模塊二能量和動量

專題五功和功率動能定理和機械能守恒定律

［專題復習定位］

1.本專題主要是復習功和功率的分析與計算、動能定理、機械能守恒定律以及力學中

的功能關系應用。

2.應用動能定理和力學中的功能關系分析和解決問題。

高考真題再現(xiàn)

*............................................................................

命題點1功和功率

1.（2024?江西卷，T5）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10m7s,假設利用瀑布來發(fā)電，能量轉化效率為70%,則發(fā)電功率為（B）

A.109WB.107W

C.105WD.103W

解析：由題知，A力時間內流出的水量勿t=1.0X10“A3發(fā)電過程中水的重力

勢能轉化為電能，則有々等X70%q1.0X10,W。

2.（多選）（2022?廣東卷，T9）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平的V

段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡園段以恒定功率570W、速度2m/s

勻速行駛。已知小車總質量為50kg,MN=PQ=20m,尸。段的傾角為30°,重力加速度g

10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的有（ABD）

A.從〃到“小車牽引力大小為40N

B.從〃到“小車克服摩擦力做功800J

C.從2到0,小車重力勢能增加1X10,J

D.從尸到O,小車克服摩擦力做功700J

p200

解析：從〃到兒由可得小車牽引力——r~N=40N,A正確；從〃到

vi5

N,小車勻速行駛，牽引力的大小等于摩擦力的大小，可得摩擦力f=A=40N,小車克服

摩擦力做的功%=￡?加三40X20J=800J,B正確；從戶至IJ。小車上升的高度h=PQ?sin

30°=10m,則此過程小車重力做功此=-mgh=-5000J,即重力勢能增加5000J,C

錯誤；從尸到0,由均可得小車牽引力"=且=乎N=285N,從尸到0,小車勻速

V22

行駛，小車牽引力￡=^+/z^sin30°,解得右=￡—zzzgsin30°=285N—50X10X-|N

=35N,從戶到。小車克服摩擦力做的功%=￡?&=35X20J=700J,D正確。

3.（2022?1月浙江選考，T12）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以的=15m/s的速度水平

噴出，每秒噴出水的質量為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。水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V,輸入電流為

2.0A,不計電動機的摩擦損耗，電動機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（水泵的輸出功率與轉入功率之比）為75%,忽略水在管道中運動的機械能損失，

則（D）

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.電動機線圈的電阻為10Q

解析：每秒水泵對水做的功等于水的機械能增加量，即/=Amn+mgH=300J,

W

故A、B錯誤；水泵輸入功率（即電動機輸出功率）產(chǎn)索入=:十=-W=400W,故C錯誤；

電動機的輸入功率戶電=0=440W,根據(jù)能量的轉化與守恒，可得?電=戶家入+8=戶家入

代入數(shù)據(jù)可得電動機的內阻r=10Q,故D正確。

4.（2023?湖北卷，T4）兩節(jié)動車的額定功率分別為A和總，在某平直鐵軌上能達到的

最大速度分別為防和儂現(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后

不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（D）

P\V\-\-P7,V2P1V2+F2V1

A.B.

P1+P2P1+P2

(A+E)V1V2（X+烏）V1V2

P1V1+P2V2A匹+烏防

解析：由題意可知對兩節(jié)動車分別有$=￡再，Pz=f2V2,當將它們編組后有4+烏=（￡

(A+g)V1V2

十五）V,聯(lián)立可得

命題點2動能定理的應用

5.（2024?安徽卷，T2）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高

為人的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為心已知人與滑板的總質量為勿，可視為

質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為

(D)

1

B2

-勿r

A.2

C.

11

2

D成

勿

一

+-2必K-2-

解析：人在下滑的過程中，由動能定理可得儂/聲一0,可得此過程中人與滑

板克服摩擦力做的功%=mgh—三mv.

