压轴03 功能关系与能量守恒定律（压轴题专练）（北京专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴03 功能关系与能量守恒定律 典例·靶向·突破 题型01 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 1． 【答案】（1）a．拉力、加速度；功率；b．；； （2）6W （3） 【详解】（1）a．由图像可知，第一个时间段的图像是一条竖直的直线，故第一个时间段保持不变的物理量是拉力、加速度。第二个时间段的图像是一条倾斜的直线，根据功率的定义 解得 可知，第二个时间段保持不变的物理量是功率。 b．由图像可知，第一个时间段内重物所受拉力 设重物质量为m，重物加速 第三个时间段内重物所受拉力 联立，解得 在第二段时间内，拉力的功率 （2）第一个时间段内平均速度大小为 根据 （3）设第一段时间为，重物在这段时间内的位移为，则 ， 设第二段时间为，则重物在这段时间内的位移为，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程 题型02 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 2． 【答案】（1）10N；竖直向下 （2）能 （3）0.45J 【详解】（1）由题意可得 解得 小球在圆轨道C点时 解得 根据牛顿第三定律可得 方向竖直向下。 （2）通过圆轨道最高点的临界速度满足 解得 设物块甲通过圆轨道最高点速度为，由动能定理，可得 解得 即物块甲能到达竖直圆轨道的最高点。 （3）依题意，甲、乙碰撞过程动量守恒，可得 解得 二者继续向右运动过程，由能量守恒可得 解得 则甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能 题型03 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 3． 【答案】（1）见解析 （2）①；②；③存在， 【详解】（1）以地面为参考平面，物体在A位置的机械能为 物体在B位置的机械能为 物体从A位置运动到B位置的过程，根据动能定理得 可得 则有，即物体从A到B的过程机械能守恒。 （2）①横截面C左侧液体对研究对象所做的功为 其中 解得 ②C、D间液体流动至、间，可等效为、D间液体位置不变，C、间液体流动至D、间。C、间的液体质量为 其中 所以 重力对研究对象所做的功为 其中 解得 ③在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积相同。由C、间液体体积为 可得 设D处管道横截面积为，D、间距离为x，则D、间液体体积为 横截面D右侧液体对研究对象所做的功为 重力对研究对象所做的功为 根据动能定理可得 联立可得 由此可知压强p、流速u、高度h存在着守恒的关系，即为守恒量。 题型04 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 4． 【答案】（1）a.，方向向上；b. （2）a.；b.，证明见解析 【详解】（1）a.根据牛顿第二定律有 其中 解得 加速度的方向向上。 b.最后停在空中受力平衡有 人在空中运动的过程中系统损失的机械能为 （2）a.下降高度小于弹性绳原长时，人只受重力，加速度 下降高度大于弹性绳原长至最低点时，人受重力和弹性绳弹力，规定向下为正方向，有 解得 乙下落过程中加速度与下落位移的关系图如图 b.，证明：根据牛顿运动定律 功的定义式为 类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，可将人下降的过程分成很多段微元运动，则 可知人下落过程中受合力做的功与a-h图中图线与横轴围成的“面积”成正比，下落全过程人的动能变化量为0，根据动能定理可知合力对人做的总功也为0，即横轴以上的“面积”与横轴以下的“面积”应大小相等。由a-h图可知，乙图线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”，因此，乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面积”，所以。 题型05 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 5． 【答案】（1）4.8×107kW·h （2）101m2，见解析 （3）60% 【详解】（1）当风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大，令此时风轮机叶片旋转扫过的面积为S，则单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量 风力发电机的最大功率 解得 由于风力发电机的输出电功率P与最大接收功率Pm成正比，则风力发电机的输出功率为 则最低年发电量约为 （2）驱动电机的输出功率 当阳光垂直于电池板入射时，所需板面积最小，设其为S，距离太阳中心为r的球面面积 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为，则有 根据题意有 所以电池板的最小面积 我的思考：电池板的面积远远大于电动客车的车顶面积，所以用太阳能电池板直接驱动汽车是困难的。但可以利用太阳能给具备储能功能的电池充电，待容纳的电量足够时就可以驱动汽车对外做功。 （3）设用电低谷阶段电站消耗的总电能为，压缩机组对气体做功 气体向外界传递的热量 根据热力学第一定律可知，气体增加的内能 其中等于5千瓦时，解得等于50万千瓦时。根据题意可知，当完成一次压缩时的发电量等于30万千瓦时，则该电站输入、输出电能转化效率 题型06 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 6． 【答案】（1）21N；（2）2m/s；（3）2.25J 【详解】（1）如果ABCD被锁定，小物体滑到B点过程有 在B点有 小物体到达B点对ABCD的压力 解得 （2）解除ABCD的锁定，由分析可知，小物体到达B点时，轨道在水平面上运动的达到最大，则有 ， 解得 （3）解除ABCD的锁定，当弹簧的弹性势能达到最大时有 解得 题型07 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 7． 【答案】（1）；（2）；（３） 【详解】（1）根据功能关系可知，弹簧压缩至A点时的弹性势能为 （2）对物体，BC过程由动能定理有 可得 （3）在脱离点O有 从B到O的过程有 联立可得 故物块脱离导轨时距离水平面的高度 题型08 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 8． 【答案】（1）a. ；b. 3级 （2） 【详解】（1）a.设时间内，作用在火星车上的气体质量为，得。 b.假定气体与火星车相互作用后，气体速度减为0，设火星车对气体的作用力的大小设为，以方向为正方向，在时间内，根据动量定理 设大气对火星车的作用力的大小为，根据牛顿第三定律，得 根据题意有 得。 根据地球上风速与风级对照表的信息，相当于3级微风。 （2）设火星表面的风速为，时间内作用在上气体的质量为，风力发电的功率为，风力发电与太阳能发电效率均为。 时间内，风能转化的电能为 设火星单位面积接收到的太阳辐射功率为，则 用风能替代太阳能，有 根据表中信息可知，地球上吹起尘土的风级为4级，对应地球上风速的范围为。若取地球上风速为，则联立方程，结合（1）（2）的结论，得。 1． 【答案】（1），；（2）2：1；（3） 【详解】（1）万有引力提供向心力可得 由黄金代换公式可知 解得 根据能量守恒可知 解得 （2） 由于 联立解得 因此 （3）根据做功定义式 根据（2）中 解得 2． 【答案】（1） （2） （3）53 m 【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则 解得 （2）向上为正，由浮力概念可得， 图像如图 （3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系 其中 可得 3． 【答案】（1） （2）2.9 （3）见解析 【详解】（1）这段时间人重心下降高度为 设空中动作可利用的时间为t，则有 得 （2）运动员重心入水前下降高度，从接触水到水中最大深度重心下降的高度为 根据动能定理有 得 即水对他的平均阻力约是他自身所受重力的2.9倍。 （3）由题可知 随着速度的减小，可知阻力减小，则加速度减小，当阻力等于重力时物体做匀速直线运动。如图所示 4． 【答案】（1）；（2）a.；b.；c.见解析 【详解】（1）由动能定理可得 解得 （2）设轨道Ⅱ与水平面的夹角为，斜面长s。 a.由受力分析可知，小球受到的摩擦力 则从M滑到N过程中，克服摩擦力做功为 b.小球从轨道Ⅰ下落过程中，所受摩擦力为变力，求摩擦力做功可以通过微元法，把Ⅰ轨道分成很多段，每一段f可认为是恒力。在第i段轨道中，设该段轨道的延长线和地面的夹角为，对应的曲率半径为，由受力分析可知， 则 小球克服摩擦力做功 c.由动能定理可知，小球滑到最底端的动能为 因此可以把比较转换成比较的大小，只需设计实验方案比较小球运动到N点的速度大小即可。比如在N点安装光电门。 5． 【答案】（1）见解析 （2） （3）见解析 【详解】（1）若不计空气阻力，设弹性绳刚好拉直时运动员的速度为v1，由机械能守恒定律有 解得 依据v-l图像可知，运动员下落l0=10m时的速度约为14.1m/s，即计算结果与v-l图像数据基本吻合，说明运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计。 （2）由图像可知，下落的位移为l2=15m时速度最大，为vm=15m/s，从开始下落到速度最大的过程，对运动员和弹性绳组成的系统根据机械能守恒定律得 解得 （3）解法一：若弹性绳遵循胡克定律，当运动员速度最大时，有mg=kx1 其中 解得 根据题给表达式可知此时弹性绳的弹性势能为 显然，且二者相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 解法二：当运动员下落的位移l2=25m时，弹性绳的形变量为 根据机械能守恒定律有 解得 由v-l图像可知，当运动员下落的位移l2=25m时的速度为5m/s，显然与计算结果相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 6． 【答案】（1）a.；b.见解析 （2）a. ，；b.；c. 【详解】（1）a.根据万有引力提供向心力有 所以 b.设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径为l，根据牛顿第二定律可得，在近地点时，有 在远地点时，有 联立可得 （2）a.卫星从近地点运动到远地点过程，根据动能定理有 联立可得 ， b.在D点，根据牛顿第二定律有 根据椭圆半长轴、半短轴和焦距的关系 所以 c.根据开普勒第二定律可得 联立可得 7． 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）设圆周轨道的半径为r，小球下滑过程中，只有重力做功机械能守恒，可知 小球运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律 联立，解得 （2）根据黄金代换，可知 该行星的平均密度 联立，解得 （3）设在该星球上发射卫星的最小发射速度是v，则有 联立，解得 8． 【答案】（1）1∶4 （2）a．；b．；c．见解析 【详解】（1）根据相等时间内通过截面的水量相等 解得 （2）a．横截面C左侧液体对研究对象所做的功 b．C、D间液体流动至C′、D′间，可等效为C′、D间液体位置不变，C、C′间液体流动至D、D′间。C、C′间液体质量 重力对研究对象所做的功 c．在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积ΔV相同。由C，C′间液体体积 可知 设D处管道面积为S2，D、D′间距离为x，则D、D′间液体体积 横截面D右侧液体对研究对象所做的功 由动能定理，合外力做功 即 整理得 所以压强p、流速u、高度h是满足守恒的关系，即 为守恒量。 9． 【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（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 10． 【答案】（1）；（2），；（3）见解析 【详解】（1）电容器充电完毕时其电压等于电动势E，所以电容器所带的电荷量 （2）由可知，电压u随所带电荷量q成正比，其图像如图所示 两极间电压为U时图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量 （3）由题可知电容器上极板带正电，故当开关由1拨到2后，棒ab中的正电荷受静电力的作用向下运动，由左手定则可知其受到方向向右的洛伦兹力f1，在安培力的作用下，棒ab整体向右运动，故其中的正电荷又有向右的分速度，故其又受到 b→a 方向的洛伦兹力f2，受力分析如图 设自由电荷的电荷量为e，沿导体棒向下定向移动的速率为，棒ab向右运动的速度为v，则沿棒方向的洛伦兹力 该力做负功 垂直棒方向的洛伦兹力 该力做正功 所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1做正功，宏观上表现为安培力做正功，使导体棒机械能增加；f2做负功，阻碍静电力将正电荷从a端搬运到b端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“反向电动势”，消耗了电容器中的电能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电容器中的电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 11． 【答案】（1）a．，b．；（2）；（3） 【详解】（1）a．设太阳质量为M太，地球质量为m1，火星质量为m2，根据万有引力定律结合圆周运动规律，有 ， 联立可得 b．设地球、火星绕日公转的角速度分别为、，有 ， 根据运动关系 解得 （2）喷出气体的质量为 喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量 喷出气体后探测器末动量为 喷出气体前后、方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系。 喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律有 x方向有 y方向有 喷出气体速度满足 联立可得 （3）由开普勒第二定律得 即有 设火星质量为，根据能量守恒定律有 解得 12． 【答案】（1）2m/s；（2）0.1m；（3）0.2J≤Epm≤1.8J 【详解】（1）对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，当烧断细线后动量守恒，设物体B运动的最大速度为vB，有 解得 由图乙可知，物体A的最大速度为 所以 即物体B运动的最大速度为2m/s； （2）设A、B的位移大小分别为xA、xB，瞬时速度的大小分别为vA′、vB′，由于系统动量守恒，则在任意时刻有 则在极短的时间Δt内有 累加求和得 所以 根据题意有 解得 （3）因水平方向系统不受外力，故系统动量守恒，因此不论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个定值，总动能也是一个定值，且三个物体速度相同时具有最大弹性势能。设三个物体速度相同时的速度为v共，根据动量守恒定律有 解得 当A在运动过程中速度为4m/s，且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰后速度为 设此过程中具有的最大弹性势能为Ep1，由能量守恒得 解得 当A在运动过程中速度为-4m/s时，与C相碰，设A、C相碰后速度为v2，由动量守恒得 解得 设此过程中具有的最大弹性势能设为Ep2，由能量守恒 解得 综上可得：弹簧具有的最大弹性势能Epm可能的取值范围为 13． 