资源简介

(共112张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题二　能量与动量
第4讲　功与能
【备考指南】　
1．高考命题多以选择题形式考查基本概念和基本规律，计算题以中等难度题目为主。在命题上重视结合图像或结合电学情境进行考查。
2．复习备考过程要重视基本概念和基本规律的复习，强化对典型问题的分析。
3．复习过程重视数学方法的渗透，通过函数法、图像法、比较法、极限法分析解决问题。
突破点一　功与功率　动能定理
01
突破点二　机械能守恒定律的应用
02
随堂练 临考预测 名师押题
04
专题限时集训(四)　功与能
05
突破点三　功能关系及能量守恒定律的应用
03
突破点一　功与功率　动能定理
　　　　　　
考向1　功与功率
1．功的计算
2．功率计算的“两公式”“三关联”
(1)两个公式
①平均功率：P＝。
②瞬时功率：P＝Fv cos α(α为F与v的夹角)。
(2)机车启动三个关联
①机车启动匀加速过程中的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)：
由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，可求出v1＝。
②全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝。
③机车启动模型中的关键方程：P＝F牵v，F牵－F阻＝ma，vmax＝，Pt－F阻x＝ΔEk。
[典例1]　(功的计算)(2024·河北邯郸二模)使用如图所示的卸货装置从高处卸下货物时，先将质量为m的货物放置在倾角为α、长为L的粗糙木板上端，货物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回到地面以下，货物以较小的速度v水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．木板对货物做功为mv2－mgL sin α
B．木板对货物做功为mv2
C．摩擦力对货物做功为mv2－mgL sin α
D．支持力对货物不做功
√
A　[设在整个过程中木板对货物做功为W，根据动能定理有W＋mgL sin α＝mv2，木板对货物做功为W＝mv2－mgL sin α，故A正确，B错误；木板转动，支持力与货物运动方向成钝角，支持力对货物做功WN为负值，故D错误；木板对货物做功为W＝Wf＋WN，摩擦力对货物做功为Wf＝mv2－mgL sin α－WN，故C错误。故选A。]
[典例2]　(功率的计算)(多选)(2024·吉林长春一模)如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的v-t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大
B．水的反冲作用力的功率为Mgv2
C．t1时刻，v-t图像切线的斜率为g
D．t1～t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为v2(t2－t1)－
√
√
√
BCD　[设水的反冲作用力的恒定功率为P，由P＝Fv，可得水的反冲作用力F＝，由v-t图像可知t1～t2时间内，人与喷水装置的速度v越来越大，则水的反冲作用力越来越小，故A错误；t2时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力F＝Mg，水的反冲作用力的恒定功率P＝Fv＝Mgv2，故B正确；由v-t图像可知t1时刻，人与喷水装置的速度为v1，设水的反冲作用力为F1，由P＝Mgv2，P＝F1v1可知F1＝，由牛顿第二定律F1－Mg＝Ma可得，t1时刻v-t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度a＝g，故C正确；由动能定理P(t2－t1)－Mgh＝，可得h＝v2(t2－t1)－，故D正确。故选BCD。]
【教师备选资源】
(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
√
D　[分析可知，两动车在平直铁轨上受到的阻力分别为f1＝、f2＝，编成动车组后，动车组的总功率P＝P1＋P2，动车组受到的总阻力f＝f1＋f2，又因为vm＝，联立解得vm＝，A、B、C错误，D正确。]
考向2　动能定理
1．应用动能定理解题的思维流程
2．应用动能定理解题的“三个提醒”
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
[典例3]　(动能定理求解多过程问题)(2024·3月河南新乡一模)如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg 的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。
[解析]　(1)根据题意，设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m ①
从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由动能定理得
－mg2R＝ ②
代入数据解得vB＝2 m/s ③
小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得
④
代入数据可解得l1＝2.4 m。 ⑤
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，则由动能定理可得－μmgl2＝ ⑥
代入数据解得vC＝2 m/s ⑦
设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有
h＝gt2 ⑧
解得t＝0.2 s ⑨
故小滑块在水平方向上运动的距离为
x0＝vCt＝0.4 m<0.6 m ⑩
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点。
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为，则由动能定理可得
F－μmgl1－mgR＝0
代入数据可解得＝0.75 m
故当恒力作用的距离满足0②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝m
设此时恒力作用的距离为，则有F－μmgl1－2mgR＝
代入数据可解得x′2＝0.975 m
当滑块刚好运动到C点时速度为0，设此时恒力作用的距离为，则有F－μmg(l1＋l2)＝0
