2026年高考物理一轮复习 功和能（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026年高考物理一轮复习 功和能（含解析） |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-01 22:08:03 | ||
图片预览
文档简介
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8小题）
1．（2025 河南模拟）打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，打铁花大师在细绳的一端拴一质量为m＝1kg的铁丝棉（可视为质点），用力甩动胳膊使其在竖直平面内绕一固定点O做半径为L＝0.5m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，则（ ）
A．细绳恰好被拉断时铁丝棉的速度大小为6m/s
B．细绳恰好被拉断后铁丝棉做平抛运动的时间为2s
C．绳断后铁丝棉对应的水平射程为4m
D．铁丝棉落地前重力的瞬时功率为200W
2．（2025 毕节市模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为2g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
3．（2025 山东二模）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块b（处于P处），使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式Epkx2（x为弹簧形变量），物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块a、b的质量之比为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物块b运动到PQ中点时速度大小为
D．若物块b的质量为，则由P到Q过程中b的动能先增大后减小
4．（2025 香洲区校级模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x＝kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
5．（2025 黄冈模拟）如图所示，有一倾角为30°的足够长固定光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧的一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，初始时系统处于静止状态。现对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面做匀加速运动。下列说法正确的是（ ）
A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
D．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
6．（2025春 渝中区校级期末）如图所示，小巴同学（可视为质点）在逃生演练时，从倾斜滑垫上端A点由静止滑下，经过转折点B后进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C点，两段运动均可视为匀变速直线运动。A点在水平地面上的射影为D点，已知小巴同学与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为μ，DB两点间的距离为L1，B、C两点间的距离为L2，人的质量为m，斜面AB长为L1，高AD为h，到达B点的速度大小为v，重力加速度大小为g，不计人通过转折点B时的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．人在倾斜滑垫上运动的距离比在水平滑垫上运动的距离长
B．人在倾斜滑垫上运动的平均速度比在水平滑垫上运动的平均速度小
C．人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为μmg（L1+L2）
D．倾斜滑垫的倾角未知，不能求出人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
7．（2025春 江阴市校级期末）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且与地面的距离为h，物体B静止在地面上、放手后物体A下落，到与地面将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则上述过程中（ ）
A．物体A的机械能守恒
B．物体A与地面将接触时加速度最大
C．弹簧对物体A做的功为mgh
D．物体A速度最大时离地面高度为
8．（2025 潍坊三模）某次训练投掷中，运动员将质量m＝4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。已知铅球在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 未央区校级期末）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小最大值等于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，a的加速度为g
（多选）10．（2025春 南宁期末）如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一质量为M的物块A放在斜面上恰好不下滑。将一不可伸长的轻绳一端连接A，另一端跨过光滑定滑轮后与一轻弹簧相连，轻弹簧下端栓接质量为m的重物B。开始时用手拖住重物B，弹簧恰处于原长，现将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．B下落过程中A与B组成的系统机械能守恒
B．B下落一半距离时有最大速度
C．B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
D．M＝2m
（多选）11．（2025 河南模拟）如图所示，消防员用高压水枪向起火房间的窗户喷水，高压喷头与水平方向之间的夹角为53°，喷头出水的流量（单位时间内出水体积）Q＝5×10﹣3m3/s，高压水柱沿水平方向冲击玻璃，经水冲击后玻璃恰好碎裂，火势迅速得到控制。已知高压水枪喷头的横截面积S＝2×10﹣4m2，喷头与高楼之间的水平距离为d（大小未知），水的密度为ρ＝1×103kg/m3，不考虑水的反溅，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．水柱离开水枪后上升的最大高度为40m
B．d＝30m
C．高压喷头喷水的功率为1562.5W
D．水柱冲击玻璃产生的平均压强为4×105Pa
（多选）12．（2025 晋中模拟）如图所示，三角形支架放在水平台秤上，剪断斜面上固定小球的细绳，小球沿着斜面滚下。在小球滚下的过程中（ ）
A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少
C．台秤的示数增大 D．台秤的示数减小
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 天河区期末）如图所示，将完全相同的A、B两小球从同一高度静止释放，A球自由下落，B球沿光滑斜面下滑。当它们经过图中虚线所示的同一水平面时，速度大小vA vB（选填“＞”，“＜”或“＝”），重力的瞬时功率PA PB（选填“＞”，“＜”或“＝”）。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿固定光滑斜面下滑，b做自由落体运动，同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力，三个物块落地前瞬间的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，则这三个物块动能关系Eka Ekb Ekc（填“＞”或“＝”或“＜”），从开始到落地三个物块重力的平均功率为Pa、Pb、Pc，则这三个物块重力的平均功率关系为Pa Pb Pc（填“＞”或“＝”或“＜”）。
15．（2025春 烟台期中）“环球飞车”特技表演是一种极具挑战性和观赏性的杂技表演。特技演员骑着摩托车在环形铁笼内高速行驶，并完成各种惊险的动作。设某次特技演员在竖直面内沿铁笼内壁以恒定速率v做匀速圆周运动，特技演员和摩托车可视为质点，简化图如图所示。已知铁笼内壁半径为R，特技演员和摩托车总质量为M，摩托车所受的摩擦阻力为其对铁笼内壁压力的k倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则特技演员骑着摩托车由最低点到最高点过程中牵引力做的功是 。
16．（2025春 同安区校级期中）质量相等的a、b、c三个小球处在同一高度，a球以初速度v0做平抛运动，b球做自由落体运动，c球以初速度v0做斜上抛运动，最终三个小球都落到下方同一水平面上，则飞行时间ta tb，落地瞬间重力瞬时功率Pa Pc。（填“＞”“＝”或“＜”）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC部分为竖直平面内的轨道，C′DEF为水平面内的轨道。AB段是倾角θ＝37°的光滑倾斜直轨道，长为L＝5R，与竖直平面内的光滑圆轨道1相切于B点，圆轨道1的半径为R，C、C′为轨道最低点且略微错开，C′D为粗糙水平直轨道，长度为s＝10R，DE为光滑半圆形水平弯道，其半径R2＝4R，EF也为粗糙水平直轨道，长度与C′D相同。A点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向右的某种场力，大小为mg。已知小球的质量m，小球与C′D、EF的动摩擦因数μ，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力可忽略不计。求：
（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值；
（3）在F点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制）
18．（2025春 南宁期末）2025年5月31日，在南宁邕江大桥畅游阁附近水域举行了南宁市龙舟公开赛，共有42支队伍报名参赛，经过激烈比赛，最终广州白云队获得直道200米决赛冠军。设白云队龙船的总质量M＝2000kg（含人），20名划手分两列坐好，同时向斜后方划桨，假设每位划手每次向斜后方划桨时，桨对水的力大小均为F＝400N，且力与水面平行，船桨平面与船身的夹角为θ＝37°，每次划桨船前进s1＝30厘米。假设此次比赛水对船的阻力f恒定，为总重力的0.1倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s（假设阻力仍为总重力的0.1倍）？
19．（2025春 金华期末）某物理研究小组设计的弹射装置如图，改变弹性势能，可改变小物块水平进入圆弧轨道A点的速度，已知AB段圆弧半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°，直轨道BC倾角也为53°，BC段长为L1＝0.7m，长木板左端与水平平台右端紧靠在D点，表面相平，CD长为L2＝0.6m，小物块质量m＝0.2kg，长木板质量M＝0.4kg，长为L3＝1.16m，小物块与BC段动摩擦因数为μ1，与长木板动摩擦因数为μ2＝0.15，其他摩擦阻力不计，已知sin53°＝0.8。
（1）当弹射装置释放的弹性势能为0.8J时，求小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小；
（2）改变弹射装置释放的弹性势能，若小物块经过轨道A、B、C后正好落在长木板左端D点，求小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间；
（3）若小物块落到长木板上的瞬间，竖直方向速度变为零，水平方向速度不变，为使小物块能落在木板上且最终停留在长木板上，求弹射装置释放的弹性势能应满足的条件。
20．（2025春 杭州期末）如图所示，地面上方固定一长度为L1＝3m的水平传送带AB，传送带以v0＝2.4m/s的速度顺时针转动，其右侧固定有一圆心角θ＝53°，R＝2.5m的光滑圆弧轨道CD，轨道最低点D右侧等高处紧挨着放置一个足够长、质量M＝1kg的木板EF，其上表面粗糙，下表面光滑，木板的右端足够远处固定有一弹性竖直挡板G。
现将一个质量m＝1kg的物块（可看成质点）轻放在传送带左端A点，它从传送带右端B点水平抛出后恰好从C点沿着圆弧切线方向进入轨道CD，经最低点D后滑上木板EF。已知物块与传送带和木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.12和μ2＝0.5，木板与挡板G碰后会立刻原速率反弹，cos53°＝0.6，求：
（1）物块在传送带上做 运动（选填“匀加速直线”“匀速直线”或“先匀加速后匀速”），物块运动到B点的速度vB＝ m/s；
（2）物块运动到C点的速度大小以及到D点时受到持力大小；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离。
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8小题）
1．（2025 河南模拟）打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，打铁花大师在细绳的一端拴一质量为m＝1kg的铁丝棉（可视为质点），用力甩动胳膊使其在竖直平面内绕一固定点O做半径为L＝0.5m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，则（ ）
A．细绳恰好被拉断时铁丝棉的速度大小为6m/s
B．细绳恰好被拉断后铁丝棉做平抛运动的时间为2s
C．绳断后铁丝棉对应的水平射程为4m
D．铁丝棉落地前重力的瞬时功率为200W
【考点】瞬时功率的计算；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在最低点时，由细绳恰好拉断，可得到铁丝绵的速度大小；根据平抛运动的水平、竖直方向的运动学关系式，可得到平抛时间、水平射程、竖直分速度；根据瞬时功率的公式，可得到铁丝绵落地前重力的瞬时功率大小。
【解答】解：A、在最低点时，由细绳恰好拉断，可得到铁丝绵的速度满足：，解得v＝4m/s，故A错误；
BC、平抛运动的水平方向：x＝vt，竖直方向：，vy＝gt，可解得平抛时间：t＝1s，水平射程x＝4m，竖直分速度vy＝10m/s，故B错误，C正确；
