2027版53B版新高考版物理总复习专题六　机械能守恒定律

专题六机械能守恒定律目录考点1功和功率考点2动能定理及其应用考点3机械能守恒定律及其应用考点4功能关系能量守恒题型16变力做功机车启动问题题型17应用动能定理分析多过程问题题型18单物体和系统的机械能守恒问题题型19涉及功能关系的几种常见模型五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练实验7验证机械能守恒定律考点1功和功率考向1功和功率的分析与计算五年高考·考点练1.★★(多选)(2023广东,8,6分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作

质点的货物在

圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度h为4m,且过Q点的切线水平,重力加速度取1

0m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有

()

BCD

A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N

解析重力做的功为WG=mgh=800J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=

m

,代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=

=9m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380N,D正确。2.★★(2024贵州,6,4分)质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位

置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如

图所示,则物块运动到x=3m处,F做功的瞬时功率为

()

A.8W

B.16W

C.24W

D.36W

A

解析根据F-x图像中,图线与坐标轴围成面积代表功,可知物块运动到x=3m处,F做的

总功为WF=(3×2+2×1)J=8J,该过程根据动能定理得WF=

mv2,解得物块运动到x=3m处时的速度为v=4m/s,则此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8W,A正确。3.★★(2026山东,6,3分)“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如

图所示,在倾角为θ的斜坡上,某同学最多能拉着质量为m的物体以恒定速度v沿斜坡向

上运动;穿戴“外骨骼机器人”后,最多能拉着质量为1.4m的物体仍以相同的速度沿斜

坡向上运动。绳子始终平行于斜坡,物体与斜坡之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大

小为g,则该同学穿戴装置后,拉力的功率增加了

()A.0.4mgv(sinθ+μcosθ)

A

B.1.4mgv(cosθ+μsinθ)C.0.4mgv(sinθ-μcosθ)D.1.4mgv(cosθ-μsinθ)

解析

拉力大小速度大小功率增加的功率穿戴前F1=mgsinθ+μmgcosθvP1=(mgsinθ+μmgcosθ)vP2-P1=0.4mgv·(sinθ+μcosθ)A正确穿戴后F2=1.4mgsinθ+1.4μmgcosθvP2=(1.4mgsinθ+1.4μmgcosθ)v

4.★★(2024江西,5,4分)“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(g取10m/s2)

()

A.109W

B.107W

C.105W

D.103W

B

解析设Δt时间内流出的水的质量为Δm,单位时间内流出水的质量

=ρQ,则发电功率P=η

=ηρQgh,代入数据解得P=70%×1.0×103×10×10×150W≈107W,B正确。

关键点拨水流量是指单位时间内流过的水的体积,单位时间内流出的水的质量与密

度、水流量相关。本题将水的密度ρ=1.0×103kg/m3作为常识进行考查。5.★★★(2023山东,4,3分)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田

里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒

在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装

有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,

则筒车对灌入稻田的水做功的功率为

()A.

B.

B

C.

D.nmgωRH

解析

t时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M=

nlm=

nmωRt,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=

=

,B正确。考向2机车启动问题6.★★(2023湖北,4,4分)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.

B.

C.

D.

D

解析额定功率为P1的动车以最大速度v1行驶时,F阻1=F牵1=

;额定功率为P2的动车以最大速度v2行驶时,F阻2=F牵2=

。将它们编成动车组以最大速度v行驶时,有P1+P2=F牵v=(F阻1+F阻2)v,解得v=

,D正确。7.★★(2021北京,8,3分)如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)

通过路面abcd,其中ab段为平直上坡路面,bc段为水平路面,cd段为平直下坡路面。不考

虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是

()

