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(共25张PPT)
演练知能提升
BD
1．(多选)(2026·广东江门市模拟)2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速下降后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是(　　)
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对返回舱做的功
D．匀速下降阶段，重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功
解析：返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功，故B正确；
匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于返回舱克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功，则返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故C错误，D正确。
ABD
由b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有ΔEp＝mgh＝3.6×105 J，故C错误；
v＝108 km/h＝30 m/s，可得从b到c过程，汽车牵引力功率P＝F′v＝108 kW，故D正确。
B
BC
4．(多选)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的运动情况，估计足球上升的最大高度是3 m，在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力，以水平地面为参考平面，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．足球在最高点时的重力势能为6 J
B．足球在最高点时的重力势能为12 J
C．运动员踢球时对足球做的功为32 J
D．运动员踢球时对足球做的功为12 J
解析：足球在最高点时的重力势能Ep＝mgh＝12 J，故A错误，B正确；
AC
5．(多选)(2026·安徽淮北市、淮南市质检)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物块固定于轻弹簧两端，其中物块B的质量m＝2 kg。对物块B施加一沿斜面向下、大小F＝10 N的压力，使B静止于P点。重力加速度g取10 m/s2。撤掉力F，弹簧始终处于弹性限度内，在物块B沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物块B的最大加速度为5 m/s2
B．弹簧恢复原长时B的速度达到最大
C．物块A、B组成的系统机械能一直增加
D．物块B运动至最高点时，物块A刚好离开挡板
当B的加速度为零时速度最大，此时弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分量平衡，弹簧处于压缩状态，故B错误；
假设物块A不动，由对称性可知，B位于最高点时，B的加速度沿斜面向下，大小a＝5 m/s2，则由牛顿第二定律 mg sin 30°＋F弹＝ma，解得F弹＝0，则此时物块A没有离开挡板，假设成立，故D错误；
由上述分析可知，物块B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力一直对B做正功，则A、B系统的机械能一直增加，故C正确。
D
6．(2026·广东潮州市模拟)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m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恒定不变。杆上M、N两点与O点的距离均为l, P点为MN中点，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N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．从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于
摩擦力所做的功
B．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小后变大
C．小球在M、N两点的加速度不相等
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
解析：在M、N两点弹簧处于原长状态，从M点到N点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零，由动能定理，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；
在M、N两点小球只受重力，加速度都等于重力加速度，故C错误；
根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此从M到P和从P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。
7．(12分)(2026·东北三省四城市联考)如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道高度H＝11 m，它与水平地面间的夹角θ＝25°，水平滑道长度为L，滑道全程与游客间的动摩擦因数μ＝0.2。水平滑道末端有一光滑球面冰坑，冰坑DE两点高度相同，冰坑的球面半径R＝90 m(R远大于弧长DE)。g取10 m/s2，sin 25°＝0.4，cos 25°＝0.9。游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
(1)若游客恰好在冰坑前停下，求水平滑道长度L。(4分)
答案：30.25 m　
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达E点，求该游客从开始下滑到E点全程所用的时间(初速度可忽略，结果可以保留π)。(8分)
解析：因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0，设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为t1，到达C点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2
答案：(10.5＋3π) s
8．(12分)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)如图所示，内壁光滑、半径为R的半圆轨道AB固定在竖直面内，AB是竖直直径，光滑的斜面CB与半圆轨道在B点平滑连接。现让一质量为m的小球(视为质点)从斜面上的C点由静止释放，小球经过B点进入半圆轨道，到达A点时轨道对小球的压力等于小球重力的一半，离开A点后小球落到斜面上的D点时速度正好与斜面垂直，E点是斜面上与A点等高的点，重力加速度大小为g，不计小球经过转折点B时的机械能损失，求：
(1)C、B两点的高度差h；(4分)
(2)斜面CB倾角的正切值tan θ以及小球从A点运动到D点的时间；(4分)
(3)小球在E点时重力的瞬时功率P。(4分)(共44张PPT)
第4讲　功能关系　动力学和能量观点的应用
[复习目标]
1．熟练掌握几种常见的功能关系，能够分析具体问题。　2.理解能量守恒定律，能够分析综合问题。
3．能够综合应用动力学和能量观点分析问题。
基础自主梳理
第一部分
一、功能关系
1．内容
(1)功是__________的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
能量转化
