重难点07 功能关系和能量守恒-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（北京专用）

重难点7 功能关系和能量守恒 三年考情分析 2025考向预测 机械能守恒 2024年T7 2023年T11 2022年T8 功能关系、机械能守恒和能量守恒是非常重要的物理分析方法，属于高考必考考点，通常结合其它动力学知识进行考察。同时，这部分知识和方法也是综合问题如动量守恒、电磁学运动过程分析、电路和电磁感应中问题分析的必备技能之一。 未来的命题仍会以物理观念和科学思维为侧重点，更注重综合分析应用能力的考察，并通过练习生活情景，让考题更具应用性和创新性。 功能关系和能量守恒 2024年T19 2023年T8 2022年T19 【考察特点】 近三年北京高考真题以选择题和计算题为主，侧重对功是能量转化量度和机械能守恒、能量守恒的理解和应用，机械能守恒实验也是模考中的重点；一般纯力学问题难度中等，综合类题目应用能力要求较高。 【必备知识】 功能关系、机械能守恒和能量守恒是核心考点，运动分析和受力分析能力是应用的基本能力要求。 【考察要求】 注重基础概念和基本规律的理解，熟练掌握能量转化的分析方法。 【知识大纲】 【高分技巧】 一、保守力做功与势能关系 证明保守力的问题属于北京比较特色的问题，思路很简单，只要证明做功与路径有关即可证明某个力不是保守力。 1．保守力定义：做功与路径无关，即如果从某点A运动到某点B，无论走哪条路径，力F做的功都相同，则这个力是保守力。这个定义还有一个等效的说法：从某点出发，沿任意路径回到出发点，如果某个力做功为0，则这个力是保守力。 2．常见保守力：重力、弹簧弹力、万有引力、静电力、分子力等；常见的非保守力：摩擦力、感生电场力。 3．保守力做功与势能的关系：保守力做正功，势能减小；保守力做负功，势能减小，即。 二、机械能守恒 1．机械能守恒的判断方法 ① 用做功判断：若系统只有重力或系统内弹力做功，则系统机械能守恒。 ② 用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，则系统机械能守恒。 2．机械能守恒判断的注意事项 ① 机械能守恒的条件是“只有重力做功”不等于“只受重力作用” ② 分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统 ③ 系统机械能守恒时，机械能一般在系统内物体间转移，系统中的单个物体机械能通常不守恒 ④ 对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒 3．机械能守恒的表达式 三、功能关系和能量守恒 1．常见功能关系 保守力 重力做功对应重力势能变化 弹簧弹力做功对应弹性势能变化 静电力做功对应电势能的变化 分子力做功对应分子势能的变化 非保守力 合外力做功对应动能的变化 其它力做功对应机械能变化 滑动摩擦力做功对应热能的变化 克服安培力做功对应电路中焦耳热（电磁感应部分感应电流） 非静电力做功对应电源总能量 电流做功对应电能的变化 2．能量守恒的应用思路 ① 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。 ② 某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 （建议用时：200分钟） 【考向一：保守力做功与势能】 1．（2021丰台二模）在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力．保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线．如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是 A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零 B．图甲中质点所受保守力的方向沿轴的正方向 C．图乙中质点从运动到的过程中保守力做正功 D．图乙中质点在位置，所受保守力大于质点在位置所受保守力 2．（2022八十中模拟）根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度。在著名的牛顿“水桶实验”中发现：将一桶水绕竖直固定中心转轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，水桶截面如图所示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是 A．该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B．小水滴沿水面向上移动时，该“势能”增加 C．小水滴沿水面向上移动时，重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 D．水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 【考向二：机械能守恒定律及其应用】 1．（2023东城二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是 A．人先处于超重状态，后处于失重状态 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大 D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量 2．（2023朝阳一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则 A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大 B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小 C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒 D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小 3．（2023海淀一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是 A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加 B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量 C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化 D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量 4．（2021西城二模）某同学用实验室中的过山车模型研究过山车的原理。如图所示，将质量为m的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨道。他通过测量得到圆轨道的半径为R。已知重力加速度为g。 （1）小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度v为多少？ （2）若不考虑摩擦等阻力，要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差h为多少？ （3）该同学经过反复尝试，发现要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差比（2）的计算结果高，则从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能为多少？ 5．（2024丰台一模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，恰好能运动到最高点C，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep； （2）物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功Wf； （3）物体离开C点，落至水平面时距B点的距离x。 【考向三：连接体模型】 1．（2022海淀二模）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球和，用手托住球，当绳刚好被拉紧时，球离地面的高度为，球静止于地面．已知球的质量为，球的质量为，重力加速度为，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计．若无初速度释放球，则下列判断正确的是 A．经过时间，球恰好落地 B．在球下落过程中，球所受拉力大小为 C．在球下落过程中，球的机械能保持不变 D．球落地前瞬间速度大小为 2．（2024海淀一模）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是 A．A球的加速度大小为2g B．拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量 C．重力对B球做的功等于B球动能的增加量 D．B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量 3．（2023西城二模）“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是 A．小车的加速度增大到原来的2倍 B．绳上的拉力增大到原来的2倍 C．砂桶机械能的减少量小于原来的2倍 D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多 4．（2022北师大附属实验一模）如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮(忽略滑轮大小)，一条轻绳跨过定滑轮且两端分别连接小球A、B，小球A在水平拉力F作用下静止于轨道最低点P。现增大拉力F使小球A沿着半圆轨道运动，当小球A经过Q点时速度为v，OQ连线与竖直方向的夹角为30°，则下列说法正确的是 A．小球A、B的质量之比为∶2 B．小球A经过Q点时，小球B的速度大小为 C．小球A从P运动到Q的过程中，小球A、B组成的系统机械能一定在增加 D．小球A从P运动到Q的过程中，小球B的动能一直增加 5．（2023一六六中学三模）如图1所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M。 （1）画出图1中小车的受力示意图；请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ是否需要重新调整。 （2）如图2所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动。已知砝码盘及砝码的总质量为m，求： ①a.如果m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值； b.用F表示小车所受细绳的拉力，如果要求，此时应该满足的条件； ②小车沿木板运动距离为x的过程中，其机械能的变化量ΔE。 6．（2024北师大附属实验零模）阿特伍德机是由英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为3m的物体A和质量为m的物体B相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。 （1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体A下落高度h后，两物体的速度大小； （2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量I作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率； a．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为r的圆盘边缘的线加速度a的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系； b．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能； c．若滑轮的质量为m，半径为R，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体A相连的轻绳拉力大小，与物体B相连的轻绳拉力大小，以及物体A下落高度h后的速度大小。 【考向四：功能关系和能量守恒】 1．（2023海淀二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是 A．动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大 B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大 C．重力势能随位移x变化的快慢随时间均匀减小 D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小 2．（2022朝阳一模）将一个小球竖直向上抛出，假设小球在运动过程中受到大小不变的空气阻力作用，经过一段时间后小球又返回至出发点．关于小球从抛出到返回原位置的过程，下列说法正确的是 A．小球上升过程中的加速度小于下落过程中小球的加速度 B．小球上升过程中克服重力做的功大于下落过程中重力做的功 C．小球上升过程中的机械能的变化大于下落过程中机械能的变化 D．小球上升过程中所受重力做功的平均功率大于下落过程中重力做功的平均功率 3．（2022门头沟一模）如图所示，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块 A．上滑所需时间与下滑所需时间相等 B．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等 C．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等 D．上滑和下滑过程，摩擦产生热量不相等 4．（2022房山一模）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示．图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，、、、、为弹道曲线上的五点，其中点为发射点，点为落地点，点为轨迹的最高点，、为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为．下列说法正确的是 A．炮弹到达最高点的机械能大于它在点的机械能 B．炮弹到达最高点时的加速度为 C．炮弹经过点时的速度大于经过点时的速度 D．炮弹由点运动到点的时间与由点运动到点的时间相等 5．（2024昌平二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下 A．上升的时间一定小于下降的时间 B．