/專(zhuān)題06功和能考點(diǎn)三年考情（2023-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與功率2025·山東卷·T5、2025·福建卷·T14、2024·廣東卷·T9、2024·福建卷·T11、2023·廣東卷·T8、2023·新課標(biāo)卷·T15、2023·山東卷·T4、2023·北京卷·T11考查熱點(diǎn)：(1)結(jié)合直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)知識(shí)考查功和功率的理解和計(jì)算。(2)動(dòng)能定理的應(yīng)用。(3)機(jī)械能守恒定律的理解和應(yīng)用。(4)結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)及圓周運(yùn)動(dòng)考查功能關(guān)系?？键c(diǎn)2動(dòng)能和動(dòng)能定理2025·四川卷·T7、2025·北京卷·T19、2024·新課標(biāo)卷·T24、2023·湖南卷·T8、2023·湖北卷·T14、2023·新課標(biāo)卷·T20考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2025·山東卷·T17、2025·云南卷·T6、2024·山東卷·T7、2023·全國(guó)甲卷·T24、2023·浙江6月選考卷·T18考點(diǎn)01功與功率1．（2025·福建·高考真題）如圖甲，水平地面上有A、B兩個(gè)物塊，兩物塊質(zhì)量均為0．2kg，A與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與地面無(wú)摩擦，兩物塊用彈簧置于外力F的作用下向右前進(jìn)，F(xiàn)與位移x的圖如圖乙所示，P為圓弧最低點(diǎn)，M為最高點(diǎn)，水平地面長(zhǎng)度大于4m。(1)求，F(xiàn)做的功；(2)時(shí)，A與B之間的彈力；(3)要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑滿足的條件?！敬鸢浮?1)1.5J(2)0.5N(3)【詳解】（1）求，F(xiàn)做的功（2）對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律其中對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（3）當(dāng)A、B之間的彈力為零時(shí)，A、B分離，根據(jù)（2）分析可知此時(shí)此時(shí)過(guò)程中，對(duì)A、B根據(jù)動(dòng)能定理根據(jù)題圖可得從點(diǎn)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理在點(diǎn)的最小速度滿足聯(lián)立可得即圓弧半徑滿足的條件。2．（2025·山東·高考真題）一輛電動(dòng)小車(chē)上的光伏電池，將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)換成的電能全部給電動(dòng)機(jī)供電，剛好維持小車(chē)以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的效率為。已知小車(chē)的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力（k為常量），該光伏電池的光電轉(zhuǎn)換效率為，則光伏電池單位時(shí)間內(nèi)獲得的太陽(yáng)能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，則有小車(chē)的機(jī)械功率由于電動(dòng)機(jī)的效率為，則有光伏電池的光電轉(zhuǎn)換效率為，即可得故選A。3．（2025·廣西·高考真題）圖甲為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個(gè)散貨經(jīng)傾斜傳送帶由底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B后水平拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個(gè)脈沖信號(hào)，隨后豎直掉入以與水平傳送帶共速度的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測(cè)散貨的質(zhì)量，自動(dòng)調(diào)節(jié)水平傳送帶的速度，實(shí)現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為，以速度勻速運(yùn)行。若以相同的時(shí)間間隔將散貨以幾乎為0的速度放置在傾斜傳送帶底端A，從放置某個(gè)散貨時(shí)開(kāi)始計(jì)數(shù)，當(dāng)放置第10個(gè)散貨時(shí)，第1個(gè)散貨恰好被水平拋出。散貨與傾斜傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，到達(dá)頂端前已與傳送帶共速。設(shè)散貨與傳感器撞擊時(shí)間極短，撞擊后豎直方向速度不變，水平速度變?yōu)?。每個(gè)長(zhǎng)度為d的貨箱裝總質(zhì)為M的一批散貨。若貨箱之間無(wú)間隔，重力加速度為g。分裝系統(tǒng)穩(wěn)定運(yùn)行后，連續(xù)裝貨，某段時(shí)間傳感器輸出的每個(gè)脈沖信號(hào)與橫軸所圍面積為I如圖乙，求這段時(shí)間內(nèi)：(1)單個(gè)散貨的質(zhì)量。(2)水平傳送帶的平均傳送速度大小。(3)傾斜傳送帶的平均輸出功率?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）對(duì)單個(gè)散貨水平方向由動(dòng)量定理解得單個(gè)散貨的質(zhì)量為（2）落入貨箱中散貨的個(gè)數(shù)為則水平傳送帶的平均傳送速度大小為（3）設(shè)傾斜傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，其中散貨在加速階段，由牛頓第二定律解得加速時(shí)間加速位移設(shè)勻速時(shí)間為其中則勻速位移為故傳送帶的長(zhǎng)度為在加速階段散貨與傳送帶發(fā)生的相對(duì)位移為在時(shí)間內(nèi)傳送帶額外多做的功為其中，，，聯(lián)立可得傾斜傳送帶的平均輸出功率為4．（2024·貴州·高考真題）質(zhì)量為的物塊靜置于光滑水平地面上，設(shè)物塊靜止時(shí)的位置為x軸零點(diǎn)?，F(xiàn)給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F，其大小隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，則物塊運(yùn)動(dòng)到處，F(xiàn)做功的瞬時(shí)功率為（）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)圖像可知物塊運(yùn)動(dòng)到處，F(xiàn)做的總功為該過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得解得物塊運(yùn)動(dòng)到處時(shí)的速度為故此時(shí)F做功的瞬時(shí)功率為故選A。5．（2024·浙江·高考真題）一個(gè)音樂(lè)噴泉噴頭出水口的橫截面積為，噴水速度約為10m/s，水的密度為kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A．10W B．20W C．100W D．200W【答案】C【詳解】設(shè)時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為噴頭噴水的功率等于時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即聯(lián)立解得故選C。6．（2024·江西·高考真題）廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設(shè)利用瀑布來(lái)發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為（