D、根据瞬时功率的公式：PG＝mgvy，可得到铁丝绵落地前重力的瞬时功率大小为100W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查圆周运动与平抛运动的结合，关键是根据临界状态，列出受力与运动特点的关系式。
2．（2025 毕节市模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为2g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】小球由C到O，根据系统机械能守恒求小球到达O点的速率；在C点时，由牛顿第二定律求出小球的加速度，根据对称性确定小球运动到最低点时加速度大小；根据两弹簧对小球做功情况，分析其机械能如何变化。
【解答】解：A、小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO。开始小球在C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO，弹簧1、2完全相同，可知小球在C、O两点时弹簧的弹性势能相同，小球由C到O，由两弹簧和弹簧组成的系统机械能守恒得
解得，故A错误；
B、设小球在C点的加速度为a，由牛顿第二定律得
F弹+mg＝ma
在O点时，有F弹﹣mg＝0
可得a＝2g
由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为2g，故B正确；
CD、由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下，弹力对小球做正功，小球的机械能增加；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上，对小球做负功，小球的机械能减小，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，故CD错误。
故选：B。
【点评】解答本题时，要抓住对称性，并能准确分析弹簧的状态，判断弹性势能变化情况，利用系统机械能守恒和牛顿第二定律解答。
3．（2025 山东二模）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块b（处于P处），使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式Epkx2（x为弹簧形变量），物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块a、b的质量之比为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物块b运动到PQ中点时速度大小为
D．若物块b的质量为，则由P到Q过程中b的动能先增大后减小
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；物体在光滑斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】A、物块a恰不离开挡板时，对a、b受力分析，结合胡克定律，联立求a、b质量比。
B、b从P到Q，系统机械能守恒，由a的临界状态得弹簧形变量，代入机械能守恒式求最大弹性势能。
C、b到PQ中点，弹簧形变量为最大的一半，用机械能守恒求此时b的速度。
D、分析b的受力，根据合力变化判断加速度、速度及动能变化。
【解答】解：A、由题意可知，物块b在PQ之间做简谐运动，在P点时的加速度大小为
由对称性可知物块b在Q点的加速度大小也是，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B、物块由P到Q的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ的长度为x，则
解得
所以弹性势能
故B错误；
D、若物块b的质量为，当a对挡板恰好没有压力时，对b受力分析可知b此时合外力为0，即加速度为零，速度达到最大值，b恰好到Q，所以动能是一直增大的，故D错误；
C、从P点到PQ中点由能量守恒定律得
解得
故C错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查 共点力平衡、机械能守恒定律、胡克定律，涉及受力分析、临界状态判断及能量转化关系。这类题是高考力学综合题的典型模型，强化对“临界状态”“守恒条件”的理解，能有效提升力学综合解题能力。
4．（2025 香洲区校级模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x＝kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
【考点】机械能与图像相结合的问题；万有引力的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】Ep﹣x图线的斜率绝对值表示合力大小，在x＝kL处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，结合万有引力定律分析。
【解答】解：AB．设月球的质量为m，地球质量为M，探测器的质量为m0，引力的合力做功与引力势能的关系FΔx＝﹣ΔEp
可知Ep﹣x图线的斜率绝对值为
由引力势能Ep随位置变化关系图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；
CD．在x＝kL处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，根据万有引力定律可得
解得地球与月球的质量之比
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，解题关键要根据功能关系分析图像的意义，注意引力的合力为零的点的特点。
5．（2025 黄冈模拟）如图所示，有一倾角为30°的足够长固定光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧的一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，初始时系统处于静止状态。现对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面做匀加速运动。下列说法正确的是（ ）
A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
D．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；弹力的存在及方向的判定专题；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】根据共点力平衡求解施加外力前弹簧的形变量，根据牛顿第二定律求解A、B分离时弹簧的形变量，进而得到物块运动位移，根据匀变速直线运动位移—速度关系求解分离时的速度大小，根据弹簧弹力做功的公式和动能定理解得。
【解答】解：AB．物块B施加外力前，对物体AB整体有3mgsin30°＝kx1
两物块分离时，物块A和B间的作用力为零，对物体A，根据牛顿第二定律有kx2﹣mgsin30°＝ma
物块A上滑的距离为Δx＝x1﹣x2
解得Δx
根据动力学公式v2＝2aΔx
可得两物块分离时的速度大小为v，故A错误，B正确；
CD．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
根据动能定理
联立解得拉力F做的功W
故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查连接体问题，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析，根据牛顿第二定律、功能关系和运动学公式列式求解。注意两物块分离的瞬间，接触面间弹力为0，两小球加速度相同。
6．（2025春 渝中区校级期末）如图所示，小巴同学（可视为质点）在逃生演练时，从倾斜滑垫上端A点由静止滑下，经过转折点B后进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C点，两段运动均可视为匀变速直线运动。A点在水平地面上的射影为D点，已知小巴同学与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为μ，DB两点间的距离为L1，B、C两点间的距离为L2，人的质量为m，斜面AB长为L1，高AD为h，到达B点的速度大小为v，重力加速度大小为g，不计人通过转折点B时的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．人在倾斜滑垫上运动的距离比在水平滑垫上运动的距离长
B．人在倾斜滑垫上运动的平均速度比在水平滑垫上运动的平均速度小
C．人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为μmg（L1+L2）
D．倾斜滑垫的倾角未知，不能求出人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；摩擦力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A、倾斜、水平滑垫运动距离分别为L1、L2，因L1与L2大小未知，无法判断。
B、倾斜滑垫匀加速、水平滑垫匀减速，平均速度均为，由此判断。
C、倾斜滑垫克服摩擦力做功μmgL1（利用水平投影），水平滑垫μmgL2，总功μmg（L1+L2），由此判断。
D、由 C可知，无需倾角，可算克服摩擦力做功。
【解答】解：A、设倾斜滑垫的倾角为θ，人在倾斜滑垫上运动时，加速度大小为a1＝2，位移大小为x1，则有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
设人在水平滑垫上运动时，加速度大小为a2，位移大小为x2，则有
μmg＝ma2
由于倾角θ未知，则加速度大小关系未知，故无法比较x1、x2的大小关系，故A错误；
CD、人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
W＝μmgx1cosθ+μmgx2＝μmg（L1+L2）
故C正确，D错误；
B、由匀变速直线运动的特点可知
即
故B错误。
故选：C。
【点评】综合考查匀变速直线运动规律和摩擦力做功，需要学生灵活转换思路（如斜面摩擦力做功利用水平投影简化计算 ），能锻炼知识迁移和综合应用能力，区分度较好。题干物理情景虽常规，但知识点融合稍显隐蔽，对基础薄弱学生有一定难度。
7．（2025春 江阴市校级期末）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且与地面的距离为h，物体B静止在地面上、放手后物体A下落，到与地面将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则上述过程中（ ）
A．物体A的机械能守恒
B．物体A与地面将接触时加速度最大
C．弹簧对物体A做的功为mgh
D．物体A速度最大时离地面高度为
【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】分析弹簧的弹力对物体A做功情况，判断A的机械能是否守恒；物体A下落到与地面即将接触时，此时物体B对地面恰好无压力，此时细绳的拉力为，根据牛顿第二定律分析A的加速度变化情况，判断何时加速度最大；根据功能关系求弹簧对物体A做的功；当物体A的加速度为零时，速度最大，由胡克定律和几何关系求物体A速度最大时离地面高度。
【解答】解：A、物体A下落时，除重力以外，弹簧的拉力对A做功，所以物体A的机械能不守恒，故A错误；
B、依题意，物体A下落到与地面将接触时，物体B对地面恰好无压力，此时细绳的拉力大小为，所以弹簧对物体A的拉力大小也为，则弹簧的拉力从小于A的重力变化到大于A的重力，根据牛顿第二定律可知，A的加速度先减小后增大，方向先竖直向下，后竖直向上。
初始时，对物体A，有mg＝ma1
解得初始时A的加速度大小为a1＝g
物体A接触地面瞬间的加速度大小为
解得
所以物体A刚下落是加速度最大，故B错误；
C、以地面为零势能面，上述过程中，物体A的初始机械能为EA初＝mgh，物体A末态的机械能为，根据功能关系可知，弹簧对物体A做的功等于物体A机械能的变化量，即，故C错误；
D、当弹簧的弹力等于物体A的重力时，物体A的加速度为零，速度最大，设此时弹簧的形变量为x，有kx＝mg
又因为物体A落体时物体B对地面恰好无压力，有
解得
所以此时弹簧的伸长量为，所以此时物体A离地面的高度为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的解题关键是分析清楚A的运动过程与受力情况，知道A的加速度为零时，速度最大，应用机械能守恒定律和功能关系分析解题。
8．（2025 潍坊三模）某次训练投掷中，运动员将质量m＝4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。已知铅球在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动；重力势能的变化和重力做功的关系．
【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】铅球做斜抛运动，已知动能最小值，根据动能表达式求出水平分速度大小。由v0y＝gt1求抛出时的竖直速度，从而求出初动能。列出t时刻动能表达式，再确定Ek﹣t图像和Ek﹣h图像的形状；列出重力势能表达式，再确定重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像。
【解答】解：AC、铅球做斜抛运动，在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J，此时到达最高点，且重力势能最大。设抛出时铅球的水平速度为v0x，则
解得
铅球抛出时的竖直速度v0y＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°，其初动能为Ek0，解得初动能Ek0＝200J
上升过程中t时刻的动能为
可知Ek﹣t图像是抛物线；
因Ek＝Ek0﹣mgh＝200﹣40h
其中h最大值hm＝1.25m
所以Ek﹣h图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，故A错误，C正确；
BD、铅球t时刻的重力势能，可知Ep﹣t图像是抛物线；Ep﹣h图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，故BD错误。
故选：C。
【点评】解答本题时，要搞清铅球的运动情况和运动规律，熟练运用运动的分解法处理抛体运动，根据运动规律得到图像的解析式，再分析图像的形状。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 未央区校级期末）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小最大值等于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，a的加速度为g
