2026版高考物理步步高大二輪（標準版）第一部分專題整合提升專題二能量與動量第5課時功與功率功能關系【知識網(wǎng)絡】熱點一功、功率的分析與計算例1(2023·北京卷，11)如圖1所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離x的過程中()圖1A.摩擦力做功大小與F方向無關B.合力做功大小與F方向有關C.F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgxD.F做功的最小值為max答案D解析設力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為Ff＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力做功Wf＝－μ(mg－Fsinθ)x，則摩擦力做功與F的方向有關，選項A錯誤；合力做功W＝F合x＝max，可知合力做功與力F方向無關，選項B錯誤；當力F為水平方向時，有F－μmg＝ma，力F做功為WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，選項C錯誤；因合外力做功為max大小一定，而合外力做的功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和，而當Fsinθ＝mg時，摩擦力Ff＝0，則此時摩擦力做功為零，此時力F做功最小，最小值為max，選項D正確。例2(2024·遼寧遼陽一模)一電動玩具汽車啟動時，以額定功率沿直線加速并達到最大速度，其加速度a與速度倒數(shù)eq\f(1,v)的關系圖像如圖2所示。已知電動玩具汽車受到的阻力大小恒為100N，重力加速度大小g＝10m/s2。則電動玩具汽車的額定功率和最大速度分別為()圖2A.200W2m/s B.100W4m/s C.100W2m/s D.200W4m/s答案A解析設電動玩具汽車的額定功率為P，受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律可得F－f＝ma，又P＝Fv，聯(lián)立可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(f,m)，根據(jù)a－eq\f(1,v)圖像可得eq\f(f,m)＝2m/s2，eq\f(P,m)＝eq\f(6－（－2）,2)m2/s3＝4m2/s3，解得P＝200W，當牽引力等于阻力時，速度到達最大，有vm＝eq\f(P,f)＝2m/s，故A正確。方法總結機車啟動的a－eq\f(1,v)圖像和F－eq\f(1,v)圖像問題恒定功率啟動a－eq\f(1,v)圖像恒定加速度啟動F－eq\f(1,v)圖像由F－Ff＝ma，P＝Fv可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，則：(1)斜率k＝eq\f(P,m)；(2)縱截距b＝－eq\f(Ff,m)；(3)橫截距eq\f(1,vm)＝eq\f(Ff,P)(1)AB段牽引力不變，做勻加速直線運動；(2)BC圖線的斜率k表示功率P，可知BC段功率不變，牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動；(3)B點橫坐標對應勻加速運動的末速度的倒數(shù)eq\f(1,v0)；(4)C點橫坐標對應運動的最大速度的倒數(shù)eq\f(1,vm)，此時牽引力等于阻力訓練1(2023·遼寧卷，3)如圖3(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中()圖3A.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ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答案B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錯誤；由題圖(b)可知，兩物塊在離開M點后、到達N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速度為0，則重力功率為0，小物塊乙滑到軌道Ⅰ底端的瞬間，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、D錯誤。熱點二動能定理的應用例3(2023·湖北卷，14)如圖4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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：圖4(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。答案(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由題意知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題意知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內側，則在C點有vCx＝vCcos60°＝vB小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。方法總結應用動能定理解題的四點注意訓練2(2024·安徽合肥一模)如圖5甲所示，一小物塊放置在水平臺面上，在水平推力F的作用下，物塊從坐標原點O由靜止開始沿x軸運動，F(xiàn)與物塊的位置坐標x的關系如圖乙所示。物塊在x＝2m處從平臺飛出，同時撤去F，物塊恰好由P點沿其切線方向進入豎直圓軌道，隨后剛好從軌道最高點M飛出。已知物塊質量為0.5kg，物塊與水平臺面間的動摩擦因數(shù)為0.7，軌道圓心為O′，半徑為0.5m，MN為豎直直徑，∠PO′N＝37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計空氣阻力。求：圖5(1)物塊飛出平臺時的速度大小；(2)物塊在圓軌道上運動時克服摩擦力做的功。答案(1)4m/s(2)0.5J解析(1)由F－x關系圖像與橫軸所圍面積表示力F做的功可知，當物塊運動到x2＝2m處時，力F所做的功W1＝eq\f(4＋7,2)×2J＝11J設物塊運動到x2＝2m處時的速度為v，由動能定理得W1－μmgx2＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4m/s。(2)物塊從平臺飛出后做平拋運動，且從P點沿切線方向進入豎直圓軌道，設物塊運動到P點時的速度為vP，可得物塊在P點的速度vP＝eq\f(v,cos37°)＝5m/s設物塊恰好由軌道最高點M飛出時的速度為vM，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)可得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s設物塊在圓軌道上運動時，克服摩擦力做功為W2，由動能定理有－mgR(1＋cos37°)－W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得W2＝0.5J。熱點三功能關系及其應用例4(多選)(2024·湖南株洲模擬)如圖6，質量為m的小物塊(可視為質點)靜止在質量為M、長為l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某時刻木板以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，當物塊從木板左端離開時()圖6A.物塊的動能等于Ffl B.物塊的動能小于FflC.木板的動能大于eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－Ffl D.木板的動能小于eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－Ffl答案BD解析設物塊離開木板時的速度為v1，對地位移為x1，物塊離開木板時木板的速度為v2，對地位移為x2，因物塊從木板左端離開，可知v2＞v1，對物塊和木板整體由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Ffl，整理可得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－Ffl＜eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－Ffl，故C錯誤，D正確；物塊與木板發(fā)生相對滑動的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Ffl＝Ff(x2－x1)，其中x2＝eq\f(v0＋v2,2)t，x1＝eq\f(v1,2)t，由于v0＞v2＞v1，因此v0＋v2＞2v1，由此可得x2＞2x1，即有x2－x1＝l＞x1，而對物塊由動能定理有Ffx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ffx1＜Ffl，故A錯誤，B正確。