【答案】（1） （2） （3）见解析 【详解】（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m， 由动能定理可得 联立解得 （2）取一小段时间Δt，由功能关系 解得 （3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有 由动能定理 且 联立解得 由此可见，流体内流速大的地方，压强小 14． 【答案】（1）60N；（2）12J；（3）8s 【详解】（1）物块B从静止释放到C点由动能定理可得 在C点，对物块B由牛顿第二定律可得 代入数据解得 由牛顿第三定律可得，物块B滑到圆轨道的最低点C时，对轨道的压力大小为 （2）由（1）可知 物块B在传送带上做匀减速直线运动，对物块B，由牛顿第二定律 可得物块B的加速度大小为 方向水平向右 对物块B由运动学公式可得 解得，物块B离开传送带时的速度为 因为 则满足物块B在传送带上一直向左做匀减速直线运动。 因为物块B与物块A发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知 由能量守恒定律可知 代入数据解得 所以物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能等于碰后A的初动能 （3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得 解得 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。物块B在滑动摩擦力作用下在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B在传送带上一直做匀变速直线运动，所以运动到左边台面时的速度大小为 与物块A发生第二次碰撞。设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t1，由动量定理得 解得 设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v5、v4，取向左为正方向 由动量守恒定律和能量守恒定律得 解得 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断物块B运动到左边台面时的速度大小为 继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t2。 由动量定理得 解得 同理可知物块B与物块A第四次碰撞，第五次碰撞，……，第n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为 所以物块B从第一次与物块A碰撞到第n次碰撞在传送带上运动的时间为 当时，可得 15． 【答案】（1）；（2）；（3），见解析 【详解】（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为，由机械能守恒定律有 解得 在最低点，由牛顿第二定律有 解得 （2）根据题意可知，小球与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为，物块B的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得 对物块B，由动量定理有 （3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，由动量守恒定律有 解得 之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律有 联立解得 之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示 16． 【答案】（1）a．F=0，b．见解析，；（2）a．，b．增大，见解析 【详解】（1）a．小球沿x轴向下缓慢移动过程受力平衡，弹簧的压缩量为时 可知 F=0b．小球缓慢下移过程受力平衡，根据题意，以O点为坐标原点，沿发射器向下为x轴正方向，有 可得 画出图像如图 根据图像与横轴围成的面积为力F做的功，可得 （2）a．当弹簧的弹力等于重力的分力时，速度最大，即 可知，当时，速度最大，根据弹簧弹力与形变量关系的线性图像，可知图线与x轴包围的面积为弹簧弹力做的功，再根据弹簧弹力做的功与弹性势能减少量之间的关系，以弹簧原长为零势能参考点，可知弹性势能的表达式 小球由最大位移x1=L至过程中，由机械能守恒定律 解得 b．应将弹簧最大压缩量增大。仿照平抛运动，采用运动的合成与分解的方法，可以将该运动分解为两个分运动：水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。设从发射器出口射出时小球的速度大小为，小球从射出到运动到最高点的时间为t，根据题中最右侧图所示，小球下落过程击中墙面，因此小球运动到最高点时，在水平方向的位移一定小于s，水平方向 竖直方向 联立可得   ① 若小球垂直击中竖直墙面，则小球在空中的运动在竖直墙面处刚好为运动的最高点，设从发射器出口射出时小球的速度大小为，小球在水平方向的位移为s，联系①式可知 ② 比较①②两式，可得 小球从发射到发射器出口射出的过程中，设初始时弹簧的压缩量为，根据机械能守恒定律 解得 分析可知，当时，小球不能从发射器出口射出；当时，小球从发射器出口射出时的速度小于；当时，小球从发射器出口射出时的速度会大于。所以要使出口速度增大，应该增大弹簧的压缩量。 17． 【答案】（1），；（2）见解析 【详解】（1）游客从B点做平抛运动有 解得 从A到B，根据动能定理有 解得 （2）证明：设OP与OB间夹角θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，P点距水面高度h。从B到P由机械能守恒可得 过P点时，对游客进行受力分析如下图2所示 由牛顿第二定律得 联立解得 可证 18． 【答案】（1）①；②；（2） 【详解】（1）①物体运动至C点时，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，在C点，有 得 ②物体沿半圆形导轨B点运动至C点过程中，受到重力、轨道对物体的支持力和阻力的作用，其中轨道对物体的支持力不做功。根据动能定理，由B点到C点，有 得 （2）设小球质量为m0。当小球通过竖直圆轨道最高点N时，小球受力情况，如图所示 根据牛顿第二定律，在N点，有 当时，即小球在最高点N，只受重力作用，此时对应的N点的速度为通过竖直圆轨道最高点的最小速度。即 当N点速度最小时，小球从P点开始下落的高度h最小。根据动能定理，由P点到N点，有 得 19． 【答案】（1）；（2）a．1s；b．1.02 【详解】（1）对于运动员从A到M过程，根据动能定理有 解得 （2）a．将运动员的运动沿平行于AD和垂直于AD两个方向进行分解，均为匀变速直线运动。在垂直于AD方向初速度 加速度 当运动员该方向的速度为0时，距离AD最远，则有 b．在垂直于AD方向上，远离AD和返回AD的过程具有对称性，即运动员到达N点时，垂直于AD的分速度 且运动的总时间 在平行于AD方向初速度 加速度 运动员到达N点时，平行于AD的分速度 所以速度方向与AD夹角β的正切值 20． 【答案】（1）；（2）a.见解析；b. 【详解】（1）根据牛顿运动定律 解得 （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，根据功能关系得 已知v1 = v2，得 因为，得 所以 b.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 21． 【答案】（1）①，②；（2）见解析 【详解】（1）①以橡皮锤为对象，从橡皮锤开始下落到发生弹性碰撞之前，由动能定理可得 解得 ②弹性碰撞后，设橡皮锤的速度为，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 由于碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得 解得玻璃瓶的速度大小为 （3）瓶中水先在重力与大气压力的作用下加速运动，设水的质量为，与瓶底发生相互作用前的速度为，真空层高度为，瓶内部半径为，大气压强为，由动能定理可得 其中水重力做的功可忽略，则有 当水与瓶底发生相互作用时，设相互作用所用时间为，瓶给水的作用力为，瓶底受到的内压为。 角度一：以瓶中全部水为研究对象，取向上为正方向，由动量定理得 由牛顿第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小为，则有 解得 无法撞碎瓶底； 角度二：以一段极短时间内瓶中底部质量为的水为研究对象，取向上为正方向，由动量定理得 其中 （） 由牛顿第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小为，则有 解得 无法撞碎瓶底； 角度三：以瓶中全部水为研究对象，根据能量守恒定律，可认为水损失的动能全部传递给玻璃瓶，则玻璃瓶获得的能量为 可以撞碎瓶底，该小组的猜想合理。 22． 【答案】（1）a．见解析，b．；（2）a．，b． 【详解】（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 2 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 功能关系与能量守恒定律 命题预测 功能关系与能量守恒是北京高考物理核心压轴必考模块，常以计算题压轴、选择题压轴、实验综合呈现，命题聚焦多过程能量转化、功能关联、临界极值、复合场能量、实际科技情境五大方向。近5年北京卷显著强化多物体多过程、板块＋弹簧＋圆周复合、电场/磁场能量、航天与新能源装备等高阶情境，强调功是能量转化的量度的本质理解，突出系统性、守恒性、关联性。 预计2026年北京三模与高考仍以多过程功能综合、能量守恒与临界约束、复合场能量变化、实际装置能量建模为核心，侧重多对象、多过程、多约束、多能量形式的综合分析，区分度极高，是高分必破专题。 高频考法 1. 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 2. 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 3. 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 4. 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 5. 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 6. 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 7. 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 8. 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 知识·技法·思维 考向01 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 1. 变力做功核心方法： · 微元法：变力分段等效为恒力，累积求和。 · 图像法：F-x图像面积表示功，P-t图像面积表示能量。 · 等效法：以动能定理/能量守恒反向求变力功。 · 平均力法：线性变力。 2. 功率分析： · 瞬时功率：，θ为力与速度的夹角。 · 机车启动：恒定功率启动，，最大速度。 · 功率极值：力与速度共线时功率取极值，垂直时功率为0。 3. 做功正负判断： · 力与位移夹角为锐角：正功（能量输入）。 · 力与位移夹角为钝角：负功（能量输出/损耗）。 · 力与位移垂直：不做功（如向心力、洛伦兹力）。 考向02 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 1. 核心表达式： · · 合外力做功等于动能变化，与路径无关，只看初、末动能。 2. 适用场景： · 多阶段运动：匀加速→匀速→匀减速→圆周→抛体。 · 变力作用：摩擦力、弹簧弹力、电场力、空气阻力。 · 曲线运动：圆周、抛体、轨迹复杂的曲线。 · 多对象系统：整体动能定理，不考虑内力做功（内力做功代数和为0时）。 3. 解题思维： · 确定初末状态→找所有力做功→列动能定理方程→不分析中间过程。 考向03 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 1. 守恒条件： · 只有重力/系统内弹力做功，其他力不做功或做功代数和为0。 · 单个物体：只有重力做功。 · 系统（物体＋弹簧＋地球）：只有重力和弹簧弹力做功。 2. 三种表达形式： · 守恒式： · 转化式： · 转移式：（系统内能量转移） 3. 易错点： · 摩擦力、外力、电场力做功→机械能不守恒，必须用能量守恒。 考向04 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 1. 重力做功与重力势能： · ，重力做功等于重力势能减少量。 2. 弹力做功与弹性势能： · ，弹力做功等于弹性势能减少量。 3. 电场力做功与电势能： · ，电场力做功与路径无关，等于电势能减少量。 4. 除重力弹力外其他力做功与机械能： · ，其他力做功等于机械能变化量。 5. 滑动摩擦力做功与内能： · ，摩擦生热等于摩擦力乘以相对路程。 考向05 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 1. 核心思想： · 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会转化或转移，总能量保持不变。 2. 通用方程： · · 初态总能量＝末态总能量＋摩擦生热/焦耳热/其他损耗 3. 解题关键： · 明确哪些能量参与转化，找准初末状态能量与损耗能量。 考向06 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 1. 高频复合模型： · 板块＋弹簧：相对滑动生热＋弹簧弹性势能变化＋动能变化。 · 圆周＋平抛：圆周机械能变化＋平抛动能定理。 · 碰撞＋弹簧：动量守恒＋能量守恒＋弹性势能。 · 多段轨道：斜面→圆弧→水平面，全程能量守恒。 2. 分析流程： · 分段能量变化→找衔接点速度→确定做功力→列动能定理/能量守恒。 3. 核心技法： · 优先用能量守恒，避免复杂受力与加速度分析。 考向07 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 1. 常见临界情境： · 物体刚好脱离：支持力，对应能量极值。 · 板块刚好相对滑动：静摩擦达最大值，能量分配突变。 · 弹簧最大压缩/伸长：两物体共速，动能最小，势能最大。 · 最大速度：加速度，合力为0，动能最大。 2. 数理结合： · 二次函数、三角函数、不等式求能量极值，结合物理意义取舍。 3. 解题思维： · 临界状态→受力条件→能量方程→极值求解。 考向08 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 1. 航天与航空： · 卫星变轨、火箭发射：动能＋引力势能＋燃料内能，能量守恒。 2. 新能源装备： · 电机、弹射装置、制动系统：电能→机械能→内能转化。 3. 体育与交通： · 赛车制动、跳台滑雪：动能、势能、摩擦损耗综合。 4. 碰撞与缓冲： · 碰撞过程：动量守恒 + 能量损失，缓冲过程能量转化。 5. 建模原则： · 忽略次要损耗，抓住核心能量转化链条，构建守恒方程。 