）A．109W B．107W C．105W D．103W【答案】B【詳解】由題知，Δt時(shí)間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt發(fā)電過(guò)程中水的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，則有故選B。7．（2024·福建·高考真題）我國(guó)古代勞動(dòng)人民創(chuàng)造了璀璨的農(nóng)耕文明。圖（a）為《天工開(kāi)物》中描繪的利用耕牛整理田地的場(chǎng)景，簡(jiǎn)化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農(nóng)具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角為，，。當(dāng)每條繩子拉力的大小為時(shí)，人與木板沿直線勻速前進(jìn)，在內(nèi)前進(jìn)了，求此過(guò)程中(1)地面對(duì)木板的阻力大??；(2)兩條繩子拉力所做的總功；(3)兩條繩子拉力的總功率?！敬鸢浮?1)450N(2)9.0×103J(3)600W【詳解】（1）由于木板勻速運(yùn)動(dòng)則有解得（2）根據(jù)功的定義式有解得（3）根據(jù)功率的定義，有8．（2024·海南·高考真題）神舟十七號(hào)載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時(shí)打開(kāi)主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過(guò)程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對(duì)返回艙做負(fù)功【答案】A【詳解】AB．返回艙在減速過(guò)程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．主傘的拉力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)返回艙做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．返回艙的重力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相同，重力對(duì)返回艙做正功，故D錯(cuò)誤。故選A。9．（2023·廣東·高考真題）人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物．如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從圓弧滑道頂端點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端點(diǎn)時(shí)速度大小為。已知貨物質(zhì)量為，滑道高度為，且過(guò)點(diǎn)的切線水平，重力加速度取。關(guān)于貨物從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（

）

A．重力做的功為 B．克服阻力做的功為C．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為 D．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為【答案】BCD【詳解】A．重力做的功為A錯(cuò)誤；B．下滑過(guò)程據(jù)動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為B正確；C．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為C正確；D．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得解得貨物受到的支持力大小為據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對(duì)軌道的壓力大小為，D正確。故選BCD。10．（2023·北京·高考真題）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離為x的過(guò)程中（）

A．摩擦力做功大小與F方向無(wú)關(guān) B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為 D．F做功的最小值為【答案】D【詳解】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為摩擦力的功即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．合力功可知合力功與力F方向無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)力F水平時(shí)，則力F做功為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)時(shí)，摩擦力f=0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為max，選項(xiàng)D正確。故選D。11．（2023·山東·高考真題）《天工開(kāi)物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車(chē)往稻田里引水的場(chǎng)景。引水過(guò)程簡(jiǎn)化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。水筒在筒車(chē)上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，與水輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)。每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為（

）

A． B． C． D．nmgωRH【答案】B【詳解】由題知，水筒在筒車(chē)上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，且每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH則筒車(chē)對(duì)灌入稻田的水做功的功率為聯(lián)立有故選B。12．（2023·湖北·高考真題）如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球在P點(diǎn)下方處的加速度大小為C．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳解】A．小球在P點(diǎn)受力平衡，則有，，聯(lián)立解得A正確；C．在PM之間任取一點(diǎn)A，令A(yù)O與MN之間的夾角為，則此時(shí)彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡(jiǎn)得在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方時(shí)，此時(shí)摩擦力大小為由牛頓第二定律聯(lián)立解得B錯(cuò)誤。