重难点05 功和能-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（新高考通用）

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【课标要求】
1．理解功和功率的概念，会对功和功率进行分析和计算。
2．掌握常见的功能关系，结合实际情境判定能的转化情况。
3．理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律。会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量问题。
【考查方向】
本专题属于重点、热点、难点内容，该部分知识点的命题呈现多样化，不仅单独对动能、动能定理、机械能守恒定律等知识进行考查，还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等的综合考核。具体表现在：
（1）结合直线运动考查功、功率的理解及计算。结合曲线运动等考查变力做功及功率问题。
(2）对动能定理的考查，常出现以下情境：
①物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化。
②物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化。
对机械能守恒定律的考查，常出现以下情景：
①结合物体的典型运动进行考查。
②在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查。
对功能关系的考查，常出现以下情境：
①结合曲线运动及圆周运动考查功能关系。
②结合弹簧弹力做功考查功能关系。
③物体经历多个过程，有多个力做功，涉及多种形式的能量转化的考查功能关系。
【备考建议】
复习备考中做到夯实基础、强化能力、提升素养。夯实基础就是重优基本观念的复习，夯实功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能等基本概念，以及动能定理、机械能守恒定律、功能关系等基本规律。强化能力就是通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化的分析。提升素养需要重视在复习中渗透一些重要的思想方法，包括重要的数学方法，通过函数法、图像法、比较法、极限法来分析解决问题。
【情境解读】
1.交通运输情境
汽车启动与刹车：汽车在启动过程中牵引力做功，动能增加，通过动能定理可以计算汽车在一定牵引力作用下速度达到某一值时行驶的距离；在刹车时，摩擦力做负功，动能减小为零，能据此计算刹车距离。
列车进站出站：列车出站时，发动机做功使列车动能增加；进站时，制动装置工作，摩擦力做功，列车的机械能转化为内能，结合动能定理可求出进站的制动距离。
2.体育运动情境
蹦床运动：运动员从高处落下接触蹦床，重力做功，动能增加。接触蹦床后，蹦床弹力对运动员做功，运动员的动能和弹性势能相互转化，在这个过程中机械能守恒定律可以用于分析运动员在蹦床上的上升和下降阶段的能量转换。
投掷铅球：运动员对铅球做功，使铅球获得一定的动能。从出手到落地过程中，只有重力做功，机械能守恒，从而可以根据出手高度和速度求出铅球落地时的速度。
3.建筑工程情境
起重机吊物：起重机将重物吊起，起重机的拉力对重物做功，重物的重力势能增加。通过功的计算公式和机械能守恒定律（如果在匀速吊起过程中忽略空气阻力），可以求出起重机做的功和重物的机械能变化。
打桩机打桩：打桩机的重锤落下过程中，重力做功，重锤的动能增加。与桩碰撞时，能量发生转化，部分机械能转化为内能等其他形式的能量，可根据动能定理计算重锤对桩的冲击力大小。
4.自然现象情境
瀑布水流：水从高处落下，重力做功，水的重力势能转化为动能。根据机械能守恒定律，可计算出水落到底部时的速度，还能结合水流的流量（单位时间流过的体积）计算水流功率。
陨石坠落：陨石在地球引力场中坠落，重力做功使陨石动能增加。在空气阻力不能忽略的情况下，通过动能定理可以考虑空气阻力做的功，计算陨石落地时的速度等物理量。
【高分技巧】
一、变力做功的求解方法
①微元法：物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。如下图所示，质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力所做的功为：Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
【注意】此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
②转换研究对象法：若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。如下图所示，恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))。
