專題04功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功與功率2023、2025對功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關(guān)系等基本概念和規(guī)律的考查貫穿始終。在功和功率方面，常結(jié)合實際生活中的做功場景，如汽車發(fā)動機做功、起重機提升重物做功等，考查功的計算方法和功率的概念理解，區(qū)分平均功率和瞬時功率。對于各種形式的能量，注重考查其概念的內(nèi)涵和相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，例如物體在自由落體過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能；彈簧振子在振動過程中，動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化。機械能守恒定律的應(yīng)用是重點，通過設(shè)置各種物理情境，如光滑斜面上物體的下滑、擺動的單擺等，判斷系統(tǒng)在運動過程中機械能是否守恒，并運用機械能守恒定律求解相關(guān)物理量。功能關(guān)系則強調(diào)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，通過分析力做功的過程，確定能量的轉(zhuǎn)化情況，如合外力做功等于物體動能的變化。命題常與生活、科技場景緊密結(jié)合，如新能源汽車的能量轉(zhuǎn)化效率分析、機械工作過程中的能耗計算等，同時也會與牛頓運動定律、曲線運動等知識綜合，考查學(xué)生對能量觀念的深刻理解和在復(fù)雜物理過程中的綜合應(yīng)用能力?？键c2動能與動能定理2021、2023考點3機械能守恒定律2024、2025考點4功能關(guān)系2022考點5能量守恒定律2021考點01功與功率1．（2025·山東·高考）一輛電動小車上的光伏電池，將太陽能轉(zhuǎn)換成的電能全部給電動機供電，剛好維持小車以速度v勻速運動，此時電動機的效率為50%。已知小車的質(zhì)量為m，運動過程中受到的阻力f=kv（k為常量），該光伏電池的光電轉(zhuǎn)換效率為A．2kv2η B．kv2【答案】A【詳解】根據(jù)題意小車勻速運動，則有F=f=kv小車的機械功率P機=Fv=kv2由于電動機的效率為故選A。2．（2023·山東·高考）質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為S1時，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（

A．2F2(C．2F2(【答案】A【詳解】設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有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P故選A。3．（2023·山東·高考）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(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，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（

）

A．2nmgω2RH5 B．3nmgωRH【答案】B【詳解】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(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則筒車對灌入稻田的水做功的功率為PT聯(lián)立有P故選B?？键c02動能與動能定理4．（2023·山東·高考）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知v0=1m/s，v=4m/s，mA=mC（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若s=0.48m，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W（4）若s=0.48m，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量Δ

【答案】（1）H=0.8m；（2）0.625m【詳解】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有mCgH=1（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為f2=為f′2=μa木板B的加速度為aB=μ2mC代入數(shù)據(jù)解得t1=0.5s木板B的位移SB1=1×0.5+12×1×0.52=0.625m共同的速度v共1=1+1×0.5m/s=1.5m/s此后B和C共同減速，加速度大小為a共同的速度v共2=（3）由于s=0.48m<0.625m所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學(xué)公式有0.48=1×t0+12×1×t02（4）因為木板B足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有vvs此時A、B之間的距離為s=0.48m?0.4m=0.08m由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小a′B=μ2mt3=3?2此時有vB1=1.4?4×3?225m/s=m1代入數(shù)據(jù)解得vv而此時vC=p末動量p末=mAv5．