第6章 机械能-【十年高考】备战2026年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）

第六章　机械能 考点 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 30.功和功率的分析与计算 0 2 2 2 6 0 12 31.机车启动问题 0 1 0 3 0 0 4 32.动能　动能定理的理解及简单应用 0 0 0 3 1 4 8 33.动能定理的图像问题 0 1 2 1 0 0 4 34.应用动能定理求解多过程问题 0 1 1 2 0 0 4 35.机械能守恒定律的应用 0 2 1 1 3 1 8 36.功能关系的理解和应用 2 1 3 1 2 0 9 37.能量转化及守恒定律的综合应用 0 2 0 0 2 3 7 38.实验:验证机械能守恒定律 0 0 3 1 1 4 9 命题热度 本章命题热度较高() 课程标准 备考策略 1.理解功和功率的概念。 2.掌握动能定理和机械能守恒定律。能用机械能守恒定律解决问题,了解能量守恒的思想。 本章属于重点、热点、难点内容,该部分知识点的命题呈现多样化,复习本章时要注意: 1.理解并掌握功、功率、动能、势能的概念。 2.强化动能定理的理解和应用,复习时,结合实际情境,重点掌握用动能定理、机械能守恒、功能关系解题的方法。 3.通过综合试题的训练,学会审题、学会将综合过程“拆成”子过程,提升解决多过程问题的能力。 考点30功和功率的分析与计算答案P311　 1.(2024·浙江,5,3分,难度★★)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103kg/m3,则该喷头喷水的功率约为 (　　) 　　　　 　　　　　 　　　　　 　 A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 2.(2024·海南,1,3分,难度★)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆,在飞船返回至离地面十几千米时打开主伞,飞船快速减速,返回舱速度大大减小,在减速过程中(　　) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 3.(2024·安徽,7,4分,难度★★★)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与水的落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为 (　　) A. B. C. D. 4.(2024·江西,5,4分,难度★★)“飞流直下三千尺,疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s,水位落差均为150 m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为 (　　) A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 5.(2024·贵州,6,4分,难度★★)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处 ,F 做功的瞬时功率为 (　　) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 6.(2023·北京,11,3分,难度★★)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中 (　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时,F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 7.(2023·山东,4,3分,难度★★★)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 (　　) A. B. C. D.nmgωRH 8.(2022·福建,1,4分,难度★★)福建土楼兼具居住和防御的功能,承启楼是圆形土楼的典型代表,如图(a)所示。承启楼外楼共四层,各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50 m的圆形廊道连接。若将质量为100 kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处,再用100 s沿廊道运送到N处,如图(c)所示。重力加速度大小取10 m/s2,则 (　　) (a)承启楼　　(b)剖面图 (c)四楼平面图 A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为5 400 J B.该物资从M处被运送到N处的过程中,克服重力所做的功为78 500 J C.从M处沿圆形廊道运动到N处,位移大小为78.5 m D.从M处沿圆形廊道运动到N处,平均速率为0.5 m/s 9.(2022·重庆,10,5分,难度★★★)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,则 (　　) A.物块与斜面间的动摩擦因数为 B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9 J时,物块动能为3 J C.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3 D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶ 10.(2021·北京,8,3分,难度★★)如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd,其中ab段为平直上坡路面,bc段为水平路面,cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是 (　　) A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大 11.(2021·浙江,11,3分,难度★★)中国制造的某一型号泵车如图所示,表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3,假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土,则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(g取10 N/kg)(　　) 发动机最大 输出功率(kW) 332 最大输送 高度(m) 63 整车满载质量 (kg) 5.4×104 最大输送量 (m3/h) 180 A.1.08×107 J B.5.04×107 J C.1.08×108 J D.2.72×108 J 12.(2024·福建,14,8分,难度★★★)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图(a)为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图(b)所示,人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°,sin 25.5°=0.43,cos 25.5°=0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时,人与木板沿直线匀速前进,在15 s内前进了20 m,求此过程中 图(a)　　图(b) (1)地面对木板的阻力大小; (2)两条绳子拉力所做的总功; (3)两条绳子拉力的总功率。 考点31机车启动问题答案P312　 1.(2023·天津,5,3分,难度★★★)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以F大小的力制动刹车直到列车停止,过程中恒受到f的空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.减速运动加速度大小a= B.力F的冲量为mv C.刹车距离为 D.匀速行驶时功率为(f+F)v 2.(2023·山东,8,3分,难度★★★)质量为m0的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力Ff均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运劫。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为 (　　) A. B. C. D. 3.(2023·湖北,4,4分,难度★★★)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　) A. B. C. D. 4.(讲解2021·湖南,3,4分,难度★★★)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是 (　　) A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为vm D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m-Pt 考点32动能　动能定理的理解及简单应用　　　　答案P312　 1.(2025·四川,7,4分,难度★★★)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内 (　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ 2.(2025·云南,2,4分,难度★)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近 (　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J 3.(2024·安徽,2,4分,难度★)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知该同学与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中该同学与滑板克服摩擦力做的功为 (　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 4.(2023·全国新课标,15,6分,难度★★)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g) (　　) A.0 B.mgh C.mv2-mgh D.mv2+mgh 5.(2023·广东,8,6分,难度★★★)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物,如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 6.(2025·福建,15,12分,难度★★★)如图甲所示,A、B两物块质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的图像如图乙所示,P为光滑圆弧的最低点,M为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g取10 m/s2。 甲　　乙 (1)求0~1 m内,F做的功。 (2)x=1 m时,求A与B之间的弹力大小。 (3)要保证B能到达M点,求圆弧半径R满足的条件。 7.(2025·广东,14,13分,难度★★★)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动,木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f01-,其中f0为常量,h为图柱形木塞的高,木塞质量为m,底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求: (1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程,拔塞钴对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 　　　　　　 　　　　　　　　　简图 8.(2023·重庆,13,10分,难度★★★)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,运动方向与竖直方向夹角为θ,提升高度为h,如图所示。求: (1)提升高度为h时,工件的速度大小; (2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。 考点33动能定理的图像问题答案P313　 1.(2023·全国新课标,20,6分,难度★★★)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s 2.(2022·湖南,7,5分,难度★★)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是 (　　) A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小 B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变 C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小 D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变 3.(2022·福建,7,6分,难度★★★)(多选)一物体以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动,一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有 (　　) A.重力加速度大小 B.物体所受滑动摩擦力的大小 C.斜面的倾角 D.沿斜面上滑的时间 4.(2021·湖北,4,4分,难度★★★)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) (a)　　　(b) A.m=0.7 kg,f=0.5 N B.m=0.7 kg,f=1.0 N C.m=0.8 kg,f=0.5 N D.m=0.8 kg,f=1.0 N 考点34应用动能定理求解多过程问题　　　　答案P314　 1.(2023·江苏,15,12分,难度★★★)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t; (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。 2.(2023·湖北,14,15分,难度★★★)下图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。 (1)求小物块到达D点的速度大小; (2)求B和D两点的高度差; (3)求小物块在A点的初速度大小。 3.(2022·辽宁,14,12分,难度★★★)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求: (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能; (2)小球经过O点时的速度大小; (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 4.(讲解2021·福建,14,12分,难度★★★)如图(a),一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙,BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处,弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下,由A处从静止开始下滑,当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m,滑块质量为2 kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,sin 37°=0.6。求: (1)当拉力为10 N时,滑块的加速度大小; (2)滑块第一次到达B点时的动能; (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后,沿斜面上滑的最大距离。 图(a)　　　　图(b) 考点35机械能守恒定律的应用答案P315　 1.(2024·北京,7,3分,难度★)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.(2024·福建,8,4分,难度★★★)(多选)如图,某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包,分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面,且交于P点,H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2 m,OH=1.4 m,OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,沙包质量为0.2 kg,忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2,则沙包 (　　) A.第一次运动过程中上升与下降时间之比∶4 B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3 J C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72∶85 D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大 3.(2023·湖南,8,5分,难度★★★)(多选)如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是 (　　) A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 4.(2022·河北,9,6分,难度★★★)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是 (　　) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为 C.2T时刻物体P的重力功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 5.(2021·河北,6,4分,难度★★)一半径为R的圆柱体水平固定,横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳,一端固定在圆柱体最高点P处,另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时,绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放,当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时,小球的速度大小为(重力加速度为g,不计空气阻力) (　　) A. B. C. D.2 6.(2025·安徽,14,14分,难度★★★)如图所示,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小。 (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。 (3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。 7.(2024·海南,17,12分,难度★★★)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量m板=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,并在平台C上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 8.(讲解2021·北京,20,12分,难度★★★)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m,人蹲在踏板上时摆长为l1,人站立时摆长为l2。不计空气阻力,重力加速度大小为g。 (1)如果摆长为l1,“摆球”通过最低点时的速度为v,求此时“摆球”受到拉力T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。 a.人蹲在踏板上从最大摆角θ1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θ2。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θ2>θ1。 b.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θ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ΔEk应满足的条件。 考点36功能关系的理解和应用答案P316　 1.(2024·山东,7,3分,难度★★★)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于 (　　) A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 2.(2022·山东,2,3分,难度★★★)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 (　　) A.火箭的加速度为零时,动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 3.(2022·广东,9,6分,难度★★★)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,lMN=lPQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　) A.从M到N,小车牵引力大小为40 N B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J 4.(2022·湖北,5,4分,难度★★★)如图所示,质量分别为m 和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (　　) A. B. C. D. 5.