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專題五、功與能
第一部分 織網(wǎng)點睛，綱舉目張


1．功和功率
(1)正、負(fù)功的判斷

(2)功和功率的計算

(3)機(jī)車啟動問題的兩種求解思路
①機(jī)車以恒定功率啟動：

②機(jī)車以恒定加速度啟動：

2．動能定理
(1)內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。
(2)表達(dá)式：W＝mv22－mv12。
(3)運用動能定理解題的優(yōu)越性
①動能定理既適用于恒力做功、直線運動、單過程問題，也適用于變力做功、曲線運動、多過程問題。
②動能定理不涉及勢能，解決的是合力做功與動能變化的問題，各力做功的情況都要進(jìn)行分析。
③在接觸面粗糙的情況下，機(jī)械能往往是不守恒的，可應(yīng)用動能定理解題。
3．機(jī)械能守恒定律
(1)判斷機(jī)械能是否守恒的兩個角度
①從功的角度：若只有物體重力和彈簧彈力做功，則物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
②從能的角度：若系統(tǒng)內(nèi)部只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，沒有其他形式的能(如內(nèi)能)與機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化，且系統(tǒng)與外部也沒有能量的轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(2)掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式

4．常見的功能關(guān)系及其體現(xiàn)
(1)常見的功能關(guān)系
合力做功與動能的關(guān)系
W合＝ΔEk
重力做功與重力勢能的關(guān)系
WG＝－ΔEp
彈力做功與彈性勢能的關(guān)系
W彈＝－ΔEp
除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系
W其他＝ΔE機(jī)
滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系
Ffx相對＝ΔE內(nèi)

(2)功能關(guān)系的體現(xiàn)


第二部分 實戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練
1. （2022·高考廣東物理）如圖8所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率、速度勻速行駛。己知小車總質(zhì)量為，， PQ段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（ ）

A．從M到N，小車牽引力大小為 、
B．從M到N，小車克服摩擦力做功
C．從P到Q，小車重力勢能增加
D．從P到Q，小車克服摩擦力做功
【參考答案】ABD
【命題意圖】本題考查功率，平衡條件，重力勢能和摩擦力做功的計算。
【解題思路】
從M到N，由P1=F1v1，解得小車牽引力F1= P1/v1=200/5N=40N，A正確；從M到N，小車勻速行駛，牽引力等于摩擦力，可得摩擦力f1= F1=40N，小車克服摩擦力做功Wf1= f1x=40×20J=800J，B正確；從P到Q，小車上升高度h=PQsin30°=20×0.5m=10m，小車重力勢能增加△Ep=mgh=50×10×10J=5000J，C錯誤；從P到Q，由P2=F2v2，解得小車牽引力F2= P2/v2=570/2N=285N，從P到Q，小車勻速行駛，小車牽引力F2=f2+mgsin30°，解得f2= F2-mgsin30°=285N-50×10×1/2N=35N。從P到Q，小車克服摩擦力做功Wf2= f2x=35×20J=700J，D正確。
【一題多解】對選項B，由于小車勻速運動，動能不變，也可利用動能定理，得出W1- Wf1=0，W1=P1t1，t1=x/v1，得出Wf1=W= P1x/v1=200×20/5J=800J。對選項D，由于小車勻速運動，動能不變，也可利用功能關(guān)系，得出W2- Wf2=△Ep=mgh，W2=P2t2，t2=x/v2，得出Wf1=W2- mgh = P2x/v2- mgh =570×20/2J-50×10×10J =700J。
2.（2022新高考江蘇卷）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運動員視為質(zhì)點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是（　　）

A. B.
C. D.
【參考答案】A
【命題意圖】本題考查動能定理及其相關(guān)知識點。
【解題思路】
設(shè)斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知，運動員在沿斜面下滑過程中，根據(jù)動能定理有Ek=mgxtanθ，即Ek=mgtanθ×x，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條傾斜的直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，所以運動員的動能與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是圖A。
3. （2022新高考江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（　?。?br />

A. 當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化
C. 下滑時，B對A的壓力先減小后增大
D. 整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量
【參考答案】B
【命題意圖】本題考查牛頓運動定律、能量守恒定律及其相關(guān)知識點。
【解題思路】
由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB整體有

隔離B分析受力，根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立可得 。
由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在開始時彈簧彈力也是沿斜面向上的，所以彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，彈力方向不發(fā)生變化，選項B正確；設(shè)彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程A、B不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得
，化簡得。
當(dāng)上滑到最大位移的一半時，A所受合外力
代入k值可知F合=0，由牛頓第二定律可知此時加速度為0，選項A錯誤；
根據(jù)B的分析可知
再結(jié)合B選項的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，選項C錯誤；由于A回到初始位置，整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，選項D錯誤。

4. （2022高考河北）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達(dá)到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機(jī)械能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（　　）


A. 物體和的質(zhì)量之比為
B. 時刻物體的機(jī)械能為
C. 時刻物體重力的功率為
D. 時刻物體的速度大小
【參考答案】BCD
【命題意圖】本題考查牛頓運動定律、機(jī)械能、功率及其相關(guān)知識點。
【名師解析】由牛頓第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP??mQ=1??2，選項A錯誤；經(jīng)過時間T，P上升高度，h1==，T時刻P速度v=aT=，P豎直上拋運動，豎直上拋高度h2==。PQ之間豎直高度為h= h1+ h2= +=，t=0時物體的機(jī)能為E= mQg h=..。在Q勻加速下落過程中，隔離Q受力分析，由牛頓第二定律，mQg- F =mQa，解得細(xì)繩中拉力F= 2mQg/3.對Q由功能原理可知，T時刻Q的機(jī)械能為ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T時刻后，只有重力對Q做功，Q機(jī)械能不變，所以時刻物體的機(jī)械能為，選項B正確；由豎直上拋運動到最高點的時間為t=v/g=T/3，時刻物體P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物體重力的功率為PG= mPgv===，選項CD正確。
5．（2022·全國理綜甲卷·14）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（ ）