訓練3(多選)(2024·重慶九龍坡高三模擬)如圖7所示，用力F拉著一個物體從固定斜面上的A點運動到B點的過程中，重力做功－4J，拉力F做功9J，阻力做功－1J，則下列判斷正確的是()圖7A.物體的重力勢能增加了9JB.物體的機械能增加了3JC.物體的機械能增加了8JD.物體的動能增加了4J答案CD解析重力做功－4J，則物體的重力勢能增加了4J，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得ΔEk＝WF＋WG＋Wf＝9J－4J－1J＝4J，物體的動能增加了4J，故D正確；物體的機械能增加了ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝4J＋4J＝8J，故B錯誤，C正確。1.(2024·浙江6月選考，5)一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10－4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為()A.10W B.20W C.100W D.200W答案C解析eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(時間t內\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(噴頭噴水的質量,m＝ρSvt,噴頭噴水做的功,W＝\f(1,2)mv2)),噴頭噴水的功率P＝\f(W,t)))P＝eq\f(1,2)ρSv3eq\o(→,\s\up7(代入數(shù)據(jù)))P≈100W，C正確。2.(2024·江西卷，5)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天。”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫。設瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為()圖8A.109W B.107W C.105W D.103W答案B解析發(fā)電功率P＝ηeq\f(W,t)，由于W＝mgh，m＝ρV，Q＝eq\f(V,t)，所以P＝eq\f(ηρVgh,t)＝ηρQgh，代入數(shù)據(jù)解得P≈107W，B正確。3.(2024·安徽卷，7)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖9所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η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ρ，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()圖9A.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,2h))) B.eq\f(ρhSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))C.eq\f(ρgSl\r(2)gh,2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,2h))) D.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,4h)))答案B解析設水從出水口噴出的初速度為v0，取t時間內的水為研究對象，該部分水的質量為m＝ρSv0t，根據(jù)平拋運動規(guī)律l＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝leq\r(\f(g,2h))，根據(jù)功能關系得ηPt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，聯(lián)立解得水泵的輸出功率為P＝eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故B正確。4.(2024·山東卷，7)如圖10所示，質量均為m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l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為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，被拉伸時彈性勢能E＝eq\f(1,2)kx2(x為繩的伸長量)。現(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()圖10A.eq\f(（μmg）2,2k)＋μmg(l－d) B.eq\f(3（μmg）2,2k)＋μmg(l－d)C.eq\f(3（μmg）2,2k)＋2μmg(l－d) D.eq\f(（μmg）2,2k)＋2μmg(l－d)答案B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μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長量x0＝eq\f(μmg,k)，則此時彈性繩的彈性勢能為E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(μ2m2g2,2k)；水平力F緩慢拉動乙所坐木板，可認為乙與其所坐木板的動能變化量為零，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x1＝x0＋l－d，由功能關系可知該過程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(3（μmg）2,2k)＋μmg(l－d)，B正確。5.(2024·新課標卷，24)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11，一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m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°(sin37°＝0.6)。圖11(1)求此時P、Q繩中拉力的大小；(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝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。答案(1)1200N900N(2)－4200J解析(1)重物緩慢下降，處于平衡狀態(tài)，對重物受力分析，如圖所示。水平方向有FPsinα＝FQsinβ豎直方向有FPcosα＝FQcosβ＋mg聯(lián)立解得FP＝1200N，F(xiàn)Q＝900N。(2)重物緩慢下降，動能變化量為零，下降過程中對重物由動能定理有mgh＋W＝0解得W＝－4200J即兩根繩子拉力對重物做的總功為－4200J。基礎保分練1.(多選)(2024·河南南陽模擬)解放軍戰(zhàn)士為了增強身體素質，進行拉輪胎負重訓練，如圖1所示，已知繩子與水平地面間的夾角恒為θ，輪胎質量為m，該戰(zhàn)士由靜止開始做加速直線運動，位移為x時，速度達到v，已知繩上拉力大小恒為F，重力加速度為g，則由靜止加速到v的過程中()圖1A.輪胎克服阻力做的功為FxcosθB.輪胎所受合外力做的功為eq\f(1,2)mv2C.拉力的最大功率為FvcosθD.拉力所做的功為eq\f(1,2)mv2＋Fxcosθ答案BC解析拉力所做的功為WF＝Fxcosθ，輪胎做加速運動，則Fcosθ＞f，則輪胎克服阻力做的功小于Fxcosθ，故A、D錯誤；由動能定理可知，輪胎所受合外力做的功為W合＝eq\f(1,2)mv2，故B正確；拉力的最大功率為Pm＝Fvcosθ，故C正確。2.(2023·湖北卷，4)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v2?，F(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()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)答案D解析由題意可知對兩節(jié)動車分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2，當將它們編組后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故D正確。