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第4讲　功和功率　功能关系
题型1功与功率的分析与计算
一、相关知识链接
1．功的计算
(1)单个恒力的功 W＝Flcos α
(2)合力为恒力的功
①先求合力，再求W＝F合lcos α
②W＝W1＋W2＋…
2．功率的计算
(1)P＝，适用于计算平均功率；
(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．
注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos θ.
(3)机车启动问题
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P－t图象与v－t图象
运动规律 OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动； AB段：做速度为vm的匀速直线运动 OA段：以加速度a做匀加速直线运动 AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动； BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程分析 OA段：v↑ F＝↓ a＝↓； AB段：F＝F阻 a＝0 P额＝F阻·vm OA段：a＝不变 F不变 v↑ P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1； AB段：v↑ F＝↓ a＝↓； BC段：F＝F阻 a＝0 v达到最大值，vm＝
二、规律方法提炼
变力功的计算
(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算
(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝lcos α计算
(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”
(4)一般变力只能用动能定理求解
如图所示，一同学在微风天气将一礼盒挂在光滑晾衣绳上做力学实验，晾衣绳的左端系在左竖直杆的A点，右端系在倾斜杆的B点，A、B两点等高。整个装置处于水平向左的风力中。保持A、B两点位置不变，则下列说法中错误的是（　　）
A．若风力，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，绳子张力变大
B．若风力缓慢减小，礼盒到A点距离变大
C．若风力恒定，将倾斜杆向右平移少许后，绳上张力变小
D．若风力缓慢增大，则该过程风力对礼盒做正功
如图所示，一位同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学静止，球拍平面和水平面之间夹角为。设乒乓球质量为m，不计球拍和乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．球拍受到的合力大小为0
B．乒乓球受到的支持力对乒乓球做正功
C．乒乓球有可能做匀速直线运动
D．球拍对乒乓球的支持力大小为
如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC，已知P、Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，Q的质量为m，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．P的质量为m
B．在图1中，斜面体与地面间无静摩擦力
C．在图2中，两滑块落地前的重力功率大小相等
D．在图2中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mg
截至2024年12月26日，我国高铁运营里程达到4.7万公里。某高铁试验机车试运行时的图像如图所示，时间内的图像为直线，列车做加速度大小为0.5m/s2的匀加速运动，km/h，时刻列车的牵引力功率达到最大为kW，之后保持不变，时刻列车运行达到最大速度。列车的质量为120t，认为列车受到的阻力大小恒定，则（　　）
A．列车匀加速运行的时间为s B．列车所受的阻力大小为N
C．列车运行的最大速度m/s D．列车运行的最大速度m/s
一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（　　）
A．所受恒定阻力大小为 B．机车运动的额定功率为
C．机车匀加速运动的时间为30s D．机车的质量为
题型2动能定理的应用
一、相关知识链接
1．表达式：W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)确定研究对象和物理过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式
2．“两点一过程”
(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2.
(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合．
3．在功能关系中的应用
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
(2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．
“飞行魔毯”安装了架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定功率竖直向上起飞，经过时间上升高度时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为，“飞行魔毯”加上飞行员的总质量为，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为fh
B．“飞行魔毯”的最大速度
C．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐减小
D．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中满足关系式
质量的长木板M放置在光滑水平面上，另一质量的物块N放置在长木板的左端，如图甲所示。现对物块N施加一向右的水平拉力，在物块N离开长木板前，两者的加速度a随各自位移x变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．M、N之间的动摩擦因数为0.3
B．当时，水平拉力大小为10N
C．物块N的位移x≤5m的过程中，水平拉力的最大功率为264W
D．物块N的位移的过程中，水平拉力做的功为110J
如图所示，光滑圆弧ABC半径为R，为圆心并固定一个点电荷，水平，B为最低点，。C点右侧有一光滑圆弧与弧ABC相切于C点，为右侧圆弧圆心。现有一个带正电的小球q从A点无初速度滑下，到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍，经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零。由此可求得右侧圆弧的半径为（，）（　　）
A．2R B． C． D．
如图甲所示，机场使用倾角的传送带，将每个质量的行李箱从地面运送到高的出发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放到传送带底端，传送带以的速度顺时针匀速转动。行李箱在传送带上的图像如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
(1)行李箱与传送带间的动摩擦因数；
(2)传送带上最多同时输送的行李箱数量；
(3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。
如图所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y轴正方向为竖直向上），在点P（0，40m）将一质量为1kg的小球以2m/s的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的M点，不计空气阻力，取g=10m/s2，则（　　）
A．M点坐标为（5m，29m）
B．小球打在M点时重力的瞬时功率为100W
C．小球打在M点时的动能为404J
D．P点与M点间距离为
题型3功能关系的理解和应用
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．
(2)功是能量转化的量度．
①重力做功是重力势能改变的量度，WG＝－ΔEp.
②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹＝－ΔEp.
③电场力做功是电势能改变的量度，W＝－ΔEp.