A． B． C． D．
【參考答案】D
【命題意圖】本題考查機(jī)械能守恒定律，牛頓運動定律，圓周運動。
【解題思路】從a到c，由機(jī)械能守恒定律，mgh=mv2，在c點，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=m，F(xiàn)≤kmg，聯(lián)立解得R≥，選項D正確。

6. （2022·全國理綜乙卷·16）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（　?。?br />
A. 它滑過的弧長
B. 它下降的高度
C. 它到P點的距離
D. 它與P點的連線掃過的面積
【參考答案】C
【名師解析】
設(shè)小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑到Q，如圖所示

設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點的距離為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

由幾何關(guān)系可得，
聯(lián)立可得
由可得，即小環(huán)的速率正比于它到P點的距離L，故C正確，ABD錯誤。

7．（2022年6月浙江選考）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達(dá)平臺速度剛好為零，則提升重物的最短時間為
A．13.2s B．14.2s
C．15.5s D．17.0s
【參考答案】C
【命題意圖】本題考查功率、直線運動和牛頓運動定律。
【解題思路】以最大加速度向上運動時間最短。提升向上加速的最大加速度a1=（F-mg）/m=5m/s2。當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，設(shè)重物速度為，則有，加速上升時間為t1=v1/a=0.8s，勻加速上升高度h1=v1t1/2=1.6m，減速上升時間t3=v/a=1.2s，上升高度h3=v t2/2=3.6m，設(shè)重物從結(jié)束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為，上升高度h2=85.2m- h1- h3=85.2m-1.6m-3.6m=80m。該過程以額定功率提升重物，根據(jù)動能定理可得Pt2-mgh2=-，解得t2=13,5s。提升重物的最短時間為t= t1+ t2+ t3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s，，所以C正確。


8．（2022高考河北卷）[河北2022·9，6分]如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達(dá)到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機(jī)能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（ ），

A．物體和的質(zhì)量之比為
B．時刻物體的機(jī)械能為
C．時刻物體重力的功率為
D．時刻物體的速度大小
【參考答案】BCD
【名師解析】由牛頓第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP??mQ=1??2，選項A錯誤；經(jīng)過時間T，P上升高度，h1==，T時刻P速度v=aT=，P豎直上拋運動，豎直上拋高度h2==。PQ之間豎直高度為h= h1+ h2= +=，t=0時物體的機(jī)能為E= mQg h=..。在Q勻加速下落過程中，隔離Q受力分析，由牛頓第二定律，mQg- F =mQa，解得細(xì)繩中拉力F= 2mQg/3.對Q由功能原理可知，T時刻Q的機(jī)械能為ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T時刻后，只有重力對Q做功，Q機(jī)械能不變，所以時刻物體的機(jī)械能為，選項B正確；由豎直上拋運動到最高點的時間為t=v/g=T/3，時刻物體P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物體重力的功率為PG= mPgv===，選項CD正確。
9. （2022年1月浙江選考）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電動機(jī)帶動，電動機(jī)正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A。不計電動機(jī)的摩擦損耗，電動機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，忽略水在管道中運動的機(jī)械能損失，則（　?。?br />

A. 每秒水泵對水做功為75J
B. 每秒水泵對水做功為225J
C. 水泵輸入功率為440W
D. 電動機(jī)線圈的電阻為10
【參考答案】D
【名師解析】每秒噴出水的質(zhì)量為,抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為
，故AB錯誤；
水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，則，而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，則，故C錯誤；電動機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機(jī)的機(jī)械功率為，而電動機(jī)的電功率為，。由能量守恒可知，聯(lián)立解得，故D正確。

10. （2022年1月浙江選考）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cos37°=0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，
（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大??；
（2）設(shè)釋放點距B點的長度為，滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與之間的關(guān)系式；
（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度的值。

【參考答案】（1）7N；（2）；（3）見解析
【名師解析】（1）到C點過程

C點時由牛頓第二定律，
解得：
（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時

解得
要能過F點
（3）設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點時的n倍

解得
當(dāng)時，
當(dāng)時，
當(dāng)時，
易錯警示：本題（2）中考生容易得出速度關(guān)系，但的取值范圍弄錯，寫成，導(dǎo)致這種錯誤的原因是漏掉必須通過圓弧軌道的最高點才能到達(dá)點，即漏掉這個制約關(guān)系從而無法正確界定。
本題（3）中考生易漏掉這個條件，從而不能完整的解答。
11. （2021重慶高考） 如圖所示。豎直平面內(nèi)有兩個半徑為R，而內(nèi)壁光滑的1/4圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，地面水平，O、O1為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處靜止釋放，當(dāng)通過N點時，速度大小為（重力加速度為g）

A. B.
C. D.
【參考答案】D
【名師解析】由圖中幾何關(guān)系可知，圖中NO連線與水平方向的夾角θ=30°。設(shè)小物塊通過N點時速度為v，小物塊從左側(cè)圓弧最高點靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律，mgRsinθ=mv2，解得：v=，選項D正確。
12. （2021重慶高考） 額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動，其發(fā)動機(jī)的牽引力隨時間的變化曲線如題圖所示。兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，從t2和t4時刻開始牽引力均視為不變。若兩車行駛時所受的阻力大小與重力成正比，且比例系數(shù)相同，則