6.(2023?新課標卷，T2)無風時，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。一質量為〃的雨滴在地面附近以速率丫下落高度力的過程中，克服空氣阻力做的

功為(重力加速度大小為g)(B)

A.0B.mgh

1

1

-

Cmv-mghD.-mv-\~mgh

C.JX

解析：在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得磔?力一心=0,故雨滴克服空氣阻力

做的功為mgh。

7.(2024?新課標卷，T24)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，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。若重物的質量〃=42kg,重力加速度大小g取10m/s。，當尸繩與豎直方向

的夾角。=37°時，0繩與豎直方向的夾角￡=53°。(sin37°=0.6)

(1)求此時產(chǎn)、。繩中拉力的大小；

(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度A=10m,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。

解析：(1)重物下降的過程中受力平衡，設此時R。繩中拉力的大小分別為方和凡

豎直方向

7icosa%cos8

水平方向71sina=T^sin￡

聯(lián)立代入數(shù)值得刀=1200N,%=900N。

(2)整個過程，根據(jù)動能定理得葉儂■力=0

解得兩根繩子拉力對重物做的總功片一4200Jo

答案：⑴1200N900N（2）-4200J

命題點3功能關系的理解和應用

8.（2024?山東卷，T7）如圖所示，質量均為0的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的

輕木板上，木板通過一根原長為，的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（水1）。兩木

板與地面間動摩擦因數(shù)均為〃，彈性繩勁度系數(shù)為A,被拉伸時彈性勢能左北了為繩

的伸長量）?，F(xiàn)用水平力少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，A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,則尸所做的功等于（B）

(〃渥2

A.-2k+Umg(l—d)

3(4明/

B.-2k-+umg(l-d)

3(〃力力

C.-2k―+2umg(]—d)

(P/ng)~

D.+2umg(l—d)

2k

解析：當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有人。=〃儂，解得彈

1222

性繩的伸長量劉=竿，則此時彈性繩的彈性勢能笈=2虛=上等，從開始拉動乙所

k22k

坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移荀=劉+/一%則由功能關

系可知該過程廠所做的功片笈+〃儂為=3（彳丁+umg^l—d）o

9.（2024?安徽卷，T7）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，

簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為及出水口距水平地面的高度為上

與落地點的水平距離約為L假設抽水過程中〃保持不變，水泵輸出能量的Q倍轉化為水

被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為P,水管內徑的橫截面積為S,重力加速度

大小為g,不計空氣阻力，則水泵的輸出功率約為（B）

解析：設水從出水口射出的初速度為匹，取力時間內的水為研究對象，該部分水的質量

必=HotS夕，根據(jù)平拋運動規(guī)律均J=1,力=；gJ之，解得Vo=,根據(jù)功能關系得

加+儂（〃+力），聯(lián)立解得水泵的輸出功率H（H+h+M。

乙叼乙〃〃*1.11

10.（2023?1月浙江選考，T4）一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳

臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中（B）

A.彈性勢能減小

B.重力勢能減小

C.機械能保持不變

D.繩一繃緊動能就開始減小

解析：游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客所受的重力做正功，重力勢能減小，B

正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢能一直增大，A錯誤；橡皮繩繃緊后的過程，

橡皮繩的彈力做負功，因此游客的機械能減小，C錯誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此

游客的動能先增大后減小，D錯誤。

?.................................題...型..分...類...講...練...............................

