有關，所以速度大，動能不一定大，B錯誤；平拋運動過程中只受重力作用，機械能守恒，C錯誤；根據Ek＝eq\f(1,2)mv2可知質量和速率都相同的物體，動能一定相同，D正確．2．(2019·洛陽檢測)下列人或物在運動過程中，機械能守恒的是()A．風中飄落的羽毛B．豎直放置的真空管中下落的羽毛C．乘電梯勻速上升的人D．彈性蹦床上跳躍的運動員(不計空氣阻力)解析：選B風中飄落的羽毛受到空氣阻力，而空氣阻力做負功，機械能減少，故A錯誤；豎直放置的真空管中下落的羽毛，只受重力，所以機械能守恒，故B正確；乘電梯勻速上升的人，動能不變，勢能增加，所以機械能增大，故C錯誤；彈性蹦床上跳躍的運動員，彈力要做功，所以機械能不守恒，故D錯誤．3．從地面豎直上拋兩個質量不同的小球，設它們的初動能相同，當上升到同一高度時(不計空氣阻力，選拋出點為參考面)，則()A．所具有的重力勢能相等B．所具有的動能相等C．所具有的機械能不等D．所具有的機械能相等解析：選D因兩小球質量不等，由重力勢能表達式Ep＝mgh可知，上升到同一高度時，所具有的重力勢能不相等，選項A錯誤；上升過程中只有重力做功，故小球機械能守恒，因初始動能相同，機械能相等，故上升到同一高度時機械能相等，從而動能不相等，選項B、C錯誤，D正確．4．(多選)兩個質量不同的小鐵塊A和B，分別從高度相同的都是光滑的斜面和圓弧面的頂點滑向底部，如圖所示．如果它們的初速度都為0，則下列說法正確的是()A．下滑過程中重力所做的功相等B．它們到達底部時動能相等C．它們到達底部時速率相等D．它們在最高點時的機械能和它們到達最低點時的機械能大小各自相等解析：選CD小鐵塊A和B在下滑過程中，只有重力做功，機械能守恒，則由mgH＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gH)，所以A和B到達底部的速率相等，故C、D正確；由于A和B的質量不同，所以下滑過程中重力所做的功不相等，到達底部時的動能也不相等，故A、B錯誤．5．如圖所示，在高1.5m的光滑平臺上有一個質量為2kg的小球被細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質彈簧，球與彈簧不拴接，O點為彈簧原長位置．當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10m/s2)()A．10J B．15JC．20J D．25J解析：選A由h＝eq\f(1,2)gt2和vy＝gt得vy＝eq\r(30)m/s；落地時，tan60°＝eq\f(vy,v0)，可得v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(10)m/s；由彈簧與小球組成的系統機械能守恒得Ep＝eq\f(mv\o\al(0,2),2)，可求得Ep＝10J，故A選項正確．6．(2019·合肥檢測)以水平面為零勢能面，小球水平拋出時重力勢能等于動能的2倍，那么在拋體運動過程中，當其動能和勢能相等時，水平速度和豎直速度之比為()A.eq\r(3)∶1 B．1∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1解析：選D開始拋出時：mgh＝2·eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，當動能和勢能相等時：mgh1＝eq\f(1,2)mv2，豎直方向由2ax＝v2－veq\o\al(0,2)可求得此時小球的豎直速度vy＝eq\r(2gh－h1)，綜合上面兩式可得vy＝eq\r(2v\o\al(0,2)－v2)＝eq\r(2v\o\al(0,2)－v\o\al(0,2)＋v\o\al(y,2))，解得eq\f(v0,vy)＝eq\f(\r(2),1)，選項D正確．7．質量為1kg的物體從傾角為30°、長2m的光滑斜面頂端由靜止開始下滑，若選初始位置為零勢能點，那么，當它滑到斜面中點時具有的機械能和重力勢能分別是(g取10m/s2)()A．0J，－5J B．0J，－10JC．10J,5J D．20J，－10J解析：選A物體下滑時機械能守恒，故它下滑到斜面中點時的機械能等于在初始位置的機械能，初始時機械能為0.下滑到斜面中點時的重力勢能Ep＝－mgeq\f(L,2)sin30°＝－1×10×eq\f(2,2)×sin30°J＝－5J．故選項A正確．8．某人站在離地面h＝10m高處的平臺上以水平速度v0＝5m/s拋出一個質量m＝1kg的小球，不計空氣阻力，g取10m/s2.問：(1)人對小球做了多少功？(2)小球落地時的速度為多大？