新高考物理二轮复习精选练习专题5功与能（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题5功与能（含解析），共50页。试卷主要包含了功与能，功与功率，机械能守恒问题，功能关系与能量守恒定律等内容，欢迎下载使用。


专题五、功与能
第一部分 织网点睛，纲举目张


1．功和功率
(1)正、负功的判断

(2)功和功率的计算

(3)机车启动问题的两种求解思路
①机车以恒定功率启动：

②机车以恒定加速度启动：

2．动能定理
(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。
(2)表达式：W＝mv22－mv12。
(3)运用动能定理解题的优越性
①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。
②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。
③在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题。
3．机械能守恒定律
(1)判断机械能是否守恒的两个角度
①从功的角度：若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。
②从能的角度：若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。
(2)掌握系统机械能守恒的三种表达式

4．常见的功能关系及其体现
(1)常见的功能关系
合力做功与动能的关系
W合＝ΔEk
重力做功与重力势能的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能的关系
W弹＝－ΔEp
除重力和系统内弹力之外其他力做功与机械能的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力做功与内能的关系
Ffx相对＝ΔE内

(2)功能关系的体现


第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022·高考广东物理）如图8所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率、速度匀速行驶。己知小车总质量为，， PQ段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）

A．从M到N，小车牵引力大小为 、
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
【参考答案】ABD
【命题意图】本题考查功率，平衡条件，重力势能和摩擦力做功的计算。
【解题思路】
从M到N，由P1=F1v1，解得小车牵引力F1= P1/v1=200/5N=40N，A正确；从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1= F1=40N，小车克服摩擦力做功Wf1= f1x=40×20J=800J，B正确；从P到Q，小车上升高度h=PQsin30°=20×0.5m=10m，小车重力势能增加△Ep=mgh=50×10×10J=5000J，C错误；从P到Q，由P2=F2v2，解得小车牵引力F2= P2/v2=570/2N=285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2=f2+mgsin30°，解得f2= F2-mgsin30°=285N-50×10×1/2N=35N。从P到Q，小车克服摩擦力做功Wf2= f2x=35×20J=700J，D正确。
【一题多解】对选项B，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用动能定理，得出W1- Wf1=0，W1=P1t1，t1=x/v1，得出Wf1=W= P1x/v1=200×20/5J=800J。对选项D，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用功能关系，得出W2- Wf2=△Ep=mgh，W2=P2t2，t2=x/v2，得出Wf1=W2- mgh = P2x/v2- mgh =570×20/2J-50×10×10J =700J。
2.（2022新高考江苏卷）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查动能定理及其相关知识点。
【解题思路】
设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek=mgxtanθ，即Ek=mgtanθ×x，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条倾斜的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，所以运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是图A。
3. （2022新高考江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）


A. 当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C. 下滑时，B对A的压力先减小后增大
D. 整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【参考答案】B
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】
由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB整体有

隔离B分析受力，根据牛顿第二定律有
联立可得 。
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在开始时弹簧弹力也是沿斜面向上的，所以弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，弹力方向不发生变化，选项B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程A、B不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
，化简得。
当上滑到最大位移的一半时，A所受合外力
代入k值可知F合=0，由牛顿第二定律可知此时加速度为0，选项A错误；
根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，选项C错误；由于A回到初始位置，整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，选项D错误。

4. （2022高考河北）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）


A. 物体和的质量之比为
B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为
D. 时刻物体的速度大小
【参考答案】BCD
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、机械能、功率及其相关知识点。
【名师解析】由牛顿第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP‏׃mQ=1‏׃2，选项A错误；经过时间T，P上升高度，h1==，T时刻P速度v=aT=，P竖直上抛运动，竖直上抛高度h2==。PQ之间竖直高度为h= h1+ h2= +=，t=0时物体的机能为E= mQg h=..。在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg- F =mQa，解得细绳中拉力F= 2mQg/3.对Q由功能原理可知，T时刻Q的机械能为ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以时刻物体的机械能为，选项B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t=v/g=T/3，时刻物体P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物体重力的功率为PG= mPgv===，选项CD正确。
5．（2022·全国理综甲卷·14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查机械能守恒定律，牛顿运动定律，圆周运动。
【解题思路】从a到c，由机械能守恒定律，mgh=mv2，在c点，由牛顿第二定律，F-mg=m，F≤kmg，联立解得R≥，选项D正确。

