功和功率、动能定理-2025年高考物理复习专练（西北四省专用）解析版

重难点05功和功率、动能定理

<1

圣爸题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

功的计算（2024•新课标卷•11

（1）考点预测：功和功率的计算

功和功率2023•新课标卷-2）

及动能定理。

动能和动能定理图像问题（2023•新课标卷-7）

（2）考法预测：常与圆周运动进

动能和动能定理（2024・新课标行综合。

卷-2）

重难诠释

【情境解读】

厂恒力做功:cosa（Fsa均不变）

动能定理：已知合外力做功，求动能的

「四变化量

变-微元法：化曲为直

L力

做图像法/平均力法:力与位移成线性关系

功

做（如弹簧的弹力做功）

功和功

的-功率一定时利用

功率快1转换法：将变力做功转换为恒力做功

慢

平均」是号,适用于任何情况

功.功率P=F77cosa,适用于恒力做功

阜

-瞬时功率：P=Fvcosa,适用于任意情况

势能类：W产-AEp一重力势能、弹性势

能、电势能、分子势能

（重力做功，弹力做功，静电力做功，分子

功能

力做功）

关系：

（功是

一动能变化量：叱哈=AEk

能量

转化机械能变化量：W其他=AEui，W其他为除重力和弹

的量一簧弹力之外的其他力做功

度）

摩擦生热G=FfAx（Ax为两物体相对

一路程）

匚内能-

焦耳热Q=W克安（W克安为克服安培力做的

功，Q为系统的焦耳热）

【高分技巧】

一、功

1.恒力做功的分析和计算

公式W=F/cosa

a是力与位移方向之间的夹角，/为物体的位移.

2.是否做功及做功正负的判断

(1)根据力与位移的方向的夹角判断；

(2)根据力与瞬时速度方向的夹角a判断：0Wa<90。，力做正功；a=90。，力不做功；90o<Gt^l80o,力做

负功.

3.合外力做的功

方法一：先求合外力F合,再用卬合=/合/cosa求功.

方法二：先求各个力做的功乱、牝、卬3…，再应用卬合=卬1+卬2+卬3+…求合外力做的功.

方法三：利用动能定理卬合=&2—Eki.

4.求变力做功的五种方法

方法举例

微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦

力做功Wf=FfAxi+FfAX2+FfAX3+…=Ff(Axi+Ax2+Ax3+••,)="Ff2兀R

..依③二人,

等效

4B恒力尸把物块从A拉到8,绳子对物块做功W—尸Qin

转换法

sin

FQ

尸匕

图像法oX。x/m一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为Xo，F-X

FF1

图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W-°^x0

平均形变量Ax当力与位移为线性关系，力可用平均值亍=今&表示，W=

值法

FAx,可得出弹簧弹性势能表达式为Ep=^(Ax)2

〃〃/a/〃〃/

应用动

能定理AQmB用力尸把小球从A处缓慢拉到B处，尸做功为WQ则有：

WF-mgL(l—cos。)=0,得WF—mg£(l—cos3)

二、功率

1.平均功率的计算方法

(1)利用P=-

(2)利用P=F-vcosa,其中p为物体运动的平均速度，尸为恒力，尸与。的夹角a不变.

2.瞬时功率的计算方法

(1)利用公式尸=Pocosa,其中。为，时刻的瞬时速度.尸可为恒力，也可为变力，a为尸与0的夹角，a可

以不变，也可以变化.

(2)公式P=Focosa中，Feosa可认为是力尸在速度o方向上的分力，ocosa可认为是速度o在力尸方向上

的分速度.

3.机车启动问题

p

(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm=^~.

(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，。=篌＜/=詈.

(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W=H.由动能定理得：放一尸阻彳=4&♦此式经常用于求解机车以

恒定功率启动过程的位移大小和时间.

三、动能定理的理解和基本应用

1.表达式：W=AEk=£k2—£ki=^mv22—^mvi2.

2.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能

情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.

3.注意事项

(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.

(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解.

(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.