3.(多選)(2024·廣東廣州月考)如圖2所示，無人駕駛小車在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ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，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的有()圖2A.從M到N，小車牽引力大小為40NB.從M到N，小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q，小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q，小車克服摩擦力做功700J答案ABD解析小車從M到N，依題意有P1＝Fv1＝200W，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；小車從M到N勻速行駛，小車所受的摩擦力大小為Ff1＝F＝40N，則克服摩擦力做功為W1＝Ff1·MN＝40×20J＝800J，故B正確；小車從P到Q，重力勢能增加量為ΔEp＝mg·PQsin30°＝5×103J，故C錯誤；小車從P到Q，摩擦力大小為Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，代入數(shù)值解得Ff2＝35N，克服摩擦力做功為W2＝Ff2·PQ＝700J，故D正確。4.(2024·河北廊坊高三期中)某次負重登山訓練中，一質量為60kg的運動員(視為質點)背著質量為20kg的重物，在25min內由山腳到達山頂(山頂與山腳的高度差為525m)，重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是()A.臺階對運動員的支持力做負功B.運動員增加的重力勢能約為3.15×104JC.運動員對重物做的功約為1.05×105JD.運動員克服自身重力做功的平均功率約為12600W答案C解析整個過程中，支持力的作用點沒有發(fā)生位移，臺階對運動員的支持力不做功，故A錯誤；運動員的重力勢能增加量ΔEp＝mgΔh＝60×10×525J＝3.15×105J，故B錯誤；重物的重力勢能增加量ΔEp＝m′gΔh＝20×10×525J＝1.05×105J，所以運動員對重物做的功約為1.05×105J，故C正確；運動員克服自身重力做功的平均功率約為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(315000,25×60)W＝210W，故D錯誤。5.如圖3所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列說法正確的是()圖3A.金屬塊帶負電荷B.金屬塊克服電場力做功8JC.金屬塊的電勢能減少4JD.金屬塊的機械能減少12J答案D解析金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，由動能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，解得電場力做功WF＝－4J，電場力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4J，故A、B、C錯誤；由功能關系可知機械能的變化量ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即機械能減少了12J，故D正確。6.(2024·山東煙臺高三期末)如圖4所示，直角桿AOB位于豎直平面內，OA水平，OB豎直且光滑，用不可伸長的輕細繩相連的兩小球a和b分別套在OA和OB桿上，b球的質量為1kg，在作用于a球的水平拉力F的作用下，a、b均處于靜止狀態(tài)，此時a球到O點的距離l1＝0.3m，b球到O點的距離h＝0.4m。改變力F的大小，使a球向右加速運動，已知a球向右運動0.1m時速度大小為6m/s。g＝10m/s2，則在此過程中繩對b球的拉力所做的功為()圖4A.33J B.32J C.19J D.10J答案A解析a球向右運動0.1m時，由幾何關系得，b上升距離為h1＝0.4m－eq\r(0.52－0.42)m＝0.1m，此時細繩與水平方向夾角的正切值為tanθ＝eq\f(3,4)，可知cosθ＝eq\f(4,5)，sinθ＝eq\f(3,5)，由運動的合成與分解知識可知vbsinθ＝vacosθ，可得vb＝8m/s，以b球為研究對象，由動能定理得WF－mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，代入數(shù)據(jù)解得WF＝33J，故A正確。7.(2024·山東省等級考搶分卷)物體浸在粘滯流體中時，表面上會附著一層流體，在運動時，物體所受的粘滯阻力就是物體表面附近的流層間的內摩擦力引起的。如圖5所示，質量為m、體積為V的小球在粘滯流體中由靜止釋放，運動距離h后，小球達到最大速度v。已知重力加速度為g，液體密度為ρ。該過程小球克服粘滯阻力做的功可能為()圖5A.mgh B.mgh－ρgVhC.mgh＋ρgVh－eq\f(1,2)mv2 D.ρgVh－mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球運動方向不確定，需分情況討論，設小球克服粘滯阻力做功為W①小球向下運動時，由動能定理有mgh－ρgVh－W＝eq\f(1,2)mv2，可得W＝mgh－ρgVh－eq\f(1,2)mv2。②小球向上運動時，由動能定理有ρgVh－mgh－W＝eq\f(1,2)mv2，可得W＝ρgVh－mgh－eq\f(1,2)mv2。綜上可知，D正確。8.如圖6所示，一個可視為質點的小木塊從固定斜面的頂端由靜止滑下，滑到水平面上的a點處停下。斜面與水平面粗糙程度相同，且平滑連接?，F(xiàn)將斜面向右移動到虛線所示的位置，并固定在水平面上，再讓小木塊從斜面的某處由靜止下滑，仍滑到a點處停下。則小木塊釋放的位置可能是()圖6A.甲 B.乙 C.丙 D.丁答案C解析設每個格子的邊長為x，物塊和接觸面之間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖所示。斜面移動前，有mg·13x－μmgcosθ·eq\f(10x,cosθ)－μmg·29x＝0斜面移動后，有mgy－μmgcosθ·eq\f(y,sinθ)－μmg·18x＝0又tanθ＝eq\f(13,10)，解得y≈8x，丙位置符合要求，C正確。提能增分練9.(2024·廣東模擬預測)一輛質量為m＝1.2×103kg的參賽小汽車在平直的公路上從靜止開始運動，牽引力F隨時間t變化的關系圖線如圖7所示，8s時汽車功率達到最大值，此后保持此功率繼續(xù)行駛，24s后可視為勻速。小汽車的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，則()圖7A.小汽車受到的阻力大小為7×103NB.小汽車勻加速運動階段的加速度大小為4m/s2C.小汽車的最大功率為4×105WD.小汽車24s后速度為40m/s答案C解析由圖可知，小汽車在前8s內的牽引力不變，做勻加速直線運動，8～24s內小汽車的牽引力逐漸減小，加速度逐漸減小，小汽車做加速度減小的加速運動，直到車的速度達到最大值，以后做勻速直線運動。小汽車的速度達到最大值后牽引力等于阻力，所以阻力f＝4×103N，故A錯誤；前8s內小汽車的牽引力為F＝10×103N，由牛頓第二定律F－f＝ma可得a＝5m/s2，故B錯誤；小汽車在8s末的功率達到最大值，8s末小汽車的速度v1＝at1＝5×8m/s＝40m/s，所以小汽車的最大功率P＝Fv1＝10×103×40W＝4×105W，故C正確；小汽車的最大速度為vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(4×105,4×103)m/s＝100m/s，故小汽車24s后速度為100m/s，故D錯誤。10.(2024·海南?？谀M預測)如圖8所示，一輕質彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連。小球套在豎直固定、粗細均勻的粗糙桿上，OP與桿垂直，小球在P點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，M、N兩點與O點的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球從M點靜止釋放，在運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是()圖8A.