6. （2022·全国理综乙卷·16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【参考答案】C
【名师解析】
设小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑到Q，如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得，
联立可得
由可得，即小环的速率正比于它到P点的距离L，故C正确，ABD错误。

7．（2022年6月浙江选考）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为
A．13.2s B．14.2s
C．15.5s D．17.0s
【参考答案】C
【命题意图】本题考查功率、直线运动和牛顿运动定律。
【解题思路】以最大加速度向上运动时间最短。提升向上加速的最大加速度a1=（F-mg）/m=5m/s2。当功率达到额定功率时，设重物速度为，则有，加速上升时间为t1=v1/a=0.8s，匀加速上升高度h1=v1t1/2=1.6m，减速上升时间t3=v/a=1.2s，上升高度h3=v t2/2=3.6m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，上升高度h2=85.2m- h1- h3=85.2m-1.6m-3.6m=80m。该过程以额定功率提升重物，根据动能定理可得Pt2-mgh2=-，解得t2=13,5s。提升重物的最短时间为t= t1+ t2+ t3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s，，所以C正确。


8．（2022高考河北卷）[河北2022·9，6分]如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ），

A．物体和的质量之比为
B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为
D．时刻物体的速度大小
【参考答案】BCD
【名师解析】由牛顿第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP‏׃mQ=1‏׃2，选项A错误；经过时间T，P上升高度，h1==，T时刻P速度v=aT=，P竖直上抛运动，竖直上抛高度h2==。PQ之间竖直高度为h= h1+ h2= +=，t=0时物体的机能为E= mQg h=..。在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg- F =mQa，解得细绳中拉力F= 2mQg/3.对Q由功能原理可知，T时刻Q的机械能为ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以时刻物体的机械能为，选项B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t=v/g=T/3，时刻物体P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物体重力的功率为PG= mPgv===，选项CD正确。
9. （2022年1月浙江选考）某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）


A. 每秒水泵对水做功为75J
B. 每秒水泵对水做功为225J
C. 水泵输入功率为440W
D. 电动机线圈的电阻为10
【参考答案】D
【名师解析】每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
，故AB错误；
水泵的输出能量转化为水的机械能，则，而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则，故C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为，而电动机的电功率为，。由能量守恒可知，联立解得，故D正确。

10. （2022年1月浙江选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。

【参考答案】（1）7N；（2）；（3）见解析
【名师解析】（1）到C点过程

C点时由牛顿第二定律，
解得：
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得
要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得
当时，
当时，
当时，
易错警示：本题（2）中考生容易得出速度关系，但的取值范围弄错，写成，导致这种错误的原因是漏掉必须通过圆弧轨道的最高点才能到达点，即漏掉这个制约关系从而无法正确界定。
本题（3）中考生易漏掉这个条件，从而不能完整的解答。
11. （2021重庆高考） 如图所示。竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的1/4圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，O、O1为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）

A. B.
C. D.
【参考答案】D
【名师解析】由图中几何关系可知，图中NO连线与水平方向的夹角θ=30°。设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律，mgRsinθ=mv2，解得：v=，选项D正确。
12. （2021重庆高考） 额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如题图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则

A. 甲车的总重比乙车大
B. 甲车比乙车先开始运动
C. 甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D. 甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
【参考答案】ABC
【名师解析】根据题述，两车额定功率P相同，所受阻力f=kmg。根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变时甲车牵引力大于乙车，由F=f=kmg，可知甲车的总重比乙车大，选项A正确；对甲乙两车启动的第一阶段，牵引力与时间t成正比，即F=k’t，由k’t= f=kmg，可知甲车牵引力先达到超过阻力，所以可以判断出甲车比乙车先开始运动，选项B正确；甲车在t1时刻牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车刚到达额定功率，由P=Fv可知，甲车在t1时刻的速率等于乙车在t3时刻的速率，选项C正确；甲车在t2时刻达到最大速度，乙车在t4时刻达到最大速度，根据汽车的额定功率P=fvm=kmgvm，由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，选项D错误。
13. （2022高考上海） 如图所示，AB为平直轨道，长为L，物块与导轨之间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面之间的高度差为h1，BC之间的高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A静止开始运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地。已知重力加速度为g。

