预测5 功和能—2020年高考物理三轮冲刺过关【最后一站】(解析版)

预测5 功和能
1.功、功率和功能关系的基本概念。

2.以生产、生活和体育竞技项目等为背景的动力学和能量的综合题，涉及斜面模型或机车启动模型。

命题往往与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等考点结合。

3.以能量守恒、机械能守恒、动能定理为核心考点，结合图象的综合题。

1.几个重要的功能关系：
（1）克服重力做的功等于重力势能的变化量，即p ΔG W E =-。

（2）克服弹力做的功等于弹性势能的变化量，即p ΔW E =-弹。

（3）合力的功等于动能的变化量，即k ΔW E =合。

（4）重力、弹簧弹力（系统内物体间的轻弹簧）以外的其他力做的功等于机械能的变化量，即
ΔW E =其他机械。

（5）一对滑动摩擦力做的功的代数和等于系统内能的变化量，即f Q F l =相对（对多过程问题l 相对为各段过程的相对位移之和，即相对路程）。

2.动能定理的应用：
（1）如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单。

（2）因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关，在中学物理中一般取地面为参考系。

（3）动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统，如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解。

3.应用功能关系、机械能守恒、能量守恒解题的一般步聚： （1）明确研究对象和它的运动过程；
（2）分析受力情况，弄清是否只有系统内的重力、弹簧弹力做功，判断机械能是否守恒； （3）确定物体运动的始、末状态，确定物体在始、末状态的机械能，及过程中各力做的功； （4）根据机械能守恒或能量守恒列出方程，统一单位后代入数据解方程。

4.机车启动模型：
（1）机车以恒定功率启动，牵引力随速度的增大而减小，机车做加速度逐渐减小的变加速运动；当加速度减小到零时速度最大，以后机车做匀速运动。

（2）机车以恒定牵引力启动，机车先做初速度为零的匀加速运动，功率随时间正比例增大；当功率增大到额定功率时，机车开始以恒定功率运动。

（3）无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m=
min
P
F
=
P
f
（F min为最小牵引力，其值等于阻力f）。

（4）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt，由动能定理有Pt－fs=ΔE k，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间。

1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p 之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能E k=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】A．E p–h图像知其斜率为G，故G=
80J
4m
=20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，E p=0，E k=E机–E p=100 J–0=100 J，故2
1
2
mv=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，E p=40 J，E k=E机–E p=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，E k=E机–E p=100 J–0=100 J，h=4 m时，E k′=E机–E p=80 J–80 J=0 J，故E k–E k′=100 J，故D正确。

2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

该物体的质量为
A ．2 kg
B ．1.5 kg
C ．1 kg
D ．0.5 kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h =-+，即F +mg =12 N ；下落过程，()(6)k mg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1 kg 、F =2 N 。

3．（2019·
江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
A ．弹簧的最大弹力为μmg
B ．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C ．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D ．物块在A 2gs
μ【答案】BC
【解析】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹μ>，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为：2mg s μ⋅，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守
恒得：max P E mgs μ=，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：
2
01202
mg s mv μ-⋅=-，解得：02
v gs μ=D 错误。

4．（2019·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是
A ．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B ．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C ．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D ．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加 【答案】B
【解析】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A 正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B 错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C 正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D 正确。

5．（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的
水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是
A ．5 s
B ．4.8 s
C ．4.4 s
D ．3 s
【答案】A
【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度
210.20.22m/s f mg a g m m =
===，在AB 段，根据动能定理可得22
01122
AB B fx mv mv -=-，
解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -
=
=；小车在BC 段，根据机械能守恒可得2
12
B CD mv mgh =，
解得0.8m CD
h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得1
2BC
BC CD
x R x h =
，解得4m BC x =，1
sin 5
CD BC h x θ=
=，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224
s 2s 2
B v t a =
==，所以小车运动的总时间为125s t t t =+=，A 正确。

6．（2018·江苏卷）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】本题考查动能的概念和E k –t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。

小球做竖直
上抛运动时，速度v =v 0–gt ，根据动能212k E mv =
得()2
012
k E m v gt =-，故图象A 正确。

7．（2018·新课标全国II 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 A ．10 N B ．102 N C ．103 N
D ．104 N
【答案】C
【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3 m ，由动能定理可知：2
12
mgh mv =
，解得：22103251015m/s v gh ==⨯⨯⨯=，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：()()0N mg t mv -=--，解得：1000N N ≈，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确。

8．（2018·新课标全国II 卷）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定
A ．小于拉力所做的功
B ．等于拉力所做的功
C ．等于克服摩擦力所做的功
D ．大于克服摩擦力所做的功 【答案】A
【解析】受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。

木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：2
102
F f W W mv -=
-，所以动能小于拉力做的功，故A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。

