题型02 功与能（4大题型）（题型专练）（全国通用）2027年高考物理二轮复习讲练测

题型02 功与能 ►考向01 功、功率、动能定理 1【答案】　B 【解析】　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P＝，T＝，联立有P＝，故选B。 【易错提醒】　(1)不会选取任意一段时间间隔作为研究过程进行分析；(2)没有想到忽略水的动能变化。 2. 【答案】　ABD 【解析】　由题意，汽车最后以v1匀速运动，则有P＝Fv1＝fv1，整理可得汽车所受阻力为f＝，A正确；因为汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间 t后，该汽车的运行里程为L，根据位移与时间的关系可得L＝at2，解得汽车做匀加速运动时的加速度为a＝，B正确；到达速度v1时，电动机做功转化为汽车的动能和克服阻力做的功，可知电动机做功大于动能的增加量W>Mv，C错误；由题意，根据牛顿第二定律可得F－f＝Ma，整理可得汽车所受阻力为f＝－Ma＝－Ma＝－，当汽车匀速运动时，阻力和动力相等，故可得v1＝＝，D正确。故选ABD。 3. 【答案】　BC 【解析】　物体所受的摩擦力为Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N，从x＝0运动到x＝1 m，由动能定理可得，W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，从x＝0运动到x＝2 m，由图像斜率可知拉力F＝6 N，所以在x＝1 m时，拉力的功率P＝Fv1＝12 W，选项A错误；从x＝0运动到x＝4 m，由动能定理可得，W4－μmgx4＝mv，解得mv＝2 J，选项B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做功Wf2＝Ffx2＝8 J，选项C正确；从x＝0运动到x＝4 m的过程中，x＝2 m时速度最大，由动能定理可得，W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，物体的最大动量为pm＝mv2＝2 kg·m/s，选项D错误。 4. 【答案】　C 【解析】　根据P＝Fv，可得＝·F，结合图线可知模型车的速度从2 m/s增加至4 m/s的过程中，模型车以恒定的最大功率行驶，根据图像斜率可得k＝＝W－1＝W－1，解得小车牵引力的最大功率为P＝8 W，当牵引力为2 N时小车获得最大速度，此时牵引力等于阻力，则小车受到的阻力大小为f＝F＝2 N，故A错误，C正确；由图像可知小车初始牵引力为4 N，且匀加速结束时模型车的速度大小v1＝2 m/s，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得匀加速的加速度大小a＝2 m/s2，则小车匀加速运动的时间为t1＝＝1 s，故D错误；根据题意，模型车速度达到最大用时5 s，而匀加速阶段用时1 s，则模型车以恒定功率运动的时间为t2＝4 s，根据动能定理可得Pt2－fx2＝mv－mv，其中v2＝4 m/s，v1＝2 m/s，解得x2＝13 m，匀加速阶段的位移为x1＝at＝×2×1 m＝1 m，故总位移为x＝x1＋x2＝14 m，故B错误。 5.【答案】　(1)0.1　(2) m 【解析】　(1)电动机的输出功率为P＝UI－I2R＝14 800 W① 设电动机的牵引力为F，由P＝Fv可得F＝＝7 400 N② 设斜面的倾角为θ，向上匀速运动时根据平衡条件有 F＋m0g＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g③ 向下匀速运动时根据平衡条件有m1gsin θ＝m0g＋km1g④ 联立②③④式可得sin θ＝0.5，k＝0.1。 (2)方法一：关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点过程，对整体由动能定理可得 －(m1＋m2)gLsin θ－k(m1＋m2)gL＋m0gL＝0－(m1＋m2＋m0)v2 解得L＝ m。 方法二：关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 (m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a 解得a＝ m/s2 由运动学公式可知v2＝2aL 解得L＝ m。 【易错提醒】　(1)电动机的输出功率计算方法错误；(2)未理解“小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比”，受力分析时将阻力写为与重力垂直于斜面的分力成正比；(3)不能够选择合适的研究对象受力分析，对小车受力分析时漏掉绳子的拉力。 6. 【答案】　AD 【解析】　由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知mg＝m，在A到D过程中，由动能定理可知mv－mv＝－2mgR，联立解得v0＝，A正确；当v0＝时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理知－mgh＝0－mv，代入得h＝R，假设不成立，故当v0＝时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；B到E运动过程中，由动能定理知－mgR＝mv－mv，在B点时，小球所受弹力为FB＝mg＋m，在E点时，小球所受弹力为FE＝m，则小球在B点与E点所受的弹力之差为FB－FE＝3mg，故小球在B点与E点所受的弹力之差恒定，C错误；在D到E过程中，由动能定理知mgR＝mv－mv，代入得vE＝，从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则vEt＋gt2＝R，代入得t＝(－)，D正确。故选AD。 ►考向02 能量守恒 1【答案】　AD 【解析】　小球能沿轨道运动恰好到C点，说明vC＝0，对小球从A到C运动的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mg·2R，得v0＝，C错误；从A到C的过程小球竖直方向的速度不断减小，重力的功率不断减小，B错误；设α为小球球心与O点连线与竖直方向的夹角，从B到C的过程中mgcos α－FN＝m，FN＝mgcos α－m，α减小，cos α增大，v减小，所以FN增大，A正确；在B点，当mgcos θ<m时，小球会从B点脱离轨道，D正确。 【易错提醒】　(1)不清楚小球恰好到达C点和恰好从B点脱离轨道所满足的临界条件；(2)不会分析竖直面内圆周运动除最高点和最低点外的其他位置处的向心力。 2. 【答案】　C 【解析】　a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒，则mgL＝mv，解得va＝，故B错误；当a球运动到两杆的交点后再往下运动L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，则mg(L＋L)＝mv，所以vb＝，故C正确；由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功，故D错误。 3. 【答案】　(1)　(2)5L 【解析】　(1)小球在E点时细线的拉力刚好为0，由重力沿着斜面向下的分力提供小球做圆周运动的向心力，有mgsin θ＝ 结合vE＝ 解得θ＝30° 小球从E点运动到a点，由机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv－mv 解得va＝。 (2)由匀加速直线运动的规律有v＝2gL0sin θ 由平抛运动的规律可知小球从a点运动到c点的时间t＝ vy＝gtsin θ 解得L0＝5L。 4. 【答案】　BD 【解析】　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv＝mv＋Mv＋fl，整理可得mv＝mv－fl－Mv<mv－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则有xm－xM＝l>xM，所以W＝fxM<fl，由动能定理知木板的动能一定小于fl，B正确，A错误。故选BD。 5. 【答案】　D 【解析】　电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，根据能量守恒得mv2＋mg·Δx＝kΔx2＋Ff·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff静，代入数据解得Ff静＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C错误；当电梯速度最大时，加速度为零，则kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m，电梯从接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 600 J，故D正确。 ►考向03 功能关系 1. 答案　CD 解析　设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m ① 设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ ② P、M两点之间的距离L2=L-L1，μ=tan θ，联立解得L2=，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L-kL2，结合①式及μ=tan θ可得ΔE=m-，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，联立解得x=，故C正确；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ，当在O点时，满足mgsin θ=μmgcos θ，所以在OM(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故D正确。 2. 【答案】　B 【解析】　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故选B。 3. 【答案】　D 【解析】　当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理－mgh－μmgcos θ·＝Ek－Ek0，因小球初动能相同，质量相同，动摩擦因数相同，但是倾角θ不同，则末动能不相同，则选项A错误；小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，选项B错误；小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功Wf＝μmglcos θ＝μmgx即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热Q＝Wf可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，选项C错误，D正确。 4. 【答案】　C 【解析】　儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a不变，则根据匀变速直线运动规律可知v＝at，故v与t成正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变则动摩擦因数μ不变，故A错误；设初始重力势能为Ep0，则重力做正功，重力势能减小，即mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ·at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ·at2可知Ep－t图像应该是向下开口的抛物线，故C正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做功导致机械能改变，即－μmgcos θx＝－μmgcos θ·at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcos θ·at2可知E－t图像应该是向下开口的抛物线，故D错误。 ►考向04 能量守恒定律在传送带模型中的应用 1. 答案　(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J 解析　(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得动摩擦因数μ=0.875 (2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为 t1==4 s 快件与传送带的相对位移为 Δx=vt1-vt1=8 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos 37°·Δx 解得Q=56 J (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有 W=mgLsin 37°+mv2+Q 解得W=160 J。 2. 答案　(1)2 m/s2　(2)4.05×104 J (3)5.225 s　1.3×104 W 解析　(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a==2 m/s2 (2)滚轮边缘线速度大小v=ωr=4 m/s，金属板匀加速运动时间t1==2 s 运动位移x=a=4 m x<L=6.5 m，L-x=2.5 m，则金属板先加速运动4 m，后匀速运动2.5 m，故板下端运动到B处时的速度大小等于滚轮边缘的线速度大小，即为4 m/s 根据能量守恒，金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小ΔE=mv2+mgLsin θ=4.05×104 J (3)金属板匀速运动时间t2==0.625 s 此后先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动到底端，以沿斜面向上为正方向，总位移为x0=-6.5 m，加速度大小为a0=gsin θ=5 m/s2 根据x0=vt3-a0 解得t3=2.6 s 金属板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225 s 一个周期时间内产生的热量为 Q=Ff·Δs=μFN(vt1-x)=2.8×104 J 电动机对金属板做功W=4.05×104 J， 电动机输出的平均功率P=≈1.3×104 W。 