（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
【参考答案】（1）E1- mgh1（2）＜F＜
【命题意图】本题考查机械能守恒定律+动能定理+模型思想
【名师解析】（1）从B到落地过程中，机械能守恒，设地面为零势能面，由机械能守恒定律
mgh1+EkB=E1
解得：EkB=E1- mgh1
（2）对整个过程，由动能定理，
FmaxL-μmgL+ mgh1= E1
解得：Fmax=
若物块恰能到达C点，由动能定理，
FminL-μmgL-mgh2=0
解得：Fmin=
综上所述，恒力F必须满足的条件是：＜F＜



12.(2020·江苏高考)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝F向；Fsin α＝mg
解得F＝。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，
由机械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2。
答案：(1)2ωR　(2)
(3)(ωR)2


第三部分 思路归纳，内化方法
一、功与功率
1．变力做功的两种求法
(1)用动能定理计算。
(2)用F­x图线与x轴所围“面积”求解。
2．计算功率时的两个提醒
(1)明确是求瞬时功率，还是求平均功率。
(2)求瞬时功率时注意F、v间的夹角，求平均功率时应明确是哪段时间内的平均功率。
3．解决机车启动问题的两点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动：
①匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度。
②以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
(2)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。
二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题的思维流程

2．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
3.应用动能定理时常见的三个误区
(1)公式W＝mv22－mv12中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。
(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。
(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。　

三、机械能守恒问题
1. 机械能守恒的四种情况
(1)只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化。
(2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。
(3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。
(4)除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。　　
【名师点拨】
(1)对于单个物体，如果运动过程中只有重力做功，则其机械能守恒。
(2)应用能量守恒观点列方程时应选择零势能面，不特殊说明，一般选地面为零势能面。　　
2　系统机械能守恒问题中三类常见的连接体
速率相等
的连接体

两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
角速度相等的连接体

两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
某一方向分速度相等的连接体　　

A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示。其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。


四、功能关系与能量守恒定律
1. 功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
2. 应用能量守恒定律解题的两条基本思路
(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。　

第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1.（2023济南重点高中质检） 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度km/h。则下列说法正确的是（　　）

A. 行驶过程中动车受到的阻力大小为
B. 当动车的速度为时，动车的加速度大小为
C. 从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功为
D. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
【参考答案】B
【名师解析】
．动车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中动车受到的阻力大小
故A错误；
当动车的速度为时，动车的牵引力
根据牛顿第二定律
解得，故B正确；
从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功等于动车动能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C错误；
只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误。
2. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，在一个固定的光滑的倾角为θ的斜面上，一质量为m的物块在平行于斜面向上的恒力F的作用下，由静止从斜面底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，经一段时间后撤去恒力F，物块又经相同时间回到出发点。重力加速度为g。则（ ）

A. 物块在沿斜面向上运动的过程中，机械能先增大后守恒
B. 物块在沿斜面向下运动的过程中，机械能一直减小
C. 撤去恒力前后，物块物块加速度大小之比为1：2
D. 撤去恒力前后，物块物块加速度大小之比为1：3
【参考答案】AD
【名师解析】物块在平行于斜面向上的恒力F的作用下向上做匀加速直线运动过程，恒力F做正功，物块机械能增加，撤去恒力F后，物体由于惯性继续向上做匀减速直线运动，速度为零后又向下做匀加速直线运动，但撤去恒力F后，物块只有重力做功，物块机械能守恒，A正确、B错误；
设撤去恒力前物块的加速度为a1，恒力作用时间为t，则在恒力作用下物块的位移和撤去恒力瞬间物块的末速度为，v = a1t
设撤去恒力后物块的加速度为a2，且取沿斜面向下为正有
联立解得a1：a2 = 1：3，C错误、D正确。
3．（2022年9月河北示范性高中调研）如图所示，在竖直平面内固定着一个倾斜光滑杆，杆上套着一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳绕过一定滑轮（无摩擦）与一个竖直放置的轻弹簧相连接（弹簧下端固定在地面上），在外力作用下物块静止在A点，细线刚好拉直并且垂直于长杆，弹簧处于原长状态，现将物块从A点静止释放，物块运动到C点速度为零，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度以内，不计滑轮质量。则下列说法正确的是（ ）

