2026版高考物理步步高大二轮（标准版）第一部分 专题整合提升专题二 能量与动量第5课时 功与功率　功能关系 含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）第一部分专题整合提升专题二能量与动量第5课时功与功率功能关系【知识网络】热点一功、功率的分析与计算例1(2023·北京卷，11)如图1所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离x的过程中()图1A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时，F做功为μmgxD.F做功的最小值为max答案D解析设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力做功Wf＝－μ(mg－Fsinθ)x，则摩擦力做功与F的方向有关，选项A错误；合力做功W＝F合x＝max，可知合力做功与力F方向无关，选项B错误；当力F为水平方向时，有F－μmg＝ma，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合外力做功为max大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsinθ＝mg时，摩擦力Ff＝0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。例2(2024·辽宁辽阳一模)一电动玩具汽车启动时，以额定功率沿直线加速并达到最大速度，其加速度a与速度倒数eq\f(1,v)的关系图像如图2所示。已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为100N，重力加速度大小g＝10m/s2。则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为()图2A.200W2m/s B.100W4m/s C.100W2m/s D.200W4m/s答案A解析设电动玩具汽车的额定功率为P，受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，又P＝Fv，联立可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(f,m)，根据a－eq\f(1,v)图像可得eq\f(f,m)＝2m/s2，eq\f(P,m)＝eq\f(6－（－2）,2)m2/s3＝4m2/s3，解得P＝200W，当牵引力等于阻力时，速度到达最大，有vm＝eq\f(P,f)＝2m/s，故A正确。方法总结机车启动的a－eq\f(1,v)图像和F－eq\f(1,v)图像问题恒定功率启动a－eq\f(1,v)图像恒定加速度启动F－eq\f(1,v)图像由F－Ff＝ma，P＝Fv可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，则：(1)斜率k＝eq\f(P,m)；(2)纵截距b＝－eq\f(Ff,m)；(3)横截距eq\f(1,vm)＝eq\f(Ff,P)(1)AB段牵引力不变，做匀加速直线运动；(2)BC图线的斜率k表示功率P，可知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动；(3)B点横坐标对应匀加速运动的末速度的倒数eq\f(1,v0)；(4)C点横坐标对应运动的最大速度的倒数eq\f(1,vm)，此时牵引力等于阻力训练1(2023·辽宁卷，3)如图3(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()图3A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析由题图(b)可知小物块甲做匀加速直线运动，小物块乙做加速度减小的加速运动，结合题图(a)可知，小物块甲沿轨道Ⅱ下滑，小物块乙沿轨道Ⅰ下滑，A错误；由题图(b)可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中，同一时刻物块乙的速度大于物块甲的速度，则同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；小物块乙由静止释放的瞬间速度为0，则重力功率为0，小物块乙滑到轨道Ⅰ底端的瞬间，速度方向与重力方向垂直，则小物块乙的重力功率为0，但在下滑过程，小物块乙的重力做的功不为0，则小物块乙的重力的瞬时功率先增大后减小，C、D错误。热点二动能定理的应用例3(2023·湖北卷，14)如图4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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\o(CDE,\s\up8(︵))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eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：图4(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。答案(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有vCx＝vCcos60°＝vB小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－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)。方法总结应用动能定理解题的四点注意训练2(2024·安徽合肥一模)如图5甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x＝2m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O′，半径为0.5m，MN为竖直直径，∠PO′N＝37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求：图5(1)物块飞出平台时的速度大小；(2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。答案(1)4m/s(2)0.5J解析(1)由F－x关系图像与横轴所围面积表示力F做的功可知，当物块运动到x2＝2m处时，力F所做的功W1＝eq\f(4＋7,2)×2J＝11J设物块运动到x2＝2m处时的速度为v，由动能定理得W1－μmgx2＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4m/s。(2)物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为vP，可得物块在P点的速度vP＝eq\f(v,cos37°)＝5m/s设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)可得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2，由动能定理有－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。热点三功能关系及其应用例4(多选)(2024·湖南株洲模拟)如图6，质量为m的小物块(可视为质点)静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板左端离开时()图6A.物块的动能等于Ffl B.物块的动能小于FflC.木板的动能大于eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－Ffl D.木板的动能小于eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－Ffl答案BD解析设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，可知v2＞v1，对物块和木板整体由能量守恒定律有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错误，D正确；物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为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，而对物块由动能定理有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错误，B正确。