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高考物理考前冲刺押题预测 功和能
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西一模）如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑轻质滑轮M、N相距2L。轻绳穿过带有光滑小孔的小球P，轻绳的两端绕过滑轮分别与轻弹簧a、b相连，弹簧a、b下端分别与置于水平地面的物体A、B相连，物体A质量为m，物体B质量为2m。初始时刻用手将P球托住静止在M、N连线的中点处；此时轻绳伸直且张力为零。放手后，P球下落到最低点时，A物体与地面恰好无作用力。弹簧a、b完全相同，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧形变量，劲度系数，重力加速度为g。在此过程中（　　）
A．P球下落到最低点时，物体B对地面的压力为零
B．P球下落到最低点时，弹簧a的弹性势能大小为
C．P球下落的最大高度为
D．P球的质量为
2．（2025 河南开学）随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电动汽车搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能，该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16m时速度达到57.6km/h，该倾斜平直公路与水平方向的夹角为37°，已知该汽车的质量为2000kg，加速过程中受到的阻力恒为200N，牵引力恒定，重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是（　　）
A．汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×104N
B．汽车的速度达到57.6km/h时，汽车的输出功率为4.512×105W
C．汽车增加的机械能为5.76×105J
D．汽车发动机对汽车做的功为2.592×105J
3．（2025 长春二模）彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（　　）
A．彩虹圈下落过程中长度不变
B．刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C．刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D．彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化
4．（2025 深圳一模）物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如右图所示。已知斜面倾角37°，物块质量5kg，初速度v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．μ＝0.4，v0＝2m/s B．μ＝0.5，v0＝2m/s
C．μ＝0.4， D．μ＝0.5，
5．（2025 未央区校级一模）如图所示，一个光滑的固定斜面，倾角θ＝30°。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为2m的物体A拴接，另有质量为4m的物体B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F＝3mg作用在物体B上，系统处于静止。现减小F，使A，B以的加速度一起匀加速向上运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则从开始匀加速后到F＝0的过程中（　　）
A．F随位移非均匀变化
B．物体A、B动能增加量为
C．时，物体A、B之间的弹力大小为
D．弹簧弹性势能减小
6．（2025 江苏模拟）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行，a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（　　）
A．各点的加速度方向竖直向下
B．在a点所受的合力比在c点小
C．a、c两点的重力功率相等
D．a、b、c三点的机械能相等
7．（2025 西城区校级模拟）实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。我们需要通过各种方法来求解力所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W＝F |AC|
B．乙图中，全过程中F做的总功为72J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W＝Flsinθ
8．（2025 平凉校级模拟）质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f．g为当地的重力加速度．则此过程中，则下列说法正确的是（　　）
A．物体的动能增加了（F﹣mg）H
B．物体的重力势能增加了 mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了 FH
9．（2025 平凉校级模拟）如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
10．（2025 白云区一模）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g＝10m/s2，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10m/s2
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 武汉二模）电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶的车辆，其前景被广泛看好。某电动汽车在平直公路上行驶，阻力保持不变，下列说法正确的是（　　）
A．若以恒定功率启动，则加速度保持不变
B．若以恒定功率启动，则加速度逐渐减小至零
C．若以恒定加速度启动，则功率保持不变
D．若以恒定加速度启动，则功率先增加后不变