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；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】BD
【分析】A、分析b的运动情况，结合轻杆对b的力与b位移方向的关系判断做功情况。
B、根据系统机械能守恒，结合a落地时b的速度，求解a落地时的速度。
C、分析a下落过程中受力情况，结合牛顿第二定律判断加速度最大值。
D、根据系统机械能守恒，分析a机械能最小时b的机械能和速度情况，进而确定a的受力与加速度。
【解答】解、A、因为水平面光滑，a、b组成的系统机械能守恒。a下落过程中，b先做加速运动，后做减速运动；轻杆对b的力：在b加速阶段，轻杆对b的力沿杆方向，与b的位移方向夹角小于90°，做正功；在b减速阶段，轻杆对b的力沿杆方向，与b的位移方向夹角大于90°，做负功。所以轻杆对b不是一直做正功，故A错误。
B、根据系统机械能守恒，a下落过程中，只有重力做功，系统机械能守恒。a落地时，b的速度vb＝0（因为此时轻杆处于水平状态，b水平方向不再运动）；设a落地时速度为va，由机械能守恒定律，代入vb＝0，解得，故B正确。
C、a下落过程中，b先加速后减速。当b减速时，轻杆对b有向左的拉力，根据牛顿第三定律，轻杆对a有向下的拉力；对a受力分析，a受重力mg和轻杆向下的拉力F，根据牛顿第二定律F合＝ma，此时合力F合＝mg+F＞mg，所以a的加速度a＞g，即a下落过程中加速度最大值大于g，故C错误。
D、因为a、b组成的系统机械能守恒，所以a的机械能最小时，b的机械能最大。b的机械能最大时，其动能最大，速度最大，此时b的加速度为0（速度最大时加速度为0），则轻杆对b的弹力为0；对a受力分析，此时a只受重力mg，根据牛顿第二定律F合＝ma，mg＝ma，解得a＝g，即a的加速度为g，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题综合考查机械能守恒定律、力与运动的关系（牛顿第二定律应用）以及功能关系（做功与能量变化）。将多个力学核心知识点融合，需综合运用规律分析物体的运动、受力和能量变化，对知识的串联应用能力要求较高。
（多选）10．（2025春 南宁期末）如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一质量为M的物块A放在斜面上恰好不下滑。将一不可伸长的轻绳一端连接A，另一端跨过光滑定滑轮后与一轻弹簧相连，轻弹簧下端栓接质量为m的重物B。开始时用手拖住重物B，弹簧恰处于原长，现将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．B下落过程中A与B组成的系统机械能守恒
B．B下落一半距离时有最大速度
C．B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
D．M＝2m
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】通过机械振动的对称性，得到B下落到最低点时的受力特点，根据A两次恰好不滑动，得到A受力特点，可以比较M与m的关系，也可求得B下落一半时的速度。根据功能关系，可以得到机械能和弹簧弹力做功关系。
【解答】解：A、下落过程B重力势能减小转化为弹簧弹性势能，所以AB组成的系统机械能不守恒，应该是B和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、B下落一半距离时，根据机械振动对称性，此时mg＝kx，速度最大，故B正确；
C、根据功能关系，除重力和系统内的弹力以外的其它力做功等于机械能的变化量，B下落过程，只有重力和弹力做功，所以B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，故C正确；
D、物块A放在斜面上，恰好不下滑：fmax＝Mgsinθ。当B下滑到最低点时，A恰好不上滑：弹簧弹力F＝Mgsinθ+fmax＝2Mgsinθ＝Mg，开始时，弹簧处于原长，由静止释放B，B受到向下的重力mg和向上的弹力kx，弹力大于重力，B做加速度减小的加速运动，当mg＝kx时，B速度最大，B继续向下运动，mg＜kx，B做加速度增大的减速运动，当B下滑到最低点时，根据机械振动的对称性，此时弹簧形变量为2x，弹力F＝2kx＝2mg，所以Mg＝2mg，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题难点在于需要考虑弹簧发生机械振动时几个特点：平衡位置受力平衡，关于平衡位置对称的两点弹簧弹力相同，加速度相同。
（多选）11．（2025 河南模拟）如图所示，消防员用高压水枪向起火房间的窗户喷水，高压喷头与水平方向之间的夹角为53°，喷头出水的流量（单位时间内出水体积）Q＝5×10﹣3m3/s，高压水柱沿水平方向冲击玻璃，经水冲击后玻璃恰好碎裂，火势迅速得到控制。已知高压水枪喷头的横截面积S＝2×10﹣4m2，喷头与高楼之间的水平距离为d（大小未知），水的密度为ρ＝1×103kg/m3，不考虑水的反溅，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．水柱离开水枪后上升的最大高度为40m
B．d＝30m
C．高压喷头喷水的功率为1562.5W
D．水柱冲击玻璃产生的平均压强为4×105Pa
【考点】瞬时功率的计算；牛顿第三定律的理解与应用；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据喷头出水的流量与速度的关系，可得到水枪离开水枪时的速度大小；根据平抛运动的特点，可得到水平、竖直方向的速度、位移关系式，求解水平距离、水平分速度、水柱上升的最大竖直高度；根据功率与能量的关系，可得高压喷头喷水的功率；根据水柱冲击玻璃时的速度大小，结合动量定理，即可求解水柱冲击玻璃产生的平均压强。
【解答】解：AB、根据喷头出水的流量与速度的关系：，可得到水枪离开水枪时的速度大小为：v＝25m/s；
根据平抛运动的特点，可知水平方向：d＝vcos53°t2，竖直方向：vsin53°＝gt2，，
解得：水平距离d＝30m，水平分速度：、水柱上升的最大竖直高度y＝20m，故A错误，B正确；
C、根据功率与能量的关系：，m＝ρvtS，可得高压喷头喷水的功率为1562.5W，故C正确；
D、根据水柱冲击玻璃时的速度大小为15m/s，结合动量定理：pSΔt＝ρSvcos53°Δt×vcos53°，解得水柱冲击玻璃产生的平均压强：p＝2.25×105Pa，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查流体的运动、受力与能量的关系，关键是根据平抛运动时，在不同方向运动的特点，得到水在不同方向的速度、冲击造成压强、功率的关系。
（多选）12．（2025 晋中模拟）如图所示，三角形支架放在水平台秤上，剪断斜面上固定小球的细绳，小球沿着斜面滚下。在小球滚下的过程中（ ）
A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少
C．台秤的示数增大 D．台秤的示数减小
【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定量思想；控制变量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据摩擦力做功情况进行判断；
根据加速度的方向结合超重与失重情况进行判断。
【解答】解：AB．在小球滚下的过程中，摩擦力做负功，则机械能减少；故A错误，B正确；
CD．小球沿着斜面向下，根据受力情况判断可得小球加速运动，其处于失重状态，故台秤的示数减小。故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查的事机械能是否守恒的判断，其中涉及到了超重与失重的判断，题型简单，为基础题型。
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 天河区期末）如图所示，将完全相同的A、B两小球从同一高度静止释放，A球自由下落，B球沿光滑斜面下滑。当它们经过图中虚线所示的同一水平面时，速度大小vA ＝ vB（选填“＞”，“＜”或“＝”），重力的瞬时功率PA ＞ PB（选填“＞”，“＜”或“＝”）。
【考点】机械能守恒定律的简单应用．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
【答案】＝，＞。
【分析】根据机械能守恒定律分析速度大小关系。根据重力的瞬时功率公式PG＝mgvy分析重力的瞬时功率关系。
【解答】解：两球下落时只有重力做功，机械能守恒，则有，得v，两球下降高度相同，则速度大小相同，即vA＝vB；
根据PG＝mgvy，因A的速度竖直分量较大，可知PA＞PB。
故答案为：＝，＞。
【点评】解答本题时，要注意重力的瞬时功率与竖直分速度有关，要掌握重力的瞬时功率公式PG＝mgvy。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿固定光滑斜面下滑，b做自由落体运动，同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力，三个物块落地前瞬间的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，则这三个物块动能关系Eka ＝ Ekb ＜ Ekc（填“＞”或“＝”或“＜”），从开始到落地三个物块重力的平均功率为Pa、Pb、Pc，则这三个物块重力的平均功率关系为Pa ＜ Pb ＝ Pc（填“＞”或“＝”或“＜”）。
【考点】动能的定义、性质、表达式；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】＝，＜，＜，＝。
【分析】根据动能定理、运动学公式、牛顿第二定律、功率的计算公式列式分析解答。
【解答】解：三个小物块下落高度相同，质量相同，则重力做功相同，由动能定理知Eka＝Ekb＜Ekc；设斜面与水平方向的夹角为θ，对a，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得加速度a＝gsinθ，由运动学公式得，解得，，则ta＞tb＝tc，由，知Pa＜Pb＝Pc。
故答案为：＝，＜，＜，＝。
【点评】考查动能定理、运动学公式、牛顿第二定律、功率的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。
15．（2025春 烟台期中）“环球飞车”特技表演是一种极具挑战性和观赏性的杂技表演。特技演员骑着摩托车在环形铁笼内高速行驶，并完成各种惊险的动作。设某次特技演员在竖直面内沿铁笼内壁以恒定速率v做匀速圆周运动，特技演员和摩托车可视为质点，简化图如图所示。已知铁笼内壁半径为R，特技演员和摩托车总质量为M，摩托车所受的摩擦阻力为其对铁笼内壁压力的k倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则特技演员骑着摩托车由最低点到最高点过程中牵引力做的功是 。
【考点】利用动能定理求解变力做功；向心力的来源分析；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；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】
【分析】明确特技演员和摩托车从最低点到最高点这一过程，分析力做功情况：重力做功、摩擦力做功、牵引力做功，最后应用动能定理求解牵引力做功。
【解答】解、设表演者和摩托车从最低点逆时针做匀速圆周运动，把右边半个圆弧n等分，即每一小段的长为，在右侧圆周下半部分任取一小段圆弧A，如图
则
同理，在右侧圆周上半部分与A对称位置B有
根据对称性可知，在上半圆周与下半圆周对称点附近很小一段圆弧上的阻力做的功之和为
所以表演者和摩托车从最低点到最高点过程中克服阻力做的功为
根据能量守恒定律可知，从最低点到最高点过程中摩托车牵引力做的功为
WF＝Wf+2MgR
可得
故答案为：
【点评】考查了圆周运动、功的计算、动能定理，正确判断重力、摩擦力的做功情况，重力做功只与初末位置高度差有关，摩擦力做功要先确定摩擦力大小（与支持力相关）和运动路程。
16．（2025春 同安区校级期中）质量相等的a、b、c三个小球处在同一高度，a球以初速度v0做平抛运动，b球做自由落体运动，c球以初速度v0做斜上抛运动，最终三个小球都落到下方同一水平面上，则飞行时间ta ＝ tb，落地瞬间重力瞬时功率Pa ＜ Pc。（填“＞”“＝”或“＜”）
【考点】瞬时功率的计算；平抛运动在竖直和水平方向上的特点；斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】＝；＜
【分析】根据自由落体、平抛运动和斜抛运动的特点分析三个小球运动时间关系和落地的竖直分速度关系，根据PG＝mgvy分析重力的功率的关系。
【解答】解：a、b两球在竖直方向上做自由落体运动，且下落高度相同，故二者飞行时间相同，即ta＝tb；c小球从与a、b两球高度相同的位置做竖直上抛运动，所以c小球运动到最高点后做自由落体运动的高度大于a小球做自由落体运动的高度，落地的竖直分速度大于a球的竖直分速度，而a、c两球质量相等，根据PG＝mgvy可知，落地瞬间重力瞬时功率Pa＜Pc。
故答案为：＝；＜
【点评】本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据自由落体、平抛运动和斜抛运动的特点，由运动学公式与功率公式分析即可求解。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC部分为竖直平面内的轨道，C′DEF为水平面内的轨道。AB段是倾角θ＝37°的光滑倾斜直轨道，长为L＝5R，与竖直平面内的光滑圆轨道1相切于B点，圆轨道1的半径为R，C、C′为轨道最低点且略微错开，C′D为粗糙水平直轨道，长度为s＝10R，DE为光滑半圆形水平弯道，其半径R2＝4R，EF也为粗糙水平直轨道，长度与C′D相同。A点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向右的某种场力，大小为mg。已知小球的质量m，小球与C′D、EF的动摩擦因数μ，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力可忽略不计。求：
（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值；
（3）在F点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制）