在最高点时的加速度等于重力加速度 C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能 D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能 6．（2022北师大附属实验零模）冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。运动员从a点上h居高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为）。不计空气阻力，下列判断正确的是 A．第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同 B．从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度 C．从d返回可以恰好到达a D．从a到d的过程中机械能可能守恒 7．（2024大兴精华三模）有些力学问题，可假想一个“虚设过程”使问题得以简化和解决。举例如下：如图所示，四根质量都是m的均匀等长木棒，用铰链连成框架，铰链P固定在天花板上，框架竖直悬挂在空中；现在铰链Q上施一竖直向上的力F使框架保持静止，不计一切摩擦，若要求出作用力F的大小，可设想力F使铰链Q缓慢上移一微小的距离，则框架的重心将上升，因为F做的功等于框架重力势能的增加量，所以，可得。请参照上面解决问题的方法，尝试完成以下问题：一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为m，重力加速度为g。则铁链A端受的拉力T为 A．mRg B． C．2mRg D．mg 【考向五：功能关系和图像问题】 1．（2023东城一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是 A．物块质量为0.7 B．物块所受摩擦力大小为0.4N C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4 2．（2023顺义二模）一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek、势能Ep与运动时间t、位移x之间的关系图像如图所示，以地面为零势能面，其中正确的是 A． B． C． D． 3．（2023延庆一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度h的变化如图乙所示。;，，。则 A．物体的质量 B．物体与斜面间的动摩擦因数 C．物体上升过程的加速度大小 D．物体回到斜面底端时的动能 4．（2023丰台二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是 A．小球在B点时的速度最大 B．小球在C点时所受的弹力大于 C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等 D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大 5．（2023西城三模）如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则 A．t1时刻小球具有最大速度 B．t2时刻小球的速度大小为零 C．可以计算出小球自由下落的高度 D．整个运动过程中，小球的机械能守恒 6．（2023北师大二模三模）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是 A．当时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为 C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为 7．（2023房山二模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x图像。下列说法正确的是 A．运动员下落整个过程中加速度保持不变 B．运动员下落整个过程中机械能守恒 C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力等于运动员的重力 D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小 【考向六：弹簧模型综合分析】 1．（2024北京真题）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 2．（2022丰台二模）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为，从点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到点恰好静止．物块向左运动的最大距离为，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中 A．弹簧的最大弹力为 B．物块克服摩擦力做的功为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．物块在点的初速度为 3．（2024海淀一模反馈）如图所示，两个质量均为的物块用劲度系数为的轻弹簧相连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上的力拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止。重力加速度为。上述过程中，下列判断正确的是 A．拉力的大小从零逐渐增大到 B．拉力做的功等于M的重力势能的增加 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同 4．（2023海淀一模反馈）在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置处放开，它将迅速下降，直至位置后再返回（如甲图所示）。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在达到位置后就不再运动了（如乙图所示）。记弹簧的弹性势能为、物体和地球的重力势能为、物体的动能为，弹簧始终处于弹性限度内，关于两次实验，下列说法正确的是 A．甲图里重物从到的过程中，持续减小 B．乙图里重物从到的过程中，持续增大 C．甲图里重物从到的过程中，保持不变 D．乙图里重物从到的过程中，保持不变 5．（2022东城二模）一根劲度系数为的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为的物块．用一水平木板将物块托住，使弹簧处于原长状态，如图所示．现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小，忽略一切阻力．下列说法正确的是 A．物块下落的整个过程中，物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒 B．当弹簧的伸长量时，物块与木板分离 C．物块下落到最低点时的加速度大小为 D．下落过程中物块的最大速度 6．（2023十一学校一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，，此为过程Ⅰ；若圆环在处获得一竖直向上的速度，则恰好能回到处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为，则圆环 A．过程Ⅰ中，加速度一直减小 B．Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为 C．在C处，弹簧的弹性势能为 D．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 7．（2024八十中零模）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中，以下叙述正确的是 A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大 D．小球到达N点时的动能恰好为零 8．（2022门头沟一模）如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，已知弹簧劲度系数为k，原长为l0。 （1）a.如图乙所示，在弹性限度内，用力F将弹簧由原长O位置拉至P位置，求弹簧的长度l； b.请在图丙中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小随相对于O点的位移x变化的图象。根据F-x图象求：从O拉至任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹； （2）弹簧的劲度系数k的数值与弹簧的材料，弹簧丝的粗细，弹簧圈的直径，单位长度的匝数，弹簧的原长及温度有关。 a.若在其它影响弹簧劲度系数的因素保持不变的情况下，仅将弹簧由l1处剪短为l1和l0-l1两部分，求长度为l1部分的劲度系数k'。 b.上述过程中我们实际上忽略了弹簧的质量，若弹簧质量不可忽略，其质量为m0，弹簧自然悬挂后如图丁所示状态，求其总长度l。 【考向七：传送带模型的综合分析】 1．（2023十二中三模）如图所示，水平传送带的质量，两端点间距离，传送带以加速度由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，取，电动机的内阻不计。传送带加速到的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从运动到的过程中 A．系统产生的热量为 B．滑块机械能的增加量为 C．滑块与传送带相对运动的时间是 D．传送滑块过程中电动机输出的电能为 2．（2022东城二模）如图所示，传送带与水平面夹角，底端到顶端的距离，运行速度大小。将质量的小物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度。下列说法正确的是 A．物块从斜面底端到达顶端的时间为 B．物块相对传送带的位移大小为6m C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32J D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带至少做功48J 3．（2023昌平模拟）在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2。由v﹣t图可知 A．货物与传送带的摩擦因数为0.5 B．A、B两点的距离为2.4m C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为-11.2J D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为19.2J 【考向八：天体中的能量综合问题】 1．（2024海淀二模）地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是 A．卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度 B．卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能 C．卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同 D．卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度 2．（2024北京真题）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为，宇宙的密度为。 （1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ； （2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。 a．求小星体P从处远离到。处的过程中动能的变化量； b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。 3．（2022北京真题）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法． （1）某质量为的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为，在远日点速度为．求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功； （2）设行星与恒星的距离为，请根据开普勒第三定律及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力与的平方成反比； （3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的倍．设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样．地球绕太阳公转的周期为，绕此恒星公转的周期为，求． 4．（2018北京真题·节选）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难．为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径．年月日，世界上最大的单口径球面射电望远镜在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”．直径为，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围． ．设直径为的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为，计算能够接收到的来自该天体的电磁波功率； ．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的．仅以辐射功率为的同类天体为观测对象，设直径为望远镜能够观测到的此类天体数目是，计算能够观测到的此类天体数目． 5．（2024朝阳二模）万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 （1）与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为r1，在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零，质量为、的两物体相距为r时，引力势能表达式为，其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能。 （2）如图2所示，直线上有一固定点电荷A，带电量为+Q，另一质量为m、带电量为-q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当电荷B运动至距离电荷A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远电势为零，两点电荷、相距为r时的电势能表达式为，其中k为静电力常量。 