五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功和功率2021、2023命題逐漸強化能量守恒與動量守恒的交叉應用，如碰撞過程中動能損失與動量變化的聯(lián)立分析，或多物體系統(tǒng)在非彈性碰撞中的能量分配問題。此外，功與能的考查常與電磁學結合，如導體棒在磁場中切割磁感線時的焦耳熱計算，體現(xiàn)跨模塊綜合。能力要求上，突出數(shù)學工具的深度應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\用微積分思想處理變力做功問題，如通過積分計算彈簧彈力的非線性做功；或利用導數(shù)求解能量極值問題，如確定物體在復雜軌道上的最大動能位置。圖像分析能力成為關鍵，例如通過F-x圖像面積計算功，或利用E-t圖像判斷能量轉化趨勢。實驗探究能力的考查力度加大，例如設計實驗驗證動能定理時，需結合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。部分試題還引入跨學科思維，如通過“能量密度”等工程概念分析新能源效率，或利用熱力學第一定律解釋機械能與內能的轉化機制，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平?？键c2動能和動能定理2023、2025考點3機械能守恒定律2022、2024考點01功和功率1．（2023·湖北·高考）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為12l，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（

A．彈簧的勁度系數(shù)為4B．小球在P點下方12lC．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳析】A．小球在P點受力平衡，則有mg=f，f=μFNC．在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=kl-l2sinθ小球受到的摩擦力為f1=μFND．根據(jù)對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運動到P點下方l2時θ=45°，此時摩擦力大小為f1=μkl2故選AD。2．（2023·湖北·高考）兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【詳析】由題意可知兩節(jié)動車分別有P1=f1v1,P故選D。3．（2021·湖北·高考）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，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質量為m的小物塊A以某一速度向質量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。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點的距離；（2）當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時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）mgsinθ2gR【詳析】解：（1）設B到半圓弧軌道最高點時速度為v2'，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg=mv2'2RB離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有2（2）對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于對A（3）設A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點的過程，由機械能守恒定律1解得v2=5gR對A由Q到C的過程，由機械能守恒定律得12mv12=mgR解得v1=2gR設碰前瞬間A的速度為v0，對A、考點02動能和動能定理4．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，一足夠長的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個質量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號為1、2、…、3n，木板的質量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2μ。初始時木板和所有滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給第1個滑塊一個水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大小）。滑塊間的每次碰撞時間極短，碰后滑塊均會粘在一起繼續(xù)運動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求第1個滑塊與第2個滑塊碰撞前瞬間，第1個滑塊的速度大小(2)記木板滑動前第j個滑塊開始滑動時的速度為vj，第j+1個滑塊開始滑動時的速度為vj+1。用已知量和(3)若木板開始滑動后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。（參考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【詳析】（1）滑塊1運動時，對木板的摩擦力為f1=2μmg地面對木板的摩擦力為f2=4μnmg所以此過程中木板保持不動；每個滑塊之間距離為L（2）滑塊間碰撞時間極短，碰后滑塊粘在一起運動，若長木板不動，第j個滑塊開始運動時加速度為aj=2μ?jmgjm=2μg根據(jù)運動學公式，第j個滑塊開始滑動到和第j+1個滑塊碰撞時，有（3）當?shù)趉個木塊開始滑動時，木板恰好要滑動，此時有2μ?kmg=μ則第k+1個（即2n+1）木塊開始滑動時，木板開始滑動，要剛好不發(fā)生下一次碰撞，假設木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動，則2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木則a=2μg2n-1<2μg木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動。對前面k+1個（即2n+1）木塊，有ak+1=2μ91625……(將從j=2到j=k+1相關方程累積求和可得(聯(lián)立vk+12=85．（2023·湖北·高考）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CDE在同一豎直平面內，過C點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點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g（1）小物塊到達D點的速度大??；（2）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小?！敬鸢浮浚?）gR；（2）0；（3）3【詳析】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有mvD（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內側，則在C點有cos60°=vBvC小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有-μmgS=12mv考點03機械能守恒定律6．（2024·湖北·高考）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，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O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，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O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離?！