滚动综合练(一) 力学综合
1．(2024·湖南张家界市期末)在国庆节阅兵仪式中，某直升机静止在地面上空的O点处于待命状态，接到命令后，该直升机由静止开始做匀加速直线运动，先后经过A、B、C三点，如图所示。已知直升机通过AB、BC的时间相等，AB＝32 m，BC＝40 m，则O、A间的距离为( )
INCLUDEPICTURE "25A-62.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-62.TIF" \* MERGEFORMAT
A．48 m B．49 m
C．50 m D．51 m
解析：选B。直升机通过AB、BC的时间相等，设为t0，则通过AB、BC、AC段的平均速度分别为vAB＝，vBC＝，vAC＝，匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有a＝，根据速度与位移的关系式有v＝2a(xOA＋xAB)，解得xOA＝49 m。
2.(2024·吉林白山市二模)如图，喷泉可以美化景观，现有一喷泉从地面圆形喷口竖直向上喷出，若喷泉高度约为1.8 m，喷口横截面积为5.0×10－3m2，已知水的密度为1.0×103kg/m3，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则该喷口每秒喷水质量大约为( )
INCLUDEPICTURE "25A-63.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-63.TIF" \* MERGEFORMAT
A．300 kg B．30 kg
C．3 kg D．30 g
解析：选B。由竖直上抛运动公式v＝2gh，得v0＝6 m/s，因此该喷口每秒喷水质量大约为m＝ρSv0t＝30 kg。
3．(2024·福建莆田市二模)物理老师举行技巧挑战赛，要求用一根能承受最大拉力为50 N的细绳，尽可能拉动更重的物体，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体可视为质点，则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重量是( )
INCLUDEPICTURE "25A-64.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-64.TIF" \* MERGEFORMAT
A．50 N B．50 N
C．100 N D．100.3 N
解析：选C。设细绳与水平方向的夹角为θ时能拉动物体的最大重量为G，根据平衡条件G－Tmaxsin θ＝N，Tmaxcos θ＝f，又f＝μN，联立可得G＝50cos θ＋50sin θ＝100sin (θ＋60°)N，可知当θ＝30°时，重物的重量最大为100 N。
4．(2024·重庆市第二次调研)纸质手提袋因具有绿色环保、性能优良、循环利用等特点而被广泛使用。当用图甲纸质手提袋提重力为G的苹果处于静止时，其简化示意图如图乙。设两绳带在同一竖直平面且不计纸质手提袋的重力，不计纸质手提袋的形变，则( )
INCLUDEPICTURE "25A-65.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-65.TIF" \* MERGEFORMAT
A．绳带中的张力大小一定为
B．若增加绳带长度，则绳带中的张力将变大
C．若只减小两绳扣间距，则绳带中的张力将变小
D．手提袋底部对苹果的支持力与苹果所受的重力是一对相互作用力
解析：选C。对手提袋的受力分析如图所示，可知绳带中的张力，T＝，故A错误；若增加绳带长度，则α变小，cos α变大，绳带中的张力将变小，故B错误；若只减小两绳扣间距，则α变小，cos α变大，绳带中的张力将变小，故C正确；手提袋底部对苹果的支持力与苹果所受的重力是一对平衡力，故D错误。
INCLUDEPICTURE "25A-66.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-66.TIF" \* MERGEFORMAT
5.(2024·四川乐山市调研)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端挂一个质量为m的小球，小球上下振动过程中不与框架发生碰撞且框架始终不离开地面，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-67.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-67.TIF" \* MERGEFORMAT
A．小球向上运动的过程中一直处于超重状态
B．小球向下运动的过程中一直处于失重状态
C．小球向下运动的过程中，框架对地面的压力一直在增大
D．小球向下运动的过程中，框架对地面的压力一直在减小
解析：选C。小球从最低点向上运动过程中，小球先处于超重状态，过了平衡位置，小球处于失重状态，故A错误；小球从最高点向下运动过程中，小球先处于失重状态，过了平衡位置，小球处于超重状态，故B错误；小球从最高点向下运动过程中，弹簧对小球的作用力先向下减小后向上增大，故弹簧对框架的作用力先向上减小后向下增大，根据平衡条件可知地面对框架的支持力一直增大，根据牛顿第三定律可知框架对地面的压力一直增大，故C正确，D错误。
6．(2024·河北邯郸市二模)如图甲所示，从M点到地面上的N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道，轨道Ⅰ为直线，轨道Ⅱ为M、N两点间的最速降线，小物块从M点由静止分别沿轨道Ⅰ、Ⅱ滑到N点的速率v与时间t的关系图像如图乙所示。由图可知( )
INCLUDEPICTURE "25A-68.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-68.TIF" \* MERGEFORMAT
A．小物块沿轨道Ⅰ做匀加速直线运动
B．小物块沿轨道Ⅱ做匀加速曲线运动
C．图乙中两图线与横轴围成的面积相等
D．小物块沿两条轨道下滑的过程中，重力的平均功率相等
解析：选A。对在Ⅰ轨道上下滑的小物块分析可知，沿轨道Ⅰ下滑时合力一定，小物块做匀加速直线运动，故A正确；对在Ⅱ轨道上下滑的小物块分析可知，沿轨道Ⅱ下滑时合力大小和方向都在变化，小物块做变加速曲线运动，故B错误；题图乙速率时间图像中面积表示路程，两轨迹路程不同，则面积不等，故C错误；小物块沿两轨道下滑过程中重力做功相等，但时间不同，所以重力的平均功率不相等，故D错误。
7．(2024·黑龙江齐齐哈尔市二模)小李同学在乘坐高铁时想测量当地的重力加速度，他在一根细线的下端绑着一串钥匙，另一端固定在高铁的竖直墙壁上。在高铁启动的过程中，小李发现细线向后偏离竖直方向θ角并相对车厢保持静止，并且通过电子显示屏观察到高铁在t时间内达到速度v。不计空气阻力，则当地的重力加速度的大小为( )
A． B．
C．vt sin θ D．
解析：选D。高铁在t时间内达到速度v，根据速度—时间关系有v＝at，对钥匙受力分析，由牛顿第二定律可知mg tan θ＝ma，解得g＝。
8.(2024·辽宁凌源市二模)2023年3月，清华大学学生在操场上拍摄到中国空间站凌月画面。凌月是指在地球上观测月球时，看到空间站在月球表面快速掠过(轨迹可视为与图中月球直径重合)，空间站凌月时间仅为0.54 s，空间站和月球绕地球运动的轨道可视为圆轨道。已知月球绕地球运行周期及轨道半径、空间站运行周期、地球表面重力加速度和地球半径，忽略地球自转，利用以上信息可求得( )
INCLUDEPICTURE "25A-69.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-69.TIF" \* MERGEFORMAT
A．地球质量 B．引力常量
C．月球半径 D．月球质量
解析：选C。设月球绕地运行周期为T1及轨道半径为r1、空间站运行周期为T2、地球表面重力加速度为g，设空间站轨道半径为r2，地球半径为R，由开普勒第三定律可得 eq \f(r,r) ＝ eq \f(T,T) ，可求出r2，进而求得空间站绕地运动速度v＝，已知凌月时间为t，由几何关系得＝，所以可求得月球半径，故C正确；地球表面重力加速度g＝，G、M两个物理量不能单独求出，月球绕地球运动有 eq \f(GMm月,r) ＝m月 eq \f(4π2,T) r1，月球质量在方程两侧消掉后也求不了，故A、B、D错误。
INCLUDEPICTURE "25A-70.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-70.TIF" \* MERGEFORMAT
9.(2024·天津南开区质检)如图所示，水平平台右侧竖直平面内有半径均为R＝1 m的BC、CD两段光滑圆弧管拼接而成的轨道，圆弧管粗细可忽略。一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝6 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上B点的切线方向进入轨道内，轨道半径OB与竖直方向半径OC的夹角θ＝53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25A-71.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-71.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小球到达B点时速度vB的大小和重力的瞬时功率P；
(2)小球刚进入CD管时对轨道C点的压力FN的大小和方向。
解析：(1)小球在B点的速度与水平方向夹角为53°，则B点速度
vB＝＝10 m/s
小球在B点的竖直分速度
vy＝v0tan 53°＝8 m/s
小球在P点时重力的瞬时功率
P＝mgvy＝80 W。
(2)小球从B点到C点
mv－mv＝mg(R－R cos 53°)
在C点N－mg＝m eq \f(v,R)
解得N＝118 N
根据牛顿第三定律可知，小球刚进入CD管时对轨道C点的压力FN大小为118 N，方向竖直向下。
答案：(1)10 m/s 80 W (2)118 N 竖直向下
10.(2024·山西临汾市模拟)如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端安装一个弹性挡板，质量分别为m和4m的物块a、b置于斜面上，a与斜面间无摩擦，b与斜面间的动摩擦因数等于tan θ。两物块之间夹有一个劲度系数很大且处于压缩状态的轻质短弹簧(长度忽略不计)，弹簧被锁定。现给两物块一个方向沿斜面向下、大小为v0的初速度，同时解除弹簧锁定，弹簧瞬间完全释放弹性势能，并立即拿走弹簧。物块a与挡板、a与b之间的碰撞均无机械能的损失，弹簧锁定时的弹性势能为10mv，重力加速度为g。求：
INCLUDEPICTURE "25A-72.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-72.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)弹簧解除锁定后的瞬间a、b的速度大小；
(2)解除锁定，a与b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。
解析：(1)由于弹簧在瞬间解除锁定，在此瞬间内力远大于外力，a、b系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，有
(m＋4m)v0＝mva＋4mvb
根据能量守恒定律，有
(m＋4m)v＋10mv＝mv＋×4mv
解得va＝5v0，vb＝0
(另一组解va＝－3v0，vb＝2v0不符合实际，舍去)。
(2)由于b与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，则弹簧解除锁定后b保持静止。由于a与斜面间无摩擦，a沿斜面匀加速下滑，与挡板碰撞后原速率反弹，再沿斜面匀减速上滑，直到与b发生碰撞。根据机械能守恒定律，a与b碰撞前的速度大小仍为5v0，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m(－va)＝mva′＋4mvb′
mv＝mva′2＋×4mvb′2
解得va′＝3v0(向下)，vb′＝－2v0
之后，对b，根据动能定理
－4mgh－4μmg cos θ·＝0－×4mvb′2
解得h＝ eq \f(v,g) 。