(2021·广东,9,6分,难度★★★)(多选) 长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g。下列说法正确的有 (　　) A.甲在空中的运动时间比乙的长 B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等 C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mgh D.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh 6.(2020·山东,11,4分,难度★★★)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是 (　　) A.M<2m B.2m<M<3m C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功 D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量 7.(讲解2017·江苏,9,4分,难度★★★)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　) A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为mgl 8.(2024·重庆,11,6分,难度★★)元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对戽斗汲水工作情况进行模型化处理,设计了如图甲所示实验,探究戽斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点,分别固定一个小滑轮,将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码,让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0 g时,沙桶从A点由静止释放,能到达最高点B,最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频,以A点为坐标原点,取竖直向上为正方向,建立直角坐标系,得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。 甲　乙 (1)若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动,则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大,每根线对沙桶的拉力　　　　　(选填“逐渐增大”“保持不变”或“逐渐减小”)。沙桶在B点的加速度方向　　　　　(选填“竖直向上”或“竖直向下”)。  (2)由图乙可知,沙桶从开始运动到最终停止,机械能增加　　　　　J。(保留两位有效数字,g取9.8 m/s2)  9.(2023·辽宁,13,10分,难度★★★)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80 m/s时离开水面。该过程滑行距离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg。离开水面后,飞机攀升高度h=100 m时速度达到v2=100 m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t; (2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。 考点37能量转化及守恒定律的综合应用　　答案P317　 1.(2025·山东,5,3分,难度★★)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为 (　　) A. B. C. D. 2.(2025·陕晋宁青,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块,弹性轻绳一端固定于O点,另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放,假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx。k=10 N/m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则滑块 (　　) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 3.(2025·云南,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则 (　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间 4.(2024·江苏,15,12分,难度★★★)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下,从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,物块恰好到达最高点D。重力加速度为g,不计电动机消耗的电热。求: (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程存储的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 5.(2024·福建,16,16分,难度★★★★)如图,木板A放置在光滑水平桌面上,通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端,通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连,轻绳绝缘且不可伸长,B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场,A、B、C均静止,M、N处于原长状态,轻绳处于自然伸直状态。t=0时撤去电场,C向下加速运动,下降0.2 m后开始匀速运动,C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1 J。已知A、B、C的质量分别为0.3 kg、0.4 kg、0.2 kg,小球C的电荷量为1×10-6 C,重力加速度大小取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终处在弹性限度内,轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的电场强度大小; (2)求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小; (3)若t=0时电场方向改为竖直向下,当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场,A、B继续向右运动,一段时间后,A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。(整个过程B未与A脱离,C未与地面相碰) 6.(讲解2021·山东,18,16分,难度★★★★★)如图所示,三个质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地面上,A紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接,C紧靠B,开始时弹簧处于原长,A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力,使B、C一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为:Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量) (1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek; (2)为保证A能离开墙壁,求恒力的最小值Fmin; (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC,从B、C分离到B停止运动的整个过程,B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与fxBC的大小; (4)若F=5f,请在所给坐标系中,画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像,并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示),不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点,水平向右为正方向。 7.(讲解2021·江苏,14,13分,难度★★★)如图所示的离心装置中,光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点,小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上,长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A,质量为m的小球B固定在细线的中点,装置静止时,细线与竖直方向的夹角为37°,现将装置由静止缓慢加速转动,当细线与竖直方向的夹角增大到53°时,A、B间细线的拉力恰好减小到零,弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)装置静止时,弹簧弹力的大小F; (2)环A的质量M; (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 考点38实验:验证机械能守恒定律答案P319　 1.(2025·江苏,11,15分,难度★★★)小明同学探究机械能守恒定律,实验装置如图1所示。实验时,将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放,钢球沿斜槽通过末端O处的光电门,光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d,由v=得出其通过光电门的速度v,再计算出动能增加量ΔEk=mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h,计算出重力势能减少量ΔEp。 图1 (1)安装实验装置的操作有: ①在斜槽末端安装光电门 ②调节斜槽在竖直平面内 ③调节斜槽末端水平 ④将斜槽安装到底座上 其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。  A.①②③④　　B.④②③①　　C.④①②③ (2)测量钢球直径的正确操作是图2中　　　　(选填“甲”或“乙”)所示的方式。  图2 (3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m=0.02 kg,重力加速度g取9.80 m/s2。请将表1的数据补充完整。 表1 h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0 ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.76 13.72 　　  (4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是由钢球受到的摩擦力做功造成的。 