重难点09 动能定理和机械能守恒定律（解析版）-2025年高考物理【热重难点】专练（天津专用）

重难点09动能定理和机械能守恒定律考点2025考向预测考点1：机械能守恒的判断高考对机械能及其守恒定律部分的考查常结合生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛下落、车辆启动、(类)刹车、物体上下坡、传送带等。在考查方向上，单一物体、多个物体的不同运动形式都有所体现。解题方法主要是函数法和图象法，同时应用推理论证。对学科核心素养的考查主要体现在运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。考点2：机械能守恒定律的应用考点3：功能关系的理解和应用考点4：能量守恒定律的理解和应用【情境解读】【高分技巧】1动能定理：合外力对物体做的功等于物体动能的变化.动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度2.对动能定理的理解（i）W合是所有外力对物体做的总功，求所有外力做的总功有两种方法：第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角.这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下.第二种方法是：分别求出每一个力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+…这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下.（ii）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功.力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用.（iii）因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关.中学物理中一般取地球为参考系.（iv）动能定理公式两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式.（v）若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用.（vi）动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外.（vii）做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.（viii）若Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少.（ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法.3.应用动能定理解题的基本思路（i）选取研究对象，明确并分析运动过程.（ii）分析受力及各力做功的情况，求出总功；受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功.（iii）明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2.（4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解.４.系统动能定理高中阶段中动能定理的表述为：作用在物体上合外力的功等于物体动能的改变量，即这是针对单体或可看作单个物体的物体系而言的.所谓能看成单个物体的物体系，简单来说就是物体系内各物体之间的相对位置不变，从而物体系的各内力做功之和为零，物体系的动能变化就取决于所有外力做的总功了.但是对于不能看成单个物体或说不能看质点的物体，可将其看成是由大量质点组成的质点系，对质点系组成的系统应用动能定理时，就不能仅考虑外力的作用，还需考虑内力所做的功.即：W外+W内=ΔEk 5.动能定理的应用技巧(i)利用动能定理求变力的功变力的功无法用公式W=Fscosα直接求解，有时该力也不是均匀变化，无法用高中知识表达平均力，此时可以考虑用动能定理间接求解.(ii)应用动能定理求解多过程问题物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程根据动能定理列式求解，则可以使问题简化.根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单.有时取全过程简单，有时则取某一阶段简单.原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零.(iii)应用动能定理求解多物体系问题对于多物体、多过程问题，由于运动过程繁琐，用牛顿第二定律解题相当复杂，而从能量观点出发，应用动能定理解题往往可以使问题简化.但应注意，从能量角度解题，如果研究对象是一个物体，往往用动能定理求解，而对于系统，往往是根据总体能量守恒的观点来处理问题.(iv)应用动能定理求路程在多阶段或往返运动中，如果摩擦力或介质阻力大小不变，方向与速度方向关系性相反.则在整个过程中克服摩擦力或介质阻力所做功等于力与路程的乘积，从而可将物体在摩擦力或介质阻力作用下通过的路程与动能定理联系起来.(v)利用动能定理求运动时间动能定理通常不处理涉及时间的问题,但在变力的功率恒定的情况下,可以利用动能定理将物体的运动时间与通过的位移联系起来,可在位移与路程中知一求一.机械能守恒定律应用模型适用条件（i)内容在只有重力（或系统内弹力）做功的情形下，物体的重力势能（或弹性势能）和动能发生相互转化，但总的机械能保持不变.（ii）适用条件只有重力或弹力做功.