題型一功和功率

1.幾種力做功

（1）重力、彈簧彈力、電場力、分子力做功與位移有關，與路徑無關。

（2）摩擦力的功

①單個摩擦力（包括靜摩擦力和滑動摩擦力）可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。

②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機

械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不

為零，且總為負值。在一對滑動摩擦力做功的過程中，相互摩擦的物體間不僅有機械能的轉

移，還有部分機械能轉化為內能，轉化為內能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦

力與相對位移的乘積。

2.平均功率

⑵P=Fvcosa,v為物體運動的平均速度。

3.瞬時功率

WP^Fvcosa,/為t時刻的瞬時速度。

（2）々尸力，力為物體的速度/在力尸方向上的分速度，『為大時刻的瞬時速度。

（3）々冗%E為物體受到的外力尸在速度丫方向上的分力，v為t時刻的瞬時速度。

考向1功和功率的分析

MID

點6后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝,頻閃照片示意圖如圖所示。

與圖乙中相比，圖甲中滑塊（c）

A.受到的合力較小

B.經(jīng)過4點的動能較小

C.在46之間的運動時間較短

D.在4、6之間克服摩擦力做的功較小

［解析］設斜面傾角為。、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，對滑塊受力分析有尸合上

—mgsin9nmgcos0,F^=mgsinS—nmgcos9,故題圖甲中滑塊受到的合力

較大，A錯誤；滑塊由4到8的過程，有2a上.=由上，由8到4的過程，有2a下物；=麻，

又％上＞%下，則aQa下，故以上＞%下，題圖甲中滑塊經(jīng)過4點的動能較大，B錯誤；將滑塊

由A到8的過程逆向思維為由8到A的初速度為0、加速度大小為a上的勻加速運動，則xAB

=［a上容，又題二（a下脩，a上＞a下，故力上〈力下，即題圖甲中滑塊在48之間的運動時

間較短，C正確；上升和下降過程摩擦力大小相等，經(jīng)過的距離相等，根據(jù)片笈可知

在/、6之間克服摩擦力做的功相等，D錯誤。

（2023?遼寧卷，T3）如圖（a）所示，從高處〃點到地面“點有I、II兩條光滑

軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從〃點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率丫與時間

r的關系如圖⑹所示。由圖可知，兩物塊在離開〃點后、到達"點前的下滑過程中（B）

Mv

甲，

圖(b)

A.甲沿I下滑且同一時刻甲的動能比乙的大

B.甲沿n下滑且同一時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

［解析］由題圖(b)可知小物塊甲做勻加速直線運動，小物塊乙做加速度減小的加速運

動，結合題圖(a)可知，小物塊甲沿軌道II下滑，小物塊乙沿軌道I下滑，A、D錯誤；由題

圖(b)可知，兩物塊在離開〃點后、到達％點前的下滑過程中，同一時刻物塊乙的速度大于

物塊甲的速度，則同一時刻甲的動能比乙的小，B正確；小物塊乙由靜止釋放的瞬間，小物

塊乙的速度為零，則小物塊乙的重力功率為0,小物塊乙滑到軌道I底端的瞬間，小物塊乙

的速度方向與重力方向垂直，則小物塊乙的重力功率為0,但在下滑過程，小物塊乙的重力

做的功不為0,則小物塊乙的重力的瞬時功率先增大后減小，C錯誤。

考向2機車啟動類問題

小明同學乘電動汽車出行，當汽車以90km/h的速度勻速行駛時，在該車的

行車信息顯示屏上看到了如下信息，電池組輸出電壓400V,電流為25A。已知該車電機及

傳動系統(tǒng)將電能轉化為機械能的效率約為80%,則此時該車(C)

A.電池組輸出的電功率約為8000W

B.牽引力的功率約為10000W

C.受到的阻力約為320N

D.受到的牽引力約為400N

［解析］電池組輸出的電功率片0=400X25W=10000W,故A錯誤；牽引力的功

率約為戶=80%X48000W,故B錯誤；汽車做勻速運動，牽引力等于阻力，即/?=￡

汽車的速度-90km/h=25m/s,汽車受到的阻力0=下=32。N,故C正確，D錯誤。

題型二動能定理的應用

1.基本思路

(1)確定研究對象和研究過程。

(2)進行運動分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動能定理全過程

或者分過程列式。

2.解題技巧

(1)動能定理雖然是根據(jù)恒力做功和直線運動推導出來的，但是也適用于變力做功和曲

線運動。

(2)在解決涉及位移和速度而不涉及加速度和時間的問題時，常選用動能定理求解。

(3)動能定理常用于分析多運動過程問題，關鍵是明確各力及各力作用的位移。

典例副一個小球在離地一定高度處向右水平拋出，不計空氣阻力，拋出的初速度越

大，則小球(C)