训练3(多选)(2024·重庆九龙坡高三模拟)如图7所示，用力F拉着一个物体从固定斜面上的A点运动到B点的过程中，重力做功－4J，拉力F做功9J，阻力做功－1J，则下列判断正确的是()图7A.物体的重力势能增加了9JB.物体的机械能增加了3JC.物体的机械能增加了8JD.物体的动能增加了4J答案CD解析重力做功－4J，则物体的重力势能增加了4J，故A错误；根据动能定理可得ΔEk＝WF＋WG＋Wf＝9J－4J－1J＝4J，物体的动能增加了4J，故D正确；物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝4J＋4J＝8J，故B错误，C正确。1.(2024·浙江6月选考，5)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为()A.10W B.20W C.100W D.200W答案C解析eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(时间t内\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(喷头喷水的质量,m＝ρSvt,喷头喷水做的功,W＝\f(1,2)mv2)),喷头喷水的功率P＝\f(W,t)))P＝eq\f(1,2)ρSv3eq\o(→,\s\up7(代入数据))P≈100W，C正确。2.(2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10m3/s，水位落差约为150m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为()图8A.109W B.107W C.105W D.103W答案B解析发电功率P＝ηeq\f(W,t)，由于W＝mgh，m＝ρV，Q＝eq\f(V,t)，所以P＝eq\f(ηρVgh,t)＝ηρQgh，代入数据解得P≈107W，B正确。3.(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图9所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为()图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解析设水从出水口喷出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝ρSv0t，根据平抛运动规律l＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝leq\r(\f(g,2h))，根据功能关系得ηPt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故B正确。4.(2024·山东卷，7)如图10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＝eq\f(1,2)kx2(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，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于()图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μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝eq\f(μmg,k)，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(μ2m2g2,2k)；水平力F缓慢拉动乙所坐木板，可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，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x1＝x0＋l－d，由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(3（μmg）2,2k)＋μmg(l－d)，B正确。5.(2024·新课标卷，24)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11，一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)。图11(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。答案(1)1200N900N(2)－4200J解析(1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物受力分析，如图所示。水平方向有FPsinα＝FQsinβ竖直方向有FPcosα＝FQcosβ＋mg联立解得FP＝1200N，FQ＝900N。(2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh＋W＝0解得W＝－4200J即两根绳子拉力对重物做的总功为－4200J。基础保分练1.(多选)(2024·河南南阳模拟)解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图1所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v的过程中()图1A.轮胎克服阻力做的功为FxcosθB.轮胎所受合外力做的功为eq\f(1,2)mv2C.拉力的最大功率为FvcosθD.拉力所做的功为eq\f(1,2)mv2＋Fxcosθ答案BC解析拉力所做的功为WF＝Fxcosθ，轮胎做加速运动，则Fcosθ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcosθ，故A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功为W合＝eq\f(1,2)mv2，故B正确；拉力的最大功率为Pm＝Fvcosθ，故C正确。2.(2023·湖北卷，4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()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解析由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故D正确。3.(多选)(2024·广东广州月考)如图2所示，无人驾驶小车在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有()图2A.从M到N，小车牵引力大小为40NB.从M到N，小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q，小车重力势能增加1×104JD.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J答案ABD解析小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W，代入数据解得F＝40N，故A正确；小车从M到N匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40N，则克服摩擦力做功为W1＝Ff1·MN＝40×20J＝800J，故B正确；小车从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5×103J，故C错误；小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，代入数值解得Ff2＝35N，克服摩擦力做功为W2＝Ff2·PQ＝700J，故D正确。4.(2024·河北廊坊高三期中)某次负重登山训练中，一质量为60kg的运动员(视为质点)背着质量为20kg的重物，在25min内由山脚到达山顶(山顶与山脚的高度差为525m)，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是()A.台阶对运动员的支持力做负功B.运动员增加的重力势能约为3.15×104JC.运动员对重物做的功约为1.05×105JD.