2023高考二輪復(fù)習(xí)二十五專題專題五、功與能第一部分織網(wǎng)點(diǎn)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(jì)算(3)機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題的兩種求解思路①機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)：②機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)：2．動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化。(2)表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)運(yùn)用動(dòng)能定理解題的優(yōu)越性①動(dòng)能定理既適用于恒力做功、直線運(yùn)動(dòng)、單過(guò)程問(wèn)題，也適用于變力做功、曲線運(yùn)動(dòng)、多過(guò)程問(wèn)題。②動(dòng)能定理不涉及勢(shì)能，解決的是合力做功與動(dòng)能變化的問(wèn)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(dòng)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(gè)角度①?gòu)墓Φ慕嵌龋喝糁挥形矬w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(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，沒(méi)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(méi)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(jiàn)的功能關(guān)系及其體現(xiàn)(1)常見(jiàn)的功能關(guān)系合力做功與動(dòng)能的關(guān)系W合＝ΔEk重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系WG＝－ΔEp彈力做功與彈性勢(shì)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(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系Ffx相對(duì)＝ΔE內(nèi)(2)功能關(guān)系的體現(xiàn)第二部分實(shí)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(wú)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(jì)空氣阻力。下列說(shuō)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(shì)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(shì)能和摩擦力做功的計(jì)算?！窘忸}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(shì)能增加△Ep=mgh=50×10×10J=5000J，C錯(cuò)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?！疽活}多解】對(duì)選項(xiàng)B，由于小車勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，也可利用動(dòng)能定理，得出W1-Wf1=0，W1=P1t1，t1=x/v1，得出Wf1=W=P1x/v1=200×20/5J=800J。對(duì)選項(xiàng)D，由于小車勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)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(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)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(dòng)能定理及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！窘忸}思路】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知，運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek=mgxtanθ，即Ek=mgtanθ×x，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳，下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條傾斜的直線；經(jīng)過(guò)圓弧軌道過(guò)程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，所以運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)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(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（）

A.當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C.下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D.整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量【參考答案】B【命題意圖】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！窘忸}思路】由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)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(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)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(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在開(kāi)始時(shí)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(shí)、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(xiàng)B正確；設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過(guò)程A、B不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得，化簡(jiǎn)得。當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，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(shí)加速度為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)B的分析可知再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中F向上且逐漸變大，則下滑過(guò)程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于A回到初始位置，整個(gè)過(guò)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(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，選項(xiàng)D錯(cuò)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(zhǎng)的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體釋放位置處于同一高度，取時(shí)刻物體所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體的機(jī)械能為。重力加速度大小為，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.物體和的質(zhì)量之比為 B.時(shí)刻物體的機(jī)械能為C.時(shí)刻物體重力的功率為 D.時(shí)刻物體的速度大小【參考答案】BCD【命題意圖】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、機(jī)械能、功率及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)?！久麕熃馕觥坑膳ｎD第二定律，mQg-mPg=（mQ+mP）a，a=，解得mP?mQ=1?2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)時(shí)間T，P上升高度，h1==，T時(shí)刻P速度v=aT=，P豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直上拋高度h2==。PQ之間豎直高度為h=h1+h2=+=，t=0時(shí)物體的機(jī)能為E=mQgh=..。