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第4讲 功和功率 功能关系
（2024 重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2
（2024 山东）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（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．
B．
C．
D．
（2024 安徽）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　）
A．（H+h）
B．（H+h）
C．（H）
D．（H）
（多选）（2024 广东）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　）
A．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2
B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
（2024 山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
(3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
三、轻绳相连的系统机械能守恒模型
①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动 ②注意两物体运动位移和高度不一定相等 ③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度 ④注意最大速度和最大加速度区别
①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒； ②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒；
四、轻杆相连的系统机械能守恒模型
类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示
五、轻弹簧问题
轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度：弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
【方法指导】
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
考点一 功和功率的分析计算
（2024 洛阳一模）如图所示，质量为m的小物体静止于长L的木板边缘，开始板水平放置，现使板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体始终相对木板静止，则这一过程中下列说法错误的是（　　）
A．板对物体的支持力不做功
B．板对物体的摩擦力做功为0
C．板对物体的支持力对物体做的功mgLsinα
D．重力对物体做功为﹣mgLsinα
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
（2024 浙江一模）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1，边长为L，从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为
B．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同
C．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同
D．小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点的末速度最小
（2024 二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型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，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
考点二 动能定理的应用
（多选）（2024 新城区校级模拟）荡秋千是古今中外大家喜爱的一项体育活动，苏轼就在《蝶恋花 春景》里描写过荡秋千的场景。某秋千的简化模型如图所示，长度均为L的两根细绳下端拴一质量为m的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为θ。保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（　　）
A．小球运动到最低点时速度大小为
B．小球释放瞬间加速度为gsinθ
C．小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为
D．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为
（2024 光明区校级模拟）近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小车的最大牵引力为1N
B．小车的额定功率为4W
C．小车减速时的加速度大小为2m/s2
D．小车加速的时间为2s
（2024 新城区校级模拟）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、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，辘轱绕绳轮轴半径为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v＝2t（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内并绳拉力所做的功为255J
（2024 江苏模拟）如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　）
A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2
B．1s时物块B的速度大小为2m/s
C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J
D．木板A的长度可能为1.5m
考点三 功能关系的理解和应用
（2024 红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球到距地面高度为时动能最大
C．小球最大动能为
D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x）
（2024 浙江二模）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则（　　）
A．角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B．角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C．弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为
