专题07 机械能-备战2025年高考物理真题题源解密（新高考）

第第页考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。功、功率、动能定理命题解读考向考查统计本类试题主要考查功和功率的计算及动能定理。常与圆周运动进行综合。考向一功的计算2024·山东卷，72024·新课标卷，112023·北京卷，112023·江苏卷，112023·新课标卷，2考向二功率的计算2024·江西卷，52023·湖南卷，82023·辽宁卷，32023·山东卷，42021·湖北卷，15考向三机车功率问题2024·江苏卷，142024·上海卷，42023·湖北卷，42023·山东卷，82022·浙江6月，13考向四图像问题2024·山东卷，172023·浙江6月，32023·新课标卷，72022·湖南卷，72021·山东卷，18考向五动能和动能定理2024·新课标卷，22024·辽宁卷，142024·上海卷，72023·浙江1月，182023·浙江6月，18功能关系、能量守恒命题解读考向考查统计本类试题主要考查各种功能关系及能量守恒的应用。经常与动量知识相互综合。与动量综合时，常以碰撞、板块模型出现。要求体会守恒观念对认识物理规律的重要性。考向六功能关系的应用2024·浙江1月，32023·浙江1月，42021·北京卷，20考向七机械能守恒的应用2024·湖北卷，142024·湖南卷，152024·江苏卷，82024·全国甲卷，42023·湖南卷，15考向八能量守恒定律的应用2024·河北卷，162023·辽宁卷，132023·全国乙卷，82022·山东卷，2考向九摩擦生热问题2024·湖北卷，102023·湖南卷，182023·辽宁卷，15考向十实验：验证机械能守恒定律及各种功能关系2023·福建卷，122022·广东卷，112021·海南卷，152021·河北卷，122021·浙江卷，17命题分析2024年高考各卷区物理试题均不同程度地考查了功、功率、动能定理、功能关系及能量守恒。预测2025年高考依然会大力考查。各种题型均可出现。试题精讲考向一功的计算1.（2024年山东卷第7题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有解得弹性绳的伸长量则此时弹性绳的弹性势能为从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为则由功能关系可知该过程F所做的功故选B。2.（2024年新课标卷第11题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。【答案】（1），；（2）【解析】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向水平方向联立代入数值得，（2）整个过程根据动能定理得解得两根绳子拉力对重物做的总功为考向二功率的计算3.（2024年江西卷第5题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（）A.109 B.107 C.105 D.103【答案】B【解析】由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt发电过程中水的重力势能转化为电能，则有故选B。考向三机车功率问题4.（2024·江苏卷·第14题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：（1）CD段长x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得由运动学公式联立解得（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为由得（3）全过程物块增加的机械能为整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知故可得5.（2024·上海卷·第4题）一辆质量的汽车，以的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率，汽车受到的阻力大小为______N。当车载雷达探测到前方有障码物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率，此时汽车的制动力大小为______N，加速度大小为______。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）【答案】3.B4.①.600②.③.【解析】【3题详解】车载雷达系统发出的激光和超声波信号都是横波。故选B。【4题详解】[1]根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，则与其中，解得[2]根据题意，由可得，汽车的制动力大小为[3]由牛顿第二定律可得，加速度大小为神秘的光光的行为曾令物理学家感到困惑。双缝干涉、光电效应等具有里程碑意义的实验。逐渐揭开了光的神秘面纱。人类对光的认识不断深入，引发了具有深远意义的物理学革命。考向四图像问题6.（2024年山东卷第17题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得考向五动能和动能定理7.（2024年新课标卷第2题）福建舰是我国自主设计建造首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（）A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍【答案】C【解析】动能表达式由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。故选C。8.（2024年辽宁卷第14题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）对A物块由平抛运动知识得代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则解得脱离弹簧时B的速度大小为（2）对物块B由动能定理代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能9.（2024·上海卷·第7题）如图，小球a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长，Ⅱ上端固定于离地的O点，与竖直方向之间夹角；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度的支架上。（取，，）（1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。（2）烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：①与b球碰撞前瞬间a球的速度大小；（计算）______②碰撞后瞬间b球的速度大小；（计算）______③b球的水平射程s。（计算）______【答案】①.②.③.④.【解析】（1）[1]以小球a为对象，根据受力平衡可得可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。（2）①[2]由动能定理可得可得②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得联立解得③[4]由平抛运动的规律有，联立解得考向六功能关系的应用10.（2024年1月浙江卷第3题）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（）A.从1到2动能减少 B.从1到2重力势能增加C.从2到3动能增加 D.从2到3机械能不变【答案】B【解析】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加，则1到2动能减少量大于，A错误，B正确；CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，选项CD错误。故选B。考向七机械能守恒的应用11.（2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有其中，解得小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为解得（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。12.（2024年湖南卷第15题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为，，则同样有联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或。（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有13.（2024·江苏卷·第8题）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（）A.弹簧原长时物体动量最大B.压缩最短时物体动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大【答案】A【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得联立得故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。14.（2024年全国甲卷第4题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（）A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小【答案】C【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律在点，根据牛顿第二定律联立解得从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律在该处根据牛顿第二定律联立可得则大圆环对小环作用力的大小根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。考向八能量守恒定律的应用15.（2024年河北卷第16题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。【答案】（1）；（2）90J，2；（3）【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得同时有解得A、B木板间的水平距离（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得联立解得机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒根据能量守恒可得机器人做的功为联立得根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时（3）根据可得，根据得分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得解得该过程A木板向左运动的距离为机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得①每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为可得③联立①②③解得故A、C两木板间距为解得考向九摩擦生热问题16.（2024年湖北卷第10题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（）A.子弹的初速度大小为B.子弹在木块中运动的时间为C.木块和子弹损失的总动能为D.木块在加速过程中运动的距离为【答案】AD【解析】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；B．则子弹穿过木块时木块速度为由运动学公式可得故B错误；C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即故C错误；D．木块加速过程运动的距离为故D正确。故选AD。考向一功的计算1.（2023年北京卷第11题）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（）A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时，F做功为 D.F做功的最小值为【答案】D【解析】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为摩擦力的功即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；B．合力功可知合力功与力F方向无关，选项B错误；C．当力F水平时，则力F做功为选项C错误；D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。故选D。2.（2023年江苏卷第11题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（）A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【解析】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C．由于图甲中滑块加速度大，根据可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选C。3.（2023年新课标卷第2题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A.0B.mghC.D.【答案】B【解析】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得故雨滴克服空气阻力做功为。故选B。4.（2022年全国乙卷第7题）（多选）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（）

