第1部分 第5讲 功与能(一)-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题二　能量与动量 力学模块讲述力与运动，力在空间上的积累是功，会导致能量的变化，力在时间上的积累是冲量，会导致动量的变化，能量与动量是对力与运动的补充。 2 第5讲　功与能(一) 知识框架 学习目标 1.能计算恒力做功和变力做功，能计算平均功率和瞬时功率，会分析机车启动问题。 2.会应用动能定理分析多过程问题。 3.掌握机械能守恒定律的三种表达式，并会解决连接体问题。 4 目录 1 2 专题作业 考点 高考风向标 3 考点 考点1　功和功率 考点 7 例1　如图甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿(随)绳(带)缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v­t图像。已知工人的质量m＝70 kg，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A．发生险情处离地面的高度为27 m B．t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为630 W C．加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280 N D．整个过程中工人所受重力做功为18900 J 考点 8 考点 9 例2　(2025·河南省郑州市外国语学校高三下调研考试八)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是(　　) A．汽车受到的阻力为200 N B．汽车的最大牵引力为600 N C．8～18 s过程中汽车牵引力做的功为8×103 J D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m 考点 10 考点 11 考点2　动能定理 考点 12 例3　(2025·黑吉辽蒙卷，13)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向 与水平方向的夹角α。 答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 考点 13 考点 14 例4　(2025·四川省雅安市高三下二模)(多选)如图所示，粗糙程度可改变的斜面DE与光滑圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1 m，圆心角∠BOD＝127°，调整斜面动摩擦因数μ＝μ0时，将一可视为质点、质量m＝1 kg的物块，从B点正上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端E处。已知AB＝1 m，DE＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　) A．物块第一次通过C点时受到的支持力大小为50 N B．调整μ＝0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625 m C．调整μ＝0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75 m D．调整μ＝0.8，物块在斜面上运动的路程为1 m 考点 15 考点 16 考点 17 考点3　机械能守恒定律 1．利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式 考点 18 2．连接体的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速率与半径成正比 考点 19 关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在 弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等； ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形 变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧 处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。 考点 20 考点 21 考点 22 应用机械能守恒定律的注意事项 (1)判断守恒系统：可能是单物体系统，也可能是多物体系统(包括弹簧)。 (2)判断守恒过程：可能全过程机械能守恒，也可能部分过程机械能守恒。当有“细绳突然绷紧”“落地不弹起”等描述时，机械能有损失。 (3)多物体守恒系统的位移或高度关系、速度关系不要弄错。 考点 23 考点 24 考点 25 考点 26 高考风向标 高考风向标 28 高考风向标 29 2．(2025·山东省潍坊市高三下二模)(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，a为圆环上最高点，c为圆环上最低点，圆环上b、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧一端固定在d点，另一端与小球拴接，小球套在圆环上，从a点由静止释放，经b点下滑至c点，下列说法正确的是(　　) A．由a到b过程，重力的瞬时功率一直变大 B．由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大 C．由a到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率 D．由a到c过程，小球的机械能一直变大 高考风向标 30 解析：轻弹簧的原长为2R，可知小球运动到b点时弹簧处 于原长，则由a到b过程，重力势能和弹簧弹性势能均减小，并 转化为小球的动能，小球的动能增大，速度增大，且速度与竖 直方向的夹角逐渐减小，所以竖直分速度增大，根据P＝mgvy， 可知重力的瞬时功率一直变大，故A正确；小球运动到b点时，弹簧弹力为0，此时弹簧弹力的瞬时功率为0，所以由a到b过程，弹簧弹力的瞬时功率不是一直变大，故B错误；根据对称性可知，小球处于a点和c点时，弹簧的形变量相等，则由a到c过程，弹簧弹力做的功为0，弹簧弹力的平均功率为0，该过程重力做正功，重力的平均功率大于0，故C正确；由a到c过程，弹簧的形变量先变小后变大，弹性势能先变小后变大，又弹簧与小球组成的系统机械能守恒，则小球的机械能先变大后变小，故D错误。　 