D．突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小
（2024 广东二模）如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次运行时，A（含载重）的质量M＝1000kg，t＝0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速运动，然后以v＝1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度h＝7m。已知B的质量m＝800kg，不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）此次电梯匀速运行的时间；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小；
（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。
（2024 南开区二模）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16kg的两辆购物车相距L1＝1m静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的k＝0.25倍，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工人对第一辆车所做的功。
考点四 动力学和能量观点解决问题
（2024 东湖区校级二模）如图所示，一轻弹簧原长L＝2m，其一端固定在倾角为θ＝37°的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x＝3m。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长x0＝4m，传送带逆时针转动，转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为的光滑圆弧轨道DH相切于H点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同一竖直线上。质量为m＝5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D点的速度vD。
（2024 武汉模拟）如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
（2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
（2024 市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求：
（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F；
（2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小；
（3）k的大小；
（4）木板的运动时间t。
（2024 全国模拟）如图为小祥玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。若不考虑空气阻力，对于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．在此后一小段时间内，小球机械能一定增加
C．图示瞬间小球一定处于失重状态
D．橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒
（2024 广东模拟）物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（　　）
A． B． C． D．
（2024 广东模拟）一辆质量为m＝1.2×103kg的参赛用小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则（　　）
A．小汽车受到的阻力大小为7×103N
B．小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2
C．小汽车的最大功率为4×105W
D．小汽车24s后速度40m/s
（2024 长春一模）郑钦文在2024年巴黎奥运会为我国赢得首枚奥运网球单打金牌。比赛中在网球距地面高度为h时，她以斜向上方速度v0将网球击出，v0方向与水平方向夹角为θ。忽略空气阻力，网球从被击出到第一次落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．网球在空中的运动时间与h有关，与v0无关
B．网球落地前速度的反向延长线过水平位移的中点
C．保持h和v0的大小不变，当θ＝45°时，网球水平位移最大
D．保持v0的大小不变，h越小，最大水平位移对应的θ越接近45°
（2024 青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率v＝2m/s逆时针转动，一质量为m＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J
（2024 广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？
（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。
（2024 观山湖区校级模拟）如图所示，ABC是一固定滑板轨道，由倾角α＝30°的斜面轨道AB和半径R＝6m的圆弧轨道BC组成，两轨道在B点平滑连接，圆弧轨道与水平地面相切于最低点B。一小孩练习滑板从斜面最高点A由静止出发，经过B、C后，最终以水平速度从D点冲上平台。已知滑板经过B、C两点的速度大小分别为v1＝8m/s、v2＝4m/s，该小孩与滑板的总质量为m＝30kg。不计滑板与轨道间的摩擦，小孩途中一直保持固定姿势，没有做功举动，小孩与滑板整体可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑板经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）滑板在斜面轨道上运动的时间；
（3）D点距地面的高度H。
（2024 南宁二模）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲斜坡CD相连，平台BC的长度L1＝24m，斜坡CD的长度L2＝30m。若滑雪者（视为质点）从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。现滑雪者从A点由静止开始下滑，从B点飞出。若A、P两点间的距离，滑雪者与滑道间的动摩擦因数μ＝0.04，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）求滑雪者从A点运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度；
（3）若滑雪者从B点飞出后，经过t'＝3s落在斜坡CD上，求斜坡CD倾角的正切值。
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第4讲 功和功率 功能关系