故選AD。13．（2023·江蘇·高考真題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳解】A．頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)斜面傾角為，動(dòng)摩擦因數(shù)為，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階段，從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知圖甲經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)可知圖甲在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故C正確；D．由于無(wú)論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。故選C。14．（2023·新課標(biāo)卷·高考真題）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．在x=1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x=4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg?m/s【答案】BC【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有則x=1m時(shí)物體的速度為v1=2m/sx=1m時(shí)，拉力為則此時(shí)拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek=2JA錯(cuò)誤、B正確；C．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過(guò)程中F1=6N，2—4m的過(guò)程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度則從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為D錯(cuò)誤。故選BC。15．（2023·天津·高考真題）2023年我國(guó)首套高溫超導(dǎo)電動(dòng)懸浮全要素試驗(yàn)系統(tǒng)完成首次懸浮運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗(yàn)列車(chē)質(zhì)量為m，某次試驗(yàn)中列車(chē)以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車(chē)時(shí)牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動(dòng)裝置提供大小為F的制動(dòng)力，列車(chē)減速直至停止。若列車(chē)行駛時(shí)始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車(chē)減速過(guò)程的加速度大小 B．列車(chē)減速過(guò)程F的沖量為mvC．列車(chē)減速過(guò)程通過(guò)的位移大小為 D．列車(chē)勻速行駛時(shí)，牽引系統(tǒng)的輸出功率為【答案】C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有故力F的沖量為方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得故C正確；D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為故D錯(cuò)誤。故選C。16．（2023·山東·高考真題）質(zhì)量為M的玩具動(dòng)力小車(chē)在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車(chē)用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車(chē)拖動(dòng)物體行駛的位移為時(shí)，小車(chē)達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下，其總位移為。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，不計(jì)空氣阻力。小車(chē)的額定功率P0為（

）

A． B．C． D．【答案】A【詳解】設(shè)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小車(chē)拖動(dòng)物體行駛的位移為S1的過(guò)程中有F－f－μmg=(m＋M)a

v2=2aS1P0=Fv輕繩從物體上脫落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有故選A。17．（2023·湖北·高考真題）兩節(jié)動(dòng)車(chē)的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為和。現(xiàn)將它們編成動(dòng)車(chē)組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車(chē)運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車(chē)組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意可知兩節(jié)動(dòng)車(chē)分別有當(dāng)將它們編組后有聯(lián)立可得故選D。18．（2023·遼寧·高考真題）如圖（a），從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開(kāi)M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過(guò)程中（）

A．甲沿I下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【詳解】AB．由圖乙可知，甲下滑過(guò)程中，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，乙沿I下滑，任意時(shí)刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小，A錯(cuò)誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開(kāi)始時(shí)乙速度為0，到點(diǎn)時(shí)乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時(shí)功率公式可知重力瞬時(shí)功率先增大后減小，CD錯(cuò)誤。故選B。考點(diǎn)02動(dòng)能和動(dòng)能定理19．（2025·北京·高考真題）關(guān)于飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)，研究下列問(wèn)題。(1)質(zhì)量為m的飛機(jī)在水平跑道上由靜止開(kāi)始做加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為x時(shí)速度為v。在此過(guò)程中，飛機(jī)受到的平均阻力為f，求牽引力對(duì)飛機(jī)做的功W。(2)飛機(jī)準(zhǔn)備起飛，在跑道起點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。