④合外力做功是动能改变的量度．
⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．
⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度．
2．功能关系的应用
(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化
(2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算
某篮球爱好者对着竖直墙壁练习传球，球出手时的位置P离地高度为h，球斜向上传出，刚好垂直打在墙壁上的Q点，球垂直墙壁反弹后恰好落在P点正下方的地面上。已知P点离墙面的水平距离恰好等于h，Q点离地高度为1.5h，重力加速度大小为g，球的质量为m，不计球的大小，忽略空气阻力，则（　　）
A．球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为
B．球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
C．球与墙面碰撞过程损失的机械能为
D．球落地前一瞬间，重力的瞬时功率大小为
如图，高的桌面上固定一半径同为H的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量的小球由轨道顶端A处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小球始终受到水平向左的恒定风力。取，下列说法正确的有（　　）
A．小球在B点对轨道的压力为0.6N
B．小球从A点运动到B点的过程中，机械能先增大再减小
C．小球从B点抛出到落地过程中，重力对小球做功的瞬时功率不断增大
D．小球落地点的位置在C点右边
长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的平均变化率，机械能E随时间t变化的曲线，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
如图所示，倾角的光滑斜面上有一光滑轨道，它是由长为的直轨道和半径为的圆弧轨道平滑连接而成。已知斜面边缘的点与点等高，，，是的中点。一小球以某一初速度发射后沿轨道运动，下列说法正确的是（　　）
A．若，小球一定会从边离开斜面
B．若，小球一定会从边离开斜面
C．若，小球可能会从边离开斜面
D．若，小球可能会从边离开斜面
题型4动力学与能量观点的综合应用
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．
如图所示，AB为光滑半圆形轨道的竖直直径，其半径，轨道底端与光滑水平面BC相切，水平面右侧有一半径的光滑圆弧轨道CD，其所对圆心角为97°，轨道右端D点与倾角为37°的传送带上表面相切，传送带以的速度沿逆时针方向转动。现有一物块从光滑水平面BC上某点以某一初速度沿水平面向左运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，物块可看作质点，不计空气阻力，传送带足够长，。
(1)若物块初速度，通过计算说明物块能否从A点飞出；
(2)若物块从A点飞出后恰好从C点沿切线方向进入CD轨道，求物块在CD轨道最低点受到轨道的支持力为其重力的几倍；
(3)若物块从A点飞出后恰好从C点沿切线方向进入CD轨道，且物块在传送带上滑动时（传送带足够长），能够在传送带上留下痕迹，求物块第一次在传送带上运动时，在传送带上留下痕迹的长度。
如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取。求：
(1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围；
(3)当时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？
如图，水平台面右侧有一固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，C点切线水平，并与固定在水平地面上的斜面体平滑连接。斜面顶端D固定一轻质弹簧。一小物块从台面右端A点滑出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，再冲上斜面压缩弹簧，运动到斜面中点时速度恰好为0。已知A点、圆心O与顶端D共线，且离地高度均为h=1.2m，OB和OC的夹角θ=60°，斜面倾角α=37°，物块质量m=0.3kg，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)物块从A点滑出时的速度大小v0；
(2)物块到达C点时受到轨道的支持力大小N；
(3)弹簧的最大弹性势能E 。
如图所示，表面光滑的固定斜面与水平面的夹角，斜面底端与水平光滑轨道平滑连接，水平轨道右端点连接竖直的光滑半圆轨道，半圆轨道的圆心为，最高点为，半径 ，有一质量的小球以的初速度从斜面上的点沿斜面向下滑，滑到水平轨道后与静止在水平轨道上的小球发生碰撞，碰撞后，小球恰好沿水平轨道运动到半圆轨道的点，，已知点距地面的高度，小球均可看作质点，重力加速度取 ，计算结果可以保留根号，求：
(1)小球与小球碰前的速度大小；
(2)小球运动过程中，上升的最大高度；
(3)碰撞后小球的速度大小。
一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道下滑，经水平轨道BC进入半径的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道进入“水滴形”曲线轨道，点的曲率半径，“水滴形”轨道最高点与圆形轨道最高点等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，取。
(1)求小球释放点A距离水平面的高度；
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点与最高点的向心加速度大小的差值；
(3)在“水滴形”轨道上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道上任意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。
跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台M（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡N处着陆的示意图，图乙为运动员从M到N飞行时的动能E 随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度 g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．斜坡的倾角为45°
B．运动员在M处的速度大小为12m/s
C．运动员运动到N处时重力的瞬时功率为
D．运动员在1.2s末时离坡面的距离最大
如图所示，一光滑圆形轨道竖直放置，其上套有两个小圆环甲和乙，轨道的最高点、最低点分别标记为A、D，最左端标记为C，最右端标记为B。小圆环甲在轻微扰动下由A处从静止开始向右运动，同时将小圆环乙由C处从静止释放，则（　　）
A．小圆环甲先到达B点
B．小圆环乙先到达D点
C．对于小圆环甲，从A到B的过程中重力的功率先增大后减小
D．对于小圆环乙，从C到D的过程中重力的功率一直增大
在学校课外活动羽毛球比赛中，某同学利用手机拍摄了一段羽毛球运动的视频，并经处理得到的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点切线竖直。下列说法正确的是（　　）
A．羽毛球由a点运动到b点，水平方向匀速运动
B．羽毛球由b点运动到c点，机械能守恒