为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图3平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H,则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。  图3 (5)用图3的装置,按表1中所列部分高度h进行实验,测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小,小明认为,AO过程摩擦力做功近似等于AB 过程的一半,即Wf=。然后通过表1的实验数据,计算出AO过程损失的机械能ΔE=ΔEp-ΔEk。整理相关数据,见表2。 表2 h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 ΔE/(10-3 J) 2.94 3.65 4.31 4.94 Wf/(10-3 J) 0.98 1.08 1.18 1.27 表2中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点?请根据表2数据简要说明理由。 2.(2025·河北,11(2),4分,难度★★)某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律,实验装置如图3所示,当地重力加速度为g。 图3 ①方案设计阶段,该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。 甲同学:需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。 乙同学:只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。 丙同学:只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。 你认为　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)同学的方案不可行。  ②如图3所示,光电门中光源与光敏管相对,光源发出的光使光敏管感光。当滑块经过时,遮光条把光遮住,计时器记录遮光时间,可计算出滑块的速度。实验中使用的遮光条宽度d1=10.0 mm,光电门宽度d2=20.0 mm。某次测量时,记录通过光电门A的遮光时间为25.0 ms,则滑块经过光电门A的速度大小为　　　　 m/s。  图1 3.(2025·甘肃,11,6分,难度★★)某学习小组使用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。 把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂,光电门置于小球平衡位置处,其光线恰好通过小球球心,计时器与光电门相连。 将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直),记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。 (1)以h为横坐标、　　　 选填“Δt”“(Δt)2”“”或“”为纵坐标作直线图。若所得图像过原点,且斜率为　　　　　　(用d和g表示),即可证明小球在运动过程中机械能守恒。  (2)实验中,用游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm。 ①由结果可知,所用的是　　　　(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡尺;  ②小组设计了一把25分度的游标卡尺,未测量时的状态如图2所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径,则游标尺上第　　　　条刻度线与主尺上的刻度线对齐。  图2 图1 4.(2025·河南,12,9分,难度★★★)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 (1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　　(填步骤前面的序号)。  ①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带 ②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据 ⑥关闭电源,取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(保留3位有效数字)。  图2 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制如图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　(保留3位有效数字)。  图3 (4)定义单次测量的相对误差η=×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小g取9.80 m/s2,则η=　　　　%(保留2位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。  5.(2024·浙江,16-Ⅰ,4分,难度★★)在“验证机械能守恒定律”的实验中 (1)下列操作正确的是　　　　。  A　　　B　　　C (2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示,已知打点的频率为50 Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为　　　　m/s。(保留三位有效数字)  (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09 m,另计算得动能增加值为5.08 m(m为重锤质量)则该结果　　　　(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒,理由是 (　　)  A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 6.(2023·天津,9,6分,难度★★★)验证机械能守恒的实验。 如图甲放置实验器材,接通电源,释放托盘与砝码,并测得: 甲 A.遮光片宽度d B.遮光片到光电门长度l C.遮光片通过光电门时间Δt D.托盘与砝码质量m1,小车与遮光片质量m2 (1)小车通过光电门时的速度为　　　　。  (2)从释放小车到小车经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为　　　　,动能增加量为　　　　。  (3)改变l,做多组实验,做出如图乙以l为横坐标、以为纵坐标的图像,若机械能守恒成立,则图像斜率为　　　　。  乙 7.(2022·广东,11,7分,难度★★)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图甲所示的装置,实验过程如下: 甲　乙 (1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图乙所示,小球直径d=　　　　 mm。  (3)测量时,应　　　　(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。  (4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=　　　　(用字母m、d、t1和t2表示)。  (5)若适当调高光电门的高度,将会　　　　(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。  8.(2022·河北,11,6分,难度★★)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。 图1 (1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　　　　,钩码的动能增加量为　　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　　。  图2 (2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图3所示。由图3可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是　　　　　。  图3 9.(2022·湖北,12,7分,难度★★★)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放, 使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值FTmax和最小值FTmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的FTmax-FTmin图像是一条直线,如图乙所示。 甲 乙 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　　。  (2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　N。(结果均保留 2位有效数字)  (3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(单选,填正确答案标号)。  A.小钢球摆动角度偏大 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章　机械能 考点30　功和功率的分析与计算 1.C　本题考查功率概念等。设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量,即P==,联立解得P=100 W,故选C。 2.A　本题结合实际情境考查功、超重和失重等概念。返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误。 3.B　本题考查平抛运动、动能关系。设水从出水口射出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0tSρ,根据平抛运动的规律有v0t0=l,h=g,解得v0=l,根据功能关系得Ptη=m+mg,联立解得水泵的输出功率为P=,故选B。 4.B　Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt,发电过程中水的重力势能转化为电能,则有P=×70%=1.05×107 W。 5.A　根据题图可知,设物块运动到x=3 m处的速度为v,全过程由动能定理得F1x1+F2x2=mv2,解得v=4 m/s,根据功率公式,物块运动到x=3 m时,F做功的瞬时功率P=F2v=8 W,A正确。 6.D　设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力为f=μ(mg-Fsin θ),摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsin θ)x,即摩擦力做的功与F的方向有关,选项A错误;合力做的功W=F合x=ma·x,可知合力做功与力F方向无关,选项B错误;当力F水平时,则F=ma+μmg,力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,选项C错误;因合外力做功为max,大小一定,而合外力做的功等于力F与摩擦力f做功的代数和,而当Fsin θ=mg时,摩擦力f=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,选项D正确。 