A.时物块的动能为零B.时物块回到初始位置C.时物块的动量为D.时间内F对物块所做的功为【答案】AD【解析】物块与地面间的摩擦力为AC．对物块从内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。5.（2021年全国乙卷第6题）（多选）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A.在此过程中F所做的功为B.在此过中F的冲量大小等于C.物体与桌面间的动摩擦因数等于D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛顿第二定律可知③由速度位移公式有④由①②③④可得，水平恒力动摩擦因数滑动摩擦力可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间在此过程中，F的冲量大小是故B正确。故选BC。6.（2021年全国乙卷第11题）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得（舍去）7.（2021年江苏卷第14题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；（2）环A的质量M；（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设、的张力分别为、，A受力平衡B受力平衡解得（2）设装置转动的角速度为，对A对B解得（3）B上升的高度，A、B的动能分别为；根据能量守恒定律可知解得8.（2021年浙江卷第11题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（）

发动机最大输出功率（）332最大输送高度（m）63整车满载质量（）最大输送量（）180A. B. C. D.【答案】C【解析】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功故选C。考向二功率的计算9.（2023年湖南卷第8题）（多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（）A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【解析】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0则小球从C到B的过程中，有联立有FN=3mgcosα－2mg则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P=－mgvsinθ则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；C．从A到C的过程中有解得C错误；D．小球在B点恰好脱离轨道有则则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。10.（2023年辽宁卷第3题）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（）A.甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【解析】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。故选B。11.（2023年山东卷第4题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A. B. C. D.nmgωRH【答案】B【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为联立有故选B。12.（2021年广东卷第9题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为【答案】BC【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。13.（2021年湖北卷第15题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【答案】（1）2R；（2）；（3）【解析】解：（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有在水平方向上有联立解得x=2R（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得由于对A做功力只有重力，则A所受力对A做功的功率为解得（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得解得对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得解得设碰前瞬间A速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得解得碰撞过程中A和B损失的总动能为解得考向三机车功率问题14.（2023年湖北卷第4题）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知两节动车分别有当将它们编组后有联立可得故选D。15.（2023年山东卷第8题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv轻绳从物体上脱落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)联立有故选A。16.（2022年浙江6月卷第13题）小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（）A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s【答案】C【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得当功率达到额定功率时，设重物的速度为，则有此过程所用时间和上升高度分别为重物以最大速度匀速时，有重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得又联立解得故提升重物的最短时间为C正确，ABD错误；故选C。17.（2022年广东卷第9题）（多选）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A.从M到N，小车牵引力大小为 B.从M到N，小车克服摩擦力做功C.从P到Q，小车重力势能增加 D.从P到Q，小车克服摩擦力做功【答案】ABD【解析】A．小车从M到N，依题意有代入数据解得故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为则摩擦力做功为则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有摩擦力做功为联立解得则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。18.（2021年北京卷第8题）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（）

A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大【答案】B【解析】AB．在ab段，根据平衡条件可知，牵引力所以在ab段汽车的输出功率不变，在bc段牵引力bc段的输出功率故A错误B正确；CD．在cd段牵引力汽车的输出在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误。故选B。19.（2021年湖南卷第3题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（）A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做功为【答案】C【解析】A．对动车由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做的功为故D错误；故选C。考向四图像问题20、（2023年6月浙江卷第3题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是()A. B. C. D.答案：D解析：铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错；铅球的速度大小为，又，联立可得，所以图像为曲线，B错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由动能定理有，又，联立可得，所以图线为二次函数图线，C错，D对。21.（2023年新课标卷第7题）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A.在x=1m时，拉力的功率为6WB.在x=4m时，物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s【答案】BC【解析】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m时物体的动能为Ek=2JA错误、B正确；C．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8JC正确；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在x=2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为D错误。故选BC。22.（2022年湖南卷第7题）（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）