C．羽毛球位于b点时，加速度竖直向下
D．羽毛球位于b点时，处于失重状态
一辆玩具汽车在水平地面做直线运动，其速度与时间的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为2kg，受到的阻力始终为车重的0.1倍，重力加速度g取。则（　　）
A．汽车在时间内加速度方向不变
B．汽车在2s末的位移大小为4m
C．汽车在时间内因刹车额外产生的制动力的大小为6N
D．汽车在时间内克服阻力做的功为6J
2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺得金牌。为了方便研究，可将全红婵跳水过程简化为如图所示模型，一个质量为的质点从距水面处由静止落下，进入水中一定深度，此时与水池底部距离最近，质点在空中受到的阻力大小恒为，在水中受到的阻力大小恒为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．全红婵在空中与水中所受阻力的大小关系是
B．全红婵在空中与水中的加速度大小之比为
C．全红婵在运动过程中速度的最大值为
D．全红婵在整个运动过程中损失的机械能为
翼装飞行运动属危险性很高的极限运动。飞行者穿戴飞行服装和降落伞设备，从悬崖绝壁等高处跃下，无动力空中飞行（如图甲），到达安全的高度时飞行者打开降落伞着陆。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的v-t图像如图乙所示，以向下为正方向，则（　　）
A．0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小
B．0~15s内合外力对飞行者始终做正功
C．10~15s内飞行者做匀减速运动
D．10~15s内飞行者处于失重状态
如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮（滑轮大小可忽略）。现以大小不变的拉力拉绳，使滑块从点起由静止开始上升，滑块运动到点时速度最大。已知滑块质量为，滑轮到竖直杆的距离为，，，重力加速度为，。下列说法正确的是（　　）
A．拉力的大小为
B．滑块由到做匀加速运动
C．滑块由到过程中拉力做的功为
D．滑块在点的动能为
用起重机竖直向上吊运一定质量的货物，开始时货物处于静止状态，其加速度随位移的图像如图所示，则（　　）
A．阶段，货物动能不变
B．阶段，货物机械能增加
C．阶段货物重力势能变化量大于阶段货物重力势能变化量
D．阶段与阶段货物运动时间相同
如图，原长为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.2。杆上两点与点的距离均为点到点的距离为与杆垂直。当小球置于杆上点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现将小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球在点下方处的加速度大小为
B．从点到点的运动过程中，弹簧弹性势能先减小后增大
C．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先减小后增大
D．从点到点和从点到点的运动过程中，小球动能的变化量
如图所示，半径m的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量kg，上表面与C点等高。质量kg可视为质点的物块在A点以v0=3m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，最后在C点以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m/s2求：
(1)物块在B点时的速度大小和物块刚到达C点时所受支持力大小F；
(2)物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功；
(3)若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，板块之间产生的摩擦热Q1和木板与地面之间由于摩擦所产生的热量Q2。
某游戏装置如下：光滑水平平台上质量为的物体压缩弹簧由静止释放（物体与弹簧不粘连），物体从B点水平飞出后恰好沿着C点切线进入竖直平面内光滑圆弧轨道，滑入粗糙的斜面DE，最后滑上放在粗糙水平面上，质量为的木板EF上表面继续运动，木板与水平面间的动摩擦因数。已知BC的高度差，物体与DE的动摩擦因数，木板F点与竖直墙壁的距离为d（未知），物体与木板之间的动摩擦因数，木板长度为L（未知），圆弧轨道与倾斜斜面DE相切于D点，木板与竖直墙壁发生碰撞后以原速反弹，且发生碰撞后竖直墙壁将会倒塌，变成和左侧一样的足够长粗糙水平面。物体可视为质点，E点做平滑处理，木板厚度可忽略，重力加速度，，，DE的高度差，所有轨道均在同一个竖直平面内。求：
(1)弹簧的弹性势能及物体到达E点速度大小；
(2)若木板未能与竖直墙壁发生碰撞且物体没有滑离木板，求d和L各自需要满足什么条件；
(3)若L足够大，，求木板最终停下时左端离E点的距离。
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第4讲　功和功率　功能关系
题型1功与功率的分析与计算
一、相关知识链接
1．功的计算
(1)单个恒力的功 W＝Flcos α
(2)合力为恒力的功
①先求合力，再求W＝F合lcos α
②W＝W1＋W2＋…
2．功率的计算
(1)P＝，适用于计算平均功率；
(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．
注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos θ.
(3)机车启动问题
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P－t图象与v－t图象
运动规律 OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动； AB段：做速度为vm的匀速直线运动 OA段：以加速度a做匀加速直线运动 AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动； BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程分析 OA段：v↑ F＝↓ a＝↓； AB段：F＝F阻 a＝0 P额＝F阻·vm OA段：a＝不变 F不变 v↑ P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1； AB段：v↑ F＝↓ a＝↓； BC段：F＝F阻 a＝0 v达到最大值，vm＝
二、规律方法提炼
变力功的计算
(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算
(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝lcos α计算
(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”
(4)一般变力只能用动能定理求解
如图所示，一同学在微风天气将一礼盒挂在光滑晾衣绳上做力学实验，晾衣绳的左端系在左竖直杆的A点，右端系在倾斜杆的B点，A、B两点等高。整个装置处于水平向左的风力中。保持A、B两点位置不变，则下列说法中错误的是（　　）
A．若风力，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，绳子张力变大
B．若风力缓慢减小，礼盒到A点距离变大
C．若风力恒定，将倾斜杆向右平移少许后，绳上张力变小
D．若风力缓慢增大，则该过程风力对礼盒做正功