（多选）12．（2025 山西一模）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过光滑定滑轮Pp的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为m。给A施加一水平向右的拉力F，使小球A静止在圆轨道最低点a。已知定滑轮P与b、o、c在同一水平线上，o点为圆心，ob＝3L，op＝4L，重力加速度为g，sin37°＝0.6，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（　　）
A．水平拉力F的大小为
B．撤去拉力F后，A球运动过程中速度一直变大
C．撤去拉力F后，A球不能运动到b点
D．撤去拉力F后，A球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小
（多选）13．（2025 景德镇一模）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．球在空中过程动能变化量之比cosθ1：cosθ2
B．球在空中过程重力冲量之比t1：t2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝gt1t2
（多选）14．（2025 兰州校级一模）如图甲所示，斜面倾角为α＝30°、足够长、光滑的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m＝4kg的物块置于斜面上足够高处，t＝0时刻在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0～4s时间内物块的速度随时间的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（　　）
A．1～2s的时间内外力的大小为40N
B．0～1s时间内与2～4s时间内的外力大小之比为2：19
C．1s末物块的机械能为32J
D．0～4s的时间内物块的机械能减少了350J
（多选）15．（2025 郑州校级二模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A、B将在O点右侧分离
B．滑块B运动的总位移大小为
C．A向右运动的最大位移为
D．当A、B都静止时A与B间的距离为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 山西一模）如图是由某种高硬度的金属丝制作的解压玩具的主要组成部分，其中AB是半径为0.2m的光滑半圆，BC是与水平面成37°角的粗糙斜线，AB与BC平滑相接，且C点刚好与圆心O等高。C点固定着弹簧的一端（不计弹簧长度），弹簧被压缩并处于锁定状态，锁定装置受到轻微碰撞后会解除锁定。游戏时，把一个质量为0.2kg的小圆环轻放在A端，圆环受到轻微扰动开始沿AEB滑下，并滑上BC撞击弹簧，再被弹簧弹回。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。
（1）若小圆环刚好能解除弹簧的锁定，斜线BC与圆环间的动摩擦因数是多少；
（2）若在（1）的条件下，圆环被弹簧弹回后，刚好能回到A点，弹簧被锁定时的弹性势能是多少；
（3）若在（2）的条件下，圆环运动到E点时对半圆AB恰好无压力，且EO与竖直方向AB的夹角是α，求α的余弦值。
17．（2025 浙江模拟）如图所示，是一款考验“力度把控能力”游戏装置示意图。高为h＝0.4m的水平台面左端固定发射小筒OA，筒壁光滑。可视为质点的小球质量m＝0.2kg，静止在O处，通过手拍击对小球做功，进入后面的轨道。改变拍击力度，使小球获得不同的初动能。小球在轨道AB段运动时，所受阻力为重力的0.5倍，AB段长度为L＝0.5m。BC段和CD段均为半径r＝0.1m的四分之一光滑圆弧管道，DP段为半径R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道。PQ为竖直圆筒，筒口P与桌面等高，小球在圆筒内运动时所受阻力大小恒为f＝1N，小球与筒底碰撞后以原速率反弹。发射小筒、圆弧管道和圆筒的内径都略大于小球直径，轨道的连接处均相切且平滑。
（1）若拍击时，手对小球做功W1＝1.2J，求小球刚进入BC管道B点时对管道的压力；
（2）若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道，求拍击时手对小球做功W2的大小；
（3）小球从O处击出至第一次到达P过程不脱离轨道的情况下，试讨论小球在PQ圆筒中运动的路程s与拍击时手对小球做功W的函数关系。
18．（2025 郫都区三模）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑（g为重力加速度），小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中，求：
（1）小球在最低点时对金属环的压力；
（2）小球克服摩擦力所做的功。
19．（2025 东湖区校级一模）跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究，竖直圆弧轨道ABC的圆心为O1，B点为轨道最低点，MN为另一四分之一竖直圆弧轨道，圆心为O2，圆弧轨道ABC和MN的半径相同，C、M交接处留有可供小球通过的窄缝。O1、M、C、O2四点在同一水平线上，OA两点连线与水平方向夹角为30°。一质量m＝1kg的小球以与水平方向成30°的初速度从O点滑出，从此时开始计时，t＝2s时小球离OA连线最远，最后恰好沿切线方向从A点落入圆弧轨道，已知g＝10m/s2。求：
（1）小球从O点滑出时的初速度大小；
（2）∠AO1B的正切值；
（3）若圆弧轨道ABC和MN的半径R＝48m时，小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率。
20．（2025 郑州校级二模）投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0＝5m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7m，距地面的高度h＝1m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
高考物理考前冲刺押题预测 功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西一模）如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑轻质滑轮M、N相距2L。轻绳穿过带有光滑小孔的小球P，轻绳的两端绕过滑轮分别与轻弹簧a、b相连，弹簧a、b下端分别与置于水平地面的物体A、B相连，物体A质量为m，物体B质量为2m。初始时刻用手将P球托住静止在M、N连线的中点处；此时轻绳伸直且张力为零。放手后，P球下落到最低点时，A物体与地面恰好无作用力。弹簧a、b完全相同，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧形变量，劲度系数，重力加速度为g。在此过程中（　　）
