2025年高考物理二轮复习：功和能

专题复习

专题二能量与动量

T知识体系II-

「功的定义

「恒力做功一

一1功和功率I--功的计算--变力做功一

-合外力做功-

「功率定义

功

-功率--平均功率和瞬时功率能

-机车启动问题关

系

「动能.—合外力做功

-重力势能—重力做功

谑“匕7-弹性势能--弹簧弹力做功

量

1能量卜-机械能--除重力、弹力外其他力做功

-电势能--静电力做功

-分子势能--分子力做功

-内能.—摩擦生热

一

能

量T动能定理）

与

动

量T机械能守恒定律）

一

力在空间上的积累

T能量守恒定律〕|v2-v„2=2ax

—［冲量与动量（矢量性）］牛顿第二定律F=m。

「缓冲问题--------------------------

量―｛动量定理I■-连续体问题一力在时间上的积累

-电磁感应中的应用（求电荷量、位移）-

r严格守恒

「守恒条件一近似守恒

-某一方向守恒

r

一〔动量守恒定律］■-表达式：加1s+m2。2=也1历'+m2v2

［-非弹性碰撞

I-碰撞--完全非弹性碰撞

-弹性碰撞-［动碰静

动碰动

匚应用〒爆炸

-反冲

第6讲功和能

【目标要求】1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。2.掌握常见的功能关系。3.理

解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。

考点一功、功率的分析和计算

恒力做功：W=Flcos0

功的变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化

计算研究对象法、平均力法、图像法、功率法

（W=Pt）

功率的平均功率：*

计算

瞬时功率：P=Fvcos6伊为F、v之间的夹角）

两个基本

P=Fv,RF1阻二机Q

关系式

恒定功率尸不变，V,a今以Vm做匀速运动

12

启动尸卜尸阻］加^

机车5=

启动恒定加速4不变，尸不变，V,P=尸额，V

度启动,F,a=以外做匀速运动

无论哪种启动方式，最大速度都等于

最大速度

匀速直线运动时的速度，即Vm=4

Vm

F阻

例1（2023・北京卷・"）如图所示，一物体在力/作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体

质量为相，加速度大小为。，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.摩擦力做功大小与厂方向无关

B.合力做功大小与P方向有关

C.R为水平方向时，尸做功为"根gx

D.尸做功的最小值为max

答案D

解析设力尸与水平方向的夹角为仇则摩擦力为居=〃（mg，sinO）,摩擦力做功大小刖=〃（mg-产sinO）x,即

摩擦力做功大小与P的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=尸令4〃以%可知合力做功大小与力产方

向无关，选项B错误；当力/水平时，则有F=ma+/j.mg,力/做功为WF=Fx=（ina+i.mg）x,选项C错误；

因合外力做功大小为侬优，大小一定，而合外力做的功等于力P与摩擦力居做功的代数和，而当Fsin

6=7咫时，摩擦力a=o,摩擦力做功为零，力尸做功最小，最小值为〃蛆，选项D正确。

例2（2024.广东肇庆市二模）已知高铁的列车组由动力车和拖车组成，每节动力车的额定功率相同,

每节动力车与拖车的质量相等，设列车组运行时每节车厢所受阻力与其速率成正比（FAh,人为比

例系数）。某列车组由机节动力车和〃节拖车组成，其运行的最大速率为VI,另一列由相同的“节

动力车和根节拖车组成的列车组，其运行的最大速率为V2,则也：丫2为（）

A.m:nB.Vm:迎

C.yjmn1D.m2：n2

答案B

解析设每节动力车的额定功率为P,加节动力车厢输出的总功率为mP,则有mP=（m+n）Ff^v\,又Ffjhi,

解得列车组的最大速度vi=/n同理可得〃节动力车时最大速度也=/1则有vi:V2=Vni:y/n,

A/（m+n）k-J（m+n）k

故选B。

考点二动能定理的应用

例3（2024.内蒙古赤峰市一模）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。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且两点的高度差为/2,