1． 【答案】D 【详解】取t时间内垂直吹过叶片旋转圆面的空气为研究对象，这部分空气的体积为 其中S是叶片旋转圆面积，v为风速，对应空气质量 这部分空气的总动能为 结合20%的风能转化为电能，额定功率P满足 圆面积公式 代入数据解得圆面的直径 叶片转速 叶片尖端做圆周运动的线速度满足 代入数据可得 故选D。 2． 【答案】D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 3． 【答案】A 【详解】该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置前有 穿戴装置后有 所以拉力的功率的增加量为 故选A。 4． 【答案】C 【详解】根据题意，从到过程中，由动能定理有 解得 从到过程中，由动能定理有 解得 则有， 则有 设经过段的时间分别为、、，物块在阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度减小的减速运动，速度由减速到，物块在阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度增大的加速运动，物体在点的加速度大小为 点的加速度大小为 则有 由对称性可得 物体在阶段做加速度减小的加速运动，则在段的平均速度大于段的平均速度，则有 根据图像面积表做功，由图可知，经过、、段做功分别为， 又有、、 可得 故选C。 5． 【答案】D 【详解】A．设空气密度为、风轮扫过面积为、风速为，在内流过风轮的空气质量为 由动能公式，流过风轮的空气动能为 所以单位时间内流过风轮的空气动能与成正比；在其他条件和能量转换效率不变时，发电机输出功率也随变化，并非与成正比，故A错误； B．风轮必须让气流继续通过，不能取走来流空气的全部动能；此外，机械能转化为电能的过程中还存在损耗，故B错误； C．按题给等效发电时间，10年发电量为 按单位发电量折算，减少的二氧化碳质量为 该数值约为，故C错误； D．连续一周的基本用电负荷消耗电能为 因为，满电电池储存的电能足以承担这一周的负荷，故D正确。 故选D。 6． 【答案】B 【详解】B．物块与水平轨道间的滑动摩擦力为 两物块接触运动时，以A、B整体为研究对象，沿水平向右由牛顿第二定律得 以B为研究对象，、之间的弹力满足 联立两式得 分离的临界条件为 可知对应的推力大小为，由图像可知，在时 故、之间仍存在相互作用还未分离，故B正确； A．由图像可知，在时，推力大小减小为，此时对应、发生分离，分离后在水平轨道上不受力，做匀速直线运动；、接触阶段的加速度大小满足 整理得 作出图像如图所示 图像与时间轴所围面积表示速度变化量，由图像面积得分离速度，故A错误； C．由上述分析可知，两物块接触运动时， 、整体的加速度大小满足 故内， 故末，、整体的速度 位移大小 在时， 同理可求得 图像与横轴所围的面积表示速度的变化量，得 内，、的加速度不小于，所以该段位移满足 其中 解得 内推力大于，故系统的加速度为正值，末的速度大于，该段位移满足 所以分离前的位移满足，故C错误； D．分离前只受的弹力对其做功，且其速度由增至。由动能定理得，故D错误。故选B。 7． 【详解】根据图像可知，图线与轴围成的面积表示力做的功。 物块从运动到的过程中，力做的总功为 根据动能定理得 代入数据解得物块运动到处时的速度大小为 由图像可知，当时，力的大小为，则此时 的瞬时功率为 故选B。 8． 【答案】D 【详解】AB．由题图可知，内、1s~2s内物块的加速度大小分别为， 由牛顿第二定律可得， 联立解得， 由以上分析可知传送带速率为10m/s。A、B错误； C．内传送带的位移及物体的位移分别为， 它们的相对位移为 1s~2s内传送带的位移及物体的位移分别为， 它们的相对位移为 因为，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，C错误； D．内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 1s~2s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 所以内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为，D正确。 故选D。 9． 【答案】D 【详解】取汽车为研究对象。忽略锂电池内阻只说明电池内部没有电能转化为内能，电能全部对外输出；汽车加速上坡时速度增大、高度升高，动能和重力势能都在增加，二者之和即机械能，满足 同时汽车要克服空气阻力和摩擦阻力做功，电动机等部件也会发热，因此还产生内能。由能量守恒定律，电能转化为机械能和内能。 故选D。 10． 【答案】A 【详解】由题意知水平拉力 设小球运动到点的速度大小为，则小球从到的过程，由动能定理得 解得 小球离开点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从到达最高点的时间为，则有 解得 此段时间，分析小球在水平方向的运动有， 联立解得 故小球从点开始运动到其轨迹最高点，水平方向的位移为 外力做功 离开后小球运动到其轨迹最高点，上升的高度满足 解得 故全过程重力做功 根据动能定理，小球从点开始运动到其轨迹最高点，动能的增量为 11． 【答案】C 【详解】A．取竖直向下为正方向。从到，重力势能减少，而机械能等于动能与重力势能之和，因此机械能的变化量比动能的变化量少。图线上升，图线下降，所以表示动能，表示机械能。由能量图线的变化量可得 由于水平速度不变，竖直方向初速度为零，设竖直方向为正，竖直加速度代数量：。竖直匀变速运动满足，从而动能增加量满足 在处，动能增加，所以 联立前式得 对小球列竖直方向牛顿第二定律，得 将前述结果代入，得，故A错误； B．在处，图线给出的机械能为，图线给出的动能为，所以抛出时重力势能为，故B错误； CD．由前述计算得小球的加速度方向竖直向下、大小为，水平方向速度保持不变，因此小球做匀变速曲线运动。图线给出抛出时 落地时竖直速度为，由动能变化得 所以 从而，故C正确，D错误。 故选C。 12． 【答案】AD 【详解】ACD．根据题意，由牛顿第二定律有 从此时开始，发动机始终在额定功率下工作，由可知，随着速度逐渐增大，逐渐减小，加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，速度最大，之后汽车做匀速直线运动，最大速度为 即从此时开始，汽车的牵引力大小将逐渐趋于，汽车的速度会先增大后不变，故AD正确，C错误； B．由上述分析可知，汽车的加速度逐渐减小，则经过时间后，汽车的速度小于，故B错误。 故选AD。 13． 【答案】AD 【详解】ACD．设落点与O点的竖直高度为h，水平位移为，初速度与水平方向的夹角为，将初速度沿水平和竖直方向分解，可得， 同时有 联立可得 设落到圆弧上的速度为，根据机械能守恒 解得 故可知越小，v越小，故当时，h取最小值，落到圆弧上的速度最小； 解得，，，故AD正确，C错误； B．根据前面分析，当，时， 代入解得，，故B错误。 故选AD。 14． 【答案】BD 【详解】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于，设乙球在最低处时速度为，由机械能守恒得 解得，故A错误； B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确； CD．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从增大到，乙从最低点到最高点，速度大小从减小到，从初始时刻取一很短时间，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误； D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有， 解得， 甲球在最低点和最高点时，分别有， 解得， 根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为，此时甲球在最低点对圆环的作用力大小为；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故对任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零，故D正确。 故选BD。 15． 【答案】CD 【详解】A．物体到达最高点时速度为零，机械能全部为重力势能。取地面为重力势能零面，由及图中数据得，故A错误； B．撤去后，物体上升，机械能的减少量等于阻力做功的大小。由图中数据得，故B错误； CD．物体从上升到时，机械能增加。按功能关系，外力与阻力做功的代数和等于机械能的增加量，即 由前述计算得，解得。此时机械能为，重力势能为，故动能为 由动能公式得 在内，外力为，重力为、阻力为，物体所受合力向上，速度增大；撤去外力后，合力向下，物体仍向上运动时速度减小。因此最高速度出现在处，故CD正确。 故选CD。 16． 【答案】AD 【详解】A．对刚放上的散货受力分析，由牛顿第二定律 其中 解得 散货加速到与传送带共速的时间为 加速阶段位移 之后散货随传送带匀速运动，匀速位移为 匀速时间 因此单个散货在传送带上总运动时间 散货加速阶段，自身速度小于传送带速度，相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿传送带向上；共速后散货和传送带相对静止，此时 静摩擦力也沿传送带向上，因此全程摩擦力都沿传送带向上，故A正确； B．由题意得，每当一个散货从B端抛出的瞬间，恰好从底端放上一个新散货，说明散货在传送带上总运动时间等于相邻散货的投放间隔的整数倍；单个散货在传送带运动总时间为10s，投放间隔，因此任意时刻传送带上的散货总数为10个，故B错误。 C．两个先后投放的散货，后一个刚放上去时，前一个已经运动了1s：前1s内前一个散货的位移 二者距离很近；但当后一个散货也完成加速和传送带共速后，两个散货都以匀速运动，相对速度为0，间距保持为，则加速阶段二者的间距会逐渐增大，共速后稳定为10m，即两个散货间的最小距离为1.25m，故C错误； D．满载时相比空载，电动机多输出的功率等于克服所有散货对传送带的摩擦力做功的功率。每个散货对传送带的摩擦力始终沿传送带向下：加速阶段滑动摩擦力 共速后静摩擦力 稳定时传送带上始终有4个处于加速阶段的散货、6个处于共速阶段的散货，则总摩擦力大小为 因此电动机多输出的功率为，故D正确。 故选AD。 17． 【答案】AC 【详解】AB．设杆与水平面的夹角为。小球受竖直杆约束、小球在水平地面上运动时，由杆长不变，两球速度沿杆方向的分量相等。时有 解得，故A正确，B错误； CD．从初始静止到，小球下降，杆力对两球系统为内力，竖直杆和地面的支持力均不做功，机械能守恒，得 其中 得 小球脱离竖直杆后，取两球为系统，水平方向合外力为零，水平方向动量守恒；脱离瞬间的速度竖直向下，将触地前杆与地面夹角趋于零，杆长不变使两球水平速度相同，因此 所以 从脱离到将触地，小球下降的高度等于脱离时杆的竖直分量，该段机械能守恒，得 代入球触地前的速度，得 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 18． 【答案】(1)(2)，(3) 【详解】（1）设A、B、C的质量分别为、、，A与传送带间的动摩擦因数为，A受到传送带的滑动摩擦力大小为，重力加速度大小为，A从初始位置向右运动、、的位移分别记为和。依题意，A与传送带间的动摩擦因数小于1，经分析可知，A向右运动过程中绳子处于拉紧状态。 设A位移为时的外力为，A从初始位置向右运动过程中外力做的功为。由功的定义得 由图（b）可知，，代入题给数据，得 （2）设A位移为时的外力为，A从初始位置运动到过程中摩擦力做功为，由滑动摩擦力公式和功的定义有和 对A、B、C组成的系统，从初始位置运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立以上式子并代入题给数据得 设A位移为时的外力为，对A、B、C组成的系统，从运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 （3）剪断B、C间绳子后，A、B一起运动，假设A向左运动过程存在绳子拉力为零的位置，设拉力刚开始为零时A的位移为，此时A的加速度大小为，方向向右，外力为，由牛顿运动定律有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 设A位移为时A、B的速度大小为，A从运动到过程中，对A、B组成的系统，由动能定理有 联立并代入题给数据得 可知，A在时动能大于0，因此假设成立。 设A第一次运动到最左端的位移为，A从处运动到处过程中，A、B初速度相同，A做加速度增大的减速运动，而B做加速度大小恒为的减速运动，因此，此过程A、B间绳子始终保持松弛。设A位移为时的外力为，A从处运动到处过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立并代入题给数据得 由于不符合实际，因此。 19． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 20． 【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 21． 【答案】(1)50N(2)2.5m(3)1.2m 【详解】（1）P从开始到过程中，由动能定理得 P经过点时受力分析，由牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小物块P对轨道的压力为50 N （2）P从开始到过程中，由动能定理得 解得 P滑上传送带时，传送带的速度小于P的速度，则物块先做减速运动，由牛顿第二定律 由运动学公式 解得 共速后继续做减速运动由牛顿第二定律 由运动学公式 解得 则传送带长 （3）P返回时有 P从到返回轨道上升到最大高度处由动能定理 解得 22． 