【答案】C
【详解】A．若风力，绳子张力的合力与礼盒的重力等大反向，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，两分力夹角变大，合力不变，则分力变大，知绳子张力变大，故A正确；
B．将风力与礼盒重力的合力等效为新的重力，若风力缓慢减小，可知等效重力减小，则绳子张力的合力也将减小，礼盒将向斜杆方向运动重新达到平衡，礼盒到A点距离变大，故B正确；
C．若风力恒定，风力与礼盒重力的合力不变，将倾斜杆向右平移少许后，绳子张力的夹角变大，张力的合力不变，则绳上张力将变大，故C错误；
D．若风力缓慢增大，风力与礼盒重力的合力将变大，则礼盒将向左侧竖直杆方向运动，风力将对礼盒做正功，故D正确。
由于本题选择错误的，故选C。
如图所示，一位同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学静止，球拍平面和水平面之间夹角为。设乒乓球质量为m，不计球拍和乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．球拍受到的合力大小为0
B．乒乓球受到的支持力对乒乓球做正功
C．乒乓球有可能做匀速直线运动
D．球拍对乒乓球的支持力大小为
【答案】B
【详解】AC．该同学手持球拍托乒乓球沿水平直线跑动，不计球拍和乒乓球之间摩擦，不计空气阻力，对乒乓球受力分析如图所示
则乒乓球所受的合力为
由牛顿第二定律得
解得加速度
乒乓球在水平方向做匀加速运动，由于球拍与乒乓球相对静止且均相对该同学静止，乒乓球、球拍和该同学具有相同的加速度，故AC错误；
B．球拍对乒乓球的支持力方向与乒乓球位移的夹角为锐角，可得乒乓球受到的支持力对乒乓球做正功，故B正确；
D．球拍对乒乓球的支持力大小为
解得球拍对乒乓球的支持力大小为，故D错误。
故选B。
如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，OP∥AB，OQ∥AC，已知P、Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，Q的质量为m，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．P的质量为m
B．在图1中，斜面体与地面间无静摩擦力
C．在图2中，两滑块落地前的重力功率大小相等
D．在图2中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mg
【答案】B
【详解】A．设P的质量为M，在图1中令绳子的拉力为T1，P、Q各自受力平衡，则有T1=Mgsin53°，T1=mgsin37
联立解得M=m，故A错误；
B．在图1中，把斜面体、P、Q看成一个系统受力平衡，水平方向合力为零，所以斜面体不受地面的静摩擦力，故B正确；
C．在图2中，由于mgsin53°=0.8mg>Mgsin37°=mgcos53°=0.45mg
所以Q下滑，P上滑，P克服重力做功的功率P1=0.45mgv
Q重力功率P2=0.8mgv≠P1，故C错误；
D．对两滑块整体，根据牛顿第二定律有0.8mg–0.45mg=(m+m）a
解得a=0.2g
对Q有0.8mg–T2=ma
解得T2=0.6mg
滑轮受到轻绳的作用力大小为，故D错误。
故选B。
截至2024年12月26日，我国高铁运营里程达到4.7万公里。某高铁试验机车试运行时的图像如图所示，时间内的图像为直线，列车做加速度大小为0.5m/s2的匀加速运动，km/h，时刻列车的牵引力功率达到最大为kW，之后保持不变，时刻列车运行达到最大速度。列车的质量为120t，认为列车受到的阻力大小恒定，则（　　）
A．列车匀加速运行的时间为s B．列车所受的阻力大小为N
C．列车运行的最大速度m/s D．列车运行的最大速度m/s
【答案】C
【详解】A．km/hm/s，列车匀加速的时间s，A错误；
B．时刻，，匀加速阶段，由牛顿第二定律
解得N，B错误；
CD．列车运行的最大速度m/s，C正确，D错误。
故选C。
一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是（　　）
A．所受恒定阻力大小为 B．机车运动的额定功率为
C．机车匀加速运动的时间为30s D．机车的质量为
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，机车在BC段功率恒定，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力大小等于机车牵引力的大小，则有，故A错误；
B．由图乙可知，机车的最大速度为，机车运动的额定功率，故B错误；
C．机车匀加速运动的末速度，AB段机车恒定加速启动，由甲图可知机车的加速度为，机车匀加速运动的时间，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，结合图甲解得
解得，故D正确。
故选D。
题型2动能定理的应用
一、相关知识链接
1．表达式：W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)确定研究对象和物理过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式
2．“两点一过程”
(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2.
(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合．
3．在功能关系中的应用
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
(2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．
“飞行魔毯”安装了架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定功率竖直向上起飞，经过时间上升高度时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为，“飞行魔毯”加上飞行员的总质量为，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为fh
B．“飞行魔毯”的最大速度
C．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐减小
D．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中满足关系式
【答案】BCD
【详解】A．空气阻力的方向与位移的方向相反，因此空气阻力做的功为，题目中未体现负号，A错误；
B．当“飞行魔毯”达到最大速度时，牵引力与总阻力平衡，即
解得，B正确；
C．牵引力
随着速度增大，牵引力减小，物体的加速度
则加速度逐渐减小，C正确；
D．对“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，根据动能定理可得
可得，D正确。
故选BCD。
质量的长木板M放置在光滑水平面上，另一质量的物块N放置在长木板的左端，如图甲所示。现对物块N施加一向右的水平拉力，在物块N离开长木板前，两者的加速度a随各自位移x变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．M、N之间的动摩擦因数为0.3
B．当时，水平拉力大小为10N
C．物块N的位移x≤5m的过程中，水平拉力的最大功率为264W
D．物块N的位移的过程中，水平拉力做的功为110J
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，当时，两者产生相对运动，此时M的加速度为，根据牛顿第二定律则有
解得，故A错误；
