2021年高考物理糾錯筆記：機械能守恒定律

1、一、對功的判斷和計算易出現(xiàn)以下錯誤1對功的概念理解不透，誤認為有力，有位移就有功；2判斷功的正負可根據(jù)力和位移的夾角，也可根據(jù)力和速度的夾角，還可根據(jù)能量的變化，常錯誤地認為某一力做的功的大小與物體受到的其他力的大小有關，與物體的運動狀態(tài)有關；3易誤認為摩擦力總是做負功，一對滑動摩擦力大小相等，方向相反，做的總功為零；4功的計算公式中，s為力的作用點移動的位移，它是一個相對量，與參考系選取有關，通常都取地球為參考系，這一點也是學生常常忽視的，要引起注意。二、求解變力功求解變力做功時，容易把變力當成恒力來計算。直接求解變力做功通常都比較復雜，但若通過轉換研究對象，有時可轉化為恒力做功，然后用W=

2、Fscos 求解。此法常常應用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中，采用本法解題的關鍵是根據(jù)題設情景，發(fā)現(xiàn)將變力轉化為恒力的等效替代關系，然后再根據(jù)幾何知識求出恒力的位移大小，從而求出變力所做的功。三、對于機車啟動過程的求解1易誤將機車的功率當成合力功率；2易誤將勻加速啟動過程的末速度當成機車能達到的最大速度；3機車啟動分兩種方式，而以恒定加速度啟動過程又分為兩個階段，因為有時易將P=Fv中的常量和變量弄混。四、對動能定理的理解和應用易出現(xiàn)以下錯誤1易誤將相對其他非慣性系的速度當作對地速度代入動能定理公式中；2動能定理中的功是合力做的功，易誤將某個力的功當作合力的功或者將研究對象對外做的功也算入總功

3、之中；3易錯誤地將動能定理當成矢量式，列分方向的動能定理；4利用動能定理解決多過程問題時，常常使合力做功對應的過程和初末動能對應的過程不統(tǒng)一造成錯誤。五、重力勢能的相對性與其變化的絕對性理解1重力勢能是一個相對量，它的參數(shù)值與參考平面的選擇有關。在參考平面上，物體的重力勢能為零；在參考平面上方的物體，重力勢能為正值；在參考平面下方的物體，重力勢能為負值。2重力勢能變化的不變性（絕對性）盡管重力勢能的大小與參考平面的選擇有關，但重力勢能的變化量卻與參考平面的選擇無關，這體現(xiàn)了它的不變性（絕對性）。3某種勢能的減少量，等于其相應力所做的功重力勢能的減少量，等于重力所做的功；彈簧彈性勢能的減少量，等

4、于彈簧彈力所做的功。4重力勢能的計算公式只適用于地球表面及其附近處g值不變的范圍，若g值變化，不能用其計算。六、對機械能守恒的理解和應用常出現(xiàn)以下錯誤1對多個物體組成的系統(tǒng)不判斷機械能是否守恒直接應用，實際上機械能守恒是有條件的。2誤認為只有重力和系統(tǒng)內彈力做功是只受到重力和系統(tǒng)內彈力的作用，實際上其他力只要不做功或做功為零機械能就守恒，混淆了只有重力做功和系統(tǒng)內彈力做功與只受重力和系統(tǒng)內彈力作用。3常常認為一物體在另一物體上滑動時，系統(tǒng)所受合外力為零，機械能就一定守恒。七、對功能關系的理解和應用易出現(xiàn)以下錯誤1對功和能的概念理解不清，誤認為功就是能，能就是功，實際上功是過程量，能是狀態(tài)量，功

5、是能量轉化的量度。2不能熟練掌握重力做的功等于重力勢能的變化；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化；合外力做的功等于動能的變化；其他力做的功等于機械能的變化等功能關系。3對于功能關系的使用范圍不清楚，在高中階段動能定理一般用于單個物體或單個物體系統(tǒng)，機械能守恒適用于多個物體組成的系統(tǒng)。八、過程分析時，注意過程轉換時能量的變化對于一些運動性質突變的物理過程，如輕繩由彎曲變?yōu)樯熘?、質點由直線運動突然變?yōu)榍€運動或者由曲線運動直接變?yōu)橹本€運動等，要注意分析判斷“突變”前后質點的速度變化及所對應的動能（機械能）的變化。九、摩擦力做功求解1靜摩擦力做的功（1）單個靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做