7.B　由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水做功的功率P=,T=,联立有P=,选项A、C、D错误,B正确。 8.A　本题考查路程、位移、平均速率与速度的概念,重力做功的计算。该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中,克服重力所做的功为WG=mgΔh=5 400 J,选项A正确;由于M、N高度差为零,所以物资从M处运送到N处的过程中,克服重力做功为零,选项B错误;从M处沿圆形廊道运动到N处,位移大小为50 m,选项C错误;从M处沿圆形廊道运动到N处,平均速率为v===0.785 m/s,选项D错误。 9.BC　本题结合W-t图像,考查功、动量和牛顿第二定律。由题意知拉力大小等于滑动摩擦力,即F=f=μmgcos 45°。当拉力沿斜面向下,物块沿斜面下滑时,根据牛顿第二定律得物块下滑的加速度为a1=gsin 45°=g,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为Wf=mg·a1t2·sin 45°=t2,Wf=-μmg·cos 45°×a1t2=-t2,联立解得μ=,选项A错误;当拉力沿斜面向上,根据牛顿第二定律有mgsin 45°-F-f=ma2,解得a2=g-2μgcos 45°=g,则拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为=,选项C正确;当拉力沿斜面向上,重力做功为WG2=mgsin 45°·x,合力做功为W合=ma2·x,则其比值为=,则重力做功为9 J时,合外力做功为3 J,根据动能定理,得物块的动能为3 J,选项B正确;当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小为p=mv=m,则动量的大小之比为==,选项D错误。 计算功和功率时应注意的问题 计算力所做的功时,一定要注意是恒力做功还是变力做功。 1.恒力做功,可用公式W=Flcos α进行计算。 2.求变力做功的方法 (1)用动能定理W=ΔEk或功能关系求。 (2)当变力的功率P一定时,可用W=Pt求功,如机车恒功率启动等。 (3)当力的大小不变,而方向始终与运动方向相同或相反时,这类力做的功等于力和路程(不是位移)的乘积,如滑动摩擦力做功等。 (4)当力的方向不变,大小随位移做线性变化时,可先求出力的平均值=,再由W=lcos α计算。 (5)作出变力F随位移l变化的图像,图像与位移所在轴所围的“面积”即为变力做的功。 3.对于功率的计算,要区分是瞬时功率还是平均功率。P=只能用来计算平均功率。P=Fvcos α中的v是瞬时速度时,计算出的功率是瞬时功率;v是平均速度时,计算出的功率是平均功率。 10.B　本题考查机车功率问题。根据平衡条件,在ab段,牵引力F1=mgsin θ+f,因此在ab段汽车的输出功率P1=F1v不变,在bc段牵引力F2=f,bc段的输出功率P2=F2v<P1,A项错误,B项正确;在cd段牵引力F3=f-mgsin θ,汽车的输出P3=F3v<P2,在cd段汽车的输出功率不变,且小于bc段,C、D项错误。 11.C　泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土,每小时泵送系统对混凝土做的功W=ρVgh=2.4×103×150×10×30 J=1.08×108 J,C项正确。 12.(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 解析 (1)由于木板匀速运动则有2Fcos θ=f 解得f=450 N。 (2)根据功的定义式有W=2Flcos θ 解得W=9.0×103 J。 (3)根据功率的定义P=,有P=600 W。 考点31　机车启动问题 1.C　根据牛顿第二定律有F+f=ma可得减速运动加速度大小a=,选项A错误;根据动量定理,合力的冲量大小等于mv,选项B错误;根据动能定理得x=,选项C正确;匀速行驶时牵引力等于空气阻力,则功率为P=fv,选项D错误。 2.A　设物体受到的阻力为Ff',设经过位移s1,小车和物体的速度为v,则有P0=Fv,对整体(F-Ff-Ff')s1=(m+m0)v2,轻绳从物体上脱落后,Ff'(s2-s1)=mv2,解方程组得P0=,选项B、C、D错误,A正确。 3.D　由题意知两节动车分别有P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,当将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立解得v=,选项D正确。 4.C　本题考查机车启动问题,考查分析综合能力。动车组匀加速启动过程中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引力F改变,A项错误;由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得4P=Fv,F-kv=ma',联立解得a'=-,因为v改变,所以a'改变,B项错误;由题干得4P=F阻vm=k,若输出总功率为2.25P,则有2.25P=k,联立解得v匀=vm,C项正确;若四节动力车厢输出功率均为额定值,根据动能定理得,4Pt-W克=m-0,解得克服阻力做的功为W克=4Pt-m,D项错误。 考点32　动能　动能定理的理解及简单应用 1.C　对物块受力分析,物块的加速度a==g,物块的位移大小x==,A错误;物块的机械能增量ΔE=m+mgxsin 30°=m,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t==,小车从静止加速到v0,有Pt-mgx2sin 30°-μmgcos 30°·x2=m,可得x2=-,C正确;小车机械能增量ΔE'=m+mgx2sin 30°=+,D错误。 恒定功率起动,可用Pt求变力的功。 2.B　高中生的质量约为50 kg,根据动能定理,有W=mv2-0=4×104 J,故选B。 3.D　本题考查动能定理、功的计算。该同学在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中该同学与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。 4.B　雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。 5.BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;根据动能定理有WG-Wf=m,所以克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380 N,所以货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。 6.(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)0<R≤0.2 m 解析 本题结合竖直平面的圆周运动模型,考查功、动能定理和牛顿第二定律等。 (1)由图乙可知,在0~1 m内,F所做的功WF=F1x1=1.5 J。 (2)物体A受到的滑动摩擦力f=μmg=0.5 N 当x=1 m时,F>f,故此时A、B一起做加速运动,对A、B整体进行受力分析,由牛顿第二定律可得F1-μmg=2ma 对B单独进行受力分析,由牛顿第二定律可得FAB=ma=0.5 N 故A与B之间的弹力大小为0.5 N。 (3)由题意可知,当F=f时A、B开始分离,结合图乙可知A、B在x2=3 m处分离,在0~x2的运动过程中,推力F对A、B两物块所做的功等于F-x图像中图线与x坐标围成的面积,即WF'=1.5×1 J+×2 J=3.5 J 在0~x2的运动过程中,对A、B整体根据动能定理有WF'-μmgx2=×2mv2 解得v= m/s 在B与A分离到B到达M点的运动过程中,根据动能定理有-mg·2R=m-mv2 若B刚好能够到达M点,则B在M点由重力提供向心力可知mg= 联立解得圆弧的半径应满足0<R≤0.2 m。 7. (1)　(2)ma+mg+ΔpS+h (3)(mg+ma+f0+ΔpS)at- 解析 本题考查运动学公式,圆周运动的运动学量和功与功率的计算,动能定理。(1)设木塞拨出时速度为v,则 v2=2ah 又因为齿轮边缘处线速度与木塞速度相同 故v=wr 解得ω= (2)f-x图像如图所示 故Wf= 对木塞列动能定理有 W-Wf-mgh-ΔpSh=mv2 又有mah=mv2 得W=ma+mg+ΔpS+h (3)对木塞受力分析有F-mg-f-ΔpS=ma 木塞速度v=at 木塞位移x=at2 功率p=Fv 故p=(mg+ma+f0+ΔpS)at- 8.(1)　(2) 解析 (1)提升高度为h时,工件位移x=,由v2=2ax,解得工件的速度大小v=。 (2)在此过程中,由v=at,解得工件运动的时间t=或由x=at2,解得t=,合力对工件做的功W=max=。 考点33　动能定理的图像问题 1.BC　物体所受的摩擦力为Ff=μmg=0.4×1×10 N=4 N,从x=0运动到x=1 m,由动能定理可得,W1-μmgx1=m,解得v1=2 m/s,从x=0运动到x=2 m,由图像斜率可知拉力F=6 N,所以在x=1 m时,拉力的功率P=Fv1=12 W,选项A错误;从x=0运动到x=4 m,由动能定理可得,W4-μmgx4=m,解得m=2 J,选项B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做功Wf2=Ffx2=8 J,选项C正确;从x=0运动到x=4 m的过程中,x=2 m时速度最大,由动能定理可得,W2-Ffx2=m,解得v2=2 m/s,物体的最大动量为pm=mv2=2 kg·m/s,选项D错误。 2.AC　由v-t图像可知,0~t1时间内,返回舱的速度减小,加速度减小,返回舱重力的瞬时功率P=mg·v变小,故A正确,B错误;t1~t2时间内,返回舱的速度继续减小,返回舱的质量不变,则返回舱的动量p=mv减小,故C正确;t2~t3时间内,返回舱的速度不变,动能不变,高度下降,重力势能减小,返回舱的机械能减小,故D错误。 3.BD　本题结合物体在粗糙斜面上滑动的情境,考查动能定理以及动能定理在多过程中的应用。根据动能定义式得Ek1=m,可求解质量m;根据动能定理,物体上滑过程有0-Ek1=-(mgsin θ+f)x0,下滑过程有Ek2-0=(mgsin θ-f)x0 解得mgsin θ+f=,mgsin θ-f=,两式相加可得gsin θ=+,相减可知f=,即可求解gsin θ和所受滑动摩擦力f的大小,但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出,选项A、C错误,选项B正确;根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin θ+f=ma,t=,可求出物体沿斜面上滑的时间,选项D正确。 该题为常见的学习探究类情境,同2015年全国1卷第20题一样都是与图像结合问题,解法雷同。 4.A　本题结合Ek-s图像考查动能定理。