易错点06 使用功和能关系解决力学问题（4陷阱点6考点6题型）-备战2025年高考物理考试易错题（新高考通用）

易错点06 不能正确使用功和能关系解决力学问题 目 录 01 易错陷阱 易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误 易错点二：不理解动能定理也不会运用动能定理求解多过程问题 易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误 易错点四：运用功能关系分析问题时出现错误 02 易错知识点 知识点一、变力做功计算 知识点二、两种启动方式的比较与三个重要关系式 知识点三、应用动能定理解决问题的流程 知识点四、动能定理与图像分析 知识点五、多物体的机械能守恒 类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索 类型二：轻绳连接的物体系统 类型三：轻杆连接的物体系统 知识点六、几种常见的功能关系及其表达式 03 举一反三——易错题型 题型一：变力做功的计算方法 题型二：机车启动与动能定理的结合 题型三：动能定理与图像分析 题型四：摩擦力做功及摩擦热问题 题型五：多物体机械能守恒问题 题型六：运用功能关系分析解决问题 04 易错题通关 易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误 1.计算功的方法，合力做的功 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合xcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。 2.变力做的功 ①应用动能定理求解。 ②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变。 ③当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的绝对值等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。 ④转换研究对象法。有些变力做功问题可转换为恒力做功，用W＝Fxcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。 ⑤图像法。在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。 3.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度 (3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力 易错点二：不理解动能定理也不会运用动能定理求解多过程问题 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系. (2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解. (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能. (4)在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变+W恒=-,物体初、末速度己知，恒力做功W但可根据功的公式求出，这样就可以得到W变=--W恒，就可以求变力做的功了. 易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误 1.机械能守恒定律的成立条件不是合外力为零，而是除重力和系统内弹力外，其他力做功为零。 2.机械能守恒定律是对系统而言的，单个物体没有所谓的机械能守恒，正常所说的某物体的机械能守恒只是一种习惯说法，实为该物体与地球间机械能守恒。 3.用机械能守恒定律列方程时始、末态的重力势能要选同一个零势能面。 4虽然我们常用始、末态机械能相等列方程解题，但始、末态机械能相等与变化过程中机械能守恒含义不尽相同。整个过程中机械能一直保持不变才叫机械能守恒，始、末态只是其中的两个时刻。 5.机械能守恒定律是能量转换与守恒定律的一个特例，当有除重力和系统内弹力以外的力对系统做功时，机械能不再守恒，但系统的总能量仍守恒。 6.若从守恒的角度到关系式，要选取恰当的参考面，确定初末状态的机械能。 7若从转化的角度到关系式，要考虑动能和势能的变化量，与参考面无关。 8.用做功判断机械能守恒，只有重力做功或系统内弹力做功。 9.研究多个物体机械能守恒时，除能量关系外，请找速度关系，根据物体沿绳（杆）方向的分速度 相等，建立两个连接体的速度关系式。 易错点四：运用功能关系分析问题时出现错误 1.功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功. (2)势能的增加与减少要看对应的作用力（如重力、弹簧弹力、静电力等）做负功还是做正功. (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功. 2.摩擦力做功的特点 (1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零； (2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量； (3)无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功. 知识点一、变力做功计算 方法 举例说法 1.应用动 能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有： WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 2.微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 3.等效 转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F· 4.平均 力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1) 5.图像法 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功 6.功率法 汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt 知识点二、两种启动方式的比较与三个重要关系式 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和 v ­t图 OA 段 分析过程 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒ F不变v↑⇒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⇒ vm＝ v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ 运动 性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒ 以vm＝匀速直线运动 三个重要关系式 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。 (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 知识点三、应用动能定理解决问题的流程 知识点四、动能定理与图像分析 1．解决图象问题的基本步骤 2．与动能定理结合紧密的几种图像 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek­x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek­x图线的斜率表示合力。 知识点五、多物体的机械能守恒 角度 公式 意义 注意事项 守恒 观点 Ek1＋Ep1 ＝Ek2＋Ep2 系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 初、末状态必须用同一零势能面计算势能 转化 观点 ΔEk＝－ΔEp 系统减少(或增加)的势能等于系统增加(或减少)的动能 应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差 转移 观点 ΔEA增＝ΔEB减 若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索 类型二：轻绳连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(易错点) ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 类型三：轻杆连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 知识点六、几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp 安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电 除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功　 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对 功能关系的选用原则 (1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。 题型一：变力做功的计算方法 【例1】（2024•仓山区校级模拟）转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E与上升距离h的关系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是（　　） A．