6、功。（2）相互摩擦的系統(tǒng)內，一對靜摩擦力所做的功的代數(shù)和為零，即W1+W2=0。（3）在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的相互轉移（靜摩擦力起著傳遞機械能的作用），而沒有機械能轉化為其他形式的能。2滑動摩擦力做的功（1）單個滑動摩擦力可以對物體做正功，也可以對物體做負功，當然也可以不做功。（2）相互摩擦的系統(tǒng)內，一對滑動摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負值，其絕對值恰等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即恰等于系統(tǒng)因摩擦力而損失的機械能。（3）一對滑動摩擦力做功的過程中，能量的轉化和轉移的情況：一對相互摩擦的物體之間的機械能的轉移；二是機械能轉化為內能，轉化為內能的數(shù)值等于滑動摩擦力與相對路程的乘積。如

7、圖所示，兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，它們的質量相等，在甲圖用力F1推物體，在乙圖用力F2拉物體，兩種情況下，力與水平方向所成夾角相等，物體都做勻速運動，經過相同的位移，則F1和F2大小關系、F1對物體功W1和F2對物體做功W2關系滿足AF1= F2BF1W2【錯因分析】這個題目很容易用誤選C的，認為位移相同，力與位移的夾角相同?！菊_解析】對甲圖中物體受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，如圖1根據(jù)平衡條件，有x方向：；y方向：；其中：；解得；對乙圖物體受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如圖2根據(jù)平衡條件，有x方向：；y方向：；解得；比較兩式，得到；由于位移相同，力與水平方向夾角

8、相等，根據(jù)恒力做功的表達式，得到，故，故選D?！菊_答案】D1如圖甲所示，滑輪質量、摩擦均不計，質量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動。其速度隨時間的變化關系如圖乙所示。由此可知(g取10m/s2)A物體加速度大小為lm/s2BF的大小為21NC4s末力F的功率大小為21WD4s內F做的功為84J【答案】D【解析】根據(jù)速度時間圖線的斜率表示加速度，則知物體的加速度為：，故A錯誤；對物體，根據(jù)牛頓第二定律得：2F-mg=ma，解得：，故B錯誤；4s末F作用點的速度為：v2=2v=4m/s，則拉力F的功率為P=Fv2=10.54W=42W，故C錯誤。4s內F作用點的位移為：，所以4

9、s內F做功為W=Fx=10.58J=84J，故D正確。2如圖所示，木板長為L，木板B端放有質量為m的靜止物體，物體與板的動摩擦因數(shù)為，開始時板水平，現(xiàn)緩慢地抬高B端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為時小物體開始滑動，此時停止轉動木板，小物體滑到木板A端，則在整個過程中，下列說法不正確的是（ ）A摩擦力對小物體做功為mgLcos B支持力對小物體做功為mgLsinC重力對小物體做功為0D木板對小物體做功為mgLsin-mgLcos【答案】A【解析】在木板從水平位置開始轉動到與水平面的夾角為的過程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過程中，摩擦力對物塊做功。摩擦力為mgcos，則摩擦力

10、對物塊做功Wf=-mgLcos，故A項與題意相符；在木板從水平位置開始轉動到與水平面的夾角為的過程中，支持力對物塊做功，物塊下滑的過程中，支持力不做功，設前者做功為WN，根據(jù)動能定理得：WN-mgLsin=0，得WN=mgLsin，故B項與題意不相符；根據(jù)重力做功的特點可知，整個過程中，重力做功為0，故C項與題意不相符；設在整個過程中，木板對物塊做功為W，則W=mgLsin-mgLcos，故D項與題意不相符。質量m=1kg的物體靜止放在粗糙水平地面上?，F(xiàn)對物體施加一個隨位移變化的水平外力F時物體在水平面上運動。已知物體與地面間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等。若F-x圖象如圖所示。且45m內物體

11、勻速運動。x=7m時撤去外力，取g=10m/s2，則下列有關描述正確的是（ ）A物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1B撤去外力時物體的速度為m/sCx=3m時物體的速度最大D撤去外力后物體還能在水平面上滑行3s【錯因分析】沒有理解F-x圖像，不會根據(jù)F-x圖像求變力做功?！菊_解析】由圖象知45m內外力恒定，又物體勻速運動，由，知動摩擦因數(shù)為0.3，故A不符合題意；前7m內外力和阻力共同作用，物體做變速運動，且Fx圖圍成的面積表示外力所做的功，由動能定理，解得，故B符合題意；由圖知前3m內物體做加速度逐漸增大的加速運動，34m內做加速度逐漸減小的加速運動，勻速運動時速度最大，故C不符合題意；撤去外

12、力后物體勻減速停下，由動量定理有，解得，故D不符合題意?！菊_答案】B1如圖所示，在水平面上有一彎曲的槽道弧AB，槽道由半徑分別為和R的兩個半圓構成，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿滑槽道拉至B點，若拉力F的方向時時刻刻均與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為A0 BFRCFR D2FR【答案】C【解析】雖然拉力方向時刻改變，但力與運動方向始終一致，用微元法，在很小的一段位移內可以看成恒力，小球的路程為R+，則拉力做的功為FR，故C正確。2（多選）如圖1所示，小物塊靜止在傾角=37的粗糙斜面上?，F(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率