【注意】此法常常用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
③图像法：在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负。如下图所示，水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0＋F1,2)x0。
【注意】此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
④力的平均值法：求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，可先求该变力对位移的平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)，F1、F2分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝Flcs α求此力所做的功。如下图所示，当力与位移为线性关系，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，代入功的公式得W＝eq \f(kΔx,2)·Δx。
【注意】此法只适用于物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力是均匀变化的。
⑤动能定理法：使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法。如下图所示，用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)。
【注意】动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功。
二、机械能守恒定律与动能定理的区别
功和能
1．（2024·北京朝阳·模拟预测）在光滑水平面上放有一质量为的小车，一质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为。从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】应用动能定理求变力的功、人船模型、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题
【详解】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得
解得
故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得
解得
故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得
解得
故D错误。
故选C。
2．（2024·北京朝阳·模拟预测）已知罚球点到球门的距离为，球门横梁下缘离地面的高度为，足球的质量为。若某运动员踢点球给球的最大能量为，在不变的前提下，他踢出的点球速度大小、方向不同时，有可能会射不中或射偏（从球门左、右两侧偏出）但不可能会射高（击中横梁或者从球门横梁上面飞出）。不计空气阻力，则应该满足的条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知识点】平抛运动速度的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度
【详解】因球不可能会射高，则当踢出的球有最大能量时，到达最高点时速度恰好水平，由逆向思维可知，可看做球从横梁下做平抛运动，则
由能量关系可知
解得
故选A。
3．（2024·北京昌平·二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下，（ ）
A．上升的时间一定小于下降的时间
B．在最高点时的加速度等于重力加速度
C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能
D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能
【答案】A
【知识点】斜抛运动、应用动能定理求变力的功、能量守恒定律与曲线运动结合
【详解】A．物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落过程中，竖直方向的阻力向上，加速度大小小于g，根据
可知，物体上升的时间一定小于下降的时间。故A正确；
B．物体在最高点时受到的阻力水平向左，则水平方向的加速度向左，竖直方向的加速度大小为g，根据平行四边形法则可知，物体在最高点时的加速度大于重力加速度。故B错误；
C．物体在运动过程中，空气阻力做负功，所以落回抛出点时的动能小于抛出时的动能。故C错误；
D．整个过程中阻力一直做负功，所以物体在上升阶段和下降阶段同一高度处，上升阶段的速度大于下降阶段的速度，所以上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，上升过程中克服阻力做的功大于下降阶段克服阻力做的功，物体在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。故D错误。
