第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《功和能》一．選擇題（共10小題）1．（2024春?廣西期末）對做功的理解，下列說法正確的是（）A．功有大小有正負，則功是矢量 B．力對物體所做的功等于力和路程的乘積 C．物體的位移為零，該過程中外力對物體做功一定為零 D．恒力與位移的夾角為銳角，則該恒力做正功2．（2024春?耒陽市期末）如圖所示，豎直平面內固定一內壁粗糙的半圓弧槽，半徑為2R，一質量為m的滑塊（可視為質點）從距半圓弧槽D點正上方3R的A點自由下落，經過半圓弧槽后，滑塊從半圓弧槽的左端沖出，剛好到達距半圓弧槽正上方2R的B點。不計空氣阻力，重力加速度為g，則以下說法錯誤的是（）A．滑塊第一次到達半圓弧槽D點的速度為6gR B．滑塊第一次到達D點時對半圓弧槽的壓力為3mg C．滑塊第一次通過半圓弧槽的過程中克服摩擦力做的功為mgR D．滑塊從B點返回后經C再次到達D點時的速度為2gR3．（2024春?廣西期末）翼裝飛行是一項極具刺激的娛樂項目，亞洲翼裝飛行第一人張樹鵬的飛行夢始于張家界天門山。如圖所示為張樹鵬完成比賽時的情景，張樹鵬由高空靜止跳下，在空中滑行一段距離后安全地著陸在山腳下。則張樹鵬在空中下落的過程中（）A．機械能守恒 B．重力勢能的減少大于動能的增加 C．合力做的功等于重力勢能的減少量 D．重力做的功等于機械能的減少量4．（2024春?綿陽期末）如圖所示，小物塊A下端與固定在地面上的輕彈簧相連，上端與繞過定滑輪的細線和小物塊B相連，A、B質量相等，整個裝置處于靜止狀態，現將B向下拉至地面由靜止釋放，運動過程中A，B速度大小始終相等，彈簧始終在彈性限度內，不計摩擦，則（）A．B不能再次到達地面 B．B上升過程中，B的機械能先增大后減小 C．彈簧處于原長時，A、B組成的系統總動能最小 D．A在最高點和最低點時，彈簧的彈性勢能相等5．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，長1.6m、一端固定有一質量為2kg小球的輕桿繞O點在豎直平面內做圓周運動，a點為運動軌跡的最低點、b為最高點，已知小球經過b點時的速率為3m/s，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球經過b點時受桿的作用力為零 B．小球經過b點時受桿的作用力豎直向下 C．小球經過a點時的速率為73m/sD．小球經過a點時的速率為8m/s6．（2024春?河池期末）如圖所示（俯視圖），甲為水平平臺，乙為與甲處在同一水平面的傳送帶。傳送帶以恒定速率v運轉，某時刻，質量為m的貨物從甲平臺以垂直于傳送帶運行方向、大小也為v的速度沖上傳送帶，最終貨物在脫離傳送帶之前與其達到相對靜止，則自貨物沖上傳送帶到貨物與傳送帶相對靜止的過程中，貨物所受摩擦力做功大小為（）A．22mv2 B．127．（2024春?青秀區校級期末）一質量為m的物塊，在水平拉力F的作用下從靜止開始沿水平面運動，其阻力f為物塊重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k為比例系數，x為物塊運動的距離。在物塊運動的距離為s的過程中拉力做的功為（）A．λmgs B．12C．12(ks8．（2024?齊齊哈爾開學）如圖為某游樂場圓弧形滑梯，表面粗糙。一個小朋友從最高處由靜止滑下直至最低處水平滑離的過程中，下列說法一定正確的是（）A．小朋友的動能一直增大 B．小朋友重力的功率一直增大 C．小朋友始終處于失重狀態 D．小朋友機械能一直減小9．（2024?衡水模擬）如圖所示，一個正四棱錐形框架放置在地面上，各側棱邊長和底邊的對角線長均為L，在各側棱都有輕質光滑圓環，對面圓環被同一根彈性繩連接，在彈性繩的交叉穿過一個輕質小圓環，其半徑忽略不計，在環上用輕質硬繩掛一個質量為m的重物，初始時由于重物被手托舉，彈性繩均處于各側棱的中點位置，若整個過程中都處于彈性限度內，彈性繩的勁度系數均為k，彈性勢能Ep=12kΔxA．重物下落過程中，該重物的機械能守恒 B．重物下落的過程中，各側棱的輕質小環不會運動 C．重物下落過程中，重物的最大速度為mgD．重物下落到最低點時，彈性繩對重物做的功為m10．（2024春?曲靖期末）一質量為m的汽車，啟動后在發動機功率保持不變的條件下在水平路面上行駛，經過一段時間后將達到以速度v勻速行駛的狀態，若汽車在行駛中受到的阻力大小f保持不變，則（）A．發動機功率P＝fv B．啟動過程中，汽車做勻加速運動 C．在車速為14v時，汽車的加速度大小為D．發動機在t時間內做的功為2fvt二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?莆田期末）如圖所示，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊。若子彈受到的平均阻力為f，射入深度為d，在此過程中木塊的位移為s，則（）A．子彈的動能減少了fs B．木塊的動能增加了fs C．系統產生的熱量為fd D．子彈克服阻力做功為fd（多選）12．（2024春?綿陽期末）如圖所示的光滑軌道由曲線軌道OD和“倒水滴形”回環軌道平滑連接組成。“倒水滴形”回環軌道上半部分是半徑為R的半圓軌道、C為最高點，下半部分為兩個半徑為2R的四分之一圓弧軌道、D同時是圓弧軌道的最低點。一小球從軌道頂部O點由靜止開始沿軌道自由下滑，沿軌道內側經過C點時恰好對軌道無壓力，O點到D點高度為H。則下列說法正確的是（）A．若減小H，小球可能經過C點且速度為零 B．若減小H，小球經過D點時速度減小 C．若增大H，小球可能經過C點且無壓力 D．若增大H，小球經過D點時對軌道的壓力增大（多選）13．（2024春?橫山區期末）人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實。設某次打夯符合以下模型：兩人同時通過繩子對重物各施加一個恒力，力的大小均為1000N，方向都與豎直方向成37°，重物離開地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的質量為50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（）A．兩人通過繩子對重物做功為400J B．重物離地面的最大高度為25cm C．重物剛落地時速度大小為4m/s D．地面對重物的平均阻力為5000N（多選）14．（2024春?青秀區校級期末）如圖甲所示，質量為m＝1kg的小物塊自傾角為37°固定粗糙斜面底端以E0＝200J的初動能沿斜面向上滑動（斜面足夠長）。規定斜面底端為零勢能面，物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖（乙）所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（）A．物體向上滑動的最大距離為6m B．物體與斜面間的動摩擦因數為0.5 C．物體到達斜面底端時的動能為40J D．物體在斜面運動的全過程中因摩擦產生的熱量為80J（多選）15．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等且均為m，運動過程的摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g，當A的位移大小為h時。則（）A．B的速率是A的2倍 B．懸掛重物B的輕繩上的拉力大小為25C．A的速度大小為g? D．輕繩對B做功為?三．填空題（共5小題）16．（2024春?