a.求点电荷B由静止释放时与点电荷A的距离； b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆周轨道运行时，若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等，则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷B从该位置由静止释放运动到点电荷A位置的时间t。 6．（2024平谷零模）物体在星球附近绕星球做匀速圆周运动的速度，叫作第一宇宙速度（又叫作环绕速度）；在星球表面附近发射物体的速度等于或大于，物体就会克服该星球的引力，永远离开该星球，这个速度叫作第二宇宙速度（又叫作逃逸速度）。已知引力常量为G。在以下问题的讨论中，空气阻力及星球自转的影响均忽略不计。 （1）若将地球视为质量均匀分布的球体，已知地球的质量为M，半径为R。 a．请证明地球的第一宇宙速度的大小； b．某同学设想从地面以第一宇宙速度的大小竖直上抛一个可视为质点的物体，关于该物体上升的最大高度，他的解答过程如下： 设物体的质量为m，上升的最大高度为h，重力加速度为g，由机械能守恒定律有： ，又，，所以联立得：该同学的上述解答是否正确?若不正确，请指出上述错误的原因，并分析说明物体上升的最大高度h应该比大还是小? （2）由于引力的作用，星球引力范围内的物体具有引力势能。设有一质量分布均匀的星球，质量为M，半径为R，当取物体距离星球无穷远处的引力势能为零时，则物体(质量为m)在距离该星球球心为r(r≥R)处时的引力势能为天体的质量越大，半径越小，逃逸速度也就越大，其表面的物体就越不容易脱离它的束缚。如果有这样的天体，它的质量非常大，半径又非常小，以至于以的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去，这种天体就称为黑洞。1799年，法国科学家拉普拉斯指出，对于一个质量为M的球状物体，当其半径R小于时，即是一个黑洞。请你根据所给信息并结合所学知识，证明上述结论。 【考向九：生活情景中的能量问题分析】 1．（2021北京真题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为。 （1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为，求此时“摆球”受到拉力的大小 （2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。 ．人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。 ．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能△应满足的条件。 2．（2022西城二模）摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。 （1）如图1所示，一个摆的摆长为，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。 a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。 b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为（）时，求此时小球的角速度大小。 （2）如图3所示，长为的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为和处分别固定一个质量为、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。 a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小。 b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比和的表达式，参照单摆的周期公式，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。 3．（2022西城二模）如图所示，质量的篮球从离地高度处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度，篮球与地面发生作用的时间。篮球反弹至最高点后运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度，不计空气阻力。求： （1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能； （2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F； （3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。 4．（2024西城二模）传统车辆刹车时使用机械制动方式，利用刹车装置使车辆受到制动力（即阻力）而减速，将减小的动能全部转化成内能。有些新能源电动车刹车时会使用一种“再生制动”方式，该方式在制动时能将汽车减少的动能转化为电能加以储存利用，这些减少的动能也被称为可回收的动能。 一辆质量为m的电动汽车在平直路面上行驶，某一时刻同时开启机械制动和再生制动，汽车的速度从减为的过程，位移大小为；此后，只开启机械制动，直至汽车停止，汽车又向前行驶的位移大小为。假设机械制动使汽车受到的制动力恒定，空气阻力不计。 （1）求只开启机械制动的过程，汽车受到的制动力大小； （2）求同时开启机械制动和再生制动的过程，汽车可回收的动能。 （3）从物体的运动情况确定其受力特征是力学研究的一个重要思路。为检测再生制动的性能，在汽车速度为时，研究人员只开启再生制动方式，测绘了汽车速度随位移变化的关系图线如图所示，图线是一条直线，其斜率的绝对值为k。根据加速度的定义，结合图像，推导汽车加速度a随v变化的规律及受到的制动力F随变化的规律。 5．（2024延庆一模）利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电叫潮汐发电，是目前海洋能利用中最主要的一种。 陆地和海湾，中间为水坝，其下有通道，无论涨潮或落潮，水流经过通道均可带动发电机发电。一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时，堵住通道，潮水涨至最高水位时打开通道，进水发电；当海湾水位涨至最高时，堵住通道；落潮至最低水位时，打开通道放水发电。以下是某小型双向型潮汐发电站的一组数据，据此回答下列问题（取海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2）： 水坝高度H 15m 海湾面积S m2 涨潮海湾最高水位h1 10m 发电机日平均发电量E 4.8×104kW·h 退潮海湾最低水位h2 6m 水轮发电机总效率η 10% （1）若采用U=200kV的直流电向某地区输电，要求输电线上损耗的功率ΔP不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值r； （2）试估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小。 【考向十：电磁学和热光原中的能量问题】 1．（2023北京真题）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于、两点上，、是连线中垂线上的两点，为、的交点，．不计重力，一带负电的点电荷在点由静止释放后 A．做匀加速直线运动 B．在点所受静电力最大 C．由到的时间等于由到的时间 D．由到的过程中电势能先增大后减小 2．（2022北京三模）一带电小球在空中由点运动到点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加，机械能增加，电场力做功，则小球 A．重力做功 B．电势能增加 C．空气阻力做功 D．动能减少 3．（2024西城一模）如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中 A．俯视看铝环中的电流沿顺时针方向 B．铝环对桌面的压力大于它的重力 C．磁铁运动过程中只受到两个力的作用 D．磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒 4．（2022朝阳一模）如图所示，两根长1m的空心铝管竖直放置，其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口，磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3s和0.6s。磁体的直径略小于铝管的内径，不计磁体与管壁的摩擦。关于磁体在甲、乙两管中的运动，下列说法正确的是 A．磁体在甲管内下落的过程中，所受合外力的冲量可能为0 B．磁体在甲管内下落的过程中，其克服磁场力的功小于重力势能的减少量 C．磁体在乙管内下落的过程中，乙管中没有产生感应电动势和感应电流 D．磁体在乙管内下落的过程中，其重力势能的减少量等于动能的增加量 5．（2021北京真题）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平形导体框左端连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。以水平向右的初速度开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为 C．电阻消耗的总电能为 D．导体棒克服安培力做的总功小于 6．（2021北京真题）类比是研究问题的常用方法。 （1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力为常量）的作用。其速率随时间的变化规律可用方程①式）描述，其中为物体质量，为其重力。求物体下落的最大速率 （2）情境2：如图1所示，电源电动势为，线圈自感系数为，电路中的总电阻为。闭合开关，发现电路中电流随时间的变化规律与情境1中物体速率随时间的变化规律类似。类比①式，写出电流随时间变化的方程；并在图2中定性画出图线 （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。 情境1 情境2 物体重力势能的减少量 物体动能的增加量 电阻上消耗的电能. 7．（2020北京真题）分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是 A．从到分子间引力、斥力都在减小 B．从到分子力的大小先减小后增大 C．从到分子势能先减小后增大 D．从到分子动能先增大后减小 8．（2019北京真题）光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流．表中给出了次实验的结果． 组 次 入射光子的 能量/eV 相对 光强 光电流大 小/mA 逸出光电子的 最大动能/eV 第 一 组 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 强 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 组 4 5 6 6.0 6.0 6.0 弱 中 强 27 40 55 2.9 2.9 2.9 由表中数据得出的论断中不正确的是 A．两组实验采用了不同频率的入射光 B．两组实验所用的金属板材质不同 C．若入射光子的能量为，逸出光电子的最大动能为 D．若入射光子的能量为，相对光强越强，光电流越大 9．（2017北京真题·节选）在磁感应强度为的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变．放射出的粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为．以、分别表示粒子的质量和电荷量． 设该衰变过程释放的核能都转化为粒子和新核的动能，新核的质量为，求衰变过程的质量亏损． 10．（2024朝阳一模）把不易测量的微观量转化为测量宏观量、易测量是一种常用的科学方法。 （1）用油膜法估算油酸分子的直径。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，其在水面上形成的单分子油膜面积为S，求油酸分子的直径d。 （2）根据玻尔理论，可认为氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动。处于基态的氢原子吸收频率为的光子恰好发生电离，已知处于基态的氢原子具有的电势能为E。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。求基态氢原子的半径r。 （3）科研人员设计了一种简便的估算原子核直径的方案：取某种材料的薄板，薄板的面积为A，薄板内含有N个该种材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轰击，已知入射薄板的粒子数为，从薄板另一侧射出的粒子数为，设高能粒子在空间均匀分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上没有重叠。求该种材料原子核的直径D。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点7 功能关系和能量守恒 三年考情分析 2025考向预测 机械能守恒 2024年T7 2023年T11 2022年T8 功能关系、机械能守恒和能量守恒是非常重要的物理分析方法，属于高考必考考点，通常结合其它动力学知识进行考察。同时，这部分知识和方法也是综合问题如动量守恒、电磁学运动过程分析、电路和电磁感应中问题分析的必备技能之一。 未来的命题仍会以物理观念和科学思维为侧重点，更注重综合分析应用能力的考察，并通过练习生活情景，让考题更具应用性和创新性。 功能关系和能量守恒 2024年T19 2023年T8 2022年T19 【考察特点】 近三年北京高考真题以选择题和计算题为主，侧重对功是能量转化量度和机械能守恒、能量守恒的理解和应用，机械能守恒实验也是模考中的重点；一般纯力学问题难度中等，综合类题目应用能力要求较高。 【必备知识】 功能关系、机械能守恒和能量守恒是核心考点，运动分析和受力分析能力是应用的基本能力要求。 【考察要求】 注重基础概念和基本规律的理解，熟练掌握能量转化的分析方法。 【知识大纲】 【高分技巧】 一、保守力做功与势能关系 证明保守力的问题属于北京比较特色的问题，思路很简单，只要证明做功与路径有关即可证明某个力不是保守力。 1．保守力定义：做功与路径无关，即如果从某点A运动到某点B，无论走哪条路径，力F做的功都相同，则这个力是保守力。这个定义还有一个等效的说法：从某点出发，沿任意路径回到出发点，如果某个力做功为0，则这个力是保守力。 2．常见保守力：重力、弹簧弹力、万有引力、静电力、分子力等；常见的非保守力：摩擦力、感生电场力。 3．保守力做功与势能的关系：保守力做正功，势能减小；保守力做负功，势能减小，即。 二、机械能守恒 1．机械能守恒的判断方法 ① 用做功判断：若系统只有重力或系统内弹力做功，则系统机械能守恒。 ② 用能量转化判断：若系统只有动能和势能的相互转化，则系统机械能守恒。 2．机械能守恒判断的注意事项 ① 机械能守恒的条件是“只有重力做功”不等于“只受重力作用” ② 分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统 ③ 系统机械能守恒时，机械能一般在系统内物体间转移，系统中的单个物体机械能通常不守恒 ④ 对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒 3．机械能守恒的表达式 三、功能关系和能量守恒 1．常见功能关系 保守力 重力做功对应重力势能变化 弹簧弹力做功对应弹性势能变化 静电力做功对应电势能的变化 分子力做功对应分子势能的变化 非保守力 合外力做功对应动能的变化 其它力做功对应机械能变化 滑动摩擦力做功对应热能的变化 克服安培力做功对应电路中焦耳热（电磁感应部分感应电流） 非静电力做功对应电源总能量 电流做功对应电能的变化 2．能量守恒的应用思路 ① 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。 ② 某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 （建议用时：200分钟） 【考向一：保守力做功与势能】 1．（2021丰台二模）在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力．保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线．如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是 A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零 B．图甲中质点所受保守力的方向沿轴的正方向 C．图乙中质点从运动到的过程中保守力做正功 D．图乙中质点在位置，所受保守力大于质点在位置所受保守力 【答案】D 【解析】A．根据，得，则，势能曲线的斜率绝对值等于保守力大小．图甲中势能为零的位置，图像的斜率不为零，则质点所受保守力不为零，故A错误； B．图甲中质点的势能增大，保守力做负功，则质点所受保守力的方向沿轴的负方向，故B错误； C．图乙中质点从运动到的过程中，势能增大，则保守力做负功，故C错误； D．根据图像切线的斜率越大，保守力越大．在图乙中，图像在位置切线的斜率大于在位置图像切线的斜率，所以质点在位置所受保守力大于质点在位置所受保守力，故D正确． 故选D 2．（2022八十中模拟）根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度。在著名的牛顿“水桶实验”中发现：将一桶水绕竖直固定中心转轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，水桶截面如图所示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是 A．该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B．小水滴沿水面向上移动时，该“势能”增加 C．小水滴沿水面向上移动时，重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 D．水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 【答案】D 【解析】A．因水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”可知，该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A错误； B．因该“力”的方向与转轴垂直，方向背离转轴，可知小水滴沿水面向上移动时，该“力”做正功，则该“势能”减小，故B错误； C．因水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能，可知重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，故C错误； D．对其中的一个小水滴而言，水面对水滴的作用力垂直水面向上，则其受到重力和该“力”的合力也一定与水滴所在水面垂直，故D正确。 故选D。 【考向二：机械能守恒定律及其应用】 1．（2023东城二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是 A．人先处于超重状态，后处于失重状态 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大 D．人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量 【答案】B 【解析】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确； C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误； D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。 故选B。 2．（2023朝阳一模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（在弹性限度内）。不计空气阻力。则 A．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的加速度不断增大 B．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的速度先增大后减小 C．从接触弹簧到运动至最低点的过程中，小球的机械能守恒 D．小球在最低点时所受的弹力大小等于其所受的重力大小 【答案】B 【解析】从接触到小球运动至最低点的过程中，根据牛顿第二定律可得（向下为正）：，刚开始，为正（方向向下），小球不断加速，随着小球向下移动增大，减小；直至=0，此时速度最大；继续向下运动变大，则，为负（方向向上）且不断变大，直至小球速度变为0。所以在此过程中加速度先减后增，速度先增后减，最低点处，A、D错误，B正确； 以小球为研究对象，下落过程除自身重力外还有外界弹力对其做功，因此小球机械能不守恒（小球和弹簧组成的系统机械能守恒），C错误。 3．（2023海淀一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是 A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加 B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量 C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化 D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量 【答案】C 【解析】由题目信息可知，重物动能保持为零，且手对重物作用力一直向上，则手对重物做负功。将重物和弹簧看做一个系统，系统机械能减小，即弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直减小，故A错误； 重物受弹簧弹力和手对重物的支持力作用，二者做功之和等于重物机械能变化量，故B错误； 由于重物缓慢下降，可视作受力平衡状态，手对重物的支持力与重力和弹簧弹力的合力大小相等，根据牛顿第三定律可知，重物对手的压力与大小相等。根据胡克定律可知，弹簧弹力随弹簧形变量均匀变化，则随重物下降距离均匀变化，故重物对手的压力随下降的距离均匀变化，故C正确； 克服重力做功等于重物重力势能变化量，故D错误。 4．（2021西城二模）某同学用实验室中的过山车模型研究过山车的原理。如图所示，将质量为m的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨道。他通过测量得到圆轨道的半径为R。已知重力加速度为g。 （1）小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度v为多少？ （2）若不考虑摩擦等阻力，要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差h为多少？ （3）该同学经过反复尝试，发现要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差比（2）的计算结果高，则从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能为多少？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 （1）小球恰能通过最高点时，根据圆周运动规律，重力提供向心力，有，解得 （2）若不考虑摩擦等阻力，小球从释放点运动到圆轨道最高点的过程， 根据动能定理有，解得 （3）以轨道最低点所在平面为零势能面，从释放点运动到圆轨道最高点的过程中 小球损失的机械能 由（2）可知，代入得 5．（2024丰台一模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，恰好能运动到最高点C，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep； （2）物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功Wf； （3）物体离开C点，落至水平面时距B点的距离x。 【答案】（1）；（2）；（3）x=2R 【解析】 （1）对物体和弹簧组成系统，从A运动至B过程，由能量守恒定律有 （2）物体恰好能运动到最高点C，由牛顿运动定律有，得 对物体从B至C过程，出动能定理有，得 （3）物体离开C点后做平抛运动，解得x=2R 【考向三：连接体模型】 1．（2022海淀二模）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球和，用手托住球，当绳刚好被拉紧时，球离地面的高度为，球静止于地面．已知球的质量为，球的质量为，重力加速度为，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计．若无初速度释放球，则下列判断正确的是 A．经过时间，球恰好落地 B．在球下落过程中，球所受拉力大小为 C．在球下落过程中，球的机械能保持不变 D．球落地前瞬间速度大小为 【答案】D 【解析】A．以、研究对象，根据牛顿第二定律，解得，根据，解得，故A错误； B．设绳子拉力为，以为研究对象，根据牛顿第二定律得，解得，故B错误； C．球下落过程中，球重力势能增大，动能增大，机械能变大，故C错误； D．根据解得，故D正确． 故选D 2．（2024海淀一模）如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是 A．A球的加速度大小为2g B．拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量 C．重力对B球做的功等于B球动能的增加量 D．B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量 【答案】B 【解析】A．设A球质量m，则B球质量3m，绳子张力大小T， 根据牛顿第二定律，，解得，故A错误； B．拉力对A球做正功，拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量，故B正确； C．根据动能定理，重力与绳子拉力的合力对B球做的功等于B球动能的增加量，故C错误； D．对A、B整体，整体只有重力做功，机械能守恒，则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误。 故选B。 3．（2023西城二模）“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是 A．小车的加速度增大到原来的2倍 B．绳上的拉力增大到原来的2倍 C．砂桶机械能的减少量小于原来的2倍 D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多 【答案】C 【解析】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得，以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得，联立可得，，若保持不变，将增大为原来的2倍，则有，故AB错误； C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为，，由于，可得，即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确； D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。 故选C。 4．（2022北师大附属实验一模）如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮(忽略滑轮大小)，一条轻绳跨过定滑轮且两端分别连接小球A、B，小球A在水平拉力F作用下静止于轨道最低点P。现增大拉力F使小球A沿着半圆轨道运动，当小球A经过Q点时速度为v，OQ连线与竖直方向的夹角为30°，则下列说法正确的是 A．小球A、B的质量之比为∶2 B．小球A经过Q点时，小球B的速度大小为 C．小球A从P运动到Q的过程中，小球A、B组成的系统机械能一定在增加 D．小球A从P运动到Q的过程中，小球B的动能一直增加 【答案】BC 【解析】A．根据题述条件，不能够得出小球A、B的质量之比，A错误； B．当小球A经过Q点时速度为v，沿轻绳方向的分速度大小为：vcos60°＝，等于此时B的速度大小，B正确； C．小球A从P运动到Q的过程中，水平拉力F做正功，小球A、B组成的系统机械能一定增加，C正确； D．小球A从P运动到Q的过程中，小球B的重力势能一直增加，机械能一直增加，但动能不一定一直增加，D错误。 故选BC。 5．（2023一六六中学三模）如图1所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M。 （1）画出图1中小车的受力示意图；请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ是否需要重新调整。 （2）如图2所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动。已知砝码盘及砝码的总质量为m，求： ①a.如果m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值； b.用F表示小车所受细绳的拉力，如果要求，此时应该满足的条件； ②小车沿木板运动距离为x的过程中，其机械能的变化量ΔE。 【答案】（1）见解析，μ=tanθ，θ无须不需要调整；（2）①a.，b.