答案：(1)5v0 0 (2) eq \f(v,g)INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1.(2024·辽宁凌源市二模)体育课上，小华利用单杠做引体向上，在身体缓慢上移的过程中( )
INCLUDEPICTURE "25A-13.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-13.TIF" \* MERGEFORMAT
A．单杠对小华不做功
B．单杠对小华做负功
C．单杠对小华的作用力大于小华的重力
D．单杠对小华的作用力大于小华对单杠的作用力
解析：选A。小华在身体上移过程中，单杠对小华作用力的作用点没有位移，该力不做功，故A正确，B错误；小华缓慢上移，处于平衡状态，单杠对小华的作用力与小华的重力等大、反向，故C错误；单杠对小华的作用力与小华对单杠的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
2．(多选)(2024·天津河西区期末) 下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-14.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-14.TIF" \* MERGEFORMAT
A．图甲实验利用“放大法”观察玻璃瓶的微小形变
B．图乙水杯随圆盘一起匀速圆周转动，受重力、支持力、静摩擦力和向心力
C．图丙货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，所受合外力不做功，机械能增加
D．图丁自动卸货车始终静止在地面上， 车斗在液压机作用下倾角缓慢增大且货物始终没有下滑，该过程中车斗对货物的支持力逐渐变大且做正功
解析：选AC。题图甲实验能通过细管中液面的上升情况来分析瓶子的微小形变，是利用了“放大法”的物理原理，故A正确；向心力是效果力，匀速圆周运动中向心力由合外力提供，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，故B错误；货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，动能不变，所受合外力不做功，但重力势能增大了，所以机械能增加了，故C正确；根据FN＝mg cos θ可知，随着斜面倾角增大，支持力逐渐变小，支持力做正功，故D错误。
3．(2024·江西卷，T5) 庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150 m，水流量10 m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为( )
A．109 W B．107 W
C．105 W D．103 W
解析：选B。由题知，Δt时间内流出的水量m＝ρQΔt＝1.0×104Δt，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P＝×70%≈1.0×107 W。
4．(2024·吉林延边州质检)如图甲所示，在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，防守运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如图乙所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足球恰好擦着横梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-15.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-15.TIF" \* MERGEFORMAT
A．足球上升到最高点时的速度为0
B．足球下降过程中重力的功率一直在增大
C．足球在飞行过程中机械能先减小后增大
D．只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球
解析：选B。足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度不为0，故A错误；足球在下降过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy一直在增大，故B正确；由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故C错误；即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到足球，故D错误。
5.(多选)(2024·天津红桥区期末)低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落h的过程中受恒定阻力作用，加速度为g，对于此过程，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-16.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-16.TIF" \* MERGEFORMAT
A．运动员的重力势能减少了mgh
B．运动员克服阻力所做的功为mgh
C．运动员的动能增加了mgh
D．运动员的机械能减少了mgh
解析：选BCD。重力做的功WG＝mgh，可知运动员的重力势能减少了mgh，故A错误；mg－f＝ma＝mg，可得f＝mg，则运动员克服阻力所做的功Wf＝fh＝mgh，可知运动员的机械能减少了mgh，故B、D正确；根据动能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝mgh，可知运动员的动能增加了mgh，故C正确。
6．(2024·新疆乌鲁木齐质监) 我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬吊包裹的轻绳(不可伸长)对包裹做功的功率为( )
INCLUDEPICTURE "25A-17.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-17.TIF" \* MERGEFORMAT
A． B．
C． D．
解析：选B。对整体研究可得P0t－(m机＋m物)gh＝(m机＋m物)v2，对包裹研究可得Pt－m物gh＝m物v2，又＝k，整理解得P＝。
7．(多选)(2024·湖南雅礼中学一模) 如图所示，水平传送带以8 m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)恰好返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，g取10 m/s2。物块的初速度v0可能是( )
INCLUDEPICTURE "25A-18.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-18.TIF" \* MERGEFORMAT
A．6 m/s B．7 m/s
C．8 m/s D．9 m/s
解析：选BCD。小物块返回到B点的速度刚好为零，从A点到返回B点的过程中，根据动能定理可得－μmg(2AP＋AB)＝0－mv，解得vA＝8 m/s，假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得μmg×AB＝mv－mv，解得vmin＝2 m/s≈6.32 m/s，假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得－μmg×AB＝mv－mv，解得vmax＝2 m/s≈9.38 m/s，故B、C、D正确。
8.(2024·八省八校T8联考)某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像(—F)，如图所示。已知模型车的质量m＝1 kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5 s，获得的最大速度为4 m/s，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-19.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-19.TIF" \* MERGEFORMAT
A．模型车受到的阻力大小为1 N
B．模型车匀加速运动的时间为2 s
C．模型车牵引力的最大功率为6 W
D．模型车运动的总位移为14 m
解析：选D。根据P＝Fv，可得＝·F，结合图线的斜率可得P＝8 W，即模型车的速度从2 m/s增加至4 m/s的过程中，模型车以恒定的功率行驶，速度最大时合外力为零，即F＝f＝2 N，故A错误；小车初始牵引力为4 N，且匀加速结束时v1＝2 m/s，有F－f＝ma，解得a＝2 m/s2，匀加速运动的时间t1＝＝1 s，故B错误；模型车牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功率，可知最大功率为8 W，故C错误；模型车速度达到最大用时5 s，而匀加速阶段用时1 s，则模型车以恒定功率运动所需时间t2＝4 s，根据动能定理，Pt2－fx2＝mv－mv，式中v2＝4 m/s，v1＝2 m/s，解得x2＝13 m，匀加速阶段位移x1＝at＝×2×1 m＝1 m，故总位移x＝x1＋x2＝14 m，故D正确。
9.(2024·新课标卷，T24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
INCLUDEPICTURE "24WXK8.TIF" INCLUDEPICTURE "24WXK8.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小。
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向
T1cos α＝mg＋T2cos β
水平方向T1sin α＝T2sin β
联立代入数值得
T1＝1 200 N，T2＝900 N。
(2)整个过程，根据动能定理得
W＋mgh＝0
解得两根绳子拉力对重物做的总功
W＝－4 200 J。
答案：(1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
10．(2024·山东潍坊市期末)如图所示，滑雪道AC由山坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。若滑雪者从P点由静止开始下滑，从B点飞出后，恰好到达C点。已知B、C间的距离为d，P点到B点的水平距离为L，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
INCLUDEPICTURE "25A-20.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-20.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(2)P点到平台BC的高度差h。
解析：(1)设滑雪者从B点到C点所用时间为2t，由斜抛运动知识，水平方向d＝v cos 45°×2t
竖直方向有v sin 45°＝gt
解得滑雪者从B点飞出的速度大小v＝。
(2)从P点到B点，设P点到坡道底端的距离为L1，P、B两点间水平轨道长度为L2，斜坡底到B点的距离为L3，由动能定理
mgh－μmgL1cos 45°－μmgL2－μmgL3cos 45°＝mv2－0
由几何关系
L＝L1cos 45°＋L2＋L3cos 45°
联立解得P点到平台BC的高度差
h＝＋μL。
答案：(1) (2)＋μL专题七 三大观点在力学中的应用
INCLUDEPICTURE "命题分析7F.TIF" INCLUDEPICTURE "命题分析7F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题点1 动量定理和动量守恒定律
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年12卷13考
1．动量定理
(1)公式：I＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。
②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。
③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向1 动量定理的理解和应用
INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·广东卷，T14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
INCLUDEPICTURE "25DGY16.TIF" INCLUDEPICTURE "25DGY16.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
[解析] (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝。
(2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度
v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
则头锤上升的最大高度h＝＝0.2 m。
[答案] (1) (2)①330 N·s 方向竖直向上 ②0.2 m
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“安全带的工作原理”为命题情境，贴近生活，主要考查了受力分析、牛顿第二定律的应用、运动学公式和动量定理的应用。
方法技巧：题目情境新颖，阅读量较大，因此读题时要迅速地挖掘题目中有用的条件，并结合情景图进行分析，第一问中要以“敏感球”为研究对象分析，第二问中要以“头锤”为研究对象分析。
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向2 动量守恒定律的理解和应用
INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" \* MERGEFORMAT (多选)(2024·广东卷，T10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
INCLUDEPICTURE "25DGY10.TIF" INCLUDEPICTURE "25DGY10.TIF" \* MERGEFORMAT
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
[解析] 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gtsin2θ，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3时间，则乙运动的时间t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝mv，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v＝2μgx，联立可得x＝，故D正确。
[答案] ABD
【变式训练】 (多选)(2024·福建泉州市一模)在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-44.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-44.TIF" \* MERGEFORMAT
A．若m1＝m2，最终将有1个小球运动
B．若m1
C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致
D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，但运动方向不一致
解析：选AD。碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确；若m1v2>0，然后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换速度……，则不只发生1次碰撞，B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，直到D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，但运动方向不一致，C错误，D正确。
命题点2 三大观点分析力学中的碰撞问题
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年15卷15考
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，则一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T14) 如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25A-45.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-45.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
[解析] (1)对A物块由平抛运动知识得h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小vB＝1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有
－μmBgxB＝0－mBv
代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
[答案] (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“两个物块间压缩的弹簧释放后的运动过程”为命题情境，考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的综合应用。
方法技巧：抓住隐含条件“弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出”，可以对弹开过程应用动量守恒定律，用平抛运动的规律求初速度。
INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·安徽卷，T14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "25vvd14.TIF" INCLUDEPICTURE "25vvd14.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
[解析] (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理可得
mgL＝mv－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
FT－mg＝m eq \f(v,L)
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv0＝mv1＋Mv2
mv＝mv＋Mv
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律可得
Mv＝×2Mv＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体有Mv2＝2Mv4
Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
[答案] (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“小球从水平位置摆下并与物块碰撞，物块在小车上运动”为命题情境，主要考查了动能定理、牛顿第二定律、动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用等知识，物理情景比较常规，综合性较强。
方法技巧：题目以“竖直面内的圆周运动”“物体的碰撞模型”和“板块模型”三个物理模型组合命题，因此要分别分析每种模型的特点和满足的物理规律，注意利用转折点的速度建立它们之间的联系。
INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·湖北卷，T14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "24HW11.TIF" INCLUDEPICTURE "24HW11.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
[解析] (1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离x＝ eq \f(v,2a) ＝2.5 m可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2
其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s
解得v2＝3 m/s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能
ΔEk＝m物v2－m物v－m球v
解得ΔEk＝0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有
m球g＝m球 eq \f(v,L绳－d)
小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)
联立解得d＝0.2 m
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
[答案] (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
命题点3 三大观点分析力学中的“板块模型”问题
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年11卷11考
1．“板—块”模型的动力学问题
(1)系统内某一物体若受拉力F，需利用牛顿第二定律判定二者之间有无相对滑动。
(2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位移之间的关系。
(3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二者共速。
2．“板—块”模型中的功能关系问题
(1)系统的功能关系分析：WF－fΔx＝ΔEk。
(2)系统的摩擦产生的内能：Q＝fΔx。
3．“板—块”模型中的动量问题
(1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。
(2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。
INCLUDEPICTURE "例6F.TIF" INCLUDEPICTURE "例6F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·河北邯郸市二模)如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物体B以v0＝1.8 m/s的速度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰(碰撞时间极短)，最终物体A恰好能到达木板C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.1，水平地面足够大且光滑，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
INCLUDEPICTURE "25A-46.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-46.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)碰撞后物体B的速度大小vB；
(2)物体A在木板C上的加速时间t；
(3)物体A、B在运动方向上的最小距离d。
[解析] (1)设木板C的质量为m，物体A、B的质量为2m，B与C发生弹性正碰，有2mv0＝2mvB＋mvC
×2mv＝×2mv＋mv
联立并代入数据解得vB＝0.6 m/s，vC＝2.4 m/s。
(2)A恰好到达C的最左端，A、C系统由动量守恒定律可知mvC＝3mv共
解得v共＝0.8 m/s
对物体A根据牛顿第二定律可知
2μmg＝2ma
物体A加速到v共的时间t＝
联立解得t＝0.8 s。
(3)A与木板C系统损失的机械能为摩擦力对系统做的功，由能量守恒定律可知
2μmgL＝mv－×3mv
则木板的长度L＝0.96 m