典例·靶向·突破 题型01 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，模拟升国旗过程。运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过，速度增加到，此后物体做匀速运动。取重力加速度，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。 （1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。 a．请指出保持不变的物理量分别是哪些； b．求出这些不变的物理量的大小； （2）第一个时间段内拉力的平均功率； （3）求时间内重物通过的总路程。 【答案】（1）a．拉力、加速度；功率；b．；； （2）6W （3） 【详解】（1）a．由图像可知，第一个时间段的图像是一条竖直的直线，故第一个时间段保持不变的物理量是拉力、加速度。第二个时间段的图像是一条倾斜的直线，根据功率的定义 解得 可知，第二个时间段保持不变的物理量是功率。 b．由图像可知，第一个时间段内重物所受拉力 设重物质量为m，重物加速 第三个时间段内重物所受拉力 联立，解得 在第二段时间内，拉力的功率 （2）第一个时间段内平均速度大小为 根据 （3）设第一段时间为，重物在这段时间内的位移为，则 ， 设第二段时间为，则重物在这段时间内的位移为，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程 题型解码 以变力功求解与功率分析为核心，聚焦图像法、微元法、等效法三大方法；结合机车启动、绳拉重物等情境，考查恒定力/变力做功判断、瞬时/平均功率计算、功率极值条件，突出“功是能量转化量度”的基础认知，是能量综合题的计算基石。 题型02 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 2．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，在与D点相距的E处固定一竖直四分之一圆轨道，半径足够大，物块与BC、DE段间的动摩擦因数，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，若弹簧的初始弹性势能为0.85J，求： （1）求物块甲经过圆轨道C点时，所受到的轨道对其的作用力？ （2）判断物块甲是否能到达竖直圆轨道的最高点？ （3）若甲、乙碰撞后粘合为一体，求甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能？ 【答案】（1）10N；竖直向下 （2）能 （3）0.45J 【详解】（1）由题意可得 解得 小球在圆轨道C点时 解得 根据牛顿第三定律可得 方向竖直向下。 （2）通过圆轨道最高点的临界速度满足 解得 设物块甲通过圆轨道最高点速度为，由动能定理，可得 解得 即物块甲能到达竖直圆轨道的最高点。 （3）依题意，甲、乙碰撞过程动量守恒，可得 解得 二者继续向右运动过程，由能量守恒可得 解得 则甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能 题型解码 以动能定理为万能工具，突破多过程、曲线运动、变力作用的分析壁垒；无需拆解中间细节，只需锁定初末动能与合外力做功，适配板块、圆周、弹射、碰撞等复合场景，是解决复杂运动能量问题的首选方法。 题型03 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 3．（25-26高三上·北京·月考）追寻守恒量是物理学的重要研究内容。探索守恒量时，除了实验手段，也常借助已有理论来进行分析。已知重力加速度为g。 （1）如图1所示，A和B两位置分别距离地面高度为和，质量为m的物体（可视为质点）在A和B两位置的速度大小分别为和。以地面为参考平面，若斜坡光滑，请利用功和能的关系，证明物体从A到B的过程机械能守恒。 （2）供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点： a、管内各处液体体积无法压缩且密度均相同； b、管内各处液体流速不随时间改变。 如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处液体流动很小一段距离，到达时，D处液体正好流动到处。已知液体密度为，C处的压强为、流速为、高度为，D处的压强为、流速为、高度为，C处管道半径为R，C与间距离为d，且R、d均远远小于。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至、的过程中： ①求横截面C左侧液体对研究对象所做的功； ②求重力对研究对象所做的功； ③研究表明，可运用动能定理对C、D间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式；若不存在，请说明理由。 【答案】（1）见解析 （2）①；②；③存在， 【详解】（1）以地面为参考平面，物体在A位置的机械能为 物体在B位置的机械能为 物体从A位置运动到B位置的过程，根据动能定理得 可得 则有，即物体从A到B的过程机械能守恒。 （2）①横截面C左侧液体对研究对象所做的功为 其中 解得 ②C、D间液体流动至、间，可等效为、D间液体位置不变，C、间液体流动至D、间。C、间的液体质量为 其中 所以 重力对研究对象所做的功为 其中 解得 ③在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积相同。由C、间液体体积为 可得 设D处管道横截面积为，D、间距离为x，则D、间液体体积为 横截面D右侧液体对研究对象所做的功为 重力对研究对象所做的功为 根据动能定理可得 联立可得 由此可知压强p、流速u、高度h存在着守恒的关系，即为守恒量。 题型解码 紧抓只有重力/系统内弹力做功的守恒核心，区分单体与系统守恒场景；掌握守恒式、转化式、转移式三种表达，精准判断摩擦力、外力、电场力做功对守恒的破坏，强化“系统思维”与守恒条件的严谨应用。 题型04 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 4．（25-26高三上·北京延庆·阶段练习）蹦极是极限运动的一种。为保证安全，要研究下落最大距离与人的质量、弹性绳弹性系数、阻力等诸多因素的关系。实际情况比较复杂，可简化为如图甲模型：弹性绳视为轻弹簧，质量可忽略不计，弹力的大小，弹性势能，其中x是弹性绳的形变量，k是劲度系数，人视为质点，始终在一竖直线上运动。已知蹦极用弹性绳原长为，劲度系数为k，重力加速度为g。 （1）质量为m的人从平台由静止下落，到达A点时弹性绳恰好伸直，继续向下到达最低点B，A、B两点间距离为d；之后又会反弹到某个高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力与速度大小有关，速度为0时，阻力为0。 a.求人在B点时的加速度a的大小及方向； b.将人、弹性绳和地球视为一个系统，求从人离开平台到停在空中的整个过程，系统损失的机械能。 （2）实际上，人在运动过程中受到的空气阻力较小，可忽略不计。甲、乙两人质量分别为、，且，分别用同一弹性绳蹦极，以平台为原点，竖直向下为正方向，两人下落最大位移分别为、。图乙所示为甲下落过程中加速度a与下落位移h之间的关系图。 a.请通过分析，在图乙中大致画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图； b.类比直线运动中由图像求位移的方法，尝试利用图，比较与的大小并证明之。 【答案】（1）a.，方向向上；b. （2）a.；b.，证明见解析 【详解】（1）a.根据牛顿第二定律有 其中 解得 加速度的方向向上。 b.最后停在空中受力平衡有 人在空中运动的过程中系统损失的机械能为 （2）a.下降高度小于弹性绳原长时，人只受重力，加速度 下降高度大于弹性绳原长至最低点时，人受重力和弹性绳弹力，规定向下为正方向，有 解得 乙下落过程中加速度与下落位移的关系图如图 b.，证明：根据牛顿运动定律 功的定义式为 类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，可将人下降的过程分成很多段微元运动，则 可知人下落过程中受合力做的功与a-h图中图线与横轴围成的“面积”成正比，下落全过程人的动能变化量为0，根据动能定理可知合力对人做的总功也为0，即横轴以上的“面积”与横轴以下的“面积”应大小相等。由a-h图可知，乙图线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”，因此，乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面积”，所以。 题型解码 锚定“某力做功＝对应势能变化负值”的核心规律，厘清重力、弹力、电场力做功与势能的关联，牢记滑动摩擦力生热等于摩擦力乘相对路程；建立“做功—势能变化—机械能变化”的完整逻辑链，是能量守恒的核心依据。 题型05 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 5．（2025·北京延庆·一模）国家的高质量发展离不开可靠的能源保障。 （1）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其基本外形如图1所示。风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。已知风力发电机的输出电功率P与最大接收功率Pm成正比。2023年11月10日，全新一代总容量18兆瓦的海上直驱风电机组下线，该机组的单台风力发电机在风速v1=15m/s时能够输出的电功率P1=2.7×104kW。我国某海域全年平均风速不低于v2=10m/s，若每年总时长按6000小时做估算。该风力发电机在该地区的年最低发电量大约是多少千瓦时？（需要的物理量可以自行设定） （2）近年来，我国光伏产业创新发展迅速，某种新型光伏材料的光电转化效率可达32%。设想用该材料制成的太阳能面板给某型号纯电动客车供电。若该型号纯电动客车在水平路面上以v=72km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=80A，输入电压U=400V。试求此状态下能够直接驱动该电动客车的太阳能电池板的最小面积是多大？结合计算结果，简述你对该设想的思考。（已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W，太阳到地球的距离r=1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，计算结果保留三位有效数字。） （3）利用地下密闭盐穴存储“空气能”是最为经济、最为安全的空气储存方式。如图2所示，某盐穴压缩空气储能电站在用电低谷时用电网富余的电能带动空气压缩机给地下900多米深处的巨大盐穴打气，同时利用换热系统将这些压缩空气的热量存至储热介质中；在用电高峰阶段，让高压气体喷入管道并吸收储热介质中的热量，最后设法用这些高能空气驱动外界发电机组发电，控制调整后将电能返送回电网，保证电网的稳定和安全。该“盐穴空气储能电站”完成一次压缩的时间为8小时，而发电过程可以持续5小时，发电量可达30万千瓦时。若电动机及压缩机组的机械转化效率为90%，被压缩的气体向外界传导的热量占消耗电能的80%，压缩结束时盐穴内被封闭的空气增加的内能为5万千瓦时。试求该压缩空气储能站的电能转换效率η。 【答案】（1）4.8×107kW·h （2）101m2，见解析 （3）60% 【详解】（1）当风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大，令此时风轮机叶片旋转扫过的面积为S，则单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量 风力发电机的最大功率 解得 由于风力发电机的输出电功率P与最大接收功率Pm成正比，则风力发电机的输出功率为 则最低年发电量约为 （2）驱动电机的输出功率 当阳光垂直于电池板入射时，所需板面积最小，设其为S，距离太阳中心为r的球面面积 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为，则有 根据题意有 所以电池板的最小面积 我的思考：电池板的面积远远大于电动客车的车顶面积，所以用太阳能电池板直接驱动汽车是困难的。但可以利用太阳能给具备储能功能的电池充电，待容纳的电量足够时就可以驱动汽车对外做功。 （3）设用电低谷阶段电站消耗的总电能为，压缩机组对气体做功 气体向外界传递的热量 根据热力学第一定律可知，气体增加的内能 其中等于5千瓦时，解得等于50万千瓦时。根据题意可知，当完成一次压缩时的发电量等于30万千瓦时，则该电站输入、输出电能转化效率 题型解码 以能量总量不变为根本，梳理动能、势能、内能、电能等多形式能量的转化链条；遵循“初态总能量＝末态总能量＋损耗能量”列方程，适配航天、新能源、流体等实际科技情境，考查物理建模与守恒思想的落地应用。 题型06 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 6．（23-24高三上·北京·期中）有如图所示装置放在光滑水平面上，轨道ABCD的质量M=0.4kg，其中AB段是半径R=0.4m的光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数，长L=3.5m，C点右侧的轨道光滑，轨道的右端连接一轻质弹簧。现有一质量m=0.1kg的小物体在A点正上方高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点切线方向滑入圆弧轨道，重力加速度。求： （1）如果ABCD被锁定，小物体到达B点对ABCD的压力为多大？ （2）解除ABCD的锁定，轨道在水平面上运动的最大速率； （3）解除ABCD的锁定，弹簧的最大弹性势能。 【答案】（1）21N；（2）2m/s；（3）2.25J 【详解】（1）如果ABCD被锁定，小物体滑到B点过程有 在B点有 小物体到达B点对ABCD的压力 解得 （2）解除ABCD的锁定，由分析可知，小物体到达B点时，轨道在水平面上运动的达到最大，则有 ， 解得 （3）解除ABCD的锁定，当弹簧的弹性势能达到最大时有 解得 题型解码 整合多模型、多过程、多规律，以板块、弹簧、圆周、平抛为核心组合；按 “分段分析—衔接速度—锁定做功力—列能量方程” 流程解题，优先用能量守恒规避复杂受力分析，考查系统分析与过程拆解能力。 题型07 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 7．（23-24高三上·北京海淀·月考）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点平滑相接，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，物体之后沿半圆形导轨运动。重力加速度为g。 （1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能； （2）若达到C点的速度为v2，求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功； （3）若竖直面内的半圆形导轨光滑，物块经过B点的速度，求物块脱离导轨时距离水平面AB多高。 【答案】（1）；（2）；（３） 【详解】（1）根据功能关系可知，弹簧压缩至A点时的弹性势能为 （2）对物体，BC过程由动能定理有 可得 （3）在脱离点O有 从B到O的过程有 联立可得 故物块脱离导轨时距离水平面的高度 题型解码 抓住临界状态的受力特征（支持力为0、静摩擦最大、共速、合力为0），建立临界条件与能量方程的关联；结合二次函数、三角函数求极值，兼顾物理规律与数学方法，考查临界思维与能量极值的综合求解。 