專題10 功和功率、動能定理 （解析版）-2025版高考物理真題精-選與研析

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計(jì)真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋?？家c(diǎn)，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯(lián)解題必備知識，總結(jié)易錯(cuò)易混點(diǎn)。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)本類試題主要考查功和功率的計(jì)算及動能定理。常與圓周運(yùn)動進(jìn)行綜合?？枷蛞还Φ挠?jì)算2024·山東卷，72024·新課標(biāo)卷，112023·北京卷，112023·江蘇卷，112023·新課標(biāo)卷，2考向二功率的計(jì)算2024·江西卷，52023·湖南卷，82023·遼寧卷，32023·山東卷，42021·湖北卷，15考向三機(jī)車功率問題2024·江蘇卷，142024·上海卷，42023·湖北卷，42023·山東卷，82022·浙江6月，13考向四圖像問題2024·山東卷，172023·浙江6月，32023·新課標(biāo)卷，72022·湖南卷，72021·山東卷，18考向五動能和動能定理2024·新課標(biāo)卷，22024·遼寧卷，142024·上海卷，72023·浙江1月，182023·浙江6月，18命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均不同程度地考查了功、功率和動能定理。預(yù)測2025年高考依然會大力考查。試題精講考向一功的計(jì)算1.（2024年山東卷第7題）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢能E=kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，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靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長量則此時(shí)彈性繩的彈性勢能為從開始拉動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則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功故選B。2.（2024年新課標(biāo)卷第11題）將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量，重力加速度大小，當(dāng)P繩與豎直方向的夾角時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角（1）求此時(shí)P、Q繩中拉力的大?。唬?）若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）重物下降的過程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P、Q繩中拉力的大小分別為和，豎直方向水平方向聯(lián)立代入數(shù)值得，（2）整個(gè)過程根據(jù)動能定理得解得兩根繩子拉力對重物做的總功為考向二功率的計(jì)算3.（2024年江西卷第5題）廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設(shè)利用瀑布來發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為（）A.109 B.107 C.105 D.103【答案】B【解析】由題知，Δt時(shí)間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt發(fā)電過程中水的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，則有故選B?？枷蛉龣C(jī)車功率問題4.（2024·江蘇卷·第14題）如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動機(jī)作用下，從A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后作勻速運(yùn)動至C點(diǎn)，關(guān)閉電動機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機(jī)的輸出功率P；（3）全過程物塊增加的機(jī)械能E1和電動機(jī)消耗的總電能E2的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）物塊在CD段運(yùn)動過程中，由牛頓第二定律得由運(yùn)動學(xué)公式聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運(yùn)動，得電動機(jī)的牽引力為由得（3）全過程物塊增加的機(jī)械能為整個(gè)過程由能量守恒得電動機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知故可得5.（2024·上海卷·第4題）一輛質(zhì)量的汽車，以的速度在平直路面上勻速行駛，此過程中發(fā)動機(jī)功率，汽車受到的阻力大小為______N。當(dāng)車載雷達(dá)探測到前方有障碼物時(shí)，主動剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動機(jī)驅(qū)動力，同時(shí)施加制動力使車輛減速。在剛進(jìn)入制動狀態(tài)的瞬間，系統(tǒng)提供的制動功率，此時(shí)汽車的制動力大小為______N，加速度大小為______。（不計(jì)傳動裝置和熱損耗造成的能量損失）【答案】3.B4.①.600②.③.【解析】【3題詳解】車載雷達(dá)系統(tǒng)發(fā)出的激光和超聲波信號都是橫波。故選B。【4題詳解】[1]根據(jù)題意可知，汽車勻速行駛，則牽引力等于阻力，則與其中，解得[2]根據(jù)題意，由可得，汽車的制動力大小為[3]由牛頓第二定律可得，加速度大小為神秘的光光的行為曾令物理學(xué)家感到困惑。雙縫干涉、光電效應(yīng)等具有里程碑意義的實(shí)驗(yàn)。逐漸揭開了光的神秘面紗。人類對光的認(rèn)識不斷深入，引發(fā)了具有深遠(yuǎn)意義的物理學(xué)革命?？枷蛩膱D像問題6.（2024年山東卷第17題）如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過t0時(shí)間，則軌道有小物塊有在這個(gè)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得考向五動能和動能定理7.（2024年新課標(biāo)卷第2題）福建艦是我國自主設(shè)計(jì)建造首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進(jìn)行彈射測試，測試時(shí)配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板時(shí)的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點(diǎn)與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍【答案】C【解析】動能表達(dá)式由題意可知小車水平離開甲板時(shí)的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運(yùn)動，從離開甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)可知小車在海面上的落點(diǎn)與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。故選C。8.（2024年遼寧卷第14題）如圖，高度的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）對A物塊由平拋運(yùn)動知識得代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為AB物塊質(zhì)量相等，同時(shí)受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為（2）對物塊B由動能定理代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為（3）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動能及這個(gè)過程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢能9.（2024·上海卷·第7題）如圖，小球a通過輕質(zhì)細(xì)線Ⅰ，Ⅱ懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)。線Ⅰ長，Ⅱ上端固定于離地的O點(diǎn)，與豎直方向之間夾角；線Ⅱ保持水平。O點(diǎn)正下方有一與a質(zhì)量相等的小球b，靜置于離地高度的支架上。（取，，）（1）在線Ⅰ，Ⅱ的張力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。（2）燒斷線Ⅱ，a運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)與b發(fā)生彈性碰撞。求：①與b球碰撞前瞬間a球的速度大?。唬ㄓ?jì)算）______②碰撞后瞬間b球的速度大?。唬ㄓ?jì)算）______③b球的水平射程s。（計(jì)算）______【答案】①.②.③.④.【解析】（1）[1]以小球a為對象，根據(jù)受力平衡可得可知在線Ⅰ，Ⅱ的張力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。（2）①[2]由動能定理可得可得②[3]由動量守恒定律和能量守恒可得聯(lián)立解得③[4]由平拋運(yùn)動的規(guī)律有，聯(lián)立解得考向一功的計(jì)算1.（2023年北京卷第11題）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中（）A.摩擦力做功大小與F方向無關(guān) B.合力做功大小與F方向有關(guān)C.F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為 D.F做功的最小值為【答案】D【解析】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為摩擦力的功即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．合力功可知合力功與力F方向無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)力F水平時(shí)，則力F做功為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)時(shí)，摩擦力f=0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為max，選項(xiàng)D正確。故選D。2.（2023年江蘇卷第11題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）A.受到的合力較小 B.經(jīng)過A點(diǎn)的動能較小C.在A、B之間的運(yùn)動時(shí)間較短 D.在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【解析】A．因?yàn)轭l閃照片時(shí)間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊收到的合力較大；故A錯(cuò)誤；B．從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功；根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點(diǎn)的動能較大，故B錯(cuò)誤；C．由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)可知圖甲在A、B之間的運(yùn)動時(shí)間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤；故選C。3.（2023年新課標(biāo)卷第2題）無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A.0B.mghC.D.【答案】B【解析】在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動，根據(jù)動能定理得故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。4.（2022年全國乙卷第7題）（多選）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）