游客与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为"，倾斜滑道的水平距离为L,两点的高度差

也为瓦忽略游客经过轨道衔接处以C点时的能量损失，重力加速度为g。求：

⑴游客滑至轨道B点时的速度VB的大小；

⑵为确保游客安全，水平滑道心的最小长度。

答案⑴商K⑵筌心

解析(1)根据题意，游客从A点到3点过程中，由动能定理有

2

mgh=^nvB-0

解得VB=J2gh

(2)设倾斜滑道与水平面的夹角为仇游客由8点到停止过程中，由动能定理有

2

mgh-fimgcosd—^--/umgL2-0--mvB

cos32

解得L=--LI

2林

-提炼•总结

1.应用动能定理解题的步骤图解:

2.应用动能定理的四点提醒：

(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。

(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。

(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往

往能使问题简化。

(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。

考点三机械能守恒定律及应用

1.机械能守恒定律的表达式

要选参考

一平面

三

种不用选参

形

式考平面

一

转移不用选参

观点考平面

2.连接体的机械能守恒问题

共

角

速

度

模

型两物体角速度相同，线速度与半径成正比

模此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系,

型当某物体位移最大时，速度可能为0

轻

①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的

弹

大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能

簧

相等

模

②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹

型

簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的

速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小（为

零）

说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包含弹簧）机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦

生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析

例4（2024.全国甲卷.17）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为根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>

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R,小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零，此时只

有小环的重力分力提供小环所需向力心，可知P点必在。点上方，如图所示

设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为仇从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律

cos（9）=|mv2

“2

在尸点，由牛顿第二定律得mgcos3=m—

联立解得cos（9=1

从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向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P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着

大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的

分力逐渐减小，从。点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，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R,小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹

角为仇0（代兀），根据机械能守恒定律得加8尺（1-30）=如40・归兀）

在该处根据牛顿第二定律得

v2

F+mgcos3=m—（0W8W兀）

R

联立可得F=2mg-3mgcos0

则大圆环对小环作用力的大小为

\F\=\2mg-3mgcos6\

根据数学知识可知因的大小在cos。=|时最小，

由牛顿第三定律可知，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。

例5(2024.辽宁省名校联盟一模)如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在

水平地面上，斜面倾角为30。。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2根

的滑块B、C,质量为根的物块A悬挂在细绳上的。点，O点与两滑轮的距离均为/。先托住A,

使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过

程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

o

(1)物块A下落的最大高度H；

⑵从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53。的过程中，物块A机械能的变化量。

答案(1)|/⑵瑞mgl

解析(1)根据题意可知，物块A下落最大高度”时，速度为零，由机械能守恒定律有

mgH=2'X.2mgsin30°(V//2+l2-l)

解得〃=/H=0(舍去)

(2)根据题意，由几何关系可得，结点0两侧细绳与竖直方向夹角为53。时，物块A下落的高度为

/?=」一

tan53°4

设此时物块A的速度为v,则滑块B、C的速度为

3

v-vcos53°=-v

5

下落过程中，由机械能守恒定律有

mgh-2x2mgsin30°(-r^^;-Z)=|mv2+2x1x2mv,2

物块A机械能的变化量

^E=^\^-mgh=--^mgl

考点四功能关系能量守恒定律

1.功能关系的理解和应用

功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。

(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。

(2)根据能量转化，可计算变力做的功。

2.常见功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势

能减少量

弹力做功等于弹性势

能减少量W=E-E

势能pip2

静电力做功等于电势=-AEp

能减少量

分子力做功等于分子

势能减少量

合外力做功等于物体W=Ek2-&i=

动能

1212

动能变化量-mw--mv0

除重力和弹力之外的

W其他=&-耳

机械能其他力做功等于机械

=AE机

能变化量

摩擦产一对相互作用的摩擦

Q=Ff-s相对

生力做功之和的绝对值

s相对为相对路程

的内能等于产生的内能

克服安培力做功等于W克安=E2-E1

电能

电能增加量=\E

例6(2024.山东卷.7)如图所示，质量均为根的甲、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/的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d</)。两木板与地面间动摩擦因数