4.动能定理在往复运动问题中的应用

此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公

式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可

简化解题过程.

限时提升练

（建议用时：40分钟）

【考向一：功和功率】

1.（2024•山西省晋中市•二模）如图所示，某同学在学校附近山地上练习打高尔夫球。第一次他将高尔

夫球沿水平方向击出，落在水平地面的“点；第二次他从同一位置将同一高尔夫球沿水平方向击出，落在

水平地面的N点，不计空气阻力，高尔夫球可视为质点。对于两次高尔夫球从击出到落地的过程，下列说

法正确的是（）

A.两次击出的高尔夫球在空中运动时间不相同

B.第一次击出的高尔夫球的初速度更大

C.两次击出的高尔夫球在空中运动过程中的重力的平均功率相等

D.第二次击出的高尔夫球落地前瞬间重力的瞬时功率更大

【答案】C

【解析】A.击出的高尔夫球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据

可知两次击出的高尔夫球在空中运动时间相同，A项错误；

B.水平方向有

x=vt

第一次击出的高尔夫球水平位移更小，则初速度更小，B项错误;

C.因为重力做功

W=mgh

相同，运动时间相同，重力的平均功率

P」

t

相同，c项正确；

D.落地前瞬间重力的瞬时功率

P'=mgvy=mgxgt

故重力的瞬时功率相同，D项错误。

故选Co

2.（2024•青海省百所名校•二模）如图所示，质量为0.8kg的物体静止在足够大的粗糙水平地面上，某时

刻对物体施加一斜向上、大小为5N、与水平方向成。角的恒定拉力，物体由静止开始做匀加速直线运动，

在第2s末速度增加到5m/s,取重力加速度大小g=10m/s2,sin0=0.60下列说法正确的是（）

A.前2s内拉力的平均功率为20W

B.物体与地面间的动摩擦因数为0.5

C.前2s内物体与地面因摩擦产生的热量为10J

D.若物体运动2s后撤去拉力，则物体沿地面运动的总位移为15m

【答案】C

【解析】A.前2s内拉力的平均功率为

-5

P=Fvcos0=5x-x0.8W=10W

2

选项A错误；

B.加速度

a=—=—m/s2=2.5m/s2

t2

根据牛顿第二定律

Fcos0-ju（jng-Fsin0）-ma

解得物体与地面间的动摩擦因数为

〃=0.4

选项B错误；

C.前2s内物体位移

V_

x=—/=5m

2

与地面因摩擦产生的热量为

Q=N（mg-Fsin6*）x1=10J

选项C正确；

D.若物体运动2s后撤去拉力，则物体的加速度

a=4g=4m/s2

则沿地面运动的总位移为

v252

x=xH----二=5mH-------m=8.125m

12a2x4

选项D错误。

故选Co

3.（2024•青海省海南藏族自治州•二模）起重机用钢缆把质量〃?=300kg的重物从地面由静止竖直向上

吊起到高度/z=8m处，所用时间t=8s,此过程可看成两段连续的、对称的匀变速直线运动，即加速、减

速时重物的加速度大小不变，重物到达力处时速度恰好为0,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）重物的加速度大小。；

（2）钢缆对重物拉力的最大功率P。

【答案】（1）a=0.5m/s2;（2）P=6.3xlO3W»

【解析】（1）由已知条件知，重物做匀加速直线运动的时间为4s,加速的距离为4m,有

解得

«=0.5m/s2

（2）重物做匀加速直线运动的速度最大时，钢缆对重物拉力的功率最大，设重物做匀加速直线运动时的最

大速度为v,钢缆对重物的拉力大小为尸，则有

v=a--

2

F-mg=ma

P=Fv

解得

P=6.3xlO3W

4.(2024•山西省•一模)空中出租车来了！质量为2.0xl()3kg、额定功率为400kW的电动飞行汽车从

地面竖直升起时，先加速再匀速，最后做加速度为Sm/sz的匀减速运动，到达400m的飞行高度时速度刚好

为零，取g=10m/s2,不考虑空气阻力，则飞行汽车上升的最短时间为()