2．不同力做功与对应变化的能量形式
(1)合外力做功对应物体______的变化。
(2)重力做功对应物体__________的变化。
(3)弹簧弹力做功对应__________的变化。
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功对应系统________的变化。
(5)滑动摩擦力在相对位移上做功对应__________的变化。
动能
重力势能
弹性势能
机械能
系统内能
二、两种摩擦力做功特点
　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不 同 点 能量的转 化方面 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 将部分机械能从一个物体转移到另一个物体，还有一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统______能的损失量
一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和总________ 一对滑动摩擦力做功的代数和总是______
机械
等于零
负值
　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
相 同 点 正功、负功、不 做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
深化辨析
1．(1)合力做的功等于物体机械能的改变量。(　　)
(2)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。(　　)
(3)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(　　)
×
√
√
三、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空______，也不会凭空消失，它只能从一种形式______为另一种形式，或者从一个物体______到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量__________。
2．表达式
ΔE减＝______。
产生
转化
转移
保持不变
ΔE增
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定______。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定______。
相等
相等
深化辨析
×
√
2．(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(　　)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(　　)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(　　)
(4)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(　　)
×
√
考点一　功能关系的理解和应用
第二部分
1．功能关系的理解
(1)做功的过程是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等。
2．常见的功能关系
C
[解析]　网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做功，A、B错误；
在最高点时，速度v2沿水平方向，竖直方向的速度vy＝0，P＝mgvy＝0，C正确；
BD
C
在应用功能关系解决具体问题的过程中：
(1)求动能的变化用动能定理。
(2)求重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)求机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
归纳总结
第三部分
考点二　能量守恒定律的应用
1．基本思路
2．解题技巧
(1)“合”：初步了解全过程，构建大致的运动情境。
(2)“分”：将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”：找到子过程间的联系，寻找解题方法。
A
CD
过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程，重力势能增大，动能增大，所以Q的机械能增大，B错误；
由于μ＝tan θ，则滑块静止时弹簧可能处于伸长状态也可能处于原长状态，则滑块一定停在OM(含O、M时)之间，D正确。
第四部分
考点三　动力学和能量观点的应用
1．两大观点
力学两大观点 对应规律 表达式
动力学 观点

能量观点
牛顿第二定律
F合＝ma
匀变速直线
运动规律
动能定理
W合＝ΔEk
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题。
(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(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律。
3．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
例6 (2026·四川省诊断)如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m＝0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝2.0 m的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小滑块运动到A点时的速度大小。
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N，求竖直圆轨道的半径。
[答案]　0.5 m
(3)若LAB＝LBC＝2.0 m，试确定滑块最终停止的位置。
则滑块第一次从斜面滑下来到B点的动能
Ek＝mgH－μmgLAB－2μmg cos θ·s＝1.5 J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能Ek′＝Ek－μmgLAB＝0.5 J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面，设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s′，根据动能定理有－μmgs′＝0－Ek′
解得s′＝1 m
即最后滑块停在水平面上A点右侧距A点1 m处。
[答案]　水平面上A点右侧距A点1 m处
例7 (2025·安徽卷，T14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小。
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。
[答案]　4 m
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。第4讲　功能关系　动力学和能量观点的应用
[复习目标]
1．熟练掌握几种常见的功能关系，能够分析具体问题。　2.理解能量守恒定律，能够分析综合问题。
3．能够综合应用动力学和能量观点分析问题。
一、功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．不同力做功与对应变化的能量形式
(1)合外力做功对应物体动能的变化。
(2)重力做功对应物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功对应弹性势能的变化。
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功对应系统机械能的变化。