A．在下滑过程中，圆环、弹簧与地球组成的系统机械能不守恒
B．由于斜面光滑，圆环从A到B过程弹簧弹性势能的增加量等于B到C过程中弹簧弹性势能的增加量
C．圆环在最低点加速度为零
D．合外力从A到B过程中对圆环所做的功不等于从B到C过程中所做的功
【参考答案】．D
【名师解析】圆环下滑过程中，圆环，弹簧与地球组成的系统满足系统机械能守恒的条件，只有重力和系统内的弹力做功，故系统机械能守恒，A选项错误。
圆环从A到B过程中，圆环的重力势能转化为圆环的动能和弹簧的弹性势能，而圆环从B到C过程中，圆环的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，故B选项错误。
圆环在最低点速度为零，但是加速度沿斜面向上，C选项错误。
圆环从A到B过程合外力所做的功等于从B到C过程克服合外力所做的功，D选项正确。
4．（2022年9月河北示范性高中调研）车库出入口采用如图甲所示的曲杆道闸，现将道闸简化为图乙所示的模型。该模型由完全相同、材质均匀的转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．已知杆OP和PQ的质量均为m，则杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，忽略空气阻力和摩擦力各轴间的，下列说法正确的是（ ）

A．P点的加速度大小不变
B．Q点的运动为匀速圆周运动
C．杆PQ重力的功率始终不变
D．电动机对OP做的功与杆PQ对杆OP做的功之和为零
【参考答案】．AB
【名师解析】：P点的运动为匀速圆周运动，所以其加速度为向心加速度，大小不变，A正确。
由于P和Q点始终相对静止，所以Q点的运动也是匀速圆周运动，B正确。
，杆PQ的速度大小不变，与PQ重力的夹角在改变，所以PQ重力的瞬时功率在变化，C错误。根据动能定理，杆OP的动能一直不变，所以应该是电动机对OP做的功、杆PQ对杆OP做的功和杆OP重力做功之和为零，D错误。
5．（2023江西红色十校第一次联考）四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型滑雪场。某段滑道建在一斜坡上，斜坡简化为一斜面，倾角，示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下，到达c点飞离滑道，bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点，运动员视为质点，不计一切阻力，若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍，则a、b点间的高度差（ ）

A．不大于 B．不大于
C．不小于 D．不小于R
【参考答案】A
【名师解析】运动员从a点到b点，根据机械能守恒有，在b点，由圆周运动规律有，，联立解得，A项正确。
6. （2023重庆八中高三质检）A、B两物体的质量之比为，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动直到停止，其速度—时间图像如图所示。那么，A、B两物体所受摩擦阻力大小之比与A、B两物体克服摩擦力做的功之比分别为（ ）

A. ， B. ， C. ， D. ，
【参考答案】B
【名师解析】
根据动量定理可得，
可得

根据动能定理可得
，
可得

故选B。
7. （2023河南郑州四中第一次调研）小华同学下楼时乘坐小区电梯，在坐电梯运动的过程中，重力的瞬时功率与时间的关系图像如图所示。已知小华的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 0~t0时间内，电梯的加速度大小为
B. 0~t0时间内，电梯对小华支持力大小为
C. 0~2t0时间内重力做的功为
D. 0~2t0时间内小华克服支持力做的功为
【参考答案】AC
【名师解析】
重力的瞬时功率
P=mgv
由图像得：0~t0时间内

可得

则加速度

不变，电梯在0~t0时间内匀加速下降，A正确；
在0~t0时间内，根据牛顿第二定律得
mg–N=ma
解得

B错误；
根据“P–t图像中图线与t轴包围的面积表示功”得：0~2t0时间内重力做的功

C正确；
当t=t0时，t0~2t0时间内重力功率不变，速度不变，即2t0时刻的速度大小
v2=v1
0~2t0时间内，根据动能定理有

解得小华克服支持力做的功

D错误。
8.. （2023重庆八中高三质检）今年8月持续高温使得重庆发生了山火，政府出动了直升机灭火。如图甲所示，在绳索的作用下水箱由静止开始竖直向上运动，水箱的机械能E与其竖直位移y的变化关系图像如图乙所示，其中OA段为曲线，AB段为直线。若忽略摩擦阻力和空气阻力，则（ ）