可以从以下三个方面理解：①只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒.②受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒.③其他力做功，但做功的代数和为零.（iii）判定方法做功条件分析法：应用系统机械能守恒的条件进行分析.分析物体或系统的受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒.能量转化分析法：从能量转化的角度进行分析.若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒.增减情况分析法：直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析.若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统的动能不变，而势能发生了变化，或系统的势能不变，而动能发生了变化，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒.④典型过程对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒.２.表达形式与应用步骤(i)表达形式观点Ｉ：守恒观点E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2表示系统在初状态的机械能等于末状态的机械能．常用于单个物体，应用时需要选参考平面（零势能面）．观点II：转化观点ΔEk+ΔEp=0表示系统动能的减少（或增加）等于势能的增加（或减少）．初、末态高度可未知，但高度变化已知.，应用时不需要选参考平面（零势能面）观点III:转移观点ΔEＡ+ΔEB=0表示系统一部分A机械能的减少（或增加）等于另一部分B机械能的增加（或减少）.适用于系统，应用时不需要选参考平面（零势能面）．(ii)应用步骤确定研究对象，即要明确以哪几个物体组成的系统为研究对象.正确分析研究对象内各物体所受的力.分析时应注意：重力、弹力、摩擦力都是成对出现的，要分清哪几个力是内力，哪几个力是外力.看外力是否对物体做功，内力中有没有重力和弹力以外的力做功，由此即可判断系统的机械能是否守恒.④根据机械能守恒定律列出方程并求解.３.内力做功与系统机械能守恒对于系统来说，除重力外无其他外力做功只是系统机械能守恒的必要条件之一，另一个重要条件是系统内只有保守内力做功，非保守内力（如摩檫力）不做功或所做的总功为零，在这种情况下系统内各物体的动能和势能可以相互转化，但它们的总量保持不变．系统内一对内力做功的规律有：（i）一对内力做功的代数和取决于力和在力的方向上发生的相对位移，跟参照物的选取无关（ii）若内力为恒力，则一对内力做功的代数和数值上等于其中一个力和在力的方向上发生的相对位移大小的乘积,与参考系无关。（iii）若两个物体在内力的方向上发生的相对位移为零，或者两个物体在内力方向上始终保持相对静止，则该对内力做功的代数和为零。（iv）将两物体间的一对内力类比于一对引力或斥力，则当两物体远离时，类似于引力的一对内力做负功，类似于斥力的一对内力做正功。(v)系统内一对保守内力所做的总功等于系统内对应形式势能的减少量，如一对点电荷间静电力所做的总功等于这一对点电荷间电势能的减少量：（建议用时：40分钟）【考向一：机械能守恒的判断】1．（2025·天津滨海新·联考）如图所示，杭州亚运会上利用机器狗来驮运铁饼，机器狗水平背部有个凹槽，铁饼放入凹槽后就可以被机器狗平稳移送到相应地方，下列说法正确的是（）A．匀速上坡时，货物的机械能守恒B．水平匀速前进时，铁饼对机器狗的压力大于机器狗对它的支持力C．水平加速前进时，机器狗对铁饼的作用力大于铁饼重力D．机器狗遇到一障碍物轻轻跃起，在空中运动阶段，铁饼处于超重状态【答案】C【详解】A．匀速上坡时，货物的动能不变，重力势能增大，则货物的机械能增大，故A错误；B．铁饼对机器狗的压力与机器狗对它的支持力为一对相互作用力，大小相等方向相反，故B错误；C．水平加速前进时，竖直方向，机器狗对铁饼的支持力等于铁饼的重力，水平方向，根据牛顿第二定律可知机器狗对铁饼的合力不为零，根据力的合成可知机器狗对铁饼的作用力大于铁饼重力，故C正确；D．机器狗遇到一障碍物轻轻跃起，在空中运动阶段，铁饼的加速度为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故D错误。故选C。2．（2025·天津滨海新·调研）蹦极是一项刺激的户外运动，如图所示，人的运动过程简化为从О点开始下落，在A点弹性绳刚好伸直，B点速度达到最大，下落到最低点C点后向上弹回。忽略空气阻力，则在人下落过程中（

）A．OA段人的机械能守恒 B．在B点人所受合外力最大C．BC段人的加速度逐渐减小 D．AC段人始终处于失重状态【答案】A【详解】A．人在OA阶段，做自由落体运动，只有重力做功，重力势能转化为动能，人的机械能守恒。故A正确；B．人在B点速度达到最大，说明该点为平衡位置，加速度为0，弹性绳的弹力大小等于人的重力，所受的合外力为0，故B错误；C．BC段人的重力小于弹性绳向上的拉力，根据可知向下运动时，弹性绳上的弹力逐渐增大，则加速度向上逐渐增大，故C错误；D．AB段（不含B点）人所受的重力大于向上的拉力，加速度向下，处于失重状态，但BC段（不含B点）弹性绳拉力大于重力，加速度向上，处于超重状态，B点所受合力为0，为平衡位置，加速度为0，不是失重状态。故D错误。故选A。3．（2024·天津东丽·调研）关于机械能（不含弹性势能）是否守恒的论述，正确的是（）A．做匀速运动的物体，机械能一定守恒B．做变速运动的物体，机械能可能守恒C．合外力对物体做功等于零时，物体的机械能一定守恒D．只要物体受到重力以外的其它外力，不管它是否对物体做功，物体的机械能一定不守恒【答案】B【详解】A．