2026版高考物理二轮复习微专题5　功和能

专题二能量与动量微专题5功和能1.功、功率(1)恒力做功：W＝Flcosα.(2)变力做功：动能定理法、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功，即W＝Pt.(3)功率：P＝eq\f(W,t)或P＝Fv.2.动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1.3.重力势能：重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关，公式Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考平面选取无关．4.弹性势能：弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关，公式Ep＝eq\f(1,2)kx2.5.机械能守恒定律(1)条件：只有重力或弹簧的弹力做功，其他力做功为0.(2)表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)或Ep减＝Ek增或EA减＝EB增．6.功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)机械能除重力和弹簧弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE考情一功和功率1.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%.已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(A)A.eq\f(2kv2,η) B.eq\f(kv2,2η)C.eq\f(kv2＋mv2,2η) D.eq\f(2kv2＋mv2,η2)【解析】根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电＝eq\f(P机,η电)＝eq\f(kv2,0.5)＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η，即η＝eq\f(P电,P阳)，可得P阳＝eq\f(P电,η)＝eq\f(2kv2,η)，故A正确．考情二动能定理的应用2.(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(A)ABCD【解析】设斜面倾角为θ，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小，后增大，即图像的斜率先减小，后增大，故A正确．3.(2023·江苏卷)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(C)甲乙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之间克服摩擦力所做的功较小【解析】因为频闪照片的时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中运动时间短，滑块加速度大，是上滑阶段．根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，滑块先上升，后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论是上滑或下滑，滑块受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力所做的功相等，故D错误．考情三机械能守恒定律及应用4.(2024·全国甲卷)如图所示，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(C)A.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【解析】设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为0，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcosθ＝meq\f(v2,R)，联立解得cosθ＝eq\f(2,3)，小环从大圆环顶端到P点过程，速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故C正确．考情四功能关系与能量守恒定律5.(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块．小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为eq\f(\r(3),2).电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动．经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0.运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦，则这段时间内(C)A.物块的位移大小为eq\f(2v\o\al(2,0),3g)B.物块机械能增量为eq\f(5mv\o\al(2,0),2)C.小车的位移大小为eq\f(16Pv0,5mg2)－eq\f(2v\o\al(2,0),5g)D.小车机械能增量为eq\f(8Pv0,5g)＋eq\f(mv\o\al(2,0),2)【解析】对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝eq\f(1,4)g，根据运动学公式有veq\o\al(2,0)＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx1·sin30°＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos30°＋mgsin30°)x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中t＝eq\f(v0,a)，联立解得x＝eq\f(16Pv0,5mg2)－eq\f(2v\o\al(2,0),5g)，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgxsin30°＝eq\f(8Pv0,5g)＋eq\f(3mv\o\al(2,0),10)，故D错误．6.(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为0，A、B与斜面间的动摩擦因数相同且弹簧未超过弹性限度，则(B)A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C.