A. 在OA段，水箱一定做匀变速直线运动
B. 在AB段，水箱一定做匀变速直线运动
C. 在OA段，绳索对水箱的拉力一直不变
D. 在AB段，绳索对水箱的拉力一直不变
【参考答案】D
【名师解析】
根据物体机械能的变化等于除重力外的其他力做的功，可知水箱的机械能变化等于绳索对水箱的拉力做的功，则图乙中图线斜率绝对值等于绳索对水箱的拉力大小；在OA段，绳索对水箱的拉力逐渐减小，水箱受到的合力不是恒力，水箱不是做匀变速直线运动，故AC错误；
在AB段，图线的斜率保持不变，可知绳索对水箱的拉力一直不变，但可能拉力等于水箱的重力，水箱可能做匀速直线运动，故B错误，D正确。
9. （2023江苏南通第一次质检）如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点。一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止，则（　　）

A. 整个运动过程中产生的内能大于弹簧弹性势能的变化量
B. 物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的上方
C. 物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力方向先左再向右
D. 物块从C下滑到最低点过程中，地面对斜面体摩擦力先不变，后增大再减小
【参考答案】C
【名师解析】
根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C然后下滑，说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中减少的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，即产生的内能小于弹簧弹性势能的变化量，故A错误；在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有

弹簧的压缩量为
下滑时
解得
比较可得
由此可知物块上滑过程速度最大的位置在下滑过程速度最大的位置的下方，故B错误；
物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小为0，方向沿斜面向上，后反向增大再不变，方向沿斜面向下。根据牛顿第三定律斜面先有向右运动的趋势，后有向左运动的趋势，所以地面对斜面体的摩擦力方向先向左后向右，故C正确；
物块从C下滑到最低点过程中，物块的加速度先不变，后减小，然后反向增大，所以地面对斜面体的摩擦力先不变，后减小再增大，故D错误。
10. （2023重庆八中高三质检）若某人的心率为75次/分，每跳一次输送80mL血液，他的血压（可看作心脏压送血液的平均压强）为，此人心脏跳动做功的平均功率约为（ ）
A. 1.2W B. 1.5W C. 12W D. 9W
【参考答案】B
【名师解析】
根据平均功率表达式
可得，选项B正确。
11. （2023辽宁铁岭六校协作体联考） 质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（ ）

A. B. C. D. mgR
【参考答案】C
【思路分析】圆周运动在最高点和最低点沿径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功．
【名师解析】小球在最低点，由牛顿第二定律有：F-mg=m，由题意知：F =7mg ，在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，重力提供向心力有：mg=m，小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：-mg•2R-Wf=m-，联立以上可得：Wf=mgR，故C正确，ABD错误．
【点睛】本题主要考查了圆周运动与能量结合问题，由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件．同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功．
12. （2023重庆八中高三质检）如图所示，质量分别为m和2m的物块A和B，用轻质弹簧连接放在水平地面上，物块A通过一根水平轻绳连接到墙上，物块A的下表面光滑；物块B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用水平拉力将物块B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，物块B恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，则（ ）

A. 剪断轻绳后，物块A、B和弹簧组成的系统动量守恒
B. 剪断轻绳后，物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 弹簧压缩到最短时，物块A、B有一起向右的共同速度
D. 从剪断轻绳到弹簧压缩到最短，物块A的位移为
【参考答案】BD
【名师解析】
剪断轻绳后，物块A、B和弹簧组成的系统所受的合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误；
撤去拉力后，物块B恰好能保持静止，此时弹簧的伸长量为x，满足

即

剪断轻绳后，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧的最大压缩量也为x，此时物块B恰好能保持静止，弹簧压缩到了最短，所以剪断轻绳后，由于物块B始终保持静止，物块A、B和弹簧组成的系统机械能也守恒，因此从剪断轻绳到弹簧压缩到最短，物块A的位移为

故BD正确，C错误。
13. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）

A. 从M到N，小车牵引力大小为
B. 从M到N，小车克服摩擦力做功
C. 从P到Q，小车重力势能增加
D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功
【参考答案】ABD
【名师解析】
小车从M到N，依题意有

