秘籍05 功和功率 能量问题
【解密高考】
【题型一】功与功率的计算
【题型二】动能定理的应用
【题型三】功能关系的理解与应用
【题型四】功能关系与能量观点解决实际问题
【误区点拨】
易错点：功和功率 能量易错点
1、重基础概念：强调对功、功率、能量概念的准确理解，通过选择题、填空题考查 。
2、联系实际：以生活、科技为背景，考查将实际问题转化为物理模型并求解的能力 。
3、突出综合：将相关知识与牛顿运动定律、电场、磁场等融合，考查综合分析和逻辑思维能力
1、梳理框架：以功、功率、能量守恒为核心构建知识框架，梳理各能量形式转化关系及功能关系，用思维导图串联，形成知识链条 。
2、深化理解：深入理解功、功率、能量概念，通过实例分析加深对功的正负、功率与力和速度关系、能量转化条件的理解，避免概念混淆 。
3、强化公式：牢记相关公式，通过练习学会根据不同情境选公式计算，注意单位统一和适用条件 。
【题型一】功与功率的计算
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＝
羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某研究小组的同学为研究羽毛球飞行规律，描绘出了如图所示的若干条羽毛球飞行轨迹图，图中A、B是其中同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在P点时羽毛球的加速度方向竖直向下
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．段的运动时间小于段的运动时间
D．在A点的重力功率大小等于在B点的重力功率
【答案】C
【来源】2025届浙江省新阵地教育联盟高三下学期第二次联考物理试题
【详解】A．在P点时除重力之外，羽毛球还受到水平向左的空气阻力，则羽毛球的合外力方向指向左下方，加速度方向指向左下方，A错误；
B．因为P点时合外力与速度夹角是钝角，故羽毛球继续做减速运动，则P点速度不是最小的，B错误；
C．由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，由牛顿第二定律
PB段羽毛球处于下降阶段，由牛顿第二定律，故
竖直方向，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C正确；
D．由，可得
则由重力的瞬时功率可知，在A点的重力功率大小大于在B点的重力功率，D错误。
故选C。
如图所示，甲、乙两位选手先后在O点正上方A、B两点将飞镖水平抛出，飞镖击中竖直墙上的同一点P。若不计空气阻力，飞镖可视为质点，则甲、乙投掷的飞镖（ ）
A．甲飞镖的位移大于乙 B．运动时间相等
C．击中P点时飞镖重力的功率相等 D．击中P点时速度的反向延长线交于一点
【答案】A
【来源】2025届浙江省嘉兴市高三上学期12月教学测试（一模）物理试卷
【详解】A．两飞镖的水平位移相同，但是甲飞镖下降的高度更大，故甲飞镖的位移大于乙飞镖，故A正确；
B．甲飞镖下降的高度更大，飞行的时间更长，故B错误；
C．甲飞镖下降的高度更大，飞行的时间更长，击中P点时甲飞镖竖直速度更大，甲飞镖重力的功率更大，故C错误；
D．击中P点时，甲飞镖竖直速度大，水平速度小，甲飞镖的速度与竖直方向的夹角更小，速度的反向延长线不交与一点，故D错误。
故选A。
如图甲为我国自主研制的全球首款轮式起重机，将120吨的风力发电机组吊至高空，若该起重机由静止开始竖直向上提升机组，加速度和速度的倒数图像如图乙所示，不计其他阻力，，下列说法正确的是（ ）
A．重物上升的最大速度 B．起重机的额定功率为
C．重物在内做匀加速直线运动 D．第内起重机对重物做的功为
【答案】D
【来源】2025届浙江省台州市高三上学期一模物理试题
【详解】B．当横坐标为0.1时，起重机达到最大功率，对发电机组列牛顿第二定律
解得
故B错误；
A．当起重机达到最大速度时，发电机组的加速度为零，故有
解得
故A错误；
C．由图可知，当横坐标为0.1时，起重机达到额定功率，不再做匀加速运动，而是开始做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度后匀速，由运动学公式可知
故C错误；
D．起重机在第5s后达到额定功率，恒功率运行，故第6s内起重机对重物做的功为
故D正确。
故选D。
卫星失效后一般有“冰冻”和“火葬”两种处理方案，对于较低轨道的“死亡”卫星，备用发动机使其快速转移到更低的轨道上，最终一头扎入稠密大气层，与大气摩擦燃烧殆尽；对于较高轨道的“死亡”卫星，备用发动机可将其抬高到比地球同步轨道高300千米的“坟墓轨道”实施高轨道“冰冻”。下列说法正确的是（ ）
A．“死亡”卫星进入“坟墓轨道”后的速度比原轨道速度小
B．实施低轨道“火葬”时，卫星的速度一直减小
C．实施高轨道“冰冻”时，备用发动机对卫星做负功
D．卫星在“坟墓轨道”上运行的加速度大于在地球同步轨道上运行的加速度
【答案】A
【来源】2025届浙江省金华市高三上学期一模（11月）物理试题
【详解】AD．对于卫星有
解得
，
由于进入“坟墓轨道”其轨道半径变大，所以卫星的加速度变小。卫星在“坟墓轨道”上运行的速度小于在地球静止轨道上运行的速度。故A正确；D错误；
B．实施低轨道“火葬”时，卫星需要减速进入低轨道，引力对卫星做正功，速度并非一直减小。故B错误；
C．实施高轨道“冰冻”时，卫星需要加速进入高轨道，即备用发电机对卫星做正功。故C错误。