（2024 重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　）
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2
【解答】解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误；
B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误；
C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确；
D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s2，故D错误。
故选：C。
（2024 山东）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（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．
B．
C．
D．
【解答】解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为x；
对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件μmg＝kx
解得弹性绳的伸长量
此时弹性绳的弹性势能
乙同学的位移x′＝（l﹣d）+x
根据功能关系，拉力做功
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 安徽）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　）
A．（H+h）
B．（H+h）
C．（H）
D．（H）
【解答】解：取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动
在水平方向做匀速直线运动l＝vt
代入数据解得
设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm＝ρV＝ρS vΔt
取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能
设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt＝ΔE
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）（2024 广东）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　）
A．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2
B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【解答】解：AB、行星表面的物体受到的万有引力提供重力，则
解得：g
行星的质量和半径分别为地球的和，则行星表面的重力加速度为：
行星第一宇宙速度的表达式为：
，该行星表面的重力加速度和半径都比地球的小，所以该行星的第一宇宙速度不为7.9km/s，故A正确，B错误；
C、设探测器质量为M＝1000kg，背罩质量为m＝50kg。“背罩分离”后瞬间，弹性绳的弹力瞬间不变，原先背罩做匀速直线运动，弹性绳的弹力为：
F＝（M+m）g1
“背罩分离”后瞬间对背罩，根据牛顿第二定律得：
F﹣mg1＝ma
联立解得：a＝80m/s2，方向竖直向上，故C正确；
D、“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为：
P＝Mg1v＝1000×4×60W＝240kW，故D错误；
故选：AC。
（2024 山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【解答】解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，通过分析题意可知，在Q点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为3mg，根据牛顿第二定律有
3mg+mg＝m
解得v＝4m/s
（2）（i）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，由图乙可知，当0＜F≤4N，小物块m和轨道M一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，则a，根据图乙第一段图线的斜率k（kg﹣1）（kg﹣1），
即（kg﹣1）（kg﹣1），则M+m＝2，当F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma，即a，同理根据图乙第二段图线的斜率的物理意义，有（kg﹣1）＝1（kg﹣1），
联立解得M＝1kg，m＝1kg
将图乙中（4N，2m/s2）代入a
解得μ＝0.2
（ii）当F＝8N时，由图乙对轨道a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据μmg＝ma2，解得a2＝2m/s2，设经过时间t小物块运动到P点，根据匀变速直线运动的规律有a1t2a2t2＝L，滑动P点时轨道的速度为v1＝a1t，小物块的速度为v2＝a2t，方向都是水平向左，小物块在与竖直面内圆弧轨道作用的过程中，系统在水平方向满足动量守恒条件和机械能守恒定律，且规定水平向左的方向为正方向，有
Mv1+mv2＝Mv1′+mv2′
MmMmmg 2R
且v2′＝7m/s
联立以上各式解得t＝1.5s或者t＝3.17s（不合题意，舍弃）
L＝4.5m
答：（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；
（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；
（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。
一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
(3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
三、轻绳相连的系统机械能守恒模型
①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动 ②注意两物体运动位移和高度不一定相等 ③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度 ④注意最大速度和最大加速度区别
①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒； ②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒；
四、轻杆相连的系统机械能守恒模型
类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示
五、轻弹簧问题
轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度：弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