A．P球下落到最低点时，物体B对地面的压力为零
B．P球下落到最低点时，弹簧a的弹性势能大小为
C．P球下落的最大高度为
D．P球的质量为
【考点】机械能守恒定律的简单应用；弹簧类问题中的机械能守恒；自由落体运动的规律及应用；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】B.由胡克定律、平衡条件分别列式，结合题意，即可分析判断；
A.结合前面分析，由平衡条件、牛顿第三定律，即可分析判断；
CD.结合前面分析，由机械能守恒定律列式，即可分析判断。
【解答】解：B.由于被同一根绳子相连，所以各物体沿绳方向速度大小相同，沿绳作用力大小相同，由题知，初始时刻，轻绳伸直且张力为零，当P球下落到最低点时，A物体与地面恰好无作用力，A物体重力等于弹簧a对它的拉力，由胡克定律及平衡条件可得：
F弹＝kx＝mg，
解得：
，
由题知：
，
解得：
，
故B正确；
A.结合前面分析可知，此时弹簧对B拉力大小等于mg，
则由平衡条件可知，此时地面对B的支持力大小为：N＝2mg﹣mg＝mg，
则由牛顿第三定律可知，B对地面作用力为mg，故A错误；
CD.结合前面分析可知，此时左右两端绳子各缩短，则PM长度变为，则P球下落的最大高度为，
由机械能守恒定律可得：
，
解得：
，
故CD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．（2025 河南开学）随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电动汽车搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能，该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16m时速度达到57.6km/h，该倾斜平直公路与水平方向的夹角为37°，已知该汽车的质量为2000kg，加速过程中受到的阻力恒为200N，牵引力恒定，重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是（　　）
A．汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×104N
B．汽车的速度达到57.6km/h时，汽车的输出功率为4.512×105W
C．汽车增加的机械能为5.76×105J
D．汽车发动机对汽车做的功为2.592×105J
【考点】常见力做功与相应的能量转化；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据动能定理、功率公式结合机械能的增加量和功的公式代入数据求解。
【解答】解：A.汽车加速过程，根据动能定理可得，代入f＝200N，x＝16m，m＝2000kg，v＝57.6km/h＝16m/s解得牵引力大小为F＝2.82×104N，故A错误；
B.汽车的速度达到v＝57.6km/h＝16m/s时，汽车的输出功率P＝Fv＝2.82×104×16W＝4.512×105W，故B正确；
C.汽车增加的机械能为，代入数据解得ΔE＝4.48×105J，故C错误；
D.汽车发动机对汽车做的功为W＝Fx＝2.82×104×16J＝4.512×105J，故D错误。
故选：B。
【点评】考查动能定理、功率公式结合机械能的增加量和功的公式，会根据题意进行准确分析解答。
3．（2025 长春二模）彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（　　）
A．彩虹圈下落过程中长度不变
B．刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C．刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D．彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】开始彩虹圈处于伸长状态，彩虹圈各部分之间存在着弹力的作用，根据各部分之间的受力情况结合牛顿第二定律进行分析。
【解答】解：A、刚开始下落的一小段时间内，上端下落的加速度大于下端下落的加速度，上端和下端之间的距离减小，即彩虹圈的长度变短，从开始释放到彩虹圈下端接触地面的过程中，彩虹圈可能一直变短，也可能先变短，后不变（即彩虹圈恢复到原长之后长度不变），故A错误；
BC、刚释放瞬间彩虹圈上端受到竖直向下的重力和弹力作用，合外力大于其重力，所以加速度大于当地的重力加速度；彩虹圈下端受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，合外力小于其重力，所以加速度小于当地的重力加速度，故B正确，C错误；
D、由于彩虹圈在下落过程中，彩虹圈的重心在下降，重力势能减小，则由功能关系可知，彩虹圈下落过程中弹性势能与重力势能和动能相互转化，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了功能关系及牛顿第二定律的知识，关键是能清楚彩虹圈各部分之间的弹力方向，能够根据牛顿第二定律进行定性的分析。
4．（2025 深圳一模）物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如右图所示。已知斜面倾角37°，物块质量5kg，初速度v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．μ＝0.4，v0＝2m/s B．μ＝0.5，v0＝2m/s
C．μ＝0.4， D．μ＝0.5，
【考点】常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据图2提供的信息分析计算初动能和初速度，结合能量的转化和守恒分别列式联立求解动摩擦因数。
【解答】解：由图2可知，在斜面底端，由于规定底端为零势能面，机械能E机械＝Ek0m10J，代入数据解得v0＝2m/s，物块上升到最高点时，动能为0，机械能为6J，可知上滑的整个过程，机械能损失ΔE＝10J﹣6J＝4J，根据功能关系，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，有μmgcos37°x＝ΔE，又有mgxsin37°+ΔE＝Ek0，联立解得μ＝0.5，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查能量的转化和守恒问题，关键是根据图像提供信息列出相应的表达式联立求解。