故选A。
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，与水轮间无相对滑动，单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则（ ）
A．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
B．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
C．筒车消耗的功率等于
D．筒车消耗的功率小于
【答案】A
【来源】2025届浙江省绍兴市高三上学期11月高考科目诊断性考试（一模）物理试题
【详解】AB．由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立解得
故A正确，B错误；
CD．筒车消耗的功率大于，故CD错误。
故选A。
【题型二】动能定理的应用
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．
如图所示，某同学对着网球墙进行单人网球训练，某时刻，该同学从距墙的位置将球正对墙壁击出，球的初速度与水平方向夹角为，球恰能垂直打在墙壁上。已知球反弹后瞬间动能变为碰前瞬间的0.64倍，该同学向前移动，接球的高度与击出时的高度相同。将网球看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．该同学的发球速度大小为
B．从发球到接球的总时间为1s
C．击球点向前移动的距离为2m
D．该球反弹后瞬间速度大小为
【答案】C
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（七）
【详解】A．网球在空中只受重力，设球与墙壁碰前在空中运动的时间为时间内上升的高度为，由题意可知，球击出时水平速度与竖直速度相同，则由
可知
由
可得
则球的水平速度为
则发球速度大小为
A错误；
B．球下落的高度与上升高度相同，则总时间为
B错误；
CD．球反弹后瞬间动能变为原来的0.64倍，则由可知，球的速度大小变为
则可知，球下落过程运动的水平距离为
则击球点向前移动的距离为
C正确，D错误。
故选C。
如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为10kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为（ ）
A．10J B．20J C．40J D．80J
【答案】B
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（七）
【详解】根据匀变速直线运动规律可知，时的速度
根据动能定理有
解得平均每位同学对“毛毛虫”做的功
故选B。
图甲是某城市广场喷水池的喷水场景。其中有A、B两个喷水枪，从同一处O喷出的水分别经图乙中1、2所示的路径从a、b两处射入小水池M中。不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．a处射入M的水流速度比b处射入的速度小
B．A喷水枪的喷水功率比B喷水枪的功率小
C．A水枪喷出的水流在空中运动的时间比B水枪的时间短
D．整个1路径处在空中的水量比2路径处在空中的水量少
【答案】A
【来源】2025届浙江省五校联盟高三上学期模拟预测物理试题
【详解】AC．对于前半段，可以看成反向的平抛运动，则有
由于高度相同，所以时间相同，所以1水柱的水平位移小，所以1的水平速度小。
对于后半段，可以看成平抛运动，则有
由于高度相同，所以时间相同，所以1的末速度小，A正确，C错误；
BD．对于前半段，可以看成反向的平抛运动，则有
所以1水柱的出水速度较小，则有
可解得
由于不知道横截面积，所以无法判断功率，进而无法判断空中路径的水量，B错误，D错误。
故选A。
图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙甲是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零
【答案】B
【来源】2024届浙江省金华十校高三下学期4月模拟考试（二模）物理试题
【详解】B．石块做斜上抛运动
根据
运动总时间
解得
设石块一共能打个水漂，则有
，（取整数）
解得
故B正确；
A．石块每次弹起后竖直方向速度都减小，根据B选项分析可知石块每次弹起后的滞空时间减小，故A错误；
D．石块每次弹起到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以石块每次弹起到最高点的速度不为零，故D错误；
C．石块每次弹起过程能量损失
故C错误。
故选B。
一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为、，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径，圆弧PQ所对应的圆心角，轨道各处平滑连接。现将质量的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。，，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【来源】2024届浙江省温州市高三二模物理试题