A. 甲車的總重比乙車大
B. 甲車比乙車先開始運動
C. 甲車在t1時刻和乙車在t3時刻的速率相同
D. 甲車在t2時刻和乙車在t4時刻的速率相同
【參考答案】ABC
【名師解析】根據(jù)題述，兩車額定功率P相同，所受阻力f=kmg。根據(jù)甲車t2時刻后和乙車t4時刻后兩車牽引力不變時甲車牽引力大于乙車，由F=f=kmg，可知甲車的總重比乙車大，選項A正確；對甲乙兩車啟動的第一階段，牽引力與時間t成正比，即F=k’t，由k’t= f=kmg，可知甲車牽引力先達(dá)到超過阻力，所以可以判斷出甲車比乙車先開始運動，選項B正確；甲車在t1時刻牽引力等于乙車在t3時刻的牽引力，又兩車剛到達(dá)額定功率，由P=Fv可知，甲車在t1時刻的速率等于乙車在t3時刻的速率，選項C正確；甲車在t2時刻達(dá)到最大速度，乙車在t4時刻達(dá)到最大速度，根據(jù)汽車的額定功率P=fvm=kmgvm，由于甲車的總重比乙車大，所以甲車在t2時刻的速率小于乙車在t4時刻的速率，選項D錯誤。
13. （2022高考上海） 如圖所示，AB為平直軌道，長為L，物塊與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面之間的高度差為h1，BC之間的高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A靜止開始運動，到達(dá)B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地。已知重力加速度為g。

（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；
（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件。
【參考答案】（1）E1- mgh1（2）＜F＜
【命題意圖】本題考查機(jī)械能守恒定律+動能定理+模型思想
【名師解析】（1）從B到落地過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢能面，由機(jī)械能守恒定律
mgh1+EkB=E1
解得：EkB=E1- mgh1
（2）對整個過程，由動能定理，
FmaxL-μmgL+ mgh1= E1
解得：Fmax=
若物塊恰能到達(dá)C點，由動能定理，
FminL-μmgL-mgh2=0
解得：Fmin=
綜上所述，恒力F必須滿足的條件是：＜F＜



12.(2020·江蘇高考)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球線速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R
設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcos α＝F向；Fsin α＝mg
解得F＝。
(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，
由機(jī)械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2。
答案：(1)2ωR　(2)
(3)(ωR)2


第三部分 思路歸納，內(nèi)化方法
一、功與功率
1．變力做功的兩種求法
(1)用動能定理計算。
(2)用F-x圖線與x軸所圍“面積”求解。
2．計算功率時的兩個提醒
(1)明確是求瞬時功率，還是求平均功率。
(2)求瞬時功率時注意F、v間的夾角，求平均功率時應(yīng)明確是哪段時間內(nèi)的平均功率。
3．解決機(jī)車啟動問題的兩點注意
(1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動：
①勻加速啟動過程中，機(jī)車功率是不斷增大的，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時勻加速運動速度達(dá)到最大，但不是機(jī)車能達(dá)到的最大速度。
②以額定功率啟動的過程中，牽引力是不斷減小的，機(jī)車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力。
(2)無論哪種啟動方式，最后達(dá)到最大速度時，均滿足P＝Ffvm，P為機(jī)車的額定功率。
二　動能定理的應(yīng)用
1．應(yīng)用動能定理解題的思維流程

2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題
(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡捷。
(2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。
(3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。
3.應(yīng)用動能定理時常見的三個誤區(qū)
(1)公式W＝mv22－mv12中W應(yīng)是總功，方程為標(biāo)量方程，不能在某方向上應(yīng)用。
(2)功的計算過程中，易出現(xiàn)正、負(fù)功判斷錯誤及遺漏某些力做功的現(xiàn)象。
(3)多過程問題中，不善于挖掘題目中的隱含條件，運動物體的過程分析易出現(xiàn)錯誤?！?br />
三、機(jī)械能守恒問題
1. 機(jī)械能守恒的四種情況
(1)只有重力做功時，只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。
(2)只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化。
(3)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。
(4)除受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)外，還受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代數(shù)和為零?！　?
【名師點撥】
(1)對于單個物體，如果運動過程中只有重力做功，則其機(jī)械能守恒。
(2)應(yīng)用能量守恒觀點列方程時應(yīng)選擇零勢能面，不特殊說明，一般選地面為零勢能面?！　?br /> 2　系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題中三類常見的連接體
速率相等
的連接體

兩物體在運動過程中速率相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。
角速度相等的連接體

兩球在運動過程中角速度相等，線速度大小與半徑成正比，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。
某一方向分速度相等的連接體　　

A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度沿繩的方向和垂直于繩的方向分解，如圖所示。其中沿繩子方向的速度vx與A的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。


四、功能關(guān)系與能量守恒定律
1. 功能關(guān)系的選取方法
(1)若只涉及動能的變化用動能定理。
(2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。
(3)只涉及機(jī)械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析。
2. 應(yīng)用能量守恒定律解題的兩條基本思路
(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增?！?

第四部分 最新模擬集萃，提升應(yīng)試能力
1.（2023濟(jì)南重點高中質(zhì)檢） 如圖所示，京張高鐵將北京到張家口的通行時間縮短在1小時內(nèi)，成為2022年北京冬奧會重要的交通保障設(shè)施。假設(shè)此高鐵動車啟動后沿平直軌道行駛，發(fā)動機(jī)的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小恒定。已知動車的質(zhì)量為m，最高行駛速度km/h。則下列說法正確的是（　?。?br />
A. 行駛過程中動車受到的阻力大小為
B. 當(dāng)動車的速度為時，動車的加速度大小為
C. 從啟動到速度為的過程中，動車牽引力所做的功為
D. 由題目信息可估算京張鐵路的全長為350km
【參考答案】B
【名師解析】
．動車速度最大時，牽引力與阻力平衡，則行駛過程中動車受到的阻力大小
故A錯誤；
當(dāng)動車的速度為時，動車的牽引力
根據(jù)牛頓第二定律
解得，故B正確；
從啟動到速度為的過程中，動車牽引力所做的功等于動車動能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C錯誤；
只知道最高的瞬時速率，無法估算平均速率，無法得出大致路程，故D錯誤。
2. （2022年9月甘肅張掖一診）如圖所示，在一個固定的光滑的傾角為θ的斜面上，一質(zhì)量為m的物塊在平行于斜面向上的恒力F的作用下，由靜止從斜面底端向上做勻加速直線運動，斜面足夠長，經(jīng)一段時間后撤去恒力F，物塊又經(jīng)相同時間回到出發(fā)點。重力加速度為g。則（ ）