钢索拉重物的力一直增大 B．钢索拉重物的力一直减小 C．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动 D．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力 【变式1-1】（2024•重庆模拟）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　） A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N 【变式1-2】（多选）（2024•东湖区校级二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg（g为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。cos37°＝0.8，不计空气阻力，则（　　） A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间 B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C．重物刚落地时的速度大小为 D．地面对重物的平均阻力大小为17mg 题型二：机车启动与动能定理的结合 【例2】（2024•二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　） A．模型车受到的阻力大小为1N B．模型车匀加速运动的时间为2s C．模型车牵引力的最大功率为6W D．模型车运动的总位移为14m 【变式2-1】（2024•辽宁模拟）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，当玩具车加速t＝1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m＝2kg，行驶过程中受到恒定的阻力f＝2N，则玩具车（　　） A．从t＝0到t＝1s的位移为2m B．从t＝0到t＝1s的牵引力做功为4J C．从t＝1s到t＝3.17s的位移约为7m D．从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为21J 【变式2-2】（2024•香坊区校级二模）2022年8月1日，中国东北地区首条智轨线路哈尔滨新区智轨有轨电车投入运营。假设有轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a的匀加速直线运动，有轨电车所受的阻力恒定为f，达到发动机的额定功率P后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t速度达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（　　） A．有轨电车匀速运动的速度为 B．有轨电车做匀加速运动的时间为 C．从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为Pt D．有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t内的位移为 题型三：动能定理与图像分析 【例3】（2024•光明区校级模拟）近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小车的最大牵引力为1N B．小车的额定功率为4W C．小车减速时的加速度大小为2m/s2 D．小车加速的时间为2s 【变式4-1】（2024•东湖区校级一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0﹣0.2s内运动的位移为0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离 B．滑块在0.2s时机械能最大 C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2 D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32J 题型四：摩擦力做功及摩擦热问题 【例4】（2024•江苏模拟）如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2 B．1s时物块B的速度大小为2m/s C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J D．木板A的长度可能为1.5m 【变式4-1】（2024•松江区校级三模）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s 【变式4-2】（2024•龙凤区校级模拟）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个F＝kt（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知t1＝5s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．k＝0.6 B．t2＝12.5s C．0～t2，滑块的位移大小为337.5m D．当t＝15s时，长木板的加速度大小为2m/s2 【变式4-3】（2024•青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率v＝2m/s逆时针转动，一质量为m＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1 C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J 题型五：多物体机械能守恒问题 【例5】（2024•道里区校级模拟）如图ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，两轨道间的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B运动起来，在轨道间的绳子OB与水平轨道成θ＝30°角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A在下面的轨道运动速率为v，设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，物体B的速度大小为2v B．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，绳对B做的功为 C．当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，物体B的速度大小为v D．若在轻绳OB与水平轨道θ＝90°角时，绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开ab面，物体B下落过程中不与墙面、滑轮相碰，则B落地的速度大小为 【变式5-1】（2024•西宁二模）如图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计。现将两滑块从静止释放，m1上升一小段距离h高度，在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．m1和m2的重力势能之和不变 B．m1上升到h位置时的速度为 C．轻绳的拉力大小为m1g D．轻绳对m1和m2的功率大小不相等 【变式5-2】（2024•武进区校级模拟）如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为（　　） ①ABC三小球组成的系统机械能守恒 ②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小 ③ABC三小球的速度大小的关系为vA＝vB＝vCsinθ ④当θ＝53°时小球C下降到最低点 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 题型六：运用功能关系分析解决问题 【例6】（2024•正定县校级三模）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠（可视为质点）可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm，现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．算珠A、B均能回到自己的归零位 B．算珠A在碰撞前运动了0.2s C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1 D．算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒 【变式6-1】（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度v0使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ＝30°，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能Ek随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图线a为物块动能的变化图线，图线b为物块机械能的变化图线 B．物块的质量为m＝0.5kg C．物块与斜面之间的动摩擦因数为 D．