敬鸢浮浚?）5ms；（2）0.3J；（3【詳析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5ms2（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v32L繩-d小球從O7．（2022·湖北·高考）如圖所示，質量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q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Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg【答案】C【詳析】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足kx=2μmg若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р故選C。8．（2022·湖北·高考）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為3gL5時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動L10距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的質量；（2）若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大?。唬?）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮浚?）3m；（2）6.5mg；（3）【詳析】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知mcg（2）CD碰后C的速度為零，設碰撞后D的速度v，根據(jù)動量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）設某時刻C向下運動的速度為v′，AB向上運動的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg1．（24-25高三·湖北襄陽隨州八校聯(lián)考·三模）如圖所示，三個相同的小物塊a、b、c，質量均為m，c放在水平地面上，b和c在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，a在b的正上方，開始時a、b、c均靜止。現(xiàn)讓a自由下落，a、b碰后一起向下運動。已知彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝12kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度為g。若b向上運動到最高點時，c恰好離開地面，則a開始下落時距bA．11mgk B．9mgk C．【答案】B【詳析】設初始時彈簧被壓縮x1，有kx1=mg彈性勢能為Ep=12kx12設a開始下落時距b的高度為H，b初始位置為零勢能面，設物塊a、b碰撞前瞬間a的速度為va，由機械能守恒定律得mgH=12mva2設物塊a、b碰撞后瞬間兩者的速度為vab，由動量守恒定律得mva=2mvaba、b一起壓縮彈簧到兩者向上運動到彈簧恢復原長時。a、故選B。2．（2025·湖北武漢二中·5月模考）如圖所示，可視為質點的光滑定滑輪P與豎直墻面上的Q點等高，O為PQ的中點，PQ距離為2d。一根輕質不可伸長的細繩一端系在Q點，穿過質量為m的光滑圓環(huán)A再繞過定滑輪P，另一端吊著質量也為m的重物B。將圓環(huán)A由O點靜止釋放，設QA與水平方向夾角為θ。已知重力加速度為g，整個過程中B未與滑輪P相撞，不計空氣阻力和一切摩擦。下列說法中正確的是（A．A和B的速度關系為vB．A可以下降的最大高度為5C．A和B總動能最大時，θD．A和B總動能最大時，B的動能為1-【答案】D【詳析】A．B上升的速度等于左側繩伸長的速度，A沿QA方向的速度分量為vAsinθ，沿PA方向的速度分量也為vAsinθ，故有vB=2vAB．由能量守恒mgH=mg×2H2+d2-CD．AB總動能最大時，即總重力勢能最小，此刻重力勢能變化率為0，即mgvA=mgvB結合關聯(lián)速度可知sinθ=12即θ=30°由能量守恒知Ek=2-故選D。3．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））將一個小球從地面豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小球的速度、位移、動能和機械能分別為v、x、Ek和EA． B．C． D．【答案】C【詳析】A．小球在上升過程中，由牛頓第二定律得mg+kv=ma.v逐漸減小，則a減小，下降過程中有mg-kv=B．v-x圖斜率為k=C．Ek-x圖像斜率為合外力，向上運動過程F=mgD．向上運動過程比向下過程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，機械能損失要更多一點，故D錯誤。故選C。4．（2025·湖北黃岡中學·二模）地球和哈雷彗星繞太陽運行的軌跡如圖所示，彗星從a運行到b、從c運行到d的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為S1和S2，且S1>SA．在近日點的速度小于地球公轉的速度B．在近日點加速度約為地球公轉加速度的4倍C．從a運行到b的時間等于從c運行到d的時間D．從b運行到c的過程中動能先減小后增大【答案】B【詳析】A．根據(jù)萬有引力定律得GMmr2=mv2rB．根據(jù)牛頓第二定律得GMmr2=ma解得a=GMr2彗星在近日點與太陽中心的距離約為地球公轉軌道半徑的0.5倍，哈雷彗星在近日點的加速度aC．根據(jù)開普勒第二定律可知，哈雷彗星繞太陽經(jīng)過相同的時間掃過的面積相同，根據(jù)S1>S2可知，從a運行到b的時間大于從c運行到D．哈雷彗星從b運行到c的過程中，引力勢能與動能之和保持不變，引力勢能增大，動能減小，D錯誤。故選B。5．（2025·湖北·高三下學期考前信息卷一）如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ=37°，以v=3m/s的速度順時針轉動?，F(xiàn)將一個質量m=2kg的煤塊以速率v0=4m/s放上傳送帶，煤塊在傳送帶上的速率隨時間變化如圖乙所示，sin37°=0.6A．煤塊初速度方向沿傳送帶向上B．若煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.875，則留下的劃痕長度為C．0~tD．煤塊到達B端時重力的瞬時功率大小為60W【答案】B【詳析】A．如果煤塊初速度方向沿傳送帶向上，分兩種情況，如果μ<tanθ的加速度減速到3m/s，接下來再以a'=gsinθ-μgcosθ的加速度減速到0，后反向勻加速運動，不符合題圖乙的速率變化；如果的加速度勻減速到0后反向勻加速到3m/s，符合題圖乙，選項A錯誤。B．若煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.875，煤塊運動的加速度大小為共速需要用時t2=v-(-v0)a=7s傳送帶的位移是C．0～t2時間內，由于煤塊的重力勢能減小，動能減小，煤塊機械能的減少量應等于摩擦力對煤塊做的功的數(shù)值，由能量守恒可得，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于重力勢能的減少量，選項D．煤塊到達B處時速度大小為3m/s，所以重力的瞬時功率為P=mgv故選B。6．（2025·湖北武漢二中·高三下二模）如圖甲，某輕彈簧兩端系著質量均為m的小球A、B。小球A用細線懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。將細線燒斷，并以此為計時起點，A、B兩小球運動的a-t圖線如圖乙所示（a為小球的加速度，t為時間），兩圖線對應縱軸最小值均為a=0，S表示0到t1時間內A的A．從0到t3時刻，彈簧對A球的沖量為B．t2C．t2時刻，A、BD．t1時刻，B物體的速度大小為【答案】AD【詳析】A．從圖像可知從0到t3時刻兩圖線與時間軸所夾面積相等，而小球A、B的初速度為0，即t3時刻兩小球速度大小相等，整體由動量定理得2mgt3=2mv3可得兩球速度大小v3=gt3B．t2時刻，兩小球加速度大小相等，以小球A、B整體為對象，由牛頓第二定律2mg=2ma得此時小球A、B的加速度大小為a=g此時小球小A、C．從圖乙可知，從0到t2時刻兩者速度差一直在增大，t2時刻達到最大，故D．從0到t1時刻，以A、B兩球整體為對象，由動量定理得2mgt1=mvA+mvB其中t1時刻小球故選AD。