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专题04 功和能试题精选
一、单选题
1．如图所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球最后落在地板上。如果细线的长度l可以改变，则（　　）
A．细线越长，小球在最低点越容易断裂
B．细线越短，小球在最低点越容易断裂
C．细线越长，小球落地点越远
D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远
2．在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则（　　）
A．两次篮球打在篮板的速度大小相等
B．第二次篮球在空中上升的时间较长
C．两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D．两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
3．如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是（　　）
A．两小球的质量相等
B．两小球下滑的时间不相等
C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等
D．两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
4．如图甲所示，倾角光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮，质量均为m=1kg的物体A和固定在斜面底部的传感器P用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的物体B连接，物体B穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，物体B位于Q处，绳与细杆的夹角。图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。按住物体A，将物体B放到位置R，在t0时刻由静止同时释放物体A、B，在电脑上显示出传感器受到的力的图像（图乙，力的方向沿斜面向上为正），=0.6，=0.8，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物体B的质量M=1.08kg
B．物体B运动到位置Q的速率v=1.2m/s
C．物体B通过位置S时的动能Ek=1.08J
D．物体B从位置R运动到位置S的过程中轻绳对物体B做的功WT=0.3J
5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（　　）
A．推力的大小为
B．运动过程中，A对B不做功
C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒
D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小
二、多选题
6．我国成功研制出全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。如图（a）所示，该类型起重机用电机将货物沿竖直方向运送至高处，其提升货物的速度大小v随时间t变化的关系如图（b）所示，图线①、②分别描述两次不同的提升过程，若两次提升的高度相同，提升的货物质量相等，且变速阶段的加速度大小都相同，不计摩擦力和空气阻力，则第①次和第②次提升过程中（　　）
A．电机最大牵引力之比为F1:F2=4:3
B．货物上升的时间之比为t1:t2=24:25
C．电机输出的最大功率之比为P1:P2=4:3
D．电机对货物所做的功之比为W1:W2=3:2
7．某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，关于此过程下列说法中正确的有（ ）
A．人对物体做的功为 B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能增加了 D．物体克服重力做的功为
8．轻质细线绕过两个等高、光滑定滑轮P、Q，两端分别连接着质量均为m的小球A、B，已知P、Q间细线水平，间距为l，A、B小球处于静止状态。现将一质量也为m的物体C，通过光滑的轻挂钩挂在细线上与两定滑轮等间距的位置O，静止释放后向下运动。若A、B始终没有与P、Q相碰，重力加速度为g，则C物体在下降过程中（　　）
A．速度先增大后减小 B．加速度先增大后减小
C．最大动能为 D．下降的最大高度为
9．如图，倾角37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环（O为接触点）的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另一端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时Oa水平且细线刚好伸直），重力加速度大小为g，sin37°=0.6，则在小球从a摆到最低点b的过程中（物块和斜面体始终静止）（　　）
A．斜面对物块的摩擦力先减小后增大 B．斜面对物块的作用力保持不变
C．斜面对物块的摩擦力最大值为1.2mg D．地面对斜面体的支持力最小值为6.2mg
10．如图所示，光滑水平面MA上有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，弹簧原长小于MA。A点右侧有一匀速运动的水平传送带AB，传送带长度，速度。一半径为的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，轨道圆心为O，OC水平。现用一质量为的物块（可看做质点）压缩弹簧，使得弹簧的弹性势能为。由静止释放物块，已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，g取关于物块的运动，下列说法正确的是（　　）
A．物块不能运动到半圆轨道最高点D
B．物块运动到B点的速度为
C．物块运动到C点时对轨道的压力为60 N
D．若传送带速度变为，物块在B点右侧不会脱离轨道
11．如图所示，某质量为的工件静止于粗糙水平面上的点，机械手臂可在、之间对工件施加恒力。最终工件停止于点，、间的距离为，大小恒定，与水平面间的夹角可调。当时，、之间的距离为，调整，可使、间的距离最大为。若重力加速度为，工件与水平面间的滑动摩擦因数为，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、解答题
12．如图所示为自动卸货矿车的示意图。缓冲弹簧下端固定在斜面轨道底端，上端连接轻质装置P，P静置于B点。矿车从斜面轨道上A处由静止开始下滑，撞击P后与P一起压缩弹簧，当矿车速度减为零时装置P自动锁定，卸下全部货物后，装置P解除锁定，矿车借助弹簧的弹力作用，恰能返回到A点。已知斜面轨道的倾角θ=37°，轨道A、B间的距离L=99.5m，矿车在轨道A、B间运动时受到的阻力为矿车重力的0.4倍，缓冲弹簧的劲度系数k=4.0×105N/m，允许的最大压缩量为xm=0.5m，弹簧弹性势能表达式为，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6。