（2021·山東·高考）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當(dāng)速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：Ep=12k（1）求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能E（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與f（4）若F=5f，請在所給坐標(biāo)系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去F時C的位置為坐標(biāo)原點，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）x0=2F?4fk；Ek=【詳解】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得Fx0=2fx0+12k（2）當(dāng)A剛要離開墻時，設(shè)彈簧的伸長量為x，以A為研究對象，由平衡條件得kx=f若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得Ek=12kx2+fx（3）從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的路程為xB，C的位移為xC，以B為研究對象，由動能定理得?W?fxB=0?Ek以C為研究對象，由動能定理得（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為kx1=6f則坐標(biāo)原點的加速度為之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為a=kx?2f2m可知加速度隨位移為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長，減小，減小，彈簧恢復(fù)原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為a2=?fm負(fù)號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運動的距離為則C最后停止的位移為圖像如圖所示6．（2021·山東·高考）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0A．mv022πL B．mv【答案】B【詳解】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理?f?2故選B。考點03機械能守恒定律7．（2025·山東·高考）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分別為軌道的兩個端點且位于同一高度，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m=12kg的小球自Q點正上方?=2m處自由下落，無能量損失地滑入軌道，并從P點水平拋出，恰好擊中a，與a粘在一起且不彈起。當(dāng)彈簧拉力達(dá)到F=15N時，b解除鎖定開始運動。已知a的質(zhì)量ma=1kg，b的質(zhì)量mb=34(1)小球到達(dá)P點時，小球及方形物體相對于地面的速度大小v1、v(2)彈簧彈性勢能最大時，b的速度大小vb及彈性勢能的最大值E【答案】(1)6ms，水平向左，(2)23m【詳解】（1）根據(jù)題意可知，小球從開始下落到P處過程中，水平方向上動量守恒，則有m由能量守恒定律有mg?=12mv12+12M（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a水平方向上動量守恒，則有mv1=m+mav3解得v3=2ms設(shè)當(dāng)彈簧形變量為x1時物塊b固定解除之后，小球、物塊a和物塊b組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)三者共速時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有m+mav4=m8．（2024·山東·高考）如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=1（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L【答案】（1）v=4m/s；（2）（i）m=1kg，μ=0.2【詳解】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=mv2R（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知F=(M+m)a根據(jù)圖乙有k=1M+m=0.5kg?1當(dāng)外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F?