物块的初速度v0＝15m/s 【变式6-2】（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 【变式6-3】（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 1. （2024•邗江区模拟）风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从O点以某一速度v0竖直向上抛出，经过一段时间，小球运动到O点右侧的B点，A点是最高点，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（　　） A．O点 B．A点 C．轨迹OA之间的某一点 D．轨迹AB之间的某一点 2. （2024•衡阳县校级模拟）如图甲所示，电影飞驰人生中的巴音布鲁克赛道以弯多凶险著称，某段赛道俯视图如图乙所示，其中A、B、C、D四个弯道处地面均水平，半径分别为2r、3r、4r、r。赛车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当赛车匀速率地通过圆弧形路段时，赛车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度。赛车可视为质点，在赛车通过A、B、C、D四个弯道处时，下列说法正确的是（　　） A．赛车所受的合力为零 B．赛车在C处弯道行驶时，其临界速度最大 C．若赛车从A处匀速率运动D处，则在C处最容易发生事故 D．若赛车均以临界速度通过各处弯道，则赛车在D处的机械能一定大于A处的 3. （2024•红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　） A．小球的机械能守恒 B．小球到距地面高度为时动能最大 C．小球最大动能为 D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x） 4. （2024•浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（　　） A．上升过程中系统机械能守恒 B．开始时弹簧的弹性势能为 C．上升过程中重物的最大动能为 D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加 5. （2024•新泰市校级一模）一质量m＝2kg的球从地面竖直向上抛出，利用传感器测出球上升过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出球整个上升过程的v﹣t图像如图所示。重力加速度g取10m/s2，运动过程中阻力大小恒定，则（　　） A．上升过程机械能减少80J B．上升过程重力势能增加100J C．上升过程重力的冲量比下落过程重力的冲量小 D．上升过程合外力的冲量比下落过程合外力的冲量小 6. （2024•如皋市二模）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的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mg B．A的最大速度为 C．B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小 D．B下落至最低点时，A所受合力大小为mg 7. （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 8. （多选）（2024•四川一模）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6s内做匀加速直线运动，6s末达到额定功率，之后保持额定功率运动至t1时刻达到最大速度，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1.5×103kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在前6s内汽车的牵引力大小为4.5×103N B．汽车的额定功率为60kW C．汽车的最大速度为36m/s D．汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为x＝612﹣36t1（m） 9. （多选）（2024•朝阳区校级模拟）如图所示，以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的5个相同小球，小球质量m0＝0.2kg。质量m＝0.1kg的物体从轨道上高h＝4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为1.55J B．物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J C．第1个小球最终的速度大小为5m/s D．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为m 10. （多选）（2024•东港区校级模拟）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块甲连接，甲穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块甲和重物乙连接起来，重物乙的质量M＝6m。现把滑块甲从图中P点由静止释放，当它经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OP与水平面的夹角α＝53°，OQ长为l，与PQ垂直。不计滑轮的质量和一切阻力，重力加速度为g，在滑块甲从P到Q的过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲与乙的机械能之和先减小后增大 B．重物乙的重力的功率先增大后减小 C．滑块甲运动到位置Q处速度达到最大，且大小为 D．轻绳对滑块乙做功﹣4mgl 11. （2024•光明区校级模拟）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径为R＝2.5m，O为圆心，末端Q点与粗糙水平地面相切，圆弧轨道左侧有一沿顺时针方向转动的水平传送带，传送带上表面与P点高度差为H＝0.8m，现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，滑行一段距离后静止在地面上，已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）传送带的最短长度及最小运行速度； （2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小； （3）在（1）问情景下，滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 12. （2023•雁塔区校级模拟）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 （1）求滑块离开传送带时的速度大小v； （2）求电动机由于传送滑块多消耗的电能E。 学科网（北京）股份有限公司原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错点06 不能正确使用功和能关系解决力学问题 目 录 01 易错陷阱 易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误 易错点二：不理解动能定理也不会运用动能定理求解多过程问题 易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误 易错点四：运用功能关系分析问题时出现错误 02 易错知识点 知识点一、变力做功计算 知识点二、两种启动方式的比较与三个重要关系式 知识点三、应用动能定理解决问题的流程 知识点四、动能定理与图像分析 知识点五、多物体的机械能守恒 类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索 类型二：轻绳连接的物体系统 类型三：轻杆连接的物体系统 知识点六、几种常见的功能关系及其表达式 03 举一反三——易错题型 题型一：变力做功的计算方法 题型二：机车启动与动能定理的结合 题型三：动能定理与图像分析 题型四：摩擦力做功及摩擦热问题 题型五：多物体机械能守恒问题 题型六：运用功能关系分析解决问题 04 易错题通关 易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误 1.计算功的方法，合力做的功 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合xcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。 2.变力做的功 ①应用动能定理求解。 ②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变。 ③当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的绝对值等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。 ④转换研究对象法。有些变力做功问题可转换为恒力做功，用W＝Fxcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。 ⑤图像法。在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。 3.