【方法指导】
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
考点一 功和功率的分析计算
（2024 洛阳一模）如图所示，质量为m的小物体静止于长L的木板边缘，开始板水平放置，现使板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体始终相对木板静止，则这一过程中下列说法错误的是（　　）
A．板对物体的支持力不做功
B．板对物体的摩擦力做功为0
C．板对物体的支持力对物体做的功mgLsinα
D．重力对物体做功为﹣mgLsinα
【解答】解：B、小物体受重力、支持力和静摩擦力，且受力平衡，由于静摩擦力的方向与小物体运动方向垂直，且小物体始终相对木板静止，因此板对物体的摩擦力做功为0，故B正确；
D、板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，重力做功为
WG＝﹣mgLsinα
故D正确；
AC、由于是缓缓转动，根据动能定理得
WG+WN+Wf＝0
则板对物体的支持力对物体做的功为
WN＝﹣WG＝mgLsinα
故A错误，C正确。
本题是选错误的，
故选：A。
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
【解答】解：A.设小球从A点抛出时初速度v0与水平方向的夹角为α，小球由A点至D点的过程中，在竖直方向上做初速度为v0sinα，加速度为g的竖直上抛运动，在水平方向上做速度为 v0cosα 的匀速直线运动，由几何关系得小球的水平位移与竖直位移大小相等，设小球在空中运动的时间为t，则满足
又小球与斜面垂直碰撞于D点，则
联立解得tanα＝3，即α＝arctan3，故A正确；
BCD.根据已知条件结合A选项的解答不能求出小球的初速度和小球在空中运动的时间，又因为小球质量未知，所以不能求出重力做功，故BCD错误。
故选：A。
（2024 浙江一模）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1，边长为L，从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为
B．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同
C．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同
D．小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点的末速度最小
【解答】解：A．落点在A1B1C1D1内的小球，根据自由落体运动位移—时间公式，则运动时间满足
落到C1点的小球初速度最大，则初速度的最大值满足
故A错误；
B．运动轨迹与AC1相交的小球，位移的偏向角均相同，均满足
速度的偏向角满足
可知速度偏向角都相同，即在与AC1交点处的速度方向都相同，故B正确；
C．落点在A1B1C1D1内的小球，下落的竖直高度均为L，根据自由落体运动速度—位移公式，则落地的竖直速度均满足
则落地时重力的瞬时功率满足
都相同，故C错误；
D．小球击中CC1的各次运动中，设初速度为v0，则运动时间满足
竖直速度满足
击中CC1时的速度满足
由数学知识可知，当
时v1最小，即
此时击中CC1时下落的竖直高度
故D错误。
故选：B。
（2024 二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型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，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
【解答】解：A、由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N，此时加速度为0，模型车受力平衡，所以车所受到的阻力大小f＝2N，故A错误；
B、由图像可知，模型车先做匀加速运动，匀加速运动的末速度v1＝2m/s，此过程的牵引力为F＝4N，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得匀加速运动的加速度为a＝2m/s2，故匀加速运动的时间t1s＝1s，故B错误；
C、当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故模型车牵引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C错误；
D、模型车变加速运动所需时间t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，对于变加速运动，根据动能定理有：Pt2﹣fx2，由图可知最大速度vm＝4m/s，解得变加速运动的位移x2＝13m，匀加速阶段位移x1m＝1m，故总位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正确。
故选：D。
考点二 动能定理的应用
（多选）（2024 新城区校级模拟）荡秋千是古今中外大家喜爱的一项体育活动，苏轼就在《蝶恋花 春景》里描写过荡秋千的场景。某秋千的简化模型如图所示，长度均为L的两根细绳下端拴一质量为m的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为θ。保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（　　）
A．小球运动到最低点时速度大小为
B．小球释放瞬间加速度为gsinθ
C．小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为
D．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为
【解答】解：A、小球摆到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgH0，解得小球运动到最低点时速度大小为v，故A正确；
BC、小球释放瞬间，设每根绳的拉力大小为T，受力分析如图1所示：
根据牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma，解得：a＝gsinα；
由于速度为0，则有：2Tcosθ﹣mgcosα＝0，如图2：
由几何关系，有cosα
联立得T，故B错误、C正确；
D、在最低点以小球为研究对象，设绳子拉力为T′，由牛顿第二定律得：2T′cosθ﹣mg＝m，其中R＝Lcosθ
联立解得T′，故D正确。
故选：ACD。
（2024 光明区校级模拟）近几年我国大力发展绿色环保动力，新能源汽车发展前景广阔。质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后经一段时间关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小车的最大牵引力为1N
B．小车的额定功率为4W
C．小车减速时的加速度大小为2m/s2
D．小车加速的时间为2s
【解答】解：A．当关闭电源后只有阻力对小车做功，根据动能定理有
﹣fx＝ΔEk
结合图像可知，阻力大小为
f＝1N
