第4讲 功和功率 功能关系-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第4讲 功和功率 功能关系 高考对于这部分知识点主要以常见模型为背景，考查功和能量等。强化对物理基本概念、基本规律的考核。在解决此类问题时要将所学物理知识与题意中的模型联系起来，抓住问题实质，具备一定的物理分析能力和数学推导能力。主要考查的知识点有：功：重力势能；机车的功率；动能定理；机械能守恒定律，能量守恒定律。主要考查的题型：①拱桥和凹桥模型，重力做功计算，应用动能定理求变力的功：②摩擦力做功的计算，机车的额定功率、阻力与最大速度，重力做功与重力势能的关系；动能定律的应用 一、功与功率 1.功和功率的求解 2.机车启动问题 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和v­t图 OA段 过程分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动、维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝，以vm做匀速直线运动 (1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。 (2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。 (3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。 (4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。 二、常见的功能关系 三、方法指导 1．做好两个分析 (1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析． (2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征． 2．做好四个选择 (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题； (2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律； (3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解； (4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）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 2. （2024•浙江）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mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 3. （2023•浙江）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 4. （2023•浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　） A． B． C． D． 5. （2022•浙江）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，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（　　） A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s 6. （2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。 （1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 题型2功和功率的分析计算 7. （2024•台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（　　） A．运动员划水前进，水对人的力是阻力 B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功 C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等 D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力 8. （2024•浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表： 车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120 电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180 工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600 电池容量kW•h 82.8 快充时间h 1.4 0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6 根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（　　） A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2 D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s 9. （2023•诸暨市一模）如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为2.0kg的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径27.5cm，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向 B．当θ小于37°时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用 C．当θ等于37°时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大 D．当转轴角速度为10rad/s时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为55W 10. （2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（　　） A．汽车额定功率为F2vm B．汽车从b到c过程做变加速运动 C．汽车匀加速运动持续的时间为 D．汽车从a到b过程克服阻力做功 题型3动能定理的应用 11. （2024•金东区校级模拟）如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度。靠近看，喷管的直径为10cm。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（　　） A．45kW B．450kW C．90kW D．900kW 12. （2023•温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（　　） A．v＝v0 B．v＞v0 C． D． 13. （多选）（2024•浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2 B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为 C．薄板的最大速度为m/s D．薄板静止时，其下端距O点1.1m 14. （2024•浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。 （1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。 （2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示） 题型4功能关系的理解和应用 15. （2024•下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（　　） A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J C．