故选A。
4．（2024·江苏淮安·一模）如图所示，半径为R的光滑球形石墩固定不动，质量为m的小物块从石墩的顶点A以初速度沿石墩表面下滑，则（ ）
A．越小，分离越早
B．取适当值，可在球心等高处分离
C．若，物块在石墩顶点处分离
D．分离瞬间物块的向心加速度一定等于重力加速度
【答案】C
【知识点】机械能与曲线运动结合问题
【详解】C．若物块在石墩顶点位置恰好分离，则有
则有
可知，当物块从石墩的顶点A以初速度大于或等于时，物块在石墩顶点处分离，故C正确；
A．结合上述可知，当速度小于时，物块在石墩顶点下侧某一位置分离，令该位置同圆心连线于竖直方向夹角为，则有
物块从顶点到分离位置，根据动能定理有
解得
可知，当速度小于时，越小，分离越迟，故A错误；
B．结合上述有
若物块在球心等高处分离，则一定等于90° ，可知，上述表达式不可能成立，即物块不可能在球心等高处分离，故B错误；
D．结合上述可知，分离瞬间由重力沿半径方向的分力提供向心力，此时物块的向心加速度一定小于重力加速度，故D错误。
故选C。
5．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，光滑轨道abc竖直固定，a、b、c三点距地面的高度已在图中标出，最低点b附近轨道形状近似为圆形，半径R=0.6m。将可视为质点的小球由a点静止释放，并沿轨道abc运动，经过b点时所受合力大小为30N，小球从c点离开轨道时，其速度方向与水平面成60°角，最终落在地面上e点。不计空气阻力，重力加速g取10m/s2。则下列关于小球的说法正确的是（ ）
A．比较小球在b、c、d、e各点速率，小球在b点的速率最大
B．小球的质量为0.5kg
C．小球运动到c点时的速度大小为
D．小球从c点刚好飞行到e点所需的时间为0.5s
【答案】B
【知识点】斜抛运动、机械能与曲线运动结合问题
【详解】A．小球由a点静止释放，之后小球只有重力做功，机械能守恒，重力势能最小时，动能最大，速率最大，可知，小球在b、c、d、e各点速率，小球在e点的速率最大，故A错误；
B．小球经过b点时所受合力大小为30N，根据牛顿第二定律有
小球从a到b过程，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球从a到c过程，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．小球从c点飞出后做斜抛运动，在竖直方向上有
舍去负值，结合上述解得
故D错误。
故选B。
6．（2024·河南三门峡·一模）蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为、劲度系数为橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量，重力加速度g取，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为（ ）
A．20mB．40mC．60mD．80m
【答案】D
【知识点】常见力做功与相应的能量转化
【详解】当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为，则橡皮绳从原长到伸长的过程中游客克服橡皮绳做的功为
游客从跳台跳下到最低点速度减为0的过程中，由功能关系可知
解得
D正确。
故选D。
7．（2024·广东汕头·二模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹，如图为从某时刻开始计时的雨滴在水平x方向和竖直y方向的运动图像，下列说法不正确的是（ ）
A．雨滴做匀变速曲线运动
B．雨滴的初速度是
C．内，雨滴重力的瞬时功率一直增大
D．内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功
【答案】C
【知识点】一个匀速和一个变速运动的合成、平均功率与瞬时功率的计算、常见力做功与相应的能量转化
【详解】AB．根据题图可知，在水平方向雨滴做初速度为0，加速度为
的匀加速直线运动，在竖直方向雨滴做速度大小为
的匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故AB正确，不符合题意；
C．由于雨滴在竖直方向做匀速直线运动，其竖直分速度不变，则重力的瞬时功率
不变，故C错误，符合题意；
D．内，对雨滴下落过程中由能量守恒有
可得
由于雨滴下落过程中竖直方向速度不变，但水平方向速度始终在增加，因此雨滴动能的变化量大于0，则有
由此可知内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功，故D正确，不符合题意。
故选C。