跑道上存在這樣一個(gè)位置，飛機(jī)一旦超過(guò)該位置就不能放棄起飛，否則將會(huì)沖出跑道。己知跑道的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，飛機(jī)加速時(shí)加速度大小為，減速時(shí)最大加速度大小為。求該位置距起點(diǎn)的距離d。(3)無(wú)風(fēng)時(shí)，飛機(jī)以速率u水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率u相對(duì)飛機(jī)向后運(yùn)動(dòng)。氣流掠過(guò)飛機(jī)機(jī)翼，方向改變，沿機(jī)翼向后下方運(yùn)動(dòng)，如圖所示。請(qǐng)建立合理的物理模型，論證氣流對(duì)機(jī)翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足，并確定的值?！敬鸢浮?1)(2)(3)論證見(jiàn)解析，【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可得牽引力對(duì)飛機(jī)做的功（2）加速過(guò)程，設(shè)起飛速度為，根據(jù)速度位移關(guān)系減速過(guò)程，根據(jù)速度位移關(guān)系聯(lián)立解得（3）在無(wú)風(fēng)的情況下，飛機(jī)以速率u水平飛行時(shí)，相對(duì)飛機(jī)的氣流速率也為u，并且氣流掠過(guò)機(jī)翼改變方向，從而對(duì)機(jī)翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動(dòng)量變化有關(guān)，根據(jù)動(dòng)量定理可得又，聯(lián)立可得又可知即20．（2025·四川·高考真題）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動(dòng)機(jī)通過(guò)不可伸長(zhǎng)輕繩與小車(chē)相連，小車(chē)上靜置一物塊。小車(chē)與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動(dòng)摩擦因數(shù)為。電動(dòng)機(jī)以恒定功率P拉動(dòng)小車(chē)由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小車(chē)與物塊的速度剛好相同，大小為。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與斜面始終平行，小車(chē)和斜面均足夠長(zhǎng)，重力加速度大小為g，忽略其他摩擦。則這段時(shí)間內(nèi)（

）A．物塊的位移大小為 B．物塊機(jī)械能增量為C．小車(chē)的位移大小為 D．小車(chē)機(jī)械能增量為【答案】C【詳解】A．對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得物塊的位移大小為故A錯(cuò)誤；B．物塊機(jī)械能增量為故B錯(cuò)誤；C．對(duì)小車(chē)根據(jù)動(dòng)能定理有其中聯(lián)立解得故C正確；D．小車(chē)機(jī)械能增量為故D錯(cuò)誤。故選C。21．（2025·云南·高考真題）如圖所示，中老鐵路國(guó)際旅客列車(chē)從云南某車(chē)站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過(guò)程中列車(chē)對(duì)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【答案】B【詳解】高中生的質(zhì)量約為50kg，根據(jù)動(dòng)能定理有故選B。22．（2024·重慶·高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運(yùn)動(dòng)距離d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)d2后停下來(lái)。若兩段運(yùn)動(dòng)中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（

）A．被彈出時(shí)速度大小為B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為F1d1C．運(yùn)動(dòng)d2過(guò)程中，阻力做功為(F1＋F2)d2D．運(yùn)動(dòng)d2的過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為【答案】A【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理有解得故A正確；B．針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)d2減速至零，有Ek=F2d2故B錯(cuò)誤；C．針鞘運(yùn)動(dòng)d2的過(guò)程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯(cuò)誤；D．針鞘運(yùn)動(dòng)d2的過(guò)程中，動(dòng)量變化量大小故D錯(cuò)誤。故選A。23．（2024·海南·高考真題）某游樂(lè)項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量，一質(zhì)量為的游客，從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，并在平臺(tái)上滑行停下。游客視為質(zhì)點(diǎn)，其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦系數(shù)均為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長(zhǎng)度L【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為，從a到b過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒解得在b點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小為（2）設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為，在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得解得根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，可知該過(guò)程游客一直做減速運(yùn)動(dòng)，滑板一直做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為和，得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客解得該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為滑板的位移為根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長(zhǎng)度為24．（2024·北京·高考真題）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到靜摩擦力C．物體加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)【答案】D【詳解】A．剛開(kāi)始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體與傳送帶之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則物體不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；C．