在Q勻加速下落過(guò)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(duì)Q由功能原理可知，T時(shí)刻Q的機(jī)械能為ET=E-Fh1=-2mQg/3×==E/2，T時(shí)刻后，只有重力對(duì)Q做功，Q機(jī)械能不變，所以時(shí)刻物體的機(jī)械能為，選項(xiàng)B正確；由豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為t=v/g=T/3，時(shí)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(xiàng)CD正確。5．（2022·全國(guó)理綜甲卷·14）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)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(yùn)動(dòng)定律，圓周運(yùn)動(dòng)?！窘忸}思路】從a到c，由機(jī)械能守恒定律，mgh=mv2，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=m，F(xiàn)≤kmg，聯(lián)立解得R≥，選項(xiàng)D正確。6.（2022·全國(guó)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(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑，在下滑過(guò)程中，小環(huán)的速率正比于（）A.它滑過(guò)的弧長(zhǎng)B.它下降的高度C.它到P點(diǎn)的距離D.它與P點(diǎn)的連線掃過(guò)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(diǎn)由靜止開(kāi)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(diǎn)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(diǎn)的距離L，故C正確，ABD錯(cuò)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(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過(guò)5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，則提升重物的最短時(shí)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(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。【解題思路】以最大加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)，設(shè)重物速度為，則有，加速上升時(shí)間為t1=v1/a=0.8s，勻加速上升高度h1=v1t1/2=1.6m，減速上升時(shí)間t3=v/a=1.2s，上升高度h3=vt2/2=3.6m，設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為，上升高度h2=85.2m-h1-h3=85.2m-1.6m-3.6m=80m。該過(guò)程以額定功率提升重物，根據(jù)動(dòng)能定理可得Pt2-mgh2=-，解得t2=13,5s。提升重物的最短時(shí)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(zhǎng)的輕繩相連，懸掛定滑輪上，質(zhì)量，時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體釋放位置處于同一高度，取時(shí)刻物體所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體的機(jī)能為。重力加速度大小為，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（），A．物體和的質(zhì)量之比為B．時(shí)刻物體的機(jī)械能為C．時(shí)刻物體重力的功率為D．時(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)時(shí)間T，P上升高度，h1==，T時(shí)刻P速度v=aT=，P豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直上拋高度h2==。PQ之間豎直高度為h=h1+h2=+=，t=0時(shí)物體的機(jī)能為E=mQgh=..。在Q勻加速下落過(guò)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(duì)Q由功能原理可知，T時(shí)刻Q的機(jī)械能為ET=E-Fh1=-2mQg/3×==E/2，T時(shí)刻后，只有重力對(duì)Q做功，Q機(jī)械能不變，所以時(shí)刻物體的機(jī)械能為，選項(xiàng)B正確；由豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為t=v/g=T/3，時(shí)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(xiàng)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(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A。不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，電動(dòng)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(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失，則（）

A.每秒水泵對(duì)水做功為75JB.每秒水泵對(duì)水做功為225JC.水泵輸入功率為440WD.電動(dòng)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(shì)能和動(dòng)能，則每秒水泵對(duì)水做功為，故AB錯(cuò)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(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為，而電動(dòng)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(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(zhǎng)度，滑塊與軌道FG間的動(dòng)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(kāi)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(zhǎng)度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小；（2）設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)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(zhǎng)度的值?！緟⒖即鸢浮浚?）7N；（2）；（3）見(jiàn)解析【名師解析】（1）到C點(diǎn)過(guò)程C點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律，解得：（2）能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)解得要能過(guò)F點(diǎn)（3）設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)的n倍解得當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，易錯(cuò)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(cuò)，寫(xiě)成，導(dǎo)致這種錯(cuò)誤的原因是漏掉必須通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)才能到達(dá)點(diǎn)，即漏掉這個(gè)制約關(guān)系從而無(wú)法正確界定。本題（3）中考生易漏掉這個(gè)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(gè)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(diǎn)。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處?kù)o止釋放，當(dāng)通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，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(guò)N點(diǎn)時(shí)速度為v，小物塊從左側(cè)圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律，mgRsinθ=mv2，解得：v=，選項(xiàng)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(dòng)，其發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力隨時(shí)間的變化曲線如題圖所示。兩車分別從t1和t3時(shí)刻開(kāi)始以額定功率行駛，從t2和t4時(shí)刻開(kāi)始牽引力均視為不變。若兩車行駛時(shí)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)C.甲車在t1時(shí)刻和乙車在t3時(shí)刻的速率相同D.