A.時(shí)物塊的動能為零B.時(shí)物塊回到初始位置C.時(shí)物塊的動量為D.時(shí)間內(nèi)F對物塊所做的功為【答案】AD【解析】物塊與地面間的摩擦力為AC．對物塊從內(nèi)由動量定理可知即得3s時(shí)物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時(shí)速度減為0，則此時(shí)物塊的動能也為0，故A正確，C錯(cuò)誤；B．物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；D．物塊在6s時(shí)的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD。5.（2021年全國乙卷第6題）（多選）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運(yùn)動，物體通過的路程等于時(shí)，速度的大小為，此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運(yùn)動，重力加速度大小為g，則（）A.在此過程中F所做的功為B.在此過中F的沖量大小等于C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD．外力撤去前，由牛頓第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛頓第二定律可知③由速度位移公式有④由①②③④可得，水平恒力動摩擦因數(shù)滑動摩擦力可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；A．在此過程中，外力F做功為故A錯(cuò)誤；B．由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是故B正確。故選BC。6.（2021年全國乙卷第11題）一籃球質(zhì)量為，一運(yùn)動員使其從距地面高度為處由靜止自由落下，反彈高度為。若使籃球從距地面的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為。假設(shè)運(yùn)動員拍球時(shí)對球的作用力為恒力，作用時(shí)間為；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運(yùn)動員拍球時(shí)對籃球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次籃球下落的過程中由動能定理可得籃球反彈后向上運(yùn)動的過程由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關(guān)系代入數(shù)據(jù)可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動，因此有牛頓第二定律可得在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動的位移為做得功為聯(lián)立可得（舍去）7.（2021年江蘇卷第14題）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g，取，，求：（1）裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)、的張力分別為、，A受力平衡B受力平衡解得（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為，對A對B解得（3）B上升的高度，A、B的動能分別為；根據(jù)能量守恒定律可知解得8.（2021年浙江卷第11題）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，則每小時(shí)泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（）