μmg=Ma結(jié)合題圖乙有a=1MF?μmgM可知（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為a2=μg=2m/s2當(dāng)小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有v1=a1t0小物塊有v2=a2t0在小物塊到P點到從Q點離開軌道的過程中系統(tǒng)機械能守恒有129．（2024·山東·高考）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，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2（x為繩的伸長量）。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則FA．(μmgC．3(μm【答案】B【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有kx0=則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx02故選B。考點04功能關(guān)系10．（2022·山東·高考）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【詳解】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A?？键c05能量守恒定律11．（2021·山東·高考）某乒乓球愛好者，利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。實驗步驟如下：①固定好手機，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間（單位：s）的變化圖像如圖所示。根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答下列問題：（1）利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為___________m（保留2位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.80（2）設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的___________倍（用k表示），第3次碰撞過程中k=___________（3）由于存在空氣阻力，第（1）問中計算的彈起高度___________（填“高于”或“低于”）實際彈起高度。【答案】0.201?k【詳解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用時t0?（2）[2]碰撞后彈起瞬間速度為v2，碰撞前瞬間速度為v1，根據(jù)題意可知v2[3]第2次碰后從最高點落地瞬間的速度v=gt=(2.00?1.582)（3）[4]由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上升的高度變小，所以第（1）問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。1．（2025·山東濰坊·三模）某次訓(xùn)練投擲中，運動員將質(zhì)量m=4kg的鉛球以初速度v0斜向上拋出，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。已知鉛球在t1=0.5s時動能達(dá)到最小值EkminA． B．C． D．【答案】C【詳解】AC．鉛球做斜拋運動，在t1=0.5s時動能達(dá)到最小值Ekmin=150J，此時到達(dá)最高點，且重力勢能最大；設(shè)拋出時的水平速度為v0x，則12mv0x2=Ekimn=150J解得v0x=53m/s拋出時的豎直速度v0yBD．重力勢能Ep=mg?=mgv0y故選C。2．（2025·山東齊魯教研體·考前質(zhì)量檢測）如圖1所示為消防員采用的高壓水槍，圖2為某次滅火的示意圖，消防員將出水管與水平地面成θ=53°角架好，著火點與出水口的豎直距離H=11m，水平距離L=12m，水落在著火點。已知出水管的橫截面積S=0.005m2，滅火過程中水槍機器的效率A．20kW B．25kW C．40kW D．50kW【答案】B【詳解】設(shè)水做斜拋運動的初速度為v0，經(jīng)t時間水打到著火點，在豎直方向有H=v0sinθ·t?12gt2根據(jù)能量守恒有PΔt×80%=1故選B。3．（2025·山東濰坊·三模）如圖所示，一輕質(zhì)剛性桿可在豎直平面內(nèi)繞固定轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動，桿長為2L。桿的中點M處固定一質(zhì)量為2m的小球a，另一端N處固定一質(zhì)量為m的小球b。現(xiàn)將桿從水平位置由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．桿轉(zhuǎn)動至豎直位置時，OM段桿對小球a的作用力大小為25B．桿轉(zhuǎn)動至豎直位置時，OM段桿對小球a的作用力大小為14C．從釋放到轉(zhuǎn)動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功為2D．