【答案】(1)10m/s；12N(2)4.6m(3)11.5m 【详解】（1）物体从E到C由动能定理得 代入数据得 在C点，由牛顿第二定律 代入数据得 由牛顿第三定律，物体在点对轨道的压力大小为 （2）从C到A，由动能定理得 代入数据得 （3）物体最后在圆弧轨道B和其对称点间往复运动，则从释放经过往复运动到B点，由动能定理 解得物块在斜面上滑行的总路程为 23． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）药品盒P从A点滑至B点的过程中克服阻力做功，根据动能定理、 解得 （2）药品盒P在传送带上加速到的过程中，对P有， 时间t内，药品盒P与传送带发生的相对位移，且， 解得 因摩擦产生的内能 解得 根据能量守恒定律可知因传送药品盒P，传送带电动机多消耗的电能 解得 （3）药品盒P从B点滑到C点，由动能定理得 解得 药品盒P从C点到O点做平抛运动，有， 解得圆盘圆心距平台的距离 当药品盒到达圆盘的左侧或右侧时，对应有， 且， 则药品盒从B点滑到C点的过程中，有， 解得， 因此药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数的取值范围为 24． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）恰好闯关成功，则小车在C点只有重力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得小车在C点的速度大小为① （2）设小车在A点的弹力大小为，速度大小为，由牛顿第二定律得② 设小车在C点的弹力大小为，速度大小为，同理得③ 小车从A点到C点，设A点为零势能面，由机械能守恒定律得④ 由题得，⑤ 联立②③④⑤解得 （3）小车从A点到达B点时，设速度为，则此时的向心加速度 从B点到C点时，小车在B点的速度不会发生突变，此时的向心加速度 ，故小车在经过B点时，其向心加速度的大小发生了突变； 小车在经过B点时的加速度变化量为⑥ 分析可得，当通过B点的速度最小时，经过B点时的加速度变化量最小，即小车刚好到达最高点C，小车从B点到C点的过程中，设B点为零势能面，由机械能守恒定律得⑦ 联立①⑥⑦解得 25． 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）解法一：紧急制动过程，根据运动学公式有（其中s=6050m） 根据牛顿第二定律有 代入数据，联立解得 解法二：紧急制动过程，由动能定理得 代入数据，解得 （2）动车组匀速行驶时有 其中摩擦阻力 空气阻力 匀速行驶时的总功率 联立解得 （3）由 可得 对整体，根据牛顿第二定律有 以6、7、8节车厢为整体分析有 联立解得 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 功与能 目 录 模块一 题型解码 模块二 考向突破 考向01 功、功率、动能定理 考向02 能量守恒定律 考向03 功能关系 考向04 能量守恒在传送带模型中的应用 模块三 综合演练 考向 作答要点 题型解读 功、功率、动能定理 （3年36考） 掌握恒力功的公式，会计算常见的变力做功，会用图像语言描述机车启动，熟练掌握应用动能定理解决无线运动及多过程问题。 “能量观”是重要的物理观念，也是研究物理现象、解决物理问题最基本、最重要的思想方法。“能量”的观念，其核心是动能定理与能量守恒定律。应用能量的转移转化来窥探物质的运动是高中核心素养的另一体现。因此，本专题是高考的必考点也是热考点。 能量守恒 （3年24考） 会判断系统机械能守恒，能应用能量转移转化的基本思想解决复杂多过程问题尤其是简谐运动与能量的融合。 功能关系 （3年28考） 能说出常见的功能关系并能正确运用功能关系实现功与能计算的转化。 ►考向01 功、功率、动能定理 常见考察方式：应用图像与动能定理计算变力做功、应用动能定理解决多过程及曲线运动问题。 审题关键 1．做好受力分析，区别恒力与变力。 2．理清运动过程合理选取要研究的过程并确定好运动状态。 解题方法 应用动能定理解题的四点注意 解题要点 1.功和功率的求解 (1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。 (2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。注意瞬时功率与平均功率的区别。 2.动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。 1.(2023·山东卷，4)《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 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 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 任意一段时间内，筒车对灌入稻田的水做的功一样多 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 ①忽略水的动能变化； ②一段时间内灌入稻田的水的质量为0.6m总，则筒车对这部分水所做的功W＝0.6m总gH 【答案】　B 【解析】　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P＝，T＝，联立有P＝，故选B。 【易错提醒】　(1)不会选取任意一段时间间隔作为研究过程进行分析；(2)没有想到忽略水的动能变化。 2. (多选)(2026·湖南常德一模)新能源汽车指采用非常规车用燃料作为动力来源的新型汽车。比如纯电动汽车以电池模组和电动机为主要动力装置，有节能减排、低噪音、高效率等优点，是未来汽车产业的重要发展方向。现已知质量为M的新能源汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t后，该汽车的运行里程为L，此时发动机恰好到达额定功率P，汽车所受的阻力恒定，达到额定功率后，汽车保持额定功率做变加速运动，最后以v1匀速运动，对此下列说法正确的是(　　) A．汽车所受阻力为 B．汽车做匀加速运动时的加速度 C．到达速度v1时，发动机做功为Mv D．存在关系式v1＝ 【答案】　ABD 【解析】　由题意，汽车最后以v1匀速运动，则有P＝Fv1＝fv1，整理可得汽车所受阻力为f＝，A正确；因为汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间 t后，该汽车的运行里程为L，根据位移与时间的关系可得L＝at2，解得汽车做匀加速运动时的加速度为a＝，B正确；到达速度v1时，电动机做功转化为汽车的动能和克服阻力做的功，可知电动机做功大于动能的增加量W>Mv，C错误；由题意，根据牛顿第二定律可得F－f＝Ma，整理可得汽车所受阻力为f＝－Ma＝－Ma＝－，当汽车匀速运动时，阻力和动力相等，故可得v1＝＝，D正确。故选ABD。 3. (多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 【答案】　BC 【解析】　物体所受的摩擦力为Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N，从x＝0运动到x＝1 m，由动能定理可得，W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，从x＝0运动到x＝2 m，由图像斜率可知拉力F＝6 N，所以在x＝1 m时，拉力的功率P＝Fv1＝12 W，选项A错误；从x＝0运动到x＝4 m，由动能定理可得，W4－μmgx4＝mv，解得mv＝2 J，选项B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做功Wf2＝Ffx2＝8 J，选项C正确；从x＝0运动到x＝4 m的过程中，x＝2 m时速度最大，由动能定理可得，W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，物体的最大动量为pm＝mv2＝2 kg·m/s，选项D错误。 4. (2026·四川遂宁二模)图甲是射洪中学RIC机器人创新挑战赛小组对搭建的电动小车的加速性能进行探究，获得电动小车启动状态的各项参数以便使小车更快更好的完成地图上各项任务。他们通过传感器，绘制了小车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图乙所示。已知小车的质量m＝1 kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5 s，当牵引力为2 N时小车获得最大速度，则下列说法正确的是(　　) A．小车受到的阻力大小为1 N B．小车运动的总位移为13 m C．小车牵引力的最大功率为8 W D．小车匀加速运动的时间为2 s 【答案】　C 【解析】　根据P＝Fv，可得＝·F，结合图线可知模型车的速度从2 m/s增加至4 m/s的过程中，模型车以恒定的最大功率行驶，根据图像斜率可得k＝＝W－1＝W－1，解得小车牵引力的最大功率为P＝8 W，当牵引力为2 N时小车获得最大速度，此时牵引力等于阻力，则小车受到的阻力大小为f＝F＝2 N，故A错误，C正确；由图像可知小车初始牵引力为4 N，且匀加速结束时模型车的速度大小v1＝2 m/s，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得匀加速的加速度大小a＝2 m/s2，则小车匀加速运动的时间为t1＝＝1 s，故D错误；根据题意，模型车速度达到最大用时5 s，而匀加速阶段用时1 s，则模型车以恒定功率运动的时间为t2＝4 s，根据动能定理可得Pt2－fx2＝mv－mv，其中v2＝4 m/s，v1＝2 m/s，解得x2＝13 m，匀加速阶段的位移为x1＝at＝×2×1 m＝1 m，故总位移为x＝x1＋x2＝14 m，故B错误。 5.某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求： (1)比例系数k值； (2)上行路程L值。 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮，此时电流I＝40 A 电动机的输出功率即为牵引力的功率P出＝Fv 装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上升 牵引力和拉力等于摩擦阻力和重力沿斜面的分力之和 关闭电动机后 牵引力为零 关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零 合力对系统做的功等于系统动能的变化 卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行 重力沿斜面的分力等于拉力和摩擦阻力之和 【答案】　(1)0.1　(2) m 【解析】　(1)电动机的输出功率为P＝UI－I2R＝14 800 W① 设电动机的牵引力为F，由P＝Fv可得F＝＝7 400 N② 设斜面的倾角为θ，向上匀速运动时根据平衡条件有 F＋m0g＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g③ 向下匀速运动时根据平衡条件有m1gsin θ＝m0g＋km1g④ 联立②③④式可得sin θ＝0.5，k＝0.1。 (2)方法一：关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点过程，对整体由动能定理可得 －(m1＋m2)gLsin θ－k(m1＋m2)gL＋m0gL＝0－(m1＋m2＋m0)v2 解得L＝ m。 方法二：关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 (m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a 解得a＝ m/s2 由运动学公式可知v2＝2aL 解得L＝ m。 【易错提醒】　(1)电动机的输出功率计算方法错误；(2)未理解“小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比”，受力分析时将阻力写为与重力垂直于斜面的分力成正比；(3)不能够选择合适的研究对象受力分析，对小车受力分析时漏掉绳子的拉力。 6.(多选)(2024·河北唐山三模)如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度v0(大小未知)水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球刚好过最高点D点 B．当v0＝时，小球不会脱离圆弧轨道 C．若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大 D．小球从E点运动到A点的最长时间为(－) 【答案】　AD 【解析】　由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知mg＝m，在A到D过程中，由动能定理可知mv－mv＝－2mgR，联立解得v0＝，A正确；当v0＝时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理知－mgh＝0－mv，代入得h＝R，假设不成立，故当v0＝时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；B到E运动过程中，由动能定理知－mgR＝mv－mv，在B点时，小球所受弹力为FB＝mg＋m，在E点时，小球所受弹力为FE＝m，则小球在B点与E点所受的弹力之差为FB－FE＝3mg，故小球在B点与E点所受的弹力之差恒定，C错误；在D到E过程中，由动能定理知mgR＝mv－mv，代入得vE＝，从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则vEt＋gt2＝R，代入得t＝(－)，D正确。