代入数据解得

故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为

则摩擦力做功为

则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
依题意，从P到Q，重力势能增加量为

故C错误；
依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有

摩擦力做功为


联立解得

则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
14. （2023重庆八中高三质检）如图所示，竖直面内有两个光滑固定的半圆轨道，两轨道在O点与水平面相切，A、B、O三点在同一竖直线上，直径OA长度为2d，直径OB长度为d。一滑块（视为质点）从O点以初速度分别沿两轨道滑行到A点或B点后水平抛出。滑块落到水平而上时，落点与O点间的距离分别为和，为实现，则的值可取（ ）

A. B.
C. D.
【参考答案】ABC
【名师解析】
从O点到A点根据动能定理
从A点水平抛出，
解得
对从O点到B点根据动能定理
从B点水平抛出，，
解得
为实现，则
故ABC正确，D错误。
15. （2023湖南三湘创新发展联考）质量为m的平衡车进行空载测试时，以大小为的初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经过时间t达到最大速度，此过程中平衡车受到的阻力恒为车重的k倍，重力加速度大小为g，电动机输出功率恒为额定功率，在时间t内，下列说法正确的是（　　）

A. 平衡车达到的最大速度为
B. 平衡车达到的最大速度为
C. 平衡车的位移大小为
D. 平衡车的位移大小为
【参考答案】AC
【名师解析】
根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式可得，最大速度为

又有

联立解得，故B错误，A正确；
．根据题意，设平衡车的位移大小为，由动能定理有

解得，故D错误，C正确。
故选AC。
16. （2023重庆八中高三质检）如图所示为警犬训练的情境简化图，训练时一质量为24kg的警犬从左侧平台边缘A处水平跳出，落到距A点竖直距离、水平距离的B点；匍匐前进通过水平面BC，在C点纵身一跃，恰好在最高点处用嘴咬住竖直悬绳的下端，绳长，上端固定在O点；然后荡到右侧平台边缘D点速度恰好为0，D点到水平面BC的竖直距离，距O点的水平距离为。运动过程中警犬可看成质点，空气阻力不计，警犬咬住绳子前后没有机械能损失，重力加速度。求：
（1）警犬从A点水平跳离时的速度大小；
（2）警犬在C点纵身跳起时的速度大小；
（3）警犬咬住绳子时，绳子对警犬的拉力大小。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）设警犬从A点水平跳离时的速度大小为，从A到B做平抛运动，则有
，
联立可得

（2）设警犬在C点纵身跳起时的速度大小为，从C到D满足机械能守恒，则有

解得

（3）设与竖直方向的夹角为，则有

可得

设警犬咬住绳子时，警犬的速度为，警犬从咬住绳子到D点的过程，有

警犬咬住绳子时，设绳子对警犬的拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得

联立解得

17. （2023辽宁铁岭六校协作体联考）如图所示，四分之一光滑圆轨道AB固定在竖直平面内，粗糙水平轨道BC与圆弧AB相切于B点。现将一质量为m=1kg，可视为质点物块从与圆心等高的A点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小为，之后物块向右滑上动摩擦因素的粗糙水平轨道BC，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求光滑圆轨道AB的半径大小R；
（2）物块滑至圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F；
（3）物体最终停下来，求物体在水平面上通过的位移x。

【参考答案】（1）0.2m；（2）30N；（3）0.4m
【名师解析】
（1）物块从A点到B点运动的过程中，由动能定理可得

解得
R=02m
（2）物块在B点时

解得
FN=30N
由牛顿第三定律得
F=30N
（3）物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中，由动能定理可得

解得
0.4m
18. （2023重庆八中高三质检）如图所示为某同学用手机记录的从一定高度由静止释放的乒乓球与地面相撞的声音随时间的变化关系图。
下表为声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻。（重力加速度）
碰撞次序
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
278
3.14
3.47
求：
（1）乒乓球第3次与地面相撞后上升的最大高度是多少？
（2）第3次碰撞损失的动能为碰撞前动能的百分之几（结果保留两位有效数字）？