下滑时，B对A的压力先减小，后增大D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量【解析】设A在最高点的弹簧弹力为F，以沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力大小为FAB，动摩擦因数为μ.A、B在下滑过程中不分离，则刚下滑时对A、B整体根据牛顿第二定律有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，联立可得eq\f(F,mA＋mB)＝－eq\f(FAB,mB)，则F＜0，可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，则弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；由于下滑过程中F向上且逐渐变大，则由eq\f(F,mA＋mB)＝－eq\f(FAB,mB)可知，下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力逐渐变大，故C错误；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，由于弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＋(mgsinθ＋f)·(x1－x2)，化简得k＝eq\f(2mgsinθ＋f,x1＋x2)，当位移为最大位移的一半时，有F合＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mgsinθ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误；整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功也为0，当A回到初始位置时速度为0，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误．考向1功和功率(2025·如皋调研)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶．汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是(B)ABCD【解析】汽车在0～t1时间内做匀加速运动，则加速度a不变，速度v均匀增加，牵引力F保持不变，根据P＝Fv＝Fat，可知功率随时间均匀增加；t1～t2时间内，功率P保持不变，根据eq\f(P,v)－f＝ma，可知随速度的增加，加速度a减小，牵引力F减小；t2时刻后匀速行驶，速度不变，牵引力等于阻力不变，加速度为0，功率不变，故B正确．机车启动模型两个基本关系式P＝Fv，F－F阻＝ma恒定功率启动P不变，v，F，a，最终以vm做匀速直线运动，Pt－F阻s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)恒定加速度启动F不变，a不变，v，P⇒P额(不变)，v，F，a，最终以vm做匀速直线运动最大速度vm无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm＝eq\f(P,F阻)(2025·扬州七校联考)如图所示，甲起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150kg的物体，其a－t图像如图乙所示，5～10s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是(D)甲乙A.物体在0～10s内运动的最大速度为10m/sB.起重机的额定功率为1800WC.5～10s内起重机对物体做的功等于0～5s内起重机对物体做功的1.5倍D.5～10s内起重机对物体做的功等于0～5s内起重机对物体做功的2倍【解析】由a－t图像可知，物体在0～5s做匀加速直线运动，5s时物体的速度为v1＝at1＝2×5m/s＝10m/s，由于5s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10s内运动的最大速度大于10m/s，故A错误；由a－t图像可知，在5s时，物体结束匀加速直线运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1800N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1800×10W＝18000W，故B错误；0～5s内，物体的位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(10,2)×5m＝25m,0～5s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1800×25J＝45000J,5～10s内起重机保持额定功率不变，则5～10s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18000×5J＝90000J，可得W2＝2W1，故C错误，D正确．考向2动能定理的应用(2025·南京二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l.质量为m的小物体由A点处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列说法中正确的是(B)甲乙A.动摩擦因数最大值μm＝2tanθB.小物块的最大速度为eq\f(3,2)eq\r(glsinθ)C.重力在AB、BC两段上做功不相等D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率【解析】小物体从A点到C点根据动能定理有mg·2lsinθ－eq\x\to(μ)mglcosθ＝0，其中由图乙可知eq\x\to(μ)l＝eq\f(1,2)μml，解得μm＝4tanθ，故A错误；当小物体加速度为0时，速度最大，则有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，即此时小物体运动到B点下方eq\f(l,4)处，根据动能定理有mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))lsinθ－eq\f(1,2)·eq\f(μm,4)mgcosθ·eq\f(l,4)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\f(3,2)eq\r(glsinθ)，故B正确；在AB、BC两段，重力做功均为W＝mglsinθ，故C错误；物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段物体先做加速度减小的加速运动，之后做加速度逐渐增大的减速运动，在两段的中间时刻速度不相等，所以其瞬时功率不相等，故D错误．应用动能定理解题的步骤(2025·南通调研)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(A)A.eq\r(2＋πgR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(21＋πgR) D.2eq\r(gR)【解析】小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，综上可得v＝eq\r(2＋πgR)，故A正确．(2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面间的动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F与位移x的关系如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，取g＝10m/s2.