甲車在t2時(shí)刻和乙車在t4時(shí)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(shí)刻后和乙車t4時(shí)刻后兩車牽引力不變時(shí)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(xiàng)A正確；對(duì)甲乙兩車啟動(dòng)的第一階段，牽引力與時(shí)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(guò)阻力，所以可以判斷出甲車比乙車先開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；甲車在t1時(shí)刻牽引力等于乙車在t3時(shí)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(shí)刻的速率等于乙車在t3時(shí)刻的速率，選項(xiàng)C正確；甲車在t2時(shí)刻達(dá)到最大速度，乙車在t4時(shí)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(shí)刻的速率小于乙車在t4時(shí)刻的速率，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。13.（2022高考上海）如圖所示，AB為平直軌道，長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊與導(dǎo)軌之間的動(dòng)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(gè)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去恒力，物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后落地。已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時(shí)動(dòng)能為E1，求其經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB；（2）若要物塊落地時(shí)動(dòng)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(dòng)能定理+模型思想【名師解析】（1）從B到落地過(guò)程中，機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒定律mgh1+EkB=E1解得：EkB=E1-mgh1（2）對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理，F(xiàn)maxL-μmgL+mgh1=E1解得：Fmax=若物塊恰能到達(dá)C點(diǎn)，由動(dòng)能定理，F(xiàn)minL-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(dòng)。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(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω。繩與輪之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)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(shí)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Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)。(3)落地時(shí)，重物的速度v′＝ωR，由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。答案：(1)2ωR(2)eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(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(dòng)能定理計(jì)算。(2)用F-x圖線與x軸所圍“面積”求解。2．計(jì)算功率時(shí)的兩個(gè)提醒(1)明確是求瞬時(shí)功率，還是求平均功率。(2)求瞬時(shí)功率時(shí)注意F、v間的夾角，求平均功率時(shí)應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率。3．解決機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題的兩點(diǎn)注意(1)分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng)：①勻加速啟動(dòng)過(guò)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(shí)勻加速運(yùn)動(dòng)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(dòng)的過(guò)程中，牽引力是不斷減小的，機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，牽引力的最小值等于阻力。(2)無(wú)論哪種啟動(dòng)方式，最后達(dá)到最大速度時(shí)，均滿足P＝Ffvm，P為機(jī)車的額定功率。二動(dòng)能定理的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(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(méi)有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。3.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)常見(jiàn)的三個(gè)誤區(qū)(1)公式W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)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(jì)算過(guò)程中，易出現(xiàn)正、負(fù)功判斷錯(cuò)誤及遺漏某些力做功的現(xiàn)象。(3)多過(guò)程問(wèn)題中，不善于挖掘題目中的隱含條件，運(yùn)動(dòng)物體的過(guò)程分析易出現(xiàn)錯(cuò)誤。三、機(jī)械能守恒問(wèn)題1.機(jī)械能守恒的四種情況(1)只有重力做功時(shí)，只發(fā)生動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化。(2)只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動(dòng)能和彈性勢(shì)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(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)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(diǎn)撥】(1)對(duì)于單個(gè)物體，如果運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)列方程時(shí)應(yīng)選擇零勢(shì)能面，不特殊說(shuō)明，一般選地面為零勢(shì)能面。2系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題中三類常見(jiàn)的連接體速率相等的連接體兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能列方程求解。角速度相等的連接體兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)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(guò)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(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)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(dòng)能的變化用動(dòng)能定理。(2)只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)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(gè)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(diǎn)高中質(zhì)檢）如圖所示，京張高鐵將北京到張家口的通行時(shí)間縮短在1小時(shí)內(nèi)，成為2022年北京冬奧會(huì)重要的交通保障設(shè)施。假設(shè)此高鐵動(dòng)車啟動(dòng)后沿平直軌道行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，且行駛過(guò)程中受到的阻力大小恒定。已知?jiǎng)榆嚨馁|(zhì)量為m，最高行駛速度km/h。則下列說(shuō)法正確的是（）A.行駛過(guò)程中動(dòng)車受到的阻力大小為B.當(dāng)動(dòng)車的速度為時(shí)，動(dòng)車的加速度大小為C.從啟動(dòng)到速度為的過(guò)程中，動(dòng)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(zhǎng)為350km【參考答案】B【名師解析】．