；② 【解析】 （1）小车受到重力、木板的支持力与沿木板向上的摩擦力，小车的受力示意图如图所示 重力沿木板向下的分力为，则小车受到的摩擦力为 小车匀速运动，由平衡条件可得，解得 当小车的质量由M变成M+∆m时，若使小车匀速运动， 仍有，科技仍然满足 即若增大小车的质量，角度θ无须改变。 （2）①a.对小车由牛顿第二定律可得 对砝码和砝码盘由牛顿第二定律可得，解得，则有 b.利用a中得到结论，解得，可得 ②小车沿木板运动距离为x的过程中，机械能的变化量等于小车所受的拉力和摩擦力做功的总和，则有 6．（2024北师大附属实验零模）阿特伍德机是由英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为3m的物体A和质量为m的物体B相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。 （1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体A下落高度h后，两物体的速度大小； （2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量I作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率； a．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为r的圆盘边缘的线加速度a的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系； b．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能； c．若滑轮的质量为m，半径为R，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体A相连的轻绳拉力大小，与物体B相连的轻绳拉力大小，以及物体A下落高度h后的速度大小。 【答案】（1）；（2）a．，；b．；c．，， 【解析】 （1）A物体下落过程中，对A、B组成的系统应用机械能守恒定律得 ，解得 （2）a．类比线速度与角速度的关系，可得角加速度和线加速度的关系为 类比质点的牛顿第二定律可得 b．类比质点的平动动能可得 c．由刚体转动过程中力矩与角速度的关系，可得 对A物体列牛顿定律，有，对B物体列牛顿定律，有 根据滑轮角加速度与线加速度的关系，有 联立可得，， 对系统应用机械能守恒，得，其中， 解得 【考向四：功能关系和能量守恒】 1．（2023海淀二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是 A．动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大 B．动量p随时间t变化的快慢随时间均匀增大 C．重力势能随位移x变化的快慢随时间均匀减小 D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小 【答案】A 【解析】A．做自由落体运动的物体，根据，可得，可知动能随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确； B．根据动量定理可得，可得，可知动量p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误； C．根据重力势能与重力做功的关系，可知重力势能减少量为，可得，可知重力势能随位移x变化的快慢保持不变，故C错误； D．做自由落体运动的物体，机械能守恒，即，故D错误。 故选A。 2．（2022朝阳一模）将一个小球竖直向上抛出，假设小球在运动过程中受到大小不变的空气阻力作用，经过一段时间后小球又返回至出发点．关于小球从抛出到返回原位置的过程，下列说法正确的是 A．小球上升过程中的加速度小于下落过程中小球的加速度 B．小球上升过程中克服重力做的功大于下落过程中重力做的功 C．小球上升过程中的机械能的变化大于下落过程中机械能的变化 D．小球上升过程中所受重力做功的平均功率大于下落过程中重力做功的平均功率 【答案】D 【解析】A．小球运动过程中受的空气阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为，，所以故A错误； B．小球上升过程中克服重力做的功等于下落过程中重力做的功相等，即，故B错误； C．小球机械能的变化，等于空气阻力对小球做的功，即，所以小球上升过程中的机械能变化等于下落过程中机械能的变化，故C错误； D．上升、下降过程所用时间分别为、，则有，由于，则，上升、下降过程的平均功率分别为，，所以，故D正确． 故选D 3．（2022门头沟一模）如图所示，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块 A．上滑所需时间与下滑所需时间相等 B．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等 C．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等 D．上滑和下滑过程，摩擦产生热量不相等 【答案】C 【解析】A．B．由于小物块以回到斜劈底端时的速度小于上滑的初速度，说明小物块与斜面之间存在摩擦力，由牛顿第二定律，上滑过程，下滑过程，所以，又，可知，位移大小相等时，故AB错误； CD．由功能关系可知机械能损失等于克服摩擦力做功，上滑和下滑过程摩擦力大小相等，所以小物块机械能损失相等，摩擦生热也相等，故C正确，D错误。 故选C。 4．（2022房山一模）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示．图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，、、、、为弹道曲线上的五点，其中点为发射点，点为落地点，点为轨迹的最高点，、为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为．下列说法正确的是 A．炮弹到达最高点的机械能大于它在点的机械能 B．炮弹到达最高点时的加速度为 C．炮弹经过点时的速度大于经过点时的速度 D．炮弹由点运动到点的时间与由点运动到点的时间相等 【答案】C 【解析】A．从到的过程中，由空气阻力做负功，机械能减少，A错误； B．由于在最高点，除了受重力外还受到向后的空气阻力，因此加速度不是，B错误； C．从到的过程中，由空气阻力做负功，机械能减少，而炮弹在两点势能相等，因此经过点时的动能大于经过点时的动能，C正确； D．由于空气阻力的作用，炮弹由点运动到点和由点运动到点并不对称，运动时间并不相同，D错误． 故选C 5．（2024昌平二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下 A．上升的时间一定小于下降的时间 B．在最高点时的加速度等于重力加速度 C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能 D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能 【答案】A 【解析】A．物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落过程中，竖直方向的阻力向上，加速度大小小于g，根据可知，物体上升的时间一定小于下降的时间。故A正确； B．物体在最高点时受到的阻力水平向左，则水平方向的加速度向左，竖直方向的加速度大小为g，根据平行四边形法则可知，物体在最高点时的加速度大于重力加速度。故B错误； C．物体在运动过程中，空气阻力做负功，所以落回抛出点时的动能小于抛出时的动能。故C错误； D．整个过程中阻力一直做负功，所以物体在上升阶段和下降阶段同一高度处，上升阶段的速度大于下降阶段的速度，所以上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，上升过程中克服阻力做的功大于下降阶段克服阻力做的功，物体在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。故D错误。 故选A。 6．（2022北师大附属实验零模）冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。运动员从a点上h居高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为）。不计空气阻力，下列判断正确的是 A．第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同 B．从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度 C．从d返回可以恰好到达a D．从a到d的过程中机械能可能守恒 【答案】B 【解析】A．由于从a到b与从b到c的平均速率不同，平均压力不同，平均摩擦力不同，所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同，A错误； BC．从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，克服摩擦力做功为，从a到c比从d到c的平均速率大，则d返回经c到a克服摩擦力做功小于，故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度，C错误B正确； D．从a到d的过程中有克服摩擦力做功，则机械能不守恒，D错误。 故选B。 7．（2024大兴精华三模）有些力学问题，可假想一个“虚设过程”使问题得以简化和解决。举例如下：如图所示，四根质量都是m的均匀等长木棒，用铰链连成框架，铰链P固定在天花板上，框架竖直悬挂在空中；现在铰链Q上施一竖直向上的力F使框架保持静止，不计一切摩擦，若要求出作用力F的大小，可设想力F使铰链Q缓慢上移一微小的距离，则框架的重心将上升，因为F做的功等于框架重力势能的增加量，所以，可得。请参照上面解决问题的方法，尝试完成以下问题：一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为m，重力加速度为g。则铁链A端受的拉力T为 A．mRg B． C．2mRg D．mg 【答案】A 【解析】我们使用虚位移的考虑思路，设想存在作用力F作用在链条A端，将会使链条做出一个非常小，趋近于零的虚位移，而这个过程的作用效果可以等效于处于链条B端的一段长为的链条移到A端，如图所示 因此，计算出这一段势能的增加即可计算出F所做的功，则有，解得 故选A。 【考向五：功能关系和图像问题】 1．（2023东城一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是 A．物块质量为0.7 B．物块所受摩擦力大小为0.4N C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4 【答案】A 【解析】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理，整理得，结合0~10m内的图像，斜率的绝对值，10~20m内物块下滑，由动能定理得， 整理得，结合10~20m内的图像得， 斜率，联立解得，，故A正确，B错误； C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误； D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。 故选A。 2．（2023顺义二模）一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek、势能Ep与运动时间t、位移x之间的关系图像如图所示，以地面为零势能面，其中正确的是 A． B．C． D． 【答案】B 【解析】A．设斜面与地面夹角为，则滑块的加速度为 则有，联立可知，故A错误； BC．设斜面长，滑块位移x，重力势能为，，故B正确，C错误； D．滑块动能，即，故D错误。 故选B。 3．（2023延庆一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度h的变化如图乙所示。;，，。则 A．物体的质量 B．物体与斜面间的动摩擦因数 C．物体上升过程的加速度大小 D．物体回到斜面底端时的动能 【答案】B 【解析】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有，解得故A错误； B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知，解得，故B正确； C．根据题意，由牛顿第二定律有，解得故C错误； D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为，整个过程由动能定理有，其中，解得，故D错误。 故选B。 4．（2023丰台二模）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是 A．小球在B点时的速度最大 B．小球在C点时所受的弹力大于 C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等 D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大 【答案】B 【解析】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误； B．小球若从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为，，小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于。由牛顿第二定律则，B正确； C．设在D点，弹力和小球重力平衡，D点速度为，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积，图像与x轴所包围的下部分面积，因为，得，C错误； D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。 故选B。 5．（2023西城三模）如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则 A．t1时刻小球具有最大速度 B．t2时刻小球的速度大小为零 C．可以计算出小球自由下落的高度 D．整个运动过程中，小球的机械能守恒 【答案】BC 【解析】A．t1时刻，弹簧弹力等于零，此时小球的加速度为g，方向向下，故A错误； B．当弹簧弹力等于重力时小球速度最大，在t2时刻，弹簧弹力最大，此时小球运动到最低点，加速度方向向上，速度为零，故B正确； C．t3到t4时刻，小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可以求出小球自由下落的高度，故C正确； D．小球运动过程中有弹力做功，机械能不守恒，故D错误． 故选BC. 6．（2023北师大二模三模）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是 A．