A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大

B

解题导引由汽车的速率不变及P=Fv可知,比较输出功率只需比较牵引力;分析三段汽

车的受力情况,根据平衡条件比较牵引力的大小,进而判断输出功率的大小关系。

解析由于在定速巡航过程中汽车的速率不变,根据P=Fv可知P与F成正比。全程阻力

的大小不变,通过ab段时,牵引力等于重力沿斜面的分力与阻力之和,设ab段倾角为θ,F1

=mgsinθ+f,P=F1v=(mgsinθ+f)v,即ab段汽车输出功率为定值,A错误。在bc段牵引力等

于阻力,比ab段的牵引力小,P=F2v=fv,B正确。在cd段运动时,阻力沿斜面向上,设cd段倾

角为α,F3+mgsinα=f,P=F3v=(f-mgsinα)v,牵引力最小且输出功率为定值,C、D错误。

知识拓展当P一定时,F与v成反比,若汽车上坡时要增大牵引力,应换挡减小速度;当v

一定时,F与P成正比,汽车上坡时为保证速度不变,应加大油门,增大输出功率,获得较大

牵引力;F一定,v与P成正比,汽车在高速路上加大油门,增大输出功率,可以提高行驶速

度。8.★★★(2021湖南,3,4分)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目

的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢

发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车

组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是

()A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为

vmD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度

vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为

m

-Pt

C

解析动车组在匀加速启动过程中,F-kv=ma,a不变,v增大,F也增大,A错误。若四节动

力车厢输出功率均为额定值,则

-kv=ma,可知随着v增大,a减小,B错误。当动车组达到最大速度vm时,满足

-kvm=0;若四节动力车厢总功率为2.25P,动车组匀速行驶时满足

-kv=0,联立可得v=

vm,C正确。动车组从静止启动至达到最大速度vm,由动能定理得4Pt-Wf=

m

-0,解得Wf=4Pt-

m

,D错误。9.★★★(多选)(2021重庆,10,5分)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静

止启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以

额定功率行驶,从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与

重力成正比,且比例系数相同,则

()

ABC

A.甲车的总重比乙车的大B.甲车比乙车先开始运动C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同

解题导引

解析以车为研究对象,其在水平方向受发动机牵引力和阻力作用,当牵引力大于阻力

时车开始运动。由图可知,甲车比乙车先开始运动,B正确。车匀速运动时,F=f,由图可

知,f甲>f乙,结合题给条件知,甲车重力大于乙车重力,A正确。甲车在t1时刻和乙车在t3时

刻,甲、乙两车的牵引力相同,额定功率也相同,由P=Fv得,甲、乙两车速率相同,C正

确。甲车在t2时刻和乙车在t4时刻,甲、乙两车均匀速运动,由vm=

=

及f甲>f乙得v甲<v乙,D错误。10.★★★(2022浙江6月,13,3分)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升

装置,把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台,先加速再匀速,

最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10m/s2,则

提升重物的最短时间为

()A.13.2s

B.14.2sC.15.5s

D.17.0s

C

解析以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,解得a1=5m/s2;由v1=

得,匀加速运动的末速度v1=4m/s,由v1=a1t1,得t1=0.8s,该段位移x1=

t1=

×0.8m=1.6m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm=6m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5m/s2,匀减速运动

的时间t3=

=

s=1.2s,该段位移x3=

t3=

×1.2m=3.6m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6)m=80m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=

m

-

m

,代入数据解得t2=13.5s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5+1.2)s=15.5s,C正确。

归纳总结本题运动过程复杂,利用v-t图像进行分析推理,既能使思路清晰,又不易出

错。主要错误类型是漏掉变加速运动过程,熟练掌握机车两类启动模型是避免此类错

误的关键。1.(日常生活·列车对乘客做功的估算)(2025云南,2,4分)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

()

A.4×105J

B.4×104JC.4×103J

D.4×102J

B

考点2动能定理及其应用考向1动能定理的理解和基本应用

解析根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作

用力,高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144km/h,根据动能定理,列车对高中生所做

的功W=

mv2-0,假设这名高中生的质量m=50kg,速度v=144km/h=40m/s,代入数据,解得列车对高中生所做的功W=4×104J,B正确。2.★★(2023新课标,15,6分)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率

竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力

做的功为(重力加速度大小为g)

()A.0

B.mghC.

mv2-mgh

D.

mv2+mgh

B

解析以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近下

落高度h的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,B

正确。3.★★★(2024浙江6月,5,3分)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.20WC.100W

D.200W

C

解析单位时间Δt内喷出水的质量Δm=ρSv·Δt,根据动能定理得P·Δt=

Δm·v2,解得P=100W,C正确。4.(数理结合·运用三角函数求解速率的表达式)(2022全国乙,16,6分)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

()

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

C

解析如图所示,x为P、A间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由动能

定理得mgh=

mv2,由几何关系得h=R-Rcosθ,所以v=

。由于1-cosθ=2sin2

,sin

=

,所以v=

=

=x

,故v正比于小环到P点的距离,C正确。

BD

5.★★★(多选)(2023全国乙,21,6分)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌

面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物

块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时

()

A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于

m

-flD.物块的动能一定小于

m

-fl

解析运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木

板右端离开,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2=

t,小物块的位移x1=

t,由题知v0>v1>v2,有

>v2,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2<fl,B正确,A错误。摩擦力对小物块做负功,对小物块由动能定理

可知-fx1=Ekm-

m

,则物块的动能Ekm=

m

-fx1,又x1>l,所以Ekm<

m

-fl,D正确,C错误。

A

6.★★★(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到

的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止

开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱

落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,

不计空气阻力。小车的额定功率P0为

()A.