7．（2025·湖北襄陽五中·三模）下列物理表述正確的是：（）A．做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度的變化量的方向是豎直向下的B．作用力與反作用力做功的代數(shù)和一定為零C．帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動D．帶電粒子僅在靜電力作用下運動時，動能一定增加【答案】AC【詳析】A．豎直上拋運動加速度為重力加速度g，方向豎直向下，由Δv=gB．作用力與反作用力作用在不同物體上，兩物體位移不一定相同，做功代數(shù)和不一定為零，比如兩個相互吸引的磁鐵，外力拉開它們時，作用力與反作用力做功代數(shù)和不為零，故B錯誤；C．帶電粒子在點電荷電場中，若電場力提供向心力，可做勻速圓周運動（如電子繞原子核運動），故C正確；D．帶電粒子僅在靜電力作用下，若靜電力做負功，動能減?。ㄈ鐜щ娏Ｗ涌拷N電荷時），故D錯誤。故選AC。8．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）如圖所示，一傾角θ的光滑斜面固定于水平面上，斜面底端固定一擋板，原長為l0的輕彈簧沿斜面放置，一端固定于斜面底端的擋板上，另一端連接一質量為m1的物塊A，將質量為m２的物塊B放在物塊A上，沿斜面向下壓物塊B，使A離擋板沿斜面距離為l，此時彈簧的彈性勢能為EP,將物塊A和B由靜止釋放，所有物體沿斜面方向運動。重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）?A．若A、B物塊恰能分離，則EB．若A、B物塊恰能分離，則EC．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為ED．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為E【答案】AC【詳析】AB．因光滑斜面固定，若A、B物塊恰能分離，則恰好彈簧回到原長兩者速度減為零，由功能關系知：Ep=m1+CD．因光滑斜面固定，若A、B物塊能分離，則彈簧回到原長兩者速度相等且恰好在彈簧原長處A、B兩物塊加速度為gsinθ，之后A做加速度增大的減速運動，B做加速度大小為gsinθ的勻減速運動，所以A、B物塊能分離在彈簧原長處分離，對A、B物塊由動能定理得Ep－m1+m2gsinθl0-l＝12m1+故選AC。9．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））如下左圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直固定在水平面上，質量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，下落的最低位置為C點。以A點為坐標原點O。沿豎直向下建立x軸，定性畫出小球從A到C過程中加速度a與位移x的關系，如下右圖所示，重力加速度為g。對于小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．小球在B點時的速度最大B．小球從B到C的運動為簡諧運動的一部分，振幅為mgC．小球從B到C，系統(tǒng)的動能與彈性勢能之和增大D．圖中陰影部分1和2的面積關系為：S【答案】CD【詳析】A．小球至B點時開始壓縮彈簧，一開始彈力小于重力，則小球繼續(xù)向下加速運動，所以小球在B點時的速度不是最大，故A錯誤；B．設平衡位置為O，彈簧在平衡位置的壓縮量為x1，則有設平衡位置O下方有一D點，且B、D相對于O點對稱，根據(jù)對稱性可知，小球到達D點的速度等于B點的速度，且B、D兩點的加速度大小相等，即D點的加速度大小為g，則小球在最低點C點的加速度大于g，方向向上。根據(jù)牛頓第二定律可得kxC-mg=maC>mg可得最低點C的壓縮量滿足C．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球從B運動到C的過程中，小球的重力勢能一直在減小，小球的動能與彈簧的彈性勢能之和一直在增大，故C正確；D．設小球在平衡位置的速度為vmax，根據(jù)微元累積的思想可得∑max=mS=W合則根據(jù)動能定理可得mS1=12mvmax2-12mv故選CD。10．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖為某同學在學校操場練習投鉛球。已知鉛球出手時離地面高度為h，初速度大小為v0，方向斜向上，與水平方向的夾角為θ(0°<θA．鉛球在空中運動過程中，相等時間內速度的變化不相同B．在0°~90°范圍內，θ越大，鉛球在空中運動過程中重力的平均功率越小C．當θ=45°D．鉛球的最大水平射程為v【答案】BD【詳析】A．鉛球在空中運動時只受重力作用，加速度為重力加速度g，根據(jù)Δv=gΔt可知相等時間ΔB．將鉛球的速度分解到豎直方向和水平方向，在豎直方向上的分速度有vy=v0sinθ鉛球在豎直方向上先向上減速到零，再向下做自由落體運動，則向上減速的時間為t1=重力的平均功率為P=mght可知θ越大時t越大，則平均功率CD．根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12mv2-12根據(jù)幾何關系，可得速度矢量三角形面積S=12v0cosθ?gt=12gx由于v0與v大小一定，當v0⊥v故選BD。11．（2025·湖北黃岡中學·二模）如圖所示，質量為m的小球乙固定在長度為L的輕質細桿上端，桿的下端通過光滑的轉軸與質量為m的物塊甲相連，物塊甲緊靠右側豎直固定擋板，放置在光滑水平面上，開始時輕桿保持豎直狀態(tài)，系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)輕擾小球乙，使小球乙無初速度的向左倒下，物塊甲和小球乙均視為質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．當輕桿與豎直方向夾角為60度時，輕桿的作用力為零B．甲剛要離開擋板時，乙的速度大小為2C．小球乙落地前瞬間，乙的速度大小為52D．小球乙從開始運動到落地過程中，輕桿對小球乙做的功為-【答案】BCD【詳析】AB．記輕桿上作用力為零時輕桿與豎直方向的夾角為α，輕桿上作用力為零時小球乙的速度為v，此后甲與擋板分離。小球乙運動至輕桿上作用力為零的過程由動能定理可知mgL1-cosα=12mv2此時重力沿桿的分力提供所需要的向心力mgcosαC．輕桿上作用力為零后，小球乙的速度繼續(xù)增加，所需要的向心力增大，而其重力沿輕桿的分力在減小，因而輕桿會向兩端提供拉力，物塊甲開始離開墻壁，兩物體在輕桿方向上有位移，輕桿對小球乙做功。輕桿作用力為零到小球乙落到水平面上前一瞬間，小球乙、物塊甲構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒mvcosα=mv1x+mv2x該過程系統(tǒng)機械能守恒12mD．小球乙從開始運動到落地過程中，設輕桿對小球乙做的功為W乙，對乙用動能定理：12mv乙故選BCD。12．（2025·湖北·高三下學期考前信息卷一）宣績高鐵于2024年10月11日正式運營，安徽再添一條高鐵大動脈，改變了皖南地區(qū)的交通格局，讓安徽南部地區(qū)真正擁有了“高鐵大環(huán)線”。如圖是列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車。假設該動車組各車廂的質量均為m，動車的額定功率都為P，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，比例系數(shù)為k。則該動車組（）A．運行的最大速率為PB．列車配置如果改成4節(jié)動車和4節(jié)拖車，最大速度將提高到原來的1.5倍C．不管是做勻速運動還是勻加速運動，第4、5節(jié)車廂間的作用力一定都為0D．動車組做勻加速運動時，第2、3節(jié)車廂與第5、6節(jié)車廂間的作用力之比為3:2【答案】AC【詳析】A．以最大速率行駛時，牽引力等于阻力，牽引力F總=8kmg，而總功率為2P，故最大速率B．改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組時4P=8kmg?v'C．當列車加速運動時，對整體有2F-8kmg=8ma解得F=4ma+4D．當兩節(jié)動車都以額定功率使動車組做勻加速運動時，設第2、3節(jié)車廂間的作用力為F23，5、6節(jié)車廂間的作用力為F56，加速度為a，每節(jié)動車產(chǎn)生的牽引力為F，每節(jié)車廂所受的阻力為kmg，將第6、7、8節(jié)車廂作為整體分析，由牛頓第二定律可得F56-3kmg=3ma將第3、4、5、6、7、8節(jié)車廂作為整體分析，由牛頓第二定律可得F23+故選AC。