0~10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s,结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+f=4 N,10~20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1,结合10~20 m内的图像得,斜率k'=mgsin 30°-f=3 N,联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,A项正确。 考点34　应用动能定理求解多过程问题 1.(1)　(2)　(3)(1-μ)d 解析 (1)滑雪者在倾斜轨道上下滑时,满足 mgsin θ-μmgcos θ=ma 滑雪者从A点到P点满足d=at2 解得t=。 (2)滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好运动到B点,该过程合力做的功为0,滑雪者从A点由静止开始下滑到P点的速度大小为vP,有 mgdsin θ-μmgdcos θ=m 解得vP= 滑雪者从P点到B点重力做功不变,摩擦力做功不变,根据动能定理可得, 滑雪者从B点飞出的速度v=vP=。 (3)滑雪者从B点做斜抛运动,若滑雪者刚好落在C点 在竖直方向t= 在水平方向x0=vcos θt 解得x0=(1-μ)d 故若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,BC的最大长度L=x0=(1-μ)d。 2.(1)　(2)0　(3) 解析 (1)由题知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有m=mg 解得vD=。 (2)由题知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,则在C点有cos 60°= 小物块从C点到D点的过程中,根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m 则小物块从B点到D点的过程中,根据动能定理有mgHBD=m-m 联立解得vB=,HBD = 0。 (3)小物块从A点到B点的过程中,根据动能定理有-μmgs=m-m s=π·2R 解得vA=。 3.(1)mgR　(2)　(3)y2=6Rx 解析 本题考查带电物体(计重力)在匀强电场中的运动、能量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律等。(1)小球从A到B,根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能 Ep=m=mgR。 (2)小球从B到O,根据动能定理有 -mgR+qE·R=m-m 解得小球经过O点的速度大小vO=。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上,受重力和电场力作用,将电场力分解到沿x轴方向和y轴方向,根据牛顿第二定律得 沿x轴方向:qEcos 45°=max 沿y轴方向:qEsin 45°-mg=may 解得ax=g,ay=0 说明小球从O点后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,沿y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有 x=gt2,y=vOt 消去时间t得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。 4.(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m 解析 本题考查牛顿第二定律、功、动能定理。 (1)设小滑块的质量为m,斜面倾角为θ,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块受斜面的支持力大小为N,滑动摩擦力大小为f,拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有 T2+mgsin θ-f=ma ① N-mgcos θ=0 ② f=μN ③ 联立①②③并代入题给数据得a=7 m/s2。 ④ (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有 W=T1s1+T2s2 ⑤ 式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意,T1=8 N,s1=1 m,T2=10 N,s2=1 m。 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek,由动能定理有 W+(mgsin θ-f)(s1+s2)=Ek-0 ⑥ 联立②③⑤⑥并代入题给数据得Ek=26 J。 ⑦ (3)由机械能守恒定律可知,滑块第二次到达B点时,动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax,由动能定理有 -(mgsin θ+f)smax=0-Ek⑧ 联立②③⑦⑧并代入题给数据得smax=1.3 m。 ⑨ 应用动能定理应注意的问题 1.动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没有意义。 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;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。 3.应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时,可设物体克服该力做功为W,将该力做功表达为-W,也可以直接用字母W表示该力做功,使其字母本身含有负号。 考点35　机械能守恒定律的应用 1.C　本题考查圆周运动,能量守恒定律。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mg=m,解得物体在C点的速度为v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;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。 2.BD　沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”,则可得第一次抛出上升的高度为h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m,上升时间为t上1==0.6 s,最高点距水平地面高为h0=3.2 m,故下降的时间为t下1==0.8 s,故一次抛出上升时间,下降时间比值为3∶4,故A错误;两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同,故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=t上1+t下1=1.4 s,故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1==6 m/s,vx2==7 m/s,由于两条轨迹最高点等高,故抛出时竖直方向的分速度也相等,为vy=gt上1=6 m/s,由于沙包在空中运动过程中只受重力,机械能守恒,故第一次过P点比第二次机械能少ΔE=m()2-m()2=1.3 J, 从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Ek1=Ek01+mghOH=m(+)+mghOH=10 J, Ek2=Ek02+mghOH=m(+)+mghOH=11.3 J, 则故落地瞬间,第一次、第二次动能之比为100∶113,故B正确,C错误;根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同,两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同,由于第一次的水平分速度较小,物体在水平方向速度不变,如图所示,故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大,故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大,故D正确。 3.AD　小球能沿轨道运动恰好到C点,说明vC=0,对小球从A到C运动的过程,根据机械能守恒定律有m=mg·2R,得v0=,C错误;从A到C的过程小球竖直方向的速度不断减小,重力的功率不断减小,B错误;设α为小球球心与O点连线与竖直方向的夹角,从B到C的过程中mgcos α-FN=m,FN=mgcos α-m,α减小,cos α增大,v减小,所以FN增大,A正确;在B点,当mgcos θ≤m时,小球会从B点脱离轨道,D正确。 4.BCD　t=0时,对物体P和Q有(mQ-mP)g=(mQ+mP)a且a=,联立解得=1∶2,A项错误;开始物体P、Q匀加速运动,T时刻P、Q的速度大小v=aT=,绳子断开后,P做匀减速运动,到达最高点所需时间t2==,从开始运动到最高点,上升的高度H=T+t2=,设物体P的质量mP=m,物体P增加的机械能mPgH=,物体Q在t=0时的机械能E=mQgH=,即mg2T2=E。从0到T,物体P和Q系统机械能守恒,物体P增加的机械能等于物体Q减少的机械能,设物体Q的末态机械能为E1,则mPgH=E-E1,可解出E1=,从T到2T,物体Q机械能守恒,2T时刻物体Q的机械能为,B项正确;物体P从开始运动到到达最高点所用时间t=T+t2=,到达最高点后物体P做自由落体运动,经过t3=到达2T时刻的速度v2=gt3=,D项正确;2T时刻物体P的重力功率P=mPgv2==,C项正确。 5.A　方法一:根据动能定理有mgR+=mv2-0, 解得v=,A项正确。 方法二:选PQ所在高度处为零势能参考平面,初状态的机械能为E1=0,末状态的机械能为E2=-mgR++mv2, 由机械能守恒定律可得E1=E2,解得v=,A项正确。 6.(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 解析 (1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时,根据机械能守恒定律m=mg·2L+mv2 在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m 解得v=4 m/s,FT=17 N。 (2)小球做平抛运动时,水平方向上小球运动距离x=vt 竖直方向上小球运动距离2L=gt2 联立解得小球的水平落地距离x=4 m。 (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,根据牛顿第二定律,小球的重力提供圆周运动的向心力,满足mg=m 小球从最低点运动到该位置时,根据机械能守恒定律有mv0'2=mg·5L+mv'2 解得v0'=2 m/s。 7.(1)1 000 N　(2)7 m 解析 本题考查板块模型、动能定理、机械能守恒等知识。 (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a到b过程,根据机械能守恒mgh=m 解得v0=10 m/s 在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m 解得FN=1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台C时的速度为v,在平台C上运动过程由动能定理得 -μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,可知该过程游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2,a2==4 m/s2 根据运动学规律对游客v=v0-a1t 解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m 滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 8. (1)T=mg+m　 (2)a.见解析　b.ΔEk≥mgl2-mgl1(1-cos θ) 解析 本题通过秋千模型,考查竖直平面的圆周运动,动能定理、机械能守恒、功能关系等。 (1)根据牛顿运动定律T-mg=m 解得T=mg+m。 (2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2,根据动能定理得 mgl1(1-cos θ1)=m mgl2(1-cos θ2)=m 已知v1=v2,得mgl1(1-cos θ1)=mgl2(1-cos θ2) 因为l1>l2,得cos θ1>cos θ2 所以θ2>θ1。 b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek,根据功能关系得Ek=mgl1(1-cos θ) “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vm,根据牛顿运动定律得mg=m “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动,根据功能关系得Ek+ΔEk≥2mgl2+m 得ΔEk≥mgl2-mgl1(1-cos θ)。 考点36　功能关系的理解和应用 1.B　开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时,乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg,轻质弹性绳的伸长量Δx2=,所以F所做的功为WF=μmgl-d++k=+μmg(l-d),B正确。 2.A　本题结合火箭“冷发射”过程,考查动能、动量定理和功能关系。选火箭为研究对象,其先向上做加速运动,后向上做减速运动,至火箭速度为零。开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,动能最大,选项A正确。火箭向上运动过程中,重力势能也增加,选项B错误。根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,选项D错误。 3.ABD　小车从M到N,根据P1=F1v1,解得F1=40 N,选项A正确。从M到N,小车克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800 J,选项B正确。从P到Q,小车重力势能增加ΔEp=mgxsin θ=5 000 J,选项C错误。从P到Q,牵引力所做功为W2=P2=5 700 J,重力势能增加量为5 000 J,动能不变,根据功能关系,小车克服摩擦力做功为700 J,选项D正确。 4.C　一开始弹簧的伸长量为x=,剪断轻绳之后,P向右运动,弹簧恢复原长,弹簧的弹性势能转化为P的动能,P继续向右运动,当P的动能全部转化为弹簧弹性势能的时候,弹簧被压缩x,所以P的最大位移为2x=,C项正确。 5.BC　根据h=gt2,可得t=,即平抛运动在空中运动的时间由高度决定,甲、乙两手榴弹在空中运动时间相同,A项错误;平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动,两个手榴弹落地时竖直方向速度=相同,重力的瞬时功率PG=mgvy=mg相同,B项正确;从投出到落地,每颗手榴弹重力势能的减少量等于重力做的功,大小为mgh,C项正确;从投出到落地,只有重力对手榴弹做功,每颗手榴弹机械能不变,D项错误。 6.ACD　钩码由弹簧原长处由静止释放,开始做简谐振动,根据机械振动的对称性,释放处和最低点加速度大小相等均为g,故最低点弹簧弹力为2mg,滑轮光滑,则此时绳子弹力也为2mg,设倾斜绳与竖直方向夹角为θ,对物块A在竖直方向上由平衡条件可得2mgcos θ=Mg,则2m>M,A项正确,B项错误;在B从释放位置运动到最低点过程中,钩码先加速后减速,合力先向下后向上,位移一直向下,故合力先做正功后做负功,C项正确;在B从释放位置运动到速度最大过程,除重力之外只有弹簧弹力做功,根据功能关系,克服弹力做功等于B机械能的减少量,D项正确。 常见的功能关系 7.AB　A的动能达到最大之前为向下加速的过程,A球及系统均处于失重状态,系统对地面的压力小于总重力3mg,B对地面的压力小于mg,结合牛顿第三定律知,A项正确;A的动能最大时,为A受的合外力为零时,系统处于平衡状态,系统对地面的压力等于总重力3mg,B受地面的支持力等于mg,B项正确;弹簧的弹性势能最大时,A球恰好运动到最低点,加速度向上,此时,两杆之间的夹角为120°,该过程中,A球减少的重力势能与弹簧增加的弹性势能相等,ΔEp=mglcos 30°-mglcos 60°=mgl,C、D项错误。 8.(1)逐渐增大　竖直向下　(2)0.11 解析 本题考查力的合成与分解,机械能等。(1)设细线与竖直方向夹角为θ,沙桶匀速上升过程有2FTcos θ=Mg,当θ逐渐增大时,FT逐渐增大,沙桶上升到最高点B然后下落,在最高点的加速度方向竖直向下。 (2)沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4 cm,机械能增加量为ΔE机=Mgh=0.136×9.8×0.084 J=0.11 J。 9.(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J 解析 (1)飞机在水面滑行阶段有2aL= 解得a=2 m/s2 滑行时间t= 解得t=40 s。 (2)增加的动能ΔEk=m-m=1.8×107 J 增加的重力势能ΔEp=mgh=1.0×107 J 故整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE=ΔEk+ΔEp=2.8×107 J。 考点37　能量转化及守恒定律的综合应用 1.A　设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=fvt=kv2,联立解得E=,故选A。 2.AC　根据题意,设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时,对滑块进行受力分析,如图所示 由平衡条件有FTcos θ=mgcos 53°+FN,由胡克定律结合几何关系有FT=k 联立解得FN=k·xPQ-mgcos 53°=10 N,可知,滑块与杆之间的弹力不变,则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为Ff=μFN=1.6 N,故A正确;滑块下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同,则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同,故B错误; 滑块下滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x1,则mgsin 53°=Ff+kx1,解得x1=0.64 m,滑块上滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x2,则mgsin 53°+Ff=kx2,解得x1=0.96 m,由受力分析知,当滑块在速度为0位置与P点距离x满足0.64 m≤x≤0.96 m时,滑块将静止不再运动; 设滑块由静止释放后速度为0的位置距离P点为x',由能量守恒定律有mgx'sin 53°=Ffx'+k(x'2+)-k,解得x'=1.28 m,不在区间内,故无法静止,会继续向上运动; 设滑块继续向上运动最终在距离P点为x″位置停下,则由能量守恒定律有k(x'2+)-k(x″2+)=mg(x'-x″)sin 53°+Ff(x'-x″),解得x″=0.64 m,在区间内,故可以保持静止,因此滑块最终将静止在距离P点0.64 m处,故C正确; 滑块从释放到静止,设克服滑动摩擦力做功为Wf,由能量守恒定律有mgsin 53°·x=k(+x2-)+Wf,解得Wf=3.072 J,故D错误。 3.BCD　在过程Ⅰ中,a=gsin θ+μgcos θ,xOP==,由Q在M点时速度最大可知,Q在M点处加速度为零,有mgsin θ+μmgcos θ=kΔx,在M点处弹簧形变量Δx=,故xPM=xOP-Δx=,A错误;在过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgxOPcos θ,结合-mgxOPsin θ-μmgxOPcos θ=0-m,可得ΔE=m,故B正确;设Q过O点后继续运动x'到达最高点,对Q从P点到最高点,由动能定理有-mgsin θ(xOP+x')-μmgcos θ(xOP+x')+k-kx'2=0,解得x'=xOP-,则从P点向上的最大位移xmax=xOP+x'=,C正确;当静摩擦力沿斜面向上时,Q在O点处受力平衡,当静摩擦力沿斜面向下时,Q在M点处受力平衡,故Q不可能在OM之外的位置静止,D正确。 4. (1) (2)mgv(sin θ+μcos θ) (3) 解析 本题考查牛顿第二定律,运动学公式,平衡条件,P=Fv和能量守恒定律。 (1)物块在CD段运动过程中做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma,由运动学公式0-v2=-2ax,联立解得CD段长为x=。 (2)物块在BC段匀速运动,根据平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ,由P=Fv得BC段电动机的输出功率P=mgv(sin θ+μcos θ)。 (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ,由能量守恒得整个过程电动机消耗的总电能等于为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,由此可知E2=E1+μmgcos θ·L,故==。 5.(1)2×106 N/C　(2)0.5　 m/s　(3) m/s 解析 本题考查机械能转化的问题、带电物体(计重力)在匀强电场中的直线运动、细绳或弹簧相连的连接体问题。 (1)撤去电场前,A、B、C均静止,M、N处于原长状态,对A、B整体分析可知,此时绳中拉力为0,对C根据共点力平衡条件有qE=mCg 解得E=2×106 N/C (2)C开始做匀速直线运动后,对C和B根据共点力平衡条件分别有T1=mCg,T1=fB 其中fB=μmBg 解得μ=0.5 C开始匀速运动瞬间,A、B刚好发生相对滑动,此时A、B、C三者速度大小相等,M、N两弹簧的弹性势能相同,C下降0.2 m的过程中,对A、B、C及弹簧M、N组成的系统,由能量守恒定律有mCgh=(mA+mB+mC)v2+2Ep 解得v= m/s。 (3)设弹簧的劲度系数为k,没有电场时,C开始匀速运动瞬间,A、B刚好发生相对滑动,所以此时A的加速度为零,对A根据共点力平衡有2kh-f=0 当电场方向改为竖直向下,设B与A即将发生相对滑动时,C下降高度为h',对A根据牛顿第二定律可得f-2kh'=mAa 对B、C根据牛顿第二定律可得qE+mCg-f=(mB+mC)a, 撤去电场后,由第(2)问的分析可知A、B在C下降0.2 m时开始相对滑动,在C下降0.2 m的过程中,对A、B、C及弹簧M、N组成的系统,由能量守恒定律有 qEh'+mCgh=(mA+mB+mC)+2Ep, 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度,此后A做简谐运动,所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为v'max=vmax, 联立解得v'max= m/s。 6. (1)x0=　Ek= (2)Fmin=(3+)f　(3)W<fxBC　(4)见解析 解析 (1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中,以B、C和弹簧为研究对象,由功能关系得Fx0=2fx0+k 弹簧恢复原长时B、C分离,从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象,由能量守恒得k=2fx0+2Ek 联立方程解得x0=,Ek=。 (2)当A刚要离开墙时,设弹簧得伸长量为x,以A为研究对象,由平衡条件得 kx=f 若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零,这种情况下恒力为最小值Fmin,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中,以B和弹簧为研究对象,由能量守恒得 Ek=kx2+fx 结合第(1)问结果可知Fmin=(3±)f 根据题意舍去Fmin=(3-)f,所以恒力得最小值为 Fmin=(3+)f。 (3)从B、C分离到B停止运动,设B的路程为xB,C的位移为xC,以B为研究对象,由动能定理得-W-fxB=0-Ek 以C为研究对象,由动能定理得-fxC=0-Ek 由B、C得运动关系得xB>xC-xBC 联立可知W<fxBC。 (4)小物块B、C向左运动过程中,由动能定理得 5fx1-2fx1-k=0 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1=6f 则坐标原点的加速度为a1=== 之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为a=,可知加速度随位移x为线性关系,随着弹簧逐渐恢复原长,x减小,a减小,弹簧恢复原长时,B和C分离,之后C只受地面的滑动摩擦力,加速度为a2=- 负号表示C的加速度方向水平向左;从撤去恒力之后到弹簧恢复原长,以B、C为研究对象,由动能定理得k-2fx1=·2mv2 脱离弹簧瞬间后C速度为v,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒得fx2=mv2 解得脱离弹簧后,C运动的距离为x2=x1 则C最后停止的位移为x=x1+x2=x1=·= 所以C向右运动a-x的图像为 7.(1)　(2)m　(3)mgL 解析 本题考查物体的平衡、圆周运动、动能、能量守恒等知识。 (1)设AB、OB的张力分别为F1、F2,对A受力平衡有 F=F1sin 37° 对B受力平衡有F1cos 37°+F2cos 37°=mg F1sin 37°=F2sin 37° 解得F=。 (2)设装置转动的角速度为ω,对A有F=Mω2·L 对B有mgtan 53°=mω2·L 解得M=m,ω=。 (3)B上升的高度h=L,A、B的动能分别为 EkA=M(ωL)2,EkB=m(ωL)2 根据能量守恒定律可知W=(EkA-0)+(EkB-0)+mgh 解得W=mgL。 考点38　实验:验证机械能守恒定律 1. (1)B　(2)甲　(3)15.68　(4)mgH　(5) 不同意,因为AB段整个过程摩擦力做功大小仍然明显小于AO段机械能ΔE的减少量。 解析 (1)安装实验装置顺序:先将斜槽安装到底座上,再调节斜槽在竖直平面内,接着调节斜槽末端水平,最后在斜槽末端安装光电门,合理的顺序为④②③①,故B正确。 (2)测量钢球直径时,应使用游标卡尺的外测量爪卡住钢球,图甲所示的操作方式正确。 (3)根据ΔEp=mgh,代入数据得ΔEp=15.68×10-3 J。 (4)钢球从A点到B点,由动能定理得mgH-W理=0,得W理=mgH。 (5)不同意,因为AB段整个过程摩擦力做功大小仍然明显小于AO段机械能ΔE的减少量。 2.①丙　②0.4 解析 本题考查热敏电阻的温度特性和验证机械能守恒定律。 ①由mgh=m-m可知,需测v1、v2、h,丙方案没有测h,故丙同学的方案不可行。 ②滑块经过光电门A的速度大小为v== m/s=0.4 m/s。 3.(1)　　(2)50　12 解析 (1)根据小球经过光电门的挡光时间Δt,可得小球到达平衡位置时的速度v=,为验证机械能守恒定律,可列出此过程中重力势能转化为动能的公式为mgh=mv2,联立解得=h,可得纵坐标为,图像的斜率为k=。 (2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm,此游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm,可以判断所用的是50分度的游标卡尺; 若为25分度的游标卡尺,其精确度为0.04 mm,用此游标卡尺测量该小球直径,可得n==12,则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 4. (1)④①⑥⑤　(2)1.79　(3)通过　2g　19.0 m/s2　(18.9~19.1 m/s2均可)　(4)　3.1(2.6~3.6均可) 解析 (1)实验时应将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器限位孔,并用手捏着纸带上端;先接通电源之后再释放纸带;实验完成后,先关闭电源再取下纸带;之后在纸带上选取一段,测量各点到起点距离,记录分析数据。在本实验中,机械能守恒的验证主要是验证重力势能和动能的转换关系,质量可以约去,所以不必称质量,故四个必需步骤按实验顺序排序为④①⑥⑤。 (2)vb== m/s=1.79 m/s。 (3)机械能守恒时满足mv2=mgh,化简得v2=2gh,因此,若机械能守恒,图中直线应通过原点且斜率为2g,图中斜率k==19.0 m/s2。 (4)η=×100%=×100%=×100%,将v2=kh代入化简有η=×100%,代入数据解得η=×100%=3.1%。 5.(1)A　(2)3.34　(3)不能　B 解析 本题考查验证机械能守恒定律。(1)应手提纸带上端使纸带竖直,同时使重物靠近打点计时器,由静止释放,故选A。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时,重锤下落的速度大小v13= m/s=3.34 m/s。 (3)不能验证机械能守恒,理由是B。 涉及纸带类问题的分析方法 1.涉及纸带类实验考题:广义的纸带类实验除打点计时器、纸带外,还包括频闪照相、滴水法等。高考中涉及“纸带”的实验包括:研究匀变速直线运动、验证牛顿运动定律、探究动能定理、验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律,以及测量重力加速度、测量动摩擦因数等创新实验。 2.纸带问题的两个关键点 (1)区分计时点和计数点:计时点是指打点计时器在纸带上打 下的点,计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点。要注意“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点方法是一样的。 (2)涉及打点计时器的实验均是先接通打点计时器的电源,待打点稳定后,再释放纸带。 6.(1)　(2)m1gl　(m1+m2)　(3) 解析 (1)小车通过光电门时的速度为v=。 (2)从释放小车到小车经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为ΔEp=m1gl,系统动能增加量为ΔEk=(m1+m2)。 (3)改变l,做多组实验,做出如题图以l为横坐标、以为纵坐标的图像,若机械能守恒成立则有m1gl=(m1+m2)·,整理有=·l,则图像斜率为。 光电门类问题分析方法 1.此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力和科学探究素养,解题时要搞清实验的原理,能通过运动公式找到图线对应的函数关系,结合图像的截距和斜率求解未知量。 2.光电门类实验题包括:测量瞬时速度、验证牛顿运动定律、探究动能定理、验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律。 3.光电门的原理 当物体通过光电门时光被挡住,计时器开始计时,当物体离开时停止计时,这样就可以根据物体尺寸与运动时间计算物体运动的速度。 (1)计算速度:如果挡光片的宽度为d,挡光时间为Δt,则物体经过光电门时的瞬时速度v=。 (2)计算加速度:利用两光电门的距离L及a=计算加速度。 7. (2)7.884(或7.883)　(3)B　(4)m2-m2 (5)增大 解析 本题考查机械能损失的测量,意在考查实验能力。 (2)根据螺旋测微器的读数规则得小球的直径为 d=7.5 mm+38.4×0.01 mm=7.884 mm 考虑到偶然误差,7.883 mm也可以。 (3)在测量时,因小球下落时间很短,如果先释放小球,可能会出现时间记录不完整的情况,所以应先接通数字计时器,再释放小球,故选B。 (4)设小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2,则有v1=,v2=,则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为 ΔE=m-m=m2-m2。 (5)适当调高光电门的高度,小球两次经过光电门的距离增大,空气阻力做功增大,将会增大因空气阻力引起的测量误差。 8.(1)kh5L-L0-　　mgh5　(2)见解析 解析 (1)释放钩码时,弹簧的伸长量为(L-L0);打出F点时,弹簧的伸长量为(L-L0-h5),则弹簧弹性势能的减少量为ΔEp=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2=kh5L-L0-;打F点时钩码的速度为vF=,由于在误差允许的范围内,认为释放钩码的同时打出A点,则钩码动能的增加量为ΔEk=m-0=;钩码的重力势能增加量为ΔEp=mgh5。 (2)钩码机械能的增加量,即钩码动能与重力势能增加量的总和,若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,而两条曲线在纵向间的间隔为阻力做的功,两条曲线纵向间隔变大的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大,导致空气阻力逐渐增大,以至于空气阻力做的功也逐渐增大。 9.(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C 解析 (1)在最低点,FTmax-mg=,在最高点,FTmin=mgcos α,从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mgL(1-cos α)=mv2,整理可得FTmax=3mg-2FTmin。若机械能守恒,斜率的理论值等于-2。 (2)直线的斜率k==-2.1;由图乙知截距为1.768 N=3mg,解得mg=0.59 N。 (3)本实验系统误差的来源是空气阻力,C项正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$