当时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为 C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为 【答案】AD 【解析】由图象结合小球的运动过程为：先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。 A．当时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确； B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在小球的后边，B错误； C．由B知道最低点位置大于，所以弹力大于2mg，C错误； D．当时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得，故D正确。 故选AD。 7．（2023房山二模）将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x图像。下列说法正确的是 A．运动员下落整个过程中加速度保持不变 B．运动员下落整个过程中机械能守恒 C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力等于运动员的重力 D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小 【答案】C 【解析】A．当运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力，运动员加速度不变；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳的合力提供加速度，所以运动员的加速度要先减小后反向增大，故A错误； B．运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度的过程中，运动员只受重力机械能守恒；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B错误； C．由图乙可知运动员下落15m时，运动员的速度最大，加速度为零，此时弹性绳的拉力等于运动员的重力，故C正确； D．弹性绳达到原长，此时重力大于弹性绳的弹力，运动员会继续向下先做加速度减小的加速，直到加速度减为零，速度达到最大，动能达到最大，故D错误。 故选C。 【考向六：弹簧模型综合分析】 1．（2024北京真题）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 【答案】C 【解析】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得，解得物体在C点的速度，AB错误； C．由牛顿第二定律得，解得物体在C点的向心加速度，C正确； D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。 故选C。 2．（2022丰台二模）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为，从点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到点恰好静止．物块向左运动的最大距离为，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中 A．弹簧的最大弹力为 B．物块克服摩擦力做的功为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．物块在点的初速度为 【答案】D 【解析】A．物体从静止向右运动时，弹力先大于摩擦力，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即时，速度最大，物体继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于，A错误； B．整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为，B错误； C．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能，C错误； D．设物块在点的初速度为，对整个过程，利用动能定理得，可得，D正确． 故选D 3．（2024海淀一模反馈）如图所示，两个质量均为的物块用劲度系数为的轻弹簧相连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上的力拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止。重力加速度为。上述过程中，下列判断正确的是 A．拉力的大小从零逐渐增大到 B．拉力做的功等于M的重力势能的增加 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同 【答案】ABD 【解析】A．拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止，对M、N整体有，可知整个过程拉力的大小从零逐渐增大到，故A正确； B．初始对物块M分析得弹簧的压缩量物块N刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为，可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹性势能变化量为零，由功能关系可知拉力做的功等于的重力势能的增加，故BD正确； C．弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。 故选ABD。 4．（2023海淀一模反馈）在一轻弹簧下挂一重物，将它从位置处放开，它将迅速下降，直至位置后再返回（如甲图所示）。若我们用手托着该重物使它缓缓下降，最终它在达到位置后就不再运动了（如乙图所示）。记弹簧的弹性势能为、物体和地球的重力势能为、物体的动能为，弹簧始终处于弹性限度内，关于两次实验，下列说法正确的是 A．甲图里重物从到的过程中，持续减小 B．乙图里重物从到的过程中，持续增大 C．甲图里重物从到的过程中，保持不变 D．乙图里重物从到的过程中，保持不变 【答案】C 【解析】A．由题意可知，甲图里重物在达到位置处，弹簧的弹力与重物的重力大小相等，此时重物的速度最大，则有在重物从到的过程中，弹力大于重力，重物做减速运动，动能减小，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，持续增大，A错误； B．乙图里重物从到的过程中，用手托着该重物使它缓缓下降，重物动能不变，可手对重物的支持力对重物做负功，则系统的机械能减小，则有持续减小，B错误； C．甲图里重物从到的过程中，重物与弹簧组成的系统机械能守恒，则有保持不变，C正确； D．乙图里重物从到的过程中，手对重物的支持力对重物做负功，因此系统的机械能减小，则有减小，D错误。 故选C。 5．（2022东城二模）一根劲度系数为的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为的物块．用一水平木板将物块托住，使弹簧处于原长状态，如图所示．现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小，忽略一切阻力．下列说法正确的是 A．物块下落的整个过程中，物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒 B．当弹簧的伸长量时，物块与木板分离 C．物块下落到最低点时的加速度大小为 D．下落过程中物块的最大速度 【答案】D 【解析】A．物块下落的整个过程中，受到木板的支持力作用，且支持力对物块做负功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减小，故A错误； B．当物块与木板之间的弹力为零，加速度为时，恰好与木板分离， 则对物块受力分析有，解得，故B错误； C．因为物块与木板脱离后，做竖直方向的简谐振动，根据运动的对称性，则物块下落到最低点时的加速度大小为，故C错误； D．当物块加速度为零时，速度达到最大，即满足， 因为木板与物块分离时，向下运动的位移为，则此时的速度为，解得 则从脱离到达到最大速度，对物块与弹簧组成的系统， 由机械能守恒定律得，联立解得，故D正确． 故选D 6．（2023十一学校一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，，此为过程Ⅰ；若圆环在处获得一竖直向上的速度，则恰好能回到处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为，则圆环 A．过程Ⅰ中，加速度一直减小 B．Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为 C．在C处，弹簧的弹性势能为 D．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 【答案】D 【解析】A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，则经过处的加速度为零，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A错误； BCD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为， 研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得， 研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得 联立解得克服摩擦力做的功为，弹簧弹力做功 所以在处，弹簧的弹性势能为，故BC错误，D正确； 故选D。 7．（2024八十中零模）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中，以下叙述正确的是 A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大 D．小球到达N点时的动能恰好为零 【答案】B 【解析】A．因为，所以ON大于OM，而又知道在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，所以在M点弹簧处于压缩状态，在N点弹簧处于拉伸状态，小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误； B．由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则有两处（即有两个时刻）加速度为g，故B正确； C．弹簧长度最短时，也就是弹力垂直杆方向时，此时弹力与小球速度方向垂直，故弹力对小球做功的功率为零，故C错误； D．由于M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M和N两点处弹簧的压缩量等于伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D错误。 故选B。 8．（2022门头沟一模）如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，已知弹簧劲度系数为k，原长为l0。 （1）a.如图乙所示，在弹性限度内，用力F将弹簧由原长O位置拉至P位置，求弹簧的长度l； b.请在图丙中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小随相对于O点的位移x变化的图象。根据F-x图象求：从O拉至任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹； （2）弹簧的劲度系数k的数值与弹簧的材料，弹簧丝的粗细，弹簧圈的直径，单位长度的匝数，弹簧的原长及温度有关。 a.若在其它影响弹簧劲度系数的因素保持不变的情况下，仅将弹簧由l1处剪短为l1和l0-l1两部分，求长度为l1部分的劲度系数k'。 b.上述过程中我们实际上忽略了弹簧的质量，若弹簧质量不可忽略，其质量为m0，弹簧自然悬挂后如图丁所示状态，求其总长度l。 【答案】（1）a.l=l0+；b.见解析，，；（2）a.；b. 【解析】（1）a.由胡克定律F=kx得弹簧的伸长量，即弹簧的长度l=l0+x=l0+ b.F-x图象如下图所示 图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小弹力做功为 弹力做功与弹性势能的关系W弹=0-E弹，解得 （2）a.设拉伸过程中l1部分的伸长量为xˊ，总伸长量为x。拉伸弹簧过程中整根弹簧均匀拉长，内部张力处处相等。由几何关系知 对整根弹簧由胡克定律F=kx，对l1部分应用胡克定律F=k’xˊ，联立可得 即同一弹簧的劲度系数与长度成反比。 b.无重力时将弹簧分为N段（N很大），每一段长度为，劲度系数为Nk’，有重力的情况下，弹簧被拉伸，原来等分的N小段受到不同程度的拉伸将变得长度不相等，但由于小段长度很小，每小段的劲度系数可认为保持不变。 自上而下：第1小段承担了下面N-1小段的重力，第二小段承担了下面N-2小段的重力…… 考查第i小段Nk’xi=（N-i）m0g，得第i小段弹簧的长度为 则弹簧的总长为，当N→∞时有 。 【考向七：传送带模型的综合分析】 1．（2023十二中三模）如图所示，水平传送带的质量，两端点间距离，传送带以加速度由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，取，电动机的内阻不计。传送带加速到的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从运动到的过程中 A．系统产生的热量为 B．滑块机械能的增加量为 C．滑块与传送带相对运动的时间是 D．传送滑块过程中电动机输出的电能为 【答案】A 【解析】AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间， 根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足，得：， 滑块加速过程的位移， 故滑块会一直加速到与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。 滑块加速的时间：，相同时间内传送带的位移， 故滑块与传送带的相对路程：， 系统产生的热量：，故A正确，C错误； B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量，故B错误； D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能：，故D错误。 故选：A。 2．（2022东城二模）如图所示，传送带与水平面夹角，底端到顶端的距离，运行速度大小。将质量的小物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度。下列说法正确的是 A．物块从斜面底端到达顶端的时间为 B．