均为"，弹性绳劲度系数为匕被拉伸时弹性势能二三质2。为绳的伸长量)。现用水平力/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，左保持

不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则歹所做的功等于()

A.天+刖

B.巴警+sg(/-酒

C鲤誓+2〃mg(l-d)

D.喈匚&mgQ-d)

答案B

解析解法一：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fcVo=〃7Wg

解得弹性绳的伸长量x=—

0k

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Xl=x0+l-d,

此过程中由于摩擦产生的热量Q=/nmgxi,

则由功能关系可知该过程F所做的功

W=Eo+〃刃gxi=3("£。)+〃%g(l-d)

解法二：画出外力尸与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力歹做的功

e/7八uma+2uma

W=jumg(l-d)+---------xo

又kxo=jumg

联立解得W=33黑y+vngQ-d)

故选B。

例7(2024.安徽蚌埠市模拟)如图所示，倾角为6=37。的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的光滑圆

弧轨道在3点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面

缓慢推动质量为加=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过。点时轨道

对滑块a的弹力为零。已知A、3之间的距离为L=1.35m,滑块a与斜面间动摩擦因数//=0.25,C

为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,V3~1.73o

E

姆

A\D

BC

⑴求滑块a在C点对轨道压力的大小。

⑵求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。

⑶若仅将滑块a换为质量为根2=0.05kg的滑块b,滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b

第一次落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留2位有效数字)。

答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m

解析(1)由题可知，滑块a在。点处的速度为0,对滑块a由C至。点过程，由动能定理有

D12

-migR=--miVc

对滑块a在C点由牛顿第二定律有

2

amrvc

K

结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小

FN二尸产24N

(2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为耳，从A到D,由能量守恒定律可知

Ep+migLsin37°=//migLcos37°+migl?cos37°

解得£p=1.44J

最终滑块a在B与3关于C对称的点之间运动，由能量守恒定律可知

Q=Ep+migLsin37°

解得2=7.92J

⑶设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有

2

稣+m2gLsin37°=〃加2gLeos37°+加2g(R+Ecos31°)+-m2VE

解得VE=6m/s

滑块b恰好能通过E点时，有

得v'=y/gR=3m/s

可知VE>",假设成立，设滑块b在空中运动的时间为f,滑块b落在斜面上的位置与8之间的水平距离为

d,则有

d=VEt-Rsin37°

(R+Rcos37°)-ig?=Jtan37°

解得，=0.3285s,d=1.431m

又有x=品

解得41.8m

-提炼•总结L

应用能量守恒定律解题的一般步骤

明确研究

对象（物列方程

体、系统）

AE成二AE增

及过程

专题强化练

［1选择题］［分值：50分］

1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分

［保分基础练］

1.（2024.浙江1月选考.3）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％,重力加速度为g,则足球（）

2

1\3

酚〃〃/〃〃〃〃/〃〃〃/,

A.从1到2动能减少mgh

B.从1至U2重力势能增力口mgh

C.从2到3动能增加mgh

D.从2到3机械能不变

答案B

解析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1到2重力势能增加mgh,

从1到2动能减少量大于加g/?,故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能

减小,”g〃，贝可动能增力口小于故C、D错误

2.（2024•安徽卷・2）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为〃的粗糙斜坡顶端由静止

下滑，至底端时速度为丫。已知人与滑板的总质量为加，可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻

力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（）

A.mghB.1-mv2

C.mgh+^mv1D.mgh-^mv2

答案D

解析人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得

mgh-W

可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为

12

W克t=mgh--mv

故选D。

3.（2024•湖南长沙市第一中学模拟）物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率尸单独拉

着物体A运动时，物体A的最大速度为也；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动

时，如图所示，物体A和物体B的最大速度为艺。空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在

物体B上的拉力功率为（）

A.-PB.-P

cgPD.jp

V1"1

答案C

解析物体A受到的滑动摩擦力为FfA=二，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有产fA+居B=二，

