功和能（5）.docx

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1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、多选题1如图所示，水平地面上放有质量分别为1 kg和2 kg的物体P和Q，两者与地面之间的动摩擦因数均为0.5，轻绳一端固定且离Q足够远，另一端跨过固定在Q上的轻质滑轮与P相连，轻绳与地面平行，开始时P、Q二者均静止，取g=10m/s.若物体P在水平向右的恒力作用下运动了4m，则A Q运动的距离为4mB P、Q

2、的加速度大小之比为2：1C Q与地面摩擦产生的热量为20JD P与地面的摩擦力大小为10N【答案】BC【解析】Q运动的距离是物体P运动距离的一半，为2m，故A错误。相同时间内，P运动的距离是Q运动距离的2倍，由x=12at2，得P、Q的加速度大小之比为2：1，故B正确。Q与地面摩擦产生的热量为：Q=mQgsQ=0.52102J=20J，故C正确。P与地面的摩擦力大小为：fP=mPg=0.5110N=5N，故D错误。故选BC。【点睛】根据动滑轮的特性分析Q运动的距离，并判断P、Q加速度关系根据滑动摩擦力公式求P与地面的摩擦力大小，由克服摩擦力做功求Q与地面摩擦产生的热量2如图所示，质量为M长度为

3、l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过一段时间，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是（ ）A 此时物块的动能为F（x+l）B 此时小车的动能为fxC 这一过程中，物块和小车组成的系统产生的内能为fxD 这一过程中，物块和小车组成的系统增加的机械能为F(l+x)-fl【答案】BD【解析】A、对物块，由动能定理可知，物块的动能：EK=（F-f）（x+l），故A错误；B、对小车，由动能定理可得，小车的动能为：Ek=fx，故B正确；C、系统产

4、生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功，这一过程中，小物块和小车产生的内能为fl故C错误；D、由能量守恒定律可知，物块和小车增加的机械能为F（x+l）-fl，故D正确故选：BD3如图所示，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，机械能减少E1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，机械能减少E2，则（ ） A v1等于v2B 小球第一次经过B点对轨道的压力小C E1小于E2D 小球第二次运动的时间长【答案】BC【解析】小球从A到B的过程，由动能定理得 mgh-W1=12mv12 ；小球从B到A的过程，由动能定理得-mgh-W2=0-12mv2

5、2即mgh+W2=12mv22，对比可得 v1v2故A错误。同理可知，小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，即小球第一次在B点所受的支持力小于第二次在B点所受的支持力，由牛顿第三定律可知，小球第一次在B点对轨道的压力小于第二次在B点对轨道的压力，故B正确。因同一点上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以上滑时克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做功，即上

6、滑时机械能减小量大于下滑时机械能减小量，E1小于E2，故C正确。因小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑时的平均速度大于下滑时的平均速度，则第二次上滑用的时间短，选项D错误；故选BC.点睛：本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系4在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v-t图象如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（ ）A F:f=1:3 B F:f=4:1 C W1:W2=1:1

7、 D W1:W2=1:3【答案】BC【解析】由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为vm，由动能定理可知：（F-f）L1=12mvm2；减速过程中，只有阻力做功：fL2=0-12mvm2； 可得：（F-f）L1=fL2；由图象可知，L1：L2=1：3；解得：F：f=4：1；对全程由动能定理得：W1-W2=0，故W1：W2=1：1，故选BC。点睛：动能定理应用时要注意灵活选取研究过程，一般全程应用动能定理更简单；但本题中由于要求出各力之比，故还要分段列出对于B选项的分析还可以用动量守恒解答5水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件轻轻放到传送带上。它在传送带上滑动一段距离后速度达到v

8、而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则工件在传送带上滑动的过程中: ( )A 工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相反 B 工件的加速度为gC 摩擦力对工件做的功为mv22 D 传送带对工件做功为零【答案】BC【解析】A：工件在传送带上滑动的过程中，相对传送带的速度方向与工件运动方向相反，则工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相同。故A项错误。B：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由牛顿第二定律可得mg=ma，则工件的加速度a=g。故B项正确。CD：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由动能定理可得Wf=12mv20=12mv2。故