A.落地時的速度越小

B.從拋出到落地過程中，速度的變化量越大

C.落地時的重力的瞬時功率不變

D.從拋出到落地過程中，動能的變化量變大

［解析］小球做平拋運動，設小球拋出點離地高度為h,則落地時的速度尸7誦+1

=胃+2gh,知拋出的初速度越大，落地時的速度就越大，故A錯誤；從拋出到落地過

程中，小球在水平方向做勻速直線運動，速度不變，在豎直方向做自由落體運動，則速度的

2

變化量Av=gt,由gt得,故從拋出到落地過程中，速度的變化量恒定，

故B錯誤；落地時的重力的瞬時功率々儂力=儂4麗，故落地時的重力的瞬時功率不變,

故C正確；動能的變化量0聲一巳0席=mgh,故從拋出到落地過程中，動能的變化

量不變，故D錯誤。

典例目一位同學設計的直角輸送推料裝置如圖所示,導軌輸送線/與傾角9=37。、

長度/=3.5m的導軌輸送線6平滑連接。每相同時間間隔有一個質量卬=1kg的料盒通過

輸送線/被送到推桿前并處于靜止狀態(tài)，推桿將其沿輸送線方推動距離%=0.1m后，快速

縮回到原推料處，料盒離開推桿后恰能到達輸送線8的頂端。已知輸送線方與料盒間的動摩

擦因數(shù)〃=0.1,整個過程料盒可視為質點，輸送線6靜止不動，重力加速度g取lOm/s',

sin37°=0.6,cos37=0.8,求:

(1)料盒離開推桿后，在輸送線8上滑行的加速度;

(2)推桿對每個料盒做的功。

［解析］(1)對料盒，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsinumgcos9=ma

解得a=6.8m/s2

加速度方向沿輸送線夕向下。

(2)設推桿對每個料盒做的功％對料盒，由動能定理得—(儂sin夕+〃儂cos夕)￡

=0

解得仁23.8Jo

［答案］(1)6.8m/s2方向沿輸送線6向下

(2)23.8J

題型三機械能守恒定律

1.機械能守恒的判斷

定義判斷法看動能與勢能之和是否變化

能量轉化判斷機械能沒有與其他形式的能轉化時，系統(tǒng)機械能

法守恒

只有重力(或系統(tǒng)內彈簧的彈力)做功時，系統(tǒng)機

做功判斷法

械能守恒

2.機械能守恒定律的表達式

［WHWOT要選參考平面］

1一-［!￡.-=-△”1而還參考平面1

式----

L5?TH不用選參考平面)

3.連接體的機械能守恒問題

三T「

共速率模

4687^7^^7777777777777)77r

型

分清兩物體位移大小與高度變化關系

.4AB

:'：。n_0_O0

共角速度

1!/、?,//

??/!

模型

兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比

〃/〃〃/〃〃/〃/〃/〃

關聯(lián)速度*

模型i1

此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關系，當某物體位移最大時，速度

可能為0

Z4

J

。......

輕彈簧模

①同一根彈簧彈性勢能大小取海9于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內，形

型

變量相等，彈性勢能相等

②由兩個或兩個以上的物體與彈1簧組成的系統(tǒng)，當彈簧形變量最大時，彈簧兩

端連接的物體具有相同的速度;:津簧處日二自然長度時，彈簧彈性勢能最?。榱悖?/p>

考向1機械能守恒的判斷

6物體從離地高〃處的〃點開始做自由落體運動，下落至離地高度為（〃處的N

點，下列能量條形圖表示了物體在〃和"處的動能E和重力勢能區(qū)的相對大小關系，可能

正確的是（D）

煽…琉

n_0n；…口

物體:在冊處］［物體荏畋E!物體在M處］［物體荏畋E：

AB

>

避

現(xiàn)一穌-:￡

「

誓I

J

!

-

!

物體在J/處物體的順：物體/堿］物奉距跑

cD

［解析］由題意可知，選項A中物體的重力勢能應變?yōu)樵瓉淼?,A錯誤；由于機械能

守恒，動能與重力勢能之和應等于釋放時的機械能，B、C錯誤；選項D中，設釋放位置所

在平面為零勢能面，則增加的動能等于減少的勢能，D正確。

考向2機械能守恒定律的應用

7一質量為0的物體從某一高處做自由落體運動，己知物體落地時的動能為加

9/?