故选AD。 ►考向02 能量守恒 常见考察方式：机械能守恒条件的判断与应用、能量守恒定律在多过程问题中的应用。 审题关键 1. 判断清楚守恒系统，针对运动过程建立方程。 2. 建立模型明确运动过程中能量转移转化的方向 3. 正确列出对应过程的守恒方程 解题方法 1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 2.应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。 (2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。 1. (多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点 小球到C点的速度为0 从B点脱离轨道 小球在B点：mgcos θ<m 【答案】　AD 【解析】　小球能沿轨道运动恰好到C点，说明vC＝0，对小球从A到C运动的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mg·2R，得v0＝，C错误；从A到C的过程小球竖直方向的速度不断减小，重力的功率不断减小，B错误；设α为小球球心与O点连线与竖直方向的夹角，从B到C的过程中mgcos α－FN＝m，FN＝mgcos α－m，α减小，cos α增大，v减小，所以FN增大，A正确；在B点，当mgcos θ<m时，小球会从B点脱离轨道，D正确。 【易错提醒】　(1)不清楚小球恰好到达C点和恰好从B点脱离轨道所满足的临界条件；(2)不会分析竖直面内圆周运动除最高点和最低点外的其他位置处的向心力。 2.(2026·黑龙江吉林模拟)如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．a、b两球组成系统机械能不守恒 B．a球到达与b球等高位置时速度大小为 C．a球运动到最低点时，b球速度最大 D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 【答案】　C 【解析】　a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒，则mgL＝mv，解得va＝，故B错误；当a球运动到两杆的交点后再往下运动L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，则mg(L＋L)＝mv，所以vb＝，故C正确；由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功再做负功，故D错误。 3. (2026·青海模拟)如图所示，倾角均为θ(未知)的两个斜面体固定放置，两个斜面ABCD、abcd均是光滑的正方形，ABCD的边长为L，abcd的边长未知，E是AB的中点，a是CD的中点，O是ABCD的中心，a、C、b在同一条直线上。质量为m的小球(视为质点)用长为0.5L的轻细线系于O点，使小球在a点获得一个初速度，小球绕O点做圆周运动，当小球运动到E点时，速度大小为vE＝，细线受到的拉力刚好为0，当小球再次运动到a点时，突然烧断细线(不影响小球的速度)，小球从a点恰好能通过c点，重力加速度大小为g，求： (1)小球在a点的速度大小； (2)abcd的边长。 【答案】　(1)　(2)5L 【解析】　(1)小球在E点时细线的拉力刚好为0，由重力沿着斜面向下的分力提供小球做圆周运动的向心力，有mgsin θ＝ 结合vE＝ 解得θ＝30° 小球从E点运动到a点，由机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv－mv 解得va＝。 (2)由匀加速直线运动的规律有v＝2gL0sin θ 由平抛运动的规律可知小球从a点运动到c点的时间t＝ vy＝gtsin θ 解得L0＝5L。 4.(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 【答案】　BD 【解析】　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv＝mv＋Mv＋fl，整理可得mv＝mv－fl－Mv<mv－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则有xm－xM＝l>xM，所以W＝fxM<fl，由动能定理知木板的动能一定小于fl，B正确，A错误。故选BD。 5.(2026·浙江绍兴二模)如图所示，质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为3 000 N/m B．整个过程中电梯的加速度一直在减小 C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N D．电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 600 J 【答案】　D 【解析】　电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，根据能量守恒得mv2＋mg·Δx＝kΔx2＋Ff·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff静，代入数据解得Ff静＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C错误；当电梯速度最大时，加速度为零，则kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m，电梯从接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 600 J，故D正确。 ►考向03 功能关系 常见考察方式：功能之间的相互转化，通过做功计算能量变化或反过来计算体现逆向思维。 审题关键 看清楚是求解什么能量变化然后去寻找对应的力做功。 解题方法 解题要点 功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 1. (多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 答案　CD 解析　设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m ① 设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ ② P、M两点之间的距离L2=L-L1，μ=tan θ，联立解得L2=，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L-kL2，结合①式及μ=tan θ可得ΔE=m-，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，联立解得x=，故C正确；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ，当在O点时，满足mgsin θ=μmgcos θ，所以在OM(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故D正确。 2.如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 【答案】　B 【解析】　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故选B。 3. (2026·山东聊城三模)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．各小球动能相等的位置在同一水平面上 B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C．各小球机械能相等时处于同一球面上 D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 【答案】　D 【解析】　当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理－mgh－μmgcos θ·＝Ek－Ek0，因小球初动能相同，质量相同，动摩擦因数相同，但是倾角θ不同，则末动能不相同，则选项A错误；小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，选项B错误；小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功Wf＝μmglcos θ＝μmgx即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热Q＝Wf可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，选项C错误，D正确。 4. (2026·浙江诸暨模拟)如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数μ、儿童的速度大小v、重力势能Ep和机械能E随运动时间t的变化关系中正确的是(　　) 　 【答案】　C 【解析】　儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a不变，则根据匀变速直线运动规律可知v＝at，故v与t成正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变则动摩擦因数μ不变，故A错误；设初始重力势能为Ep0，则重力做正功，重力势能减小，即mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ·at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ·at2可知Ep－t图像应该是向下开口的抛物线，故C正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做功导致机械能改变，即－μmgcos θx＝－μmgcos θ·at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcos θ·at2可知E－t图像应该是向下开口的抛物线，故D错误。 ►考向04 能量守恒定律在传送带模型中的应用 常见考察方式：求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程 审题关键 1.应用能量守恒定律解题的两个基本思路 (1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。 (2)某个物体的能量减小，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减=ΔEB增。 2.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 解题方法 传送带中的动力学问题的分析思路 解题要点 传送带中的能量问题 (1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。 (2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 (3)对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。 ②产生的内能Q=Ffx相对。 (4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系 ①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek； ②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。 1.(2026·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)快件与传送带间的动摩擦因数； (2)快件与传送带因摩擦而产生的热量； (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 答案　(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J 解析　(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得动摩擦因数μ=0.875 (2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为 t1==4 s 快件与传送带的相对位移为 Δx=vt1-vt1=8 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos 37°·Δx 解得Q=56 J (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有 W=mgLsin 37°+mv2+Q 解得W=160 J。 2.(2026·江苏镇江市模拟)如图所示，底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一长金属板，下端与挡板接触。距离A处L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电机，滚轮匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮转动角速度ω=80 rad/s，半径r=0.05 m，滚轮对金属板的压力FN=2×104 N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103 kg，不计板与斜面间的摩擦，g取10 m/s2。求： (1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小； (2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小； (3)金属板往复运动的周期以及每个运动周期中电动机输出的平均功率。 