13．（2025·湖北襄陽五中·三模）三個完全相同的小球，質量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球靠在豎直光滑墻面，B球C球均位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時，小球A受到輕微擾動開始下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C在上述過程中的最大速度為v，輕桿長為L，重力加速度為g。求：(1)此過程中豎直墻對小球A的沖量大?。?2)小球A落地前瞬間，A的動能大??；(3)質量為m的光滑圓槽乙也放在足夠大的光滑水平面上，C球與B球分離后，C球運動一段時間后沿著光滑圓槽乙水平切線由C點進入圓槽，圓槽CD段為圓心角53°的圓弧，已知v=3gR，小球上升到圓槽的D點時，圓槽的速度為v≥-gR，則圓槽半徑r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【詳析】（1）對三小球進行分析，在水平方向上，根據(jù)動量定理有I=2mv；（2）自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動量守恒，則有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一對彈性力做功的代數(shù)和為0解得E（3）把小球和圓槽看作系統(tǒng)進行分析，設小球上升到圓槽乙的D點時水平方向速度為vDx，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D點時，其速度方向與圓槽相切，則有tan53o=故r是R的25914．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖所示，內壁光滑的木槽A質量為mA=1kg，木槽與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3，木槽內有兩個可視為質點的滑塊B、C，質量分別為mB=1kg和mC=2kg.兩滑塊通過細線將很短的輕彈簧壓縮，彈簧與B固連，與C不固連，B滑塊距木槽左端為l=1m，C滑塊距木槽右端為34(1)滑塊B、C與木槽A碰前的速度vB和v(2)從燒斷細線到C與A碰撞前，A與水平桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)最終C與槽A右端的距離。【答案】(1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【詳析】（1）B、C和彈簧組成系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為0，則有mvB=2mvC（2）經(jīng)過時間t1B與A相碰，則t1=lvB=0.5sA與B碰撞過程動量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/sAB向左做勻減速運動加速度大小為a=mA+mB+mCm（3）A與C發(fā)生彈性碰撞，碰后A、C速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動量守恒2mvC=2mv1+2mv2機械能守恒12×2mvC2=12×2mv115．（2025·湖北襄陽五中·適應考）如圖所示，長為3.5L的不可伸長的輕繩，穿過一長為L的豎直輕質細管，兩端拴著質量分別為m、5m4的小球A和小物塊B。開始時B先放在細管正下方的水平地面上，A在管子下端，繩處于拉直狀態(tài)，手握細管，保持細管高度不變．現(xiàn)水平輕輕搖動細管，保持細繩相對于管子不上下滑動的情況下，一段時間后，使A在水平面內做勻速圓周運動，B對地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，(1)A做勻速圓周運動時，繩與豎直方向的夾角θ；(2)搖動細管過程中，手所做的功；(3)水平輕搖細管，使B上升至管口下1516L處平衡，此時管內一觸發(fā)裝置使繩斷開，【答案】(1)37°(2)17(3)15【詳析】（1）B處于平衡狀態(tài)，B對地面的壓力恰好為零時有FT=54mg對A受力分析，豎直方向受力平衡，則有FT（2）對A，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ動能為（3）因為繩子拉力恒為54mg，故拉住A的繩與豎直線的夾角恒為37°，此時小球A距離上管口為L'=L+1.5L-1516L=2516L根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°=mv'16．（2025·湖北荊州沙市中學·高三下模）如圖所示，一長木板B質量m=1.0kg，長L=9.2m，靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R=5.5m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為53°，其右端最低點處與長木板B上表面相切。距離木板B右端d=6.0m處有一與木板等高的固定平臺，平臺上表面光滑，其上放置有質量m=1.0kg的滑塊D。平臺上方有一水平光滑固定滑軌，其上穿有一質量M=2.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時彈簧處于豎直方向。一質量m=1.0kg的滑塊A被無初速地輕放在沿順時針轉動的水平傳送帶左端。一段時間后A從傳送帶右側水平飛出，恰好能沿切線方向從P點滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點并滑上木板B，帶動B向右運動，B與平臺碰撞后即粘在一起不再運動。A隨后繼續(xù)向右運動，滑上平臺，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運動。A、D組合體隨后運動過程中一直沒有離開水平面，且C沒有滑離滑軌。若傳送帶長s=6.0m，轉動速度大小恒為v0=6.0m/s，A與傳送帶和木板B間動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對問題的影響。sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2(1)求滑塊A到達P點的速度大小vP(2)求滑塊A與滑塊D碰撞前的速度大小v(3)若彈簧第一次恢復原長時，C的速度大小為1.0m/s。則隨后運動過程中彈簧的最大彈性勢能是多大？【答案】(1)vP=10m/s(2)v=4m/s(3)Epm=6J【詳析】（1）滑塊A在傳送帶上先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律f=ma其中f=μmg則勻加速階段的位移為x1=v022a=3.6m<s（2）滑塊A沿圓弧軌道滑下，設在最低點速度為v1，機械能守恒mgR(1-cos53°)=1假設滑塊A在木板B上運動過程中，與木板B共速后木板B才到達右側平臺，設共速時速度為v共，相對運動的距離為s相，由A、B系統(tǒng)動量守恒mv1=(m+m)v共系統(tǒng)能量守恒μmgs相=12mv12-12（m+m）v共（3）隨后滑塊A將以v2的速度滑上平臺，與滑塊D發(fā)生完全非彈性碰撞，在水平方向動量守恒，設碰后共同速度為v3，mv2=(m+m①假設彈簧開始處于原長狀態(tài)，則第一次恢復原長時，滑塊C速度向右，設彈簧原長時AD組體速度大小為v4，由動量守恒定律m+mv3=M不符合能量守恒定律，所以假設錯誤。②由以上推理可知，彈簧開始只能處于壓縮狀態(tài)，第一次恢復原長時，滑塊C速度向左，設彈簧原長時AD組合體速度大小為v5，由動量守恒和能量守恒有m+mv3=M-vC+m+mv5第一次原長到彈簧壓縮到最短過程中，動量守恒和能量守恒。設C17．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質檢）如圖所示，一質量為m的長板A靜置于光滑水平面上，距其右端d=1m處有一與A等高的固定平臺，一質量為m的滑塊B靜置于這個光滑平臺上。B的正上方有一質量為3m的滑塊C套在固定的光滑水平細桿上，B和C通過一輕質彈簧連接。一質量為2m的小滑塊D以v0=3m/s的初速度向右滑上A的最左端，并帶動A向右運動，A與平臺發(fā)生碰撞后，速度反向但大小不變。A與平臺發(fā)生第二次碰撞的瞬間，D恰好滑到平臺上，隨即與B發(fā)生碰撞并粘在一起向右運動。已知m=1kg，A與D間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1，B、C、D均可看作質點，BD組合體在隨后的運動過程中一直沒有離開平臺，且C沒有滑離細桿，重力加速度(1)滑塊D滑上平臺時速度的大?。?2)長木板A的長度；(3)若彈簧第一次恢復原長時，C的速度大小為19【答案】(1)v(2)L(3)E【詳析】（1）假設A和D能共速，設共速時速度為v1，由動量守恒定律有2mv對A，設其加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律μ2mg=ma

