期末复习之机械能 讲义 2025-2026学年高一物理下学期粤教版必修第二册

第四章 机械能守恒定律 考点一　功 一、对功的理解 1.功的定义：在物理学中，如果一个物体受到力的作用，且物体在力的方向上发生了位移，就说这个力对物体做了机械功，简称功。 2.做功的两个必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。 3.功的表达式：W=Fscos α，即力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积。  4.功的单位为焦耳，简称焦，符号是J。 5.功是标量，几个力对物体所做的总功等于各个力分别对物体所做功的代数和，也等于这几个力的合力对物体所做的功。 6.对功的理解 (1)公式W=Fscos α中s是物体相对地面的位移。 (2)功是过程量，公式W=Fscos α适用于恒力做功。 (3)功描述的是力在物体沿力的方向发生位移的过程中的积累效应。 一个力对物体做功的多少只取决于该力及物体在力的方向上发生的位移，与物体运动的快慢、运动的性质、接触面是否光滑、物体的质量等均无关。 二、正功和负功 1.正功和负功的判断 由W=Fscos α(α为力与位移的夹角)可知 (1)当α=时，W=0，力F对物体不做功(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)。 (2)当0≤α<时，W>0，力F对物体做正功(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)。 (3)当<α≤π时，W<0，力F对物体做负功(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)。 2.正功和负功的理解 (1)功的正负表示对物体作用的力是动力还是阻力，动力所做的功为正，阻力所做的功为负。 (2)某个力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做了功(正值)。例如，滑动摩擦力对物体做功-5 J，也可以说成物体克服摩擦力做的功为5 J。 (3)功是标量，功的正、负号不表示方向，也不表示功的多少，在比较功的多少时，只比较功的绝对值，不看功的正、负号。例如-8 J的功要比7 J的功多。 三、做功与能量变化的关系　功的计算 1.能量的定义：一个物体能够对其他物体做功，我们就说这个物体具有能量。 2.功和能的关系：做功的过程就是能量变化的过程。做了多少功，就有多少能量发生变化。所以，功是能量变化的量度。 3.总功的计算 (1)几个力对物体所做的总功等于各个力分别对物体所做功的代数和。若以W1、W2、W3…分别表示力F1、F2、F3…所做的功，则这些力所做的总功为W总=W1+W2+W3… (2)几个力对物体所做的总功等于这几个力的合力对物体所做的功。若以F合表示这几个力的合力，则这些力所做的总功为W总=F合scos α。 4.变力做功的计算 (1)将变力做功转化为恒力做功——微元法 功的公式只能计算恒力做功，若一个力的大小不变，只改变方向时，可将运动过程分成很多小段，每一小段内F可看成恒力，求出每一小段内力F做的功，然后累加起来得到整个过程中变力所做的功。 例如物体在水平面上做曲线运动，所受摩擦力大小为μmg，路程为s，采用微元法求摩擦力做的功： W1=-μmgΔs1 W2=-μmgΔs2 W3=-μmgΔs3 … W=W1+W2+W3+…=-μmg(Δs1+Δs2+Δs3+…)=-μmgs (2)用图像法求功 若已知F-s图像，则图线与s轴所围的面积表示功，如图所示，在位移s0内力F做的功W=s0。 考点二　功率 一、对功率的理解 1.定义：物理学上把力对物体所做的功W与做功所用时间t之比，称为功率。 2.公式：P=。单位：瓦特，简称瓦，符号是W；工程技术中，功率的单位常用千瓦(kW)。 3.物理意义：描述能量变化快慢的物理量。 4.功率是标(选填“标”或“矢”)量。 二、功率的计算 1.平均功率的计算 (1)平均功率表示物体在某段时间内做功的快慢； (2)利用=； (3)利用=Fcos α，其中F为恒力，为物体运动的平均速度。 2.瞬时功率的计算 瞬时功率表示力在某时刻做功的快慢。利用公式P=Fvcos α，其中v为瞬时速度。 若vcos α为物体的速度在力F方向上的分速度，则P=F·vcos α； 若Fcos α为物体所受外力在速度v方向上的分力，则P=Fcos α·v。 3.求解功率的步骤 1.首先明确求哪个力的功率，即求某个力的功率，还是求物体所受合力的功率。 2.若求平均功率，应该明确求哪段时间内的平均功率，然后根据公式P=或P=F求解。 3.若求瞬时功率，需要明确是哪一时刻或哪一位置，再确定该时刻或该位置的速度，应用公式P=Fv进行求解。如果F、v不同向，成夹角α，应用公式P=Fv·cos α进行计算。尤其应该注意F与v的同时性。 三、功率与力、速度 定值 各量间的关系 应用 P一定 F与v成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度 v一定 F与P成正比 汽车上坡时，若速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力 F一定 v与P成正比 汽车在平直高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度 考点三　机车的两种启动方式 一、以恒定的功率启动 一汽车在水平路面上以恒定功率P从静止开始加速运动，运动过程中受到的阻力大小为f： (1)机车功率指的是合力做功的功率(总功率)还是牵引力做功的功率？ (2)汽车在启动过程中速度v、加速度a怎么变化？汽车的最大速度是多大？ (3)试在图中定性画出此过程中的v-t图像。 答案　(1)机车功率指的是发动机的功率，即牵引力做功的功率。 (2) (3)如图所示 二、以恒定的加速度(牵引力)启动 若一汽车在水平路面上以恒定加速度开始启动，额定功率为P额，运动过程中受到的阻力大小为f。 (1)汽车匀加速运动过程中，牵引力如何变化？汽车的实际功率如何变化？ (2)当汽车的实际功率达到额定功率P额时，汽车的速度是多大？此时汽车的速度是否为最大速度？之后功率将如何变化？ (3)分析整个运动过程并画出汽车运动的v-t图像。 (4)画出整个过程中汽车运动的P-t图像。 (5)求出整个过程中汽车的最大速度。 答案　(1)由题意知a不变，f不变，由F-f=ma知，F也不变，由P=Fv知，此过程汽车的实际功率P增大。 (2)刚达到额定功率时，F-f=ma P额=Fv1，得v1=，此时速度不是最大速度。 此后汽车功率不变，速度继续增大，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，最终a=0时做匀速直线运动。 (3)如图所示： 汽车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动。 (4)如图所示： (5)vm=。 机车启动问题中几个物理量的求法 分析机车启动问题，要抓住两个核心公式：牛顿第二定律方程F-f=ma，联系着力和加速度；P=Fv，联系着力和速度。结合v-t图像进行分析。 (1)机车的最大速度vm的求法 机车最终匀速前进时速度最大，此时a=0，牵引力F大小等于阻力大小f，故vm==。 (2)匀加速启动持续时间的求法 牵引力F=ma+f，匀加速阶段的末速度vm'=，时间t=。 (3)瞬时加速度的求法 根据F=求出牵引力，则加速度a=。 考点四　动能　动能定理 一、动能和动能定理 1.动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量。 (2)表达式：Ek=mv2。其单位与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号是J。 (3)标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向。 (4)动能是状态量，与物体的运动状态相对应。 (5)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小可能不同，动能也可能不同，一般以地面为参考系。 2.动能定理 (1)在一个过程中合力对物体所做的功等于物体动能的变化量。 (2)W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因。 ①合力对物体做正功时，末动能大于初动能，物体的动能增加。 ②合力对物体做负功时，末动能小于初动能，物体的动能减小。 (3)适用范围：既适用于恒力做功，也适用于变力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 二、动能定理的简单应用 如图所示，质量为m的物块从固定斜面顶端由静止滑下，已知斜面倾角为θ，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面高为h，重力加速度为g。 (1)物块在下滑过程中受哪些力的作用？各个力做的功分别为多少？ (2)物块的动能怎样变化？物块到达斜面底端时的速度为多大？ 答案　(1)受重力、支持力、摩擦力；重力做功为WG=mgh，支持力做功为WN=0， 摩擦力做功为Wf=-μmgcos θ·=-μmg。 (2)物块动能增大，由动能定理得WG+WN+Wf=mv2-0，得物块到达斜面底端时的速度大小v=。 