运动员克服自身重力做功的平均功率约为12600W答案C解析整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，台阶对运动员的支持力不做功，故A错误；运动员的重力势能增加量ΔEp＝mgΔh＝60×10×525J＝3.15×105J，故B错误；重物的重力势能增加量ΔEp＝m′gΔh＝20×10×525J＝1.05×105J，所以运动员对重物做的功约为1.05×105J，故C正确；运动员克服自身重力做功的平均功率约为P＝eq\f(W,t)＝eq\f(315000,25×60)W＝210W，故D错误。5.如图3所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列说法正确的是()图3A.金属块带负电荷B.金属块克服电场力做功8JC.金属块的电势能减少4JD.金属块的机械能减少12J答案D解析金属块滑下的过程中动能增加了12J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，解得电场力做功WF＝－4J，电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4J，故A、B、C错误；由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即机械能减少了12J，故D正确。6.(2024·山东烟台高三期末)如图4所示，直角杆AOB位于竖直平面内，OA水平，OB竖直且光滑，用不可伸长的轻细绳相连的两小球a和b分别套在OA和OB杆上，b球的质量为1kg，在作用于a球的水平拉力F的作用下，a、b均处于静止状态，此时a球到O点的距离l1＝0.3m，b球到O点的距离h＝0.4m。改变力F的大小，使a球向右加速运动，已知a球向右运动0.1m时速度大小为6m/s。g＝10m/s2，则在此过程中绳对b球的拉力所做的功为()图4A.33J B.32J C.19J D.10J答案A解析a球向右运动0.1m时，由几何关系得，b上升距离为h1＝0.4m－eq\r(0.52－0.42)m＝0.1m，此时细绳与水平方向夹角的正切值为tanθ＝eq\f(3,4)，可知cosθ＝eq\f(4,5)，sinθ＝eq\f(3,5)，由运动的合成与分解知识可知vbsinθ＝vacosθ，可得vb＝8m/s，以b球为研究对象，由动能定理得WF－mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，代入数据解得WF＝33J，故A正确。7.(2024·山东省等级考抢分卷)物体浸在粘滞流体中时，表面上会附着一层流体，在运动时，物体所受的粘滞阻力就是物体表面附近的流层间的内摩擦力引起的。如图5所示，质量为m、体积为V的小球在粘滞流体中由静止释放，运动距离h后，小球达到最大速度v。已知重力加速度为g，液体密度为ρ。该过程小球克服粘滞阻力做的功可能为()图5A.mgh B.mgh－ρgVhC.mgh＋ρgVh－eq\f(1,2)mv2 D.ρgVh－mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球运动方向不确定，需分情况讨论，设小球克服粘滞阻力做功为W①小球向下运动时，由动能定理有mgh－ρgVh－W＝eq\f(1,2)mv2，可得W＝mgh－ρgVh－eq\f(1,2)mv2。②小球向上运动时，由动能定理有ρgVh－mgh－W＝eq\f(1,2)mv2，可得W＝ρgVh－mgh－eq\f(1,2)mv2。综上可知，D正确。8.如图6所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点处停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在水平面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点处停下。则小木块释放的位置可能是()图6A.甲 B.乙 C.丙 D.丁答案C解析设每个格子的边长为x，物块和接触面之间的动摩擦因数为μ，如图所示。斜面移动前，有mg·13x－μmgcosθ·eq\f(10x,cosθ)－μmg·29x＝0斜面移动后，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正确。提能增分练9.(2024·广东模拟预测)一辆质量为m＝1.2×103kg的参赛小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化的关系图线如图7所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则()图7A.小汽车受到的阻力大小为7×103NB.小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2C.小汽车的最大功率为4×105WD.小汽车24s后速度为40m/s答案C解析由图可知，小汽车在前8s内的牵引力不变，做匀加速直线运动，8～24s内小汽车的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动。小汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力f＝4×103N，故A错误；前8s内小汽车的牵引力为F＝10×103N，由牛顿第二定律F－f＝ma可得a＝5m/s2，故B错误；小汽车在8s末的功率达到最大值，8s末小汽车的速度v1＝at1＝5×8m/s＝40m/s，所以小汽车的最大功率P＝Fv1＝10×103×40W＝4×105W，故C正确；小汽车的最大速度为vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(4×105,4×103)m/s＝100m/s，故小汽车24s后速度为100m/s，故D错误。10.(2024·海南海口模拟预测)如图8所示，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，OP与杆垂直，小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，M、N两点与O点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从M点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是()图8A.小球运动到P点时速度最大B.小球运动到N点时的速度是运动到P点速度的eq\r(2)倍C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同答案D解析小球从M→P，受力分析如图所示，滑动摩擦力Ff＝μFN逐渐减小，加速度逐渐减小，加速度为零时速度最大，小球运动到P点时加速度不为零，所以到P点时速度不是最大，故A错误；小球从M点向P点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为θ，弹簧的拉力为F＝k(eq\f(L0,sinθ)－L0)逐渐减小，支持力为FN＝Fsinθ＝k(L0－L0sinθ)逐渐减小，小球从M到P根据功能关系mgh＋Ep＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，从M到N根据功能关系2mgh＝2Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，则v2≠eq\r(2)v1，故B错误；从M点到N点的运动过程中，到P点摩擦力等于0，则小球受到的摩擦力先变小再变大，故C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，摩擦力做功大小相等，故D正确。11.如图9所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8m，轨道边缘B处有一轻小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0kg，m2＝0.4kg。开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后沿水平桌面滑行x＝1.25m停止。已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2。求：图9(1)物体P经过A点时的速度大小；(2)当P到达A点时，Q此时的速度大小；(3)在物体P从B点运动到A点的过程中，物体Q重力势能的改变量；(4)弯曲轨道对物体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在水平轨道上运动，根据动能定理得－μm1gx＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得P经过A点时的速度v1＝eq\r(2μgx)＝eq\r(2×0.25×10×1.25)m/s＝2.5m/s。