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2024 高考压轴题冲刺训练
训练2 功和能
1. （2024 四川成都一诊）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该
装置由传送带ABCD 及固定挡板CDEF 组成，固定挡板CDEF 与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD
与水平地面的夹角θ=37°，CD 与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物
从D 点由静止释放，货物对地发生位移L=10m 后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。
已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带ABCD 的动摩擦因数为
，
其侧面与挡板CDEF 的动摩擦因数为
。（sin37°=0.6，重力加速度
，不计空气阻
力）。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力
的大小及侧面所受滑动摩擦力
的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间t 及传送装置多消耗的电能E；
（3）某次测试过程中工作人员每隔
从D 点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L=10m 后被取
走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率
。
【参考答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
【名师解析】
（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为
，货物底面所受滑动
摩擦力为
，档板对货物支持力为
，货物侧面所受滑动摩擦力为
，由力的平衡条件
1
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由滑动摩擦力计算式有
，
代入数据可得
，
（2）因为
与运动方向相同，
与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能
共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得
解得
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为
，对地位移为
，由运动学公式得
货物匀加速阶段的位移为
因
，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为
，位移为
由运动学公式得
货物匀速阶段所用的时间为
货物运动总时间为
2
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传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送
带之间
货物与挡板之间
货物增加的动能
传送装置多消耗的电能为
（3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为
，之后以速度v 做匀速运动。因第
1 个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2s，设第1 个货物释放后又释放了N 个货物，则
分析可知当第1 个货物即将被取走时，传送带上共有11 个货物，且前10 个已共速。第11 个货物在传送带
上运动的时间为
第11 个货物相对传送带滑动。综上，传送带上有11 个货物且第11 个处于加速运动阶段时，传送带需增加
的功率达到最大值
。传送带受到前10 个货物的静摩力大小为
，受到第11 个货物的滑动摩擦力大
小为
，由瞬时功率计算式有
2. （2024 年1 月安徽联考）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师
和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中
是倾角为
的斜
3
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面，凹圆弧
和凸圆弧
的半径均为R，且D、F 两点处于同一高度，B、E 两点处于另一高度，整
个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面
上距离水平面
高度为h（未知量）的地方放置一个质量
为m 的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取
。
（1）当
时，求小球经过最低点C 时，路面受到的压力；
（2）若小球一定能沿路面运动到F 点，求h 的取值范围；
（3）在某次试验中，小球运动到
段的G 点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角
，
求h 的值。
【参考答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）从静止释放到C 点过程中，根据机械能守恒
在C 点由牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律得路面受到的压力为
4
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方向竖直向下；
（2）分析可知小球能沿路面到达F 点即可通过E 点，刚好到达F 点时有
根据机械能守恒有
联立解得
故可知h 的范围为
（3）设在G 点时速度为
，根据机械能守恒
该处重力的瞬时功率为
联立解得
设
，
讨论
函数的极值，即
展开得
对y 求导得
5
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根据题意
时取极大值，可知此时
，将
代入得h=
3. （2024 北京东城期末）图1 所示的是北京欢乐谷的“太阳神车”游乐项目，图2 是对其进行简化后的结构
图，已知悬臂长为L，可绕水平方向的固定轴
在竖直面内摆动，旋盘半径为r，盘面与悬臂垂直，在电
动机带动下可以悬臂为轴转动，旋盘中心用
