2027版高考物理总复习精练册 6第六章　机械能守恒定律

第六章机械能守恒定律物理新高考适用目录CONTENTS第1节功和功率微专题10动能定理在多过程运动中的应用第2节动能定理及其应用第3节机械能守恒定律及其应用微专题11动力学和能量观点相结合的两类典型模型第4节功能关系能量守恒实验7验证机械能守恒定律第1节功和功率

功的分析和计算T1、2、6

功率的分析和计算T4、5

机车启动问题T3、71.★★(2023北京,11,3分)如图所示,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。在物体移动距离为x的过程中()A.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

D

五年高考

解析设力F与水平方向夹角为θ,则水平方向有Fcosθ-f=ma,竖直方向有mg-Fsinθ=

FN,f=μFN,联立解得f=

-ma,摩擦力做功大小Wf=fx=

x,与F方向有关,A错误;合力大小F合=ma,合力做功大小W合=F合x=max,与F方向无关,B错误;若F水平

时,F=f+ma,F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;合力做功W合=WF-Wf=max,为定值,当摩擦

力为零时,摩擦力做功为零,力F做功最小值为WF=max,D正确。2.★★(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10m/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。3.★★★(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。4.★★★(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.

A

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。5.★★★(多选)(2026届河南名校联合测评)如图所示,内壁光滑的部分细圆轨道ABC竖

直固定放置在光滑水平面上的A点,竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ,质量为m

的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0,然后从A点切入圆弧轨道,

重力加速度为g,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是

()A.若小球刚好能到达B点,则小球在B点处于完全失重状态

BD

B.若小球刚好能到达B点,则半径OA为

C.若小球到达C点时的速度为v,则小球在C点时重力的功率为mgvcosθD.若小球到达C点时的速度为v,则小球落回水平面的瞬间,重力的瞬时功率为mg

三年模拟

解析

若小球刚好能到达B点,则小球在B点的速度为0,受力平衡,A错误。小球从A到B,

根据机械能守恒定律可得mg·2R=

m

,解得R=

,B正确。若小球到达C点时的速度为v,则小球在C点时重力的功率为PG=mgvsinθ,C错误。小球由A点至C点,根据动能定理

可得-mg(R+Rcosθ)=

mv2-

m

,小球离开C点后至落回水平面,竖直方向根据匀变速直线运动规律可得

-(vsinθ)2=2g(R+Rcosθ)【点拨:小球离开C点至落回水平面,做匀变速曲线运动,可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动】,联立

解得小球落回水平面时竖直方向的分速度vy=

,重力的瞬时功率为PG'=mgvy=mg

,D正确。6.★★★(多选)(2026届新疆乌鲁木齐联考一)如图甲所示,一倾角θ=37°、足够长的斜面

固定在水平地面上,以顶点为原点O,以沿斜面向下为x轴正方向,质量m=1.0kg的滑块与

斜面间的动摩擦因数μ随x变化的规律如图乙所示,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8。现将滑块由O点静止释放,则下列说法正确的是

()

A.滑块向下运动的最大距离为2mB.滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3

BD

C.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48JD.滑块加速和减速的时间相同解析滑块由O点静止释放至运动到最低点,根据动能定理可得mgxmsin37°-

mg

cos37°·xm=0,由题图乙可知μm=

xm=

xm,解得xm=4m,A错误。滑块速度最大时所受合力为零,可得mgsin37°=μ1mgcos37°,解得μ1=0.75,此时x1=

μ1=2m,又μm=

xm=1.5,则滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比

=

=

,B正确。滑块与斜面间因摩擦产生的热量Q=-Wf=

mgcosθ·xm=24J【另解:根据能量守恒可得Q=mgsin37°·xm=24J】,C错误。因μ随x均匀增大,所以滑块加速度大小随x先均匀减小到零,然后均匀增大,因滑块初、末速度均为零,根据对称性可得,滑块加速和减速

的时间相同,D正确。7.★★★(2026届河北保定四校月考)质量m=1000kg的某国产汽车在水平路面上进行

整车道路性能试验时,由静止启动,试验过程中汽车牵引力的倒数

和速度v的关系如图所示,汽车速度能达到的最大值为vm=45m/s,整个过程中汽车受到的阻力大小恒定。

下列说法正确的是

()