总结提升一 应用动能定理解题的一般步骤 1.选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程。 2.对研究对象进行受力分析，明确各个力做功的情况，求出外力做功的代数和。 3.明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。 4.列出动能定理的方程W=Ek2-Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算。 总结提升二 动能定理的优越性 牛顿运动定律 动能定理 适用条件 只能研究物体在恒力作用下做直线运动的情况 对于物体在恒力或变力作用下做直线运动或曲线运动的情况均适用 应用方法 要考虑运动过程的每一个细节 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 结论 应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错 考点五　势能 一、重力做功 1.重力做功 (1)重力做功的特点：重力做功只与运动物体的起点和终点的位置有关，而与运动物体所经过的路径无关。 (2)物体下降时，重力做正功；物体上升时，重力做负功。 (3)重力做功的特点可推广到任一恒力做功，即恒力做功的特点是：与具体路径无关，即恒力做的功等于力与在力的方向上的位移大小的乘积，跟初、末位置有关。 2.重力势能 (1)定义：物体由于位于高处而具有的能量叫作重力势能。 (2)大小：物体的重力势能等于它所受重力的大小与所处高度的乘积，表达式为Ep=mgh。 (3)单位：焦耳，符号为J。 (4)重力势能是物体和地球组成的系统共同具有的。 3.重力做功与重力势能变化的关系 WG=Ep1-Ep2=-ΔEp (1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，重力势能的减少量等于重力所做的功。 (2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功(物体克服重力做功)，重力势能增加，重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功。 二、重力势能的相对性 1.参考平面 物体具有的重力势能总是相对某个水平面而言的，这个水平面叫作参考平面。处在参考平面上的物体的重力势能规定为零。 2.重力势能的相对性 (1)重力势能具有相对性，与参考平面的选取有关，选择不同的参考系，重力势能是不同的。 (2)对选定的参考平面，在参考平面上方的物体、重力势能为正值，在参考平面下方的物体，重力势能为负值。正负表示重力势能的大小。 (3)重力势能的差值与参考平面的选取无关。 三、弹性势能 1.定义：发生弹性形变的物体，在恢复原状过程中能够对外界做功，因而具有的能量。 2.影响弹性势能的因素 (1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，在弹性限度内，弹性形变越大，弹簧的弹性势能就越大。 (2)弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数有关：在弹性限度内，不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。 3.对弹性势能的理解 (1)系统性：弹性势能是发生弹性形变的物体上所有质点因相对位置改变而具有的能量，因此弹性势能具有系统性。 (2)相对性：弹性势能的大小与选定的弹性势能为零的位置有关，对于弹簧，一般规定弹簧处于原长时的弹性势能为零。 4.弹性势能与弹力做功的关系：弹性势能的变化只与弹力做功有关，弹力做负功，弹性势能增大，反之则减小。 考点六　动能定理的应用 一、应用动能定理求变力做功 用动能定理求解变力做功的方法 1.分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 2.分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 3.运用动能定理列式求解。 二、动能定理在图像问题中的应用 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 三、应用动能定理解决多过程问题 1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便。 2.选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功。 四、应用动能定理解决往复运动问题 1.物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 2.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； (2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f=fs(s为路程)。 五、动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg=，vmin=。 考点七　机械能守恒定律 一、动能与势能的相互转化 1.机械能：动能与势能(包括重力势能和弹性势能)统称为机械能。 2.重力势能与动能的转化 只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能减少，动能增加，物体的重力势能转化为动能；若重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，动能减少，物体的动能转化为重力势能。 3.弹性势能与动能的转化 只有弹簧弹力做功时，若弹力对物体做正功，则弹簧的弹性势能减少，物体的动能增加，弹簧的弹性势能转化为物体的动能；若弹力对物体做负功，则弹簧的弹性势能增加，物体的动能减少，物体的动能转化为弹簧的弹性势能。 二、机械能守恒定律的理解和判断 1.机械能守恒定律 (1)内容：在只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能发生相互转化，而系统的机械能总量保持不变。 (2)表达式：Ep1+Ek1=Ep2+Ek2。 (3)条件：只有系统内的重力或弹力做功，其他力不做功或做功的代数和为零。 2.对机械能守恒条件的理解 (1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化。 (2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。 (3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。 (4)除重力和弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和始终为零。 3.判断机械能守恒的方法 1.做功分析法(常用于单个物体) 2.能量分析法(常用于多个物体组成的系统) 3.机械能的定义法 机械能等于动能与势能之和，若一个过程中动能不变，势能变化，则机械能不守恒，如匀速上升的物体机械能增加。 三、机械能守恒定律的应用 1.机械能守恒定律的不同表达式 项目 表达式 物理意义 说明 从守恒的 角度看 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E初=E末 初状态的机械能等于末状态的机械能 必须先选参考平面 从转化 角度看 Ek2-Ek1=Ep1-Ep2或ΔEk=-ΔEp 过程中动能的增加量等于势能的减少量 不必选参考平面 从转移 角度看 EA2-EA1=EB1-EB2或ΔEA=-ΔEB 系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能 2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤 1.根据题意选取研究对象； 2.明确研究对象的运动过程，分析研究对象在此过程中的受力情况，弄清各力做功的情况，判断机械能是否守恒。 3.恰当地选取参考平面，确定研究对象在此过程中的初状态和末状态的机械能。 4.根据机械能守恒定律的不同表达式列方程并求解。 考点八　验证机械能守恒定律 分析实验数据得出结论，能定性分析产生误差的原因(重难点)。 一、实验思路 机械能守恒的前提是“只有重力或弹力做功”，因此研究过程一定要满足这一条件。本节实验我们对只有重力做功的过程进行研究。 二、物理量的测量及数据分析 只有重力做功时，只发生重力势能和动能的转化。 (1)要验证的表达式：m+mgh2=m+mgh1或m-m=mgh1-mgh2。 (2)所需测量的物理量：物体下落的高度和对应的瞬时速度。 三、参考案例 案例1　研究自由下落物体的机械能 1.实验器材：铁架台(带铁夹)、电磁打点计时器、刻度尺、重物、纸带、电源等。 2.实验步骤 (1)安装装置：按图甲所示把打点计时器安装在铁架台上，并用导线把打点计时器与电源连接好。 (2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近。先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落。重复几次，得到3~5条打好点的纸带。 (3)选纸带并测量：选择一条点迹清晰的纸带，确定要研究的开始和结束的位置，测量并计算出两位置之间的距离Δh及在两位置时纸带的速度，代入表达式进行验证。 3.数据处理 (1)计算各点对应的瞬时速度：如图乙所示，根据公式vn=，计算出某一点的瞬时速度vn。 (2)验证方法 方法一：利用起始点和第n点。 选择开始的两点间距接近2 mm的一条纸带，选打的第一个点为起始点，如果在实验误差允许范围内mghn=m，则机械能守恒定律得到验证。  方法二：任取两点A、B。 如果在实验误差允许范围内mghAB=m-m，则机械能守恒定律得到验证。 方法三：图像法(如图所示)。 若在实验误差允许范围内v2-h图线是一条过原点且斜率为g的直线，则机械能守恒定律得到验证。 4.误差分析 本实验的误差主要是测量纸带产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦力引起的系统误差。 5.注意事项 (1)安装打点计时器时，要使两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦力。 (2)应选用质量和密度较大的重物。 (3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落。 (4)本实验中的几种验证方法均不需要测重物的质量m。 (5)速度不能用v=gt或v=计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn=计算。 案例2　研究沿斜面下滑物体的机械能 1.实验器材 如图所示，气垫导轨、数字式计时器、光电门传感器、带有遮光条的滑块。 2.实验步骤 把气垫导轨调成倾斜状态，滑块沿倾斜的气垫导轨下滑时，忽略空气阻力，重力势能减小，动能增大。 测量两光电门之间高度差Δh和滑块通过两个光电门时的速度v1、v2，代入表达式验证。 3.物理量的测量及数据处理 (1)测量两光电门之间的高度差Δh； (2)根据滑块经过两光电门时遮光条的遮光时间Δt1和Δt2，计算滑块经过两光电门时的瞬时速度。 若遮光条的宽度为ΔL，则滑块经过两光电门时的速度分别为v1=，v2=； (3)若在实验误差允许范围内满足mgΔh=m-m，则验证了机械能守恒定律。 4.误差分析 两光电门之间的距离稍大一些，可以减小误差；遮光条的宽度越小，误差越小。 考点九　生产和生活中的机械能守恒 一、单个物体的机械能守恒问题 1.应用机械能守恒定律解题的步骤 2.机械能守恒定律表达式的灵活选取 以单个物体为研究对象，可应用表达式ΔEk=-ΔEp或E1=E2列式求解。 二、多物体组成的系统机械能守恒问题 利用机械能守恒定律解题时，经常会遇到多个物体相关联的运动情况，一般情况下，相“关联”的多个物体运动时，单个物体的机械能不守恒，而整个系统的机械能守恒。所以，我们一般选系统为研究对象来列机械能守恒方程。 常见情景如图所示： 1.多物体机械能守恒问题的分析技巧 (1)若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔEk=-ΔEp来求解。 (2)若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA=-ΔEB来求解。 (3)从机械能的转化角度来看，系统中某一类型或某些类型机械能的减少量等于系统中其他类型机械能的增加量，可用E减=E增来列式。 2.对于关联物体的机械能守恒问题，应注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系、位移与高度变化量Δh的关系。 三、非质点类物体的机械能守恒问题 1.在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。 2.物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。 考点十　功能关系及其应用 一、几种典型的功能关系 功能关系 表达式 物理意义 做功与能量变化的关系 重力做功等于重力势能减少量 WG=-ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 弹簧弹力做功等于弹性势能减少量 W弹=-ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能减少 W弹<0 弹性势能增加 合外力做功等于动能变化 W合=ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能增加 W合<0 动能减少 机械能的变化 W其他=ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W其他>0 机械能增加 W其他<0 机械能减少 一对滑动摩擦力做功与内能增加量 fl相对=Q (l相对指相对路程) 滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量 一对滑动摩擦力做功的代数和总为负值，系统内能增加 二、摩擦力做功与热量的产生 如图，质量为M、长为l0的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为m的物块(可视为质点)以速度v0从左端冲上木板，物块和木板间的滑动摩擦力大小为f。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度v，且此时木板位移为l。 (1)此过程中物块的位移大小为多少？对物块列出动能定理表达式。 (2)对木板列出动能定理的表达式。 (3)一对摩擦力对系统做的功为多少(用f、l0表示)；系统动能变化量为多少(用M、m、v0、v表示)；系统摩擦力做功的过程中产生的热量是多少(用M、m、v0、v表示)；产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？ 答案　(1)物块位移大小x=l+l0，由动能定理 -f(l+l0)=mv2-m① (2)fl=Mv2② (3)由①②式相加 -f(l+l0)+fl=mv2+Mv2-m③ 即-fl0=mv2+Mv2-m④ 一对摩擦力对系统做功为-fl0 系统动能变化量为mv2+Mv2-m 系统摩擦力做功过程中产生的热量 Q=m-(mv2+Mv2) 由④式知，摩擦力做功产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做的功大小相等，故有fl相对=Q(l相对指相对路程)。 专题训练 1.2023·山东·高考真题）《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 2.2022·浙江温州·一模）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1时刻达到额定功率，t1~t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（　　） A．0~t1时间内物体处于失重状态 B．t1~t2时间内物体做减速运动 C．0~t1时间内重力对物体做功为 D．t1~t2时间内起重机额定功率为 3.（2025·广东广州·一模）精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．赛车受到地面的作用力为 B．向心加速度 C．轮胎与地面的摩擦系数至少为0.2 D．轮胎所受摩擦力不做功 4.（2026·广东·模拟预测）（多选）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为的小朋友由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点，竖直向下为轴，小朋友下落过程中的加速度为，其图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由点下落的最大距离 D．小朋友感受到的最大加速度 5.（23-24高一下·广东广州·天河期末）图甲、乙分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角θ相同，某质量为m的同学先后站在两扶梯上，随扶梯以速度v匀速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（    ） A．甲图中人所受的支持力对人做正功 B．两图中人所受重力的瞬时功率均为mgv C．甲图中人所受的摩擦力对人做正功 D．乙图中人所受的摩擦力做功的瞬时功率为mgvcosθ 6.（23-24高一下·上海黄浦·期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。a由静止开始沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动，c向右以某一初速度v0做平抛运动，三者最终都落在同一个水平面上、若不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．三者落地时速度都相同 B．三者的运动时间都相等 C．三者的重力做功都相等 D．三者落地时重力的瞬时功率相等 7.（2023·广东广州·模拟预测）如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（　　）    A．