%v2

在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为P产打工P,故选C。

V1

4.（2024•重庆缙云教育联盟诊断）如图所示，用轻杆组成的正三角形边长为L其中。点连接在可自

由旋转的较链上，A、8两点各固定一质量为m的小球（可视为质点）。杆从竖直位置由静止释放，转到

A3杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒

B.A3杆水平时，两球的速率均为/初

C.OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功

D.AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为-等

答案D

解析根据系统机械能守恒有的?烤)+/咫(a+3=卜2m解得v=J^gL,对A处小球，杆做功为对,

根据动能定理有31+〃雇5+1)=加入0,解得卬尸一手磔，对8处小球，杆做功为卬2,根据动能定理有

W2+mg(^~L-^)=^mv2-0,则有乱=1〃吆乙可知杆对4、8两处小球做功均不为零，则两球机械能均不守恒，故

A、B错误，D正确；如果。4杆对A处小球不做功，杆对A处小球做正功，则杆对A处小球做正功，

与上述分析矛盾，故C错误。

5.(2021・湖北卷4)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

K恒定，物块动能&与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,物块质量相和所受摩

擦力大小居分别为()

(a)

A.m=0.7kg,Ff=0.5N

B.根=0.7kg,77f=1.0N

C.m=0.8kg,77f=0.5N

D.根=0.8kg,Ff=1.0N

答案A

解析0~10m内物块上滑，由动能定理得-mgsin30°7-居$=&-40,整理得Ek=Eko-(〃zgsin30°+及)$,结合

0~10m内的图像得，斜率的绝对值|M=mgsin3(T+Rf=4N。10~20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°-

Ff)(s-si)=Ek,整理得Ek=(mgsin300-Ff)s-(mgsin30°-Ff)si,结合10-20m内的图像得,斜率k'=mgsin3O0-Ff=3

N,联立解得K=0.5N,m=0.7kg,故选A。

6.(多选)(2024•湖南省师范大学附属中学模拟)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，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比(产f=4/)。

固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能Eki和反2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L

和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是（弹簧的弹性势能

3=3*）（）

mZ______

Z/ZZ//Z/Z//ZZ//Z/////^//////////////zVZ//Z

轻杆

A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1：4

B.系统损失的机械能之比为1：4

C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1：2

D.小车做加速度增大的减速运动

答案CD

解析轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为

印产丝詈“二|4乙2,弹簧弹力大小为2A"设此时弹性势能为Ep,由功能关系可知，小车撞击弹簧的初动

能为&尸M+Ep,第二次，轻杆克服摩擦力做功为题=生产3乙岑4乙2,弹簧弹力大小为4A"弹性势能为

4%，小车撞击弹簧的初动能为Ek2=W，+4Ep,故工＜也＜二故A错误；系统损失的机械能之比为Wi：W2=~,

故B错误；小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1：2,故C正确；撞击缓冲

过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。

［争分提能练］

7.（多选）（2023・全国乙卷-21）如图，一质量为M、长为/的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为根的小

物块（可视为质点）从木板上的左端以速度vo开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为了,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fl