小球運動到P點時速度最大B.小球運動到N點時的速度是運動到P點速度的eq\r(2)倍C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小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D解析小球從M→P，受力分析如圖所示，滑動摩擦力Ff＝μFN逐漸減小，加速度逐漸減小，加速度為零時速度最大，小球運動到P點時加速度不為零，所以到P點時速度不是最大，故A錯誤；小球從M點向P點運動過程，設彈簧與豎直方向夾角為θ，彈簧的拉力為F＝k(eq\f(L0,sinθ)－L0)逐漸減小，支持力為FN＝Fsinθ＝k(L0－L0sinθ)逐漸減小，小球從M到P根據(jù)功能關系mgh＋Ep＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，從M到N根據(jù)功能關系2mgh＝2Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，則v2≠eq\r(2)v1，故B錯誤；從M點到N點的運動過程中，到P點摩擦力等于0，則小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯誤；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，因此從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，摩擦力做功大小相等，故D正確。11.如圖9所示，AB為一段彎曲軌道，固定在水平桌面上，與水平桌面相切于A點，B點距桌面的高度為h＝0.6m，A、B兩點間的水平距離為L＝0.8m，軌道邊緣B處有一輕小定滑輪，一根輕繩兩端系著質量分別為m1與m2的物體P、Q，掛在定滑輪兩邊，P、Q可視為質點，且m1＝2.0kg，m2＝0.4kg。開始時P、Q均靜止，P緊靠B點，P釋放后沿彎曲軌道向下運動，運動到A點時輕繩突然斷開，斷開后沿水平桌面滑行x＝1.25m停止。已知P與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2。求：圖9(1)物體P經(jīng)過A點時的速度大?。?2)當P到達A點時，Q此時的速度大?。?3)在物體P從B點運動到A點的過程中，物體Q重力勢能的改變量；(4)彎曲軌道對物體P的摩擦力所做的功。答案(1)2.5m/s(2)2m/s(3)4J(4)－0.95J解析(1)P在水平軌道上運動，根據(jù)動能定理得－μm1gx＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得P經(jīng)過A點時的速度v1＝eq\r(2μgx)＝eq\r(2×0.25×10×1.25)m/s＝2.5m/s。(2)設P經(jīng)過A點時，Q的運動速度為v2，對速度v1分解如圖所示則有v2＝v1cosβ由幾何關系得sinβ＝eq\f(h,\r(L2＋h2))＝0.6則cosβ＝0.8解得v2＝2m/s。(3)P由B到A的過程中，Q上升的高度H＝eq\r(h2＋L2)＝1mQ重力勢能的增量ΔEp＝m2gH＝4J。(4)對P與Q組成的系統(tǒng)，由功能關系有m1gh－m2gH＋Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－0.95J。12.(2023·江蘇卷，15)如圖10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點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。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μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。圖10(1)求滑雪者運動到P點的時間t；(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小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。答案(1)eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))(2)eq\r(\r(2)（1－μ）gd)(3)eq\r(2)(1－μ)d解析(1)滑雪者由A點運動到P點的過程中，由牛頓第二定律得mgsin45°－Ff＝ma在垂直斜坡方向由平衡條件得mgcos45°＝FN又Ff＝μFN解得a＝eq\f(\r(2),2)g(1－μ)由運動學公式x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))。(2)設P點到B點的過程重力做的功為WG，克服摩擦力做的功為Wf，則滑雪者從P點由靜止開始下滑到B點的過程，由動能定理得WG－Wf＝0滑雪者由A點到B點過程，由動能定理得mgdsin45°＋WG－Wf－μmgdcos45°＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得v＝eq\r(\r(2)（1－μ）gd)。(3)滑雪者離開B點后做斜拋運動，則豎直方向的分速度vy＝vsin45°＝eq\f(\r(2\r(2)（1－μ）gd),2)水平方向的分速度vx＝vcos45°＝eq\f(\r(2\r(2)（1－μ）gd),2)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大，則其在空中運動的時間t＝eq\f(2vy,g)＝eq\r(\f(2\r(2)（1－μ）d,g))則平臺BC的最大長度為L＝vxt聯(lián)立解得L＝eq\r(2)(1－μ)d。培優(yōu)高分練13.某校科技組利用圖11甲所示裝置研究過山車運動項目中所遵循的物理規(guī)律，圖中Q為水平彈射裝置，AB為傾角θ＝30°的傾斜軌道，取A點為坐標原點建立平面直角坐標系，以水平向左為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向。Q可在坐標平面內移動，BC為水平軌道，CDC′為豎直圓軌道，C′E為足夠長傾斜軌道，各軌道均平滑連接。已知滑塊質量為m，圓軌道半徑為R，軌道AB長為eq\f(3,2)R，滑塊與AB間動摩擦因數(shù)μ1隨滑塊到A點距離l的變化關系如圖乙所示；BC長為2R，滑塊與BC間動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，其余各段軌道均光滑。彈射裝置彈出的滑塊均能無碰撞從A點切入斜面，滑塊可視為質點。圖11(1)求彈出點的坐標(x，y)應滿足的函數(shù)關系式；(2)彈出點的橫坐標x為多大時，滑塊從A點切入后恰好過最高點D？通過計算判斷滑塊返回后能否從A點滑出。答案(1)y＝eq\f(\r(3)x,6)(2)eq\f(25\r(3),16)R能見解析解析(1)滑塊彈出后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(gt,v0)解得y＝eq\f(\r(3)x,6)。(2)滑塊恰好通過最高點D，滿足mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)由于動摩擦因數(shù)μ1與l成線性關系，故AB過程摩擦力做的功可用平均力做功計算。從彈出點到圓軌道最高點，由動能定理得mg(y＋xABsinθ－2R)－eq\o(μ,\s\up6(－))mgcosθ·xAB－μ2mgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中eq\o(μ,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)μ1max＝eq\f(\r(3),6)又y＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(（v0tanθ）2,2g)聯(lián)立解得y＝eq\f(25,32)R，x＝2eq\r(3)y＝eq\f(25\r(3),16)R滑塊從C′E軌道上與D點等高的點返回到A點，根據(jù)動能定理可得mg·2R－mgxABsinθ－eq\o(μ,\s\up6(－))mgcosθ·xAB－μ2mgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得vA＝eq\f(\r(3gR),2)＞0，說明滑塊能從A點滑出。第6課時機械能守恒定律能量守恒定律【知識網(wǎng)絡】