(2)设P经过A点时，Q的运动速度为v2，对速度v1分解如图所示则有v2＝v1cosβ由几何关系得sinβ＝eq\f(h,\r(L2＋h2))＝0.6则cosβ＝0.8解得v2＝2m/s。(3)P由B到A的过程中，Q上升的高度H＝eq\r(h2＋L2)＝1mQ重力势能的增量ΔEp＝m2gH＝4J。(4)对P与Q组成的系统，由功能关系有m1gh－m2gH＋Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)代入数据解得Wf＝－0.95J。12.(2023·江苏卷，15)如图10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。图10(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。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点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律得mgsin45°－Ff＝ma在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos45°＝FN又Ff＝μFN解得a＝eq\f(\r(2),2)g(1－μ)由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))。(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得mgdsin45°＋WG－Wf－μmgdcos45°＝eq\f(1,2)mv2联立解得v＝eq\r(\r(2)（1－μ）gd)。(3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则竖直方向的分速度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)滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间t＝eq\f(2vy,g)＝eq\r(\f(2\r(2)（1－μ）d,g))则平台BC的最大长度为L＝vxt联立解得L＝eq\r(2)(1－μ)d。培优高分练13.某校科技组利用图11甲所示装置研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，图中Q为水平弹射装置，AB为倾角θ＝30°的倾斜轨道，取A点为坐标原点建立平面直角坐标系，以水平向左为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向。Q可在坐标平面内移动，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长倾斜轨道，各轨道均平滑连接。已知滑块质量为m，圆轨道半径为R，轨道AB长为eq\f(3,2)R，滑块与AB间动摩擦因数μ1随滑块到A点距离l的变化关系如图乙所示；BC长为2R，滑块与BC间动摩擦因数μ2＝0.5，其余各段轨道均光滑。弹射装置弹出的滑块均能无碰撞从A点切入斜面，滑块可视为质点。图11(1)求弹出点的坐标(x，y)应满足的函数关系式；(2)弹出点的横坐标x为多大时，滑块从A点切入后恰好过最高点D？通过计算判断滑块返回后能否从A点滑出。答案(1)y＝eq\f(\r(3)x,6)(2)eq\f(25\r(3),16)R能见解析解析(1)滑块弹出后做平抛运动，由平抛运动的规律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(gt,v0)解得y＝eq\f(\r(3)x,6)。(2)滑块恰好通过最高点D，满足mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)由于动摩擦因数μ1与l成线性关系，故AB过程摩擦力做的功可用平均力做功计算。从弹出点到圆轨道最高点，由动能定理得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)联立解得y＝eq\f(25,32)R，x＝2eq\r(3)y＝eq\f(25\r(3),16)R滑块从C′E轨道上与D点等高的点返回到A点，根据动能定理可得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，说明滑块能从A点滑出。第6课时机械能守恒定律能量守恒定律【知识网络】

热点一机械能守恒定律的应用常见的机械能守恒的连接体模型共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速度与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。例1(2024·安徽安庆二模)如图1所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m＝2kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8m，圆弧轨道半径为1.0m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则()图1A.小球离开弹簧时速度最大B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36JC.若小球质量改为5.5kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点D.若小球质量改为2.3kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道答案D解析小球从P点无初速度释放后，上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速度最大，故A错误；小球恰能过C点，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，可得vC＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep＝mg(h＋R)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝46J，故B错误；小球质量为m1＝5.5kg＞2kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能Ep＝46J＞m1gh＝44J，小球到达A点时还有速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P点，故C错误；设小球质量为m2时恰好从B点离开，则在B点有m2gcos37°＝m2eq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得vB＝2eq\r(2)m/s，根据机械能守恒定律可得Ep＝m2g(h＋Rcos37°)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，解得m2＝2.3kg，故D正确。例2如图2所示，质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53°，此时A球的速度是v，B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则下列说法正确的是()图2A.在此过程中A球的机械能增加B.在此过程中B球的重力势能增加了eq\f(17mv2,25)C.此时轻绳PQ段的长度是eq\f(17v2,10g)D.此时轻绳PQ段的长度是eq\f(29v2,10g)答案C解析A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P处的过程中，绳对A球做负功，A球机械能减小，A错误；A球运动到P处时，B球的速度vB＝v∥＝vAcos53°＝0.6vA，设此时PQ的长度为l，由机械能守恒定律有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正确，D错误；在此过程中，B球上升了0.2l＝eq\f(17v2,50g)，所以在此过程中，B球的重力势能增加了eq\f(17mv2,50)，B错误。