（1）试估算矿车从A处开始下滑到速度减为零时所需要的时间t（误差不超过0.1s）；
（2）求矿车将斜面轨道A处旁边质量为M0=2t的货物从A处运送至C处，需要运送的最少次数n。
13．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道在B点平滑相接，半圆形轨道半径为R，一质量为的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，获得向右速度后脱离弹簧，经过B点进入半圆形轨道后瞬间对轨道的压力大小为其重力的8倍，之后沿圆周运动，到达C点时对轨道的压力恰好为0。重力加速度为g，求：
（1）释放物块时弹簧的弹性势能；
（2）物块从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功；
（3）物块离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率大小。
14．如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m = 0.1kg，轨道BCD的半径R = 0.8m，管道DEF的半径r = 0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ = 0.4，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，轨道FG的长度L = 3m，g取10m/s2。
（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道DEF的最高点F时的最小速度；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终能静止在水平轨道FG上，求可调高度H的范围。
15．如图所示，光滑水平面的左侧有一固定的竖直挡板，放在间的小滑块质量，水平面B端紧靠倾角的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为。现给小滑块一个水平向右的瞬时速度，小滑块经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知B、C两端间的距离，滑块与传送带间的动摩擦因数，取，滑块通过B处时无机械能损失。求：
（1）瞬时速度的大小；
（2）滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
（3）滑块第一次在传送带上运动时滑块与传送带因摩擦产生的热量。
参考答案：
1．D
【详解】AB．根据牛顿第二定律得
根据机械能守恒定律得
解得
在最低点线的拉力为定值3mg，与线长无关，AB错误；
CD．设O点的高度为H，根据机械能守恒定律得
根据平抛运动得
解得
当 时，x最大，即，当时，小球落地点最远，C错误，D正确。
故选D。
2．C
【详解】B．根据逆向思维，可以将篮球的运动看为逆方向的平抛运动，根据
解得
由于第二次打在篮板上的位置略低一点，则其竖直高度小一点，即第二次篮球在空中上升的时间较短，B错误；
A．篮球水平方向做匀速运动
根据
解得
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球打在篮板的速度较大，A错误；
C．篮球出手时的速度
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，第二次篮球打在篮板的速度较大，则两次篮球出手时的速度可能大小相等，根据
可知，两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，C正确；
D．篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率大小为
根据上述，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率较小，D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理，则有
由于，则有，A错误；
B．如图所示，设C点到ab的垂直距离为x，ac的倾斜角为θ，对甲则有
对乙则有
解得
则有
B错误；
C．重力做功为
两小球的重力做功相等，时间相等，则有
因此两小球所受重力的平均功率相等，C错误；
D．两小球都做匀加速直线运动，对甲则有
因为
则有
可得
在b点甲的瞬时功率
在c点乙的瞬时功率
则有
D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．由图分析可知，当B位于Q时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力为，设弹簧伸长量为x。对物体A、B受力分析分别有
由图可知当B处于S时，弹簧弹力为，处于压缩状态，其压缩量等于x，则有
代入数据得
M=0.72kg
故A错误；
B．物体B从R运动到Q的过程中，B、弹簧和A组成的系统机械能守恒，则有
又因为
可得
v=2m/s
故B错误；
C．当物体B由R到S时，物体A下降的距离为
由物体A、B间的速度关系可知，物体B到S时，A的速度为零；从R运动到S的过程中，初末状态弹簧的伸长量等于压缩量，则弹簧初末状态的弹性势能相等，对于B、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得
解得
Ek=1.38J
故C错误；
D．从R到S的过程中，对B由动能定理可得
解得
=0.3J
故D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
可得
由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为
对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有
故A错误；
B．斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B错误；
C．由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误；
D．当在很短时间内光滑直杆下落高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为，斜面体的速度大小为，由系统机械能守恒有
由速度关系
解得
故D正确。
故选D。
6．BC
【详解】A．图像的斜率表示加速度，当货物向上匀加速时，电机牵引力最大，根据
由于匀加速过程的加速度相等，则电机最大牵引力之比为
F1:F2=1:1
A错误；
B．图线①中匀加速的末速度等于匀减速的初速度，根据对称性可知
速度加速至3m/s的时间
图像中图线与时间轴所围面积表示位移，两次提示位移相等，令第二次比第一次提示时间多，根据图像有
解得
则图线①的总时间
即货物上升的时间之比为
t1:t2=24:25
B正确；
C．两次提示的最大速度分别为4m/s，3m/s，根据
结合上述，电机输出的最大功率之比为
P1:P2=4:3
C正确；
D．根据
可知
则有
W1:W2=1:1
D错误。
故选BC。
7．BD
【详解】A．设人对物体的拉力F，由牛顿第二定律得
F-mg=ma
即
F=m(g+a)
提高过程中人对物体做功为m(a+g)h，故A错误；
