2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)：功和能

專題復(fù)習(xí)

專題二能量與動(dòng)量

T知識(shí)體系II-

「功的定義

「恒力做功一

一1功和功率I--功的計(jì)算--變力做功一

-合外力做功-

「功率定義

功

-功率--平均功率和瞬時(shí)功率能

-機(jī)車啟動(dòng)問題關(guān)

系

「動(dòng)能.—合外力做功

-重力勢(shì)能—重力做功

謔“匕7-彈性勢(shì)能--彈簧彈力做功

量

1能量卜-機(jī)械能--除重力、彈力外其他力做功

-電勢(shì)能--靜電力做功

-分子勢(shì)能--分子力做功

-內(nèi)能.—摩擦生熱

一

能

量T動(dòng)能定理）

與

動(dòng)

量T機(jī)械能守恒定律）

一

力在空間上的積累

T能量守恒定律〕|v2-v?2=2ax

—［沖量與動(dòng)量（矢量性）］牛頓第二定律F=m。

「緩沖問題--------------------------

量―｛動(dòng)量定理I■-連續(xù)體問題一力在時(shí)間上的積累

-電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（求電荷量、位移）-

r嚴(yán)格守恒

「守恒條件一近似守恒

-某一方向守恒

r

一〔動(dòng)量守恒定律］■-表達(dá)式：加1s+m2。2=也1歷'+m2v2

［-非彈性碰撞

I-碰撞--完全非彈性碰撞

-彈性碰撞-［動(dòng)碰靜

動(dòng)碰動(dòng)

匚應(yīng)用〒爆炸

-反沖

第6講功和能

【目標(biāo)要求】1.會(huì)對(duì)功和功率進(jìn)行分析和計(jì)算，會(huì)求解力的平均功率和瞬時(shí)功率。2.掌握常見的功能關(guān)系。3.理

解動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律，會(huì)在具體問題中靈活選擇合適的規(guī)律解決能量觀點(diǎn)問題。

考點(diǎn)一功、功率的分析和計(jì)算

恒力做功：W=Flcos0

功的變力做功：動(dòng)能定理、微元法、等效法、轉(zhuǎn)化

計(jì)算研究對(duì)象法、平均力法、圖像法、功率法

（W=Pt）

功率的平均功率：*

計(jì)算

瞬時(shí)功率：P=Fvcos6伊為F、v之間的夾角）

兩個(gè)基本

P=Fv,RF1阻二機(jī)Q

關(guān)系式

恒定功率尸不變，V,a今以Vm做勻速運(yùn)動(dòng)

12

啟動(dòng)尸卜尸阻］加^

機(jī)車5=

啟動(dòng)恒定加速4不變，尸不變，V,P=尸額，V

度啟動(dòng),F,a=以外做勻速運(yùn)動(dòng)

無論哪種啟動(dòng)方式，最大速度都等于

最大速度

勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即Vm=4

Vm

F阻

例1（2023?北京卷?"）如圖所示，一物體在力/作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體

質(zhì)量為相，加速度大小為。，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"，重力加速度為g,在物體移動(dòng)距

離為x的過程中（）

A.摩擦力做功大小與廠方向無關(guān)

B.合力做功大小與P方向有關(guān)

C.R為水平方向時(shí)，尸做功為"根gx

D.尸做功的最小值為max

答案D

解析設(shè)力尸與水平方向的夾角為仇則摩擦力為居=〃（mg，sinO）,摩擦力做功大小刖=〃（mg-產(chǎn)sinO）x,即

摩擦力做功大小與P的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；合力做功大小W=尸令4〃以%可知合力做功大小與力產(chǎn)方

向無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)力/水平時(shí)，則有F=ma+/j.mg,力/做功為WF=Fx=（ina+i.mg）x,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

因合外力做功大小為儂優(yōu)，大小一定，而合外力做的功等于力P與摩擦力居做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsin

6=7咫時(shí)，摩擦力a=o,摩擦力做功為零，力尸做功最小，最小值為〃蛆，選項(xiàng)D正確。

例2（2024.廣東肇慶市二模）已知高鐵的列車組由動(dòng)力車和拖車組成，每節(jié)動(dòng)力車的額定功率相同,

每節(jié)動(dòng)力車與拖車的質(zhì)量相等，設(shè)列車組運(yùn)行時(shí)每節(jié)車廂所受阻力與其速率成正比（FAh,人為比

例系數(shù)）。某列車組由機(jī)節(jié)動(dòng)力車和〃節(jié)拖車組成，其運(yùn)行的最大速率為VI,另一列由相同的“節(jié)

動(dòng)力車和根節(jié)拖車組成的列車組，其運(yùn)行的最大速率為V2,則也：丫2為（）

A.m:nB.Vm:迎

C.yjmn1D.m2：n2

答案B

解析設(shè)每節(jié)動(dòng)力車的額定功率為P,加節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為mP,則有mP=（m+n）Ff^v\,又Ffjhi,

解得列車組的最大速度vi=/n同理可得〃節(jié)動(dòng)力車時(shí)最大速度也=/1則有vi:V2=Vni:y/n,

A/（m+n）k-J（m+n）k

故選B。

考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用

例3（2024.內(nèi)蒙古赤峰市一模）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)樂趣的設(shè)施之一，某冰滑梯的示意

圖如圖所示。一游客從A點(diǎn)由靜止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且兩點(diǎn)的高度差為/2,

游客與傾斜滑道和水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為"，傾斜滑道的水平距離為L(zhǎng),兩點(diǎn)的高度差

也為瓦忽略游客經(jīng)過軌道銜接處以C點(diǎn)時(shí)的能量損失，重力加速度為g。求：

⑴游客滑至軌道B點(diǎn)時(shí)的速度VB的大??；

⑵為確保游客安全，水平滑道心的最小長(zhǎng)度。

答案⑴商K⑵筌心

解析(1)根據(jù)題意，游客從A點(diǎn)到3點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理有

2

mgh=^nvB-0

解得VB=J2gh

(2)設(shè)傾斜滑道與水平面的夾角為仇游客由8點(diǎn)到停止過程中，由動(dòng)能定理有

2

mgh-fimgcosd—^--/umgL2-0--mvB

cos32

解得L=--LI

2林

-提煉?總結(jié)

1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟圖解:

2.應(yīng)用動(dòng)能定理的四點(diǎn)提醒：

(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)方法要簡(jiǎn)捷。

(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。

(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，往

往能使問題簡(jiǎn)化。

(4)多過程往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解。

考點(diǎn)三機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用

1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式

要選參考

一平面

三

種不用選參

形

式考平面

一

轉(zhuǎn)移不用選參

觀點(diǎn)考平面

2.連接體的機(jī)械能守恒問題

共

角

速

度

模

型兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比

模此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系,

型當(dāng)某物體位移最大時(shí)，速度可能為0

輕

①同一根彈簧彈性勢(shì)能的大小取決于彈簧形變量的

彈

大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢(shì)能

簧

相等

模

②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)：彈

型

簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的

速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最?。?/p>

零）

說明：以上連接體不計(jì)阻力和摩擦力，系統(tǒng)（包含彈簧）機(jī)械能守恒，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。若存在摩擦

生熱，機(jī)械能不守恒，可用能量守恒定律進(jìn)行分析

例4（2024.全國(guó)甲卷.17）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為根的小環(huán)套在大圓環(huán)上,

小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下

滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小（）

A.在Q點(diǎn)最大B.在Q點(diǎn)最小c>

C.先減小后增大D.先增大后減小

答案C

解析方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處（P點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零，此時(shí)只