训练1(2024·河北廊坊高三期末)如图3所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球(均视为质点)用长为eq\r(3)L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为()图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解析甲下降的高度为h甲＝eq\f(\r(3)L,2cos30°)＝L，乙下降的高度为h乙＝(eq\r(3)L－eq\f(\r(3)L,2cos30°))sin30°＝eq\f(（\r(3)－1）L,2)，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为，有v∥＝v甲sin30°，小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，甲、乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，乙的动能为Ek乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，综合解得Ek乙＝eq\f(\r(3)＋1,10)mgL，故B正确。热点二能量守恒定律的应用例3(2024·黑龙江哈三中二模)如图4所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面间的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知A点与小球P间的绳长为L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求：图4(1)物块Q的质量M；(2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v；(3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块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)对小球P受力分析，有sin37°＝eq\f(TB,mg)对物块N和Q整体受力分析，有2Mg＝TB联立解得M＝eq\f(3,10)m。(2)P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P和物块Q的速度大小相等，根据系统能量守恒有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联立解得v＝eq\r(\f(12,13)gL)。(3)对物块Q，由动能定理有W－Mgh＝eq\f(1,2)Mv2－0解得W＝eq\f(22,65)mgL。1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。2.应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。(2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。训练2如图5所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连。可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放并保持相对静止一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，迅速取走物块A(不影响物块B的速度)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为eq\f(\r(3),15)，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是()图5A.M＝2m B.M＝eq\r(3)m C.M＝2eq\r(3)m D.M＝3m答案A解析弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度均为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gLsin30°－μ(m＋M)gcos30°·L＝Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin30°＋μMgcos30°·L，两式联立解得M＝2m，A项正确。

热点三与能量相关的图像问题例4如图6甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()图6A.木块的重力大小为eq\f(5E0,x0)B.木块受到的摩擦力大小为eq\f(4E0,x0)C.木块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)D.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0答案A解析上滑过程中，摩擦力对木块做负功，木块的机械能减少，由图乙可知物块的机械能减少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，动能减少了ΔEk＝4E0，所以木块的重力势能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D错误；设木块质量为m，由图乙可知木块上滑的距离为x0，则有μmgcos37°·x0＝E0，则木块受到的摩擦力大小为Ff＝μmgcos37°＝eq\f(E0,x0)，故B错误；木块上滑过程中，重力做负功，木块的动能部分转化为重力势能，则有mgsin37°·x0＝3E0，则木块的重力大小为G＝mg＝eq\f(5E0,x0)，故A正确；木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(E0,x0mgcos37°)＝eq\f(1,4)，故C错误。方法总结解决物理图像问题的基本思路训练3(2024·湖北黄冈模拟，4)如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()图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内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。1.(2024·北京卷，7)如图8所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是()图8A.物体在C点所受合力为零B.物体在C点的速度为零C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能答案C解析设物体恰好到达C点的速度大小为v，则在C点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错误，C正确；物体从A点到C点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C点的重力势能和动能，D错误。2.(2024·全国甲卷，17)如图9，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()图9A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小答案C解析设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，由机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cosθ)，则F的大小先减小后增大，且当cosθ＝eq\f(2,3)时F最小，当cosθ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。3.(2024·黑吉辽卷，14)如图10，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10m/s2。忽略空气阻力，求：图10(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动对A，水平方向有xA＝vAt竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2联立解得vA＝1m/s弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒对系统有0＝mAvA＋mB(－vB)解得vB＝1m/s。