A.14.2sB.15.5sC.19.0sD.23.0s

【答案】D

【解析】出租车的最大速度为

P400xlO3,“，

%=——=-----------------m/s=20m/s

3

机mg2.0X10X10

减速所用时间

r=—=—s=4s

2a5

减速所上升高度

V2

加=4=40m

'2a

加速和匀速上升高度为

4=400m-40m=360m

若一直以额定功率上升，所用时间最小，设加速和匀速的时间为总由动能定理有

12

Ptl-mghl=^mvm

得

%=19s

所以则飞行汽车上升的最短时间为

t=12=23.0s

故选D。

5.（2024•山西省阳泉市•三模）2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练

时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向

运动时计算机输出的压力一时间（尸一/）图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度

g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.演员在a到b过程处于超重状态

B.演员在6时刻速度最大，速度大小为8m/s

C.从。时刻到6时刻，蹦床对演员做的功大于1280J

D.从a时刻到》时刻，蹦床给演员的冲量大小为320N-S

【答案】C

【解析】A.演员在a到b过程，压力由最大值减小为0,根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大

值减小为0,根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在。到

b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；

B.结合上述可知，演员在。到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变

减速直线运动，当加速度为。时，速度达到最大值，即。到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错

误；

C.根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为

2.8s-1.2s=1.6s

根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s,利用逆向思维，根据速度公式有

%=g[=10x0.8m/s=8m/s

从4时刻到人时刻，结合上述可知，合外力对演员做的功为

1

W=-mvl9=1280J

根据图像可知，从。时刻到6时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从。时刻到

b时刻，蹦床对演员做的功大于1280J,故C正确；

D.从a时刻到6时刻，根据动量定理有

1一色心=〃％

解得

^mgtab+mv0

解得

7=520N-s

故D错误。

故选Co

6.（2024•陕西省•二模）人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长L=5m的倾斜传送带在

电动机带动下以速度及=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，=37°,某时刻将质量为

叫=15kg的货物A轻轻放在传送带底端，已知货物A与传送带间的动摩擦因数〃=0.8，取sin37°=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g=lOm/s?。

（1）求货物A刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；

（2）为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A用跨过定滑轮的轻绳与质量为m2=1kg

的重物B连接，如图中虚线所示，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长，不计滑轮

的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前重物B都没有落地，求：

①货物A在传送带上运动的时间；

②货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。

【答案】（1）0.4m/s2»5s；（2）①3.5s,②432J

【解析】（1）对货物A受力分析，由牛顿第二定律

〃叫gcosO-m1gsin6)=叫%

解得

%=0.4m/s2

设货物一直加速，则由运动学公式有

L——%产

解得

t=5s

此时货物A的速度为

匕=印=2m/s

符合题意。

(2)①对货物A受力分析，由牛顿第二定律

T+4mlgcos。一m1gsin。=mxa2

对重物B受力分析，由牛顿第二定律

m2g-T=m2a2

联立解得

2

a2=lm/s

当达到与传送带共速时间为

v八

:=—=2s

a2

货物A运动的位移为

v

%=1L=2m

之后匀速，则匀速的时间为

L—x

芍=----=1.5s

V

则货物A从底端到达顶端所需的时间为

t=+12=3.5s

②在货物A加速阶段，摩擦力为

J1gcos'

摩擦力对其做的功为

叱=力士=1921

在货物A匀速阶段，摩擦力为

f2n叫gsine—m2g

则摩擦力对其做的功为

吗=力（工一石）=240J

即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为

皿=叱+吗=4321

7.（2024•陕西汉中市汉台区•三模）（多选）如图甲所示，质量机=10kg的物体静止在水平地面上，在水

平推力产的作用下开始运动，水平推力（尸）随位移（无）变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动