9、C项正确，D项错误。点睛：滑动摩擦力的方向与物体间相对运动的方向相反，与运动方向可能相同也可能相反。6如图所示，一带正电的点电荷Q固定在绝缘水平面上，在a点放置一可视为点电荷的滑块，已知滑块的电荷量为-q（q0）、质量为m，当滑块从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，以下判断正确的是A 滑块在运动过程中所受Q的库仑力不可能大于滑动摩擦力B 滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于v02C 此过程中产生的内能为12mv02qUabD Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab=mv022gs2q【答案】AC

10、D【解析】（1）由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零，故A正确；（2）水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于v02，B错误。（3）根据能量守恒定律，滑块从a运动到b的过程中，减小的动能和电势能，全部转化为内能，故产生的内能为12mv02-qUab：故C正确。（4）由动能定理可得：

11、qU-mgs=0-12mv02，解得两点间的电势差U=mv02-2gs2q，故D正确。故本题选ACD【点睛】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；根据电场力做功判断电势能的变化；由动能定理可求得两点间的电势差。7如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q另一端悬挂物块P，设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小。现将P、Q由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法正确的是A =30时，P、Q的速度大小之比是1：2B 角增大到90时，Q的速度最大、加速度最小C

12、 角逐渐增大到90的过程中，Q的动能增加，P的动能减小D 角逐渐增大到90的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小【答案】BD【解析】A、P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当=30时，Q的速度vQcos30=vP，得：vPvQ=32，故A错误；B、P机械能最小时，为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当=90时，Q的速度最大，加速度最小，故B正确；C、角逐渐增大到90的过程中，Q的速度增大，Q的动能增加，而P的速度先减小后增大，所以P的动能先减小后增大，故C错误；D、角逐渐增大到90的过程中，Q的速度增大，动能增大，而重力势能不变，所以Q的机械能增加，P、Q组成的

13、系统，机械能守恒，所以P的机械能减小，故D正确；故选BD。【点睛】P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，根据运动的合成与分析分析PQ的速度关系，当=90时，P的机械能最小，Q的动能最大，速度最大。8关于对一个系统的动量守恒的理解，下列说法正确的是A 如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能一定守恒B 如果一个系统的动量守恒，则系统的动能可能增加C 如果一个系统的合外力为零，则系统的动量一定守恒D 如果一个系统内力做功不为零，则系统动量一定不守恒【答案】BC【解析】A、动量守恒的系统机械能不一定守恒，动量守恒的条件是：系统不受外力或受外力的代数和为零；机械能守恒定律的条件是：系

14、统只受到重力的作用，或受外力的代数和为零，故A错误；B、例如人船模型，开始人船速度为零，运动时系统的动量守恒，但系统的动能增加，故B正确；C、动量守恒的适用条件是系统不受外力或受外力的代数和为零，故C正确；D、放在光滑水平面上的滑块与滑板，当它们相对运动时，系统内力做功不为零，但系统动量守恒，故D错误；故选BC。9一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示。则 A 人只受重力和踏板的支持力的作用B 人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小C 踏板对人做的功等于人的机械能增加量D 人所受合力做的功等于人的动能的增加量【答案】CD【解析】人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和

15、竖直方向得：ax=acos，方向水平向右；ay=asin，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macos，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN-mg=masin，所以FNmg，故AB错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，所以踏板对人做的功等于人的机械能增加量，故C正确；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确；故选CD。点睛：解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解，难度适中同时学会由运动去受力分析，并掌握功与能的关系注意重力做功必导致重力势能变化；除重力之外的力做功，必导致系统机械能变化；合力做功必导致动能变化10如图所示，