表示，在旋盘边缘的圆周上排列着座椅。假设游戏开始后的
某段时间内旋盘始终绕悬臂沿逆时针方向匀速转动，角速度为
；悬臂摆到最高点（图2 中①位置）时悬
臂刚好和竖直方向垂直，从此位置，悬臂向下摆动到竖直方向（图2 中②位置）时，悬臂对固定转轴
的
瞬时角速度是
。悬臂在①位置时，旋盘边缘的b 点与悬臂等高，旋盘边缘的a 点在最高点，若坐在a 处
座椅上的游客随悬臂一起运动到②位置时刚好到达图中c 点，c 点与悬臂在同一竖直面内。游客的质量为
m，游客及座椅可视为质点，重力加速度用g 表示，不计轴间的摩擦阻力和空气阻力。
（1）求b 点速度的方向和速度的大小
；
（2）由于旋盘绕悬臂转动，c 点同时参与了两个运动，除了绕
做圆周运动之外，还和悬臂一起绕固定
转轴
转动，求游客在c 点时的速度大小
；
（3）求悬臂从位置①到位置②的过程中，座椅及安全带对坐在a 处座椅上的游客所做的功W。
6
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【参考答案】（1）方向竖直向上，
；（2）
（3）
【名师解析】
（1）b 点速度的方向竖直向上，速度大小为
（2）c 点绕
做圆周运动，因此具有分速度
方向垂直于c 点和悬臂构成的平面向里；假设旋盘与悬臂之间是完全固定连在一起的，则旋盘与悬臂一起
绕
轴转动，其上各点绕轴转动的角速度都相同，又由于摆动到最低点时，c 点与悬臂在同一竖直面内，
因此c 点绕
做圆周运动的半径
与悬臂一起转动而具有
分速度
方向在c 点和悬臂构成的平面内，垂直
和c 的连线斜向下。这两个分速度之间互相垂直，因此悬臂在位
置②时c 点的速度大小
7
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（3）对游客从a 点到c 点的过程应用动能定理，有
代入可得
4. （2024 重庆八中一诊）如图（a），质量为m 的篮球从离地H 高度处静止下落，与地面发生一次非弹性
碰撞后最高反弹至离地h 处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，
不计空气阻力。
（1）求篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能；
（2）求篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（3）若篮球反弹至最高处h 时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至
高度处撤
去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h 高度处，力F 的大小随高度y 的变化如图（b）所示，求
的大小。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）根据能量守恒可得，篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能为
8
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（2）篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为
，由运动学公式可得
篮球反弹至h 高处，设离地瞬间的速率为
，由运动学公式可得
联立可得篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（3）由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为
，由动能定理可得
篮球反弹至
高处，设离地瞬间的速率为
，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
5. （2024 江西上进联盟质检） 如图甲，在单杠比赛中，运动员身体保持笔直绕杠进行大回环动作，此过
程中运动员重心到杠的距离始终为
，运动员可看作在竖直面内做圆周运动，如图乙，当身体运动
到与竖直方向成
时，运动员双手脱开杠，此时运动员的速度大小
，之后运动员在空中完
9
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成一系列动作后笔直的站定在地面上，站定时重心离地面的距离为
。运动员质量为60kg，杠的
高度为
，重力加速度g 取
，
。（运动员从最低点向最高点
运动过程可视为机械能守恒）求：
（1）运动员在最低点对杠的作用力大小；
（2）运动员落地点离杠的水平距离。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）根据题意，设运动员在最低点的速度为
，由机械能守恒定律有
设运动员在最低点受到杠的作用力为
，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得，运动员对杠的作用力
（2）脱离杠后，竖直方向上有
，
水平方向上有
10
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，
联立解得
运动员落地点离杠的水平距离
6. （2024 河南焦作一模）如图所示，某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，游戏轨道由一个水平
直轨道ABC 和一半径为
的竖直半圆光滑轨道CDE 组成，水平直轨道AB 段光滑，BC 段粗糙。在半圆轨
道圆心O 左侧同一水平线上且距离O 点
处固定一个小网兜P，将原长小于AB 段长度的轻弹簧水平置于
AB 段上，左端固定在竖直挡板上，物块1 静置于B 处。游戏者将物块2 向左压缩弹簧到某一位置释放，若
物块2 与物块1 碰撞后不粘连，物块1 从半圆轨道最高点E 飞出并落入网兜P 内获一等奖，在DE 圆弧段
脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道内获三等奖，其他情况都不能获奖。已知物块1 的质量
，
物块2 的质量
，
，
，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为
，
重力加速度
取
。两物块均可视为质点。求：
（1）获一等奖时，物块1 在E 点对轨道的压力大小；
（2）获得二等奖时，物块1 碰后的速度大小范围（结果可保留根号）；
（3）获得三等奖时，弹簧弹性势能的最小值。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