水斗速度随时间变化规律为（所涉及物理量均用国际单位制） B．井绳拉力大小恒定，其值为25N C．0~10s内水斗上升的高度为4m D．0~10s内井绳拉力所做的功为255J 8.（22-23高一下·广东广州·省实执信广雅二中六中五校期末）（多选）机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货，皮带输送机可简化为倾角为，以速度逆时针匀速转动的传送带。时刻，货物以速度滑上传送带上端，如图乙所示，货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像如图丙所示，则（　　）      A．内，传送带对货物做正功 B．匀速阶段，传送带对货物做负功 C．内，传送带对货物做功等于货物动能的增加量 D．内，传送带对货物做的功等于货物与传送带之间摩擦产生的热量 9.（21-22高一下·广东广州·海珠期末）一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．该汽车的质量为2.0×103kg B．在前5s内，汽车前进位移大小为25m C．整个过程中汽车的牵引力大小保持不变 D．在前5s内，汽车牵引力做功为3.75×104J 10.（20-21高一下·广东广州·七区期末）（多选）如图，质量相同的小球A、B处在同一水平高度h，小球A沿光滑斜面以某初速度从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度水平向右抛出，则（　　） A．两球落地时速度相同 B．两小球在空中运动的时间不同 C．两球落地瞬间，重力的瞬时功率不同 D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同 11.（2021·广东·高考真题）（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 D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为 12.（2025·山东枣庄·二模）直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、、x、P表示。下列图像可能正确的是（　　） A． B．C． D． 13.（2025·广东·一模）（多选）如图，质量为的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，重力加速度g取．则（　　）    A．汽车在水平段的牵引力为 B．b、c两位置的高度差为20m C．b到c，汽车机械能增加 D．b到c，汽车牵引力功率为108kW 14.（25-26高三上·安徽芜湖·阶段检测）如图所示，一辆在平直路面上匀速行驶的汽车，利用跨过光滑定滑轮的轻绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，汽车与滑轮间的绳保持水平。小船的质量为m，受到的阻力大小恒为，汽车受到地面的阻力大小恒为，不计空气阻力。当牵引小船的绳与水平方向成角时，小船的速度大小为v，绳的拉力对小船做功的功率为P，此时（　　） A．汽车的速度大小为 B．绳的拉力大小为 C．小船的加速度大小为 D．汽车发动机的输出功率为 15.（2024·广东广州·模拟预测）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度时仅靠电动机输出动力：当行驶速度时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。求： (1)汽车切换引擎后的牵引力功率P； (2)汽车由启动到切换引擎所用的时间。 16.（2025·广东广州·模拟预测）一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（　　） A．所受恒定阻力大小为 B．机车运动的额定功率为 C．机车匀加速运动的时间为30s D．机车的质量为 17.（2026·广东广州·三模）复兴号动车在世界上首次实现高速自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的标志性成果。一列质量为m的复兴号动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经过时间t达到该功率下的最大速度vm。若动车行驶过程所受到的阻力恒为f，则复兴号动车在时间t内（　　） A．合外力做功 B．消耗的电能 C．克服阻力做功 D．位移大小s= 18.（2024·辽宁·高考真题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 19.（2024·广东广州·二模）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。 （1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v； （2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求； （3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为。 20.（2025·广东广州·二模）（多选）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（　　） A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同 B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同 C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量 D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 21.（2026·广东广州·三模）如图，AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2。不计空气阻力，物块视为质点，传送带足够长。求： (1)物块滑到B点处的速度大小； (2)物块从B到C点过程因摩擦产生的热量； (3)物块到达圆弧轨道最高点时对轨道的压力。 22.（2024·广东·一模）如图，运动员练习单杠下杠：双手抓住单杠与肩同宽，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率，转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离；脱离单杠后运动员在空中上升与下降的时间之比为5：7，B、D两点的高度差为，重心在点时速率；g取，A、B、C、D在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求： （1）运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小和方向； （2）C、D两点间的水平距离； （3）从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。 23.（2025·广东广州·二模）（多选）某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度ω匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为R，带动一个T形支架在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时，在桌面的A点轻放质量为m的小物件P，此时T形支架的右端恰好与P接触但不粘连，圆盘转半圈时物件P恰好运动到O点。不计一切摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．从A点开始运动到与T形架分离的过程中，物件P做匀变速直线运动 B．物件P从A点开始运动的过程，T形支架对其做功为 C．小圆柱从最左端开始转动圆周时，物件P与T形支架分离 D．AO的距离为 24.（2023·广东广州·一模）（多选）如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（　　） A．F与T的夹角一定大于90° B．G和T的合力一定与F等大反向 C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量 D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量 25.（24-25高一下·广东广州·培正期末）如图所示，竖直平面内固定半径R=7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s=2.5m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ=60°，已知传送带的长度L=5.0m，始终以速度v=6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)物块第一次下滑到圆弧末端M处对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep； (3)物块在PN部分通过的总路程x0。 