大题精练01 动力学与能量综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练(教师版)

大题精练-01动力学与能量综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练一、动力学专项1．（2024高三上·贵港月考）如图，初速度为v0的滑块从粗糙程度相同且足够长的斜面顶端滑下，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（）A． B．C． D．【答案】A【知识点】运动学S-t图象；牛顿第二定律；运动学v-t图象【解析】【解答】本题考查运动学公式以及运动图像的综合应用，注意牛顿第二定律的正确应用。AB．根据牛顿第二定律可得μmg所以a=μg加速度恒定，故A正确，B错误；C．由于加速度恒定，所以v-t图线斜率不变，故C错误；D．滑块做匀减速直线运动，速度不断减小，则x-t图线切线的斜率减小，故D错误。故选A。

【分析】滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度保持不变，分析速度与时间的关系，从而选择图像。2．（2023高一下·乐清期中）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（）A．小车只受重力、支持力作用B．木板对小车的作用力方向水平向左C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等【答案】D【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．小车加速向左运动，由于合力方向向左，则水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力，A错误；B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据力的合成可以得出合力方向一定不在水平方向，B错误；CD．根据牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。故选D。

【分析】小车受到水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力；根据力的合成可以得出合力的方向；利用牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力。3．（2024高二下·长沙月考）如图，倾角为37°的斜面与水平面相连，有一质量m=1kg的物块，从斜面上A点由静止开始下滑后恰好停在水平面上的C点，已知AB长1m，BC长0.4m。物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，且不计物块在B点的能量损失。g取10m/s2（1）物块与接触面之间的动摩擦因数；（2）若从A点开始对物体施加F=30N竖直向下的恒力作用，到达斜面底端时立即撤去F，求物块运动的总时间；（3）若改变（2）中竖直向下恒力F的大小，求物块运动的最短时间。【答案】（1）解：从A到B：mgsinθ-μmgcosB到C：μmg=ma2，2（2）解：当F=30N时，在斜面上匀加速运动，由牛顿第二定律得：(mg+F)sinθ-μ由运动学公式：lAB=12at2从B到C匀减速运动，加速度大小为：a'从B到C时间：t'=（3）解：设此时物块在斜面上的加速度为a，斜面上运动的时间为：t1=2lAB从B到C的时间为：t2=2a当2lAB【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律【解析】【分析】（1）对物块从A到B的运动，由牛顿第二定律和运动学公式，列式求解物块与接触面之间的动摩擦因数；（2）重新分析物块受力，根据牛顿第二定律求出物块在斜面上和水平面上的加速度大小，再由运动学公式求物块运动的总时间；（3）求出物块运动的时间的表达式，利用数学知识找到最小值。4．（2024高二上·萍乡期中）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示，g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（）A．表演者做匀变速直线运动，加速度大小为0.02m/s2B．表演者一直处于失重状态C．表演者上升5m时获得最大速度D．表演者的加速度大小不变【答案】C【知识点】牛顿第二定律；超重与失重【解析】【解答】ABD．根据牛顿第二定律可得a=知，刚开始

F=0.05×1.2×加速方向向上，表演者处于超重状态，随风速的逐渐减小，表演者做加速逐渐减小的加速运动，当F=mg时，速度到达最大值，此时加速度为0，当F＜mg，加速方向向下，表演者处于失重状态，表演者做加速度逐渐增大的减速运动，故ABD错误；C．当表演者获得最大速度时

F=mg即0.05解得

v=100m/s由图像可知v可得

h=5m故C正确；故答案为：C。

​​​​​​​【分析】根据牛顿第二定律列出加速度公式，先求出刚开始时风力的大小，再得出加速度的大小情况，结合失重与超重定义得出结论；

根据速度最大时，物体受力平衡，求出此时速度大小，结合图像列式求出高度大小。5．（2024高三下·余干月考）如图所示，倾角为α=30°的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a由斜面体上的A点以v0=10m/s的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为底端C点平滑衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐已知AB=12.8m，BC=7m，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为μ1=32、μ2=35、（1）滑块a滑上长木板时的速度大小；（2）整个过程中长木板b的位移．【答案】（1）解：对AC由动能定理得1解得v（2）解：滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为Fo=μ3mg=5m长木板b与水平面间的最大静摩擦力为F则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得μ解得a对长木板b由牛顿第二定律得μ解得a设经时间t1，滑块a和长木板b达到共同速度，则由解得t此时二者的速度为v=二者的相对位移为Δx=因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为a二者共同减速的时间为t整个过程木板的位移为x=代入数据解得x=【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到C的过程中，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；