故小车的最小牵引力为
F＝f＝1N
故A错误；
B．小车的最大动能为
解得
vm＝2m/s
小车的额定功率为
P额＝Fv＝fvm＝1×2W＝2W
故B错误；
C．关闭电源后，由牛顿运动定律可得
am/s2＝1m/s2
故C错误；
D．加速过程中，对小车由动能定理有
P额t﹣fx＝Ekmax﹣0
可得加速时间
t＝2s
故D正确。
故选：D。
（2024 新城区校级模拟）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、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，辘轱绕绳轮轴半径为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v＝2t（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内并绳拉力所做的功为255J
【解答】解：A．根据题意可知ω＝2t，则水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，故A错误；
B．水斗匀加速上升，根据上述分析可知加速度a＝0.2m/s2
由牛顿第二定律F﹣（m+m'）g＝（m+m'）a
解得：F＝25.5N，故B错误；
C．水斗匀加速上升，0～10s内它上升的高度为：
，故C错误；
D．0～10s内井绳拉力所做的功为W＝Fh＝25.5×10J＝255J，故D正确。
故选：D。
（2024 江苏模拟）如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1kg的木板A，板左端有一质量m＝0.5kg的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，1s末撤去F，物块B始终未从木板A上滑下。取g＝10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　）
A．1s时物块B的加速度大小为4m/s2
B．1s时物块B的速度大小为2m/s
C．1s后木板A与物块B因摩擦产生的热量为1.5J
D．木板A的长度可能为1.5m
【解答】解：A、共速前对A分析，μmg＝Ma1，可得A木板最大加速度为a1＝1m/s2，假设开始运动时A、B同步加速运动，看作整体，F＝（M+m）a，由题知0﹣1s内，F＞2N，故，所以假设不成立，A、B在0﹣1s内不同步加速，在1s时B物块的运用牛顿第二定律，F﹣μmg＝ma2，解得a2＝6m/s，故A错误；
B、根据A选项分析，故B错误；
C、A在0﹣1s内做匀加速直线运动，v1＝a1t，解得v1＝1m/s，B在0﹣1s内做变加速直线运动，以向右为正方向，根据动量定理，Ft﹣μmgt＝mv2，F﹣t图的面积即为冲量，解得v2＝4m/s，A、B最终共速，运用用动量守恒，Mv1+mv2＝（M+m）v共，再对A、B整体用能量守恒，，解得Q＝1.5J，故C正确；
D、根据C选项分析可知1s后A、B因摩擦产生的热量Q＝1.5J，根据摩擦产生热量计算公式Q＝μmgx相对，可得1s后A、B相对位移x相对＝1.5m，根据A选项分析可知在0﹣1s内A、B也在相对运动，且相对运动方向与1s后一致，所以木板的长度一定大于1.5m，故D错误。
故选：C。
考点三 功能关系的理解和应用
（2024 红桥区二模）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球到距地面高度为时动能最大
C．小球最大动能为
D．弹簧最大弹性势能为mg（h+x）
【解答】解：A、小球压缩弹簧的过程中，弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B、当小球的加速度为零时，速度最大，动能最大，则有：mg＝kx′，可得此时弹簧的压缩量为x′，而此时小球到距地面高度h′＝L0﹣x′＝L0，L0是弹簧原长，故B错误；
C、对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒。从开始到小球动能最大位置，由系统机械能守恒得：mg（h+x′）＝Ekm+Ep弹，则小球最大动能为Ekm＜mg（h+x′），故C错误；
D、从开始到最低点，由系统机械能守恒得弹簧最大弹性势能为：Epm＝mg（h+x），故D正确。
故选：D。
（2024 浙江二模）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则（　　）
A．角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B．角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C．弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为
D．突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小
【解答】解：C、弹簧处于原长状态时，则圆环仅受到重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为ω0，根据牛顿第二定律得：
设弹簧原长为l，圆环此时转动的半径为：r1＝lsinα
解得：
此时的向心加速度为：，故C错误；
AB、设弹簧的长度为x，则圆环做圆周运动的半径为：r＝xsinα
圆环受到的杆的支持力为N，圆环受到的杆的支持力为T，则当0＜ω＜ω0时，圆环受力分析如图所示。
对圆环，竖直方向上根据平衡条件可得
Tcosα+Nsinα＝G
水平方向上根据牛顿第二定律可得
Ncosα﹣Tsinα＝mω2r
联立解得：，
当ω＞ω0时，圆环受力分析如图所示。
对圆环，竖直方向上根据平衡条件可得
Nsinα﹣Tcosα＝G
水平方向上根据牛顿第二定律可得
Ncosα+Tsinα＝mω2r
联立解得：，
当角速度增大时，弹簧的长度变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大；当0＜ω＜ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变小，当ω＞ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在先变小后变大，故A正确，B错误；
D、突然停止转动后，圆环下滑过程中，圆环先加速下滑后减速下滑，则圆环的动能先增大后减小，由于圆环和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，所以重力势能和弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选：A。
（2024 广东二模）如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次运行时，A（含载重）的质量M＝1000kg，t＝0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速运动，然后以v＝1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度h＝7m。已知B的质量m＝800kg，不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）此次电梯匀速运行的时间；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小；