B．当时，两者共同加速度为，根据牛顿第二定律则有
解得，故B正确；
C．由图乙可知，当物块N的位移时，N的速度最大，拉力也最大，所以功率也最大。根据及图像下的面积可得
由牛顿第二定律可得，
解得
则功率，故C正确；
D．当时，根据及图像下的面积可得
所以
当时，根据动能定理可得，
解得
因此水平拉力所做的功,故D错误。
故选BC。
如图所示，光滑圆弧ABC半径为R，为圆心并固定一个点电荷，水平，B为最低点，。C点右侧有一光滑圆弧与弧ABC相切于C点，为右侧圆弧圆心。现有一个带正电的小球q从A点无初速度滑下，到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍，经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零。由此可求得右侧圆弧的半径为（，）（　　）
A．2R B． C． D．
【答案】D
【详解】已知小球在点处对轨道的压力为自身重力的4倍，根据牛顿第三定律，轨道对小球的支持力
又因为、两点到点电荷的距离相等，所以小球在、两点的电势能相等，从到的过程中，电场力不做功，只有重力做功。
根据动能定理
可得
即
根据牛顿第二定律
可得
解得
小球经过点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零，此时小球受到重力、库仑力。根据牛顿第二定律，可得
从到的过程中，重力做功
电场力做功为零（因为B、C两点到点电荷+Q的距离相等，电势能相等）。
根据动能定理可得
解得
故选D。
如图甲所示，机场使用倾角的传送带，将每个质量的行李箱从地面运送到高的出发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放到传送带底端，传送带以的速度顺时针匀速转动。行李箱在传送带上的图像如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
(1)行李箱与传送带间的动摩擦因数；
(2)传送带上最多同时输送的行李箱数量；
(3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。
【答案】(1)0.8
(2)1个
(3)4992J
【详解】（1）由图可知，木箱运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
（2）传送带的长度为
且行李箱加速运动的位移为
所以行李箱在倾斜传送带上一直匀加速，无匀速阶段。每8秒放置1个，运输时间5秒，传送带上最多存在1个行李箱。
（3）行李箱在传动带上由开始到平台的过程中，相对滑动时候摩擦力对传动带做功的大小为
所以每传送一个行李箱，电机多消耗的能量为
1分钟内传动带共传送取8个行李箱，且7个全部到顶端，一个加速了4s，则电动机多做的功为
所以1分钟内电动机多做的功为4992J。
如图所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y轴正方向为竖直向上），在点P（0，40m）将一质量为1kg的小球以2m/s的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的M点，不计空气阻力，取g=10m/s2，则（　　）
A．M点坐标为（5m，29m）
B．小球打在M点时重力的瞬时功率为100W
C．小球打在M点时的动能为404J
D．P点与M点间距离为
【答案】D
【详解】A．小球做平抛运动，水平方向匀速直线运动
竖直方向匀加速直线运动
则40 y=x2+4
联立解得x=4m，y=20m，t=2s
所以M点坐标为（4m，20m），故A错误；
B．球打在M点时竖直分速度为vy=gt=10×2m/s=20m/s
重力的瞬时功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B错误；
C．球打在M点时速度为
此时的动能为，故C错误；
D．P点与M点间距离，故D正确。
故选D。
题型3功能关系的理解和应用
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．
(2)功是能量转化的量度．
①重力做功是重力势能改变的量度，WG＝－ΔEp.
②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹＝－ΔEp.
③电场力做功是电势能改变的量度，W＝－ΔEp.
④合外力做功是动能改变的量度．
⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．
⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度．
2．功能关系的应用
(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化
(2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算
某篮球爱好者对着竖直墙壁练习传球，球出手时的位置P离地高度为h，球斜向上传出，刚好垂直打在墙壁上的Q点，球垂直墙壁反弹后恰好落在P点正下方的地面上。已知P点离墙面的水平距离恰好等于h，Q点离地高度为1.5h，重力加速度大小为g，球的质量为m，不计球的大小，忽略空气阻力，则（　　）
A．球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为
B．球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
C．球与墙面碰撞过程损失的机械能为
D．球落地前一瞬间，重力的瞬时功率大小为
【答案】AC
【详解】A．球斜向上运动到Q点过程做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设从P点到Q点时间为，则
得
水平方向做匀速直线运动，球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为，故A正确；
BC．设从Q点到地面时间为，则
得
球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
则碰撞过程中损失的机械能，故B错误，C正确；
D．球落地前一瞬间竖直方向的分速度
因此重力的瞬时功率，故D错误。
故选AC。
如图，高的桌面上固定一半径同为H的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量的小球由轨道顶端A处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小球始终受到水平向左的恒定风力。取，下列说法正确的有（　　）
A．小球在B点对轨道的压力为0.6N
B．小球从A点运动到B点的过程中，机械能先增大再减小
C．小球从B点抛出到落地过程中，重力对小球做功的瞬时功率不断增大
D．小球落地点的位置在C点右边
【答案】ACD
【详解】A．小球从A运动到B过程，由动能定理
解得
小球在B点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知小球在B点对轨道的压力为
故A正确；
B．依题意，小球从A点运动到B点的过程中，风力做负功，其机械能减小。故B错误；
C．小球从B点抛出到落地过程中，竖直方向做自由落体运动，根据
可知重力对小球做功的瞬时功率不断增大。故C正确；
D．根据
解得
可得
又
联立，解得
可知小球落地点的位置在C点右边。故D正确。
故选ACD。
长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的平均变化率，机械能E随时间t变化的曲线，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．设手榴弹的初始高度为，则手榴弹下落过程中的重力势能