（2）滑块滑上木板后，分别对滑块及木板进行受力分析，判断滑块在木板上运动时，木板是否与地面发生相对滑动。再根据牛顿第二定律确定滑块和木板的加速度，根据运动学规律确定滑块和木板共速时，滑块和木板运动的位移及时间和速度。再根据整体法和隔离法判断共速后滑块与木板是否发生相对滑动，最终滑块与木板均处于静止状态。再根据分析情况利用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出整个过程木板运动的总位移。二、运动学专项6．（2022·湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（）A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟【答案】B【知识点】匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】108km/h=30m/s，324km/h=90m/s

相邻两站间的距离x=1080×1035m=2·16×105m

普通列车加速时间t1=va1=300·5s=60s

加速过程的位移x1=12at2=12×0·5×602m=900m7．（2022高一下·昌宁期末）不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速最后停止在C点。已知AB=100m、BC=20m。忽略运动员在B点的速度损失，则运动员在AB段和A．1：1 B．1：5 C．5【答案】B【知识点】匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有AB=BC=解得t根据v=at则加速度a故答案为：B。

【分析】根据匀变速直线运动的平均速度的表达式得出AB段和BC段的时间之比；结合速度与时间的关系得出加速度之比。8．（2022高二下·泰州期末）某新能源汽车公司为检测新型汽车的性能，在平直公路上做实验。设运动时间为t，位移为x，电脑绘制出汽车运动的xtA．该车处于匀加速直线运动状态 B．该车的加速度大小为2C．该车的初速度为0 D．该车前2秒内位移是30m【答案】D【知识点】匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】ABC．根据图像可知，图像的解析式为x化简可得x=20t-2结合运动学公式x=vva=-5m/由此可知，汽车处于匀减速直线运动状态，ABC不符合题意；D．当t=2s时x=20t-2该车前2秒内位移是30m，D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据汽车运动的图像得出表达式，从而得出汽车位移和时间的关系，类比匀变速直线运动的位移与时间的关系得出初速度和加速度。9．（2024高二下·大理期中）一质量为m=20g的烟花弹获得E=9J动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E=9J，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力和火药的质量。求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】（1）解：由动能定理可得，烟花弹的初动能E=12mv2

此时，烟花弹的上升初速度v=2Em=30m/s

当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上升运动。

竖直上升运动公式有v=gt，v2=2gh0

联立可解得t=3s，h（2）解：规定v1竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1，v2

由动量守恒定律可得m2×v1-m2×v2=0

又由动能相等可得E=12·m2·v12+12·m2·v22

联立两式解得【知识点】爆炸；竖直上抛运动；动能【解析】【分析】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的过程为竖直上抛运动，由动能的定义式求出烟花弹的初速度，再由竖直上抛的运动公式，计算该过程所经历的时间；（2）根据动量守恒定律和爆炸后两部分获得的动能之和也为E=9J的条件，求出烟花弹爆炸后两部分的速度，再由竖直上抛运动的位移公式，求出爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。10．（2022高一下·浙江期中）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均作匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是（）A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125m/B．9s末，冰壶的速度大小为5.75m/sC．7s末，冰壶、机器人二者间距为7mD．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息【答案】A,C【知识点】加速度；匀变速直线运动基本公式应用；运动学v-t图象【解析】【解答】A．根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为a=故加速度大小为0.125m/s2，B．由速度时间公式可得，9s末，冰壶的速度大小为v=B不符合题意；C．由图线可知，机器人的加速度为a故可得，7s末，冰壶的位移为x7s末，机器人的位移为x则7s末，冰壶、机器人二者间距为7m，C符合题意；D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为x可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D不符合题意。故答案为：AC。