（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。
【解答】解：（1）A匀加速运行的时间为
t1s＝2s
匀加速运动的位移为
h12m＝1m
匀减速运行的时间为
t2s＝2s
匀减速运行的位移为
h22m＝1m
匀速运行的时间为
t3s＝5s
（2）由（1）可知t＝1s时，A匀加速上升，B匀加速下降，设B下端缆绳的拉力大小为F，B上端缆绳的拉力大小为T。
对A、B分别根据牛顿第二定律得
T﹣Mg＝Ma
F+mg﹣T＝ma
代入数据解得：F＝2900N
（3）由（1）可知A上升到5m时，速度大小为1m/s，机械能增量
代入数据解得：ΔE＝50500J
答：（1）此次电梯匀速运行的时间为5s；
（2）t＝1s时，B下端缆绳的拉力大小为2900N；
（3）A（含载重）的机械能增量为50500J。
（2024 南开区二模）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16kg的两辆购物车相距L1＝1m静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的k＝0.25倍，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工人对第一辆车所做的功。
【解答】解：（1）对整体，由牛顿第二定律可得：
k×2mg＝2ma
解得：a＝2.5m/s2
逆向过程
解得：t＝1s
（2）嵌套后，对整体，根据运动学公式可得：
0＝v2﹣at
解得：v2＝2.5m/s
选择初速度方向为正方向，嵌套过程中根据动量守恒定律可得：
mv1＝（m+m）v2
解得：v1＝5m/s
在嵌套过程中损失的机械能为：
解得：ΔE＝100J
（3）对小车的运动过程，根据动能定理可得：
解得：W＝240J
答：（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间为1s；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能为100J；
（3）工人对第一辆车所做的功为240J。
考点四 动力学和能量观点解决问题
（2024 东湖区校级二模）如图所示，一轻弹簧原长L＝2m，其一端固定在倾角为θ＝37°的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x＝3m。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长x0＝4m，传送带逆时针转动，转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为的光滑圆弧轨道DH相切于H点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同一竖直线上。质量为m＝5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D点的速度vD。
【解答】解：（1）当物块P在传送带上运动时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得物块的加速度大小为：a＝12m/s2
物块做匀加速直线运动，当物块速度达到4m/s时，其位移为
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。
因，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到共同速度后一起做匀速直线运动到F点。
设BE长为L0，物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
mg（x﹣L+L0）sinθ+μ2mg（x﹣L+L0）cosθ＝Ep
联立解得：L0＝1m，Ep＝80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则根据平抛运动的规律得
水平方向上有
x0cosθ＝vDt
竖直方向上有
联立解得：vD＝4m/s
答：（1）BE间距离x为1m，物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep为80J；
（2）物块运动到D点的速度vD为4m/s。
（2024 武汉模拟）如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【解答】解：（1）滑块从静止释放到第一次到达圆轨道最高点过程，由动能定理有：
在圆轨道最高点由牛顿第二定律有：
代入数据可得：FN＝45mg
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小FN′与支持力FN大小相等，即：FN′＝FN＝45mg
（2）设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1，滑块从静止释放到第一次在CD段速度减为零过程，由动能定理有：mgLsinθ﹣μmgLcosθ﹣mgL1sinθ﹣μmgL1cosθ＝0
代入数据可得：L1＝25R
（3）根据上面分析可知：
滑块恰好通过圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有：
设滑块在CD轨道上向下滑行的距离为L0时，滑块恰好通过圆轨道最高点时，滑块从CD段静止滑下到恰好通过圆轨道最高点过程，由动能定理有：
代入数据可得：L0＝12.5R
L0＜L1，可知滑块第一次从CD轨道滑下后能再次在AB轨道滑行，同理可知滑块第一次在AB轨道向上滑行的最大距离满足：
设滑块第三次通过B点的速度为vB3，滑块从AB轨道第二次滑下过程，由动能定理有：
代入数据可得：
设滑块以上升到圆轨道的高度为h，由动能定理有：，可得h＝R，可知滑块速度减为零，反向运动滑到AB段，滑块不能再次滑到CD轨道上，
滑块第三次通过B点到速度减为零的过程，由动能定理有：
代入数据可得：s＝2.5R
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程：s总＝L+2L2+s＝125R+2×5R+2.5R＝137.5R
答：（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为45mg；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为25R；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程137.5R。
（2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
【解答】解：（1）设P在B点的速度为vB，根据题意可得
解得
P从A到B的过程中，根据能量守恒定律
联立上述各式解得
Q＝900J
（2）在D点时，则有
解得
从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得
解得
同理，从D到E则有
解得
（3）由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足