可知图象不可能是直线，故A错误；
B．动能变化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得
可知为过原点的抛物线，故B错误；
C．根据B选项分析可得
可知为过原点的倾斜直线，故C正确；
D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，可知图象为平行于轴的直线，机械能大小恒为，故D错误。
故选C。
传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
【答案】C
【详解】A．根据功能关系，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有
即
即图像的斜率等于摩擦力，故传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；
B．由题意知，
解得，故B错误；
C．货物在传送带上匀加速的过程，根据牛顿第二定律有
解得
设货物在传送带上匀加速的时间为，则
解得
传送带的运行速度为
货物随传送带一起匀速运动的过程，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有
求得
故货物随传送带一起匀速运动的时间为
故货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C正确；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，根据能量守恒有，故D错误。
故选C。
如图所示，倾角的光滑斜面上有一光滑轨道，它是由长为的直轨道和半径为的圆弧轨道平滑连接而成。已知斜面边缘的点与点等高，，，是的中点。一小球以某一初速度发射后沿轨道运动，下列说法正确的是（　　）
A．若，小球一定会从边离开斜面
B．若，小球一定会从边离开斜面
C．若，小球可能会从边离开斜面
D．若，小球可能会从边离开斜面
【答案】C
【详解】A．若小球恰能通过C点
解得
从A到C机械能守恒
解得
若，小球通过C点后做类平抛运动，也有可能是从DF边离开斜面，故A错误；
B．若，小球到达C点以前就离开轨道做类斜抛运动，也有可能是从FG边离开斜面，故B错误；
C．设小球通过C点后做类平抛运动恰能通过F点，
解得
机械能守恒
解得
若，小球可能会从DE边离开斜面，故C正确；
D．若，小球一定会从FG边离开斜面，不可能从EF边离开，故D错误。
故选C。
题型4动力学与能量观点的综合应用
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．
如图所示，AB为光滑半圆形轨道的竖直直径，其半径，轨道底端与光滑水平面BC相切，水平面右侧有一半径的光滑圆弧轨道CD，其所对圆心角为97°，轨道右端D点与倾角为37°的传送带上表面相切，传送带以的速度沿逆时针方向转动。现有一物块从光滑水平面BC上某点以某一初速度沿水平面向左运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，物块可看作质点，不计空气阻力，传送带足够长，。
(1)若物块初速度，通过计算说明物块能否从A点飞出；
(2)若物块从A点飞出后恰好从C点沿切线方向进入CD轨道，求物块在CD轨道最低点受到轨道的支持力为其重力的几倍；
(3)若物块从A点飞出后恰好从C点沿切线方向进入CD轨道，且物块在传送带上滑动时（传送带足够长），能够在传送带上留下痕迹，求物块第一次在传送带上运动时，在传送带上留下痕迹的长度。
【答案】(1)能
(2)2.2
(3)9m
【详解】（1）由半圆轨道底端到顶端过程，根据动能定理可得
若恰在最高点，重力提供圆周运动的向心力则有
联立解得
由于，故可从A点飞出。
（2）物块在C点的速度为，根据运动的分解，则有
其中为C点竖直方向的速度，由于从A点平抛到达C点，由平抛运动的规律可得
联立解得
从C点到CD轨道最低点的过程，根据动能定理可得
结合牛顿第二定律则有
解得
（3）由C到D过程，由动能定理可得
由几何知识可知
此时
由牛顿第二定律可得
解得
结合运动学规律则有
解得
故有
又因为
解得
故有
相对传送带上滑的痕迹
当物块的速度等于传送带时，由于
故此阶段有
解得
若经过时间，物块下滑留下的痕迹大于上滑留下的痕迹有
解得
此时物块相对D点的位移
所以只有相对传送带上滑的痕迹
如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取。求：
(1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围；
(3)当时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？
【答案】(1)20N，方向竖直向下
(2)
(3)
【详解】（1）若，则滑块运动至B点时，由动能定理可得
在B点由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N，方向竖直向下。
（2）若滑块恰好能过C点，则C点时有
从A到C，根据动能定理有
解得
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度，从A到E，根据动能定理有
解得
显然，若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度。
（3）当时，从A到D点根据动能定理
解得
从A到E点根据动能定理
可得
由运动学公式
解得
在1s时间内，滑块的位移为
传送带运动的位移为
滑块相对于传送带的位移为
由功能关系得
如图，水平台面右侧有一固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，C点切线水平，并与固定在水平地面上的斜面体平滑连接。斜面顶端D固定一轻质弹簧。一小物块从台面右端A点滑出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，再冲上斜面压缩弹簧，运动到斜面中点时速度恰好为0。已知A点、圆心O与顶端D共线，且离地高度均为h=1.2m，OB和OC的夹角θ=60°，斜面倾角α=37°，物块质量m=0.3kg，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)物块从A点滑出时的速度大小v0；
(2)物块到达C点时受到轨道的支持力大小N；
(3)弹簧的最大弹性势能E 。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小物块由A点运动到B点的过程中做平抛运动，设运动时间为，由平抛运动规律有
解得
设到达B点时竖直方向的速度为，则
又
解得
（2）设小物块在C点时速度大小为，由机械能守恒定律得
小物块在C点时受到轨道的支持力大小为N，由牛顿第二定律得
解得
（3）斜面CD的长度为
小物块沿斜面上滑的最大距离
小物块沿斜面体运动到最高点过程中，有
解得
如图所示，表面光滑的固定斜面与水平面的夹角，斜面底端与水平光滑轨道平滑连接，水平轨道右端点连接竖直的光滑半圆轨道，半圆轨道的圆心为，最高点为，半径 ，有一质量的小球以的初速度从斜面上的点沿斜面向下滑，滑到水平轨道后与静止在水平轨道上的小球发生碰撞，碰撞后，小球恰好沿水平轨道运动到半圆轨道的点，，已知点距地面的高度，小球均可看作质点，重力加速度取 ，计算结果可以保留根号，求：
(1)小球与小球碰前的速度大小；
(2)小球运动过程中，上升的最大高度；
(3)碰撞后小球的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球运动到水平轨道的速度为，故小球在沿斜面下滑的过程中，由动能定理可得
解得
（2）当小球运动到点时，设小球的质量为，速度为，小球只受重力，受力分析如图所示
根据重力的分力提供向心力得
解得