做匀速运动的物体，机械能不一定守恒，比如匀速上升的物体，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故A错误；B．做变速运动的物体，机械能可能守恒，比如做自由落体运动的物体，故B正确；C．合外力对物体做功等于零时，物体的动能不变，但重力势能可能发生变化，机械能可能发生变化，故C错误；D．物体受到重力以外的其它外力，但如果它对物体不做功，则物体的机械能守恒，故D错误。故选B。4．（2024·天津滨海新·联考）如图所示，在高为H的桌面上以速度v水平抛出质量为m的物体，当物体运动到距地面高为h的A点时，下列说法正确的是（重力加速度为g，不计空气阻力。取地面为参考面）（）A．物体在A点的动能为 B．物体在A点的动能为C．物体在A点的机械能为 D．物体在A点的机械能为【答案】D【详解】AB．根据动能定理可得解得物体在A点的动能为故AB错误；CD．物体运动过程只受重力作用，物体的机械能守恒，取地面为参考面，则物体在A点的机械能为故C错误，D正确。故选D。5．（2024·天津河东·调研）在距离地面4m的某楼层的墙外侧，以1m/s的速度竖直向上抛出一个质量为50g的小石子（小石子可看成质点），忽略空气阻力，g取。求：（1）石子落地时速度大小v；（2）石子经过多长时间t落地；（3）从抛出到落地这段时间内重力做功的平均功率P。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由机械能守恒定律可知解得（2）设竖直向上为正方向，则有解得（3）重力做功为平均功率为6．（2024·天津·联考）如图甲所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点（如图乙所示），由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则（）A．从B到A过程中，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功【答案】AD【详解】A．从B到A的过程中，小球、弹簧和地球组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故A正确；B．从B到A的过程中，开始阶段弹簧的弹力大于重力，小球向上做加速运动，弹簧的压缩量减小，弹力减小，合力减小，故向上做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力减小到与重力相等时，速度达到最大，此后弹簧的弹力小于重力，小球向上做减速运动，故小球的动能先增大后减小，故B错误；C．从B到A的过程中，弹簧的压缩量一直减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；D．根据功能关系可知，从B到C过程弹簧弹力对小球做功从C到A过程弹簧弹力对小球做功故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程，故D正确。故选AD。7．（2024·天津河东·联考）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（m<M）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，小球仍能回到弧形槽h高处D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【答案】B【详解】A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，故B正确；C．小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m<M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球到达最高点时两者共速，则此共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h，故C错误；D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，故D错误。故选B。8．（2024·天津红桥·调研）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）A．所受合外力始终为零 B．运动员的重力势能减小C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变【答案】BC【详解】A．运动员做曲线运动，所受合外力一定不为零，故A错误；B．运动员沿AB下滑过程中，运动员的重力势能减小，故B正确；C．由于运动员的速率不变，则运动员的动能不变，根据动能定理可知，合外力做功一定为零，故C正确；D．由于运动员的重力势能减小，动能不变，则运动员的机械能减小，故D错误。故选BC。【考向二：机械能守恒定律的应用】9．（2024·天津蓟州·三模）如图所示，内壁粗糙、半径的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取。(1)求小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功。