5．（2025 未央区校级一模）如图所示，一个光滑的固定斜面，倾角θ＝30°。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为2m的物体A拴接，另有质量为4m的物体B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F＝3mg作用在物体B上，系统处于静止。现减小F，使A，B以的加速度一起匀加速向上运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则从开始匀加速后到F＝0的过程中（　　）
A．F随位移非均匀变化
B．物体A、B动能增加量为
C．时，物体A、B之间的弹力大小为
D．弹簧弹性势能减小
【考点】常见力做功与相应的能量转化；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据牛顿第二定律得到F与位移的关系，根据动能定理求解物体A、B动能增加量，对B进行分析得到物体A、B之间的弹力大小，弹性势能变化量的值等于弹簧弹力做功。
【解答】解：A．由题意得，最初A、B静止，根据受力平衡，弹簧弹力大小为
F0＝6mgsinθ+3mg＝6mg＝kx0
当A、B开始匀加速运动，运动位移为x时有
k（x0﹣x）﹣6mgsinθ﹣F＝6ma
可得
F＝2mg﹣kx
由表达式可知F随位移均匀变化，故A错误；
B．当F ＝ 0时，结合上述有
根据动能定理有
6max＝Ek﹣0
结合上述解得
故B错误；
C．对B进行分析，当，有
NAB﹣4mgsinθ﹣F＝4ma
结合上述解得
NAB＝3mg
故C错误；
D．弹性势能变化量的值等于弹簧弹力做功
故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合处理，比较简洁。要注意分析弹簧的状态，确定弹力的方向。
6．（2025 江苏模拟）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行，a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（　　）
A．各点的加速度方向竖直向下
B．在a点所受的合力比在c点小
C．a、c两点的重力功率相等
D．a、b、c三点的机械能相等
【考点】常见力做功与相应的能量转化；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】AB.根据曲线运动和圆周运动关系，结合匀速率特点分析加速度方向，利用不同的轨道半径判断加速度大小；
C.根据重力的瞬时功率的公式进行分析解答；
D.根据机械能守恒的条件进行分析解答。
【解答】解：AB.质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部份，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不向下，a点对应的圆周半径更大，C点对应半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式可知a点所受的合力小于c点，故A错误，B正确；
C.a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，即vy不同，根据P＝mgvy，所以重力功率不相等，故C错误；
D.机械能等于重力势能和动能之和，由于速率不变，则各点动能相等，但高度不同，所以a、c两点的机械能相等，b点机械能最大，故D错误。
故选：B。
【点评】考查物体的曲线运动特点和规律，结合能量、加速度和功率的计算进行分析解答。
7．（2025 西城区校级模拟）实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。我们需要通过各种方法来求解力所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W＝F |AC|
B．乙图中，全过程中F做的总功为72J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W＝Flsinθ
【考点】多个力做的总功；功的定义、单位和计算式；变力做功的计算（非动能定理类问题）．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据变力做功的计算方法，直线运动、曲线运动、圆周运动以及变力与恒力做功的比较判断选项。
根据力做功的定义，即力与位移的点积，以及在不同运动情景下如何计算力所做的功。
【解答】解：A、甲图中，若F大小不变，物块从A到C过程中力F做功为
W＝F（AO﹣CO）
故A错误；
B、乙图中，F﹣x图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体所做的功，如图可知，做功为
W＝15×6J﹣3×6J＝72J
故B正确；
C、丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为
故C错误；
D、丁图中，若F为恒力，将小球从P拉到Q，F做的功为
W＝Flsinθ
若缓慢拉动，则F为变力，根据动能定理，有
WF﹣mgl（1﹣cosθ）＝0
可得
WF＝mgl（1﹣cosθ）
故D错误。
故选：B。
【点评】在计算变力做功时，需要根据力的方向与位移方向的关系，以及力的大小是否变化来确定计算方法。对于直线运动，直接使用力与位移的点积；对于曲线运动，可能需要积分计算；对于变力，可能需要考虑力的变化规律。同时，注意阻力做功时的方向性，以及在缓慢移动物体时，力做功与能量守恒的关系。
8．（2025 平凉校级模拟）质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f．g为当地的重力加速度．则此过程中，则下列说法正确的是（　　）
A．物体的动能增加了（F﹣mg）H
B．物体的重力势能增加了 mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了 FH
【考点】常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．
【答案】B
【分析】由动能定理可以求得物体增加的动能，由重力做功求出重力势能的变化，由除重力外的力做功求出机械能的变化．
【解答】解：A、物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理：ΔEk＝（F﹣mg﹣f）H，故A错误；