水泵输出的功率340W D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J 16. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，其机械能守恒 B．小球最大速度 C．小球下落最大距离 D．小球最大加速度 17. （2024•金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零 18. （2024•温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　） A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N B．小物块A到达斜面底端时速度为 C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J 题型5动力学和能量观点解决问题 19. （2021•宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。 （1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离； （2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程； （3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。 20. 如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s （1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； （2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围． 21. 如图所示，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的固定于水平地面的AB竖直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧自然伸长时，其上端离B点距离为5R，一质量为m的弹珠静止在弹簧上端时，测得此时弹簧形变量为。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中水平地面的某位置（图中未标出），不计一切阻力，弹珠可视为质点，直管AB粗细不计。弹簧的弹性势能满足公式：Epkx2（k未知，x为弹簧形变量）求： （1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在水平地面上的不同位置，其中与A点最近距离是多少？ （2）若弹珠Q落在水平地面上离A的距离为6R，求弹珠Q离开弹簧前的最大动能是多少？ （3）若直管AB可以自由伸缩，且圆弧轨道下端始终和管上端保持相切相连，现下拉手柄P使弹簧的弹性势能为Ep＝10mgR，则弹珠Q弹出后击中水平面上的位置距A的最大值。 1. （2024•嘉兴一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（　　） A．在A、B两点的速度大小相等 B．整个飞行过程中经P点的速度最小 C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D．在A点的机械能大于B点的机械能 2. （2024•西湖区校级模拟）课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一。如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上升过程人处于超重状态 B．下降过程人处于失重状态 C．上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力 D．上升和下降过程中人的机械能均不守恒 3. （2024•杭州二模）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．在小球摆动过程中重力总是做正功 B．重力功率最大值为 C．小球动能变化周期是π D．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小 4. （2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D．′ 5. （2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（　　） A．减小石块的质量 B．增大角θ C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离 6. （2023•诸暨市模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．图示瞬间小球一定处于超重状态 B．图示瞬间小球一定正在向上减速 C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加 D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加 7. （2023•浙江二模）如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（　　） A．运动员受到杆的作用力等于重力 B．运动员经历先超重后失重的过程 C．运动员的重力势能全部由杆的弹性势能转化而来 D．分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点 8. （2024•下城区校级模拟）近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品选代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据： 蔚来ES8部分数据 前后轮输 出功率 前160kW 标准电池的能量 75kW•h 后240kW 标准电池电荷量 200Ah 最大扭矩 725N•m 匀速行驶最大里程 450km 0﹣100km/h 加速时间 4.9s 交流充电口 220V/32A，效率80% 最高车速 200km/h 直流充电口 420V/250A，效率90% 则下列说法正确的是（　　） A．若0～100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2 B．按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000N C．用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8h D．用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h 9. （2024•乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 （1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 （2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。 10. （2023•镇海区模拟）如图所示，长L＝1m的传送带AB以速度v0＝1m/s顺时针转动，与水平面夹角为α＝37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为v1＝4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块P、Q质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg。高H＝1.5m倾角为θ的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8m、R2＝0.2m。滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g。求： （1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE； （2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系； （3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第4讲 功和功率 功能关系 高考对于这部分知识点主要以常见模型为背景，考查功和能量等。