(2)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能；(3)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小球由A静止释放运动到最低点B的过程中，根据动能定理有小球在最低点，根据牛顿第三定律可知，小球受到轨道的支持力根据牛顿第二定律联立，代入相关已知数据求得（2）小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度过程中，由动量守恒定律可得由能量转化和守恒定律可得联立代入相关已知数据求得：小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能（3）小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，设a后来速度为，b后来速度为，由动量守恒定律可得由能量转化和守恒定律有对b，根据动量定理有联立代入相关已知数据可得10．（2024·天津·模拟预测）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度，长的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量的木块（可视为质点），质量的子弹以的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量；（3）子弹落地点与悬点的水平距离d。【答案】（1）12N；（2）；（3）【详解】（1）依题意，木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有解得木块从最低点运动到最高点过程，根据动能定理可得解得由牛顿第二定律，有解得（2）子弹射穿木块过程，系统动量守恒，可得解得根据能量守恒，有代入数据，解得（3）子弹射穿木块后，做平抛运动，可得，联立，解得11．（2024·天津·模拟预测）水平地面上固定一正方体高台，高台最左端固定一弹簧，弹簧原长远小于高台棱长，将一小球A放在高台最右端，用手将另一小球B压缩弹簧至最短，某时刻静止释放，小球B被弹簧弹射出去后与小球A发生弹性正碰，小球A落地时重力的瞬时功率为P=4W，不计一切摩擦，小球A，B质量均为m=0.2kg且均可看作质点，弹簧最大弹性势能。求：（1）小球B被弹射出去时的瞬时速度大小；（2）小球A的水平位移大小。【答案】（1）；（2）0.4m【详解】（1）根据能量守恒解得小球B被弹射出去时的瞬时速度大小为（2）小球A、B发生弹性正碰，根据动量守恒以及机械能守恒可得解得小球A落地时重力的瞬时功率为小球A离开高台后，做平抛运动，则，解得12．（2024·天津·模拟预测）如图所示，大小相同的甲、乙两个小球自半径为R的光滑半圆形轨道边缘同时静止释放，两小球恰好在轨道最低点发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短且碰后甲球速度刚好为零。乙球质量为m，重力加速度为g，轨道半径远大于小球半径。求：（1）乙球碰前速度；（2）甲球质量；（3）碰撞过程，乙球所受合外力的冲量I的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由机械能守恒定律可知解得碰前的速度（2）碰撞过程由动量守恒和能量关系，联立可得，（3）对乙

规定水平向右为正方向代入数据13．（2024·天津·模拟预测）如图所示，一根轻质弹簧与质量为m的滑块P连接后，穿在一根光滑竖直杆上，弹簧下端与竖直杆的下端连接，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来。图中O、B两点等高，线段OA长为L，与水平方向的夹角，重物Q的质量，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，不计滑轮的摩擦，在滑块从A到B的运动过程中（）A．滑块P的速度一直增大B．P在B点时，Q的速度为0C．滑块P在位置B的速度D．P与Q的机械能之和始终不变【答案】BC【详解】A．由A、B两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A点弹簧处于压缩状态，B点弹簧处于伸长状态，B点P所受合力竖直向下，则P在越来越靠近B点过程中必有所受合力方向竖直向下的阶段，该阶段P的速度减小，故A项错误；B．由运动的分解知识可知，P在B位置在沿绳方向的速度为零，而Q的速度与绳的速度相同，所以P在B点时，Q的速度为0，故B项正确；C．滑块P在A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，到B点时，Q的速度为零，则系统由机械能守恒可得，解得故C项正确；D．由之前的分析可知，从A点到B点过程中，弹簧对P、Q整体先做正功，后做负功，所以P与Q的机械能先增大后减小，故D项错误。故选BC。14．（2024·天津宁河·二模）如图所示是一儿童游戏机的简化示意图，光滑游戏面板倾斜放置，长度为8R的AB直管道固定在面板上，A位于斜面底端，AB与底边垂直，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳。现缓慢下拉轻绳使弹簧压缩，后释放轻绳，弹珠经C点时，与圆弧轨道无作用力，并水平射出，最后落在斜面底边上的位置D（图中未画出）。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。下列说法正确的是（）A．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能达到最大B．弹珠脱离弹簧的瞬间，其机械能达到最大C．A、D之间的距离为D．A、D之间的距离为【答案】BD【详解】A．弹珠与弹簧接触向上运动过程，对弹珠分析可知，弹珠先向上做加速度减小的加速运动，后做加速度方向反向，大小减小的减速运动，可知，弹簧弹力与重力沿斜面的分力恰好抵消时，合力为0弹珠的动能达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A错误；B．弹珠脱离弹簧之前，弹簧处于压缩，弹簧对弹珠做正功，因此弹珠脱离弹簧的瞬间，弹珠的机械能达到最大，B正确；CD．