B、重力的功为﹣mgH，所以物体的重力势能增加了 mgH，故B正确；
C、D、除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加：ΔE＝（F﹣f）H，故C错误，D错误。
故选：B。
【点评】本题是基本的对功的计算，涉及到的方法是比较典型的，一种是用动能定理来算功，一种是用功的公式．两种都涉及到了，是个好题．
9．（2025 平凉校级模拟）如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
【考点】常见力做功与相应的能量转化；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】B
【分析】明确运动员的加速度方向，从而确定物体超重还是失重；根据功的性质确定浮力做功情况，再根据功能关系，分析各能量的变化情况。
【解答】解：A．运动员先加速向下运动，处于失重状态；后减速向下运动，超重状态，故A错误；
B．空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，故B正确；
C．加速下降时，重力做功等于系统重力势能的减小量，故C错误；
D．因为是变速运动，任意相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道重力做功等于重力势能的减少，重力以外力做功等于机械能的变化。
10．（2025 白云区一模）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g＝10m/s2，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10m/s2
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.由题意，根据胡克定律及牛顿第二定律，即可分析判断；
B.结合前面分析，根据机械能守恒定律及功能关系，即可分析判断；
C.结合前面分析，根据胡克定律及平衡条件列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据胡克定律及牛顿第二定律列式，即可分析判断。
【解答】解：A.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力两个力作用，由胡克定律可知，弹簧弹力一直增大，则弹力先小于重力、又等于重力、后大于重力，则物块的合力先向下减小至零、后向上增大，则由牛顿第二定律可得，物块的加速度先向下减小至零、后向上增大，故A错误；
B.结合前面分析可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，对物块，除了重力做功，弹簧弹力一直在做负功，则物块的机械能不守恒且一直在减小，故B错误；
C.结合前面分析可知，当物块的加速度为0时，速度最大，则有：mg＝kx，
由题知：x＝0.1m，m＝0.3kg，
解得：k＝30.0N/m，故C错误；
D.当弹簧压缩量为x′＝0.2m时，根据牛顿第二定律得：kx′﹣mg＝ma，
且：k＝30.0N/m，
解得物块的加速度大小为：a＝10m/s2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 武汉二模）电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶的车辆，其前景被广泛看好。某电动汽车在平直公路上行驶，阻力保持不变，下列说法正确的是（　　）
A．若以恒定功率启动，则加速度保持不变
B．若以恒定功率启动，则加速度逐渐减小至零
C．若以恒定加速度启动，则功率保持不变
D．若以恒定加速度启动，则功率先增加后不变
【考点】机车以恒定功率启动；机车以恒定加速度启动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律结合功率的计算公式分析判断。
【解答】解：AB、若以恒定功率启动，根据P＝ Fv，可知加速过程中牵引力F越来越小，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知加速度越来越小，直到加速度为零后，做匀速直线运动，故A错误，B正确。
CD、若以恒定加速度启动，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知牵引力不变，根据P＝Fv，可知随着速度增加功率也增加，直到达到额定功率，之后保持功率不变继续加速，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查机车启动问题，特别要注意牛顿第二定律分析汽车的运动情况。
（多选）12．（2025 山西一模）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过光滑定滑轮Pp的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为m。给A施加一水平向右的拉力F，使小球A静止在圆轨道最低点a。已知定滑轮P与b、o、c在同一水平线上，o点为圆心，ob＝3L，op＝4L，重力加速度为g，sin37°＝0.6，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（　　）
A．水平拉力F的大小为
B．撤去拉力F后，A球运动过程中速度一直变大
C．撤去拉力F后，A球不能运动到b点
D．撤去拉力F后，A球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小
【考点】多物体系统的机械能守恒问题．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】A.结合题意，对两球，由平衡条件分别列式，即可分析判断；
C.由题意，结合几何关系分别列式，根据数学知识及机械能守恒定律，即可分析判断；
B.结合题意，即可分析判断；
D.结合前面分析，由机械能守恒定律列式，即可分析判断。
【解答】解：A.当A球在拉力F的作用下保持静止时，水平方向还会受到绳对小球拉力T的分力，此时由题意可知，绳与水平方向的夹角为37°，
对A球，水平方向由平衡条件可得：Tcos37°＝F，
对B球，由平衡条件可得：T＝mg
联立可得：，
故A正确；
C.撤去拉力F后，A球会在绳的拉力的作用下沿半圆轨道向左运动，设A球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，
有几何知识可知，A球上升的高度为：hA＝2L（1﹣cosθ），