D

A.汽车的额定功率为200kWB.汽车从静止开始一直做匀加速运动直至达到最大速度C.汽车做匀加速运动的时间为10sD.汽车做匀加速运动的加速度大小为2m/s2

解题导引

解析根据P=Fv可得

=

v,结合题图可得

=

W-1,解得P=180kW,A错误。由题图可知,开始一段时间内汽车牵引力保持不变,做匀加速运动,后来随着牵引力的减

小,汽车做加速度减小的变加速运动直至达到最大速度,B错误。设匀加速阶段牵引力

为F1,由题图可得

=

,解得F1=6000N;汽车速度达到最大值时,牵引力与阻力等大,即

=25×10-5N-1,解得f=4000N;汽车做匀加速运动的加速度a=

=2m/s2;汽车做匀加速运动的时间t=

=

s=15s,C错误,D正确。

运用图像面积巧解变力做功问题(2025广东,14,13分)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

,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f所做的功)求:创新风向·挑战思维(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。

答案(1)

(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h

(3)P=f0at-

+mgat+ΔpSat+ma2t

解析

(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=

解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=

由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω=

=

(2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-ΔpSh-Wf=

m

结合f=f0

作出f-x的关系图像如图所示根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h(3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=

at2,其中0≤t≤

拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv联立解得P=f0at-

+mgat+ΔpSat+ma2t

第2节动能定理及其应用

动能定理的理解和基本应用T1、2、3、6、7

动能定理与图像结合的问题T4、5、8、91.★★(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.4×104J

C.4×103J

D.4×102J

B

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辽宁,3,4分)如图(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

()A.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

B

解析对下滑过程中的物块受力分析,结合牛顿第二定律有a=gsinθ,θ为斜面的倾角,

由题图(a)知Ⅰ轨道倾角逐渐变小,物块在Ⅰ轨道上运动时加速度逐渐变小,对应的是题

图(b)中的图线乙,Ⅱ轨道倾角不变,物块在Ⅱ轨道上运动时加速度不变,对应的是题图

(b)中的图线甲,A、D错误;在同一时刻v甲<v乙,两物块质量相等,所以Ek甲<Ek乙,B正确;乙沿

Ⅰ下滑时竖直方向的速度在M和N点均为零,在M、N之间竖直方向的速度不为零,所以

重力的功率不是一直不变,C错误。3.★★(2025浙江6月,6,3分)如图所示,两根相同的橡皮绳,一端连接质量为m的物块,另

一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于AB连线的中点C时,橡皮绳为原长。现

将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L,物块与桌面间

的动摩擦因数为μ,橡皮绳始终处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g,则释放

后

()A.物块做简谐运动

D

B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F,则物块所受合力大小为

FD.若物块第一次到达C点的速度为v0,此过程中橡皮绳对物块做的功为W=

m

+μmgL解析对物块受力分析可知,物块受重力、支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用,

B错误;在物块的运动方向上,物块受橡皮绳弹力和摩擦力的作用,因摩擦力与运动方向

相反且大小不变,则物块所受的合力大小关于位移大小不成正比,物块不做简谐运动

【点拨:物块做简谐运动时,回复力的大小与位移大小成正比,方向与位移的方向相反】,A错误;若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F,则两根橡皮绳弹力的合力大小为F1=

=

F,又物块所受滑动摩擦力的大小为Ff=μFN,FN=mg,所以物块所受合力的大小为F合=

F-μmg,C错误;若物块第一次到达C点时的速度为v0,则对物块从O点运动到C点的过程,由动能定理得W-μmgL=

m

,则橡皮绳对物块做的功为W=μmgL+

m

,D正确。4.★★★(多选)(2025江西,9,6分)每逢端午节,江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活

动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄,发现在某段时间内该龙舟

做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系,该龙舟在0.4s时间

内速度由0增加到0.6m/s(划桨阶段),再经历0.6s时间速度减为0(未划桨阶段),则关于这

段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系,下列图像可能正确

的是()

AB

解析龙舟相对无人机做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动,龙舟在0~0.4s内的

加速度不变,速度由0增加到0.6m/s,在0.4~1.0s内的加速度不变,速度由0.6m/s减到0,B

正确,C错误。0~0.4s内,龙舟相对无人机速度增大,x-t图线斜率变大,0.4~1.0s内龙舟相

对无人机速度减小,x-t图线斜率变小,A正确。龙舟相对无人机的动能Ek=

mv2,在0~0.4s内有Ek=

ma2t2,则0~0.4s内Ek-t图线应为开口向上的抛物线,D错误。5.★★★(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。6.★★★(2026届四川广安中学模拟)如图所示,有一根长为L、质量为M的均匀链条AB

静止在动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平桌面上,其长度的

悬于桌边外,如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.4g(g为重力加速度)的加速度运动,直到把悬着的部分拉回

桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触,则拉力需做功

()

A.