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度 (3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力 易错点二：不理解动能定理也不会运用动能定理求解多过程问题 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系. (2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解. (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能. (4)在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变+W恒=-,物体初、末速度己知，恒力做功W但可根据功的公式求出，这样就可以得到W变=--W恒，就可以求变力做的功了. 易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误 1.机械能守恒定律的成立条件不是合外力为零，而是除重力和系统内弹力外，其他力做功为零。 2.机械能守恒定律是对系统而言的，单个物体没有所谓的机械能守恒，正常所说的某物体的机械能守恒只是一种习惯说法，实为该物体与地球间机械能守恒。 3.用机械能守恒定律列方程时始、末态的重力势能要选同一个零势能面。 4虽然我们常用始、末态机械能相等列方程解题，但始、末态机械能相等与变化过程中机械能守恒含义不尽相同。整个过程中机械能一直保持不变才叫机械能守恒，始、末态只是其中的两个时刻。 5.机械能守恒定律是能量转换与守恒定律的一个特例，当有除重力和系统内弹力以外的力对系统做功时，机械能不再守恒，但系统的总能量仍守恒。 6.若从守恒的角度到关系式，要选取恰当的参考面，确定初末状态的机械能。 7若从转化的角度到关系式，要考虑动能和势能的变化量，与参考面无关。 8.用做功判断机械能守恒，只有重力做功或系统内弹力做功。 9.研究多个物体机械能守恒时，除能量关系外，请找速度关系，根据物体沿绳（杆）方向的分速度 相等，建立两个连接体的速度关系式。 易错点四：运用功能关系分析问题时出现错误 1.功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功. (2)势能的增加与减少要看对应的作用力（如重力、弹簧弹力、静电力等）做负功还是做正功. (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功. 2.摩擦力做功的特点 (1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零； (2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量； (3)无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功. 知识点一、变力做功计算 方法 举例说法 1.应用动 能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有： WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 2.微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 3.等效 转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F· 4.平均 力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1) 5.图像法 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功 6.功率法 汽车恒定功率为P，在时间内牵引力做的功W=Pt 知识点二、两种启动方式的比较与三个重要关系式 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和 v ­t图 OA 段 分析过程 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒ F不变v↑⇒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⇒ vm＝ v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ 运动 性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒ 以vm＝匀速直线运动 三个重要关系式 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。 (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 知识点三、应用动能定理解决问题的流程 知识点四、动能定理与图像分析 1．解决图象问题的基本步骤 2．与动能定理结合紧密的几种图像 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek­x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek­x图线的斜率表示合力。 知识点五、多物体的机械能守恒 角度 公式 意义 注意事项 守恒 观点 Ek1＋Ep1 ＝Ek2＋Ep2 系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 初、末状态必须用同一零势能面计算势能 转化 观点 ΔEk＝－ΔEp 系统减少(或增加)的势能等于系统增加(或减少)的动能 应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差 转移 观点 ΔEA增＝ΔEB减 若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索 类型二：轻绳连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(易错点) ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 类型三：轻杆连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 知识点六、几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp 安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电 除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功　 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对 功能关系的选用原则 (1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。 题型一：变力做功的计算方法 【例1】（2024•仓山区校级模拟）转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E与上升距离h的关系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是（　　） A．钢索拉重物的力一直增大 B．钢索拉重物的力一直减小 C．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动 D．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力 【解答】解：A、根据动能定理可知拉力做的功等于物体机械能的变化量，所以E＝Fh，那么F就是图像的斜率由图可知，斜率先减小后不变，所以物体所受的拉力先减小后不变，故A错误； B、根据动能定理可知拉力做的功等于物体机械能的变化量，所以E＝Fh，那么F就是图像的斜率由图可知，斜率先减小后不变，所以物体所受的拉力先减小后不变，故B错误； C、第二阶段拉力F不变，但是F和G的大小不能确定，所以可能存在F＝G的情况，那么物体做匀速直线运动，故C正确； D、第二阶段拉力F不变，但是F和G的大小不能确定，可能存在F＝G的情况，那么物体做匀速直线运动，也可能存在F＞mg，物体做匀加速直线运动，故D错误； 故选：C。 【变式1-1】（2024•重庆模拟）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　） A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N 【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f， 当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有 （F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0 运动到2x0处时，根据动能定理有 Fx0﹣（Gsinθ+f）•2x0＝0 当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有 联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式1-2】（多选）（2024•东湖区校级二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg（g为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。cos37°＝0.8，不计空气阻力，则（　　） A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间 B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C．重物刚落地时的速度大小为 D．