13、v隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列說法正確的是（）A物塊的質量為1kgB物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C03s時間內力F做功的平均功率為0.32WD03s時間內物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】AD【解析】由速度圖象知在13s時間內，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：0.8N+mgsin-mgcos=ma，由v-t圖象的斜率可知加速度a=0.4m/s2；在34s時間內，物塊做勻速直線運動，由平衡條件得：mgcos-mgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正確，B錯誤；由v-t圖象可知，01s時間內

14、，物塊靜止，力F不做功，13s時間內，力F=0.8N，物塊的位移，03s內力F做功的平均功率為：，故C錯誤； 03s時間內物體克服摩擦力做的功為：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正確。一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動其vt圖象如圖所示已知汽車的質量為m2103kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，則以下說法正確的是A汽車在前5s內的牽引力為4103NB汽車在前5s內的牽引力為4.6103NC汽車的額定功率為60kWD汽車的最大速度為20m/s【錯因分析】機車勻加速啟動過程還未達到額定功

15、率；t時刻是勻加速運動的結束還是額定功率的開始，因此功率表達式結合牛頓第二定律和運動學公式求t是解題的關鍵。【正確解析】由題知，汽車受到的阻力N；前5s內，由圖a=2m/s2，由牛頓第二定律：F-f=ma，得：N=N，故A、B錯誤；t=5s末功率達到額定功率，則有：W=W=60kW，故C正確；當牽引力等于阻力時，汽車達最大速度，則最大速度m/s，故D錯誤。【正確答案】C1一輛汽車質量為1103kg，額定最大功率為2104W，在水平路面由靜止開始作直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)1/v的關系如圖所示。則（ ）A圖線AB段汽車勻速運動B圖線BC段汽

16、車作勻加速度運動C整個運動中的最大加速度為2m/s2D當汽車的速度為5m/s時發(fā)動機的功率為2104W【答案】C【解析】AB段汽車的牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律，加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；BC段圖線的斜率表示汽車的功率，功率不變，知汽車達到額定功率，當速度增大，牽引力減小，則加速度減小，做加速度減小的加速運動，到達C點加速度為零，做勻速直線運動，故B錯誤。在整個運動過程中，AB段的加速度最大，在C點牽引力等于阻力，f=1000N，則最大加速度，故C正確；在B點汽車的速度，知汽車速度為5m/s時發(fā)動機的功率小于2104W，故D錯誤。2額定功率為80kW的汽車，在某平直的公路上行駛的

17、最大速度為20m/s，汽車的質量m2103kg如果汽車從靜止開始做勻加速直線運動，加速度大小為2m/s2，運動過程中阻力不變，求：（1）汽車所受的恒定阻力是多大（2）3秒末汽車瞬時功率是多大【答案】（1）4000N；（2）48kW【解析】（1）當牽引力等于阻力時，速度達到最大值，又根據(jù)可知：（2）汽車在達到額定功率前做勻加速直線運動，設勻加速運動的時間為t1，達到額定功率時速度為v1，由得：由得：因為3s5s所以3s末汽車仍做勻加速直線運動，故如圖所示，質量為m的物體，以速度v離開高為H的桌面，在不計空氣阻力的情況下，當它落到距地面高為h的A點時，下列判斷不正確的是（ )A若以地面為零勢能參考

18、面，物體在A點的機械能是B若以桌面為零勢能參考面，物體在A點的機械能是C物體在A點的動能是D物體在A點的動能與重力勢能零參考面有關，因此是不確定的【錯因分析】要理解重力勢能有相對性，AB兩個選項都正確的?！菊_解析】物體在運動的過程中機械能守恒，若取地面為零勢能面，初始位置的機械能，所以A點的機械能為，故A正確；若取桌面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒得，則物體在A點具有的機械能是，故B正確；根據(jù)動能定理可知，在A點的動能 ，選項C正確；由上式可知物體在A點具有的動能大小只與初動能、初末位置的高度差有關，而與零勢能面的選取無關，故D錯誤?！菊_答案】D1（多選）一物體靜止在升降機的地板上，在升降機加

19、速上升的過程中A地板對物體的支持力做正功B重力做正功C支持力對物體做功等于重力勢能增加量D物體克服重力做功等于重力勢能增加量【答案】AD【解析】物體向上運動，位移方向向上，所以支持力做正功，重力做負功，選項A正確、B錯誤。根據(jù)重力做功和重力勢能變化的關系，D正確。升降機加速上升時，支持力大于重力，支持力做功不等于克服重力做功，也就不等于重力勢能增加量，C錯誤。2（多選）如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上其正上方A位置有一只小球小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零。小球下降階段下列說法中正確的是A在B位置小球動能最大B在

20、C位置小球動能最大C從AC位置小球重力勢能的減少大于小球動能的增加D從AD位置小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加【答案】BCD【解析】當加速度為零時小球的速度達到最大，所以小球應該在C位置時動能達到最大，故A錯誤，B正確；從AC位置動能增大，彈性勢能增大，而重力勢能減小，根據(jù)能量守恒可知重力勢能的減少大于小球動能的增加，故C正確；從AD位置小球重力勢能減小，動能減小，彈性勢能增大，根據(jù)能量守恒可知重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加，故D正確。如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30，質量分別為M、m的兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板.