小球经过点之后做斜抛运动，设竖直方向的速度为，根据速度的合成与分解可得
解得
由运动学公式可得小球竖直方向减速到零，距点的高度
解得
所以小球上升的最大高度
解得
（3）设两球发生弹性碰撞后小球的速度大小为，碰撞后小球运动到点的过程，根据动能定理可得
解得
一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道下滑，经水平轨道BC进入半径的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道进入“水滴形”曲线轨道，点的曲率半径，“水滴形”轨道最高点与圆形轨道最高点等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，取。
(1)求小球释放点A距离水平面的高度；
(2)在圆形轨道上运动时，小球在最低点与最高点的向心加速度大小的差值；
(3)在“水滴形”轨道上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道上任意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。
【答案】(1)2m
(2)40 m/s2
(3)或
【详解】（1）小球恰能做完整的圆周运动，则在D点，由牛顿第二定律有
由A到D，由机械能守恒定律有
解得H =2m
（2）由A到C，由机械能守恒定律有
在圆轨道上C点，向心加速度
结合上述有
（3）小球在E点，向心加速度
根据机械能守恒定律有
解得
由题意可知，小球在轨道EFG上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h处，速度大小为v，由机械能守恒定律有
由于
解得r=2.5R1-h或r=2-h
跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台M（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡N处着陆的示意图，图乙为运动员从M到N飞行时的动能E 随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度 g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．斜坡的倾角为45°
B．运动员在M处的速度大小为12m/s
C．运动员运动到N处时重力的瞬时功率为
D．运动员在1.2s末时离坡面的距离最大
【答案】A
【详解】BC．设运动员在M处的速度大小为，根据图乙可得，
其中
联立解得，
则运动员运动到N处时重力的瞬时功率为
故BC错误；
A．时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足
解得，故A正确；
D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有
解得，故D错误。
故选A。
如图所示，一光滑圆形轨道竖直放置，其上套有两个小圆环甲和乙，轨道的最高点、最低点分别标记为A、D，最左端标记为C，最右端标记为B。小圆环甲在轻微扰动下由A处从静止开始向右运动，同时将小圆环乙由C处从静止释放，则（　　）
A．小圆环甲先到达B点
B．小圆环乙先到达D点
C．对于小圆环甲，从A到B的过程中重力的功率先增大后减小
D．对于小圆环乙，从C到D的过程中重力的功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．根据机械能守恒定律可知，小环甲到B速度大小与小环乙到达D的速度大小相等，整个运动过程的位移相等，对两环受力分析可知，小环甲沿竖直方向的加速度逐渐增大，小环乙沿竖直方向的加速度逐渐减小，因此，小环甲做加速度逐渐增大的加速运动，小环乙做加速度逐渐减小的加速运动，作出小环甲从A到B及小环乙从C到D的图像如下
由图像可知，乙先到达D点，故A错误，B正确；
CD．根据上述分析可知，甲竖直方向的分速度一直增大，根据
可知甲的重力功率逐渐增大，乙重力的功率开始为零，到达D点时，重力的功率又为零，因此乙从C到D的过程中，重力功率先增大后减小，故CD错误。
故选B。
在学校课外活动羽毛球比赛中，某同学利用手机拍摄了一段羽毛球运动的视频，并经处理得到的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点切线竖直。下列说法正确的是（　　）
A．羽毛球由a点运动到b点，水平方向匀速运动
B．羽毛球由b点运动到c点，机械能守恒
C．羽毛球位于b点时，加速度竖直向下
D．羽毛球位于b点时，处于失重状态
【答案】D
【详解】A．羽毛球做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，羽毛球在c点的水平速度为零，故羽毛球受到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；
B．由于存在空气阻力的作用，羽毛球的机械能并不守恒，故B错误；
C．羽毛球在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度并非是竖直向下，故C错误；
D．由于在b点时羽毛球存在竖直向下的重力加速度，故羽毛球处于失重状态，故D正确。
故选 D。
一辆玩具汽车在水平地面做直线运动，其速度与时间的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为2kg，受到的阻力始终为车重的0.1倍，重力加速度g取。则（　　）
A．汽车在时间内加速度方向不变
B．汽车在2s末的位移大小为4m
C．汽车在时间内因刹车额外产生的制动力的大小为6N
D．汽车在时间内克服阻力做的功为6J
【答案】D
【详解】A．由图像可得，1s时斜率由正值变为负值，所以1s时汽车加速度开始反向，故A错误；
B．图线围成的面积为汽车位移的大小。汽车在2s末的位移大小为，故B错误；
C．由图像可知时间内加速度大小
由牛顿第二定律可得
解得汽车因刹车额外产生的制动力的大小，故C错误；
D．时间内克服阻力做的功为
时间内克服阻力做的功为
时间内克服阻力做的功为，故D正确。
故选D。
2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺得金牌。为了方便研究，可将全红婵跳水过程简化为如图所示模型，一个质量为的质点从距水面处由静止落下，进入水中一定深度，此时与水池底部距离最近，质点在空中受到的阻力大小恒为，在水中受到的阻力大小恒为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．全红婵在空中与水中所受阻力的大小关系是
B．全红婵在空中与水中的加速度大小之比为
C．全红婵在运动过程中速度的最大值为
D．全红婵在整个运动过程中损失的机械能为
【答案】C
【详解】A．全红婵在空中做匀加速直线运动，则，在水中做匀减速直线运动,则，故，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，有，
得，故B错误；
C．根据动能定理，有
解得，故C正确；
D．两段运动过程，有，
得
整个运动过程中损失的机械能，故D错误。
故选C。
翼装飞行运动属危险性很高的极限运动。飞行者穿戴飞行服装和降落伞设备，从悬崖绝壁等高处跃下，无动力空中飞行（如图甲），到达安全的高度时飞行者打开降落伞着陆。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的v-t图像如图乙所示，以向下为正方向，则（　　）
A．0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小
B．0~15s内合外力对飞行者始终做正功
C．10~15s内飞行者做匀减速运动
D．10~15s内飞行者处于失重状态
【答案】A