26.（23-24高一下·广东广州·黄埔期末）如图甲所示，在竖直平面内，粗糙的倾斜直轨道AB和光滑的圆轨道BCD相切于B点，C是圆轨道最低点，圆心角，D点与圆心等高，最低点C处有压力传感器。现有一个质量为m可视为质点的小物块从D点正上方静止释放后，恰好沿D点进入轨道DCB，压力传感器测出不同高度h释放时第一次经过C点的压力示数F，做出F与高度h的图像，如图乙所示。已知，，。 （1）求小物块的质量m和圆轨道的半径R； （2）若，轨道AB的长度，改变小物块与轨道AB间的动摩擦因数，试求小物块在斜面轨道AB上滑行的路程s与的关系。 27.（2024·广东广州·三模）（多选）如图，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口直径水平，一个质量为m的小物块从距离槽口A点高为R的P点静止释放，刚好从A点无碰撞地滑入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到点B，重力加速度大小为g，则物块（    ） A．从A运动到B过程中重力做功的最大功率为 B．到达B点时对槽的压力大于重力 C．从A运动到B过程中克服摩擦力做功为 D．与槽内AB之间各处的动摩擦因数均相等 28.（24-25高三上·广东惠州·阶段检测）（多选）如图所示，太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。某熟练的太极球健身者用球拍托住太极球，在竖直平面内做匀速圆周运动，轨迹截面图如图所示，图中的A点为圆周运动最高点，B点为圆周运动最低点，C、D点与圆心等高。已知太极球运动的速度大小为，半径为，太极球的质量为，重力加速度为，不考虑空气阻力，则（　　） A．太极球在运动过程中机械能不守恒 B．太极球在点受到向心力、重力和弹力的作用 C．从A点运动到B点过程中，球拍对太极球做了正功 D．在C点，球拍对太极球的作用力大小为 29.（2024·广东广州·一模）（多选）足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的加速度a、重力势能随离地面高度h变化的图像是（  ） A． B． C． D． 30.（2024·广东广州·模拟预测）（多选）图（a）是某型号气门结构的简化图：金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端，偏心轮轴位置固定，偏心轮以恒定角速度ω转动，带动金属块与推杆整体上下往复运动，配合气门机构完成进气、出气，此过程弹簧一直处于压缩状态，偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图（b），在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置，则（　　） A．推杆上下往复运动的周期为 B．时弹簧的弹性势能最大 C．偏心轮上各点的线速度最大值为 D．偏心轮上各点的向心加速度最大值为 31.（24-25高三上·广东广州·华附、省实、广雅、深中四校期末）（多选）抛石机的简化图如图所示，质量为m的石块装在长臂为L的杠杆末端，质量为M的配重安装于长为l短臂的末端，初始时杠杆被固定，抛石机静止，长臂与水平面的夹角为。 释放杠杆，配重下落，带动杠杆在竖直面自由转动，杆转到竖直位置时将石块以速度v水平抛出，此时配重未接触地面。 石块与配重均可视为质点，不计摩擦、空气阻力和杠杆质量，重力加速度为g。 释放杠杆到杠转到竖直位置这段过程中（　　） A．石块增加的机械能为 B．石块受到的合力对石块做的功为 C．配重增加的重力势能为 D．配重增加的动能为 32.（2024·山东淄博·一模）图甲是淄博市科技馆的一件名为“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。若将两个相同的小球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。下列描述两球速率v与时间t、速率平方与下滑高度h的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 33.（2024·广东广州·模拟预测）如图是一款弹球投篮游戏示意图，圆形篮筐水平，其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧，小球由静止释放向左弹出，到达A点时弹簧恢复原长；小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC，从C点沿切线飞出，小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏，小球恰好垂直击中篮板，击中点D在E点正上方。已知小球质量为m；圆弧轨道的半径为R，圆心角，C点到篮板的水平距离为12R，C点与篮筐的高度差为7R，篮筐的直径为R，忽略空气阻力和小球体积大小，不计摩擦，重力加速度为g。 (1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能； (2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力； (3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐，求碰撞过程小球损失动能的最小值。 34.（2025·广东广州·一模）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED（厚度不计）静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m=0.20kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），物块到达B点时的速度为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，A、B之间的距离为x=1m，B点右侧地面光滑，g取。 (1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能； (2)求物块上升的最大高度； 35.（2025·广东广州·一模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取，下列说法正确的是（　　） A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的加速度先增大后减小 B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的机械能先增大后减小 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为 36.（2026·广东广州·二模）（多选）如图为某技术小组设计的电梯轿厢保护装置。某次测试中模拟轿厢坠落，当轿厢速度为v时，触发其底部两个安全钳工作，轿厢开始减速，每个安全钳受到轨道的滑动摩擦力大小恒为f。一段时间后，轿厢接触缓冲弹簧，到达最低点时缓冲弹簧的压缩量为x，轿厢停止运动。已知轿厢（含安全钳）的质量为m，重力加速度大小为g，缓冲弹簧始终在弹性限度以内且重力不计，空气阻力可忽略，从触发安全钳工作开始（　　） A．轿厢接触弹簧后，速度先增大后减小 B．到最低点过程轿厢的平均速度大于 C．轿厢接触弹簧前，加速度大小为 D．轿厢到达最低点时，弹簧弹性势能为 37.（2026·辽宁·一模）（多选）如图甲所示是沈阳东北亚国际滑雪场的某倾斜足够长的直滑雪道，可简化为图乙所示倾角为的斜面，一滑雪爱好者从滑雪道的顶点开始下滑，在图中某位置开始计时，其位移x随时间t变化的图像如图丙中的曲线1所示，其中曲线1是抛物线，直线2是曲线1在点的切线，则滑雪爱好者在下滑的过程中，加速度、速度随时间，动能、机械能E随位移x的变化图像可能正确的是（　　） A．B．C． D． 38.（24-25高一下·广东广州·省实执信广雅二中六中五校期末）如图所示，一游戏装置由倾斜角为α的光滑轨道OA、水平轨道AB、水平传送带BC、半径为R＝0.2m的光滑竖直圆形轨道DEF、水平地面IJ构成。J点固定有一足够高的竖直挡板，O1（题中未标出）为圆弧轨道的圆心，B、C、D、G四点在同一水平面上。游戏时，质量为0.1kg的小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过水平轨道和传送带后可沿圆形轨道运动，最后由G点水平飞出。已知小滑块与水平轨道AB的动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带的动摩擦因数μ2＝0.6，AB长s=2m，BC长L=1m，IJ长x=2.4m，E是圆轨道上与圆心等高的点，G距水平地面IJ的高度H=1.8m，小滑块可视为质点且经A处时速度大小不变，其余阻力均不计，g取10m/s2，求： (1)若传送带处于静止状态，小滑块释放的高度h＝2m，求小滑块通过E点时对轨道的压力； (2)若传送带以4m/s逆时针转动，小滑块释放的高度h=1.45m，求小滑块在传送带上运动的过程中产生的热量； (3)若小滑块释放的高度h＝1.65m，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从G点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（即不考虑反弹）与G点的竖直高度差y与传送带速度v的关系。 