21、開始時用手按住物體A，此時A與擋板的距離為s，B靜止于地面，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)。已知M=2m，空氣阻力不計。松開手后，關于二者的運動下列說法中正確的是（ ）AA和B組成的系統(tǒng)機械能守恒B當A的速度最大時，B與地面間的作用力為零C若A恰好能到達擋板處，則此時B的速度為零D若A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量【錯因分析】 對機械能守恒定律的條件理解不夠透徹，導致本題錯解?！菊_解析】對于A、B、彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但對于A、B兩物體組成的系統(tǒng)，機械能不守恒，故選項A錯誤； A的重力分力為Mgsin=mg，A

22、物體先做加速運動，當受力平衡時A速度達到最大，則此時B受細繩的拉力為T=mg，故B恰好與地面間的作用力為零，故選項B正確；從B開始運動直到A到達擋板過程中，彈力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速運動，A到達擋板時，B的速度不為零，故選項C錯誤； A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和，故選項D錯誤?！菊_答案】B1如圖所示，長為l均勻鐵鏈對稱掛在一輕質小滑輪上，由于某一微小擾動使鐵鏈向一側滑動，則鐵鏈完全離開滑輪時速度大小為（ ）A B C D【答案】 C【解析】鐵鏈從開始到剛脫離滑輪的過程中，鏈條重心下降的高度為，鏈條下落過程，由機

23、械能守恒定律，得：，解得，故選項C正確。2（多選）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d現(xiàn)將環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當環(huán)沿直桿下滑距離也為d時（圖中B處），下列說法正確的是（重力加速度為g）（）A環(huán)剛釋放時輕繩中的張力等于2mgB環(huán)到達B處時，重物上升的高度為C環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為D環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能【答案】AB【解析】環(huán)剛開始釋放時，重物在瞬間加速度為零，則繩子的張力等于重物的重力，即T=2mg，故A正確；環(huán)到達B時，繩子收縮的長度等于重物上升的高度，所以

24、，故B正確；對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45=v重物，所以，故C錯誤；環(huán)和重物組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。如圖所示，傾角為30的光滑斜面底端固定一輕彈簧，O點為原長位置。質量為0.5kg的滑塊從斜面上A點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能為8J?，F(xiàn)將物塊由A點上方0.4m處的B點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內，取10m/s2，則下列說法正確的是AA點到O點的距離小于3.2mB從B點釋放后滑塊運動的最大動能為9 JC從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點的動能小于1 JD從B點釋放

25、彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加了1 J【錯因分析】沒有理解重力勢能的變化只與重力做功有關，彈性勢能的變化只與彈簧彈力做功有關?！菊_解析】物塊從O點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，開始階段彈簧的彈力小于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做加速運動.后來，彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的分力，物塊做減速運動，所以物塊先做加速運動后做減速運動，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面向下的分力時物塊的速度最大設此過程中A運動的位移為根據(jù)能量守恒可知 最大動能為8J，若Ep=0，則解得xA=3.2m，實際若Ep0，所以A點到O點的距離大于3.2m，故A錯誤；設物塊動能最大時彈簧的彈性勢能為Ep，從A釋放到動

26、能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：，從B釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得： 且 所以得從B點釋放滑塊最大動能為：故B正確；根據(jù)能量守恒可知，從B點釋放滑塊被彈簧彈回經過A點時：，故C錯誤；根據(jù)物塊和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒知，彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能，由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大，所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加為：，故D錯誤?！菊_答案】B1某人站在與電腦連接的力傳感器上做原地縱向摸高訓練，圖甲是他做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是電腦上顯示的力傳感器所受壓力隨時間變化的圖象，已知重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計，則