题型08 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 8．（25-26高三上·北京海淀·期中）“祝融号”火星车是我国执行火星探测任务的“天问一号”中的重要组成部分，为人类探索火星贡献了宝贵的中国数据。为保证火星车正常工作，需要模拟分析火星车在火星表面可能遇到的气候情况。假定火星车始终静止。地球表面大气密度为火星表面大气密度的100倍。 风级 名称 风速（） 陆地地面物象 0级 无风 0.0~0.2 静，烟直上 1级 软风 0.3~1.5 烟示风向 2级 轻风 1.6~3.3 感觉有风 3级 微风 3.4~5.4 旌旗展开 4级 和风 5.5~7.9 吹起尘土 5级 劲风 8.0~10.7 小树摇摆 6级 强风 10.8~13.8 电线有声 7级 疾风 13.9~17.1 步行困难 8级 大风 17.2~20.7 折毁树枝 9级 烈风 20.8~24.4 小损房屋 10级 狂风 24.5~28.4 拔起树木 11级 暴风 28.5~32.6 损毁严重 12级 飓风 32.7~36.9 摧毁极大 13级 — 37.0~41.4 — 14级 — 41.5~46.1 — 15级 — 46.2~50.9 — 16级 — 51.0~56.0 — 17级及以上 — ≥56.1 — （1）已知火星表面大气密度为。 a.火星车迎面垂直于风速的有效面积为S。当风速大小为时，求时间内，冲击火星车的气体质量。 b.为研究火星表面风速对火星车的影响，可通过对照地球表面风级进行分析。当火星表面的风速时，对火星车产生的冲击力大小为。根据地球上风级与风速对照表，通过计算判断在地球上的风级为多少级时，对地球上同样的火星车可以产生大小也为的冲击力。 （2）火星表面发生尘暴时的风对火星车产生的冲击力相当于地球上吹起尘土时的风对火星车产生的冲击力。当尘暴发生时，火星车上的太阳能发电装置几乎无法工作，为此某学习小组提出如下解决方案：利用火星表面的风能发电来完全替代太阳能发电。 已知火星表面大气密度约为，火星接收到的太阳辐射约为。假设风力发电和太阳能发电效率相同。要使火星车上的风力发电装置能完全替代太阳能发电装置为火星车供电，估算风力发电装置正对面积与太阳能板正对面积的比值。（结果保留小数点后一位） 【答案】（1）a. ；b. 3级 （2） 【详解】（1）a.设时间内，作用在火星车上的气体质量为，得。 b.假定气体与火星车相互作用后，气体速度减为0，设火星车对气体的作用力的大小设为，以方向为正方向，在时间内，根据动量定理 设大气对火星车的作用力的大小为，根据牛顿第三定律，得 根据题意有 得。 根据地球上风速与风级对照表的信息，相当于3级微风。 （2）设火星表面的风速为，时间内作用在上气体的质量为，风力发电的功率为，风力发电与太阳能发电效率均为。 时间内，风能转化的电能为 设火星单位面积接收到的太阳辐射功率为，则 用风能替代太阳能，有 根据表中信息可知，地球上吹起尘土的风级为4级，对应地球上风速的范围为。若取地球上风速为，则联立方程，结合（1）（2）的结论，得。 题型解码 立足真实科技场景，简化次要因素，提炼核心能量转化模型；将航天变轨、风力发电、火星探测、再生制动等实际问题，转化为动能定理、能量守恒、功能关系的物理问题，考查知识迁移与实际应用能力。 1．（23-24高三上·北京西城·阶段练习）人造卫星在绕地球运行时，会遇到稀薄大气的阻力。如果不进行必要的轨道维持，稀薄大气对卫星的这种微小阻力会导致卫星轨道半径逐渐减小，以至最终落回地球。这个过程是非常漫长的，因此卫星每一圈的运动仍可以认为是匀速圆周运动。规定两质点相距无穷远时的引力势能为零，理论上可以得出质量分别m1、m2的两个物体相距r时，系统的引力势能为。已知人造卫星的质量为m，某时刻绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g。 （1）求此时刻卫星的瞬时速度大小v和卫星的机械能E机。 （2）由于大气阻力的影响，卫星的轨道半径逐渐减小。求在这个过程中，万有引力做的功WG与克服大气阻力做的功Wf的比。 （3）已知地球半径为6400km。当卫星轨道离地面的高度为200km时，由于大气阻力的影响，测得卫星每绕地球一周，轨道高度降低20m。试估算在此高度大气对卫星的阻力大小f与卫星所受地球引力大小F的比值k（答案保留1位有效数字）。 【答案】（1），；（2）2：1；（3） 【详解】（1）万有引力提供向心力可得 由黄金代换公式可知 解得 根据能量守恒可知 解得 （2） 由于 联立解得 因此 （3）根据做功定义式 根据（2）中 解得 2．（2025·北京大兴·一模）在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。 （1）求全红婵起跳瞬间的速度大小； （2）全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）； （3）若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。 【答案】（1） （2） （3）53 m 【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则 解得 （2）向上为正，由浮力概念可得， 图像如图 （3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系 其中 可得 3．（24-25高三上·北京·开学考试）我国跳水运动员曾多次获得跳水世界冠军，为祖国赢得了荣誉。国家队某运动员在一次10m跳台的比赛中，从跳台上跳起到达到最高点时，重心离跳台台面的高度为1.5m，在下落过程中她要做一系列动作，当下落到伸直双臂手触及水面时还要做一个翻掌压水花的动作，当手接触水面时她的重心离水面的距离是1.0m。触水后由于水的阻力作用（这个阻力包括浮力和由于运动而受到的水的阻碍作用），她将做减速运动，其重心下沉的最大深度离水面4.5m。假设她触水后，将保持竖直姿势不变，不计空气阻力，g取。 （1）估算她在下落过程中可用来完成一系列动作的时间为多少？ （2）运动员触水后到她停止下沉的过程中，所受的阻力是变力，为计算方便我们可以用平均阻力f表示她所受到的阻力。估算水对她的平均阻力约是她自身所受重力的多少倍？ （3）实际上运动员在水下向下运动过程中所受阻力是变力，其大小随着运动员在水中运动速度的减小而减小。请在图所示的坐标中，定性画出运动员入水后速度随时间变化的关系图线。 【答案】（1） （2）2.9 （3）见解析 【详解】（1）这段时间人重心下降高度为 设空中动作可利用的时间为t，则有 得 （2）运动员重心入水前下降高度，从接触水到水中最大深度重心下降的高度为 根据动能定理有 得 即水对他的平均阻力约是他自身所受重力的2.9倍。 （3）由题可知 随着速度的减小，可知阻力减小，则加速度减小，当阻力等于重力时物体做匀速直线运动。如图所示 4．（2024·北京海淀·三模）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点，轨道Ⅱ末端与水平面平滑连接。若将两个完全相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a先到达终点。已知M距离地面的高度为H，两个小球的质量都为m，重力加速度为g，不考虑小球的滚动影响； （1）忽略各种阻力，求小球沿Ⅰ轨道运动到最N点的速度大小； （2）若考虑轨道摩擦力的影响，设小球和轨道间的滑动摩擦因数为，Ⅱ轨道的倾角为θ a.求小球沿Ⅱ轨道下落到N点的过程中，克服摩擦力做的功； b.试比较两小球从M运动N过程中克服摩擦力做功的大小； c.请设计出可行的实验方案来验证你上一问的结论，简要说明实验方案的思路以及对应的实验结果。 【答案】（1）；（2）a.；b.；c.见解析 【详解】（1）由动能定理可得 解得 （2）设轨道Ⅱ与水平面的夹角为，斜面长s。 a.由受力分析可知，小球受到的摩擦力 则从M滑到N过程中，克服摩擦力做功为 b.小球从轨道Ⅰ下落过程中，所受摩擦力为变力，求摩擦力做功可以通过微元法，把Ⅰ轨道分成很多段，每一段f可认为是恒力。在第i段轨道中，设该段轨道的延长线和地面的夹角为，对应的曲率半径为，由受力分析可知， 则 小球克服摩擦力做功 c.由动能定理可知，小球滑到最底端的动能为 因此可以把比较转换成比较的大小，只需设计实验方案比较小球运动到N点的速度大小即可。比如在N点安装光电门。 5．（25-26高三上·北京海淀·月考）“蹦极”运动时，在运动员身上装上传感器，可以测量运动员在不同位置的速度v以及离开蹦极台的位移大小l。已知运动员及所带装备的总质量为m=60kg，弹性绳原长l0=10m。运动员从蹦极台由静止下落，得到如图所示的v-l图像。重力加速度g=10m/s2。 （1）请利用v-l图像上的一组数据初步推断：运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计； （2）试估算运动员下落速度最大时绳的弹性势能Ep； （3）弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。请利用v-l图像上的数据初步推断：该弹性绳是否像弹簧一样遵循胡克定律？ 【答案】（1）见解析 （2） （3）见解析 【详解】（1）若不计空气阻力，设弹性绳刚好拉直时运动员的速度为v1，由机械能守恒定律有 解得 依据v-l图像可知，运动员下落l0=10m时的速度约为14.1m/s，即计算结果与v-l图像数据基本吻合，说明运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计。 （2）由图像可知，下落的位移为l2=15m时速度最大，为vm=15m/s，从开始下落到速度最大的过程，对运动员和弹性绳组成的系统根据机械能守恒定律得 解得 （3）解法一：若弹性绳遵循胡克定律，当运动员速度最大时，有mg=kx1 其中 解得 根据题给表达式可知此时弹性绳的弹性势能为 显然，且二者相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 解法二：当运动员下落的位移l2=25m时，弹性绳的形变量为 根据机械能守恒定律有 解得 由v-l图像可知，当运动员下落的位移l2=25m时的速度为5m/s，显然与计算结果相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 6．（24-25高三上·北京·期中）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。以下各问皆假定地球静止不动，忽略其他天体对卫星的作用力。 （1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G。 a.卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视作匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。 b.在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。 已知卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据椭圆的对称性以及万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。 （2）如图3所示，已知卫星沿椭圆轨道绕地球运动，地球在卫星椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c。如选无穷远处为零势能点，则卫星和地球系统的引力势能为，其中M为地球质量，m为卫星质量，r为距地心的距离，G为万有引力常量。 a.分别求卫星运动到椭圆轨道的近地点A和远地点B时的瞬时速度大小。 b.已知椭圆轨道半短轴端点D处的曲率半径为，求卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小。 c.已知椭圆的面积公式为，求该卫星的运动周期。 【答案】（1）a.；b.见解析 （2）a. ，；b.；c. 【详解】（1）a.根据万有引力提供向心力有 所以 b.设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径为l，根据牛顿第二定律可得，在近地点时，有 在远地点时，有 联立可得 （2）a.卫星从近地点运动到远地点过程，根据动能定理有 联立可得 ， b.在D点，根据牛顿第二定律有 根据椭圆半长轴、半短轴和焦距的关系 所以 c.根据开普勒第二定律可得 联立可得 7．（24-25高三上·北京·期中）设想在未来的某一天，有一位航天员到达了宇宙中的某一行星表面，航天员利用携带的实验仪器做如下的实验：把一个光滑的“过山车”轨道固定在一个台式电子测力计上，调节测力计示数为零，然后将一个质量为m的小球从倾斜轨道上释放，如图所示。实验过程中发现当把小球从与圆周最高点等高处静止释放时，小球运动到轨道最低点，电子测力计的读数为F，已知行星半径为R，引力常量为G，忽略星球的自转，求： （1）该行星表面附近的重力加速度大小g； （2）该行星的平均密度ρ。 （3）在该星球上发射卫星的最小发射速度v。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）设圆周轨道的半径为r，小球下滑过程中，只有重力做功机械能守恒，可知 小球运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律 联立，解得 （2）根据黄金代换，可知 该行星的平均密度 联立，解得 （3）设在该星球上发射卫星的最小发射速度是v，则有 联立，解得 8．（24-25高三上·北京·期中）守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据。在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：质量守恒定律、能量守恒定律等等。已知重力加速度为g。 （1）在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图1所示，垂直于水柱的横截面可视为圆。在水柱上取两个横截面A、B，经过A、B的水流速度大小分别为v1、v2；A、B直径分别为d1、d2，且d1∶d2 = 2∶1，求：水流的速度大小之比v1∶v2。 （2）供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点：①管内各处液体体积无法压缩且密度均相同；②管内各处液体流速不随时间改变。 如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处液体流动很小一段距离，到达C′时，D处液体正好流动到D′处。已知液体密度为ρ，C处的压强为p1、流速为u1、高度为h1，D处的压强为p2、流速为u2、高度为h2，C处管道半径为R，C与C′间距离为d。且R、d均远远小于h2。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至C′、D′的过程中 a．求横截面C左侧液体对研究对象所做的功W1； b．求重力对研究对象所做的功WG； c．研究表明，可运用动能定理对C、D间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式：若不存在，请说明理由。 【答案】（1）1∶4 （2）a．；b．；c．见解析 【详解】（1）根据相等时间内通过截面的水量相等 解得 （2）a．横截面C左侧液体对研究对象所做的功 b．C、D间液体流动至C′、D′间，可等效为C′、D间液体位置不变，C、C′间液体流动至D、D′间。C、C′间液体质量 重力对研究对象所做的功 c．在相同的时间内，流过C处截面水的体积与流过D处截面水的体积ΔV相同。由C，C′间液体体积 可知 设D处管道面积为S2，D、D′间距离为x，则D、D′间液体体积 横截面D右侧液体对研究对象所做的功 由动能定理，合外力做功 即 整理得 所以压强p、流速u、高度h是满足守恒的关系，即 为守恒量。 