高考风向标 31 高考风向标 32 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功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。 高考风向标 33 高考风向标 34 高考风向标 35 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 2．(2025·陕西省渭南市高三下教学质量检测二)羽毛球飞行过程中受空气阻力影响很大，某同学利用手机软件模拟出了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点。在羽毛球从A点经P点到达B点的过程中，则下列说法正确的是(　　) A．速度最大的点在A点，速度最小的点在P点右侧 B．速度最大的点在B点，速度最小的点在P点左侧 C．速度最大的点在A点，速度最小的点在P点 D．速度最大的点在B点，速度最小的点在P点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 解析：羽毛球从A点经P点到达B点的过程中，空气阻力对羽毛球做负功，羽毛球的机械能减小，可知，羽毛球在A点的机械能最大，又在A点的重力势能最小，则在A点的动能最大，即速度最大的点在A点，当重力与空气阻力的合力与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，故速度最小的点在P点右侧，故选A。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 3．(2024·浙江6月选考，5)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1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为(　　) A．10 W B．20 W C．100 W D．200 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 易错点拨　在力学问题中，要注意绳、链条的质量是否可以忽略，若不能忽略，则要考虑它的动能、重力势能、机械能、动量等，应用牛顿运动定律、功能关系、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律时不能忽略它的影响，且一般要分析它的重心位置(形状为直线时重心在中点，否则一般需要分段分析)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 5．(2025·河南省安阳市高三下一模)如图所示，水平长杆上套有一物体Q，轻绳穿过光滑圆环连接物体P、Q，某时刻由静止释放P、Q，释放时左侧轻绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．P、Q的速度大小始终相等 B．θ＝90°时，Q的速度最大 C．θ向90°增大的过程中，P一直处于失重状态 D．θ向90°增大的过程中，P的机械能先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 解析：P、Q沿轻绳方向的分速度大小始终相等，但P、Q的速度大小一般不相等，故A错误。θ向90°增大的过程中，轻绳对Q做正功，对P做负功，P的机械能一直减小；初始状态和θ＝90°时，P的速度均为0，则P不可能一直向下加速，即不可能一直处于失重状态；θ从90°继续增大，轻绳对Q开始做负功，故θ＝90°时，Q的动能最大，故B正确，C、D错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 6．(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 解析：(1)F­x图像中图线与x轴所围的面积表示F做的功，由题图乙可知，0～1 m内F做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)由题图乙可知，x1＝1 m时外力F1＝1.5 N 设A、B质量均为m，此时A、B的加速度大小均为a1，A、B间的弹力大小为FAB1，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－μmg＝2ma1 对B，由牛顿第二定律得FAB1＝ma1 联立解得FAB1＝0.5 N。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 7．(2025·北京市朝阳区高三下一模)物体a、b质量分别为ma和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a和b分别只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb。下列关系正确的是(　　) A．Fa>Fb，xa<xb B．Fa>Fb，xa>xb C．Fa<Fb，xa>xb D．Fa<Fb，xa<xb 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 10．(2025·陕西省商洛市高三下二模)如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左牵引着跨过光滑定滑轮的轻绳(定滑轮左侧的轻绳水平)加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中(　　) A．铁球处于失重状态 B．铁球的加速度减小 C．轻绳的拉力增大 D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 解析：设定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为θ， 小车的速度大小为v1，铁球的速度大小为v2，有v1＝v2cosθ， 在铁球上升的过程中θ增大，又因为小车加速行驶，v1增大， 则在此过程中v2增大，即铁球具有向上的加速度，处于超重 状态，故A错误；设铁球的质量为m，轻绳的拉力大小为F， 根据牛顿第二定律有Fcosθ－mg＝ma，小车牵引轻绳的功率 P＝Fv1，在P不变的情况下，当v1增大时，F减小，又θ增大，cosθ减小，可得铁球的加速度a减小，故B正确，C错误；因为v2增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，且墙面对铁球不做功，则轻绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 12．轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示，开始时OA边与水平方向的夹角为θ，θ＝37°，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。由静止释放A球，下列说法正确的是(　　) A．A、B两球线速度大小始终相等 B．A球速度最大时位于O点正下方 C．A由静止释放至摆动到最低点的过程中，支架对A不做功 D．A摆动到最低点位置时，支架对A做功的功率为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 名师点拨　(1)判断A速度最大的位置时，既可以采用数学方法(列方程求极值)，还可以求出系统的等效重心位置(A、B连线的中点)。 (2)注意A的最低位置有多种可能，可能是圆周最低点(此时A至少运动到圆周最低点)，也可能是A运动的左端点(此时A至多运动到圆周最低点)。要先判断A的运动情况，再分析A在最低点位置的情况。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 功的计算 恒力做功：W＝Flcosθ 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W＝Pt) 功率的计算 平均功率：P＝eq \f(W,t) 瞬时功率：P＝Fvcosθ(θ为F、v之间的夹角) 机车启动 两个基本关系式　 P＝Fv，F－F阻＝ma 恒定功率启动　　 P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动 常用能量关系：Pt－F阻s＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m) 恒定加速度启动　 a不变，F不变，v，P⇒P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm　　　 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻) 解析　由v­t图像中图线与t轴所围成的面积 表示位移可知，发生险情处离地面的高度为h＝eq \f(1,2) ×5×18 m＝45 m，A错误；由题图丙可知，t＝4 s 时工人下降的速度为v＝9 m/s，加速度大小为a＝ eq \f(18,5－3) m/s2＝9 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得T－mg＝ma，解得此时钢丝绳对工人的拉力大小T＝1330 N，则t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为P＝Tv＝11970 W，B错误；由题图丙可知，加速下滑时加速度大小为a′＝eq \f(18,3) m/s2＝6 m/s2，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg－T′＝ma′，解得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为T′＝280 N，C正确；整个过程中工人所受重力做功为WG＝mgh＝31500 W，D错误。 解析　当汽车的速度达到最大时，汽车受到的阻力等于汽车的牵引力，为f＝eq \f(Pm,vm)＝eq \f(8×103,10) N＝800 N，故A错误；0～8 s内，汽车做匀加速直线运动，牵引力保持不变且最大，在第8 s时汽车的牵引力为Fm＝eq \f(Pm,v1)＝eq \f(8×103,8) N＝1000 N，故B错误；8～18 s过程中汽车牵引力做的功为W＝Pmt＝8×103×(18－8) J＝8×104 J，故C错误；汽车在做变加速运动的过程中，根据动能定理有Pmt－fx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，解得位移大小为x＝95.5 m，故D正确。 应用动能定理的四点提醒 (1)公式W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)中W应是总功，注意各力做功的正负，并且不要遗漏某些力做的功。 (2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用。 (3)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学方法要简捷。 (4)在多过程问题中，对全过程应用动能定理往往能使问题简化，尤其是多过程往复运动问题。 解析　(1)设雪块的质量为m，雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgcosθ·x＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝5 m/s。 (2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v1＝8 m/s 雪块离开A点时水平分速度大小为vx＝v0cosθ 雪块落地时速度方向与水平方向的夹角α满足cosα＝eq \f(vx,v1) 联立解得α＝60°。 