B．提高过程中合外力对物体做功
W合=mah
则动能增加mah，故B正确；
CD．提高过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，故C错误，D正确。
故选BD。
8．AD
【详解】A．C物体初速度为0，下降到最低点时速度也为0，根据极端法可知，C物体的速度先增大后减小，A正确；
B．C刚刚释放时，仅受重力作用，加速度为重力加速度，随后向下受到重力与细线的作用力，加速度方向向下，大小变小，根据上述可知，C物体向下运动时，存在最大速度，此时加速度为0，之后向下运动过程，速度减小，加速度方向向上，大小变大，因此C物体在下降过程中，加速度先减小后增大，B错误；
C．根据上述，动能最大时，速度达到最大，此时，加速度为0，对A分析有
令C左右细线与竖直方向此时的夹角为，对C分析有
解得
针对左侧细线，将物体C速度沿细线与垂直于细线分解，沿细线的分速度等于A的速度，针对右侧细线，将物体C速度沿细线与垂直于细线分解，沿细线的分速度等于B的速度，且A、B的速度相等，即
对ABC构成的系统
解得C物体最大动能为
C错误；
D．C下降到最低点时三个物体的速度均为0，令此时C左右细线与竖直方向此时的夹角为，对ABC构成的系统有
解得
则C物体下降最大高度为
D正确。
故选AD。
9．AD
【详解】A．当Oa水平时，细线拉力为零，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上，大小为
小球从a摆到最低点b点，由动能定理
由牛顿第二定律可得
解得细线拉力
斜面对物块的摩擦力沿斜面向下，小球从a运动到b过程中细线的拉力逐渐最大，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故A正确；
B．斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力变化，所以斜面对物块的作用力变化，故B错误；
C．斜面对物块的沿斜面向上的摩擦力最大值为
斜面对物块的沿斜面向下的摩擦力最大值为
所以斜面对物块的摩擦力最大值为，故C错误；
D．对斜面和物块整体分析，当细线的拉力最大时，地面对斜面体的支持力最小，最小值为
故D正确。
故选AD。
10．CD
【详解】AB．由题意知，物块到达A点的速度满足
解得
所以物块滑上传送带后做加速运动，有
且加速位移为
整理有
所以滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点的速度与传送带速度相同，即为
设滑块恰好可以运动到半圆轨道最高点D，则在最高点满足
解得
从B到D由动能定理得
求得B点最小速度为
所以物块恰好能运动到半圆轨道最高点D，故AB错误；
C．从B到C由动能定理得
在C点受力分析得
联立解得
由牛顿第三定律可知物块运动到C点时对轨道的压力为60 N，故C项正确；
D．若传送带速度变为，则可知滑块滑上传送带后先做减速运动，且减速到时的位移为
整理得
即滑块恰好减速到B点和传送带共速，设物块恰好可以到达C点时对应的B点速度为，则从B到C由机械能守恒可得
解得
即滑块在B点的速度为时，在到达C点之前已经减速为零，则可知传送带速度变为时，物块在B点右侧不会脱离轨道，故D项正确。
故选CD。
11．BC
【详解】当时，由题意，根据动能定理可得
当B、C间距离最大时，同理，根据动能定理可得
两式联立解得
，
故选BC。
12．（1）10s（10s~10.1s均得分）；（2）10次
【详解】（1）设矿车含货物总质量为，矿车从处开始匀加速下滑到点的加速度为，到达点时的速度为，矿车从处到速度减为0时所需要的时间为
解得
若将全程看做匀加速直线运动，由
可得
若将到的过程看做匀减速直线运动，则
解得
故估算时间时可以将全程看做是匀加速直线运动
解得
（10s~10.1s均得分）
（2）设矿车空载时的最大质量为，每次装载货物的最大质量为，根据动能定理得
矿车下滑过程
矿车上行过程
解得
次
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体在B点时
解得
根据能量守恒可知弹簧的弹性势能为
（2）物体在C点时
化简得
物体从B到C的过程中
解得物体克服摩擦力做功
（3）物体从C点飞出后做平抛运动，竖直方向有
所以重力的功率为
14．（1）2m；（2）2m/s；（3）2m ≤ H < 3m
【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得
则恰能过BCD的最高点D的最小速度为
从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
H = 2m
（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为
DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
vF = 2m/s
经半圆管道的F点时，若vF > 0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF = 2m/s。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF = 2m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有
μmg = ma
则加速度大小为
a = μg = 0.4 × 10m/s2 = 4m/s2
H = 2m时，FG上滑行距离为
，不掉落轨道
若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02 = 2ax，可得F点的最大速度为
从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足
2m ≤ H < 3m
15．（1）8m/s；（2）2s；（3）9.6J
【详解】（1）设滑块上滑过程中的加速度大小设为a1，根据牛顿第二定律有
解得
a1=10m/s2
滑块在上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则根据运动学公式有
=2a1L
解得
v0=8m/s
（2）设滑块从B点运动到C点所用时间设为t1，则根据运动学公式有
v0=a1t1
解得
t1=0.8s
滑块下滑过程，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律
解得
a2=10m/s2
设滑块从C点向下加速到与传送带速度相同时间为t2，位移为x1，则由运动学公式
，
解得
t2=0.2s，
由于
滑块无法平衡，滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律
解得
a3=2m/s2
之后运动到B点所用时间设为t3，由运动学公式
解得
t3=1s
则滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间
（3）滑块第一次在传送带上运动过程滑块与传送带间的相对运动路程为
因摩擦产生的热量为
代入数据可得
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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