2012年高三物理最新高考试题、模拟新题分类汇编：专题5 功和能

第 1 页共13 页E单元功和能E1 功和功率

17．E1[2012·浙江卷] 功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近() A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h

C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h

17．B[解析] 每户两只白炽灯被两只LED灯替换后，节约电功率为120 W－20 W＝100 W，每天按照五个小时用电计算，节电0.5 kW·h，全年按照360天计算，节电180 kW·h，全国按照四亿家庭计算，节电7.2×1010 kW·h，故选项B正确．

图1

3．E1[2012·江苏卷] 如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()

A．逐渐增大

B．逐渐减小

C．先增大，后减小

D．先减小，后增大

3．A[解析] 小球在运动过程中受到重力G、水平拉力F和细线的拉力T，根据动能

定理可知，W G＋W F＋W T＝1

2m v

2

2

－

1

2m v

2

1

＝0，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的

拉力不做功，所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．

E2 动能动能定理

22．D6E2[2012·山东卷] 如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.(取g＝10 m/s2

)

(1)P、C两点间的高度差h.

(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．

①求F的大小．

②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．

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22．[解析] (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得 mgh －μ1mgL ＝0① 代入数据得 h ＝0.2 m ②

(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角θ，由几何关系可得

cos θ＝R －h R

③

根据牛顿第二定律，对物块有 mg tan θ＝ma ④

对工件和物块整体有

F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝8.5 N ⑥

②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 点间的距离为x 2，由运动学公式得

h ＝1

2gt 2⑦ x 1＝v t ⑧

x 2＝x 1－R sin θ⑨

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x 2＝0.4 m ⑩

21．C2、D1、E2 [2012·福建卷] 如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B

(1)小船从A 点运动到f (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .

21．[解析] (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝fd ①

(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做功 W ＝Pt 1② 由动能定理有

W －W f ＝12m v 21－12

m v 2

0③ 由①②③式解得v 1＝v 20

＋2

m (Pt 1

－fd )④ (3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u ，则

P ＝Fu ⑤ u ＝v 1cos θ⑥

由牛顿第二定律有

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F cos θ－f ＝ma ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得

a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－f

m

24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2

.

(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；

(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．

24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知

mgh ＝12m v 20

得v 0＝2gh

设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma

设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s

由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 －m v ＝m v 1＋MV 12m v 2＝12m v 21＋12

MV 2 解得v 1＝13v ＝4

3

m/s

即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．

设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′

得l ′＝4

9

m<1 m

所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．

(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知

v 2＝1

3

v 1＝????132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为

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v 3＝1

3

v 2＝????133v v 4＝1

3v 3＝????134v ……

则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为

v n ＝(13)n v .

E3 机械能守恒定律

17．E3[2012·广东卷] 图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过

)

A ．N 小于滑块重力

B ．N 大于滑块重力

C ．N 越大表明h 越大

D ．N 越大表明h 越小

17．BC [解析] 滑块在轨道上滑动，只有重力做功，机械能守恒，则有：mgh ＝1

2m v 2B

，

解得：v B ＝2gh ，滑块到B 点时，支持力N B 与重力的合力提供向心力，即：N B －mg ＝m v 2B

R

，

联立以上两式得：N B ＝mg ＋2mgh

R

，由牛顿第三定律知N ＝N B ，故B 、C 正确．

24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2

.

(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；

(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．

24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知

mgh ＝12m v 20

得v 0＝2gh

设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则

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μmg ＝ma

设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s

由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 －m v ＝m v 1＋MV 12m v 2＝12m v 21＋12

MV 2 解得v 1＝13v ＝4

3

m/s

即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．

设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′

得l ′＝4

9

m<1 m

所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．

(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知

v 2＝1

3

v 1＝????132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为

v 3＝1

3

v 2＝????133v v 4＝1

3v 3＝????134v ……

则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为

v n ＝(13)n v .

E4 实验：探究动能定理

11．E4[2012·江苏卷] 为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A 位于水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面．将A 拉到P 点，待B 稳定后静止释放，A 最终滑到Q 点．分别测量OP 、OQ 的长度h 和s .改变h ，重复上述实验，分别记录几组实验数据．

图9

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图10

(1)实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法． (2)请根据下表的实验数据作出s －h 关系的图象．

(3)实验测得A 木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________.(结果保留一位有效数字)

(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果______(选填“偏大”或“偏小”)． 11．[答案] (1)减小B 的质量(或增大A 的质量) 增加细线的长度(或降低B 的起始高度) (2)如图所示

(3)0.4 (4)偏大

[解析] (1)实验开始时发现A 释放后会撞到滑轮，主要是加速度过大或加速时间过长，可以通过减小B 的质量或增大A 的质量来减小加速度，通过增加细线的长度或降低B 的起始高度来缩短加速时间．

(2)s －h 图象如图所示．

(3)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，即由Mgh －μmgh ＝1

2

(M ＋m )v 2，－μmgs ＝

－1

2m v 2，求得s ＝M －μm μ(M ＋m )h ，图象的斜率k ＝M －μm μ(M ＋m )，即0.5－0.4μμ(0.5＋0.4)＝5660

，解得μ＝0.4. (4)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，如果考虑克服滑轮摩擦做功W ，则Mgh －

μmgh －W ＝12(M ＋m )v 2，－μmgs ＝－1

2m v 2，求得μ＝Mgh －W mgh ＋(M ＋m )gs

，如果忽略克服滑轮摩

擦做功，则动摩擦因数偏大．

E5 实验：验证机械能守恒定律

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E6 功和能综合

21．E6 [2012·四川卷] 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0.