有小環(huán)的重力分力提供小環(huán)所需向力心，可知P點(diǎn)必在。點(diǎn)上方，如圖所示

設(shè)P點(diǎn)和圓心連線與豎直向上方向的夾角為仇從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

cos（9）=|mv2

“2

在尸點(diǎn)，由牛頓第二定律得mgcos3=m—

聯(lián)立解得cos（9=1

從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著指向大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心

力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力沿著

大圓環(huán)直徑方向的分力和大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的

分力逐漸減小，從。點(diǎn)到最低點(diǎn)，小環(huán)重力沿大圓環(huán)直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)

的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。

方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾

角為仇0（代兀），根據(jù)機(jī)械能守恒定律得加8尺（1-30）=如40?歸兀）

在該處根據(jù)牛頓第二定律得

v2

F+mgcos3=m—（0W8W兀）

R

聯(lián)立可得F=2mg-3mgcos0

則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小為

\F\=\2mg-3mgcos6\

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知因的大小在cos。=|時(shí)最小，

由牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。

例5(2024.遼寧省名校聯(lián)盟一模)如圖所示，兩個(gè)頂端帶有小定滑輪的完全相同的斜面對(duì)稱固定在

水平地面上，斜面傾角為30。。一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩定滑輪，兩端分別連接質(zhì)量均為2根

的滑塊B、C,質(zhì)量為根的物塊A懸掛在細(xì)繩上的。點(diǎn)，O點(diǎn)與兩滑輪的距離均為/。先托住A,

使兩滑輪間的細(xì)繩呈水平狀態(tài)，然后將A由靜止釋放。A下落過程中未與地面接觸，B、C運(yùn)動(dòng)過

程中均未與滑輪發(fā)生碰撞，不計(jì)一切摩擦。已知重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

o

(1)物塊A下落的最大高度H；

⑵從A開始下落直至結(jié)點(diǎn)O兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向夾角為53。的過程中，物塊A機(jī)械能的變化量。

答案(1)|/⑵瑞mgl

解析(1)根據(jù)題意可知，物塊A下落最大高度”時(shí)，速度為零，由機(jī)械能守恒定律有

mgH=2'X.2mgsin30°(V//2+l2-l)

解得〃=/H=0(舍去)

(2)根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可得，結(jié)點(diǎn)0兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向夾角為53。時(shí)，物塊A下落的高度為

/?=」一

tan53°4

設(shè)此時(shí)物塊A的速度為v,則滑塊B、C的速度為

3

v-vcos53°=-v

5

下落過程中，由機(jī)械能守恒定律有

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

物塊A機(jī)械能的變化量

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

考點(diǎn)四功能關(guān)系能量守恒定律

1.功能關(guān)系的理解和應(yīng)用

功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。

(1)根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化情況。

(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化，可計(jì)算變力做的功。

2.常見功能關(guān)系

能量功能關(guān)系表達(dá)式

重力做功等于重力勢(shì)

能減少量

彈力做功等于彈性勢(shì)

能減少量W=E-E

勢(shì)能pip2

靜電力做功等于電勢(shì)=-AEp

能減少量

分子力做功等于分子

勢(shì)能減少量

合外力做功等于物體W=Ek2-&i=

動(dòng)能

1212

動(dòng)能變化量-mw--mv0

除重力和彈力之外的

W其他=&-耳

機(jī)械能其他力做功等于機(jī)械

=AE機(jī)

能變化量

摩擦產(chǎn)一對(duì)相互作用的摩擦

Q=Ff-s相對(duì)

生力做功之和的絕對(duì)值

s相對(duì)為相對(duì)路程

的內(nèi)能等于產(chǎn)生的內(nèi)能

克服安培力做功等于W克安=E2-E1

電能

電能增加量=\E

例6(2024.山東卷.7)如圖所示，質(zhì)量均為根的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木

板通過一根原長(zhǎng)為/的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d(d</)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)