8．（2024·浙江绍兴·一模）如图所示，外力作用下小球A在竖直平面内做逆时针匀速圆周运动，圆心为O点。另一小球B用轻质弹簧竖直悬挂，且静止时小球B与圆心O在同一竖直高度。向下拉小球B到适当位置，静止释放，运动过程中小球A、B始终在同一竖直高度，不计阻力作用。下列说法正确的是（ ）
A．小球A受到的合外力不变
B．以小球A为参考系，小球B静止
C．小球B在运动过程中机械能守恒
D．小球A竖直方向合外力的大小与小球A到O点的竖直距离成正比
【答案】D
【知识点】已知参考系判断物体运动情况、向心力的定义及与向心加速度的关系、判断系统机械能是否守恒
【详解】A．小球A做匀速圆周运动，合外力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，故A错误；
B．以小球A为参考系，小球B在竖直方向的距离不变，但在水平方向的距离时刻变化。所以，以小球A为参考系，小球B运动，故B错误；
C．小球B在运动过程中小球B和弹簧组成的系统机械能守恒，小球B的机械能不守恒，故C错误；
D．设小球A做圆周运动的半径为，向心力即合外力为，某时刻到圆心的竖直高度为，与圆心连线和水平方向的夹角为，则
小球A竖直方向合外力为
因为小球A做匀速圆周运动，向心力大小不变，则小球A竖直方向合外力可表示为
其中
即，小球A竖直方向合外力的大小与小球A到O点的竖直距离成正比。故D正确。
故选D。
9．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图所示，光滑横杆上有一质量为m的小环，小环通过轻绳与质量为2m的小球相连，开始时小球被拉到与横杆平行的位置，此时轻绳刚好拉直，但绳中无拉力作用。当小球释放后，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的拉力对小球不做功B．小环在横杆上将一直向右运动
C．小球向左运动的最高点与释放点等高D．小球下落的速度最大时，竖直方向合力为零
【答案】C
【知识点】用细绳连接的系统机械能守恒问题、含有动量守恒的多过程问题
【详解】A．整个运动过程的开始阶段小球的机械能减小，圆环机械能增加，则绳的拉力对小球做负功；后来阶段，圆环的机械能减小，小球的机械能又增加，则绳子拉力对小球做正功，故A错误；
B．水平方向受合外力为零，水平方向动量守恒，当小球往右运动时，小环在横杆上向左运动，故B错误；
C．根据水平方向动量守恒，小球向左摆到的最高点时，系统的速度变为零，根据能量守恒关系可知小球向左摆到最高点和释放点的高度相同，故C正确；
D．小球下落的速度最大时，竖直方向上，小球做圆周运动，需要有合力提供向心力，故竖直方向合力不为零，故D错误；
故选C。
10．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球a和小球b，小球a固定在可绕O轴自由转动的轻质细杆的端点。整个装置平衡时，杆和绳与竖直方向的夹角均为30°，不计一切摩擦，细绳足够长。将杆从水平位置由静止释放，杆向下转动60°的过程中（ ）
A．小球b的机械能先增大后减小
B．图示位置时，小球a和小球b的速度之比为
C．图示位置时，小球a和小球b的重力功率之比为1：1
D．小球a和小球b的动能之和先增大后减小
【答案】C
【知识点】用杆连接的系统机械能守恒问题、用细绳连接的系统机械能守恒问题
【详解】A．杆向下转动60°的过程中，a球向下做圆周运动，b一直竖直向上运动，绳子拉力对b球一直做正功，则b球的机械能一直增加，故A错误；
B．图示位置时，a球的速度与细杆垂直，b球的速度大小等于细绳斜向下拉的速度，如图
由
可知
故B错误；
C．整个装置平衡时，对a球受力分析，如图
则
解得
图示位置时，a球重力的功率
图示位置时，b球重力的功率
则
故C正确；
D．连接a球的杆为活杆，对a球作用力方向始终沿杆，与a球速度垂直，对a球不做功，所以对于a、b组成的系统机械能守恒。 b球上升重力势能增加量为
a球下降，重力势能减小量为
b球上升的高度即连接a端绳子的伸长量，如图
有
杆向下转动60°的过程中，减小
由
系统重力势能一直在减小，则a、b动能之和一直在增大，故D错误。
故选C。
11．（2025·云南·模拟预测）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（ ）
A．0 ~ 2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B．水井的深度为ω0Rt0
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D．把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
【答案】AD
【知识点】周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式、平均功率与瞬时功率的计算、用动能定理求解外力做功和初末速度
【详解】A．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有