B.

C

三年模拟C.

D.

解析根据运动学公式可得,悬着的部分拉回桌面时,链条的速度满足v2-0=2ax=0.4gL;

链条上升的过程中所受摩擦力与位移x的关系如图所示,设拉力F做的功为W,对整个过

程根据动能定理可得W-

-

Mg×

L=

Mv2,联立解得W=

,C正确。

7.★★★(2025届甘肃金昌三模)一质量为m的小球从离地足够高的位置由静止开始释

放,已知小球下落过程中受到一个始终垂直于速度方向的外力,且外力F的大小与小球

速率v的关系为F=kv(k>0且为常数),重力加速度为g,则小球下落的最大高度h与此时小

球的速率v分别为

()A.h=

,v=

B.h=

,v=

C.h=

,v=

D.h=

,v=

A

解析

【关键:小球在最低点时,竖直方向速度为零,故此时速度沿水平方向,可得外力F的方向竖直向上】小球运动到最低点时,受向上的外力F和向下的重力mg,其中F=kv,设

小球运动轨迹最低点的曲率半径为R,根据牛顿第二定律可得kv-mg=m

,即mv2-kRv+mgR=0,小球在最低点的速度v具有唯一解,则有Δ=(kR)2-4m2gR=0,可得R=

,v=

;小球下落过程,根据动能定理可得mgh=

mv2,解得h=

,A正确。8.★★★(多选)(2026届湖南永州一模)如图甲所示,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,重力加速度为g,取sin37°=0.6,cos37°=

0.8,则下列说法正确的是

()

A.木块的重力大小为

BD

B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.木块在斜面上运动的总时间为

D.木块返回斜面底端时的动能为E0

解析机械能减小量等于克服阻力做的功,可得5E0-3E0=μmgcosθ·x0,动能变化量等于

合力做的功,可得5E0=(mgsinθ+μmgcosθ)x0,联立解得G=mg=

,μ=0.5,A错误,B正确。木块上滑时的加速度大小a1=gsinθ+μgcosθ=g,下滑时的加速度大小a2=gsinθ-μgcosθ

=0.2g,可得上滑的时间t1=

=

、下滑的时间t2=

=

,在斜面上运动的总时间t=t1+t2=(

+

)

,C错误。上滑时损失的机械能为2E0,返回时损失的机械能仍为2E0,则返回斜面底端时的动能为5E0-4E0=E0,D正确。一题多解状态法求解重力

9.★★★(2025届山东潍坊三模)某次训练投掷中,运动员将质量m=4kg的铅球以初速度

v0斜向上抛出,忽略空气阻力,重力加速度g=10m/s2。已知铅球在t1=0.5s时动能达到最

小值Ekmin=150J。以抛出点所在水平面为零势能面,下列反映铅球在空中运动过程中动

能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像正确的是

()

C

解析

设抛出时的水平速度为v0x,可得

m

=Ekmin=150J【点拨:铅球上升到最高点时速度最小,此时的速度等于初速度在水平方向的分速度】,解得v0x=5

m/s,抛出时的竖直速度v0y=gt1=5m/s,初动能Ek0=

m(

+

)=200J,根据动能定理可得Ek=Ek0-mgh,h的最大值hm=

g

=1.25m,C正确。由于h=v0yt-

gt2,可得Ek=Ek0-mg

,可得Ek-t图线不是直线,A错误。重力势能Ep=mgh=mg

,可得Ep-t图线不是直线,Ep-h图线是一条直线,但h的最大值为1.25m【点拨:Ep-h图线是倾斜直线且上升时和下降时的图线重合】,B、D错误。

电场中等势面上动能定理的应用(2026届辽宁鞍山一模)如图所示,光滑圆弧轨道ABC半径为R,O1为圆心,在O1点固定一

个点电荷+Q,AO1水平,B为最低点,θ=37°。C点右侧有一光滑圆弧轨道与ABC相切于C

点,O2为右侧圆弧轨道圆心。现有一个带电荷量为+q的小球(图中未画出)从A点无初速

度滑下,到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍,经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚

好为零。由此可求得右侧圆弧轨道的半径R2为(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

()

D

创新风向·模块融合A.2R

B.