强化对物理基本概念、基本规律的考核。在解决此类问题时要将所学物理知识与题意中的模型联系起来，抓住问题实质，具备一定的物理分析能力和数学推导能力。主要考查的知识点有：功：重力势能；机车的功率；动能定理；机械能守恒定律，能量守恒定律。主要考查的题型：①拱桥和凹桥模型，重力做功计算，应用动能定理求变力的功：②摩擦力做功的计算，机车的额定功率、阻力与最大速度，重力做功与重力势能的关系；动能定律的应用 一、功与功率 1.功和功率的求解 2.机车启动问题 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和v­t图 OA段 过程分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动、维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝，以vm做匀速直线运动 (1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。 (2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。 (3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。 (4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。 二、常见的功能关系 三、方法指导 1．做好两个分析 (1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析． (2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征． 2．做好四个选择 (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题； (2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律； (3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解； (4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）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 【解答】解：设Δt时间内从喷头流出的水的质量为 m＝ρV＝ρSv•Δt Δt时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即 联立解得 P＝100W 故ABD错误，C正确。 故选：C。 2. （2024•浙江）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mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 【解答】解：AB．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，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。 故选：B。 3. （2023•浙江）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 【解答】解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误； B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确； C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误； D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。 故选：B。 4. （2023•浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t图像应为水平直线，故A错误； B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt 水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx＝v0 铅球的速度大小v 速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误； C、铅球的动能Ekmv2m（g2t2） 则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误； D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线，故D正确。 故选：D。 5. （2022•浙江）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，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（　　） A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s 【解答】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得： 当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有 此过程中所用的时间和上升的高度分别为 重物以最大速度匀速时，有 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为 设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得： 又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m 联立解得：t2＝13.5s 则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误； 故选：C。 6. （2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。 （1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据解得：a1＝2m/s2； （2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1 代入数据解得：v＝4m/s； （3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得： ﹣μmgl2，其中v′＝2m/s 代入数据解得：l2＝2.7m。 答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2； （2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s； （3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。 题型2功和功率的分析计算 7. （2024•台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（　　） A．运动员划水前进，水对人的力是阻力 B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功 C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等 D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力 【解答】解：A、运动员划水前进，水对人的力是动力，故A错误； B、运动员向后划水时，水对手掌的作用力的方向向前，则水对划水手掌做负功，故B错误； C、运动员在水中前进时，沿竖直方向身体会有一定的上下波动，所以浮力与重力不能始终大小相等，故C错误； D、水对运动员的作用力和运动员对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D正确。 故选：D。 