代入数据可解得＝1.1 m
故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件。
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为，则由平抛运动规律可得
h＝gt2
x＝t
代入数据解得＝3 m/s
设此时恒力作用的距离为，故有F－μmg(l1＋l2)＝，代入数据解得＝1.325 m
故当恒力作用的距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件。
[答案]　(1)2.4 m　(2)不能　(3)见解析
【教师备选资源】
(2023·山东卷)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[在小车拉着物体行驶位移s1的过程中，对小车和物体整体根据动能定理得(F－f－μmg)s1＝v2，轻绳从物体上脱落至物体停下的过程中，对物体根据动能定理得－μmg(s2－s1)＝0－解得v＝，则小车的额定功率P0＝Fv＝，A正确。]
[典例4]　(动能定理与图像的综合问题)(2024·陕西渭南一模)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则(　　)
A．x1∶x2＝1∶2　　 B．t1C．EkB＝10 J　　 D．EkB＝12 J
√
D　[将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动在水平恒定的风力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，竖直分运动在重力作用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过程与下降过程具有对称性，则有t1＝t2，故B错误；对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为x1∶x2＝1∶3，故A错误；设小球在A点的速度为vA，则有EkA＝＝4 J，小球上升的最大
高度为h＝，小球从A到M过程，根据动能定理可得－mgh＋F风x1＝EkM－EkA＝2 J－4 J＝－2 J，联立解得F风x1＝2 J，小球从A到B过程，根据动能定理可得F风(x1＋x2)＝EkB－EkA，其中F风(x1＋x2)＝4F风x1＝8 J，解得EkB＝12 J，故C错误，D正确。故选D。]
突破点二　机械能守恒定律的应用
　　　　　　
1．机械能守恒定律的应用
(1)单物体的机械能守恒
①公式：mgh1＋；ΔEk＝－ΔEp。
②隔离法分析单个物体的受力情况，利用机械能守恒定律列式求解。
(2)多个物体系统机械能守恒
①适用条件：只有重力或弹力做功。
②一般用“转化观点：ΔEp＝－ΔEk”或“转移观点：ΔEA增＝ΔEB减”列方程求解。
2．机械能守恒定律应用中的“三选取”
(1)研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示，单选物体A机械能减少不守恒，但由物体A、B组成的系统机械能守恒。
(2)研究过程的选取
研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)机械能守恒表达式的选取
①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(需选取参考平面)
②转化观点：ΔEp＝－ΔEk。(不需选取参考平面)
③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减。(不需选取参考平面)
[典例5]　(多物体系统机械能守恒)如图所示，质量为m的滑块1放在水平地面上，滑块1的上面连接一轻弹簧，轻弹簧的另一端连接细绳(弹簧与细绳间无摩擦)，细绳跨过光滑定滑轮后与套在光滑竖直杆上的滑块2连接，滑块2处于位置A时，细绳刚好水平伸直无张力。现将滑块2由A处静止释放，经过位置B时的加速度为g，此时滑块1对地面的压力恰好为0。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、B间的距离为4d，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(k为劲
度系数，x为形变量)，重力加速度大小为g，不计滑轮的质
量和大小。在滑块2由A运动到B的过程中，下列有关说法正
确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为
B．滑块2的质量为3m
C．滑块2的加速度先减小后增大
D．滑块2经过B点的速度大小为
√
D　[因为滑块2处于位置A时，细绳刚好水平伸直无张力，故滑轮右侧细绳原长为3d，由题知当滑块2到达位置B时，滑块1对地面压力恰好为0，处于平衡状态，则有弹簧弹力F弹＝mg，由几何关系可知，滑轮右侧细绳长度为5d，则此时弹簧的伸长量x＝5d－3d＝
2d，结合胡克定律可知弹簧的劲度系数k＝，A错误；设滑
块2的质量为m2，当滑块2到达位置B时，由几何关系可知细绳与竖直杆间的夹角为37°，对滑块2进行受力分析，其受到杆的支持力、细绳拉力与自身重力，在竖直方向由牛顿第二定律有m2g－
T cos 37°＝m2a，且结合滑块1受力分析有T＝mg，解得m2＝4m，B错误；设滑块2由A运动到B的过程中，细绳与竖直杆间的夹角为θ，由B项分析可知有m2g－T cos θ＝m2a，此过程细绳上的拉力T逐渐增大至mg，夹角θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，则加速度a逐渐减小，C错误；滑块2由A运动到B的过程中，滑块2和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有m2g·4d＝Ep＋且Ep＝kx2＝mgd，联立解
得滑块2经过B点时速度大小v＝，D正确。]
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(多选)(2022·河北卷)如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰好与物体Q释放位置处于同一高度，
取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械
能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体
均可视为质点。下列说法正确的是(　　)
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