C.

D.

解题导引

小球从A点经B点运动至C点的过程中,圆弧轨道ABC处于同一个等势面上,

小球受到的电场力与速度时刻垂直,故电场力对小球不做功。

解析在B点,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持力FNB=4mg,根据牛顿第二定

律有FNB-F-mg=m

,从A到B的过程中,根据动能定理可得mgR=

m

-0,联立解得小球受到的电场力F=mg。小球经过C点右侧瞬间,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持

力等于零,根据牛顿第二定律可得mgcosθ+F=m

,从B到C的过程中,根据动能定理可得-mgR(1-cosθ)=

m

-

m

,联立可得R2=

,D正确。

微专题10

动能定理在多过程运动中的应用题组1动能定理在“单向”多过程运动中的应用1.★★(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。2.★★(多选)(2025届辽宁多校联考)在哈尔滨冰雪大世界,游客们不可错过的体验项目

之一便是“冰雪大滑梯”,其简化模型如图所示。冰滑梯轨道AB固定在斜面上,表面摩

擦忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10m的水平雪面

BC,最终进入长度为L2=15m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区

CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通

过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(

)

AB

A.3m

B.6m

C.9m

D.12m

解析利用“临界态”进行求解恰好停在C点根据动能定理有mgh1-μ1mgL1=0-0h1=1m恰好停在D点根据动能定理有mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2

=0-0h2=8.5mh的取值范围为1m≤h≤8.5m,A、B正确3.★★★(2025届江苏常州前黄高级中学月考)如图所示,不可伸长、长为l的轻细线一

端固定于O点,另一端连接一小球,此时细线刚好伸直,角度θ=30°。现将小球静止释放,

不计空气阻力,重力加速度为g,则小球运动到O点正下方时速度的大小为

(

)

A.

B.

C.

D.

C

解题导引

解析小球由P点至M点,根据自由落体运动规律可得2mglsin30°=

mv2,解得v=

;小球运动到M点时细线瞬间绷紧,沿细线方向的速度减为零,垂直细线方向的速度v1=v

cos30°=

;小球从M点至N点,根据动能定理可得mgl(1-sin30°)=

m

-

m

,解得v2=

,C正确。易错警示小球从P点运动至N点,并不是只有重力做功,故通过mg(l+lsin30°)=

m

解出的v2,并不是小球到达N点的速度。4.★★★(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动

摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0

向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x

1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面

上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则

()

A

A.t1<t2

B.t1>t2

C.x1>x2

D.x1<x2

解析设滑块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为

t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-

m

,解得x1'+x2'=

,而x总=x1'+x2'+x0=

-

x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=

-

t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=

-

t0(μ1>μ2),由于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t1<t2,A正确,B错误。一题多解滑块两次过程均以速度v0出发,通过MN最终停下来,两次过程中只有摩擦力做功,根据

动能定理有Wf=ΔEk,则x1=x2,C、D错误;滑块在各段路程中均做匀减速直线运动,由牛顿

第二定律得μ1mg=ma1,μ2mg=ma2,由于μ1>μ2,则a1>a2,Ⅰ、Ⅱ两种情况下滑块的速度—时

间图像如图所示,阴影部分面积表示MN段的距离L,图线与t轴围成的面积表示滑块运动

过程中的总位移x1=x2,可知t1<t2,A正确,B错误。5.★★★★(多选)(2026届云南玉溪一中开学考)如图所示,ABC为一弹性轻绳,一端固定

在墙壁上A点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿在竖直杆上,杆OB固定在墙上,另

一端为定滑轮,初始时A、B、C在同一水平线上,弹性绳的原长为AB,现将小球在C点由

静止释放,E点为下滑的最低点,D点为CE的中点,且经过D点时速度最大,小球在C点时

弹性绳的拉力为

,C、E间距离为h,小球与竖直杆间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度为g,弹性轻绳始终在弹性限度内,下列说法正确的是()