均為"，彈性繩勁度系數(shù)為匕被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能二三質(zhì)2。為繩的伸長(zhǎng)量)?，F(xiàn)用水平力/緩慢拉

動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，左保持

不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g,則歹所做的功等于()

A.天+刖

B.巴警+sg(/-酒

C鯉誓+2〃mg(l-d)

D.喈匚&mgQ-d)

答案B

解析解法一：當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有fcVo=〃7Wg

解得彈性繩的伸長(zhǎng)量x=—

0k

則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為

從開始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為Xl=x0+l-d,

此過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q=/nmgxi,

則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功

W=Eo+〃刃g(shù)xi=3("￡。)+〃%g(l-d)

解法二：畫出外力尸與乙所坐的木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力歹做的功

e/7八uma+2uma

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

又kxo=jumg

聯(lián)立解得W=33黑y+vngQ-d)

故選B。

例7(2024.安徽蚌埠市模擬)如圖所示，傾角為6=37。的斜面與圓心為O、半徑R=0.9m的光滑圓

弧軌道在3點(diǎn)平滑連接，且固定于豎直平面內(nèi)。斜面上固定一平行于斜面的輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)沿斜面

緩慢推動(dòng)質(zhì)量為加=0.8kg的滑塊a使其壓縮彈簧至A處，將滑塊a由靜止釋放，通過。點(diǎn)時(shí)軌道

對(duì)滑塊a的彈力為零。已知A、3之間的距離為L(zhǎng)=1.35m,滑塊a與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)//=0.25,C

為圓弧軌道的最低點(diǎn)，CE為圓弧軌道的直徑，OD水平，滑塊a可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，取

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

E

姆

A\D

BC

⑴求滑塊a在C點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小。

⑵求滑塊a整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

⑶若僅將滑塊a換為質(zhì)量為根2=0.05kg的滑塊b,滑塊b由A點(diǎn)彈出后立即撤去彈簧，求滑塊b

第一次落在斜面上的位置至B點(diǎn)的距離(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m

解析(1)由題可知，滑塊a在。點(diǎn)處的速度為0,對(duì)滑塊a由C至。點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理有

D12

-migR=--miVc

對(duì)滑塊a在C點(diǎn)由牛頓第二定律有

2

amrvc

K

結(jié)合牛頓第三定律可知，滑塊a在C點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小

FN二尸產(chǎn)24N

(2)設(shè)滑塊a在A處時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為耳，從A到D,由能量守恒定律可知

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

解得￡p=1.44J

最終滑塊a在B與3關(guān)于C對(duì)稱的點(diǎn)之間運(yùn)動(dòng)，由能量守恒定律可知

Q=Ep+migLsin37°

解得2=7.92J

⑶設(shè)滑塊b能通過E點(diǎn)，對(duì)滑塊b由A點(diǎn)至E點(diǎn)由能量守恒定律有

2

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

解得VE=6m/s

滑塊b恰好能通過E點(diǎn)時(shí)，有

得v'=y/gR=3m/s

可知VE>",假設(shè)成立，設(shè)滑塊b在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為f,滑塊b落在斜面上的位置與8之間的水平距離為

d,則有

d=VEt-Rsin37°

(R+Rcos37°)-ig?=Jtan37°

解得，=0.3285s,d=1.431m

又有x=品

解得41.8m

-提煉?總結(jié)L

應(yīng)用能量守恒定律解題的一般步驟

明確研究

對(duì)象（物列方程

體、系統(tǒng)）

AE成二AE增

及過程

專題強(qiáng)化練

［1選擇題］［分值：50分］

1~6題每題4分，7~9題每題6分，10題8分，共50分

［保分基礎(chǔ)練］

1.（2024.浙江1月選考.3）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中達(dá)到

最高點(diǎn)2的高度為％,重力加速度為g,則足球（）

2

1\3

酚〃〃/〃〃〃〃/〃〃〃/,

A.從1到2動(dòng)能減少mgh

B.從1至U2重力勢(shì)能增力口mgh

C.從2到3動(dòng)能增加mgh

D.從2到3機(jī)械能不變

答案B

解析由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢(shì)能增加mgh,

從1到2動(dòng)能減少量大于加g/?,故A錯(cuò)誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，機(jī)械能減小，重力勢(shì)能