摩擦因数〃=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是（）

A.x=5m时，物体的速度最大

B.x=10m时，物体的速度为0

C.物体的位移在0rom的过程中，力/对物体所做的功为1000J

D.物体的位移在0~10m的过程中，物体运动的时间大于4s

【答案】AB

【解析】A.由题图乙可知尸随无变化的关系式为

F=（100-10x）N

则物体所受合外力随X的表达式为

F^=F-jumg=（50-10x）N

当x<5m时，/合始终沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，速度一直增大，当x=5m时速度达到最大

值，故A正确；

BC.x=10m时，设物体的速度大小为v,Rx图像与坐标轴所围的面积表示厂的功，则物体的位移在0~10m

的过程中，力/对物体所做的功为

叫=1xl00xl0J=500J

根据动能定理有

2

WF-/umgx=^mv

解得

v=0

故B正确，C错误;

D.0~5m过程中，尸做的功为

WF'=|x(100+50)x5J=375J

根据前面分析可知x=5m时，物体速度达到最大值vm,根据动能定理有

，112

解得

vm=5m/s

设物体运动的时间为fi,物体先做加速度逐渐减小到加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，作出物体

运动的V：图像如图所示。

o1---------------

根据M图像与f轴所围面积表示位移可知

解得

4<4s

故D错误。

故选ABo

8.（2024•陕西省西安市西北工业大学附属中学•二模）一质量为7w=2OOOkg的汽车以某一速度在平直公

路上匀速行驶.行驶过程中，司机忽然发现前方100m处有一警示牌.立即刹车.刹车过程中，汽车所受

阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线.图（a）中，OVi时间段为从司机发现警示牌到采取措施的

反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），6=0.8s；672时间段为刹车系统的启

动时间，f2=L3s；从历时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从这时刻开始，汽车第1s

内的位移为24m,第4s内的位移为1m.

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的M图线；

（2）求念时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求刹车前汽车匀速行驶时速度大小及力~攵时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止,

汽车行驶的距离约为多少（以fi~f2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？

?|1.0t2'2：07/s

ZJ.Ot22.0t/sO

图(a)图⑹

VA

【答案】（1）(2)8m/s2,28m/s(3)30m/s；1.16xl05J；87.5m

01.0/22.0t/s

【解析】（1）v-f图像如图所示.

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为0,则G时刻的速度也为VI,f2时刻的速度也为V2,在打时刻

后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a,取Auls,设汽车在t2+n-lAf内的位移为sn,n=l,2,3,.…

若汽车在f2+3A"f2+4A/时间内未停止，设它在友+3加时刻速度为丫3,在f2+4Af时刻的速度为V4,由运动

学有

S]-=3«（Af）2①

匕=3③

联立①②③式，代入已知数据解得

v=----m/s④

46

这说明在尬+4加时刻前，汽车已经停止.因此，①式不成立.