則當物體動能為奇時，物體距離地面的高度為（C）

&2&

A.B.

mgmg

■&2Ek

C.~~D.-~

6mg3mg

9/Z

［解析］物體自由下落過程機械能守恒，以地面為零勢能面，可得+mgh=E?解得

0

題型四功能關系的理解和應用

1.常見的功能關系

能量變化

［重力做功巧尸mg/r）.%=-AE"Y重力勢能變化Ag,

［滑動摩擦力做功用相對卜切榔產(chǎn)內?（系統(tǒng)內能的變化AE'］

2.兩條基本思路

（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

△￡減=△￡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△仞減=、EB增。

典例0急行跳遠起源于古希臘奧林匹克運動。如圖所示，急行跳遠由助跑、起跳、

騰空與落地等動作組成，空氣阻力不能忽略，下列說法正確的是（c）

助跑起跳騰空落地

A.蹬地起跳時，運動員處于失重狀態(tài)

B.助跑過程中，地面對運動員做正功

C.從起跳到最高點過程，運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量

D.從空中最高點到落地瞬間，運動員克服空氣阻力做的功等于重力勢能的減少量

［解析］蹬地起跳時，運動員加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；在助跑加速過程中，

地面對運動員有豎直向上的支持力和水平方向的靜摩擦力，其對應位移都為0,地面對運動

員不做功，B錯誤；空氣阻力不能忽略，從起跳到最高點過程，要克服阻力做功，機械能會

有損失，因此運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量，C正確；落地瞬間運動員有速

度，有動能，因此從空中最高點到落地瞬間，運動員克服空氣阻力做的功與運動員動能增加

量之和等于重力勢能的減少量，D錯誤。

9如圖所示，取一支質量為力的按壓式圓珠筆，將筆的按壓式小帽朝下按在桌

面上，無初速度放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度h,然后再豎直下落。重力加速度為

.不計空氣阻力。下列說法正確的是（A）

A.按壓時筆內部彈簧的彈性勢能增加了mgh

B.放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能全部轉化為筆的動能

C.筆在離開桌面后的上升階段處于超重狀態(tài)

D.筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為

［解析］因放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度力，該過程中彈簧的彈性勢能轉化為

重力勢能，則彈性勢能大小為mgh,則按壓時筆內部彈簧的彈性勢能增加了mgh,A正確；

放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能轉化為筆的動能和重力勢能，B錯誤；筆在

離開桌面后的上升階段，加速度向下為g,則處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；根據(jù)豎直上拋運

動的對稱性可知，筆從離開桌面到落回桌面過程的時間力，D錯誤。

三回（多選）如圖所示，在模擬風洞管中的光滑斜面上，一個小物塊受到沿斜面方

向的恒定風力作用，沿斜面加速向上運動，則從物塊接觸彈簧至到達最高點的過程中

(AD)

A.物塊的速度先增大后減小

B.物塊加速度一直減小到零

C.彈簧彈性勢能先增大后減小

D.物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能一直增大

［解析］接觸彈簧之前，物塊所受的合力廠=/風一儂sin9,接觸彈簧后，開始時彈

力尸彈小于合力F,物塊仍加速向上運動，隨著彈力增加，加速度減小，當加速度減小到零

時速度最大，以后當彈力/彈大于合力戶時，加速度反向，物塊做減速運動直到停止，此時

加速度反向最大，則此過程中，物塊的速度先增大后減小，加速度先減小后增大，彈簧的彈

性勢能一直變大，因風力做正功，則物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能一直增大。

專題強化練

.......................................................