√
√
√
BCD　[开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝，A错误；在T时刻，两物体的速度v1＝，P上升的距离h1＝，细线断开后P能上升的高度h2＝，可知开始时PQ距离为h＝h1＋h2＝，若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为
E＝mQgh＝，从开始到绳子断开，绳子的拉力对Q做负功，大小为W绳＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能E′＝E－W绳＝，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，B正确；在2T时刻，物体P的速度v2＝v1－gT＝－，方向向下，此时物体P所受重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝，C、D正确。]
[典例6]　(非质点类物体机械能守恒)如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧轨道，轨道底端B点与一水平轨道BC相切，水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接，轨道B处有一挡板(厚度不计)。在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为 r(r R) 的光滑刚性小球，恰好将AB轨道铺满，小球从A到B依次标记为1、2、3、…、N号。现将B处挡板抽走，N个小球均开始运动，不计一切摩擦，考虑小球从AB向CD运动的过程，下列说法正确的是(　　)
A．N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动
B．1号小球第一次经过B点的速度一定小于
C．1号小球第一次经过B点的向心加速度大小一定等于2g
D．1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R
√
B　[在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，圆弧轨道上的小球做加速圆周运动，故A错误；1号小球在下滑过程中，始终受到2号小球对它的压力，所以第1个小球第一次经过B点时，有平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力的作用，冲上斜面后，后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，所以1号小球在曲面上和斜面上都会有机械能的减小，设1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为h，由能量守恒得mgR>mgh，解得h反思感悟　非质点类物体机械能守恒
“绳(考虑重力)”“链条”“过山车”“液柱”等物体，如果它们在运动过程中发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。
物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置及其高度变化量，根据初、末状态物体重力势能的减少量等于动能的增加量列式求解。
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1．(多选)(2023·湖南卷)如图所示，固定在竖直平面内的光滑轨道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
√
√
AD　[小球从B点到C点的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有mg cos α－FN＝FN＝mg cos α－m，α减小，v减小，FN增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A点到B点的过程中，重力的功率PG＝mg sin θ·v，v减小，PG减小，B错误；因为小球从A点运动到C点的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，有，C错误；若小球初速度v0增大，过B点时，若mg cos θ则小球会从B点脱离轨道，D正确。]
2．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)　
A．　　 B．
C．　　 D．
√
D　[运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝解得R＝，D项正确。]
突破点三　功能关系及能量守恒定律的应用
　　　　　　
1．五种常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 能量 功能关系 表达式
动能 合外力做功等于物体动能变化量
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产生 的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE
2．能量守恒定律解题的两条基本思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态，分析状态变化过程中的能量变化，利用ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例7]　(功能关系)(2024·山东卷)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(dA．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
√
B　[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μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝；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)，B正确。
一题多解　画出外力F与乙所坐木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋＋μmg(l－d)，B正确。]