徐匯區校級期末）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，假設釋放時的重力勢能為0，重力加速度為g，則小球落到地面自瞬間的重力勢能為，機械能為。17．（2024春?浦東新區校級期末）一臺起重機以2.1×103N的牽引力將質量m＝200kg的貨物由靜止開始豎直向上勻加速提升：如果起重機的額定功率P0＝5×103W。則貨物做勻加速運動的時間為s；若起重機達到額定功率后，始終保持該功率運行，最終將以m/s的速度勻速上升。（保留到小數點后一位）18．（2024春?泉州期末）一質量為2.5×103kg的汽車，額定功率為75kW。現讓汽車保持額定功率在水平路面上從靜止開始運動，運動中汽車所受阻力恒為車重的0.1倍，取重力加速度大小g＝10m/s2。從啟動開始至汽車達到最大速度過程中，汽車的加速度（選填“保持不變”“逐漸增大”或“逐漸減小”），汽車所能達到的最大速度大小為m/s。19．（2024春?福清市期末）2024年5月18日，杭溫高鐵正式啟動全線聯調聯試，一輛在測試的高鐵的總質量M＝2.0×105kg，額定輸出功率為9600kW。假設該動車組在某段水平軌道上運動時的最大速度為360km/h，受到的阻力f與速度v滿足f＝kv，該動車組以最大速度勻速行駛時的牽引力為N，當勻速行駛的速度為最大速度一半時，動車組的輸出功率為kW。20．（2024春?福州期末）某“復興號”列車的額定功率為1.0×104kW，質量為1.0×105kg。若該列車保持額定功率不變從靜止啟動后，在水平軌道上行駛，受到的阻力恒為1.0×105N，80s后達到最大速度。該列車在達到最大速度之前做直線運動（填“勻加速”或“變加速”），加速位移為m。四．解答題（共5小題）21．（2024春?河池期末）如圖所示，豎直平面內固定的光滑半圓軌道BCD和光滑半圓管道DE在D點平滑連接，D、E分別為半圓軌道的管道的最高點，O，O'分別為半圓軌道和管道的圓心，C點與圓心O等高。水平地面與半圓軌道最低點B平滑連接，在水平地面的P點處有一豎直擋板，A點有一可視為質點的物塊，一輕質彈簧水平放置在P、A間，左端固定在擋板上，右端與物塊接觸（未拴接，開始彈簧處于原長），P、A間地面光滑，A、B間地面粗糙。現使物塊壓縮彈簧（始終處于彈性限度內），某時刻由靜止釋放。已知物塊質量m＝1kg，A、B間地面長度L＝0.2m，物塊與A、B間地面的動摩擦因數μ＝0.5，半圓軌道半徑R＝0.9m，半圓管道半徑r＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，物塊可視為質點，管道半徑遠大于其粗細。（1）若釋放后，物塊恰好能運動到C點，求：①物塊經過B點時對軌道的壓力N的大小；②彈簧所具有的彈性勢能Ep0的大小；（2）若釋放后，物塊能經過E點，求釋放時彈簧所具有的彈性勢能最小值Epmin及此時經過E點時的速度vmin的大小。（結果可保留根號）22．（2024春?永州期末）隨著科學技術的不斷發展進步，無人機已廣泛應用于生產和生活。某廠家在無風的天氣做無人機飛行測試，讓無人機從地面由靜止開始豎直上升，上升過程的速度與時間關系如圖所示，其中0～2s內圖像為直線，2s末電動機功率達到額定值，此后保持額定功率運動。已知無人機總質量m＝2.0kg，空氣阻力恒為無人機總重力的0.1倍，g取10m/s2，求：（計算結果均保留兩位有效數字）（1）無人機在0～2s內電動機提供的牽引力F；（2）無人機豎直向上運動過程能夠達到的最大速度vm；（3）無人機2～6s內上升的高度H。23．（2024春?曲靖期末）如圖所示某物理興趣小組設計的一個游戲裝置，該裝置由傾角為60°的斜軌道AB，半徑為r1＝0.4m、圓心角為60°的圓弧軌道EF，水平軌道FO2及一個半徑為r2＝0.22m的14圓弧PQ組成，其中AFO2Q在同一水平線上，BE等高，BE間的距離l1＝0.23m，FO2間距離l2＝0.7m，O1、O2分別為兩弧形軌道的圓心，F、P分別為兩弧形軌道的最低點，O1F、O2P在豎直方向，滑塊在FO2軌道滑動時動摩擦因數為μ＝0.5，其余軌道均光滑。某次游戲時小智同學用沿斜面向上的恒力F拉一個可視為質點的滑塊從傾斜軌道最低點A由靜止勻加速至B撤去外力，發現滑塊剛好能從E點沿切線進入弧形軌道EF（無機械能損失），然后沿EF滑下經O2落在圓弧PQ上，已知滑塊質量為m＝0.1kg，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2（1）滑塊由A至B過程中重力做的功；（2）滑塊在弧形軌道EF的最低點F處受軌道的支持力大小和方向；（3）滑塊落在圓弧PQ上的位置。24．（2024春?太原期末）如圖所示，豎直平面內光滑細管彎成的圓弧形軌道半徑R＝0.5m，質量m＝1kg的小球在最高點Q受到輕微擾動，由靜止沿管道從右側滑下。小球經最低點A從管道P點飛出后恰好垂直打在豎直墻面BC上的E點（圖中未畫出），OP與OA的夾角θ＝53°。已知小球直徑遠小于R且可視為質點，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）小球到達P點時，管道對小球彈力的大小和方向；（2）Q、E之間的高度差h。25．（2024春?朝陽區期末）某人騎摩托車越過一個壕溝，壕溝兩側的高度差h＝0.8m。摩托車后輪離開地面后失去動力，可視為平拋運動，后輪落到壕溝對面才算安全。若摩托車恰好越過這個壕溝的初速度為v0＝12m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）摩托車在空中運動的時間t；（2）壕溝兩側的水平距離x；（3）摩托車恰好越過壕溝落地前瞬間的速度大小v。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《功和能》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024春?廣西期末）對做功的理解，下列說法正確的是（）A．功有大小有正負，則功是矢量 B．力對物體所做的功等于力和路程的乘積 C．物體的位移為零，該過程中外力對物體做功一定為零 D．恒力與位移的夾角為銳角，則該恒力做正功【考點】功的正負及判斷．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；理解能力．【答案】D【分析】如果一個力作用在物體上，物體在這個力的方向上移動了一段距離，力學里就說這個力做了功。【解答】解：A、功是標量，只有大小沒有方向，但有正功、負功之分，故A錯誤；B、由功的定義式W＝Fxcosθ可知，一個力對物體做的功等于這個力的大小、物體位移大小以及力和位移夾角的余弦三者的乘積，故B錯誤；C、物體在粗糙的水平面上繞行一周的過程中，物體的位移為零，摩擦力對物體做的功不等于零，故C錯誤；D、恒力與位移的夾角為銳角，恒力在位移方向上的分力與位移方向一致，則該力做正功，故D正確。故選：D。【點評】考查對功的定義的理解，要清楚基礎定義。2．（2024春?耒陽市期末）如圖所示，豎直平面內固定一內壁粗糙的半圓弧槽，半徑為2R，一質量為m的滑塊（可視為質點）從距半圓弧槽D點正上方3R的A點自由下落，經過半圓弧槽后，滑塊從半圓弧槽的左端沖出，剛好到達距半圓弧槽正上方2R的B點。不計空氣阻力，重力加速度為g，則以下說法錯誤的是（）A．滑塊第一次到達半圓弧槽D點的速度為6gR B．滑塊第一次到達D點時對半圓弧槽的壓力為3mg C．滑塊第一次通過半圓弧槽的過程中克服摩擦力做的功為mgR D．