(5)滑动摩擦力在相对位移上做功对应系统内能的变化。
二、两种摩擦力做功特点
　　类型比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不同点 能量的转化方面 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 将部分机械能从一个物体转移到另一个物体，还有一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
1．(1)合力做的功等于物体机械能的改变量。(　　)
(2)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。(　　)
(3)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√
三、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式
ΔE减＝ΔE增。
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2．(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(　　)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(　　)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(　　)
(4)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
考点一　功能关系的理解和应用
1．功能关系的理解
(1)做功的过程是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等。
2．常见的功能关系
网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面的高度为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m，重力加速度为g，则(　　)
A．网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒
B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能
C．网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零
D．网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做的功为mv－mv
[解析]　网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做功，A、B错误；在最高点时，速度v2沿水平方向，竖直方向的速度vy＝0，P＝mgvy＝0，C正确；由动能定理可知－mg(h2－h1)－Wf＝mv－mv，解得Wf＝mv－mv－mg(h2－h1)，D错误。
[答案]　C
(多选)(2026·湖南常德市期末)一质量为m的小球，从地面附近某高度处以初速度v水平抛出，除重力外小球还受一水平恒力作用，经过一段时间，小球的速度大小变为2v，方向竖直向下，小球还未到达地面。重力加速度为g，在此过程中(　　)
A．小球的动能增加了mv2
B．小球的重力势能减少了2mv2
C．水平恒力对小球做的功为mv2
D．水平恒力的大小为mg
[解析]　小球的动能增加了ΔEk＝m(2v)2－mv2＝，故A错误；小球在竖直方向做自由落体运动，且水平恒力作用一段时间后，小球速度竖直向下，说明水平方向的速度恰好减为0，竖直方向的速度由0增加到2v，水平方向有t＝，ax＝，竖直方向有t＝，(2v)2＝2gh，解得F＝mg，h＝，则小球的重力势能减少了ΔEp＝mgh＝2mv2，故B、D正确；下落过程，根据动能定理有WF＋mgh＝ΔEk，解得WF＝－mv2，故C错误。
[答案]　BD
(2025·四川卷，T7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦，则这段时间内(　　)
A．物块的位移大小为 eq \f(2v,3g)
B．物块机械能增量为 eq \f(5mv,2)
C．小车的位移大小为－ eq \f(2v,5g)
D．小车机械能增量为＋ eq \f(mv,2)
[解析]　对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有v02＝2ax1，解得物块的位移大小x1＝ eq \f(2v,g)，故A错误；物块机械能增量ΔE＝mv＋mgx1·sin 30°＝mv，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmg cos 30°＋mg sin 30°)x＝mv，其中t＝，联立解得x＝－ eq \f(2v,5g)，故C正确；小车机械能增量ΔE′＝mv＋mgx sin 30°＝＋ eq \f(3mv,10)，故D错误。
[答案]　C
　
在应用功能关系解决具体问题的过程中：
(1)求动能的变化用动能定理。
(2)求重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)求机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
考点二　能量守恒定律的应用
1．基本思路
2．解题技巧
(1)“合”：初步了解全过程，构建大致的运动情境。
(2)“分”：将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”：找到子过程间的联系，寻找解题方法。
(2025·山东卷，T5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf＝fv＝kv2，所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)P太阳能＝＝，A正确。
[答案]　A
(多选)(2025·云南卷，T10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．P、M两点之间的距离为 eq \f(kv－4mg2sin2θ,4kg sin θ)
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为mv
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 eq \f(kv－8mg2sin2θ,2kg sin θ)
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
[解析]　过程Ⅰ：对滑块由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，又μ＝tan θ，解得a＝2g sin θ，则P、O两点之间的距离xPO＝ eq \f(v,2a)＝ eq \f(v,4g sin θ)，过程Ⅱ：当滑块的速度最大时，滑块的加速度为0，此时滑块的合力为0，则有kx＝mg sin θ＋μmg cos θ，解得弹簧的伸长量x＝，则P、M两点之间的距离xPM＝xPO－x＝ eq \f(kv－8mg2sin2θ,4kg sin θ)，A错误；过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程，重力势能增大，动能增大，所以Q的机械能增大，B错误；设经过O点后滑块沿斜面向上滑动的最大距离为x′，对滑块从P点到速度减为0的过程，由功能关系得kx＝μmg(x′＋xPO)cos θ＋mg(x′＋xPO)sin θ＋kx′2，过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移xm＝x′＋xPO，解得xm＝ eq \f(kv－8mg2sin2θ,2kg sinθ)，C正确；由于μ＝tan θ，则滑块静止时弹簧可能处于伸长状态也可能处于原长状态，则滑块一定停在OM(含O、M时)之间，D正确。