解析　从A到C过程，根据动能定理得mg·(AB＋R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－0，物块在C点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m2,C)eq \f(v,R) ，联立解得物块第一次通过C点时受到的支持力大小为FN＝50 N，故A正确；由几何关系可知，∠DOC＝127°－90°＝37°，DE与水平方向的夹角为37°，当斜面的动摩擦因数μ＝μ0时，从A到E过程，根据动能定理得mg(AB＋Rcos37°－DEsin37°)－μ0mgcos37°·DE＝0－0，解得μ0＝0.5，当μ＝0.4时，因μ<μ0，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程为DE＝1.8 m，故B错误； 当物块恰好能静止在斜面上时，有μ1mgcos37°＝mgsin37°，可得μ1＝0.75，当μ＝0.6时，因μ0<μ<μ1，物块最终会在以C为中心、D为左端最高点的圆弧上来回运动，设物块在斜面上运动的路程为s，从A点到最终稳定运动时的D点，由动能定理得mg(AB＋Rcos37°)－μmgcos37°·s＝0－0，解得s＝3.75 m，故C正确；当μ＝0.8时，因μ>μ1，物块会停止在斜面上，设物块在斜面上运动的路程为s′，由动能定理得mg(AB＋Rcos37°－s′·sin37°)－μmgcos37°·s′＝0－0，解得s′≈1.45 m，故D错误。 例5　(2025·江苏省南通市高三下统考)(多选)如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面，b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后速度变为零，则下列说法正确的是(　　) A．在a球上升的全过程中，a球的机械能始终是增加的 B．在a球上升的全过程中，系统的机械能守恒 C．a球到达高度h时两球的速度大小为v＝eq \r(\f(6gh,5)) D．从释放开始，a球能上升的最大高度为1.6h 解析　在a球上升的全过程中，b球落地前系统的机械能 守恒，轻绳对a球做正功，a球的机械能是增加的，b球落地 后，只有重力对a球做功，a球的机械能守恒，故A错误；b 球落地后速度变为零，有机械能损失，则在a球上升的全过程 中，系统的机械能不守恒，故B错误；b球落地前，对系统，根据机械能守恒定律有4mgh－mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×4mv2，解得a球到达高度h时两球的速度大小v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(6gh),5))，此后a球机械能守恒，以地面为零势能面，对a球，由机械能守恒定律有mgh＋eq \f(1,2)mv2＝mgH，解得从释放开始，a球能上升的最大高度H＝1.6h，故C、D正确。 例6　(2025·江西省吉安市第一中学高三下全真模拟考试一)运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m的运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为v0＝eq \f(6,5) eq \r(2gL)，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为2L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物(均视为质点)总在同一竖直面内运动，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．运动员在A点时，重物的速度大小为eq \f(24,25) eq \r(2gL) B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为eq \f(mgL,2) C．运动员从A点运动到B点，重物和运动员组成的系统总重力势能的减小量为eq \f(mgL,5) D．运动员在B点时，其速度大小为eq \f(1,2) eq \r(2gL) 解析　运动员在A点细绳与斜面垂直，则重物的速度大小 v＝v0cos90°＝0，故A错误；运动员从A点运动到B点，重 物上升的高度为Δh＝eq \f(2L,cos37°)－2Ltan37°＝L，重力势能的增 加量为ΔEp1＝mgΔh＝mgL，故B错误；运动员从A点运动到 B点，运动员的重力势能减少量ΔEp2＝mg·2Lsin37°＝eq \f(6,5)mgL， 所以重物和运动员组成的系统总重力势能的增加量为ΔEp＝ΔEp1－ΔEp2＝－eq \f(1,5)mgL，即减少了eq \f(1,5)mgL，故C正确；运动员在B点时，设其速度大小为vB，重物的速度大小为vB′，对重物和运动员组成的系统，根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有－ΔEp＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＋eq \f(1,2)mvB′2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，且vB′＝vBcos37°，解得vB＝eq \r(2gL)，故D错误。 1．(2025·山东卷，5)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．eq \f(2kv2,η) B．eq \f(kv2,2η) C．eq \f(kv2＋mv2,2η) D．eq \f(2kv2＋mv2,η) 解析：小车匀速运动时，其牵引力F＝f，则牵引力做功的功率即电动机的输出功率P电出＝Fv＝fv＝kv2，所以电动机的输入功率即光伏电池的输出功率为P光出＝eq \f(P电出,50%)＝2kv2，则光伏电池的输入功率即单位时间内获得的太阳能为E太阳能＝eq \f(P光出,η)＝eq \f(2kv2,η)，A正确。 3．(2025·广东卷，14)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＝f0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,h)))，其 中f0为常量，h为圆柱形木塞的高。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f­x图线下的“面积”表示f所做的功)求： 答案：(1)eq \f(\r(2ah),r) (2)eq \f(f0h,2)＋mgh＋mah＋ShΔp (3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0ateq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(at2,2h)))，其中0≤t≤eq \r(\f(2h,a)) 解析：(1)木塞向上做匀加速直线运动，设木塞离开瓶口瞬间的速度为v，由运动学公式有v2－0＝2ah 解得v＝eq \r(2ah) 齿轮边缘的线速度也为v，所以有v＝ωr 解得ω＝eq \f(\r(2ah),r)。 (2)木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系如图所示，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－eq \f(f0,2)h 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝eq \f(1,2)mv2－0 联立解得W＝eq \f(f0h,2)＋mgh＋mah＋ShΔp。 (3)拔塞过程中，设拔塞钻对木塞的作用力大小为F，对木塞由牛顿第二定律有 F－f－mg－Δp·S＝ma 经过时间t木塞向上运动的位移大小为x＝eq \f(1,2)at2 木塞的速度大小为v＝at 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv 联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0ateq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(at2,2h)))， 其中0≤t≤eq \r(\f(2h,a))。 1．(2025·河北省石家庄市高三下教学质量检测一)质量为m的汽车从静止开始以恒定功率P启动，达到最大速度vmax时撤去牵引力，汽车开始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是(　　) A．在加速阶段，汽车在相同时间间隔内的速度增加量逐渐增大 B．在加速阶段，汽车的动能变化量等于牵引力做的功 C．在减速阶段，汽车的位移大小为2,max)eq \f(mv,2P) D．在整个运动阶段，汽车的平均速度大于eq \f(vmax,2) 解析：汽车以恒定功率启动，由P＝Fv可知，在加速阶 段，随着汽车速度增大，牵引力F减小，由牛顿第二定律有 F－f＝ma，可知汽车的加速度减小，所以汽车在相同时间间 隔内的速度增加量逐渐减小，故A错误；在加速阶段，根据 动能定理可知，汽车的动能变化量等于牵引力做的功与阻力做的功之和，故B错误；根据量纲分析可知，2,max)eq \f(mv,2P) 对应的物理量为时间，故C错误；由于汽车在加速阶段加速度减小，v­t图像如图所示，可知加速阶段平均速度大于eq \f(vmax,2)，减速阶段平均速度等于eq \f(vmax,2)，所以在整个运动阶段，汽车的平均速度大于eq \f(vmax,2)，故D正确。 解析：设喷头出水口的横截面积为S，喷水速度为v，水的密度为ρ，则Δt时间内从出水口喷出的水的体积为V＝S·vΔt，质量为m＝ρV，根据动能定理可知，Δt时间内喷头对水做的功等于喷出的水获得的动能，即W＝Ek＝eq \f(1,2)mv2，喷头喷水的功率P＝eq \f(W,Δt)，联立并代入数据，解得P＝100 W，故选C。 4．如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　) A．刚释放时细线的拉力大小为mg B．该过程中物块的机械能减少了eq \f(1,2)mgl C．该过程中软绳的重力势能减少了eq \f(1,2)mgl D．软绳离开滑轮时速度大小为eq \f(1,2) eq \r(3gl) 解析：刚释放时，对物块有mg－T＝ma，故细线的拉力T 小于mg，A错误；整个过程中，物块的重力势能减小eq \f(1,2)mgl，但 物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于eq \f(1,2)mgl，B错 误；因为软绳均匀，长直软绳的中点为其重心，所以软绳相当于 向下移动了eq \f(1,4)l，减小的重力势能为eq \f(1,4)mgl，C错误；软绳刚好全部 离开滑轮时，其速度与物块速度相等，设为v，由机械能守恒定律得mg×eq \f(1,2)l＋eq \f(1,4)mgl＝eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝eq \f(1,2) eq \r(3gl)，故D正确。 (3)当A、B间弹力大小恰好为0时A、B开始分离，此时A、B的加速度均为0，则外力F2＝μmg＝0.5 N，由题图乙可知，此时x2＝3 m 设A、B开始分离时速度大小为v，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx2＝eq \f(1,2)×2mv2－0 结合(1)中分析由题图乙可得，此过程外力F做的功WF＝W＋eq \f(1,2)×(0.5＋1.5)×(3－1) J＝3.5 J 设B在M点时的速度大小为vM，圆弧半径为r，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得－mg×2r＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,M)－eq \f(1,2)mv2 B到达M点时，有mg≤m2,M)eq \f(v,r) 联立解得r≤0.2 m。 解析：设物体a、b的初动能为Ek0，初速度分别为va0和vb0，根据Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，以及ma<mb，可知va0>vb0，两物体经相同的时间t停下来，由x＝eq \f(v0,2)t可知xa>xb，根据动能定理有－Fx＝0－Ek0，可得F＝eq \f(Ek0,x)，因此Fa<Fb，故选C。 8．(2025·吉林省吉林市东北三省教育教学联合体高三下模拟预测)如图，A、B等高，B为可视为质点的光滑定滑轮，C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。A、B之间距离为2d，一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A点，穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B，动滑轮下挂着质量为m的小球P，绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止，然后在外力作用下，将动滑轮C缓慢上移到与A、B等高并由静止释放。