39.（2025·广东广州·模拟预测）如图所示，一篮球由静止开始竖直下落（无风环境），下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，即（k为常数），下列描绘速度、加速度与时间t的关系图像，重力势能、机械能与下降高度h的关系图像（以地面为零势能面）可能正确的是（　　） A． B． C． D． 40.（2025·河北保定·模拟预测）如图所示，半径为的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，下端恰好与光滑水平面BC平滑对接，长、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度逆时针运行，质量的小物块甲由圆弧轨道顶端A点无初速度释放，滑到与传送带等高的水平面上的B点向左运动，在C点与质量的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E点，小车的上表面与传送带等高，右端点D与E之间粗糙，E点左侧光滑。乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车DE段之间的动摩擦因数均为，重力加速度，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求： (1)甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小； (2)传送带的电动机由于传送小物块乙多消耗的电能； (3)DE之间的距离和弹簧的最大弹性势能。 41．（2025·广东广州·模拟预测）“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名质量m=60kg（包含雪具的质量）的穿戴雪具的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长，倾角（，），“雪地魔毯”以的速度向上滑行，经过游客滑到“雪地魔毯”的顶端。，人与“雪地魔毯”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，求 (1)“游客在“雪地魔毯”上做匀加速直线运动的时间t0以及游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数。 (2)“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端需多做多少功？ 2 / 41 1 / 41 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B 【详解】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 则筒车对灌入稻田的水做功的功率为，，联立有，故选B。 2．D 【详解】A．0~t1时间内物体向上加速运动，则物体处于超重状态，故A错误； B．t1~t2时间内物体做加速度减小的加速运动，故B错误； C．0~t1时间内重力对物体做功为，故C错误； D．t1~t2时间内起重机额定功率为，故D正确。故选D。 3.D 【详解】AB．赛车所需向心力为 向心力由地面对车的摩擦力提供，地面的作用力还包含支持力的作用，故赛车受到地面的作用力大于； 向心加速度为，故AB错误； C．根据牛顿第二定律可得，可得 可知轮胎与地面的摩擦系数至少为0.4，故C错误； D．轮胎所受摩擦力提供向心力，方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。故选D。 4.BD 【详解】A．由图像可知，当时，小朋友开始与蹦床接触，当时，即，其中解得，A错误； B．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到过程，根据动能定理有，其中，解得，B正确； C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有，其中，解得，C错误； D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律，结合图像可得 解得，D正确。故选BD。 5.A 【详解】A．甲图中人所受的支持力竖直向上，支持力与速度方向的夹角小于，则支持力对人做正功，故A正确； B．两图中人所受重力的瞬时功率大小均为，故B错误； C．甲图中，根据受力平衡可知，摩擦力为0，则不存在摩擦力做功，故C错误； D．乙图中，根据受力平衡可知，摩擦力大小为则摩擦力做功的瞬时功率大小为 故D错误。故选A。 6.C 【详解】A．根据机械能守恒定律可知可知，三者落地时速度大小都相同，但是方向不同，选项A错误； B．b和c竖直方向的运动相同，则运动时间相同；a竖直加速度小于bc，则运动时间较长，选项B错误； C．根据可知，三者的重力做功都相等，选项C正确； D．根据可知，bc竖直速度相等，则重力的瞬时功率相等，a的竖直速度较bc小，则重力的瞬时功率较小，选项D错误。故选C。 7.D 【详解】A．由丙图知 水斗速度随时间变化规律为（所涉及物理量均用国际单位制），A错误； B．水斗匀加速上升时的加速度 根据牛顿第二定律，解得井绳拉力大小，B错误； C．0~10s内水斗上升的高度为，C错误； D．0~10s内井绳拉力所做的功为，D正确。故选D。 8.AB 【详解】A．根据图丙可知 即货物开始滑上传送带时相对皮带向上运动，皮带对货物有沿皮带向下的滑动摩擦力，传送带对货物的弹力不做功，滑动摩擦力做正功，即内，传送带对货物做正功，故A正确； B．匀速阶段，货物所受外力的合力为0，可知摩擦力方向沿皮带向上，货物向下匀速，则匀速阶段，传送带对货物的弹力不做功，摩擦力做负功，即匀速阶段，传送带对物体做负功，故B正确； C．内，货物所受摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做正功，则有 可知，内，传送带对货物做功小于货物动能的增加量，故C错误； D．内，货物的位移 货物对皮带相对位移的大小，可知 令滑动摩擦力为f，根据上述，传送带对货物做功为 货物与传送带之间摩擦产生的热量，可知，故D错误。故选AB。 9.D 【详解】A．设汽车的质量为，汽车受到的阻力为 由图可知，该汽车在内做匀加速直线运动，加速度大小为 牵引力的功率为解得 由牛顿第二定律可得解得，A错误； B．在前5s内，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，前进的位移大小为，B错误； C．前5s内汽车做匀加速直线运动，牵引力保持不变，时间内汽车牵引力功率保持不变，汽车的速度逐渐增加，由牵引力的功率可知，在时间内汽车牵引力不断减小，C错误； D．在前5s内，汽车牵引力保持不变，牵引力做功为 D正确。故选D。 10.BCD 【详解】AD．两球从开始运动至落地过程中，重力做功相等，根据动能定理有 则两球落地的速度大小相等，方向不同，故A错误，D正确； B．设斜面倾角为，小球A在斜面运动时有，小球平抛的时间为两球运动时间不同，故B正确； C．两球落地的速度大小相等，方向不同，则竖直方向的分速度不同，根据 可知两球落地瞬间，重力的瞬时功率不同，故C正确；故选BCD。 11.BC 【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误； B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率 因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确； C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量，故C正确； D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。 12.D 【详解】A．根据牛顿第二定律有解得 可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误； B．阻力的瞬时功率大小 结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误； C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误； D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能 即图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。故选D。 13.ABD 【详解】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力，故A正确； B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，则汽车在斜坡运动时的牵引力为 设b、c两位置的高度差为，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有 其中，，联立解得 故B正确； C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有，故C错误； D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据 可得b到c过程，汽车牵引力功率为，故D正确。