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【名师解析】
（1）获得一等奖时，物体1 从E 点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为
，则
解得
在E 点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，物块1 在E 点对轨道的压力大小为2N。
（2）在DE 圆弧段脱离轨道获二等奖，则物体在D 点刚好脱离轨道，对应
速度为0。应用动能定理得
解得
物体在E 点刚好脱离轨道，对应的速度设为
，则有
解得
应用动能定理得
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解得
所以物块1 碰后的速度大小范围为
（3）获得三等奖时，当物体1 刚好能运动到C 点时，弹簧弹性势能最小。则碰撞后，物体1 的速度为
解得
运用动量守恒和能量守恒，则有
解得
弹簧的弹性势能最小值为
7. （2024 山东济南期末）如图所示，水平地面上有两个半径均为R 的固定竖直光滑圆轨道，M、N 分别为
两圆轨道的最低点。一质量为m 的小物块从P 点开始沿水平面向右运动，通过第一个竖直圆轨道后沿水平
面继续向右运动。已知P 点与M 点、M 点与N 点间的距离均为
，小物块与水平面间的动摩擦因数
，重力加速度为
，小物块在P 点的初速度大小
。求：
（1）小物块到达第一个圆轨道最高点时，小物块对轨道压力的大小；
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（2）小物块从第二个圆轨道脱离时的速度大小。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）小物块从P 点到第一个圆轨道最高点，根据动能定理得
在第一个圆轨道最高点，设轨道对小物块的压力为
，有
解得
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道压力的大小
（2）设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为
，小物块从P 点到脱轨，根据动能定理得
脱轨时，有
联立解得
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8. (2024 浙江金华期末)如图水平轨道AB 的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能
，弹簧左端固
定，右端放一个质量为
的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，传送带BC 的长为
。
为水平轨道，DE、FG 是竖直放置的两个半径分别为
和
的半圆轨道，AB、BC、
、DE、FG 均平滑连接。已知物块与传送带间的动摩擦因数
，其余轨道均光滑，g 取
。
（1）若传送带静止，求物块弹出后第一次到达D 点时受到轨道对它的支持力大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块恰好不脱离轨道运动至G 点，求：
①传送带的速度；
②物块从G 点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。
【参考答案】（1）
；（2）①
；②
【名师解析】
（1）从释放到D 点，由动能定理得
解得
在D 点有
解得
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（2）①恰好过最高点F 点时，重力提供向心力，则有
解得
从C 到F 点，由动能定理得
解得
从释放到B 点有
得
物体从
加到
，摩擦力做正功，设经过的位移为
，则有
可得
所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，传送带速度有最小值
②从F 点到G 点，由动能定理得
解得
从G 点平抛后有
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，
联立可得
则落到半圆轨道时的动能为
代入数据得
9. (2024 天津宁河区期末)如图所示是在竖直平面内，由倾角为
的斜面和圆形轨道分别与水平面相切连
接而成的轨道，其中斜面与水平部分光滑，圆形轨道粗糙，半径为R。质量为m 的小物块从斜面上距水平
面高为
的A 点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C 点时，无机械能损失。重力加速度为
g。求：
（1）小物块通过B 点时速度的大小
；
（2）小物块通过圆形轨道最低点C 时对轨道的压力
；
（3）若小物块恰能通过圆形轨道的最高点D，离开D 后又刚好落在B 点，求水平面BC 的长度x；
（4）小物块由C 到D 过程中克服阻力做功
。
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【参考答案】（1）
；（2）
，方向竖直向下；（3）
；（4）
【名师解析】
（1）根据动能定理可得
解得
（2）小物块从B 至C 做匀速直线运动则
小物块通过圆形轨道最低点C 时，由重力和支持力的合力提供向心力，则有
解得
由牛顿第三定律，可得压力为
方向竖直向下。
（3）设小物块恰好通过圆形轨道的最高点D 的速度为vD1，此时向心力仅有重力提供，由牛顿第二定律得
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解得
设小物块离开D 点后作平抛运动，则有
解得
，
（4）根据动能定理
小物块由C 到D 过程中克服阻力做功
10. （2024 上海黄浦一模）“玉兔号”月球车成功抵达月背表面后，研究者对月球车模型的性能进行研究。
月球车运动全过程的v-t 图如图所示。月球车在t1~18s 内以1.41×10-1W 的额定功率行驶，在18s 末关闭月球
车的动力系统，运动过程中月球车受到的阻力大小不变，求月球车
（1）受到的阻力大小（保留2 位有效数字）
（2）质量（精确到1kg）
（3）前15 秒内
位移（保留2 位有效数字）
【名师解析】
19
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（1）
，月球车匀速运动，牵引力等于阻力，月球车受到的阻力大小
（2）由
，速度图像可得减速阶段的加速度大小
由牛顿第二定律
得月球车质量