1.（2024?潮州市期末）成語“簸揚糠枇”源于如圖的勞動情景，在恒定水平風力作用

下，從同一高度由靜止釋放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落點更遠。不計空氣阻力，下

列說法正確的是（D）

A.米粒和糠都做平拋運動

B.米粒和糠質量相同

C.落地時，米粒豎直方向的速度大于糠豎直方向的速度

D.落地時，米粒重力的瞬時功率大于糠重力的瞬時功率

解析：平拋運動只受重力作用，故不是平拋運動，故A錯誤；空氣阻力忽略不計，米粒

和糠在豎直方向都做自由落體運動，由人=（g汽可知，運動時間相同，在恒定水平風力作

用下F=ma,x=（at2,米粒和糠落到地面不同位置，則加速度不同，所以質量不同，故B

錯誤；空氣阻力忽略不計，米粒和糠在豎直方向都做自由落體運動，由v^2gh,可知，落

地豎直方向的速度相同，故C錯誤；根據(jù)片儂匕由于米粒質量大，落地時，米粒重力的

瞬時功率大于糠重力的瞬時功率，故D正確。

2.（2024?深圳市一模）節(jié)能電梯在無人時緩慢運行或靜止不動，有人上電梯后，電梯先

加速后勻速運行。一乘客坐電梯下樓，始終與電梯保持相對靜止，如圖所示，貝U（B）

A.加速時乘客所受的摩擦力方向沿斜面向下

B.加速時乘客處于失重狀態(tài)

C.下樓過程中電梯對乘客的作用力大于乘客對電梯的作用力

D.下樓過程中乘客受到的摩擦力始終做負功

解析：電梯加速向下運動時，人有水平向左的加速度，重力提供向下的加速度，由牛頓

第二定律可知，乘客所受的摩擦力方向水平向左，故A錯誤；電梯加速向下運動時，人有向

下的加速度，則乘客處于失重狀態(tài)，故B正確；電梯對乘客的作用力與乘客對電梯的作用力

是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C錯誤；當電梯勻速運行時，乘客不受摩擦力,

摩擦力做功為零，故D錯誤。

3.（2024?梅州市一模）如圖所示，噴泉經(jīng)常出現(xiàn)在廣場和公園等公共場所，給人們的生

活增添了無窮樂趣。假設一水珠從噴出到落回地面在同一豎直線上運動，且運動過程中水珠

的質量和空氣阻力的大小均保持不變，則該水珠在空中運動的過程中，下列說法正確的是

A.該水珠在落回地面時，重力的瞬時功率最小

B.該水珠在落回地面時，水珠的機械能最小

C.上升過程所用的時間大于下落過程所用的時間

D.上升過程克服空氣阻力做的功大于下落過程克服空氣阻力做的功

解析：重力的瞬時功率P=mgv,水珠在最高點時，速度為零，重力的瞬時功率最小，

故A錯誤；水珠在空中運動的過程中，一直克服空氣阻力做功，水珠的機械能逐漸減小，故

該水珠在落回地面時，水珠的機械能最小，故B正確；水珠上升過程阻力方向與重力方向相

同，下降過程阻力方向與重力方向相反，則水珠上升過程的加速度大于下降過程的加速度，

水珠上升過程的位移等于下降過程的位移，故上升過程所用的時間小于下落過程所用的時

間，故C錯誤；運動過程中水珠空氣阻力的大小均保持不變，水珠上升過程的位移等于下降

過程的位移,故上升過程克服空氣阻力做的功等于下落過程克服空氣阻力做的功,故D錯誤。

4.（2023?全國甲卷，T14）一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球

在平拋運動過程中（B）

A.機械能一直增加

B.加速度保持不變

C.速度大小保持不變

D.被推出后瞬間動能最大

解析：鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加

速度保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，鉛球在豎直方向做勻加速直

線運動，根據(jù)運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。

5.（2024?廣東大亞灣區(qū)聯(lián)合模擬）如圖所示，塔式起重機將質量0=5XlO/g的重物

沿豎直方向吊起的過程中，在航段重物以加速度a=0.2m/s,勻加速上升，在加段重物以

速度r=1.2m/s勻速上升，MN=PQ=2.3m,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力和摩

