第5讲 功和能-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

专题二 能量与动量 第5讲 功和能 M复习定位】 1.准确理解功、功率、机械能的基本概念。 2.掌握机车启动模型、动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题的技巧。 3.特别要关注与实际生活相联系的多过程问题，具备多物体、多过程的综合分析能力。 知识网络 体系构建 变力的功 功 功W=Flcos& 恒力的功 确定两状态（动能变 应用思路 化)，一过程（各个力 平均功率下=四 定义 做的功) 瞬时功率P=Fucos a 功率 直线运动、曲线运 概念 动能定理 适用条件 动均可：恒力、变 力做功均可：单过 恒定加速度启动 程、多过程均可 机车启动 恒定功率启动 应用技巧 不涉及加速度、时间 动能 和方向问题时使用 重力势能 功和能 026 势能 弹性势能 合力的功等于动能的增量 守恒条件 重力的功等于重力势能增量的负值 守恒角度E=E2 机械能守 功能 恒定律 关系 弹力的功等于弹性势能增量的负值 转化角度△E=-△E。 表达形式 电场力的功等于电势能增量的负值 转移角度△E=-△EB 能量守 恒定律 除了重力和系统内弹力之外的其他 力的功等于机械能的增量 考向探究 素养提升 考向一功和功率的理解及应用 1.区分恒力、变力：恒力做功一般用功的公式或 动能定理求解，变力做功用动能定理或图像 法求解。 2.图像法求功的四种情况：力做的功分别为 3.机车启动问题的两点注意 Wn=PW2=FWg=F图 (1)区分两个最大速度 丙中的F-x图线是四分之一圆周)、W工 ①机车启动匀加速过程的最大速度1（此时 机车输出的功率最大)： P1+P(t,)。 ☑一红因勾·讲与练·高三二轮物理 由F牵一F阻=ma,P=F牵v1,可求出1 A.拉力的大小为4N,且保持不变 P B.物体的质量为2kg F阻十ma C.0~6s内物体克服摩擦力做的功为24J ②全程的最大速度Vmx（此时F牵=F阻)：由 D.06s内拉力做的功为156J P P=F阻0s,可求出0mx一F属 马听课记录 (2)掌握四个关键方程：P=F,F一F阳= P m,0m一F园，P1-Fax=AE。 【典例1】（多选）一质量为m的物体静止在水 【提升练1】(2024·河南 ↑FN 10 平地面上，在水平拉力的作用下开始运动， 洛阳第一中学高三检 8 图甲是在0~6s内其速度与时间的关系图 测)质量为2kg的物体 像，图乙是拉力的功率与时间的关系图像，g 静止在光滑的水平面 2 上，从某时刻起，对物体 0 3 7 x/m 取10m/s2。下列判断正确的是 ( 施加一方向不变的水平拉力F,该拉力与物 ↑(m·s-) ↑PW 60 体的位移x的关系图像如图所示，则物体在 x=7m处时的速度大小为 ( ) 61 6 t/s A.2√10m/s B.2√5m/s 甲 C.5 m/s D.4 m/s 027 考向二 动能定理的理解及应用 1.应用动能定理解题步骤 【典例2】(2024·辽宁大连高三联考)如图所 受力分析各力做功情况 总功 示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水 明确研 平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R, 究对象 及过程 Wa=E2-E 水平面长度LMw=4R,现将一质量为m的 运动过 物体始、末 物体的动 程分析 状态的动能 能变化 金属滑块从距水平地面高h=4R处的P点 2.应用动能定理的四点提醒 沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由 损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压 于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。 力大小恰好等于滑块重力，g取10m/s2,求： (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方 (1)金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ； 向上应用动能定理是没有依据的。 (2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性 斜面上，释放高度的取值范围。 质不同的小过程（如加速、减速的过程），对全 过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理 77777777777777777777777 求解。 第一部分专题二 能量与动量一闭 马听课记录 一水平面内，忽略两者之间的间隙。将质量 为m=0.2kg的物体放置在圆盘边缘，该物 体与圆盘的动摩擦因数为41=0.6，与餐桌 的动摩擦因数为2=0.225，设物体与圆盘 及餐桌间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g取10m/s2。 (1)由静止开始缓慢增大圆盘的角速度，求 物体从圆盘上刚好甩出时圆盘的角速度和 物体速度的大小； (2)求物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物 体的静摩擦力所做的功； (3)为使物体不滑落到地面，求餐桌半径R 的最小值。 规律总结常见动能定理应用情境 分类 图例 分析 动能定理和牛顿第 二定律都可用，在不 匀变速直 028 牵涉加速度和时间 线运动 时，优先考虑用动能 定理 抓好总功的求法，可 多阶段 以先求合力再求总 运动 功，也可先求分力 B 功，再求总功 变力做功，应用动能 定理 曲线运动 要明确研究对象、研 究的过程，然后应用 Lピ00000O 动能定理 【提升练2】 (2024·广东江 门高三质检)如图是一张常 见的团圆餐桌。餐桌上放 一半径r=1.5m、可绕中 心轴转动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘在同 ☑一亿因勾·讲与练·高三二轮物理 考向三机械能守恒定律的理解及应用 1.熟练应用机械能守恒的三种表达式 角度2多个物体系统的机械能守恒 守恒 E=E2 需要选择 观点 零势能面 【典例4】（多选）(2022·河北卷)如图 三 种 所示，轻质定滑轮固定在天花板上， 表 转化 △E=-AE, 不用选择 Q 观点 零势能面 物体P和Q用不可伸长的轻绳相 式 转移 不用选择 连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>p 观点 △E4=-AEB 零势能面 mp,t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q 2.谨记机械能守恒问题的两点提醒 (1)研究对象的选取 的加速度大小为？。T时刻轻绳突然断开， 研究对象的选取是解题的首要环节，有 物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放 时是单个物体的机械能守恒，有时是多个物 位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在 体的机械能守恒。 水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为 (2)研究过程的选取 E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气 有些问题中研究对象的运动过程分成几 阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确 个阶段，有的阶段研究对象的机械能守恒，而有 的是 ( ) 的阶段机械能不守恒，因此应用机械能守恒时要 A.物体P和Q的质量之比为1：3 029 注意过程的选取。 B.2T时刻物体Q的机械能为2 角度1单个物体的机械能守恒 【典例3】(2024·全国甲卷)如 C,2T时刻物体P重力的功率为，二 图，一光滑大圆环固定在竖直 D.2T时刻物体P的速度大小为2gT 3 平面内，质量为m的小环套 在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端 马听课记录 经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大 圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环 的作用力大小 ( A.在Q点最大 B.在Q点最小 规律总结机械能守恒常见情境 C.先减小后增大 D.先增大后减小 分类 图例 规律特点 听课记录 O 轻弹簧、无 含弹簧 阻力；小球 和弹簧系统 7777 机械能守恒 第一部分专题二 能量与动量一闭 续表 A.斜面的倾角为30 分类 图例 规律特点 B.力F的大小为20N 无摩擦、轻 C.小物块的初速度大小为2m/s 杆、两球（物 D.若t。时刻撤去拉力F,物块沿斜面继续上 杆 块)速度大 滑的距离为1.6m 接 0 小相等或者 【提升练4】（多选）(2024·湖南 D 沿杆方向速 衡阳高三质检)如图所示，两 度大小相等 小滑块P、Q的质量分别为 轻绳、A和B 2m、m,P、Q用长为L的轻杆 绳 速度相等或 通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上， 接 沿绳方向速 度大小相等 Q放在光滑水平地面上，原长为5的轻弹资 【提升练3】 (多选)一足够长 E/T 水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直 的光滑斜面固定在水平面 杆的O点上，轻杆与竖直方向夹角α=30°，P 上，质量为1kg的小物块 由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整 在平行斜面向上的拉力F 1.2x/m 个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面 作用下，以一定初速度从斜面底端沿斜面向 内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力 030 上运动，经过时间t。