此时B球下降的高度为：，
由数学知识可知，当0≤θ≤90°时，始终有：hB＞hA，则B球减少的重力势能始终比A球增加的重力势能多，
在整个运动过程中，A球和B球这一整体的机械能是守恒的，因B球减少的重力势能始终比A球增加的重力势能多，则当A球运动到b点时仍有速度，故C错误；
B.当A球从b点脱离轨道后，因受到重力和绳拉力的作用，其速度会不断减小，故B错误；
D.结合前面分析可知，当B球的机械能最小时，A球的机械能最大，此时A球刚好到b点，有竖直向上的速度v，沿绳方向速度为0，即B球的速度为0，对该系统由机械能守恒定律可得：，
解得：，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
（多选）13．（2025 景德镇一模）高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为m的相同足球射入两扇高度为h1、h2处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为x，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，空中飞行时间分别为t1、t2。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．球在空中过程动能变化量之比cosθ1：cosθ2
B．球在空中过程重力冲量之比t1：t2
C．踢中h2窗户的那脚球，运动员对球多做功mg（h2﹣h1）
D．水平距离与足球飞行时间满足x＝gt1t2
【考点】动能定理的简单应用；求恒力的冲量；平抛运动速度的计算；动能变化量的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】球在水平方向做匀速直线运动，确定球垂直射入窗户时的速度大小，再求动能变化量，即可求出动能变化量之比；根据冲量的定义I＝Ft求重力冲量之比；根据动能定理求运动员对球做的功；根据水平位移相等，结合分位移公式和数学知识分析D项。
【解答】解：A、不计空气阻力，球在水平方向做匀速直线运动，则球在空中过程动能变化量大小为
可知球在空中过程动能变化量之比，故A错误；
B、球在空中过程重力冲量为I＝mgt，可知球在空中过程重力冲量之比t1：t2，故B正确；
C、根据动能定理，两次运动员对球做功相等，均为，故C错误；
D、水平距离满足x＝v0cosθ t
整理可得
可得
2θ1＝180°﹣2θ2
即
θ1+θ2＝90°
竖直方向有
gt2＝v0sinθ2
与x＝v0cosθ1 t1联立可知水平距离与足球飞行时间满足x＝gt1t2，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题采用运动的分解法处理斜上抛运动，明确分运动的规律，根据冲量、动能定理、运动学公式等知识解答。
（多选）14．（2025 兰州校级一模）如图甲所示，斜面倾角为α＝30°、足够长、光滑的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m＝4kg的物块置于斜面上足够高处，t＝0时刻在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0～4s时间内物块的速度随时间的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（　　）
A．1～2s的时间内外力的大小为40N
B．0～1s时间内与2～4s时间内的外力大小之比为2：19
C．1s末物块的机械能为32J
D．0～4s的时间内物块的机械能减少了350J
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】v﹣t图像斜率表示加速度，v﹣t图像面积表示位移，结合牛顿第二定律求解拉力F大小，物块机械能的变化量等于整个过程外力F所做的功，外力F所做的功等于力与位移乘积。
【解答】解：A．由图乙可知，1s～2s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F2＝ma2
解得
F2＝0
故A错误；
B．由图乙可知，0 1s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F1＝ma1
解得
F1＝4N
由图乙可知，2s～4s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F3＝ma3
解得
F3＝38N
则
F1：F3＝2：19
故B正确；
CD．由题意可知，t＝0时刻，物块的机械能为0，由功能关系可知，物块机械能的变化量等于整个过程外力F所做的功，0 1s外力做的功为
W1＝F1x1＝﹣4×2J＝﹣8J
即1s末物块的机械能为﹣8J，2s～4s外力做的功为
W3＝F3x3＝﹣38×9J＝﹣342J
则整个过程中物块机械能变化量大小为
ΔE＝|W1+W3|＝350J
故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】解题关键是知道v﹣t图像的面积等于位移，v﹣t图像的斜率表示加速度。
（多选）15．（2025 郑州校级二模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A、B将在O点右侧分离
B．滑块B运动的总位移大小为
C．A向右运动的最大位移为
D．当A、B都静止时A与B间的距离为
【考点】常见力做功与相应的能量转化；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律解得A、B的加速度，恰好分离时有aA＝aB，从而分析判断；根据动能定理求解分离后滑块的速度，根据运动学规律解答；根据能量守恒定律求解A向右运动的最大位移；分析A、B的运动情况，从而分析D。
【解答】解：A．将滑块A、B由静止释放，两滑块水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则两滑块向右先做加速运动后做减速运动。可知两滑块分离时应发生在减速阶段，分离时两滑块的弹力为零，对滑块B有
对滑块A有
恰好分离时有
aA＝aB
解得
F弹＝0
说明两滑块在将在O点分离，故A错误；
B．设两滑块分离时的速度为v0，根据能量守恒有
又
解得
分离后滑块B的位移为xB，根据速度—位移公式有
解得xB
则滑块B运动的总位移大小为
xB总＝xB+x0
解得xB总
故B正确；
C．分离后滑块A向右运动的最大位移时速度为0，设此过程的位移为xA，根据能量守恒有
解得
则A的最大位移为
xA总＝xA+x0
解得xA总
故C错误；