動(dòng)車速度最大時(shí)，牽引力與阻力平衡，則行駛過(guò)程中動(dòng)車受到的阻力大小故A錯(cuò)誤；當(dāng)動(dòng)車的速度為時(shí)，動(dòng)車的牽引力根據(jù)牛頓第二定律解得，故B正確；從啟動(dòng)到速度為的過(guò)程中，動(dòng)車牽引力所做的功等于動(dòng)車動(dòng)能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C錯(cuò)誤；只知道最高的瞬時(shí)速率，無(wú)法估算平均速率，無(wú)法得出大致路程，故D錯(cuò)誤。2.（2022年9月甘肅張掖一診）如圖所示，在一個(gè)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(yùn)動(dòng)，斜面足夠長(zhǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后撤去恒力F，物塊又經(jīng)相同時(shí)間回到出發(fā)點(diǎn)。重力加速度為g。則（）A.物塊在沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)械能先增大后守恒B.物塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)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1：2D.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(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)，速度為零后又向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；設(shè)撤去恒力前物塊的加速度為a1，恒力作用時(shí)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(cuò)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(gè)傾斜光滑桿，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)通過(guò)輕繩繞過(guò)一定滑輪（無(wú)摩擦）與一個(gè)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(diǎn)，細(xì)線剛好拉直并且垂直于長(zhǎng)桿，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，現(xiàn)將物塊從A點(diǎn)靜止釋放，物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度為零，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度以內(nèi)，不計(jì)滑輪質(zhì)量。則下列說(shuō)法正確的是（）A．在下滑過(guò)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(guò)程彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于B到C過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量C．圓環(huán)在最低點(diǎn)加速度為零D．合外力從A到B過(guò)程中對(duì)圓環(huán)所做的功不等于從B到C過(guò)程中所做的功【參考答案】．D【名師解析】圓環(huán)下滑過(guò)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(xiàng)錯(cuò)誤。圓環(huán)從A到B過(guò)程中，圓環(huán)的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，而圓環(huán)從B到C過(guò)程中，圓環(huán)的重力勢(shì)能和動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤。圓環(huán)在最低點(diǎn)速度為零，但是加速度沿斜面向上，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。圓環(huán)從A到B過(guò)程合外力所做的功等于從B到C過(guò)程克服合外力所做的功，D選項(xiàng)正確。4．（2022年9月河北示范性高中調(diào)研）車庫(kù)出入口采用如圖甲所示的曲桿道閘，現(xiàn)將道閘簡(jiǎn)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(dòng)桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個(gè)端點(diǎn)．在道閘抬起過(guò)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(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°的過(guò)程中，忽略空氣阻力和摩擦力各軸間的，下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)的加速度大小不變B．Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．桿PQ重力的功率始終不變D．電動(dòng)機(jī)對(duì)OP做的功與桿PQ對(duì)桿OP做的功之和為零【參考答案】．AB【名師解析】：P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)始終相對(duì)靜止，所以Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)也是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)功率在變化，C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理，桿OP的動(dòng)能一直不變，所以應(yīng)該是電動(dòng)機(jī)對(duì)OP做的功、桿PQ對(duì)桿OP做的功和桿OP重力做功之和為零，D錯(cuò)誤。5．（2023江西紅色十校第一次聯(lián)考）四川西嶺雪山滑雪場(chǎng)是中國(guó)南方規(guī)模最大、檔次最高、設(shè)施最完善的大型滑雪場(chǎng)。某段滑道建在一斜坡上，斜坡簡(jiǎn)化為一斜面，傾角，示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)由靜止自由滑下，到達(dá)c點(diǎn)飛離滑道，bc為一小段半徑為R的圓弧且b點(diǎn)為圓弧的最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切阻力，若要求運(yùn)動(dòng)員在b點(diǎn)對(duì)滑道沿斜面向下的作用力不超過(guò)自身重力的3倍，則a、b點(diǎn)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(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)到b點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒有，在b點(diǎn)，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，，聯(lián)立解得，A項(xiàng)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(yùn)動(dòng)直到停止，其速度—時(shí)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(dòng)量定理可得，可得根據(jù)動(dòng)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(shí)乘坐小區(qū)電梯，在坐電梯運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力的瞬時(shí)功率與時(shí)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(shuō)法正確的是（）A.0~t0時(shí)間內(nèi)，電梯的加速度大小為B.0~t0時(shí)間內(nèi)，電梯對(duì)小華支持力大小為C.0~2t0時(shí)間內(nèi)重力做的功為D.0~2t0時(shí)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(shí)功率P=mgv由圖像得：0~t0時(shí)間內(nèi)可得則加速度不變，電梯在0~t0時(shí)間內(nèi)勻加速下降，A正確；在0~t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得mg–N=ma解得B錯(cuò)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(shí)間內(nèi)重力做的功C正確；當(dāng)t=t0時(shí)，t0~2t0時(shí)間內(nèi)重力功率不變，速度不變，即2t0時(shí)刻的速度大小v2=v10~2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得小華克服支持力做的功D錯(cuò)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(dòng)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(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng) B.在AB段，水箱一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C.在OA段，繩索對(duì)水箱的拉力一直不變 D.