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；利用动能定理求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度大小为，方向沿倾斜直轨道向下；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为7.5mg；
（3）小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
【分析】（1）根据动能定理与功能关系求解小球第一次运动到B点的速度；
（2）将重力和该种场力合成为等效重力，确定小球能在圆轨道1上做完整圆周运动的等效最高点与等效最低点，根据牛顿第二定律与动能定理解答；
（3）根据小球做圆周运动过程的临界条件，分析判断小球能停止在水平直轨道或在圆轨道1内往复运动的条件，根据牛顿第二定律与功能关系解答。
【解答】解：（1）设该种场力大小为Fmg，小球第一次运动到B点的速度大小为vB，对小球第一次由A到B的过程，根据动能定理与功能关系得：
，已知：Ep＝8mgR
解得：vB，方向沿倾斜直轨道向下
（2）将重力和该种场力合成为合力F合，可得F合的大小为：
其方向与水平方向夹角β满足：，解得：β＝53°
由几何关系可知F合的方向垂直于倾斜直轨道AB向下。
小球在圆轨道1上做完整圆周运动，根据F合的方向可知，B点为等效最低点，小球在此位置受到轨道的弹力最大（设为F1）；B点关于圆心对称的P点为等效最高点，在此位置小球受到轨道的弹力最小（设为F2）。设小球在B点的速度大小为v1，在P点的速度大小为v2，根据牛顿第二定律得：
由B到P的过程，根据动能定理得：
小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为：ΔF＝F1﹣F2
联立解得：ΔF＝6F合＝7.5mg
（3）设小球恰好经过P点的临界速度大小为vP，根据牛顿第二定律得：
，解得：vP
小球由P直接运动到D的过程，合力做功为：
WPD＝mg（R+Rsinβ）﹣F（s﹣Rcosβ）﹣μmgs＝﹣12.75mgR
因：mgR＜|WPD|，故由动能定理可知小球恰好经过P点后不能到达D点。
设水平弯道DE的中点为G点，设小球恰好经过G点的临界速度大小为vG，同理可得：
，解得：vG
小球由G点经E点到达F点，再被反弹返回到E点的过程，合力做功为：
WGFE＝FR2﹣μmg 2s＝﹣12mgR
因：1.5mgR＜|WGEF|，同理可知小球恰好经过G点后不能返回到E点。
小球返回的过程，由G点经D点到达P点的过程，合力做功为：
WGDP＝F（R2+s﹣Rcosβ）﹣μmg s﹣mg（R+Rsinβ）＝0.75mgR
因：WGDP，可知小球由F反弹后恰好经过G点后一定能经过P点。
由（2）的解答可知小球在AB段做匀速直线运动，小球向上滑经过B点与下滑经过B点速度大小相等。
因：WGDP+WPD＜0$，可知小球由弹性墙反弹后恰好经过G点，再经过P点后不能到达D点。
为使小球始终不脱离轨道，有如下几种情况：
①首次由A点下滑后不越过圆轨道1的等效圆心等高点Q点（见上图），弹性势能应满足：
②首次由A点下滑后能越过圆轨道1的等效最高点P点，而不越过D点，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmgs≤0
解得：
③在F点多次反弹后，第n次由A下滑后能经过G点，再由F点返回不越过E点，在第n次由A下滑之前，在轨道C′D与轨道EF分别共经过2（n﹣1）次，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmg 3s﹣2×2（n﹣1）μmgs≤0
解得：，n＝1、2、3……
④第n次由A下滑后到F点返回能经过G点，且经过G点后经圆轨道1回到A点，再次由A下滑不越过D点，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmg 5s﹣2×2（n﹣1）μmgs≤0
解得：，n＝1、2、3……
综上所述，为使小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为：，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
答：（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度大小为，方向沿倾斜直轨道向下；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为7.5mg；
（3）小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
【点评】本题考查了圆周运动的临界问题与功能关系的应用，掌握应用等效重力处理圆周运动的方法，掌握圆周运动的临界条件。
18．（2025春 南宁期末）2025年5月31日，在南宁邕江大桥畅游阁附近水域举行了南宁市龙舟公开赛，共有42支队伍报名参赛，经过激烈比赛，最终广州白云队获得直道200米决赛冠军。设白云队龙船的总质量M＝2000kg（含人），20名划手分两列坐好，同时向斜后方划桨，假设每位划手每次向斜后方划桨时，桨对水的力大小均为F＝400N，且力与水面平行，船桨平面与船身的夹角为θ＝37°，每次划桨船前进s1＝30厘米。假设此次比赛水对船的阻力f恒定，为总重力的0.1倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s（假设阻力仍为总重力的0.1倍）？
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【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】（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a为1.4m/s2；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s为0.72m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式解答；
（2）根据动能定理列式求解。
【解答】解：（1）设船桨受到水的力为F，对龙舟由牛顿第二定律，有20Fsin37°﹣0.1Mg＝Ma，解得龙舟加速度的大小a＝1.4m/s2；
（2）划桨一次，对龙舟动能定理，有20Fsin37°s1﹣0.1Mgs＝0，解得s＝0.72m。
答：（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a为1.4m/s2；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s为0.72m。
【点评】考查牛顿第二定律和动能定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
19．（2025春 金华期末）某物理研究小组设计的弹射装置如图，改变弹性势能，可改变小物块水平进入圆弧轨道A点的速度，已知AB段圆弧半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°，直轨道BC倾角也为53°，BC段长为L1＝0.7m，长木板左端与水平平台右端紧靠在D点，表面相平，CD长为L2＝0.6m，小物块质量m＝0.2kg，长木板质量M＝0.4kg，长为L3＝1.16m，小物块与BC段动摩擦因数为μ1，与长木板动摩擦因数为μ2＝0.15，其他摩擦阻力不计，已知sin53°＝0.8。
（1）当弹射装置释放的弹性势能为0.8J时，求小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小；
（2）改变弹射装置释放的弹性势能，若小物块经过轨道A、B、C后正好落在长木板左端D点，求小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间；
（3）若小物块落到长木板上的瞬间，竖直方向速度变为零，水平方向速度不变，为使小物块能落在木板上且最终停留在长木板上，求弹射装置释放的弹性势能应满足的条件。
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律求解多过程问题；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；动能定理的应用专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小为5.2N；
（2）小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间为0.6s；
（3）弹射装置释放的弹性势能应满足的条件为2.425J≤Ep≤2.8J。
【分析】（1）弹性势能→A点动能，列式求A点的速度，A点圆周运动，牛顿第二定律结合向心力列式求支持力，第三定律得压力。
（2）C点速度与B到D时间C→D平抛：竖直自由落体，水平匀速，列式求时间和初速度；B→C斜面：根据牛顿定律和运动学公式，求解总时间。
（3）临界1：物块落木板左端D，能量守恒算最小势能Ep1；临界2：物块落木板后共速右端，分析物块与木板加速度，结合相对位移与共速条件求C点的速度，再能量守恒算最大势能，再进行判断。
【解答】解：（1）从释放到
解得：
解得：FN＝5.2N
由牛顿第三定律可知对A点的压力大小为5.2N。
（2）由C到D斜抛满足：
解得t1＝0.2s，vc＝2.5m/s
由B到C斜面上减速的加速度大小为
解得：vB＝4.5m/s
代入数据得t2＝0.2s
所以tB＝2t1+t2＝2×0.2s+0.2s＝0.6s
（3）从开始弹射到小物块运动到C点：
C点的水平速度为vx＝vCcosθ
设从C斜抛到木板上时，落点距木板最左端的水平距离为d1则
则
恰好不滑高则d1+d2＝L3
刚好落在长木板最左端时，对应C点速度最小，则
落上长木板后恰好停在木板最右端时，对应C点速度最大，则
即弾射装置释放的弹性势能应满足2.425J≤Ep≤2.8J
答：（1）小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小为5.2N；
（2）小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间为0.6s；
（3）弹射装置释放的弹性势能应满足的条件为2.425J≤Ep≤2.8J。
【点评】涵盖能量守恒（弹性势能、重力势能、动能转化，摩擦生热）、牛顿运动定律（圆周运动向心力、斜面及板块受力分析）、平抛运动规律（水平匀速、竖直自由落 体），还有板块模型的相对运动，几乎贯穿高中力学主干知识。能有。效考查知识掌握与能力水平，适合用作同步练习、模拟题或高考复习题，锻炼学生解决复杂力学问题的能力。
20．（2025春 杭州期末）如图所示，地面上方固定一长度为L1＝3m的水平传送带AB，传送带以v0＝2.4m/s的速度顺时针转动，其右侧固定有一圆心角θ＝53°，R＝2.5m的光滑圆弧轨道CD，轨道最低点D右侧等高处紧挨着放置一个足够长、质量M＝1kg的木板EF，其上表面粗糙，下表面光滑，木板的右端足够远处固定有一弹性竖直挡板G。
现将一个质量m＝1kg的物块（可看成质点）轻放在传送带左端A点，它从传送带右端B点水平抛出后恰好从C点沿着圆弧切线方向进入轨道CD，经最低点D后滑上木板EF。已知物块与传送带和木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.12和μ2＝0.5，木板与挡板G碰后会立刻原速率反弹，cos53°＝0.6，求：
（1）物块在传送带上做 先匀加速后匀速 运动（选填“匀加速直线”“匀速直线”或“先匀加速后匀速”），物块运动到B点的速度vB＝ 2.4 m/s；
（2）物块运动到C点的速度大小以及到D点时受到持力大小；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离。
【考点】从能量角度求解板块模型的问题；水平传送带模型；平抛运动与曲面的结合；机械能与曲线运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿运动定律综合专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）先匀加速后匀速，2.4；
（2）物块运动到C点的速度大小为6m/s，到D点时受到持力大小为24.4N；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量为9J；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离3.6m。
【分析】（1）物块轻放传送带，初速为0。由算加速度，结合，因算出速度等于传送带速度，故先匀加速后匀速，。
（2）C点速度：平抛后C点沿切线，，据此求。用动能定理求；D点由求持力。
（3）物块滑木板，由牛顿第二定律可得。据求共速时间，算得，再由算生热。
（4）分析碰撞前后受力，算加速度，结合运动学公式与碰撞“原速率反弹”对称，逐段推位移，叠加得第三次碰前物块离距离。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物块在传送带上的加速度：
若物块一直加速到右端，末速度v满足：v2＝2a1L1代入L1＝3m，得：
但传送带速度v0＝2.4m/s＜2.68m/s，说明物块先匀加速到v0，后匀速运动
因此，物块运动到B点的速度vB＝v0＝2.4m/s。
（2）平抛过程水平速度不变vB＝vccosθ，解得vc＝4m/s
C到D过程根据动能定理，有
解得vD＝6m/s
D点
解得FN＝24.4N
（3）取向右为正方向，木板与挡板第一次碰撞前
am＝﹣μ2g＝﹣0.5×10m/s2＝﹣5m/s2，aM5m/s2
两者达到共速v1
vD+amt1＝aMt1
解得t1＝0.6s
故v1＝aMt1＝5×0.6m/s＝3m/s
，
代入数据得 x物块＝2.7m，x木板＝0.9m
相对滑行位移2.7m﹣0.9m＝1.8m
由功能关系得
代入数据得Q＝9J
（4）取向右为正方向，木板与挡板第一次碰撞后
，
代入数据得，
两者再次达到共速v2
v1+amt2＝﹣v1+aMt2
解得t2＝0.4s
故v2＝v1+amt2＝3m/s＝﹣5×0.4m/s＝1m/s
，
代入数据得，
相对滑行位移0.8m﹣（﹣0.4m）＝1.2m
木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离为3×1.2m＝3.6m
答：（1）先匀加速后匀速，2.4；
（2）物块运动到C点的速度大小为6m/s，到D点时受到持力大小为24.4N；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量为9J；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离3.6m。
【点评】本题是一道综合性较强的力学压轴题，涵盖多个力学过程（传送带运动、平抛与圆周运动、板块模型、碰撞问题），各过程衔接自然，注重对物理规律的综合应用能力和多过程分析能力的考查，难度适中但区分度较好。关键要把握木板反弹后的受力变化，分阶段分析物块与木板的运动状态，通过位移叠加确定最终位置关系。