8. （2024•浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表： 车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120 电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180 工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600 电池容量kW•h 82.8 快充时间h 1.4 0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6 根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（　　） A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2 D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s 【解答】解：A、v＝100km/hm/s m/s，0﹣100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程st64m，实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A正确。 B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，f＝FN＝5400N，故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。 C、v＝50km/hm/s，该车在0﹣50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度a6.9m/s，故C错误。 D、由表中数据0﹣100km/h用时4.6s，还不到最大时速，故D错误。 故选：A。 9. （2023•诸暨市一模）如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为2.0kg的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径27.5cm，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向 B．当θ小于37°时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用 C．当θ等于37°时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大 D．当转轴角速度为10rad/s时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为55W 【解答】解：B、依题意，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁，可知当θ小于37°时，小球未触及圆筒内壁，此时小球受到重力与轻杆对小球的弹力两个力的作用，而小球做圆周运动的向心力是由重力与轻杆对小球弹力的合力提供的，故B错误； AC、当θ等于37°时，小球恰好与圆筒内壁接触，此时圆筒内壁对小球弹力为零，而小球在竖直方向受力平衡，设此时杆对小球的弹力为T，根据平衡条件有 Tcosθ＝mg 解得： 可知，在竖直方向上弹力只需满足此关系即可，所以弹力的方向不一定沿着杆，而当增大转速后，圆筒内壁对小球产生弹力与摩擦力，且随着转速的增大圆筒内壁对小球的弹力与摩擦力也随之增加，弹力指向圆心，摩擦力始终沿着小球运动的切向方向，而小球未滑动，所以可知杆的弹力的一个分力要用来平衡摩擦力，可知此种情况下杆的弹力不可能沿着杆的方向，且杆的弹力随转轴转速的增大而增大，故AC错误； D、当转轴角速度为10rad/s时，小球做圆周运动所需要的向心力大小为： 而小球做圆周运动所需要的向心力恰好由重力与杆对小球弹力的合力提供时，则其向心力大小为： F′向＝mgtan37°＝2.0×10×0.75N＝15N＜F向 可知，当转轴角速度为10rad/s时，圆筒内壁对小球产生了弹力，且此弹力的大小为： FN＝F向﹣F′向＝55N﹣15N＝40N 根据牛顿第三定律可知，小球对桶壁的压力大小为： F′N＝FN＝40N 所以可得摩擦力大小为：Ff＝μF′N＝0.25×40N＝10N 其中一个小球运动一周克服摩擦力做功为：W克＝Ff•2πr 而转动一周的时间为： 所以两个小球转动一周克服摩擦力做功的总功率为： 联立解得：P＝55W，故D正确。 故选：D。 10. （2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（　　） A．汽车额定功率为F2vm B．汽车从b到c过程做变加速运动 C．汽车匀加速运动持续的时间为 D．汽车从a到b过程克服阻力做功 【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，PF2vm，故A正确； B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得： F﹣f＝ma 汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确； C、汽车所受的阻力为fF2 由于额定功率等于图线的斜率，有：P 解得：F2vm＝v1F1 汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma 汽车从a到b持续的时间为t 联立解得：t 故C错误； D、汽车从a到b过程运动的位移为x 克服阻力做功W＝fx 解得：W 本题选择错误选项； 故选：C。 题型3动能定理的应用 11. （2024•金东区校级模拟）如图为某城市广场喷泉喷出的水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度。靠近看，喷管的直径为10cm。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率约为（　　） A．45kW B．450kW C．90kW D．900kW 【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径为r＝5cm＝0.05m 根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度为H＝40h＝40×3m＝120m 由v2＝2gH，解得水离开管口的速度为 设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为 m＝ρvΔtS＝ρπr2vΔt 根据动能定理可得： 解得： 结合ρ＝1×103kg/m3，代入数据解得：P＝4.5×105W，故ACD错误，B正确。 故选：B。 12. （2023•温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（　　） A．v＝v0 B．v＞v0 C． D． 【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得： 其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知v＜v0，故AB错误； CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为： 结合牛顿第二定律F合＝ma 由此可得 则；a2＝0，故D正确，C错误。 故选：D。 13. （多选）（2024•浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2 B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为 C．薄板的最大速度为m/s D．薄板静止时，其下端距O点1.1m 【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O点之间的距离为x1＝0.4m。 A、当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma 代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A错误； B、设薄板在斜面O点以下部分的质量为m′时，摩擦力fμm′gcos30°，解得薄板与O点以下部分的动摩擦因数为：μ，故B正确； C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为x2，则有：mgsin30° 代入数据解得：x2m 从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg（x1+x2）sin30°0 代入数据解得：vmm/s，故C错误； D、设薄板静止时，其下端距O点的距离为x3，全过程根据动能定理可得： mg（x1+x3）sin30°μmgcos30°•（x3﹣L）＝0 代入数据解得：x3＝1.1m，故D正确。 