物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做正功，C錯(cuò)誤；D．設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由可知，傳送帶速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，D正確。故選D。25．（2024·安徽·高考真題）某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v．已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)．重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為故選D。26．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從、高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）A．甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與無(wú)關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【詳解】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過(guò)程有在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為由于t1與有關(guān)，則總時(shí)間與有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．乙下滑過(guò)程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有聯(lián)立可得即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，故D正確。故選ABD。27．（2024·新疆河南·高考真題）福建艦是我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車(chē)可以進(jìn)行彈射測(cè)試，測(cè)試時(shí)配重小車(chē)被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A．0．25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍【答案】C【詳解】動(dòng)能表達(dá)式為由題意可知小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開(kāi)甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車(chē)離開(kāi)甲板后做平拋運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)可知小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。故選C。考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律28．（2025·湖南·高考真題）如圖，某爆炸能量測(cè)量裝置由裝載臺(tái)和滑軌等構(gòu)成，C是可以在滑軌上運(yùn)動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)測(cè)量件，其規(guī)格可以根據(jù)測(cè)量需求進(jìn)行調(diào)整?；壈惭b在高度為h的水平面上。測(cè)量時(shí)，將彈藥放入裝載臺(tái)圓筒內(nèi)，兩端用物塊A和B封裝，裝載臺(tái)與滑軌等高。引爆后，假設(shè)彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能。極短時(shí)間內(nèi)B嵌入C中形成組合體D，D與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。D在滑軌上運(yùn)動(dòng)距離后拋出，落地點(diǎn)距拋出點(diǎn)水平距離為，根據(jù)可計(jì)算出彈藥釋放的能量。某次測(cè)量中，A、B、C質(zhì)量分別為、、，，整個(gè)過(guò)程發(fā)生在同一豎直平面內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。則（）A．D的初動(dòng)能與爆炸后瞬間A的動(dòng)能相等B．D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等C．彈藥釋放的能量為D．彈藥釋放的能量為【答案】BD【詳解】A．爆炸后，AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即3mv1=mv2B與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mv2=6mv聯(lián)立解得v=0.5v1。爆炸后瞬間A的動(dòng)能D的初動(dòng)能兩者不相等，故A錯(cuò)誤；B．D水平滑動(dòng)過(guò)程中摩擦力做功為做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做的功為故D從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地瞬間合外力做功為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等，故B正確；CD．D物塊平拋過(guò)程有，聯(lián)立可得D水平滑動(dòng)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有化簡(jiǎn)得彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能，則爆炸過(guò)程的能量為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。29．（2025·山東·高考真題）如圖所示，內(nèi)有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上，P、Q分別為軌道的兩個(gè)端點(diǎn)且位于同一高度，P處軌道的切線沿水平方向，Q處軌道的切線沿豎直方向。小物塊a、b用輕彈簧連接置于光滑水平面上，b被鎖定。一質(zhì)量的小球自Q點(diǎn)正上方處自由下落，無(wú)能量損失地滑入軌道，并從P點(diǎn)水平拋出，恰好擊中a，與a粘在一起且不彈起。當(dāng)彈簧拉力達(dá)到時(shí)，b解除鎖定開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知a的質(zhì)量，b的質(zhì)量，方形物體的質(zhì)量，重力加速度大小，彈簧的勁度系數(shù)，整個(gè)過(guò)程彈簧均在彈性限度內(nèi)，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），所有過(guò)程不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，小球及方形物體相對(duì)于地面的速度大小、；(2)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，b的速度大小及彈性勢(shì)能的最大值。