(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动对B有－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得μ＝0.2。(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有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为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB联立解得ΔEp＝0.12J。基础保分练1.(2024·广东深圳高三期中)如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A距离圆轨道底部的高度h为()图1A.2R B.3R C.4R D.5R答案B解析经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力FN＝Mg，根据牛顿第二定律可得Mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(2gR)，过山车从下滑点A到C点过程，根据机械能守恒定律可得Mg(h－2R)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)，解得h＝3R，故B正确。2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是()图2A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒B.球C的机械能先减少后增加C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为gD.球C落地前瞬间的速度大小为2eq\r(gL)答案ABC解析从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后增加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力作用，加速度大小为g，C正确；球C落地前瞬时，A、B两球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(2gL)，D错误。3.(2024·广东深圳模拟)物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为eq\f(E,2)。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为()A.eq\f(3E,10) B.eq\f(3E,7) C.eq\f(4E,7) D.eq\f(4E,9)答案B解析设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－eq\f(E,2)＝eq\f(E,2)，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝eq\f(3,4)E，fh＝eq\f(1,4)E，则f＝eq\f(1,3)mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝eq\f(3,7)E，故B正确。4.(2024·陕西汉中一模)如图3所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h＝0.8m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计空气阻力，则()图3A.物块A与物块B速度大小始终相等B.物块A能达到的最大速度为2m/sC.物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力D.当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大答案B解析根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为vAcosθ＝vB，两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑轮正下方时，有vB＝vAcos90°＝0，故A、D错误；当物块A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大，根据机械能守恒定律有mBg(eq\f(h,sin53°)－h)＝eq\f(1,2)mAv2，解得v＝2m/s，故B正确；由上述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则物块B向下先加速后减速，在物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误。5.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功为()图4A.0 B.mgRsinθ C.2mgRsinθ D.mgR答案B解析设A球的重心在斜面上上升的高度为h，两球的初速度大小为v0，对A、B整体，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mg(h＋2Rsinθ)。设A球对B球所做的功为W，由动能定理有W－mg(h＋2Rsinθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝mgRsinθ，B项正确。6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是()答案BD解析以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A错误；速度先减小为0后反向增大，所以x－t图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导致上升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过同一位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B正确，C错误；E机－x图像斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过程机械能损失更多，故D正确。7.(2024·湖北宜昌高三模拟)如图5所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到水平面O点的高度为h，质量为m的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，eq\o(OA,\s\up6(－))＝x，下列说法正确的是(),图5)A.斜面倾角θ越大，x越大B.斜面倾角θ越小，x越大C.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝mgh滑下，最后在水平面上的B点停下，则eq\o(BO,\s\up6(－))＝eq\f(2h,μ)D.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝3mgh滑下，并在A点固定一个挡板，小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端答案C解析小木块从开始下滑到最后停在A点，设斜面的倾角为θ，斜面投影长度为x1，斜面底端到A点距离x2，由能量关系可知mgh＝μmgcosθ·eq\f(x1,cosθ)＋μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，则当h和μ一定时，x一定不变，故A、B错误；设eq\o(OB,\s\up6(－))＝x′，由能量关系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝eq\f(2h,μ)，故C正确；小木块在A点与挡板发生弹性碰撞，无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为h′，根据能量守恒定律可知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D错误。