【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解，竖直方向
水平方向
竖直位移为y，则，解得
所以
（2）滑块以滑上传送带，假设能被加速到，则
成立。故滑块离开F点的速度
从F到P由动能定理得
解得
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则
解得
所以，滑块停止时离G点
（4）设传送带速度为时，滑块恰能到Q点，在Q点满足
解得
从F到Q由动能定理得
解得
设传送带速度为时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得
解得
若滑块被传送带一直加速，则
可得
所以，传送带可调节的速度范围为
【题型三】功能关系的理解与应用
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
如图所示，薄板B放在倾角为的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长，小物块A的质量，薄板B的质量，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
【答案】C
【来源】2024届浙江省温州市高三二模物理试题
【详解】A．对薄板，根据牛顿第二定律
代入数据得
F=12N
故A错误；
B．对A，根据动能定理
当s=L时
因为
所以
故B错误；
C．A在薄板上运动的加速度大小
根据
得小物块A在薄板B上运动时间
此时B速度
电动机的瞬时输出功率
故C正确；
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能
故D错误。
故选C。
2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功完成“T”字型径向交会对接。径向交会对接指飞船沿垂直空间站运动方向与其对接，载人飞船多次变轨和姿态调整来到距离空间站约2公里的中途瞄准点，最后在空间站正下方200米处启动动力设备始终沿径向靠近空间站完成对接，则此过程中（ ）
A．飞船到达中途瞄准点前的环绕周期大于空间站的环绕周期
B．飞船到达中途瞄准点后具有的动能大于空间站的动能
C．飞船处于空间站正下方处时绕地球运行的线速度略小于空间站的线速度
D．空间站与飞船对接后轨道高度会略微降低
【答案】C
【来源】2024届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考物理试卷
【详解】A．对飞船，由万有引力提供向心力得
可得
由上式可知，飞船到达中途瞄准点前的环绕周期小于空间站的环绕周期，故A错误；
B．根据
可得
可知飞船到达中途瞄准点后的速度大于空间站的速度，但二者质量未知，所以无法比较动能，故B错误；
CD．飞船沿径向接近空间站过程中，始终在空间站正下方，所以需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，飞船沿径向到达空间站与之对接时的线速度相同，由万有引力提供向心力可知，对接后轨道高度不会降低，故C正确，D错误。
故选C。
“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于静止卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（ ）
A．该卫星的线速度大小大于7.9km/s B．该卫星的动能大于静止卫星的动能
C．该卫星的加速度大小等于g D．该卫星的角速度大小大于静止卫星的角速度
【答案】D
【来源】2024届浙江省Z20联盟（浙江省名校新高考研究联盟）高三上学期第一次联考物理试题
【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；
BD．根据万有引力提供向心力可得
解得
，
由于该卫星轨道半径小于静止卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于静止卫星的线速度，该卫星的角速度大于静止卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与静止卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与静止卫星的动能关系，故B错误，D正确；
C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得
解得
可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。
故选D。
过山车是惊险刺激的游乐项目，深受游客喜爱，而如图甲所示的断轨过山车则更为惊悚恐怖，令大多数游客望而却步。为了探究断轨山车的工作原理，小明同学设计了如图乙所示的简化装置，该装置由竖直光滑圆弧轨道、水平粗糙直轨道和半径为的竖直断轨光滑圆弧轨道平滑连接而成，圆弧轨道的圆心为，断轨处的点和点高度相等，连线与竖直方向的夹角为，质量的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度，，。
（1）若滑块释放的高度，求滑块经过圆弧轨道的点时对轨道的压力；
（2）若夹角，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，求滑块释放的高度；