A. 物塊在沿斜面向上運動的過程中，機(jī)械能先增大后守恒
B. 物塊在沿斜面向下運動的過程中，機(jī)械能一直減小
C. 撤去恒力前后，物塊物塊加速度大小之比為1：2
D. 撤去恒力前后，物塊物塊加速度大小之比為1：3
【參考答案】AD
【名師解析】物塊在平行于斜面向上的恒力F的作用下向上做勻加速直線運動過程，恒力F做正功，物塊機(jī)械能增加，撤去恒力F后，物體由于慣性繼續(xù)向上做勻減速直線運動，速度為零后又向下做勻加速直線運動，但撤去恒力F后，物塊只有重力做功，物塊機(jī)械能守恒，A正確、B錯誤；
設(shè)撤去恒力前物塊的加速度為a1，恒力作用時間為t，則在恒力作用下物塊的位移和撤去恒力瞬間物塊的末速度為，v = a1t
設(shè)撤去恒力后物塊的加速度為a2，且取沿斜面向下為正有
聯(lián)立解得a1：a2 = 1：3，C錯誤、D正確。
3．（2022年9月河北示范性高中調(diào)研）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著一個傾斜光滑桿，桿上套著一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)通過輕繩繞過一定滑輪（無摩擦）與一個豎直放置的輕彈簧相連接（彈簧下端固定在地面上），在外力作用下物塊靜止在A點，細(xì)線剛好拉直并且垂直于長桿，彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)將物塊從A點靜止釋放，物塊運動到C點速度為零，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度以內(nèi)，不計滑輪質(zhì)量。則下列說法正確的是（ ）

A．在下滑過程中，圓環(huán)、彈簧與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒
B．由于斜面光滑，圓環(huán)從A到B過程彈簧彈性勢能的增加量等于B到C過程中彈簧彈性勢能的增加量
C．圓環(huán)在最低點加速度為零
D．合外力從A到B過程中對圓環(huán)所做的功不等于從B到C過程中所做的功
【參考答案】．D
【名師解析】圓環(huán)下滑過程中，圓環(huán)，彈簧與地球組成的系統(tǒng)滿足系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A選項錯誤。
圓環(huán)從A到B過程中，圓環(huán)的重力勢能轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的動能和彈簧的彈性勢能，而圓環(huán)從B到C過程中，圓環(huán)的重力勢能和動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故B選項錯誤。
圓環(huán)在最低點速度為零，但是加速度沿斜面向上，C選項錯誤。
圓環(huán)從A到B過程合外力所做的功等于從B到C過程克服合外力所做的功，D選項正確。
4．（2022年9月河北示范性高中調(diào)研）車庫出入口采用如圖甲所示的曲桿道閘，現(xiàn)將道閘簡化為圖乙所示的模型。該模型由完全相同、材質(zhì)均勻的轉(zhuǎn)動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平．已知桿OP和PQ的質(zhì)量均為m，則桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動到60°的過程中，忽略空氣阻力和摩擦力各軸間的，下列說法正確的是（ ）

A．P點的加速度大小不變
B．Q點的運動為勻速圓周運動
C．桿PQ重力的功率始終不變
D．電動機(jī)對OP做的功與桿PQ對桿OP做的功之和為零
【參考答案】．AB
【名師解析】：P點的運動為勻速圓周運動，所以其加速度為向心加速度，大小不變，A正確。
由于P和Q點始終相對靜止，所以Q點的運動也是勻速圓周運動，B正確。
，桿PQ的速度大小不變，與PQ重力的夾角在改變，所以PQ重力的瞬時功率在變化，C錯誤。根據(jù)動能定理，桿OP的動能一直不變，所以應(yīng)該是電動機(jī)對OP做的功、桿PQ對桿OP做的功和桿OP重力做功之和為零，D錯誤。
5．（2023江西紅色十校第一次聯(lián)考）四川西嶺雪山滑雪場是中國南方規(guī)模最大、檔次最高、設(shè)施最完善的大型滑雪場。某段滑道建在一斜坡上，斜坡簡化為一斜面，傾角，示意圖如圖所示。運動員從a點由靜止自由滑下，到達(dá)c點飛離滑道，bc為一小段半徑為R的圓弧且b點為圓弧的最低點，運動員視為質(zhì)點，不計一切阻力，若要求運動員在b點對滑道沿斜面向下的作用力不超過自身重力的3倍，則a、b點間的高度差（ ）

A．不大于 B．不大于
C．不小于 D．不小于R
【參考答案】A
【名師解析】運動員從a點到b點，根據(jù)機(jī)械能守恒有，在b點，由圓周運動規(guī)律有，，聯(lián)立解得，A項正確。
6. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）A、B兩物體的質(zhì)量之比為，它們以相同的初速度在水平面上做勻減速直線運動直到停止，其速度—時間圖像如圖所示。那么，A、B兩物體所受摩擦阻力大小之比與A、B兩物體克服摩擦力做的功之比分別為（ ）