已知重力加速度为g，整个过程中Q未与滑轮B相撞，不计空气阻力和一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．初始时刻，AC与BC夹角为60° B．C可以下降的最大高度为2d C．P下降高度为d时系统的动能最大 D．系统运动过程中最大动能为Ek＝(2－eq \r(3))mgd 解析：初始时刻，对Q由平衡条件可知细绳的拉 力T＝mg，设AC与BC的夹角为θ，对动滑轮C和 小球P进行受力分析，由平衡条件有2Tcoseq \f(θ,2)＝mg，解 得θ＝120°，故A错误；设C可以下降的最大高度 为h，由机械能守恒定律可得mgh＝mg(2eq \r(h2＋d2)－2d)，解得h＝eq \f(4,3)d，故B错误；P和Q总动能最大时系统的总势能最小，对应系统静止时的平衡位置，即AC与BC夹角为120°时，此时P下降高度h1＝eq \f(d,tan\f(θ,2))＝eq \f(\r(3),3)d，Q上升高度h2＝2eq \f(d,sin\f(θ,2))－2d，由机械能守恒定律，可知系统的最大动能Ek＝mgh1－mgh2＝(2－eq \r(3))mgd，故C错误，D正确。 9．(2025·四川卷，7)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，两者之间动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)。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2,0)eq \f(2v,3g) B．物块机械能增量为2,0)eq \f(5mv,2) C．小车的位移大小为eq \f(16Pv0,5mg2)－2,0)eq \f(2v,5g) D．小车机械能增量为eq \f(8Pv0,5g)＋2,0)eq \f(mv,2) 解析：设物块运动的加速度大小为a，位移大小为 x1，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30° ＝ma，解得a＝eq \f(1,4)g，根据运动学公式有veq \o\al(2,0)＝2ax1，解得 x1＝2,0)eq \f(2v,g) ，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋mgx1·sin30°＝2,0)eq \f(3mv,2) ，故B错误；设小车的位移大小为x，运动时间为t，对小车根据动能定理有Pt－μmgcos30°·x＋mgsin30°·x＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0，其中t＝eq \f(v0,a)，联立解得x＝eq \f(16Pv0,5mg2)－2,0)eq \f(2v,5g) ，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋mgxsin30°＝eq \f(8Pv0,5g)＋2,0)eq \f(3mv,10) ，故D错误。 11．(2025·河北省邯郸市高三下第三次调研监测)(多选)如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环(视为质点)相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是(　　) A．圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能先增大后减小 B．圆环向下运动的最大距离为eq \f(2mg,k) C．圆环最大动能为eq \f(m2g2,2k) D．圆环运动过程中的最大加速度为eq \f(k,m)　eq \r(L2＋\f(4m2g2,k2)) 解析：圆环向下运动的过程中，弹性绳的伸长量一直 增大，则弹性绳的弹性势能一直增大，故A错误；设圆环 向下运动的最大距离为hmax，圆环向下运动至最低点的过 程，根据机械能守恒定律有mghmax＝eq \f(1,2)k(2,max)eq \r(h＋L2) )2－eq \f(1,2)kL2， 解得hmax＝eq \f(\a\vs4\al(2mg),k)，故B正确；圆环动能达到最大时，速度最大，加速度为0，设此时Q右侧的弹性绳与竖直方向的夹角为θ，弹性绳的伸长量为x，圆环的动能为Ekmax，则有sinθ＝eq \f(L,x)，对圆环由平衡条件有kxcosθ＝mg，根据机械能守恒定律有mgeq \r(x2－L2)＝eq \f(1,2)kx2－eq \f(1,2)kL2＋Ekmax，解得Ekmax＝eq \f(m2g2,2k)，故C正确； 对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小后增大，设圆环在最低点的加速度大小为a，此时弹性绳与竖直方向的夹角为α，结合B项分析有tanα＝eq \f(L,hmax)，则有cosα＝2,max)eq \f(hmax,\r(L2＋h)) ，根据牛顿第二定律有k2,max)eq \r(L2＋h) cosα－mg＝ma，解得a＝g，即圆环运动过程中的最大加速度为g，故D错误。 解析：A、B两球属于同轴转动，角速度始终相等，由于两球到轴心的距离rA＝2rB＝2L，根据v＝ωr可知，A、B两球线速度大小始终不相等，故A错误；A、B两球构成的系统机械能守恒，设角速度为ω，经历一定时间时OA边与水平方向的夹角为α，则有mg(2Lsinα－2Lsinθ)＝mg(Lcosθ－Lcosα)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，且vA＝ω·rA，vB＝ω·rB，解得ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2g（2sinα＋cosα）－4g),5L))，因2sinα＋cosα＝eq \r(5)sin(α＋β)，其中tanβ＝eq \f(1,2)，可知当α＋β＝90°时，ω最大，A的线速度最大，此时A球并没有位于O点正下方，故B错误； 当A运动到最左端时，角速度ω＝0，则由ω＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2g（2sinα＋cosα）－4g),5L))，解得α＝90°(另一解α＝37°不符合要求，舍弃)，表明A恰好能够运动到最低点，且在最低点的线速度大小为0，则此时支架对A做功的功率为零，此过程中，A的机械能减小，表明支架对A做负功，故C错误，D正确。 $