發(fā)動機(jī)最大輸出功率（）332最大輸送高度（m）63整車滿載質(zhì)量（）最大輸送量（）180A. B. C. D.【答案】C【解析】泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對混凝土做的功故選C?？枷蚨β实挠?jì)算9.（2023年湖南卷第8題）（多選）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C.小球的初速度D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道【答案】AD【解析】A．由題知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC=0則小球從C到B的過程中，有聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；C．從A到C的過程中有解得C錯(cuò)誤；D．小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有則則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。故選AD。10.（2023年遼寧卷第3題）如圖（a），從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中（）A.甲沿I下滑且同一時(shí)刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動能比乙的小C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【解析】AB．由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運(yùn)動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，乙沿I下滑，任意時(shí)刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時(shí)刻甲的動能比乙的小，A錯(cuò)誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開始時(shí)乙速度為0，到點(diǎn)時(shí)乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時(shí)功率公式可知重力瞬時(shí)功率先增大后減小，CD錯(cuò)誤。故選B。10.（2023年山東卷第4題）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個(gè)，與水輪間無相對滑動。每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（）A. B. C. D.nmgωRH【答案】B【解析】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個(gè)，且每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH則筒車對灌入稻田的水做功的功率為聯(lián)立有故選B。12.（2021年廣東卷第9題）（多選）長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A.甲在空中的運(yùn)動時(shí)間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為【答案】BC【解析】A．由平拋運(yùn)動規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動的時(shí)間因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，所以在空中運(yùn)動時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B．做平拋運(yùn)動的物體落地前瞬間重力的功率因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C．從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量故C正確；D．從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選BC。13.（2021年湖北卷第15題）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；（2）當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受力對A做功的功率；（3）求碰撞過程中A和B損失的總動能?！敬鸢浮浚?）2R；（2）；（3）【解析】解：（1）設(shè)B到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為，由于B對軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得B離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，則在豎直方向上有在水平方向上有聯(lián)立解得x=2R（2）對A由C到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得由于對A做功力只有重力，則A所受力對A做功的功率為解得（3）設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得對A由Q到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得解得設(shè)碰前瞬間A速度為v0，對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得解得碰撞過程中A和B損失的總動能為解得考向三機(jī)車功率問題14.（2023年湖北卷第4題）兩節(jié)動車的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為和?，F(xiàn)將它們編成動車組，設(shè)每節(jié)動車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意可知兩節(jié)動車分別有當(dāng)將它們編組后有聯(lián)立可得故選D。15.（2023年山東卷第8題）質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運(yùn)動時(shí)，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運(yùn)動。當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為時(shí)，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下，其總位移為。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv輕繩從物體上脫落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有故選A。16.（2022年浙江6月卷第13題）小明用額定功率為、最大拉力為的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為的重物豎直提升到高為的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運(yùn)動，到達(dá)平臺的速度剛好為零，取，則提升重物的最短時(shí)間為（）A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s【答案】C【解析】為了以最短時(shí)間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度，接著做勻速運(yùn)動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律可得當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為，則有此過程所用時(shí)間和上升高度分別為重物以最大速度勻速時(shí)，有重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動的時(shí)間和上升高度分別為設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動到開始做勻減速運(yùn)動所用時(shí)間為，該過程根據(jù)動能定理可得又聯(lián)立解得故提升重物的最短時(shí)間為C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。17.（2022年廣東卷第9題）（多選）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(jì)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【答案】ABD【解析】A．小車從M到N，依題意有代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．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；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為故C錯(cuò)誤；D．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。故選ABD。18.（2021年北京卷第8題）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）