9．（2024·北京西城·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）， 【详解】（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 10．（2023·北京房山·一模）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，电磁轨道炮示意图如图甲所示，直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，炮弹可视为一质量为m、电阻为R的导体棒ab，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计电容器放电电流引起的磁场影响。 （1）求电容器充电结束后所带的电荷量Q； （2）请在图乙中画出电容器两极间电势差u随电荷量q变化的图像。类比直线运动中由图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能； （3）开关由1拨到2后，电容器中储存的电能部分转化为炮弹的动能。从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒ab中的自由电荷为正电荷。我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图丙分析说明其原理。 【答案】（1）；（2），；（3）见解析 【详解】（1）电容器充电完毕时其电压等于电动势E，所以电容器所带的电荷量 （2）由可知，电压u随所带电荷量q成正比，其图像如图所示 两极间电压为U时图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量 （3）由题可知电容器上极板带正电，故当开关由1拨到2后，棒ab中的正电荷受静电力的作用向下运动，由左手定则可知其受到方向向右的洛伦兹力f1，在安培力的作用下，棒ab整体向右运动，故其中的正电荷又有向右的分速度，故其又受到 b→a 方向的洛伦兹力f2，受力分析如图 设自由电荷的电荷量为e，沿导体棒向下定向移动的速率为，棒ab向右运动的速度为v，则沿棒方向的洛伦兹力 该力做负功 垂直棒方向的洛伦兹力 该力做正功 所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1做正功，宏观上表现为安培力做正功，使导体棒机械能增加；f2做负功，阻碍静电力将正电荷从a端搬运到b端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“反向电动势”，消耗了电容器中的电能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电容器中的电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 11．（23-24高三上·北京东城·阶段练习）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。 （1）为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为，火星的公转周期为。 a．已知地球公转轨道半径为，求火星公转轨道半径； b．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔。 （2）火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为的探测器沿1号轨道到达B点时速度为，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为、速度变为与垂直的。求喷出气体速度u的大小； （3）B点到火星球心的距离为，火星质量为。探测器在以B为远火点的椭圆轨道2上运行时轨道近火点C（图中未标出）到火星球心的距离为（未知）。已知引力势能，其中M为产生引力场物体（中心天体）的质量，m为研究对象的质量，G为引力常量，r为两者质心的距离，求探测器沿2号轨道运动至近火点的速度的大小。 【答案】（1）a．，b．；（2）；（3） 【详解】（1）a．设太阳质量为M太，地球质量为m1，火星质量为m2，根据万有引力定律结合圆周运动规律，有 ， 联立可得 b．设地球、火星绕日公转的角速度分别为、，有 ， 根据运动关系 解得 （2）喷出气体的质量为 喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量 喷出气体后探测器末动量为 喷出气体前后、方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系。 喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律有 x方向有 y方向有 喷出气体速度满足 联立可得 （3）由开普勒第二定律得 即有 设火星质量为，根据能量守恒定律有 解得 12．（22-23高三上·北京西城·期中）如图甲所示，物体A、B静止在光滑水平地面上，它们之间拴有一根轻质弹簧，用细线拴着A、B使弹簧处于压缩状态，此时弹簧长度；A、B的质量分别为。现将细线烧断，物体A、B在弹簧作用下往复运动。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度时间图像如图乙所示。 （1）求物体B运动速度的最大值； （2）从细线烧断到弹簧第一次伸长到的过程中，求物体B运动的距离； （3）让另一个与A相同的滑块C从左侧以的速度向A运动。在A、B往复运动过程中的某时刻，C与A发生正碰，并立即粘在一起。求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。 【答案】（1）2m/s；（2）0.1m；（3）0.2J≤Epm≤1.8J 【详解】（1）对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，当烧断细线后动量守恒，设物体B运动的最大速度为vB，有 解得 由图乙可知，物体A的最大速度为 所以 即物体B运动的最大速度为2m/s； （2）设A、B的位移大小分别为xA、xB，瞬时速度的大小分别为vA′、vB′，由于系统动量守恒，则在任意时刻有 则在极短的时间Δt内有 累加求和得 所以 根据题意有 解得 （3）因水平方向系统不受外力，故系统动量守恒，因此不论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个定值，总动能也是一个定值，且三个物体速度相同时具有最大弹性势能。设三个物体速度相同时的速度为v共，根据动量守恒定律有 解得 当A在运动过程中速度为4m/s，且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰后速度为 设此过程中具有的最大弹性势能为Ep1，由能量守恒得 解得 当A在运动过程中速度为-4m/s时，与C相碰，设A、C相碰后速度为v2，由动量守恒得 解得 设此过程中具有的最大弹性势能设为Ep2，由能量守恒 解得 综上可得：弹簧具有的最大弹性势能Epm可能的取值范围为 13．（24-25高一下·北京朝阳·期末）在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。 （1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电 能的效率为η，求该发电机发电的功率P； （2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）； （3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，I处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。 【答案】（1） （2） （3）见解析 【详解】（1）取一段时间Δt，流向风轮的空气质量为m， 由动能定理可得 联立解得 （2）取一小段时间Δt，由功能关系 解得 （3）设I、Ⅱ处流体横截面积分别为S1、S2，取一小段时间Δt，考虑薄层的液柱由位置I流到位置Ⅱ，因为质量不变，则有 由动能定理 且 联立解得 由此可见，流体内流速大的地方，压强小 14．（17-18高三上·北京海淀·期中）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度得一半。取g=10m/s2。求: （1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力大小； （2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）60N；（2）12J；（3）8s 【详解】（1）物块B从静止释放到C点由动能定理可得 在C点，对物块B由牛顿第二定律可得 代入数据解得 由牛顿第三定律可得，物块B滑到圆轨道的最低点C时，对轨道的压力大小为 （2）由（1）可知 物块B在传送带上做匀减速直线运动，对物块B，由牛顿第二定律 可得物块B的加速度大小为 方向水平向右 对物块B由运动学公式可得 解得，物块B离开传送带时的速度为 因为 则满足物块B在传送带上一直向左做匀减速直线运动。 因为物块B与物块A发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知 由能量守恒定律可知 代入数据解得 所以物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能等于碰后A的初动能 （3）碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得 解得 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。物块B在滑动摩擦力作用下在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B在传送带上一直做匀变速直线运动，所以运动到左边台面时的速度大小为 与物块A发生第二次碰撞。设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t1，由动量定理得 解得 设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v5、v4，取向左为正方向 由动量守恒定律和能量守恒定律得 解得 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断物块B运动到左边台面时的速度大小为 继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t2。 由动量定理得 解得 同理可知物块B与物块A第四次碰撞，第五次碰撞，……，第n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为 所以物块B从第一次与物块A碰撞到第n次碰撞在传送带上运动的时间为 当时，可得 15．（2023·北京延庆·一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳长为，O点到光滑水平面的距离为。物块B和C的质量分别是和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小； （2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I； （3）物块C的最大速度的大小，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像） 【答案】（1）；（2）；（3），见解析 【详解】（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为，由机械能守恒定律有 解得 在最低点，由牛顿第二定律有 解得 （2）根据题意可知，小球与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为，物块B的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得 对物块B，由动量定理有 （3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，由动量守恒定律有 解得 之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，由动量守恒定律和能量守恒定律有 联立解得 之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示 16．（23-24高一下·北京海淀·期末）一款射击玩具由小球和发射器组成，其发射装置可以简化为如图所示的模型。小球的质量为m，可视为质点。发射器的核心部件为一个轻弹簧，其原长为2L、劲度系数，某次发射时，发射器与水平方向的夹角为30°，初始时小球位于弹簧原长O点处，以O点为坐标原点，沿发射器向下为x轴正方向，用变力F沿x轴方向极其缓慢地移动小球，将弹簧压缩L（没有超过弹簧的弹性限度）。已知重力加速度为g，不计一切摩擦和空气阻力。 （1）在小球沿x轴向下缓慢移动到的过程中： a．求当弹簧的压缩量为时，变力F的大小； b．请在图中画出变力F随小球位置x变化的图像，并求此过程中变力F做的功； （2）当小球沿x轴向下缓慢移动到时，突然撤去力F，结合弹簧弹力与形变量关系的图像： a．求小球向上运动至发射器出口前的过程中获得的最大速度； b．若小球射出后在下落过程中击中与出口O点水平距离为的竖直墙面，如图所示。为使小球垂直击中竖直墙面，在不改变其他条件且不超过弹簧弹性限度的情况下，发射过程中应将弹簧最大压缩量增大还是减小？仿照平抛运动的处理方法，推导论证你的猜想。 【答案】（1）a．F=0，b．见解析，；（2）a．，b．增大，见解析 【详解】（1）a．小球沿x轴向下缓慢移动过程受力平衡，弹簧的压缩量为时 可知 F=0b．小球缓慢下移过程受力平衡，根据题意，以O点为坐标原点，沿发射器向下为x轴正方向，有 可得 画出图像如图 根据图像与横轴围成的面积为力F做的功，可得 （2）a．当弹簧的弹力等于重力的分力时，速度最大，即 可知，当时，速度最大，根据弹簧弹力与形变量关系的线性图像，可知图线与x轴包围的面积为弹簧弹力做的功，再根据弹簧弹力做的功与弹性势能减少量之间的关系，以弹簧原长为零势能参考点，可知弹性势能的表达式 小球由最大位移x1=L至过程中，由机械能守恒定律 解得 b．应将弹簧最大压缩量增大。仿照平抛运动，采用运动的合成与分解的方法，可以将该运动分解为两个分运动：水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。设从发射器出口射出时小球的速度大小为，小球从射出到运动到最高点的时间为t，根据题中最右侧图所示，小球下落过程击中墙面，因此小球运动到最高点时，在水平方向的位移一定小于s，水平方向 竖直方向 联立可得   ① 若小球垂直击中竖直墙面，则小球在空中的运动在竖直墙面处刚好为运动的最高点，设从发射器出口射出时小球的速度大小为，小球在水平方向的位移为s，联系①式可知 ② 比较①②两式，可得 小球从发射到发射器出口射出的过程中，设初始时弹簧的压缩量为，根据机械能守恒定律 解得 分析可知，当时，小球不能从发射器出口射出；当时，小球从发射器出口射出时的速度小于；当时，小球从发射器出口射出时的速度会大于。所以要使出口速度增大，应该增大弹簧的压缩量。 17．（2020·北京大兴·一模）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为4.0m，圆弧轨道BC的半径为1.8m，圆心O恰在水面处。