甲乙(1)求0～1m，F做的功．(2)求x＝1m时，A与B之间的弹力大小．(3)要保证物块B能到达M点，求圆弧轨道半径需满足的条件．答案：(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m【解析】(1)F做的功W＝Fx＝1.5×1J＝1.5J(2)对A、B整体，根据牛顿第二定律F－f＝2ma其中f＝μmg对B根据牛顿第二定律FAB＝ma联立解得FAB＝0.5N(3)当A、B之间的弹力为0时，A、B分离，根据第(2)问分析可知此时F′＝f＝0.5N此时x＝3m该过程中，对A、B根据动能定理WF－μmgx＝eq\f(1,2)×2mv2根据题图可得WF＝1.5J＋eq\f(0.5＋1.5,2)×2J＝3.5J从P点到M点，根据动能定理－mg·2rmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mv2在M点的最小速度满足mg＝meq\f(v\o\al(2,min),rmax)联立可得rmax＝0.2m即圆弧半径满足的条件r≤0.2m.考向3机械能守恒定律及应用(2025·南通如皋调研)如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向的夹角α＝30°.原长为eq\f(L,2)的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上．滑块P由静止释放，下降到最低点时α变为60°.整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.在P下降过程中(C)A.P、Q组成的系统机械能守恒B.P、Q的速度满足vPtanα＝vQC.弹簧弹性势能的最大值为eq\f(\r(3)－1,2)mgLD.滑块P达到最大动能时，对杆的弹力等于0【解析】根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；在下滑过程中，根据速度的合成与分解，可知vPcosα＝vQsinα，解得eq\f(vP,vQ)＝tanα，故B错误；根据系统机械能守恒可得弹性势能的最大值Ep＝mgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故C正确；P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，P的速度达到最大，此时动能最大，则mg＝Tcosθ，即杆的弹力为T＝eq\f(mg,cosθ)，不为0，故D错误．连接体机械能守恒问题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的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：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0)(2025·泰州四模)如图所示，质量分别为m和4m的尖劈和匀质圆柱一起搁置在墙角．已知墙壁竖直，地面水平，尖劈的尖角为θ＝30°，尖劈抵在墙角处，圆柱的半径为R，不计一切摩擦．给尖劈施加一个约束，使系统保持静止．已知重力加速度为g.(1)求圆柱与尖劈间的作用力大小．(2)撤去对尖劈的约束，求圆柱下落的加速度a的大小．(3)撤去约束后圆柱下落至地面，求此过程中圆柱对尖劈所做的功W.答案：(1)eq\f(8\r(3),3)mg(2)eq\f(4,7)g(3)eq\f(12,7)(eq\r(3)－1)mgR【解析】(1)圆柱静止，对圆柱受力分析，在竖直方向上有4mg＝Ncos30°解得N＝eq\f(8\r(3),3)mg(2)撤去对尖劈的约束后，尖劈后退，圆柱下落，对圆柱，在竖直方向上，有4mg－N′cos30°＝4ma对尖劈，在水平方向上，有N′cos60°＝ma劈画出微小时间的位移图发现，圆柱下降高度h与尖劈后退距离x之间的关系为h＝xtan30°两物体都做初速度为0的匀加速直线运动，则a＝a劈tan30°联立解得a＝eq\f(4,7)g(3)圆柱从下落到落地，下降高度h＝(eq\r(3)－1)R圆柱下落过程中，系统机械能守恒，有4mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,劈)＋eq\f(1,2)·4mv2，v＝v劈tan30°解得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,劈)＝eq\f(12,7)(eq\r(3)－1)mgR由动能定理得，圆柱对尖劈所做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,劈)＝eq\f(12,7)(eq\r(3)－1)mgR考向4功能关系与能量守恒定律(2025·泰州调研)如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触．AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高．现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep.(2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ(3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s.答案：(1)2.5mgL(2)0.25(3)5【解析】(1)滑块恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝meq\f(v\o\al(2,D),L)从E点到D点过程中，由能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2L联立解得Ep＝2.5mgL(2)由题意可知，滑块Q到C点时速度为0，则从E点到C点过程，由能量守恒有Ep＝μ·2mg·xBF＋2mgL＝2μmgL＋2mgL联立解得μ＝0.25(3)分析可知，滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有Ep＝2μmgs联立解得s＝5L应用能量守恒定律解题的一般步骤(2025·通州、如东联考)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定在斜面底端，另一端连接在A上．开始时B被托住，轻绳伸直但没有弹力．现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中(设B未落地，A未与定滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内)(C)A.A和B总的重力势能先减小，后增大B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加C.当A受到的合外力为0时，A的速度最大D.