[典例8]　(功能关系与能量守恒定律)(2024·1月九省联考安徽卷)为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)当h＝0.6R，小球经过最低点C时，求路面受到的压力；
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
(3)在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角θ＝37°，求h的值。
[解析]　(1)从静止释放到C点过程中，由动能定理得mgh＋mg(R－R sin 37°)＝
在C点由牛顿第二定律FN－mg＝m
联立解得FN＝3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为F′N＝FN＝3mg
方向竖直向下。
(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mg cos 37°＝m
根据动能定理有mgh′＋mg(R－R cos 37°)＝
联立解得h′＝0.2R
故可知h的范围为0(3)设在G点时速度为v，由能量守恒定律得mgh＋mg(R cos θ－R sin 37°)＝mv2
该处重力的瞬时功率为P＝mgv sin θ
联立解得P2＝m2g2[2gh＋2gR(cos θ－0.6)]·sin2θ＝m2g2[2gh＋2gR(cosθ－0.6)]·(1－cos2θ)
设x＝cosθ，y＝[2gh＋2gR(cos θ－0.6)]·(1－cos2θ)
讨论y-x函数的极值，即
y＝[2gh＋2gR(x－0.6)]·(1－x2)
展开得y＝－2gRx3＋(1.2gR－2gh)x2＋2gRx＋2gh－1.2gR
对y求导得y′＝－6gRx2＋2(1.2gR－2gh)x＋2gR
根据题意θ＝37°时取极大值，可知此时y′＝0，将x＝0.8代入得h＝0.025R。
[答案]　(1)3mg，方向竖直向下　(2)0方法技巧　应用功能关系和能量守恒定律“三注意”
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
(2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。
(3)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和原因，在不同问题中的具体表现不同。
【教师备选资源】
(2023·浙江1月卷)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
√
B　[游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用，做自由落体运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从0逐渐增大，游客所受合外力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到0，弹力达到最大值，弹性势能达到最大值，橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚开始绷紧一段时间内，弹力小于重力，合外力向下，合外力对游客做正功，游客向下运动的速度逐渐增大，游客动能逐渐增加；当弹力等于重力时，游客向下运动的速度最大，游客的动能最大；游客再向下运动，弹力大于重力，合外力向上，合外力对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。]
1．(热点情境·传统文化)(多选)(2024·广东潮州1月期末)成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示的劳动情境，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落点更远。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力势能变化
量相等
B．从释放到落地的过程中，水平风力对米粒和糠做
功相同
C．米粒落地时重力的瞬时功率大于糠落地时重力的瞬时功率
D．从释放到落地的过程中，糠的运动时间等于米粒的运动时间
√
随堂练 临考预测 名师押题
√
CD　[竖直方向，建构自由落体运动模型，米粒和糠的区别是质量不同，由WG＝mgh可知，米粒和糠所受重力做功不同，则重力势能变化量不同，故A错误；由v2＝2gh可知，落地时竖直方向的速度相同，而P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒所受重力的瞬时功率大于糠所受重力的瞬时功率，故C正确；由h＝gt2可知，米粒和糠的运动时间相同，故D正确；水平方向，由题可知，米粒水平运动的距离小，再根据功的公式W＝Fx可知，风力对米粒做功少，故B错误。]
2．(排球运动＋各类图像)(多选)某中学为了营造健康文明、积极向上的校园氛围，举办了教职工趣味运动会，其中排球垫球比赛竞争尤其激烈，赢得大家阵阵喝彩。某位教师将球沿竖直方向垫起，已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量之间关系的图像可能正确的是(　　)
A　　　 　　B　　　　　　C　　　　　D
√
√
BD　[排球上升过程，向上做减速直线运动，对排球受力分析，根据牛顿第二定律得mg＋kv＝ma1，速度减小，加速度也减小；排球到达最高点后下落过程，向下做加速直线运动，对排球受力分析，根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma2，速度增大，加速度继续减小，所以v-t图像的斜率全程都在减小，但是题中规定向上为正方向，开始时速度必须是正的，选项A错误；由于速度先减小为0后反向增大，所以x-t图像斜率先减小，后变为负数增大，且全程一直有机械能损失，导致上升过程中任意位置的速度都比下降过程同位置的速
度大，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，选项B正确；全程一直有机械能损失，上升与下降经过同一位置的动能不可能相等，Ek-x图像中不可能有交点，选项C错误；E机-x图像的斜率表示空气阻力，根据空气阻力上升过程减小下降过程增大，且上升过程机械能损失的更多(上升过程空气阻力的平均值大于下降过程空气阻力的平均值)，选项D正确。]
3．(力电综合情境)(2024·四川成都第七中学12月质检)如图所示为某同学设计的弹射装置，水平轨道AB与竖直四分之一圆弧轨道BC平滑连接，竖直四分之一圆弧DG、竖直四分之一圆弧轨道G′H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好能经过GG′进入G′H，O1、C在同一水平面，O2、G、G′、O3在同一水平面，所有的轨道均绝缘，除