A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间t0＝
解得t0＝0.6 s
B、C碰撞后B做匀速直线运动，A、B速度相同时B的位移xB′＝vBt0
B、C碰撞后A做匀加速直线运动，此时A的位移xA′＝at
A、B最初的距离为L，此时A、B的最小距离d＝L＋xA′－xB′
联立并代入数据解得d＝0.78 m。
[答案] (1)0.6 m/s (2)0.8 s (3)0.78 m
审题与规范答题(二)——力学综合型
【审题定位】
力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高。具体问题中可能涉及单个物体单一运动过程，也可能涉及多个物体多个运动过程，在知识的考查上涉及动力学方法、动量观点和能量观点的综合运用。
【题目示例】
(14分)(2024·辽宁鞍山市联考)如图甲所示，在同一竖直面内，①光滑水平面与倾角为37°的传送带中间有一段半径R＝2.25 m的②光滑圆弧轨道，其两端分别与水平面及传送带相切于P、Q两点。开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，③并发生弹性碰撞，碰后B通过圆弧轨道滑上传送带。已知传送带顺时针匀速转动，④滑块B滑上传送带后的vt图像如图乙所示，t＝7.5 s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2 kg，滑块B的质量m＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
INCLUDEPICTURE "25A-47.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-47.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)碰撞后滑块B的速度；
(2)碰撞前滑块A的速度v0；
(3)滑块B在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
【审题模板】
序号 隐含条件分析 物理规律表达
① 不受摩擦力 速度v0不变
② 不受摩擦力 在PQ间运动机械能守恒
③ 碰撞过程中动量守恒和机械能守恒 Mv0＝Mv1＋mv2Mv＝Mv＋mv
④ 图像为倾斜直线 B滑上传送带后先加速后匀速
【规范答题】
(1)(第1个给分点：4分)由图像知滑块B到达Q点时速度v3＝4 m/s(1分)
对B在PQ间运动过程
－mg(R－R cos 37°)＝mv－mv(2分)
解得v2＝5 m/s。(1分)
(2)(第2个给分点：5分)A、B碰撞过程由动量守恒定律、机械能守恒定律有
Mv0＝Mv1＋mv2(2分)
Mv＝Mv＋mv (2分)
解得v0＝3.75 m/s。(1分)
(3)(第3个给分点：5分)由vt图像可得传送带的速度v4＝5 m/s(1分)
滑块B相对于传送带位移Δx＝1.25 m(1分)
设滑块B在传送带上的加速度为a，
f－mg sin 37°＝ma(2分)
滑块B因摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝8 J。(1分)INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(2024·山东日照市一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为m的小物块从斜面上A点由静止开始下滑，恰能通过半圆形轨道的最高点D，离开D后又刚好落在B点。已知A、B两点间沿斜面的距离为l，小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0＝tan θ)，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为g，小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失，忽略空气阻力。求：
INCLUDEPICTURE "25A-34.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-34.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小物块第一次到达B点时，重力的功率P；
(2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W；
(3)B、C两点间的距离x。
解析：(1)对小物块从A到B运用动能定理，则
mgl sin θ－lmg cos θ＝mv－0，其中μ0＝tan θ，解得vB＝
重力的功率
P＝mgvB sin θ＝mg sin θ。
(2)小物块恰能通过半圆形轨道的最高点D，则m eq \f(v,R) ＝mg
vD＝
沿半圆形轨道运动的过程中，有
－mg(2R)＋W＝mv－mv
解得W＝mgR－mgl sin θ。
(3)物块离开D后又刚好落在B点，则
gt2＝2R，vDt＝x
解得x＝2R。
答案：(1)mg sin θ
(2)mgR－mgl sin θ (3)2R
2．(2024·安徽合肥市一模)如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x＝2 m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5 kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O′，半径为0.5 m，MN为竖直直径，∠PO′N＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求：
INCLUDEPICTURE "25A-35.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-35.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)物块飞出平台时的速度大小；
(2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
解析：(1)由F与物块的位置坐标x的关系图像面积分析可知当物块运动到x2＝2 m处时F所做的功
W1＝×2 J＝11 J
设物块运动到x2＝2 m处时的速度为v，由动能定理得
W1－μmgx2＝mv2
可得v＝4 m/s。
(2)分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为vP，可得物块在P点的速度
vP＝＝5 m/s
设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM，有mg＝m eq \f(v,R)
可得vM＝＝ m/s
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为W2，由动能定理可得
－mgR(1＋cos 37°)－W2＝mv－mv
可得W2＝0.5 J。
答案：(1)4 m/s (2)0.5 J
3．(2024·山西太原市期末)如图所示，竖直平面内有一倾角为30°的固定粗糙斜面，高度h＝2 m。斜面底端有沿逆时针方向匀速转动的水平传送带BC，LBC＝4 m，传送带速度v＝6 m/s。斜面与传送带在B点平滑连接。物块P从斜面最高点A处由静止滑下，经B点滑上传送带。物块P与斜面间的动摩擦因数μ1＝，与BC间的动摩擦因数μ2＝0.5，物块P可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25A-36.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-36.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离；
(2)物块P第一次返回斜面后可到达的最大高度。
解析：(1)设物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离为xm，则
mgh－μ1mg cos 30°－μ2mgxm＝0－0
解得xm＝2 m则物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离为2 m。
(2)物块P从向右运动的最大距离处运动到B点，有μ2mgxm＝mv－0
vB＝2 m/s<6 m/s
物块P从B点返回斜面可到达最大高度为hm，有
－mghm－μ1mg cos 30°＝0－mv
解得hm＝ m。
答案：(1)2 m (2) m
4．(2024·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，轨道固定，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知小物块运动至B点时的速度大小vB＝5 m/s，木板的质量M＝2 kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，圆弧轨道半径R＝2.75 m，OB与竖直方向OC间的夹角θ＝37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
INCLUDEPICTURE "25A-37.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-37.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求小物块由A运动至B所经历的时间t。
(2)求小物块滑动至C点时的速度大小vC。
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
解析：(1)小物块由A运动至B点，物块做平抛运动，有vy＝gt
根据运动的合成与分解，有sin 37°＝
解得t＝0.3 s。
(2)从B点到C点，根据动能定理可得
mg(R－R cos 37°)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s。
(3)对小物块受力分析有μ1mg＝mam
对长木板受力分析有
μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaM
根据速度—时间关系有
v共＝vC－amt＝aMt
根据位移—时间关系有
xm＝t，xM＝t
最短板长L＝xm－xM
解得L＝3 m。
答案：(1)0.3 s (2)6 m/s (3)3 m高考热点强化练2 动力学和能量观点的综合应用
1．(2024·四川乐山市调研)某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点，圆弧半径R＝0.4 m，BC长L＝2 m。某次实验中，将质量m＝0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h＝1.4 m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F＝4 N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25A-38.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-38.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比)。
解析：(1)滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小
F′＝F＝4 N
由牛顿第二定律有mg＋F′＝m eq \f(v,R)
代入数据得v1Q＝2 m/s
从释放滑块到其运动至Q，由动能定理有
mgh－μmgL－mg·2R＝mv－0
代入数据解得μ＝0.1。
(2)滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定律有
Ek1＝mv＋mg·2R
滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v,R)
代入数据得v2Q＝2 m/s
从碰后到Q，由机械能守恒定律有
Ek2＝mv＋mg·2R
所以η＝×100%≈16.7%。
答案：(1)0.1 (2)16.7%
