2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：功能关系
一、单选题
1．（2022·浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h
【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．风力发电机的原理是将空气的动能转化为电能，单位时间内风的动能为，所以单位时间内风的动能与速度的三次方成正比，转化的电功率与速度的三次方成正比，故A错误。
B.由A可知单位时间流过面积A的动能为，故B错误。
C．由于风力发电存在转化效率，则每天发电量应小于 2.4×109kW·h ，故C错误；
D．当风速为 6m/s，全年的发电量最小，由题意可知发电机的转化效率为，当风速为6m/s时，全年发电机的发电量为，代入数据解得W= 6.0×105kW·h
故答案为：D。
【分析】根据题意计算面积为A的叶片上，单位时间接收的空气动能，再根据能量的转化效率和功和功率的关系计算求解。
2．（2022·山东）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】火箭开始运动到再次点火的过程中，火箭先加速运动，后减速运动，当加速度为零时，火箭的动能最大，故A正确；
根据能量守恒定律可知，火箭开始运动到再次点火的过程中，高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能和重力势能，故B错误；
该过程中，火箭受到竖直向下重力，竖直向下的空气阻力，高压气体对其向上的推力等，根据动量定理可知，火箭受到合力的冲量等于火箭动量的增加量，（即重力，阻力及推力的合冲量等于火箭动量的增加量）故C错误；
该过程中，火箭受到竖直向下重力，竖直向下的空气阻力，高压气体对其向上的推力等，根据动能定理可知，火箭受到合力做的功等于火箭动能的增加量，故D错误；
故选A。
【分析】首先可以对火箭受力分析，根据受力运动判断做功问题，然后判断火箭能量的变化情况，最后根据动量定理和动能定理进行判断动能动量的变化情况。
二、多选题
3．（2022·广东）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 、速度 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率 、速度 匀速行驶。已知小车总质量为 ， ， PQ段的倾角为 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．从M到N，小车牵引力大小为
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】 AB、在水平MN段以恒定功率200W，速度5m/s匀速行驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此
，故A选项正确，
从M到N过程中，小车摩擦力做功为Wf= 40×20J= 800J，即小车克服摩擦力做功800J，故B正确；
C、根据题意，从P到Q过程，重力势能增加量为，故C选项错误；
D、依题意，小车从P到Q运动过程中，摩擦力做的功为，，联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
【分析】 小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，根据公式P=Fv和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答； 根据功能关系得出小车重力势能的增加量。
4．（2022·全国甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设两物体的质量均为m，
撤去拉力前，对P和Q整体受力分析可知，，对Q受力分析可知，，
撤去拉力后，对P受力分析，P受到的合力为，
对Q受力分析，Q受到的合力为，
撤去拉力后，弹簧从伸长状态开始回复原长状态，这个过程中弹簧弹力在减小，所以撤去拉力时P的加速度最大为，弹簧回复原长时Q的加速度最大为，故A正确，B错误；
根据受力分析可知，P的加速度从减小到，Q的加速度从0增加到，初始速度大小相同，所以经过相同一段时间后，P的速度都不大于Q的速度，P的位移也小于Q的位移，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】首先对平衡状态的两物体进行受力分析，求出拉力F与摩擦力的关系，然后对撤去拉力后的两物体受力分析，求出加速度的取值范围，最后根据速度，加速度，位移之间的关系判断经过一段时间后，速度的关系，位移的关系等。
三、综合题
5．（2022·河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k=0.5 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1）CD碰撞过程动量守恒：以向右为正方向，则， 解得：，
方向向右
AB碰撞过程动量守恒：，， 方向向右
故碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小分别为 ， ，方向均向右。
（2）若k=0.5，代入，可得：，
由于是光滑水平面，所以系统动量守恒：则，解得：，
设两者相对位移的大小为x，则由能量守恒定律；
解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律代入题中数据求解。
（2）摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。利用能量守恒定律求解。
6．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量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=2g，l=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/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。
（1）若h=1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块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0.9m【答案】（1）解：滑块b摆到最低点
弹性正碰
（2）解：以竖直向下为正方向
从 释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
代入数据解得：