地面对重物的平均阻力大小为17mg 【解答】解：C、设停止施力瞬间重物的速度大小为v1，根据动能定理有： 变形后得到： 设重物刚落地时的速度大小为v2，根据动能定理有 代入数据得：，故C错误； A、重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到v1后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为v2，由此可知上升过程中的平均速度大小为：，下降过程中的平均速度大小为：，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确； B、重物在整个运动过程中，根据动能定理有：W入+WG﹣W阻＝0，则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误； D、从开始提升“夯”到砸入地下的整个过程，根据动能定理有： 代入数据整理得：F阻＝17mg，故D正确。 故选：AD。 题型二：机车启动与动能定理的结合 【例2】（2024•二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　） A．模型车受到的阻力大小为1N B．模型车匀加速运动的时间为2s C．模型车牵引力的最大功率为6W D．模型车运动的总位移为14m 【解答】解：A、由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N，此时加速度为0，模型车受力平衡，所以车所受到的阻力大小f＝2N，故A错误； B、由图像可知，模型车先做匀加速运动，匀加速运动的末速度v1＝2m/s，此过程的牵引力为F＝4N，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得匀加速运动的加速度为a＝2m/s2，故匀加速运动的时间t1s＝1s，故B错误； C、当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故模型车牵引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C错误； D、模型车变加速运动所需时间t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，对于变加速运动，根据动能定理有：Pt2﹣fx2，由图可知最大速度vm＝4m/s，解得变加速运动的位移x2＝13m，匀加速阶段位移x1m＝1m，故总位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正确。 故选：D。 【变式2-1】（2024•辽宁模拟）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度a随时间t的变化关系如图所示，当玩具车加速t＝1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m＝2kg，行驶过程中受到恒定的阻力f＝2N，则玩具车（　　） A．从t＝0到t＝1s的位移为2m B．从t＝0到t＝1s的牵引力做功为4J C．从t＝1s到t＝3.17s的位移约为7m D．从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为21J 【解答】解：A、由题图可知，玩具小车在第1s内做匀加速直线运动，则从t＝0到t＝1s内的位移为：，故A错误； B、设在0∽1s时间内的牵引力为F1：根据牛顿第二定律可得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝ma1+f＝2×2N+2N＝6N，则牵引力做的功为：，故B错误； C、由题图可知，在t＝1s时，玩具车的速度为v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，则恒定功率为P＝F1v1＝6×2W＝12W，当t＝3.17s 时，a＝0.5m/s2，设此时的牵引力为F2，由牛顿第二定律可得：F2﹣f＝ma，解得：F2＝3N，此时玩具车的速度为，设在t＝1s到t＝3.17s内玩具车的位移为x2，由动能定理可得：，代入数据解得：x2＝7.02m≈7m，故C正确； D、从t＝1s到t＝3.17s的牵引力做功为：W′＝P•Δt＝12×2.17J＝26.04J≈26J，故D错误。 故选：C。 【变式2-2】（2024•香坊区校级二模）2022年8月1日，中国东北地区首条智轨线路哈尔滨新区智轨有轨电车投入运营。假设有轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a的匀加速直线运动，有轨电车所受的阻力恒定为f，达到发动机的额定功率P后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t速度达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（　　） A．有轨电车匀速运动的速度为 B．有轨电车做匀加速运动的时间为 C．从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为Pt D．有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t内的位移为 【解答】解：A、有轨电车匀速运动时，牵引力和阻力大小相等，即F＝f，由P＝Fv可得有轨电车匀速运动的速度：，故A错误； B、设有轨电车匀加速过程牵引力大小为F1，由牛顿第二定律有：F1﹣f＝ma，可得牵引力大小F1＝f+ma 设匀加速运动结束时有轨电车的速度大小为v1，由P＝Fv可得 有轨电车做匀加速运动的时间：，故B正确； C、匀加速过程，汽车的功率P＝Fv＝Fat，F和a恒定不变，所以P与t成正比，匀加速运动结束时，汽车达到额定功率，之后汽车保持额定功率不变，P﹣t图像如下图所示： 图中红色阴影部分面积表示从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功W，图中绿色阴影部分面积表示从匀加速结束到加速到速度最大的过程牵引力所做的功，即：W′＝Pt，由图可知：W＜W′，故C错误； D、有轨电车保持额定功率做变加速运动过程，由动能定理有： 代入数据可得：，故D错误。 故选：B。 题型三：动能定理与图像分析 【例3】（2024•光明区校级模拟）近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小车的最大牵引力为1N B．小车的额定功率为4W C．小车减速时的加速度大小为2m/s2 D．小车加速的时间为2s 【解答】解：A．当关闭电源后只有阻力对小车做功，根据动能定理有 ﹣fx＝ΔEk 结合图像可知，阻力大小为 f＝1N 故小车的最小牵引力为 F＝f＝1N 故A错误； B．小车的最大动能为 解得 vm＝2m/s 小车的额定功率为 P额＝Fv＝fvm＝1×2W＝2W 故B错误； C．关闭电源后，由牛顿运动定律可得 am/s2＝1m/s2 故C错误； D．加速过程中，对小车由动能定理有 P额t﹣fx＝Ekmax﹣0 可得加速时间 t＝2s 故D正确。 故选：D。 【变式4-1】（2024•东湖区校级一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0﹣0.2s内运动的位移为0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　） A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离 B．滑块在0.2s时机械能最大 C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2 D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32J 【解答】解：A、对滑块上升过程分析受力，当滑块速度最大时满足：F弹＝mgsinθ+μmgcosθ，此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，故A错误； B、根据功能原理，滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加。最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，故B错误； C、滑块脱离弹簧后向上减速运动，由图乙可求得加速度为： 根据牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°＝ma 代入数据解得，滑块与斜面间的动摩擦因数为：μ＝0.5，故C错误； D、由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能等于t＝0.2s时的机械能：Epmgssin37°+μmgscos37°J+2×10×0.8×0.6J+0.5×2×10×0.8×0.8J＝32J，故D正确。 故选：D。 题型四：摩擦力做功及摩擦热问题 【例4】（2024•江苏模拟）如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2 B．1s时物块B的速度大小为2m/s C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J D．木板A的长度可能为1.5m 【解答】解：A、共速前对A分析，μmg＝Ma1，可得A木板最大加速度为a1＝1m/s2，假设开始运动时A、B同步加速运动，看作整体，F＝（M+m）a，由题知0﹣1s内，F＞2N，故，所以假设不成立，A、B在0﹣1s内不同步加速，在1s时B物块的运用牛顿第二定律，F﹣μmg＝ma2，解得a2＝6m/s，故A错误； B、根据A选项分析，故B错误； C、A在0﹣1s内做匀加速直线运动，v1＝a1t，解得v1＝1m/s，B在0﹣1s内做变加速直线运动，以向右为正方向，根据动量定理，Ft﹣μmgt＝mv2，F﹣t图的面积即为冲量，解得v2＝4m/s，A、B最终共速，运用用动量守恒，Mv1+mv2＝（M+m）v共，再对A、B整体用能量守恒，，解得Q＝1.5J，故C正确； D、根据C选项分析可知1s后A、B因摩擦产生的热量Q＝1.5J，根据摩擦产生热量计算公式Q＝μmgx相对，可得1s后A、B相对位移x相对＝1.5m，根据A选项分析可知在0﹣1s内A、B也在相对运动，且相对运动方向与1s后一致，所以木板的长度一定大于1.5m，故D错误。 