在AB段，繩索對(duì)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(duì)水箱的拉力做的功，則圖乙中圖線斜率絕對(duì)值等于繩索對(duì)水箱的拉力大??；在OA段，繩索對(duì)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(yùn)動(dòng)，故AC錯(cuò)誤；在AB段，圖線的斜率保持不變，可知繩索對(duì)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(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)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(zhǎng)時(shí)自由端在B點(diǎn)。一小物塊緊靠彈簧放置，在外力作用下將彈簧壓縮至A點(diǎn)。物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點(diǎn)C，然后下滑，最終停在斜面上，斜面體始終保持靜止，則（）A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能大于彈簧彈性勢(shì)能的變化量B.物塊上滑過(guò)程速度最大的位置在下滑過(guò)程速度最大的位置的上方C.物塊從A上滑到C過(guò)程中，地面對(duì)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(diǎn)過(guò)程中，地面對(duì)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(diǎn)C然后下滑，說(shuō)明重力沿斜面的分力大于最大靜摩擦力，所以物塊最終會(huì)停在A、B之間的某位置，物塊靜止時(shí)彈簧處于壓縮態(tài)，根據(jù)能量守恒可知，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的重力勢(shì)能，即產(chǎn)生的內(nèi)能小于彈簧彈性勢(shì)能的變化量，故A錯(cuò)誤；在上滑過(guò)程中加速度為零時(shí)速度最大，則有彈簧的壓縮量為下滑時(shí)解得比較可得由此可知物塊上滑過(guò)程速度最大的位置在下滑過(guò)程速度最大的位置的下方，故B錯(cuò)誤；物塊從A上滑到C過(guò)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(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，后有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以地面對(duì)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(diǎn)過(guò)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(duì)斜面體的摩擦力先不變，后減小再增大，故D錯(cuò)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(dòng)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(xiàng)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(yùn)動(dòng)，如圖所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時(shí)刻小球通過(guò)軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，則在此過(guò)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(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)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(diǎn)和最低點(diǎn)的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求出此過(guò)程中小球克服空氣阻力所做的功．【名師解析】小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有：F-mg=m，由題意知：F=7mg，在最高點(diǎn)時(shí)，由于小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，重力提供向心力有：mg=m，小球選取從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)作為過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：-mg?2R-Wf=m-，聯(lián)立以上可得：Wf=mgR，故C正確，ABD錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)與能量結(jié)合問(wèn)題，由繩子的拉力可求出最低點(diǎn)速度，由恰好能通過(guò)最高點(diǎn)求出最高點(diǎn)速度，這都是題目中隱含條件．同時(shí)在運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，明確初動(dòng)能與末動(dòng)能，及過(guò)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(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，用水平拉力將物塊B向右緩慢拉開(kāi)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(dòng)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(shí)，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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；撤去拉力后，物塊B恰好能保持靜止，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)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(shí)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(cuò)誤。13.（2023陜西師大附中期初檢測(cè)）如圖所示，載有防疫物資的無(wú)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(shuō)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(shì)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(shì)能增加量為故C錯(cuò)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(gè)光滑固定的半圓軌道，兩軌道在O點(diǎn)與水平面相切，A、B、O三點(diǎn)在同一豎直線上，直徑OA長(zhǎng)度為2d，直徑OB長(zhǎng)度為d。一滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）從O點(diǎn)以初速度分別沿兩軌道滑行到A點(diǎn)或B點(diǎn)后水平拋出?；瑝K落到水平而上時(shí)，落點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離分別為和，為實(shí)現(xiàn)，則的值可?。ǎ〢. B. C. D.【參考答案】ABC【名師解析】從O點(diǎn)到A點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理從A點(diǎn)水平拋出，解得對(duì)從O點(diǎn)到B點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理從B點(diǎn)水平拋出，，解得為實(shí)現(xiàn)，則

故ABC正確，D錯(cuò)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(cè)試時(shí)，以大小為的初速度在水平地面上沿直線做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度，此過(guò)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(dòng)機(jī)輸出功率恒為額定功率，在時(shí)間t內(nèi)，下列說(shuō)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(shí)，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(cuò)誤，A正確；．根據(jù)題意，設(shè)平衡車的位移大小為，由動(dòng)能定理有解得，故D錯(cuò)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(jiǎn)化圖，訓(xùn)練時(shí)一質(zhì)量為24kg的警犬從左側(cè)平臺(tái)邊緣A處水平跳出，落到距A點(diǎn)豎直距離、水平距離的B點(diǎn)；匍匐前進(jìn)通過(guò)水平面BC，在C點(diǎn)縱身一躍，恰好在最高點(diǎn)處用嘴咬住豎直懸繩的下端，繩長(zhǎng)，上端固定在O點(diǎn)；然后蕩到右側(cè)平臺(tái)邊緣D點(diǎn)速度恰好為0，D點(diǎn)到水平面BC的豎直距離，距O點(diǎn)的水平距離為。