16、一个质量为m1的有孔小球套在竖直固定的光滑直杆上，通过一条跨过定滑轮的轻绳与质量为m2的重物相连，光滑定滑轮与直杆的距离为d，重力加速度为g，现将小球从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小球沿直杆下滑距离为34d时（图中B处），下列说法正确的是A 小球的速度与重物上升的速度大小之比为5：4B 小球的速度与重物上升的速度大小之比为5：3C 小球重力势能的减少量等于重物重力势能的增加量D 小球机械能的减少量等于重物机械能的增加量【答案】BD【解析】A、B、根据绳系连接体的特点是沿绳的速度相等，故分解B的速度沿绳方向和垂直绳方向有：v球cos=v绳=v物，而cos=34d(34d)2+d2=35，故v

17、球v物=53，故A错误，B正确。C、D、根据球和物体组成的系统，一对绳的拉力做功之和为零，则系统只有两物体的重力做功，系统的机械能守恒，小球的机械能有部分转移给重物，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】解决本题时应明确：对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解11如图所示，质量为M的木块静止在水平地面上，一颗质量为m，初速度为v0的子弹水平击中木块，达到共同速度vt时，子弹进入木块深度为d，木块位移为s。子弹射入木块过程中平均阻力为f1，木块与地面摩擦力为f2，则

18、子弹与木块相互作用产生的内能是A f1dB f1s+dC 12mv0212M+mvt2f1sD 12mv0212M+mvt2f2s【答案】AD【解析】对子弹由动能定理有f1(s+d)=12mvt212mv02；对木块由动能定理有f1sf2s=12Mvt20；根据功能关系可知，一对摩擦力做功的总和为系统摩擦生热，Q=f1(s+d)+f1s=f1d=12mv0212(M+m)vt2f2s，故A、D正确，B、C错误。故选AD。【点睛】本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究多个物体的系统时，摩擦生热的的公式Q=fx中，x是相对位移12从水平地面上方同一高度处，使a球竖直上抛，使b球平抛，且两球质量相

19、等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上。空气阻力不计。下述说法中正确的是（ ）A 两球着地时的动量相同B 两球着地时的动能相同C 重力对两球的冲量相同D 重力对两球所做的功相同【答案】BD【解析】（1）竖直上抛的球落地时，速度方向竖直向下，而平抛运动的球落地时，速度方向是斜向下的，动量为矢量，动量的方向就是速度的方向，故a、b两球落地时动量不同，A错误；（2）竖直上抛和平抛运动过程中两球都是只受重力作用，只有重力做功，两球初始位置高度相同，故重力做功相同，D正确（3）根据动能定理，由于两球抛出时初动能相同，且两个过程中，重力做功相同，则末动能相等，故B正确（4）两球初始高度相同，a球竖直上

20、抛，b球平抛，a球运动时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量大于重力对b球的冲量，则C错误。故本题选BD【点睛】根据两球落地时速度方向不同，可以知道它们落地时动量不同；根据两球落地时间长短不同，可以知道它们重力的冲量不同；下落高度相同，重力对它们做功相同；根据动能定理，可以确定两球落地的动能大小。13在水平地面上有一球落地反弹又落地，周而复始。前后相邻两次反弹又落地的过程中最大高度比为1:0.64，假设空气阻力可以忽略。以地面为零势面，则前后两次反弹又落地过程（ ）A 最大动能之比为1:0.64B 最大势能之比为1:0.64C 机械能之比为1:0.8D 最大速率之比为1:0.8【答案】AB

21、D【解析】球落地反弹后做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得，h=v22g，故v12:v22h1:h21:0.64，v1:v21:0.8；而动能表达式为：Ek12mv2，故：Ek1：EK2=1:0.64，故AD正确。根据EP=mgh可知，最大势能之比为1:0.64，选项B正确；由于上升过程机械能守恒，故两次机械能的比例为1：0.64，故C错误。故选ABD。14如图所示，足够长的绝缘粗糙水平面放置一带正电的小滑块，小滑块与水平面间的动摩擦因数与小滑块的位移x满足-x图像关系，图像与横轴的交点为4m，与纵轴的交点为0.5，空间存在水平向右的足够大的匀强电场（图中未画出）。已知带电体的质量m=0.