答案　(1)2 m/s2　(2)4.05×104 J (3)5.225 s　1.3×104 W 解析　(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a==2 m/s2 (2)滚轮边缘线速度大小v=ωr=4 m/s，金属板匀加速运动时间t1==2 s 运动位移x=a=4 m x<L=6.5 m，L-x=2.5 m，则金属板先加速运动4 m，后匀速运动2.5 m，故板下端运动到B处时的速度大小等于滚轮边缘的线速度大小，即为4 m/s 根据能量守恒，金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小ΔE=mv2+mgLsin θ=4.05×104 J (3)金属板匀速运动时间t2==0.625 s 此后先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动到底端，以沿斜面向上为正方向，总位移为x0=-6.5 m，加速度大小为a0=gsin θ=5 m/s2 根据x0=vt3-a0 解得t3=2.6 s 金属板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225 s 一个周期时间内产生的热量为 Q=Ff·Δs=μFN(vt1-x)=2.8×104 J 电动机对金属板做功W=4.05×104 J， 电动机输出的平均功率P=≈1.3×104 W。 1．（2026·江西·高考真题）某地需设计一额定功率为的水平轴风力发电机。在风速为、空气的密度为、发电机叶片的旋转平面与风向垂直，以及叶片转动形成圆面内的风能有转化为电能的条件下，发电机以额定功率工作。若叶片转速为，则该圆面的直径和叶片尖端的速度分别约为（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】取t时间内垂直吹过叶片旋转圆面的空气为研究对象，这部分空气的体积为 其中S是叶片旋转圆面积，v为风速，对应空气质量 这部分空气的总动能为 结合20%的风能转化为电能，额定功率P满足 圆面积公式 代入数据解得圆面的直径 叶片转速 叶片尖端做圆周运动的线速度满足 代入数据可得 故选D。 2．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别为、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【答案】D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 3．（2026·山东·高考真题）“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置前有 穿戴装置后有 所以拉力的功率的增加量为 故选A。 4．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），水平面上一质量为的物块在拉力作用下，以初速度由原点出发，沿轴依次经过、、三点。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，，随位置的变化如图（b）所示。设物块经过、两点时的瞬时功率分别为、，经过、、段的平均功率分别为、、，则（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】根据题意，从到过程中，由动能定理有 解得 从到过程中，由动能定理有 解得 则有， 则有 设经过段的时间分别为、、，物块在阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度减小的减速运动，速度由减速到，物块在阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度增大的加速运动，物体在点的加速度大小为 点的加速度大小为 则有 由对称性可得 物体在阶段做加速度减小的加速运动，则在段的平均速度大于段的平均速度，则有 根据图像面积表做功，由图可知，经过、、段做功分别为， 又有、、 可得 故选C。 5．（2026·浙江绍兴·一模）如图所示，我国东部沿海某乡村的分布式风力发电储能系统，主要构件有：额定功率的风力发电机，额定电压、可储存额定能量的电池。已知该系统年发电量可以等效为以额定功率发电，标准煤完全燃烧可发电，排放二氧化碳。下列说法正确的是（　　） A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比 B．风力发电机捕获的空气动能可以全部转化为电能 C．该系统正常运行10年，可减少二氧化碳排放量约 D．储能电池充满电后，即使连续一周风速极低，风力发电机几乎不发电，仍可承受的基本用电负荷 【答案】D 【详解】A．设空气密度为、风轮扫过面积为、风速为，在内流过风轮的空气质量为 由动能公式，流过风轮的空气动能为 所以单位时间内流过风轮的空气动能与成正比；在其他条件和能量转换效率不变时，发电机输出功率也随变化，并非与成正比，故A错误； B．风轮必须让气流继续通过，不能取走来流空气的全部动能；此外，机械能转化为电能的过程中还存在损耗，故B错误； C．按题给等效发电时间，10年发电量为 按单位发电量折算，减少的二氧化碳质量为 该数值约为，故C错误； D．连续一周的基本用电负荷消耗电能为 因为，满电电池储存的电能足以承担这一周的负荷，故D正确。 故选D。 6．（2026·湖北黄石·一模）如图甲所示，在水平面内有一足够长的水平轨道。可视为质点的、两小物块靠在一起，静置于轨道左端。时刻用一水平向右的推力作用在上，使、向右运动。随变化的图像如图乙所示。已知、质量均为，与水平轨道间的动摩擦因数为，与水平轨道间的摩擦不计，不计空气阻力，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（     ） A．两物体分离瞬间的速度大小为 B．在时与还未分离 C．两物块分离前的位移等于 D．两物块分离前对的弹力做的功为 【答案】B 【详解】B．物块与水平轨道间的滑动摩擦力为 两物块接触运动时，以A、B整体为研究对象，沿水平向右由牛顿第二定律得 以B为研究对象，、之间的弹力满足 联立两式得 分离的临界条件为 可知对应的推力大小为，由图像可知，在时 故、之间仍存在相互作用还未分离，故B正确； A．由图像可知，在时，推力大小减小为，此时对应、发生分离，分离后在水平轨道上不受力，做匀速直线运动；、接触阶段的加速度大小满足 整理得 作出图像如图所示 图像与时间轴所围面积表示速度变化量，由图像面积得分离速度，故A错误； C．由上述分析可知，两物块接触运动时， 、整体的加速度大小满足 故内， 故末，、整体的速度 位移大小 在时， 同理可求得 图像与横轴所围的面积表示速度的变化量，得 内，、的加速度不小于，所以该段位移满足 其中 解得 内推力大于，故系统的加速度为正值，末的速度大于，该段位移满足 所以分离前的位移满足，故C错误； D．分离前只受的弹力对其做功，且其速度由增至。由动能定理得，故D错误。故选B。 7．（2026·湖南·一模）质量为的物块静置于光滑水平地面上处。现给物块施加一沿轴正方向的水平力，其大小随位置变化的关系如图所示，则物块运动到处时，力的瞬时功率为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据图像可知，图线与轴围成的面积表示力做的功。 物块从运动到的过程中，力做的总功为 根据动能定理得 代入数据解得物块运动到处时的速度大小为 由图像可知，当时，力的大小为，则此时 的瞬时功率为 故选B。 8．（2026·云南昆明·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块轻轻放在传送带的A端，2s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（    ） A．传送带的倾角θ为53° B．传送带的速率为12 m/s C．物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6m D．0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24 J 【答案】D 【详解】AB．由题图可知，内、1s~2s内物块的加速度大小分别为， 由牛顿第二定律可得， 联立解得， 由以上分析可知传送带速率为10m/s。A、B错误； C．内传送带的位移及物体的位移分别为， 它们的相对位移为 1s~2s内传送带的位移及物体的位移分别为， 它们的相对位移为 因为，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，C错误； D．内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 1s~2s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 所以内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为，D正确。 故选D。 9．（2026·陕西西安·模拟预测）中国新能源汽车产业已连续10年位居全球首位，一辆某新能源汽车，它所用电池是锂电池，锂电池内阻特别小，若忽略锂电池内阻，从能量守恒的角度考虑，该新能源汽车在一段坡路上加速上坡过程中，电能转化为（     ） A．动能和重力势能 B．重力势能和内能 C．动能和内能 D．机械能和内能 【答案】D 【详解】取汽车为研究对象。忽略锂电池内阻只说明电池内部没有电能转化为内能，电能全部对外输出；汽车加速上坡时速度增大、高度升高，动能和重力势能都在增加，二者之和即机械能，满足 同时汽车要克服空气阻力和摩擦阻力做功，电动机等部件也会发热，因此还产生内能。由能量守恒定律，电能转化为机械能和内能。 故选D。 10．（25-26高三下·湖南邵阳·期末）如图，是竖直面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与相切于点。一质量为的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从点开始运动到其轨迹最高点，动能的增量为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知水平拉力 设小球运动到点的速度大小为，则小球从到的过程，由动能定理得 解得 小球离开点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从到达最高点的时间为，则有 解得 此段时间，分析小球在水平方向的运动有， 联立解得 故小球从点开始运动到其轨迹最高点，水平方向的位移为 外力做功 离开后小球运动到其轨迹最高点，上升的高度满足 解得 故全过程重力做功 根据动能定理，小球从点开始运动到其轨迹最高点，动能的增量为 11．（2026·黑龙江大庆·一模）如图甲所示，在竖直平面内，质量为的小球从距离地面高处、以某一初速度水平向右抛出，以抛出点为坐标原点、以竖直向下为正方向建立轴，运动过程中除重力外，小球还受到一个竖直方向的恒力作用（未知），其动能和机械能随坐标的变化关系如图乙中图线、所示，图中为已知量，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球所受恒力的方向是竖直向下 B．小球抛出时的重力势能为 C．小球做匀变速曲线运动，加速度大小为 D．小球落地时，速度方向与水平方向的夹角为 【答案】C 【详解】A．取竖直向下为正方向。从到，重力势能减少，而机械能等于动能与重力势能之和，因此机械能的变化量比动能的变化量少。图线上升，图线下降，所以表示动能，表示机械能。由能量图线的变化量可得 由于水平速度不变，竖直方向初速度为零，设竖直方向为正，竖直加速度代数量：。竖直匀变速运动满足，从而动能增加量满足 在处，动能增加，所以 联立前式得 对小球列竖直方向牛顿第二定律，得 将前述结果代入，得，故A错误； B．在处，图线给出的机械能为，图线给出的动能为，所以抛出时重力势能为，故B错误； CD．由前述计算得小球的加速度方向竖直向下、大小为，水平方向速度保持不变，因此小球做匀变速曲线运动。图线给出抛出时 落地时竖直速度为，由动能变化得 所以 从而，故C正确，D错误。 故选C。 12．（多选）（2026·甘肃·高考真题）汽车在平直公路上行驶，阻力保持不变。某时刻，以速度、加速度加速前进，发动机的实际功率正好等于额定功率。从此时开始，发动机始终在额定功率下工作。下列说法正确的是（     ） A．汽车的牵引力大小将逐渐趋于 B．经过时间后，汽车的速度为 C．汽车的速度会先增大后减小 D．汽车能达到的速度最大值为 【答案】AD 【详解】ACD．根据题意，由牛顿第二定律有 从此时开始，发动机始终在额定功率下工作，由可知，随着速度逐渐增大，逐渐减小，加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，速度最大，之后汽车做匀速直线运动，最大速度为 即从此时开始，汽车的牵引力大小将逐渐趋于，汽车的速度会先增大后不变，故AD正确，C错误； B．由上述分析可知，汽车的加速度逐渐减小，则经过时间后，汽车的速度小于，故B错误。 故选AD。 13．（多选）（2026·湖北·高考真题）某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以 点为圆心、 为半径的圆弧，圆弧最高点与 点等高。救援队从 点以大小为的初速度向该山沟投掷救援物资，其中 是重力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则物资（     ） A．在空中运动的时间为 B．与水平方向成 角斜上抛 C．抛出点与落点的高度差为 D．落到圆弧上的最小速率为 【答案】AD 【详解】ACD．设落点与O点的竖直高度为h，水平位移为，初速度与水平方向的夹角为，将初速度沿水平和竖直方向分解，可得， 同时有 联立可得 设落到圆弧上的速度为，根据机械能守恒 解得 故可知越小，v越小，故当时，h取最小值，落到圆弧上的速度最小； 解得，，，故AD正确，C错误； B．