解析：(1)人對小球做的功等于小球獲得的動能，所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)＝eq\f(1,2)×1×52J＝12.5J．(2)根據機械能守恒定律可知mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)＝eq\f(1,2)mv2所以v＝eq\r(2gh＋v\o\al(0,2))＝15m/s.答案：(1)12.5J(2)15m/s「能力提升練」9．(多選)(2019·沙市檢測)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則A．a落地前，ab機械能守恒B．因為a的機械能守恒，所以a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，豎直桿對a的作用力先減小后增大D．a落地前，當b對地面的壓力大小為mg時，b的機械能最大解析：選ACDa下落通過桿推動b運動，對ab組成的系統，桿對ab的一對內力做功總和為零，系統機械能不損失，ab機械能守恒，故A正確；a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(a,2)，解得va＝eq\r(2gh)，故B錯誤；b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，力的大小先減小后增大，故C正確；ab整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到桿的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確．10．如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2R B．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3) D．eq\f(2R,3)解析：選C設A、B的質量分別為2m、m，當A落到地面，B恰運動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為研究對象，機械能守恒，故有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，當A落地后，B球以速度v豎直上拋，到達最高點時上升的高度為h′＝eq\f(v2,2g)，故B上升的總高度為R＋h′＝eq\f(4,3)R，選項C正確．11．如圖所示，在豎直平面內有一半徑為2m的eq\f(1,4)圓弧形光滑導軌AB，A點與其最低點C的高度差為1m，今由A點沿導軌無初速度釋放一個小球，若g取10m/s2，則()A．小球過B點的速度vB＝2eq\r(5)m/sB．小球過B點的速度vB＝2eq\r(5\r(3)－1)m/sC．小球離開B點后做平拋運動D．小球離開B點后將繼續運動到與A、D等高的位置解析：選B由于cos∠AOE＝eq\f(OE,R)＝eq\f(1,2)，∠AOE＝60°，故∠BOC＝90°－60°＝30°，hBC＝R－Rcos30°＝(2－eq\r(3))m，hAB＝hAC－hBC＝(eq\r(3)－1)m，根據機械能守恒定律得mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B,2)，所以vB＝eq\r(2ghAB)＝2eq\r(5\r(3)－1)m/s，A錯，B對；小球離開B點后做斜上拋運動，C錯；到達最高點時，小球具有水平方向的速度，由機械能守恒知，小球離開B點后到達最高點時的高度低于A、D點的高度，D錯．12．(多選)如圖所示，長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2m的小球，B處固定質量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉動，開始時OB與地面相垂直．放手后開始運動，在不計任何阻力的情況下，下列說法正確的是()A．A處小球到達最低點時速度為0B．A處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量C．B處小球向左擺動所能達到的最高位置應高于A處小球開始運動時的高度D．當支架從左向右回擺時，A處小球能回到起始高度解析：選BCD因A處小球質量大，位置高，所以三角支架處于不穩定狀態，釋放后支架就會向左擺動．