滑塊從B點返回后經C再次到達D點時的速度為2gR【考點】機械能守恒定律的簡單應用；牛頓第二定律求解向心力；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；模型法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】小球從A點到D點，根據機械能守恒定律求解滑塊第一次到達半圓弧槽D點的速度；滑塊第一次到達D點時，由圓弧槽對其的彈力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道對滑塊的彈力，從而得到滑塊對半圓弧槽的壓力；小球從A點到B點的整個過程，利用動能定理求解通過半圓弧槽的過程中克服摩擦力做的功；滑塊從B點返回后經C再次到達D點時，假設兩次克服阻力做功相同，根據動能定理求出再次到達D點時的速度。分析克服阻力做功的變化分析速度的變化。【解答】解：A、小球從A點到D點，由機械能守恒定律得mg?3R=解得滑塊第一次到達半圓弧槽D點的速度為：v1B、滑塊第一次到達D點時，由牛頓第二定律得N＝mv122R由牛頓第三定律，滑塊對半圓弧槽的壓力等于圓弧槽對其的彈力，即為3mg，故B正確；C、設滑塊第一次通過半圓弧槽的過程中克服摩擦力做的功為Wf，小球從A點到B點的整個過程，根據動能定理得mg（3R﹣2R）﹣Wf＝0解得：Wf＝mgR，故C正確；D、如果兩次克服阻力做功相同，滑塊從B點返回后經C再次到達D點時，由動能定理得mg?2R﹣Wf=解得：v但第二次速度小于第一次，根據向心力公式可知，在各位置對應壓力小于第一次，則阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，因此滑塊從B點返回后經C再次到達D點時的速度大于2gR，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。【點評】解答本題的關鍵要明確滑塊經過半圓弧槽時，對軌道的壓力與速度有關，運用動能定理時，要明確研究過程。3．（2024春?廣西期末）翼裝飛行是一項極具刺激的娛樂項目，亞洲翼裝飛行第一人張樹鵬的飛行夢始于張家界天門山。如圖所示為張樹鵬完成比賽時的情景，張樹鵬由高空靜止跳下，在空中滑行一段距離后安全地著陸在山腳下。則張樹鵬在空中下落的過程中（）A．機械能守恒 B．重力勢能的減少大于動能的增加 C．合力做的功等于重力勢能的減少量 D．重力做的功等于機械能的減少量【考點】判斷機械能是否守恒及如何變化；功的正負及判斷；重力做功的特點和計算；動能定理的簡單應用．【專題】比較思想；尋找守恒量法；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】B【分析】分析各力對張樹鵬做功情況，判斷其機械能是否守恒；根據能量轉化情況分析重力勢能的減少與動能的增加的關系；合力的功等于動能的增加量；重力做的功等于重力勢能的減少量。【解答】解：A、張樹鵬在下落的過程中，除重力對他做正功外，空氣阻力對他做負功，所以其機械能不守恒，故A錯誤；B、張樹鵬在空中下落的過程中，要克服空氣阻力做功產生內能，所以重力勢能的減少大于動能的增加，故B正確；C、由動能定理可知合力的功等于動能的增加量，故C錯誤；D、根據功能關系可知，重力做的功等于重力勢能的減少量，空氣阻力的功等于機械能的減少量，故D錯誤。故選：B。【點評】解答本題的關鍵要掌握常見的功與能的關系，知道除了重力以外其他力做的功等于機械能的變化。4．（2024春?綿陽期末）如圖所示，小物塊A下端與固定在地面上的輕彈簧相連，上端與繞過定滑輪的細線和小物塊B相連，A、B質量相等，整個裝置處于靜止狀態，現將B向下拉至地面由靜止釋放，運動過程中A，B速度大小始終相等，彈簧始終在彈性限度內，不計摩擦，則（）A．B不能再次到達地面 B．B上升過程中，B的機械能先增大后減小 C．彈簧處于原長時，A、B組成的系統總動能最小 D．A在最高點和最低點時，彈簧的彈性勢能相等【考點】常見力做功與相應的能量轉化；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據運動過程繩子拉力對B做功情況判斷B上升過程機械能如何變化；A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，根據運動過程應用機械能守恒定律分析答題。【解答】解：A、物塊A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，B能再次到達地面，故A錯誤；B、物塊B上升過程受到細線拉力與重力作用，重力對B做功不改變B的機械能，B上升過程細線的拉力對B一直做正功，B的機械能一直增加，故B錯誤；C、物塊A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧處于原長時彈簧的彈性勢能最小為零，由機械能守恒定律可知，此時A、B組成的系統總機械能最大，由于A減小的重力勢能與B增加的重力勢能相等，A、B系統的重力勢能不變，則A、B組成系統的動能最大，故C錯誤；D、A在最低點與最高點時A、B的速度都為零，系統的動能為零，系統的重力勢能不變化，由于A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，此時彈簧的彈性勢能相等，故D正確。故選：D。【點評】A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，根據題意分析清楚運動過程與受力情況，應用機械能守恒定律即可解題。5．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，長1.6m、一端固定有一質量為2kg小球的輕桿繞O點在豎直平面內做圓周運動，a點為運動軌跡的最低點、b為最高點，已知小球經過b點時的速率為3m/s，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球經過b點時受桿的作用力為零 B．小球經過b點時受桿的作用力豎直向下 C．小球經過a點時的速率為73m/sD．小球經過a點時的速率為8m/s【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律求解向心力；桿球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】C【分析】設小球恰能經過最高點，計算臨界速度，從而分析AB，根據動能定理解得CD。【解答】解：AB、設小球恰能經過最高點，則有mg＝mv解得v＝4m/s由于小球經過b點時的速率為3m/s＜v，所以桿對小球的作用力向上，故AB錯誤；CD、根據動能定理有mg×2r=解得va=73故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題考查動能定理的應用，解題關鍵掌握小球恰能過最高點的條件。6．（2024春?河池期末）如圖所示（俯視圖），甲為水平平臺，乙為與甲處在同一水平面的傳送帶。傳送帶以恒定速率v運轉，某時刻，質量為m的貨物從甲平臺以垂直于傳送帶運行方向、大小也為v的速度沖上傳送帶，最終貨物在脫離傳送帶之前與其達到相對靜止，則自貨物沖上傳送帶到貨物與傳送帶相對靜止的過程中，貨物所受摩擦力做功大小為（）A．22mv2 B．12【考點】利用動能定理求解變力做功；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】D【分析】根據動能定理分析解答即可。【解答】解：初始和最終貨物速率未變，動能未變，根據動能定理可知，摩擦力對貨物做的功為零，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題要明確貨物的受力情況和運動情況，關鍵是根據動能定理的關系進行解答。7．（2024春?