A.在ab段汽車的輸出功率逐漸減小B.汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C.在cd段汽車輸出功率逐漸減小D.汽車在cd段的輸出功率比bc段的大【答案】B【解析】AB．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力所以在ab段汽車的輸出功率不變，在bc段牽引力bc段的輸出功率故A錯(cuò)誤B正確；CD．在cd段牽引力汽車的輸出在cd段汽車的輸出功率不變，且小于bc段，故CD錯(cuò)誤。故選B。19.（2021年湖南卷第3題）“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的。總質(zhì)量為的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為，若動車組所受的阻力與其速率成正比（，為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為。下列說法正確的是（）A.動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛的速度為D.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，則這一過程中該動車組克服阻力做功為【答案】C【解析】A．對動車由牛頓第二定律有若動車組在勻加速啟動，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為，則動車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有而以額定功率勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，由動能定理可知可得動車組克服阻力做的功為故D錯(cuò)誤；故選C。考向四圖像問題20、（2023年6月浙江卷第3題）鉛球被水平推出后的運(yùn)動過程中，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動能和機(jī)械能E隨運(yùn)動時(shí)間t的變化關(guān)系中，正確的是()A. B. C. D.答案：D解析：鉛球在空中做平拋運(yùn)動，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯(cuò)；鉛球的速度大小為，又，聯(lián)立可得，所以圖像為曲線，B錯(cuò)；由于不計(jì)空氣阻力，則鉛球在空中運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，由動能定理有，又，聯(lián)立可得，所以圖線為二次函數(shù)圖線，C錯(cuò)，D對。21.（2023年新課標(biāo)卷第7題）（多選）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）A.在x=1m時(shí)，拉力的功率為6WB.在x=4m時(shí)，物體的動能為2JC.從x=0運(yùn)動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運(yùn)動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s【答案】BC【解析】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運(yùn)動的過程中根據(jù)動能定理有則x=1m時(shí)物體的速度為v1=2m/sx=1m時(shí)，拉力為則此時(shí)拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時(shí)物體的動能為Ek=2JA錯(cuò)誤、B正確；C．從x=0運(yùn)動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過程中F1=6N，2—4m的過程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度則從x=0運(yùn)動到x=4的過程中，物體的動量最大為D錯(cuò)誤。故選BC。22.（2022年湖南卷第7題）（多選）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運(yùn)動情況，將其運(yùn)動簡化為豎直方向的直線運(yùn)動，其圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）

A.在時(shí)間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時(shí)間減小B.在時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不變C.在時(shí)間內(nèi)，返回艙的動量隨時(shí)間減小D.在時(shí)間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變【答案】AC【解析】A．重力的功率為由圖可知在0~t1時(shí)間內(nèi)，返回艙的速度隨時(shí)間減小，故重力的功率隨時(shí)間減小，故A正確；B．根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時(shí)間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯(cuò)誤；C．在t1~t2時(shí)間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知?jiǎng)恿侩S時(shí)間減小。故C正確；D．在t2~t3時(shí)間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選AC。23.（2021年山東卷第18題）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時(shí)彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動的最大距離和B、C分離時(shí)B的動能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運(yùn)動的整個(gè)過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與的大小；（4）若，請?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運(yùn)動和停止運(yùn)動時(shí)的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去F時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。

【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得彈簧恢復(fù)原長時(shí)B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得（2）當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時(shí)B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結(jié)合第（1）問結(jié)果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運(yùn)動，設(shè)B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運(yùn)動關(guān)系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運(yùn)動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標(biāo)原點(diǎn)的加速度為之后C開始向右運(yùn)動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長，減小，減小，彈簧恢復(fù)原長時(shí)，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負(fù)號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運(yùn)動的距離為則C最后停止的位移為所以C向右運(yùn)動的圖象為

考向五動能和動能定理24、（2023年1月浙江卷第18題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B（E）處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑點(diǎn)高度為長度，HI長度，擺渡車長度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點(diǎn)的速度大小和軌道對滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。答案：(1)22N(2)0.3(3)2.5s解析：(1)C點(diǎn)離地高度為滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得解得在最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得(2)從靜止釋放到G點(diǎn)，由動能定理可得由題可知，滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速，速度大小設(shè)為v根據(jù)動量守恒定律可得由功能關(guān)系可得綜合解得(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為設(shè)滑塊從滑上擺渡車到共速的時(shí)間為，有共速后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動的時(shí)間25、（2023年6月浙江卷第18題）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為的滑塊b與質(zhì)量為的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小和所受支持力大?。唬?）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度，求滑塊碰撞過程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。答案：(1)31.0N

(2)0

(3)0.2m

解析：(1)滑塊a以初速度從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動，由動能定理有

解得

在最低點(diǎn)F，由牛頓第二定律有

解得

(2)碰撞后滑塊a返回到B點(diǎn)的過程，由動能定理有

解得

滑塊碰撞過程，由動量守恒定律有

解得

碰撞過程中損失的機(jī)械能

(3)滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律有

解得

滑塊ab一起向右運(yùn)動，壓縮彈簧，ab減速運(yùn)動，c加速運(yùn)動，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長度最小，由動量守恒定律有

解得

由機(jī)械能守恒定律有

解得

由解得最大壓縮量

滑塊ab一起繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使ab繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到零時(shí)，c速度最大，ab速度最??；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧彈力使c減速，ab加速，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長度最大，其對應(yīng)的彈性勢能與彈簧長度最小時(shí)彈性勢能相等，由彈簧的彈性勢能公式可知最大伸長量