從釋放到轉(zhuǎn)動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功為?【答案】A【詳解】AB．輕桿由水平位置轉(zhuǎn)動至豎直位置，系統(tǒng)機械能守恒，且兩球具有相同的角速度，設(shè)為ω，則有2mgL+mg?2L=12解得F2=113mg對a球分析，根據(jù)牛頓第二定律有FCD．設(shè)桿對小球a做的功為W，對a分析，根據(jù)動能定理有2mgL+W=1故選A。4．（2025·山東德州·三模）如圖所示，某實驗小組用輕質(zhì)壓縮彈簧代替推進(jìn)劑，來研究火箭單級推進(jìn)與多級推進(jìn)?；鸺目傎|(zhì)量為m，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，火箭始終在豎直方向上運動，不計空氣阻力。方案一：將兩根相同的輕彈簧并排放置在火箭底部（不連接），模擬火箭的單級推進(jìn)，將兩根彈簧進(jìn)行同樣的壓縮，釋放后火箭在極短時間內(nèi)獲得速度（此過程忽略重力的影響），此后上升的最大高度為h。方案二：將火箭分為質(zhì)量相等的兩級，將方案一中的兩根輕彈簧分別放置在兩級火箭的底部（均不連接），將兩級火箭上下疊放，并使兩根輕彈簧分別壓縮與方案一相同長度，以此模擬火箭的二級推進(jìn)過程。實驗時，先釋放一級火箭底部的彈簧進(jìn)行一級推進(jìn)，使兩級火箭迅速獲得一共同速度，一級推進(jìn)完成瞬間立即自動釋放兩級之間的彈簧進(jìn)行二級推進(jìn)，推進(jìn)過程忽略重力影響。下列說法正確的是（）A．兩個方案中，火箭運動過程中機械能守恒B．方案二中，一級推進(jìn)完成瞬間，火箭速度的大小為2C．方案二中，二級火箭上升的最大高度為2?D．方案一中，壓縮的單根彈簧儲存的彈性勢能為mg【答案】C【詳解】A．兩個方案中，火箭運動過程中彈簧彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為火箭的動能，火箭機械能增加，故A錯誤；D．設(shè)壓縮的單根彈簧儲存的彈性勢能為Ep，方案一中，根據(jù)彈簧和火箭組成的系統(tǒng)機械能守恒有得Ep=BC．方案二中，一級推進(jìn)完成瞬間，設(shè)火箭的速度大小為v1，根據(jù)彈簧和火箭組成的系統(tǒng)機械能守恒有Ep=12mv12mv1聯(lián)立解得v2=0，v3=2g?設(shè)二級火箭上升的最大高度為?'，則二級推進(jìn)完成后，根據(jù)二級火箭機械能守恒有故選C。5．（2025·山東省實驗中學(xué)·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直桿P和水平桿Q，兩桿在同一平面內(nèi)，桿Q的延長線與桿P的交點為O。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小球B分別套在桿P和桿Q上，套在桿P上的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與小球A相連。小球A、B間用長為2L的輕桿通過鉸鏈分別連接。彈簧處于原長時AB間的輕桿與桿Q的夾角θ=53°，小球A從該位置由靜止釋放后在豎直桿上做往復(fù)運動，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢能Ep=1A．彈簧的勁度系數(shù)為mgB．小球A運動到O點時，小球B的速度最大C．小球A從最高點運動到O點的過程，水平桿Q對小球B的作用力始終大于mgD．從撤去外力到θ=30°的過程中，輕桿對球【答案】D【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球A從開始釋放到下降到最大距離時，由于在最低點兩球的速度均為零，則根據(jù)機械能守恒定律有：12k2L2B．小球A運動到O點時，小球B的速度為零，最小，選項B錯誤；C．小球A從最高點運動到O點的過程，小球B先加速后減速，根據(jù)Tcosθ=maB當(dāng)aB=0時D．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時，設(shè)B的速度為vB，A的速度為vA，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度關(guān)系可知：vAcos60°=vBcos30°根據(jù)機械能守恒定律有2聯(lián)立解得vB=625gL故選D。6．（2025·山東泰山教育聯(lián)盟·4月聯(lián)考）如圖所示，O為固定在水平面的轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量均為m的小球A、B通過鉸鏈與兩根輕桿連接后，再與O點的轉(zhuǎn)軸連接，桿長度均為L，B球置于水平地面上，B、O之間用一輕質(zhì)彈簧連接。給A球施加一外力，當(dāng)兩桿夾角θ=60°時，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧為原長。撤去外力，將A球從該位置由靜止釋放，A球此時的加速度大小為a。當(dāng)θ=90°時，B球的速度大小為A．撤去外力的瞬間，球B的加速度大小一定為3B．球A機械能的減少量小于B球機械能的增加量C．球A機械能的減少量為1D．彈簧彈性勢能增加量為3【答案】D【詳解】A．