因0 ~ 2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；
B．图乙中0 ~ 3t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则
故水井的深度为
故B错误；
C．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
故C错误；
D．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
故D正确。
故选AD。
12．（2025·广东·模拟预测）风洞实验通过产生人工控制的气流模拟飞行器在气流中的运动过程。如图所示为某次实验示意图，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道ACD与粗糙水平面平滑相切于A点，O为圆弧轨道的圆心。将质量为m的滑块（可视为质点）从水平地面上的E点由静止释放，整个装置处在水平向右的风场中，滑块始终受到恒定风力作用。已知圆弧轨道的半径为R，滑块与水平地面间的动摩擦因数，且滑块恰好能在圆弧轨道上的B点处保持静止，OB与竖直方向的夹角，重力加速度。设A、E两点间的距离为l，下列说法正确的是（ ）
A．滑块受到的风力大小为
B．若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则
C．当时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道
D．当时，滑块运动到D点之前一定会脱离圆轨道
【答案】BC
【知识点】绳球类模型及其临界条件、用动能定理求解外力做功和初末速度
【详解】A．对静止在B处的小球进行受力分析，滑块受到的风力大小
故A错误；
B．若滑块恰能通过圆周最高点C，满足
又
解得
故B正确；
C．风力与重力的等效合力
方向与竖直方向成θ角斜向右下方，滑块到D点之前恰好不脱离圆轨道时，满足
又
解得
当时，滑块运动到D点之前一定不会脱离圆轨道，故C正确；
D．当l较小时，滑块可能会返回，不一定脱离圆轨道，故D错误。
故选BC。
13．（2024·新疆·一模）如图为修建高层建筑常用的塔式起重机，若该起重机提升重物时输出功率恒定，重物上升时先加速后匀速，上升的总高度为h。第一次提升的重物质量为m，所用的时间为t1，重物增加的机械能为E1；第二次提升的重物质量为2m，所用的时间为t2，重物增加的机械能为E2，则两次提升重物时（ ）
A．重物的最大速度不同
B．重物的最大速度相同
C．E2 < 2E1，t2 < 2t1
D．E1 = 2E1，t2 = 2t2
【答案】AC
【知识点】起重机牵引物体类问题
【详解】由于起重机输出功率恒定，因此
重物匀速时牵引力与重力平衡。第一次提升时的最大速度为
第二次提升时的最大速度为
因此两次的最大速度不同，A正确，B错误；
根据功能关系可知，起重机做的功等于重物机械能的增加量
第一次做功
第二次做功
因此
即
，
C正确，D错误。
故选AC。
14．（24-25高三上·山东潍坊·期中）2024年11月12 日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直-20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．时刻军车的加速度为
B．时刻军车的速度为
C．向上吊起过程中军车的最大速度为
D．到时间内军车上升的高度为
【答案】BC
【知识点】机车的额定功率、阻力与最大速度、机车以恒定加速度启动的过程及v-t图像、利用动能定理求机车启动位移的问题
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，时刻军车的加速度为
故A错误；
B．根据题意，时刻军车的速度为
根据图像可知时间内拉力大小不变，即合力不变，加速度不变，军车做匀加速直线运动，则时刻军车的速度为
故B正确；
C．向上吊起过程中军车的最大速度在加速度等于0时取得，之后军车做匀速直线运动，速度大小不变，拉力大小也不变，此时拉力大小与重力大小相等，即
故C正确；
D．到时间，根据动能定理可知
整理可得军车上升的高度为
故D错误。
故选BC。
15．（2023·河北·三模）如图所示，竖直面内有一截面为圆形的抛物线管道，O点为抛物线的顶点，整个装置置于电场强度为、方向水平向右的匀强电场中，现有一质量为、电荷量为的小球从管道的O点由静止释放，小球经过M点的速度为，已知小球半径略小于管道的内径，，，，小球的直径与管道的粗细忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球经过M点时的速度方向与电场强度的方向夹角为45°
B．管道对小球的摩擦力为零
C．小球的机械能减少了7J
D．小球的机械能增加了3J
【答案】AD
【知识点】功是能量转化的过程和量度、带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动