，重力加速度为g .则(

)

A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动

B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0

m

－μg

C ．物体做匀减速运动的时间为2x 0

μg

D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmg

k

)

21．BD [解析] 撤去F 后的一段时间内，由于运动过程中弹力不断变化，物体先做变加速运动，后做变减速运动，再做匀减速运动，A 错误；设撤去F 后，物体刚运动时加速

度为a ，根据牛顿第二定律：kx 0－μmg ＝ma ，解得a ＝kx 0

m

－μg ，B 正确；物体做匀减速运动

的位移为3x 0，由3x 0＝12μgt 2，解得t ＝6x 0

μg

，C 错误；当弹力与摩擦力大小相等时，速度

最大，此时kx 1＝μmg ，该过程物体向左运动的位移为x ＝x 0－x 1＝x 0－μmg

k

，克服摩擦力做的

功W ＝μmg (x 0－μmg

k

)，D 正确．

26．E6[2012·全国卷] 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物

线方程为y ＝1

2h

x 2；探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .

图10

(1)求此人落到坡面时的动能；

(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 26．[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得

x ＝v 0t ①

2h －y ＝1

2

gt 2②

根据题意有

y ＝x 2

2h

③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为 12m v 2＝12

m v 2

0＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得

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12m v 2＝12m ????v 20＋4g 2h 2

v 20＋gh ⑤ (2)⑤式可以改写为

v 2＝? ??

??v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2

＋3gh ⑥

v 2极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh ⑦

此时v 2＝3gh ，则最小动能为 ????12m v 2min ＝32mgh ⑧

14．E6[2012·江苏卷] 某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f .轻杆向右移动不超过l 时，

装置可安全工作．一质量为m 的小车若以速度v 0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l

4

.轻杆与

槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．

(1)若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ； (2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m ；

(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v ′和撞击速度v 的关系．

图17

14．[解析] (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ① 且F ＝f ②

解得x ＝f

k

③

(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理得

－f ·l 4－W ＝0－12m v 20

④

同理，小车以v m 撞击弹簧时，由动能定理得

－fl －W ＝0－1

2m v 2m

⑤

解得v m ＝v 20

＋3fl

2m

⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 1，由能量转化与守恒定律，得 12m v 2

1

＝W ⑦ 由④⑦解得v 1＝v 20－fl

2m

当v

2m

时， v ′＝v 当v 20－fl 2m ≤v ≤v 20＋3fl 2m 时，v ′＝v 20－fl

2m

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17．E6 [2012·福建卷] 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )

A ．速率的变化量不同

B ．机械能的变化量不同

C ．重力势能的变化量相同

D ．重力做功的平均功率相同

17．D [解析] 剪断轻绳后，由于不计摩擦，A 、B 两个物块的机械能都守恒，即两物

块的机械能变化量均为0，B 错误．由mgh ＝1

2

m v 2得v ＝2gh ，则A 、B 两物块下落到地面

时的速度大小相同，所以A 、B 两物块的速率变化量相同，A 错误．剪断轻绳前，A 、B 均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T ，则有T ＝m A g ，T ＝m B g sin θ，可得m A ＝m B sin θ；剪断轻绳后，A 、B 下落高度相同，由ΔE p ＝－mgh 知A 的重力势能的变化量小于B 的重力势能的

变化量，C 错误．剪断轻绳后，A 、B 两物块着地所用的时间分别为t A ＝2h g 、t B ＝1sin θ2h

g

，

则重力做功的平均功率分别为P A ＝m A gh 2h g 、P B ＝m B gh

1sin θ2h g

，由m A ＝m B sin θ，可知P A ＝P B ，D

正确．

16．E6[2012·安徽卷] 如图3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B

的

图3

运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgR C ．合外力做功mgR

D ．克服摩擦力做功1

2

mgR

16．D [解析] 由于重力做功只与高度差有关，所以小球从P 到B 的运动过程中，重力做功为mgR ，A 错误；由于小球在B 点时对轨道无压力，则小球由自身重力提供向心力：

mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，小球从P 到B 的运动过程中，由动能定理有：mgR ＋W f ＝12

m v 2－0，

解得W f ＝－1

2mgR ，D 正确；小球从P 到B 的运动过程中，除了重力做功之外，还克服摩

擦力做功为12mgR ，可知机械能减少了12mgR ，B 错误；由动能定理有：W 合＝12m v 2－0＝1

2

mgR ，

C 错误．

24．E6 [2012·四川卷] 如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5 m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2

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×105 N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10－2 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6 C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3 m/s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝

0.8.