（3）解：当 时
当 时
从 释放时，滑块a运动到距C点 处速度恰好为零，
滑块a由E点速度为零，返回到 时距C点 处速度恰好为零
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）由动能定理计算碰撞前物体b的速度，再根据弹性碰撞过程中动量守恒和机械能守恒列方程求解。
（2）由动能定理可计算出物块a到达最高点时的速度表达式，再对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。
（3）分别计算速度最大和速度最小时物块a所处的位置，并结合运动学规律和牛顿第二定律列方程分析求解。
7．（2022·山东）某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度 沿斜坡匀速上行，此时电流 。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量 ，取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【答案】（1）当小车随配置一起向上匀速运动时，设电动机对小车的拉力为，
根据能量守恒有，
设配重对小车的拉力为，对配重受力分析有，
向上匀速，对小车分析有，
小车向下匀速，对小车分析有，
联立解得，；
（2）关闭发动机后，对小车和配重受力分析有，
根据运动学公式有，联立两式解得 。
【知识点】动能定理的综合应用；全电路的功和能；欧姆定律；能量守恒定律；功的计算
【解析】【分析】(1)首先对小车匀速上行进行分析，然后小车匀速下行分析，最后联立即可求出结果；
(2)首先对关闭发动机后小车和配重受力分析，然后根据运动学公式进行求解。
8．（2022·全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）第一次碰撞过程中，当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时AB两物体速度相等，
根据动量守恒定律可得，
根据能量守恒可得，
联立两式可得，；
（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，
即，两边都乘以t可得，
即，将 ，代入解得 ，
故弹簧压缩量的最大值为 ；
（3）根据题意可知，物块A两次到达相同的最高点，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向向右，设物体A第一次滑下的速度为，碰撞后物体B的速度为，向左为正方向，
根据动量守恒得，
根据能量守恒得，
联立解得，
物体上滑过程中，根据动能定理得，
物体下滑过程中，根据动能定理得，
联立两式解得。
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】(1)首先根据动量守恒定律列式，然后根据能量守恒列式，联立两式就可以求出结果；
(2)首先根据动量守恒列式，两边各乘以t，代入数据就可以算出弹簧压缩量的最大值；
(3)根据动量守恒列出式子，上滑或者下滑过程根据动能定理即可计算出动摩擦因数。
9．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）解：由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 =
（2）解：由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）解：由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，从而得出木板与滑块共同的速度；
（2）滑块运动过程中根据动量守恒定律以及功能关系得出滑块到木板最右端的距离；
（3）根据滑动摩擦的表达式以及牛顿第二定律得出滑块的加速度，利用匀变速直线运动的规律得出运动的时间，同时结合恒力做功得出拉力所做的功。
10．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为： ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离 和B、C分离时B的动能 ；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 ；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与 的大小；
（4）若 ，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）解：从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）解：当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 ，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 ，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去 ，所以恒力得最小值为
（3）解：从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 ，C的位移为 ，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）解：小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）以BC和弹簧为对象，利用功能关系可以求出BC向左运动的最大距离，撤去恒力时，利用能量守恒定律可以求出BC分离时B的动能大小；
（2）A刚要离开墙壁时，利用平衡方程可以求出弹簧形变量的大小，A刚要离开时其B的速度等于0；以B为系统，从弹簧恢复到A刚要离开墙壁的过程，利用能量守恒定律结合（1）问中其EK的表达式可以求出F的最小值；
（3）从BC分离到BC静止的过程中，利用BC的动能定理结合距离的大小关系可以导出W和fxBC的大小关系；
（4）已知推力的大小，结合动能定理可以求出撤去恒力瞬间弹力的大小，结合牛顿第二定律可以求出刚撤去恒力时C的加速度大小；再结合弹力的大小变化及牛顿第二定律可以求出BC分离前C的加速度大小；利用动能定理可以求出C脱离后运动的距离；结合加速度的大小可以画出对应的图线。
1 / 12020--2022年三年全国高考物理真题汇编：功能关系
一、单选题
1．（2022·浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h
2．（2022·山东）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