当A和B的速度最大时，A和B的总机械能最大【解析】在B运动至最低点的过程中，令B下降的高度为h0，斜面倾角为θ，则A和B总的重力做功为WG＝mgh0－mgh0sinθ>0，可知A和B总的重力势能一直减小，故A错误；在B运动至最低点的过程中，弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态，弹簧弹力对A先做正功，后做负功，轻绳对A一直做正功，轻绳对A做功与弹簧对A做功的代数和等于A机械能的变化量，故B错误；在B运动至最低点的过程中，对A进行分析，A先向上做加速度减小的加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，当A受到的合外力为0时，A的速度最大，故C正确；在B运动至最低点的过程中，结合上述可知，当A和B的速度最大时，A、B所受外力合力为0，此时弹簧处于拉伸状态，在弹簧从原长到该拉伸状态过程，弹簧对A做负功，该过程A、B系统的机械能减小，可知，当A和B的速度最大时，A和B的总机械能并不是最大，故D错误．(2025·云南卷改编)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点．质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ.过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑．弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法中错误的是(C)A.P、M两点之间的距离为L2＝eq\f(kv\o\al(2,0)－8mg2sin2θ,4kgsinθ)B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为eq\f(kv\o\al(2,0)－4mg2sin2θ,4kgsinθ)D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间【解析】设PO间的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有－mgsinθ·L－μmgcosθ·L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).设MO间的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL1＝mgsinθ＋μmgcosθ，P、M两点之间的距离L2＝L－L1，联立可得L2＝eq\f(kv\o\al(2,0)－8mg2sin2θ,4kgsinθ)，故A正确；根据功能关系可知，过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE＝μmgcosθ·L，结合－mgsinθ·L－μmgcosθ·L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得ΔE＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故B正确；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律eq\f(1,2)kL2＝mgsinθ·x＋μmgcosθ·x＋eq\f(1,2)k(x－L)2，结合－mgsinθ·L－μmgcosθ·L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(kv\o\al(2,0)－8mg2sin2θ,2kgsinθ)，故C错误；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1＝mgsinθ＋μmgcosθ，当在O点时，满足mgsinθ＝μmgcosθ，所以在OM(含O、M点)之间速度为0时，Q将静止，故D正确．配套热练课时1功与功率动能定理1.(2025·云南卷)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(B)A.4×105J B.4×104JC.4×103J D.4×102J【解析】一名高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2＝4×104J，故B正确．2.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克服摩擦力所做的功为(D)A.mgh B.eq\f(1,2)mv2C.mgh＋eq\f(1,2)mv2 D.mgh－eq\f(1,2)mv2【解析】人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确．3.(2025·镇江质监)一辆汽车以不同的恒定功率在平直路面上启动，前后两次v－t图像如图所示．设汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为(A)A.4∶9 B.9∶4C.2∶3 D.3∶2【解析】汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则f＝kv，当汽车匀速运动时，牵引力大小等于阻力大小，则F＝f＝kv，汽车的恒定功率为P＝Fv＝kv2，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为eq\f(P1,P2)＝eq\f(k2v02,k3v02)＝eq\f(4,9)，故A正确．4.(2025·徐州调研)如图所示，一质量均匀分布的木板静止在粗糙水平桌面上，木板和桌面右端对齐．设木板质量为m，长度为L，与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.将木板向右推eq\f(L,3)，则推木板过程中克服摩擦力所做的功为(B)A.eq\f(1,18)μmgL B.eq\f(1,3)μmgLC.eq\f(5,18)μmgL D.μmgL【解析】由于木板的重心并没有离开桌面，所以桌面对木板的支持力与木板的重力是一对平衡力，木板对桌面的压力大小仍然等于木板的重力大小，因此在木板移动过程中，木板受到的摩擦力大小一直是μmg，所以将木板向右推eq\f(L,3)的过程中，克服摩擦力所做的功为W＝eq\f(1,3)μmgL，故B正确．5.(2025·通州、如东联考)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始运动，速度v与时间t的关系图像如图所示，0～t1时间内匀加速运动；t1时刻速度达到v0，开始以额定功率加速运动；t2时刻后以速度vm做匀速运动．整个过程汽车所受阻力均为f，则(C)A.0～t1时间内，汽车的牵引力为eq\f(mv0,t1)B.0～t1时间内，汽车克服阻力做功的功率不变C.t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为fvm(t2－t1)D.t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【解析】0～t1时间内，汽车的加速度为a＝eq\f(v0,t1)，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可得汽车的牵引力为F＝eq\f(mv0,t1)＋f，故A错误；汽车克服阻力做功的功率为P＝fv，由于在0～t1时间内，阻力f不变，速度v逐渐增大，所以汽车克服阻力做功的功率逐渐增大，故B错误；t1时刻后汽车保持额定功率不变，t2时刻后牵引力等于阻力，所以t1～t2时间内，汽车牵引力做功的功率等于t2时刻后的功率为P额＝fvm，所以牵引力做功为W＝P额t＝fvm(t2－t1)，故C正确；根据动能定理可知，t1～t2时间内，汽车所受合力做的功为W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D错误．