弹珠飞出后做类平抛运动，沿斜面方向有可知弹珠落地D的时间为一定值，水平方向有可知，弹珠飞出速度越小，距离A点越近，由于弹珠做圆周运动，若恰能越过C，则此时有C错误，D正确。故选BD。15．（2024·安徽安庆·一模）质量为的木板B静止于光滑水平面上，质量为的物块A停在B的左端，质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上；将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数，重力加速度。求：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；（2）小球与A碰撞后的瞬间物块A的速度的大小及为使A恰好不滑离木板时木板的长度L。【答案】（1）；（2），【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得解得对小球由牛顿第二定律得解得（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得16．（2024·天津宁河·模拟预测）如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，，，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（）

A．当小球经过Q点时，A物块的加速度为零B．小球的质量为C．小球经过Q点时的加速度大小为gD．A和B组成的系统机械能不守恒【答案】BC【详解】A．小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，故A错误；C．小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正确；BD．A和B组成的系统，整个系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有解得故B正确，D错误。故选BC。【考向三：功能关系的理解和应用】17．（2024·天津蓟州·三模）质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为时刻，两物体的速度图像如图所示，则下列判断正确的是（）A．时间内，甲、乙的平均速度相等B．时刻之前，甲受到的空气阻力总是大于乙受到的空气阻力C．下落过程中，甲受到的空气阻力在不断增大D．时间内，甲机械能的减小量大于乙机械能的减小量【答案】CD【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图可知，时间内，甲的位移大于乙的位移，根据平均速度公式可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误；BC．由图可知，时刻之前，乙物体的加速度恒定，而甲物体运动加速度一直减小，甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙加速度，而两物体均只受重力和阻力，根据牛顿第二定律可得解得则加速度越大，阻力越小，加速度越小，阻力越大，故说明甲受到的空气阻力先小于乙受到的空气阻力，后大于乙受到的空气阻力，且甲物体受到的空气阻力在不断增大，故B错误，C正确；D．时间内，设阻力做功为，根据动能定理有由图可知，甲的位移大于乙的位移，则甲物体的重力做功大于乙物体的重力做功，而甲、乙的动能变化量相等，则甲的阻力做功大于乙的阻力做功，根据功能关系，机械能的减少量等于阻力的功，则甲物体机械能的减小量大于乙物体机械能的减小量，故D正确。故选CD。18．（2024·天津滨海新·三模）神舟17号返回舱开伞后，返回舱与降落伞中心连接的中轴线始终保持竖直。整体受到竖直向上的空气阻力，同时在水平风力的作用下，整体以的加速度沿图中直线斜向下减速运动，该直线与竖直方向成。下列说法正确的是（）A．返回舱中的航天员处于失重状态B．竖直向上的空气阻力大于水平风力C．若水平风力突然消失，返回舱将做平抛运动D．整体克服竖直向上空气阻力做的功小于其机械能的减少量【答案】BD【详解】A．返回舱的受力情况如图所示由于返回舱的加速度斜向上，所以返回舱及返回舱中的航天员处于超重状态。故A错误；B．将加速度进行分解，则，可得故B正确；C．若水平风力突然消失，返回舱受重力和空气阻力，且速度斜向下左下，返回舱将做类斜抛运动。故C错误；D．根据功能关系可知，整体克服竖直向上空气阻力做的功与克服水平风力做的功之和等于其机械能的减少量。故D正确。故选BD。19．（2024·天津武清·模拟预测）某商场的室内模拟滑雪机，该机主要由前后两个传动轴及传送带上粘合的雪毯构成，雪毯不断向上运动，使滑雪者产生身临其境的滑雪体验。已知坡道长，倾角，雪毯始终以速度向上运动。一质量（含装备）的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者没有做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数。重力加速度。，。不计空气阻力。在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：（1）滑雪者的加速度大小a以及经历的时间t；（2）摩擦力对滑雪者所做的功W；（3）滑雪板与雪毯间的摩擦生热Q。【答案】（1）2m/s2，3s；（2）；（3）7680J【详解】（1）对滑雪者受力分析有解得滑雪者滑下过程做匀加速直线运动，有解得（2）摩擦力做功为（3）该时间内雪毯的位移为两者之间的相对位移为产生的热量为20．（2024·天津和平·二模）如图所示，在O点处固定一个正点电荷；图中虚线是以O点为圆心的圆周，从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹与圆周的交点，，则小球（）A．