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)
高考物理一轮复习 功和能
一．选择题（共8小题）
1．（2025 河南模拟）打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，打铁花大师在细绳的一端拴一质量为m＝1kg的铁丝棉（可视为质点），用力甩动胳膊使其在竖直平面内绕一固定点O做半径为L＝0.5m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，则（ ）
A．细绳恰好被拉断时铁丝棉的速度大小为6m/s
B．细绳恰好被拉断后铁丝棉做平抛运动的时间为2s
C．绳断后铁丝棉对应的水平射程为4m
D．铁丝棉落地前重力的瞬时功率为200W
2．（2025 毕节市模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为2g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
3．（2025 山东二模）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块b（处于P处），使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式Epkx2（x为弹簧形变量），物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块a、b的质量之比为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物块b运动到PQ中点时速度大小为
D．若物块b的质量为，则由P到Q过程中b的动能先增大后减小
4．（2025 香洲区校级模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x＝kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
5．（2025 黄冈模拟）如图所示，有一倾角为30°的足够长固定光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧的一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，初始时系统处于静止状态。现对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面做匀加速运动。下列说法正确的是（ ）
A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
D．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
6．（2025春 渝中区校级期末）如图所示，小巴同学（可视为质点）在逃生演练时，从倾斜滑垫上端A点由静止滑下，经过转折点B后进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C点，两段运动均可视为匀变速直线运动。A点在水平地面上的射影为D点，已知小巴同学与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为μ，DB两点间的距离为L1，B、C两点间的距离为L2，人的质量为m，斜面AB长为L1，高AD为h，到达B点的速度大小为v，重力加速度大小为g，不计人通过转折点B时的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．人在倾斜滑垫上运动的距离比在水平滑垫上运动的距离长
B．人在倾斜滑垫上运动的平均速度比在水平滑垫上运动的平均速度小
C．人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为μmg（L1+L2）
D．倾斜滑垫的倾角未知，不能求出人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
7．（2025春 江阴市校级期末）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且与地面的距离为h，物体B静止在地面上、放手后物体A下落，到与地面将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则上述过程中（ ）
A．物体A的机械能守恒
B．物体A与地面将接触时加速度最大
C．弹簧对物体A做的功为mgh
D．物体A速度最大时离地面高度为
8．（2025 潍坊三模）某次训练投掷中，运动员将质量m＝4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。已知铅球在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 未央区校级期末）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小最大值等于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，a的加速度为g
（多选）10．（2025春 南宁期末）如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一质量为M的物块A放在斜面上恰好不下滑。将一不可伸长的轻绳一端连接A，另一端跨过光滑定滑轮后与一轻弹簧相连，轻弹簧下端栓接质量为m的重物B。开始时用手拖住重物B，弹簧恰处于原长，现将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．B下落过程中A与B组成的系统机械能守恒
B．B下落一半距离时有最大速度
C．B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
D．M＝2m
（多选）11．（2025 河南模拟）如图所示，消防员用高压水枪向起火房间的窗户喷水，高压喷头与水平方向之间的夹角为53°，喷头出水的流量（单位时间内出水体积）Q＝5×10﹣3m3/s，高压水柱沿水平方向冲击玻璃，经水冲击后玻璃恰好碎裂，火势迅速得到控制。已知高压水枪喷头的横截面积S＝2×10﹣4m2，喷头与高楼之间的水平距离为d（大小未知），水的密度为ρ＝1×103kg/m3，不考虑水的反溅，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．水柱离开水枪后上升的最大高度为40m
B．d＝30m
C．高压喷头喷水的功率为1562.5W
D．水柱冲击玻璃产生的平均压强为4×105Pa
（多选）12．（2025 晋中模拟）如图所示，三角形支架放在水平台秤上，剪断斜面上固定小球的细绳，小球沿着斜面滚下。在小球滚下的过程中（ ）
A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少
C．台秤的示数增大 D．台秤的示数减小
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 天河区期末）如图所示，将完全相同的A、B两小球从同一高度静止释放，A球自由下落，B球沿光滑斜面下滑。当它们经过图中虚线所示的同一水平面时，速度大小vA vB（选填“＞”，“＜”或“＝”），重力的瞬时功率PA PB（选填“＞”，“＜”或“＝”）。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿固定光滑斜面下滑，b做自由落体运动，同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力，三个物块落地前瞬间的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，则这三个物块动能关系Eka Ekb Ekc（填“＞”或“＝”或“＜”），从开始到落地三个物块重力的平均功率为Pa、Pb、Pc，则这三个物块重力的平均功率关系为Pa Pb Pc（填“＞”或“＝”或“＜”）。
15．（2025春 烟台期中）“环球飞车”特技表演是一种极具挑战性和观赏性的杂技表演。特技演员骑着摩托车在环形铁笼内高速行驶，并完成各种惊险的动作。设某次特技演员在竖直面内沿铁笼内壁以恒定速率v做匀速圆周运动，特技演员和摩托车可视为质点，简化图如图所示。已知铁笼内壁半径为R，特技演员和摩托车总质量为M，摩托车所受的摩擦阻力为其对铁笼内壁压力的k倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则特技演员骑着摩托车由最低点到最高点过程中牵引力做的功是 。
16．（2025春 同安区校级期中）质量相等的a、b、c三个小球处在同一高度，a球以初速度v0做平抛运动，b球做自由落体运动，c球以初速度v0做斜上抛运动，最终三个小球都落到下方同一水平面上，则飞行时间ta tb，落地瞬间重力瞬时功率Pa Pc。（填“＞”“＝”或“＜”）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC部分为竖直平面内的轨道，C′DEF为水平面内的轨道。AB段是倾角θ＝37°的光滑倾斜直轨道，长为L＝5R，与竖直平面内的光滑圆轨道1相切于B点，圆轨道1的半径为R，C、C′为轨道最低点且略微错开，C′D为粗糙水平直轨道，长度为s＝10R，DE为光滑半圆形水平弯道，其半径R2＝4R，EF也为粗糙水平直轨道，长度与C′D相同。A点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向右的某种场力，大小为mg。已知小球的质量m，小球与C′D、EF的动摩擦因数μ，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力可忽略不计。求：
（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值；
（3）在F点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制）
18．（2025春 南宁期末）2025年5月31日，在南宁邕江大桥畅游阁附近水域举行了南宁市龙舟公开赛，共有42支队伍报名参赛，经过激烈比赛，最终广州白云队获得直道200米决赛冠军。设白云队龙船的总质量M＝2000kg（含人），20名划手分两列坐好，同时向斜后方划桨，假设每位划手每次向斜后方划桨时，桨对水的力大小均为F＝400N，且力与水面平行，船桨平面与船身的夹角为θ＝37°，每次划桨船前进s1＝30厘米。假设此次比赛水对船的阻力f恒定，为总重力的0.1倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s（假设阻力仍为总重力的0.1倍）？
19．（2025春 金华期末）某物理研究小组设计的弹射装置如图，改变弹性势能，可改变小物块水平进入圆弧轨道A点的速度，已知AB段圆弧半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°，直轨道BC倾角也为53°，BC段长为L1＝0.7m，长木板左端与水平平台右端紧靠在D点，表面相平，CD长为L2＝0.6m，小物块质量m＝0.2kg，长木板质量M＝0.4kg，长为L3＝1.16m，小物块与BC段动摩擦因数为μ1，与长木板动摩擦因数为μ2＝0.15，其他摩擦阻力不计，已知sin53°＝0.8。
（1）当弹射装置释放的弹性势能为0.8J时，求小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小；
（2）改变弹射装置释放的弹性势能，若小物块经过轨道A、B、C后正好落在长木板左端D点，求小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间；
（3）若小物块落到长木板上的瞬间，竖直方向速度变为零，水平方向速度不变，为使小物块能落在木板上且最终停留在长木板上，求弹射装置释放的弹性势能应满足的条件。
20．（2025春 杭州期末）如图所示，地面上方固定一长度为L1＝3m的水平传送带AB，传送带以v0＝2.4m/s的速度顺时针转动，其右侧固定有一圆心角θ＝53°，R＝2.5m的光滑圆弧轨道CD，轨道最低点D右侧等高处紧挨着放置一个足够长、质量M＝1kg的木板EF，其上表面粗糙，下表面光滑，木板的右端足够远处固定有一弹性竖直挡板G。
现将一个质量m＝1kg的物块（可看成质点）轻放在传送带左端A点，它从传送带右端B点水平抛出后恰好从C点沿着圆弧切线方向进入轨道CD，经最低点D后滑上木板EF。已知物块与传送带和木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.12和μ2＝0.5，木板与挡板G碰后会立刻原速率反弹，cos53°＝0.6，求：
（1）物块在传送带上做 运动（选填“匀加速直线”“匀速直线”或“先匀加速后匀速”），物块运动到B点的速度vB＝ m/s；
（2）物块运动到C点的速度大小以及到D点时受到持力大小；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离。
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8小题）
1．（2025 河南模拟）打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，打铁花大师在细绳的一端拴一质量为m＝1kg的铁丝棉（可视为质点），用力甩动胳膊使其在竖直平面内绕一固定点O做半径为L＝0.5m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，则（ ）
A．细绳恰好被拉断时铁丝棉的速度大小为6m/s
B．细绳恰好被拉断后铁丝棉做平抛运动的时间为2s
C．绳断后铁丝棉对应的水平射程为4m
D．铁丝棉落地前重力的瞬时功率为200W
【考点】瞬时功率的计算；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在最低点时，由细绳恰好拉断，可得到铁丝绵的速度大小；根据平抛运动的水平、竖直方向的运动学关系式，可得到平抛时间、水平射程、竖直分速度；根据瞬时功率的公式，可得到铁丝绵落地前重力的瞬时功率大小。
【解答】解：A、在最低点时，由细绳恰好拉断，可得到铁丝绵的速度满足：，解得v＝4m/s，故A错误；
BC、平抛运动的水平方向：x＝vt，竖直方向：，vy＝gt，可解得平抛时间：t＝1s，水平射程x＝4m，竖直分速度vy＝10m/s，故B错误，C正确；
D、根据瞬时功率的公式：PG＝mgvy，可得到铁丝绵落地前重力的瞬时功率大小为100W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查圆周运动与平抛运动的结合，关键是根据临界状态，列出受力与运动特点的关系式。