物块相对传送带的位移大小为6m C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32J D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带至少做功48J 【答案】C 【解析】AB．物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得，解得，物块速度与传送带速度相等的时间，之后，由于，摩擦力突变为静摩擦力，大小为，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块加速阶段的位移，传送带的路程，物块与传送带保持相对静止运动的时间，物块从斜面底端到达顶端的时间，物块相对传送带的位移大小为，故AB错误； C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为，故C正确； D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为，故D错误。 故选C。 3．（2023昌平模拟）在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2。由v﹣t图可知 A．货物与传送带的摩擦因数为0.5 B．A、B两点的距离为2.4m C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为-11.2J D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为19.2J 【答案】AC 【解析】A.由图象可以看出货物做两段均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：，，由图象得到，代入解得：，选项A正确； B.货物的位移就是AB两点的距离，求出货物的v-t图象与坐标轴围成的面积即为AB两点的距离。所以有，选项B错误； C.传送带对货物做的功即为两段运动中摩擦力做的功：，选项C正确； D.货物与传送带摩擦产生的热量：，选项D错误。故选AC。 【考向八：天体中的能量综合问题】 1．（2024海淀二模）地球同步卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是 A．卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度 B．卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能 C．卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同 D．卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度 【答案】D 【解析】A．由，解得，可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误； B．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点火加速，卫星从轨道Ⅱ进入轨道III需在B点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道III上的机械能，故B错误； C．由开普勒第三定律，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误； D．由，可知，可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。 故选D。 2．（2024北京真题）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为，宇宙的密度为。 （1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ； （2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。 a．求小星体P从处远离到。处的过程中动能的变化量； b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。 【答案】（1）；（2）a．；b．H随t增大而减小 【解析】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为和的球内质量相同，即， 解得小星体P远离到处时宇宙的密度 （2）a．此球内的质量，P从处远离到处，由能量守恒定律得， 动能的变化量 b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小。 3．（2022北京真题）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法． （1）某质量为的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为，在远日点速度为．求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功； （2）设行星与恒星的距离为，请根据开普勒第三定律及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力与的平方成反比； （3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的倍．设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样．地球绕太阳公转的周期为，绕此恒星公转的周期为，求． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【解析】 （1）根据动能定理有． （2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为，运动半径为，运动速度大小为．恒星对行星的作用力提供向心力，则，运动周期， 根据开普勒第三定律，为常量，得，即恒星对行星的作用力与的平方成反比． （3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为．以恒星为球心，以为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量． 设地球绕太阳公转半径为，在新轨道上公转半径为．地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的倍，得 设恒星质量为，地球在轨道上运行周期为．， 万有引力提供向心力，得 由于恒星质量是太阳质量的倍，得． 4．（2018北京真题·节选）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难．为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径．年月日，世界上最大的单口径球面射电望远镜在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”．直径为，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围． ．设直径为的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为，计算能够接收到的来自该天体的电磁波功率； ．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的．仅以辐射功率为的同类天体为观测对象，设直径为望远镜能够观测到的此类天体数目是，计算能够观测到的此类天体数目． 【答案】．，． 【解析】．地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，因此． ．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的．因此，一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积． 设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为，直径为望远镜和能观测到的最远距离分别为和， 则；可得．则． 5．（2024朝阳二模）万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 （1）与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为r1，在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零，质量为、的两物体相距为r时，引力势能表达式为，其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能。 （2）如图2所示，直线上有一固定点电荷A，带电量为+Q，另一质量为m、带电量为-q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当电荷B运动至距离电荷A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远电势为零，两点电荷、相距为r时的电势能表达式为，其中k为静电力常量。 a.求点电荷B由静止释放时与点电荷A的距离； b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆周轨道运行时，若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等，则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷B从该位置由静止释放运动到点电荷A位置的时间t。 【答案】（1）a．见解析，b．；（2）a．，b． 【解析】（1）a．设引力做功为W引，根据动能定理有W引=ΔEk 引力做功与引力势能变化ΔEp的关系为W引=－ΔEp，故有ΔEk＋ΔEp=0 由此可知，动能与引力势能之和守恒 b．卫星从A运动到B的过程中，动能与引力势能之和守恒ΔEk＋ΔEp=0， 解得 （2）a．当B绕A做圆周运动时，库仑力提供向心力 当B靠近A时，由动能定理，同时，解得 b．将B的直线运动视为无限“扁”的椭圆上的运动，其半长轴为 设B绕A以半径L做匀速圆周运动时的周期为T，有 库仑力提供向心力有，解得 6．（2024平谷零模）物体在星球附近绕星球做匀速圆周运动的速度，叫作第一宇宙速度（又叫作环绕速度）；在星球表面附近发射物体的速度等于或大于，物体就会克服该星球的引力，永远离开该星球，这个速度叫作第二宇宙速度（又叫作逃逸速度）。已知引力常量为G。在以下问题的讨论中，空气阻力及星球自转的影响均忽略不计。 （1）若将地球视为质量均匀分布的球体，已知地球的质量为M，半径为R。 a．请证明地球的第一宇宙速度的大小； b．某同学设想从地面以第一宇宙速度的大小竖直上抛一个可视为质点的物体，关于该物体上升的最大高度，他的解答过程如下： 设物体的质量为m，上升的最大高度为h，重力加速度为g，由机械能守恒定律有： ，又，，所以联立得：该同学的上述解答是否正确?若不正确，请指出上述错误的原因，并分析说明物体上升的最大高度h应该比大还是小? （2）由于引力的作用，星球引力范围内的物体具有引力势能。设有一质量分布均匀的星球，质量为M，半径为R，当取物体距离星球无穷远处的引力势能为零时，则物体(质量为m)在距离该星球球心为r(r≥R)处时的引力势能为天体的质量越大，半径越小，逃逸速度也就越大，其表面的物体就越不容易脱离它的束缚。如果有这样的天体，它的质量非常大，半径又非常小，以至于以的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去，这种天体就称为黑洞。1799年，法国科学家拉普拉斯指出，对于一个质量为M的球状物体，当其半径R小于时，即是一个黑洞。请你根据所给信息并结合所学知识，证明上述结论。 【答案】见解析 【解析】 （1）a．设质量为得物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，解得 b．该同学得解答不正确。由于随着竖直上抛物体高度得升高，离地球越来越远，万有引力越来越小，重力加速度得值也越来越小，则可知物体在上升过程中做加速度逐渐减小的加速运动，因此物体上升的高度应大于做匀减速运动上升的高度，即物体上升的最大高度应大于。 （2）物体在逃逸过程中机械能守恒，根据题意，由机械能守恒可得 可得逃逸速度 若光也不能逃逸，则有，可得 即当质量为M的球状物体，当其半径R小于时，即是一个黑洞。 【考向九：生活情景中的能量问题分析】 1．（2021北京真题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为。 （1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为，求此时“摆球”受到拉力的大小 （2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。 ．人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。 ．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能△应满足的条件。 【答案】（1）。（2）．见解析。．△。 【解析】 （1）根据牛顿运动定律，得 （2）．设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为、， 根据功能关系得， 已知，得 因为，得，所以 ．设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为 根据牛顿运动定律得 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得△ 得△ 2．（2022西城二模）摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。 （1）如图1所示，一个摆的摆长为，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。 a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。 b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为（）时，求此时小球的角速度大小。 （2）如图3所示，长为的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为和处分别固定一个质量为、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。 a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小。 b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比和的表达式，参照单摆的周期公式，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。 