（3）若，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，请写出滑块由到过程中离地面最高点的高度与夹角的函数关系，并讨论的最值。
【答案】（1），方向向下；（2）；（3）
【来源】2023届浙江省绍兴诸暨市高三下学期诊断性考试（一模）物理试题
【详解】（1）设滑块到点的速度为，由动能定理可得
设滑块在点所受的支持力为，由牛顿第二定律得
代入数据得
由牛顿第三定律可知，小球经过点时对轨道压力大小为，方向向下。
（2）滑块从到做斜抛运动，设滑块在点速度为，从至最高点时间为，则有水平方向
竖直方向
得
联立解得
滑块自释放运动到时点的过程中，由动能定理可得
代入数据得
（3）设滑块离开点后上升的最大高度为，离地最大高度为，则
得
因为
则滑块在间运动时离地面高度与夹角为的函数关系式
当时，有最小值，即
(23-24高三上·浙江杭州·期中)某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板Q获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为的恒力F。已知木板Q长度，质量。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为，滑块与木板Q上表面的动摩擦因数为。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为，，，不计空气阻力的影响。求：
（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值；
（2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离；
（3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）应选择滑块丙，最大动能是10J。
【来源】浙江省杭州市2023-2024学年高三上学期11月期中物理试题
【详解】（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值为滑块下落至轨道P最低点的时候，根据动能定理可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）滑块乙冲上木板Q后，对滑块乙和木板Q分别进行受力分析，可得
，
解得
，
在滑块乙和木板Q共速后，先一起运动，再移动至C点后再分析，设滑块乙冲上木板Q后至共速所经历的时间为，可得
解得
可得此时滑块和木板Q的速度为
则此时可得滑块乙在木板Q上相对木板运动的距离为
（3）可知选择不同的滑块，下落至轨道P最低端时，速度大小均为
根据（2）的方法可分别计算滑块甲和滑块丙在木板Q上相对木板运动的距离为
，
可知，滑块甲已经冲出木板Q，不可选用，同时分别可得滑块冲上木板Q与木板Q共速后的速度大小为
，，
随后取下滑块，为使木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择滑块丙，设最终木板Q的最大速度为，根据动能定理可得
解得
【题型四】功能关系与能量观点解决实际问题
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．
执行中国首次火星探测任务的探测器“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运动到Q点，再通过变轨操作依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，以下关于天问一号的说法正确的是（ ）
A．从P点转移到Q点的时间小于6个月
B．发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间
C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能大
【答案】B
【来源】2025届浙江省新阵地教育联盟高三下学期第二次联考物理试题
【详解】A．地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球的公转半径，则运行周期大于12个月，从P点运动到Q点的时间大于6个月，故A错误；
B．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故B正确；
C．天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力有
可得
可知地球半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故C错误。
D．因在环绕火星调相轨道变轨到停泊轨道，降轨要点火减速，则停泊轨道机械能小，故D错误。
故选B。
(24-25高三上·浙江金华金丽衢十二校·)嫦娥六号成功从月球表面取样并返回地球。嫦娥六号在着陆月球前经过多次变轨进入近月轨道Ⅳ，如图所示是变轨前的部分轨道示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知P、Q两点的距离为a，圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（ ）