故选：C。 【变式4-1】（2024•松江区校级三模）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s 【解答】解：A、根据图像可知F﹣x图像围成的面积表示推力F做的功，所以WJ＝500J，故A错误； B、Wf＝﹣fx＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×10＝﹣500J，摩擦力做负功，故B错误； C、由图可知运动位移为5m过程中力F做的功W′J＝375J，摩擦力做功Wf′＝﹣μmgx′＝0.5×10×10×5J＝250J，根据动能定理W合＝W′+Wf′，即375J﹣250J解得v＝5m/s，故C正确； D、由AB选项可知，当物体运动位移为10m时，WF＝500J，Wf＝﹣500J，由动能定理可知W合＝ΔEK＝0J，所以v′＝0m/s，故D错误。 故选：C。 【变式4-2】（2024•龙凤区校级模拟）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个F＝kt（N）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知t1＝5s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．k＝0.6 B．t2＝12.5s C．0～t2，滑块的位移大小为337.5m D．当t＝15s时，长木板的加速度大小为2m/s2 【解答】解：设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则μ1＝0.3，μ2＝0.1。 A、0～t1时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力。 对滑块和木板整体，根据平衡条件得 Ff1＝kt1＝μ2•2mg＝0.1×2×1×0N＝2N，解得：k＝0.4，故A错误； B、t1～t2时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者刚好不发生相对滑动时，对滑块有： μ1mg＝mam 可得两者不发生相对滑动时最大加速度为：am＝3m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律有 kt2﹣Ff2＝mam 其中Ff2＝5N 解得：t2＝20s，故B错误； D、t1～t2时间内，由图乙可得 Ff＝0.2t+1（N） 对长木板，根据牛顿第二定律有 kt﹣Ff＝ma 整理可得：a＝0.2t﹣1（m/s2），（5s≤t≤20s） 当t＝15s时，长木板的加速度大小为：，故D正确； C、根据a﹣t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，可得t2时刻滑块的速度为 v（t2﹣t1）（20﹣5）m/s＝22.5m/s 0～t1时间内，长木板与滑块均保持静止。 t1～t2时间内，如果滑块做匀加速直线运动，则位移大小为： x，解得：x＝168.75m 而时间上滑块做的是加速度增大的加速运动，可知t1～t2时间内，滑块的位移小于x＝168.75m，故C错误。 故选：D。 【变式4-3】（2024•青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率v＝2m/s逆时针转动，一质量为m＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1 C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J 【解答】解：由题图可知，小物块在传送带上做匀减速直线运动，到其位移为x0时动能减为零，之后物块反向加速，最后以返回出发点。 B、根据动能定理有：Ek﹣Ek0＝﹣μmg•x，结合图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则： 由于初动能： 物块返回与传送带共速的动能为，则： 则传送带速度满足： 联立解得：E0＝8J，v0＝4m/s，μ＝0.4，故B错误； A、根据题意可以作v﹣t图像如下， 由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即：﹣v＝v0﹣μgt 代入解得：，故A错误； C、整个过程中物块与传送带间变生的热量为产生的热量为：Q＝μmgΔx 由v﹣t图像可知相对位移为： 联立代入数据解得：Q＝18J，故C正确； D、根据能量守恒可得： 整个过程中电动机多消耗的电能为：E电＝Q18JJ＝12J，故D错误。 故选：C。 题型五：多物体机械能守恒问题 【例5】（2024•道里区校级模拟）如图ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，两轨道间的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B运动起来，在轨道间的绳子OB与水平轨道成θ＝30°角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A在下面的轨道运动速率为v，设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，物体B的速度大小为2v B．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，绳对B做的功为 C．当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，物体B的速度大小为v D．若在轻绳OB与水平轨道θ＝90°角时，绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开ab面，物体B下落过程中不与墙面、滑轮相碰，则B落地的速度大小为 【解答】解：A、在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，将物体B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的分速度大小等于A的速度大小，如图所示。 由几何关系有v＝vBcos30°，解得：vBv，故A错误； BC、当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，A的速度为零，设此时B的速度大小为vB′。根据系统机械能守恒得 解得：vB′v 在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，对B，根据动能定理得绳对B做的功为 W 解得：W，故B错误，C正确； D、设B落地的速度大小为v′。B下落的过程，根据机械能守恒定律得 mgh，结合vB′v，解得：v′，故D错误。 故选：C。 【变式5-1】（2024•西宁二模）如图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计。现将两滑块从静止释放，m1上升一小段距离h高度，在这一过程中，下列说法正确的是（　　） A．m1和m2的重力势能之和不变 B．m1上升到h位置时的速度为 C．轻绳的拉力大小为m1g D．轻绳对m1和m2的功率大小不相等 【解答】解：A、根据机械能守恒定律可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两物体的动能，所以，m1和m2的重力势能之和减小，故A错误； B、设m1上升到h位置时的速度为v1，m2的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2＝2v1，根据m1和m2组成的系统机械能守恒可得 m2g•2h﹣m1gh，联立解得v1，故B正确； C、根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得： 对m1有 2T﹣m1g＝m1a1， 对m2有 m2g﹣T＝m2a2 结合a2＝2a1 联立解得轻绳的拉力大小：T，故C错误； D、绳子的拉力相同，故轻绳对m2做功的功率P2＝Fv2，轻绳对m1做功的功率P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故D错误。 故选：B。 【变式5-2】（2024•武进区校级模拟）如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为（　　） ①ABC三小球组成的系统机械能守恒 ②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小 ③ABC三小球的速度大小的关系为vA＝vB＝vCsinθ ④当θ＝53°时小球C下降到最低点 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【解答】解：①忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统，只有重力、弹力做功，故ABC三小球组成的系统机械能守恒。故①正确； ②小球C在下降过程中，小球C速度先增大后减小，小球C重力的功率P＝mgv 可知，小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小。故②正确； ③由小球C速度分解如图所示 由对称性可知vA＝vB，又vCsinθ＝vA 得vA＝vB＝vCsinθ，故③正确； ④设滑轮PQ之间的水平细绳的长度为2l2，小球C下降到最低点时，下降的高度为h，滑轮与小球C之间长度为l1，如图所示 小球C下降到最低点过程中，系统的动能为零，三球组成的系统机械能守恒2mg（l1﹣l2）＝mgh 又 解得 此时 得θ＝53° 故④正确。 