【分析】利用加速度的定义式得出冰壶的加速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出9s末冰壶的速度；v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，从而进行分析判断。11．（2017高一上·厦门期中）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．（1）可判断出固定重锤的是纸带的端（填左右）（2）该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5．若打点的频率为f，则打E点时速度为vE=；（3）若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g=m/s2．（4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，你认为该同学存在误差的主要原因是．【答案】（1）左（2）f(（3）9.4（4）重锤受到阻力作用【知识点】加速度；速度与速率；重力加速度；用打点计时器测速度【解析】【解答】解：（1）由图示纸带可知，纸带左侧点击密度，因此重锤固定在纸带的左端．（2）打点频率为f，则打点的时间间隔：t=1f，打E点时的速度：vE=DF2t=h5-h32×1f=f(h5-h3)2；（3）由机械能守恒定律得：v2故答案为：（1）左；（2）f(h5-h3)2【分析】（1）重物做匀加速直线运动，连接重物的一端点迹密集，分析图象纸带可以答题．（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出打E点的速度．（3）根据图示图象求出重力加速度．（4）重物下落过程受到阻力作用，重物受到的合力小于重力，重物的加速度小于重力加速度．三、功和能专项12．（2024高三上·河北期中）如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧。已知Q和N的质量相等，P的质量是N质量的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，则下列说法正确的是（）A．由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为1B．N刚要离开地面时，P的动能达到最大C．从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大D．从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒【答案】B【知识点】机械能守恒定律【解析】【解答】A．设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为F=mg由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得2mg-mg+F=3ma解得a=故A错误；B．当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，故B正确；C．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得2mg-mg+F=3maF减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得2mg-mg-F=3maF增大，a减小，Q的加速度一直减小，故C错误；D．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，故D错误。故选B。

【分析】13．（2025·内蒙古模拟）如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化图像，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用【解析】【解答】对于与机械能有关的图像问题，要根据图像的物理意义确定图像代表的公式，根据公式分析物体的运动情况及各个物理量的情况。AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知(则EkF所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故AB不符合题意；CD．由E-x图像的斜率表示库仑力，则k所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，E-x图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。

【分析】根据速度的变化分析动能的图像，E-x图像的斜率代表库仑力，从而分析E-x图像斜率的含义。14．（2024高二上·临湘开学考）质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（）A．重力对A物体做的功大于重力对B物体做的功B．重力的平均功率相同C．到达水平面时重力的瞬时功率PA<PBD．到达水平面时两物体的动能相同，速度相同【答案】C【知识点】功率及其计算；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律【解析】【解答】A．两物体下落过程中，重力做功为

W=mgh由于m、g、h都相同，则重力做功相同，故A错误；B．A沿斜面向下做匀加速直线运动，B做自由落体运动，A的运动时间大于B的运动时间，重力做功相同而时间不同，根据

P=Wt

C．由动能定理可得可知mgh=得v=则知到达底端时两物体的速度大小相等，到达底端时A重力的瞬时功率PB重力的瞬时功率P所以P故C正确；D．两物体到达斜面底端时的速度大小相等，所以到达底端时两物体的动能相同，速度大小相等，但速度方向不同，所以速度不同，故D错误。故选C。