6.(2025·南通调研)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则(B)A.动摩擦因数μ＝eq\f(3,4)B.载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C.载人滑草车克服摩擦力所做的功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g【解析】由动能定理可知，mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，故A错误；对前一段滑道，根据动能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，故载人滑草车的最大速度为eq\r(\f(2gh,7))，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝eq\f(μmgcos37°－mgsin37°,m)＝eq\f(3,35)g，故D错误．7.(2025·扬州调研)如图所示，甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台．斜面粗糙程度相同，推力平行于斜面向上，则(D)A.甲推力一定比乙小B.甲推力一定比乙大C.两人推力做功相等D.甲推力做功比乙多【解析】设斜面倾角为θ，货物匀速运动，沿斜面方向受力平衡，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＝mgeq\r(1＋μ2)sin(θ＋φ)，由此可知，斜面倾角越大，θ＋φ越大，但sin(θ＋φ)不一定越大，所以甲和乙的推力大小关系无法确定，故A、B错误；设斜面高度为h，则推力做功为W＝F·eq\f(h,sinθ)＝(mgsinθ＋μmgcosθ)eq\f(h,sinθ)＝mgheq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(μ,tanθ)))，由于左侧斜面倾角较小，tanθ较小，W较大，即甲推力做功比乙多，故C错误，D正确．8.(2025·常州调研)如图所示，长直木板右端垫高制作成斜面，木板左端点与水平面在A点平滑连接，右端点在O正上方．一小木块从斜面顶端由静止下滑，到达水平面上的B点停下，小木块与木板、水平面间的动摩擦因数相同．现用相同材质、不同长度的木板按图甲、乙、丙、丁放置，则(A)甲乙丙丁A.图甲中小木块将停在B点左侧B.图乙中小木块将停在B点左侧C.图丙中小木块将停在B点左侧D.图丁中小木块将停在B点正上方的木板上【解析】设斜面的长度为l1，倾角为θ，小木块的最终停止点到斜面底端的距离为l2，小木块的释放点到水平面的高度为h，则小木块由释放到停止的整个过程中，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·l1－μmgl2＝0，整理得h＝μ(l1cosθ＋l2)，式中(l1cosθ＋l2)即为小木块的释放点到最终停止点的水平距离，设(l1cosθ＋l2)＝x，则x＝eq\f(h,μ)，显然只要释放点到水平面的高度h不变，x就不变，即图乙、丙中的小木块仍将停在B点，故B、C错误；图甲中小木块的释放点到水平面的高度大于h，由x＝eq\f(h,μ)，可知x也将变大，即小木块将停在B点左侧，故A正确；由x＝eq\f(h,μ)得μ＝eq\f(h,x)，图丁中斜面底端在B点左侧，即μ＞tanθ，则mgsinθ＜μmgcosθ，小木块所受重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，故小木块会静止在木板上，故D错误．9.(2025·南京、盐城一模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度．若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等，则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(C)ABCD【解析】物块在运动过程中，受到重力mg，方向竖直向下；底面的支持力N1，方向向上；底面的摩擦力f1，方向与运动方向相反；侧面的支持力N2，垂直于圆筒内壁；侧面的摩擦力f2，沿切向方向，与运动方向相反．其中侧面的摩擦力的大小为f2＝μN2(μ为动摩擦因数)．物块做圆周运动时，侧面的支持力提供向心力，即N2＝eq\f(mv2,R)，可知随着物块速度的减小，f2逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小得越来越慢，则动能与弧长图像的斜率减小，故C正确．10.(2025·无锡调研)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳静止悬挂于O点的正下方P点．小球在水平恒力F的作用下，从P点运动到Q点，立即撤去F.已知F＝mg，θ＝30°，重力加速度为g.求：(1)水平拉力F做的功W.(2)小球回到P点时绳子的拉力T.答案：(1)0.5mgL(2)2mg【解析】(1)根据做功计算公式可知W＝FLsinθ解得W＝0.5mgL(2)设小球回到P点速度为v，小球从P点到Q点再回到P点，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2在P点有T－mg＝meq\f(v2,L)解得T＝2mg.11.(2025·海安调研)如图所示，内壁光滑、半径为R的半球形碗固定在水平面上，长为R的细线一端固定在碗口的A点，另一端与质量为m的小球连接，重力加速度为g.求：(1)小球静止在碗中时，细线的拉力大小F1.(2)拉直细线，将小球从碗中心O由静止释放，小球即将与碗壁撞击时，小球重力的功率P.(3)拉直细线，将小球从碗口由静止释放，小球沿碗下落到最低点时，细线的拉力大小F2.答案：(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(mg\r(\r(3)gR),2)(3)eq\f(4\r(3),3)mg【解析】(1)小球静止在碗中时，如图甲所示根据图中几何关系可知F1＝N1根据受力平衡可得2F1cos30°＝解得细线的拉力大小为F1＝eq\f(\r(3),3)mg甲乙(2)拉直细线，将小球从碗中心O静止释放，小球即将与碗壁撞击时，小球的运动轨迹如图乙所示根据动能定理可得mgRsin60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(\r(3)gR)则小球即将与碗壁撞击时，小球重力的功率为P＝mgvcos60°＝eq\f(mg\r(\r(3)gR),2)(3)拉直细线，将小球从碗口静止释放，小球沿碗下落到最低点时，小球在该竖直面内做圆周运动，如图丙所示丙丁从静止释放到最低点过程，根据动能定理可得mgRsin60°＝eq\f(1,2)mv′2－0解得v′＝eq\r(\r(3)gR)在最低点有F2＝N2竖直方向有F2cos30°＋N2cos30°－mg＝meq\f(v′2,Rsin60°)解得细线的拉力大小为F2＝eq\r(3)mg.