27、根據(jù)圖象分析可知Ab到c的過程中，人始終處于超重狀態(tài)B人從起跳到雙腳離開力傳感器的過程中，重力的沖量大小為240NsC人跳起的最大高度為1.8mD起跳過程中人做的功大于360J【答案】D【解析】由圖乙可知b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故A錯誤；0.30.7s，力傳感器示數(shù)小于人的重力，人處于失重狀態(tài)，即人在加速下蹲，1.0s時力傳感器示數(shù)為0，人離開力傳感器，則人從起跳到雙腳離開力傳感器的過程對應時間少于，人的重力為，起跳過程重力的沖量大小小于，故B錯誤；由圖乙可知人跳起后在空中運動的時間為，人跳起的最大高度為：，故C錯誤；人離開力傳感器時的速度：，人離開力傳感器時獲得的動能

28、起跳過程中重心升高了一定高度，所以起跳過程中人做的功大于，故D正確。2（多選）如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M6m。把滑塊P從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧彈力大小相等.已知OA與水平面的夾角53，OB長為L，與AB垂直，不計滑輪質量和摩擦力，重力加速度為g，sin530.8，cos530.6。則滑塊P從A到B的過程中，下列說法正確的是AP與Q的機械能之和先増加后減小B輕繩對滑塊P做功為C對于滑塊Q，其重力功率先增大后減小D滑塊P運動到位置B處速度大

29、小為【答案】ACD【解析】對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關，彈簧先被壓縮后被拉伸，故從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，A正確；AB兩點處彈簧的彈力大小相同，所以這兩點處彈簧的彈性勢能相等，從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由能量守恒可得：，解得到B點的速度；對于P，由能量守恒可得：；聯(lián)立解得，B錯誤，D正確；物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，C正確。（多選）如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面

30、上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在滑塊上，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s。下列說法正確的是（ ）A其他條件不變的情況下，F(xiàn)增大，滑塊與木板間產生的熱量不變B其他條件不變的情況下，M越大，s越大C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達木板右端所用時間越長D上述過程中，滑塊克服摩擦力做功為f(L+s)【錯因分析】沒有理解摩擦生熱與木板、滑塊的位移無關，取決于滑塊在木板上滑行的距離【正確解析】系統(tǒng)產生的熱量等于摩擦力和相對位移乘積，相對位移沒變，摩擦力沒變，所以產生的熱量沒變，A正確；其他條件不變的情況下，由于木板受到摩擦力

31、不變，當M越大時，木板加速度小，而滑塊加速度不變，相對位移一樣，滑快在木板上運動時間短，所以木板運動的位移s小，B錯誤；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運動，在其他條件不變的情況下，木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，滑塊的位移也沒有發(fā)生改變，所以拉力F越大滑塊的加速度越大，離開木板時間就越短，C錯誤；上述過程中，滑塊相對于地面的位移為，則滑塊克服摩擦力做功為，D正確?！菊_答案】AD1（多選）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊中，子彈在木塊中受的平均阻力為f，射入深度為d，此過程中木塊位移為s，則下列說法中正確是A木塊增加的動能為fdB子彈克服阻力做的功為f

32、（s+d）C子彈動能的減少等于木塊動能的增加D子彈、木塊系統(tǒng)總機械能的損失為fd【答案】BD【解析】對木塊運用動能定理得，fs=，則木塊獲得的動能為fs，故A錯誤；對子彈可知，子彈克服阻力做的功為f（s+d），故B正確；子彈減少的動能轉化為木塊增加的動能和系統(tǒng)增加的內能，故子彈動能的減少大于木塊動能的增加，故C錯誤；子彈、木塊系統(tǒng)損失的機械能轉化為系統(tǒng)的內能，損失的機械能為fd，故D正確。2如圖所示，長為L=5m的水平傳送帶以v0=6m/s逆時針勻速轉動，質量m=1kg的物塊以水平初速度v=4m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，不考慮傳送帶輪軸摩擦等能量損失，重力加速度g=1

33、0m/s2，則物塊從滑上到離開傳送帶的過程中，下列說法正確的是（ ）A物塊離開傳送帶時的速度大小為6m/sB摩擦力對物塊一直做負功C物塊所受摩擦力的沖量大小為0D因摩擦產生的熱量為48J【答案】D【解析】剛滑上傳送帶時，物塊做勻減速直線運動，速度減為0的位移，可知物體到達傳送帶最右端之前已經減速為0，且再次回到出發(fā)點的速度大小為4m/s，方向向左，因此物塊離開傳送帶的速度為4m/s，A錯誤；由A選項的分析可知，物塊先向右做勻減速直線，再向左做勻加速直線，所以摩擦力先做負功，再做正功，B錯誤；物塊所受摩擦力的沖量等于物塊的動量變化，由A選項可知物體的速度由向右的4m/s變?yōu)橄蜃蟮?m/s，可知動