所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差26.（2023年湖北卷第14題）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；（2）B和D兩點(diǎn)的高度差；（3）小物塊在A點(diǎn)的初速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0；（3）【解析】（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有解得

（2）由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有S=π?2R解得27.（2023年江蘇卷第15題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)。滑雪者現(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求滑雪者運(yùn)動到P點(diǎn)的時(shí)間t；（2）求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合力做功為0，所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)有（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動，豎直方向上有水平方向上有聯(lián)立可得28.（2022年浙江1月卷第20題）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(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)（與B點(diǎn)等高），B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)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。滑塊開始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放，（）（1）若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對其支持力FN的大?。唬?）設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長度為，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)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(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長度的值。【答案】（1）7N；（2）（）；（3），，【解析】（1）滑塊釋放運(yùn)動到C點(diǎn)過程，由動能定理經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)解得（2）能過最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)解得而要保證滑塊能到達(dá)F點(diǎn)，必須要保證它能到達(dá)DEF最高點(diǎn)，當(dāng)小球恰好到達(dá)DEF最高點(diǎn)時(shí)，由動能定理可解得則要保證小球能到F點(diǎn)，，帶入可得（3）設(shè)全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)做功的n倍，則n=1,3,5,……解得n=1,3,5,……又因?yàn)椋?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，滿足要求。即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長度的值可能為，，。29.（2021年全國甲卷第7題）（多選）一質(zhì)量為m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時(shí)的動能為，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達(dá)斜面底端時(shí)動能為。已知，重力加速度大小為g。則（）A.物體向上滑動的距離為B.物體向下滑動時(shí)的加速度大小為C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用時(shí)間比向下滑動的時(shí)間長【答案】BC【解析】AC．物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有整理得；A錯(cuò)誤，C正確；B．物體向下滑動時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有求解得出B正確；D．物體向上滑動時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有物體向下滑動時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有由上式可知a上>a下由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式則可得出D錯(cuò)誤。故選BC。30.（2021年全國甲卷第11題）如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個(gè)減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；（2）求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；（3）若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2，則有因?yàn)樾≤囃ㄟ^第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個(gè)減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為聯(lián)立以上各式解得（2）由（1）知小車通過第50個(gè)減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有從小車開始下滑到通過第30個(gè)減速帶，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為（3）由題意可知可得31.（2021年湖北卷第4題）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)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程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m和所受摩擦力大小f分別為（）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】本題結(jié)合圖像考查動能定理?！驹斀狻?~10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得整理得結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值10~20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得整理得結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率聯(lián)立解得故選A。32.（2021年遼寧卷第10題）（多選）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動樂趣的設(shè)施之一、某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦因數(shù)μ相同，因滑板不同μ滿足。在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，以下L1、L2的組合符合設(shè)計(jì)要求的是（）