A. ， B. ， C. ， D. ，
【參考答案】B
【名師解析】
根據(jù)動量定理可得，
可得

根據(jù)動能定理可得
，
可得

故選B。
7. （2023河南鄭州四中第一次調(diào)研）小華同學(xué)下樓時乘坐小區(qū)電梯，在坐電梯運動的過程中，重力的瞬時功率與時間的關(guān)系圖像如圖所示。已知小華的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　?。?br />
A. 0~t0時間內(nèi)，電梯的加速度大小為
B. 0~t0時間內(nèi)，電梯對小華支持力大小為
C. 0~2t0時間內(nèi)重力做的功為
D. 0~2t0時間內(nèi)小華克服支持力做的功為
【參考答案】AC
【名師解析】
重力的瞬時功率
P=mgv
由圖像得：0~t0時間內(nèi)

可得

則加速度

不變，電梯在0~t0時間內(nèi)勻加速下降，A正確；
在0~t0時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得
mg–N=ma
解得

B錯誤；
根據(jù)“P–t圖像中圖線與t軸包圍的面積表示功”得：0~2t0時間內(nèi)重力做的功

C正確；
當(dāng)t=t0時，t0~2t0時間內(nèi)重力功率不變，速度不變，即2t0時刻的速度大小
v2=v1
0~2t0時間內(nèi)，根據(jù)動能定理有

解得小華克服支持力做的功

D錯誤。
8.. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）今年8月持續(xù)高溫使得重慶發(fā)生了山火，政府出動了直升機(jī)滅火。如圖甲所示，在繩索的作用下水箱由靜止開始豎直向上運動，水箱的機(jī)械能E與其豎直位移y的變化關(guān)系圖像如圖乙所示，其中OA段為曲線，AB段為直線。若忽略摩擦阻力和空氣阻力，則（ ）

A. 在OA段，水箱一定做勻變速直線運動
B. 在AB段，水箱一定做勻變速直線運動
C. 在OA段，繩索對水箱的拉力一直不變
D. 在AB段，繩索對水箱的拉力一直不變
【參考答案】D
【名師解析】
根據(jù)物體機(jī)械能的變化等于除重力外的其他力做的功，可知水箱的機(jī)械能變化等于繩索對水箱的拉力做的功，則圖乙中圖線斜率絕對值等于繩索對水箱的拉力大?。辉贠A段，繩索對水箱的拉力逐漸減小，水箱受到的合力不是恒力，水箱不是做勻變速直線運動，故AC錯誤；
在AB段，圖線的斜率保持不變，可知繩索對水箱的拉力一直不變，但可能拉力等于水箱的重力，水箱可能做勻速直線運動，故B錯誤，D正確。
9. （2023江蘇南通第一次質(zhì)檢）如圖所示，斜面體靜置在水平面上，斜面底端固定一擋板，輕彈簧一端連接在擋板上，彈簧原長時自由端在B點。一小物塊緊靠彈簧放置，在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終停在斜面上，斜面體始終保持靜止，則（　?。?br />
A. 整個運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能大于彈簧彈性勢能的變化量
B. 物塊上滑過程速度最大的位置在下滑過程速度最大的位置的上方
C. 物塊從A上滑到C過程中，地面對斜面體的摩擦力方向先左再向右
D. 物塊從C下滑到最低點過程中，地面對斜面體摩擦力先不變，后增大再減小
【參考答案】C
【名師解析】
根據(jù)題意可知物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點C然后下滑，說明重力沿斜面的分力大于最大靜摩擦力，所以物塊最終會停在A、B之間的某位置，物塊靜止時彈簧處于壓縮態(tài)，根據(jù)能量守恒可知，整個運動過程中減少的彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的重力勢能，即產(chǎn)生的內(nèi)能小于彈簧彈性勢能的變化量，故A錯誤；在上滑過程中加速度為零時速度最大，則有

彈簧的壓縮量為
下滑時
解得
比較可得
由此可知物塊上滑過程速度最大的位置在下滑過程速度最大的位置的下方，故B錯誤；
物塊從A上滑到C過程中，物塊的加速度先減小為0，方向沿斜面向上，后反向增大再不變，方向沿斜面向下。根據(jù)牛頓第三定律斜面先有向右運動的趨勢，后有向左運動的趨勢，所以地面對斜面體的摩擦力方向先向左后向右，故C正確；
物塊從C下滑到最低點過程中，物塊的加速度先不變，后減小，然后反向增大，所以地面對斜面體的摩擦力先不變，后減小再增大，故D錯誤。
10. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）若某人的心率為75次/分，每跳一次輸送80mL血液，他的血壓（可看作心臟壓送血液的平均壓強(qiáng)）為，此人心臟跳動做功的平均功率約為（ ）
A. 1.2W B. 1.5W C. 12W D. 9W
【參考答案】B
【名師解析】
根據(jù)平均功率表達(dá)式
可得，選項B正確。
11. （2023遼寧鐵嶺六校協(xié)作體聯(lián)考） 質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是（ ）

A. B. C. D. mgR
【參考答案】C
【思路分析】圓周運動在最高點和最低點沿徑向的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點和最低點的速度，再根據(jù)動能定理求出此過程中小球克服空氣阻力所做的功．
【名師解析】小球在最低點，由牛頓第二定律有：F-mg=m，由題意知：F =7mg ，在最高點時，由于小球恰好能通過最高點，重力提供向心力有：mg=m，小球選取從最低點到最高點作為過程，由動能定理可得：-mg?2R-Wf=m-，聯(lián)立以上可得：Wf=mgR，故C正確，ABD錯誤．
【點睛】本題主要考查了圓周運動與能量結(jié)合問題，由繩子的拉力可求出最低點速度，由恰好能通過最高點求出最高點速度，這都是題目中隱含條件．同時在運用動能定理時，明確初動能與末動能，及過程中哪些力做功，做正功還是負(fù)功．
12. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A和B，用輕質(zhì)彈簧連接放在水平地面上，物塊A通過一根水平輕繩連接到墻上，物塊A的下表面光滑；物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，用水平拉力將物塊B向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，物塊B恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，則（ ）