配套热练课时2机械能守恒定律能量守恒定律1.人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶的高度．在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是(D)A.0.2J B.0.6JC.1.0J D.2.5J【解析】竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3m，二层楼房的高度也就是6m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J，A、B、C错误，D正确．2.(2024·浙江卷)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(B)A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变【解析】由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，且从1到2重力势能增加mgh，则从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，而重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误．3.(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑．在下滑过程中，小环的速率正比于(C)A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【解析】如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，联立可得h＝eq\f(L2,2R)，可得v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确．4.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(B)A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力所做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为2μmgsD.物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)【解析】物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力所做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C错误；根据能量守恒，在整个过程中，物块的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D错误．5.质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球eq\f(L,3)处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)(C)A.小球P在最高位置的速度大小为eq\r(\f(gL,3))B.小球Q在最低位置的速度大小为eq\r(\f(2gL,3))C.小球P在此过程中机械能增加eq\f(4,9)mgLD.小球Q在此过程中机械能减少eq\f(2,3)mgL【解析】设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·eq\f(2,3)L－mg·eq\f(L,3)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝eq\f(2\r(2gL),3)，v2＝eq\f(\r(2gL),3)，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·eq\f(L,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(4,9)mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少eq\f(4,9)mgL，C正确，D错误．6.(2025·无锡调研)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，一铁球从弹簧的正上方h高处由静止释放．以铁球释放点为原点，竖直向下为正方向，分别用y、Ek和E表示铁球的位移、动能和机械能．不计空气阻力，弹簧在弹性限度内．关于铁球从释放到最低点的过程中，其E－y或Ek－y图像可能正确的是(C)ABCD【解析】铁球没接触弹簧之前，动能等于减少的重力势能，即Ek＝mgh，接触弹簧后，重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，当重力等于弹力时，动能达到最大值，而后动能才逐渐减小，故C正确，D错误；接触弹簧之前，小球的机械能守恒，之后，由于弹簧弹力做负功，小球的机械能减少，且减少得越来越快，斜率变大，故A、B错误．7.(2025·徐州调研)如图所示，一轻绳绕过光滑的两个轻质小定滑轮O1、O2，一端和质量为2m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量为m的小物块连接．直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ＝53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，D是直杆上的一点，且DO1＝OO1.直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将物块从OA.物块下滑至绳与杆垂直时，物块的速度最大B.物块下滑至绳与杆垂直时，物块的机械能最大C.物块下滑至D点时，小球重力的瞬时功率为0D.物块下滑过程中，小球的重力势能一直增加【解析】物块下滑至绳与杆垂直时，物块的加速度为a＝gsin53°，加速度不为0，速度不是最大，故A错误；物块下滑至绳与杆垂直前，物块受绳子拉力一直做正功，则物块的机械能一直增大，物块下滑至绳与杆垂直后，拉力做负功，物块机械能减小，则物块下滑至绳与杆垂直时，物块的机械能最大，故B正确；由于DO1＝OO1，物块下滑至D点时，物块的重力势能转化为系统动能，小球的速度不为0，则小球重力的瞬时功率不为0，故C错误；物块下滑过程中，根据几何关系可知，小球先降低，后上升，则小球的重力势能先减小，后增加，故D错误．8.(2024·南通如皋二模)如图所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固定板C相连，另一端与物体A相连．A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行．开始时托住B，A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B.已知A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触．从释放B到B第一次下落至最低点