B.

C.

D.

解析设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据

动能定理列方程有(F-f-μmg)×s1=

(M+m)v2从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方

程有-μmg(s2-s1)=0-

mv2联立上述两式得v=

那么,小车的额定功率P0=Fv得P0=

,A正确。考向2动能定理的图像问题7.★★★(多选)(2022福建,7,6分)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动,一

段时间后回到斜面底端。该物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0、Ek1、

Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有

()A.重力加速度大小B.物块所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间

BD

解析由动能定理有Ek1=mgx0sinθ+fx0、Ek2=mgx0sinθ-fx0,联立可得mgsinθ=

、

f=

,结合Ek1=

可知,能够求出物块的质量m、所受滑动摩擦力的大小f,但求不出重力加速度g及斜面倾角θ,A、C错误,B正确。由Ek2=

mv2可获得物块下滑的末速度,再由x0=

·t上及x0=

·t下可求得物块上滑的时间与下滑的时间,D正确。

C

8.★★★(2026黑吉辽内蒙古,7,4分)如图(a),水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下,

以初速度v0由原点O出发,沿x轴依次经过M、N、Q三点。已知

=

=

=x0,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,v0=

,F随位置x的变化如图(b)所示。设物块经过N、Q两点时F的瞬时功率分别为PN、PQ,经过OM、MN、NQ段F的平均功

率分别为

、

、

,则

()

A.PN>PQ,

>

B.PN<PQ,

>

C.PN>PQ,

<

D.PN<PQ,

<

解析

[关键:在OM段,由题图(b)可知F<μmg,物块做减速运动;在MN段和NQ段,均有F>μ

mg,故物块做加速运动]F-x图像中,图线与x轴所围面积表示F所做的功,OM、ON和NQ

三段过程中,对物块,由动能定理分别有

μmgx0-μmgx0=

m

-

m

、

·2μmg·2x0-μmg·2x0=

m

-

m

、

(μmg+2μmg)x0-μmgx0=

m

-

m

,解得vM=

,vN=

,vQ=

,故PN=2μmgvN=2μmg

,PQ=μmgvQ=μmg

,则PN>PQ,B、D错误。物块在OM、MN和NQ三段运动过程中,F做的功之比为WOM∶WMN∶WNQ=1∶3∶3。物块在OM

与MN段的速度变化情况是关于M点“对称”的,所以tOM=tMN,物块在MN段任意时刻的速

度均小于在NQ段任意时刻的速度,物块在MN、NQ段的位移相等,故tMN>tNQ,又平均功率

=

,可知

<

<

,A错误,C正确。9.★★★(多选)(2023新课标,20,6分)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下,由静止

开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图

所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正

确的是

()A.在x=1m时,拉力的功率为6W

BC

B.在x=4m时,物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4m的过程中,物体的动量最大为2kg·m/s

解析根据W=Fx及题意可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2m内,拉力F1=

N=6N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1=

=2m/s2,故由x1=

a1

知,物体运动到x=1m所用的时间t1=1s,则v1=a1t1=2m/s,P1=F1v1=12W,A错误;在0~4m内,根据动能定

理可得W4-μmgx4=Ek,解得Ek=2J,B正确;从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为Wf

=μmgx2=8J,C正确;物体在2~4m内,拉力F2=

N=3N,加速度a2=

=-1m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2m时的速度最大,故动量最大,在0~2m内,根据动

能定理有(F1-μmg)x2=

m

,结合p2=mv2,联立解得p2=2

kg·m/s,D错误。

BC

10.★★★(多选)(2022重庆,10,5分)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面

平行、大小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块

与斜面间的动摩擦因数处处相同,重力加速度g取10m/s2。若拉力沿斜面向下时,物块

滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①②所示,则

()

A.物块与斜面间的动摩擦因数为

B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9J时,物块动能为3JC.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶

解析设斜面长为L,由题图可知,当物块下滑到斜面底端时,重力做功mgLsin45°=18

J、摩擦力做功大小μmgLcos45°=6J,故μ=

,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mg

sin45°=9J时,物块动能为Ek=mg

sin45°-2μmg

cos45°=3J,B正确。当拉力沿斜面向上时mgsin45°-2μmgcos45°=ma1,向下时mgsin45°=ma2,解得a1=

g、a2=

g,a1∶a2=1∶3,C正确。结合v2=2aL,当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为1∶

,动量p=mv,则其大小之比也为1∶

,D错误。考向3应用动能定理分析多过程问题11.★★(2024重庆,4,4分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针

芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标

组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为

F1、F2,则针鞘

()

A

A.被弹出时速度大小为

B.到达目标组织表面时的动能为F1d1C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2D.运动d2的过程中动量变化量大小为

解析从被弹出到停止运动,对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2=

mv2,解得v=

,A正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2减速至零,有-F2d2=-Ek,B错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp=

mv2,又Ek=

m

=F2d2,联立可得Δp=

,C、D错误。12.★★★(2023湖北,14,15分)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

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

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

,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求(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)

(2)0

(3)

解析

(1)设物块质量为m,物块恰好能通过最高点D,可知其所受重力提供向心力,在D

点对物块根据牛顿第二定律有mg=m

,可得vD=

。(2)由题意可知C、D之间的高度差hCD=R+Rcos60°=

R对物块由C到D根据动能定理有-mghCD=

m

-

m

解得vC=2

物块从B到C做平抛运动,过C点时有vC水平=vCcos60°=vB,解得vB=

由动能定理有mghBD=

m

-

m

解得hBD=0。(3)物块从A到B由动能定理得-μmgs=

m

-

m

其中s=

×2π×2R解得vA=

。13.★★★★(2023江苏,15,12分)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。

答案

(1)

(2)

(3)

(1-μ)d

解析

(1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段进行受力分析,由牛顿第二定律得mgsin

45°-μmgcos45°=ma

①解得a=

(1-μ)g

②由运动学分析有d=

at2

③vP=at

④联立②③得t=

⑤(2)由④式可知,vP=

⑥滑雪者从P点静止开始下滑到B点,由动能定理有WGPB+WfPB=0

⑦对滑雪者从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有WGPB+WfPB=

mv2-

m

⑧联立⑥⑦⑧得v=vP=

⑨(3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动时

间为t'竖直方向vy=vsin45°=g×

⑩水平方向L=vxt'=vcos45°·t'

联立⑨⑩

得L=

(1-μ)d可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为

(1-μ)d。考点3机械能守恒定律及其应用考向1单物体的机械能守恒问题1.★★(2023浙江1月,4,3分)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵

身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中

()A.弹性势能减小B.重力势能减小C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小

B

解析游客下落过程中,橡皮绳绷紧后,形变增大、弹性势能增大,A错误;此过程中重力

做正功,重力势能减小,B正确;对游客,该过程中有除重力以外的力对游客做功,故机械

能不守恒,C错误;绳恰好绷紧时,游客所受合力仍向下,速度仍会增大,动能并未开始减

小,D错误。2.(体育运动·撑竿跳高情境下的机械能守恒分析)(2025全国,16,6分)如图,撑竿跳高运动

中,运动员经过助跑、撑竿起跳,最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s,则

理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取10m/s2)

()

A.4m

B.5m

C.6m

D.7m

B

解题导引撑竿跳高运动员助跑获得动能,借助起跳动作、利用撑竿使速度方向改变,

利用撑竿储能等手段,最终将动能转化为重力势能,由此提高重心的高度。本题将运动

过程抽象成理想的物理过程,可忽略一些次要因素。

解析理论上,当运动员在最高点速度为零时,重心提升的高度最大,设提升的高度为h,

有

mv2=mgh,解得h=5m,B正确。3.★★★(2022江苏,8,4分)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

解析不计摩擦力与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒有ΔEk=ΔEp=mgΔh=mg

Δxtanθ,即Ek=mgxtanθ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,mgtanθ等于Ek-x图线的斜率,

由题图θ变化可知A正确,B、C、D错误。4.★★★(多选)(2023湖南,8,5分)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和

圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C

的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好

到达C点,下列说法正确的是(重力加速度为g)

()A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大

AD

B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=

D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道

解析小球从B到C的过程中,任选一点P,设OP与竖直方向的夹角为α,则mgcosα-FN=m

,从B到C,α逐渐减小,cosα逐渐增大,小球的速度v逐渐减小,则轨道对小球的支持力逐渐增大,根据牛顿第三定律,可知小球对轨道的压力逐渐增大,A正确。小球从A到C的过

程中,竖直方向的速度逐渐减小,重力的功率逐渐减小,B错误。小球恰好到达C点,故小

球在C点速度为零,小球从A到C的过程中,根据机械能守恒定律有mg·2R=

m

,则小球的初速度v0=2

,C错误。小球的初速度v0越大,小球在B点对轨道的压力越小,当重力指向O的分力不足以提供向心力时,小球在B点对轨道的压力减为零,小球就会从B点脱

离轨道,D正确。5.★★★(2025黑吉辽内蒙古,13,10分)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。