【详解】A．由于为抛物线管道，所以小球在M点的速度方向与电场强度的方向夹角为，则有
解得
故A正确；
B．对小球从O到M根据动能定理得
解得
故B错误；
CD．由功能关系可知小球的机械能增加量
解得
所以从O到M小球的机械能增加了3J，故C错误，D正确。
故选AD。
16．（2024·山西·一模）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过光滑定滑轮P的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为。给A施加一水平向右的拉力，使小球A静止在圆轨道最低点。已知定滑轮P与、、在同一水平线上，点为圆心，，，重力加速度为，，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（ ）
A．水平拉力的大小为
B．撤去拉力后，A球运动过程中速度一直变大
C．撤去拉力后，A球不能运动到点
D．撤去拉力后，A球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小
【答案】AD
【知识点】用细绳连接的系统机械能守恒问题
【详解】A．当A球在拉力F的作用下保持静止时，水平方向还会受到绳对小球拉力T的分力，此时由题意可知，绳与水平方向的夹角为37°，对A球水平方向受力分析得
对B球受力分析可知
解得
故A正确；
C．撤去拉力F后，A球会在绳的拉力的作用下沿半圆轨道向左运动，设A球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则可知A球上升的高度为
此时B球下降的高度为
由数学知识可知，当时，始终有
在整个运动过程中，A球和B球这一整体的机械能是守恒的，因B球减少的重力势能始终比A球增加的重力势能多，则当A球运动到b点时仍有速度，故C错误；
B．当A球从b点脱离轨道后，因受到重力和绳拉力的作用，其速度会不断减小，故B错误；
D．当B球的机械能最小时，A球的机械能最大，此时A球刚好到b点，有竖直向上的速度v，沿绳方向速度为0，即B球的速度为0，对整体用动能定理有
解得
故D正确。
故选AD。
17．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，倾角θ＝30°，平行于斜面的轻质细绳一端连接小物块A，另一端连接光滑小物块B，A、B的质量均为0.1kg，小物块A与斜面之间的动摩擦因数为。将小物块A、B在斜面上的某一位置同时静止释放，在之后的运动过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，大小为
B．运动过程中，细绳上的拉力大小为0.25N
C．A的机械能增大，B的机械能减小
D．B减小的机械能等于A增大的动能
【答案】BD
【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题、用细绳连接的系统机械能守恒问题、质点系牛顿第二定律
【详解】AB．以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
以A为对象，据牛顿第二定律可得
解得细绳上的拉力大小为
以A、B和斜面体为系统，水平方向根据质点组牛顿第二定律可得
可知地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，大小为，故A错误，B正确；
C．下滑过程，对A物体，由于绳子拉力和摩擦力的合力沿斜面向上，则绳子拉力和摩擦力的合力对A做负功，所以A的机械能减小；对B物体，由于绳子拉力对B做负功，所以B的机械能减小；故C错误；
D．A受到的合力大小为
根据功能关系可知，B减小的机械能等于克服绳子拉力做的功，A增大的动能等于合力对A做的功，由于A受到的合力大小刚好等于绳子拉力大小，则B减小的机械能等于A增大的动能，故D正确。
故选BD。
18．（2024·广东深圳·一模）某研究小组受多级火箭启发，用单级弹射装置组合成“二级弹射装置”。每个单级弹射装置由轻质弹簧和质量为m的物块构成，如图（甲）所示。单级弹射装置竖直弹射高度为h。把2个单级弹射装置叠放起来组成二级弹射装置，如图（乙）。先释放弹射装置1，当整体上升到最大高度时触发弹射装置2，此时装置1向下弹离掉落，装置2获得向上速度，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)装置1释放后整体上升的最大高度h1；
(2)装置2触发后瞬间装置1的速度大小v1；
(3)装置2能上升的最大高度h2；
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】利用机械能守恒定律解决简单问题、滑块弹簧模型
【详解】（1）对于单级弹射装置，根据机械能守恒得
对于二级弹射装置，两个装置为整体，装置1释放后，根据机械能守恒得
解得
（2）将两个装置作为系统，弹簧弹开，时间极短，由动量守恒定律得
根据机械能守恒得
解得
（3）装置2继续上升，根据机械能守恒得
