2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之功和能（四）

第93页（共93页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之功和能（四）一．解答题（共20小题）1．（2025•安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。2．（2025•福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。（1）求0﹣1m，F做的功；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。3．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。4．（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1-xh），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。5．（2024•新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。6．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。7．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°，sin25.5°＝0.43，cos25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m，求此过程中：（1）地面对木板的阻力大小；（2）两条绳子拉力所做的总功；（3）两条绳子拉力的总功率。8．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ0。（1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ；（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能EP＝﹣Gm1m2R，G为引力常量。仅考虑万有引力和a.求小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk；b.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。9．（2024•福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。（1）求匀强电场的场强大小；（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）10．（2024•山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。11．（2024•江苏）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：（1）CD段长x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。12．（2024•上海）我国的汽车智能化技术发展迅猛。各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。（1）车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中。A.仅激光是横波B.激光与超声波都是横波C.仅超声波是横波D.激光与超声波都不是横波（2）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝6.0kW，汽车受到的阻力大小为N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率P2＝48kW，此时汽车的制动力大小为N，加速度大小为m/s2。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）13．（2023•甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。14．（2023•重庆）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。15．（2023•湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为（1）小物块到达D点的速度大小。（2）B和D两点的高度差。（3）小物块在A点的初速度大小。16．（2023•辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。17．（2023•江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。18．（2022•山东）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；（2）B光滑部分的长度d；（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf；（4）实现上述运动过程，MmA的取值范围（结果用19．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。20．（2022•北京）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W。（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1，绕此恒星公转的周期为T2，求T2

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之功和能（四）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2025•安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。【考点】机械能守恒定律的简单应用；圆周运动与平抛运动相结合的问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）绳子被拉断时小球的速度大小为45m/（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；（3）初速度的最小值为215【分析】（1）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律，求速度和拉力；（2）球做平抛运动竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，求x；（3）绳子恰不松弛，重力提供向心力，再结合动能定理，求初速度最小值。【解答】解：（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律1在该位置时根据牛顿第二定律T解得v=45m/（2）小球做平抛运动时x＝vt，2解得x＝4m（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mg从最低点到该位置由动能定理1解得v答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为45m/（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；（3）初速度的最小值为215【点评】本题解题关键是掌握机械能守恒定律、牛顿第二定律，并熟悉平抛规律为竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，能分析出小球经过N点正上方绳子恰不松弛，重力提供向心力，具有较强综合性，难度中等偏上。2．（2025•福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。（1）求0﹣1m，F做的功；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。