答案

(1)5m/s

(2)8m/s

60°

解析

(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma又

=2ax联立解得v0=5m/s(2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动,由机械能守恒定律得mgh=

m

-

m

代入数据解得v1=8m/s雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则v1cosα=v0cosθ解得α=60°

思路点拨本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的

情况下,运用斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。考向2系统机械能守恒问题6.★★(2024北京,7,3分)如图所示,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

()A.物体在C点所受合力为零B.物体在C点的速度为零

C

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点的动能选项依据分析运算判定ABC物体沿竖直光滑圆形轨道

内侧运动,恰好能到达最高

点C:在C点物体与轨道之

间的弹力为零物体在最高点仅受重力,重

力提供物体做圆周运动的

向心力:mg=ma=

,可得a=g、v>0A、B错误C正确D轨道光滑,整个过程中只有

重力与弹簧弹力做功,系统

机械能守恒物体在A点时弹簧的弹性

势能等于在C点时物体的

动能与增加的重力势能之

和D错误

解析

7.★★★(多选)(2023河北,9,6分)如图,质量为m的小球穿在固定光滑杆上,与两个完全相

同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点,弹簧1竖直且处于原长,弹簧2处

于水平伸长状态,两弹簧可绕各自转轴O1、O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点,与O

1、A、O2构成矩形,AB=2AO1。现将小球从A点释放,两弹簧始终处于弹性限度内。下

列说法正确的是

()

BC

A.小球沿杆在AB之间做往复运动B.与没有弹簧时相比,小球从A点运动到B点所用的时间更短C.小球从A点运动到B点的过程中,两个弹簧对小球做的总功为零D.小球从A点运动到B点的过程中,弹簧2的弹性势能先减小后增大

解析对系统中的几何关系进行分析,由矩形和AB=2AO1可知,O1O2连线的长度是矩形

边长AO1的2倍,如图所示。

小球从A点运动到B点的过程中,两个弹簧初、末状态的弹性势能之和相等,即弹簧对小

球做的总功为零,由于重力对小球做正功,由动能定理可知小球在B点的动能大于零,所

以小球不会在AB之间做往复运动,A错误,C正确。小球从A点运动到B点的过程中,弹簧

2的弹性势能先减小(直到AB中点位置)后增大(直到垂直位置)再减小,D错误。与没有

弹簧时相比,小球从A点运动到B点的速度相等,没有弹簧时,小球运动的加速度a=gsinθ

保持不变,有弹簧时的加速度先大于gsinθ,然后一直减小,当小球运动到AB中点时,加

速度为gsinθ,画出v-t图像如图所示,由图可知有弹簧时小球从A点运动到B点的时间t1

比没有弹簧时小球从A点运动到B点的时间t2短,B正确。8.★★★(2020江苏,15,16分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转

动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球

与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,

带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相

对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)重物落地后,小球线速度的大小v;(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。

答案

(1)2ωR

(2)

(3)

(ωR)2

解析

(1)由线速度v=ωr,得v=2ωR(2)该小球所受向心力F向=2mω2R设F与水平方向的夹角为α,则Fcosα=F向;Fsinα=mg解得F=

(3)落地时,重物的速度v'=ωR,由机械能守恒得

Mv'2+4×

mv2=Mgh解得h=

(ωR)2考点4功能关系能量守恒考向功能关系能量守恒1.(教考衔接·人教版必修二P83,练习与应用,T2)(2024浙江1月,3,3分)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

()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

B

解析假设不受空气阻力,斜抛运动在最高点位置左边的斜抛上升阶段的轨迹和其右

侧平抛运动的轨迹具有对称性,图中显示并不对称,则空气阻力不可忽略,所以从2到3阶

段,机械能不守恒,D错误;从2到3阶段,由于受空气阻力且不知道空气阻力做功的大小,

所以无法求解合外力做的功,无法计算动能变化量,C错误;同理,从1到2阶段,不知道空

气阻力做功的大小,无法计算动能变化量,A错误;从1到2阶段,重力做负功,WG=-mgh,所

以重力势能增加了mgh,B正确。2.★★★(2024山东,7,3分)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=

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

()

B

A.

+μmg(l-d)B.

+μmg(l-d)C.

+2μmg(l-d)D.

+2μmg(l-d)

解题导引“轻木板”“轻质弹性绳”,表示它们的质量忽略不计;“缓慢”拉动表示

乙与所坐木板处于动态平衡状态。解析甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x=

;水平力F“缓慢”拉动乙所坐木板,故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零,由功能关系

可知水平力F做的功W=μmg(l-d+x)+

kx2,将x的表达式代入得W=

+μmg(l-d),B正确。3.(模块融合·融入电场力做功的功能关系问题)(2025黑吉辽内蒙古,7,4分)如图,光滑绝

缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、

A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物

块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点

左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则

()

C

A.EkA<EkB<EkC

B.EkB<EkA<EkCC.EkA<EkC<EkB

D.EkC<EkA<EkB

解题导引明确各阶段物块受力及做功特点。物块在整个运动过程中均不受摩擦

力。物块在AB段内只受重力、支持力、弹簧弹力和电场力作用,从A到B重力和支持力

不做功,弹簧弹力做功为零;物块在BC段内受重力、半圆形轨道的支持力、弹簧弹力和

电场力作用,从B到C只有重力做功不为零。

解析

(关键:明确各阶段物块受力及做功特点,利用功能关系进行求解)物块从A点运

动到B点过程中,根据弹簧弹性势能表达式Ep=

kx2,由题知在A、B两点时弹簧形变量大小相等,则弹簧的弹性势能相同,即EpA=EpB,根据功能关系可知,W弹AB=-(EpB-EpA)=0,已知F电

=G,xAB=

r,根据动能定理得F电xAB=EkB-EkA,解得EkB-EkA=

Gr①;物块从B点运动到C点过程中,因为弹簧的形变量不变,则弹簧弹性势能不变,弹簧对物块不做功;电场力与位移

垂直,电场力做功为零;轨道支持力始终与物块运动的方向垂直,支持力不做功,根据动

能定理得-G·2r=EkC-EkB,即EkB-EkC=2Gr②;联立①②可知EkB>EkC>EkA,C正确。

知识拓展弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的功能关系:W弹AB=-(EpB-EpA)。弹簧弹

性势能表达式为Ep=

kx2,其中x表示弹簧的形变量。主题探究以电动机拉动物体运动为情境的高考题一、情境描述物体,包括传送带的持续运动,大多是通过电动机提供能量,有些是依托细绳提供拉

力。故而,直接或间接涉及以电动机带动物体运动为情境的高考题,往往属于动力学综

合问题或力电综合问题,融合的知识非常多,涉及的物理观念有相互作用观、能量守恒

观等,涉及的经典问题情境有电动机能量转化情境、机车启动情境、传送带情境等。

其中,明确能量关系是难点,也是解题的关键。另外,电动机输出的功率等于连接电动机

的绳上拉力的功率,也等于绳的拉力对物体做功的功率,这是力、电连接的桥梁。二、高考集萃1.(2025四川,7,4分)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

。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

B.物块机械能增量为

C.小车的位移大小为

-

D.小车机械能增量为

+

解题导引“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。”通过审题可知,小车与物块在速度刚好相

同之前是相对运动的,两者间存在滑动摩擦力,物块一直做匀加速直线运动;小车速度增

加,功率恒定,牵引力减小,做加速度减小的加速运动。

解析对物块受力分析,其受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力,有a=μgcos30

°-gsin30°=

,末速度为v0,有

=2ax,得x=

,A错误;物块机械能增量为ΔE1=mgxsin30°+

m

=

m

,B错误;物块加速的时间t=

,对小车受力分析,其受重力、支持力、压力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的牵引力,由动能定理有Pt-mgssin30°-μmgs

cos30°=

m

,解得s=

-

,C正确;小车机械能增量为ΔE2=mgssin30°+

m

=

+

m

,D错误。2.(2024江苏,15,12分)某重力储能系统的简化模型如图所示,长度为L,倾角为θ的斜坡

ABCD上,有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机牵引下,重物从斜坡底

端A点由静止开始运动,到达B点时速度达到最大值v,然后重物被匀速拉到C点,此时关

闭电动机,重物恰好能滑至顶端D点,系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行,重物与斜

坡间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力和滑轮摩擦。(1)求CD的长度x;(2)求重物从B到C过程中,电动机的输出功率P;(3)若不计电动机的损耗,求在整个上升过程中,系统储存的机械能E1与消耗电能E2的比值。

答案

(1)

(2)mgv

(3)