A．轨道Ⅱ上运行时的机械能比轨道Ⅲ上运行时的机械能小
B．由Ⅲ轨道变轨为Ⅳ轨道时，需要在Q点喷气加速
C．轨道Ⅱ运行的周期为
D．在轨道Ⅱ上运行时，经过P点的速度为
【答案】C
【来源】浙江省金华市金丽衢十二校2024-2025学年高三上学期第一次联考物理试卷
【详解】A．嫦娥六号从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要在变轨Q处点火减速，变轨时机械能减少，则嫦娥六号轨道Ⅱ上运行时的机械能比轨道Ⅲ上运行时的机械能大，故A错误；
B．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，则嫦娥六号由Ⅲ轨道变轨为Ⅳ轨道时，需要在Q点喷气减速，故B错误；
C．设卫星在月球表面轨道绕月球做匀速圆周运动的周期为T1，根据万有引力提供向心力可得
可得
设轨道Ⅱ运行的周期为T2，根据开普勒第三定律可得
解得
故C正确；
D．设嫦娥六号在Ⅳ轨道运行时，根据万有引力提供向心力可得
解得嫦娥六号在Ⅳ轨道运行的线速度大小为
可知嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行经过Q的速度满足
根据开普勒第二定律可得
可得嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时，经过P点的速度为
故D错误。
故选C。
(24-25高三上·浙江县域教研联盟·模拟)如图所示，某同学将一根橡皮筋两端固定在支架上，把一模型飞机放在橡皮筋中间，向后拉模型飞机使橡皮筋伸长，松手后橡皮筋将模型飞机斜向上弹出，忽略空气阻力，在模型飞机弹出过程中，则（ ）
A．模型飞机的动能保持不变
B．模型飞机的机械能保持不变
C．橡皮筋在恢复原长过程中，对模型飞机做负功
D．模型飞机在橡皮筋恢复原长时机械能最大
【答案】D
【来源】浙江省县域教研联盟2024-2025学年高三上学期12月学考模拟考试物理试题
【详解】A．在模型飞机弹出的过程中，模型飞机的速度增大，因此动能增大，A错误；
BCD.整个过程橡皮筋对模型飞机做正功，模型飞机的机械能增加，橡皮筋的弹性势能减少，在橡皮筋恢复原长时，橡皮筋的弹性势能为0，模型飞机的机械能最大，B、C均错误，D正确。
故选D。
(24-25高三上·浙江县域教研联盟·模拟)图甲是我国古代重要发明—扇车，西汉时就广泛用于清选谷物。谷物从扇车顶部进谷口进入分离仓，仓右端的鼓风机为仓内提供稳定气流，使谷物中的税粒(较轻)和饱粒分离。图乙则是某同学为深入探究扇车原理而精心设计的理想化模型截面图。图乙B点位于喂料斗入口的正下方，矩形ABCD是仓体在竖直方向的截面形状。这里的AC和CG是两个出料口，其中底部出口CGEF呈现为等腰梯形。已知AB的长度LAB=lm，AC的长度LAC=0.2m，GD的长度LGD=0.6m，EF的长度LEF=0.16m，斜面GFM的高度hGM=0.04m，A点距离地面的高度H=1.5m。当喂料口有谷物从B入口处静止开始落入扇车后，谷物在下落过程中受到风扇匀速转动所产生的恒定水平风力F=0.5N，能使不同饱满程度的谷粒从不同出料口离开扇车，达到分拣谷物的目的。现有两种饱满度不同的谷粒，它们从B入口静止进入扇车，质量分别为m1=g和m2=8g，谷粒与斜面FG间的动摩擦因数为=0.6，g取10m/s2。求：
(1)质量为m1的谷粒在仓体中运动的时间；
(2)质量为m2的谷粒从出口离开时的动能；
(3)质量为m1的谷粒落到地面时相对进入入口时的机械能变化量。
【答案】(1)0.2s
(2)0.5128J
(3)0.288J
【来源】浙江省县域教研联盟2024-2025学年高三上学期12月学考模拟考试物理试题
【详解】（1）质量为的谷粒在舱体中竖直方向上做自由落体运动，由于质量较大，该谷粒将从底部出口落下，竖直方向上的位移为
根据自由落体运动规律
解得
（2）由于质量较小，该谷粒将从左侧出口落下，设质量为的谷粒在舱体中运动的时间为，下落的高度为h，对该谷粒水平方向的运动分析，根据牛顿第二定律
解得
根据匀变速直线运动位移与时间的关系式
同时对该谷粒竖直方向的运动独立分析
解得
根据动能定理，对该谷粒在仓体中的运动进行分析
（3）风力F对质量为的谷粒做正功，有
在GF斜面上摩擦力对质量为的谷粒做负功，有
其中
根据能量守恒定律
如图所示，圆弧轨道竖直固定在水平地面上，是竖直直径，点与圆心等高，劲度系数为的轻质弹簧放置在水平地面上，左端固定在距点足够远的地方。控制小球（视为质点）向左压缩弹簧至点（未画出），此时弹簧的压缩量等于圆弧轨道的半径，由静止释放小球，小球经过点到达，已知小球在、两点受到轨道的弹力大小之差为，小球运动到点时所受轨道的弹力大小等于小球重力的3倍。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量以及弹簧的劲度系数之间的关系为，重力加速度为，不计一切摩擦。
(1)求小球的质量；
(2)求小球在点的向心加速度大小；
(3)求圆弧轨道的半径；
(4)若圆弧轨道半径可任意调节，小球仍从点由静止释放，求小球能从点抛出且落到水平地面上时离点的最远水平距离及此时圆弧轨道的半径。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)，
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（六）
【详解】（1）设圆弧轨道的半径为，小球从到，由机械能守恒定律可得