減小,”g〃，貝可動(dòng)能增力口小于故C、D錯(cuò)誤

2.（2024?安徽卷?2）某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為〃的粗糙斜坡頂端由靜止

下滑，至底端時(shí)速度為丫。已知人與滑板的總質(zhì)量為加，可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻

力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）

A.mghB.1-mv2

C.mgh+^mv1D.mgh-^mv2

答案D

解析人與滑板在下滑的過程中，由動(dòng)能定理可得

mgh-W

可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為

12

W克t=mgh--mv

故選D。

3.（2024?湖南長(zhǎng)沙市第一中學(xué)模擬）物體A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率尸單獨(dú)拉

著物體A運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體A的最大速度為也；若水平外力仍以恒定的功率P拉著物體A和物體B共同運(yùn)動(dòng)

時(shí)，如圖所示，物體A和物體B的最大速度為藝。空氣阻力不計(jì)，在物體A和B達(dá)到最大速度時(shí)作用在

物體B上的拉力功率為（）

A.-PB.-P

cgPD.jp

V1"1

答案C

解析物體A受到的滑動(dòng)摩擦力為FfA=二，以恒定的功率P拉著物體A和物體B共同運(yùn)動(dòng)有產(chǎn)fA+居B=二，

%v2

在物體A和B達(dá)到最大速度時(shí)作用在物體B上的拉力功率為P產(chǎn)打工P,故選C。

V1

4.（2024?重慶縉云教育聯(lián)盟診斷）如圖所示，用輕桿組成的正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)其中。點(diǎn)連接在可自

由旋轉(zhuǎn)的較鏈上，A、8兩點(diǎn)各固定一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。桿從豎直位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)到

A3桿處于水平位置的過程中，不考慮空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.A處小球機(jī)械能守恒，B處小球機(jī)械能不守恒

B.A3桿水平時(shí)，兩球的速率均為/初

C.OA桿對(duì)A處小球不做功，AB桿對(duì)A處小球做正功

D.AB桿轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，桿對(duì)A處小球做的功為-等

答案D

解析根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有的?烤)+/咫(a+3=卜2m解得v=J^gL,對(duì)A處小球，桿做功為對(duì),

根據(jù)動(dòng)能定理有31+〃雇5+1)=加入0,解得卬尸一手磔，對(duì)8處小球，桿做功為卬2,根據(jù)動(dòng)能定理有

W2+mg(^~L-^)=^mv2-0,則有亂=1〃吆乙可知桿對(duì)4、8兩處小球做功均不為零，則兩球機(jī)械能均不守恒，故

A、B錯(cuò)誤，D正確；如果。4桿對(duì)A處小球不做功，桿對(duì)A處小球做正功，則桿對(duì)A處小球做正功，

與上述分析矛盾，故C錯(cuò)誤。

5.(2021?湖北卷4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小

K恒定，物塊動(dòng)能&與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量相和所受摩

擦力大小居分別為()

(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內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得-mgsin30°7-居$=&-40,整理得Ek=Eko-(〃zgsin30°+及)$,結(jié)合

0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|M=mgsin3(T+Rf=4N。10~20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°-

Ff)(s-si)=Ek,整理得Ek=(mgsin300-Ff)s-(mgsin30°-Ff)si,結(jié)合10-20m內(nèi)的圖像得,斜率k'=mgsin3O0-Ff=3

N,聯(lián)立解得K=0.5N,m=0.7kg,故選A。

6.(多選)(2024?湖南省師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧

與輕桿相連，輕桿足夠長(zhǎng)，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力與插入的距離d成正比(產(chǎn)f=4/)。