A. 剪斷輕繩后，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
B. 剪斷輕繩后，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. 彈簧壓縮到最短時，物塊A、B有一起向右的共同速度
D. 從剪斷輕繩到彈簧壓縮到最短，物塊A的位移為
【參考答案】BD
【名師解析】
剪斷輕繩后，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以動量不守恒，故A錯誤；
撤去拉力后，物塊B恰好能保持靜止，此時彈簧的伸長量為x，滿足

即

剪斷輕繩后，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧的最大壓縮量也為x，此時物塊B恰好能保持靜止，彈簧壓縮到了最短，所以剪斷輕繩后，由于物塊B始終保持靜止，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能也守恒，因此從剪斷輕繩到彈簧壓縮到最短，物塊A的位移為

故BD正確，C錯誤。
13. （2023陜西師大附中期初檢測）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（　?。?br />
A. 從M到N，小車牽引力大小為
B. 從M到N，小車克服摩擦力做功
C. 從P到Q，小車重力勢能增加
D. 從P到Q，小車克服摩擦力做功
【參考答案】ABD
【名師解析】
小車從M到N，依題意有

代入數(shù)據(jù)解得

故A正確；
依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為

則摩擦力做功為

則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；
依題意，從P到Q，重力勢能增加量為

故C錯誤；
依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有

摩擦力做功為


聯(lián)立解得

則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。
14. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）如圖所示，豎直面內(nèi)有兩個光滑固定的半圓軌道，兩軌道在O點與水平面相切，A、B、O三點在同一豎直線上，直徑OA長度為2d，直徑OB長度為d。一滑塊（視為質(zhì)點）從O點以初速度分別沿兩軌道滑行到A點或B點后水平拋出。滑塊落到水平而上時，落點與O點間的距離分別為和，為實現(xiàn)，則的值可取（ ）

A. B.
C. D.
【參考答案】ABC
【名師解析】
從O點到A點根據(jù)動能定理
從A點水平拋出，
解得
對從O點到B點根據(jù)動能定理
從B點水平拋出，，
解得
為實現(xiàn)，則
故ABC正確，D錯誤。
15. （2023湖南三湘創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)考）質(zhì)量為m的平衡車進(jìn)行空載測試時，以大小為的初速度在水平地面上沿直線做加速運動，經(jīng)過時間t達(dá)到最大速度，此過程中平衡車受到的阻力恒為車重的k倍，重力加速度大小為g，電動機(jī)輸出功率恒為額定功率，在時間t內(nèi)，下列說法正確的是（　　）

A. 平衡車達(dá)到的最大速度為
B. 平衡車達(dá)到的最大速度為
C. 平衡車的位移大小為
D. 平衡車的位移大小為
【參考答案】AC
【名師解析】
根據(jù)題意可知，當(dāng)牽引力等于阻力時，平衡車的速度達(dá)到最大值，由公式可得，最大速度為

又有

聯(lián)立解得，故B錯誤，A正確；
．根據(jù)題意，設(shè)平衡車的位移大小為，由動能定理有

解得，故D錯誤，C正確。
故選AC。
16. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）如圖所示為警犬訓(xùn)練的情境簡化圖，訓(xùn)練時一質(zhì)量為24kg的警犬從左側(cè)平臺邊緣A處水平跳出，落到距A點豎直距離、水平距離的B點；匍匐前進(jìn)通過水平面BC，在C點縱身一躍，恰好在最高點處用嘴咬住豎直懸繩的下端，繩長，上端固定在O點；然后蕩到右側(cè)平臺邊緣D點速度恰好為0，D點到水平面BC的豎直距離，距O點的水平距離為。運動過程中警犬可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，警犬咬住繩子前后沒有機(jī)械能損失，重力加速度。求：
（1）警犬從A點水平跳離時的速度大??；
（2）警犬在C點縱身跳起時的速度大小；
（3）警犬咬住繩子時，繩子對警犬的拉力大小。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)警犬從A點水平跳離時的速度大小為，從A到B做平拋運動，則有
，
聯(lián)立可得

（2）設(shè)警犬在C點縱身跳起時的速度大小為，從C到D滿足機(jī)械能守恒，則有

解得

（3）設(shè)與豎直方向的夾角為，則有

可得

設(shè)警犬咬住繩子時，警犬的速度為，警犬從咬住繩子到D點的過程，有

警犬咬住繩子時，設(shè)繩子對警犬的拉力大小為T，根據(jù)牛頓第二定律可得

聯(lián)立解得

17. （2023遼寧鐵嶺六校協(xié)作體聯(lián)考）如圖所示，四分之一光滑圓軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，粗糙水平軌道BC與圓弧AB相切于B點。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg，可視為質(zhì)點物塊從與圓心等高的A點靜止釋放，物塊滑至圓弧軌道最低點B時的速度大小為，之后物塊向右滑上動摩擦因素的粗糙水平軌道BC，取重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。
（1）求光滑圓軌道AB的半徑大小R；
（2）物塊滑至圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小F；
（3）物體最終停下來，求物體在水平面上通過的位移x。