2．（2025 毕节市模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧O1端和O2端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为h，重力加速度大小为g。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为2g
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】小球由C到O，根据系统机械能守恒求小球到达O点的速率；在C点时，由牛顿第二定律求出小球的加速度，根据对称性确定小球运动到最低点时加速度大小；根据两弹簧对小球做功情况，分析其机械能如何变化。
【解答】解：A、小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO。开始小球在C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO，弹簧1、2完全相同，可知小球在C、O两点时弹簧的弹性势能相同，小球由C到O，由两弹簧和弹簧组成的系统机械能守恒得
解得，故A错误；
B、设小球在C点的加速度为a，由牛顿第二定律得
F弹+mg＝ma
在O点时，有F弹﹣mg＝0
可得a＝2g
由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为2g，故B正确；
CD、由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下，弹力对小球做正功，小球的机械能增加；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上，对小球做负功，小球的机械能减小，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，故CD错误。
故选：B。
【点评】解答本题时，要抓住对称性，并能准确分析弹簧的状态，判断弹性势能变化情况，利用系统机械能守恒和牛顿第二定律解答。
3．（2025 山东二模）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块b（处于P处），使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式Epkx2（x为弹簧形变量），物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块a、b的质量之比为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物块b运动到PQ中点时速度大小为
D．若物块b的质量为，则由P到Q过程中b的动能先增大后减小
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；物体在光滑斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】A、物块a恰不离开挡板时，对a、b受力分析，结合胡克定律，联立求a、b质量比。
B、b从P到Q，系统机械能守恒，由a的临界状态得弹簧形变量，代入机械能守恒式求最大弹性势能。
C、b到PQ中点，弹簧形变量为最大的一半，用机械能守恒求此时b的速度。
D、分析b的受力，根据合力变化判断加速度、速度及动能变化。
【解答】解：A、由题意可知，物块b在PQ之间做简谐运动，在P点时的加速度大小为
由对称性可知物块b在Q点的加速度大小也是，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B、物块由P到Q的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ的长度为x，则
解得
所以弹性势能
故B错误；
D、若物块b的质量为，当a对挡板恰好没有压力时，对b受力分析可知b此时合外力为0，即加速度为零，速度达到最大值，b恰好到Q，所以动能是一直增大的，故D错误；
C、从P点到PQ中点由能量守恒定律得
解得
故C错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查 共点力平衡、机械能守恒定律、胡克定律，涉及受力分析、临界状态判断及能量转化关系。这类题是高考力学综合题的典型模型，强化对“临界状态”“守恒条件”的理解，能有效提升力学综合解题能力。
4．（2025 香洲区校级模拟）已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x＝kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（ ）
A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C．地球与月球的质量之比
D．地球与月球的质量之比
【考点】机械能与图像相结合的问题；万有引力的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】Ep﹣x图线的斜率绝对值表示合力大小，在x＝kL处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，结合万有引力定律分析。
【解答】解：AB．设月球的质量为m，地球质量为M，探测器的质量为m0，引力的合力做功与引力势能的关系FΔx＝﹣ΔEp
可知Ep﹣x图线的斜率绝对值为
由引力势能Ep随位置变化关系图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；
CD．在x＝kL处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，根据万有引力定律可得
解得地球与月球的质量之比
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，解题关键要根据功能关系分析图像的意义，注意引力的合力为零的点的特点。
5．（2025 黄冈模拟）如图所示，有一倾角为30°的足够长固定光滑斜面，劲度系数为k的轻弹簧的一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为m和2m的物块A和B叠放在一起，压在弹簧上，初始时系统处于静止状态。现对B施加一沿斜面向上的外力F，使B以0.5g（g为重力加速度）的加速度沿斜面做匀加速运动。下列说法正确的是（ ）
A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
D．物块从开始运动到分离时，拉力F做的功为
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；弹力的存在及方向的判定专题；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】根据共点力平衡求解施加外力前弹簧的形变量，根据牛顿第二定律求解A、B分离时弹簧的形变量，进而得到物块运动位移，根据匀变速直线运动位移—速度关系求解分离时的速度大小，根据弹簧弹力做功的公式和动能定理解得。
【解答】解：AB．物块B施加外力前，对物体AB整体有3mgsin30°＝kx1
两物块分离时，物块A和B间的作用力为零，对物体A，根据牛顿第二定律有kx2﹣mgsin30°＝ma
物块A上滑的距离为Δx＝x1﹣x2
解得Δx
根据动力学公式v2＝2aΔx
可得两物块分离时的速度大小为v，故A错误，B正确；
CD．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
根据动能定理
联立解得拉力F做的功W
故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查连接体问题，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析，根据牛顿第二定律、功能关系和运动学公式列式求解。注意两物块分离的瞬间，接触面间弹力为0，两小球加速度相同。
6．（2025春 渝中区校级期末）如图所示，小巴同学（可视为质点）在逃生演练时，从倾斜滑垫上端A点由静止滑下，经过转折点B后进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C点，两段运动均可视为匀变速直线运动。A点在水平地面上的射影为D点，已知小巴同学与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为μ，DB两点间的距离为L1，B、C两点间的距离为L2，人的质量为m，斜面AB长为L1，高AD为h，到达B点的速度大小为v，重力加速度大小为g，不计人通过转折点B时的机械能损失，下列说法正确的是（ ）
A．人在倾斜滑垫上运动的距离比在水平滑垫上运动的距离长
B．人在倾斜滑垫上运动的平均速度比在水平滑垫上运动的平均速度小
C．人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为μmg（L1+L2）
D．倾斜滑垫的倾角未知，不能求出人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；摩擦力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A、倾斜、水平滑垫运动距离分别为L1、L2，因L1与L2大小未知，无法判断。
B、倾斜滑垫匀加速、水平滑垫匀减速，平均速度均为，由此判断。
C、倾斜滑垫克服摩擦力做功μmgL1（利用水平投影），水平滑垫μmgL2，总功μmg（L1+L2），由此判断。
D、由 C可知，无需倾角，可算克服摩擦力做功。
【解答】解：A、设倾斜滑垫的倾角为θ，人在倾斜滑垫上运动时，加速度大小为a1＝2，位移大小为x1，则有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
设人在水平滑垫上运动时，加速度大小为a2，位移大小为x2，则有
μmg＝ma2
由于倾角θ未知，则加速度大小关系未知，故无法比较x1、x2的大小关系，故A错误；
CD、人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
W＝μmgx1cosθ+μmgx2＝μmg（L1+L2）
故C正确，D错误；
B、由匀变速直线运动的特点可知
即
故B错误。
故选：C。
【点评】综合考查匀变速直线运动规律和摩擦力做功，需要学生灵活转换思路（如斜面摩擦力做功利用水平投影简化计算 ），能锻炼知识迁移和综合应用能力，区分度较好。题干物理情景虽常规，但知识点融合稍显隐蔽，对基础薄弱学生有一定难度。
7．（2025春 江阴市校级期末）如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且与地面的距离为h，物体B静止在地面上、放手后物体A下落，到与地面将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力。则上述过程中（ ）
A．物体A的机械能守恒
B．物体A与地面将接触时加速度最大
C．弹簧对物体A做的功为mgh
D．物体A速度最大时离地面高度为
【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】分析弹簧的弹力对物体A做功情况，判断A的机械能是否守恒；物体A下落到与地面即将接触时，此时物体B对地面恰好无压力，此时细绳的拉力为，根据牛顿第二定律分析A的加速度变化情况，判断何时加速度最大；根据功能关系求弹簧对物体A做的功；当物体A的加速度为零时，速度最大，由胡克定律和几何关系求物体A速度最大时离地面高度。
【解答】解：A、物体A下落时，除重力以外，弹簧的拉力对A做功，所以物体A的机械能不守恒，故A错误；
B、依题意，物体A下落到与地面将接触时，物体B对地面恰好无压力，此时细绳的拉力大小为，所以弹簧对物体A的拉力大小也为，则弹簧的拉力从小于A的重力变化到大于A的重力，根据牛顿第二定律可知，A的加速度先减小后增大，方向先竖直向下，后竖直向上。
初始时，对物体A，有mg＝ma1
解得初始时A的加速度大小为a1＝g
物体A接触地面瞬间的加速度大小为
解得
所以物体A刚下落是加速度最大，故B错误；
C、以地面为零势能面，上述过程中，物体A的初始机械能为EA初＝mgh，物体A末态的机械能为，根据功能关系可知，弹簧对物体A做的功等于物体A机械能的变化量，即，故C错误；
D、当弹簧的弹力等于物体A的重力时，物体A的加速度为零，速度最大，设此时弹簧的形变量为x，有kx＝mg
又因为物体A落体时物体B对地面恰好无压力，有
解得
所以此时弹簧的伸长量为，所以此时物体A离地面的高度为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的解题关键是分析清楚A的运动过程与受力情况，知道A的加速度为零时，速度最大，应用机械能守恒定律和功能关系分析解题。
8．（2025 潍坊三模）某次训练投掷中，运动员将质量m＝4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。已知铅球在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动；重力势能的变化和重力做功的关系．
【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】铅球做斜抛运动，已知动能最小值，根据动能表达式求出水平分速度大小。由v0y＝gt1求抛出时的竖直速度，从而求出初动能。列出t时刻动能表达式，再确定Ek﹣t图像和Ek﹣h图像的形状；列出重力势能表达式，再确定重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像。
【解答】解：AC、铅球做斜抛运动，在t1＝0.5s时动能达到最小值Ekmin＝150J，此时到达最高点，且重力势能最大。设抛出时铅球的水平速度为v0x，则
解得
铅球抛出时的竖直速度v0y＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°，其初动能为Ek0，解得初动能Ek0＝200J
上升过程中t时刻的动能为
可知Ek﹣t图像是抛物线；
因Ek＝Ek0﹣mgh＝200﹣40h
其中h最大值hm＝1.25m
所以Ek﹣h图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，故A错误，C正确；
BD、铅球t时刻的重力势能，可知Ep﹣t图像是抛物线；Ep﹣h图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，故BD错误。
故选：C。
【点评】解答本题时，要搞清铅球的运动情况和运动规律，熟练运用运动的分解法处理抛体运动，根据运动规律得到图像的解析式，再分析图像的形状。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 未央区校级期末）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小最大值等于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，a的加速度为g