2．(2024·江西鹰潭市一模)工厂里有一种运货的过程可以简化为下图所示，货物以v0＝12 m/s的初速度滑上静止的小车的左端，已知货物质量m＝20 kg，小车质量M＝40 kg，小车高h＝0.8 m，在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物(障碍物与小车等高，不考虑障碍物的厚度)，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC方向落在B点。已知货物与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，货物可简化为质点，斜面的倾角为53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。
INCLUDEPICTURE "25A-39.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-39.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求货物从A点到B点的时间。
(2)求货物在B点的速度大小。
(3)若已知OA段距离足够长，导致小车在碰到A之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？
解析：(1)货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向h＝gt2
解得t＝0.4 s。
(2)在B点有vy＝gt＝4 m/s，＝sin 53°
联立解得vB＝5 m/s。
(3)在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经达到共同速度，根据牛顿第二定律，对货物有μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
当v0－a1t＝a2t时，货物、小车具有共同速度v共＝a2t＝4 m/s
根据系统能量守恒定律有
Q＝μmgx相＝mv－(m＋M)v
联立解得x相＝9.6 m
当小车被粘住之后，货物继续在小车上滑行，直到滑出，滑出速度由
＝tan 53°
得vx＝3 m/s
根据动能定理
－μmgx′＝mv－mv
解得x′＝0.7 m
故L＝x相＋x′＝10.3 m。
答案：(1)0.4 s (2)5 m/s (3)10.3 m
3．(2024·辽宁大连市双基测试)水平桌面上放有纸板，小砝码放在纸板上，砝码与纸板左端的距离l＝0.5 m，如图所示。已知砝码与纸板间的动摩擦因数μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数μ2＝0.25。现用水平向右的恒力将纸板拉动，纸板一直在桌面上运动，小砝码可视为质点，砝码和纸板的质量分别为m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "25A-40.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-40.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)若拉纸板的恒力F1＝1.6 N，求纸板对砝码的摩擦力f1大小。
(2)若拉纸板的恒力F2＝2.2 N，求砝码在纸板上滑动的时间t及该过程中纸板对砝码所做功W。
解析：(1)对砝码，设最大加速度为am，由μ1m1g＝m1am
得am＝2 m/s2
桌面对纸板的滑动摩擦力
f2＝μ2(m1＋m2)g
得f2＝1 N
假设砝码和纸板相对静止
F1－f2＝(m1＋m2)a
得a＝1.5 m/s2假设成立
对砝码f1＝m1a
得f1＝0.45 N。
(2)F较大时，砝码和纸板会相对滑动，对砝码a1＝am＝2 m/s2
对纸板F2－μ1m1g－f2＝m2a2
对砝码x1＝a1t2
对纸板x2＝a2t2
l＝x2－x1
得t＝0.5 s
纸板对砝码做的功W＝μ1m1gx1
得W＝0.15 J。
答案：(1)0.45 N (2)0.5 s 0.15 J
4．(2024·山东威海市期末)如图所示，与竖直方向成α＝37°的光滑直轨道AB与半径R＝ m的光滑圆轨道相切于B点，O为圆心，C为圆轨道最低点，OB与OC的夹角β＝53°，D为圆轨道上与O等高的点，整个轨道竖直固定在水平地面上。现将一可视为质点的小球从直轨道上距离B点L＝ m处的A点由静止释放，小球从圆轨道上的E点(图中未画出)离开。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
INCLUDEPICTURE "25A-41.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-41.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求小球到达E点时的速度大小及方向。
(2)计算说明小球离开圆轨道后能否落到直轨道上。
解析：(1)设OE与OD的夹角为γ，根据牛顿第二定律有mg sin γ＝m
小球从A点到达E点，根据动能定理有
mg(L cos α－R cos β－R sin γ)＝mv2
解得v＝ m/s，γ＝37°
小球在E点的速度方向与竖直方向夹角为37°。
(2)小球离开圆轨道时的位置与B点的水平距离x＝2R cos 37°＝ m
小球离开圆轨道时的位置与B点的竖直距离y＝2R sin 37°＝0.4 m
小球离开圆轨道后，做斜抛运动，若水平位移为x，则x＝vt sin 37°
以向下为正方向，竖直方向位移
h＝－vt cos 37°＋gt2
解得h＝ m≈1.26 m
由于h>y＝0.4 m
因此小球不能落到直轨道上。
答案：(1) m/s 速度方向与竖直方向夹角为37° (2)小球不能落到直轨道上，计算过程见解析INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "复习效果自测LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T1)2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是( )
A．质量 B．速率
C．动量 D．动能
解析：选C。矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量。
2．(多选)(2024·广西卷，T8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v，M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在( )
INCLUDEPICTURE "25MSS6.TIF" INCLUDEPICTURE "25MSS6.TIF" \* MERGEFORMAT
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
解析：选BC。由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
3．(2024·河南驻马店市期末)某次冰球比赛中，甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为( )
A．1 B．
C． D．
解析：选B。设冰球的质量为m，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km＋m)v1－kmv2＝0，解得＝，故选B。
4.(2024·广西贵百河联考)起跳摸高是学生常进行的一项运动，一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.55 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s，不计空气阻力，起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2)( )
INCLUDEPICTURE "25A-48.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-48.TIF" \* MERGEFORMAT
A．1 450 N B．1 500 N
C．2 000 N D．1 600 N
解析：选C。跳起后重心升高的高度h＝(2.55－2.10) m＝0.45 m，v2＝2gh，所以人跳起的速度v＝3 m/s，根据动量定理得t－mgt＝mv，解得起跳过程中地面对人的平均支持力约为＝2 000 N，根据牛顿第三定律，起跳过程中人对地面的平均压力约为2 000 N。
5.(2024·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的( )
INCLUDEPICTURE "25A-49.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-49.TIF" \* MERGEFORMAT
A． B．
C． D．
解析：选B。如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0＝(150m＋m)v，解得v＝v0，如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律mv0＝150mv1＋mv2，由机械能守恒定律mv＝×150mv＋mv，联立解得v1＝v0，故撞击后大石块的速度范围为v0≤v≤v0，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的。
6.(多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-50.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-50.TIF" \* MERGEFORMAT
A．物体B能上升的最大高度为0.6 m
B．物体B能上升的最大高度为1.8 m
C．物体C能达到的最大速度为4.0 m/s
D．物体C能达到的最大速度为8.0 m/s
解析：选AD。子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。
7．(多选)(2024·河北邯郸市联考)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前、后的速度大小之比可能为( )
INCLUDEPICTURE "25A-51.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-51.TIF" \* MERGEFORMAT
A．4 B．2
C． D．
解析：选BC。设A的质量为m，A碰前速度为v0，碰后速度大小为v1，B碰后速度为v2。若第一次A、B两小物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，得v1＝v0，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5∶3；因为A能第二次与B碰撞，则碰后A的速度比B速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1>v2，联立解得v1>，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1；则小物块A第一次碰撞前、后的速度大小之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误。
8．(2024·河南开封市质检)如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上，物块a与斜面间无摩擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
INCLUDEPICTURE "25A-52.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-52.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求物块b与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度。
(3)若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm。
解析：(1)对a、b整体分析，由受力平衡可得(m＋4m)g sin θ＝4μmg cos θ
解得μ＝。