青秀區校級期末）一質量為m的物塊，在水平拉力F的作用下從靜止開始沿水平面運動，其阻力f為物塊重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k為比例系數，x為物塊運動的距離。在物塊運動的距離為s的過程中拉力做的功為（）A．λmgs B．12C．12(ks【考點】利用動能定理求解變力做功．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】D【分析】根據數學方法畫出拉力與位移的變化圖像，根據面積計算。【解答】解：根據題意可知阻力f＝λmg，畫出F﹣x圖像，如圖所示圖像與坐標軸圍成的面積代表拉力做功，則有W=解得W=故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點評】本題考查變力做功的計算，解題關鍵掌握圖像的物理意義。8．（2024?齊齊哈爾開學）如圖為某游樂場圓弧形滑梯，表面粗糙。一個小朋友從最高處由靜止滑下直至最低處水平滑離的過程中，下列說法一定正確的是（）A．小朋友的動能一直增大 B．小朋友重力的功率一直增大 C．小朋友始終處于失重狀態 D．小朋友機械能一直減小【考點】常見力做功與相應的能量轉化；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理能力．【答案】D【分析】根據小朋友的運動情況和受力情況分析AC，根據重力功率的計算公式分析B，根據摩擦力做功情況分析D。【解答】解：A、小朋友從最高處由靜止滑下時，速度增大，則動能增大，在水平處，只有摩擦力做負功，動能減小，故A錯誤；B、根據功率的計算公式P＝mgvy可知，在水平處，重力功率為0，故B錯誤；C、朋友從最高處由靜止滑下時，先有向下的加速度，再有向上的加速度，則先失重后超重，故C錯誤；D、整個過程中摩擦力一直做負功，機械能減小，故D正確；故選：D。【點評】本題考查功和能量的關系，解題關鍵掌握功率的計算公式，注意機械能變化的判斷。9．（2024?衡水模擬）如圖所示，一個正四棱錐形框架放置在地面上，各側棱邊長和底邊的對角線長均為L，在各側棱都有輕質光滑圓環，對面圓環被同一根彈性繩連接，在彈性繩的交叉穿過一個輕質小圓環，其半徑忽略不計，在環上用輕質硬繩掛一個質量為m的重物，初始時由于重物被手托舉，彈性繩均處于各側棱的中點位置，若整個過程中都處于彈性限度內，彈性繩的勁度系數均為k，彈性勢能Ep=12kΔxA．重物下落過程中，該重物的機械能守恒 B．重物下落的過程中，各側棱的輕質小環不會運動 C．重物下落過程中，重物的最大速度為mgD．重物下落到最低點時，彈性繩對重物做的功為m【考點】機械能守恒定律的簡單應用；利用動能定理求解變力做功．【專題】比較思想；幾何法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據外力做功情況判斷重物的機械能是否守恒；由題意分析側棱上的輕質小環如何運動；釋放重物后，合力為零時，速度最大，由幾何關系和機械能守恒定律相結合計算重物的最大速度；根據動能定理求彈性繩對重物做的功。【解答】解：A、重物下落過程中，彈性繩對重物要做功，所以重物機械能不守恒，故A錯誤；B、重物下落的過程中，彈性繩的拉力變大，方向會向下偏轉，側棱上的輕質小環會有一定的下降，故B錯誤；CD、重物下落過程中，由于輕質小環和側棱之間是光滑的，釋放重物后，由于小環輕質，重物下落至任何位置，繩與側棱均垂直，設每根彈性繩的長度是x，則經分析，交叉點到棱尖S的距離也為x，環是輕質的，故可知初始彈性繩處于原長狀態，當物塊速度最大時，有4k(x?L解得：x=由機械能守恒定律，得mg(x?3解得重物的最大速度為vm此過程重力對重物做的功為WG到最低點的過程重力繼續對重物做的功，有WG′＞WG在最低點速度為零，根據動能定理可知重物下落到最低點時，彈性繩對重物做的功W彈＝﹣WG，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查系統機械能守恒的應用，要掌握機械能守恒的條件，明確重物的速度最大時合力為零。要知道動能定理是求功常用的方法。10．（2024春?曲靖期末）一質量為m的汽車，啟動后在發動機功率保持不變的條件下在水平路面上行駛，經過一段時間后將達到以速度v勻速行駛的狀態，若汽車在行駛中受到的阻力大小f保持不變，則（）A．發動機功率P＝fv B．啟動過程中，汽車做勻加速運動 C．在車速為14v時，汽車的加速度大小為D．發動機在t時間內做的功為2fvt【考點】機車以恒定功率啟動．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】A.汽車發動機功率不變時，根據功率公式求解；B.由牛頓第二定律求加速度的變化；C.由牛頓第二定律求在車速為14D.由功率計算公式求發動機在t時間內做的功。【解答】解：A．汽車發動機功率保持不變，所以在勻速行駛的過程中，牽引力大小等于阻力，則發動機功率為P＝F牽v＝fv故A正確；B．汽車發動機功率保持不變，在啟動過程中，速度逐漸增大，故P＝F牽v′汽車隨速度的增大牽引力逐漸減小，阻力不變，根據牛頓第二定律可得a=F所以，加速度會逐漸減小，因此汽車在啟動過程中，做加速度逐漸減小的加速運動，故B錯誤；C．在車速為14F牽根據牛頓第二定律得汽車的加速度大小為a′=F故C錯誤；D．根據功率計算公式得發動機在t時間內做的功為W＝Pt＝fvt故D錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵掌握功率的公式P＝Fv，當功率不變時，速度增大，牽引力減小，牽引力等于阻力時，速度最大，以后做勻速直線運動．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?莆田期末）如圖所示，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊。若子彈受到的平均阻力為f，射入深度為d，在此過程中木塊的位移為s，則（）A．子彈的動能減少了fs B．木塊的動能增加了fs C．系統產生的熱量為fd D．子彈克服阻力做功為fd【考點】常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；模型法；功能關系能量守恒定律；理解能力．【答案】BC【分析】對子彈，由功的公式求子彈克服阻力做功，利用動能定理求解子彈的動能減少量；對木塊，利用動能定理求木塊的動能增加量；根據子彈與木塊發生的相對位移求解系統產生的熱量。【解答】解：AD、在此過程中，子彈對地的位移為s+d，對子彈，根據定理定律得﹣f（s+d）＝ΔEk可知子彈克服阻力做功為f（s+d），子彈的動能減少了f（s+d），故AD錯誤；B、在此過程中木塊的位移為s，對木塊，根據定理定律得fs＝ΔE′k，可知木塊的動能增加了fs，故B正確；C、子彈與木塊間的相對位移為d，根據功能關系可知子彈與木塊組成系統產生的熱量為Q＝fd，故C正確。故選：BC。【點評】本題采用隔離法運用動能定理，對單個物體，要注意位移的參照物是地面。系統產生的熱量與子彈與木塊間的相對位移有關。（多選）12．（2024春?綿陽期末）如圖所示的光滑軌道由曲線軌道OD和“倒水滴形”回環軌道平滑連接組成。“倒水滴形”回環軌道上半部分是半徑為R的半圓軌道、C為最高點，下半部分為兩個半徑為2R的四分之一圓弧軌道、D同時是圓弧軌道的最低點。一小球從軌道頂部O點由靜止開始沿軌道自由下滑，沿軌道內側經過C點時恰好對軌道無壓力，O點到D點高度為H。則下列說法正確的是（）A．若減小H，小球可能經過C點且速度為零 B．若減小H，小球經過D點時速度減小 C．若增大H，小球可能經過C點且無壓力 D．