固定的槽足夠長(zhǎng)，裝置可安全工作。若一小車分別以初動(dòng)能Eki和反2撞擊彈簧，導(dǎo)致輕桿分別向右移動(dòng)L

和3L。已知輕桿初始時(shí)位于槽間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)裝置安全工作時(shí)，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力，且不計(jì)小車與地面間的摩擦。比較小車這兩次撞擊緩沖過程，下列說法正確的是（彈簧的彈性勢(shì)能

3=3*）（）

mZ______

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

輕桿

A.小車撞擊彈簧的初動(dòng)能之比大于1：4

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為1：4

C.兩次小車反彈離開彈簧的速度之比為1：2

D.小車做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)

答案CD

解析輕桿與槽間的滑動(dòng)摩擦力與插入的距離成正比，第一次，輕桿克服摩擦力做功為

印產(chǎn)絲詈“二|4乙2,彈簧彈力大小為2A"設(shè)此時(shí)彈性勢(shì)能為Ep,由功能關(guān)系可知，小車撞擊彈簧的初動(dòng)

能為&尸M+Ep,第二次，輕桿克服摩擦力做功為題=生產(chǎn)3乙岑4乙2,彈簧彈力大小為4A"彈性勢(shì)能為

4%，小車撞擊彈簧的初動(dòng)能為Ek2=W，+4Ep,故工＜也＜二故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能之比為Wi：W2=~,

故B錯(cuò)誤；小車反彈離開彈簧時(shí)彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化成動(dòng)能，可求得速度比為1：2,故C正確；撞擊緩沖

過程小車做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

［爭(zhēng)分提能練］

7.（多選）（2023?全國(guó)乙卷-21）如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為/的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為根的小

物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度vo開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為了,當(dāng)物塊從

木板右端離開時(shí)（）

A.木板的動(dòng)能一定等于fl

B.木板的動(dòng)能一定小于fl

C.物塊的動(dòng)能一定大于5m夕

D.物塊的動(dòng)能一定小于fwo?夕

答案BD

解析設(shè)物塊離開木板時(shí)的動(dòng)能為4城,此時(shí)木板的動(dòng)能為Ek板,對(duì)木板：加板=4極

對(duì)物塊：-fi^Eknt-^mvo2

木板和物塊的V-t圖像如圖所示，

由圖可知S板</,S?>1

2

故Ek機(jī)<fl,Ekft<|mv0-fl,

故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。

8.（2024?安徽卷?7）在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡(jiǎn)化模型如圖所示。水

井中的水面距離水平地面的高度為出水口距水平地面的高度為〃，與落地點(diǎn)的水平距離約為假設(shè)抽

水過程中H保持不變，水泵輸出能量的〃倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的密度為"，

水管內(nèi)徑的橫截面積為S,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）

.（H+嗚）

B

?2汕

C?嘴嗎嗚

D.pgSl河馬

答案B

解析設(shè)水從出水口射出的初速度為R）,取，時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象，該部分水的質(zhì)量為加二R）像，根據(jù)平

拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律Vot-l,h=^gt,2,解得口。=/長(zhǎng)，根據(jù)功能關(guān)系得尸切二|用口）2+根g（//+/z）,聯(lián)立解得水泵的輸出功

率為廿用時(shí)+生故選B。

2T]h4”

9.（多選）（2024?湖北省模擬）如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質(zhì)量為m的小球A,一根豎直輕彈簧上端

連接著一個(gè)質(zhì)量為加的物塊B,下端連接著一個(gè)質(zhì)量為2加的物塊C。一輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪O,一端與

物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時(shí)，小球A在外力作用下靜止于

P點(diǎn)，此時(shí)輕繩剛好伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、間細(xì)繩豎直?，F(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿

下滑12L到達(dá)最低點(diǎn)Q,此時(shí)物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計(jì)滑輪大小及摩擦，重力加速度大