【参考答案】（1）0.20m；（2）
【名师解析】
（1）由表中可知第三次碰撞到第四次碰撞用时

则碰后弹起的时间为

根据匀变速直线运动的位移时间公式，有

（2）第三次碰撞前的速度为第二次碰撞后的速度

第三次碰撞后的速度

所以第3次碰撞损失的动能为碰撞前动能的百分比为

所以第3次碰撞损失的动能为碰撞前动能的。
19. (2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考)如图所示，BO是长为L的平直导轨，物块与导轨间动摩擦因数为μ，AB为光滑弧形轨道，与平直导轨平滑连接。B与地面间高度差为h1，AB间高度差为h2，以平直轨道末端O点为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，已知重力加速度为g。
（1）若一质量为m的物块在水平恒力作用下从O点静止开始向左运动，到达B点时撤去恒力，物块经过A点向左抛出后落地。
①若物体落地动能为E1，求经过B点的动能EkB；
②若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件；
（2）若滑块m从光滑曲面上不同位置由静止开始下滑，经过O点落到弧形轨道PQ上的动能均相同，弧形轨道P端坐标为（2L，L），Q端在y轴上，求PQ的曲线方程。

【名师解析】：
（1）①从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则 1分
得 1分
②整个过程中根据动能定理得： 1分
1分
若物体恰能达到B点，根据动能定理得： 1分

综上所述可得： 1分
（2）物块从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
， 1分
联立解得水平初速度为 1分
物块A从点O到轨道上落点，根据动能定理可知 1分
解得落点处动能为 1分
因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
1分
化简可得
即（其中，L≤y≤2L） 1分
曲线方程形式可以不同，L≤y≤2L 范围没写不得分
20. （2023济南重点高中质检）如图为北京2022年冬奥会滑雪大跳台的赛道示意图，着陆坡末端是半径为的圆弧轨道，轨道对应的圆心角为。在某次训练中，质量为（含装备）的运动员经助滑道加速后，自起跳点以大小为、方向与水平面夹角为的速度飞起，完成空中动作后，恰好沿点的切线方向进入圆弧轨道，接着自由滑行通过最低点后进入水平停止区，然后做匀减速直线运动直到静止。已知在圆弧轨道的点地面对运动员的支持力为其重力（含装备）的1.8倍，运动员与停止区之间的动摩擦因数，取，，，忽略运动过程中的空气阻力，运动员视为质点。求：
（1）运动员沿水平停止区滑行的距离；
（2）以停止区平面为参考平面，运动员在点的机械能；
（3）运动员沿圆弧轨道运动时克服摩擦力做的功。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）在点，对运动员由牛顿第二定律，有

运动员到达点后，做匀减速直线运动，由动能定理可得

联立解得

（2）运动员从点到点机械能守恒，则点和点机械能相等，即，运动员从点到点水平方向做匀速直线运动，

即

则在点的机械能为

代入数据得

（3）运动员沿圆弧轨道运动的过程，由动能定理，有

解得


21. （2023江苏南通第一次质检） 如图所示，一足够长的光滑直杆水平固定，杆上P点固定一轻质滑轮，小球A套在杆上位于P点右侧，半圆形光滑细轨道竖直固定在地面上，圆心O在P点正下方，小球B套在轨道上。A、B两球用不可伸长的柔软轻绳跨过定滑轮连接，初始时两球均静止且轻绳呈伸直状态。已知杆与水平地面的间距H=0.4m，圆轨道半径R=0.3m，A、B两球的质量分别为、，杆和圆轨道在同一竖直面内，不计滑轮与轴间的摩擦及滑轮大小，重力加速度g取。现对A球施加一水平向右的拉力，求：
（1）若两球仍保持静止且B球对地面的压力恰为零，拉力的大小；
（2）若拉力大小恒为，当B球运动到P点正下方时，B球的速度大小v；
（3）若拉力大小恒为，当两球速度大小相等时，轻绳中的拉力大小。

【参考答案】（1）50N；（2）3m/s；（3）
【名师解析】
【详解】（1）对B球进行受力分析，B球受重力，圆轨道的弹力N1，绳的拉力T1，由平衡条件，根据相似三角形得

解得

对A球受力分析，据平衡条件得

（2）当B球运动到P点正下方时，B球沿绳方向的分速度为0，所以A球的速度大小为0，对A、B系统由能量守恒得

解得

（3）当B球运动到速度方向沿绳方向时，即绳BP恰好与圆相切，此时A、B两球速度相等，且沿绳方向的加速度也相等，此时

解得

对A球受力分析，由牛顿第二定律得

对B球受力分析，由牛顿第二定律得
沿绳方向

联立解得

22. （2023江苏南通第一次质检）冬奥会上，跳台滑雪运动员从跳台A处以某一初速度水平飞出，在空中飞行落在斜坡上B处，如图所示。运动员在空中所受阻力的方向竖直向上，已知运动员的质量为，阻力为重力的0.2倍，重力加速度取。求运动员：
（1）在空中运动过程中动量的变化量；
（2）从A运动到B的过程中，重力做功的功率。

【参考答案】（1），方向竖直向下；（2）
【名师解析】
（1）运动员在空中受到的合力方向竖直向下，大小为

根据动量定理，运动员在空中运动过程中动量的变化量为

方向竖直向下。
（2）运动员在空中的加速度方向竖直向下，大小为

运动员在空中的下落的竖直高度为

从A运动到B的过程中，重力做功为

从A运动到B的过程中，重力做功的功率为


23. （16分）（2023湖北襄阳重点高中质检）2022年2月我国成功举办了第24届“冬奥会”，在“冬奥会”雪上项目中跳台滑雪是极具观赏性的一个项目。若跳台滑雪滑道可以简化为由一段圆弧形雪道AB和一个斜面直雪道BC组成，其中圆弧形轨道的B端切线水平，其半径R＝50m、圆心角为；斜面直雪道的倾角为，如图所示。一总质量m＝60kg的运动员从圆弧形雪道的A端由静止自由滑下，然后从B端以的速度水平飞出，最后落到斜面直雪道上的C点（图中未标出）。运动员可看作质点，其运动过程中所受的空气阻力可忽略不计，，取。求：
（1）运动员从A端滑至B端的过程中，阻力所做的功W；
（2）BC两点间的距离s；
（3）运动员在空中飞行过程中，重力做功的功率最大值Pm。
【名师解析】
（1）运动员从A端滑至B端的过程中，根据动能定理有

解得

（2）运动员做平抛运动落在倾角为的斜面直雪道，则水平位移与合位移的夹角为，设C点竖直方向的速度为，根据平抛运动的推论可知

解得

竖直位移为

合位移即为BC两点间的距离，则

（3）设速度方向与水平方向的夹角为，合速度为v，下落过程重力做功的功率为

运动到C点时竖直方向速度达到最大值

则重力做功的功率最大值为


24. （2023浙江舟山质检）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为O的竖直半圆轨道、水平直轨道及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量，轨道的半径，轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道井滑上水平直轨道。弹簧的弹性势能最大值，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过之间的能量损失。
（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力；
（2）设弹簧的弹性势能为，写出滑块第一次到达F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在水平直轨道上，求弹簧的弹性势能的范围。

【参考答案】（1）；（2），且；
（3）或或
【名师解析】
（1）滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得

在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得

代入数据解得

（2）滑块从A点到第一次到达F点

解得

要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D


可解得

综上可得
，且
（3）若滑块恰能通过半圆轨道最高点D

若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道上，在上滑行的最大路程为

解得

在轨道上往返一次损失的能量为

可知，若滑块最终静止在水平直轨道，如下三种情况满足要求
①，可得
②，可得
③，可得
25. （2023浙江舟山质检）如图1所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，图2为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量的冰壶一起从起踏器处以的速度作匀减速直线运动，至投掷线处释放冰壶，冰壶恰好停在营垒圆心O处。已知起踏器和投掷线之间距离，投掷线与营垒圆心O的距离，冰壶与冰面之间动摩擦因数为0.02，冰壶可视为质点。求：
（1）释放冰壶时冰壶的速度；
（2）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力；
（3）为了战术需要，要使冰壶多滑行，队员需在其滑行前方摩擦冰面，若摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数变为原来的90%，则队员摩擦冰面的长度应为多少。

【参考答案】（1）；（2）30N；（3）10m
【名师解析】
（1）由牛顿第二定律，冰壶减速过程加速度大小为

由运动学规律

代入数据解得释放冰壶时冰壶速度

（2）冰壶到达投掷线前

解得

由牛顿第二定律得

（3）设队友摩擦冰面的长度为x

已知，代入数据解得

（3）另解：设队友摩擦冰面的长度为x，由动能定理

代入数据解得