【考点】弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）F做的功为1.5J；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。【分析】（1）F﹣x图像与坐标轴所围面积表示做功；（2）分别对AB整体和B受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）两物块分离前一起做加速运动，分离后B进入圆周轨道前，B做匀速直线运动，根据临界条件求解分离时的速度，物块B刚好到达最高点时，只受重力，根据动能定理求解轨道半径。【解答】解：（1）由F﹣x图像得：W＝1.5×1J＝1.5J（2）x＝1m时，对AB整体，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝2ma对B受力分析，由牛顿第二定律得：F弹＝ma代入数据联立解得：F弹＝0.5N（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为0，两物块加速度为0，对A，由平衡条件得：F＝μmg代入数据解得：F＝0.5N由图乙可知，x＝3m时，两物块分离，从开始到两物块分离，对AB整体，由动能定理得：WF﹣μmgx=12物块B刚好到达M点，有mg＝mv对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：﹣mg•2R0=12mv代入数据联立解得：R0＝0.2m则圆弧半径应满足R≤0.2m答：（1）F做的功为1.5J；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。【点评】本题考查多过程问题，解题关键是知道两物块分离时的临界条件，以及竖直面内圆周运动的特点，结合牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。3．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；斜抛运动；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。【解答】解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【点评】本题考查了机械能守恒定律、动能定理的应用，以及抛体运动的特点，题目较简单。也可应用牛顿第二定律，结合运动学公式解答。4．（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1-xh），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。【考点】常见力做功与相应的能量转化；角速度的物理意义及计算；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为2a（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为m(a+（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【分析】（1）对木塞根据运动学公式求解末速度大小，根据角速度和线速度的关系求解角速度；（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，由此可得摩擦力所做的功。对木塞根据动能定理进行解答；（3）对木塞根据牛顿第二定律求解作用力大小，根据速度—时间关系求解速度大小，根据功率计算公式求解功率。【解答】解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：v2＝2ah根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr联立可得：ω=（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：可得摩擦力所做的功为：W对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh=1解得：W=m(（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1-xt时刻速度大小为：v′＝att时间内的位移大小为：xt时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为2a（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为m(a+（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。5．（2024•新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。【考点】动能定理的简单应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）此时P、Q绳中拉力的大小分别为1200N、900N；（2）在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功为﹣4200J。【分析】（1）对重物受力分析，根据平衡条件求解。（2）重物的初末动能可认为均为零，应用动能定理解答。【解答】解：（1）对重物受力分析如下图所示：由平衡条件得：在水平方向上有：TPsinα＝TQsinβ在竖直方向上有：TPcosα＝mg+TQcosβ联立解得：TP＝1200N，TQ＝900N（2）使重物缓慢竖直下降，可认为初末重物的动能均为零，设两根绳子拉力对重物做的总功为W，对此过程根据动能定理得：W+mgh＝0﹣0解得：W＝﹣4200J答：（1）此时P、Q绳中拉力的大小分别为1200N、900N；（2）在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功为﹣4200J。【点评】本题考查了共点力平衡问题与动能定理的应用，基础题目。本题对共点力平衡问题采用了正交分解法，掌握利用动能定理求解变力做功的方法。6．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【考点】常见力做功与相应的能量转化；水平传送带模型；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律求a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）根据动能定理求a运动到M的速度，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律以及运动学公式求b从M运动到N的时间；（3）根据动量定理求物块b的速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【解答】解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理ma解得vP＝6m/s在P点，根据牛顿第二定律N解得NP＝30N（2）设a运动到M的速度为vM，由动能定理-μ解得vM＝3m/s取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为v1、v2把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律mavM＝mav1+mbv2物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒12联立解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律﹣μmbg＝mba得a＝﹣5m/s2设达到共速时间为t1，根据运动学公式v0＝v2+at1解得t1＝0.2s减速位移x1匀速运动的位移x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m匀速运动的时间t2b从M运动到N的总时间t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s（3）设