可得a=2m/s2其加速到v1的位移設為s1，根據(jù)運動學公式2as1=v12解得s1=1m,sA加速到v2的位移設為s2，同理2as2=v2（2）設A長度為L，D在A上滑動的全過程，對A、D系統(tǒng)，由動能定理有-解得L（3）D與B相碰后，設速度為v3，由動量守恒定律有2mv2=2m+mv3解得v3=49m/s此時B、C、D系統(tǒng)的動能為EK0=827J彈簧原長時，設BD整體速度為v4，對B、C、D系統(tǒng)，由動量守恒定律有：若C的速度向右2mv2=3mv4+3mvC解得v4=13m/s此時B、解得E18．（25屆·湖北部分學校聯(lián)考·三模）如圖所示，長木板C固定在水平地面上，物塊A、B以相同大小的初速度v=4m/s同時從C的左右兩端開始相向運動，物塊A的質量為m1=2kg，與C之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2，物塊B的質量為m2=1kg，與C之間的動摩擦因數(shù)為(1)若A、B未相撞，長木板C的最小長度；(2)若A、B能相撞且相撞后結合為一個整體，碰撞時間極短，A、B沒有從長木板C上掉下，A、B碰后運動位移的最大值是多少；(3)若長木板C未固定且地面光滑，C的質量為m3=1kg，A、B沒有發(fā)生碰撞，則A【答案】(1)6m(2)1(3)14J【詳析】（1）對A、B分析，根據(jù)牛頓第二定律分別有μ1m1g=m1a1，μ2m2g=m2a2解得a1（2）只要A、B在停下來之前發(fā)生碰撞，由系統(tǒng)滿足動量守恒得m1v-m2v=(m1+m2）v1解得v1=43m/s碰后對A、B（3）若長木板C未固定，在B速度減為零之前，C靜止不動。假設B速度減為零之后B、C相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g=(m2+m3）a3解得a3=2?m/s2因a3=2?m/s2<μ2g=4m/s2，故假設成立B速度減為零的過程中，B與C之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1，由能量守恒得Q1=12m2v解得Q19．（2025·湖北省新八校協(xié)作體·三模）一工人通過傳送帶輸送質量m=10kg的貨物，傳送帶與水平面夾角θ=30°，以v=2m/s的速度順時針運行，傳送帶與轉軸無相對滑動，轉軸的半徑r=0.2m。工人將貨物輕放在傳動帶上切點A處，貨物與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ=32，貨物到達傳送帶上切點B時恰好與傳送帶相對靜止，隨后水平拋出。貨物從傳送帶離開后掉落到靜止在光滑水平地面的小車上，立即與小車共速并一起向右運動，小車碰到彈簧后停止運動，隨后工人拿走貨物。已知小車質量M(1)貨物在傳送帶上運動時，電動機多消耗的電能；(2)貨物與小車一起向右運動時的速度；(3)小車碰到彈簧后貨物不相對小車滑動，貨物與小車間的動摩擦因數(shù)不能小于多少？【答案】(1)60J(2)2(3)0.25【詳析】（1）貨物在傳送帶上受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma解得a=2.5m/s2貨物放上傳送帶到速度與傳送帶相同，位移為s，有v2=2as，v=at可得s=0.4m，t（2）貨物隨傳送帶到達轉軸最高點P時，恰好有mg=mv2r解得v（3）小車碰到彈簧后，若彈簧壓縮至最短時貨物恰不與小車發(fā)生相對滑動，則有12(m+M)v12=1專題03功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功和功率2021、2023命題逐漸強化能量守恒與動量守恒的交叉應用，如碰撞過程中動能損失與動量變化的聯(lián)立分析，或多物體系統(tǒng)在非彈性碰撞中的能量分配問題。此外，功與能的考查常與電磁學結合，如導體棒在磁場中切割磁感線時的焦耳熱計算，體現(xiàn)跨模塊綜合。能力要求上，突出數(shù)學工具的深度應用與邏輯推理的嚴謹性。考生需熟練運用微積分思想處理變力做功問題，如通過積分計算彈簧彈力的非線性做功；或利用導數(shù)求解能量極值問題，如確定物體在復雜軌道上的最大動能位置。圖像分析能力成為關鍵，例如通過F-x圖像面積計算功，或利用E-t圖像判斷能量轉化趨勢。實驗探究能力的考查力度加大，例如設計實驗驗證動能定理時，需結合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。部分試題還引入跨學科思維，如通過“能量密度”等工程概念分析新能源效率，或利用熱力學第一定律解釋機械能與內能的轉化機制，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平?？键c2動能和動能定理2023、2025考點3機械能守恒定律2022、2024考點01功和功率1．（2023·湖北·高考）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為12l，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（

A．彈簧的勁度系數(shù)為4B．小球在P點下方12lC．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳析】A．小球在P點受力平衡，則有mg=f，f=μFNC．在PM之間任取一點A，令AO與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F=kl-l2sinθ小球受到的摩擦力為f1=μFND．根據(jù)對稱性可知在任意關于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運動到P點下方l2時θ=45°，此時摩擦力大小為f1=μkl2故選AD。2．（2023·湖北·高考）兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【詳析】由題意可知兩節(jié)動車分別有P1=f1v1,P故選D。3．（2021·湖北·高考）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，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質量為m的小物塊A以某一速度向質量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。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點的距離；（2）當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時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）mgsinθ2gR【詳析】解：（1）設B到半圓弧軌道最高點時速度為v2'，由于B對軌道最高點的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg=mv2'2RB離開最高點后做平拋運動，則在豎直方向上有2（2）對A由C到D的過程，由機械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于對A（3）設A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對B由Q到最高點的過程，由機械能守恒定律1解得v2=5gR對A由Q到C的過程，由機械能守恒定律得12mv12=mgR解得v1=2gR設碰前瞬間A的速度為v0，對A、考點02動能和動能定理4．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，一足夠長的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個質量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號為1、2、…、3n，木板的質量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2μ。