(2)设弹簧恢复原长时a、b两物块的速度分别为va、vb，对a、b整体而言，减少的重力势能等于克服摩擦力做的功，因此根据能量守恒定律和动量守恒定律可得
·5mv＋Ep＝mv＋·4mv
5mv0＝mva＋4mvb
解得va＝v0＋
vb＝v0－。
(3)若弹性势能Ep＝10mv，由(2)中分析可得va＝5v0
vb＝0
对于物块b，由于g sin θ<μg cos θ
因此弹簧恢复原长后物块b静止，物块a与挡板弹性碰撞后返回再与物块b进行多次弹性碰撞，当物块a返回物块b处速度为零时，物块b沿斜面向上滑动的距离最大，根据动能定理可得
5mgxmsin θ＋4μmgxmcos θ＝m·(5v0)2－0
解得xm＝ eq \f(25v,12g) 。
答案：(1) (2)v0＋
v0－ (3) eq \f(25v,12g)
9．(2024·山东卷，T17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "24sdd18.TIF" INCLUDEPICTURE "24sdd18.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v。
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m。
②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg＋3mg＝m
代入数据解得v＝4 m/s。
(2)①根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a
根据题图乙有k1＝＝0.5 kg－1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F－μmg＝Ma
结合题图乙有a＝F－
可知k2＝＝1 kg－1
截距b＝－＝－2 m/s2
联立以上各式可得
M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
②由题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2
当小物块运动到P点时，经过t0时间，对轨道有v1＝a1t0
对小物块有v2＝a2t0
在小物块运动到P点到从Q点离开轨道这个过程中系统机械能守恒，有
Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，则有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立解得t0＝1.5 s
根据运动学公式有
L＝a1t－a2t
代入数据解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s (2)①0.2 1 kg ②4.5 m专题六 动力学和能量观点的综合应用
INCLUDEPICTURE "命题分析6F.TIF" INCLUDEPICTURE "命题分析6F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题点1 动力学和能量观点的应用
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年7卷7考
1．运动模型
多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者一般的曲线运动。在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。
2．规律方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
3．分析技巧
(1)如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；如果只涉及位移、功和能量的转化，通常采用动能定理分析。
(2)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应先独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。
INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·江苏卷，T15)如图所示，粗糙斜面与物块间的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求：
INCLUDEPICTURE "24WAX10.tif" INCLUDEPICTURE "24WAX10.tif" \* MERGEFORMAT
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
[解析] (1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
由运动学公式 0－v2＝－2ax
联立解得x＝。
(2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F＝mg sin θ＋μmg cos θ
由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能
E1＝mgL sin θ
整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故
E2＝E1＋μmgL cos θ
＝＝。
[答案] (1)
(2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3)
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“电动机牵引物体在斜面上的运动”为命题情境，主要考查了牛顿第二定律的应用、功率的概念、能量转化和守恒定律的应用等知识。
方法技巧：根据运动情景把物体的运动分成多个运动过程，分析每个过程的运动特点，根据求解问题选择相应物理规律。
INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·山东济南市质检)如图所示，水平地面上有两个半径均为R的固定竖直光滑圆轨道，M、N分别为两圆轨道的最低点。一质量为m的小物块从P点开始沿水平面向右运动，通过第一个竖直圆轨道后沿水平面继续向右运动。已知P点与M点、M点与N点间的距离均为5R，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g，小物块在P点的初速度大小v0＝。求：
INCLUDEPICTURE "25A-28.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-28.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小物块到达第一个圆轨道最高点时，小物块对轨道压力的大小；
(2)小物块从第二个圆轨道脱离时的速度大小。
[解析] (1)小物块从P点到第一个圆轨道最高点，根据动能定理得
－mg·2R－μmg·5R＝mv－mv
在第一个圆轨道最高点，设轨道对小物块的压力为FN，有mg＋FN＝m eq \f(v,R)
解得FN＝mg
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道压力的大小FN′＝FN＝0.5mg。
(2)设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为θ，小物块从P点到脱轨，根据动能定理得－mg(R＋R sin θ)－μmg·10R＝mv－mv
脱轨时，有mg sin θ＝m eq \f(v,R)
联立解得v2＝。
[答案] (1)0.5mg (2)
INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·天津河西区期末) 如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1半径为R的光滑圆弧形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R、圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小球(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小球被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)。求：
INCLUDEPICTURE "25A-29.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-29.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小球与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小球通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
[解析] (1)由几何关系得BC间的高度差h＝R
小球从C点运动到A点的过程，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0
解得μ＝。
(2)弹簧对小球做功过程由功能关系有
W弹＝Ep
小球从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
小球在D点，由重力提供向心力
mg＝m
联立解得Ep＝mgR。
(3)小球通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系x2＋y2＝4R2
可得小球落到挡板上的动能
Ek＝m
联立解得Ek＝(2－1)mgR。
[答案] (1) (2)mgR (3)(2－1)mgR
命题点2 传送带模型和板块模型
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年1卷1考
1．动力学分析
INCLUDEPICTURE "AQP88.TIF" INCLUDEPICTURE "AQP88.TIF" \* MERGEFORMAT
2．功能关系分析
(1)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。
(2)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
3．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Fx相对，其中x相对是物体间相对路径长度，如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和。
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向1 传送带模型
INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" \* MERGEFORMAT (多选)(2024·天津河西区期末) 如图所示，质量m＝1 kg的物体从高h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，g取10 m/s2，则( )
INCLUDEPICTURE "25A-31.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-31.TIF" \* MERGEFORMAT
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
[解析] 设物体下滑到A点的速度为v0，有mv＝mgh，v0＝＝2 m/s<4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，a＝＝μg＝2 m/s2，加速至速度与传送带相等时用时t1＝＝ s＝1 s，位移x1＝t1＝×1 m＝3 m[答案] AC
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向2 板块模型
INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·重庆市第二次调研)如图，在光滑水平面上静置一长木板，在距木板右侧L0处固定一半径为R的四分之一光滑圆弧曲面CD，且最低点C与木板上表面等高。现使一质量为m的物块以Ek＝4mgR的初动能从木板左侧滑上木板并向右运动，当木板撞上圆弧面时，物块恰好滑上弧面C点，且对C点的压力大小为5mg。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