小物块沿斜面上滑了 加速度为g。则P下降过程中 () 1.2m。小物块在F作用下沿斜面上滑过程 A.P、Q组成的系统机械能守恒 中动能和重力势能随位移的变化关系如图 B.下降过程中P的速度始终比Q的速度大 线I和Ⅱ所示。设小物块在斜面底端的重 C.弹簧弹性势能最大值为（√3-1）mgL 力势能为零，重力加速度g取10m/s2。由 D.P达到最大动能时，Q受到地面的支持力 此可求出 大小为3mg 考向四 功能关系、能量守恒的理解及应用 1.常见的功能关系 2.两个重要提醒 做功 功是能量转化的量度 能量变化 (1)分析运动过程中的受力情况和各力做功 重力做功W。=mgh WG=-AE。 重力势能变化△E。 情况；根据功能之间的对应关系，判断能的转 弹力做功W W=-AE 弹性势能变化AE。 化形式，确定能量之间的转化情况。 W=AE 合力做功W参=W1+W2+W+… 动能变化△E (2)在涉及功、能、位移的问题中，若研究对象 除弹力和重力之外的 W其=△E 其他力做功W地 机械能变化△E 为单个物体，大多使用动能定理解题，若研究 FxH=△E 对象为两个及以上物体，且涉及相对位移或 滑动摩擦力做功Fx相对 系统内能变化△E 电场力做功W=qUa W=-AE 电势能变化△E。 相对路程，大多使用功能关系解题。 安培力做功W=Ut W=-△E 电能变化△E 【典例5】（多选）(2024·辽宁鞍山高三质检) 如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜 ☑一红因勾·讲与练·高三二轮物理 面上从a点由静止开始下 跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低 滑，到b点接触到一个轻 b￥ 点过程中 ( ) 弹簧，滑块压缩弹簧到c点 A.橡皮绳弹性势能减小 开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a B.游客重力势能减小 点，已知ab=0.7m,bc=0.5m。下列说法 C.游客机械能保持不变 正确的是 ( ) D.橡皮绳一绷紧游客动能就开始减小 A.整个过程中滑块动能的最大值为6J 【提升练6】如图所示，在竖直 B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J 平面内有一个半径为R的圆 2R C.从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对 弧轨道。半径OA水平、OB 滑块做6J的功 竖直，一个质量为m的小球 D.整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统 自A正上方P点由静止开始 机械能守恒 自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好 听课记录 对轨道没有压力，已知AP=2R,重力加速度 为g,则小球从P到B的运动过程中() A.重力做功为2mgR B.机械能减少mgR 【提升练5】(2023·浙江1月选考)一位游客 C.合外力做功为mgR 03 正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从 D.克服摩擦力做功 2mgR 真题演练 感悟高考 1.(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为 与落地点的水平距离约为1。假设抽水过程 P,和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度 中H保持不变，水泵输出能量的？倍转化为 分别为01和℃2。现将它们编成动车组，设每 水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的 节动车运行时受到的阻力在编组前后不变， 密度为ρ，水管内径的横截面积为S,重力加 则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出 功率约为 ( ) A BP,u十P0 出水口 P1+P2 7777 C. (P1十P2)0102 H D.P102+P2 2.(2024·安徽卷)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 A.egSi 2gh H+h+ 27h 2h 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, 且您(H+A+纺 2nh 第一部分专题二 能量与动量一闭 c.s2H+苏 (3)全过程存储的机械能E1和电动机消耗的 2nh 总电能E2的比值。 D.osSl√2ghH+6) 2nh 3.(2023·江苏卷)如 电动机 图所示，粗糙斜面的 D d 动摩擦因数为μ，倾 角为0，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，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; 请完成课时作业6 微专题二“传送带”模型的综合分析 032 M复习定位 1.