二、多选题
3．（2022·广东）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 、速度 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率 、速度 匀速行驶。已知小车总质量为 ， ， PQ段的倾角为 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．从M到N，小车牵引力大小为
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
4．（2022·全国甲卷）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
三、综合题
5．（2022·河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k=0.5 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
6．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量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=2g，l=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/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。
（1）若h=1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块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0.9m7．（2022·山东）某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度 沿斜坡匀速上行，此时电流 。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量 ，取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
8．（2022·全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
9．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
10．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为： ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离 和B、C分离时B的动能 ；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 ；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与 的大小；
（4）若 ，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．风力发电机的原理是将空气的动能转化为电能，单位时间内风的动能为，所以单位时间内风的动能与速度的三次方成正比，转化的电功率与速度的三次方成正比，故A错误。
B.由A可知单位时间流过面积A的动能为，故B错误。
C．由于风力发电存在转化效率，则每天发电量应小于 2.4×109kW·h ，故C错误；
D．当风速为 6m/s，全年的发电量最小，由题意可知发电机的转化效率为，当风速为6m/s时，全年发电机的发电量为，代入数据解得W= 6.0×105kW·h
故答案为：D。
【分析】根据题意计算面积为A的叶片上，单位时间接收的空气动能，再根据能量的转化效率和功和功率的关系计算求解。
2．【答案】A
【知识点】动量定理；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】火箭开始运动到再次点火的过程中，火箭先加速运动，后减速运动，当加速度为零时，火箭的动能最大，故A正确；
根据能量守恒定律可知，火箭开始运动到再次点火的过程中，高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能和重力势能，故B错误；
该过程中，火箭受到竖直向下重力，竖直向下的空气阻力，高压气体对其向上的推力等，根据动量定理可知，火箭受到合力的冲量等于火箭动量的增加量，（即重力，阻力及推力的合冲量等于火箭动量的增加量）故C错误；
该过程中，火箭受到竖直向下重力，竖直向下的空气阻力，高压气体对其向上的推力等，根据动能定理可知，火箭受到合力做的功等于火箭动能的增加量，故D错误；
故选A。
【分析】首先可以对火箭受力分析，根据受力运动判断做功问题，然后判断火箭能量的变化情况，最后根据动量定理和动能定理进行判断动能动量的变化情况。
3．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算；机车启动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】 AB、在水平MN段以恒定功率200W，速度5m/s匀速行驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此
，故A选项正确，
从M到N过程中，小车摩擦力做功为Wf= 40×20J= 800J，即小车克服摩擦力做功800J，故B正确；
C、根据题意，从P到Q过程，重力势能增加量为，故C选项错误；
D、依题意，小车从P到Q运动过程中，摩擦力做的功为，，联立解得，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
【分析】 小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，根据公式P=Fv和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答； 根据功能关系得出小车重力势能的增加量。
4．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；能量守恒定律
【解析】【解答】设两物体的质量均为m，
撤去拉力前，对P和Q整体受力分析可知，，对Q受力分析可知，，
撤去拉力后，对P受力分析，P受到的合力为，
对Q受力分析，Q受到的合力为，
撤去拉力后，弹簧从伸长状态开始回复原长状态，这个过程中弹簧弹力在减小，所以撤去拉力时P的加速度最大为，弹簧回复原长时Q的加速度最大为，故A正确，B错误；