A球自由釋放時加速度方向垂直于OA，此時彈簧沒有發(fā)生形變，彈簧彈力F=0，對A球，由牛頓第二定律得mgcos60°?Tcos30B．選取小球A、小球B、彈簧為研究對象，系統(tǒng)機械能守恒。則在系統(tǒng)變化過程中，A球機械能的減少量等于B球機械能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和。則球A機械能的減少量大于B球機械能的增加量，B錯誤；C．取OB所在平面為重力勢能零點，由幾何關(guān)系可知初始時A球的機械能為E由題意可知，當(dāng)θ=90°時，B球的速度大小vB=v，設(shè)沿桿方向的速度為v桿，A的速度為vA，相關(guān)圖像如下圖所示，由幾何關(guān)系可知vE球A機械能的減少量為EAD．選取小球A、小球B、彈簧為研究對象，系統(tǒng)機械能守恒。取OB所在平面為重力勢能零點，設(shè)該過程中彈簧彈力做功為ΔE，根據(jù)彈簧做功性質(zhì)可知，彈簧彈性勢能增加量也為ΔmgL由C選項可知vB=v，v故選D。7．（2025·山東泰山教育聯(lián)盟·4月聯(lián)考）一健身器材的簡化圖如圖所示，一根不可伸長的輕繩跨過兩個相同定滑輪，連接質(zhì)量為m的相同配重?，F(xiàn)施加豎直向下的拉力F拉繩的中點P，當(dāng)P點以速度v勻速豎直下降高度?時，兩繩夾角恰為120°。忽略滑輪質(zhì)量、軸承摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（

A．該過程中配重處于失重狀態(tài)B．此時拉力F的功率為mgvC．該過程中單側(cè)繩子拉力對配重做功為2?D．該過程中拉力F做功為4?2【答案】D【詳解】A．設(shè)兩繩子之間的夾角為θ，P點速度沿繩方向的分量與重物上升的速度大小相等，則v其中θ逐漸減小，故重物的速度v'B．對P點受力分析由平衡方程可得2FTcos聯(lián)立可知F>mg故此時拉力F的功率大于C．對左側(cè)重物由動能定理有?mg?(?cos60。???tan60。)+D．對整個系統(tǒng)由功能關(guān)系有WF?2mg(?cos60故選D。8．（2025·山東十三?！?月聯(lián)考）如圖所示，套在光滑豎直桿上的輕彈簧與桿一起固定在水平地面上，彈簧的另一端與穿在桿上的小球相連，繞過定滑輪O點的輕繩一端連接小球，另一端連接放在光滑固定斜面上的小滑塊。初始時托住小滑塊，使輕繩剛好伸直但恰好無拉力，之后由靜止釋放小滑塊，小球從M點沿桿向N點運動。已知斜面的傾角為30°，小球的質(zhì)量為m，小滑塊的質(zhì)量為6m，ON長度為L，ON與MN垂直。初始時輕繩與桿的夾角為37°，O點左側(cè)的輕繩與斜面平行，小球經(jīng)過N點時彈簧的彈力大小與初始時相等，重力加速度為g，sin37°=0.6。在小球從M點向上運動到NA．小球和小滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)為3C．在運動過程中小滑塊的速度始終大于小球的速度D．小球運動到N點時的速度大小為2【答案】D【詳解】A．由題意可知，小球、小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．由幾何關(guān)系可知，在M點彈簧的壓縮量為x1=12×Ltan37°=23C．設(shè)輕繩與桿的夾角為θ，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度關(guān)系v物=v球cosθD．由于小球經(jīng)過N點時彈簧的彈力大小與初始時相等，故在M、N兩點彈簧的彈性勢能相等，由系統(tǒng)機械能守恒定律6mg(Lsin37°?L)sin30°?mgL9．（2025·山東濟寧·考前押題聯(lián)考）一物體在力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力F隨高度x的變化關(guān)系如圖所示，物體能上升的最大高度為h，?<H。（F0、h、H已知，重力加速度為g），下列說法正確的是（A．物體上升到?2B．物體剛開始運動時和上升到最大高度時加速度相同C．物體的加速度最大值為gD．物體的動能最大值為F【答案】AC【詳解】AB．由圖像，力F隨高度均勻減小，所以加速度先減小到0后反向增加，由對稱性可知開始運動和到最高點時加速度等大反向且為最大，在中點?2C．該過程中的平均力為F=H??HF0+F02=2C正確；D．由動能定理mg+F02?故選AC。10．（2025·山東省實驗中學(xué)·一模）如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強度為B0，方向豎直向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L，左端連接一定值電阻R和理想交流電流表A，一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌始終接觸良好?，F(xiàn)對金屬棒施加一個平行于導(dǎo)軌的拉力，使得金屬棒運動的速度v隨時間t按如圖乙所示的正弦規(guī)律變化。其中vA．電流表A的示數(shù)IB．在0～34C．0～T4D．0～T4【答案】ABD【詳解】A．圖乙可知v=v0sin2πTt故棒產(chǎn)生的電動勢EB．在0～34T的過程中，由能量守恒有W=ICD．0~14T的過程中流過線圈的電量為q=IΔt=E2故選ABD。11．