根据前面分析，当，时， 代入解得，，故B错误。 故选AD。 14．（多选）（2026·湖北·高考真题）如图所示，半径为、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为（为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．乙的初速度大小为 B．甲、乙两小球运动的周期相等 C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心 D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零 【答案】BD 【详解】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于，设乙球在最低处时速度为，由机械能守恒得 解得，故A错误； B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确； CD．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从增大到，乙从最低点到最高点，速度大小从减小到，从初始时刻取一很短时间，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误； D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有， 解得， 甲球在最低点和最高点时，分别有， 解得， 根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为，此时甲球在最低点对圆环的作用力大小为；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故对任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零，故D正确。 故选BD。 15．（多选）（2026·陕西渭南·二模）一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取，则下列说法正确的是（     ） A．物体的质量为2kg B．物体所受阻力大小为6N C．力F的大小为9N D．物体上升过程中的最大速度为 【答案】CD 【详解】A．物体到达最高点时速度为零，机械能全部为重力势能。取地面为重力势能零面，由及图中数据得，故A错误； B．撤去后，物体上升，机械能的减少量等于阻力做功的大小。由图中数据得，故B错误； CD．物体从上升到时，机械能增加。按功能关系，外力与阻力做功的代数和等于机械能的增加量，即 由前述计算得，解得。此时机械能为，重力势能为，故动能为 由动能公式得 在内，外力为，重力为、阻力为，物体所受合力向上，速度增大；撤去外力后，合力向下，物体仍向上运动时速度减小。因此最高速度出现在处，故CD正确。 故选CD。 16．（多选）（2026·湖南·一模）如图为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端运动到顶端后抛出，进一步分拣实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行，、两端相距。若以相同的时间间隔将质量的散货无速度放置在倾斜传送带底端，从放上某一个散货开始计时，每当有一个散货从顶端抛出的瞬间，刚好在底端再放置一个新的散货。已知散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。下列说法正确的是（     ） A．散货在传送带上运动时，一直受到沿传送带向上的摩擦力 B．传送带上始终有8个散货 C．两个散货间的最小距离为 D．满载时与空载时相比，电动机多输出的功率为 【答案】AD 【详解】A．对刚放上的散货受力分析，由牛顿第二定律 其中 解得 散货加速到与传送带共速的时间为 加速阶段位移 之后散货随传送带匀速运动，匀速位移为 匀速时间 因此单个散货在传送带上总运动时间 散货加速阶段，自身速度小于传送带速度，相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿传送带向上；共速后散货和传送带相对静止，此时 静摩擦力也沿传送带向上，因此全程摩擦力都沿传送带向上，故A正确； B．由题意得，每当一个散货从B端抛出的瞬间，恰好从底端放上一个新散货，说明散货在传送带上总运动时间等于相邻散货的投放间隔的整数倍；单个散货在传送带运动总时间为10s，投放间隔，因此任意时刻传送带上的散货总数为10个，故B错误。 C．两个先后投放的散货，后一个刚放上去时，前一个已经运动了1s：前1s内前一个散货的位移 二者距离很近；但当后一个散货也完成加速和传送带共速后，两个散货都以匀速运动，相对速度为0，间距保持为，则加速阶段二者的间距会逐渐增大，共速后稳定为10m，即两个散货间的最小距离为1.25m，故C错误； D．满载时相比空载，电动机多输出的功率等于克服所有散货对传送带的摩擦力做功的功率。每个散货对传送带的摩擦力始终沿传送带向下：加速阶段滑动摩擦力 共速后静摩擦力 稳定时传送带上始终有4个处于加速阶段的散货、6个处于共速阶段的散货，则总摩擦力大小为 因此电动机多输出的功率为，故D正确。 故选AD。 17．（2026·河南洛阳·一模）如图所示，两个质量均为m的小球a、b用轻杆连接，轻杆长度为L，小球a套在固定竖直杆MN上，小球b放在水平地面上。某实验小组利用该实验装置进行了下面的实验，初始时a、b两小球在外力作用下处于静止状态，轻杆与水平面的夹角，撤去外力后，当轻杆与水平面的夹角时，a、b小球的速度大小分别为、，此时a球恰好脱离竖直杆，a小球落到水平面之前的瞬间a、b小球的速度大小分别为、，不计一切摩擦和空气阻力，a、b小球均可视为质点，已知，，重力加速度为g。则下列关系式正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】AB．设杆与水平面的夹角为。小球受竖直杆约束、小球在水平地面上运动时，由杆长不变，两球速度沿杆方向的分量相等。时有 解得，故A正确，B错误； CD．从初始静止到，小球下降，杆力对两球系统为内力，竖直杆和地面的支持力均不做功，机械能守恒，得 其中 得 小球脱离竖直杆后，取两球为系统，水平方向合外力为零，水平方向动量守恒；脱离瞬间的速度竖直向下，将触地前杆与地面夹角趋于零，杆长不变使两球水平速度相同，因此 所以 从脱离到将触地，小球下降的高度等于脱离时杆的竖直分量，该段机械能守恒，得 代入球触地前的速度，得 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 18．（2026·福建·高考真题）如图（a），物块A置于水平传送带上，通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与右边的物块B相连。B通过轻绳与物块C相连，连接各物块的轻绳均处于拉紧状态且不可伸长，A与滑轮间的绳子与传送带平行。传送带始终以恒定速率顺时针转动。用挡板P使A保持静止。时，撤去挡板P，同时在A上施加一水平外力F，A、B、C从静止开始运动。以x表示A离开初始位置的位移，F与x成正比关系，取水平向右为F和x的正方向，变化关系如图（b）所示。A第一次向右运动过程中，其速度v随位移x的变化关系如图（c）所示。当时，A与传送带共速。已知A、B质量分别为2 kg、3 kg，A与传送带间的动摩擦因数小于1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，A始终在传送带上，B、C始终未与滑轮和地面相碰。 (1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，F做的功； (2)求C的质量和A与传送带间的动摩擦因数； (3)当A第一次运动到时，剪断B、C间的绳子，A开始向左运动。求A第一次运动到最左端时相对位置的位移。 【答案】(1)(2)，(3) 【详解】（1）设A、B、C的质量分别为、、，A与传送带间的动摩擦因数为，A受到传送带的滑动摩擦力大小为，重力加速度大小为，A从初始位置向右运动、、的位移分别记为和。依题意，A与传送带间的动摩擦因数小于1，经分析可知，A向右运动过程中绳子处于拉紧状态。 设A位移为时的外力为，A从初始位置向右运动过程中外力做的功为。由功的定义得 由图（b）可知，，代入题给数据，得 （2）设A位移为时的外力为，A从初始位置运动到过程中摩擦力做功为，由滑动摩擦力公式和功的定义有和 对A、B、C组成的系统，从初始位置运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立以上式子并代入题给数据得 设A位移为时的外力为，对A、B、C组成的系统，从运动到过程中，由动能定理有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 （3）剪断B、C间绳子后，A、B一起运动，假设A向左运动过程存在绳子拉力为零的位置，设拉力刚开始为零时A的位移为，此时A的加速度大小为，方向向右，外力为，由牛顿运动定律有 由图（b）可知，，联立并代入题给数据得 设A位移为时A、B的速度大小为，A从运动到过程中，对A、B组成的系统，由动能定理有 联立并代入题给数据得 可知，A在时动能大于0，因此假设成立。 设A第一次运动到最左端的位移为，A从处运动到处过程中，A、B初速度相同，A做加速度增大的减速运动，而B做加速度大小恒为的减速运动，因此，此过程A、B间绳子始终保持松弛。设A位移为时的外力为，A从处运动到处过程中，由动能定理有 由图（b）可知， 联立并代入题给数据得 由于不符合实际，因此。 19．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 20．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 21．（2026·甘肃·二模）如图所示的传送装置由同一竖直面内的轨道和传送带组成，包括固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、半径R=1m的圆弧轨道BCD（C为最低点）、倾角θ=37°的传送带DE。装置除传送带外均光滑，且各处均平滑连接。质量为1kg的小物块P从AB上高h=2.0m处的A点由静止释放，经过AB、BCD、传送带后恰好不能越过E点。P与传送带之间的动摩擦因数为0.25，传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，P与传送带间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等。不计小物块P的大小和空气阻力，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，求： (1)P第一次经过C点时对轨道的压力大小； (2)传送带的长度； (3)P返回直轨道AB上升的最大高度h′。 【答案】(1)50N(2)2.5m(3)1.2m 【详解】（1）P从开始到过程中，由动能定理得 P经过点时受力分析，由牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小物块P对轨道的压力为50 N （2）P从开始到过程中，由动能定理得 解得 P滑上传送带时，传送带的速度小于P的速度，则物块先做减速运动，由牛顿第二定律 由运动学公式 解得 共速后继续做减速运动由牛顿第二定律 由运动学公式 解得 则传送带长 （3）P返回时有 P从到返回轨道上升到最大高度处由动能定理 解得 22．（2026·湖南·一模）如图，在竖直平面内，粗糙斜面轨道的下端与光滑圆弧轨道相切于点，是最低点，圆心角，点与圆心等高，圆弧轨道半径。现有一个质量为可视为质点的小物体，从点的正上方点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端处。已知距离，物体与斜面之间的动摩擦因数，取，，，不计空气阻力。求： (1)物体第一次到达点时的速度大小和对轨道的压力大小； (2)斜面的长度； (3)物块在斜面上滑行的总路程。 【答案】(1)10m/s；12N(2)4.6m(3)11.5m 【详解】（1）物体从E到C由动能定理得 代入数据得 在C点，由牛顿第二定律 代入数据得 由牛顿第三定律，物体在点对轨道的压力大小为 （2）从C到A，由动能定理得 代入数据得 （3）物体最后在圆弧轨道B和其对称点间往复运动，则从释放经过往复运动到B点，由动能定理 解得物块在斜面上滑行的总路程为 23．（2026·云南怒江·一模）图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直可调螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为4L，平台高为L。所有不同药品盒轻轻放在以的速度匀速率运动的传送带上，都是在与传送带共速后从A点进入滑槽，滑到滑槽末端B点时，速度都为，质量为m的药品盒P与传送带及平台间的动摩擦因数均为，到达平台最右侧C点时的速度为，最终恰好落在桌面圆盘的圆心位置O点。已知同一药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数相同，不同药品盒则不同，圆盘半径，重力加速度大小为g，忽略空气阻力和圆盘的厚度，将药品盒视为质点。 (1)求从滑槽A点滑到B点，药品盒P克服摩擦力做的功； (2)求因传送药品盒P，传送带电动机多消耗的电能E； (3)为了保证所有的药品盒都能落入圆盘中，求药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数的取值范围。 【答案】(1)(2) (3) 【详解】（1）药品盒P从A点滑至B点的过程中克服阻力做功，根据动能定理、 解得 （2）药品盒P在传送带上加速到的过程中，对P有， 时间t内，药品盒P与传送带发生的相对位移，且， 解得 因摩擦产生的内能 解得 根据能量守恒定律可知因传送药品盒P，传送带电动机多消耗的电能 解得 （3）药品盒P从B点滑到C点，由动能定理得 解得 药品盒P从C点到O点做平抛运动，有， 解得圆盘圆心距平台的距离 当药品盒到达圆盘的左侧或右侧时，对应有， 且， 则药品盒从B点滑到C点的过程中，有， 解得， 因此药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数的取值范围为 24．