熱點一機械能守恒定律的應用常見的機械能守恒的連接體模型共速率模型分清兩物體位移大小與高度變化關系共角速度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輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內，形變量相等，彈性勢能相等②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(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；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機械能守恒，單個物體機械能不守恒。若存在摩擦生熱，機械能不守恒，可用能量守恒定律進行分析。例1(2024·安徽安慶二模)如圖1所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對接且在同一豎直面內，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為θ＝37°，緊靠MA的一輕質彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質量為m＝2kg的小球，現(xiàn)用外力將小球向下緩慢壓至P點后無初速度釋放，小球恰能運動到C點。已知PA高度差為0.8m，圓弧軌道半徑為1.0m，不計軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則()圖1A.小球離開彈簧時速度最大B.剛釋放小球時，彈簧彈性勢能為36JC.若小球質量改為5.5kg，仍從P點釋放小球后，小球能沿軌道返回P點D.若小球質量改為2.3kg，仍從P點釋放小球后，小球將從B點離開圓弧軌道答案D解析小球從P點無初速度釋放后，上升到彈簧彈力大小等于重力時，小球速度最大，故A錯誤；小球恰能過C點，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，可得vC＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s，所以彈簧的最大彈性勢能為Ep＝mg(h＋R)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝46J，故B錯誤；小球質量為m1＝5.5kg＞2kg時，小球肯定到不了C點，而最大彈性勢能Ep＝46J＞m1gh＝44J，小球到達A點時還有速度，即能進入圓弧軌道，所以小球將在圓弧軌道A、C之間某點離開圓弧軌道做斜上拋運動，不能沿軌道返回P點，故C錯誤；設小球質量為m2時恰好從B點離開，則在B點有m2gcos37°＝m2eq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝2eq\r(2)m/s，根據(jù)機械能守恒定律可得Ep＝m2g(h＋Rcos37°)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，解得m2＝2.3kg，故D正確。例2如圖2所示，質量均為m的A、B兩個小球通過繞在定滑輪上的輕繩相連，A球套在光滑的固定豎直桿上。把A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運動到P處時，輕繩與豎直桿之間的夾角為53°，此時A球的速度是v，B球沒有與定滑輪相碰。已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則下列說法正確的是()圖2A.在此過程中A球的機械能增加B.在此過程中B球的重力勢能增加了eq\f(17mv2,25)C.此時輕繩PQ段的長度是eq\f(17v2,10g)D.此時輕繩PQ段的長度是eq\f(29v2,10g)答案C解析A球從與定滑輪等高的P1處由靜止釋放，運動到P處的過程中，繩對A球做負功，A球機械能減小，A錯誤；A球運動到P處時，B球的速度vB＝v∥＝vAcos53°＝0.6vA，設此時PQ的長度為l，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝mAghA－mBghB，其中vA＝v，mA＝mB＝m，A球下降的高度hA＝lcos53°＝0.6l，B球上升的高度hB＝l－lsin53°＝0.2l，求解可得l＝eq\f(17v2,10g)，C正確，D錯誤；在此過程中，B球上升了0.2l＝eq\f(17v2,50g)，所以在此過程中，B球的重力勢能增加了eq\f(17mv2,50)，B錯誤。訓練1(2024·河北廊坊高三期末)如圖3所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面體左側的適當位置固定一光滑豎直硬桿，質量均為m的兩小球(均視為質點)用長為eq\r(3)L的輕質硬桿連接，甲套在豎直硬桿上，乙放置在斜面上，甲、乙由靜止釋放時，輕質硬桿與豎直硬桿的夾角為30°，當輕質硬桿與斜面剛好平行時，乙的動能為()圖3A.eq\f(\r(3)－1,10)mgL B.eq\f(\r(3)＋1,10)mgL C.eq\f(\r(3),10)mgL D.eq\f(1,10)mgL答案B解析甲下降的高度為h甲＝eq\f(\r(3)L,2cos30°)＝L，乙下降的高度為h乙＝(eq\r(3)L－eq\f(\r(3)L,2cos30°))sin30°＝eq\f(（\r(3)－1）L,2)，當輕質硬桿與斜面剛好平行時，把甲的速度v甲分別沿著輕質硬桿和垂直輕質硬桿分解，沿著輕質硬桿方向的分速度為，有v∥＝v甲sin30°，小球乙的速度v乙沿著斜面，輕質硬桿與斜面平行，則v乙沿著輕質硬桿，有v乙＝v∥，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，乙的動能為Ek乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，綜合解得Ek乙＝eq\f(\r(3)＋1,10)mgL，故B正確。熱點二能量守恒定律的應用例3(2024·黑龍江哈三中二模)如圖4所示，兩根輕繩連接質量為m的小球P，右側繩一端固定于A點，左側繩通過光滑定滑輪C連接一物塊Q，質量相等的物塊Q、N通過一輕彈簧連接，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向的夾角分別為53°和37°，此時物塊N與地面間的壓力恰好為零?，F(xiàn)將小球P托至與A、B兩點等高的水平線上，兩繩均拉直且恰好無彈力，由靜止釋放小球P。已知A點與小球P間的繩長為L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，求：圖4(1)物塊Q的質量M；(2)小球P運動到圖示位置時，物塊Q的速度大小v；(3)小球P從釋放到圖示位置過程中，輕繩對物塊Q做的功W。答案(1)eq\f(3,10)m(2)eq\r(\f(12,13)gL)(3)eq\f(22,65)mgL解析(1)對小球P受力分析，有sin37°＝eq\f(TB,mg)對物塊N和Q整體受力分析，有2Mg＝TB聯(lián)立解得M＝eq\f(3,10)m。(2)P的運動為繞A點的圓周運動，由關聯(lián)速度可知，此時小球P和物塊Q的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有mgLcos37°＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2＋Mgh其中h＝(eq\f(L,tan37°)＋L)－eq\f(L,sin37°)＝eq\f(2,3)L聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(12,13)gL)。(3)對物塊Q，由動能定理有W－Mgh＝eq\f(1,2)Mv2－0解得W＝eq\f(22,65)mgL。1.含摩擦生熱、焦耳熱、電勢能等多種形式能量轉化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律。2.應用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末總能量不變。(2)轉移：EA減＝EB增，A物體減少的能量等于B物體增加的能量。(3)轉化：|ΔE減|＝|ΔE增|，減少的某些能量等于增加的某些能量。訓練2如圖5所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，彈簧下端與斜面底端的擋板相連?？煽醋髻|點的小物塊A、B疊放在一起，在斜面的頂端由靜止釋放并保持相對靜止一起沿斜面下滑。彈簧被壓縮到最短時，迅速取走物塊A(不影響物塊B的速度)，此后彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端，已知重力加速度為g，B物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),15)，則關于A、B的質量m和M之間的關系，下列說法正確的是()圖5A.M＝2m B.M＝eq\r(3)m C.M＝2eq\r(3)m D.M＝3m答案A解析彈簧被壓縮到最短時，小物塊A、B的速度均為0，從開始運動到彈簧壓縮到最短的過程中，設運動距離為L，根據(jù)能量守恒定律得(m＋M)gLsin30°－μ(m＋M)gcos30°·L＝Ep；彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端的過程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin30°＋μMgcos30°·L，兩式聯(lián)立解得M＝2m，A項正確。