【分析】根据重力做功相同，但物体运动时间不同，可以比较平均功率；根据动能定理知物体到达底端时速度大小相等，但方向不同，重力的瞬时功率也不同。

本题考查了平均功率和瞬时功率的区别，特别在求解瞬时功率时注意力的方向和速度方向的夹角问题。15．（2022·岳阳模拟）如图，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，a、b用刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，轻杆长为l，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，直到a着地的过程中，则（）A．a落地前会离开竖直墙壁B．a落地时的速度大小为2glC．b的速度最大时，a离地面的高度为2D．a开始下滑至着地过程中，轻杆对b做功为1【答案】A,C【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．对b施加轻微扰动使b开始沿水平面向右做直线运动，杆被压缩，对a和b均为推力，杆对a做负功，杆对b做正功，当杆的力等于零时，a球和墙壁无挤压，此时a会离开墙壁，A符合题意；B．a落地时，对系统由机械能守恒定律，有mgl=则a落地时的速度大小小于2gl，B不符合题意；C．当杆的推力等于零时，杆对b做正功最多，此时b的速度最大，设杆与水平方向的夹角为θ，对系统由机械能守恒有mg沿着杆的速度相等，有v联立解得E故当1-sinθ=sinθ2时，即sin而a离地面的高度为lC符合题意；D．a开始下滑至着地过程中，系统减少的重力势能为mgl，而两球沿杆的速度相等，a球还有竖直分速度，则有va>vb，则杆对a做功大于12mgl，杆对b故答案为：AC。

【分析】a落地时，根据机械能守恒以及速度分解得出a落地时的速度；a开始下滑至着地过程中，利用能量关系得出杆对b做功的大小。16．（2017高二下·巨鹿期中）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．【答案】解：⑴设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；⑵设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12（3m）v2+EP=12（2m）v12+12mv02，解得：EP=13答：弹簧释放的势能为13mv02【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件；机械能综合应用；动量守恒定律；能量守恒定律【解析】【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．四、连接体的机械能守恒问题17．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为m，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至32h时速度恰为零，A、B两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则从释放B球到A．B球的质量为3m B．A、B球组成的系统机械能守恒C．B球刚落地时，速度大小为3gh D．轻绳对A球的拉力做的功为mgh【答案】A【知识点】机械能守恒定律【解析】【解答】B．在B落地前，对A、B整体，只有重力做功，故球A、B组成的系统机械能守恒，但B落地后，速度立即变为0，机械能减小，而球A继续上升，机械能不变，故整体机械能不守恒，故B错误；C．根据系统的机械能守恒定律求解B球落地瞬间A、B的速度大小，设B球刚落地时，A、B的速度大小为v，此后A球做竖直上抛运动，根据题意有v解得v=故C错误；D．据动能定理求解拉力对A球做功，设轻绳对A球的拉力做的功为W，根据动能定理可得W-mgh=解得W=故D错误；A．设B球的质量为M，在B球落地前的过程，A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等，根据系统机械能守恒可得Mgh-mgh=解得M=3m故A正确。故选A。

【分析】对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。18．（2024高一下·梅州期末）我国科技创新规划提出要加强“深海”领域的探测和研究。如图是某大学科研小组在深海探测结束后，利用牵引汽车将探测器从海面起吊上岸的示意图，若不计滑轮摩擦和牵引绳质量。在牵引汽车以速率v匀速向右运动的过程中，下列说法正确的是（）A．探测器处于超重状态B．探测器上升的速率大于vC．牵引绳拉力等于探测器重力D．牵引绳拉力做的功等于探测器重力势能的增加量【答案】A【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；重力势能的变化与重力做功的关系【解析】【解答】ABC．设牵引绳与水平方向夹角为θ，当牵引汽车匀速运动时，对车的速度沿绳子方向进行分解，根据速度的分解可以得出：探测器的速度为v则可知探测器速度小于v，由于夹角不断减小则速度在增加；所以探测器的加速度向上，所以探测器处于超重状态，由于加速度方向向上则合力向上，所以牵引绳拉力大于探测器重力，故A正确，BC错误；D．由于牵引绳拉力大于探测器重力，故牵引绳拉力做的功大于探测器克服重力所做的功，且根据功率关系有：探测器重力势能的增加量等于探测器克服重力所做的功；拉力做功大于探测器重力势能的增加量，故D错误。故选A。