（2025·山東淄博七中·一模）質(zhì)量為M的光滑半圓形凹槽靜止在光滑水平地面上，在凹槽左側(cè)與圓心等高處由靜止釋放一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球，小球相對地面運動的軌跡為半個橢圓，如圖甲中虛線所示。運動過程中小球的動能隨時間變化圖像如圖乙所示，已知橢圓半長軸與半短軸之比為3:1。下列說法正確的是（）A．半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)動量不守恒B．小球質(zhì)量與凹槽質(zhì)量之比mC．t1D．t2【答案】AD【詳解】A．小球向下運動過程中，在豎直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先處于失重后處于超重狀態(tài)，可知，半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，即半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A正確；B．令凹槽半徑為R，根據(jù)圖中所示半個橢圓可知，半長軸為R，則半短軸為R3，短軸為2R3，即小球在水平方向的分位移x1=2R3半圓形凹槽與小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則有mC．根據(jù)圖乙的對稱性可知，t2時刻小球位于凹槽最低點，則t1時刻小球位于釋放點與凹槽最低點之間的某一位置，小球相對地面運動的軌跡為半個橢圓，軌跡的最低點即為凹槽的最低點，t1D．結(jié)合上述可知，t2時刻小球位于凹槽最低點，小球相對于凹槽做圓周運動，小球在最低點相對于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相對于凹槽做圓周運動，則小球在最低點沿半徑方向的合力提供向心力，此時加速度方向豎直向上，則t故選AD。12．（2025·山東齊魯名?！ぢ?lián)考）如圖所示，質(zhì)量m1=1kg的物塊A（可看作質(zhì)點）和m2=0.2kg的長木板B疊放在水平地面上，A放在B的最左端。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.4，μ2(1)求B的長度；(2)當(dāng)A剛運動到B的右端時，B的右端剛好到達(dá)D點，在D點右側(cè)合適的位置固定一個光滑半圓軌道，軌道最低點E的高度和B的高度相同，軌道半徑R=0.2m，EF為豎直方向的直徑；質(zhì)量m3=3kg的滑塊C（可看作質(zhì)點）靜止在半圓軌道的最低點。當(dāng)B與軌道相碰時立即被鎖定，A與C發(fā)生彈性碰撞。要使A與C能發(fā)生碰撞且C在中途不脫離半圓軌道，求DE(3)在第（2）問中，若d=9m，求C離開軌道后的落點與A【答案】(1)6m(2)0≤d≤6m(3)0.875m【詳解】（1）對A，由牛頓第二定律有μ1m1g=m1a1對B由牛頓第二定律有μ（2）設(shè)A與C碰后C獲得的速度太小為vC，當(dāng)C恰好能通過最高點F時有m3g=m3vF2R且該過程有?m3g×2R=12m1v聯(lián)立以上解得vA≥210m/s?解得0≤d≤6m（3）把d=9m代人第(2)問的相關(guān)公式，得碰后A、C的速度分別為vA'=?設(shè)C離開軌道的位置為P點，PO與水平方向的夾角為θ，從E到P由動能定理?在P位置，由牛頓第二定律及向心力表達(dá)式有m3gsinθ=m3vP2R聯(lián)立解得sinθ=12，vP=1m/s13．（2025·山東濱州·二模）如圖所示，在火星上執(zhí)行救援任務(wù)中，工程師設(shè)計了一款應(yīng)急軌道裝置。水平軌道長度L=32m，與半徑R=0.5m的四分之一豎直光滑圓軌道在底部相切且固定在水平地面上。一質(zhì)量m=5kg的物資箱從水平軌道最左端開始，在方向與水平面夾角α=30°、大小F(1)物資箱到達(dá)圓軌道底端時對軌道的壓力FN(2)物資箱從靜止開始到第一次落地過程中，距離水平軌道的最大高度H?！敬鸢浮?1)40N(2)2【詳解】（1）對物資箱進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得Fcosα?Ff=ma豎直方向上根據(jù)受力平衡得Fsinα+FN=mg又Ff=μF（2）從圓軌道最低點到圓軌道最高點的過程中，外力F做得功為WF=FRcosα+FRsinα根據(jù)動能定理可得WF?mgR=12mv214．（2025·山東濟寧·考前押題聯(lián)考）如圖，長為l=0.1m的輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球A。木板C靜止在光滑水平面上，小物塊B靜止在木板最左端。開始時，木板右端與墻P相距L=0.08m，A、B、C質(zhì)量均為m=1kg，B、C間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1。現(xiàn)將小球A拉到O點正上方，以v0=22m/s的初速度水平向左拋出。當(dāng)小球運動至最低點時與B發(fā)生正碰，碰后A、B不再發(fā)生作用，木板(1)通過計算判斷繩被拉直時小球A的位置及A第一次運動到最低點時的速度v1(2)求從小球A與B碰撞后到BC達(dá)到共同速度過程中，木板C與墻碰撞的次數(shù)n及所用的時間t；(3)求從小球A與B碰撞后到BC達(dá)到共同速度過程中，B相對C的位移Δx和墻