A.在时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在时间内，返回舱的加速度不变C.在时间内，返回舱的动量随时间减小D.在时间内，返回舱的机械能不变【答案】AC【解析】A．重力的功率为由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。故选AC。23.（2021年山东卷第18题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为

考向五动能和动能定理24、（2023年1月浙江卷第18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径点高度为长度，HI长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。答案：(1)22N(2)0.3(3)2.5s解析：(1)C点离地高度为滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得在最高点C时，根据牛顿第二定律可得解得(2)从静止释放到G点，由动能定理可得由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v根据动量守恒定律可得由功能关系可得综合解得(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为，有共速后继续向右匀速运动的时间25、（2023年6月浙江卷第18题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为的滑块b与质量为的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小和所受支持力大小；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。答案：(1)31.0N

(2)0

(3)0.2m

解析：(1)滑块a以初速度从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有

解得

在最低点F，由牛顿第二定律有

解得

(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有

解得

滑块碰撞过程，由动量守恒定律有

解得

碰撞过程中损失的机械能

(3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有

解得

滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有

解得

由机械能守恒定律有

解得

由解得最大压缩量

滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量

所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差26.（2023年湖北卷第14题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）；（2）0；（3）【解析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得

（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有联立解得，HBD=0（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有S=π∙2R解得27.（2023年江苏卷第15题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得28.（2022年浙江1月卷第20题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。【答案】（1）7N；（2）（）；（3），，【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理经过C点时解得（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时解得而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理可解得则要保证小球能到F点，，带入可得（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……解得n=1,3,5,……又因为，当时，，当时，，当时，，满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，，。29.（2021年全国甲卷第7题）（多选）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（）A.物体向上滑动的距离为B.物体向下滑动时的加速度大小为C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有整理得；A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有求解得出B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式则可得出D错误。故选BC。30.（2021年全国甲卷第11题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为联立以上各式解得（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有联立解得故在每一个减速带上平均损失的机械能为（3）由题意可知可得31.（2021年湖北卷第4题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A.m=0.7kg，f=0.5N B.m=0.7kg，f=1.0NC.m=0.8kg，f=0.5N D.m=0.8kg，f=1.0N【答案】A【解析】【分析】本题结合图像考查动能定理。【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得整理得结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值10~20m内物块下滑，由动能定理得整理得结合10~20m内的图像得，斜率联立解得故选A。32.（2021年辽宁卷第10题）（多选）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（）

A.， B.，C.， D.，【答案】CD【解析】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足可得即有因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有其中，可得，代入，可得，综合需满足和故选CD。33.（2021年山东卷第3题）如图所示，粗糙程度处处相同水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。考向六功能关系的应用34、（2023年1月浙江卷第4题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中()A.弹性势能减小 B.重力势能减小C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小答案：B解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误。35.（2021年北京卷第20题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。【答案】（1）；（2）a.见解析；b.【解析】（1）根据牛顿运动定律解得（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得已知v1=v2，得因为，得所以b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得得考向七机械能守恒的应用36.（2023年湖南卷第15题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得（）（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得37.（2023年全国甲卷第1题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（）A.机械能一直增加 B.加速度保持不变 C.速度大小保持不变 D.被推出后瞬间动能最大【答案】B【解析】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。故选B。38.（2023年全国甲卷第11题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知得小球离开桌面时速度大小（2）离开桌面后由平抛运动规律可得第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为39.（2022年全国乙卷第3题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）

A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C【解析】如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得联立可得可得故C正确，ABD错误。故选C。40.（2022年全国乙卷第12题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得41.（2021年全国乙卷第1题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。42.（2021年海南卷第2题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度，末端到水面的高度。取重力加速度，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为，根据机械能守恒定律可知解得从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据可知落水时间为水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为故选A。43.（2021年浙江卷第21题）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【解析】（1）小滑块在轨道上运动代入数据解得（2）小球沿轨道运动，在最高点可得从C点到E点由机械能守恒可得解得，小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有，解得，结合(1)问可得解得h的最小值（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理由平抛运动可得，联立可得水平距离为由数学知识可得当取最大，最大值为考向八能量守恒定律的应用44.（2023年辽宁卷第13题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。【答案】（1），；（2）【解析】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则解得飞机滑行的时间为飞机滑行的加速度为（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为45.（2023年全国乙卷第8题）（多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（）A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于 D.物块的动能一定小于【答案】BD【解析】设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知设物块的对地位移为，木板的对地位移为CD．根据能量守恒定律可得整理可得D正确，C错误；AB．因摩擦产生摩擦热根据运动学公式因为可得则所以B正确，A错误。故选BD。46.（2022年山东卷第2题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）

A.火箭