若增大H，小球經過D點時對軌道的壓力增大【考點】機械能守恒定律的簡單應用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】比較思想；臨界法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】小球經過C點時恰好對軌道無壓力，若減小H，小球將不能經過C點；若增大H，小球一定經過C點，根據機械能守恒定律與牛頓運動定律相結合分析小球經過D點時對軌道的壓力變化情況。【解答】解：AC、小球由O點到C點，根據機械能守恒定律得mg(H?3R)=1小球經過C點時恰好對軌道無壓力，則有mg=mv由此可知，若減小H，小球將不能經過C點；若增大H，小球一定經過C點，且在C點受到軌道向下的彈力，則小球對軌道有向上的彈力，故AB錯誤；BD、小球由O點到D點，根據機械能守恒定律得mgH=1小球經過D點時，由牛頓第二定律有FN?mg=mvD由此可知，若減小H，小球經過D點時速度減小；若增大H，小球經過D點時速度增大，軌道對小球的支持力增大，根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力增大，故BD正確。故選：BD。【點評】本題考查機械能守恒定律和向心力的綜合問題，也可以用動能定理與向心力來解決問題。（多選）13．（2024春?橫山區期末）人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實。設某次打夯符合以下模型：兩人同時通過繩子對重物各施加一個恒力，力的大小均為1000N，方向都與豎直方向成37°，重物離開地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的質量為50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（）A．兩人通過繩子對重物做功為400J B．重物離地面的最大高度為25cm C．重物剛落地時速度大小為4m/s D．地面對重物的平均阻力為5000N【考點】常見力做功與相應的能量轉化；重力勢能的變化和重力做功的關系；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】AC【分析】A.根據題意先求合力，再根據公式求解合力功；B.根據慣性分析物體的運動情況并作出判斷；CD.根據動能定理列式求解速度和平均阻力大小。【解答】解：A.兩人對重物施加的力的合力為F合＝2Fcos37°＝2×1000×0.8N＝1600N，已知h1＝25cm＝0.25m，兩人通過繩子對重物做功為W＝F合h1＝1600×0.25J＝400J，故A正確；B.重物離開地面25cm后人停止施力，重物具有慣性，會繼續向上運動，則重物離地面的最大高度一定大于25cm，故B錯誤；C.從抬起到落地的過程，上升時重力做負功，下降時重力做正功，只是在整個過程重力所做的總功為零，只有繩子的合力對物體做功，由動能定理可得F合D.對重物先上升后下降的全過程，設h2＝8cm＝0.08m，m＝50kg，由動能定理有F合h1+mgh2﹣fh2＝0﹣0，代入數據解得f＝5500N，故D錯誤。故選：AC。【點評】考查動能定理和合外力的功等，會根據題意進行準確分析和計算。（多選）14．（2024春?青秀區校級期末）如圖甲所示，質量為m＝1kg的小物塊自傾角為37°固定粗糙斜面底端以E0＝200J的初動能沿斜面向上滑動（斜面足夠長）。規定斜面底端為零勢能面，物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖（乙）所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（）A．物體向上滑動的最大距離為6m B．物體與斜面間的動摩擦因數為0.5 C．物體到達斜面底端時的動能為40J D．物體在斜面運動的全過程中因摩擦產生的熱量為80J【考點】動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化；動摩擦因數的性質和計算．【專題】定量思想；尋找守恒量法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】BCD【分析】根據圖像讀出物體在最高點的機械能即在最高點的重力勢能，由重力勢能的計算公式和幾何關系相結合求出物體向上滑動的最大距離。根據動能定理求動摩擦因數。結合能量守恒定律求物體到達斜面底端時的動能，再求全過程中克服摩擦力做功，即可得到全過程中因摩擦產生的熱量。【解答】解：A、設物體向上滑動的最大距離為s，根據圖像可知物體在最高點時，有mgs?sin37°=35解得：s＝20m，故A錯誤；B、設物體與斜面間的動摩擦因數為μ，上滑過程，由動能定理有﹣mgs?sin37°﹣μmgscos37°＝0﹣E0解得：μ＝0.5，故B正確；C、設物體上滑過程中克服摩擦力所做的功為W克，根據圖像，結合能量守恒可得E0＝mgs?sin37°+W克解得：W克＝80J物體下滑到達斜面底端的過程，根據動能定理有mgs?sin37°﹣W克＝Ek解得物體到達斜面底端時的動能為：Ek＝40J，故C正確；D、物體上滑和下滑過程克服摩擦力做功相等，則物體在斜面運動的全過程中因摩擦產生的熱量為Q＝2W克＝2×40J＝80J，故D正確。故選：BCD。【點評】本題要理解圖像的物理意義，運用功能關系和動能定理時，要選擇合適的物理過程，確定初末狀態的動能和重力勢能。（多選）15．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等且均為m，運動過程的摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g，當A的位移大小為h時。則（）A．B的速率是A的2倍 B．懸掛重物B的輕繩上的拉力大小為25C．A的速度大小為g? D．輕繩對B做功為?【考點】多物體系統的機械能守恒問題；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理能力．【答案】AD【分析】由動滑輪和定滑輪的知識可知B的速率是A的2倍，用隔離法分別對A和B用牛頓第二定律可求輕繩上的拉力。由系統的機械能守恒和A選項中的速度關系可求B的速度，由動能定理可求輕繩對B做的功。【解答】解：A．根據題意可知，當A的位移大小為h時，B的位移大小為2h，由公式?=1B．設懸掛重物B的輕繩上的拉力大小為F，A的加速度大小為a，則B的加速度大小為2a，由牛頓第二定律，對A有2F﹣mg＝ma對B有mg﹣F＝m?2a聯立解得F=3故B錯誤；CD．根據題意可知，運動過程中由系統的機械能守恒，則有mg?2??mg?=1又有vB＝2vA解得vA=2g?設輕繩對B做功為W，由動能定理有mg?2?+W=1解得W=?6故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題考查了系統的機械能守恒的應用，隔離法在牛頓第二定律中的應用。動能定理的簡單應用。三．填空題（共5小題）16．（2024春?徐匯區校級期末）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，假設釋放時的重力勢能為0，重力加速度為g，則小球落到地面自瞬間的重力勢能為﹣mg（H+h），，機械能為0。【考點】計算物體的機械能；重力勢能的定義和計算．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理能力．【答案】﹣mg（H+h），0。【分析】根據題意分析重力勢能零勢面，結合重力勢能定義式列式求解，再根據機械能守恒定律求解機械能。