9．（2018·天津卷）滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中
A ．所受合外力始终为零
B ．所受摩擦力大小不变
C ．合外力做功一定为零
D ．机械能始终保持不变 【答案】C
【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A 错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲
面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有22
cos cos N N v v F mg m F m mg R R
θθ-=⇒=+，
运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据N f F μ=可知摩擦力越来越大，B 错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C 正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D 错误。

10．（2018·新课标全国III 卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和
2
v
的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A ．2倍 B ．4倍 C ．6倍
D ．8倍
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v 1，乙落至斜面时的速率为v 2，由平抛运动规律，x =vt ，y =
12gt 2
，设斜面倾角为θ，由几何关系，tan θ=y /x ，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，12mv 2+mgy =1
2
mv 12，联立解得：v 1=21tan θ+v ，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。

同理可得，v 2=21tan θ+v /2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A 正确。

11．（2018·新课标全国I 卷）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半
径为R 的四分之一的圆弧，与ab 相切于b 点。

一质量为m 的小球。

始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g 。

小球从a 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为
A ．2mgR
B ．4mgR
C ．5mgR
D ．6mgR
【答案】C
【解析】设小球运动到c 点的速度大小为v C ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：
F·3R–mgR=1
2
mv c2，又F=mg，解得：v c2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的
匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c
点到其轨迹最高点所需的时间为：t=v C/g=2g
R
，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的
位移为x=1
2
at2=2R。

由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方
向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。

12．（2018·新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【答案】B
【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，
即v=at，由动能公式E k=1
2
mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，
选项AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p=mv，可
知列车动能E k=1
2
mv2=
2
2
p
m
，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。

13．（2018·江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

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O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
【答案】AD
【解析】物体从A 点到O 点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A 点与O 点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O 点到B 点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A 正确、选项B 错误；从A 点到O 点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O 点到B 点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C 错误；从A 到B 的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D 正确。

14．（2018·新课标全国III 卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖
井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程
A ．矿车上升所用的时间之比为4:5
B ．电机的最大牵引力之比为2:1
C ．电机输出的最大功率之比为2:1
D ．电机所做的功之比为4:5 【答案】AC
【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，
12×2t 0×v 0=12×（t +3t 0/2）×1
2
v 0，解得：t =5t 0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 0/2=4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F –mg =ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P =Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；加速上升过程的加速度
a 1=00v t ，加速上升过程的牵引力F 1=ma 1+mg =m (00v t +g )，减速上升过程的加速度a 2=–0
v t ，减速
上升过程的牵引力F 2=ma 2+mg =m (g –
v t )，匀速运动过程的牵引力F 3
=mg 。

第①次提升过程做功W 1=F 1×
12
×t 0×v 0+F 2×
1
2
×t 0×v 0=mgv 0t 0
；
第
②
次
提
升
过
程
做
功
W 2=F 1×1
2×12t 0×12v 0+F 3×12v 0×3t 0/2+F 2×12×12t 0×12
v 0=mgv 0t 0；两次做功相同，选项D 错误。

15．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环
上套着一个小环。

小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力
A ．一直不做功
B ．一直做正功
C ．始终指向大圆环圆心
D ．始终背离大圆环圆心
【答案】A
【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A 正确，B 错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD 错误；故选A 。

【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。

16．（2017·江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为k0E ，与斜面间的
动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能k E 与位移x 的关系图线是
【答案】C
【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：k00()f E mg F x -=-+，同理，下滑过程中，由动能定理可得：k00()f E F mg x -=-，故C 正确；ABD 错误。

【名师点睛】本题考查动能定理及学生的识图能力，根据动能定理写出E k–x图象的函数关系，从而得出图象斜率描述的物理意义。

17．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。

用外力
将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距1
3
l。

重力加速度大小为g。

在此过程中，外力做的功为
A．1
9
mgl B．
1
6
mgl C．
1
3
mgl D．
1
2
mgl
【答案】A
【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械
能的增加量为
21211
()()
36339
E mg l mg l mgl
∆=---=，由功能关系可知，在此过程中，外力
做的功
1
9
W mgl
=，故选A。

【名师点睛】重点理解机械能变化与外力做功的关系，本题的难点是过程中重心高度的变化情况。

18．（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A 错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第
二定律有：r v
m N mg 2=-，座椅对他的支持力mg r
v m mg N <-=2
，故B 正确；乘客随座
舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量0≠⋅=t mg I ，故C 错误；乘客重力的瞬时功率θcos ⋅=mgv P ，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D 错误。

【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。

19．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，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 ．2
16v g
B ．2
8v g
C ．2
4v g
D ．2
2v g
【答案】B
【解析】物块由最低点到最高点有：2
211
122
2mv mgr mv =+
；物块做平抛运动：x =v 1t ；4r t g
=；联立解得：2
2416v
x r r g
=-2
242168v v g
r g
==⨯时，x 最大，故选B 。