D．经分析知A最后静止于弹簧原长处，则当A、B都静止时AB间距为
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查能量守恒定律、功能关系综合应用，注意分析滑块的运动情况，本题涉及的运动过程较复杂，运动过程的分析要思路清晰。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 山西一模）如图是由某种高硬度的金属丝制作的解压玩具的主要组成部分，其中AB是半径为0.2m的光滑半圆，BC是与水平面成37°角的粗糙斜线，AB与BC平滑相接，且C点刚好与圆心O等高。C点固定着弹簧的一端（不计弹簧长度），弹簧被压缩并处于锁定状态，锁定装置受到轻微碰撞后会解除锁定。游戏时，把一个质量为0.2kg的小圆环轻放在A端，圆环受到轻微扰动开始沿AEB滑下，并滑上BC撞击弹簧，再被弹簧弹回。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。
（1）若小圆环刚好能解除弹簧的锁定，斜线BC与圆环间的动摩擦因数是多少；
（2）若在（1）的条件下，圆环被弹簧弹回后，刚好能回到A点，弹簧被锁定时的弹性势能是多少；
（3）若在（2）的条件下，圆环运动到E点时对半圆AB恰好无压力，且EO与竖直方向AB的夹角是α，求α的余弦值。
【考点】利用动能定理求解多过程问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）若小圆环刚好能解除弹簧的锁定，斜线BC与圆环间的动摩擦因数为；
（2）若在（1）的条件下，圆环被弹簧弹回后，刚好能回到A点，弹簧被锁定时的弹性势能是0.8J；
（3）若在（2）的条件下，圆环运动到E点时对半圆AB恰好无压力，且EO与竖直方向AB的夹角是α，α的余弦值为。
【分析】（1）对于小圆环从A到C的整个过程，根据动能定理列式，即可分析求解；
（2）对于小圆环从C到A的整个过程，根据能量守恒列式，即可分析求解；
（3）结合题意，由动能定理、牛顿第二定律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）对于小圆环从A到C的整个过程，根据动能定理，有：
，
解得：
；
（2）对于小圆环从C到A的整个过程，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒，有：
，
解得：
EP＝0.8J；
（3）设小圆环滑到E点时速度大小为v，
由动能定理可得：
，
在E点小球重力沿半径方向的分力提供向心力，则有：
，
联立可得：
；
答：（1）若小圆环刚好能解除弹簧的锁定，斜线BC与圆环间的动摩擦因数为；
（2）若在（1）的条件下，圆环被弹簧弹回后，刚好能回到A点，弹簧被锁定时的弹性势能是0.8J；
（3）若在（2）的条件下，圆环运动到E点时对半圆AB恰好无压力，且EO与竖直方向AB的夹角是α，α的余弦值为。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
17．（2025 浙江模拟）如图所示，是一款考验“力度把控能力”游戏装置示意图。高为h＝0.4m的水平台面左端固定发射小筒OA，筒壁光滑。可视为质点的小球质量m＝0.2kg，静止在O处，通过手拍击对小球做功，进入后面的轨道。改变拍击力度，使小球获得不同的初动能。小球在轨道AB段运动时，所受阻力为重力的0.5倍，AB段长度为L＝0.5m。BC段和CD段均为半径r＝0.1m的四分之一光滑圆弧管道，DP段为半径R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道。PQ为竖直圆筒，筒口P与桌面等高，小球在圆筒内运动时所受阻力大小恒为f＝1N，小球与筒底碰撞后以原速率反弹。发射小筒、圆弧管道和圆筒的内径都略大于小球直径，轨道的连接处均相切且平滑。
（1）若拍击时，手对小球做功W1＝1.2J，求小球刚进入BC管道B点时对管道的压力；
（2）若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道，求拍击时手对小球做功W2的大小；
（3）小球从O处击出至第一次到达P过程不脱离轨道的情况下，试讨论小球在PQ圆筒中运动的路程s与拍击时手对小球做功W的函数关系。
【考点】利用动能定理求解多过程问题；牛顿第三定律的理解与应用；物体在环形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）若拍击时，手对小球做功W1＝1.2J，小球刚进入BC管道B点时对管道的压力大小为16N，方向竖直向下；
（2）若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道，拍击时手对小球做功W2的大小为1.1J；
（3）见解析。
【分析】（1）对小球，从O到B的过程，由动能定理列式，小球在B点，由牛顿第二定律列式，结合牛顿第三定律，即可分析求解；
（2）小球在D点，由牛顿第二定律列式，小球从O到D，由动能定理列式，即可分析求解；
（3）小球从O至进入简后第一次反弹恰好到达P（即刚好不出筒），由动能定理列式，结合前面分析，分类讨论即可。
【解答】解：（1）对小球，从O到B的过程，由动能定理可得：，
小球在B点，由牛顿第二定律可得：，
联立可得：FNB＝16N，
则由牛顿第三定律得，小球刚进入BC管道B点时对管道的压力大小为16N，方向竖直向下；
（2）要使小球从O至第一次到达P恰好不脱离轨道，
则小球在D点，由牛顿第二定律可得：，
小球从O到D，由动能定理可得：，
联立可得：W2＝1.1J；
（3）小球从O至进入简后第一次反弹恰好到达P（即刚好不出筒），由动能定理可得：W﹣0.5mgL﹣2fh＝0﹣0，
解得：W＝1.3J，
讨论如下：
①当1.1J≤W≤1.3J时，进筒但不出筒，经多次反弹最终停在筒底，
全程由动能定理可得：W﹣0.5mgL+mgh﹣fs＝0﹣0，
化简可得：s＝W+0.3m
②当W＞1.3J时，进筒且第一次反弹出筒，
则：s＝2h，
解得：s＝0.8m；
答：（1）若拍击时，手对小球做功W1＝1.2J，小球刚进入BC管道B点时对管道的压力大小为16N，方向竖直向下；
（2）若小球从O处击出至第一次到达P过程中恰好不脱离轨道，拍击时手对小球做功W2的大小为1.1J；
（3）见解析。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
18．（2025 郫都区三模）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑（g为重力加速度），小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中，求：