一质量为60kg的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，，求游客滑到B点时的速度大小及运动过程AB段轨道摩擦力对游客所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，后受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，以水面为重力势能零点，证明：游客到达P点时的重力势能是其动能的2倍。 【答案】（1），；（2）见解析 【详解】（1）游客从B点做平抛运动有 解得 从A到B，根据动能定理有 解得 （2）证明：设OP与OB间夹角θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，P点距水面高度h。从B到P由机械能守恒可得 过P点时，对游客进行受力分析如下图2所示 由牛顿第二定律得 联立解得 可证 18．（22-23高一下·北京海淀·期末）游乐场中的过山车是一项富有刺激性的娱乐设施，某同学设计了不同装置来研究过山车项目中所遵循的物理规律。已知重力加速度g。 （1）一种弹射式过山车，其部分过程可抽象成如图14所示模型：光滑水平轨道AB与固定在竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体（可视为质点）获得某一向右速度后沿轨道AB运动，它经过B点的速度大小为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度大小为v2。求： ①物体通过C点时，轨道对物体的弹力大小F； ②物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功W。 （2）一种翻滚式过山车，在开始运动时依靠一个机械装置将翻滚过山车推上斜轨某处，此后就没有任何装置为它提供动力了。其可抽象成如图所示模型：弧形轨道下端与半径为R的固定竖直圆轨道平滑相接，M点和N点分别为圆轨道的最低点和最高点。小球（可视为质点）从弧形轨道上P点无初速度滑下，先后经过M点和N点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦。求弧形轨道上P点距M点高度h的最小值。 【答案】（1）①；②；（2） 【详解】（1）①物体运动至C点时，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，在C点，有 得 ②物体沿半圆形导轨B点运动至C点过程中，受到重力、轨道对物体的支持力和阻力的作用，其中轨道对物体的支持力不做功。根据动能定理，由B点到C点，有 得 （2）设小球质量为m0。当小球通过竖直圆轨道最高点N时，小球受力情况，如图所示 根据牛顿第二定律，在N点，有 当时，即小球在最高点N，只受重力作用，此时对应的N点的速度为通过竖直圆轨道最高点的最小速度。即 当N点速度最小时，小球从P点开始下落的高度h最小。根据动能定理，由P点到N点，有 得 19．（2022·北京朝阳·一模）北京2022年冬奥会，我国选手在单板滑雪U型池比赛中取得了较好的成绩。比赛场地可以简化为如图所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和中央平面直轨道连接而成，轨道倾角为18°。某次比赛中，质量kg的运动员自A点以的速度进入U型池，经过多次腾空跳跃，以的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角，腾空后又沿轨道边缘的N点进入轨道。运动员可视为质点，不计空气阻力。取重力加速度，，。 （1）若A、M两点间的距离，求运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W。 （2）运动员自M点跃起后，在M到N的过程中做匀变速曲线运动。对于这种较为复杂的曲线运动，同学们可以类比平抛运动的处理方法，将之分解为两个方向的直线运动来处理。求： a．在运动员从M点到N点的过程中，运动员从M点运动到距离AD最远处所用的时间t； b．运动员落回到N点时，速度方向与AD夹角的正切值tanβ（结果保留三位有效数字）。 【答案】（1）；（2）a．1s；b．1.02 【详解】（1）对于运动员从A到M过程，根据动能定理有 解得 （2）a．将运动员的运动沿平行于AD和垂直于AD两个方向进行分解，均为匀变速直线运动。在垂直于AD方向初速度 加速度 当运动员该方向的速度为0时，距离AD最远，则有 b．在垂直于AD方向上，远离AD和返回AD的过程具有对称性，即运动员到达N点时，垂直于AD的分速度 且运动的总时间 在平行于AD方向初速度 加速度 运动员到达N点时，平行于AD的分速度 所以速度方向与AD夹角β的正切值 20．（2021·北京·高考真题）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m，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g。 （1）如果摆长为，“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。 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）a.见解析；b. 【详解】（1）根据牛顿运动定律 解得 （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，根据功能关系得 已知v1 = v2，得 因为，得 所以 b.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 21．（23-24高三上·北京丰台·期中）如图甲所示，一玻璃瓶中装有纯净水，当弹性橡皮锤快速下落并敲击瓶口时，玻璃瓶瞬间获得向下的速度，然后在手的作用下迅速减速到零。而瓶中的水在该过程由于惯性可认为停留在原地，因此水柱与瓶底间会短暂存在真空层。 （1）若橡皮锤锤头的质量为m（锤柄质量忽略不计），在手的作用下从静止开始竖直向下运动，当位移为h时，橡皮锤的速度大小为v0，并与瓶口发生碰撞，假设橡皮锤与玻璃瓶发生弹性碰撞，已知重力加速度为g。 ①求手对橡皮锤做的功 W； ②若瓶子的质量（不含水）为M，求瓶子碰撞后瞬间获得的速度v的大小。 （2）如图乙所示，若在此操作过程后瓶底发生碎裂，某小组猜想是因为瓶子底部出现真空层后，水柱会撞向瓶底，从而将瓶底撞碎。为了验证该猜想是否合理，他们查询了此类玻璃瓶的相关参数，部分内容如图丙所示。玻璃瓶中的水约500mL（500g），瓶内部半径约为2.5cm，假设真空层高约1cm，水与瓶底发生相互作用的时间约为0.001s，水柱撞击瓶底后速度减为零。已知大气压为 ，g取 ，请通过计算分析该小组的猜想是否合理。 【答案】（1）①，②；（2）见解析 【详解】（1）①以橡皮锤为对象，从橡皮锤开始下落到发生弹性碰撞之前，由动能定理可得 解得 ②弹性碰撞后，设橡皮锤的速度为，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 由于碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得 解得玻璃瓶的速度大小为 （3）瓶中水先在重力与大气压力的作用下加速运动，设水的质量为，与瓶底发生相互作用前的速度为，真空层高度为，瓶内部半径为，大气压强为，由动能定理可得 其中水重力做的功可忽略，则有 当水与瓶底发生相互作用时，设相互作用所用时间为，瓶给水的作用力为，瓶底受到的内压为。 角度一：以瓶中全部水为研究对象，取向上为正方向，由动量定理得 由牛顿第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小为，则有 解得 无法撞碎瓶底； 角度二：以一段极短时间内瓶中底部质量为的水为研究对象，取向上为正方向，由动量定理得 其中 （） 由牛顿第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小为，则有 解得 无法撞碎瓶底； 角度三：以瓶中全部水为研究对象，根据能量守恒定律，可认为水损失的动能全部传递给玻璃瓶，则玻璃瓶获得的能量为 可以撞碎瓶底，该小组的猜想合理。 22．（2024·北京朝阳·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． 【详解】（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 1 / 56 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 功能关系与能量守恒定律 命题预测 功能关系与能量守恒是北京高考物理核心压轴必考模块，常以计算题压轴、选择题压轴、实验综合呈现，命题聚焦多过程能量转化、功能关联、临界极值、复合场能量、实际科技情境五大方向。近5年北京卷显著强化多物体多过程、板块＋弹簧＋圆周复合、电场/磁场能量、航天与新能源装备等高阶情境，强调功是能量转化的量度的本质理解，突出系统性、守恒性、关联性。 预计2026年北京三模与高考仍以多过程功能综合、能量守恒与临界约束、复合场能量变化、实际装置能量建模为核心，侧重多对象、多过程、多约束、多能量形式的综合分析，区分度极高，是高分必破专题。 高频考法 1. 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 2. 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 3. 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 4. 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 5. 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 6. 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 7. 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 8. 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 知识·技法·思维 考向01 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 1. 变力做功核心方法： · 微元法：变力分段等效为恒力，累积求和。 · 图像法：F-x图像面积表示功，P-t图像面积表示能量。 · 等效法：以动能定理/能量守恒反向求变力功。 · 平均力法：线性变力。 2. 功率分析： · 瞬时功率：，θ为力与速度的夹角。 · 机车启动：恒定功率启动，，最大速度。 · 功率极值：力与速度共线时功率取极值，垂直时功率为0。 3. 做功正负判断： · 力与位移夹角为锐角：正功（能量输入）。 · 力与位移夹角为钝角：负功（能量输出/损耗）。 · 力与位移垂直：不做功（如向心力、洛伦兹力）。 考向02 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 1. 核心表达式： · · 合外力做功等于动能变化，与路径无关，只看初、末动能。 2. 适用场景： · 多阶段运动：匀加速→匀速→匀减速→圆周→抛体。 · 变力作用：摩擦力、弹簧弹力、电场力、空气阻力。 · 曲线运动：圆周、抛体、轨迹复杂的曲线。 · 多对象系统：整体动能定理，不考虑内力做功（内力做功代数和为0时）。 3. 解题思维： · 确定初末状态→找所有力做功→列动能定理方程→不分析中间过程。 考向03 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 1. 守恒条件： · 只有重力/系统内弹力做功，其他力不做功或做功代数和为0。 · 单个物体：只有重力做功。 · 系统（物体＋弹簧＋地球）：只有重力和弹簧弹力做功。 2. 三种表达形式： · 守恒式： · 转化式： · 转移式：（系统内能量转移） 3. 易错点： · 摩擦力、外力、电场力做功→机械能不守恒，必须用能量守恒。 考向04 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 1. 重力做功与重力势能： · ，重力做功等于重力势能减少量。 2. 弹力做功与弹性势能： · ，弹力做功等于弹性势能减少量。 3. 电场力做功与电势能： · ，电场力做功与路径无关，等于电势能减少量。 4. 除重力弹力外其他力做功与机械能： · ，其他力做功等于机械能变化量。 5. 滑动摩擦力做功与内能： · ，摩擦生热等于摩擦力乘以相对路程。 考向05 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 1. 核心思想： · 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会转化或转移，总能量保持不变。 2. 通用方程： · · 初态总能量＝末态总能量＋摩擦生热/焦耳热/其他损耗 3. 解题关键： · 明确哪些能量参与转化，找准初末状态能量与损耗能量。 考向06 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 1. 高频复合模型： · 板块＋弹簧：相对滑动生热＋弹簧弹性势能变化＋动能变化。 · 圆周＋平抛：圆周机械能变化＋平抛动能定理。 · 碰撞＋弹簧：动量守恒＋能量守恒＋弹性势能。 · 多段轨道：斜面→圆弧→水平面，全程能量守恒。 2. 分析流程： · 分段能量变化→找衔接点速度→确定做功力→列动能定理/能量守恒。 3. 核心技法： · 优先用能量守恒，避免复杂受力与加速度分析。 考向07 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 1. 常见临界情境： · 物体刚好脱离：支持力，对应能量极值。 · 板块刚好相对滑动：静摩擦达最大值，能量分配突变。 · 弹簧最大压缩/伸长：两物体共速，动能最小，势能最大。 · 最大速度：加速度，合力为0，动能最大。 2. 数理结合： · 二次函数、三角函数、不等式求能量极值，结合物理意义取舍。 3. 解题思维： · 临界状态→受力条件→能量方程→极值求解。 考向08 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 1. 航天与航空： · 卫星变轨、火箭发射：动能＋引力势能＋燃料内能，能量守恒。 2. 新能源装备： · 电机、弹射装置、制动系统：电能→机械能→内能转化。 3. 体育与交通： · 赛车制动、跳台滑雪：动能、势能、摩擦损耗综合。 4. 碰撞与缓冲： · 碰撞过程：动量守恒 + 能量损失，缓冲过程能量转化。 5. 建模原则： · 忽略次要损耗，抓住核心能量转化链条，构建守恒方程。 典例·靶向·突破 题型01 功与功率的计算（变力做功、瞬时功率、极值功率） 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，模拟升国旗过程。运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过，速度增加到，此后物体做匀速运动。取重力加速度，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。 （1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。 a．请指出保持不变的物理量分别是哪些； b．求出这些不变的物理量的大小； （2）第一个时间段内拉力的平均功率； （3）求时间内重物通过的总路程。 题型解码 以变力功求解与功率分析为核心，聚焦图像法、微元法、等效法三大方法；结合机车启动、绳拉重物等情境，考查恒定力/变力做功判断、瞬时/平均功率计算、功率极值条件，突出“功是能量转化量度”的基础认知，是能量综合题的计算基石。 题型02 动能定理的多过程、多对象、多阶段综合应用 2．