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为v3，取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为v0＝﹣1m/s根据动量定理I＝mbv3﹣mbv0解得v3＝2m/s物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t3，根据运动学公式t3物块b对地位移x3传送带位移x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m由于Δt＝t3，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v4根据动量定理I＝mbv4﹣mbv0解得v4＝2m/s同理可得，物块b对地位移x5＝0.3m传送带位移x6＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx2＝0.9m以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公式s1＝v3t4+解得：t4＝0.2s此过程物块b相对于传送带的位移大小为：Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m物块b相对于传送带总的相对位移为：Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m产生的摩擦热Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。【点评】本题考查了水平传送带的模型问题以及竖直平面的圆周运动的问题，要求学生熟练的运用动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律和机械能守恒定律求解问题，明确摩擦力生热的能量转化问题。7．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°，sin25.5°＝0.43，cos25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m，求此过程中：（1）地面对木板的阻力大小；（2）两条绳子拉力所做的总功；（3）两条绳子拉力的总功率。【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；重力做功的特点和计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】（1）地面对木板的阻力大小为450N；（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；（3）两条绳子拉力的总功率为600W。【分析】（1）根据水平方向的平衡条件列式求解阻力大小；（2）根据功的公式列式代入数据求解；（3）根据功率的公式列式求解。【解答】解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力f＝2Fcosθ＝2×250×0.9N＝450N（2）根据功的定义，拉力做功W＝2Fxcosθ＝2×250×20×0.90J＝9000J＝9×103J（3）根据功率的定义，拉力功率P=Wt=答：（1）地面对木板的阻力大小为450N；（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；（3）两条绳子拉力的总功率为600W。【点评】考查平衡条件的应用以及功和功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。8．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ0。（1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ；（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能EP＝﹣Gm1m2R，G为引力常量。仅考虑万有引力和a.求小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk；b.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。【考点】常见力做功与相应的能量转化；宇宙的起源与恒星的演化．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】（1）小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ为18（2）a.小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk为-23Gπρ0mb.H随t增大而减小。【分析】（1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；（2）a.根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；b.根据公式结合速度变化情况分析判断。【解答】解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r0和2r0的球内质量相同，即ρ0解得小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ（2）a.此球内的质量MP从r0处远离到2r0处，由能量守恒定律得动能的变化量Δ解得ΔEk=-23Gπρb.由a知星体的速度随r0增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由v＝Hr知，H减小，故H随t增大而减小。答：（1）小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ为18（2）a.小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk为-23Gπρ0mb.H随t增大而减小。【点评】考查引力势能和能的转化和守恒等问题，会根据题意进行相关的分析和解答。9．（2024•福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。（1）求匀强电场的场强大小；（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】（1）匀强电场的场强大小为2×106N/C；（2）A与B间的动摩擦因数为0.5，C做匀速运动时的速度大小为23（3）A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为23【分析】（1）撤去电场前，对C物体，根据平衡条件求解场强大小；（2）撤去电场后，C做匀速运动后，对C和B物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；C下降h＝0.2m的过程中，对于A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，对A根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，C下降高度为h′时，再对A物体以及B、C整体，根据牛顿第二定律列式，再对对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解A第一次从右向左运动过程中最大速度。