【解答】解：根據題意，參考平面是小球釋放時所在的水平面，則小球落地時相對參考平面的高度為﹣（h+H），故小球落到地面的瞬間的重力勢能EP＝﹣mg（H+h），因為小球自由下落，所以小球和地球組成的系統滿足機械能守恒，初狀態動能為0，重力勢能也為0，所以機械能為二者之和為0。故答案為：﹣mg（H+h），0。【點評】考查重力勢能的計算和機械能守恒定律，會根據題意進行準確分析和解答。17．（2024春?浦東新區校級期末）一臺起重機以2.1×103N的牽引力將質量m＝200kg的貨物由靜止開始豎直向上勻加速提升：如果起重機的額定功率P0＝5×103W。則貨物做勻加速運動的時間為4.76s；若起重機達到額定功率后，始終保持該功率運行，最終將以2.5m/s的速度勻速上升。（保留到小數點后一位）【考點】機車以恒定加速度啟動．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】4.76，2.5。【分析】先根據牛頓第二定律計算加速度，然后計算出勻加速運動達到的最大速度，最后根據運動學公式計算勻加速的時間；當貨物受力平衡時貨物勻速上升。【解答】解：根據牛頓第二定律有F﹣mg＝ma，解得貨物勻加速運動的加速度為a＝0.5m/s2，則貨物勻加速運動達到的最大速度為v1=P0當牽引力等于重力時，貨物的速度達到最大，以這個速度勻速上升，則勻速上升的速度為v=故答案為：4.76，2.5。【點評】掌握機車勻加速啟動的過程，知道不管是勻加速啟動，還是恒定功率啟動，最后達到的最大速度是相等的。18．（2024春?泉州期末）一質量為2.5×103kg的汽車，額定功率為75kW。現讓汽車保持額定功率在水平路面上從靜止開始運動，運動中汽車所受阻力恒為車重的0.1倍，取重力加速度大小g＝10m/s2。從啟動開始至汽車達到最大速度過程中，汽車的加速度逐漸減小（選填“保持不變”“逐漸增大”或“逐漸減小”），汽車所能達到的最大速度大小為30m/s。【考點】機車以恒定功率啟動．【專題】計算題；定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】逐漸減小30【分析】汽車恒定功率啟動，速度增大，根據功率P＝Fv和牛頓第二定律F﹣f＝ma便可求解。【解答】解：汽車以恒定功率啟動，根據P＝Fv可知，速度增大，牽引力減小，F﹣f＝ma可知，阻力不變加速度逐漸減小，當牽引力等于阻力時，速度達到最大vm故答案為：逐漸減小30【點評】本題主要考查學生對于恒功率汽車啟動問題的牽引力和加速度的變化問題以及對于速度最大時候的運動狀態的分析。19．（2024春?福清市期末）2024年5月18日，杭溫高鐵正式啟動全線聯調聯試，一輛在測試的高鐵的總質量M＝2.0×105kg，額定輸出功率為9600kW。假設該動車組在某段水平軌道上運動時的最大速度為360km/h，受到的阻力f與速度v滿足f＝kv，該動車組以最大速度勻速行駛時的牽引力為96000N，當勻速行駛的速度為最大速度一半時，動車組的輸出功率為2400kW。【考點】瞬時功率的計算；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】96000；2400。【分析】當動車組勻速運行時，根據功率與速度的關系P＝Fv求出牽引力的大小；當速度為最大速度的一半時，因為仍是勻速運動，先求出此時的牽引力，再求此時的功率。【解答】解：當動車組速度達到最大時，功率達到額定輸出功率，由P額＝Fv可得該動車組此時的牽引力為F=P當動車組以最大速度勻速行駛時，牽引力等于阻力，F＝f＝kv當勻速行駛的速度為v1=12v時，此時的牽引力等于此時的阻力，F1＝f1此時的動車組的輸出功率為P1＝F1v1代入數據解得P1＝2400kW故答案為：96000；2400。【點評】本題考查功率與速度的關系，在機車類問題中功率與速度通過P＝Fv相互制約，所以做不到無限加速，當功率達到額定輸出功率時，速度達到最大；當勻速運動時，牽引力等于阻力。20．（2024春?福州期末）某“復興號”列車的額定功率為1.0×104kW，質量為1.0×105kg。若該列車保持額定功率不變從靜止啟動后，在水平軌道上行駛，受到的阻力恒為1.0×105N，80s后達到最大速度。該列車在達到最大速度之前做變加速直線運動（填“勻加速”或“變加速”），加速位移為3000m。【考點】利用動能定理求解機車啟動問題；機車以恒定功率啟動．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】變加速，3000【分析】根據牛頓第二定律和功率公式P＝Fv相結合分析列車的運動情況，以恒定的功率行駛時，當牽引力和阻力大小相等時，列車的速度達到最大值，根據動能定理解得列出的位移。【解答】解：對列車，根據牛頓第二定律得a=可知隨著列車速度的增大，列車牽引力減小，合力減小，列車加速度減小，所以列車在達到最大速度之前做變加速運動；當列車的牽引力與阻力大小相等時，列車速度達到最大，列車做勻速運動根據力的平衡可知牽引力F＝f又P額＝Fvm代入數據解得：vm＝100m/s從靜止到達到最大速度過程中牽引力與阻力做功根據動能定理有Pt﹣fx=解得x＝3000m故答案為：變加速，3000【點評】本題考查的是汽車的啟動方式，對于機車的兩種啟動方式：恒定加速度啟動和恒定功率啟動，同學們對于每種啟動方式的運動過程一定要熟悉。四．解答題（共5小題）21．（2024春?河池期末）如圖所示，豎直平面內固定的光滑半圓軌道BCD和光滑半圓管道DE在D點平滑連接，D、E分別為半圓軌道的管道的最高點，O，O'分別為半圓軌道和管道的圓心，C點與圓心O等高。水平地面與半圓軌道最低點B平滑連接，在水平地面的P點處有一豎直擋板，A點有一可視為質點的物塊，一輕質彈簧水平放置在P、A間，左端固定在擋板上，右端與物塊接觸（未拴接，開始彈簧處于原長），P、A間地面光滑，A、B間地面粗糙。現使物塊壓縮彈簧（始終處于彈性限度內），某時刻由靜止釋放。已知物塊質量m＝1kg，A、B間地面長度L＝0.2m，物塊與A、B間地面的動摩擦因數μ＝0.5，半圓軌道半徑R＝0.9m，半圓管道半徑r＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，物塊可視為質點，管道半徑遠大于其粗細。（1）若釋放后，物塊恰好能運動到C點，求：①物塊經過B點時對軌道的壓力N的大小；②彈簧所具有的彈性勢能Ep0的大小；（2）若釋放后，物塊能經過E點，求釋放時彈簧所具有的彈性勢能最小值Epmin及此時經過E點時的速度vmin的大小。（結果可保留根號）【考點】機械能與曲線運動相結合的問題；牛頓第二定律的簡單應用；彈簧類問題中的機械能守恒．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）①物塊經過B點時對軌道的壓力N的大小為30N；②彈簧所具有的彈性勢能Ep0的大小為10J；（2）釋放時彈簧所具有的彈性勢能最小值為21.5J，經過E點時的速度的大小為1m/s。【分析】（1）①根據動能定理與牛頓第二定律解答；②根據功能關系解答；（2）根據臨界條件結合功能關系解答。【解答】解：（1）①物塊恰好能運動到C點，則在C點的速度為0，從B到C根據動能定理有﹣mgR＝0?在B點根據牛頓第二定律有F﹣mg=解得F＝30N根據牛頓第三定律可知物塊經過B點時對軌道的壓力N的大小為30N；②物塊從靜止到C點，根據功能關系有Ep0＝mgR+μmgL解得Ep0＝10J（2）物塊能經過E點，根據牛頓第二定律有mg＝mv解得vmin＝1m/s從釋放到E點，根據動能定理有Epmin＝mg×2（R+r）+12解得Epmin＝21.5J答：（1）①物塊經過B點時對軌道的壓力N的大小為30N；②彈簧所具有的彈性勢能Ep0的大小為10J；（2）釋放時彈簧所具有的彈性勢能最小值為21.5J，經過E點時的速度的大小為1m/s。