解析

(1)解法一:动力学观点重物在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma

(1分)由运动学公式有0-v2=-2ax

(1分)联立解得x=

(1分)解法二:能量观点重物在CD段运动过程中,由动能定理有-

x=0-

mv2

(2分)解得x=

(1分)(2)重物在BC段匀速运动,则电动机对重物的牵引力为F=mgsinθ+μmgcosθ

(1分)由P=Fv得P=mgv

(2分)(3)全过程中重物初、末态的动能均为0,重力势能增加,则重物增加的机械能为E1=mgLsinθ

(2分)整个过程根据题意及能量守恒可知,电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能(即

系统储存的机械能)和因摩擦产生的热量,故可知E2=E1+μmgcosθ·L

(2分)可得

=

=

(2分)3.(2022山东,16,9分)某粮库使用额定电压U=380V、内阻R=0.25Ω的电动机运粮。如

图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡、装满粮食的小车以速度v=2m/s

沿斜坡匀速上行,此时电流I=40A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮

点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已

知小车质量m1=100kg,车上粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg,取重力加速度g=10

m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始

终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程L值。

答案

(1)0.1

(2)

m

解析

(1)电动机输出功率P输=UI-I2R,P输=F拉v、T绳=m0g小车及车上粮食匀速上行时,设斜坡倾角为θ,由平衡条件有T绳+F拉=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g卸粮后,小车匀速下行时,由平衡条件有T绳+km1g=m1gsinθ由以上各式得k=0.1,sinθ=0.5(2)关闭电动机后,小车与粮食向上减速运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a对配重受力分析,由牛顿第二定律有T-m0g=m0a由运动学公式有02-v2=-2aL由以上各式得L=

m题型16变力做功机车启动问题三年模拟·限时练基础强化练1.(2026湖北襄阳检测)夯锤打桩钉模型示意图如图所示,夯锤静止在桩钉上,电动机带

动两个摩擦轮匀速转动,将夯锤提起;当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时,两个摩擦轮左右

移动松开;夯锤仅在重力的作用下,最后落回桩钉顶部,撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度

为5rad/s,半径为0.2m,对夯锤的压力均为50N,轮对锤摩擦力与压力的比值为0.5,夯锤

的质量为4kg,桩钉从图示位置下移x过程中,阻力与x关系为f=5+20x(SI),夯锤撞击桩钉

过程中对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的50%,忽略桩钉重力和空气阻

力。重力加速度g取10m/s2,则夯锤打击桩钉后,桩钉下移的最大距离为

()

C

A.0.3m

B.0.4mC.0.5m

D.0.6m

解析设夯锤向上运动时的加速度大小为a,经时间t与摩擦轮边缘速度相等,由牛顿第

二定律有2kN-mg=ma,其中k=0.5,解得a=2.5m/s2,轮子边缘的线速度大小v=ωR=1m/s,又

v=at,解得t=0.4s,加速阶段上升高度h1=

=0.2m,减速阶段上升高度h2=

=0.05m,又H=h1+h2,解得H=0.25m,则夯锤击打桩钉前动能Ek=mgH=10J,设桩钉下移的最大距离为d,

则其下移过程中受到的平均阻力

=

(SI),由功能关系有Ek·50%=

d(点拨:当力与位移为线性关系时,可用平均力法计算功),联立解得d=0.5m,C正确。

B

2.(2026四川达州一诊)如图甲所示,质量为m的汽车以额定功率P0从坡底A由静止开始

向上运动,经过时间t1到达坡顶B,翻过B后立即刹车做减速运动,t=t2时到达坡底C后在水

平路面CD上以速率v1匀速行驶。图乙为该过程中汽车的速率v与时间t的关系图像。已

知两坡面的倾角分别为θ、β,汽车受到坡面AB、BC的摩擦力均为汽车对坡面压力的μ

倍,重力加速度为g,不计汽车过B、C点的动能损失及空气阻力。下列说法正确的是

()

A.汽车在坡面AB运动的最大速度vm=

B.由题目的已知量可求出坡AB的长度C.坡BC的长度为

(t2-t1)D.汽车在BC段的实际功率与时间成正比

解析汽车在坡面AB运动过程中,速度达到最大时有F=mgsinθ+μmgcosθ,又P0=Fvm,

联立得vm=

,A错误。汽车在坡面BC做匀减速直线运动,则坡面BC的长度为LBC=

(vm+v1)(t2-t1)=

(t2-t1),C错误。因LABsinθ=LBCsinβ,故LAB=

,因LBC已求出,故可求出LAB,B正确。汽车在BC段所受牵引力不变,速度随时间均匀减小,根据P=Fv可知,汽车在BC段的实际功率随时间均匀减小,与时间不成正比,

D错误。

C

3.(2026湖南常德期末)某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力,而阻力来自两部分,

一部分是地面摩擦阻力,设为一定值,另一部分是空气阻力,设其大小与汽车速率成正

比。已知该汽车质量为m,电机在不同功率下的牵引力F与对应匀速直线运动的速率v

关系如图所示,其图像纵截距为b,斜率为k,则下列说法正确的是

()A.地面摩擦阻力f=

B.若该汽车以恒定加速度启动,在匀加速运动过程中牵引力大小不变综合提升练C.若该汽车以恒定加速度启动,在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大D.若该汽车以某恒定功率启动,经过时间t达到最大速度vm,则汽车克服空气阻力做的功