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，在与D点相距的E处固定一竖直四分之一圆轨道，半径足够大，物块与BC、DE段间的动摩擦因数，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，若弹簧的初始弹性势能为0.85J，求： （1）求物块甲经过圆轨道C点时，所受到的轨道对其的作用力？ （2）判断物块甲是否能到达竖直圆轨道的最高点？ （3）若甲、乙碰撞后粘合为一体，求甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能？ 题型解码 以动能定理为万能工具，突破多过程、曲线运动、变力作用的分析壁垒；无需拆解中间细节，只需锁定初末动能与合外力做功，适配板块、圆周、弹射、碰撞等复合场景，是解决复杂运动能量问题的首选方法。 题型03 机械能守恒的条件判断与系统守恒应用 3．（25-26高三上·北京·月考）追寻守恒量是物理学的重要研究内容。探索守恒量时，除了实验手段，也常借助已有理论来进行分析。已知重力加速度为g。 （1）如图1所示，A和B两位置分别距离地面高度为和，质量为m的物体（可视为质点）在A和B两位置的速度大小分别为和。以地面为参考平面，若斜坡光滑，请利用功和能的关系，证明物体从A到B的过程机械能守恒。 （2）供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点： a、管内各处液体体积无法压缩且密度均相同； b、管内各处液体流速不随时间改变。 如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处液体流动很小一段距离，到达时，D处液体正好流动到处。已知液体密度为，C处的压强为、流速为、高度为，D处的压强为、流速为、高度为，C处管道半径为R，C与间距离为d，且R、d均远远小于。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至、的过程中： ①求横截面C左侧液体对研究对象所做的功； ②求重力对研究对象所做的功； ③研究表明，可运用动能定理对C、D间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式；若不存在，请说明理由。 题型解码 紧抓只有重力/系统内弹力做功的守恒核心，区分单体与系统守恒场景；掌握守恒式、转化式、转移式三种表达，精准判断摩擦力、外力、电场力做功对守恒的破坏，强化“系统思维”与守恒条件的严谨应用。 题型04 功能关系核心：重力/弹力/电场力/摩擦力做功与对应势能变化 4．（25-26高三上·北京延庆·阶段练习）蹦极是极限运动的一种。为保证安全，要研究下落最大距离与人的质量、弹性绳弹性系数、阻力等诸多因素的关系。实际情况比较复杂，可简化为如图甲模型：弹性绳视为轻弹簧，质量可忽略不计，弹力的大小，弹性势能，其中x是弹性绳的形变量，k是劲度系数，人视为质点，始终在一竖直线上运动。已知蹦极用弹性绳原长为，劲度系数为k，重力加速度为g。 （1）质量为m的人从平台由静止下落，到达A点时弹性绳恰好伸直，继续向下到达最低点B，A、B两点间距离为d；之后又会反弹到某个高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力与速度大小有关，速度为0时，阻力为0。 a.求人在B点时的加速度a的大小及方向； b.将人、弹性绳和地球视为一个系统，求从人离开平台到停在空中的整个过程，系统损失的机械能。 （2）实际上，人在运动过程中受到的空气阻力较小，可忽略不计。甲、乙两人质量分别为、，且，分别用同一弹性绳蹦极，以平台为原点，竖直向下为正方向，两人下落最大位移分别为、。图乙所示为甲下落过程中加速度a与下落位移h之间的关系图。 a.请通过分析，在图乙中大致画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图； b.类比直线运动中由图像求位移的方法，尝试利用图，比较与的大小并证明之。 题型解码 锚定“某力做功＝对应势能变化负值”的核心规律，厘清重力、弹力、电场力做功与势能的关联，牢记滑动摩擦力生热等于摩擦力乘相对路程；建立“做功—势能变化—机械能变化”的完整逻辑链，是能量守恒的核心依据。 题型05 能量守恒定律：多能量形式转化与守恒方程构建 5．（2025·北京延庆·一模）国家的高质量发展离不开可靠的能源保障。 （1）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其基本外形如图1所示。风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。已知风力发电机的输出电功率P与最大接收功率Pm成正比。2023年11月10日，全新一代总容量18兆瓦的海上直驱风电机组下线，该机组的单台风力发电机在风速v1=15m/s时能够输出的电功率P1=2.7×104kW。我国某海域全年平均风速不低于v2=10m/s，若每年总时长按6000小时做估算。该风力发电机在该地区的年最低发电量大约是多少千瓦时？（需要的物理量可以自行设定） （2）近年来，我国光伏产业创新发展迅速，某种新型光伏材料的光电转化效率可达32%。设想用该材料制成的太阳能面板给某型号纯电动客车供电。若该型号纯电动客车在水平路面上以v=72km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=80A，输入电压U=400V。试求此状态下能够直接驱动该电动客车的太阳能电池板的最小面积是多大？结合计算结果，简述你对该设想的思考。（已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W，太阳到地球的距离r=1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，计算结果保留三位有效数字。） （3）利用地下密闭盐穴存储“空气能”是最为经济、最为安全的空气储存方式。如图2所示，某盐穴压缩空气储能电站在用电低谷时用电网富余的电能带动空气压缩机给地下900多米深处的巨大盐穴打气，同时利用换热系统将这些压缩空气的热量存至储热介质中；在用电高峰阶段，让高压气体喷入管道并吸收储热介质中的热量，最后设法用这些高能空气驱动外界发电机组发电，控制调整后将电能返送回电网，保证电网的稳定和安全。该“盐穴空气储能电站”完成一次压缩的时间为8小时，而发电过程可以持续5小时，发电量可达30万千瓦时。若电动机及压缩机组的机械转化效率为90%，被压缩的气体向外界传导的热量占消耗电能的80%，压缩结束时盐穴内被封闭的空气增加的内能为5万千瓦时。试求该压缩空气储能站的电能转换效率η。 题型解码 以能量总量不变为根本，梳理动能、势能、内能、电能等多形式能量的转化链条；遵循“初态总能量＝末态总能量＋损耗能量”列方程，适配航天、新能源、流体等实际科技情境，考查物理建模与守恒思想的落地应用。 题型06 板块＋弹簧＋圆周＋抛体复合过程的能量综合 6．（23-24高三上·北京·期中）有如图所示装置放在光滑水平面上，轨道ABCD的质量M=0.4kg，其中AB段是半径R=0.4m的光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数，长L=3.5m，C点右侧的轨道光滑，轨道的右端连接一轻质弹簧。现有一质量m=0.1kg的小物体在A点正上方高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点切线方向滑入圆弧轨道，重力加速度。求： （1）如果ABCD被锁定，小物体到达B点对ABCD的压力为多大？ （2）解除ABCD的锁定，轨道在水平面上运动的最大速率； （3）解除ABCD的锁定，弹簧的最大弹性势能。 题型解码 整合多模型、多过程、多规律，以板块、弹簧、圆周、平抛为核心组合；按 “分段分析—衔接速度—锁定做功力—列能量方程” 流程解题，优先用能量守恒规避复杂受力分析，考查系统分析与过程拆解能力。 题型07 约束条件下能量极值与临界问题（脱离、滑动、最大速度） 7．（23-24高三上·北京海淀·月考）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点平滑相接，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，物体之后沿半圆形导轨运动。重力加速度为g。 （1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能； （2）若达到C点的速度为v2，求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功； （3）若竖直面内的半圆形导轨光滑，物块经过B点的速度，求物块脱离导轨时距离水平面AB多高。 题型解码 抓住临界状态的受力特征（支持力为0、静摩擦最大、共速、合力为0），建立临界条件与能量方程的关联；结合二次函数、三角函数求极值，兼顾物理规律与数学方法，考查临界思维与能量极值的综合求解。 题型08 实际科技情境（航天、电机、碰撞、弹射）能量建模与守恒求解 8．（25-26高三上·北京海淀·期中）“祝融号”火星车是我国执行火星探测任务的“天问一号”中的重要组成部分，为人类探索火星贡献了宝贵的中国数据。为保证火星车正常工作，需要模拟分析火星车在火星表面可能遇到的气候情况。假定火星车始终静止。地球表面大气密度为火星表面大气密度的100倍。 风级 名称 风速（） 陆地地面物象 0级 无风 0.0~0.2 静，烟直上 1级 软风 0.3~1.5 烟示风向 2级 轻风 1.6~3.3 感觉有风 3级 微风 3.4~5.4 旌旗展开 4级 和风 5.5~7.9 吹起尘土 5级 劲风 8.0~10.7 小树摇摆 6级 强风 10.8~13.8 电线有声 7级 疾风 13.9~17.1 步行困难 8级 大风 17.2~20.7 折毁树枝 9级 烈风 20.8~24.4 小损房屋 10级 狂风 24.5~28.4 拔起树木 11级 暴风 28.5~32.6 损毁严重 12级 飓风 32.7~36.9 摧毁极大 13级 — 37.0~41.4 — 14级 — 41.5~46.1 — 15级 — 46.2~50.9 — 16级 — 51.0~56.0 — 17级及以上 — ≥56.1 — （1）已知火星表面大气密度为。 a.火星车迎面垂直于风速的有效面积为S。当风速大小为时，求时间内，冲击火星车的气体质量。 b.为研究火星表面风速对火星车的影响，可通过对照地球表面风级进行分析。当火星表面的风速时，对火星车产生的冲击力大小为。根据地球上风级与风速对照表，通过计算判断在地球上的风级为多少级时，对地球上同样的火星车可以产生大小也为的冲击力。 （2）火星表面发生尘暴时的风对火星车产生的冲击力相当于地球上吹起尘土时的风对火星车产生的冲击力。当尘暴发生时，火星车上的太阳能发电装置几乎无法工作，为此某学习小组提出如下解决方案：利用火星表面的风能发电来完全替代太阳能发电。 已知火星表面大气密度约为，火星接收到的太阳辐射约为。假设风力发电和太阳能发电效率相同。要使火星车上的风力发电装置能完全替代太阳能发电装置为火星车供电，估算风力发电装置正对面积与太阳能板正对面积的比值。（结果保留小数点后一位） 题型解码 立足真实科技场景，简化次要因素，提炼核心能量转化模型；将航天变轨、风力发电、火星探测、再生制动等实际问题，转化为动能定理、能量守恒、功能关系的物理问题，考查知识迁移与实际应用能力。 1．（23-24高三上·北京西城·阶段练习）人造卫星在绕地球运行时，会遇到稀薄大气的阻力。如果不进行必要的轨道维持，稀薄大气对卫星的这种微小阻力会导致卫星轨道半径逐渐减小，以至最终落回地球。这个过程是非常漫长的，因此卫星每一圈的运动仍可以认为是匀速圆周运动。规定两质点相距无穷远时的引力势能为零，理论上可以得出质量分别m1、m2的两个物体相距r时，系统的引力势能为。已知人造卫星的质量为m，某时刻绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g。 （1）求此时刻卫星的瞬时速度大小v和卫星的机械能E机。 （2）由于大气阻力的影响，卫星的轨道半径逐渐减小。求在这个过程中，万有引力做的功WG与克服大气阻力做的功Wf的比。 （3）已知地球半径为6400km。当卫星轨道离地面的高度为200km时，由于大气阻力的影响，测得卫星每绕地球一周，轨道高度降低20m。试估算在此高度大气对卫星的阻力大小f与卫星所受地球引力大小F的比值k（答案保留1位有效数字）。 2．（2025·北京大兴·一模）在2024年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10米跳台比赛的冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。 （1）求全红婵起跳瞬间的速度大小； （2）全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，请在答题纸给出的坐标上画出她所受浮力F的大小随落水深度x变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F = ρgV，V为物体所排开的水的体积）； （3）若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水的深度h至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。 3．（24-25高三上·北京·开学考试）我国跳水运动员曾多次获得跳水世界冠军，为祖国赢得了荣誉。国家队某运动员在一次10m跳台的比赛中，从跳台上跳起到达到最高点时，重心离跳台台面的高度为1.5m，在下落过程中她要做一系列动作，当下落到伸直双臂手触及水面时还要做一个翻掌压水花的动作，当手接触水面时她的重心离水面的距离是1.0m。触水后由于水的阻力作用（这个阻力包括浮力和由于运动而受到的水的阻碍作用），她将做减速运动，其重心下沉的最大深度离水面4.5m。假设她触水后，将保持竖直姿势不变，不计空气阻力，g取。 （1）估算她在下落过程中可用来完成一系列动作的时间为多少？ （2）运动员触水后到她停止下沉的过程中，所受的阻力是变力，为计算方便我们可以用平均阻力f表示她所受到的阻力。估算水对她的平均阻力约是她自身所受重力的多少倍？ （3）实际上运动员在水下向下运动过程中所受阻力是变力，其大小随着运动员在水中运动速度的减小而减小。请在图所示的坐标中，定性画出运动员入水后速度随时间变化的关系图线。 4．（2024·北京海淀·三模）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点，轨道Ⅱ末端与水平面平滑连接。若将两个完全相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a先到达终点。已知M距离地面的高度为H，两个小球的质量都为m，重力加速度为g，不考虑小球的滚动影响； （1）忽略各种阻力，求小球沿Ⅰ轨道运动到最N点的速度大小； （2）若考虑轨道摩擦力的影响，设小球和轨道间的滑动摩擦因数为，Ⅱ轨道的倾角为θ a.求小球沿Ⅱ轨道下落到N点的过程中，克服摩擦力做的功； b.试比较两小球从M运动N过程中克服摩擦力做功的大小； c.请设计出可行的实验方案来验证你上一问的结论，简要说明实验方案的思路以及对应的实验结果。 5．（25-26高三上·北京海淀·月考）“蹦极”运动时，在运动员身上装上传感器，可以测量运动员在不同位置的速度v以及离开蹦极台的位移大小l。已知运动员及所带装备的总质量为m=60kg，弹性绳原长l0=10m。运动员从蹦极台由静止下落，得到如图所示的v-l图像。重力加速度g=10m/s2。 （1）请利用v-l图像上的一组数据初步推断：运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计； （2）试估算运动员下落速度最大时绳的弹性势能Ep； （3）弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。