小球在M点的速度等于在N点的速度B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功【答案】BC【详解】AC．根据点电荷的电势分布情况可知M点和N点到点电荷的距离相等，则根据电场力做功为小球从M点到N点电场力做功为零，则小球在M点和N点的机械能相等，N点的重力势能小于M点的重力势能，则N点的动能大于M点的动能，即N点的速度大于M点的速度，故A错误，C正确；B．根据其中小球带负电，所以故B正确；D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。21．（2024·天津和平·一模）2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上爬升，忽略阻力，飞机沿圆弧运动过程（）A．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则所受合力为零B．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则重力的功率不变C．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则发动机的推力大小不变D．若飞机沿圆弧向上加速爬升，则发动机推力做的功大于重力势能增加量【答案】D【详解】A．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，所受合力提供所需向心力，合力不为零，故A错误；B．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，根据由于竖直分速度大小不断变化，所以重力的功率不断变化，故B错误；C．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，飞机受到重力和发动机的推力的合力提供所需向心力，由于重力不变，合力大小不变，但合力方向时刻发生变化，根据力的矢量三角形定则可知发动机的推力大小时刻发生变化，故C错误；D．若飞机沿圆弧向上加速爬升，则飞机的动能增加，根据动能定理可知，发动机推力做的功大于克服重力做的功，即发动机推力做的功大于重力势能增加量，故D正确。故选D。22．（2023·天津和平·一模）修建高层建筑时常用到履带式起重机，如图所示，立在底座上的吊臂由倾斜的钢缆拉住固定在一定角度，连接在吊臂顶端的竖直钢缆下端是吊钩。某次操作中，吊钩将一定质量的建材从地面由静止开始提升，经过一段时间后到达某一高度，在这段时间内（  ）A．倾斜钢缆上的拉力大小一定不变B．吊钩对建材的拉力大小一定等于建材的重力C．任意时间内拉力对建材的冲量等于建材的动量变化D．上升过程中建材的机械能一直在不断增大【答案】D【详解】A．建材上升时先加速后减速，加速度有变化，倾斜钢缆上的拉力大小一定变化，故A错误；B．建材加速上升时，吊钩对建材的拉力大小一定大于建材的重力，故B错误；C．任意时间内拉力和建材重力的合力对建材的冲量等于建材的动量变化，故C错误；D．上升过程中拉力做正功，建材的机械能一直在不断增大，故D正确。故选D。23．（2025·天津红桥·调研）竖直平行导轨MN上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，电阻也为R，跨在平行导轨间的长度为L，垂直导轨平面的水平匀强磁场方向向里，不计导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h，则下列说法正确的是（）A．金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热B．拉力F与金属杆ab克服安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量C．拉力F与重力做功的代数和等于金属杆上产生的焦耳热D．拉力F与安培力的合力所做的功大于mgh【答案】B【详解】A．根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上和金属杆ab产生的焦耳热之和，A错误；B．金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即拉力F与金属杆ab克服安培力所做的功之和等于金属杆机械能的增加量，B正确；C．ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得则即，拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功，但大于金属杆上产生的焦耳热，C错误；D．ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h，由动能定理可得则即拉力F与安培力的合力所做的功等于，D错误。故选B。24．（2025·天津河西·调研）仓储物流中经常用到斜面和传送带。如图所示，倾角为θ=37°的斜面AC长L=2m，B是AC中点，斜面底端C与水平传送带平滑连接。质量为m=2kg的货物从斜面顶端A点由静止下滑，当货物滑到传送带的右端D时，其速度恰好与传送带的速度相同。货物与斜面AB段、BC段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.75，传送带匀速运行的速度v0=4m/s，C、D间距离为。货物可视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，取g=10m/s2。