熱點三與能量相關的圖像問題例4如圖6甲所示，傾角為37°的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()圖6A.木塊的重力大小為eq\f(5E0,x0)B.木塊受到的摩擦力大小為eq\f(4E0,x0)C.木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)D.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0答案A解析上滑過程中，摩擦力對木塊做負功，木塊的機械能減少，由圖乙可知物塊的機械能減少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，動能減少了ΔEk＝4E0，所以木塊的重力勢能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D錯誤；設木塊質量為m，由圖乙可知木塊上滑的距離為x0，則有μmgcos37°·x0＝E0，則木塊受到的摩擦力大小為Ff＝μmgcos37°＝eq\f(E0,x0)，故B錯誤；木塊上滑過程中，重力做負功，木塊的動能部分轉化為重力勢能，則有mgsin37°·x0＝3E0，則木塊的重力大小為G＝mg＝eq\f(5E0,x0)，故A正確；木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(E0,x0mgcos37°)＝eq\f(1,4)，故C錯誤。方法總結解決物理圖像問題的基本思路訓練3(2024·湖北黃岡模擬，4)如圖7甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()圖7A.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0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯(lián)立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯誤。1.(2024·北京卷，7)如圖8所示，光滑水平軌道AB與豎直面內的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進入半圓形軌道，恰好能夠到達最高點C。下列說法正確的是()圖8A.物體在C點所受合力為零B.物體在C點的速度為零C.物體在C點的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能答案C解析設物體恰好到達C點的速度大小為v，則在C點重力完全提供向心力，有mg＝meq\f(v2,r)＝ma向，解得v＝eq\r(gr)，向心加速度a向＝g，A、B錯誤，C正確；物體從A點到C點的過程，由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能轉化為物體在C點的重力勢能和動能，D錯誤。2.(2024·全國甲卷，17)如圖9，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，質量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()圖9A.在Q點最大 B.在Q點最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小答案C解析設小環(huán)運動軌跡所對的圓心角為θ(0≤θ≤π)，大圓環(huán)的半徑為R，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力為F，由機械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，又小環(huán)做圓周運動，則有F＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得小環(huán)下滑過程中受到大圓環(huán)的作用力F＝mg(2－3cosθ)，則F的大小先減小后增大，且當cosθ＝eq\f(2,3)時F最小，當cosθ＝－1，即小環(huán)在大圓環(huán)最低點時F最大，結合牛頓第三定律可知，C正確。3.(2024·黑吉遼卷，14)如圖10，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止，A、B均視為質點，重力加速度g＝10m/s2。忽略空氣阻力，求：圖10(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)彈簧恢復原長時兩物塊脫離彈簧，A做平拋運動，B做勻減速直線運動對A，水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得vA＝1m/s彈簧恢復原長的過程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒對系統(tǒng)有0＝mAvA＋mB(－vB)解得vB＝1m/s。(2)B物塊與彈簧分離后做勻減速直線運動對B有－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得μ＝0.2。(3)從系統(tǒng)初始狀態(tài)到彈簧與物塊分離的過程中，彈簧釋放的彈性勢能轉化為A和B的動能與A和B同桌面摩擦產(chǎn)生的熱量，該過程中對系統(tǒng)有ΔEp＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB其中ΔxA、ΔxB為彈簧恢復原長過程中A、B兩物塊相對桌面的路程，則有Δx＝ΔxA＋ΔxB聯(lián)立解得ΔEp＝0.12J?；A保分練1.(2024·廣東深圳高三期中)如圖1所示為過山車的簡易模型，從傾斜軌道上的A點由靜止開始下滑，圓形軌道半徑為R，過山車重量為Mg，忽略一切阻力作用，經(jīng)過圓軌道最高點C時，軌道給過山車的壓力為Mg，下滑點A距離圓軌道底部的高度h為()圖1A.2R B.3R C.4R D.5R答案B解析經(jīng)過圓軌道最高點C時，軌道給過山車的壓力FN＝Mg，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(2gR)，過山車從下滑點A到C點過程，根據(jù)機械能守恒定律可得Mg(h－2R)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)，解得h＝3R，故B正確。2.(多選)(2024·山西運城模擬預測)如圖2所示，A、B兩球分別用長度均為L的輕桿通過光滑鉸鏈與C球連接，通過外力作用使兩桿并攏，系統(tǒng)豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統(tǒng)由靜止釋放，A、B兩球開始向左右兩邊滑動。已知A、B兩球的質量均為m，C球的質量為2m，三球均在同一豎直面內運動，忽略一切阻力，重力加速度為g。從靜止釋放到球C落地前的過程，下列說法正確的是()圖2A.A、B、C三球組成的系統(tǒng)機械能守恒B.球C的機械能先減少后增加C.球A速度達到最大時，球C的加速度大小為gD.球C落地前瞬間的速度大小為2eq\r(gL)答案ABC解析從靜止釋放到球C落地前的過程，A、B、C三球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒，A正確；從靜止釋放后A、B兩球先加速后減速，動能先增加后減少，而A、B、C三球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則球C的機械能先減少后增加，B正確；當球A的加速度為0時速度達到最大值，此時桿對球的作用力為0，則此時球C只受重力作用，加速度大小為g，C正確；球C落地前瞬時，A、B兩球的速度為零，對A、B、C三球組成的系統(tǒng)，有2mgL＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(2gL)，D錯誤。3.