（1）小球在最低点时对金属环的压力；
（2）小球克服摩擦力所做的功。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；物体在环形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】（1）小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）小球克服摩擦力所做的功为。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算向心力；
（2）先根据小球在最高点无作用力得到小球在最高点的速度，根据动能定理求出小球克服摩擦力做的功。
【解答】解：（1）设小球在最低点时受到金属环的支持力大小为N，根据牛顿第二定律可得
解得
N＝7mg
根据牛顿第三定律可知，小球在最低点时对金属环的压力大小等于小球在最低点时受到金属环的支持力大小为
F＝N＝7mg
方向竖直向下。
（2）小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时小球的速度大小为v1，根据牛顿第二定律
解得
小球从最低点运动到最高点的过程，设小球克服摩擦力做功为W，根据动能定理
解得
答：（1）小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）小球克服摩擦力所做的功为。
【点评】本题考查竖直平面内的杆连接模型的圆周运动，及动能定理的应用。
19．（2025 东湖区校级一模）跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究，竖直圆弧轨道ABC的圆心为O1，B点为轨道最低点，MN为另一四分之一竖直圆弧轨道，圆心为O2，圆弧轨道ABC和MN的半径相同，C、M交接处留有可供小球通过的窄缝。O1、M、C、O2四点在同一水平线上，OA两点连线与水平方向夹角为30°。一质量m＝1kg的小球以与水平方向成30°的初速度从O点滑出，从此时开始计时，t＝2s时小球离OA连线最远，最后恰好沿切线方向从A点落入圆弧轨道，已知g＝10m/s2。求：
（1）小球从O点滑出时的初速度大小；
（2）∠AO1B的正切值；
（3）若圆弧轨道ABC和MN的半径R＝48m时，小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；斜抛运动；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；模型建构能力．
【答案】（1）小球从O点滑出时的初速度大小为20m/s；
（2）∠AO1B的正切值为；
（3）小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率为。
【分析】（1）运动员在空中速度最小时，则沿垂直斜面方向的分速度减为零，根据运动学规律用速度的分解法求解；
（2）到达A点时，依据速度的方向，结合位移—时间、速度—时间公式求A点速度的方向，从而得到所求；
（3）根据牛顿第二定律找到脱离轨道的位置，再由动能定理求解该点小球的速度，最后由功率的公式求重力的功率。
【解答】解：（1）建立坐标系，对初速度和加速度进行分解，如下图，
依题意，t＝2s时小球离OA连线最远，则有：vy＝v0sin60°﹣gcos30° t＝0
代入数据解得：v0＝20m/s
（2）小球到达A点，分解速度，如图
由速度—时间公式有：
解得到达A点的时间：t1＝4s
再由速度—时间公式可知：vAy＝v0sin60°﹣gcos30°t1，代入数据得：vAym/s
vAx＝v0cos60°+gsin30° t1，代入数据得：vAx＝30m/s
由几何知识，可得：tan（θ﹣30°）
从而解得：θ＝60°
可得：
（3）由第二问分析，可得：vA
代入数据得：vAm/s
如图，设夹角为α时，小球脱离MN轨道，
则有：
由动能定理，可得：
解得：α＝30°，
小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率：
答：（1）小球从O点滑出时的初速度大小为20m/s；
（2）∠AO1B的正切值为；
（3）小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率为。
【点评】本题考查平抛运动的综合应用，掌握平抛运动的另一种分解方法：沿斜面方向和垂直于斜面方向，结合数学知识帮助处理。
20．（2025 郑州校级二模）投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0＝5m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7m，距地面的高度h＝1m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x为3m；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k为20。
【分析】（1）把沙包的速度分解为水平方向和竖直方向，根据运动学公式计算即可；
（2）根据动能定理得到沙包落地时的速度，然后根据牛顿第二定律和运动学公式得到沙包落地后的速度，最后比较即可。
【解答】解：（1）沙包出手时竖直方向的速度为vy＝v0sin53°＝5×0.8m/s＝4m/s
水平方向的速度为vx＝v0cos53°＝5×0.6m/s＝3m/s
规定竖直向上的方向为正方向，设沙包在空中的运动时间为t，则
沙包从出手点到落地点的水平距离
x＝vxt
代入数据解得
x＝3m
（2）设沙包与地面碰撞前的速度为v，从沙包出手到与地面碰撞过程中，根据动能定理有
根据几何关系可得沙包落地后向前滑行的距离为
Δx＝L+5d﹣x
设沙包与地面碰撞后的速度为v'，沙包滑行的加速度为a，根据牛顿第二定律和速度—位移公式有
μmg＝ma
v'2＝2aΔx
所以
联立以上各式，代入数据解得
k＝20
答：（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x为3m；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k为20。
【点评】知道把沙包的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动是解题的基础，能够根据动能定理得到沙包落地时的速度，根据牛顿第二定律得到沙包在地面上滑行的加速度，结合运动学公式得到沙包落地后的速度。
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