ACD

A.CD段小球克服摩擦力做的功与DE段克服摩擦力做的功相等B.小球在E点的加速度大小大于在C点的加速度大小C.小球经过D点时加速度为零D.若在最低点E给小球一个向上的初速度v,使小球恰好回到C点,则v=

解题导引

设弹性绳与竖直杆间的夹角为θ,B、C之间距离为d,弹性绳的弹力Fk=k

;小球与竖直杆之间的弹力FN=Fksinθ=kd,为定值,故小球与竖直杆间的滑动摩擦力Ff也

为定值。解析根据功的定义式可得小球在CD段克服摩擦力做的功与在DE段克服摩擦力做的

功相等,A正确。小球经过D点时速度最大,可得此时小球的加速度为零,C正确。小球

在C点时,根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma1,解得a1=

;小球在D点时有mg=Ff+klCD【点拨:弹性绳对小球的弹力在竖直方向上的分力等于klBDcosθ=klCD】;小球在E点时,

根据牛顿第二定律可得mg-Ff-klCE=ma2,解得a2=

;由于lCE=2lCD,可得a2=

,故小球在E点和在C点的加速度大小相等、方向相反,B错误。小球从C点到E点过程中,根据动能定理可得mgh-Ffh-(EpE-EpC)=0;若在最低点E给小球一个向上的初速

度v,使小球从E点恰好回到C点,根据动能定理可得-mgh+(EpE-EpC)-Ffh=0-

mv2,其中Ff=μkd=μFkC=0.1mg,联立解得v=

,D正确。6.★★★(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=

。题组2动能定理在往复运动中的应用1.★★★(2026届河北保定定州中学开学考)将一可视为质点且质量为m的物体由地面

沿竖直向上的方向抛出,抛出瞬间物体的动能为Ek0,物体的动能与距离抛出点高度的关

系如图所示,规定抛出点为零势能面,整个过程物体所受的空气阻力大小保持不变,图线

与坐标轴的交点为已知量,重力加速度为g,则下列说法正确的是

()

A.m=

B

B.空气阻力为物体重力的

C.物体下落过程中,距离地面的高度为

时,其动能等于重力势能D.若在抛出点物体的动能为2Ek0,上升时,动能与重力势能相等时动能大小为

解析对物体上升过程,根据动能定理可得-mgh0-Ffh0=0-Ek0;物体下落过程,根据动能定

理可得mgh0-Ffh0=

,解得m=

,Ff=

,A错误。物体的重力G=mg=

,空气阻力与物体重力的比值

=

,B正确。物体下落过程中,距离地面的高度为h时,动能Ek=mg(h0-h)-Ff(h0-h),重力势能为Ep=mgh,若Ek=Ep,解得h=

h0,C错误。若抛出点的动能为2Ek0,物体上升时,根据动能定理可得-mgh'-Ffh'=E'k-2Ek0;重力势能E'p=mgh',当E'k=E'p时,解得E'k=

,D错误。2.★★★(多选)(2026届云南师大附中月考)如图所示,水平轻质弹簧一端连接竖直墙壁,

另一端连接一质量为m的小物块,物块位于O点时弹簧为原长,现将物块向右拉到P点,静

止释放后物块向左运动,且物块在第2次经过O点前,在O左边某位置停下,已知OP=L,重

力加速度为g,弹簧的劲度系数k=

,弹性势能的表达式为

kx2(x为弹簧形变量),物块可视为质点,物块与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,μ取不同值

时,运动情况不同,则下列说法正确的是

()