34、量變化不為0，C錯誤；根據(jù)牛頓運動定律可知，物體的加速度不變，且，方向向左，所以物體的運動時間，再根據(jù)，計算得出物體的位移為0，所以物塊和傳送帶之間的相對位移，因此摩擦產生的熱，D正確。1做功情況的判斷（1）根據(jù)力和位移方向的夾角判斷，此法常用于恒力做功的判斷；（2）根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角判斷，此法常用于判斷質點做曲線運動時變力做的功；（3）根據(jù)功能關系或能量守恒定律進行判斷。若有能量轉化，則應有力做功。2求變力做功應注意的問題雖然適用于恒力做功，但是對于變力做功的問題，仍然可以用該公式進行定性分析，不過，注意不要盲目利用該公式進行計算；至于動能的變化量，一定要依據(jù)動能定理進行分析，合力所

35、做的功為正，說明動能增加；合力所做的功為負，說明動能減少。3變力做功的方法（1）動能定理求變力做功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功，也適用于求變力做功。因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選。（2）應用動能定理求變力做功時應注意的問題所求的變力做功不一定為總功，故所求的變力做的功不一定等于Ek。合外力多物體所做的功對應物體動能的變化，而不是對應物體的動能。若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負，待求的變力做的功若為負功，可以設克服該力做功為W，則表達式中用W；也可設變力做的功為W，則字母本身含有符號。（3）用微元法求變力做功將物體分割

36、成許多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做的功的代數(shù)和。（4）化變力為恒力變力做功直接求解時，往往都比較復雜，若通過轉換研究對象，有時可以化為恒力，用W=Flcos求解。此方法常應用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。（5）利用平均力求變力做功在求解變力做功時，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為的恒力做用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末狀態(tài)所受到的力，然后用公式求此力所做的功。（6）利用Fx圖象求變力做功在Fx圖象中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移

37、所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負。（7）利用W=Pt求變力做功這是一種等效代換的觀點，用W=Pt計算功時，必須滿足變力的功率是一定的這一條件。4兩種啟動方式（1）模型綜述物體在牽引力（受功率和速度制約）作用下，從靜止開始克服一定的阻力，加速度不變或變化，最終加速度等于零，速度達到最大值。（2）模型特征以恒定功率啟動的方式：A動態(tài)過程：B這一過程的速度時間圖象如圖所示：以恒定加速度啟動的方式：A動態(tài)過程：B這一過程的速度時間圖象如圖所示：深化拓展：無論哪種啟動方式，機車最終的最大速度都應滿足：vm=，且以這個速度做勻速直線運動。（3）分析機車啟動問題時的注意事項

38、機車啟動的方式不同，機車運動的規(guī)律就不同，因此機車啟動時，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同，分析圖象時應注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律；在用公式P=Fv計算機車的功率時，F(xiàn)是指機車的牽引力而不是機車所受到的合力；恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動機做的功可用W=Pt計算，不能用W=Fl計算（因為F是變力）；以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機做的功常用W=Fl計算，不能用W=Pt計算（因為功率P是變化的）；勻加速過程結束時機車的速度并不是最后的最大速度。因為此時FF阻，所以之后還要在功率不變的情況下變加速一段時間才達到最后的最大速度

39、vm。（4）三個重要關系式無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即（式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻）。機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即。機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W=Pt。由動能定理：PtF阻x=Ek。此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。5應用動能定理解題的方法技巧（1）對物體進行正確的受力分析，要考慮物體所受的所有外力，包括重力。（2）有些力在物體運動的全過程中不是始終存在的，若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，物體的運動狀態(tài)、受力等情況均可能發(fā)生變化，則在考慮外力做功時，必須根據(jù)不同情

40、況分別對待。（3）若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，解題時可以分段考慮，也可以全過程為一整體，利用動能定理解題，用后者往往更為簡捷。6機械能守恒的判斷方法（1）利用機械能的定義判斷（直接判斷）：若物體的動能、勢能均不變，則機械能不變。若一個物體的動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加（減?。?，其機械能一定變化。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒。（3）用能量轉化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體或系統(tǒng)的機械能守恒。（4）對多個物體組成的系統(tǒng)

41、，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)的機械能將有損失。7滑動摩擦力做功的特點（1）滑動摩擦力可以對物體做正功，也可以做負功，還可以不做功（如相對運動的兩物體之一相對地面靜止，則滑動摩擦力對該物體不做功）。（2）在相互摩擦的物體系統(tǒng)中，一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功與路徑無關，且總功為負值，其絕對值等于摩擦力與相對路程的乘積，即|W|=Ffl相對，表示物體系統(tǒng)損失了機械能，克服摩擦力做功，E損=Ffl相對（摩擦生熱）。（3）一對滑動摩擦力做功的過程中能量轉化和轉移的情況：相互摩擦的物體通過摩擦力做功將部分機械能轉移到另一個物體