小球在、两点由向心力公式与牛顿第二定律可得，
综合可得
由题意可得
解得
（2）小球在点由向心力公式与牛顿第二定律可得
解得
（3）小球从释放到点，由能量守恒定律可得
在点时有
综合解得
（4）设弹簧弹性势能为，可知
从初始到运动到点，由能量守恒定律有
从点抛出后，小球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
可得
由数学知识可得最大时，
验证可知此时小球能通过半圆轨道最高点，满足题意，求得
的最大值为
易错点一：功与功率计算
1、功的正负误判：常错把力与运动方向夹角当作判断功正负依据，应是力与位移方向夹角。像物体在地面滑动，以运动方向判断摩擦力做功正负就不对，实际因摩擦力与位移夹角 180°，做负功。
2、变力做功出错：变力做功不能用恒力做功公式，得用微元法、图像法等。比如算弹簧弹力做功，用恒力公式就错。
3、功率计算混淆：算平均功率用瞬时速度代入公式，算瞬时功率忽略速度与力夹角，不考虑速度在力方向分量。如汽车斜拉物体加速，算牵引力瞬时功率不考虑夹角就出错。
易错点二：能量转化与守恒应用易错点
1、能量分析不全：分析能量转化常漏能量形式。粗糙斜面物体下滑，易忽略摩擦力使机械能转内能。电磁感应中，导体棒切割磁感线，易漏安培力做功生热。
2、功能关系错用：不明确合外力做功对应动能变化，用动能定理求解物理量出错。混淆重力做功与重力势能变化正负关系，错认为重力做正功，重力势能增加。
3、守恒条件误判：应用能量守恒定律，没判断系统是否满足条件。系统与外界有能量交换，如摩擦力生热散失，仍错误用定律列等式，结果出错。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)秘籍05 功和功率 能量问题
【解密高考】
【题型一】功与功率的计算
【题型二】动能定理的应用
【题型三】功能关系的理解与应用
【题型四】功能关系与能量观点解决实际问题
【误区点拨】
易错点：功和功率 能量易错点
1、重基础概念：强调对功、功率、能量概念的准确理解，通过选择题、填空题考查 。
2、联系实际：以生活、科技为背景，考查将实际问题转化为物理模型并求解的能力 。
3、突出综合：将相关知识与牛顿运动定律、电场、磁场等融合，考查综合分析和逻辑思维能力
1、梳理框架：以功、功率、能量守恒为核心构建知识框架，梳理各能量形式转化关系及功能关系，用思维导图串联，形成知识链条 。
2、深化理解：深入理解功、功率、能量概念，通过实例分析加深对功的正负、功率与力和速度关系、能量转化条件的理解，避免概念混淆 。
3、强化公式：牢记相关公式，通过练习学会根据不同情境选公式计算，注意单位统一和适用条件 。
【题型一】功与功率的计算
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＝
羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某研究小组的同学为研究羽毛球飞行规律，描绘出了如图所示的若干条羽毛球飞行轨迹图，图中A、B是其中同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在P点时羽毛球的加速度方向竖直向下
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．段的运动时间小于段的运动时间
D．在A点的重力功率大小等于在B点的重力功率
如图所示，甲、乙两位选手先后在O点正上方A、B两点将飞镖水平抛出，飞镖击中竖直墙上的同一点P。若不计空气阻力，飞镖可视为质点，则甲、乙投掷的飞镖（ ）
A．甲飞镖的位移大于乙 B．运动时间相等
C．击中P点时飞镖重力的功率相等 D．击中P点时速度的反向延长线交于一点
如图甲为我国自主研制的全球首款轮式起重机，将120吨的风力发电机组吊至高空，若该起重机由静止开始竖直向上提升机组，加速度和速度的倒数图像如图乙所示，不计其他阻力，，下列说法正确的是（ ）
A．重物上升的最大速度 B．起重机的额定功率为
C．重物在内做匀加速直线运动 D．第内起重机对重物做的功为
卫星失效后一般有“冰冻”和“火葬”两种处理方案，对于较低轨道的“死亡”卫星，备用发动机使其快速转移到更低的轨道上，最终一头扎入稠密大气层，与大气摩擦燃烧殆尽；对于较高轨道的“死亡”卫星，备用发动机可将其抬高到比地球同步轨道高300千米的“坟墓轨道”实施高轨道“冰冻”。下列说法正确的是（ ）
A．“死亡”卫星进入“坟墓轨道”后的速度比原轨道速度小
B．实施低轨道“火葬”时，卫星的速度一直减小
C．实施高轨道“冰冻”时，备用发动机对卫星做负功
D．卫星在“坟墓轨道”上运行的加速度大于在地球同步轨道上运行的加速度
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，与水轮间无相对滑动，单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则（ ）
A．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
B．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
C．筒车消耗的功率等于
D．筒车消耗的功率小于
【题型二】动能定理的应用
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．