【參考答案】（1）0.2m；（2）30N；（3）0.4m
【名師解析】
（1）物塊從A點到B點運動的過程中，由動能定理可得

解得
R=02m
（2）物塊在B點時

解得
FN=30N
由牛頓第三定律得
F=30N
（3）物塊從釋放到在水平軌道上靜止的全過程中，由動能定理可得

解得
0.4m
18. （2023重慶八中高三質(zhì)檢）如圖所示為某同學(xué)用手機(jī)記錄的從一定高度由靜止釋放的乒乓球與地面相撞的聲音隨時間的變化關(guān)系圖。
下表為聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時刻。（重力加速度）
碰撞次序
1
2
3
4
5
6
7
碰撞時刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
278
3.14
3.47
求：
（1）乒乓球第3次與地面相撞后上升的最大高度是多少？
（2）第3次碰撞損失的動能為碰撞前動能的百分之幾（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）？

【參考答案】（1）0.20m；（2）
【名師解析】
（1）由表中可知第三次碰撞到第四次碰撞用時

則碰后彈起的時間為

根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式，有

（2）第三次碰撞前的速度為第二次碰撞后的速度

第三次碰撞后的速度

所以第3次碰撞損失的動能為碰撞前動能的百分比為

所以第3次碰撞損失的動能為碰撞前動能的。
19. (2023浙江名校新高考研究聯(lián)盟第一次聯(lián)考)如圖所示，BO是長為L的平直導(dǎo)軌，物塊與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，AB為光滑弧形軌道，與平直導(dǎo)軌平滑連接。B與地面間高度差為h1，AB間高度差為h2，以平直軌道末端O點為坐標(biāo)原點，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，已知重力加速度為g。
（1）若一質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下從O點靜止開始向左運動，到達(dá)B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過A點向左拋出后落地。
①若物體落地動能為E1，求經(jīng)過B點的動能EkB；
②若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件；
（2）若滑塊m從光滑曲面上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點落到弧形軌道PQ上的動能均相同，弧形軌道P端坐標(biāo)為（2L，L），Q端在y軸上，求PQ的曲線方程。

【名師解析】：
（1）①從B到落地過程中機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢能面，則 1分
得 1分
②整個過程中根據(jù)動能定理得： 1分
1分
若物體恰能達(dá)到B點，根據(jù)動能定理得： 1分

綜上所述可得： 1分
（2）物塊從O點飛出后做平拋運動，設(shè)飛出的初速度為，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為，將平拋運動分別分解到水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，有
， 1分
聯(lián)立解得水平初速度為 1分
物塊A從點O到軌道上落點，根據(jù)動能定理可知 1分
解得落點處動能為 1分
因為物塊A從O點到弧形軌道上動能均相同，將落點的坐標(biāo)代入，可得
1分
化簡可得
即（其中，L≤y≤2L） 1分
曲線方程形式可以不同，L≤y≤2L 范圍沒寫不得分
20. （2023濟(jì)南重點高中質(zhì)檢）如圖為北京2022年冬奧會滑雪大跳臺的賽道示意圖，著陸坡末端是半徑為的圓弧軌道，軌道對應(yīng)的圓心角為。在某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為（含裝備）的運動員經(jīng)助滑道加速后，自起跳點以大小為、方向與水平面夾角為的速度飛起，完成空中動作后，恰好沿點的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，接著自由滑行通過最低點后進(jìn)入水平停止區(qū)，然后做勻減速直線運動直到靜止。已知在圓弧軌道的點地面對運動員的支持力為其重力（含裝備）的1.8倍，運動員與停止區(qū)之間的動摩擦因數(shù)，取，，，忽略運動過程中的空氣阻力，運動員視為質(zhì)點。求：
（1）運動員沿水平停止區(qū)滑行的距離；
（2）以停止區(qū)平面為參考平面，運動員在點的機(jī)械能；
（3）運動員沿圓弧軌道運動時克服摩擦力做的功。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）在點，對運動員由牛頓第二定律，有

運動員到達(dá)點后，做勻減速直線運動，由動能定理可得

聯(lián)立解得

（2）運動員從點到點機(jī)械能守恒，則點和點機(jī)械能相等，即，運動員從點到點水平方向做勻速直線運動，

即

則在點的機(jī)械能為

代入數(shù)據(jù)得

（3）運動員沿圓弧軌道運動的過程，由動能定理，有

解得


21. （2023江蘇南通第一次質(zhì)檢） 如圖所示，一足夠長的光滑直桿水平固定，桿上P點固定一輕質(zhì)滑輪，小球A套在桿上位于P點右側(cè)，半圓形光滑細(xì)軌道豎直固定在地面上，圓心O在P點正下方，小球B套在軌道上。A、B兩球用不可伸長的柔軟輕繩跨過定滑輪連接，初始時兩球均靜止且輕繩呈伸直狀態(tài)。已知桿與水平地面的間距H=0.4m，圓軌道半徑R=0.3m，A、B兩球的質(zhì)量分別為、，桿和圓軌道在同一豎直面內(nèi)，不計滑輪與軸間的摩擦及滑輪大小，重力加速度g取。現(xiàn)對A球施加一水平向右的拉力，求：
（1）若兩球仍保持靜止且B球?qū)Φ孛娴膲毫η榱悖Φ拇笮。?br /> （2）若拉力大小恒為，當(dāng)B球運動到P點正下方時，B球的速度大小v；
（3）若拉力大小恒為，當(dāng)兩球速度大小相等時，輕繩中的拉力大小。

【參考答案】（1）50N；（2）3m/s；（3）
【名師解析】
【詳解】（1）對B球進(jìn)行受力分析，B球受重力，圓軌道的彈力N1，繩的拉力T1，由平衡條件，根據(jù)相似三角形得