水平轨道HM粗糙外，其余轨道均光滑；圆弧BC半径R1和圆弧DG半径R2均为R，HM长度为2R，N点为HM的中点，虚线框内存在着水平向右的匀强电场。现将一质量为1.5m、不带电的小物块a压缩绝缘弹簧至A点并锁定。解开锁定，小物块a恰好到达C点。现将一质量为m、带电荷量为q的另一小物块b压缩绝缘弹簧至A点并锁定，解开锁定，小物块b经C点经过电场后并沿着水平方向进入圆弧轨道DG，经过D点时物块对轨道的作用力恰好为0。设小物块在运动过程中带电荷量始终保持不变，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。
(1)求小物块b到达管口C时的速度大小vC；
(2)求电场强度E的大小；
(3)设小物块b与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，小物块b最终停在N点，求小物块b与轨道之间的动摩擦因数μ(μ<1)。
[解析]　(1)小物块a从释放后到C点过程，由机械能守恒定律可得
Ep－1.5mgR＝0，解得Ep＝1.5mgR
小物块b从释放后到C点过程，由机械能守恒定律得Ep－mgR＝－0
解得vC＝。
(2)小物块b经过D点时对轨道的作用力恰好为0，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝，解得vD＝
小物块b从C到D过程在竖直方向做匀减速直线运动，运动时间t＝
小物块b在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达D点时的速度vD＝axt
在水平方向，由牛顿第二定律得Eq＝max
解得E＝。
(3)小物块b在电场中竖直方向的位移大小y＝，依题意可知R3＝
根据小物块b最终停在N点可知小物块b没有脱离轨道，则当小物块b与竖直墙壁碰撞后刚好到G′时，由动能定理得mgR－4μ1mgR＝0－，解得μ1＝，即μ>
小物块b最终停在N点，根据动能定理得－μ2mg(4nR＋R)＝0－(n＝1，2，…)，解得μ2＝
或－μ3mg(4nR＋3R)＝0－(n＝0，1，2，…)，解得μ3＝
综上所述，可得μ＝或μ＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)或
题号
1
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12
专题限时集训(四)　功与能
1．(2024·江苏淮安联考)某校两名同学穿相同的校服，先后从倾斜冰面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示(两人均可视为质点，两人与冰面的动摩擦因数处处相等，且不计空气阻力及人经过O点时的能量损失)。根据上述信息，可以确定(　　)
A．质量大的同学运动时间长
B．质量大的同学运动距离长
C．质量大的同学损失的机械能多
D．质量大的同学到达O点时速度大
√
13
题号
1
3
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C　[设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为l，冰面倾角为θ，整个过程中的水平位移为x，由动能定理得mgl sinθ－μmgl cos θ－μmg(x－l cos θ)＝0，即x＝，可知两人运动的距离一样长，根据牛顿第二定律可知，两人运动的加速度的大小与质量没有关系，则两人运动的时间相等，到达O点的速度也相同，故A、B、D错误；因为质量越大的人，受到的摩擦力越大，而两人运动的距离一样长，则质量大的同学损失的机械能越多，故C正确。故选C。]
13
题号
1
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2．(2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A．在Q点最大　　 B．在Q点最小
C．先减小后增大　　 D．先增大后减小
√
13
题号
1
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C　[设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。]
13
题号
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3．(2024·海南校联考一模)一辆质量为20 kg的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始匀加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度a随时间t变化的规律如图所示。已知赛车在跑道上运动时受到的阻力恒为40 N，赛车从起点到终点所用的时间为35 s，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是(　　)
A．赛车匀加速的距离为30 m
B．赛车的额定功率为1 000 W
C．a-t图像与坐标轴围成的面积为20 m/s
D．起点到终点的距离为450 m
√
13
题号
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C　[赛车匀加速的距离为x1＝＝25 m，故A错误；赛车做匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有F－f＝ma1，解得F＝
80 N，5 s末赛车的速度为v＝a1t1＝2×5 m/s＝10 m/s，赛车的额定功率为P＝Fv＝80×10 W＝800 W，故B错误；a-t图像与坐标轴围成的面积表示赛车速度的改变量，赛车初速度为零，则Δv＝vm＝ m/s＝
20 m/s，故C正确；赛车从起点到终点，根据动能定理有Fx1＋P(t－t1)－fx＝，解得起点到终点的距离为x＝550 m，故D错误。故选C。]
13
题号
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4．(多选)(2024·广州市普通高中毕业班综合测试)足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的加速度a、重力势能Ep随离地面高度h变化的图像可能正确的是(　　)
13
A　　　　　　　　B　　　　　 　C　　　　　　　D
√
√
题号
1
3