如图所示，某同学对着网球墙进行单人网球训练，某时刻，该同学从距墙的位置将球正对墙壁击出，球的初速度与水平方向夹角为，球恰能垂直打在墙壁上。已知球反弹后瞬间动能变为碰前瞬间的0.64倍，该同学向前移动，接球的高度与击出时的高度相同。将网球看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．该同学的发球速度大小为
B．从发球到接球的总时间为1s
C．击球点向前移动的距离为2m
D．该球反弹后瞬间速度大小为
如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为10kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为（ ）
A．10J B．20J C．40J D．80J
图甲是某城市广场喷水池的喷水场景。其中有A、B两个喷水枪，从同一处O喷出的水分别经图乙中1、2所示的路径从a、b两处射入小水池M中。不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．a处射入M的水流速度比b处射入的速度小
B．A喷水枪的喷水功率比B喷水枪的功率小
C．A水枪喷出的水流在空中运动的时间比B水枪的时间短
D．整个1路径处在空中的水量比2路径处在空中的水量少
图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙甲是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零
一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为、，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径，圆弧PQ所对应的圆心角，轨道各处平滑连接。现将质量的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。，，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【题型三】功能关系的理解与应用
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
如图所示，薄板B放在倾角为的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长，小物块A的质量，薄板B的质量，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功完成“T”字型径向交会对接。径向交会对接指飞船沿垂直空间站运动方向与其对接，载人飞船多次变轨和姿态调整来到距离空间站约2公里的中途瞄准点，最后在空间站正下方200米处启动动力设备始终沿径向靠近空间站完成对接，则此过程中（ ）
A．飞船到达中途瞄准点前的环绕周期大于空间站的环绕周期
B．飞船到达中途瞄准点后具有的动能大于空间站的动能
C．飞船处于空间站正下方处时绕地球运行的线速度略小于空间站的线速度
D．空间站与飞船对接后轨道高度会略微降低
“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h（h小于静止卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（ ）
A．该卫星的线速度大小大于7.9km/s B．该卫星的动能大于静止卫星的动能
C．该卫星的加速度大小等于g D．该卫星的角速度大小大于静止卫星的角速度
过山车是惊险刺激的游乐项目，深受游客喜爱，而如图甲所示的断轨过山车则更为惊悚恐怖，令大多数游客望而却步。为了探究断轨山车的工作原理，小明同学设计了如图乙所示的简化装置，该装置由竖直光滑圆弧轨道、水平粗糙直轨道和半径为的竖直断轨光滑圆弧轨道平滑连接而成，圆弧轨道的圆心为，断轨处的点和点高度相等，连线与竖直方向的夹角为，质量的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度，，。
（1）若滑块释放的高度，求滑块经过圆弧轨道的点时对轨道的压力；
（2）若夹角，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，求滑块释放的高度；
（3）若，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，请写出滑块由到过程中离地面最高点的高度与夹角的函数关系，并讨论的最值。
(23-24高三上·浙江杭州·期中)某课外兴趣小组想设计一游戏装置，其目的是让均质木板Q获得一定的速度，“穿越”水平面上长度为的粗糙区域CD（其余部分均光滑），并获得一定的动能。如图所示，半径的光滑圆轨道P固定于水平地面上，轨道末端水平且与木板Q等高。木板Q左端与轨道P的右端接触（不粘连），木板Q右端离C点足够远。将滑块在轨道P上从离轨道底端高处由静止释放，并冲上木板Q。若两者最终不能相对静止，则游戏失败；若两者能相对静止，当两者相对静止时，立即取下滑块（不改变木板Q的速度）。木板Q的右端运动到C点时，对木板施加水平向右、大小为的恒力F。已知木板Q长度，质量。木板Q与CD部分间的动摩擦因数为，滑块与木板Q上表面的动摩擦因数为。现有三种不同质量的滑块（可视为质点）甲、乙、丙，质量分别为，，，不计空气阻力的影响。求：