提能增分练8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值，下列三个数量关系一定可能的是()图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解析设物体与木板间的摩擦力大小为Ff，物体B的位移为xB，木板A的位移为xA，对A有ΔEkA＝FfxA，对B有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A和B运动的v－t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出xB＞(xB－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故选项A、B正确。9.(2024·江苏扬州模拟)如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则()图7A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0B.小球运动的最大速度等于2eq\r(gx0)C.弹簧的劲度系数为eq\f(mg,x0)D.小球运动中最大加速度为g答案A解析小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得k＝eq\f(6mg,x0)，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＋eq\f(1,2)kx2，解得最大速度为vmax＝eq\r(\f(25gx0,6))，故B错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。10.(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高度h1＝20cm，按键后测得t＝16s内注满了0.8L的水壶。已知抽水器出水口高度H＝60cm、横截面积S＝0.5cm2，水壶的高度h2＝15cm，若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η＝15%，忽略取水过程中桶内水位高度的变化，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。图8(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；(2)估算本次取水抽水器的功率。答案(1)0.3m(2)1.5W解析(1)设出水口处水的速度为v0，由题意可得，t＝16s内抽水器抽出水的体积V＝Sv0t解得v0＝1m/s平抛过程：竖直方向H－h2＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝v0t联立解得x＝0.3m。(2)在t＝16s内，抽水机取水质量m＝ρV＝0.8kg根据能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得P＝1.5W。11.(2024·福建福州高三期末)如图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m＝1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：图9(1)小球第一次经过C点的速度大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置与B点的距离。答案(1)eq\r(7)m/s(2)6J(3)0.2m解析(1)小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，对小球由牛顿第二定律有2.5mg＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(7)m/s。(2)在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能最大，设该位置为零势能面，弹簧的压缩量为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)设BC段克服摩擦力做功为WBC，由A到C有mgh－WBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)对整个过程分析可知，设共经过N次BC段，有mgh＝NWBC解得N＝2.4即小球最后从B位置向C位置运动过程中停下，设小球最终停在距离B点为s，有0.4WBC＝μmgs解得s＝0.2m。培优高分练12.(2024·江苏卷，15)如图10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(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端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，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：图10(1)CD段长度x；(2)BC段电动机的输出功率P；(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能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)解法一对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv2解得x＝eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。解法二对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由运动学规律有0－v2＝－2ax联立解得x＝eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。(2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sinθ＋μcosθ)。(3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsinθ＋μmgLcosθ则eq\f(E1,E2)＝eq\f(sinθ,sinθ＋μcosθ)。第7课时动量定理动量守恒定律【知识网络】热点一动量定理的应用1.冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。2.动量定理在“四类”问题中的应用(1)解缓冲问题。(2)求解平均力问题。(3)求解流体问题。(4)在电磁感应中求解电荷量问题。例1(2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风速约为35m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5m2，空气的密度约为1.29kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为()A.790N B.79N C.230N D.23N答案A解析单位时间吹到人身体上的空气质量m＝ρV＝ρSvΔt，根据动量定理－FΔt＝0－mv，小明所受的风力大小约为F＝ρSv2＝1.29×0.5×352N≈790N，故A正确。训练1(多选)(2024·广东江门一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的是()图1A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等D.若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N答案ACD解析根据FΔt＝Δp可得F＝eq\f(Δp,Δt)，依题意知，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；根据I＝FΔt知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力F＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(2×6,6×10－3)N＝2000N，故D正确。训练2(多选)一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t图像如图2所示，其中0～t1和t2～t3为直线，t2＝1.6s，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是()图2A.网对运动员的平均作用力大小为1950NB.运动员动量的变化量为1080kg·m/sC.弹力的冲量大小为480N·sD.运动员所受重力的冲量大小为1560N·s答案AD解析由题图可知自由落体运动时