故选：BD。 14. （2024•浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。 （1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。 （2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示） 【解答】解：（1）如图所示 小球在轨道内做圆周运动，当时，在最高点时 设在最低点速度为vB，则在最低点 联立解得 或者 设阻力做功为Wf，由动能定理得 代入得 或者 如图所示 小球在轨道内做圆周运动，当时，在最高点时 设在最低点速度为vB′，则在最低点 联立解得 设阻力做功为Wf′，由动能定理得 代入得 （2）若轨道各处均光滑，设第一次到达最低点速度为v1，由动能定理知 由圆周运动知 设第二次到达最低点速度为v2，由动能定理知 由圆周运动知 同理得，设第n次到达最低点速度为vn，由动能定理知 由题知R1＝R0，由圆周运动知 则 题型4功能关系的理解和应用 15. （2024•下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（　　） A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J C．水泵输出的功率340W D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J 【解答】解：A.水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，根据平抛运动规律有 R﹣r＝vt hgt2 代入数据解得v＝2m/s，故A正确； B.水泵对外做功，转化为水的机械能，每秒内水泵对水做的功为 W＝m0ghm0v2 代入数据解得W＝340J，故B错误； C.由B可知水泵输出的功率 PW＝340W，故C正确； D.根据P＝ηP电，则水泵的电功率为 P电W＝425W； 水泵在1h内消耗的电能为 E＝P电t＝425×3600J＝1.53×106J，故D正确； 本题选错误的，故选：B。 16. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，其机械能守恒 B．小球最大速度 C．小球下落最大距离 D．小球最大加速度 【解答】解：A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故A错误； B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即 mg＝kx 联立可得 故B正确； C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则 所以小球下落最大距离为 故C错误； D．当小球运动到最低点时加速度最大，则 kx'﹣mg＝ma 解得 故D错误。 故选：B。 17. （2024•金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零 【解答】解：A.石块做斜上抛运动，竖直方向上的速度大小为vy＝vsin30° 根据vy＝gt1 运动总时间t＝0.8s＝2t1 解得v＝8m/s，由于存在速率损失，v减小导致vy减小，所以滞空时间不等，故A错误； B.设石块一共能打n个水漂，则有 （1﹣30%）n﹣1•v＜2m/s，（n取整数） 解得n＝5，故B正确； C.速率损失30%，即速度由v变成0.7v，能量由mv2变成m（0.7v）2＝0.49mv2，故能量损失为51%，故C错误； D.石块做斜上抛运动，即使在最高点也有水平方向的分速度，故D错误。 故选：B。 18. （2024•温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（　　） A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N B．小物块A到达斜面底端时速度为 C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J 【解答】解：A.小物块向下运动，薄板向上运动，对薄板根据牛顿第二定律有 T﹣mBgsin30°﹣μmAgcos30°＝mBa 代入数据解得 T＝12N，故A错误； B.对小物块根据牛顿第二定律有 mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa1 代入数据解得 根据运动学公式有 代入数据解得 此时小物块的速度为 此时A距离斜面底端的距离为 根据动能定理有 代入数据解得 ，故B错误； C.根据运动学公式，A刚要滑离薄版时，薄板的速度为 根据功率公式有 ，故C正确； D.根据功能关系，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为 ，故D错误。 故选：C。 题型5动力学和能量观点解决问题 19. （2021•宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。 （1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离； （2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程； （3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。 【解答】解：（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，则有：mg＝m 解得：vB 滑块从B点第一次运动到斜轨道最高点过程中，根据动能定理可得：﹣mg（2R﹣Lsinθ）﹣μmgLcosθ＝0 解得：L； （2）若滑块恰好过B点，则弹簧弹性势能E1＝2mgR 解得：E1＝2.5mgR，因EP＞E1，故滑块能过B点 设滑块第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L1 由能量守恒定律可得：E1′＝mgL1sinθ+μmgL1cosθ 得L1＝5R 返回到C处时滑块的动能E1'＝EP﹣2μmgL1cosθ＝mgR 因此，此后滑块恰好不脱离轨道，在圆轨道与斜轨道间做往复运动，最终停在D点 全过程应用能量守恒定律可得：Ep＝μmgscosθ 得s＝12.5R； （3）由题意可知，满足题意的弹性势能最小的条件为：滑块恰好第2次顺时针通过B 设第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L2，根据动能定理可得： mg（L2sinθ﹣2R）﹣μmgL2cosθ0 得L2＝12.5R 设第二次到斜轨道最高点时到D的距离为L2'，根据动能定理可得： mg（2R﹣L2'sinθ）﹣μmgL2'cosθ＝0 得L2′＝2.5R 两次在斜轨道往返后，滑块在C处具有的动能E2′mgR＜mgR，满足题目要求 根据功能关系可得：EpminmgR+2μmgcosθ（L2+L2'） 解得：Epmin＝12.5mgR 由题意可知，满足题意的弹性势能最大的条件为：滑块在斜轨道上往返两次后，恰能到达圆轨道上与圆心等高点处 分析计算可知第二次到斜轨道最高点到D的距离为L3'＝5R 第一次到斜轨道最高点时离D距离为L3＝25R Epmx＝mgR+2μmgcosθ（L3+L3'）＝25mgR 综上可得：12.5mgR≤EP≤25mgR。 20. 如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s （1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； （2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围． 