[答案]　CD
考点三　动力学和能量观点的应用
1．两大观点
力学两大观点 对应规律 表达式
动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma
匀变速直线运动规律 v＝v0＋atx＝v0t＋at2v2－v＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题。
(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(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律。
3．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
(2026·四川省诊断)如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m＝0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝2.0 m的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小滑块运动到A点时的速度大小。
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N，求竖直圆轨道的半径。
(3)若LAB＝LBC＝2.0 m，试确定滑块最终停止的位置。
[解析]　(1)小滑块从M滑至A点过程中，根据动能定理可得mgH＝mv
解得vA＝2 m/s。
(2)滑块运动到D点时，根据牛顿第三定律可知，滑块所受轨道的支持力的大小等于压力的大小，即支持力为6 N，根据牛顿第二定律有
mg＋FN＝m eq \f(v,R)
滑块从初始位置滑至D点过程中，根据动能定理有mg(H－2R)＝mv
联立解得R＝0.5 m。
(3)滑块在斜面上，由于mg sin θ>μmg cos θ
则滑块无法停留在斜面上，最终会停在水平面AB上，设滑块第一次滑上斜面滑行的距离为s，则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中，根据动能定理有
mgH－μmgLAB－(μmg cos θ＋mg sin θ)s＝0
解得s＝ m
则滑块第一次从斜面滑下来到B点的动能
Ek＝mgH－μmgLAB－2μmg cos θ·s＝1.5 J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能Ek′＝Ek－μmgLAB＝0.5 J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面，设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s′，根据动能定理有－μmgs′＝0－Ek′
解得s′＝1 m
即最后滑块停在水平面上A点右侧距A点1 m处。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.5 m　(3)水平面上A点右侧距A点1 m处
(2025·安徽卷，T14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小。
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
[解析]　(1)小球从最低点开始做圆周运动到绕过N、M到达M正下方的过程，绳子拉力不做功，设小球到达M正下方时速度大小为v，小球所受拉力大小为T，由于绳子刚好被拉断，结合牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小也为T，由动能定理得
－mg·2L＝mv2－mv
解得v＝4 m/s
对小球有T－mg＝m
解得T＝17 N。
(2)设小球平抛运动水平位移大小为x，下落高度h＝2L，由平抛运动规律有x＝vt
h＝gt2
解得x＝4 m。
(3)设小球恰好到达N点正上方时的速度大小为v1，对应小球初速度v0′最小
此时有mg＝m eq \f(v,2L)
小球从最低点到N点正上方过程，由动能定理得
－mg·5L＝mv－mv0′2
解得v0′＝2 m/s。
[答案]　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s1．(多选)(2026·广东江门市模拟)2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速下降后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是(　　)
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对返回舱做的功
D．匀速下降阶段，重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功
解析：选BD。返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功，故B正确；匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于返回舱克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功，则返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故C错误，D正确。
2．(多选)(2026·广东省第一次调研)如图，质量为1.8×103 kg的汽车，开启定速巡航(速率不变)后，以108 km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300 m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为2∶3，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．汽车在水平段的牵引力为2.4×103 N
B．b、c两位置的高度差为20 m
C．从b到c，汽车机械能增加1.08×106 J
D．从b到c，汽车牵引力功率为108 kW
解析：选ABD。由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力F＝f＝mg＝2.4×103 N，故A正确；由题意可知，汽车在斜坡运动时的牵引力F′＝F＝3.6×103 N，设b、c两位置的高度差为h，斜坡bc与水平面的夹角为θ，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有F′＝mg sin θ＋f，其中f＝mg，sin θ＝，联立解得h＝20 m，故B正确；由b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有ΔEp＝mgh＝3.6×105 J，故C错误；v＝108 km/h＝30 m/s，可得从b到c过程，汽车牵引力功率P＝F′v＝108 kW，故D正确。
3．(2026·山东济宁市模拟)如图所示为某潮汐发电站的简化原理图，水坝下有通道，水流经通道即可带动水轮发电机工作。某次落潮后开闸放水，经时间t水坝内外水面高度相同，此时关闭闸门。已知海湾的面积为S，开闸放水时海湾内外水面高度差为h，水的密度为ρ，重力加速度为g。若通过水轮发电机以后水的动能忽略不计，水流减少的机械能有50%转化为电能。在该次落潮开闸放水过程中，水轮发电机的发电功率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B。根据题意可知，经时间t，水流减少的重力势能ΔEp＝mg＝ρShg·＝，则在该次落潮开闸放水过程中，水轮发电机的发电功率P电＝＝＝。