【解答】解：（1）撤去电场前，对小球C，根据共点力平衡条件有：qE＝mCg代入数据解得：E＝2×106N/C（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有：T1＝mCg，T1＝fB＝μmBg代入数据解得：μ＝0.5C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同；所以C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有：m代入数据解得：v（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据平衡条件，有：f＝2kh当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h′，对A，根据牛顿第二定律可得：f′﹣2kh′＝mAa对B、C根据牛顿第二定律可得：qE+mCg﹣f′＝（mB+mC）a撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降h＝0.2m时开始相对滑动，在C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律，有qE此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：vm=2答：（1）匀强电场的场强大小为2×106N/C；（2）A与B间的动摩擦因数为0.5，C做匀速运动时的速度大小为23（3）A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为23【点评】本题考查利用动量和能量观点解决连接体问题，解题关键是选择合适研究对象，正确对其受力分析，根据牛顿第二定律和能量守恒定律求解。10．（2024•山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。【分析】（1）根据牛顿第二定律列式求解速度；（2）（i）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；（ii）根据运动学规律列位移关系式，结合系统水平方向的动量守恒和机械能守恒定律列式联立求解L。【解答】解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，通过分析题意可知，在Q点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为3mg，根据牛顿第二定律有3mg+mg＝mv解得v＝4m/s（2）（i）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，由图乙可知，当0＜F≤4N，小物块m和轨道M一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，则a=FM+m，根据图乙第一段图线的斜率k=24（kg﹣1）即1M+m（kg﹣1）=12（kg﹣1），则M+m＝2，当F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma，即a=FM-μmgM，同理根据图乙第二段图线的斜率的物理意义，有1联立解得M＝1kg，m＝1kg将图乙中（4N，2m/s2）代入a=解得μ＝0.2（ii）当F＝8N时，由图乙对轨道a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据μmg＝ma2，解得a2＝2m/s2，设经过时间t小物块运动到P点，根据匀变速直线运动的规律有12a1t2-12a2t2＝L，滑动P点时轨道的速度为v1＝a1t，小物块的速度为v2＝aMv1+mv2＝Mv1′+mv2′12Mv12+12mv2且v2′＝7m/s联立以上各式解得t＝1.5s或者t＝3.17s（不合题意，舍弃）L＝4.5m答：（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。【点评】考查牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。11．（2024•江苏）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：（1）CD段长x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。【考点】常见力做功与相应的能量转化；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】（1）CD段长x为v2（2）BC段电动机的输出功率P为mgv（sinθ+μcosθ）；（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值为tanθμ【分析】（1）对物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理求解；（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力，根据功率P＝Fv，求解电动机的输出功率；（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能。全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和。【解答】解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：﹣mgx•sinθ﹣μmgx•cosθ＝0-12解得：x=（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得：电动机输出的牵引力为：F＝mgsinθ+μmgcosθ电动机的输出功率为：P＝Fv＝mgv（sinθ+μcosθ）（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：E1＝mgLsinθ全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有：E2＝mg（L﹣x）sinθ+12mv2+μmg（L﹣x）解得：E2＝mgL（sinθ+μcosθ）可得：E答：（1）CD段长x为v2（2）BC段电动机的输出功率P为mgv（sinθ+μcosθ）；（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值为tanθμ【点评】本题考查了功率的计算、功能关系与能量守恒定律的应用。第（3）问要理解题意，分析多种能量的转化过程，根据能量守恒定律找到等量关系。12．（2024•上海）我国的汽车智能化技术发展迅猛。各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。（1）车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中B。A.仅激光是横波B.激光与超声波都是横波C.仅超声波是横波D.激光与超声波都不是横波（2）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝6.0kW，汽车受到的阻力大小为600N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率P2＝48kW，此时汽车的制动力大小为4800N，加速度大小为2.7m/s2。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；横波和纵波；牛顿第二定律的简单应用．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；波的多解性；实验探究能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）车载雷达发出的超声波和激光都是电磁波，电磁波是横波，据此分析作答；（2）根据功率公式和平衡条件求解汽车受到的阻力；根据功率公式求制动力；根据牛顿第二定律求加速度。【解答】解：（1）超声波是有两种类型的声波，一种是纵波，一种是横波。车载雷达发出的激光都是电磁波，电磁波是横波，故ACD错误，B正确。故选：B。（2）汽车行驶速度v＝36km/h＝10m/s，以汽车为研究对象根据牛顿第二定律P当加速度为零时，汽车匀速行驶，汽车所受阻力f根据功率公式，汽车的制动力F设制动时汽车做减速运动的加速度大小为a根据牛顿第二定律F制+f＝ma代入数据解得加速度的大小2.7m/s2。故答案为：（1）B；（2）600；4800；2.7；【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和功率公式的运用；知道超声波包括横波和纵波，理解功率公式中F的含义是解题的关键。13．（2023•甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。