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12
AC　[足球在空中做斜抛运动，加速度为重力加速度，不会随着其离地面的高度的变化而变化，即a-h图像为一条平行于h轴的直线，A正确，B错误；以地面为参考平面，足球的重力势能为Ep＝mgh，所以Ep-h图像为一条过坐标原点的倾斜直线，C正确，D错误。]
13
题号
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5．(2024·河北石家庄11月联考)如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m，物块B的质量为m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的机械能一直增大
B．物块A的速度始终小于物块B的速度
C．物块A下落的最大距离为L
D．物块A、B等高时系统的总动能为mgL
13
√
题号
1
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C　[由静止释放物块A，物块A向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A的机械能减小，故A错误；设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则vA cos α＝vB，由此可知，物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误；当物块A的速度为零时，下落的高度最大，设A下滑最大高度为h，则由机械能守恒定律得mgh＝mg，解得h＝L，故C正确；设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有L tan θ＝2L－，所以由系统机械能守恒得，等高时的总动能为Ek＝mgL tan θ－，解得Ek＝mgL，故D错误。]
13
题号
1
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6．(多选)(2024·广东中山11月质检)质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B(均可视为质点)。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，以OA所在平面为零势能面，由静止释放，则(　　)
A．B球相对于初始位置上升的最大高度为l
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能为0
C．A球在向下摆的整个过程，杆对它做了负功
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1
√
13
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
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12
ACD　[当两球的转动速度是零时，B球上升高度最大，初始OA所在的平面是零势能面，当B球上升高度为l时，系统的重力势能Ep＝－mg·2l＝－2mgl，系统的初状态机械能E＝－2mgl＝Ep，由系统的机械能守恒可知，则当B球上升高度为l时，系统的动能是零，此时B球上升的高度最大，A正确；两球组成的系统机械能守恒，A球速度最大时，B球的速度也最大，系统的动能最大，大于零，而系统的总机械能是－2mgl，则两球的总重力势能不是零，而是负值，B错误；A球在向下摆的过程中，系统的动能先增后减，根据A、B
13
题号
1
3
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12
组成的机械能守恒可知，B球重力势能和动能都增大时，A球机械能减小；B球重力势能增大，动能减小时，A球重力势能和动能都在减小，即A球机械能减小，综上可知，全程运动中A球机械能一直在减小，据功能关系可知杆对它做了负功，C正确；A、B两球一起绕O点转动，它们的角速度ω相等，则有vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D正确。]
13
题号
1
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7．(2024·1月九省联考贵州卷)如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的(　　)
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
√
13
题号
1
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2
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12
C　[设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有Ek＋mgLABsin θ＝Ep，可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故A、B错误，C正确；显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时，即弹簧被压缩至最短的位置，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。故选C。]
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题号
1
3
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2
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12
8．(2024·5月山东菏泽高三信息押题卷)如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R，AB长度为R。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m、带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后进入半圆轨道，小球进入半圆轨道后立即撤去电场。已知小球所受静电力大小F＝mg(g为重力加速度的大小)，水平面和半圆轨道均光滑且绝缘。求：