考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速，取向右为正方向，有
mvE＝（M+m）v
解得
若二者提前共速，后滑动到终点，取向右为正方向，有
mvE＝（M+m）v'
2μg（L﹣x）＝v'2
解得
从C到E
对应C点的速度为
即
9.78m/s≤vC≤9.96m/s
若在BC过程一直加速，则有
F＝0.5mg＝ma
解得
若一直减速，则不可能达到C点。综上所述，可调节的水流速度
9.78m/s≤v≤9.96m/s
答：（1）B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量900J。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，P在C点和E点的速度分别为，。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，BC间水速的调节范围9.78m/s≤vC≤9.96m/s。
（2024 市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求：
（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F；
（2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小；
（3）k的大小；
（4）木板的运动时间t。
【解答】解：（1）物块由P至C，根据机械能守恒定律有
解得
C处根据牛顿第二定律有
解得
F＝5mg
由牛顿第三定律，物块对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下；
（2）由题意物块进入甲传送带时v0＜u，假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块根据运动学公式有
vD＝v0+at
对传送带
联立求解得
说明物块在甲上先加速，后以u匀速；设物块匀加速时间为t1，根据功能关系有
W＝Ff μt1
联立解得
；
（3）碰撞后木板的速度大小为u，对木板此后运动的动力学分析结果为
①木板位移：
合力为0，木板做匀速直线运动；
②木板位移：
合力为
则木板做变减速运动，合力随位移均匀增加；
③木板位移kR≤x≤2kR：
合力为
F＝μmg
合力恒定、匀减速至静止。对木板，全程由动能定理
解得
k＝39.2；
（4）①木板位移过程匀速，时间为
②木板位移过程做简谐运动，时恰为平衡位置，由
可得回复力系数
简谐运动的周期为
设此简谐运动的振幅为A，满足
可得
故
；
③木板位移kR≤x≤2kR过程以加速度a＝μg做匀减速直线运动，由
可得
故总时间为
。
答：（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F为5mg、方向竖直向下；
（2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，的数值大小为；
（3）k的大小为39.2；
（4）木板的运动时间t为。
（2024 全国模拟）如图为小祥玩橡皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。若不考虑空气阻力，对于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．在此后一小段时间内，小球机械能一定增加
C．图示瞬间小球一定处于失重状态
D．橡皮筋与小球构成的系统机械能守恒
【解答】解：A C．由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度的方向，无法判断超重和失重，故AC错误；
B．在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增加，故B正确；
D．由于手在下降，因此手对橡皮筋做负功，系统的机械能减小，故D错误。
故选：B。
（2024 广东模拟）物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设上升的最大高度为h，根据功能关系得：
根据能量守恒定律得：
E＝mgh+fh
解得：
可知
若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律得：
Ek+mgH＝E﹣fH
Ek＝Ep＝mgH
联立解得：
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 广东模拟）一辆质量为m＝1.2×103kg的参赛用小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则（　　）
A．小汽车受到的阻力大小为7×103N
B．小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2
C．小汽车的最大功率为4×105W
D．小汽车24s后速度40m/s
【解答】解：A、由图可知，小汽车在前8s内的牵引力不变，小汽车做匀加速直线运动。8～24s内小汽车的牵引力逐渐减小，合力逐渐减小，则小汽车的加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，直到小汽车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动。小汽车的速度达到最大值后，牵引力等于阻力，所以阻力大小f＝F＝4×103N，故A错误；
B、前8s内小汽车的牵引力为F＝10×103N，小汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，可得：a＝5m/s2，故B错误；
C、小汽车在8s末小汽车的功率达到最大值，8s末汽车的速度为v1＝at1＝5×8m/s＝40m/s，所以小汽车的最大功率为，故C正确；
D、小汽车的速度达到最大时，有P＝Fvm＝fvm，则小汽车的最大速度为：，故小汽车24s后速度100m/s，故D错误。
故选：C。
（2024 长春一模）郑钦文在2024年巴黎奥运会为我国赢得首枚奥运网球单打金牌。比赛中在网球距地面高度为h时，她以斜向上方速度v0将网球击出，v0方向与水平方向夹角为θ。忽略空气阻力，网球从被击出到第一次落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．网球在空中的运动时间与h有关，与v0无关
B．网球落地前速度的反向延长线过水平位移的中点
C．保持h和v0的大小不变，当θ＝45°时，网球水平位移最大
D．保持v0的大小不变，h越小，最大水平位移对应的θ越接近45°
【解答】解：A、抛出时的竖直分速度vy＝v0sinθ，方向竖直向上，规定为负方向，从抛出到落地过程竖直方向做匀变速直线运动，位移为h，则有：
h＝﹣vytgt2＝﹣v0tsinθgt2，由表达式可知：时间t与h和v0均有关系，故A错误；
B、网球从最高点到落地做平抛运动，根据平抛的推论可知：落地前速度的反向延长线过平抛水平位移的中点，而不是斜抛水平位移的中点，故B错误；
C、设落地时速度的大小为v，与水平方向的夹角为α，根据机械能守恒定律：mghmv2
解得落地速度大小为v
网球水平方向速度不变，即v0cosθ＝ vcosα
速度变化
Δv＝vsinα+v0sinθ
方向竖直向下
根据加速度定义a
网球的水平位移x＝v0cosθt
整理得x