4．(多选)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的运动情况，估计足球上升的最大高度是3 m，在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力，以水平地面为参考平面，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．足球在最高点时的重力势能为6 J
B．足球在最高点时的重力势能为12 J
C．运动员踢球时对足球做的功为32 J
D．运动员踢球时对足球做的功为12 J
解析：选BC。足球在最高点时的重力势能Ep＝mgh＝12 J，故A错误，B正确；根据功能关系有W＝mv2＋mgh＝32 J，故C正确，D错误。
5．(多选)(2026·安徽淮北市、淮南市质检)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物块固定于轻弹簧两端，其中物块B的质量m＝2 kg。对物块B施加一沿斜面向下、大小F＝10 N的压力，使B静止于P点。重力加速度g取10 m/s2。撤掉力F，弹簧始终处于弹性限度内，在物块B沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物块B的最大加速度为5 m/s2
B．弹簧恢复原长时B的速度达到最大
C．物块A、B组成的系统机械能一直增加
D．物块B运动至最高点时，物块A刚好离开挡板
解析：选AC。撤掉力F的瞬间，物块B受到的合外力大小为10 N，方向沿斜面向上，则此时B的最大加速度am＝＝5 m/s2，故A正确；当B的加速度为零时速度最大，此时弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分量平衡，弹簧处于压缩状态，故B错误；假设物块A不动，由对称性可知，B位于最高点时，B的加速度沿斜面向下，大小a＝5 m/s2，则由牛顿第二定律 mg sin 30°＋F弹＝ma，解得F弹＝0，则此时物块A没有离开挡板，假设成立，故D错误；由上述分析可知，物块B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力一直对B做正功，则A、B系统的机械能一直增加，故C正确。
6．(2026·广东潮州市模拟)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m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恒定不变。杆上M、N两点与O点的距离均为l, P点为MN中点，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N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．从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小后变大
C．小球在M、N两点的加速度不相等
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
解析：选D。在M、N两点弹簧处于原长状态，从M点到N点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零，由动能定理，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；在M、N之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，设OP长度为x，则此时弹簧的弹力F＝k(l－)，小球受到的摩擦力f＝μFN＝μF sin θ，化简得f＝μk(l sin θ－x)，θ在MP之间增大，在PN之间变小，sin θ先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B错误；在M、N两点小球只受重力，加速度都等于重力加速度，故C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此从M到P和从P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。
7．(12分)(2026·东北三省四城市联考)如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道高度H＝11 m，它与水平地面间的夹角θ＝25°，水平滑道长度为L，滑道全程与游客间的动摩擦因数μ＝0.2。水平滑道末端有一光滑球面冰坑，冰坑DE两点高度相同，冰坑的球面半径R＝90 m(R远大于弧长DE)。g取10 m/s2，sin 25°＝0.4，cos 25°＝0.9。游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
(1)若游客恰好在冰坑前停下，求水平滑道长度L。(4分)
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达E点，求该游客从开始下滑到E点全程所用的时间(初速度可忽略，结果可以保留π)。(8分)
解析：(1)由题意可知，游客在AC间做匀加速直线运动，在CD间做匀减速直线运动，若游客在D点速度为零，由动能定理可得
mgH－μmg cos 25°·－μmgL＝0
解得L＝30.25 m。
(2)因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0，设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为t1，到达C点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2
根据牛顿第二定律可得
mg sin 25°－μmg cos 25°＝ma1
解得a1＝2.2 m/s2
由＝a1t，解得t1＝5 s
根据速度—时间公式可知vC＝a1t1＝11 m/s
同理，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2
解得a2＝2 m/s2
根据速度—时间公式有vC＝a2t2
解得t2＝5.5 s
因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆
由单摆周期公式T＝2π
解得t3＝T＝3π s
综上所述t＝t1＋t2＋t3＝(10.5＋3π) s。
答案：(1)30.25 m　(2)(10.5＋3π) s
8．(12分)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)如图所示，内壁光滑、半径为R的半圆轨道AB固定在竖直面内，AB是竖直直径，光滑的斜面CB与半圆轨道在B点平滑连接。现让一质量为m的小球(视为质点)从斜面上的C点由静止释放，小球经过B点进入半圆轨道，到达A点时轨道对小球的压力等于小球重力的一半，离开A点后小球落到斜面上的D点时速度正好与斜面垂直，E点是斜面上与A点等高的点，重力加速度大小为g，不计小球经过转折点B时的机械能损失，求：
(1)C、B两点的高度差h；(4分)
(2)斜面CB倾角的正切值tan θ以及小球从A点运动到D点的时间；(4分)
(3)小球在E点时重力的瞬时功率P。(4分)
解析：(1)由题意知，小球到达A点时，由牛顿第二定律有1.5mg＝m eq \f(v,R)
小球从C点到A点，由机械能守恒定律有
mg(h－2R)＝mv
解得vA＝，h＝。
(2)设小球从A点到D点的运动时间为t，由平抛运动的规律有x＝vAt，y＝gt2
由几何关系有＝tan θ
小球在D点时的速度正好与斜面垂直
有＝tan θ
解得tan θ＝，t＝。
(3)由机械能守恒定律得小球在 E、A 两点的速度大小相等，则有vE＝vA＝
小球在E点时重力的瞬时功率P＝mgvE sin θ
由数学知识可得sin θ＝
解得P＝。
答案：(1)　(2)　　(3)

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