(1)小球运动到最高点时的速度大小；
(2)小球运动到最高点时距水平面AB的距离。
13
题号
1
3
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2
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12
[解析]　(1)假设小球沿半圆轨道运动到D点脱离轨道，如图所示。
小球由A点运动到D点，由动能定理，得
F·R－mgR(1＋sin α)＝
又F＝mg
在D点沿半径方向，由牛顿第二定律，得mg sin α＝m
联立解得vD＝，α＝30°
小球离开半圆轨道后做斜抛运动，小球运动到最高点时的速度等于在D点时的水平分速度，有v＝vD sin α＝。
13
题号
1
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11
12
(2)小球从A点运动到最高点的过程中，由动能定理，得F·mv2
联立解得H＝R。
13
[答案]　(1)　(2)R
题号
1
3
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2
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11
12
9．(2024·江西宜春10月测试)如图所示为某型号电动汽车在某次测试中的速度v与牵引力F大小倒数的关系图像 已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是(　　)
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做的功为
√
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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11
12
C　[根据P＝Fv可知v＝P·，额定功率等于图线的斜率，即P＝＝F2vm，故A正确，不符合题意；根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得F－f＝Ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中做加速度减小的加速运动，故B正确，不符合题意；汽车所受的阻力为f＝＝F2，由于额定功率等于
13
题号
1
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6
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12
图线的斜率，有P＝，解得F2vm＝v1F1，汽车从a到b，根据牛顿第二定律得F1－f＝Ma，汽车从a到b持续的时间为t＝，联立解得t＝，故C错误，符合题意；汽车从a到b过程运动的位移为x＝at2，克服阻力做的功W＝fx，解得W＝，故D正确，不符合题意。]
13
题号
1
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12
10．(多选)(2024·湖南省岳阳市5月高三下学期考情信息卷)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g＝10 m/s2。则由图可知(　　)
A．物体的初速率v0＝5 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．图乙中xmin＝0.36 m
D．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.187 5 m
√
13
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
BC　[由题图乙可知，当θ＝时，物体做竖直上抛运动，摩擦力是零，由竖直上抛运动的速度位移关系公式可得＝2gx1，解得v0＝ m/s＝
3 m/s，A错误；当θ＝0时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由动能定理可得－μmgx0＝0－解得μ＝＝0.75，B正确；物体沿斜面向上运动时，由动能定理可得 －(μmg cos θ＋mg sin θ)x2＝0－，代入数据整理可得x2＝ m≥ m＝0.36 m，C正确；设动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为x3，则有mgx3sin 37°＝－(μmg cos 37°＋mg sin 37°)x3，代入数据整理解得x3＝0.25 m，D错误。故选BC。]
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题号
1
3
5
2
4
6
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11．(2024·江苏南京10月模拟)如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂直，在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连
接处时无能量损失(速度大小不变)，重力加速度为
g，下列判断正确的是(　　)
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
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11
12
A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小
B．刚释放时，小球A的加速度大小为aA＝g
C．小球A运动到最低点时的速度大小为vA＝
D．若A在最低点时加速度大小为a，则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为5mg＋ma
√
13
题号
1
3
5
2
4
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8
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9
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12