A.， B.，C.， D.，【答案】CD【解析】設(shè)斜面傾角為，游客在傾斜滑道上均減速下滑，則需滿足可得即有因，所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，可得滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，由全程的動能定理有其中，可得，代入，可得，綜合需滿足和故選CD。33.（2021年山東卷第3題）如圖所示，粗糙程度處處相同水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】在運(yùn)動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。一、恒力做功的分析和計(jì)算1．做功的兩個(gè)要素(1)作用在物體上的力．(2)物體在力的方向上發(fā)生位移．2．公式W＝Flcosα(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體的位移．(2)該公式只適用于恒力做功．3．功的正負(fù)(1)當(dāng)0≤α＜eq\f(π,2)時(shí)，W＞0，力對物體做正功．(2)當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，W＝0，力對物體不做功．(3)當(dāng)eq\f(π,2)＜α≤π時(shí)，W＜0，力對物體做負(fù)功，或者說物體克服這個(gè)力做功．二、是否做功及做功正負(fù)的判斷(1)根據(jù)力與位移的方向的夾角判斷；(2)根據(jù)力與瞬時(shí)速度方向的夾角α判斷：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做負(fù)功．三、合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．方法三：利用動能定理W合＝Ek2－Ek1.四、求變力做功的五種方法方法舉例微元法質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，運(yùn)動一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))圖像法一水平拉力拉著一物體在水平面上運(yùn)動的位移為x0，F(xiàn)－x圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法當(dāng)力與位移為線性關(guān)系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，W＝eq\x\to(F)Δx，可得出彈簧彈性勢能表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2應(yīng)用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)五、功率的分析和計(jì)算1．平均功率的計(jì)算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運(yùn)動的平均速度，F(xiàn)為恒力，F(xiàn)與eq\x\to(v)的夾角α不變．2．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度．F可為恒力，也可為變力，α為F與v的夾角，α可以不變，也可以變化．(2)公式P＝Fvcosα中，F(xiàn)cosα可認(rèn)為是力F在速度v方向上的分力，vcosα可認(rèn)為是速度v在力F方向上的分速度．六、機(jī)車啟動問題1．兩種啟動方式兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖像和v－t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P＝P額＝Fv1運(yùn)動性質(zhì)加速度減小的加速直線運(yùn)動勻加速直線運(yùn)動，持續(xù)時(shí)間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運(yùn)動性質(zhì)以vm做勻速直線運(yùn)動加速度減小的加速直線運(yùn)動BC段F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運(yùn)動2.三個(gè)重要關(guān)系式(1)無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動時(shí)的速度，即vm＝eq\f(P,F阻).(2)機(jī)車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結(jié)束時(shí)，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P額,F)<vm＝eq\f(P額,F阻).(3)機(jī)車以恒定功率啟動時(shí)，牽引力做的功W＝Pt.由動能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動過程的位移大小和時(shí)間．七、動能定理的理解和基本應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運(yùn)動而具有的能量叫作動能．(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)量．2．動能定理(1)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.(2)注意事項(xiàng)(a)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(b)當(dāng)物體的運(yùn)動包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動能定理求解，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解．(c)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動能．(3)應(yīng)用動能定理的解題流程八、動能定理與圖像問題的結(jié)合圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義1.（2024·安徽池州·二模）（多選）從地面上以初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，若運(yùn)動過程中小球受到的空氣阻力與其速率成正比，比例系數(shù)為k，小球運(yùn)動的速率隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，且落地前小球已經(jīng)做速率為的勻速直線運(yùn)動。已知重力加速度為，則（）A.小球上升的時(shí)間大于下落的時(shí)間B.小球上升過程速率為時(shí)的加速度大小為C.小球上升的最大高度為D.小球從拋出到落回地面的整個(gè)過程中克服空氣阻力做的功為【答案】BD【解析】A．圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，由于上升過程和下降過程中的位移相等，上升階段平均速度大于下降階段平均速度，根據(jù)公式可知上升時(shí)間小于下降時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得解得故B正確；C.設(shè)上升時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可知取極短時(shí)間，速度變化量為由于上升全程速度變化量為則解得故C錯(cuò)誤；D．球上升到落回地面的全過程由動能定理則故D正確；故選BD。2.（2024·安徽池州·二模）2023年5月17日，首枚池州造“智神星一號”液體運(yùn)載火箭在安徽星河動力裝備科技有限公司順利總裝下線，至此，成功實(shí)現(xiàn)中國火箭池州造。為了研究火箭可回收技術(shù)，某次從地面發(fā)射質(zhì)量為1000kg小型實(shí)驗(yàn)火箭，火箭上的噴氣發(fā)動機(jī)可產(chǎn)生恒定的推力，且可通過改變噴氣發(fā)動機(jī)尾噴管的噴氣質(zhì)量和方向改變發(fā)動機(jī)推力的大小和方向?；鸺痫w時(shí)發(fā)動機(jī)推力大小為，與水平方向成＝60°，火箭沿斜向右上方與水平方向成＝30°做勻加速直線運(yùn)動。經(jīng)過t＝30s，立即遙控火箭上的發(fā)動機(jī)，使推力的方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，大小變?yōu)?，火箭依然可以沿原方向做勻減速直線運(yùn)動。（不計(jì)遙控器通信時(shí)間、空氣阻力和噴氣過程中火箭質(zhì)量的變化，g取）求：（1）推力的大?。唬?）火箭上升的最大位移大??；（3）火箭在上升的過程中推力最大功率。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）火箭上升過程時(shí)的受力情況如圖由圖可知（2）當(dāng)推力逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動60后受力情況如圖：F合＇與F2垂直加速階段的加速度減速階段的加速度（3）加速度階段的最后時(shí)刻火箭的瞬時(shí)功率最大為3.（2024·安徽合肥·三模）如圖所示，AB是半徑的四分之一光滑圓弧軌道，其最低點(diǎn)A與水平地面相切，質(zhì)量分別為3m、m的物塊a、b靜止在水平面的P、A之間，a、b間夾有一小塊炸藥，水平面PA段光滑，P點(diǎn)左側(cè)平面粗糙，兩物塊與粗糙平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，炸藥瞬間爆炸，將兩物塊推開，a在粗糙平面上滑行了0.4m后靜止，不計(jì)物塊的大小，炸藥質(zhì)量不計(jì)，重力加速度g取，求：（1）炸藥爆炸后物塊a獲得的速度大?。唬?）若，求物塊b滑到A點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力大小；（3）若a、b相遇時(shí)發(fā)生彈性碰撞，求物塊b在粗糙平面上滑行的總路程?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)爆炸后物塊a獲得速度大小為，據(jù)動能定理有解得（2）設(shè)爆炸后物塊b的速度大小為，據(jù)動量守恒有解得物塊b滑到圓弧軌道的最低點(diǎn)A時(shí)，據(jù)牛頓第二定律有解得據(jù)牛頓第三定律，b對圓弧軌道最低點(diǎn)壓力大小為（3）設(shè)b與a第一次碰撞前的速度大小為，據(jù)動能定理有解得設(shè)a、b第一次碰撞后瞬間的速度大小分別為、，據(jù)動量守恒有據(jù)能量守恒有解得由于a、b在水平面上做減速運(yùn)動的加速度大小相等，因此a、b不可能再發(fā)生第二次碰撞，設(shè)第一次碰撞后b在水平面粗糙部分運(yùn)動的路程為，據(jù)動能定理有解得故物塊b在水平面粗糙部分運(yùn)動的總路程為4.（2024·皖豫名校聯(lián)盟&安徽卓越縣中聯(lián)盟·三模）（多選）如圖所示，水平傳送帶左端A與右端B相距2.5m，傳送帶以1m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為2kg的小滑塊以2m/s的初速度從A端滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A.小滑塊最終從B端離開傳送帶B.整個(gè)過程摩擦力對小滑塊做功為-4JC.小滑塊在傳送帶上的劃痕長度為4.5mD.小滑塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的時(shí)間為1.5s【答案】CD【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律有解得a=1m/s2小滑塊向右減速到零的時(shí)間運(yùn)動的距離小于傳送帶的長度，因此小滑塊最終從A端離開傳送帶，A錯(cuò)誤；D．減速到零之后反向加速直到共速，加速時(shí)間反向加速的距離再向左勻速運(yùn)動到達(dá)A端，時(shí)間D正確；C．從滑上傳送帶到共速，滑塊與傳送帶的相對位移C正確；B．根據(jù)動能定理，摩擦力對小滑塊做的功等于小滑塊動能的變化量B錯(cuò)誤。故選CD。5.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖所示，一物體在與水平方向夾角為θ的恒定拉力F作用下以速度v做勻速直線運(yùn)動。已知物體質(zhì)量為m，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。在物體運(yùn)動時(shí)間為t的過程中，下列說法正確的是（）A.支持力可能為零 B.摩擦力做功為?μmgvtC.拉力和摩擦力的合力方向豎直向上 D.合力做功為Fvt【答案】C【解析】AB．物體勻速運(yùn)動，對物體受力分析，水平方向豎直方向由于水平方向一定受到向左的摩擦力，故支持力不可能為零；摩擦力做功為故AB錯(cuò)誤；C．對物體受力分析，受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，由平衡條件可知此時(shí)拉力和摩擦力的合力方向必定豎直向上此時(shí)與支持力的合力才能和重力平衡，故C正確；D．物體做勻速直線運(yùn)動，受到的合外力為0，故合力做功為0，故D錯(cuò)誤。故選C。6.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖1所示，某同學(xué)在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿態(tài)加速滑行到坡底。該同學(xué)下滑情境可簡化為圖2，雪坡傾角為α，人可視為質(zhì)點(diǎn)，圖中用小物塊表示，下滑過程中某一時(shí)刻滑行的速度v的方向與雪坡上所經(jīng)位置的水平線夾角為β（β<90），已知該同學(xué)和滑雪裝備的總質(zhì)量為m，滑雪板與雪坡之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。關(guān)于該下滑過程，下列說法正確的是（）A.該同學(xué)所受摩擦力小于μmgcosαB.該同學(xué)所受摩擦力的方向不變C.該同學(xué)沿v的方向做勻加速直線運(yùn)動D.該同學(xué)所受重力的瞬時(shí)功率一直在增加【答案】D【解析】A．