22、2kg，带有的电荷量q=+1.4103C，匀强电场的场强E=1103N/C，若使小滑块由静止释放则当其运动的位移x=4m时，若g=10m/s2，下列说法正确的是A 带电体的电势能减少了5.6JB 带电体的电势能增加了5.6JC 在这个过程中合外力做功为1.6JD 在这个过程中合外力的冲量大小是1.2Ns【答案】AD【解析】若使小滑块由静止释放，则电场力做正功，电势能减小，则当其运动的位移x=4m时电势能减小量为E=W电=Eqx=1031.41034J=5.6J，选项A正确，B错误；此过程中摩擦力的功：Wf=mgx ，由图像可知x=1240.5=1 ，则Wf=mgx=0.2101J=2J，则合力

23、做功为W合=W电+Wf=3.6J，选项C错误； 由动能定理可知：W合=12mv2；由动量定理可知：I=mv，解得 I=1.2Ns，选项D正确；故选AD.15如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹平射入木块的深度 为d时， 子弹与木块相对静止， 在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中 （ ）A 木块的机械能增量f L B 子弹的机械能减少量为f（L+d）C 系统的机械能减少量为f d D 系统的机械能减少量为f（L+d）【答案】ABC【解析】A. 子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于地的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理得知，木

24、块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为fL.故A正确；B. 木块对子弹的阻力做功为f(L+d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f(L+d).子弹的重力势能不变，所以子弹动能的减少量等于f(L+d).故B正确；C. D. 子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为fd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为fd.故C正确，D错误。故选：ABC16如图甲所示，质量为m=1 kg的小物块放在水平地面上，用水平力F拉着小物块沿水平面运动，小物块运动的v-t图像如图乙所示，小物块与地面之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g取10 m/s2，则0

25、-2 s内A 小物块动能增加4 JB 小物块动量变化2 kgm/sC 拉力F对小物块做的功为6 JD 拉力F对小物块的冲量大小为2 Ns【答案】BC【解析】A：由图可得，0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，则0-2 s内，小球动能的变化Ek=12mv20=121220J=2J，即0-2 s内，小物块动能增加2 J。故A项错误。B：由图可得，0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，则0-2 s内，小球动量的变化p=mv0=120kgm/s=2kgm/s。故B项正确。C：由图得，0-2 s内，物体位移x=1222m=2m，据动能定理可得WF+mgx=Ek，解得：0-2 s内，拉力F对小物块做的

26、功WF=6J。故C项正确。D：0-2 s内，物体速度从0变为2m/s，据动量定理可得：IF+mgt=p，解得：0-2 s内，拉力F对小物块的冲量大小为6 Ns。故D项错误。17质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是（ ）A 子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功B 子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等C 阻力对子弹做的功与子弹动能的减少量相等D 系统产生的热量等于子弹损失的动能【答案】AC【解析】A、B、对系统的能量转化可知子弹克服阻力做功等于产生的内能和木块增加的动能，所以A正确，B错误。C、对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹动

27、能减少，子弹动能的减少和阻力对子弹所做的功数值上相等，所以C正确。D、子弹克服阻力做的功一部分是转化为内能，一部分给了木块，故子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量以及木块增加的动能之和，所以D错误。故选AC。【点睛】功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度，掌握住功和能的关系就可以分析得出结论18如图所示，质量为m的滑块从半径为R的光滑固定的圆弧形轨道的A点滑到B点，下列说法正确的是：（ ）A 向心力逐渐减小B 它所受的合外力的大小是恒定的C 轨道对滑块的作用力逐渐增大D .重力的功率先增大后减小【答案】CD【解析】A、根据Fn=mv2R知，速度逐渐增大，则向心力逐渐增大，故A错误。

28、B、因为滑块不是做匀速圆周运动，而是变速圆周运动，所以滑块的合外力大小在变化，故B错误。C、设支持力与竖直方向上的夹角为，根据牛顿第二定律得Nmgcos=mv2R，故N=mgcos+mv2R，从A到B的过程中，逐渐变小，速度逐渐增大，则支持力逐渐增大,即轨道对滑块的作用力逐渐增大，故C正确。D、根据瞬时功率的定义P=mgvcos，A点因速度为零而重力的功率为零，B点因夹角为90而功率为零，故重力的功率先增大后减小，D正确。故选CD。【点睛】解决本题的关键知道滑块做变速圆周运动，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行求解19如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带