C.物块的动能一定大于5m夕

D.物块的动能一定小于fwo?夕

答案BD

解析设物块离开木板时的动能为4城,此时木板的动能为Ek板,对木板：加板=4极

对物块：-fi^Eknt-^mvo2

木板和物块的V-t图像如图所示，

由图可知S板</,S»>1

2

故Ek机<fl,Ekft<|mv0-fl,

故B、D正确，A、C错误。

8.（2024•安徽卷・7）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水

井中的水面距离水平地面的高度为出水口距水平地面的高度为〃，与落地点的水平距离约为假设抽

水过程中H保持不变，水泵输出能量的〃倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为"，

水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（）

.（H+呜）

B

•2汕

C•嘴吗呜

D.pgSl河马

答案B

解析设水从出水口射出的初速度为R）,取，时间内的水为研究对象，该部分水的质量为加二R）像，根据平

抛运动规律Vot-l,h=^gt,2,解得口。=/长，根据功能关系得尸切二|用口）2+根g（//+/z）,联立解得水泵的输出功

率为廿用时+生故选B。

2T]h4”

9.（多选）（2024•湖北省模拟）如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A,一根竖直轻弹簧上端

连接着一个质量为加的物块B,下端连接着一个质量为2加的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O,一端与

物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于

P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆

下滑12L到达最低点Q,此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大

小为g，下列说法中正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为等

OL

B.小球A运动到最低点时弹簧的形变量为制

C.小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgL

D.用质量为三的小球D替换A,并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过尸点时的动能为6mgL

答案AD

解析开始时，对B有mg=kx\

A在Q点时，对C有2加g二丘2,A从尸到Q点，由题意可知XI+、2=8L

解得；电%，X2=—L,故A正确，B错误；

SL3

A从P到Q,对系统由能量守恒定律有

12mgL=8mgL+AEp

解得△Ep=4mgL

因为弹簧原先有形变量，所以故C错误；

D从Q到P,由能量守恒定律有

AEp+即叫乙卷x12L+Ek

解得Ek-6mgL,故D正确。

10.（多选）（2024.黑龙江省一模）如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为根的小物体P（可

视为质点）轻放在A处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m的小物体Q（可视为

质点）轻放在A处，小物体Q在传送带上到达8处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达3处。

则P、Q两个物体从A到B的过程中（）

B

A.物体P与传送带间的动摩擦因数较小

B.传送带对P、Q两物体做功相等

C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等

D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等

答案AB

解析小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为

umgcosG-mgsinG八.八

a=-------------=〃geos6-gsm0

根据题意可知，在速度达到与传送带共速V的过程，小物体P在传送带上的位移X较大，根据运动学公式

„2

可得a--,可知小物体P在传送带上加速时的加速度较小，则物体P与传送带间的动摩擦因数较小，故A

2x

正确；

在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，由

题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两

物体做功相等，故B正确；

小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为

222

传-%物=怙当*-=-；----\----,故小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=jumgcos-二一飞下,

22a2（〃gcos6-gsme）2（1）

'gcos0y

因物体P与传送带间的动摩擦因数小，则小物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大，由于两物体增加的

机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P而多消耗的电能较大，故C、D错误。

［2计算题］［分值：50分］

1.（10分）（2023・重庆卷43）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后,

在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为。的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为仇提

升高度为力,如图所示。求:

（1）（4分）提升高度为〃时，工件的速度大小;

（2）（6分）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

2九mah

答案⑵

acosdcosO

解析（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有

"。2=2磊

解得vo=%

cos0

(2)根据速度公式有vo^at

解得t=7巨acosO

2

根据动能定理有W^mv0

解得印,=咎。

cosO

2.(12分X2024.湖北卷44)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3.6m。传送带右端的正上方有一悬点0,用长为0.3m、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

小物块无初速度轻放在传送带左端，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1m/s、方向水平向左。小球碰后绕。点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕尸点向

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g=10m/s2。

牛P

⑴(4分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；

(2)(4分)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；

⑶(4分)若小球运动到尸点正上方，绳子不松弛，求P点到。点的最小距离。

答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m

解析(1)根据题意，小物块在传送带上，

由牛顿第二定律有/.img=ma

解得a=5m/s2

U住2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=-^-=2.5m<L^=3.6m

2a

可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，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5m/s。

(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m物U二〃：物U1+/W球V2

其中v=5m/s,vi=-lm/s

解得V2=3m/s

小物块与小球碰撞过