初始時木板和所有滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給第1個滑塊一個水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。；瑝K間的每次碰撞時間極短，碰后滑塊均會粘在一起繼續(xù)運動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)求第1個滑塊與第2個滑塊碰撞前瞬間，第1個滑塊的速度大小(2)記木板滑動前第j個滑塊開始滑動時的速度為vj，第j+1個滑塊開始滑動時的速度為vj+1。用已知量和(3)若木板開始滑動后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。（參考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【詳析】（1）滑塊1運動時，對木板的摩擦力為f1=2μmg地面對木板的摩擦力為f2=4μnmg所以此過程中木板保持不動；每個滑塊之間距離為L（2）滑塊間碰撞時間極短，碰后滑塊粘在一起運動，若長木板不動，第j個滑塊開始運動時加速度為aj=2μ?jmgjm=2μg根據(jù)運動學公式，第j個滑塊開始滑動到和第j+1個滑塊碰撞時，有（3）當?shù)趉個木塊開始滑動時，木板恰好要滑動，此時有2μ?kmg=μ則第k+1個（即2n+1）木塊開始滑動時，木板開始滑動，要剛好不發(fā)生下一次碰撞，假設木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動，則2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木則a=2μg2n-1<2μg木板和剩下的木塊不發(fā)生相對滑動。對前面k+1個（即2n+1）木塊，有ak+1=2μ91625……(將從j=2到j=k+1相關方程累積求和可得(聯(lián)立vk+12=85．（2023·湖北·高考）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CDE在同一豎直平面內，過C點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點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g（1）小物塊到達D點的速度大?。唬?）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小。【答案】（1）gR；（2）0；（3）3【詳析】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有mvD（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內側，則在C點有cos60°=vBvC小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有-μmgS=12mv考點03機械能守恒定律6．（2024·湖北·高考）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，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O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，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O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。【答案】（1）5ms；（2）0.3J；（3【詳析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5ms2（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v32L繩-d小球從O7．（2022·湖北·高考）如圖所示，質量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q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Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg【答案】C【詳析】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足kx=2μmg若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р故選C。8．（2022·湖北·高考）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為3gL5時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動L10距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的質量；（2）若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮浚?）3m；（2）6.5mg；（3）【詳析】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知mcg（2）CD碰后C的速度為零，設碰撞后D的速度v，根據(jù)動量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）設某時刻C向下運動的速度為v′，AB向上運動的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg1．（24-25高三·湖北襄陽隨州八校聯(lián)考·三模）如圖所示，三個相同的小物塊a、b、c，質量均為m，c放在水平地面上，b和c在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，a在b的正上方，開始時a、b、c均靜止?，F(xiàn)讓a自由下落，a、b碰后一起向下運動。已知彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝12kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度為g。若b向上運動到最高點時，c恰好離開地面，則a開始下落時距bA．11mgk B．9mgk C．【答案】B【詳析】設初始時彈簧被壓縮x1，有kx1=mg彈性勢能為Ep=12kx12設a開始下落時距b的高度為H，b初始位置為零勢能面，設物塊a、b碰撞前瞬間a的速度為va，由機械能守恒定律得mgH=12mva2設物塊a、b碰撞后瞬間兩者的速度為vab，由動量守恒定律得mva=2mvaba、b一起壓縮彈簧到兩者向上運動到彈簧恢復原長時。a、故選B。2．（2025·湖北武漢二中·5月?？迹┤鐖D所示，可視為質點的光滑定滑輪P與豎直墻面上的Q點等高，O為PQ的中點，PQ距離為2d。一根輕質不可伸長的細繩一端系在Q點，穿過質量為m的光滑圓環(huán)A再繞過定滑輪P，另一端吊著質量也為m的重物B。將圓環(huán)A由O點靜止釋放，設QA與水平方向夾角為θ。已知重力加速度為g，整個過程中B未與滑輪P相撞，不計空氣阻力和一切摩擦。下列說法中正確的是（A．A和B的速度關系為vB．A可以下降的最大高度為5C．A和B總動能最大時，θD．A和B總動能最大時，B的動能為1-【答案】D【詳析】A．B上升的速度等于左側繩伸長的速度，A沿QA方向的速度分量為vAsinθ，沿PA方向的速度分量也為vAsinθ，故有vB=2vAB．由能量守恒mgH=mg×2H2+d2-CD．AB總動能最大時，即總重力勢能最小，此刻重力勢能變化率為0，即mgvA=mgvB結合關聯(lián)速度可知sinθ=12即θ=30°由能量守恒知Ek=2-故選D。3．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））將一個小球從地面豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小球的速度、位移、動能和機械能分別為v、x、Ek和EA． B．C． D．【答案】C【詳析】A．