解得

對A球受力分析，據(jù)平衡條件得

（2）當(dāng)B球運動到P點正下方時，B球沿繩方向的分速度為0，所以A球的速度大小為0，對A、B系統(tǒng)由能量守恒得

解得

（3）當(dāng)B球運動到速度方向沿繩方向時，即繩BP恰好與圓相切，此時A、B兩球速度相等，且沿繩方向的加速度也相等，此時

解得

對A球受力分析，由牛頓第二定律得

對B球受力分析，由牛頓第二定律得
沿繩方向

聯(lián)立解得

22. （2023江蘇南通第一次質(zhì)檢）冬奧會上，跳臺滑雪運動員從跳臺A處以某一初速度水平飛出，在空中飛行落在斜坡上B處，如圖所示。運動員在空中所受阻力的方向豎直向上，已知運動員的質(zhì)量為，阻力為重力的0.2倍，重力加速度取。求運動員：
（1）在空中運動過程中動量的變化量；
（2）從A運動到B的過程中，重力做功的功率。

【參考答案】（1），方向豎直向下；（2）
【名師解析】
（1）運動員在空中受到的合力方向豎直向下，大小為

根據(jù)動量定理，運動員在空中運動過程中動量的變化量為

方向豎直向下。
（2）運動員在空中的加速度方向豎直向下，大小為

運動員在空中的下落的豎直高度為

從A運動到B的過程中，重力做功為

從A運動到B的過程中，重力做功的功率為


23. （16分）（2023湖北襄陽重點高中質(zhì)檢）2022年2月我國成功舉辦了第24屆“冬奧會”，在“冬奧會”雪上項目中跳臺滑雪是極具觀賞性的一個項目。若跳臺滑雪滑道可以簡化為由一段圓弧形雪道AB和一個斜面直雪道BC組成，其中圓弧形軌道的B端切線水平，其半徑R＝50m、圓心角為；斜面直雪道的傾角為，如圖所示。一總質(zhì)量m＝60kg的運動員從圓弧形雪道的A端由靜止自由滑下，然后從B端以的速度水平飛出，最后落到斜面直雪道上的C點（圖中未標(biāo)出）。運動員可看作質(zhì)點，其運動過程中所受的空氣阻力可忽略不計，，取。求：
（1）運動員從A端滑至B端的過程中，阻力所做的功W；
（2）BC兩點間的距離s；
（3）運動員在空中飛行過程中，重力做功的功率最大值Pm。
【名師解析】
（1）運動員從A端滑至B端的過程中，根據(jù)動能定理有

解得

（2）運動員做平拋運動落在傾角為的斜面直雪道，則水平位移與合位移的夾角為，設(shè)C點豎直方向的速度為，根據(jù)平拋運動的推論可知

解得

豎直位移為

合位移即為BC兩點間的距離，則

（3）設(shè)速度方向與水平方向的夾角為，合速度為v，下落過程重力做功的功率為

運動到C點時豎直方向速度達(dá)到最大值

則重力做功的功率最大值為


24. （2023浙江舟山質(zhì)檢）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道，圓心為O的豎直半圓軌道、水平直軌道及彈性板等組成，半圓軌道最高點D與水平直軌道右端點E處在同一豎直線上，且D點略高于E點。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量，軌道的半徑，軌道的長度，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，其余各部分軌道均光滑。游戲時滑塊從A點彈出，經(jīng)過圓軌道井滑上水平直軌道。彈簧的彈性勢能最大值，彈射器中滑塊與彈簧相互作用時，機(jī)械能損失忽略不計，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回，不計滑塊通過之間的能量損失。
（1）若彈簧的彈性勢能，求滑塊運動到與圓心O等高的C點時所受彈力；
（2）設(shè)彈簧的彈性勢能為，寫出滑塊第一次到達(dá)F點時的速度v與之間的關(guān)系式；
（3）若滑塊最終靜止在水平直軌道上，求彈簧的彈性勢能的范圍。

【參考答案】（1）；（2），且；
（3）或或
【名師解析】
（1）滑塊從A到圓心O等高處，由機(jī)械能守恒定律得

在C點，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得

代入數(shù)據(jù)解得

（2）滑塊從A點到第一次到達(dá)F點

解得

要保證滑塊能到達(dá)F點，必須要保證它能到達(dá)半圓軌道最高點D


可解得

綜上可得
，且
（3）若滑塊恰能通過半圓軌道最高點D

若滑塊以最大彈性勢能彈出時，能停在水平直軌道上，在上滑行的最大路程為

解得

在軌道上往返一次損失的能量為

可知，若滑塊最終靜止在水平直軌道，如下三種情況滿足要求
①，可得
②，可得
③，可得
25. （2023浙江舟山質(zhì)檢）如圖1所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，圖2為冰壺比賽場地示意圖。某次比賽中，運動員攜帶質(zhì)量的冰壺一起從起踏器處以的速度作勻減速直線運動，至投擲線處釋放冰壺，冰壺恰好停在營壘圓心O處。已知起踏器和投擲線之間距離，投擲線與營壘圓心O的距離，冰壺與冰面之間動摩擦因數(shù)為0.02，冰壺可視為質(zhì)點。求：
（1）釋放冰壺時冰壺的速度；
（2）冰壺到達(dá)投擲線前，其受到的合外力；
（3）為了戰(zhàn)術(shù)需要，要使冰壺多滑行，隊員需在其滑行前方摩擦冰面，若摩擦后冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼?0%，則隊員摩擦冰面的長度應(yīng)為多少。

【參考答案】（1）；（2）30N；（3）10m
【名師解析】
（1）由牛頓第二定律，冰壺減速過程加速度大小為

由運動學(xué)規(guī)律

代入數(shù)據(jù)解得釋放冰壺時冰壺速度

（2）冰壺到達(dá)投擲線前

解得

由牛頓第二定律得

（3）設(shè)隊友摩擦冰面的長度為x

已知，代入數(shù)據(jù)解得

（3）另解：設(shè)隊友摩擦冰面的長度為x，由動能定理

代入數(shù)據(jù)解得


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