掌握传送带问题的结构特点，正确做好受力分析和运动分析。 2.灵活应用动力学和能量观点分析传送带问题。 3.关注联系生活、生产等实际情境的命题素材。 考向探究 素养提升 考向一 动力学观点分析传送带模型 1.常见情境 (2)物体能否达到与传送带共速的判断 一个物体以速度v。(v≥0)在另一个匀 物体与传送带达到相同速度时往往出现 速运动的物体上运动的力学系统可看作“传 摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进 送带”模型，如图甲、乙、丙所示。 行分析往往是解题的突破口。 【典例1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定 →0 速率1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 甲 2.动力学问题两点注意 37°。一物块以初速度。从传送带的底部冲 (1)摩擦力的方向及存在阶段的判断 上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 厘清物体与传送带间的相对运动方向与 ?-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时 摩擦力方向以及存在阶段是解决传送带问题 速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 的关键。 g取10m/s2,则 () ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理每经过8h相距最近，A、B错误；卫星 中心天体表面物体质量，R为中心天 b、c转动方向相反，在相遇一次的过程 体半径)，由于中心天体质量及半径关 mgt-mgLw一mg·2R=子mi, 中，卫星b、c共转一圈，设相遇一次的 系未知，因此无法确定两者表面重力 联立两式得h1=3.5R。当滑块恰好 时间为△，则由 △t'△t' 加速度大小的比值，C错误；火星和地 能抛到M点时，释放高度最大，设为 T. =1,解得 球绕太阳做匀速圆周运动，有w文 h2,滑块在Q,点时的速度设为v2,滑块 △t'=8h,即卫星b、c每经过8h相距 2π 2π 由Q点平抛到M点，水平方向有 最近一次，D正确；卫星b、c转动方向 ，w地>仙必，设相邻两次 相反，在相距最远的过程中，卫星b、c “火星冲日”之间的时间为t,则有 4R=Ut,竖直方向有2R=2gt,滑 T文T池 共转半圈，设时间为△t”,则由 块从释放到运动到Q点，根据动能定 T (o米-w大)1=2，可得t=T发-T是 理得mgh:一mgLM一mg·2R三 T=0.5,解得△t”=4h,即卫星b、c 27 T远>T地，可知时间大于一 √27-√ 2mu,联立求得2=5R。故释放的 经过4h第一次相距最远，C正确。 年，D错误。 高度范围为3.5Rh≤5R」 真题演练感悟高考 专题二 能量与动量 提升练2(1)2rad/s3m/s(2)0.9J (3)2.5m 1.D在环月飞行时，样品所受的合力提 供向心力，不为零，A错误；若将样品 第5讲 功和能 解析：(1)由题意可得，当物体受到最 大静摩擦力时，物体将从圆盘上滑落， 放置在月球正面，根据牛顿第三定律 此时物体的角速度达到最大，由牛顿 可知，它对月球表面的压力等于月球 考向探究素养提升 对它的支持力，根据力的平衡条件可 考向一 第二定律得fn=1N=mwr,又N= 功和功率的理解及应用 知，月球对它的支持力等于它在月球 mg,联立解得w=2rad/s,物体的速度 典例1BD对物体受力分析，由题图 上的重力，不为零，故它对月球表面的 为U=wr,解得v=3m/s。 甲可知，在02s内物体做匀加速运 压力不为零，B错误；质量是物体的固 (2)设圆盘对物体的静摩擦力所做的 动，拉力大于滑动摩擦力，在2~6s内 有属性，不会随受到的引力的变化而 1 物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦 变化，C错误：由于月球表面重力加速 功为W,由动能定理得W=之mu 力，因此拉力大小不恒定，A错误：在 度较地球表面的小，则样品在月球表 0,代入数据解得W=0.9J。 2~6s内根据功率公式P=Fv,有 面所受重力较在地球表面的小，结合B F=P (3)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘 项分析可知，样品放置在月球背面时 =4N,故滑动摩擦力f=F= 时速度恰好减为零，此时对应的餐桌 对月球的压力较其放在地球表面时对 4N,在题图甲中，02s内有a 半径取最小值。设物体在餐桌上滑动 地球的压力小，D正确。 △U 的位移为s,由动能定理一42mgs=0 2.D由GMm=m 4π M =3m/s,由牛顿第二定律可知 r:= -,及 △t T 4 F'一f=ma,又P'=F'u,代入数据解 之mu,解得s=2m,因为物体从圆盘 得m=2kg,F'=10N,B正确；由题图 边缘滑出时沿圆盘的切线方向，结合 几何关系 Rt= ,推得 甲可知在0一6s内物体通过的位移为 几何知识可得餐桌半径的最小值为 了是月 太 x=30m,故物体克服摩擦力做的功为 R=√r十s,代入数据解得R= )广()-() ,D正确 W,=fx=120J,C错误；由动能定理 2.5m。 A、B、C错误。 可知W一W= 之mu,故0~6s内拉 考向三机械能守恒定律的理解及应用 典例3C设小环运动轨迹所对的圆心 3.B冻结轨道和捕获轨道的中心天体 ·×2× 角为(0日π)，大圆环的半径为R, 均是月球，根据开普勒第三定律得 力微的功w=合m+W,= 2 大圆环对小环的作用力为F,则由动能 62J+120J=156J,D正确。 ,整理得T:=T√a =288h, 提升练1A根据F一x图线与横轴所 定理有mgR(1-c0s0)=2mu,又小 A错误：根据开普勒第二定律可知，鹊 围图形的面积表示功，可知物体从静 环做圆周运动，则有F十mg cos日= 桥二号在近月点的速度大于在远月点 止运动7m过程拉力做的功为W= m尺，联立得小环下滑过程中受到大 U 的速度，B正确；从捕获轨道到冻结轨 3×4J十410×4J=40J,由动能定理得 道鹊桥二号进行近月制动，在捕获轨 圆环的作用力F=mg(2一3cos8),则 道运行时在近月点的速度大于在冻结 W=2mu-0,解得u=2√0m/s, F的大小先减小后增大，且当c0s日= 轨道运行时在近月，点的速度，C错误； 鹊桥二号在两轨道的近月点所受的 故选A。 号时F最小，当c0s0=-1,即小环在 考向二动能定理的理解及应用 万有引力相同，根据牛顿第二定律可 典例2(1)0.25(2)3.5Rh5R 大圆环最低点时F最大，结合牛顿第 知，在捕获轨道近月点的加速度等于 在冻结轨道运行时近月点的加速度， 解析：(1)对滑块，在Q点时由重力和 三定律可知，C正确。 轨道对滑块的压力提供向心力，有 典例4BCD开始释放时物体Q的加 D错误。 4.B火星、地球绕太阳做圆周运动，由 mva mg十mg= 速度为号，则对两物体由牛顿第二定 R ,对滑块从P到Q的 丁一， 开善勒第三定律可知T。一√ 过程，根据动能定理得mgh一mgLN 律得，mQg一Fr=m· 1 3 FT 27 √8，A错误：当火星与地球相距最远 mg·2R=2mo,联立两式解得μ 0.25。 mpg=mp· 3,解得FT=2 时，太阳、地球、火星处于一条直线上 (2)当滑块恰好能运动到Q,点时，释放 m。=2,A错误；在T时刻，两物体的 m 地球、火星分别在太阳两侧，此时二者 高度最小，设为1，恰到Q时滑块的速 速度方向夹角为180°，相对速度最大， 度设为v1,对滑块，在Q,点时由重力提 B正确；在星球表面时，忽略自转有 mvi 速度1= 号，P上升的距离1= Gm=mg(M为中心天体质量，m为 供向心力，有mg=尺，滑块从释放 1、 R 到运动到Q点，根据动能定理得 ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -270- 升的高度h,=2g 之处在b加之间，设该位置为d点，此 18 ，可知开始时 时的动能为Ekm,克服弹簧做功为W。, 3.(1)2g(sin ucos P,Q的距离为h=h1十，=2gT (2)mgv(sin 0-ucos 0) ,因 由动能定理有Ekm=mgh sin30° 9 Wo,由于nghad sin30°<ngh sin30°= sin (3) 开始时P所处的水平面为零势能面， 6J,则有Em<6J,故A错误；根据题 sin 0+ucos 0 则开始时Q的机械能为E=mQgh 意可知，c点为最低点，此时，弹簧的弹 解析：(1)物块在CD段运动过程中，由 2mag'T2 性势能最大，滑块从a→c过程中，设 牛顿第二定律得 从开始到轻绳断裂，轻绳的 9 此过程克服弹簧弹力做功为W,由动 mg sin 0+umg cos 0=ma, 拉力对Q做负功，大小为W:= 能定理有mgh sin30°-W=0,解得 由运动学公式0一u2=一2ax, Fth =mog'T? W=6J,则弹簧的最大弹性势能为 9 ,则此时物体Q的机 6J,故B正确；从c点运动到b点的过 联立解得x=2g(sin日+ucos0)° mog'T2 E 程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机 械能E'=E一WF= 9 2,此 能全部转化为滑块的机械能，则从￠点 的牵引力为F=ng sin8十umg cos8, 后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻 运动到b,点的过程中弹簧弹力对滑块 由P=Fv得P=mgv(sin8ucos9) 物体Q的机栽能仍为号，B正确：在 做6J的功，故C正确：从a出发最后 (3)全过程物块增加的机械能为 可以回到α点，说明整个过程中弹簧、 E=mgLsin 0, 2T时刻，物体P的速度U2=1 滑块与地球组成的系统机械能守恒， 整个过程由能量守恒得电动机消耗的 gT=-28T 故D正确。 