AC

A.若物块一直向左运动后停下,则

≤μ<

B.若物块先向左运动再向右运动后停下,则

<μ<

C.物块最后停下的位置距O最远距离为

D.物块运动过程中,在O点左边距O最远距离为

解析物块从P点释放后向左运动且经过O点,则

kL2>μmgL,解得μ<

;假设物块一直向左运动至O点左边距O点为x后停下,则

kL2-

kx2-μmg(L+x)=0,解得x=L-2μL,且kx≤μmg,解得μ≥

;所以若物块一直向左运动后停下,可得

≤μ<

,A正确。若物块先向左运动到O点左边距O点最大距离xm后再向右运动至停下,可得kxm>μmg;已知物块不能第2次

经过O点,可得

k

<μmgxm,对物块从P点运动至最左端有

kL2-

k

-μmg(L+xm)=0,解得xm=L-2μL,联立可得

<μ<

,B错误。若物块先向左运动到最大距离处,再向右运动到O左边距O点x1处停下,可得

kL2-

k

-μmg(L+2xm-x1)=0,解得x1=4μL-L;由于

<μ<

,所以0<x1<

;若物块一直向左运动至O点左边距O点为x后停下,由于

≤μ<

,所以0<x≤

,故物块最后停下的位置在O点左边距O最远距离为

,xm>

,物块运动过程中,在O点左边距O最远距离大于

,C正确,D错误。第3节机械能守恒定律及其应用

机械能守恒的判断T1、2、6

单物体的机械能守恒问题T4、5

系统的机械能守恒问题T3、7、81.★★(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

五年高考

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.★★(多选)(2023重庆,8,5分)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随

时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其

方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2kg,取竖直向上为正

方向。则

()

AB

A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机内的装载物处于失重状态C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4kg·m/sD.MN段无人机机械能守恒

解析根据EF段方程y=4t-26可知EF段无人机的速度大小v=

=4m/s,A正确。根据y-t图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加

速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B正确。根据MN段

方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度v'=

=-2m/s,则有Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4kg·m/s=-12kg·m/s,可知FM段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg·m/s,C错误。

MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,故无人机的机械能减少,D

错误。3.★★(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.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

C

解析

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4.★★★(2024全国甲,17,6分)如图,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

()

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

C

解析如图所示,设大圆环半径为R,最高点为M点,最低点为N点,P为小环运动过程中的

点。小环从M到P由机械能守恒定律可得mgR(1-cosθ)=

mv2,在P点由牛顿第二定律可得mgcosθ-FNP=m

,联立可得FNP=3mgcosθ-2mg;小环由M点运动到N点,θ由0°变到180°,cosθ由1减小到-1,当cosθ=-1时,FNP=-5mg,即大圆环对小环的作用力大小等于5mg,方

向指向圆心,此时小环对大圆环的作用力最大,A错误。当cosθ=

时,FNP=0,所以小环在Q点对大圆环的作用力不是最小,B错误。小环由M点运动到N点,大圆环对小环的作用

力先背离圆心逐渐减小,当cosθ=

时,此作用力减到零,之后,大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大,C正确,D错误。5.★★(2025黑吉辽蒙,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-μmg

cosθ=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。6.★★(2026届天津武清杨村一中开学考)高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员

将专用弹性橡皮绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运

动员无初速度地从跳台上落下。若不计空气阻力,则

()A.弹性绳刚伸直时,运动员开始减速B.整个下落过程中,运动员的机械能保持不变C.整个下落过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功D.弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增

大后减小

C

三年模拟

解析弹性绳刚伸直时,弹力为零,运动员加速度向下,继续加速运动,A错误。当弹性绳

伸直后,弹性绳会对运动员做功,运动员的机械能不守恒,B错误。整个下落过程中,根据

动能定理可知合力做功为零,即重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所

做的功,C正确。弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的速度先增大后减小,即动能

先增大后减小;运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒,故运动员的重力势能与弹性绳

的弹性势能之和先减小后增大,D错误。7.★★★(2026届江苏扬州新华中学月考)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)

()

A.A和B总的重力势能先增大后减小B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加量C.当A受到的合力为零时,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

C

解析在B运动至最低点的过程中,设B下降的高度为h,斜面倾角为θ,A和B总的重力做

功WG=mgh-mghsinθ>0,可得A和B总的重力势能一直减小【另解:B重力势能的减少量大于A重力势能的增加量,故A和B整体的重力势能一直减小】,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,轻绳对A做的功与弹簧对A做的功的

代数和等于A的机械能的变化量,B错误。A先沿斜面向上做加速度减小的加速运动,后

做加速度增大的减速运动,当A受到的合力为零时,A的速度最大,C正确。当弹簧处于原

长时,弹簧的弹性势能最小,A和B的总机械能最大;当A、B所受合力为0时,A和B的速度

最大;此时mg=mgsinθ+Fk,弹簧处于伸长状态,A和B的总机械能并不是最大,D错误。8.★★★(2026届四川绵阳丰谷中学开学考)如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为0.3

m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为

2kg的小球a套在半圆环上,质量为2kg的小球b套在直杆上,两者之间用长为L=0.4m的

轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放,让其沿圆环自由下滑,不计一

切摩擦,a、b均视为质点,g取10m/s2,则以下说法正确的是

()