当h和v0大小不变，a+θ＝ 90°时，水平位移x最大，因为v0＜v，所以cosθ＞cosα
则 θ＜α，即θ＜45°，故C错误；
D、速度变化
整理得
即初速度与速度的变化合成为末速度，初速度，速度变化和末速度构成矢量三角形，如图所示：
当h很小时，根据落地速度表达式可知v≈v0，最低水平位移时a+θ＝ 90°，所以矢量三角形近似为等腰直角三角形，a＝θ＝45°，故D正确；
故选：D。
（2024 青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率v＝2m/s逆时针转动，一质量为m＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J
【解答】解：由题图可知，小物块在传送带上做匀减速直线运动，到其位移为x0时动能减为零，之后物块反向加速，最后以返回出发点。
B、根据动能定理有：Ek﹣Ek0＝﹣μmg x，结合图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑，合外力为μmg，则：
由于初动能：
物块返回与传送带共速的动能为，则：
则传送带速度满足：
联立解得：E0＝8J，v0＝4m/s，μ＝0.4，故B错误；
A、根据题意可以作v﹣t图像如下，
由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即：﹣v＝v0﹣μgt
代入解得：，故A错误；
C、整个过程中物块与传送带间变生的热量为产生的热量为：Q＝μmgΔx
由v﹣t图像可知相对位移为：
联立代入数据解得：Q＝18J，故C正确；
D、根据能量守恒可得：
整个过程中电动机多消耗的电能为：E电＝Q18JJ＝12J，故D错误。
故选：C。
（2024 广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？
（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）物块刚放上传送带时，水平传送带上时的加速度，根据牛顿第二定律：
代入数据得：a1＝0.4m/s2，
设经过时间t，物块经过两段加速到C点时恰与传送带共速，此过程所用时间最短，
那么有：，，v2＝a1t1+a2t2
联立并代入数据得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s
所以最短时间：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s
即当传送带的速度为2.6m/s时，物块在传送带的时间最短，最短时间为4.125s。
（2）若传送带速度为v＝2m/s，则传送带和货物运动的v﹣t图像如图所示，
由图可知在AB段货物和传送带间的相对位移为：Δx14.8m
因摩擦产生的热量：Q1＝μmgcosθ Δx1，代入数据得：Q1＝153.6J
在BC段，货物和传送带相对运动的时间：t2′0.05s
货物和传送带间的相对位移为：
Δx20.01m
因摩擦产生的热量：Q2＝μmg Δx2，代入数据得：Q2＝0.4J
整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J
答：（1）使货物以最短时间运送到C点，传送带的最小速度为2.6m/s，最短时间为4.125s；
（2）货物自A点运送到C点的过程中，传送带与货物间因摩擦而产生的热量为154.0J。
（2024 观山湖区校级模拟）如图所示，ABC是一固定滑板轨道，由倾角α＝30°的斜面轨道AB和半径R＝6m的圆弧轨道BC组成，两轨道在B点平滑连接，圆弧轨道与水平地面相切于最低点B。一小孩练习滑板从斜面最高点A由静止出发，经过B、C后，最终以水平速度从D点冲上平台。已知滑板经过B、C两点的速度大小分别为v1＝8m/s、v2＝4m/s，该小孩与滑板的总质量为m＝30kg。不计滑板与轨道间的摩擦，小孩途中一直保持固定姿势，没有做功举动，小孩与滑板整体可视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）滑板经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）滑板在斜面轨道上运动的时间；
（3）D点距地面的高度H。
【解答】解：（1）滑板经过圆弧轨道最低点B时，由牛顿第二定律得
解得
FN＝620N
由牛顿第三定律可知，滑板对轨道的压力大小为F′N＝FN＝620N
（2）滑板在斜面上时，根据牛顿第二定律得
mgsinα＝ma
根据匀变速直线运动速度与时间的关系得
v1＝at
联立解得
t＝1.6s
（3）滑板由B至C，由机械能守恒定律得
设滑板经过C点时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
vy＝v2sinθ
滑板由C至D，竖直方向有
联立解得
h1＝2.4m
h2＝0.512m
则D点距地面的高度H为
H＝h1+h2＝2.4m+0.512m＝2.912m
答：（1）滑板经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为620N；
（2）滑板在斜面轨道上运动的时间为1.6s；
（3）D点距地面的高度H为2.912m。
（2024 南宁二模）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲斜坡CD相连，平台BC的长度L1＝24m，斜坡CD的长度L2＝30m。若滑雪者（视为质点）从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。现滑雪者从A点由静止开始下滑，从B点飞出。若A、P两点间的距离，滑雪者与滑道间的动摩擦因数μ＝0.04，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）求滑雪者从A点运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度；
（3）若滑雪者从B点飞出后，经过t'＝3s落在斜坡CD上，求斜坡CD倾角的正切值。
【解答】解：（1）滑雪者从A点到P点做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得
由位移—时间规律有
解得t＝2.5s
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，因此该过程合力做的功为0，当滑雪者从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝at2.5m/s＝12m/s
此后滑雪者在上升的过程中速度变小，到达最高点时速度最小，最小为vB水平分速度，由运动的分解可知
v＝vBcos45°＝12m/s＝12m/s
（3）滑雪者从B点飞出后在空中运动的时间为t′＝3s，根据斜抛运动的规律
水平方向有
x＝vBcos45° t'
竖直方向有
设CD斜面的倾斜角为θ，则斜坡CD倾角的正切值为tanθ
解得tanθ＝0.75
答：（1）滑雪者从A点运动到P点的时间t为2.5s；
（2）滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度为12m/s；
（3）斜坡CD倾角的正切值为0.75。
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