29、动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是 ()A 电动机多做的功为mv2B 物体在传送带上的划痕长v2gC 传送带克服摩擦力做的功为mv2D 电动机增加的功率为mgv【答案】ACD【解析】物块加速运动时的加速度为a=g，物体加速到速度为v时所需的时间为：t=va=vg，这段时间内物块的位移为：x1=v22a=v22g，传送带的位移x2=vt=v2g，则物体与传送带间的相对位移x=x2x1=v22g，即物体在传送带上的划痕长v22g，故B错误；传送带克服摩擦力做的功为

30、W=mgx2=mv2，故C正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是12mv2，摩擦产生的内能为Q=mgx=12mv2，所以电动机多做的功W电=12mv2+Q=mv2，故A正确；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 P=fv=mgv，故D正确。所以ACD正确，B错误。20如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动那么在此过程中（）A 小球重力做功为2mgLB

31、 绳子拉力做功大于2mgLC 重力做功功率逐渐增大D 绳子拉力做功功率先增大后减小【答案】AC【解析】A、小球重力做功为W=mg2L=2mgL，故A正确；B、在整个过程中，根据动能定理可得Wmg2L=12mv212mv2，解得W=2mgL，故B错误；C、设杆与水平方向的夹角为，根据P=Fvcos可知重力的功率为：P=mgvcos，在下落过程中，逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；D、在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误。点睛：本题主要考查了功率和动能定理，关键是抓住绳子的功率和重力的瞬时功率相同即可求的。21人站在h高处的平台上，水平抛出一个质量为m

32、的物体，物体落地时的速度为v，以地面为参考平面，不计空气阻力，则有（ ）A 人对物体做的功是12mv2B 人对物体做的功是12mv2mghC 物体落地时的机械能是12mv2D 物体落地时的机械能是12mv2mgh【答案】BC【解析】根据动能定理得：W+mgh=12mv2，解得人对小球做功的大小为：W=12mv2-mgh故A错误，B正确。以地面为重力势能的零点，落地时重力势能为零，动能为：EK=12mv2，则机械能为：E=12mv2故C正确，D错误。故选BC。点睛：本题考查动能定理的基本运用，运用动能定理解题，首先确定研究对象和研究过程，判断有哪些力做功，根据动能定理列式求解22如图所示，长为L

33、的小车静止在光滑的水平面上，小车前端放一小物块，用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端物块与小车间的摩擦力为f，下列说法正确的是（ ）A 摩擦力对小物块做的功为fsLB 摩擦力对小车做功为fsC F对小车做的功为FsLD 小车克服摩擦力所做的功为fsL【答案】AB【解析】由题，小物块对地的位移方向向右，大小为s-L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功为f（s-L），故A正确。小车受到的摩擦力方向水平向左，位移方向向右，大小为s，则摩擦力对小车做功为-fs，即小车克服摩擦力所做的功为fs。故B正确，D错误。小车对地位移大小为s，则力F对小车做的功为

34、Fs故C错误。故选AB。点睛：本题关键要理解功的计算时位移的参考系：当求单个物体摩擦力的做功时，位移是相对于地的位移大小；当摩擦力对系统做功时，位移是两物体间的相对位移大小23一物体在固定高度处沿水平抛出，下列说法正确的是（ ）A 动能增大，势能减小 B 动能减小，势能增大C 平抛速度越大，落地时动能越大 D 平抛速度越小，落地所需时间越少【答案】AC【解析】物体在固定高度处沿水平抛出，则速度增大，动能增大，高度降低，则势能减小，选项A正确，B错误；高度一定，则落地的竖直速度一定，则平抛速度越大，落地的合速度越大，落地时动能越大，选项C正确；根据t=2hg可知，高度一定，则落地的时间一定，与初