42、上；部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統(tǒng)損失的機械能E損=Q=Ffl相對。一、單選題1質量為m的小球，從O點由靜止開始豎直向下做加速度為的勻加速運動，g為重力加速度。取O點所在的水平面為參考平面，在小球下落h到達P點的過程中，下列說法正確的是（ ）A小球的機械能守恒B小球的機械能增大C小球到P點時的機械能為-mghD小球到P點時的機械能為-mgh【答案】C【解析】由牛頓第二定律：mg-f=ma解得f=0.5mg，由于下落過程中阻力要做負功，則小球的機械能減小，選項AB錯誤；從O到P機械能減小量為：，因在O點時的機械能為零，可知P點的機械能為 -mgh，故選項C正確，D錯誤。2如圖所示，質量

43、為m的物體用細繩子牽引著在光滑的水平面上作勻速圓周運動，O為一光滑的孔，當拉力為F時，轉動半徑為R；當拉力增大到6F時，物體仍作勻速圓周運動，此時轉動半徑為在此過程中，拉力對物體做的功為ABCD【答案】A【解析】設當繩的拉力為F時，小球做勻速圓周運動的線速度為，則有：，當繩的拉力增大到6F時，小球做勻速圓周運動的線速度設為，則有：，在繩的拉力由F增大到6F的過程中，根據(jù)動能定理得：。所以繩的拉力所做功的大小為，故A正確，BCD錯誤。3如圖所示的書架放在1m高的桌面上，三層書架的層高均為30cm，隔板厚度不計。假設每本書質量為1kg，高度為20cm，每層書架可豎直擺放10本書，一開始所有書全部都

44、平鋪在水平地面上。現(xiàn)將書搬上并豎直放滿書架，需要做的功為（）A435JB420JC120JD390J【答案】B【解析】每本書擺放過程中，外力做功等于克服重力做功W=mgh，h為重心上升高度，所以將10本書放到第一層時做功101101.1J=110J，將10本書放到第二層時做功101101.4J=140J，將10本書放到三層時做功101101.7J=170J，所以做的總功為110+140+170=420J，故B符合題意。4如圖所示，白色傳送帶A、B兩端距離L=14m，以速度v0=8m/s逆時針勻速轉動，并且傳送帶與水平面的夾角為=37，現(xiàn)將一質量為m2kg的煤塊輕放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間

45、動摩擦因數(shù)=0.25，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，則下列敘述正確的是（）A煤塊從A端運動到B端所經歷時間為2.25sB煤塊運動到B端時重力的瞬時功率為120WC煤塊從A端運動到B端在傳送帶上留下的黑色痕跡為4mD煤塊從A端運動到B端因摩擦產生的熱量為8J【答案】C【解析】煤塊放在傳送帶后受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，一定先向下做勻加速直線運動。設經過時間t1，煤塊的速度與傳送帶相同，勻加速運動的加速度大小為a1，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin+mgcosma1，可得a1g（sin+cos）8m/s2，由v0a1t1得 t11s，此過程通過的位移大小為x1t1

46、4mL。由于mgsinmgcos故煤塊速度大小等于傳送帶速度大小后，繼續(xù)勻加速向下運動，受到的滑動摩擦力沿斜面向上。設煤塊接著做勻加速運動的加速度為a2，運動的時間為t2，則mgsinmgcosma2，可得 由，代入數(shù)據(jù)得：t21s。故煤塊從A到B的運動時間是tt1+t22s，故A錯誤。煤塊從A端運動到B端時速度 vv0+a2t212m/s，此時重力的瞬時功率為 Pmgvsin144W，故B錯誤。由于兩個過程煤塊與傳送帶間的相對位移大?。╲0t1x1）（Lx1）v0t2，所以煤塊從A端運動到B端留下的黑色痕跡長度為 Sv0t1x14m，故C正確。煤塊從A端運動到B端因摩擦產生的熱量為 Qmgc

47、os（v0t1x1）+（Lx1）v0t2，代入數(shù)據(jù)解得：Q24J，故D錯誤。5中國北京獲得2022年第24屆冬季奧林匹克運動會主辦權。北京成為奧運史上第一個舉辦過夏季奧運動會和冬季奧運動會的城市。如圖是某兩個坡度不同的滑道AB和AB（均可看作斜面），可視為質點的甲、乙兩名滑雪者分別乘兩個完全相同的滑撬，從A點由靜止開始分別沿AB和AB滑下，最后都停在水平面BC某處，如圖所示，設滑撬和冰面間的動摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面連接處均可認為是圓滑的，滑雪者保持一定姿勢在滑撬上不動。則下列說法中正確的是（）A甲在B點的速率一定等于乙在B點的速率B甲滑行總時間大于乙滑行總時間C全過程中摩擦力對甲做的功