INCLUDEPICTURE "25A-33.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-33.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)物块在木板上滑动过程中产生的内能；
(2)物块到达D点时的速度大小。
[解析] (1)物块初速度
v0＝＝
在C点，由牛顿第三定律及牛顿第二定律得5mg－mg＝m eq \f(v,R)
解得vC＝2
又由牛顿第二定律得μmg＝ma
得a＝μg
由运动学公式得物块在水平方向上运动的位移x＝ eq \f(v－v,2a) ＝
由能量守恒定律知，物块在木板上滑动过程中产生的内能
Q＝μmg(x－L0)＝2mgR－μmgL0。
(2)由动能定理得
－mgR＝mv－mv
得vD＝。
[答案] (1)2mgR－μmgL0 (2)高考热点强化练3 力学三大观点的综合应用
1．(2024·山东济宁市期末)如图所示，一无弹性的轻绳一端悬挂于O点，另一端拴接一可视为质点的小球，小球的右侧有一放在光滑水平面上的木板C，在木板上从左向右依次放有A、B两个可视为质点的滑块。开始时该装置均处于静止状态，现把小球拉到水平位置由静止释放(轻绳刚好绷紧)，小球摆到最低点时恰好与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，最终滑块A、B均未从木板C上滑下，且滑块A、B也未发生碰撞。已知小球的质量为3m，绳长为L，滑块A的质量为3m，滑块B的质量为m，木板C的质量为m，两滑块与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求：
INCLUDEPICTURE "25A-58.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-58.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小球与滑块A相碰后瞬间，滑块A的速度大小；
(2)整个过程中，系统因摩擦而产生的热量；
(3)从滑块A开始运动到滑块A与木板C恰好保持相对静止时所用的时间；
(4)开始时，滑块A、B之间的最小距离。
解析：(1)小球从开始到最低点的过程中，由动能定理得
3mgL＝×3mv－0
小球与A发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋3mv2
×3mv＝×3mv＋×3mv
解得滑块A的速度v2＝。
(2)A、B、C三者最终共速，由动量守恒定律得3mv2＝5mv3
由能量守恒定律得
Q＝×3mv－×5mv
解得Q＝mgL。
(3)在滑块A开始运动到与木板C刚要保持相对静止的过程中，经分析知A、C先达到共同速度，对A由动量定理得
－μ·3mgt1＝3mv4－3mv2
对C由动量定理得
μ·3mgt1－μmgt1＝mv4
联立解得t1＝。
(4)滑块A与木板C共速时二者之间的相对位移
Δx1＝t1－t1＝
从开始到A、B、C三者共速的过程中，由能量守恒定律得
Q＝μ·3mgΔx1＋μmgΔx2
滑块A、B之间的最小距离
l＝Δx1＋Δx2
解得l＝。
答案：(1) (2)mgL (3) (4)
2．(2024·云南省一模)如图所示，光滑水平面上有静止的物块A、B和长木板C，在木板中点静置一小物块D(可视为质点)。A、B间有少量炸药，某时刻炸药爆炸，使A、B沿水平方向运动，爆炸过程中有27 J的能量转化成了A、B的动能。一段时间后，B与C发生弹性正碰且碰撞时间极短，最终D刚好不滑离C。已知A的质量为2 kg，B的质量为1 kg，C的质量为3 kg，D的质量为1.5 kg，木板C的长度为1 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25A-59.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-59.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)B与C碰撞前瞬间B的速度大小；
(2)C与D之间的动摩擦因数。
解析：(1)物块A与物块B组成的系统在爆炸过程中满足动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
对物块A与物块B组成的系统，根据能量转化可得E＝mAv＋mBv
联立解得vB＝6 m/s。
(2)物块B与木板C组成的系统在碰撞过程中由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvB＝mBvB1＋mCvC
mBv＝mBv＋mCv
解得vB1＝－3 m/s，vC＝3 m/s
物块B与木板C碰撞后分离，木板C与物块D组成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mCvC＝(mD＋mC)v
μmDg＝mCv－(mD＋mC)v2
联立解得μ＝0.6。
答案：(1)6 m/s (2)0.6
3.(2024·安徽黄山市二模)如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g。
INCLUDEPICTURE "25A-60.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-60.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小。
(2)若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能(结果用含h0的式子表示)。
(3)若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx。
解析：(1)a做自由落体运动，有
mgh＝mv
解得v0＝
a、b碰撞过程动量守恒，则mv0＝2mv1
所以v1＝＝
碰撞后瞬间，对a、b整体，根据牛顿第二定律有2mg－kx0＝2ma
kx0＝mg
解得加速度大小a＝。
(2)若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有mgh0＝mv0′2
a、b碰撞过程动量守恒，则mv0′＝2mv2
弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒定律可得·2mv＋Ep＝2mgx0
联立可得Ep＝－。
(3)若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则
mghx＝mv0″2
mv0″＝2mv3
·2mv＝2mg·2x0
联立可得hx＝。
答案：(1) (2)－
(3)
4．(2024·东北三校一模)如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑的水平地面上，质量分别为m和2m的物块A、B(可视为质点)紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以v0和2v0的初速度向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求：
INCLUDEPICTURE "25A-61.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-61.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小；
(2)木板C的最大速度的大小；
(3)木板C的长度。
解析：(1)最初时刻对A由牛顿第二定律可得μmg＝maA
解得aA＝μg
最初时刻对B由牛顿第二定律可得
2μmg＝2maB
解得aB＝μg
最初时刻对C由牛顿第二定律可得
2μmg－μmg＝2maC
解得aC＝μg。
(2)假设A、C先共速，设从初始时刻至A、C共速所用的时间为t1，有
－v0＋aAt1＝aCt1
解得t1＝
假设B、C先共速，设从初始时刻至B、C共速所用的时间为t2，有
2v0－aBt2＝aCt2
解得t2＝
由于t2μmg＝(2m＋2m)aBC
解得aBC＝μg所以vCmax＝aCt2＝v0。
(3)对B和C发生相对运动的过程，有
xB＝2v0t2－aBt＝ eq \f(16v,9μg)
xC＝aCt＝ eq \f(4v,9μg)
由于地面光滑，则A、B、C组成系统的动量守恒，规定水平向右为正方向，则从初始时刻到三者共速的过程有
4mv0－mv0＝(2m＋m＋2m)v
解得v＝v0
该过程，A相对于地面的位移大小为
xA＝ eq \f(v－v2,2aA) ＝ eq \f(8v,25μg) ，方向水平向左
C相对于地面的位移大小为
xC′＝xC＋ eq \f(vC－v2,2aBC) ＝ eq \f(46v,75μg) ，
则A、C的相对位移大小为
xAC＝xA＋xC′＝ eq \f(14v,15μg)
由于A、B刚好不从C上滑落，则当A、B、C三者共速时，A位于C的最左端，B位于C的最右端，所以C的长度为LC＝xB－xC＋xAC＝ eq \f(34v,15μg) 。
答案：(1)μg μg μg (2)v0 (3) eq \f(34v,15μg)INCLUDEPICTURE "物理模块二F.TIF" INCLUDEPICTURE "物理模块二F.TIF" \* MERGEFORMAT
专题五 功和功率 动能定理和机械能守恒定律
INCLUDEPICTURE "命题分析5F.TIF" INCLUDEPICTURE "命题分析5F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题点1 功和功率
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年10卷10考
INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" INCLUDEPICTURE "例1F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·山东卷，T7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dINCLUDEPICTURE "24SDD5.TIF" INCLUDEPICTURE "24SDD5.TIF" \* MERGEFORMAT
A．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
[解析] 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移x1＝x0＋l－d, 则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)。
[答案] B
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“弹性绳连接物体的连接体”为命题情境，主要考查了平衡的临界问题、弹性势能的概念、摩擦力做功、利用功能关系求变力做功等知识点。
方法技巧：把弹性绳看成弹簧模型，利用功能关系求变力做的功。
INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" INCLUDEPICTURE "例2F.TIF" \* MERGEFORMAT (2023·湖北卷，T4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A．
B．
C．
D．
[解析] 由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝。
[答案] D
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“动车组的运行”为命题情境，主要考查了P＝Fv的应用、动车组运行的特点等。
方法技巧：速度最大时，牵引力和阻力大小相等，编组后的额定功率为两节动车额定功率之和，阻力也是两节动车所受阻力之和。
【变式训练】 (2024·河南信阳市二模)如图是某地铁列车从左向右匀速率通过下穿轨道abcd的示意图，其中bc段水平、ab与cd段的倾角相等，已知整个过程中列车受阻力的大小保持不变(包括摩擦阻力和空气阻力)，在ab和bc段，牵引列车的功率分别为P1和P2，则在cd段牵引列车的功率为( )