求：(1)货物在AB段上运动时的加速度大小a；(2)货物运动到B点时的速度vB以及货物从A运动到C所需的时间t；(3)货物在传送带上从C运动到D的过程中，由于摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)2m/s2(2)2m/s，1.5s(3)4J【详解】（1）货物在AB段上运动时，根据牛顿第二定律有解得（2）货物在AB段上运动时，根据速度与位移的关系有解得货物在AB段上运动时，根据速度公式有货物通过B点后，由于可知，货物在BC段做匀速直线运动，则货物在BC段的时间解得（3）货物在传送带上从C运动到D过程中，由于货物滑到传送带的右端D时，其速度恰好与传送带的速度相同，则有根据牛顿第二定律有货物的位移传送带的位移由于摩擦而产生的热量解得Q=4J【考向四：能量守恒定律的理解和应用】25．（2025·天津·调研）如图所示，半径R＝0.4m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6N，之后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，小物块第二次经过C点时刚好停止运动，不计空气阻力（g取10）。求：(1)小物块从A点运动到B点的时间t；(2)小物块经过圆弧轨道的过程中损失的机械能；(3)弹簧的弹性势能的最大值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据运动的合成与分解，将物块在B点的速度进行分解，如图所示由几何知识可知解得物块从A到B所用时间（2）根据上述分析可得物块在B点的速度设物块在C点的速度，根据牛顿第二定律可得解得根据能量守恒定律，可得小物块经过圆弧轨道的过程中损失的机械能（3）根据能量守恒可得，解得26．（2024·天津和平·调研）如图，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g，物块与轨道BC之间的滑动摩擦因数为，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A．小车和物块构成的系统机械能守恒B．物块在BC上运动时，摩擦力对物块和小车做功的代数和为零C．水平轨道BC的长度为D．如果小车被锁定在地面上，物块仍从A点静止释放，则也能恰到达C点【答案】D【详解】A．由于物块在轨道BC之间滑行时，因摩擦会产生内能，所以小车和物块构成的系统机械能不守恒，故A错误；B．物块在BC上运动时，根据功能关系可在，摩擦力对物块和小车做功的代数和的绝对值等于系统产生的内能，所以摩擦力对物块和小车做功的代数和不为零，故B错误；C．物块从A位置运动至C位置的过程，小车和物块构成的系统满足水平方向动量守恒，由于初动量为0，则物块到达C处时，刚好小车和物块共同的速度为0；根据能量守恒可得解得水平轨道BC的长度为故C错误；D．如果小车被锁定在地面上，物块仍从A点静止释放，根据能量守恒可得解得可知物块也能恰到达C点，故D正确。故选D。27．（2024·天津和平·调研）有一个可视为质点的小物块，质量为，小物块从光滑平台上的A点以的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为的长木板，如图所示。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角。不计空气阻力，g取求：（1）小物块从A到C所需的时间；（2）小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大。【答案】（1）；（2）；（3）2m【详解】（1）小物块在C点的竖直速度为又解得（2）小物块在C点时的速度大小小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得小物块在D点时，由牛倾第二定律得联立，解得由牛顿第三定律得方向竖直向下。（3）设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块加速度大小为长木板的加速度小物块与长木板的速度分别为，对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得解得即木板的长度至少2m。28．（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，固定斜面的倾角，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是B的质量2倍，初始时物体A到C点的距离，现给A、B一初速度，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A向下运动刚到C点时的速度大小，物体A将弹簧压缩到最短后，物体A又恰好能弹回到C点。已知弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。则（）A．物体A与斜面之间的动摩擦因数B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为B的重力势能C．弹簧的最大压缩量D．B的质量为2kg【答案】ACD【详解】A．设的质量为，在物体向下运动刚到点的过程中，对组成的系统应用能量守恒定律可得得A正确；B．物体向下运动到点的过程中，的重力势能及的动能都减小，转化为的重力势能和摩擦生热，B错误；C．对组成的系统分析，在物体从点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即其中为弹簧的最大压缩量，得C正确；D．从点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得得的质量为D正确。故选ACD。29．（2024·浙江·模拟预测）带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R