【答案】（1）a．，b．；（2）a．，b．，依据见解析 【解析】 （1）a．根据机械能守恒定律可得 在最低点根据牛顿第二定律，解得 b．根据机械能守恒定律可得，角速度为 联立解得 （2）a．根据机械能守恒定律可得 其中，，代入解得 b．此系统做简谐运动的周期为，对比和的表达式可得 可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足，因此，可得 3．（2022西城二模）如图所示，质量的篮球从离地高度处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度，篮球与地面发生作用的时间。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度，不计空气阻力。求： （1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能； （2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F； （3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。 【答案】（1）2J；（2）48N；（3）4.2J 【解析】 （1）篮球第一次与地面碰撞的过程损失的机械能 （2）篮球第一次与地面碰撞前的速度大小为，碰撞后离地瞬间速度的大小为 篮球下落过程有，则 篮球上升过程有，则 篮球与地面碰撞过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理有，则 （3）运动员拍球的过程中对篮球做功 4．（2024西城二模）传统车辆刹车时使用机械制动方式，利用刹车装置使车辆受到制动力（即阻力）而减速，将减小的动能全部转化成内能。有些新能源电动车刹车时会使用一种“再生制动”方式，该方式在制动时能将汽车减少的动能转化为电能加以储存利用，这些减少的动能也被称为可回收的动能。 一辆质量为m的电动汽车在平直路面上行驶，某一时刻同时开启机械制动和再生制动，汽车的速度从减为的过程，位移大小为；此后，只开启机械制动，直至汽车停止，汽车又向前行驶的位移大小为。假设机械制动使汽车受到的制动力恒定，空气阻力不计。 （1）求只开启机械制动的过程，汽车受到的制动力大小； （2）求同时开启机械制动和再生制动的过程，汽车可回收的动能。 （3）从物体的运动情况确定其受力特征是力学研究的一个重要思路。为检测再生制动的性能，在汽车速度为时，研究人员只开启再生制动方式，测绘了汽车速度随位移变化的关系图线如图所示，图线是一条直线，其斜率的绝对值为k。根据加速度的定义，结合图像，推导汽车加速度a随v变化的规律及受到的制动力F随变化的规律。 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】 （1）使用机械制动方式刹车时，根据动能定理得 （2）同时开启机械制动和再生制动，根据能量转化和守恒定律 ，得 （3）根据加速度的定义，由图线可知，则 将代入上式得 又将瞬时速度计算式代入上式得 根据牛顿第二定律可知，刹车过程的制动力 5．（2024延庆一模）利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电叫潮汐发电，是目前海洋能利用中最主要的一种。 陆地和海湾，中间为水坝，其下有通道，无论涨潮或落潮，水流经过通道均可带动发电机发电。一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时，堵住通道，潮水涨至最高水位时打开通道，进水发电；当海湾水位涨至最高时，堵住通道；落潮至最低水位时，打开通道放水发电。以下是某小型双向型潮汐发电站的一组数据，据此回答下列问题（取海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2）： 水坝高度H 15m 海湾面积S m2 涨潮海湾最高水位h1 10m 发电机日平均发电量E 4.8×104kW·h 退潮海湾最低水位h2 6m 水轮发电机总效率η 10% （1）若采用U=200kV的直流电向某地区输电，要求输电线上损耗的功率ΔP不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值r； （2）试估算该小型发电站所圈占的海湾面积S的大小。 【答案】（1）r=1000Ω；（2） 【解析】（1）发电机的功率为 采用U=200kV直流电向某地区输电P=2×103kW时，通过输电线的电流 输电线上损耗的功率为，解得 （2）一次涨潮，发电机发电量 一次涨潮，水的质量为 发电机日平均发电量 解得小型发电站所圈占的海湾面积为 【考向十：电磁学和热光原中的能量问题】 1．（2023北京真题）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于、两点上，、是连线中垂线上的两点，为、的交点，．不计重力，一带负电的点电荷在点由静止释放后 A．做匀加速直线运动 B．在点所受静电力最大 C．由到的时间等于由到的时间 D．由到的过程中电势能先增大后减小 【答案】C 【解析】带负电的点电荷在点由静止释放，将以点为平衡位置做简谐运动，在点所受电场力为零，AB错误； 根据简谐运动的对称性可知，点电荷由到的时间等于由到的时间，正确， 点电荷由到的过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D错误. 2．（2022北京三模）一带电小球在空中由点运动到点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加，机械能增加，电场力做功，则小球 A．重力做功 B．电势能增加 C．空气阻力做功 D．动能减少 【答案】D 【解析】、重力做负功重力势能增加，重力势能增加说明小球的重力了的功，故错误； 、电场力做正功电势能减少，电场力做功，则电势能减少，故错误； 、重力做功不改变小球的机械能，电场力和空气阻力做功改变小球的机械能，小球的机械能增加，所以电场力和空气阻力做的总功为，而电场力做功，故空气阻力做功是，故错误； 、由动能定理可知，动能的变化量等于合外力做功：，小球动能减小，故正确。 故选： 3．（2024西城一模）如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中 A．俯视看铝环中的电流沿顺时针方向 B．铝环对桌面的压力大于它的重力 C．磁铁运动过程中只受到两个力的作用 D．磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】B 【解析】在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，俯视看铝环中的电流沿逆时针方向；根据“来拒去留”可知磁铁受到向上的磁场力，则铝环受到向下的磁场力铝环对桌面的压力大于它的重力；磁铁运动过程中受到重力、弹簧弹力和磁场力三个力作用；由于铝环产生感应电流，铝环中有焦耳热产生，根据能量守恒可知，磁铁和弹簧组成的系统机械能减少。 故选B 4．（2022朝阳一模）如图所示，两根长1m的空心铝管竖直放置，其中乙管有一条竖直的裂缝。某同学把一块圆柱形的强磁体先后从甲、乙两管的上端由静止放入管口，磁体在甲、乙两管中运动的时间分别为3s和0.6s。磁体的直径略小于铝管的内径，不计磁体与管壁的摩擦。关于磁体在甲、乙两管中的运动，下列说法正确的是 A．磁体在甲管内下落的过程中，所受合外力的冲量可能为0 B．磁体在甲管内下落的过程中，其克服磁场力的功小于重力势能的减少量 C．磁体在乙管内下落的过程中，乙管中没有产生感应电动势和感应电流 D．磁体在乙管内下落的过程中，其重力势能的减少量等于动能的增加量 【答案】B 【解析】A．甲由静止释放，故甲的初动量为零，甲在下落过程中由楞次定律可知，甲下落的过程中存在阻碍它运动的力，但不会使甲减速为零，故末动量不为零，由动量定理可知，合外力的冲量不为零，A错误； B．由能量守恒可知，甲减少的重力势能一部分转化为克服磁场力的功，另一部分转化为了动能，B正确； C．图乙有磁通量的变化量，故有感应电动势，但是由于乙管有一条竖直的裂缝，因此没有闭合回路，故无感应电流产生。C错误； D．乙下落过程中，会产生变化的磁场，由麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会产生感生电场，由能量守恒可知，乙减少的重力势能一部分转化为电场能，另一部分转化为了动能，D错误。 故选B。 5．（2021北京真题）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平形导体框左端连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。以水平向右的初速度开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为 C．电阻消耗的总电能为 D．导体棒克服安培力做的总功小于 【答案】C 【解析】A、设磁感应强度为，导轨的宽度为，当速度为时的安培力为，根据牛顿第二定律可得：，解得：，当速度减小时加速度减小、导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误； B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为，故B错误； C、整个过程中电路中消耗的总电能为：，根据焦耳定律可得电阻消耗的总电能为，故C正确； D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于，故D错误。 故选：C。 6．（2021北京真题）类比是研究问题的常用方法。 （1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力为常量）的作用。其速率随时间的变化规律可用方程①式）描述，其中为物体质量，为其重力。求物体下落的最大速率 （2）情境2：如图1所示，电源电动势为，线圈自感系数为，电路中的总电阻为。闭合开关，发现电路中电流随时间的变化规律与情境1中物体速率随时间的变化规律类似。类比①式，写出电流随时间变化的方程；并在图2中定性画出图线 （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。 情境1 情境2 物体重力势能的减少量 物体动能的增加量 电阻上消耗的电能. 【答案】（1）物体下落的最大速率为；（2）电流随时间变化的方程为；画出图线见解析；（3）见解析 【解析】 （1）当物体下落速度达到最大速度时加速度为零，则有：，解得：； （2）、电路中电流随时间的变化规律为：（其中为线圈的自感系数） 、根据可得：，由于、、不变，逐渐增大，则图像的斜率逐渐减小，最后稳定时；图像如图所示 （3）情境1物体重力势能的减少量是整个过程中能量的来源，对应情境2中电源提供的电能； 情境1中物体动能的增加量，对应情境2中线圈磁场能的增加量； 情境2电阻上消耗的电能，相当于情景1中克服阻力做功消耗的机械能 7．（2020北京真题）分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是 A．从到分子间引力、斥力都在减小 B．从到分子力的大小先减小后增大 C．从到分子势能先减小后增大 D．从到分子动能先增大后减小 【答案】D 【解析】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加的更快，故A错误； B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误； C.分子势能在时最小，故从到分子势能一直在减小，故C错误； D.从到分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D正确； 故选：D． 8．（2019北京真题）光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流．表中给出了次实验的结果． 组 次 入射光子的 能量/eV 相对 光强 光电流大 小/mA 逸出光电子的 最大动能/eV 第 一 组 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 强 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 组 4 5 6 6.0 6.0 6.0 弱 中 强 27 40 55 2.9 2.9 2.9 由表中数据得出的论断中不正确的是 A．两组实验采用了不同频率的入射光 B．两组实验所用的金属板材质不同 C．若入射光子的能量为，逸出光电子的最大动能为 D．若入射光子的能量为，相对光强越强，光电流越大 【答案】B 【解析】A．两组实验中，入射光子的能量不同，所以两组实验采用了不同频率的入射光，选项A不符合题意； B．由光电效应方程可知，两组实验所用金属板的逸出功均为，材质相同，选项B符合题意； C．由光电效应方程可得入射光电子能量为时，逸出光电子的最大初动能为，选项C不符合题意； D．分析两组实验可知，入射光子频率不变，入射光越强，光电流越大，选项D不符合题意． 综上所述，正确选项为B． 9．（2017北京真题·节选）在磁感应强度为的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变．放射出的粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为．以、分别表示粒子的质量和电荷量． 设该衰变过程释放的核能都转化为粒子和新核的动能，新核的质量为，求衰变过程的质量亏损． 【答案】 【解析】设衰变产生的新核的速度为，由动量守恒得．得． 由质能方程得． 由题可知．代入数据得． 10．（2024朝阳一模）把不易测量的微观量转化为测量宏观量、易测量是一种常用的科学方法。 （1）用油膜法估算油酸分子的直径。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，其在水面上形成的单分子油膜面积为S，求油酸分子的直径d。 （2）根据玻尔理论，可认为氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动。处于基态的氢原子吸收频率为的光子恰好发生电离，已知处于基态的氢原子具有的电势能为E。电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，普朗克常量为h。求基态氢原子的半径r。 （3）科研人员设计了一种简便的估算原子核直径的方案：取某种材料的薄板，薄板的面积为A，薄板内含有N个该种材料的原子。用高能粒子垂直薄板表面轰击，已知入射薄板的粒子数为，从薄板另一侧射出的粒子数为，设高能粒子在空间均匀分布，薄板材料中的原子核在高能粒子通道上没有重叠。求该种材料原子核的直径D。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）根据题中条件可得 （2）设基态电子的速度为，根据能量守恒有 库仑力提供向心力，得 （3）设该种材料原子核的投影面积为 根据题意有，得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$