【考点】机械能守恒定律的简单应用；平抛运动速度的计算．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）小球离开桌面时的速度大小为2E（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为52【分析】（1）释放小球过程中，弹簧与小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解小球离开桌面时的速度大小；（2）小球离开桌面后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，与地面碰撞后，小球竖直方向做竖直上抛运动，结合运动学公式列式求解即可。【解答】解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：EP=解得：v0=（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t，则落地点距飞出点的水平距离x＝v0t落地瞬间竖直分速度vy＝gt与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为vy′=45vy小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0﹣vy′2＝﹣2gh联立解得：x=答：（1）小球离开桌面时的速度大小为2E（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为52【点评】本题考查机械能守恒定律和平抛运动，解题关键是会将小球的运动分解到水平方向和竖直方向，结合运动学公式和机械能守恒定律列式求解即可。14．（2023•重庆）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。【考点】动能定理的简单应用；匀变速直线运动速度与位移的关系．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）提升高度为h时，工件的速度大小为2a（2）在此过程中，工件运动的时间为2hacosθ，合力对工件做的功为【分析】（1）根据几何关系和运动学公式得出工件的速度；（2）根据速度—时间公式得出工件的运动时间，结合动能定理得出合力对工件做的功。【解答】解：（1）根据几何关系可知工件的位移大小为：x=根据速度—位移公式可得：v=（2）根据速度—时间公式可得：t=根据动能定理可得：W合=解得：W合=答：（1）提升高度为h时，工件的速度大小为2a（2）在此过程中，工件运动的时间为2hacosθ，合力对工件做的功为【点评】本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理的内容，结合运动学公式和几何关系即可完成分析。15．（2023•湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为（1）小物块到达D点的速度大小。（2）B和D两点的高度差。（3）小物块在A点的初速度大小。【考点】动能定理的简单应用；平抛运动与曲面的结合；绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；方程法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式可求小物块到达D点的速度大小。（2）根据动能定理并结合小物块在BC之间的平抛运动规律联立可以求解B和D两点的高度差。（3）结合第二问求解小物块在B点的速度，运用动能定理可以求解小物块在A点的初速度大小。【解答】解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg=mvD2R（2）设B和D两点的高度差为h，小物块在B点的速度为vB，从B到D过程，根据动能定理得：mgh=小物块在BC之间做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，说明在C点速度与过C点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示：BC之间的竖直距离H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R根据平抛运动规律得：tan60°=联立求解小物块在B点的速度为vB=gR，B和D两点的高度差h＝（3）设小物块在A点的速度为v，从A到B只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg•2πR=12mvB2-12mv2答：（1）小物块到达D点的速度大小为gR；（2）B和D两点的高度差为0；（3）小物块在A点的初速度大小为3gR【点评】本题考查了水平面上的圆周运动、平抛运动、竖直面内的圆周运动，又涉及了临界问题，还考查了变力做功情况下的动能定理的应用，需要我们注重基础知识的理解和运用。16．（2023•辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。【考点】常见力做功与相应的能量转化；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；控制变量法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据运动学公式v22-v12=2ax（2）机械能增加量ΔE为动能的增加和重力势能的增加。【解答】解：（1）根据运动学公式可得v1解得a=v122L根据vt＝v0+at可得t=v1a（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为ΔE＝ΔEk+ΔEp=12mv22-12mv12+mgh=12×1.0×104×1002J答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。【点评】本题考查的是运动学知识，为基础题，其中需注意机械能增量的计算。17．（2023•江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【考点】动能定理的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用；斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）滑雪者运动到P点的时间t为22（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为2gd（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为2d【分析】（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得其加速度，再根据位移—时间关系公式求解；（2）对滑雪者从P到B的过程和从A到B的过程，根据动能定理分别列式，再联立求解；（3）滑雪者经过B点后做斜抛运动，将运动沿竖直方向和水平方向分解处理，根据运动学公式求解。【解答】解：（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为a，滑雪者的质量为m，由牛顿第二定律得：mgsin45°﹣μmgcos45°＝ma由位移—时间关系公式可得：d=12联立解得：t=（2）设滑雪者从P到B的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为WG、Wf，对滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点的过程，由动能定理得：WG+Wf＝0﹣0对滑雪者从A点静止下滑到B点的过程，由动能定理得：mgdsin45°﹣μmgdcos45°+WG+Wf=12mv2联立解得：v=（3）滑雪者在B点以速度大小为v，方向与水平方向夹角为45°的速度做斜抛运动，在B点竖直向上的分速度为vy＝vsin45°，水平分速度为vx＝vcos45°设从B点运动到最高点的时间t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：t1=设从B点运动到与B点等高点的水平位移的大小为x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为2t1，由水平方向做匀速直线运动得：x＝vx•2t1联立解得：x=若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的长度不能大于x，故平台BC的最大长度L＝x=答：（1）滑雪者运动到P点的时间t为22（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为2gd（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为2d【点评】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的应用，考查了斜抛运动的性质。