小球在上升過程中，由牛頓第二定律得mg+kv=ma.v逐漸減小，則a減小，下降過程中有mg-kv=B．v-x圖斜率為k=C．Ek-x圖像斜率為合外力，向上運動過程F=mgD．向上運動過程比向下過程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，機械能損失要更多一點，故D錯誤。故選C。4．（2025·湖北黃岡中學·二模）地球和哈雷彗星繞太陽運行的軌跡如圖所示，彗星從a運行到b、從c運行到d的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為S1和S2，且S1>SA．在近日點的速度小于地球公轉的速度B．在近日點加速度約為地球公轉加速度的4倍C．從a運行到b的時間等于從c運行到d的時間D．從b運行到c的過程中動能先減小后增大【答案】B【詳析】A．根據(jù)萬有引力定律得GMmr2=mv2rB．根據(jù)牛頓第二定律得GMmr2=ma解得a=GMr2彗星在近日點與太陽中心的距離約為地球公轉軌道半徑的0.5倍，哈雷彗星在近日點的加速度aC．根據(jù)開普勒第二定律可知，哈雷彗星繞太陽經(jīng)過相同的時間掃過的面積相同，根據(jù)S1>S2可知，從a運行到b的時間大于從c運行到D．哈雷彗星從b運行到c的過程中，引力勢能與動能之和保持不變，引力勢能增大，動能減小，D錯誤。故選B。5．（2025·湖北·高三下學期考前信息卷一）如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ=37°，以v=3m/s的速度順時針轉動?，F(xiàn)將一個質量m=2kg的煤塊以速率v0=4m/s放上傳送帶，煤塊在傳送帶上的速率隨時間變化如圖乙所示，sin37°=0.6A．煤塊初速度方向沿傳送帶向上B．若煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.875，則留下的劃痕長度為C．0~tD．煤塊到達B端時重力的瞬時功率大小為60W【答案】B【詳析】A．如果煤塊初速度方向沿傳送帶向上，分兩種情況，如果μ<tanθ的加速度減速到3m/s，接下來再以a'=gsinθ-μgcosθ的加速度減速到0，后反向勻加速運動，不符合題圖乙的速率變化；如果的加速度勻減速到0后反向勻加速到3m/s，符合題圖乙，選項A錯誤。B．若煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.875，煤塊運動的加速度大小為共速需要用時t2=v-(-v0)a=7s傳送帶的位移是C．0～t2時間內，由于煤塊的重力勢能減小，動能減小，煤塊機械能的減少量應等于摩擦力對煤塊做的功的數(shù)值，由能量守恒可得，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于重力勢能的減少量，選項D．煤塊到達B處時速度大小為3m/s，所以重力的瞬時功率為P=mgv故選B。6．（2025·湖北武漢二中·高三下二模）如圖甲，某輕彈簧兩端系著質量均為m的小球A、B。小球A用細線懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。將細線燒斷，并以此為計時起點，A、B兩小球運動的a-t圖線如圖乙所示（a為小球的加速度，t為時間），兩圖線對應縱軸最小值均為a=0，S表示0到t1時間內A的A．從0到t3時刻，彈簧對A球的沖量為B．t2C．t2時刻，A、BD．t1時刻，B物體的速度大小為【答案】AD【詳析】A．從圖像可知從0到t3時刻兩圖線與時間軸所夾面積相等，而小球A、B的初速度為0，即t3時刻兩小球速度大小相等，整體由動量定理得2mgt3=2mv3可得兩球速度大小v3=gt3B．t2時刻，兩小球加速度大小相等，以小球A、B整體為對象，由牛頓第二定律2mg=2ma得此時小球A、B的加速度大小為a=g此時小球小A、C．從圖乙可知，從0到t2時刻兩者速度差一直在增大，t2時刻達到最大，故D．從0到t1時刻，以A、B兩球整體為對象，由動量定理得2mgt1=mvA+mvB其中t1時刻小球故選AD。7．（2025·湖北襄陽五中·三模）下列物理表述正確的是：（）A．做豎直上拋運動的物體，在上升過程中，速度的變化量的方向是豎直向下的B．作用力與反作用力做功的代數(shù)和一定為零C．帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動D．帶電粒子僅在靜電力作用下運動時，動能一定增加【答案】AC【詳析】A．豎直上拋運動加速度為重力加速度g，方向豎直向下，由Δv=gB．作用力與反作用力作用在不同物體上，兩物體位移不一定相同，做功代數(shù)和不一定為零，比如兩個相互吸引的磁鐵，外力拉開它們時，作用力與反作用力做功代數(shù)和不為零，故B錯誤；C．帶電粒子在點電荷電場中，若電場力提供向心力，可做勻速圓周運動（如電子繞原子核運動），故C正確；D．帶電粒子僅在靜電力作用下，若靜電力做負功，動能減?。ㄈ鐜щ娏Ｗ涌拷N電荷時），故D錯誤。故選AC。8．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）如圖所示，一傾角θ的光滑斜面固定于水平面上，斜面底端固定一擋板，原長為l0的輕彈簧沿斜面放置，一端固定于斜面底端的擋板上，另一端連接一質量為m1的物塊A，將質量為m２的物塊B放在物塊A上，沿斜面向下壓物塊B，使A離擋板沿斜面距離為l，此時彈簧的彈性勢能為EP,將物塊A和B由靜止釋放，所有物體沿斜面方向運動。重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）?A．若A、B物塊恰能分離，則EB．若A、B物塊恰能分離，則EC．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為ED．若A、B物塊能分離，則B沿斜面向上運動的最大位移為E【答案】AC【詳析】AB．因光滑斜面固定，若A、B物塊恰能分離，則恰好彈簧回到原長兩者速度減為零，由功能關系知：Ep=m1+CD．因光滑斜面固定，若A、B物塊能分離，則彈簧回到原長兩者速度相等且恰好在彈簧原長處A、B兩物塊加速度為gsinθ，之后A做加速度增大的減速運動，B做加速度大小為gsinθ的勻減速運動，所以A、B物塊能分離在彈簧原長處分離，對A、B物塊由動能定理得Ep－m1+m2gsinθl0-l＝12m1+故選AC。9．（2025·湖北黃石二中·高三下適應性（二））如下左圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直固定在水平面上，質量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，下落的最低位置為C點。以A點為坐標原點O。沿豎直向下建立x軸，定性畫出小球從A到C過程中加速度a與位移x的關系，如下右圖所示，重力加速度為g。對于小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A．小球在B點時的速度最大B．小球從B到C的運動為簡諧運動的一部分，振幅為mgC．小球從B到C，系統(tǒng)的動能與彈性勢能之和增大D．圖中陰影部分1和2的面積關系為：S【答案】CD【詳析】A．小球至B點時開始壓縮彈簧，一開始彈力小于重力，則小球繼續(xù)向下加速運動，所以小球在B點時的速度不是最大，故A錯誤；B．設平衡位置為O，彈簧在平衡位置的壓縮量為x1，則有設平衡位置O下方有一D點，且B、D相對于O點對稱，根據(jù)對稱性可知，小球到達D點的速度等于B點的速度，且B、D兩點的加速度大小相等，即D點的加速度大小為g，則小球在最低點C點的加速度大于g，方向向上。根據(jù)牛頓第二定律可得kxC-mg=maC>mg可得最低點C的壓縮量滿足C．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球從B運動到C的過程中，小球的重力勢能一直在減小，小球的動能與彈簧的彈性勢能之和一直在增大，故C正確；D．設小球在平衡位置的速度為vmax，根據(jù)微元累積的思想可得∑max=mS=W合則根據(jù)動能定理可得mS1=12mvmax2-12mv故選CD。10．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖為某同學在學校操場練習投鉛球。已知鉛球出手時離地面高度為h，初速度大小為v0，方向斜向上，與水平方向的夾角為θ(0°<θA．鉛球在空中運動過程中，相等時間內速度的變化不相同B．在0°~90°范圍內，θ越大，鉛球在空中運動過程中重力的平均功率越小C．當θ=45°D．鉛球的最大水平射程為v【答案】BD【詳析】A．鉛球在空中運動時只受重力作用，加速度為重力加速度g，根據(jù)Δv=gΔt可知相等時間ΔB．