备考2026届高考物理一轮复习核心考点 功和能（有解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
高考物理一轮复习 功和能
一．选择题（共6小题）
1．（2025 四川）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
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
2．（2025 江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（　　）
A．释放瞬间物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
3．（2025 河南）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（　　）
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
4．（2025 云南）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（　　）
A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2
5．（2025 云南）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）
A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J
6．（2025 浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W h/kg，其中单位“W h”（瓦时）对应的物理量是（　　）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
二．多选题（共1小题）
（多选）7．（2025 云南）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＝tanθ。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
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
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
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
三．解答题（共4小题）
8．（2025 选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
9．（2025 广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
10．（2025 安徽）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＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg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＝10m/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10m/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。
11．（2025 福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求0﹣1m，F做的功；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
高考物理一轮复习 功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2025 四川）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
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
【考点】利用动能定理求解机车启动问题；牛顿第二定律的简单应用；机车以恒定功率启动．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】小车与物块共速前物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律与运动学公式求解这段时间内物块的位移大小；根据机械能的定义求解物块机械能增量；电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功就等于电动机的功率与时间的乘积，根据动能定理求解小车的位移大小；根据机械能的定义求解小车的机械能增量。
【解答】解：A.小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得物块的加速度大小为：
根据运动学公式有：，解得这段时间内物块的位移大小为：，故A错误；
B.这段时间内物块机械能增量为：，故B错误；
C.小车与物块的速度刚好相同所用时间为：
电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt
对小车，根据动能定理得：
联立解得小车的位移大小为：，故C正确；
D.小车机械能增量为：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了机车启动问题、动能定理与牛顿第二定律的应用，掌握机车启动问题中物体的运动形式的分析，掌握瞬时功率的表达式P＝Fv。
2．（2025 江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（　　）
A．释放瞬间物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；有外力的水平板块模型．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，据此可知物块的加速度情况；因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。根据相对运动的条件，应用牛顿第二定律分析物块和木箱最终运动状态；释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力；木箱第一次到达最右端时其速度为零，根据相对运动的条件，分析物块是否会和木箱同时速度为零。
【解答】解：A、根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故A错误；
B、因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。
假设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小的弹簧弹力大小为F。设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，木箱与物块质量分别为M、m，根据牛顿第二定律得：
对物块有：f＝ma
对物块与木箱整体有：F＝（m+M）a
联立解得：
在弹簧的最大弹力减小到后，当物块与木箱共速之后两者保持相对静止一起做简谐运动，故B错误；
D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；
C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了功能关系的应用、牛顿第二定律相对运动问题。掌握两物体相对运动的条件。此题具有一定综合性，这道题在考查学生物理知识和思维能力方面有较好的效果。
3．（2025 河南）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（　　）
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
【考点】重力势能的计算；惯性与质量；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】对零件受力分析，其所受重力与轻绳的拉力的合力为零件所受合外力。根据题目条件判断零件所受合外力的大小和方向，根据牛顿第二定律分析零件与无人机的运动情况；质量是惯性大小的唯一量度；根据重力势能的定义分析零件的重力势能变化情况。
【解答】解：AB、对零件受力分析如下图所示，其所受重力G与轻绳的拉力T的合力F合为零件所受合外力。
因零件与无人机相对静止一起沿水平向左的方向运动，故F合的方向水平向左，其大小不为零。
因轻绳与竖直方向的夹角不变，故F合恒定，根据牛顿第二定律，零件的加速度恒定，其做匀加速直线运动，易知无人机也做匀加速直线运动，故AB错误；
C、因质量是惯性大小的唯一量度，零件的质量不变，故其惯性保持不变，故C错误；
D、因零件在水平方向上运动，其所处高度不变，故其重力势能保持不变，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了重力势能的定义，牛顿第二定律的应用，惯性的概念。题目较简单，掌握力与运动的逻辑分析。
4．（2025 云南）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（　　）
A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由动能定理列式可以判断位移的大小；由牛顿第二定律结合v﹣t图像判断时间的长短。
【解答】解：CD、设MN的距离为x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，根据动能定理可得：，
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，根据动能定理可得：，
联立以上由两式可得：x1＝x2，故CD错误；
AB、根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a1，则有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为a2，则有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离M点较近，在到达M点时速度较大，可作v﹣t如下所示：
由图像可得：t1＜t2，故A正确，B错误。
故选：A。
【点评】本题是对动能定理、牛顿第二定律及速度图像的考查，解题的关键是要根据题意正确画出v﹣t图像，注意速度图像意时间轴所夹的面积表示位移的大小，斜率表示加速度。
5．（2025 云南）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）
A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J
【考点】利用动能定理求解变力做功．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；实验探究能力．
【答案】B
【分析】高中生的质量m＝50kg，根据动能定理求解作答。
【解答】解：高中生的质量m＝50kg
列车速度v＝144km/h＝40m/s
根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了利用动能定理求解变力所做的功，要知道高中学生的大约体重，理解动能定理的含义是解题的关键。
6．（2025 浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W h/kg，其中单位“W h”（瓦时）对应的物理量是（　　）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
【考点】功是能量转化的过程和量度．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据功的公式结合单位进行分析解答。