擦阻力。下列說法正確的有（C）

A.從〃到加起重機的輸出功率保持為10kW

B.從〃到N,重物的機械能增加量為1.25X105J

C.從戶到0,起重機的輸出功率保持為60kW

D.從戶到0,起重機對重物做功為LOXlO'j

解析：從〃到“重物勻加速上升，由牛頓第二定律有人一磔=0a,解得冗=5.IXIO”N,

保持不變，速度增加，則起重機的輸出功率增大，由功能關系可知，重物的機械能增加量

△￡=Fx=5.1X1O4X2.5J=1.275X105j,故A、B錯誤；從P到0,重物勻速上升，則有

A=Rg=5X104N,保持不變，速度也不變，則起重機的輸出功率保持？=Ky=5X104xi.2W

=6X104W=60k肌起重機對重物做功/=Kx=5X104X2.5J=1.25X105J,故C正確，D

錯誤。

6.（2024?江門市一模）跳傘運動員由高空沿豎直方向落下，心時刻開啟降落傘，力2時刻

開始做勻速直線運動直到為時刻落地，速度傳感器記錄此過程中運動員的/一力圖像如圖所

示，下列關于跳傘運動員及降落傘的說法正確的是（C）

A.0到打時間內，他們處于超重狀態(tài)

B.心到G時間內，他們受到的空氣阻力逐漸增大

C.心時刻，他們所受重力的功率最大

D.友到6時間內，他們的機械能守恒

解析：由題圖可知，o至時間內，他們加速下降，具有豎直向下的加速度，處于失重

狀態(tài)，故A錯誤；同理，心到％時間內，他們減速下降，由牛頓第二定律可知a=匕理',

m

加速度越來越小，受到的空氣阻力逐漸減小，故B錯誤；根據(jù)々磔心可知，人時刻速度

最大，則他們所受重力的功率最大，故C正確；由題圖可知，友到久時間內，他們勻速下降

則機械能不守恒，故D錯誤。

7.“廣湛”高鐵將茂名到廣州的通行時間縮短至2h。假設動車啟動后沿平直軌道行駛,

發(fā)動機功率恒定，行車過程中受到的阻力恒為九已知動車質量為如最高行駛速度為后,

下列說法正確的是（B）

A.動車啟動過程中所受合外力不變

B.動車發(fā)動機功率為F%

v

c.從啟動到最大速度過程中，動車平均速度為十m

D.從啟動到最大速度過程中，動車牽引力做功為;卬誦

解析：發(fā)動機功率恒定，根據(jù)片尸廠可知速度變大，牽引力變小，合外力Fa=F—f,

則合外力變小，故A錯誤；速度最大時，動車加速度為零，受力平衡，此時片戶-=『后,故

B正確；從啟動到最大速度過程中，動車做加速度減小的加速運動，動車平均速度大于三，

故c錯誤；從啟動到最大速度過程中，根據(jù)動能定理有%—%=9,則動車牽引力做功

大于:0看，故D錯誤。

8.（多選）（2024?潮州市期末）如圖甲所示是某游樂場的一部直道滑梯，質量為20千克

的兒童在長為5米的滑梯頂端從靜止開始沿滑梯下滑，經(jīng)過3秒到達滑梯底端，其重力勢能

隨下滑距離s的變化如圖乙所示，取滑梯底部為零勢能面，sin37°=0.6,cos37°=0.8,

重力加速度取10m/s2,貝I」（ACD）

。5s/m

圖乙

A.兒童下滑時加速度的大小約為1.1m/s2

B.兒童與滑梯間的動摩擦因數(shù)為0.7

C.滑梯與水平面的夾角《為37°

D.兒童下滑過程中機械能減小

解析：根據(jù)圖像可知，下滑距離為5m,根據(jù)s=2at2,可得，加速度a=§=當m/s2

^1.1m/s2,故A正確；根據(jù)題意E=^gssin。,解得sin。=0.6,所以滑梯與水平面

的夾角8為37°,根據(jù)mgsin0—f=ma,f=nN,N=mgcos夕,解得〃=萼,故B

lo

錯誤，C正確；兒童下滑過程中克服阻力做功，機械能減小，故