由于在介+3加72+4A/内汽车停止，由运动学公式

v3=v2-3aM⑤

2as4=v；（6）

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

a=8m/s2,吸=28m/s⑦

288

或者a=­m/s2,V2=29.76m/s@

第二种情形下V3小于零，不符合条件，故舍去

（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为力，由牛顿定律有：fi=ma®

在fl~f2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：/=g工仇-G⑩

由动量定理有：/'=/叫-”⑪

由动能定理，在ZW2时间内，汽车克服阻力做的功为：W=g/W；⑫

联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得

vi=30m/s⑬

lV=1.16xlO5J@

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离S约为

S=V/l+T（V1+V2）（?2-fi）+⑮

22a

联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得

5=87.5m⑯

9.（2024•陕西省安康市•一模）（多选）如图所示，磁性圆盘竖直放置，绕固定的水平轴以大小为。的角

速度顺时针匀速转动，一质量为根的铁块（视为质点）吸附在到圆盘圆心。的距离为/■处，相对于圆盘静

止。重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.铁块在最高点时所受的摩擦力方向一定竖直向下

B.铁块从最高点运动到最低点的过程中，铁块所受重力的冲量大小为2〃出厂，方向水平向左

C.铁块在最低点时所受的摩擦力大小一定为根？+m。2r

D.铁块从最低点运动到最高点的过程中，摩擦力对铁块做的功为-2根gr

【答案】C

【解析】A.设铁块在最高点时所受的摩擦力方向竖直向下，则由牛顿第二定律得

mg+f—ma>2r

由上式可知，

当时’/>0,方向竖直向下；

当。=卜时，/=（）；

当0VA时，/<0,摩擦力方向与假设方向相反，即方向竖直向上；

故A错误；

B.铁块所受重力的冲量大小

,n

1二mg—

co

方向竖直向下。故B错误；

C.铁块在最低点时由牛顿第二定律得

f—mg=ma）1r

解得，摩擦力

2

fr=mcor+mg

故c正确；

D.铁块从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得

-mg-2r+Wf=0

解得摩擦力对铁块做的功

Wf=2mgr

故D错误。

故选c。

【考向二：动能与动能定理】

1.（2024•山西省名校联考•一模）如图所示，斜坡与倾角。=37的斜面8平滑连接，紧靠。的右

侧，并排停放了24辆平均宽度为2m、高度与。点等高的汽车，相邻汽车间的距离不计。表演时，摩托车

从距。高为15m的A点由静止以额定功率开始运动，/=3s时从。点飞出，恰好能飞越所有汽车。已知摩

托车的额定功率为10kW,运动员与摩托车的总质量为200kg,取g=10m/s2,

sin37=0.6,cos37=0.8,不计空气阻力，求:

（1）摩托车离开。点时速度的大小；

（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高度；

（3）从A到。，摩托车克服摩擦阻力做的功。

【答案】（1）丫=10行m/s；（2）〃=9m；（3）=lxlO4J

【解析】（1）设摩托车离开。点时速度的大小为v,从离开。点到恰好通过第24辆汽车的时间为",则水

平方向

24d=vcos37t{

竖直方向

1

0=vsin374-5g彳9

解得

v=10V5m/s

（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高为肌则

；机以2=+g加（VCOS37）

解得

h=9m

（3）摩托车从A到。克服摩擦阻力做的功为%,根据动能定理

1

Pt+mgH—W^=—mv9—0

解得

%=1XK）4J

2.（2024•山西省名校联考•三模）（多选）如图甲所示，倾角为30。的光滑斜面上，质量为2kg的小物块

在平行于斜面的拉力尸作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（尸）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取

g=10m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（）

A.上升过程中,当x=7.5m时物块的速度最大

B.上升过程中,当x=10m时物块的速度为0

上升过程中,物块能达到的最大高度为7.5m

D.下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为100病V

【答案】AC

【解析】A.小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为

mgsin30=ION

根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线运动,

当拉力大小为10N时，加速度减小为0,此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关系，可以解得

x=7.5m

故A正确;

B.当x=10m时，根据动能定理有

12

WF-mgxsin30-—mv

其中

（5+10）x20

%-------——J=150J

2

解得

v=5V2m/s

故B错误；

C.令物块沿斜面运动到x=10m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为耳，则有

1,

-mgxlsin30=0--mv

解得

石=5m

则上升过程中，物块能达到的最大高度为

H=(%+%1)sin30=(10+5)x^m=7.5m

故C正确;

D.物块由最高点下降至最低点过程有

mg(x+jq)sinSO=—znvj2

解得

%=5&m/s

则下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为

P=mgv1sin30

解得

P=50V6W

故D错误。

故选AC„

3.（2024•山西省晋城市•一模）如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道固定，在B处通

过一小段圆弧（长度可忽略不计）与水平轨道8CDE连接，水平轨道的BC、段粗糙，段光滑，C

处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3相的物块6刚好在。

点接触（不拴接），弹簧处于水平自然长度。将质量为机的物块。从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时

间后，物块a从C点进入半径R=0.4m的圆形轨道，转一圈后又从。（C、。适当错开一点）点出来沿

轨道运动，在。点与物块6发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度/z=5m,3、C'间的距离si=3.8m,C\