【點評】本題是一道力學綜合題，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、圓周運動規律以及功能關系即可解題。22．（2024春?永州期末）隨著科學技術的不斷發展進步，無人機已廣泛應用于生產和生活。某廠家在無風的天氣做無人機飛行測試，讓無人機從地面由靜止開始豎直上升，上升過程的速度與時間關系如圖所示，其中0～2s內圖像為直線，2s末電動機功率達到額定值，此后保持額定功率運動。已知無人機總質量m＝2.0kg，空氣阻力恒為無人機總重力的0.1倍，g取10m/s2，求：（計算結果均保留兩位有效數字）（1）無人機在0～2s內電動機提供的牽引力F；（2）無人機豎直向上運動過程能夠達到的最大速度vm；（3）無人機2～6s內上升的高度H。【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；瞬時功率的計算；機車以恒定加速度啟動．【專題】計算題；定量思想；模型法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）無人機在0～2s內電動機提供的牽引力F為28N；（2）無人機豎直向上運動過程能夠達到的最大速度vm為7.6m/s；（3）無人機2～6s內上升的高度H為30m。【分析】（1）無人機在0～2s內做勻加速直線運動，由圖像的斜率求出加速度，再由牛頓第二定律求解電動機提供的牽引力F；（2）2s末電動機功率達到額定值，根據功率公式P＝Fv求出額定功率。無人機的加速度為零時，速度最大，由平衡條件得到牽引力大小，再由功率公式求解豎直向上運動過程能夠達到的最大速度vm；（3）根據動能定理求解無人機2～6s內上升的高度H。【解答】解：（1）由圖可知，0﹣2s內無人機做勻加速直線運動，其加速度為a=Δv空氣阻力恒為無人機總重力的0.1倍，則空氣阻力大小為f＝0.1mg＝0.1×2.0×10N＝2N根據牛頓第二定律有F﹣mg﹣f＝ma代入數據解得：F＝28N（2）2s末電動機功率達到額定值，此時速度v1＝6m/s，根據功率公式得P額＝Fv1＝28×6W＝168W當無人機速度最大時，加速度為零，可得牽引力大小為F′＝f+mg＝1.1mg＝1.1×2.0×10N＝22N又有P額＝F′vm代入數據解得：vm≈7.6m/s（3）2﹣6s內，時間間隔t2＝4s，由動能定理得P額代入數據解得：H≈30m答：（1）無人機在0～2s內電動機提供的牽引力F為28N；（2）無人機豎直向上運動過程能夠達到的最大速度vm為7.6m/s；（3）無人機2～6s內上升的高度H為30m。【點評】本題屬于機車啟動類型，要理清無人機的運動情況和受力特點，根據動能定理和牛頓第二定律進行解答。23．（2024春?曲靖期末）如圖所示某物理興趣小組設計的一個游戲裝置，該裝置由傾角為60°的斜軌道AB，半徑為r1＝0.4m、圓心角為60°的圓弧軌道EF，水平軌道FO2及一個半徑為r2＝0.22m的14圓弧PQ組成，其中AFO2Q在同一水平線上，BE等高，BE間的距離l1＝0.23m，FO2間距離l2＝0.7m，O1、O2分別為兩弧形軌道的圓心，F、P分別為兩弧形軌道的最低點，O1F、O2P在豎直方向，滑塊在FO2軌道滑動時動摩擦因數為μ＝0.5，其余軌道均光滑。某次游戲時小智同學用沿斜面向上的恒力F拉一個可視為質點的滑塊從傾斜軌道最低點A由靜止勻加速至B撤去外力，發現滑塊剛好能從E點沿切線進入弧形軌道EF（無機械能損失），然后沿EF滑下經O2落在圓弧PQ上，已知滑塊質量為m＝0.1kg，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2（1）滑塊由A至B過程中重力做的功；（2）滑塊在弧形軌道EF的最低點F處受軌道的支持力大小和方向；（3）滑塊落在圓弧PQ上的位置。【考點】機械能與曲線運動相結合的問題；繩球類模型及其臨界條件；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊由A至B過程中重力做的功﹣0.2J；（2）滑塊在弧形軌道EF的最低點F處受軌道的支持力大小3N，方向豎直向上；（3）滑塊落在圓弧PQ上的中點。【分析】（1）BE等高，求出B點高度，根據重力勢能定義求出滑塊由A至B過程中重力做的功；（2）滑塊從E到F，根據動能定理求經過F點時速度的大小，在F點根據牛頓第二定律結合向心力公式求解，滑塊受軌道的支持力大小和方向；（3）滑塊從F到O2，根據動能定理求經過O2的初速度大小，再結合平拋運動知識求解滑塊落在圓弧PQ上的位置。【解答】解：（1）E點的高度為h＝r1﹣r1cos60°解得h＝0.2m即B點高度也為h＝0.2m，滑塊由A至B過程中重力做功WG＝﹣mgh解得WG＝﹣0.2J（2）滑塊剛好能從E點沿切線進入弧形軌道，且B、E等高，可知滑塊在BE間做斜拋運動。設E點時速度為vE，從最高點下落到E點所用時間為t，水平方向則有vEx豎直方向則有vEy＝gt由拋體運動規律可得tan60°=v聯立解得t=0.13vEx＝1m/svEy滑塊經過E點時的速度大小vE解得vE＝2m/s在EF段只有重力做功，根據機械能守恒定律可得12解得vF在F點由重力和支持力的合力提供向心力，有FN解得FN＝3N可知支持力大小為3N，方向豎直向上。（3）設滑塊運動到O2時速度為v2，由動能定理有?mgμl解得v2＝1m/s滑塊經過O2之后做平拋運動落到圓弧軌道PQ上，由平拋運動特點可得x＝v2t2y=1且x2解得t2＝0.2sx＝0.2my＝0.2m由x＝y可知，滑塊落在圓弧PQ上的中點位置。答：（1）滑塊由A至B過程中重力做的功﹣0.2J；（2）滑塊在弧形軌道EF的最低點F處受軌道的支持力大小3N，方向豎直向上；（3）滑塊落在圓弧PQ上的中點。【點評】本題考查了動能定理、平拋運動、圓周運動，滑塊運動的過程較多，要明確各個過程中力和運動的關系，有一定的難度。24．（2024春?太原期末）如圖所示，豎直平面內光滑細管彎成的圓弧形軌道半徑R＝0.5m，質量m＝1kg的小球在最高點Q受到輕微擾動，由靜止沿管道從右側滑下。小球經最低點A從管道P點飛出后恰好垂直打在豎直墻面BC上的E點（圖中未畫出），OP與OA的夾角θ＝53°。已知小球直徑遠小于R且可視為質點，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）小球到達P點時，管道對小球彈力的大小和方向；（2）Q、E之間的高度差h。【考點】利用動能定理求解多過程問題；物體在環形豎直軌道內的圓周運動；圓周運動與平拋運動相結合的問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；推理能力．【答案】（1）小球到達P點時，管道對小球彈力的大小為38N，方向沿PO方向；（2）Q、E之間的高度差h為0.288m。【分析】（1）由動能定理求得小球到達P點時的速度大小，根據牛頓第二定律求得管道對小球彈力的大小，并確定彈力的方向。（2）由P到E小球做斜拋運動，確定到達E點時的速度大小。對小球由Q到E的過程，由動能定理求解Q、E之間的高度差。【解答】（1）對小球由Q到P的過程，由動能定理得：mgR(1+cosθ)=1設在P點管道對小球的彈力為FN，根據牛頓第二定律得：FN解得：FN＝38N，方向沿PO方向。（2）由P到E小球做斜拋運動，到達E點時的速度大小等于在P點的水平分速度大小，則有：vE＝vpcosθ對小球由Q到E的過程，由動能定理得：mg?=1解得：h＝0.288m答：（1）小球到達P點時，管道對小球彈力的大小為38N，方向沿PO方向；（2）Q、E之間的高度差h為0.288m。