【答案】(1)，水平向左，，水平向右(2)，水平向左，【詳解】（1）根據(jù)題意可知，小球從開(kāi)始下落到處過(guò)程中，水平方向上動(dòng)量守恒，則有由能量守恒定律有聯(lián)立解得，即小球速度為，方向水平向左，大物塊速度為，方向水平向右。（2）由于小球落在物塊a正上方，并與其粘連，小球豎直方向速度變?yōu)?，小球和物塊水平方向上動(dòng)量守恒，則有解得設(shè)當(dāng)彈簧形變量為時(shí)物塊的固定解除，此時(shí)小球和物塊的速度為，根據(jù)胡克定律系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得，固定解除之后，小球、物塊和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有解得，方向水平向左。由能量守恒定律可得，最大彈性勢(shì)能為30．（2025·云南·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）與水平面上MN段的動(dòng)摩擦因數(shù)為，與其余部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且。第一次，滑塊從I位置以速度向右滑動(dòng)，通過(guò)MN段后停在水平面上的某一位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊的位移大小為，所用時(shí)間為；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度向右滑動(dòng)，通過(guò)MN段后停在水平面上的另一位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊的位移大小為，所用時(shí)間為。忽略空氣阻力，則（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】CD．對(duì)兩種運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程根據(jù)能量守恒有，可得，故CD錯(cuò)誤；AB．根據(jù)牛頓第二定律可得由于，故滑塊在MN上時(shí)的加速度大，根據(jù)前面分析可知兩次運(yùn)動(dòng)的總位移相等，即兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圖像與橫軸圍成的面積相等，由于第二次時(shí)滑塊距離M點(diǎn)的距離較近，根據(jù)公式可知第二次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度較大，作出整個(gè)過(guò)程中兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的圖像可得，故A正確，B錯(cuò)誤；故選A。31．（2025·海南·高考真題）足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑，圓心角的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑，在平臺(tái)與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知，，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，因摩擦生熱，忽略軌道及平臺(tái)的摩擦，(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力；(2)A與B整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)，方向豎直向上；(2)(3)或【詳解】（1）A從開(kāi)始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒解得在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得，方向豎直向上；（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動(dòng)量守恒解得故A與B整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度小于時(shí)，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間后AB與傳送帶共速，可得該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為故可得聯(lián)立解得，另一解大于舍去；第二種情況，當(dāng)傳送帶速度大于時(shí)，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間后AB與傳送帶共速，同理可得該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為故可得解得，另一解小于舍去。32．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖，一雪塊從傾角的屋頂上的點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到A點(diǎn)后離開(kāi)屋頂。O、A間距離，A點(diǎn)距地面的高度，雪塊與屋頂?shù)膭?dòng)摩擦因數(shù)。不計(jì)空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取，重力加速度大小。求：(1)雪塊從A點(diǎn)離開(kāi)屋頂時(shí)的速度大小；(2)雪塊落地時(shí)的速度大小，及其速度方向與水平方向的夾角?！敬鸢浮?1)5m/s(2)8m/s，60°【詳解】（1）雪塊在屋頂上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得雪塊到A點(diǎn)速度大小為（2）雪塊離開(kāi)屋頂后，做斜下拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得雪塊到地面速度大小速度與水平方向夾角，滿足解得33．（2024·重慶·高考真題）如圖所示，M、N兩個(gè)釘子固定于相距a的兩點(diǎn)，M的正下方有不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為m的小木塊B，繩長(zhǎng)與M到地面的距離均為10a，質(zhì)量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，A與地面間摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計(jì)繩被釘子阻擋和繩斷裂時(shí)的機(jī)械能損失。(1)若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且能經(jīng)過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，求B碰后瞬間速度的最小值；(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)停止，B在豎直面圓周運(yùn)動(dòng)旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過(guò)M正下方時(shí)細(xì)繩子斷開(kāi)，B也來(lái)到P點(diǎn)，求B碰后瞬間的速度大?。?3)若拉力達(dá)到12mg細(xì)繩會(huì)斷，上下移動(dòng)N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問(wèn)中的相同，使B旋轉(zhuǎn)n圈。經(jīng)過(guò)M正下的時(shí)細(xì)繩斷開(kāi)，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時(shí)水平位移的最小值和最大值。