將鉛球的速度分解到豎直方向和水平方向，在豎直方向上的分速度有vy=v0sinθ鉛球在豎直方向上先向上減速到零，再向下做自由落體運動，則向上減速的時間為t1=重力的平均功率為P=mght可知θ越大時t越大，則平均功率CD．根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12mv2-12根據(jù)幾何關系，可得速度矢量三角形面積S=12v0cosθ?gt=12gx由于v0與v大小一定，當v0⊥v故選BD。11．（2025·湖北黃岡中學·二模）如圖所示，質量為m的小球乙固定在長度為L的輕質細桿上端，桿的下端通過光滑的轉軸與質量為m的物塊甲相連，物塊甲緊靠右側豎直固定擋板，放置在光滑水平面上，開始時輕桿保持豎直狀態(tài)，系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)輕擾小球乙，使小球乙無初速度的向左倒下，物塊甲和小球乙均視為質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．當輕桿與豎直方向夾角為60度時，輕桿的作用力為零B．甲剛要離開擋板時，乙的速度大小為2C．小球乙落地前瞬間，乙的速度大小為52D．小球乙從開始運動到落地過程中，輕桿對小球乙做的功為-【答案】BCD【詳析】AB．記輕桿上作用力為零時輕桿與豎直方向的夾角為α，輕桿上作用力為零時小球乙的速度為v，此后甲與擋板分離。小球乙運動至輕桿上作用力為零的過程由動能定理可知mgL1-cosα=12mv2此時重力沿桿的分力提供所需要的向心力mgcosαC．輕桿上作用力為零后，小球乙的速度繼續(xù)增加，所需要的向心力增大，而其重力沿輕桿的分力在減小，因而輕桿會向兩端提供拉力，物塊甲開始離開墻壁，兩物體在輕桿方向上有位移，輕桿對小球乙做功。輕桿作用力為零到小球乙落到水平面上前一瞬間，小球乙、物塊甲構成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒mvcosα=mv1x+mv2x該過程系統(tǒng)機械能守恒12mD．小球乙從開始運動到落地過程中，設輕桿對小球乙做的功為W乙，對乙用動能定理：12mv乙故選BCD。12．（2025·湖北·高三下學期考前信息卷一）宣績高鐵于2024年10月11日正式運營，安徽再添一條高鐵大動脈，改變了皖南地區(qū)的交通格局，讓安徽南部地區(qū)真正擁有了“高鐵大環(huán)線”。如圖是列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車。假設該動車組各車廂的質量均為m，動車的額定功率都為P，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，比例系數(shù)為k。則該動車組（）A．運行的最大速率為PB．列車配置如果改成4節(jié)動車和4節(jié)拖車，最大速度將提高到原來的1.5倍C．不管是做勻速運動還是勻加速運動，第4、5節(jié)車廂間的作用力一定都為0D．動車組做勻加速運動時，第2、3節(jié)車廂與第5、6節(jié)車廂間的作用力之比為3:2【答案】AC【詳析】A．以最大速率行駛時，牽引力等于阻力，牽引力F總=8kmg，而總功率為2P，故最大速率B．改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組時4P=8kmg?v'C．當列車加速運動時，對整體有2F-8kmg=8ma解得F=4ma+4D．當兩節(jié)動車都以額定功率使動車組做勻加速運動時，設第2、3節(jié)車廂間的作用力為F23，5、6節(jié)車廂間的作用力為F56，加速度為a，每節(jié)動車產(chǎn)生的牽引力為F，每節(jié)車廂所受的阻力為kmg，將第6、7、8節(jié)車廂作為整體分析，由牛頓第二定律可得F56-3kmg=3ma將第3、4、5、6、7、8節(jié)車廂作為整體分析，由牛頓第二定律可得F23+故選AC。13．（2025·湖北襄陽五中·三模）三個完全相同的小球，質量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球靠在豎直光滑墻面，B球C球均位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時，小球A受到輕微擾動開始下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C在上述過程中的最大速度為v，輕桿長為L，重力加速度為g。求：(1)此過程中豎直墻對小球A的沖量大小；(2)小球A落地前瞬間，A的動能大??；(3)質量為m的光滑圓槽乙也放在足夠大的光滑水平面上，C球與B球分離后，C球運動一段時間后沿著光滑圓槽乙水平切線由C點進入圓槽，圓槽CD段為圓心角53°的圓弧，已知v=3gR，小球上升到圓槽的D點時，圓槽的速度為v≥-gR，則圓槽半徑r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【詳析】（1）對三小球進行分析，在水平方向上，根據(jù)動量定理有I=2mv；（2）自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動量守恒，則有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一對彈性力做功的代數(shù)和為0解得E（3）把小球和圓槽看作系統(tǒng)進行分析，設小球上升到圓槽乙的D點時水平方向速度為vDx，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D點時，其速度方向與圓槽相切，則有tan53o=故r是R的25914．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖所示，內壁光滑的木槽A質量為mA=1kg，木槽與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3，木槽內有兩個可視為質點的滑塊B、C，質量分別為mB=1kg和mC=2kg.兩滑塊通過細線將很短的輕彈簧壓縮，彈簧與B固連，與C不固連，B滑塊距木槽左端為l=1m，C滑塊距木槽右端為34(1)滑塊B、C與木槽A碰前的速度vB和v(2)從燒斷細線到C與A碰撞前，A與水平桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)最終C與槽A右端的距離?！敬鸢浮?1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【詳析】（1）B、C和彈簧組成系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為0，則有mvB=2mvC（2）經(jīng)過時間t1B與A相碰，則t1=lvB=0.5sA與B碰撞過程動量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/sAB向左做勻減速運動加速度大小為a=mA+mB+mCm（3）A與C發(fā)生彈性碰撞，碰后A、C速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動量守恒2mvC=2mv1+2mv2機械能守恒12×2mvC2=12×2mv115．（2025·湖北襄陽五中·適應考）如圖所示，長為3.5L的不可伸長的輕繩，穿過一長為L的豎直輕質細管，兩端拴著質量分別為m、5m4的小球A和小物塊B。開始時B先放在細管正下方的水平地面上，A在管子下端，繩處于拉直狀態(tài)，手握細管，保持細管高度不變．現(xiàn)水平輕輕搖動細管，保持細繩相對于管子不上下滑動的情況下，一段時間后，使A在水平面內做勻速圓周運動，B對地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，(1)A做勻速圓周運動時，繩與豎直方向的夾角θ；(2)搖動細管過程中，手所做的功；(3)水平輕搖細管，使B上升至管口下1516L處平衡，此時管內一觸發(fā)裝置使繩斷開，【答案】(1)37°(2)17(3)15【詳析】（1）B處于平衡狀態(tài)，B對地面的壓力恰好為零時有FT=54mg對A受力分析，豎直方向受力平衡，則有FT（2）對A，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ動能為（3）因為繩子拉力恒為54mg，故拉住A的繩與豎直線的夾角恒為37°，此時小球A距離上管口為L'=L+1.5L-1516L=2516L根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°=mv'16．（2025·湖北荊州沙市中學·高三下模）如圖所示，一長木板B質量m=1.0k