总电能转化为物块增加的机械能和摩 ,方向向下，此时物体P重 提升练5B橡皮绳绷紧后弹性势能一 擦产生的内能，故可知 力的瞬时功率PG=mpg· 2gT 直增大，A错误；游客高度一直降低 E2=E1十ng cos8·L, 3 重力一直做正功，游客重力势能一直 E mgLsin 0 wog.2gT_mag'T 3E 减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客 故可得，元一ngL sin0干mgLc0s日 2 3 3 T,C、D 做负功，游客机械能减小，转化为橡皮 sin 正确。 绳的弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧 sin8+cos日 提升练3ACD根据E。=mgh 的一段时间内，弹力小于游客的重力， 微专题二“传送带”模型的 Ep 6 游客所受合力向下，游客的速度继续 ngxsin0,得sin0= 增加，游客动能继续增加，当弹力大于 综合分析 mgx 1×10×1.2 游客的重力后，游客所受合力向上，游 之，所以斜面倾角为0=30°，故A正 考向探究素养提升 客动能逐渐减小，D错误。 确；根据动能定理Fx一ngx sin30° 提升练6D重力做功只与竖直高度有 考向一 动力学观点分析传送带模型 关，故重力做功为mgR,A错误；小球 典例1D由题图乙可知在01s内 8J-2J,得F=10N,故B错误；根据 B 物块的速度大于传送带的速度，物块 Ek= 之mu6,得初速度为。 恰好到达B点有mg=R ,由动能定 所受摩擦力的方向沿传送带向下，与 理知由P运动到B的过程中，合力所 物块运动的方向相反，1~2s内，物块 m/s=2m/s,故C 的速度小于传送带的速度，物块所受 m 做的功为W=2m0后=2mgR,C错 摩擦力的方向沿传送带向上，与物块 正确；若经过t。后撤去拉力F,小物块 1 运动的方向相同，由于物块对传送带 的机械能不变，此后重力势能增加、动 误：由P到B,由mgR-W,=之m品 的压力不变，根据F,=F、,可知两段 能减小；根据图像可知，t。时刻小物块 时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在 的动能为Ek=8J,根据机械能守恒定 可得克服摩擦力微功为2肌gR,D正 0一1s内物块的加速度大小为a= 律可得Ek=一E。,则t。时刻后，小物块 确：由以上分析知在由P运动到B的 △U Ek △t 12-4m/g=8m/g,根据牛 1 沿斜面继续上滑的距离s mg sin 过程中，机械能的减少堂为子mgR, 顿第二定律有gsin37°+1gcos37° 8 1X10×0.5m=1.6m,故D正确。 B错误。 a,解得=0.25，C错误；物块运动的 位移大小等于一t图线与时间轴所围 提升练4CD对于P、Q组成的系统， …真题演练感悟高考… 由于弹簧对Q要做功，所以系统的机 图形的“面积”大小，为工=412× 1.D由题意可知对两节动车编组前分 2 械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系 统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的 别有P1=f11,P,=f2v2,当将它们 4×1 1m十2 m=10m,所以传送带底端 机械能守恒，故A错误：根据P、Q沿 编组后有P1十P2=(f1十f,)v,联立 到顶端的距离为10m,D正确。 轻杆方向的分速度相等得Upcos a= 可得v= (P1十P,)U12,故选D。 提升练1C0~t。时间内，小物块轻放 vosin a,可得P的速度不会始终比Q P12+P2v1 在传送带上，做加速运动。受力分析 的速度大，故B错误：根据系统机械能 2.B设水从出水口射出的初速度为U。, 可知，小物块受重力、支持力、滑动摩 守恒可得E。=2mgL(cos30°-c0s60), 取t时间内的水为研究对象，该部分水 擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分 故弹性势能的最大值为E。=(√3一 的质量为m=votSp,根据平抛运动规 力，合力不变，故小物块做匀加速运 1)mgL,故C正确；P下降过程中动能 律vot'=l,h= 之gt'2,解得。 动。t。之后，当小物块速度与传送带 达到最大时，P的加速度恰好为0，此 相同时，静摩擦力与重力的下滑分力 时对P、Q整体，竖直方向受力平衡，故 g 相等，加速度突变为零，小物块做匀速 Q受到地面的支持力大小N=2mg √，根据功能关系得P切 直线运动。故C正确，A、B、D错误。 mg=3g,故D正确。 Ny 提升练2AC开始时，对行李，根据牛 考向四 功能关系、能量守恒的理解 mw。十mg(H+h),联立解得水系的 顿第二定律有mg=ma,解得a= 及应用 输出功率为p=gSl√2gh/ 2m/s2,故A正确：设行李做匀加速运 H+h+ 典例5BCD根据题意可知，当滑块所 2nh 动的时间为t1,行李做匀加速运动的 受合力为零时，速度最大，滑块的动能 1 4h,故选B。 末速度为v=0.4m/s,根据v=at1, 最大，由于c点为最低，点，则速度最大 代入数据解得t1=0.2s,匀加速运动 -271 参考答案一具