第一讲功和功率动能定理――课后自测诊断卷1. ［多选］（2020 •江苏高考）如图所示，轻质弹簧一［端固定，另一端连接一小物块，0点为弹簧在原长时物块1J丁的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块（）A. 加速度先减小后增大B•经过0点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F 弹一F f = ma知，a减小；当运动到F弹=F f时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时F f —F弹=ma 小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过0点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹+ F f二ma随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B 过程中，物块加速度先减小后增大，在0点左侧F弹=F f时速度达到最大，故A正确，B错误。

在A0段物块所受弹簧弹力做正功，在0B段做负功，故C错误。

由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

2. （2020 •江苏高考）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为氐，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E＜与位移x关系的图线是（）解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为卩，物块的质量为m则物块在上滑过程中根据动能定理有—（mgsin B +卩mgcos 0 ）x = E—丘o,即E k=氐一(mgsin B +卩mgcos 0) • x,所以物块的动能E与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin 0-卩mgcos 0 )(x o —x) = E k,其中x o为小物块到达最高点时的位移，即E k=- (mgsin 0—卩mgcos 0 )x + (mgsin 0 —卩mgcos 0 )x o,所以下滑时E<随x的减小而增大且为直线。

由此可以判断C项正确。

3. ［多选］(2020 •南通一模)“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下。

如图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h o，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比。

贝他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能H、弹性绳的弹性势能6随下落高度h变化的关系图像正确的是()解析：选BD弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得mgh= E<(h Wh o)，弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得mgh-W P E<(h>h o)，由克服弹性绳的弹力做功等2于弹性绳的弹性势能的变化量可得W弹=k(h —h o)，则有他的动能丘=mgh- k(h —h o)2(h>h o)，弹性绳的弹性势能吐k(h —h o)2(h>h o)，故B、D正确，A C错误。

4. (2020 •镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列说法正确的是( )A. 在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B. 在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C. 在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D. 在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F,向心力向上，所以F= N— mg则支持力N= m叶F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。

5. （2020 •扬州期末）某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是（）A.第二次炮弹在空中运动时间较长B•两次炮弹在空中运动时间相等C. 第二次炮弹落地时速度较大D. 第二次炮弹落地时速度较小解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。

1根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h= 2gt2，第二次下落高度高，所以第二次一、 1 2 1 2 炮弹在空中运动时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：mghFqmv- qmv o，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以v = v o,故两次炮弹落地时速度相等，故C、D错误。

6. ［多选］（2020 •南京调研）如图所示，滑块以初速度v o滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。

则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W动能E＜与位移x关系的是（取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向）（）解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误上滑时的加速度大小a i = gsin B +卩geos B,下滑时的加速度大小a2 = gsin 0 —1 2卩geos 0,结合位移公式x= 2氏，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。

重力做功W= —mgh=—mgxsin 0,上滑过程与下滑过程的W-x图像重叠，故C错误。

根据动能定理得，1 2 1 2上滑过程有：—max = E—qmv，解得qmv —max，同理下滑过程有：ma(L —x)，由数学知识知，D正确7. (2020 •苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P点套一小环，小环通过长L= 1 m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m =1 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为f m=7 现对物块施加F= 8 N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动, 物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用。

小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。

求:(1) 物块做匀加速运动的加速度大小a；(2) P、Q两点间的距离s;(3) 物块向右摆动的最大高度h0解析：(1)由牛顿第二定律F= ma2解得a= 8 m/s o(2)环到达Q时，静摩擦力最大2由牛顿第二定律2f m — mg= mL解得 V m = 2 m/s1 2根据动能定理Fs = qmvn解得 s = 0.25 m 。

(3)设物块上升的最大高度为h ,水平距离为x ,由动能定理得F(x + s) — mgh= 0由几何关系得(L — h)2+x 2= L 21解得h = 1 m 或h = 41 m(舍去)答案：(1)8 m/s 2 (2)0.25 m (3)1 m8. (2020 •江苏高考)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠 着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C,三者半径均为 R 。

C 的质量为m A B 的质量都为m ，与地面间的动摩擦因数均为卩。

现用水平向右的力拉 A ,使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面。

整个过 程中B 保持静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

求：(1) 未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ; ⑵ 动摩擦因数的最小值 卩min ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 解析：(1)对C 受力分析，如图所示:根据平衡条件有2Fcos 30 °= mg 解得F = f mg 。

B 受地面的摩擦力f =卩mgF x ⑵C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最 max^根据题意，B保持静止,则有f min= F xmax，解得卩min —⑶C下降的咼度h—（ .'3—1）RA 的位移x —2（：'3 —1）R摩擦力做功的大小S—fx —2（ .''3 —1）卩mgR 根据动能定理W- W+ mgh—0—0 解得W—（2 卩―1）（「3—1）mgR 答案：⑴于mg （2）-2-⑶（2「1）（；'3 —1）mgR9. （2020 •苏锡常镇一模）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN它的上端固定在坐标原点O处且与x轴相切。

OM和MN段分别为弯曲5 杆和直杆，它们相切于M点，OM段所对应的曲线方程为y —9 x2。

一根套在直杆MN上的轻弹簧下端固定在N点，其原长比杆MN勺长度短，可视为质点的开孔小球（孔的直径略大于杆的直径）套在细杆上，现将小球从O处以V0—3 m/s的初速度沿x轴的正方向抛出，过M点后沿杆MN运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M点。

已知小球的质量为0.1 kg，M点的纵坐标为0.8 m，小球与杆间1 2 的动摩擦因数ii —6，g取10m/s。

求：（1）上述整个过程中摩擦力对小球所做的功W;⑵小球初次运动至M点时的速度V M的大小和方向；（3）轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能E- 解析：（1）对题述过程由动能定理得1 2VW+ VW= 0 —?mv ，代入数据解得1.25 J一一 1 2⑵假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得x = V o t , y = 2gt ,5 2代入数据解得：y = 9X ,与OM曲线方程一致，说明小球在0M段运动过程中与细杆0M无摩擦，做平抛运动。

小球由0点运动到M点的过程中由动能定理得1 2 1 2W G=：mv M —-mv ,2 2 '代入数据解得V M= 5 m/s ,由运动合成和分解可得V M的方向与x轴正方向夹角的余弦值：cos 0= — = 3,V M 5 即0= 53°。

(3)设小球从M点开始直至小球被弹回M点的过程中，摩擦力所做的功为W, 由动能定理得：解得W =— 1.25 J ,1 又由尹/ =—卩mgxrcos 0,求得小球下滑的最大距离X m= 6.25 m在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得1 1 2mgxsin 0+ [W + 讥弹=0—尹⑷,又根据功能关系得E^m= —W弹，联立解得E-= 5.625 J。