请利用v-l图像上的数据初步推断：该弹性绳是否像弹簧一样遵循胡克定律？ 6．（24-25高三上·北京·期中）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。以下各问皆假定地球静止不动，忽略其他天体对卫星的作用力。 （1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知地球质量为M、半径为R，万有引力常量为G。 a.卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视作匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。 b.在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。 已知卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据椭圆的对称性以及万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。 （2）如图3所示，已知卫星沿椭圆轨道绕地球运动，地球在卫星椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c。如选无穷远处为零势能点，则卫星和地球系统的引力势能为，其中M为地球质量，m为卫星质量，r为距地心的距离，G为万有引力常量。 a.分别求卫星运动到椭圆轨道的近地点A和远地点B时的瞬时速度大小。 b.已知椭圆轨道半短轴端点D处的曲率半径为，求卫星运动到椭圆轨道的半短轴端点D时的瞬时速度大小。 c.已知椭圆的面积公式为，求该卫星的运动周期。 7．（24-25高三上·北京·期中）设想在未来的某一天，有一位航天员到达了宇宙中的某一行星表面，航天员利用携带的实验仪器做如下的实验：把一个光滑的“过山车”轨道固定在一个台式电子测力计上，调节测力计示数为零，然后将一个质量为m的小球从倾斜轨道上释放，如图所示。实验过程中发现当把小球从与圆周最高点等高处静止释放时，小球运动到轨道最低点，电子测力计的读数为F，已知行星半径为R，引力常量为G，忽略星球的自转，求： （1）该行星表面附近的重力加速度大小g； （2）该行星的平均密度ρ。 （3）在该星球上发射卫星的最小发射速度v。 8．（24-25高三上·北京·期中）守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据。在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：质量守恒定律、能量守恒定律等等。已知重力加速度为g。 （1）在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图1所示，垂直于水柱的横截面可视为圆。在水柱上取两个横截面A、B，经过A、B的水流速度大小分别为v1、v2；A、B直径分别为d1、d2，且d1∶d2 = 2∶1，求：水流的速度大小之比v1∶v2。 （2）供暖系统、自来水系统都是通过管道运送液体的。管内液体稳定流动时具有这样的特点：①管内各处液体体积无法压缩且密度均相同；②管内各处液体流速不随时间改变。 如图2所示，选取横截面C和横截面D之间的液体为研究对象，当C处液体流动很小一段距离，到达C′时，D处液体正好流动到D′处。已知液体密度为ρ，C处的压强为p1、流速为u1、高度为h1，D处的压强为p2、流速为u2、高度为h2，C处管道半径为R，C与C′间距离为d。且R、d均远远小于h2。不计管道对液体的阻力，不考虑液体的黏滞性。在C、D间的液体流动至C′、D′的过程中 a．求横截面C左侧液体对研究对象所做的功W1； b．求重力对研究对象所做的功WG； c．研究表明，可运用动能定理对C、D间的液体进行分析。请依据动能定理探索压强p、流速u、高度h是否也存在着某种守恒的关系。若存在，请写出关系式：若不存在，请说明理由。 9．（2024·北京西城·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。 10．（2023·北京房山·一模）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，电磁轨道炮示意图如图甲所示，直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，炮弹可视为一质量为m、电阻为R的导体棒ab，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计电容器放电电流引起的磁场影响。 （1）求电容器充电结束后所带的电荷量Q； （2）请在图乙中画出电容器两极间电势差u随电荷量q变化的图像。类比直线运动中由图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能； （3）开关由1拨到2后，电容器中储存的电能部分转化为炮弹的动能。从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒ab中的自由电荷为正电荷。我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图丙分析说明其原理。 11．（23-24高三上·北京东城·阶段练习）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。 （1）为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为，火星的公转周期为。 a．已知地球公转轨道半径为，求火星公转轨道半径； b．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔。 （2）火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为的探测器沿1号轨道到达B点时速度为，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为、速度变为与垂直的。求喷出气体速度u的大小； （3）B点到火星球心的距离为，火星质量为。探测器在以B为远火点的椭圆轨道2上运行时轨道近火点C（图中未标出）到火星球心的距离为（未知）。已知引力势能，其中M为产生引力场物体（中心天体）的质量，m为研究对象的质量，G为引力常量，r为两者质心的距离，求探测器沿2号轨道运动至近火点的速度的大小。 12．（22-23高三上·北京西城·期中）如图甲所示，物体A、B静止在光滑水平地面上，它们之间拴有一根轻质弹簧，用细线拴着A、B使弹簧处于压缩状态，此时弹簧长度；A、B的质量分别为。现将细线烧断，物体A、B在弹簧作用下往复运动。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度时间图像如图乙所示。 （1）求物体B运动速度的最大值； （2）从细线烧断到弹簧第一次伸长到的过程中，求物体B运动的距离； （3）让另一个与A相同的滑块C从左侧以的速度向A运动。在A、B往复运动过程中的某时刻，C与A发生正碰，并立即粘在一起。求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。 13．（24-25高一下·北京朝阳·期末）在研究流体运动规律时，可以建立理想流体模型，即不考虑其压缩性和粘滞性，认为流体是稳定流动的。 （1）如图1所示，风力发电机组的风轮半径为R，风轮处平均风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，空气密度为ρ，假设该风力发电机将此圆面内的空气动能转化为电 能的效率为η，求该发电机发电的功率P； （2）在设计喷泉时，使用的电动机输出功率为P0，为使喷泉喷出的水柱能达到的高度为H，如图2所示。已知重力加速度为g，水的密度为ρ，假设电动机输出的能量全部转化为喷出水的机械能。求喷泉喷管内的流量Q（单位时间内流出水的体积）； （3）喷雾器是一种常见的清洁或加湿工具。其核心部件是两端开口的细管（喷嘴）。如图3甲所示，当高压气流从粗管高速喷出时，细管处的空气流速增大，导致压强降低，从而将液体从容器中吸至细管口并雾化喷出。如图3乙所示，某管道中一小段流体，I处液体速度为v1，压强为p1，Ⅱ处速度为v2，压强为p2。利用动能定理证明流体内流速大的地方压强小（设液体密度为ρ，忽略重力势能的变化）。 14．（17-18高三上·北京海淀·期中）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度得一半。取g=10m/s2。求: （1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力大小； （2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 15．（2023·北京延庆·一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳长为，O点到光滑水平面的距离为。物块B和C的质量分别是和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小； （2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I； （3）物块C的最大速度的大小，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像） 16．（23-24高一下·北京海淀·期末）一款射击玩具由小球和发射器组成，其发射装置可以简化为如图所示的模型。小球的质量为m，可视为质点。发射器的核心部件为一个轻弹簧，其原长为2L、劲度系数，某次发射时，发射器与水平方向的夹角为30°，初始时小球位于弹簧原长O点处，以O点为坐标原点，沿发射器向下为x轴正方向，用变力F沿x轴方向极其缓慢地移动小球，将弹簧压缩L（没有超过弹簧的弹性限度）。已知重力加速度为g，不计一切摩擦和空气阻力。 （1）在小球沿x轴向下缓慢移动到的过程中： a．求当弹簧的压缩量为时，变力F的大小； b．请在图中画出变力F随小球位置x变化的图像，并求此过程中变力F做的功； （2）当小球沿x轴向下缓慢移动到时，突然撤去力F，结合弹簧弹力与形变量关系的图像： a．求小球向上运动至发射器出口前的过程中获得的最大速度； b．若小球射出后在下落过程中击中与出口O点水平距离为的竖直墙面，如图所示。为使小球垂直击中竖直墙面，在不改变其他条件且不超过弹簧弹性限度的情况下，发射过程中应将弹簧最大压缩量增大还是减小？仿照平抛运动的处理方法，推导论证你的猜想。 17．（2020·北京大兴·一模）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为4.0m，圆弧轨道BC的半径为1.8m，圆心O恰在水面处。一质量为60kg的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s2。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，，求游客滑到B点时的速度大小及运动过程AB段轨道摩擦力对游客所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，后受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，以水面为重力势能零点，证明：游客到达P点时的重力势能是其动能的2倍。 18．（22-23高一下·北京海淀·期末）游乐场中的过山车是一项富有刺激性的娱乐设施，某同学设计了不同装置来研究过山车项目中所遵循的物理规律。已知重力加速度g。 （1）一种弹射式过山车，其部分过程可抽象成如图14所示模型：光滑水平轨道AB与固定在竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体（可视为质点）获得某一向右速度后沿轨道AB运动，它经过B点的速度大小为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度大小为v2。求： ①物体通过C点时，轨道对物体的弹力大小F； ②物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功W。 （2）一种翻滚式过山车，在开始运动时依靠一个机械装置将翻滚过山车推上斜轨某处，此后就没有任何装置为它提供动力了。其可抽象成如图所示模型：弧形轨道下端与半径为R的固定竖直圆轨道平滑相接，M点和N点分别为圆轨道的最低点和最高点。小球（可视为质点）从弧形轨道上P点无初速度滑下，先后经过M点和N点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦。求弧形轨道上P点距M点高度h的最小值。 19．（2022·北京朝阳·一模）北京2022年冬奥会，我国选手在单板滑雪U型池比赛中取得了较好的成绩。比赛场地可以简化为如图所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和中央平面直轨道连接而成，轨道倾角为18°。某次比赛中，质量kg的运动员自A点以的速度进入U型池，经过多次腾空跳跃，以的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角，腾空后又沿轨道边缘的N点进入轨道。运动员可视为质点，不计空气阻力。取重力加速度，，。 （1）若A、M两点间的距离，求运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W。 （2）运动员自M点跃起后，在M到N的过程中做匀变速曲线运动。对于这种较为复杂的曲线运动，同学们可以类比平抛运动的处理方法，将之分解为两个方向的直线运动来处理。求： a．在运动员从M点到N点的过程中，运动员从M点运动到距离AD最远处所用的时间t； b．运动员落回到N点时，速度方向与AD夹角的正切值tanβ（结果保留三位有效数字）。 20．（2021·北京·高考真题）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m，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g。 （1）如果摆长为，“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。 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。 21．（23-24高三上·北京丰台·期中）如图甲所示，一玻璃瓶中装有纯净水，当弹性橡皮锤快速下落并敲击瓶口时，玻璃瓶瞬间获得向下的速度，然后在手的作用下迅速减速到零。而瓶中的水在该过程由于惯性可认为停留在原地，因此水柱与瓶底间会短暂存在真空层。 （1）若橡皮锤锤头的质量为m（锤柄质量忽略不计），在手的作用下从静止开始竖直向下运动，当位移为h时，橡皮锤的速度大小为v0，并与瓶口发生碰撞，假设橡皮锤与玻璃瓶发生弹性碰撞，已知重力加速度为g。 ①求手对橡皮锤做的功 W； ②若瓶子的质量（不含水）为M，求瓶子碰撞后瞬间获得的速度v的大小。 （2）如图乙所示，若在此操作过程后瓶底发生碎裂，某小组猜想是因为瓶子底部出现真空层后，水柱会撞向瓶底，从而将瓶底撞碎。为了验证该猜想是否合理，他们查询了此类玻璃瓶的相关参数，部分内容如图丙所示。玻璃瓶中的水约500mL（500g），瓶内部半径约为2.5cm，假设真空层高约1cm，水与瓶底发生相互作用的时间约为0.001s，水柱撞击瓶底后速度减为零。已知大气压为 ，g取 ，请通过计算分析该小组的猜想是否合理。 22．（2024·北京朝阳·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。 2 / 32 学科网（北京）股份有限公司 $