A.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的速度大小为

m/sB.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的向心加速度为10m/s2C.小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)过程中,a、b及轻杆组成的系统机械能、动量均守恒D.小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)的过程中,小球a克服杆的作用

力做的功约为6.59J

D

解题导引

如图所示,a由最高处滑到P点过程中,根据关联速度可得vacosβ=vbcosα;小

球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点时,根据关联速度可得v'a=v'bcosθ。

解析当a滑到与O等高的P点时,vacos

=vbcos0°,可得vb=0,a由最高处滑到P点,根据系统机械能守恒可得magR=

ma

,即va=

=

m/s,a的向心加速度an=

=20m/s2,A、B错误。小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点过程中,a、b及轻杆组成的系统

只有重力对其做功,a、b及轻杆组成的系统机械能守恒;b球竖直方向的分速度为零,a球

竖直方向的分速度不断发生变化,故a、b及轻杆组成的系统动量不守恒,C错误。a下滑

至Q点时,轻杆与圆环相切,根据关联速度可得v'a=v'bcosθ,由几何关系可得cosθ=

=0.8;a从P点下滑至轻杆与圆环相切的Q点的过程,对a、b及轻杆,根据机械能守恒可得magRcosθ=

mav'

+

mbv'

-

ma

,对a,根据动能定理可得magRcosθ+W=

mav'

-

ma

,联立可得W≈-6.59J,故a克服杆的作用力做的功约为6.59J,D正确。

运用机械能守恒解决不同方案下的“火箭发射”问题(2025届山东德州三模)如图所示,某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂,来研究火箭

单级推进与多级推进。火箭的总质量为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内,

火箭始终在竖直方向上运动,不计空气阻力。方案一:将两根相同的轻弹簧并排放置在

火箭底部(不连接),模拟火箭的单级推进,将两根弹簧进行同样的压缩,释放后火箭在极

短时间内获得速度(此过程忽略重力的影响),此后上升的最大高度为h。方案二:将火箭

分为质量相等的两级,将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部(均不连

接),将两级火箭上下叠放,并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度,以此模拟火箭

的二级推进过程。实验时,先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进,使两级火箭迅速创新风向·挑战思维A.两个方案中,火箭的机械能守恒B.方案二中,一级推进完成瞬间,火箭速度的大小为

C.方案二中,二级火箭上升的最大高度为2hD.方案一中,压缩的单根弹簧储存的弹性势能为mgh获得一共同速度,一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进,推进

过程忽略重力影响。下列说法正确的是

()

C

解析两个方案中,弹簧的弹性势能转化为火箭的机械能,火箭的机械能增加,A错误。

设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为Ep,方案一中,根据弹簧和火箭组成的系统机械能

守恒可得2Ep=mgh,解得Ep=

mgh,D错误。方案二中,一级推进完成瞬间,设火箭的速度大小为v1,根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒可得Ep=

m

,联立解得v1=

,B错误;设二级推进完成瞬间,一级火箭和二级火箭的速度分别为v2和v3,由系统动量守恒和

机械能守恒可得mv1=

mv2+

mv3、

m

+Ep=

×

m

+

×

m

,联立解得v2=0,v3=2

;设二级火箭上升的最大高度为h',二级推进完成后,根据二级火箭机械能守恒可得

·

m

=

mgh',解得h'=2h,C正确。第4节功能关系能量守恒

常见的功能关系的理解和应用T1、3、6

能量守恒定律的理解和应用T2、4、5、71.★★(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

五年高考

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.★★★(2024安徽,7,4分)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

()

B

A.

B.

C.

D.

解析设水从出水口射出的初速度为v0,取单位时间内射出的水为研究对象,该部分水

的质量为m=v0Sρ,根据平抛运动规律有v0t=l,h=

gt2,解得v0=l

,根据能量守恒定律得Pη=

m

+mg(H+h),联立解得水泵的输出功率P=

·

,B正确。3.★★★(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。4.★★★(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由运动学公式有0-v2=-2ax联立解得x=

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解得x=

(2)重物在BC段匀速运动,则电动机对重物的牵引力为F=mgsinθ+μ