（1）若释放的是滑块乙，该滑块对轨道P的压力最大值；
（2）若释放的是滑块乙，该滑块在木板Q上相对木板运动的距离；
（3）若要使游戏成功，且木板Q的左端通过D点时木板Q的动能最大，应选择哪块滑块？最大动能是多少？
【题型四】功能关系与能量观点解决实际问题
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．
执行中国首次火星探测任务的探测器“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运动到Q点，再通过变轨操作依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，以下关于天问一号的说法正确的是（ ）
A．从P点转移到Q点的时间小于6个月
B．发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间
C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能大
(24-25高三上·浙江金华金丽衢十二校·)嫦娥六号成功从月球表面取样并返回地球。嫦娥六号在着陆月球前经过多次变轨进入近月轨道Ⅳ，如图所示是变轨前的部分轨道示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知P、Q两点的距离为a，圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（ ）
A．轨道Ⅱ上运行时的机械能比轨道Ⅲ上运行时的机械能小
B．由Ⅲ轨道变轨为Ⅳ轨道时，需要在Q点喷气加速
C．轨道Ⅱ运行的周期为
D．在轨道Ⅱ上运行时，经过P点的速度为
(24-25高三上·浙江县域教研联盟·模拟)如图所示，某同学将一根橡皮筋两端固定在支架上，把一模型飞机放在橡皮筋中间，向后拉模型飞机使橡皮筋伸长，松手后橡皮筋将模型飞机斜向上弹出，忽略空气阻力，在模型飞机弹出过程中，则（ ）
A．模型飞机的动能保持不变
B．模型飞机的机械能保持不变
C．橡皮筋在恢复原长过程中，对模型飞机做负功
D．模型飞机在橡皮筋恢复原长时机械能最大
(24-25高三上·浙江县域教研联盟·模拟)图甲是我国古代重要发明—扇车，西汉时就广泛用于清选谷物。谷物从扇车顶部进谷口进入分离仓，仓右端的鼓风机为仓内提供稳定气流，使谷物中的税粒(较轻)和饱粒分离。图乙则是某同学为深入探究扇车原理而精心设计的理想化模型截面图。图乙B点位于喂料斗入口的正下方，矩形ABCD是仓体在竖直方向的截面形状。这里的AC和CG是两个出料口，其中底部出口CGEF呈现为等腰梯形。已知AB的长度LAB=lm，AC的长度LAC=0.2m，GD的长度LGD=0.6m，EF的长度LEF=0.16m，斜面GFM的高度hGM=0.04m，A点距离地面的高度H=1.5m。当喂料口有谷物从B入口处静止开始落入扇车后，谷物在下落过程中受到风扇匀速转动所产生的恒定水平风力F=0.5N，能使不同饱满程度的谷粒从不同出料口离开扇车，达到分拣谷物的目的。现有两种饱满度不同的谷粒，它们从B入口静止进入扇车，质量分别为m1=g和m2=8g，谷粒与斜面FG间的动摩擦因数为=0.6，g取10m/s2。求：
(1)质量为m1的谷粒在仓体中运动的时间；
(2)质量为m2的谷粒从出口离开时的动能；
(3)质量为m1的谷粒落到地面时相对进入入口时的机械能变化量。
如图所示，圆弧轨道竖直固定在水平地面上，是竖直直径，点与圆心等高，劲度系数为的轻质弹簧放置在水平地面上，左端固定在距点足够远的地方。控制小球（视为质点）向左压缩弹簧至点（未画出），此时弹簧的压缩量等于圆弧轨道的半径，由静止释放小球，小球经过点到达，已知小球在、两点受到轨道的弹力大小之差为，小球运动到点时所受轨道的弹力大小等于小球重力的3倍。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量以及弹簧的劲度系数之间的关系为，重力加速度为，不计一切摩擦。
(1)求小球的质量；
(2)求小球在点的向心加速度大小；
(3)求圆弧轨道的半径；
(4)若圆弧轨道半径可任意调节，小球仍从点由静止释放，求小球能从点抛出且落到水平地面上时离点的最远水平距离及此时圆弧轨道的半径。
易错点一：功与功率计算
1、功的正负误判：常错把力与运动方向夹角当作判断功正负依据，应是力与位移方向夹角。像物体在地面滑动，以运动方向判断摩擦力做功正负就不对，实际因摩擦力与位移夹角 180°，做负功。
2、变力做功出错：变力做功不能用恒力做功公式，得用微元法、图像法等。比如算弹簧弹力做功，用恒力公式就错。
3、功率计算混淆：算平均功率用瞬时速度代入公式，算瞬时功率忽略速度与力夹角，不考虑速度在力方向分量。如汽车斜拉物体加速，算牵引力瞬时功率不考虑夹角就出错。
易错点二：能量转化与守恒应用易错点
1、能量分析不全：分析能量转化常漏能量形式。粗糙斜面物体下滑，易忽略摩擦力使机械能转内能。电磁感应中，导体棒切割磁感线，易漏安培力做功生热。
2、功能关系错用：不明确合外力做功对应动能变化，用动能定理求解物理量出错。混淆重力做功与重力势能变化正负关系，错认为重力做正功，重力势能增加。
3、守恒条件误判：应用能量守恒定律，没判断系统是否满足条件。系统与外界有能量交换，如摩擦力生热散失，仍错误用定律列等式，结果出错。
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