(2024·廣東深圳模擬)物體以動能E開始豎直向上運動，回到出發(fā)點時，動能為eq\f(E,2)。取出發(fā)點位置的重力勢能為零，整個運動過程可認為空氣阻力大小恒定，則該物體上升階段動能與重力勢能相等時，其動能為()A.eq\f(3E,10) B.eq\f(3E,7) C.eq\f(4E,7) D.eq\f(4E,9)答案B解析設上升的最大高度為h，根據(jù)功能關系有f·2h＝E－eq\f(E,2)＝eq\f(E,2)，根據(jù)能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝eq\f(3,4)E，fh＝eq\f(1,4)E，則f＝eq\f(1,3)mg，若在上升階段離出發(fā)點H處動能和重力勢能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，聯(lián)立解得Ek＝eq\f(3,7)E，故B正確。4.(2024·陜西漢中一模)如圖3所示，物塊A套在光滑水平桿上，連接物塊A的輕質細線與水平桿間所成夾角為θ＝53°，細線跨過同一高度上的兩光滑定滑輪與質量相等的物塊B相連，定滑輪頂部離水平桿距離為h＝0.8m，現(xiàn)將物塊B由靜止釋放，物塊A、B均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計空氣阻力，則()圖3A.物塊A與物塊B速度大小始終相等B.物塊A能達到的最大速度為2m/sC.物塊B下降過程中，重力始終大于細線拉力D.當物塊A經(jīng)過左側滑輪正下方時，物塊B的速度最大答案B解析根據(jù)題意可知，物塊A與物塊B的速度關系為vAcosθ＝vB，兩物塊速度不相等，當物塊A經(jīng)過左側滑輪正下方時，有vB＝vAcos90°＝0，故A、D錯誤；當物塊A運動到左側定滑輪正下方時，物塊B下降的距離最大，物塊A的速度最大，根據(jù)機械能守恒定律有mBg(eq\f(h,sin53°)－h(huán))＝eq\f(1,2)mAv2，解得v＝2m/s，故B正確；由上述分析可知，當物塊A經(jīng)過左側滑輪正下方時，物塊B的速度為0，則物塊B向下先加速后減速，在物塊B減速下降過程中，重力會小于細線拉力，故C錯誤。5.質量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運動過程中始終接觸，若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運動到最高點的過程中，A球對B球所做的功為()圖4A.0 B.mgRsinθ C.2mgRsinθ D.mgR答案B解析設A球的重心在斜面上上升的高度為h，兩球的初速度大小為v0，對A、B整體，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mg(h＋2Rsinθ)。設A球對B球所做的功為W，由動能定理有W－mg(h＋2Rsinθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝mgRsinθ，B項正確。6.(多選)(2024·重慶模擬預測)教職工趣味運動會排球墊球比賽中，某老師將球沿豎直方向墊起。已知排球在空中受到的空氣阻力與速度大小成正比，以豎直向上為正方向，v表示排球速度、x表示排球相對墊起點的位移、Ek表示排球的動能、E機表示排球的機械能、t表示排球自墊起開始計時的運動時間，下列表示排球上升和下落過程中各物理量關系的圖像可能正確的是()答案BD解析以豎直向上為正方向，初速度應為正值，故A錯誤；速度先減小為0后反向增大，所以x－t圖像斜率先減小后變?yōu)樨撓蛟龃?，機械能一直有損失，導致上升過程中任意位置的速率都比下降過程同一位置速率大，則上升、下降經(jīng)過同一位置處的動能不可能相等，因此上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，所以上升過程的時間小于下降過程的時間，故B正確，C錯誤；E機－x圖像斜率表示空氣阻力，空氣阻力上升過程逐漸減小，下降過程逐漸增大，且上升過程機械能損失更多，故D正確。7.(2024·湖北宜昌高三模擬)如圖5所示，與水平面平滑連接的固定斜面的頂端到水平面O點的高度為h，質量為m的小木塊從斜面的頂端無初速度滑下，并運動到水平面上的A點停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，eq\o(OA,\s\up6(－))＝x，下列說法正確的是(),圖5)A.斜面傾角θ越大，x越大B.斜面傾角θ越小，x越大C.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B點停下，則eq\o(BO,\s\up6(－))＝eq\f(2h,μ)D.若小木塊從斜面頂端以初動能Ek＝3mgh滑下，并在A點固定一個擋板，小木塊在A點與擋板發(fā)生彈性碰撞，則折返后恰能回到斜面頂端答案C解析小木塊從開始下滑到最后停在A點，設斜面的傾角為θ，斜面投影長度為x1，斜面底端到A點距離x2，由能量關系可知mgh＝μmgcosθ·eq\f(x1,cosθ)＋μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，則當h和μ一定時，x一定不變，故A、B錯誤；設eq\o(OB,\s\up6(－))＝x′，由能量關系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝eq\f(2h,μ)，故C正確；小木塊在A點與擋板發(fā)生彈性碰撞，無機械能損失，設折返后能回到斜面的高度為h′，根據(jù)能量守恒定律可知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D錯誤。提能增分練8.(多選)(2024·江西南昌二模)一塊質量為M的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質量為m的物體B(視為質點)以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量為ΔEkB，長木板A的動能增加量為ΔEkA，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q(不考慮空氣阻力)，關于ΔEkB、ΔEkA、Q的數(shù)值，下列三個數(shù)量關系一定可能的是()圖6A.ΔEkB＝3J，ΔEkA＝1J，Q＝2JB.ΔEkB＝6J，ΔEkA＝2J，Q＝4JC.ΔEkB＝7J，ΔEkA＝3J，Q＝7JD.ΔEkB＝8J，ΔEkA＝3J，Q＝3J答案AB解析設物體與木板間的摩擦力大小為Ff，物體B的位移為xB，木板A的位移為xA，對A有ΔEkA＝FfxA，對B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B運動的v－t圖像如圖所示，圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故選項A、B正確。9.(2024·江蘇揚州模擬)如圖7所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則()圖7A.彈簧的最大彈性勢能為3mgx0B.小球運動的最大速度等于2eq\r(gx0)C.彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,x0)D.小球運動中最大加速度為g答案A解析小球下落到最低點時重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，此時彈性勢能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正確；根據(jù)選項A和彈簧彈性勢能的表達式有3mgx0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得k＝eq\f(6mg,x0)，故C錯誤；當小球的重力等于彈簧彈力時，小球有最大速度，則有mg＝kx，再根據(jù)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒有mg(x＋2x0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＋eq\f(1,2)kx2，解得最大速度為vmax＝eq\r(\f(25gx0,6))，故B錯誤；小球運動到最低點時有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D錯誤。10.(2024·山東青島一模)桶裝水電動抽水器可以輕松實現(xiàn)一鍵自動取水。如圖8，某同學把一個簡易抽水器安裝在水桶上，出水口水平。某次取水時，桶內水位高度h1＝20cm，按鍵后測得t＝16s內注滿了0.8L的水壺。