故选ABD。 14.D 【详解】A．将小船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的分量，沿绳方向的分速度为，该分速度等于汽车的速度，因此汽车速度大小为，A错误； B．绳的拉力对小船做功的功率，解得绳的拉力大小为，B错误； C．对小船，由牛顿第二定律得，结合，解得小船的加速度大小为，C错误； D．汽车匀速行驶，发动机的牵引力，汽车速度 发动机输出功率，D正确。故选D。 15.(1)90kW(2)6s 【详解】（1）根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率为W=90kW （2）开始阶段，牵引力N，根据牛顿第二定律可得解得开始阶段加速度为a=2.5m/s2 根据速度与时间关系有s 16.D 【详解】A．由图乙可知，机车在BC段功率恒定，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力大小等于机车牵引力的大小，则有，故A错误； B．由图乙可知，机车的最大速度为，机车运动的额定功率，故B错误； C．机车匀加速运动的末速度，AB段机车恒定加速启动，由甲图可知机车的加速度为，机车匀加速运动的时间，故C错误； D．根据牛顿第二定律，结合图甲解得解得，故D正确。故选D。 17.C 【详解】A．合外力做功等于动能变化，即 是牵引力做的功，不是合外力做功，A错误； B．消耗的电能等于牵引力做的功，根据能量守恒，电能一部分转化为动车动能，一部分克服阻力做功转化为内能，因此消耗的电能大于动能变化量，B错误； C．根据动能定理解得 ，C正确； D．由动能定理可得，故D错误。故选C。 18.（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得，代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则解得脱离弹簧时B的速度大小为 （2）对物块B由动能定理 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为 （3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即 其中，解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能 19.（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）根据动能定理有解得 （2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有， 解得 克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有解得 （3）平抛运动过程有，， 根据题意有 底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理有 ， 结合上述有 由于n≤10，则有，或，或， 20.AC 【详解】B．图像的斜率表示加速度，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度大小相等方向相反，故B错误； A．图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同，故A正确； C．砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，根据动能定理可知，0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确； D．根据功能关系与能量守恒定律有 即0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。故选AC。 21.(1)(2)(3)3N，方向竖直向上 【详解】（1）物块从P到B点，根据动能定理可得解得 （2）物块从B点匀加速运动到与传送带共速v0，对物块有，，解得， 对传送带有 根据功能关系可得解得 （3）物块从进入圆弧槽到达最高点过程，根据水平方向动量守恒和能量守恒可得，解得，（，，不符合实际舍掉） 物块在圆弧槽最高点时，有解得 根据牛顿第三定律，物块在圆弧槽最高点时对轨道的压力大小3N，方向竖直向上。 22.（1），方向竖直向上；（2）；（3） 【详解】（1）设单杠对每只手的弹力大小为，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律 代入数据解得方向竖直向上。 （2）设运动员从到的时间为，从到的时间为，B、C两点的高度差设为，C、D两点的高度差设为。由合运动与分运动的关系可知，运动员从到的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动；从到的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，则 B、D两点间的高度差C、D两点的水平距离为 联立解得C、D两点间的水平距离为 （3）设运动员在点时速度为，则 又，运动员从A到点的过程中，根据动能定理可知 联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为 23.BCD 【详解】A．T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为 将小圆柱的速度分解如图所示 水平方向上的分速度为 所以物件P从A点开始运动到与T形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A错误； BC．当水平圆盘转过圈时，小圆柱的速度在沿AO方向的分量最大，则P速度达到最大值v，且之后小圆柱在沿AO方向的分量开始减小，所以此时物件P将与T形支架分离，此后以v做匀速直线运动，物件P从A点开始运动的过程，由动能定理得，T形支架对其做的功为，故BC正确； D．支架与物件P分离之后P做匀速直线运动在圆盘转动周期时间到达O点，此时间内P运动的位移为 AO间的距离为 故D正确。故选BCD。 24.AD 【详解】A．对重物进行受力分析如图所示 根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确； B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误； C．以重物为对象，根据动能定理有 可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误； D．根据上述有由于则有 可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。故选AD。 25.(1)20N(2)23J(3)9m 【详解】（1）设物块下滑到M处的速度为，由动能定理有解得 在圆弧末端M处，有解得 又由牛顿第三定律可知对轨道压力 （2）小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短，根据动能定理有解得 则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能 （3）物块被弹簧弹回，设滑到N点时的速度为v1，则有解得 则物块在PN部分通过的路程 由于 则物块滑上传送带后，与传送带保持相对静止，直至M点再滑上右侧圆弧轨道，又以原速率返回到传送带上，物块向左运动能通过传送带，设通过后的速度为v2，则有解得 物块滑出传送带继续向左运动，直至最终静止，设在PN部分通过的路程为，则有 解得 则物块在PN部分通过的总路程 26.（1）0.2kg，1m；（2）m（）或（）或（） 【详解】（1）当时，由图像截距可知N得 由图像可知，当时，对轨道的压力N，根据动能定理有 解得 （2）①当较小，则小物块滑离斜面，此时有 解得小球的路程为1.8m； ②当较大，小物块能停在斜面上，有解得 根据动能定理有解得 ③当时，小物块最终在与B点等高水平线范围内往复运动，则有 解得 综上可知，小物块在斜面轨道AB上滑行的路程s与μ的关系为： m（）或（）或（） 27.ABC 【详解】A．根据 从A运动到B过程中小物块竖直方向分速度逐渐减小，重力做功的最大功率为小物块在A点时的功率，由 联立，解得，故A正确； B．到达B点时合力提供向心力，其方向为竖直向上，可知小物块所受支持力大于自身重力，根据牛顿第三定律可知小物块对槽的压力大于重力。故B正确； C．从A运动到B过程中，由动能定理，可得解得克服摩擦力做功为，故C正确； D．对小物块受力分析如图 可知，所受摩擦力与重力的切向分力等大，设小物块与圆心连线和竖直方向夹角为，则有 ， 联立，解得 由此可知，随着的减小，动摩擦因数减小。故D错误。故选ABC。 28.AD 【详解】A．太极球在运动过程中动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，选项A正确； B．太极球在点受到重力和弹力的作用，两个力的合力充当做圆周运动的向心力，选项B错误； C．