（2026·广西南宁·一模）如图所示为一款“小车闯关”玩具的示意图，玩具由两段圆弧轨道组成，一段圆弧轨道AB的半径为r，另一段圆弧轨道BC的半径为2r，两段轨道在B点平滑连接，且整个装置固定在竖直平面内。一个质量为m的无动力小车在水平桌面上以水平向右的速度出发，若能顺利通过C点则视为闯关成功。已知重力加速度大小为g，小车在轨道上运动时可视为质点，忽略一切摩擦阻力。 (1)若恰好闯关成功，求小车在C点的速度大小； (2)若A、C两点对小车的弹力大小之差为10mg，求小车在A点的速度大小； (3)试分析论证：小车在经过B点时，其向心加速度的大小发生了突变；并求出小车成功闯关时，在B点处向心加速度大小变化量的最小值。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）恰好闯关成功，则小车在C点只有重力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得小车在C点的速度大小为① （2）设小车在A点的弹力大小为，速度大小为，由牛顿第二定律得② 设小车在C点的弹力大小为，速度大小为，同理得③ 小车从A点到C点，设A点为零势能面，由机械能守恒定律得④ 由题得，⑤ 联立②③④⑤解得 （3）小车从A点到达B点时，设速度为，则此时的向心加速度 从B点到C点时，小车在B点的速度不会发生突变，此时的向心加速度 ，故小车在经过B点时，其向心加速度的大小发生了突变； 小车在经过B点时的加速度变化量为⑥ 分析可得，当通过B点的速度最小时，经过B点时的加速度变化量最小，即小车刚好到达最高点C，小车从B点到C点的过程中，设B点为零势能面，由机械能守恒定律得⑦ 联立①⑥⑦解得 25．（2026·广东清远·一模）我国自主研制的全球最快高铁列车CR450动车组近期进行了多次试验。通过查询资料获取相关参数：试验车由8节车厢组成，每节车厢的质量，其中第2、3、6、7节为动力车厢；行驶过程中，动车组所受摩擦阻力大小恒为其重力的倍，所受空气阻力与速度的平方成正比，即，动车组从开始紧急制动的距离为6050 m。设试验路段铁轨为水平直线，重力加速度取。求： (1)动车组紧急制动过程中受到的平均阻力； (2)动车组以匀速行驶时的总功率； (3)若动车组以（2）中恒定功率启动，每节动力车厢产生的牵引力相同，则速度时（此时空气阻力忽略不计）第5节与第6节车厢间的相互作用力约为多大。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）解法一：紧急制动过程，根据运动学公式有（其中s=6050m） 根据牛顿第二定律有 代入数据，联立解得 解法二：紧急制动过程，由动能定理得 代入数据，解得 （2）动车组匀速行驶时有 其中摩擦阻力 空气阻力 匀速行驶时的总功率 联立解得 （3）由 可得 对整体，根据牛顿第二定律有 以6、7、8节车厢为整体分析有 联立解得 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 功与能 目 录 模块一 题型解码 模块二 考向突破 考向01 功、功率、动能定理 考向02 能量守恒定律 考向03 功能关系 考向04 能量守恒在传送带模型中的应用 模块三 综合演练 考向 作答要点 题型解读 功、功率、动能定理 （3年36考） 掌握恒力功的公式，会计算常见的变力做功，会用图像语言描述机车启动，熟练掌握应用动能定理解决无线运动及多过程问题。 “能量观”是重要的物理观念，也是研究物理现象、解决物理问题最基本、最重要的思想方法。“能量”的观念，其核心是动能定理与能量守恒定律。应用能量的转移转化来窥探物质的运动是高中核心素养的另一体现。因此，本专题是高考的必考点也是热考点。 能量守恒 （3年24考） 会判断系统机械能守恒，能应用能量转移转化的基本思想解决复杂多过程问题尤其是简谐运动与能量的融合。 功能关系 （3年28考） 能说出常见的功能关系并能正确运用功能关系实现功与能计算的转化。 ►考向01 功、功率、动能定理 常见考察方式：应用图像与动能定理计算变力做功、应用动能定理解决多过程及曲线运动问题。 审题关键 1．做好受力分析，区别恒力与变力。 2．理清运动过程合理选取要研究的过程并确定好运动状态。 解题方法 应用动能定理解题的四点注意 解题要点 1.功和功率的求解 (1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。 (2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。注意瞬时功率与平均功率的区别。 2.动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。 1.(2023·山东卷，4)《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. (多选)(2026·湖南常德一模)新能源汽车指采用非常规车用燃料作为动力来源的新型汽车。比如纯电动汽车以电池模组和电动机为主要动力装置，有节能减排、低噪音、高效率等优点，是未来汽车产业的重要发展方向。现已知质量为M的新能源汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t后，该汽车的运行里程为L，此时发动机恰好到达额定功率P，汽车所受的阻力恒定，达到额定功率后，汽车保持额定功率做变加速运动，最后以v1匀速运动，对此下列说法正确的是(　　) A．汽车所受阻力为 B．汽车做匀加速运动时的加速度 C．到达速度v1时，发动机做功为Mv D．存在关系式v1＝ 3. (多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 4. (2026·四川遂宁二模)图甲是射洪中学RIC机器人创新挑战赛小组对搭建的电动小车的加速性能进行探究，获得电动小车启动状态的各项参数以便使小车更快更好的完成地图上各项任务。他们通过传感器，绘制了小车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图乙所示。已知小车的质量m＝1 kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5 s，当牵引力为2 N时小车获得最大速度，则下列说法正确的是(　　) A．小车受到的阻力大小为1 N B．小车运动的总位移为13 m C．小车牵引力的最大功率为8 W D．小车匀加速运动的时间为2 s 5.某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求： (1)比例系数k值； (2)上行路程L值。 6.(多选)(2024·河北唐山三模)如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度v0(大小未知)水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球刚好过最高点D点 B．当v0＝时，小球不会脱离圆弧轨道 C．若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大 D．小球从E点运动到A点的最长时间为(－) ►考向02 能量守恒 常见考察方式：机械能守恒条件的判断与应用、能量守恒定律在多过程问题中的应用。 审题关键 1. 判断清楚守恒系统，针对运动过程建立方程。 2. 建立模型明确运动过程中能量转移转化的方向 3. 正确列出对应过程的守恒方程 解题方法 1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 2.应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变。 (2)转移：EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。 1. (多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 2.(2026·黑龙江吉林模拟)如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．a、b两球组成系统机械能不守恒 B．a球到达与b球等高位置时速度大小为 C．a球运动到最低点时，b球速度最大 D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 3. (2026·青海模拟)如图所示，倾角均为θ(未知)的两个斜面体固定放置，两个斜面ABCD、abcd均是光滑的正方形，ABCD的边长为L，abcd的边长未知，E是AB的中点，a是CD的中点，O是ABCD的中心，a、C、b在同一条直线上。质量为m的小球(视为质点)用长为0.5L的轻细线系于O点，使小球在a点获得一个初速度，小球绕O点做圆周运动，当小球运动到E点时，速度大小为vE＝，细线受到的拉力刚好为0，当小球再次运动到a点时，突然烧断细线(不影响小球的速度)，小球从a点恰好能通过c点，重力加速度大小为g，求： (1)小球在a点的速度大小； (2)abcd的边长。 4.(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 5.(2026·浙江绍兴二模)如图所示，质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为3 000 N/m B．整个过程中电梯的加速度一直在减小 C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N D．电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 600 J ►考向03 功能关系 常见考察方式：功能之间的相互转化，通过做功计算能量变化或反过来计算体现逆向思维。 审题关键 看清楚是求解什么能量变化然后去寻找对应的力做功。 解题方法 解题要点 功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 1. (多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 2.如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 3. (2026·山东聊城三模)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．各小球动能相等的位置在同一水平面上 B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C．各小球机械能相等时处于同一球面上 D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 4. (2026·浙江诸暨模拟)如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数μ、儿童的速度大小v、重力势能Ep和机械能E随运动时间t的变化关系中正确的是(　　) 　 ►考向04 能量守恒定律在传送带模型中的应用 常见考察方式：求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程 审题关键 1.应用能量守恒定律解题的两个基本思路 (1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。 (2)某个物体的能量减小，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减=ΔEB增。 2.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 解题方法 传送带中的动力学问题的分析思路 解题要点 传送带中的能量问题 (1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。 (2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 (3)对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。 ②产生的内能Q=Ffx相对。 (4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系 ①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek； ②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。 1.(2026·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)快件与传送带间的动摩擦因数； (2)快件与传送带因摩擦而产生的热量； (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 2.(2026·江苏镇江市模拟)如图所示，底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一长金属板，下端与挡板接触。距离A处L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电机，滚轮匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮转动角速度ω=80 rad/s，半径r=0.05 m，滚轮对金属板的压力FN=2×104 N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103 kg，不计板与斜面间的摩擦，g取10 m/s2。求： (1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小； (2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小； (3)金属板往复运动的周期以及每个运动周期中电动机输出的平均功率。 