【解答】解：（1）由平抛运动规律可得：h1﹣h2 解得； 因为圆弧半径R＝h1＝30m，故由几何关系可得cos∠BOC 则∠BOC＝60°， 设物块平抛的水平初速度为v0，在B点进行运动的合成与分解，如图所示； 则有：，解得v0＝10m/s； 由功能关系可得弹簧储存的弹性势能：J＝50J； （2）从A到C的过程，由动能定理可得：mgh1 在C点，对物块根据牛顿第二定律可得：NC﹣mg＝m 联立上述两式得：NCN 由牛顿第三定律得对轨道的压力大小：NC′＝NCN； （3）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程， 由动能定理得： 解得μ1； 若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得： 解得； 若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程，由动能定理得： 解得μ3； 综上所述，μ的取值范围：。 答：（1）物块从A到B的时间为s，被K锁住时弹簧储存的弹性势能为50J； （2）物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为N； （3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围为。 21. 如图所示，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的固定于水平地面的AB竖直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧自然伸长时，其上端离B点距离为5R，一质量为m的弹珠静止在弹簧上端时，测得此时弹簧形变量为。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中水平地面的某位置（图中未标出），不计一切阻力，弹珠可视为质点，直管AB粗细不计。弹簧的弹性势能满足公式：Epkx2（k未知，x为弹簧形变量）求： （1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在水平地面上的不同位置，其中与A点最近距离是多少？ （2）若弹珠Q落在水平地面上离A的距离为6R，求弹珠Q离开弹簧前的最大动能是多少？ （3）若直管AB可以自由伸缩，且圆弧轨道下端始终和管上端保持相切相连，现下拉手柄P使弹簧的弹性势能为Ep＝10mgR，则弹珠Q弹出后击中水平面上的位置距A的最大值。 【解答】解：（1）水平距离最近，即在C点抛出速度最小，满足 mg＝m 求得 平抛的时间为t，满足 9R 得t 故最小的距离 x＝v1t＝3R 则离A距离的最小值为3R+R （2）弹珠在C点的速度为 v2 弹珠最大动能处即弹簧压缩量为处，设最大动能为Ekm，弹珠Q经C点时，根据弹簧、弹珠系统机械能守恒有 其中 mg＝k 联立求得 Ekm （3）当下拉手柄P使弹簧的弹性势能为EP＝10mgR时，设弹簧最高点距离B点为h，在C点的速度为v3，根据 Ep＝10mgR mg＝k 可得此时的压缩量Δx＝R 根据系统机械能守恒得 10mgR＝mg（h+R+R） 求得 又（3R+R+h） 则平抛的时间为t 水平位移x 根据数学知识，当h＝2R时xm＝12R 则最大值为12R+R＝13R 1. （2024•嘉兴一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（　　） A．在A、B两点的速度大小相等 B．整个飞行过程中经P点的速度最小 C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D．在A点的机械能大于B点的机械能 【解答】解：AD．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能减小，A点的机械能大于B点的机械能，A点速度大于B点的速度，故A错误，D正确； B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误； C．AP段羽毛球处于上升阶段，由于存在空气阻力作用，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。 故选：D。 2. （2024•西湖区校级模拟）课外活动期间，引体向上是学生喜欢的项目之一。如图所示，两手用力量将身体竖直往上拉起，当下巴超过单杠时称为上升过程；然后让身体竖直下降，直到恢复完全下垂称为下降过程。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上升过程人处于超重状态 B．下降过程人处于失重状态 C．上升和下降过程中杠对两手的支持力合力均等于重力 D．上升和下降过程中人的机械能均不守恒 【解答】解：A、上升过程人做减速运动，加速度向下，处于失重状态，故A错误； B、下降过程人先加速后减速，加速度先向下后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，故B错误； C、上升过程人的加速度向下，根据牛顿第二定律可知杠对两手的支持力合力小于重力。下降过程人的加速度先向下后向上，杠对两手的支持力合力先小于，再大于重力，故C错误； D、上升和下降过程中人要消耗体能转化为机械能，人的机械能均不守恒，故D正确。 故选：D。 3. （2024•杭州二模）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．在小球摆动过程中重力总是做正功 B．重力功率最大值为 C．小球动能变化周期是π D．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小 【解答】解：A、小球向上摆动过程中，重力做负功，故A错误； B、根据机械能守恒定律可知 mgl 解得小球在最低点的速度为 v 但小球在最低点速度与重力垂直，则重力功率最大值不是，故B错误； C、根据单摆的周期公式有T＝2，则可知小球动能变化周期是π，但该模型并非单摆运动，则动能变化周期不是π，故C错误； D、在小球下摆过程中，动能随时间的变化率代表重力功率的变化，可知动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确； 故选：D。 4. （2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D．′ 【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。 AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为： 设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2 可知 是开口向下的抛物线。故A错误，B正确； CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得： 故第一阶段的Ek﹣t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得： 可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得： 可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围内，先加速后减速，x﹣t图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。 故选：B。 5. （2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（　　） A．减小石块的质量 B．增大角θ C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离 【解答】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v＝ωr得此时配重的速度大小为v2 根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）（） 由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误； B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2 结合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（） 根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误； C、根据m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（）可知，若增大配重的质量m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误； D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。 