【答案】(1)(2)(3)（n=1，2，3，…），，【詳解】（1）碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為10a，設(shè)碰后B的最小速度大小為v0，最高點(diǎn)速度大小為v，在最高點(diǎn)時(shí)由牛頓第二足定律有B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理可得解得（2）A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有2mv1=2mv2＋mv3碰后A減速到0，有碰后B做兩周圓周運(yùn)動(dòng)，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點(diǎn)正下方時(shí)，離M點(diǎn)6a，離地面4a，此時(shí)速度大小為v4，由功能關(guān)系得B隨后做平拋運(yùn)動(dòng)，有L=v4t解得（3）設(shè)MN間距離為h，B轉(zhuǎn)n圈后到達(dá)M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開(kāi)時(shí)，以M為圓心，由牛頓第二定律得（n=1，2，3，…）以N為圓心，由牛頓第二定律得（n=1，2，3，…）從碰后到B轉(zhuǎn)n圈后到達(dá)M正下方，由功能關(guān)系得（n=1，2，3，…）解得（n=1，2，3，…）繩斷后，B做平拋運(yùn)動(dòng)，有（n=1，2，3，…）s=v5t可得（n=1，2，3，…）由于（n=1，2，3，…）則由數(shù)學(xué)分析可得當(dāng)時(shí)，當(dāng)n=1時(shí)，，34．（2024·北京·高考真題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說(shuō)法正確的是（）A．物體在C點(diǎn)所受合力為零B．物體在C點(diǎn)的速度為零C．物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能【答案】C【詳解】AB．物體恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則物體在最高點(diǎn)只受重力，且重力全部用來(lái)提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的速度AB錯(cuò)誤；C．由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的向心加速度C正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和，D錯(cuò)誤。故選C。35．（2024·廣西·高考真題）如圖，堅(jiān)硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個(gè)豎直方向的方孔，方孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅(jiān)硬，形狀為正四棱臺(tái)，上下底面均為正方形，四個(gè)側(cè)面完全相同且與上底面的夾角均為。木栓質(zhì)量為m，與方孔側(cè)壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為。將木栓對(duì)準(zhǔn)方孔，接觸但無(wú)擠壓，錘子以極短時(shí)間撞擊木栓后反彈，錘子對(duì)木栓沖量為I，方向豎直向下。木栓在豎直方向前進(jìn)了的位移，未到達(dá)方孔底部。若進(jìn)入的過(guò)程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A．進(jìn)入過(guò)程，木料對(duì)木栓的合力的沖量為B．進(jìn)入過(guò)程，木料對(duì)木栓的平均阻力大小約為C．進(jìn)入過(guò)程，木料和木栓的機(jī)械能共損失了D．木栓前進(jìn)后木料對(duì)木栓一個(gè)側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為【答案】BD【詳解】A．錘子撞擊木栓到木栓進(jìn)入過(guò)程，對(duì)木栓分析可知合外力的沖量為0，錘子對(duì)木栓的沖量為I，由于重力有沖量，則木料對(duì)木栓的合力沖量不為-I，故A錯(cuò)誤；B．錘子撞擊木栓后木栓獲得的動(dòng)能為木栓進(jìn)入過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有解得平均阻力為故B正確；C．木栓進(jìn)入過(guò)程損失的動(dòng)能與重力勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能另一部分轉(zhuǎn)化為木栓的彈性勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)木栓的一個(gè)側(cè)面受力分析如圖由于方孔側(cè)壁彈力成線性變化，則有且根據(jù)B選項(xiàng)求得平均阻力又因?yàn)槁?lián)立可得故D正確。故選BD。36．（2024·山東·高考真題）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E=kx2（x為繩的伸長(zhǎng)量）。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長(zhǎng)量則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功故選B。37．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢．在Q點(diǎn)最大 B．在Q點(diǎn)最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【詳解】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知的大小在時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。38．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，物塊B分別通過(guò)輕彈簧、細(xì)線與水平面上的物體A左右端相連，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。剪斷細(xì)線后（）A．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)能達(dá)到最大B．彈簧壓縮最大時(shí)，A的動(dòng)量達(dá)到最大C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量增加D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能增加【答案】A【詳解】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)得聯(lián)立得故可知彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物體A速度最大，此時(shí)物體A的動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。對(duì)于系統(tǒng)來(lái)說(shuō)動(dòng)量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。故選A。39．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中