【详解】A．图线切线的斜率表示加速度，所以0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小，故A正确；
B．0~10s内，飞行者速度增大，动能增大，合外力做正功，10~15s内，速度减小，动能减小，合外力做负功，故B错误；
C．10~15s内，加速度不断减小，飞行者做加速度减小的减速运动，故C错误；
D．10~15s内，飞行者向下减速，加速度向上，处于超重状态，故D错误。
故选A。
如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮（滑轮大小可忽略）。现以大小不变的拉力拉绳，使滑块从点起由静止开始上升，滑块运动到点时速度最大。已知滑块质量为，滑轮到竖直杆的距离为，，，重力加速度为，。下列说法正确的是（　　）
A．拉力的大小为
B．滑块由到做匀加速运动
C．滑块由到过程中拉力做的功为
D．滑块在点的动能为
【答案】C
【详解】A．当滑块的合力为零，加速度为零时，速度最大，则在点，滑块的合力为零，则有
解得拉力的大小为，A错误；
B．对滑块受力分析，竖直方向有
滑块向上滑动时，细绳与竖直方向夹角变大，而拉力大小不变，则滑块的加速度变小，B错误；
C．滑块由到过程中拉力做的功，C正确；
D．滑块从运动到过程，由动能定理得
又由几何关系
联立解得，D错误。
故选C。
用起重机竖直向上吊运一定质量的货物，开始时货物处于静止状态，其加速度随位移的图像如图所示，则（　　）
A．阶段，货物动能不变
B．阶段，货物机械能增加
C．阶段货物重力势能变化量大于阶段货物重力势能变化量
D．阶段与阶段货物运动时间相同
【答案】B
【详解】A．阶段，货物做匀加速运动，则动能增加，选项A错误；
B．阶段，货物做加速度减小的加速运动，货物的动能和势能都增加，则机械能增加，选项B正确；
C．阶段与阶段货物上升的高度相同，可知重力势能变化量相等，选项C错误；
D．根据可知a-x图像与坐标轴围成的面积反映速度大小，可知阶段货物的平均速度小于阶段货物的平均速度，可知阶段货物的运动时间大于阶段货物的时间，选项D错误；
故选B。
如图，原长为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.2。杆上两点与点的距离均为点到点的距离为与杆垂直。当小球置于杆上点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现将小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球在点下方处的加速度大小为
B．从点到点的运动过程中，弹簧弹性势能先减小后增大
C．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先减小后增大
D．从点到点和从点到点的运动过程中，小球动能的变化量
【答案】D
【详解】A．小球在点受力平衡，则有，，
联立解得
小球在点下方处时，弹簧与杆的夹角为，此时弹簧的长度为
弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示
弹力大小为
由平衡条件有
由牛顿第二定律有
联立解得，故A错误；
B．从点到点的运动过程中，弹簧的形变量先增大后减小，则弹簧弹性势能先增大后减小，故B错误；
C．在之间任取一点，令与之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
在之间增大，在之间变小，即摩擦力先增大后减小，故C错误；
D．关于点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从点到点和从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，弹簧的弹力在关于点对称的任意两点，大小也相同，故点到点做负功，与在点到点做正功的大小相同，重力在点到点和从点到点做相同的正功，根据动能定理，点到点和点到点分别列式，
故可得小球动能的变化量，故D正确。
故选D。
如图所示，半径m的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量kg，上表面与C点等高。质量kg可视为质点的物块在A点以v0=3m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，最后在C点以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m/s2求：
(1)物块在B点时的速度大小和物块刚到达C点时所受支持力大小F；
(2)物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功；
(3)若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，板块之间产生的摩擦热Q1和木板与地面之间由于摩擦所产生的热量Q2。
【答案】(1)6m/s，19.4N
(2)10.5J
(3)32J；4J
【详解】（1）物块从A到B做平抛运动，在B点分解速度可有
解得物块在B点的速度
在C点，根据
解得F=19.4N
（2）物块从B点运动到C点过程中，由动能定理有
解得物块克服摩擦力做功
（3）物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为，由牛顿第二定律有
木板做匀加速直线运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
由运动学规律，设经ts物块与木板达到共同速度为，由运动学公式有
解得，
物块匀减速直线运动的位移
木板匀加速直线运动的位移
板块之间的相对位移为
板块之间产生的摩擦热为
当二者达到共速后，假设物块和木板一起运动，对整体由牛顿第二定律有
解得物块和木板一起运动加速度大小
对物块由牛顿第二定律有
则
假设成立，即二者达共速后一起做匀减速直线运动至停下，之后板块相对静止一起减速，其共同减速的加速度为
则木板（整体）匀减速直线运动的位移为
木板和地面之间全程由于摩擦所产生的热量
某游戏装置如下：光滑水平平台上质量为的物体压缩弹簧由静止释放（物体与弹簧不粘连），物体从B点水平飞出后恰好沿着C点切线进入竖直平面内光滑圆弧轨道，滑入粗糙的斜面DE，最后滑上放在粗糙水平面上，质量为的木板EF上表面继续运动，木板与水平面间的动摩擦因数。已知BC的高度差，物体与DE的动摩擦因数，木板F点与竖直墙壁的距离为d（未知），物体与木板之间的动摩擦因数，木板长度为L（未知），圆弧轨道与倾斜斜面DE相切于D点，木板与竖直墙壁发生碰撞后以原速反弹，且发生碰撞后竖直墙壁将会倒塌，变成和左侧一样的足够长粗糙水平面。物体可视为质点，E点做平滑处理，木板厚度可忽略，重力加速度，，，DE的高度差，所有轨道均在同一个竖直平面内。求：
(1)弹簧的弹性势能及物体到达E点速度大小；
(2)若木板未能与竖直墙壁发生碰撞且物体没有滑离木板，求d和L各自需要满足什么条件；
(3)若L足够大，，求木板最终停下时左端离E点的距离。
【答案】(1)9J，10m/s
(2)，
(3)
【详解】（1）竖直方向
则
由几何关系（圆弧与切线），平抛水平速度
弹簧弹性势能
则C点的速度为
由动能定理得
解得
（2）对m加速度为
对M加速度为
设共速时间t，则
解得，
则
故
共速后两者一起减速
代入数据得
（3）物体在木板上的加速度为
木板的加速度为
木板加速到墙时间
则
碰后速度
木板与墙壁碰撞后原速反弹，速度变为
此时木板加速度
物体继续减速
木板减速到0的时间为
木板向左运动距离为
此时物体的速度
此后木板向右加速，加速度变回，当木板与物体共速时有
解得，
木板向右运动的位移为
共速之后，物体和木板一起向右减速，加速度大小为
木板向右运动的位移为
则木板最终停下时左端离E点的距离
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