C　[小球A由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0，而B的机械能减小，则A的机械能增加，故A错误；由牛顿第二定律得mg sin 60°＝maA，解得aA＝g，故B错误；小球A初始位置距水平面高度设为h1，由几何关系有R sin 60°＋tan 30°＝1.5R sin 60°，解得h1＝R，B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系得h2＝h1＋1.5R cos 60°，解得h2＝2R，从释放至小球运动到最低点的过程，A、B下落的高度分别为ΔhA＝R，ΔhB＝R，由系统机械能守恒有mgΔhA＋mgΔhB＝，而vB＝0，解得vA＝，故C正确；以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得FN－F－mg＝ma，解得FN＝mg＋ma＋F，其中F为轻杆对A的力(未知)，故D错误。]
13
(1)求弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小；
(2)如果B的质量为2m，求A沿斜面向上经过P点时物块B的速度大小。
题号
1
3
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11
12
12．(2024·河北沧州第一中学11月月考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，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m的物块A连接，物块A右端接一细线，细线平行于斜面绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮与物块B相连。开始时托住物块B使细线恰好伸直且张力为0，然后由静止释放物块B。B的质量也为m，物块A沿斜面向上经过P点(图中未标出)时速度最大。已知重力加速度为g。
13
题号
1
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2
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12
[解析]　(1)弹簧第一次恢复原长时，设A、B加速度大小为a，线的张力大小为T，对B受力分析，由牛顿第二定律有mg－T＝ma
对A有T－mg sin 30°＝ma
解得弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小为T＝mg。
(2)托住物块B时，设弹簧形变量为x0，则有kx0＝mg sin 30°，解得x0＝
B的质量为m时A经过P点时速度最大，此时的加速度为0，系统所受合力为零，对A、B整体受力分析有mg－mg sin 30°－kx′＝0
解得x′＝
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A位于初始位置和处于P时弹簧形变量相同，弹性势能相等
当B的质量变为2m时，A从初始位置到P点的过程，由系统的机械能守恒得
2mg(x′＋x0)＝mg(x′＋x0)sin 30°＋×3mv2
解得A沿斜面向上经过P点时物块B的速度大小为v＝g。
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[答案]　(1)mg　(2)g
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13．如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h，由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平
滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。
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(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度满足0.9 m13
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[解析]　(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
mgh＝
解得vb＝5 m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mvb＝mv′b＋mv0
联立解得v0＝vb＝5 m/s。
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(2)设物块a刚好可以到达E点，物块b高度为h1，
由动能定理得mgh1－2μmgl－mgH＝0
解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向
FN＋mg＝m
由动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝
联立可得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m，且方向竖直向下)。
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(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s1＝vEt
根据几何关系可得DF＝ m
联立解得x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得 m≤x< m
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当0.9 m解得h′＝1 m，s′＝3 m
从h2＝0.9 m释放时，
根据动能定理可得mgh2－μmgs2＝0
解得s2＝1.8 m
可知物块达到距离C点0.8 m处静止，
假设物块a由E点速度为零，可以返回到CD时，此时h取1.2 m
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根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0
解得s3＝0.4 m
即距离C点0.6 m
综上可知当0.9 m代入数据得2.6 m13
[答案]　(1)5 m/s　(2)(3)见解析
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