为(bvm+k

)t-

m

解析当汽车做匀速直线运动时,牵引力F等于总阻力,总阻力由地面恒定的摩擦阻力f

和与汽车速率成正比的空气阻力f空组成,即F=f+f空,由F-v图像纵截距为b、斜率为k得F=

b+kv,两式对比可知地面摩擦阻力f=b,空气阻力f空=kv,A错误。若该汽车以恒定加速度a

启动,根据牛顿第二定律有F牵-(b+kv瞬)=ma,由匀变速直线运动速度与时间的关系有v瞬=

at,联立可得牵引力的大小为F牵=ma+b+kat,其中m、a、b、k均为定值,则牵引力大小随

时间t均匀增大,B错误,C正确。汽车以恒定功率P启动,达到最大速度vm时,牵引力等于

总阻力,有F牵'=b+kvm,恒定功率P=F牵'vm=(b+kvm)vm=bvm+k

,牵引力做功W=Pt=(bvm+k

)t,根据动能定理有W-Wf-W空=

m

,则汽车克服空气阻力做的功为W空=(bvm+k

)t-

m

-Wf[易错:其中(bvm+k

)t-

m

为汽车克服总阻力做的功,不可将克服总阻力做的功当作克服空气阻力做的功],D错误。1.(2026河北秦皇岛山海关一中月考)我国第三艘航母福建舰于2024年5月完成首次航

行试验。假设某质量m=2×104kg的舰载机着舰时以v=248.4km/h、接近水平的速度从

静止航母的甲板尾部降落,在推力作用下加速运动20m后尾钩钩中阻拦索,飞行员关闭

发动机,舰载机在阻力作用下减速50m后静止。喷气发动机提供的推力大小恒为F=1.6

×105N,方向与速度方向相同,甲板对舰载机的阻力大小恒为舰载机所受重力的0.1,阻拦

索对舰载机提供的阻力与速度方向相反且恒定,不计其他阻力,重力加速度g=10m/s2,下

列说法正确的是

()

B

题型17应用动能定理分析多过程问题基础强化练A.舰载机钩中阻拦索时的速度为70m/sB.阻拦索对舰载机的作用力约为1×106NC.舰载机此次在甲板上运动的时间大于2sD.阻拦索对舰载机做的功约为5×107J

解析舰载机着舰时速度v=248.4km/h=69m/s,加速过程由动能定理有(F-0.1mg)x1=

m

-

mv2,解得舰载机钩住阻拦索时的速度v1=71m/s,A错误。设阻拦索对飞机提供的阻力为f,减速过程根据动能定理有(-f-0.1mg)x2=0-

m

,解得阻拦索对飞机提供的阻力f=9.882×105N≈1×106N,B正确。加速过程有x1=

t1,解得t1=

s,减速过程有x2=

t2,解得t2=

s,所以舰载机此次在甲板上运动的时间t=t1+t2=

s+

s<2s,C错误。阻拦索对舰载机做的功W=-fx2≈-5×107J,D错误。2.(多选)(2026湖南长沙市实验中学月考)如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面,AB段光滑,

BC段长度为2d,动摩擦因数自上而下均匀增大,如图乙所示。质量为m的小物体由A处

静止释放,恰好能运动到C点,重力加速度为g。下列说法正确的是

()

A.小物体进入BC段立即做减速运动B.小物体下滑过程重力做功为3mgdsinθ

BC

C.BC段动摩擦因数最大值μm=3tanθD.若小物体从AB中点静止释放,则恰能到达BC中点

解析小物体进入BC段后,开始时动摩擦因数较小,所受摩擦力较小,根据牛顿第二定

律可知物体的合力方向仍向下,物体向下做加速运动,A错误。小物体下滑过程重力做

功WG=mg·3dsinθ=3mgdsinθ,B正确。质量为m的小物体由A处静止释放,恰好能运动到

C点,物体在BC段上运动时,动摩擦因数自上而下随x均匀增大,根据f=μmgcosθ可知摩

擦力随x均匀增大,则物体克服摩擦力做的功为W克f=

·2d=

·2d,对全程,根据动能定理可得WG-W克f=0,即3mgdsinθ=

·2d,解得μm=3tanθ,C正确。若小物体从AB中点静止释放,设其运动到BC中点时速度为v,根据动能