1．（2026·江西·高考真题）某地需设计一额定功率为的水平轴风力发电机。在风速为、空气的密度为、发电机叶片的旋转平面与风向垂直，以及叶片转动形成圆面内的风能有转化为电能的条件下，发电机以额定功率工作。若叶片转速为，则该圆面的直径和叶片尖端的速度分别约为（     ） A．， B．， C．， D．， 2．（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别为、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 3．（2026·山东·高考真题）“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（      ） A． B． C． D． 4．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），水平面上一质量为的物块在拉力作用下，以初速度由原点出发，沿轴依次经过、、三点。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，，随位置的变化如图（b）所示。设物块经过、两点时的瞬时功率分别为、，经过、、段的平均功率分别为、、，则（     ） A．， B．， C．， D．， 5．（2026·浙江绍兴·一模）如图所示，我国东部沿海某乡村的分布式风力发电储能系统，主要构件有：额定功率的风力发电机，额定电压、可储存额定能量的电池。已知该系统年发电量可以等效为以额定功率发电，标准煤完全燃烧可发电，排放二氧化碳。下列说法正确的是（　　） A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比 B．风力发电机捕获的空气动能可以全部转化为电能 C．该系统正常运行10年，可减少二氧化碳排放量约 D．储能电池充满电后，即使连续一周风速极低，风力发电机几乎不发电，仍可承受的基本用电负荷 6．（2026·湖北黄石·一模）如图甲所示，在水平面内有一足够长的水平轨道。可视为质点的、两小物块靠在一起，静置于轨道左端。时刻用一水平向右的推力作用在上，使、向右运动。随变化的图像如图乙所示。已知、质量均为，与水平轨道间的动摩擦因数为，与水平轨道间的摩擦不计，不计空气阻力，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（     ） A．两物体分离瞬间的速度大小为 B．在时与还未分离 C．两物块分离前的位移等于 D．两物块分离前对的弹力做的功为 7．（2026·湖南·一模）质量为的物块静置于光滑水平地面上处。现给物块施加一沿轴正方向的水平力，其大小随位置变化的关系如图所示，则物块运动到处时，力的瞬时功率为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·云南昆明·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块轻轻放在传送带的A端，2s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（    ） A．传送带的倾角θ为53° B．传送带的速率为12 m/s C．物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6m D．0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24 J 9．（2026·陕西西安·模拟预测）中国新能源汽车产业已连续10年位居全球首位，一辆某新能源汽车，它所用电池是锂电池，锂电池内阻特别小，若忽略锂电池内阻，从能量守恒的角度考虑，该新能源汽车在一段坡路上加速上坡过程中，电能转化为（     ） A．动能和重力势能 B．重力势能和内能 C．动能和内能 D．机械能和内能 10．（25-26高三下·湖南邵阳·期末）如图，是竖直面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与相切于点。一质量为的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从点开始运动到其轨迹最高点，动能的增量为（     ） A． B． C． D． 11．（2026·黑龙江大庆·一模）如图甲所示，在竖直平面内，质量为的小球从距离地面高处、以某一初速度水平向右抛出，以抛出点为坐标原点、以竖直向下为正方向建立轴，运动过程中除重力外，小球还受到一个竖直方向的恒力作用（未知），其动能和机械能随坐标的变化关系如图乙中图线、所示，图中为已知量，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球所受恒力的方向是竖直向下 B．小球抛出时的重力势能为 C．小球做匀变速曲线运动，加速度大小为 D．小球落地时，速度方向与水平方向的夹角为 12．（多选）（2026·甘肃·高考真题）汽车在平直公路上行驶，阻力保持不变。某时刻，以速度、加速度加速前进，发动机的实际功率正好等于额定功率。从此时开始，发动机始终在额定功率下工作。下列说法正确的是（     ） A．汽车的牵引力大小将逐渐趋于 B．经过时间后，汽车的速度为 C．汽车的速度会先增大后减小 D．汽车能达到的速度最大值为 13．（多选）（2026·湖北·高考真题）某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以 点为圆心、 为半径的圆弧，圆弧最高点与 点等高。救援队从 点以大小为的初速度向该山沟投掷救援物资，其中 是重力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则物资（     ） A．在空中运动的时间为 B．与水平方向成 角斜上抛 C．抛出点与落点的高度差为 D．落到圆弧上的最小速率为 14．（多选）（2026·湖北·高考真题）如图所示，半径为、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为（为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．乙的初速度大小为 B．甲、乙两小球运动的周期相等 C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心 D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零 15．（多选）（2026·陕西渭南·二模）一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取，则下列说法正确的是（     ） A．物体的质量为2kg B．物体所受阻力大小为6N C．力F的大小为9N D．物体上升过程中的最大速度为 16．（多选）（2026·湖南·一模）如图为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端运动到顶端后抛出，进一步分拣实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行，、两端相距。若以相同的时间间隔将质量的散货无速度放置在倾斜传送带底端，从放上某一个散货开始计时，每当有一个散货从顶端抛出的瞬间，刚好在底端再放置一个新的散货。已知散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。下列说法正确的是（     ） A．散货在传送带上运动时，一直受到沿传送带向上的摩擦力 B．传送带上始终有8个散货 C．两个散货间的最小距离为 D．满载时与空载时相比，电动机多输出的功率为 17．（2026·河南洛阳·一模）如图所示，两个质量均为m的小球a、b用轻杆连接，轻杆长度为L，小球a套在固定竖直杆MN上，小球b放在水平地面上。某实验小组利用该实验装置进行了下面的实验，初始时a、b两小球在外力作用下处于静止状态，轻杆与水平面的夹角，撤去外力后，当轻杆与水平面的夹角时，a、b小球的速度大小分别为、，此时a球恰好脱离竖直杆，a小球落到水平面之前的瞬间a、b小球的速度大小分别为、，不计一切摩擦和空气阻力，a、b小球均可视为质点，已知，，重力加速度为g。则下列关系式正确的是（     ） A． B． C． D． 18．（2026·福建·高考真题）如图（a），物块A置于水平传送带上，通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与右边的物块B相连。B通过轻绳与物块C相连，连接各物块的轻绳均处于拉紧状态且不可伸长，A与滑轮间的绳子与传送带平行。传送带始终以恒定速率顺时针转动。用挡板P使A保持静止。时，撤去挡板P，同时在A上施加一水平外力F，A、B、C从静止开始运动。以x表示A离开初始位置的位移，F与x成正比关系，取水平向右为F和x的正方向，变化关系如图（b）所示。A第一次向右运动过程中，其速度v随位移x的变化关系如图（c）所示。当时，A与传送带共速。已知A、B质量分别为2 kg、3 kg，A与传送带间的动摩擦因数小于1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，A始终在传送带上，B、C始终未与滑轮和地面相碰。 (1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，F做的功； (2)求C的质量和A与传送带间的动摩擦因数； (3)当A第一次运动到时，剪断B、C间的绳子，A开始向左运动。求A第一次运动到最左端时相对位置的位移。 19．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 20．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 21．（2026·甘肃·二模）如图所示的传送装置由同一竖直面内的轨道和传送带组成，包括固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、半径R=1m的圆弧轨道BCD（C为最低点）、倾角θ=37°的传送带DE。装置除传送带外均光滑，且各处均平滑连接。质量为1kg的小物块P从AB上高h=2.0m处的A点由静止释放，经过AB、BCD、传送带后恰好不能越过E点。P与传送带之间的动摩擦因数为0.25，传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，P与传送带间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等。不计小物块P的大小和空气阻力，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，求： (1)P第一次经过C点时对轨道的压力大小； (2)传送带的长度； (3)P返回直轨道AB上升的最大高度h′。 22．（2026·湖南·一模）如图，在竖直平面内，粗糙斜面轨道的下端与光滑圆弧轨道相切于点，是最低点，圆心角，点与圆心等高，圆弧轨道半径。现有一个质量为可视为质点的小物体，从点的正上方点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端处。已知距离，物体与斜面之间的动摩擦因数，取，，，不计空气阻力。求： (1)物体第一次到达点时的速度大小和对轨道的压力大小； (2)斜面的长度； (3)物块在斜面上滑行的总路程。 23．（2026·云南怒江·一模）图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直可调螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为4L，平台高为L。所有不同药品盒轻轻放在以的速度匀速率运动的传送带上，都是在与传送带共速后从A点进入滑槽，滑到滑槽末端B点时，速度都为，质量为m的药品盒P与传送带及平台间的动摩擦因数均为，到达平台最右侧C点时的速度为，最终恰好落在桌面圆盘的圆心位置O点。已知同一药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数相同，不同药品盒则不同，圆盘半径，重力加速度大小为g，忽略空气阻力和圆盘的厚度，将药品盒视为质点。 (1)求从滑槽A点滑到B点，药品盒P克服摩擦力做的功； (2)求因传送药品盒P，传送带电动机多消耗的电能E； (3)为了保证所有的药品盒都能落入圆盘中，求药品盒与传送带及平台间的动摩擦因数的取值范围。 24．（2026·广西南宁·一模）如图所示为一款“小车闯关”玩具的示意图，玩具由两段圆弧轨道组成，一段圆弧轨道AB的半径为r，另一段圆弧轨道BC的半径为2r，两段轨道在B点平滑连接，且整个装置固定在竖直平面内。一个质量为m的无动力小车在水平桌面上以水平向右的速度出发，若能顺利通过C点则视为闯关成功。已知重力加速度大小为g，小车在轨道上运动时可视为质点，忽略一切摩擦阻力。 (1)若恰好闯关成功，求小车在C点的速度大小； (2)若A、C两点对小车的弹力大小之差为10mg，求小车在A点的速度大小； (3)试分析论证：小车在经过B点时，其向心加速度的大小发生了突变；并求出小车成功闯关时，在B点处向心加速度大小变化量的最小值。 25．（2026·广东清远·一模）我国自主研制的全球最快高铁列车CR450动车组近期进行了多次试验。通过查询资料获取相关参数：试验车由8节车厢组成，每节车厢的质量，其中第2、3、6、7节为动力车厢；行驶过程中，动车组所受摩擦阻力大小恒为其重力的倍，所受空气阻力与速度的平方成正比，即，动车组从开始紧急制动的距离为6050 m。设试验路段铁轨为水平直线，重力加速度取。求： (1)动车组紧急制动过程中受到的平均阻力； (2)动车组以匀速行驶时的总功率； (3)若动车组以（2）中恒定功率启动，每节动力车厢产生的牵引力相同，则速度时（此时空气阻力忽略不计）第5节与第6节车厢间的相互作用力约为多大。 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $