专题05 功与能-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想

这是一份专题05 功与能-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想，共36页。

2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想
专题05 功与能
猜想一 ：创新情境考机车启动问题
【猜想依据】机车启动模型是牛顿运动定律与功率、动能定理综合应用的体现，现代科技中诸如动车组、儿童玩具车、无人机等的启动问题均与之相关。突出情境中对该模型的考查能够引导学生关注科技以及培养学生应用物理规律解决问题的能力，在2022年高考中要引起足够的重视。
【必备知识】机车启动问题

以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图象


与v－t图象


运动规律
OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
AB段：做速度为vm的匀速直线运动
OA段：以加速度a做匀加速直线运动；
AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程分析
OA段：v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓；
AB段：F＝F阻⇒ a＝0⇒P额＝F阻·vm
OA段：a＝不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；
AB段：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓；
BC段：F＝F阻⇒a＝0⇒v达到最大值，vm＝

【例1】2022届福建省福州市福州一中高三（下）第二次模拟考试
1. 动车是指一辆单节自带动力的轨道车辆，拖车是指一辆单节不带动力的轨道车辆，把几节动车和拖车串在一起就构成了动车组，不同型号的动车组动拖分布情况不同，比如，CRH2A型号动车组动拖分布为：（头车）拖-动-动-拖-拖-动-动-拖（从左到右编号依次为1~8）。假设行驶过程中所受阻力与质量成正比，每节车质量同为m，每节动车额定功率为，动车组最大行驶速度为，若动车组以额定功率启动，某时刻速度为最大行驶速度的一半时，判断以下关于车厢之间的弹力说法正确的是（假设各节车厢之间只有水平弹力）（　　）
A. 第1节和第2节之间的弹力为 B. 两车之间的弹力有三处为零
C. 两车之间的弹力有三处为 D. 第7节车厢对第8车厢弹力指向车头
【答案】BD
【解析】
【详解】A．当牵引力等于阻力时，此时速度达到最大，根据
4P0=8fvm
解得

对第一节受力分析
，
解得第1节和第2节之间的弹力为

故A错误；
BC．第2节和第3节之间，对前2节受力分析

解得

同理可计算出
， ，，，
故B正确C错误；
D．对前7节受力分析，设第8节对第7节作用力指向车头

解得第8节对第7节作用力

根据牛顿第三定律可知第7节车厢对第8车厢弹力指向车头，故D正确。
故选BD。
【例2】（2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第二次联考）
2. “坡上起步”是驾照考试必考的内容，汽车在斜坡上由静止向坡顶方向启动，如果考试用车的质量，发动机的额定输出功率，汽车在坡上起步过程中受到的阻力为重力的0.1倍，坡面倾角为，坡面足够长，取。
（1）汽车以恒定功率启动，则起步过程中所能达到的最大速度；
（2）汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后汽车保持额定功率继续前进，当汽车沿坡面行驶时达到最大速度，则该过程所用的总时间（结果保留两位小数）。

【答案】（1）20m/s；（2）10.17s
【解析】
【分析】
【详解】(1)汽车启动过程中达到最大速度时，汽车匀速运动合力为0，则

则最大速度为

(2)汽车匀加速运动过程中，有

匀加速运动的末速度为

联立可得

则匀加速运动的时间为

匀加速运动的位移为

当汽车功率达到额定功率后，由动能定理得

可得

该过程所用的总时间


猜想二 ：结合图像考查功与能量
【猜想依据】纵观近几年高考选择题中，通过运动图像或能量图像对能量观念的考查较多，要求根据物理问题实际情况和所给的条件，恰当运用几何关系、函数图像等形式和方法进行表达、分析、解决物理问题。
【例1】（多选）（2022·河南省六市联考高三二模）
3. 如图甲所示一滑块静止在粗糙斜面底端，现用一平行于斜面向上的恒定拉力F作用在滑块上，当滑块上升时撤去拉力F，滑块在上升过程中机械能E与其上升高度h之间的关系图线如图乙所示（h0表示上升的最大高度，且E0、h0皆为已知量），则下列说法正确的是（　　）

A. 滑块所受摩擦力的大小为
B. 拉力F大小是摩擦力大小的5倍
C. 整个过程中拉力F做的功为E0
D. 整个过程中拉力F做的功为
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．小滑块在恒定拉力作用下，上升的过程中，由功能关系可知

撤去作用力后的上升过程中，由功能关系可知

联立解得：

故A错误B正确；
CD．对物体运动的全程应用动能定理可得

解得拉力做的功
W=
故C错误D正确。
故选BD。
【例2】（2022·浙江省高三开学考试）
4. 将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能参考平面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系如图所示。取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）


A. 小球的质量为0.2kg
B. 小球受到的阻力大小为0.2N
C. 小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J
D. 小球动能与重力势能相等时的高度m
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能

得

故A错误；
B．根据除重力以外其他力做的功

则有

由图知

又

解得

故B错误；
C．由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J，故C正确。
D．设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有

由动能定理有

由图知

联立解得

故D错误。
故选C。
【例3】（2022·上海交大附中高三上学期1月期末）
5. 如图甲，有一固定在水平地面上倾角为37°、足够长的斜面，质量m=1kg的物块，受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端以初速度v0=3m/s沿斜面向上运动，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.4。利用DIS实验系统进行测量，得到物块向上运动过程中，一段时间内的v-t图像（如图乙所示）（g取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
(1)求物块向上运动过程中加速度的大小；
(2)求物块所受的外力F；
(3)对于物块由斜面底端运动到最高点的过程，通过计算说明物块损失的机械能ΔE、物块克服外力F做的功WF和物块克服摩擦力做的功W f三者之间的关系。

【答案】(1)10m/s2；(2) 0.8N，F的方向平行于斜面向下；(3)
【解析】
【详解】(1)由v-t图像，得

(2)由牛顿第二定律，得

将
，
代入上式，得

将已知量代入，算得

所以F的大小是0.8N，F的方向平行于斜面向下。
(3)物块向上运动的最大位移

又

则

由


可见

猜想三：结合冬奥会等体育、生活实际问题考查能量
【猜想依据】联系实际的实例考查动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律的理解和应用，体现了对物理核心素养中能量观点的考查，这与新高考从“解题”向“解决问题”转变的思想是一致的，符合高考命题趋势。
【例1】2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题
6. 2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得冠军，图甲为比赛大跳台的场景。现将部分赛道简化，如图乙所示，若运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径的竖直冰面圆弧轨道，从轨道上的C点飞出。之间的竖直高度，与互相垂直，。运动员和装备的总质量且视为质点，摩擦和空气阻力不计。取重力加速度，，。求
（1）在轨道最低点D时，轨道对运动员的支持力大小；
（2）运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度。

【答案】（1）3000N；（2）24.12m
【解析】
【详解】（1）运动员从雪道上的A点由静止滑到D点过程中，由动能定理得

解得

在轨道最低点D时，根据牛顿第二定律得

解得

（2）运动员从雪道上的A点由静止滑到C点过程中，由动能定理得

解得

运动员滑离C点后在空中做斜抛运动，抛出最高点与C点的高度差为h，则有

在空中飞行过程中距D点的最大高度为

联立解得

【例2】（2022·天津南开区高三一模）
7. 滑板运动是一项刺激的运动，深受青少年的喜欢，某次比赛中部分赛道如图1所示。现将赛道简化为如图2所示的模型：平台A和平台高度相距，粗糙水平轨道与光滑圆弧形轨道、相切于D、E点。若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台A以速度水平飞出，恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入轨道，滑过冲上轨道，然后返回，恰好到C点速度为零。已知人和滑板总质量，光滑圆弧对应的圆心角，圆弧形轨道半径均为，滑板与水平轨道间的摩擦可视为滑动摩擦，动摩擦因数，不计空气阻力，g取，，。求：
（1）运动员的初速度的大小；
（2）运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力的大小；
（3）水平轨道的长度L。


【答案】（1）；（2）2850N；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)运动员运动到C点，对速度进行分解

竖直方向有

联立解得

(2)运动员经过C点时的速度

或

得

运动员第一次经过D点时，根据动能定理有

或

在D点根据牛顿第二定律有

根据牛顿第三定律可知运动员对圆弧轨道的压力

（3）运动员从C点进入轨道，直至返回到C点时速度恰好为零，根据动能定理有

或

解得

猜想四：借助弹簧等连接体模型考查功能关系和能量守恒
【猜想依据】能量守恒定律和功能关系的应用在近几年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入弹簧、连接体模型中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性．尤其在。可以很好的考查学生分析问题解决问题的能力。
【必备知识】轻弹簧模型“四点”注意
1.含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．
2.含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．
3.弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．
4.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）．
【例1】2022·安徽阜阳市模拟
8. 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为，质量分别为、的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为，B静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（　　）

A. A和B组成的系统机械能守恒
B. 当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零
C. 若A到达挡板处速度恰好为零，此刻B的速度为零
D. 若A到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量
【答案】B
【解析】
【详解】A、对于、、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于、两物体组成的系统，机械能不守恒，故选项A错误；
B、的重力分力为，物体先做加速运动，当受力平衡时速度达到最大，则此时受细绳的拉力为，故恰好与地面间的作用力为零，故选项B正确；
C、从开始运动直到到达挡板过程中，弹力的大小一直大于的重力，故一直做加速运动，到达挡板时，的速度不为零，故选项C错误；
D、到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体的机械能增加量之和，故选项D错误。
故选B。
【例2】（多选）2021·重庆市模拟
9. 如图所示，粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为 m 的小球 C 穿在细杆上，光滑的轻质小滑轮 D 固定在墙上。A、B 两物体用轻弹簧竖直相连。一根没有弹性的轻绳，一端与 A 连接，另一端跨过小滑轮 D 与小球 C 相连。小球 C 位于 M 时，轻绳与细杆的夹角为θ。现让小球 C 从 M 点由静止释放，当下降距离 h 到达 N 点时，轻绳与细杆的夹角再次为θ，小球的速度为 v，整个过程中绳均处于绷紧状态。在小球 C 下落的过程中，下列说法正确的是（ ）


A. 小球 C 和物体 A 组成的系统机械能守恒
B. 当小球 C 落到与滑轮 D 同一高度时，物体 A 的动能最大
C. 小球 C 到达 N 点时 A 的速度为 vcosθ
D. 小球 C 到达 N 点时物体 A 的动能为
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．小球 C 下落的过程中，因弹簧的弹力对物块A要做功，则小球 C 和物体 A 组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．当小球 C 落到与滑轮 D 同一高度时，物体 A 的速度为零，动能为零，故B错误；
C．小球 C 到达 N 点时，将C的速度分解为沿绳方向和垂直绳子方向的速度，沿绳子方向的速度为vcosθ，则A 的速度为 vcosθ，故C正确；
D．小球 C 到达 N 点时，物体A的位置不变，弹簧的弹性势能不变，则由能量关系小球C的机械能减小量为，则物体 A 的动能为，故D正确。
故选CD。

【例3】 （多选）（2021·江西红色七校3月第二次联考）
10. 如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点．置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M．今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为 ，重力加速度为g，则下列说法正确的是


A. A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2:1
B. A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C. A落地时速率为
D. A、B质量之比为1：4
【答案】ABD
【解析】
【详解】A. 设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：vAsin30∘=vB，解得：vA=2vB，故A正确；
B. 根据牛顿第二定律有：mgsin30∘=m，解得vA=，vB=vA/2=，故B正确；
C. A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°=，v=，故C错误；
D. 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，
则有：mgL(1−sin30∘)= +
把vA和vB的值代入，化简得：m：M=1：4，故D正确．
故选ABD.
冲刺押题练习
（2022年广东省梅州市高三（下）高考质检物理）
11. 目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破．为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶．测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm．设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是
A. 关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒
B. 关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零
C. 上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于
D. 上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于
【答案】D
【解析】
【详解】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；
B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；
C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；
D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确．
（2022·江苏扬州市调研）
12. 连淮扬镇高铁扬州段12月11日正式开通，如图所示，“复兴号”列车正沿直线驶出扬州东站，假设列车质量为m，牵引电机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f。某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度为v2，在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是（　　）

A. ＝ B. a1＝－
C. x＝v1t＋a1t2 D. Pt＝mv22－mv12
【答案】B
【解析】
【详解】AC．列车以恒定功率运动过程，由牛顿第二定律和功率公式可知


速度增大，牵引力减小，加速度减小，不是匀变速直线运动，故A、C错误；
B．列车速度为v1时，牵引力是，根据牛顿第二定律得

故B正确；
D．根据动能定理可知，动能变化量等于合力做功，即牵引力与阻力做的总功

故D错误。
故选B。
（2022·广东广州市一模）
13. 如图，质量为的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为的位置静止滑下，停在水平面上的处；若从同一位置以初速度滑下，则停在同一水平面上的处，且与相等。已知重力加速度为，不计空气阻力与通过处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（　　）


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】设运动员从静止开始滑下，停在水平面上处时，在斜面上克服阻力做的功为，在水平面上克服摩擦力做的功为，由动能定理得

当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的处，且与相等，由动能定理可得

联立两式求得

故选C。
（2022·辽宁沈阳市高三二模）
14. “ETC”是高速公路上电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶，为合理通过收费处，司机在t1时刻使汽车功率减半，并保持该功率行驶，到t2时刻又做匀速运动；通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化图像可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】0-t1时间内，汽车以恒定功率匀速行驶，则有


t1时刻使汽车功率减半，则有

解得

则汽车做减速运动，速度减小，t1到t2时刻保持该功率行驶，所以牵引力增大，由牛顿第二定律可得

则汽车做加速度逐渐减小的减速运动，t1到t2时间内图像的斜率逐渐减小；
t2到 t3时间内做匀速运动则速度保持不变；
t3到 t4时间内先做匀加速运动有


由于牵引力不变，速度增大，功率增大，当时，保持功率不变，则汽车继续加速运动，其牵引力减小，由牛顿第二定律可知，汽车做加速度逐渐减小的加速度运动，加速度为0时，汽车的速度达到最大值，最后做匀速运动。所以在t3到 t4时间内图像斜率保持不变，再逐渐减小，最后为0。ABD错误，C正确；
故选C。
（多选）（2022·浙江“七彩阳光”联盟联考）
15. 如图a所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，上端与质量为的木块A相连，且保持静止。现在A上施加竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动。F的大小与木块移动距离x的关系如图b所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内，g取。下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧的劲度系数为
B. 当木块下移时，若撤去F，则A的最大速度为
C. 当木块下移时，若撤去F，A能上升的最大高度为
D. 在木块下移的过程中，弹簧的弹性势能增加
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图b可知

弹簧形变量

根据胡克定律

得

故A错误；
B．撤去F后，物块回到平衡位置时速度最大，根据

得

故B正确；
C．从最低点到最高点过程中，如果弹性势能全部转化为重力势能，得

得

因为弹簧与物体拴结，所以上升高度小于11.25cm，故C错误；
D．根据弹力F与形变量L的关系的面积表示弹力做功，如图所示，弹簧的弹性势能增加量未图中的梯形面积，即

故D错误。
故选B。
（多选）（2022·贵州贵阳市高三期末）
16. 一足够长斜面固定在水平地面上，倾角为30°，质量为2kg的物体从斜面的底端冲上斜面，取地面为重力势能零点，物体的动能E1随上升的高度h的变化关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，由上述信息和图中数据可得（　　）


A. 上升2m过程中，机械能减小20J B. 上升2m过程中，机械能减小60J
C. 物体所受摩擦力大小为5N D. 物体与斜面间的滑动摩擦因数为0.25
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知，物体上升2m过程中，动能减小量为60J，重力势能增加量为

因此机械能减小了20J，故A正确，B错误；
C．物体上升2m过程中，沿斜面方向对的位移为

又因为物体克服摩擦力做功，机械能减小，则摩擦力大小为

故C正确；
D．对物体受力分析，垂直斜面方向分力为

又因为

联立得

故D错误。
故选AC。
（多选）（2022·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟）
17. 如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）


A. A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B. 当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C. B到达最右端时，A的速度大于
D. B的最大速度为
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；
B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得

其中

解得A的速度为

B错误；
C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得

解得A的速度为

C正确；
D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得

解得B的最大速度为

D错误；
故选AC。
（多选）（2022·吉林长春市高三期末）
18. 如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过光滑的滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO=L，OB=h，AB＜BO′，重力加速度为g。现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是（　　）

A. 当物体P运动到B处时，物体Q的速度最大
B. 在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能减少、Q的机械能增加
C. 物体P运动的最大速度为
D. 开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设轻绳OA与AO′的夹角为，物体P的速度为vP，物体Q的速度为vQ，根据运动的合成与分解
vPcosθ=vQ
当物体P运动到B处时，则，所以物体Q的速度为零，故A错误；
B．物体P从A运动到B过程，速度由零到最大，物体Q从开始下落到最低点，由系统机械能守恒可知，物体P机械能增加，物体Q的机械能减少，故B错误；
C．对物体P、Q系统，根据系统机械能守恒有

得

故C正确；
D．由系统机械能守恒可知，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原位置，故D正确。
故选CD。
（多选）（2021·河南省普通高中高三下学期3月适应性考试）
19. 如图甲所示，弹性轻绳下端系一物块，用外力将物块下拉至离地高度h=0.1m处，然后由静止释放物块，通过传感器测量得到物块的速度和离地高度h，并作出物块的动能E与离地高度h的关系图象（图乙），其中高度在0.2m到0.35m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。以地面为零势能面，重力加速度g取10m/s2，弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力。由图象可知（　　）


A. 物块的质量为0.2kg
B. 弹性绳的劲度系数为250N/m
C. 刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5J
D. 物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32J
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．在高度在0.2m到0.35m范围内的图线为直线，轻绳松弛，物体在做竖直上抛运动，由动能定理可得

图线斜率表示物体重力，即

可得物块的质量为0.2kg，A正确；
B．当h1=0.18m时，动能达到最大，此时满足

可得

B错误；
C．从刚释放至最高点过程，弹性绳的弹性势能全部转化为物块的动能，据能量守恒可得

C正确；
D．整体机械能守恒，当物块动能最大时，物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小，释放瞬间，物块的总的机械能为

由图可知，物块的最大动能为0.32J，故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小值为0.38J，D错误。
故选AC。
（2022·安徽合肥市高三二模）
20. 一物块在高3.0m、长5.0m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离，的变化关系如图中直线I、II所示，重力加速度g=10m/s2则下列说法正确的是（　　）

A. 物块上滑时加速度的大小为6.0m/s2
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.50
C. 当物块上滑到s=2.5m时，其动能和重力势能相等
D. 在物块上滑s=4.0m过程中，其机械能损失了12J
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】斜面的高h=3.0m、长L=5.0m
A．物块在末位置的重力势能为

则物块的质量

上滑过程中，根据动能定理可得

根据图线可知

解得加速度大小为

A错误；
B．令斜面的倾角为θ，则

所以

上滑过程中根据牛顿第二定律可得

解得

B正确；
C．根据图像可知，当物块上滑到s=2.5m时，其动能大于重力势能，C错误；
D．在物块上滑s=4.0m过程中，机械能的损失为

D错误。
故选B。
（多选）（2022·安徽马鞍山市一模）
21. 如图所示，小滑块P、Q的质量均为m，P套在固定光滑竖直杆上，Q放在光滑水平面上。P、Q间通过铰链用长为L的轻杆连接，轻杆与竖直杆的夹角为α，一水平轻弹簧左端与Q相连，右端固定在P上。当α=30°时，弹簧处于原长，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（　　）

A. 弹簧弹性势能最大值为
B. 竖直杆对滑块P的弹力始终大于弹簧弹力
C. 滑块P的动能达到最大前，P的机械能一直在减少
D. 滑块P的动能达到最大时，Q受到地面的支持力大于2mg
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统机械能守恒可得

弹性势能的最大值为

故A正确；
B．以整体为研究对象，系统水平方向先向左加速运动后向左减速运动，所以水平方向合力先向左，后向右，因此水平方向加速阶段竖直杆弹力大于弹簧弹力，水平方向减速阶段竖直杆弹力小于弹簧弹力，故B错误；
C．根据系统机械能守恒定律可知，滑块P的动能达到最大前，P的机械能一直在减少，故C正确；
D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对PQ和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得

解得，故D错误。
故选AC。
（2022·湖南株洲市统一检测）
22. 如图甲所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一小球。小球在竖直平面内做完整的圆周运动的过程中，绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2，则（　　）


A. 圆周半径为1.0m
B. 小球质量为0.5kg
C. 轻绳转至水平时拉力为30N
D. 小球通过最高点的速度为4m/s
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，当h=0时，绳的拉力为F2=41N，当h=1.0m时绳的拉力为F1＝11N，可知小球作圆周运动的半径

故A错误；
B．设最高点时的速度为v1，最低点时的速度为v2，由机械能守恒可得

在最高点和最低点，分别根据牛顿第二定律可知


解得
，
故BD正确
C．设轻绳转至水平时物体的速度为v，从最高点到水平时，由机械能守恒可得

解得

由牛顿第二定律可知，轻绳转至水平时拉力为

故C错误。
故选BD。
（2022·江苏盐城市高三一模）
23. 如图甲为2020年中国排球联赛的某个场景，排球飞行过程可简化为乙图。运动员某次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，也击中b点，排球运动的最高点d，与a点的高度相同。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 两个过程中，排球在空中飞行的时同相等
B. 两个过程中，排球击中b点时的动能相等
C. 运动员两次击球对排球所做的功可能相等
D. 排球两次击中b点前瞬间，重力的功率一定不相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AC．由于从c处抛出的球能竖直到达d点，从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya=vyb，tb=2ta，由于水平方向的位移相同，根据v水＝ 可知，va水＞vb水，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0=va水，b抛出时的初速度，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据动能定理可得，运动员两次击球对排球所做的功可能相等，故A错误，C正确；
B．落地时，根据运动的对称性可知，b处抛出时的速度大小与落地时速度大小相等，a球落地时的速度，故前一个过程中，排球击中b点时的速度较大，根据可知，落地时动能不同，故B错误；
D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故D错误；
故选C。
（2022·江苏南通市高三期末）
24. 如图所示，OO′为竖直固定转轴，足够长的光滑轻杆用铰链固定于转轴O点，杆与竖直方向的夹角为。轻质弹簧套在杆上，下端固定于O点，上端系住小球A（A套在杆上），弹簧原长为l。现使杆随转轴OO′转动，角速度从零开始缓慢增大，下列说法正确的是（　　）

A. 杆对小球的弹力不变
B. 弹簧对小球的弹力减小
C. 当时，弹簧对小球的弹力大小恰好为零
D. 小球的转动平面缓慢升高，杆对小球做的功等于小球机械能的增加量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】ABC．对小球受力分析，由牛顿第二定律可知
水平方向上有
FNcosθ+F弹sinθ=mω2r
竖直方向上有
FNsinθ+ F弹cosθ=mg
则当角速度从零开始缓慢增大时，小球转动的平面逐渐升高，转动半径变大，弹簧的弹力F弹先减小后增加，杆对小球的弹力FN也将发生变化；当弹簧对小球的弹力大小F弹恰好为零时，此时转动半径
r=lsinθ
解得

选项C正确；
D．由能量关系可知，小球的转动平面缓慢升高，杆对小球做的功与弹簧对球作用之和等于小球机械能的增加量，选项D错误。
故选C。
（2022·江苏省宿迁一中高三开学考试）
25. 2021年东京奥运会新增了滑板项目，中国选手张鑫在女子碗池赛中最终排名第15位，碗池赛场地如图甲所示，其中张鑫第三滑的一条线路可简化为如图乙所示的情景，张鑫自A点由静止沿曲线轨道开始下滑，由B点进入水平轨道，经C点滑上凸形曲线轨道，在D点腾空跃起，落到凸形曲线轨道的E点（与D点对称），由F点进入水平轨道，经G点滑上凸形曲线轨道，从H点沿竖直方向滑出轨道，最高跃至I点（图中未标出），曲线轨道与水平轨道平滑连接，若A点与B点的高度差为，B点与C点的距离为，C点与D点的高度差为，在D点腾空跃起时的速度与水平方向的夹角为，D点与E点的距离为，F点与G点的距离为，H点与A点在同一水平面上，H点与I点的高度差为，假设张鑫与滑板的总质量为，不计空气阻力，不计滑板与曲线轨道间的摩擦，滑板与水平轨道间的摩擦可视为滑动摩擦，重力加速度，，求：
（1）张鑫到C点时的速度大小；
（2）滑板与水平轨道间的动摩擦因数及张鑫从A点到I点身体消耗的化学能。

【答案】（1）9m/s；（2）0.18；589.5J
【解析】
【分析】
【详解】（1）张鑫和滑板由C点到D点，由机械能守恒定律得

张鑫和滑板由D点运动到E点，有


解得

（2）张鑫和滑板由A点到C点，由动能定理得

解得

张鑫和滑板由A点到I点，由能量守恒定律得

解得

（2022·山西朔州市怀仁市高三期末）
26. 如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接两个质量均为m＝1 kg的物块B和C．物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量m0＝8 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切．现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂．已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计．求：

(1)弹簧的劲度系数；
(2)在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小．
【答案】（1）5 N/m （2）144 N
【解析】
【详解】(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件有kx＝mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态
对C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°
由几何关系知R＝x＋x′
代入数据解得k＝＝5 N/m
(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋m0vA2＋mvB2
将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°＝vB
代入数据解得vA＝＝4 m/s
在b处，对A由牛顿定律有N－m0g＝m0
代入数据解得N＝m0g＋m0＝144 N
由牛顿第三定律，小球A对圆轨道的压力大小为N′＝144 N