上升总高度
解得
19．（2024·全国·模拟预测）如图所示，质量为m的小物块A锁定在倾角倾斜轨道上，A距倾斜轨道底端的距离为s。质量的滑板B静止在水平面上，其左上端紧靠倾斜轨道的末端。现解除A的锁定使其由静止开始下滑，最后A恰好停在滑板B的右端。A与倾斜轨道和B的动摩擦因数均为，B与水平面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，假设A从轨道末端滑上B，速度大小不变，仅方向改变。求：
(1)A在倾斜轨道上运动的时间和刚滑上B时的速度大小；
(2)滑板B的长度；
(3)最终，整个系统因摩擦产生的热量．
【答案】(1)，
(2)①，，②，
(3)
【知识点】物体在粗糙斜面上滑动、应用动能定理解多段过程问题、常见力做功与相应的能量转化
【详解】（1）（1）A在倾斜轨道下滑，由牛顿第二定律和运动学公式有
联立解得
，
（2）（2）①若，即
滑板始终静止，由动能定理得
解得
②若，即
当A运动到B的右端时二者恰好达到共同速度v。分别对A和B应用牛顿第二定律得
由运动学规律得
联立解得
（3）（3）A和B最终将共同静止在水平面上，由能量守恒定律得
20．（2024·四川达州·一模）如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R = 1 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角θ = 53°，C为圆心的正下方，右边有长L = 0.5 m、质量m = 0.5 kg的3个相同的长木板依次排列在光滑的水平地面上，长木板的上表面刚好与C齐平。质量m = 0.5 kg的小滑块（视为质点）从A点以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。已知AB间竖直高度h = 0.8 m，小滑块与长木板间的动摩擦因素。（重力加速度g取10 m/s2，sin53° = 0.8，cs53° = 0.6）。求：
(1)小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力N；
(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力F = 2vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v = 3 m/s时。小滑块在A点抛出去的速度v0和从A运动到B的时间t；
(3)接（2）问，小滑块经过C点后依次滑上长木板，滑块能否从第3个长木板上滑下？若不能，滑块最终停在第几个长木板上，速度为多大；若能，则滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度v对3。
【答案】(1)21.5 N，方向竖直向下
(2)0.6 m/s；0.4 s
(3)能，2 m/s，方向水平向右
【知识点】没有其他外力的板块问题、机械能与曲线运动结合问题、动量定理的内容
【详解】（1）小滑块从A运动到B过程有
小滑块刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
小滑块从A到C过程，根据动能定理有
小滑块在C点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
方向竖直向下。
（2）小滑块从B到C过程，根据动能定理有
解得
在竖直方向上，根据动量定理有
由于
则有
其中
解得
（3）假设滑块能够从第三个木板上滑下，则滑块在第一个木板上运动过程中，滑块相对于第一个木板的相对初速度
相对加速度大小为
令滑块离开木板1进入木板2的相对速度为v对1，则有
同理可得
其中
解得
可知，滑块能从第3个长木板上滑下，滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右。
考点分析
三年考情分析
2025命题热点
功和功率问题
2024：广东卷、安徽卷
2023：湖北卷、福建卷、辽宁卷、山东卷、江苏卷
2022：广东卷、浙江6月选考卷、湖南卷
功和功率计算、机车启动模型
与曲线运动结合动能定理的应用的功能关系的分析与计算
动能定理的应用
2024：广东卷、广西卷、江西卷、安徽卷、新课标卷、黑吉辽卷
2023：广东卷、福建卷、湖北卷、新课标卷
2022：湖北卷、浙江6月选考卷、福建卷
机械能守恒定律和功能关系的应用
2024：安徽卷、全国甲卷、湖北卷
2023：全国乙卷、全国甲卷
2022：广东卷、河北卷
类型
机械能守恒定律
动能定理
共同点
机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下运动状态的改变，表达这两个规律的方程都是标量方程。
区别
对象
物体组成的系统。
是一个物体(质点)。
条件
只允许重力和弹力做功。
没有条件的限制，它不但允许重力和弹力做功，还允许其他力做功。
着眼点
系统初、末状态的机械能的表达式。
合外力做的功及初、末状态的动能的变化。