【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。

20．（2017·江苏卷）如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连
接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下
降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中
（A）A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于3
2
mg
（B）A的动能最大时，B受到地面的支持力等于3
2 mg
（C）弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
（D）弹簧的弹性势能最大值为3 mgL
【答案】AB
【解析】A球动能最大时，速度最大，受合外力为零，以ABC整体为研究对象，在竖直方向：向下的重力3mg，向上的B、C两球受地面的支持力F N，即2F N=3mg，所以B、C受到地面的
支持力等于3
2
mg，故B正确；A的动能达到最大前，有向下的加速度，所以整体向下的合力小
于3mg，故B、C受到地面的支持力小于3
2
mg，所以A正确；当A下降至最低点，弹簧形变量
最大，弹性势能最大，此时A的加速度向上，故C错误；弹簧的最大弹性势能等于A球下降至
最低点时减少的重力势能，即
p
31 ()
2
E mg L
=-，D错误。

【名师点睛】本题的重点是当A球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体为研究对象，分析AB两个选项；弹性势能最大对应A球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹性势能。

1．图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。

现将劈
顺时针旋转90°
(如图乙所示)，小物块从b 由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．图甲中小物块通过ap 、pb 段克服摩擦力所做的功之比为l ：l
B ．μ1+μ2=1.5
C ．图乙中小物块可能静止在b 处
D ．图乙中小物块滑到a 75
gL
【答案】BD
【解析】AB 、图甲中小物块在pb 段做减速直线运动，则有2sin 37cos37mg mg μ︒<︒，即有234
μ>；通过ap 段克服摩擦力所做的功1cos3ap f ap W mg x μ=︒•，小物块通过pb 段克服摩擦力所做的功
2cos37pb f pb W mg x μ=︒•，小物块通过ap 、pb 段克服摩擦力所做的功之比为12::ap pb f f W W μμ=；
小物块从a 点滑到b 过程，根据动能定理可得
12cos37co sin 3s3077ab ap pb m mg x mg gx x μμ︒•-︒•-=︒，化简为12 1.5μμ+=，故B 正确，A
错误；C 、图乙中在b 处则有2243
sin 53cos53()055
mg mg mg μμ︒-︒=-
>，小物块不可能静止在b 处，故C 错误；D 、图乙中设小物块滑到a 处时的速度大小为v ，根据动能定理可得
2121cos53cos532sin 53b bp a pa mg x mg x mgx mv μμ︒-︒•-︒•=
，解得75
gL v =D 正确；故选BD 。

2．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示。

下列说法正确的是
A ．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒
B ．甲、乙两球的质量之比为m 甲∶m 乙＝4∶1
C ．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P 甲∶P 乙＝1∶1
D ．甲、乙两球的动能均为
E k0时，两球下降高度之比h 甲∶h 乙＝1∶4 【答案】BCD
【解析】A ．两球在运动过程中均只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A 项错误；B ．由机械能守恒定律得，对甲球k00sin30E m gx =︒甲，对乙球k002E m g x =⋅乙，解得m 甲∶m 乙＝4∶1，故B 项正确；C ．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率分别为k0
2cos60E P m g
m =︒甲甲甲
，k0
2E P m g
m =乙乙乙
，代入数据可得P 甲∶P 乙＝1∶1，故C 项正确；D ．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度分别为0sin30h x =︒甲，02h x =乙，所以h 甲∶h 乙＝1∶4，故D 正确。

故选BCD 。

3．"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．如右图所示，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 0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比．则他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能E k 、弹性绳的弹性势能E P 随下落高度h 变化的关系图象正确的是
A．B．
C．D．
【答案】BD
【解析】弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得，（），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，（），克服
弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得，则有他的动能
，（），弹性绳的弹性势能，故BD正确，AC错误；故选BD。

4．如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中
A．所受滑道的支持力逐渐增大
B．所受合力保持不变
C．机械能保持不变
D．克服摩擦力做功和重力做功相等
【答案】AD
【解析】由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员对轨道的压力为mg cosθ，可知运动员对
斜面的压力会逐渐增大，故A正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等．故D正确．
5．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动．不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2~h3的图线为平行于横轴的直线．下列说法正确的是
A．在h1处物体所受的拉力最大
B．在h2处物体的动能最大
C．h2~h3过程中合外力做的功为零
D．0~h2过程中拉力F始终做正功
【答案】AD
【解析】由图可知，h1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E=Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大；故A正确；h1～h2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处；故B错误；h2～h3过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零；故C错误；由图象可知，0～h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功；故D正确；故选AD．
6．如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中( )。