【解答】解：根据功的公式W＝Pt，可知单位“W h”（瓦时）对应的物理量是能量或者功的单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查功和能的单位问题，结合单位制知识进行准确分析解答。
二．多选题（共1小题）
（多选）7．（2025 云南）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＝tanθ。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
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
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
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
【考点】常见力做功与相应的能量转化；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】AB.根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；
过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；
过程Ⅱ中，M点的速度最大，说明M点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的形变量，再求PM之间的距离；
C.滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；
D.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
【解答】解：B、滑块所受的滑动摩擦力
过程Ⅰ，根据动能定理得：
解得：
过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q做正功，设为W弹，Q克服滑动摩擦力做功为Wf，由功能关系可得Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为：，故B错误；
A、过程Ⅱ中，M点的速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为x，根据平衡条件得：
kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：
P、M两点之间的距离为：，故A错误；
C、滑块从P到M的过程向上运动的位移为
由运动的对称性可得滑块过M点后能继续上滑的最大位移等于s，故Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，故C正确；
D.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；
若弹力为零，根据平衡条件mgsinθ＝f＝μmgcosθ，滑块停在O点；
若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件mgsinθ+f＝kx2
其中f≤mgsinθ
解得
滑块停在M点与O点之间，含M点；
由于fm＝mgsinθ，因此弹簧不可能处于压缩状态；
综上分析可知，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，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。
三．解答题（共4小题）
8．（2025 选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；斜抛运动；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；
（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。
【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。
【解答】解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：
mgxsinθ﹣μmgxcosθ
解得：v0＝5m/s
（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：
mgh
解得：v1＝8m/s
雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：
vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s
由速度分解可得：cosα
解得：α＝60°
答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；
（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。
【点评】本题考查了机械能守恒定律、动能定理的应用，以及抛体运动的特点，题目较简单。也可应用牛顿第二定律，结合运动学公式解答。
9．（2025 广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【考点】常见力做功与相应的能量转化；角速度的物理意义及计算；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为；
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为ΔpSh；
（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at。
【分析】（1）对木塞根据运动学公式求解末速度大小，根据角速度和线速度的关系求解角速度；
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，由此可得摩擦力所做的功。对木塞根据动能定理进行解答；
（3）对木塞根据牛顿第二定律求解作用力大小，根据速度—时间关系求解速度大小，根据功率计算公式求解功率。
【解答】解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：v2＝2ah
根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr
联立可得：；
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：
可得摩擦力所做的功为：
对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh0
解得：ΔpSh；
（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1）
t时刻速度大小为：v′＝at
t时间内的位移大小为：
t时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′
联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at。
答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为；
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为ΔpSh；
（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
10．（2025 安徽）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＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg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＝10m/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10m/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。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；圆周运动与平抛运动相结合的问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）绳子被拉断时小球的速度大小为，绳子所受的最大拉力大小为17N；
（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；
（3）初速度的最小值为。
【分析】（1）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律，求速度和拉力；
（2）球做平抛运动竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，求x；
（3）绳子恰不松弛，重力提供向心力，再结合动能定理，求初速度最小值。
【解答】解：（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，T＝17N
（2）小球做平抛运动时x＝vt，
解得x＝4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为，绳子所受的最大拉力大小为17N；
（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；
（3）初速度的最小值为。
【点评】本题解题关键是掌握机械能守恒定律、牛顿第二定律，并熟悉平抛规律为竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，能分析出小球经过N点正上方绳子恰不松弛，重力提供向心力，具有较强综合性，难度中等偏上。
11．（2025 福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求0﹣1m，F做的功；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
【考点】弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）F做的功为1.5J；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。
【分析】（1）F﹣x图像与坐标轴所围面积表示做功；
（2）分别对AB整体和B受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可；
（3）两物块分离前一起做加速运动，分离后B进入圆周轨道前，B做匀速直线运动，根据临界条件求解分离时的速度，物块B刚好到达最高点时，只受重力，根据动能定理求解轨道半径。
【解答】解：（1）由F﹣x图像得：
W＝1.5×1J＝1.5J
（2）x＝1m时，对AB整体，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝2ma
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
F弹＝ma
代入数据联立解得：
F弹＝0.5N
（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为0，两物块加速度为0，对A，由平衡条件得：
F＝μmg
代入数据解得：
F＝0.5N
由图乙可知，x＝3m时，两物块分离，从开始到两物块分离，对AB整体，由动能定理得：
WF﹣μmgx2mv2
物块B刚好到达M点，有
mg＝m
对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：
﹣mg 2R0mmv2
代入数据联立解得：
R0＝0.2m
则圆弧半径应满足R≤0.2m
答：（1）F做的功为1.5J；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。
【点评】本题考查多过程问题，解题关键是知道两物块分离时的临界条件，以及竖直面内圆周运动的特点，结合牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)