故选：D。 6. （2023•诸暨市模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．图示瞬间小球一定处于超重状态 B．图示瞬间小球一定正在向上减速 C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加 D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加 【解答】解：AB、由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做什么运动，故AB错误； C、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，合力对小球做负功，小球的动能减小，故C错误； D、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，由功能关系知小球机械能一定增加，故D正确。 故选：D。 7. （2023•浙江二模）如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（　　） A．运动员受到杆的作用力等于重力 B．运动员经历先超重后失重的过程 C．运动员的重力势能全部由杆的弹性势能转化而来 D．分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点 【解答】解：A、撑杆跳高运动员在上升过程中做变速运动，受力不平衡，运动员受到杆的作用力不等于重力，故A错误； B、运动员先加速上升，再减速上升，竖直方向上加速度先向上后向下，故运动员经历先超重后失重的过程，故B正确； C、运动员的重力势能主要由动能转化而来，故C错误； D、分析运动员肌肉做功放能过程，不能忽略运动员的姿势和动作，不可将其看成质点，故D错误。 故选：B。 8. （2024•下城区校级模拟）近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品选代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据： 蔚来ES8部分数据 前后轮输 出功率 前160kW 标准电池的能量 75kW•h 后240kW 标准电池电荷量 200Ah 最大扭矩 725N•m 匀速行驶最大里程 450km 0﹣100km/h 加速时间 4.9s 交流充电口 220V/32A，效率80% 最高车速 200km/h 直流充电口 420V/250A，效率90% 则下列说法正确的是（　　） A．若0～100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2 B．按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000N C．用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8h D．用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h 【解答】解：A．由加速度定义式得： 其中Δv＝100km/h＝27.8m/s，Δt＝4.9s 代入数据得：a≈5.67m/s2，故A错误； B．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由功能关系得： E＝fs 其中E＝75kW•h＝2.7×108J，s＝450km＝4.5×105m 代入数据得：f＝600N，故B错误； CD．根据功能关系得： ηUIt＝E 若用用交流电充电，充电电流I为32A时，充电电压U为220V，效率η为80%，则充满标准电池需要用时： t1≈13.3h 用直流电充电，充电电流为250A时，充电电压U为420V，效率η为90%，则充满标准电池需时： t2≈0.8h，故C错误，D正确。 故选：D。 9. （2024•乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 （1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 （2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。 【解答】解：（1）设P在B点的速度为vB，根据题意可得 解得 P从A到B的过程中，根据能量守恒定律 联立上述各式解得Q＝900J （2）在D点时，则有 解得 从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得 解得 同理，从D到E则有 解得 （3）由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足 考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速，取向右为正方向，有mvE＝（M+m）v 解得 若二者提前共速，后滑动到终点，取向右为正方向，有mvE＝（M+m）v' 2μg（L﹣x）＝v'2 解得 从C到E 对应C点的速度为 9.78m/s≤vC≤9.96m/s 若在BC过程一直加速，则有 F＝0.5mg＝ma 解得 若一直减速，则不可能达到C点。综上所述，可调节的水流速度9.78m/s≤v≤9.96m/s 10. （2023•镇海区模拟）如图所示，长L＝1m的传送带AB以速度v0＝1m/s顺时针转动，与水平面夹角为α＝37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为v1＝4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块P、Q质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg。高H＝1.5m倾角为θ的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8m、R2＝0.2m。滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g。求： （1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE； （2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系； （3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。 【解答】解：（1）弹簧将P、Q弹开的过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得： m2v2﹣m1v1＝0 解得：v2＝2m/s 由题知，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g，则在D点有 解得：vD＝4m/s 故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为： 解得：ΔE＝18J （2）同理在E点也有 解得：vE＝2m/s 从D点到曲线轨道DEF上任意高度由动能定理得： 且 联立解得：R＝0.8﹣h 其中R1≥R≥R2 则0≤h≤0.6m （3）滑块P在传送带向上减速，其加速度为a1，由牛顿第二定律得：m1gsinα+μm1gcosα＝m1a1 代入数据得：a1＝10m/s2 滑块P向上减速到0时有 代入数据得：t1＝0.4s 位移 代入数据得：x1＝0.8m即x1＜L 则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有 代入数据得：t2＝0.1s 代入数据得：x1＝0.05m 共速后对滑块P，由牛顿第二定律得：m1gsinα﹣μm1gcosα＝m1a2 代入数据得：a2＝2m/s2 则滑块P向下减速有 代入数据得：t3＝0.5s 故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离为：Δs＝（x1+v0t1）+（v0t2﹣x2）+（x2﹣x1﹣v0t3） 代入数据得：Δs＝1.5m 则Q＝μm2gcosα•Δs 代入数据得：Q＝6J 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$