已知抽水器出水口高度H＝60cm、橫截面積S＝0.5cm2，水壺的高度h2＝15cm，若該次取水過程中抽水器將電能轉化為水的機械能的效率η＝15%，忽略取水過程中桶內水位高度的變化，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。圖8(1)求接水時出水口到水壺口左邊緣的最大水平距離；(2)估算本次取水抽水器的功率。答案(1)0.3m(2)1.5W解析(1)設出水口處水的速度為v0，由題意可得，t＝16s內抽水器抽出水的體積V＝Sv0t解得v0＝1m/s平拋過程：豎直方向H－h(huán)2＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝v0t聯(lián)立解得x＝0.3m。(2)在t＝16s內，抽水機取水質量m＝ρV＝0.8kg根據(jù)能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h(huán)1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得P＝1.5W。11.(2024·福建福州高三期末)如圖9所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑r＝0.2m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為m＝1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：圖9(1)小球第一次經(jīng)過C點的速度大??；(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；(3)小球最終停止的位置與B點的距離。答案(1)eq\r(7)m/s(2)6J(3)0.2m解析(1)小球進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，對小球由牛頓第二定律有2.5mg＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(7)m/s。(2)在壓縮彈簧過程中，合力為零時，速度最大，此時小球動能最大，設該位置為零勢能面，彈簧的壓縮量為x，有mg＝kx由能量守恒定律有mg(r＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ekm＋Ep解得Ekm＝6J。(3)設BC段克服摩擦力做功為WBC，由A到C有mgh－WBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)對整個過程分析可知，設共經(jīng)過N次BC段，有mgh＝NWBC解得N＝2.4即小球最后從B位置向C位置運動過程中停下，設小球最終停在距離B點為s，有0.4WBC＝μmgs解得s＝0.2m。培優(yōu)高分練12.(2024·江蘇卷，15)如圖10所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊(可視為質點)在電動機作用下，從斜面底端A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，物塊恰好到達最高點D點，重力加速度為g，不計電動機消耗的電熱。求：圖10(1)CD段長度x；(2)BC段電動機的輸出功率P；(3)全過程儲存的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值。答案(1)eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)(2)mgv(sinθ＋μcosθ)(3)eq\f(sinθ,sinθ＋μcosθ)解析(1)解法一對物塊從C點運動到D點的過程，由動能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv2解得x＝eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。解法二對物塊從C點運動到D點的過程，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由運動學規(guī)律有0－v2＝－2ax聯(lián)立解得x＝eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。(2)物塊在BC段做勻速直線運動，由平衡條件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ則電動機的輸出功率P＝Fv＝mgv(sinθ＋μcosθ)。(3)根據(jù)題意，全過程儲存的機械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知電動機消耗的總電能E2＝mgLsinθ＋μmgLcosθ則eq\f(E1,E2)＝eq\f(sinθ,sinθ＋μcosθ)。第7課時動量定理動量守恒定律【知識網(wǎng)絡】熱點一動量定理的應用1.沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft，適用于求恒力的沖量。(2)動量定理法：I＝p′－p，多用于求變力的沖量或F、t未知的情況。(3)圖像法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量。若F－t呈線性關系，也可直接用平均力求變力的沖量。2.動量定理在“四類”問題中的應用(1)解緩沖問題。(2)求解平均力問題。(3)求解流體問題。(4)在電磁感應中求解電荷量問題。例1(2024·山東日照一模)臺風對沿海地區(qū)的破壞力非常巨大，12級臺風登陸時中心附近最大風速約為35m/s。已知小明站立時，在垂直于風速方向的受力面積約為0.5m2，空氣的密度約為1.29kg/m3。假設空氣吹到人身體上后速度減為零，則小明站在12級臺風中心附近，所受的風力大小約為()A.790N B.79N C.230N D.23N答案A解析單位時間吹到人身體上的空氣質量m＝ρV＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的風力大小約為F＝ρSv2＝1.29×0.5×352N≈790N，故A正確。訓練1(多選)(2024·廣東江門一模)數(shù)據(jù)表明，在電動車事故中，佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷，大大減小損傷程度。頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長至6ms以上，人頭部的質量約為2kg，則下列說法正確的是()圖1A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量C.事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等D.若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力最多為2000N答案ACD解析根據(jù)FΔt＝Δp可得F＝eq\f(Δp,Δt)，依題意知，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率，故A正確；頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量，故B錯誤；根據(jù)I＝FΔt知，頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量大小相等，故C正確；若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層，則頭部受到的撞擊力F＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(2×6,6×10－3)N＝2000N，故D正確。訓練2(多選)一個質量為60kg的蹦床運動員，從離水平網(wǎng)面某高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到空中。用攝像機錄下運動過程，從自由下落開始計時，取豎直向下為正方向，用計算機作出v－t圖像如圖2所示，其中0～t1和t2～t3為直線，t2＝1.6s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。從自由下落開始到蹦至離水平網(wǎng)面最高處的過程中，下列說法正確的是()圖2A.網(wǎng)對運動員的平均作用力大小為1950NB.運動員動量的變化量為1080kg·m/sC.彈力的沖量大小為480N·sD.運動員所受重力的沖量大小為1560N·s答案AD解析由題圖可知自由落體運動時