【分析】利用速度的分解可以求出探测器的速度大小，结合角度的变化可以判别探测器的速度变化，进而判别加速度的方向，利用加速度的方向可以比较拉力和重力的大小，进而比较两力做功的大小。19．（2024高三下·衡阳）如图所示，质量为m的小球穿过竖直杆，与一自然长度为L轻质弹性绳相连。弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，右端固定在N点，O、M、N处于同一水平线上且OM=MN=L。从O点静止释放小球，小球可以到达最低点P，其中MP=2L。已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为μ，弹性绳劲度系数为k始终在弹性限度内，弹性势能Ep∝x2（（1）小球从O点释放时的加速度大小a；（2）小球从O点运动到P点过程中弹性绳做的功W；（3）若O点下方有一Q点且OQ=L，则小球第一次经过Q点时的动能Ek【答案】（1）解：小球从O点释放瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为F=kL，受力分析得mg-μF=ma解得a=g-（2）解：小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力F为恒定值，故过程中摩擦力大小恒定。根据动能定理mg解得弹性绳做的功W=(μkL-mg)（3）解：因弹性势能Ep∝x2，由Δ则O到Q过程弹性绳对小球做的功W对小球从O到Q过程应用动能定理mgL-μkLL+解得E【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用【解析】【分析】（1）确定小球在O点的受力情况，再根据力的合成与分解结合牛顿第二定律进行解答；

（2）小球在向下运动的过程中，水平方向处于平衡状态。根据平衡条件及力的合成与分解确定竖直杆对小球压力的大小。若压力大小不变，则小球所受摩擦力大小不变。确定小球在运动过程中各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；

（3）根据题意可知，弹性势能正比于形变量，根据弹力做功与弹性势能变化量的关系结合（2）确定小球运动至Q点弹性绳对小球做的功，再根据动能定理进行解答。20．（2023高三上·广东）如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g，求：（1）B物块的质量；（2）交换位置释放后，B着地的速度大小．【答案】（1）初始时，A、B平衡，对系统有：m解得：mB（2）交换后，对系统由动能定理：2mgH-mg⋅解得：v=【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用【解析】【分析】（1）分析A、B组成的系统的受力，由共点力平衡条件，求出B物块的质量；（2）交换位置后，对A、B组成的系统的运动过程应用动能定理，求出B着地的速度大小。21．（2022高三上·广东月考）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。微微扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g，下面说法正确的是（）A．球B，C分离前，A，B两球组成的系统机械能逐渐减小B．球B，C分离时，球B对地面的压力大小为2mgC．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为5D．小球A落地时的动能为mgl-【答案】A,C【知识点】功能关系；动量守恒定律；超重与失重；机械能守恒定律【解析】【解答】A．球B、C分离前，球C对球B做负功，所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，A符合题意；B．球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度，球A处于失重状态，所以球B对地面的压力大小小于2mg，B不符合题意；C．分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，当A落地时，A、B的水平速度相等mv-2mv共=0，因此A落地时B的速度v共=v2，根据能量守恒，可知杆对球B做的功等于B、CD．对A、B、C三球组成系统由机械能守恒得mgl=EkA+12mv2故答案为：AC。

【分析】利用机械能守恒的条件判断AB组成的系统，机械能是否守恒，球B、C分离时，利用加速度的方向得出A球的超失重，从而得出B球对地面的压力，分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，结合动量守恒和能量守恒得出杆对B球做的功，对ABC组成的系统机械能守恒，从而得出小球落地的动能。五、破鼎提升22．（2024高一上·成都期末）一辆货车和一辆小轿车以相同的速度在同一条平直公路上运动，货车在小轿车前方x0处。货车遇紧急情况突然刹车，小轿车司机经1.5s的反应时间开始刹车，两车的v-tA．若两车未相撞，则从t=0时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为4:5B．货车和小轿车刹车的加速度大小之比为7:8C．若两车未相撞，则t=2.5s时两车的速度相同D．若两车刚好不相撞，则x【答案】A【知识点】追及相遇问题；运动学v-t图象【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。A．由v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得x1=可得从t=0时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为x故A正确；B．根据v-t图像的斜率表示加速度，可知货车的加速度大小a小轿车的加速度大小a则有a故B错误；C．若两车未相撞，设经过t时间两车的速度相同，则有v解得t=3s，v故C错误；D．若两车刚好不相撞，即在t=3s，两车速度相等时，刚好不相撞，由v-t图像可得x故D错误。故选A。