【點評】本題考查了牛頓第二定律在圓周運動中的應用，動能定理的應用。應用動能定理時要先選取研究的過程，確定所研究過程的初末運動狀態，再確定此過程中力做功情況，注意力做功的正負。25．（2024春?朝陽區期末）某人騎摩托車越過一個壕溝，壕溝兩側的高度差h＝0.8m。摩托車后輪離開地面后失去動力，可視為平拋運動，后輪落到壕溝對面才算安全。若摩托車恰好越過這個壕溝的初速度為v0＝12m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）摩托車在空中運動的時間t；（2）壕溝兩側的水平距離x；（3）摩托車恰好越過壕溝落地前瞬間的速度大小v。【考點】動能定理的簡單應用；平拋運動位移的計算；平拋運動時間的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）順利越過壕溝，摩托車做平拋運動的時間為0.4s；（2）壕溝兩側的水平距離x為4.8m；（3）摩托車恰好越過壕溝落地時的速度大小為410m/s。【分析】（1）（2）摩托車做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，根據運動學公式求解即可；（3）根據動能定理求解摩托車落地速度。【解答】解：（1）摩托車在豎直方向做自由落體運動，有h=代入數據解得：t＝0.4s，t＝﹣0.4s（舍去）（2）摩托車在水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t＝12×0.4m＝4.8m（3）根據動能定理得：mg?=代入數據解得：v=4答：（1）順利越過壕溝，摩托車做平拋運動的時間為0.4s；（2）壕溝兩側的水平距離x為4.8m；（3）摩托車恰好越過壕溝落地時的速度大小為410m/s。【點評】平拋運動的處理方法都是把平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和自由落體運動，第三問中也可用速度合成的方法計算，動能定理更方便、更快捷。

考點卡片1．動摩擦因數的性質和計算【知識點的認識】1.定義：彼此接觸的物體做相對運動時摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動摩擦因數μ．當物體處于水平運動狀態時，正壓力＝重力。2.影響因素：不同材質的物體間動摩擦因數不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關，無單位。注意：動摩擦因數與壓力無關、與接觸面積大小無關、與滑動摩擦力的大小無關、與相對運動的速度大小無關。動摩擦系數是物體本身的屬性，只與物體本身有關，與有沒有進行相對運動，以及有沒有正壓力無關。所以不能說動摩擦系數與摩擦力成正比，與正壓力成反比。只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數成正比，也就是f＝μN。【命題方向】一根質量可忽略不計的輕彈簧下端掛一物體，當物體靜止不動時，彈簧伸長了10cm，將該物體放在水平桌面上，用該彈簧沿水平方向拉物體在桌面上做勻速滑動，此時彈簧伸長了2cm，求物體與桌面之間的動摩擦因數．分析：（1）當物體靜止不動時，根據胡克定律得出彈簧的勁度系數與物體重力的關系．（2）在水平面上運動時，根據胡克定律求出彈簧的拉力，根據滑動摩擦力的公式求出動摩擦因數．解答：當物體靜止不動時，根據胡克定律得：mg＝kx1；物體在桌面上做勻速滑動時，彈簧的拉力與滑動摩擦力二力平衡，則得：kx2＝f又f＝μN＝μmg聯立以上三得，μ=k答：物體與桌面之間的動摩擦因數為0.2．點評：本題關鍵掌握胡克定律和共點力平衡條件，也提供了一種測量動摩擦因數的方法．【解題思路點撥】1.動摩擦因數是一種固有屬性，與接觸面的材料，粗糙程度有關。2.求解動摩擦因數的相關問題時，要注意正壓力的求解。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯立得x＝v02?所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=1物體的合位移為s=x故選：D。本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。5．平拋運動時間的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據豎直方向上12g②已知水平位移x和初速度v0，則根據水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據速度的合成有v2=v0④已知某一時刻的速度v及速度偏轉角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉角θ，則12g【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2v分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同解答：由平拋運動的規律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4v故選：D。點評：本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1?vogB、分析：物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v∴物體的運動時間t=V故選：D。點評：本題就是對平拋運動規律的直接考查，掌握住平拋運動的規律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．小球落到C點，根據幾何關系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據位移關系求出運動的時間．解答：由幾何關系可知，AC水平方向的夾角為α=π?θ知tanα=則t=2故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動的規律，知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據題目給出的條件選擇恰當的方法。2.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v?6．牛頓第二定律求解向心力7．繩球類模型及其臨界條件8．桿球類模型及其臨界條件9．物體在環形豎直軌道內的圓周運動10．圓周運動與平拋運動相結合的問題11．功的正負及判斷12．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發生的，所以ltP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=WBD、根據η=WC、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W13．瞬時功率的計算【知識點的認識】1.對于恒力做功，瞬時功率為P＝Fvcosα（v是瞬時速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時功率為（）A、mg2g?B、12mg2g?sinC、mg2g?sinαD、mg2g?sinα分析：應用公式P＝Fv求某力的瞬時功率時，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應用機械能守恒求出物體滑到斜面底