从A点运动到B点过程中，合外力做功为零，重力做正功，则球拍对太极球做了负功，选项C错误； D．在C点，球拍对太极球的作用力大小为 选项D正确。故选AD。 29.AC 【详解】AB．足球在空中运动过程只受重力作用，加速度恒为重力加速度，保持不变，故A正确，B错误； CD．以地面为参考平面，根据重力势能表达式可得 可知图像为过原点的一条倾斜直线，故C正确，D错误。故选AC。 30.ABC 【详解】A．根据周期和角速度的关系可得故A正确； B．弹簧一直处于压缩状态，则当弹簧长度最短时，压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，弹力最大，偏心轮应转到最低点，即从初始位置转动（n=0，1，2……） 当n=0时，有，故B正确； C．根据线速度与角速度的关系偏心轮上各点的r的最大值为3R，则最大线速度为，故C正确； D．根据可知，偏心轮上各点的向心加速度最大值为，故D错误。故选ABC。 31.BD 【详解】A．石块增加的机械能等于增加的重力势能与动能之和，可知石块增加的机械能为，故A错误； B．根据动能定理可知，石块受到的合力对石块做的功为，故B正确； C．配重向下运动，重力做正功，重力势能减小为，故C错误； D．配重与石块角速度相等，则有，配重增加的动能，解得 故D正确。故选BD。 32.A 【详解】AB．根据机械能守恒可得 可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为 小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其图像为一条倾斜直线，小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故A正确，B错误； CD．根据机械能守恒可得 可得小球a和b下滑过程速率平方与下滑高度h的关系为 可知小球a和b的图像均为一条过原点的倾斜直线，故CD错误。故选A。 33.(1)(2),方向竖直向下(3) 【详解】（1）小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为，从C点飞出时的速度为，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为，根据运动学规律可知，水平方向上 在竖直方向上，C点的竖直分速度 C点的水平分速度等于，根据运动的分解可得 联立解得，， 小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得 （2）小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得 设小球在B点轨道对小球的弹力为，由牛顿第二定律可得联立解得 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 （3）设D、E两点的高度差为，从C到D竖直方向上有解得 小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为，反弹后瞬间的最大速度为，根据运动学规律，则有，解得 故碰撞过程小球损失的动能最小值为 34.(1)(2)h=0.15m 【详解】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从A到B的过程由动能定理得代入数据得 （2）物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则，解得h=0.15m 35.D 【详解】A．物块从接触弹簧到压缩至最短的过程中，开始时重力大于弹簧弹力，合力向下，随着弹簧压缩量增大，弹力增大，合力减小，加速度减小，当弹力大小等于重力大小时速度达到最大；之后弹力大于重力，合力向上，且随着弹簧压缩量继续增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先减小后增大，故A错误； B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力对物块做负功，根据功能关系，除重力之外的力做负功，物块的机械能一直减小，故B错误； C．速度最大时，弹簧压缩量，对物块，由平衡条件有代入题中数据得弹簧的劲度系数故C错误； D．弹簧压缩量为时，由牛顿第二定律得 联立以上解得加速度大小故D正确。故选 D。 36.BC 【详解】A．由题中描述可知，触发安全钳之后，在两侧摩擦力的作用下轿厢已经开始减速，也即（该阶段合力恒定，加速度恒定），接触弹簧后，向上的力合力更大，减速的加速度变大，全程都是减速运动，故A错误； B．由A选项分析可知，轿厢图如下实线 若全程匀减速（图中虚线），则平均速度是，显然实际上运动的位移更大，故平均速度大于，故B正确； C．接触弹簧前，轿厢竖直方向上受重力和两侧的滑动摩擦，由牛顿第二定律可得，故C正确； D．设接触弹簧前还需下落h，下落过程中能量守恒，减少的重力势能和动能，转化成了弹簧的弹性势能和摩擦热，则有解得弹性势能，故D错误。故选BC。 37.AD 【详解】AB．由曲线1可知，滑雪爱好者做匀加速直线运动，由曲线2可知，初速度不为零，故A正确，B错误； C．在图像中，斜率表示合力，而滑雪爱好者的合力保持不变，故C错误； D．在图像中，斜率反映除重力以外的其他力，即滑雪爱好者受到的摩擦阻力，而滑雪爱好者做匀加速直线运动，则有，可知摩擦阻力也保持不变，且机械能减小，故D正确。故选AD。 38.(1)2N，方向水平向右(2)2.4J(3)见解析 【详解】（1）滑块从释放到E点，由动能定理得解得 在E点，由牛顿第二定律得解得 由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为2N，方向水平向右。 （2）滑块从释放到B点的过程中，由动能定理得解得 设物块在传送带上向右运动的最大位移为，由动能定理得解得 故物块将返回B点；由于，根据运动的对称性可知物块返回B点的速度大小依旧为。设返回过程在轨道AB段的最大位移为，由动能定理可得解得 故物块将最终停在AB段，不会再次进入传动带。物块在传送带上向右运动的最大时间为 由物块和传动带的运动关系可得二者相对位移为 故由功能关系可得产生的热量为解得 （3）滑块从释放到B点，由动能定理得解得 经过传送带时，若全程匀加速，由动能定理可得解得 若全程匀减速，由动能定理可得解得 故当时， 当， 当时， 设滑块刚好能够过最高点F，则从C到F，由动能定理得 又联立解得 由以上分析可知，当滑块在C点速度满足，可通过圆轨道。 设滑块在C点以速度运动到G点飞出后刚好落在J点，则有，联立解得 故由以上分析可得 ①若，则滑块落在水平面IJ，此时 ②若，则滑块打在竖直挡板上，此时，有， 联立解得代入数据得 ③若，则，由，可得 39.B 【详解】AB．由于篮球受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，由牛顿第二定律，有 则下落过程中先是加速度减小的加速运动，当受到空气阻力的大小等于篮球的重力即篮球的加速度为零以后皮球做匀速运动，故A错误，B正确； C．以地面为零势能面，设开始时皮球离地面高度为，下降高度h时篮球的重力势能为 则重力势能与下降高度的关系图像为一条倾斜直线，故C错误； D．在非常短的位移内，机械能变化量 则可知图像的斜率为 当篮球下落过程中，速度先增大后不变，图像斜率的绝对值先增大后不变，故D错误。故选B。 40.(1)30N(2)48J(3)1.2m，12J 【详解】（1）甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得解得 在点由牛顿第二定律有解得N 由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力 （2）甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 由机械能守恒定律可得解得m/s，m/s 设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得 根据牛顿第二定律有代入数据可得s 物块乙滑行的距离m 传送带的位移m 则m 物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量J 传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能 （3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，有 若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，由能量守恒定律可得 解得m 要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为。 由能量守恒定律得 85．(1)，(2)22500J 【详解】（1）假设游客在运动过程中先匀加速，后匀速，设匀加速的位移为，匀速的位移为 由题意得， 又联立解得， 由于，说明假设成立，故。 加速过程中，根据牛顿第二定律有 又联解得 （2）设“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端需多做的功为 由能量守恒得又摩擦热代入数据解得W=22500J 2 / 41 1 / 41 学科网（北京）股份有限公司 $