【分析】根据斜率求加速度：利用图像面积求出位移；图像面积差即位移差，两车共速为两车是否相撞的临界状态。23．（2024高三上·汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率ν逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短B．重力的平均功率相等C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等D．两传送带对物体做的功相等【答案】D【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算；动能定理的综合应用【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；B．题意可知甲乙传送带长度一样、倾角一样，故高度差ΔhW=mg可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率P结合A选项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B错误；C．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率P=Fv可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；D．题意可知两种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。故选D。

【分析】根据v-t图像面积的物理意义画出各自的v-t图线，再判断时间的关系；根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；根据动能定理进行分析解答。24．（2024高三上·茂名期中）如图所示，光滑斜面与水平方向的夹角为45°，劲度系数为k、原长为L的轻质弹簧一端固定在天花板上的O点，另一端与质量为m的物块（视为质点）相连，物块静置在斜面上的A点时，弹簧正好处于水平状态。现使物块获得一个沿斜面向下的初速度，物块经过B点运动到C点，已知OB与斜面垂直，OC沿竖直方向，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．O、C两点间的距离为L+B．物块从A点运动到B点的过程中机械能增大C．物块在B点时，弹簧的弹力大小为(2-D．物块在C点时的动能比在A点时的动能大2【答案】C【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律【解析】【解答】A．物体处于A点时，

由平衡条件得mg解得OA=L-由于OC沿竖直方向且光滑斜面与水平方向的夹角为45°，则由几何关系得OC间距离也为L-mgk。故B．OB距离明显小于OA，则物块从A点运动到B点的过程中，弹簧先对他做负功再做正功，可知物块机械能先减小再增大。故B错误；C．物块在B点时，弹簧的弹力大小为F=k故C正确；D．C到A由动能定理得Δ故D错误。故选C。

【分析】弹簧模型是牛顿经典力学里面非常典型的一类模型。

1.以弹簧和物体构成的系统为对象，斜面光滑，则系统机械能守恒。

2.当弹簧拉伸形变和压缩形变一样时，弹簧储存的弹性势能一样。

3.如果单独以物块为研究对象，它的机械能不守恒，可以运用动能定理分析解题。25．（2024高三上·绵阳模拟）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4.05m。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传送带的最下端，然后传动带以1m/s2的加速度匀加速启动，2s后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2，A．1.2m B．2.95m C．3.95m D．7m【答案】B【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型【解析】【解答】对于包裹而言，其加速度为a，根据牛顿第二定律可得

μmg解得

a=μg2s内包裹的位移

x2s内传送带的位移

x=此阶段痕迹的长度

Δ2s时包裹的速度

v此时传送带的速度

v=1×2m/s=2m/s此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过t'二者共速，则有

代入数据解得

t此时包裹的位移

x所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为t''，则有L-解得

t此解得传送带的位移

x包裹的位移为

x故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹

Δ整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为

Δx=Δ故选B。

【分析】本题考查传送带模型，先对包裹进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式，求出包裹的加速度，再求出2s内包裹与传送带的相对位移即为痕迹的长度，再求解出2s后到共速前传送带和包裹的相对位移，两段相对位移相加即为痕迹的长度。六、直击高考26．（2024·山东）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=12kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，kA．(μmg)22kC．3(μmg)2【答案】B【知识点】功能关系【解析】【解答】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有k解得弹性绳的伸长量x则此时弹性绳的弹性势能为E从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x则由功能关系可知该过程F所做的功W=综上分析，故ACD错误，B正确。故选B。【分析】根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。27．（2022·全国甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率A．v0-v2a+C．3(v0-v)2a【答案】C【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动规律的综合运用【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为t1=v0-va，加速时间为t2=v0-v2a，

由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为s=2l+L，所用时间为t3=l+L28．（2023·江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（）A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