35、速度无关，选项D错误；故选AC. 二、单选题24如图所示，足够长的平板车C静止在水平地面上，固定在C上的A、B两物体间有一根被压缩的轻弹簧，B与C间的接触面相糙，A与C及地面与C间的摩擦力可忽略不计。当弹簧突然释放后，下列说法正确的是A A与B组成的系统动量守恒B B与C组成的系统动量守恒C 若B相对C滑动，则A、B、C组成的系统机械能守恒D B可能先做加速运动，后做减速运动【答案】D【解析】因C对B有摩擦力，故A与B组成的系统动量不守恒；因A对B有弹力，故B与C组成的系统动量不守恒；因地面光滑，故A、B、C和弹簧组成的系统受合外力为零，所以整个系统的动量守恒，故AB错误；若B相对C滑动，则B

36、与C之间存在滑动摩擦力，而一对滑动摩擦力做的总功不为零，故此时A、B、C组成的系统机械能不守恒，故C错误；若弹簧的弹力大于C对B的滑动摩擦力，则B先向右加速，而弹簧的弹力不断减小，滑动摩擦力不变，故弹簧的弹力会小于滑动摩擦力，则B向右减速，故D正确；故选D。【点睛】本题关键掌握系统动量守恒定律和系统机械能守恒的适用条件，并能通过分析受力，判断是否系统的动量和系统机械能是否守恒。25下列物理量是标量的是（ ）A 动量 B 动量的改变量 C 机械能 D 冲量【答案】C【解析】A动量既有大小，又有方向，是矢量，故A错误；B动量的改变量既有大小，又有方向，是矢量，故B错误；C机械能有大小，没有方向，是

37、标量，故D正确；D冲量既有大小，又有方向，是矢量，故D错误。故选：C26关于机械能守恒，下列说法中正确的是（ ）A 物体只有在做直线运动时机械能才是守恒的B 物体在做曲线运动时其机械能也有可能是守恒的C 物体受恒力作用时，机械能一定守恒D 物体受变力作用时，机械能一定守恒【答案】B【解析】A. 物体在运动过程中，只有重力或弹力做功，机械能守恒，不一定做直线运动，故A错误；B. 物体做曲线运动，机械能可能守恒，比如平抛运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；C. 物体受恒力作用力，机械能不一定守恒，比如用恒力拉着物体向上匀速运动，机械能增加，故C错误；D. 物体受变力作用时，机械能不一定

38、守恒，可能除了重力或弹力以外还有其它力做功，故D错误。故选：B.27如图所示，一颗0.1kg子弹以500m/s的速度打穿第一块固定木板后速度变为300m/s，则这个过程中子弹克服阻力所做的功为（ ）A 8000J B 4500J C 12500J D 无法确定【答案】A【解析】在子弹穿木块的过程中，设它克服阻力做功为Wf，根据动能定理得：Wf=12mv212mv02，代入数据得：Wf=8000J，故选项A正确。【点睛】确定子弹打穿子弹的初、末状态，根据动能定理求解28如图2所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，为使小车沿

39、轨道内侧做完整的圆周运动，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（ ）A 7gr B 5gr C 3gr D 2gr【答案】C【解析】当小车恰好到达圆周的最高点时，由重力提供向心力，则有mg=mv2r，得vgr；根据机械能守恒定律得：mgr+12mv2=12mv12，解得，vA3gr，故选C。点睛：本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点时，临界速度为v=gr，是常用的临界条件29某物体从地面以30J的初动能竖直上抛，上升h高度到P点的过程，物体克服重力做功20J，物体克服空气阻力做功5J，下列说法正确的是（ ）A 物体在P点的动能为15JB 上升到P点过

40、程物体的机械能减少5JC 上升至P点过程物体重力势能增加25JD 物体继续上升h2到达最高点【答案】B【解析】从抛出到P点，根据动能定理：Ek1Ek0=mghfh，物体在P点的动能为：30J-20J-5J=5J，选项A错误；机械能的减小等于除重力以外的其它力做功，则上升到P点过程物体的机械能减少等于阻力做功5J，选项B正确；克服重力做功等于重力势能的增量，则上升至P点过程物体重力势能增加20J，选项C错误；设物体能上升的最大高度为H，则0-Ek0=mgHfH，联立解得：H=1.2h，可知物体继续上升h/5到达最高点，选项D错误；故选B.点睛：本题关键要掌握常见的几对功能关系：总功与动能变化有关