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；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】BD
【分析】A、分析b的运动情况，结合轻杆对b的力与b位移方向的关系判断做功情况。
B、根据系统机械能守恒，结合a落地时b的速度，求解a落地时的速度。
C、分析a下落过程中受力情况，结合牛顿第二定律判断加速度最大值。
D、根据系统机械能守恒，分析a机械能最小时b的机械能和速度情况，进而确定a的受力与加速度。
【解答】解、A、因为水平面光滑，a、b组成的系统机械能守恒。a下落过程中，b先做加速运动，后做减速运动；轻杆对b的力：在b加速阶段，轻杆对b的力沿杆方向，与b的位移方向夹角小于90°，做正功；在b减速阶段，轻杆对b的力沿杆方向，与b的位移方向夹角大于90°，做负功。所以轻杆对b不是一直做正功，故A错误。
B、根据系统机械能守恒，a下落过程中，只有重力做功，系统机械能守恒。a落地时，b的速度vb＝0（因为此时轻杆处于水平状态，b水平方向不再运动）；设a落地时速度为va，由机械能守恒定律，代入vb＝0，解得，故B正确。
C、a下落过程中，b先加速后减速。当b减速时，轻杆对b有向左的拉力，根据牛顿第三定律，轻杆对a有向下的拉力；对a受力分析，a受重力mg和轻杆向下的拉力F，根据牛顿第二定律F合＝ma，此时合力F合＝mg+F＞mg，所以a的加速度a＞g，即a下落过程中加速度最大值大于g，故C错误。
D、因为a、b组成的系统机械能守恒，所以a的机械能最小时，b的机械能最大。b的机械能最大时，其动能最大，速度最大，此时b的加速度为0（速度最大时加速度为0），则轻杆对b的弹力为0；对a受力分析，此时a只受重力mg，根据牛顿第二定律F合＝ma，mg＝ma，解得a＝g，即a的加速度为g，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题综合考查机械能守恒定律、力与运动的关系（牛顿第二定律应用）以及功能关系（做功与能量变化）。将多个力学核心知识点融合，需综合运用规律分析物体的运动、受力和能量变化，对知识的串联应用能力要求较高。
（多选）10．（2025春 南宁期末）如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一质量为M的物块A放在斜面上恰好不下滑。将一不可伸长的轻绳一端连接A，另一端跨过光滑定滑轮后与一轻弹簧相连，轻弹簧下端栓接质量为m的重物B。开始时用手拖住重物B，弹簧恰处于原长，现将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．B下落过程中A与B组成的系统机械能守恒
B．B下落一半距离时有最大速度
C．B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
D．M＝2m
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】通过机械振动的对称性，得到B下落到最低点时的受力特点，根据A两次恰好不滑动，得到A受力特点，可以比较M与m的关系，也可求得B下落一半时的速度。根据功能关系，可以得到机械能和弹簧弹力做功关系。
【解答】解：A、下落过程B重力势能减小转化为弹簧弹性势能，所以AB组成的系统机械能不守恒，应该是B和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、B下落一半距离时，根据机械振动对称性，此时mg＝kx，速度最大，故B正确；
C、根据功能关系，除重力和系统内的弹力以外的其它力做功等于机械能的变化量，B下落过程，只有重力和弹力做功，所以B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，故C正确；
D、物块A放在斜面上，恰好不下滑：fmax＝Mgsinθ。当B下滑到最低点时，A恰好不上滑：弹簧弹力F＝Mgsinθ+fmax＝2Mgsinθ＝Mg，开始时，弹簧处于原长，由静止释放B，B受到向下的重力mg和向上的弹力kx，弹力大于重力，B做加速度减小的加速运动，当mg＝kx时，B速度最大，B继续向下运动，mg＜kx，B做加速度增大的减速运动，当B下滑到最低点时，根据机械振动的对称性，此时弹簧形变量为2x，弹力F＝2kx＝2mg，所以Mg＝2mg，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题难点在于需要考虑弹簧发生机械振动时几个特点：平衡位置受力平衡，关于平衡位置对称的两点弹簧弹力相同，加速度相同。
（多选）11．（2025 河南模拟）如图所示，消防员用高压水枪向起火房间的窗户喷水，高压喷头与水平方向之间的夹角为53°，喷头出水的流量（单位时间内出水体积）Q＝5×10﹣3m3/s，高压水柱沿水平方向冲击玻璃，经水冲击后玻璃恰好碎裂，火势迅速得到控制。已知高压水枪喷头的横截面积S＝2×10﹣4m2，喷头与高楼之间的水平距离为d（大小未知），水的密度为ρ＝1×103kg/m3，不考虑水的反溅，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．水柱离开水枪后上升的最大高度为40m
B．d＝30m
C．高压喷头喷水的功率为1562.5W
D．水柱冲击玻璃产生的平均压强为4×105Pa
【考点】瞬时功率的计算；牛顿第三定律的理解与应用；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据喷头出水的流量与速度的关系，可得到水枪离开水枪时的速度大小；根据平抛运动的特点，可得到水平、竖直方向的速度、位移关系式，求解水平距离、水平分速度、水柱上升的最大竖直高度；根据功率与能量的关系，可得高压喷头喷水的功率；根据水柱冲击玻璃时的速度大小，结合动量定理，即可求解水柱冲击玻璃产生的平均压强。
【解答】解：AB、根据喷头出水的流量与速度的关系：，可得到水枪离开水枪时的速度大小为：v＝25m/s；
根据平抛运动的特点，可知水平方向：d＝vcos53°t2，竖直方向：vsin53°＝gt2，，
解得：水平距离d＝30m，水平分速度：、水柱上升的最大竖直高度y＝20m，故A错误，B正确；
C、根据功率与能量的关系：，m＝ρvtS，可得高压喷头喷水的功率为1562.5W，故C正确；
D、根据水柱冲击玻璃时的速度大小为15m/s，结合动量定理：pSΔt＝ρSvcos53°Δt×vcos53°，解得水柱冲击玻璃产生的平均压强：p＝2.25×105Pa，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查流体的运动、受力与能量的关系，关键是根据平抛运动时，在不同方向运动的特点，得到水在不同方向的速度、冲击造成压强、功率的关系。
（多选）12．（2025 晋中模拟）如图所示，三角形支架放在水平台秤上，剪断斜面上固定小球的细绳，小球沿着斜面滚下。在小球滚下的过程中（ ）
A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少
C．台秤的示数增大 D．台秤的示数减小
【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定量思想；控制变量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据摩擦力做功情况进行判断；
根据加速度的方向结合超重与失重情况进行判断。
【解答】解：AB．在小球滚下的过程中，摩擦力做负功，则机械能减少；故A错误，B正确；
CD．小球沿着斜面向下，根据受力情况判断可得小球加速运动，其处于失重状态，故台秤的示数减小。故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查的事机械能是否守恒的判断，其中涉及到了超重与失重的判断，题型简单，为基础题型。
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 天河区期末）如图所示，将完全相同的A、B两小球从同一高度静止释放，A球自由下落，B球沿光滑斜面下滑。当它们经过图中虚线所示的同一水平面时，速度大小vA ＝ vB（选填“＞”，“＜”或“＝”），重力的瞬时功率PA ＞ PB（选填“＞”，“＜”或“＝”）。
【考点】机械能守恒定律的简单应用．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
【答案】＝，＞。
【分析】根据机械能守恒定律分析速度大小关系。根据重力的瞬时功率公式PG＝mgvy分析重力的瞬时功率关系。
【解答】解：两球下落时只有重力做功，机械能守恒，则有，得v，两球下降高度相同，则速度大小相同，即vA＝vB；
根据PG＝mgvy，因A的速度竖直分量较大，可知PA＞PB。
故答案为：＝，＞。
【点评】解答本题时，要注意重力的瞬时功率与竖直分速度有关，要掌握重力的瞬时功率公式PG＝mgvy。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿固定光滑斜面下滑，b做自由落体运动，同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力，三个物块落地前瞬间的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，则这三个物块动能关系Eka ＝ Ekb ＜ Ekc（填“＞”或“＝”或“＜”），从开始到落地三个物块重力的平均功率为Pa、Pb、Pc，则这三个物块重力的平均功率关系为Pa ＜ Pb ＝ Pc（填“＞”或“＝”或“＜”）。
【考点】动能的定义、性质、表达式；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】＝，＜，＜，＝。
【分析】根据动能定理、运动学公式、牛顿第二定律、功率的计算公式列式分析解答。
【解答】解：三个小物块下落高度相同，质量相同，则重力做功相同，由动能定理知Eka＝Ekb＜Ekc；设斜面与水平方向的夹角为θ，对a，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得加速度a＝gsinθ，由运动学公式得，解得，，则ta＞tb＝tc，由，知Pa＜Pb＝Pc。
故答案为：＝，＜，＜，＝。
【点评】考查动能定理、运动学公式、牛顿第二定律、功率的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。
15．（2025春 烟台期中）“环球飞车”特技表演是一种极具挑战性和观赏性的杂技表演。特技演员骑着摩托车在环形铁笼内高速行驶，并完成各种惊险的动作。设某次特技演员在竖直面内沿铁笼内壁以恒定速率v做匀速圆周运动，特技演员和摩托车可视为质点，简化图如图所示。已知铁笼内壁半径为R，特技演员和摩托车总质量为M，摩托车所受的摩擦阻力为其对铁笼内壁压力的k倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则特技演员骑着摩托车由最低点到最高点过程中牵引力做的功是 。
【考点】利用动能定理求解变力做功；向心力的来源分析；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；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】
【分析】明确特技演员和摩托车从最低点到最高点这一过程，分析力做功情况：重力做功、摩擦力做功、牵引力做功，最后应用动能定理求解牵引力做功。
【解答】解、设表演者和摩托车从最低点逆时针做匀速圆周运动，把右边半个圆弧n等分，即每一小段的长为，在右侧圆周下半部分任取一小段圆弧A，如图
则
同理，在右侧圆周上半部分与A对称位置B有
根据对称性可知，在上半圆周与下半圆周对称点附近很小一段圆弧上的阻力做的功之和为
所以表演者和摩托车从最低点到最高点过程中克服阻力做的功为
根据能量守恒定律可知，从最低点到最高点过程中摩托车牵引力做的功为
WF＝Wf+2MgR
可得
故答案为：
【点评】考查了圆周运动、功的计算、动能定理，正确判断重力、摩擦力的做功情况，重力做功只与初末位置高度差有关，摩擦力做功要先确定摩擦力大小（与支持力相关）和运动路程。
16．（2025春 同安区校级期中）质量相等的a、b、c三个小球处在同一高度，a球以初速度v0做平抛运动，b球做自由落体运动，c球以初速度v0做斜上抛运动，最终三个小球都落到下方同一水平面上，则飞行时间ta ＝ tb，落地瞬间重力瞬时功率Pa ＜ Pc。（填“＞”“＝”或“＜”）
【考点】瞬时功率的计算；平抛运动在竖直和水平方向上的特点；斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】＝；＜
【分析】根据自由落体、平抛运动和斜抛运动的特点分析三个小球运动时间关系和落地的竖直分速度关系，根据PG＝mgvy分析重力的功率的关系。
【解答】解：a、b两球在竖直方向上做自由落体运动，且下落高度相同，故二者飞行时间相同，即ta＝tb；c小球从与a、b两球高度相同的位置做竖直上抛运动，所以c小球运动到最高点后做自由落体运动的高度大于a小球做自由落体运动的高度，落地的竖直分速度大于a球的竖直分速度，而a、c两球质量相等，根据PG＝mgvy可知，落地瞬间重力瞬时功率Pa＜Pc。
故答案为：＝；＜
【点评】本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据自由落体、平抛运动和斜抛运动的特点，由运动学公式与功率公式分析即可求解。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC部分为竖直平面内的轨道，C′DEF为水平面内的轨道。AB段是倾角θ＝37°的光滑倾斜直轨道，长为L＝5R，与竖直平面内的光滑圆轨道1相切于B点，圆轨道1的半径为R，C、C′为轨道最低点且略微错开，C′D为粗糙水平直轨道，长度为s＝10R，DE为光滑半圆形水平弯道，其半径R2＝4R，EF也为粗糙水平直轨道，长度与C′D相同。A点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向右的某种场力，大小为mg。已知小球的质量m，小球与C′D、EF的动摩擦因数μ，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力可忽略不计。求：
（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值；
（3）在F点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制）