。间的距离为S2,物块。与2C、段水平轨道间的动摩擦因数均为〃1=025,物块。与BC、。。段

水平轨道间的动摩擦因数均为〃2=。-5,取重力加速度大小g=10m/s2,物块服b均可视为质点，弹簧始终

在弹性限度内。

（1）求物块a运动到C点时速度大小vc；

（2）改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P,求释放物块a时的最小高度

（3）若物块。恰好能经过圆形轨道的最高点P,从圆形轨道出来后沿运动与。发生弹性碰撞，且只能

碰撞一次，求S2的范围。

12

【答案】(1)9m/s；(2)1.95m；(3)一m<s,<4m

19

【解析】（1）物块。由A运动到C的过程中，根据动能定理有

mgh-=gmv^

解得

vc=9m/s

（2）物块。从A运动到P点，根据动能定理有

12

-jUlmgsi-2mgR=-mvP

物块。恰好能通过尸点，则有

mg=mi-

R

解得

vp=2m/s,儿加=L95m

（3）设物块a运动到。点时的速度大小为v,物块。从尸运动到D点过程，根据动能定理有

2

mg-27?-jiiimgs2=—m(y-Vp)

v=,5gH-0.5gs2

物块。、。在。点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有

mv—mvx+3/〃%

由机械能守恒定律有

1121A

—mv"2=—mv,+—3)

2212V

解得碰后物块。、6的速度分别为

匕=-0.5v,v2=0.5v

若S2=0,根据机械能守恒定律有

%=0.25m<R=0.4m

所以物块。反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：

①要使a、b能够发生碰撞，。到达。处时速度大小

v=yj5gR-0.5gs2>0

s2<4m

②6压缩弹簧后又返回。点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块。滑上圆形轨道又返回，最终停在

水平轨道上。点，物块b在水平轨道上匀减速滑到。点也恰好停止，设C'Q=x,则有

QD-s2-x

根据能量守恒定律，对物块a有

对物块b有

4,3mg($2-x)=g(3/n)

解得

112

x=—=­m

319

所以有

12，

—m<s,<4m

19

4.（2024•山西省晋城市•三模）（多选）滑草是一种能给游客带来动感和刺激的运动。将滑草的运动过程

简化为如图所示的模型，一位质量为75kg的游客坐在质量为10kg的滑板内从草坡顶端A点由静止滑下，

最终停在水平草地上的C点。已知|4耳=25111、忸。|=10111,滑板与草地间的动摩擦因数为0.5,滑板经

过8点前后的速度大小不变，不考虑空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.游客最大速度为8m/s

B.游客由A点运动到C点所用的时间为7s

C.游客在此过程中减小的重力势能为11250J

D.当游客在C点离开滑板后，通过机械装置对滑板施加一个恒力厂使其恰能回到坡顶的A点，则恒力厂的

最小值为80N

【答案】BCD

【解析】A.依题意可知，游客和滑板的总质量为

M=85kg

设游客和滑板经过2点时的速度大小为力，根据动能定理有

解得

VB=10m/s

故A错误;

B.游客从A点到C点的过程，根据运动学知识有

\AB\+\BC\=^VBI

解得

/=7s

故B正确；

C.对游客运动的全过程，根据动能定理有

Mg\AI^sin0-/jMgcos0-\AB\-juMg\BC\-O-O

又

Ep=(〃_/")g|AB卜ni8

结合

sin20+cos26=1

联立，解得

Ep=11250j

故C正确；

D.设恒力厂的方向与水平面的夹角为a,对游客根据动能定理有

F|BC|coscr-//(mg-Fsin«)|BC|+F|AB|cos(^-Cir)-

mg\AB\sin3-/j^mgcosO+Fsin(^0-ay^AB\=0-0

解得

F=^2a

4sina+3cosa

4

根据辅助角公式，当tana=一时，

3

%in=80N

故D正确。

故选BCD。

5.(2024•陕西省长安区•高三第一次联考)某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化

的关系。

小车打点计时器

砂Jl桶l・甲1■

（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量______（选填“需

要”或“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量相。

（2）图乙为实验得到