擺動過程中只有小球受到的重力做功，故系統的機械能守恒，B、D正確；設支架邊長是L，則A處小球到最低點時小球下落的高度為eq\f(1,2)L，B處小球上升的高度也是eq\f(1,2)L，但A處小球的質量比B處小球的大，故有eq\f(1,2)mgL的重力勢能轉化為兩小球的動能，因而此時A處小球的速度不為0，A錯誤；當A處小球到達最低點時有向左運動的速度，還要繼續向左擺，B處小球仍要繼續上升，因此B處小球能達到的最高位置比A處小球的最高位置還要高，C正確．13．滑板運動是一種陸地上的“沖浪運動”，滑板運動員可在不同的滑坡上滑行．如圖所示，abcde為同一豎直平面內依次平滑連接的滑行軌道，其中bcd是一段半徑R＝2.5m的圓弧軌道，O點為圓心，c點為圓弧的最低點．運動員腳踩滑板從高H＝3m處由靜止出發，沿軌道自由滑下．運動員連同滑板可視為質點，其總質量m＝60kg.忽略摩擦阻力和空氣阻力，取g＝10m/s2，求運動員滑經c點時軌道對滑板的支持力的大小．解析：運動員從開始滑下至c點，由機械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mv2①運動員滑至最低點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)②由①②得FN＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2H,R)))＝2040N.答案：2040N14．(2019·邢臺檢測)如圖，質量均為m的物體A和物體B通過一勁度系數為k的輕質彈簧相連，A、B都處于靜止狀態．一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開始時各段繩都處于伸直狀態，A上方的一段繩沿豎直方向．現在掛鉤上掛物體C并從靜止狀態釋放，已知它恰好能使B離開地面但不繼續上升．已知重力加速度為g.(1)求物體C的質量；(2)當B剛要離開地面時，AC間的輕繩的拉力多大？(3)若將C換成質量為7m的物體D，仍從前述初始位置由靜止狀態釋放，則這次B剛離地時D的速度的大小是多少？解析：(1)開始時，A、B靜止，設彈簧壓縮量為x1，有kx1＝mg①掛C并釋放后，C向下運動，A向上運動，設B剛要離地時彈簧伸長量為x2，有kx2＝mg②由①②式可知，x1＝x2＝eq\f(mg,k)③B不再上升表示此時A和C的速度為零，C已降到其最低點．設C的質量為mC，與初始狀態相比，C下降x1＋x2，A上升x1＋x2.彈簧彈性勢能不變．由機械能守恒定律可知ΔEk＝mCg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)＝0④由④式得mC＝m.⑤(2)B剛要離開地面時，A受力如圖甲所示．kx2＋mg－FT＝ma⑥物體C受力如圖乙所示FT－mg＝ma⑦由⑥和⑦式得FT＝eq\f(3,2)mg.(3)C換成D后，當B剛離地時彈簧彈性勢能與初始狀態相同，設此時A、D速度為v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)×7mv2＋eq\f(1,2)mv2＝7mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)⑧由③和⑧式得v＝geq\r(\f(3m,k)).答案：(1)m(2)eq\f(3,2)mg(3)geq\r(\f(3m,k))第七章第10節能量守恒定律與能源課時分層訓練「基礎達標練」1．下列說法中正確的是()A．能就是功，功就是能B．做功越多，物體的能量就越大C．外力對物體不做功，這個物體就沒有能量D．能量轉化的多少可以用做功來量度解析：選D功和能是兩個不同的概念，選項A錯誤；做功的多少只是說明能量轉化的多少，而不能說明能量的多少，選項B錯誤；外力做功與否不能說明物體能量的有無，選項C錯誤；功是能量轉化的量度，選項D正確．2．下列哪些現象屬于能量的耗散()A．利用水流能發電產生電能B．電能在燈泡中變成光能C．電池的化學能變成電能D．火爐把屋子烤暖解析：選D能量耗散主要指其他形式的能量最終轉化為環境的內能后，不能再被收集起來重新利用，故選項D正確．3．下列說法正確的是()A．隨著科技的發展，永動機是可以制成的B．太陽照射到地球上的光能轉化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空間的能量都消失了C．“既要馬兒跑，又不讓馬兒吃草”違背了能量守恒定律，因而是不可能的D．有種“全自動”手表，不用上發條，也不用任何形式的電源，卻能一直走動，說明能量可以憑空產生解析：選C永動機違背了能量守恒定律，所以永動機是永遠不可能制成的，選項A錯誤；太陽輻射大量的能量，但輻射到宇宙空間的能量并沒有消