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；利用动能定理求解多过程问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度大小为，方向沿倾斜直轨道向下；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为7.5mg；
（3）小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
【分析】（1）根据动能定理与功能关系求解小球第一次运动到B点的速度；
（2）将重力和该种场力合成为等效重力，确定小球能在圆轨道1上做完整圆周运动的等效最高点与等效最低点，根据牛顿第二定律与动能定理解答；
（3）根据小球做圆周运动过程的临界条件，分析判断小球能停止在水平直轨道或在圆轨道1内往复运动的条件，根据牛顿第二定律与功能关系解答。
【解答】解：（1）设该种场力大小为Fmg，小球第一次运动到B点的速度大小为vB，对小球第一次由A到B的过程，根据动能定理与功能关系得：
，已知：Ep＝8mgR
解得：vB，方向沿倾斜直轨道向下
（2）将重力和该种场力合成为合力F合，可得F合的大小为：
其方向与水平方向夹角β满足：，解得：β＝53°
由几何关系可知F合的方向垂直于倾斜直轨道AB向下。
小球在圆轨道1上做完整圆周运动，根据F合的方向可知，B点为等效最低点，小球在此位置受到轨道的弹力最大（设为F1）；B点关于圆心对称的P点为等效最高点，在此位置小球受到轨道的弹力最小（设为F2）。设小球在B点的速度大小为v1，在P点的速度大小为v2，根据牛顿第二定律得：
由B到P的过程，根据动能定理得：
小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为：ΔF＝F1﹣F2
联立解得：ΔF＝6F合＝7.5mg
（3）设小球恰好经过P点的临界速度大小为vP，根据牛顿第二定律得：
，解得：vP
小球由P直接运动到D的过程，合力做功为：
WPD＝mg（R+Rsinβ）﹣F（s﹣Rcosβ）﹣μmgs＝﹣12.75mgR
因：mgR＜|WPD|，故由动能定理可知小球恰好经过P点后不能到达D点。
设水平弯道DE的中点为G点，设小球恰好经过G点的临界速度大小为vG，同理可得：
，解得：vG
小球由G点经E点到达F点，再被反弹返回到E点的过程，合力做功为：
WGFE＝FR2﹣μmg 2s＝﹣12mgR
因：1.5mgR＜|WGEF|，同理可知小球恰好经过G点后不能返回到E点。
小球返回的过程，由G点经D点到达P点的过程，合力做功为：
WGDP＝F（R2+s﹣Rcosβ）﹣μmg s﹣mg（R+Rsinβ）＝0.75mgR
因：WGDP，可知小球由F反弹后恰好经过G点后一定能经过P点。
由（2）的解答可知小球在AB段做匀速直线运动，小球向上滑经过B点与下滑经过B点速度大小相等。
因：WGDP+WPD＜0$，可知小球由弹性墙反弹后恰好经过G点，再经过P点后不能到达D点。
为使小球始终不脱离轨道，有如下几种情况：
①首次由A点下滑后不越过圆轨道1的等效圆心等高点Q点（见上图），弹性势能应满足：
②首次由A点下滑后能越过圆轨道1的等效最高点P点，而不越过D点，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmgs≤0
解得：
③在F点多次反弹后，第n次由A下滑后能经过G点，再由F点返回不越过E点，在第n次由A下滑之前，在轨道C′D与轨道EF分别共经过2（n﹣1）次，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmg 3s﹣2×2（n﹣1）μmgs≤0
解得：，n＝1、2、3……
④第n次由A下滑后到F点返回能经过G点，且经过G点后经圆轨道1回到A点，再次由A下滑不越过D点，弹性势能应满足：
Ep+mg（R﹣Rcosθ）﹣F（Rsinθ+s）﹣μmg 5s﹣2×2（n﹣1）μmgs≤0
解得：，n＝1、2、3……
综上所述，为使小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为：，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
答：（1）若Ep＝8mgR，小球第一次运动到B点的速度大小为，方向沿倾斜直轨道向下；
（2）若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为7.5mg；
（3）小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为，或，或，n＝1、2、3……，或，n＝1、2、3……。
【点评】本题考查了圆周运动的临界问题与功能关系的应用，掌握应用等效重力处理圆周运动的方法，掌握圆周运动的临界条件。
18．（2025春 南宁期末）2025年5月31日，在南宁邕江大桥畅游阁附近水域举行了南宁市龙舟公开赛，共有42支队伍报名参赛，经过激烈比赛，最终广州白云队获得直道200米决赛冠军。设白云队龙船的总质量M＝2000kg（含人），20名划手分两列坐好，同时向斜后方划桨，假设每位划手每次向斜后方划桨时，桨对水的力大小均为F＝400N，且力与水面平行，船桨平面与船身的夹角为θ＝37°，每次划桨船前进s1＝30厘米。假设此次比赛水对船的阻力f恒定，为总重力的0.1倍。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s（假设阻力仍为总重力的0.1倍）？
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【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】（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a为1.4m/s2；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s为0.72m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式解答；
（2）根据动能定理列式求解。
【解答】解：（1）设船桨受到水的力为F，对龙舟由牛顿第二定律，有20Fsin37°﹣0.1Mg＝Ma，解得龙舟加速度的大小a＝1.4m/s2；
（2）划桨一次，对龙舟动能定理，有20Fsin37°s1﹣0.1Mgs＝0，解得s＝0.72m。
答：（1）所有划手同时划桨时，龙舟的加速度的大小a为1.4m/s2；
（2）若所有划手同时划桨且只划一次，龙舟在静水中可前进的最大距离s为0.72m。
【点评】考查牛顿第二定律和动能定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
19．（2025春 金华期末）某物理研究小组设计的弹射装置如图，改变弹性势能，可改变小物块水平进入圆弧轨道A点的速度，已知AB段圆弧半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°，直轨道BC倾角也为53°，BC段长为L1＝0.7m，长木板左端与水平平台右端紧靠在D点，表面相平，CD长为L2＝0.6m，小物块质量m＝0.2kg，长木板质量M＝0.4kg，长为L3＝1.16m，小物块与BC段动摩擦因数为μ1，与长木板动摩擦因数为μ2＝0.15，其他摩擦阻力不计，已知sin53°＝0.8。
（1）当弹射装置释放的弹性势能为0.8J时，求小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小；
（2）改变弹射装置释放的弹性势能，若小物块经过轨道A、B、C后正好落在长木板左端D点，求小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间；
（3）若小物块落到长木板上的瞬间，竖直方向速度变为零，水平方向速度不变，为使小物块能落在木板上且最终停留在长木板上，求弹射装置释放的弹性势能应满足的条件。
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律求解多过程问题；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；动能定理的应用专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小为5.2N；
（2）小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间为0.6s；
（3）弹射装置释放的弹性势能应满足的条件为2.425J≤Ep≤2.8J。
【分析】（1）弹性势能→A点动能，列式求A点的速度，A点圆周运动，牛顿第二定律结合向心力列式求支持力，第三定律得压力。
（2）C点速度与B到D时间C→D平抛：竖直自由落体，水平匀速，列式求时间和初速度；B→C斜面：根据牛顿定律和运动学公式，求解总时间。
（3）临界1：物块落木板左端D，能量守恒算最小势能Ep1；临界2：物块落木板后共速右端，分析物块与木板加速度，结合相对位移与共速条件求C点的速度，再能量守恒算最大势能，再进行判断。
【解答】解：（1）从释放到
解得：
解得：FN＝5.2N
由牛顿第三定律可知对A点的压力大小为5.2N。
（2）由C到D斜抛满足：
解得t1＝0.2s，vc＝2.5m/s
由B到C斜面上减速的加速度大小为
解得：vB＝4.5m/s
代入数据得t2＝0.2s
所以tB＝2t1+t2＝2×0.2s+0.2s＝0.6s
（3）从开始弹射到小物块运动到C点：
C点的水平速度为vx＝vCcosθ
设从C斜抛到木板上时，落点距木板最左端的水平距离为d1则
则
恰好不滑高则d1+d2＝L3
刚好落在长木板最左端时，对应C点速度最小，则
落上长木板后恰好停在木板最右端时，对应C点速度最大，则
即弾射装置释放的弹性势能应满足2.425J≤Ep≤2.8J
答：（1）小物块刚经过圆弧面A点时，对圆弧面A点的压力大小为5.2N；
（2）小物块经过C点的速度以及从B点到D点的运动时间为0.6s；
（3）弹射装置释放的弹性势能应满足的条件为2.425J≤Ep≤2.8J。
【点评】涵盖能量守恒（弹性势能、重力势能、动能转化，摩擦生热）、牛顿运动定律（圆周运动向心力、斜面及板块受力分析）、平抛运动规律（水平匀速、竖直自由落 体），还有板块模型的相对运动，几乎贯穿高中力学主干知识。能有。效考查知识掌握与能力水平，适合用作同步练习、模拟题或高考复习题，锻炼学生解决复杂力学问题的能力。
20．（2025春 杭州期末）如图所示，地面上方固定一长度为L1＝3m的水平传送带AB，传送带以v0＝2.4m/s的速度顺时针转动，其右侧固定有一圆心角θ＝53°，R＝2.5m的光滑圆弧轨道CD，轨道最低点D右侧等高处紧挨着放置一个足够长、质量M＝1kg的木板EF，其上表面粗糙，下表面光滑，木板的右端足够远处固定有一弹性竖直挡板G。
现将一个质量m＝1kg的物块（可看成质点）轻放在传送带左端A点，它从传送带右端B点水平抛出后恰好从C点沿着圆弧切线方向进入轨道CD，经最低点D后滑上木板EF。已知物块与传送带和木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.12和μ2＝0.5，木板与挡板G碰后会立刻原速率反弹，cos53°＝0.6，求：
（1）物块在传送带上做 先匀加速后匀速 运动（选填“匀加速直线”“匀速直线”或“先匀加速后匀速”），物块运动到B点的速度vB＝ 2.4 m/s；
（2）物块运动到C点的速度大小以及到D点时受到持力大小；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离。
【考点】从能量角度求解板块模型的问题；水平传送带模型；平抛运动与曲面的结合；机械能与曲线运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿运动定律综合专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）先匀加速后匀速，2.4；
（2）物块运动到C点的速度大小为6m/s，到D点时受到持力大小为24.4N；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量为9J；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离3.6m。
【分析】（1）物块轻放传送带，初速为0。由算加速度，结合，因算出速度等于传送带速度，故先匀加速后匀速，。
（2）C点速度：平抛后C点沿切线，，据此求。用动能定理求；D点由求持力。
（3）物块滑木板，由牛顿第二定律可得。据求共速时间，算得，再由算生热。
（4）分析碰撞前后受力，算加速度，结合运动学公式与碰撞“原速率反弹”对称，逐段推位移，叠加得第三次碰前物块离距离。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物块在传送带上的加速度：
若物块一直加速到右端，末速度v满足：v2＝2a1L1代入L1＝3m，得：
但传送带速度v0＝2.4m/s＜2.68m/s，说明物块先匀加速到v0，后匀速运动
因此，物块运动到B点的速度vB＝v0＝2.4m/s。
（2）平抛过程水平速度不变vB＝vccosθ，解得vc＝4m/s
C到D过程根据动能定理，有
解得vD＝6m/s
D点
解得FN＝24.4N
（3）取向右为正方向，木板与挡板第一次碰撞前
am＝﹣μ2g＝﹣0.5×10m/s2＝﹣5m/s2，aM5m/s2
两者达到共速v1
vD+amt1＝aMt1
解得t1＝0.6s
故v1＝aMt1＝5×0.6m/s＝3m/s
，
代入数据得 x物块＝2.7m，x木板＝0.9m
相对滑行位移2.7m﹣0.9m＝1.8m
由功能关系得
代入数据得Q＝9J
（4）取向右为正方向，木板与挡板第一次碰撞后
，
代入数据得，
两者再次达到共速v2
v1+amt2＝﹣v1+aMt2
解得t2＝0.4s
故v2＝v1+amt2＝3m/s＝﹣5×0.4m/s＝1m/s
，
代入数据得，
相对滑行位移0.8m﹣（﹣0.4m）＝1.2m
木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离为3×1.2m＝3.6m
答：（1）先匀加速后匀速，2.4；
（2）物块运动到C点的速度大小为6m/s，到D点时受到持力大小为24.4N；
（3）从物块滑上木板到它们第一次相对静止时，两者摩擦产生的热量为9J；
（4）木板与挡板第一次碰撞后，给木板施加一个方向水平向右的恒力F＝5N，木板与挡板第三次碰前瞬间物块离木板左端E的距离3.6m。
【点评】本题是一道综合性较强的力学压轴题，涵盖多个力学过程（传送带运动、平抛与圆周运动、板块模型、碰撞问题），各过程衔接自然，注重对物理规律的综合应用能力和多过程分析能力的考查，难度适中但区分度较好。关键要把握木板反弹后的受力变化，分阶段分析物块与木板的运动状态，通过位移叠加确定最终位置关系。
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)
同课章节目录