48、一定等于摩擦力對乙做的功D甲、乙停止滑行后回頭看A處紅旗，其視線的仰角一定相同【答案】D【解析】設任一斜面的傾角為，斜面長度為L，高度為h。滑雪者在斜面上下滑過程，根據(jù)動能定理得：，得： ，Lcos為斜面底邊的長度，因為AB的底邊比AB的底邊小，甲在B點的速率一定大于乙在B點的速率，故A錯誤。對全過程，根據(jù)動能定理得：mghmgcosLmgs0，整理得：mghmgs水平0，得：，知沿兩軌道滑行水平位移相等。在斜面上下滑過程，根據(jù) 得： ，知甲在斜面AB上下滑的時間比乙在AB下滑的時間短，但甲在水平軌道上滑行時間比乙長，所以不能確定滑行時間關系，故B錯誤。整個過程中，摩擦力對滑雪者做功為：Wfm

49、gcosLmgsmgs水平，由于甲乙兩人的質量大小未知，故無法摩擦力做功大小，故C錯誤。甲、乙停止滑行的位置相同，所以停止滑行后回頭看A處紅旗，其視線的仰角一定相同，故D正確。6一物體在拉力F的作用下沿水平面做直線運動，拉力F隨位移x變化的圖線如圖甲所示。經時間t0后撤去拉力F，此后物體運動的速度時間圖像如圖乙所示。重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）A在拉力F作用下物體做加速度逐漸減小的加速運動B0t0時間內，物體的平均速度大小為C物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為D在02t0時間內，拉力做功的功率為【答案】D【解析】物體受到恒定不變得拉力F和摩擦力，因此物體的合力不變，因此物體做勻變速運動，

50、A不符合題意；因物體的初速度不一定為0，因此物體的平均速度不一定為，B不符合題意；在時間內，物體的加速度為，由牛頓第二定律可知物體的加速度為，因此物體的動摩擦因數(shù)為，C不符合題意；圖像下方的面積表示力做的功，因此物體做的功為，則功率為=，D符合題意。7目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm。設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是A關掉

51、油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于D上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于【答案】D【解析】關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變、動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間為t，根據(jù)動能定理可得：，解得，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度，功率不變，則速度增大、加速度減小，所用時間為，則，解得，故D正確。8如圖所

52、示，甲圖表示在光滑水平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，B車與水平面間的摩擦不計，乙圖為物體A與小車B的vt圖像，重力加速度為g，v0、v、t1為已知量，則下列物理量，不能求得的是（ ）A小車上表面最小長度B物體A與小車B的質量之比C物體A與小車B的上表面間的動摩擦因數(shù)D小車B獲得的動能【答案】D【解析】由圖像可以知道，A、B最終以共同速度v勻速運動，上表面最小的長度L等于A、B之間的相對位移，即，故A正確；由動量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v，得出，故可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；根據(jù)能量守恒定律得，根據(jù)A、B選項中求得的關系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C

53、正確；因為小車B的質量未知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。二、多選題9如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質量為5m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計?，F(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是（）A斜面傾角37BC剛離開地面時，B的加速度為0CA獲得最大速度為DA、B兩小球組成的系統(tǒng)機

54、械能守恒【答案】BC【解析】A的速度最大時，A所受的合力為零，此時繩的拉力T5mgsin此時C恰好離開地面，故彈簧的拉力為mg，對B受力分析可得繩對B的拉力為 T2mg，可得 sin0.4，37故A錯誤。物體C剛離開地面時，B的合外力為0，加速度為0，故B正確。初始時系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有 kx1mgC剛好離開地面時，有kx2mg，可知x1x2，則從釋放至C剛離開地面的過程中，彈簧彈性勢能變化量為零，此過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即5mg（x1+x2）sinmg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2以上方程聯(lián)立可解得：A獲得最大速度為，故C正確。從釋放A到C剛離開地面的過程

55、中，根據(jù)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但是A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。10如圖所示，固定的水平光滑細桿上套有小物塊A，細線跨過位于O點和桿右端Q點的兩個輕質光滑小滑輪，一端連接小物塊A，另一端懸掛小物塊B，小物塊A質量為、小物塊B質量為m。C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿的距離OC=h。開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30，PCCQ。現(xiàn)將A、B由靜止釋放，重力加速度為g。下列說法正確的是A物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，速度先增大后減小B物塊A經過C點時的速度大小為C物塊A在桿上長為的范圍內做往復運動D在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點的過程中，物塊B克服細線拉力做的功等于B重力勢能的減少量【答案】BD【解析】物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，物塊水平方向始終受到繩拉力向右分力的作用，一直加速，A錯誤。物塊A經過C點時，此時B的速度為零，根據(jù)機械能守恒定律有：，解得：，B正確。根據(jù)題意可得：，因為機械能守恒和對稱性可知，A的活動范圍為，C錯誤。對B物塊根據(jù)能量守恒可知，A