对于动能定理的应用要先确定物体在运动过程的初末状态，再确定过程中力做功情况，注意做功的正负。对于匀变速曲线运动，一般将运动分解处理，分运动均有独立性和等时性。18．（2022•山东）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；（2）B光滑部分的长度d；（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf；（4）实现上述运动过程，MmA的取值范围（结果用【考点】常见力做功与相应的能量转化；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用能量守恒定律解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小为2m/s；（2）B光滑部分的长度为76m（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功为-365（4）实现上述运动过程，MmA的取值范围为【分析】（1）A与B碰撞过程根据动量守恒和能量守恒可解得；（2）根据牛顿第二定律结合运动学公式可解得；（3）分析AB的运动情况，根据运动学公式解得B的位移，从而计算摩擦力做功；（4）利用单摆周期公式，结合动能定理解得。【解答】解：（1）设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有mAv0＝mAvA+mBvB12代入数据联立解得vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，负号代表方向向左；（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，设A从进入粗糙部分到停下来对地的位移为x0，A物体减速过程根据动能定理有﹣μ1mAgx0=根据动量定理有﹣μ1mAgt2＝0﹣mAvA代入数据解得x0＝0.5m，t2＝0.5s此过程中A减速的位移等于在A匀速运动过程中B向右的位移，所以对于此过程对B根据牛顿第二定律有：μ2（mA+mB）g＝mBa1解得：a1＝3m/s2根据位移—时间关系有：x0＝vBt1-联立代入数据解得t1=13s或故根据几何关系有d＝vAt1+x0代入数据解得d=7（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为v2＝vB﹣a1t1解得：v2＝1m/s在A减速过程中，对B分析根据牛顿第二定律可知μ1mAg+μ2（mA+mB）g＝mBa2解得：a2=133设B物体停下来的时间为t3，则有v2＝a2t3解得：t3=313s＜t2可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为xB=v所以A对B的摩擦力所做的功为Wf＝﹣μ1mAgxB联立代入数据解得：Wf=-（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有t4=由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有14T＝t1+t2+tT＝2π小球下滑过程根据动能定理有MgL=当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL（1﹣cos5°）=小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有Mv＝mAv0+Mv'1小球A碰后要求速度方向不变，做简谐运动，则要求0＜v1'＜v1所以可解得MmA的取值范围为答：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小为2m/s；（2）B光滑部分的长度为76m（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功为-365（4）实现上述运动过程，MmA的取值范围为【点评】本题考查力学综合问题，解题关键掌握动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律与运动学公式的结合应用。19．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。【考点】动能定理的简单应用；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。【分析】（1）对货物根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）根据速度—位移关系求解速度大小；（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理求解水平滑轨的最短长度。【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入数据解得：a1＝2m/s2；（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1代入数据解得：v＝4m/s；（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：﹣μmgl2=12mv'代入数据解得：l2＝2.7m。答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。20．（2022•北京）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W。（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1，绕此恒星公转的周期为T2，求T2【考点】动能定理的简单应用；开普勒三大定律；万有引力与重力的关系（黄金代换）．【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功为12（2）证明见解析；（3）T2T1【分析】（1）根据动能定理进行解答；（2）根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律进行解答；（3）求出两种情况下地球的公转半径之比，根据万有引力提供向心力求解周期的表达式进行解答。【解答】解：（1）根据动能定理可得：W=1（2）该行星（设其质量为m2）受到恒星的作用力作为向心力，可得：F＝m2•4π2又由于：r3联立解得：F＝m•4π2r3k即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比；（3）设恒星的质量为M2，太阳的质量为M1，则有：M2＝2M1。设地球到恒星的轨道半径为r2，到太阳的轨道半径为r1，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，则有：P恒4πr22解得：r2：r1＝4：1对于中心天体质量为M、绕其运动的卫星轨道半径为r时，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=解得：T=所以有：T2T1答：（1）从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功为12（2）证明见解析；（3）T2T1【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负