小為g，下列說法中正確的是（）

A.彈簧的勁度系數(shù)為等

OL

B.小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量為制

C.小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為4mgL

D.用質(zhì)量為三的小球D替換A,并將其拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，小球D經(jīng)過尸點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為6mgL

答案AD

解析開始時(shí)，對(duì)B有mg=kx\

A在Q點(diǎn)時(shí)，對(duì)C有2加g二丘2,A從尸到Q點(diǎn)，由題意可知XI+、2=8L

解得；電%，X2=—L,故A正確，B錯(cuò)誤；

SL3

A從P到Q,對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律有

12mgL=8mgL+AEp

解得△Ep=4mgL

因?yàn)閺椈稍扔行巫兞?，所以故C錯(cuò)誤；

D從Q到P,由能量守恒定律有

AEp+即叫乙卷x12L+Ek

解得Ek-6mgL,故D正確。

10.（多選）（2024.黑龍江省一模）如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將一質(zhì)量為根的小物體P（可

視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在A處，小物體P到達(dá)B處時(shí)恰好與傳送帶共速；再將另一質(zhì)量也為m的小物體Q（可視為

質(zhì)點(diǎn)）輕放在A處，小物體Q在傳送帶上到達(dá)8處之前已與傳送帶共速，之后和傳送帶一起勻速到達(dá)3處。

則P、Q兩個(gè)物體從A到B的過程中（）

B

A.物體P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小

B.傳送帶對(duì)P、Q兩物體做功相等

C.傳送帶因傳送物體而多消耗的電能相等

D.P、Q兩個(gè)物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等

答案AB

解析小物體一開始在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

umgcosG-mgsinG八.八

a=-------------=〃geos6-gsm0

根據(jù)題意可知，在速度達(dá)到與傳送帶共速V的過程，小物體P在傳送帶上的位移X較大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

?2

可得a--,可知小物體P在傳送帶上加速時(shí)的加速度較小，則物體P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，故A

2x

正確；

在小物體從A到B的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，傳送帶對(duì)小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，由

題意可知，兩小物體增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能均相等，則兩小物體增加的機(jī)械能相等，故傳送帶對(duì)P、Q兩

物體做功相等，故B正確；

小物體加速階段與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移為

222

傳-%物=怙當(dāng)*-=-；----\----,故小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=jumgcos-二一飛下,

22a2（〃gcos6-gsme）2（1）

'gcos0y

因物體P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)小，則小物體P與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量較大，由于兩物體增加的

機(jī)械能相同，根據(jù)能量守恒可知，傳送帶因傳送物體P而多消耗的電能較大，故C、D錯(cuò)誤。

［2計(jì)算題］［分值：50分］

1.（10分）（2023?重慶卷43）機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）被機(jī)械臂抓取后,

在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為。的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與豎直方向夾角為仇提

升高度為力,如圖所示。求:

（1）（4分）提升高度為〃時(shí)，工件的速度大小;

（2）（6分）在此過程中，工件運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及合力對(duì)工件做的功。

2九mah

答案⑵

acosdcosO

解析（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度關(guān)系有

"。2=2磊

解得vo=%

cos0

(2)根據(jù)速度公式有vo^at

解得t=7巨acosO

2

根據(jù)動(dòng)能定理有W^mv0

解得印,=咎。

cosO

2.(12分X2024.湖北卷44)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離

為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)0,用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，

小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的

小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速

度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞尸點(diǎn)向

上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

牛P

⑴(4分)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；

(2)(4分)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；

⑶(4分)若小球運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離。

答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m

解析(1)根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，

由牛頓第二定律有/.img=ma

解得a=5m/s2

U住2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為x=-^-=2.5m<L^=3.6m

2a

可知小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前已與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳

送帶的速度大小5m/s。

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，

由動(dòng)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

小物塊與小球碰撞過