说法正确的个数为4个。故A正确，BCD错误。 故选：A。 题型六：运用功能关系分析解决问题 【例6】（2024•正定县校级三模）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠（可视为质点）可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm，现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．算珠A、B均能回到自己的归零位 B．算珠A在碰撞前运动了0.2s C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1 D．算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒 【解答】解：C．根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为 v0＝0.4m/s，vA1＝0.3m/s，vA2＝0.1m/s，vB＝0.2m/s A碰前有 2as1，a＝μg 解得μ＝0.1，故C正确； B．算珠A在碰撞前运动时间t 解得t＝0.1s，故B错误； A．碰后A、B减速至0的位移分别为 xA 解得xA＝0.5cm＜s2 解得xB＝0.5cm＝s2，xB 可知，算珠A没有归零，B恰好归零，故A错误； D．根据上述可知，碰前A、B总动能为 EKA 解得EKA＝0.045m 碰后A、B总动能为WK WK＝0.025 算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。 故选：C。 【变式6-1】（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度v0使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ＝30°，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能Ek随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图线a为物块动能的变化图线，图线b为物块机械能的变化图线 B．物块的质量为m＝0.5kg C．物块与斜面之间的动摩擦因数为 D．物块的初速度v0＝15m/s 【解答】解：A、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可知物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像可知，图线a为机械能的变化图线，图线b为动能的变化图线，故A错误； BCD、根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩擦力，可得 由图像知物块的初动能为5J，上升到最高点物块的机械能为2J，即重力势能为2J，则 mg×4m×sinθ＝2J 联立解得 m＝0.1kg，，v0＝10m/s，故C正确，BD错误。 故选：C。 【变式6-2】（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。 【变式6-3】（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。 1. （2024•邗江区模拟）风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从O点以某一速度v0竖直向上抛出，经过一段时间，小球运动到O点右侧的B点，A点是最高点，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（　　） A．O点 B．A点 C．轨迹OA之间的某一点 D．轨迹AB之间的某一点 【解答】解：小球运动过程中，受到重力和向右的风力，大小恒定，所以小球受到的合力方向为斜向右下方，且方向不变。小球由O点运动到A点的过程中，在O点时刻的速度方向竖直向上，与合力的夹角大于90°，力对小球做负功，在A点时刻的速度方向水平向右，与合力的夹角小于90°，力对小球做正功，可判断小球的动能先减小后增大；小球由A点运动到B点的过程中，速度方向斜向右下方，与合力的夹角小于90°，力对小球做正功，可判断小球的动能增大，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2. （2024•衡阳县校级模拟）如图甲所示，电影飞驰人生中的巴音布鲁克赛道以弯多凶险著称，某段赛道俯视图如图乙所示，其中A、B、C、D四个弯道处地面均水平，半径分别为2r、3r、4r、r。赛车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当赛车匀速率地通过圆弧形路段时，赛车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度。赛车可视为质点，在赛车通过A、B、C、D四个弯道处时，下列说法正确的是（　　） A．赛车所受的合力为零 B．赛车在C处弯道行驶时，其临界速度最大 C．若赛车从A处匀速率运动D处，则在C处最容易发生事故 D．若赛车均以临界速度通过各处弯道，则赛车在D处的机械能一定大于A处的 【解答】解：A、汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误； B、根据，在最大静摩擦力恒定的条件下，弯道半径与赛车的临界速度成正比。因此，赛车在C处较大弯道行驶时，临界速度达到峰值；而在D处较小弯道，临界速度则降至最低，故B正确； C、D处弯道拥有最小的临界速度，该处成为赛车行驶中最易发生事故的危险区域，故C错误； D、赛车在D处临界速度小于在A处临界速度，则EkA＞EkD，而重力势能EpA＜EpD，故无法比较赛车在两处的机械能大小，故D错误。 故选：B。 3. （2024•红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　） A．小球的机械能守恒 B．小球到距地面高度为时动能最大 C．小球最大动能为 D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x） 【解答】解：A、小球压缩弹簧的过程中，弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误； B、当小球的加速度为零时，速度最大，动能最大，则有：mg＝kx′，可得此时弹簧的压缩量为x′，而此时小球到距地面高度h′＝L0﹣x′＝L0，L0是弹簧原长，故B错误； C、对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒。从开始到小球动能最大位置，由系统机械能守恒得：mg（h+x′）＝Ekm+Ep弹，则小球最大动能为Ekm＜mg（h+x′），故C错误； D、从开始到最低点，由系统机械能守恒得弹簧最大弹性势能为：Epm＝mg（h+x），故D正确。 故选：D。 4. （2024•浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（　　） A．上升过程中系统机械能守恒 B．开始时弹簧的弹性势能为 C．上升过程中重物的最大动能为 D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加 【解答】解：A、在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的过程中，恒力F对重物做正功，所以系统的机械能增加，故A错误； B、开始时重物处于静止状态，弹簧的弹力与重力平衡，则弹簧的弹力大小为：kx＝mg； 某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，在此过程中，根据动能定理可得： Fh﹣mgh＝0 联立解得：x＝h 开始时弹簧的弹性势能为Ep0，故B正确； C、物体受力平衡时速度最大，根据对称性可知重物上升的高度为h，此过程中根据动能定理可得： Fhmgh＝Ekm﹣0 解得：Ekmmgh，故C错误； D、上升到最高点过程中重物的重力势能增加量为ΔEp＝mgh，故D错误。 故选：B。 5. （2024•新泰市校级一模）一质量m＝2kg的球从地面竖直向上抛出，利用传感器测出球上升过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出球整个上升过程的v﹣t图像如图所示。重力加速度g取10m/s2，运动过程中阻力大小恒定，则（　　） A．上升过程机械能减少80J B．上升过程重力势能增加100J C．上升过程重力的冲量比下落过程重力的冲量小 D．上升过程合外力的冲量比下落过程合外力的冲量小 【解答】解：AB、根据题意，由图可知，上升的最大高度为： 上升过程重力势能增加：ΔEp＝mgh＝2×10×4J＝80J 动能减小为：ΔEkJ＝100J 则上升过程机械能减少量为：ΔE＝ΔEk﹣ΔEp＝100J﹣80J＝20J，故AB错误； C、根据题意可知，由于运动过程中阻力大小恒定，则上升过程的加速度大于下降过程的加速度，由可知，上升过程的时间小于下降过程的时间，则上升过程重力的冲量比下落过程重力的冲量小，故C正确； D、根据题意可知，由于运动过程中阻力大小恒定，则球下落到底端时，速度的大小一定小于初速度10m/s，则上升过程的动量变化大于下降过程的动量变化，由动量定理可知，上升过程合外力的冲量比下落过程合外力的冲量大，故D错误。 故选：C。 6. （2024•如皋市二模）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的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mg B．A的最大速度为 C．