(1)求弹簧枪对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度． 24．[解析] (1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得

W f －mgr (1－cos θ)＝12m v 2

0 代入数据得W f ＝0.475 J

(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得

－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1

小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1

联立以上方程可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有

s 1＝v 0t 1＋1

2a 1t 21

电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0＝v 1＋a 2t 2

s 2＝v 1t 2＋1

2a 2t 22

设CP 的长度为s ，有 s ＝s 1＋s 2

联立相关方程，代入数据解得 s ＝0.57 m

23．E6[2012·四川卷] 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：

(1)电动机内阻消耗的热功率；

(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 23．[解析] (1)设电动机的电功率为P ，则 P ＝UI

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设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则 P r ＝I 2r

代入数据解得P r ＝1×103 W

(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则

M ＝ρV

设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则 ΔE p ＝Mgh

设电动机的输出功率为P 0，则 P 0＝P －P r

根据能量守恒定律得 P 0t ×60%×80%＝ΔE p 代入数据解得 t ＝2×104 s

1．2012·昆明模拟汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，到t 1时刻关闭发动机做匀减速直线运动，到t 2时刻静止．汽车与路面的动摩擦因数不变，其v －t 图象如图所示，图中β<θ.若整个过程中汽车牵引力做功为W ，平均功率为P ，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W 1和W 2，平均功率大小分别为P 和P 2，下列结论错误的是( )

A ．W 1＋W 2＝W

B ．P ＝P 1＋P 2

C ．W 1>W 2

D ．P 1＝P 2

1．B [解析] 根据能量守恒定律或动能定理可知，W －(W 1＋W 2)＝0即W 1＋W 2＝W ，

选项A 正确；因为W 1＋W 2＝W ，即P 1t 1＋P 2(t 2－t 1)＝Pt 1，所以P ＝P 1＋P 2????

t 2t 1－1＜P 1＋P 2，选项B 错误；根据“面积”求位移，可得加速过程的位移x 1大于减速过程的位移x 2，所以，

fx 1＞fx 2，即W 1>W 2，选项C 正确；因为P 1＝fx 1t 1＝f v 12，P 2＝fx 2

t 2－t 1＝f v 12

，所以P 1＝P 2，选项D

正确．

2．2012·武汉调考质量为1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度为10 m/s 2，则下列说法正确的是( )

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A ．x ＝3 m 时速度大小为

B ．x ＝9 m 时速度大小为4

C ．OA 段加速度大小为

D ．AB 段加速度大小为3 m/s 2

2．C [解析] 由公式W ＝Fx 得，从0到3 m 时水平拉力的大小为5 N ，对此过程由动

能定理可得W 1－μmgx 1＝1

2m v 21

，解得x ＝3 m 时速度大小为3 2 m/s ，选项A 错误；对0到

9 m 全过程由动能定理得W 2－μmgx 2＝1

2m v 22

，解得x ＝9 m 时速度大小为3 2 m/s ，选项B

错误；由牛顿第二定律得OA 段加速度大小为a ＝F 1－μmg

m

＝3 m/s 2，选项C 正确，同理，选

项D 错误．

3．2012·唐山摸底质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上．现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 分析正确的是( )

A ．0～t 1内拉力逐渐减小

B ．0～t 1内拉力对物体做负功

C ．在t 1 ～t 2时间内拉力的功率为零

D ．在t 1～t 2时间内合外力做功1

2m v 21

3．A [解析] 由运动的v －t 图象可知，物体运动的加速度越来越小，合外力越来越小，所以0～t 1内拉力逐惭减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1内拉力对物体做正功，选项B 错误；在t 1 ～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，由P ＝F v 可知，拉力的功率大于零，选项C 错误；由动能定理可知在t 1～t 2时间内合外力做功为零，选项D 错误．

4．2012·金华模拟如图所示，一质量为m

的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )

A.12R (F N －3mg )

B.1

2R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.1

2

R (F N －2mg ) 4．A [解析] 质点到达最低点B 时，它对容器的压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N

－mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝1

2

m v 2，故摩擦力对其

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所做的功W f ＝12RF N －3

2

mgR .

5．2012·唐山模拟如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量都为m .开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B

A ．弹簧的劲度系数为mg

h

B ．此时弹簧的弹性势能等于mgh ＋1

2

m v 2

C ．此时物体B 的速度大小也为v

D ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上 5．A [解析] A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，

所以B 物体受力平衡，有mg ＝kh ，所以弹簧的劲度系数为mg

h

，选项A 正确；由机械能守恒

定律可知，弹簧的弹性势能等于mgh －1

2

m v 2，选项B 错误；此时物体B 的速度为零，A 的

加速度为零，选项C 、D 错误．