41、，重力做功与重力势能变化有关，除了重力以外的力做功与机械能变化有关30汽车由静止开始做匀加速直线运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A 牵引力的功率恒定B 牵引力随速度增大而减小C 牵引力功率与时间成正比D 合外力功率恒定【答案】C【解析】汽车由静止开始做匀加速直线运动的过程中，根据F-f=ma可知，牵引力F是恒定的，根据P=Fv可知，汽车牵引力的功率逐渐变大，选项AB错误；根据P=Fv=Fat可知，牵引力功率与时间成正比，选项C正确；根据P合=mav可知，合外力的功率逐渐变大，选项D错误；故选C.31下列物体的运动过程满足机械能守恒定律的是（ ）A 加速上升的气球B 在空中匀速下落的树叶C

42、在竖直平面内作匀速圆周运动的小球D 斜向上抛出的铅球（不计空气阻力）【答案】D【解析】加速上升的气球，动能和重力势能都增加，则机械能增加，选项A错误；在空中匀速下落的树叶会受到阻力作用，机械能减小，选项B错误；在竖直平面内作匀速圆周运动的小球，动能不变，重力势能不断变化，则机械能不变变化，选项C错误；斜向上抛出的铅球（不计空气阻力），只有重力做功，机械能守恒，选项D正确，故选D.点睛：掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒32一质量为m的铁球在半空中从t=0时刻由静止自由释放，则在t=t1时刻重力的功率是（设重力

43、加速度为g，忽略空气阻力） ( )A 12mg2t1 B mg2t1 C 12mg2t12 D mg2t12【答案】B【解析】铁球在半空中从t=0时刻由静止自由释放，则在t=t1时刻铁球的速度v=gt1、方向竖直向下，t=t1时刻重力的功率P=mgv=mg2t1。故B项正确，ACD三项错误。33质量为m的物体从静止开始自由下落，不计空气阻力，在t时间内重力对物体做功的功率是( )A mg2t B 12mg2t C 14mgt D mgt【答案】B【解析】因为物体做自由落体运动，t时的速度为v=gt，则重力的平均功率P=mgv2=12mg2t，故B正确，ACD错误。故选：B34从某一高度由静止自

44、由释放一个小球，小球运动一段时间落到地面上后以原速率反弹，做竖直上抛运动，则小球从开始下落到反弹到最高点的过程中，不考虑切阻力作用， 则小的动能与时间的关系图像可能正确的是A B C D 【答案】C【解析】小球先做自由落体运动后做竖直上抛运动，在下落过程中小球的动能为Ek=12mv2=12mg2t2，设下落时间为t0，在上升过程中，运动的速度大小v=gt0g(tt0)=g(2t0t)，小球的动能为Ek=12mv2=12mg2(2t0t)2，故C正确，A、B、D错误；故选C。35一长木板静止在光滑水平面上，如图所示，现让一滑块从木板一端，以某一水平速度滑上木板，最后小滑块未滑出木板则在此过程中，

45、滑块克服摩擦力做的功A 等于木板增加的动能B 等于系统增加的内能C 等于系统增加的内能与木板增加的动能之和D 等于滑块减少的动能和系统增加的内能之和【答案】C【解析】设木板的长度为L，木板在地面上移动的距离为s，则有在上述过程中，滑块的位移x=s+L，则滑块克服摩擦力做功Wf=fx=f(s+L)， 摩擦力与相对位移的乘积等于系统产生的内能，即Q=fL，根据动能定理可知，木板动能的增加量为fs，滑块减少的动能为f(s+L)，故C正确，A、B、D错误；故选C。36如图,半圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)（ ）A v28g B v216g C v24g D v22g【答案】A【解析】设小物块从轨道上端飞出的速度为v1 ，轨道半径为R。小物块从滑入轨道到从轨道上端水平飞出，由动能定理可知mg2R=12mv1212