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中警犬可看成質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，警犬咬住繩子前后沒(méi)有機(jī)械能損失，重力加速度。求：（1）警犬從A點(diǎn)水平跳離時(shí)的速度大??；（2）警犬在C點(diǎn)縱身跳起時(shí)的速度大小；（3）警犬咬住繩子時(shí)，繩子對(duì)警犬的拉力大小?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）設(shè)警犬從A點(diǎn)水平跳離時(shí)的速度大小為，從A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，聯(lián)立可得（2）設(shè)警犬在C點(diǎn)縱身跳起時(shí)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(shí)，警犬的速度為，警犬從咬住繩子到D點(diǎn)的過(guò)程，有警犬咬住繩子時(shí)，設(shè)繩子對(duì)警犬的拉力大小為T(mén)，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(diǎn)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)物塊從與圓心等高的A點(diǎn)靜止釋放，物塊滑至圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為，之后物塊向右滑上動(dòng)摩擦因素的粗糙水平軌道BC，取重力加速度g=10m/s2，不計(jì)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(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F；（3）物體最終停下來(lái)，求物體在水平面上通過(guò)的位移x?！緟⒖即鸢浮浚?）0.2m；（2）30N；（3）0.4m【名師解析】（1）物塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得解得R=02m（2）物塊在B點(diǎn)時(shí)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(guò)程中，由動(dòng)能定理可得解得0.4m18.（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(shí)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(shí)刻。（重力加速度）碰撞次序1234567碰撞時(shí)刻（s）1.121.582.002.402783.143.47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(dòng)能為碰撞前動(dòng)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(shí)則碰后彈起的時(shí)間為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)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(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的百分比為所以第3次碰撞損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)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(zhǎng)為L(zhǎng)的平直導(dǎo)軌，物塊與導(dǎo)軌間動(dòng)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去恒力，物塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)向左拋出后落地。①若物體落地動(dòng)能為E1，求經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的動(dòng)能EkB；②若要物塊落地時(shí)動(dòng)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(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落到弧形軌道PQ上的動(dòng)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?！久麕熃馕觥浚海?）①?gòu)腂到落地過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)地面為零勢(shì)能面，則1分得1分②整個(gè)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得：1分1分若物體恰能達(dá)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：1分綜上所述可得：1分（2）物塊從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)分別分解到水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，有，1分聯(lián)立解得水平初速度為1分物塊A從點(diǎn)O到軌道上落點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知1分解得落點(diǎn)處動(dòng)能為1分因?yàn)槲飰KA從O點(diǎn)到弧形軌道上動(dòng)能均相同，將落點(diǎn)的坐標(biāo)代入，可得1分化簡(jiǎn)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(méi)寫(xiě)不得分20.（2023濟(jì)南重點(diǎn)高中質(zhì)檢）如圖為北京2022年冬奧會(huì)滑雪大跳臺(tái)的賽道示意圖，著陸坡末端是半徑為的圓弧軌道，軌道對(duì)應(yīng)的圓心角為。在某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為（含裝備）的運(yùn)動(dòng)員經(jīng)助滑道加速后，自起跳點(diǎn)以大小為、方向與水平面夾角為的速度飛起，完成空中動(dòng)作后，恰好沿點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，接著自由滑行通過(guò)最低點(diǎn)后進(jìn)入水平停止區(qū)，然后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止。已知在圓弧軌道的點(diǎn)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力為其重力（含裝備）的1.8倍，運(yùn)動(dòng)員與停止區(qū)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取，，，忽略運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員在點(diǎn)的機(jī)械能；（3）運(yùn)動(dòng)員沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功。【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）在點(diǎn)，對(duì)運(yùn)動(dòng)員由牛頓第二定律，有運(yùn)動(dòng)員到達(dá)點(diǎn)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得（2）運(yùn)動(dòng)員從點(diǎn)到點(diǎn)機(jī)械能守恒，則點(diǎn)和點(diǎn)機(jī)械能相等，即，運(yùn)動(dòng)員從點(diǎn)到點(diǎn)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即則在點(diǎn)的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)得（3）運(yùn)動(dòng)員沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)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(zhǎng)的光滑直桿水平固定，桿上P點(diǎn)固定一輕質(zhì)滑輪，小球A套在桿上位于P點(diǎn)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(diǎn)正下方，小球B套在軌道上。A、B兩球用不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過(guò)定滑輪連接，初始時(shí)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(jì)滑輪與軸間的摩擦及滑輪大小，重力加速度g取?，F(xiàn)對(duì)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。唬?）若拉力大小恒為，當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方時(shí)，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(shí)，輕繩中的拉力大小?！緟⒖即鸢浮浚?）50N；（2）3m/s；（3）【名師解析】【詳解】（1）對(duì)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(duì)A球受力分析，據(jù)平衡條件得（2）當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方時(shí)，B