（3）设前15 秒内的位移为
，
由动能定理得
其中
解得
11. （2024 湖南长沙高三适应性考试）如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。
（1）若整列火车质量为M，所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v 时，发动机的功率为P0，求此时火车的
加速度；
（2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为
kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x 时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第
20
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二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相等，第二阶段的末速度为初速度
倍。求第
二阶段火车的位移；
（3）若整列火车由1 节动力车头和23 节无动力车厢组成，动力车头质量为2m，每节无动力车厢质量均为
m。火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着，
然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后一节车厢启动。启动过程中车头牵引力恒为F，忽
略一切阻力。为了研究方便，将车头及相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为l 的轻绳，绳子
绷直的瞬间相连的物体间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。整个启动过程中，带动第几节
无动力车厢前，车头的速度达到最大？
【参考答案】（1）
；（2）(k＋1)x；（3）3
【名师解析】
（1）根据
可知
根据牛顿第二定律
解得
（2）设火车第一阶段运动时间为t，末速度为v2，第二阶段的位移为x2
21
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由动能定理得
再由动量定理得
(k－1)F0t = Mv2
发动机的额定功率
Pm = kF0v2
由上可知，第二阶段的初速度为v2，末速度为
，由动能定理得
解得
x2 = (k＋1)x
（3）设拖动第n 节车厢前，车头的速度为un，绳子绷直后车头的速度为u′n，拖动第一节车厢前，对车头
由动能定理得
绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得
2mu1 = (2m＋m)u′1
同理，拖动第n 节车厢前，对于车头和前（n－1）节车厢由动能定理得
绳子绷直，对于车头和前n 节车厢由动量守恒定律得
[2m＋(n－1)m]un = (2m＋nm)u′n
由上式得
可推出
联立有
22
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令an = (n＋1)2un
2，得到
……
其中
上几式相加得到
则
解得
当
，即n = 3 时有最大值。则拖动第3 节车厢前，车头速度达到最大。
12．（2024 年2 月17 日重庆质检）如图所示,质量均为m 的物块A 和B 用轻弹簧相连,放在光滑的斜面上,
斜面的倾角θ=30°,B 与斜面底端的固定挡板接触,弹簧的劲度系数为k,A 通过一根绕过定滑轮的不可伸长的
轻绳与放在水平面上的物块C 相连,各段绳均处于刚好伸直状态,A 上段绳与斜面平行,C 左侧绳与水平面平
行,C 的质量也为m,斜面足够长,物块C 与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度为g.现给C 与一个向
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右的初速度,当C 向右运动到速度为零时,B 刚好要离开挡板,求:
(1)物块C 开始向右运动的初速度大小;
(2)若给C 施加一个向右的水平恒力F1（未知）使C 向右运动,当B 刚好要离开挡板时,物块A 的速度大小为
v,则拉力F1多大？
(3)若给C 一个向右的水平恒力F2（未知）使C 向右运动,当B 刚好要离开挡板时,物块A 的加速度大小为a,
此时拉力F2做的功是多少？
【名师解析】． (1)开始时绳子刚好伸直,因此弹簧的压缩量为x1=
=
当B 刚好要离开挡板时,弹簧的伸长量为x2=
=
根据能量守恒:mg
(x1+x2)+
(x1+x2)=
2m
,
求得:
=g
(2)施加拉力F1后,当物块B 刚好要离开挡板时,根据动能定理:
F1（x1+x2）
(x1+x2)-mg
=
2m
求得:F1=mg+
(3)施加拉力F2后,当物块B 刚好要离开挡板时,设绳的拉力为F,对A 研究:
F-mgsinθ-f 弹=ma
f 弹=mgsinθ
对物块C 研究:F2-F-μmg=ma
求得F2=2ma+
mg
则拉力做功W=F2(x1+x2)=
g)
13. （2024 重庆八中一诊）某水上乐园有一个位于竖直平面的轨道，如图所示，其由四分之一圆弧AB 和
抛物线BC 组成，圆弧半径OA 水平，B 点为抛物线顶点。质量均为m 的小孩甲、乙分别独自从A 点静止下
滑，甲下滑后恰静止在B 点，而乙滑至B 点后继续运动且在BC 段运动时与轨道恰无相互作用力。已知圆
弧AB 半径为R，B 点到水面的高度为2R，BC 点的水平距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
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（1）小孩甲从A 点下滑至B 点过程克服轨道阻力所做的功；
（2）小孩乙滑至B 点时的速度大小。
【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
【详解】（1）依题意，根据动能定理，可得小孩甲从A 点下滑至B 点过程中
可得小孩甲克服轨道阻力所做的功为
（2）小孩乙滑至B 点后继续运动且在抛物线BC 段运动时与轨道恰无相互作用力，说明小孩乙下落到B 点
时的速度使得小孩做平抛运动的轨迹与轨道BC 重合，则有
联立求得小孩乙滑至B 点时的速度大小
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