垂直斜面方向，人對斜面的正壓力大小為所以滑動摩擦力大小不變，故A錯(cuò)誤；BC．正視斜面，在斜面內(nèi)有平行斜面向下重力的分力和與v反向的滑動摩擦力f，會發(fā)現(xiàn)f與的合力與v不共線，人做曲線運(yùn)動，即速度方向在變化，所以f的方向也變化，故BC錯(cuò)誤；D．由于人加速下滑，所以f與的合力與v成銳角，且做曲線運(yùn)動，所以隨著下滑v增大，且與夾角減小，重力的功率也增大，即所以P增大，故D正確。故選D。7.（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點(diǎn)，另一端系有質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球從與O等高的A點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心做半徑為r的圓周運(yùn)動。當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時(shí)，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計(jì)空氣阻力及繩斷時(shí)的能量損失，重力加速度為g。求：（1）小球飛出時(shí)的速率v。（2）繩能承受拉力的最大值Fm。（3）小球落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離x。【答案】（1）；（2）3mg；（3）【解析】（1）根據(jù)動能定理有解得小球飛出時(shí)的速率（2）設(shè)繩對小球的拉力為T，依據(jù)牛頓第二定律有解得T=3mg根據(jù)牛頓第三定律，繩受到的拉力大小Fm=T=3mg（3）設(shè)平拋運(yùn)動的時(shí)間為t，則解得拋出的水平距離8.（2024·北京市海淀區(qū)·三模）一位質(zhì)量為60kg的滑雪運(yùn)動員從高為10m的斜坡頂端由靜止滑至坡底。如果運(yùn)動員在下滑過程中受到的阻力為60N，斜坡的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A.運(yùn)動員的加速度的大小為4m/s2B.運(yùn)動員所受重力做的功為600JC.運(yùn)動員受到的支持力的大小為300ND.運(yùn)動員滑至坡底時(shí)動量大小為240kg·m/s【答案】A【解析】A．由牛頓第二定律可得解得故A正確；B．運(yùn)動員所受重力做的功為故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動員受到的支持力的大小為故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動員滑至坡底時(shí)速度大小為所以動量大小為故D錯(cuò)誤。故選A。9.（2024·北京市海淀區(qū)·三模）如圖所示，在粗糙水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距，在物塊B的左側(cè)固定有少量炸藥，在物塊B的左邊有一彈簧槍，彈簧的彈性勢能，彈簧槍將小球A水平發(fā)射出去后，小球A與B發(fā)生碰撞并導(dǎo)致炸藥爆炸使小球A又恰好返回到彈簧槍中將彈簧壓縮到初位置，物塊B再與物塊C發(fā)生正碰，碰后瞬間物塊C的速度。已知物塊A和物塊B的質(zhì)量均為，若C的質(zhì)量為B質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù)。（設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取）（1）計(jì)算A與B碰撞后瞬間B的速度；（2）計(jì)算B與C碰撞前瞬間的速度；（3）根據(jù)B與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論B與C碰撞后B的可能運(yùn)動方向?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【解析】（1）根據(jù)題意可知，彈簧槍將小球A水平發(fā)射出，設(shè)小球A以發(fā)出，則有解得由于碰撞之后，A又恰好返回到彈簧槍中將彈簧壓縮到初位置，則A與B碰撞后，A的速度大小為，方向向左，A與B碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有解得即A與B碰撞后瞬間B的速度為。（2）從B開始運(yùn)動到B與C碰撞的過程中，由動能定理有解得（3）根據(jù)題意可知，B和C碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有整理可得可知，若碰撞后B、C同向運(yùn)動，則有可得若碰撞后B靜止，則有解得若碰撞后B反向，則有解得由于碰撞過程中，動能不能增加，則有解得則有當(dāng)時(shí)，碰撞后B、C同向運(yùn)動；當(dāng)時(shí)，碰撞后B靜止；當(dāng)，碰撞后B的方向與C的方向相反。10.（2024·北京市海淀區(qū)·一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設(shè)物塊通過連接處時(shí)速率不發(fā)生改變。質(zhì)量m1=0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h=0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質(zhì)量m2=0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運(yùn)動，物塊B滑行一段距離后停止運(yùn)動。取重力加速度g=10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。（3）滑動摩擦力對物塊B做的功?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J【解析】（1）物塊A與物塊B碰撞前，根據(jù)動能定理有解得m/s（2）物塊A與物塊B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得J（3）B運(yùn)動到停止的過程中，根據(jù)動能定理有解得J11.（2024·廣東多校聯(lián)考·三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅(qū)動輪上某點(diǎn)的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅(qū)動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A.做勻加速運(yùn)動 B.加速度逐漸減小C.動量變化得越來越快 D.所受摩擦力的功率不變【答案】C【解析】A．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅(qū)動輪間無相對滑動，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運(yùn)動，由直線運(yùn)動規(guī)律得滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；B．滑塊速度逐漸增大，則通過任意相同位移的時(shí)間逐漸