根据受力分析可知，P的加速度从减小到，Q的加速度从0增加到，初始速度大小相同，所以经过相同一段时间后，P的速度都不大于Q的速度，P的位移也小于Q的位移，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】首先对平衡状态的两物体进行受力分析，求出拉力F与摩擦力的关系，然后对撤去拉力后的两物体受力分析，求出加速度的取值范围，最后根据速度，加速度，位移之间的关系判断经过一段时间后，速度的关系，位移的关系等。
5．【答案】（1）CD碰撞过程动量守恒：以向右为正方向，则， 解得：，
方向向右
AB碰撞过程动量守恒：，， 方向向右
故碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小分别为 ， ，方向均向右。
（2）若k=0.5，代入，可得：，
由于是光滑水平面，所以系统动量守恒：则，解得：，
设两者相对位移的大小为x，则由能量守恒定律；
解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律代入题中数据求解。
（2）摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。利用能量守恒定律求解。
6．【答案】（1）解：滑块b摆到最低点
弹性正碰
（2）解：以竖直向下为正方向
从 释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
代入数据解得：
（3）解：当 时
当 时
从 释放时，滑块a运动到距C点 处速度恰好为零，
滑块a由E点速度为零，返回到 时距C点 处速度恰好为零
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）由动能定理计算碰撞前物体b的速度，再根据弹性碰撞过程中动量守恒和机械能守恒列方程求解。
（2）由动能定理可计算出物块a到达最高点时的速度表达式，再对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。
（3）分别计算速度最大和速度最小时物块a所处的位置，并结合运动学规律和牛顿第二定律列方程分析求解。
7．【答案】（1）当小车随配置一起向上匀速运动时，设电动机对小车的拉力为，
根据能量守恒有，
设配重对小车的拉力为，对配重受力分析有，
向上匀速，对小车分析有，
小车向下匀速，对小车分析有，
联立解得，；
（2）关闭发动机后，对小车和配重受力分析有，
根据运动学公式有，联立两式解得 。
【知识点】动能定理的综合应用；全电路的功和能；欧姆定律；能量守恒定律；功的计算
【解析】【分析】(1)首先对小车匀速上行进行分析，然后小车匀速下行分析，最后联立即可求出结果；
(2)首先对关闭发动机后小车和配重受力分析，然后根据运动学公式进行求解。
8．【答案】（1）第一次碰撞过程中，当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时AB两物体速度相等，
根据动量守恒定律可得，
根据能量守恒可得，
联立两式可得，；
（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，
即，两边都乘以t可得，
即，将 ，代入解得 ，
故弹簧压缩量的最大值为 ；
（3）根据题意可知，物块A两次到达相同的最高点，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向向右，设物体A第一次滑下的速度为，碰撞后物体B的速度为，向左为正方向，
根据动量守恒得，
根据能量守恒得，
联立解得，
物体上滑过程中，根据动能定理得，
物体下滑过程中，根据动能定理得，
联立两式解得。
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】(1)首先根据动量守恒定律列式，然后根据能量守恒列式，联立两式就可以求出结果；
(2)首先根据动量守恒列式，两边各乘以t，代入数据就可以算出弹簧压缩量的最大值；
(3)根据动量守恒列出式子，上滑或者下滑过程根据动能定理即可计算出动摩擦因数。
9．【答案】（1）解：由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 =
（2）解：由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）解：由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，从而得出木板与滑块共同的速度；
（2）滑块运动过程中根据动量守恒定律以及功能关系得出滑块到木板最右端的距离；
（3）根据滑动摩擦的表达式以及牛顿第二定律得出滑块的加速度，利用匀变速直线运动的规律得出运动的时间，同时结合恒力做功得出拉力所做的功。
10．【答案】（1）解：从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）解：当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 ，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 ，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去 ，所以恒力得最小值为
（3）解：从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 ，C的位移为 ，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）解：小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
【知识点】能量守恒定律；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）以BC和弹簧为对象，利用功能关系可以求出BC向左运动的最大距离，撤去恒力时，利用能量守恒定律可以求出BC分离时B的动能大小；
（2）A刚要离开墙壁时，利用平衡方程可以求出弹簧形变量的大小，A刚要离开时其B的速度等于0；以B为系统，从弹簧恢复到A刚要离开墙壁的过程，利用能量守恒定律结合（1）问中其EK的表达式可以求出F的最小值；
（3）从BC分离到BC静止的过程中，利用BC的动能定理结合距离的大小关系可以导出W和fxBC的大小关系；
（4）已知推力的大小，结合动能定理可以求出撤去恒力瞬间弹力的大小，结合牛顿第二定律可以求出刚撤去恒力时C的加速度大小；再结合弹力的大小变化及牛顿第二定律可以求出BC分离前C的加速度大小；利用动能定理可以求出C脱离后运动的距离；结合加速度的大小可以画出对应的图线。
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