INCLUDEPICTURE "25A-1.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-1.TIF" \* MERGEFORMAT
A．2P2－P1 B．P2－P1
C． D．
解析：选A。在ab段，由牛顿第二定律得＋mg sin θ－f＝0, 在bc段，由牛顿第二定律得－f＝0，在cd段，由牛顿第二定律得－mg sin θ－f＝0，联立解得P3＝2P2－P1。
命题点2 动能定理的应用
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年9卷9考
1．基本思路
(1)确定研究对象和研究过程。
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式。
2．解题技巧
(1)动能定理虽然是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动。
(2)在解决涉及位移和速度而不涉及加速度和时间的问题时，常选用动能定理求解。
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移。
INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" INCLUDEPICTURE "例3F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·安徽卷，T2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为( )
A．mgh B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
[解析] 人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功Wf＝mgh－mv2。
[答案] D
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“人在滑板上和滑板一起滑下”为命题情境，考查了应用动能定理求力做的功，题目较简单，是常规题目。
方法技巧：首先要明确受力以及各力的做功情况，确定初末状态的动能。
INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" INCLUDEPICTURE "例4F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·青海西宁市联考)如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接置于粗糙水平面的物块。此时弹簧自然伸长，物块位于O点。现用外力向左推动物块，当弹簧压缩量为x0时，使物块静止，然后由静止释放物块，物块到达O点时速度刚好为0。已知此过程中向左推动物块的外力所做的功为W。则此过程中弹簧的最大弹性势能为( )
INCLUDEPICTURE "25A-2.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-2.TIF" \* MERGEFORMAT
A．W B．
C． D．
[解析] 设弹簧的最大弹性势能为Ep，物块向左运动时，根据动能定理W－μmgx0－Ep＝0，物块向右运动时，根据动能定理Ep－μmgx0＝0，联立解得Ep＝，故A、C、D错误，B正确。
[答案] B
命题点3 机械能守恒定律
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年4卷4考
1．机械能守恒的判断
定义判断法 看动能与势能之和是否变化
能量转化判断法 机械能没有与其他形式的能转化时，系统机械能守恒
做功判断法 只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒
2.机械能守恒定律的表达式
INCLUDEPICTURE "TYZ5.TIF" INCLUDEPICTURE "TYZ5.TIF" \* MERGEFORMAT
3．连接体的机械能守恒问题
共速率模型 INCLUDEPICTURE "TYZ6.TIF" INCLUDEPICTURE "TYZ6.TIF" \* MERGEFORMAT 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型 INCLUDEPICTURE "TYZ7.TIF" INCLUDEPICTURE "TYZ7.TIF" \* MERGEFORMAT 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型 INCLUDEPICTURE "TYZ8.TIF" INCLUDEPICTURE "TYZ8.TIF" \* MERGEFORMAT 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型 INCLUDEPICTURE "TYZ9.TIF" INCLUDEPICTURE "TYZ9.TIF" \* MERGEFORMAT ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向1 单物体的机械能守恒
INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" INCLUDEPICTURE "例5F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·山东淄博市一模)图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-8.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-8.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "25A-9.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-9.TIF" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "25A-10.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-10.TIF" \* MERGEFORMAT
[解析] 根据机械能守恒定律可得mgH＝mv2，可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为v＝，小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其vt图像为一条倾斜直线，小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其vt图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故A正确，B错误；根据mgh＝mv2，可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2＝2gh，可知小球a和b的v2h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D错误。
[答案] A
INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" INCLUDEPICTURE "三角F.TIF" \* MERGEFORMAT 考向2 连接体的机械能守恒
INCLUDEPICTURE "例6F.TIF" INCLUDEPICTURE "例6F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·黑龙江牡丹江市期末)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h，重力加速度为g。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为37°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25A-11.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-11.TIF" \* MERGEFORMAT
A．物块A运动到C点过程中机械能变小
B．物块A经过C点时的速度大小为
C．物块A在杆上长为的范围内做往复运动
D．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量
[解析] 物块A运动到C点的过程中，细线对A始终做正功，其他力不做功，则物块A的速度始终增大，机械能增大，故A错误；物块A经过C点时，细线与物块A的运动方向垂直，则物块B的速度为0，根据系统机械能守恒有mg(－h)＝mv2，此时物块A的速度v＝，故B错误；由于机械能守恒，物块A在水平光滑杆上往复运动，运动范围x＝2＝h，故C错误；在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B的动能变化量为0，则物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D正确。
[答案] D
命题点4 功能关系的理解和应用
INCLUDEPICTURE "线F.TIF" INCLUDEPICTURE "线F.TIF" \* MERGEFORMAT
近3年2卷2考
1．常见的功能关系
INCLUDEPICTURE "21x103.TIF" INCLUDEPICTURE "21x103.TIF" \* MERGEFORMAT
2．两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
INCLUDEPICTURE "例7F.TIF" INCLUDEPICTURE "例7F.TIF" \* MERGEFORMAT (多选)(2024·辽宁凌源市二模)蹦极是一项具有挑战性的运动。如图所示，用橡皮绳一端拴一小球，另一端固定在架子上，可以模拟蹦极运动。小球由静止开始，在空中下落到最低点的过程中，不计空气阻力，则( )
INCLUDEPICTURE "25A-12.TIF" INCLUDEPICTURE "25A-12.TIF" \* MERGEFORMAT
A．小球的重力势能与动能之和一直在减小
B．小球的重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直在减小
C．小球的动能和橡皮绳弹性势能之和一直在增大
D．橡皮绳拉直后小球的动能先增加后减小
[解析] 整个系统在下落过程中机械能守恒，即小球重力势能、小球动能和橡皮绳弹性势能三者之和保持不变，其中两种形式能之和与第三种形式能的变化情况刚好相反，在橡皮绳拉直之前，重力势能与动能之和保持不变，故A错误；下落过程中，动能先增大后减小，则重力势能与橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故B错误；下落时重力势能一直在减小，则动能和橡皮绳弹性势能之和一直在增大，故C正确；在小球重力和绳子拉力大小相等之前，小球一直在加速，之后减速，所以橡皮绳拉直后小球的动能先增加后减小，故D正确。
[答案] CD
INCLUDEPICTURE "例8F.TIF" INCLUDEPICTURE "例8F.TIF" \* MERGEFORMAT (2024·安徽卷，T7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则水泵的输出功率约为( )
INCLUDEPICTURE "25VVD7.TIF" INCLUDEPICTURE "25VVD7.TIF" \* MERGEFORMAT
A． B．
C． D．
[解析] 设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量m＝v0tSρ，根据平抛运动规律v0t′＝l，h＝gt′2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率P＝(H＋h＋)。
[答案] B
INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" INCLUDEPICTURE "真题解读上F.TIF" \* MERGEFORMAT
命题视角：题目以“流体的平抛运动”为命题情境，主要考查了平抛运动的基本规律、功能关系的应用、功率的概念等知识。
方法技巧：建立“平抛运动模型”，从能量转化和守恒的角度建立能量间的关系。