B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小 D．B下落至最低点时，A所受合力大小为mg 【解答】解：A、设释放B前弹簧的压缩量为x0，对A，由平衡条件有kx0＝mgsinθ 刚释放B瞬间，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律有：mg+kx0﹣mgsinθ＝2ma 解得加速度大小为：ag 此时对B有：mg﹣FT＝ma，解得细线的拉力大小：FTmg，故A错误； B、A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值vm，设此时弹簧的拉伸量为x，对A、B整体有：mg﹣kx﹣mgsinθ＝0，解得：x＝x0，所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同。对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：mg（x0+x）﹣mg（x0+x）sinθ2，解得：vm，故B正确； C、当弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能最小，此时B没有下滑到最低点，故C错误； D、根据对称性可知，B下落至最低点时，A和B的加速度大小为a′＝ag，则A所受合力大小为F＝ma′mg，故D错误。 故选：B。 7. （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。 8. （多选）（2024•四川一模）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6s内做匀加速直线运动，6s末达到额定功率，之后保持额定功率运动至t1时刻达到最大速度，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1.5×103kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．在前6s内汽车的牵引力大小为4.5×103N B．汽车的额定功率为60kW C．汽车的最大速度为36m/s D．汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为x＝612﹣36t1（m） 【解答】解：A、汽车所受阻力：f＝kmg＝0.1×1.5×103×10N＝1.5×103N 由图可知前6s内汽车的加速度大小：，由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma 代入数据可得：F＝4.5×103N，故A正确； BC、汽车6s末达到额定功率，则额定功率P＝Fv＝4.5×103×12W＝5.4×104W＝54kW 汽车匀速运动时，汽车速度最大，则：，故B错误，C正确； D、由图像可知0～6s内汽车的位移： 汽车做变加速运动过程由动能定理有：，其中t＝t1﹣6，x2＝x﹣x1，v＝12m/s 代入数据可得汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为：x＝36t1﹣756（m），故D错误。 故选：AC。 9. （多选）（2024•朝阳区校级模拟）如图所示，以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的5个相同小球，小球质量m0＝0.2kg。质量m＝0.1kg的物体从轨道上高h＝4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为1.55J B．物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J C．第1个小球最终的速度大小为5m/s D．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为m 10. （多选）（2024•东港区校级模拟）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块甲连接，甲穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块甲和重物乙连接起来，重物乙的质量M＝6m。现把滑块甲从图中P点由静止释放，当它经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OP与水平面的夹角α＝53°，OQ长为l，与PQ垂直。不计滑轮的质量和一切阻力，重力加速度为g，在滑块甲从P到Q的过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲与乙的机械能之和先减小后增大 B．重物乙的重力的功率先增大后减小 C．滑块甲运动到位置Q处速度达到最大，且大小为 D．轻绳对滑块乙做功﹣4mgl 【解答】解：A、当滑块甲经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在P点弹簧的压缩量与在Q点弹簧的伸长量相等，在滑块甲从P到Q的过程中，弹力对甲先做正功再做负功，故甲与乙组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误； B、刚释放时重物乙的速度为零，当甲运动到Q点时，甲的速度方向与绳垂直，此时乙的速度为零，故重力的功率先增大后减小，故B正确； C、由A的分析可知，在P点弹簧对甲的弹力向上，在Q点弹簧对甲弹力向下，可知，甲先加速上升后减速上升，在P、Q间某位置，合力为零，速度最大，在Q点时合力已向下，速度已开始减小，故C错误； D、甲从P到Q过程中，对甲、乙整体，由动能定理可得6mg（L）﹣mgLtan53°，设轻绳对滑块乙做功为W，对乙由动能定理可得W+6mg（L）＝0，联立代入数据解得：W＝﹣4mgl，故D正确； 故选：BD。 11. （2024•光明区校级模拟）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径为R＝2.5m，O为圆心，末端Q点与粗糙水平地面相切，圆弧轨道左侧有一沿顺时针方向转动的水平传送带，传送带上表面与P点高度差为H＝0.8m，现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，滑行一段距离后静止在地面上，已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）传送带的最短长度及最小运行速度； （2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小； （3）在（1）问情景下，滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 【解答】解：（1）滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有 滑块沿P点切线滑入圆弧轨道，由几何关系则有 联立解得传送带的最小运行速度大小为 v0＝3m/s 滑块在传送带上只做匀加速运动时，传送带的长度最短，由动能定理有 解得传送带的最短长度为 L＝0.9m （2）滑块在P点的速度大小为 滑块从P到Q，由动能定理有 在Q点，由向心力公式有 联立解得 FN＝28N 由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为 FN′＝FN＝28N （3）滑块做匀加速运动的时间为 传送带的位移大小为 x＝v0t 滑块和传送带组成的系统产生的热量 Q1＝μmg（x﹣L） 滑块由P至最终静止，由能量守恒有 滑块运动全过程因摩擦产生的热量 Q＝Q1+Q2 解得 Q＝27J 答：（1）传送带的最短长度0.9m，最小运行速度3m/s； （2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小28N； （3）在（1）问情景下，滑块运动全过程因摩擦产生的热量27J。 12. （2023•雁塔区校级模拟）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 （1）求滑块离开传送带时的速度大小v； （2）求电动机由于传送滑块多消耗的电能E。 【解答】解：（1）根据题意，解除锁定，弹簧的弹性势能逐渐减少，滑块的动能逐渐增大，设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1，对滑块和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有 代入数据解得：v1＝3m/s 水平导轨AB光滑，所以滑块运动到B点的速度为v1＝3m/s 因为v1＜v0＝8.0m/s，则滑块冲上传送带后，所受摩擦力沿斜面向上，滑块先向上做匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有 μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 代入数据解得：a＝2.5m/s2 假设滑块能够加速到与传送带共速，则所需时间为：ts＝2s 在t时间内，滑块的位移为：x1t2m＝11m＞L＝8.0m 这表明滑块从传送带顶端滑离时还没有与传送带达到共速，滑块在传送带上一直处于加速状态，由运动学公式有 代入数据解得：v＝7m/s （2）滑块在传送带上的滑行时间为：t1s＝1.6s 滑块与传送带间的相对位移为：Δx＝v0t1﹣L＝8×1.6m﹣8m＝4.8m 由能量守恒定律有：E＝mgLsinθmv2mμmgcosθ•Δx 代入数据解得：E＝96J 答：（1）滑块离开传送带时的速度大小v为7m/s； （2）电动机由于传送滑块多消耗的电能E为96J。 学科网（北京）股份有限公司原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网（北京）股份有限公司 $$