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重难06 功和能（机车启动、多种方法求变力做功、动能定 理、机械能守恒定律、功能关系） 高考指导方向标 近三年考查趋势分析 近三年高考中，本专题稳定考查1–2 题，分值约6–15 分。命题突出能量观念在 实际问题中的应用，常结合交通工具（如列车、汽车、飞机）、生活情境（如弹 弓、滑轮系统、风光互补路灯）及运动过程（如竖直面圆周运动、斜面运动）考 查功的计算、功率分析、动能定理、机械能守恒及功能关系。 核心方法聚焦 机车启动的两种方式（恒定功率与恒定加速度）及其P-t、v-t 图像分析；变力做 功的常用方法（图像法、平均力法、动能定理法等）；机械能守恒的判断与多对 象系统机械能转移分析；功能关系中的能量转化与守恒（如摩擦生热、内能变 化、电势能变化等） 备考指导建议 熟练掌握机车启动过程的动态分析与极值计算；强化变力做功方法的灵活选用； 注重系统机械能守恒的判断与列式；加强功能关系在综合题中的应用训练，特别 是与运动学、牛顿定律、电磁学等内容的结合。 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 1. 机车启动问题 （1）两类机车启动 恒定功率启动 恒定加速度启动 Pt 图像和v t ﹣图像 OA 段 过程分析 P 不变：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a 不变：a＝⇒F 不变 v↑⇒P＝Fv↑⇒P 额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB 段 过程分析 F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ 运动性质 做速度为vm的匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动，在B 点达到 最大速度，vm＝ 2. 求解变力做功的多种方法 图示 分析 注意事项 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＝x0。 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)。 平 均 力 法 若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化力可用 平均值＝表示，代入功的公式得W＝·Δx，弹簧由伸长x1被继 续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做的功W＝·(x2－x1) 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。 等 效 转 换 法 若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos 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·(－)。 此法常常用于轻绳通过 定滑轮拉物体的问题 中。 微 元 法 质量为m 的木块在水平面内做半径为R 的圆周运动，运动一 周克服摩擦力做的功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1 ＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 此法常应用于求解大小 不变、方向改变的变力 做功问题。 动 能 定 理 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－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－ 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 法 cos θ)。 功。 3. 功和能专题中的易错分析 1.力对物体是否做功，只与这两个因素有关，与其他因素（如物体运动的快慢、运动性质、物体的质量、 物体是否受其它力等无关； 2.滑动摩擦力对物体可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，静摩擦力对物体可能做正功、负功或不 做功； 3.公式P=Fv 计算平均功率时，F 必须为恒力，计算瞬时功率时，F 可以是恒力，也可以是变力，v 可以是恒 定的，也可以是变化的； 4.机车在恒定功率下启动过程一定不是匀加速直线运动，匀变速直线运动的公式不适用，启动过程中发动 机做的功可用W=Pt 计算，不能用W=Fl 计算。机车以恒定加速启动只能维持一段时间，达到额定功率后又 要经历非匀变速直线运动，匀变速直线运动结速点在机车功率达到额定功率时。 5.参考平的选取是任意的，视问题方便而取。重力势能有正、有负，正、负表示重力势能的大小，正的一 定比负的大； 6.减小量表示量减少了多少，数值上是初态减末态；增加量是表示增加了多少，数值上是末态减初态；变 化量是末态减初态； 7.动能定理：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不同，计算各力做功时，应注意 各力对应的位移。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和； 4. 机械能守恒定律的应用技巧 1. 应用机械能守恒定律的前提是“守恒”，因此，需要先对研究对象在所研究的过程中机械能是否守 恒作出判断。 2. 列方程时，选取的角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。 3. 不同情境下机械能守恒定律的应用 应用类型 分析方法 单个物体的机械能 守恒问题 在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选 取零势能面，分析清楚各力做功的情况，选取合适的机械能守恒定律的观点列表达 式进行求解 多个物体的机械能 守恒问题 分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内力是否造成了机 械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒。对多个物体组成的系 统，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒。注意寻找用绳或杆 相连接的物体间的速度关系和位移关系。 含弹簧的机械能守 恒问题 （1）弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和 除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 （2）弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的 速度，弹性势能最大。 非质点的机械能守 恒问题 (1)在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物 体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体 不能再看成质点来处理。 (2)这类物体虽然不能看成质点来处理，但若只有重力做功，则物体整体机械能守 恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心 位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。一般情况物体各部分速度大 小相同，动能用mv2表示。 5. 应用动能定理的注意事项： (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考 系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析。 (3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加 以检验。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度 时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 注意：优先应用动能定理的问题 ①不涉及加速度、时间的问题； ②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； ③变力做功的问题； ④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。 注意：动能定理与图像结合的问题 (1)v－t 图：由公式x＝vt 可知，v－t 图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x 图：由公式W＝Fx 可知，F－x 图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t 图：由公式W＝Pt 可知，P－t 图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t 图：由公式Δv＝at 可知，a－t 图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ekx 图：由公式F 合x＝Ek－Ek0可知，Ekx 图线的斜率表示合力。 6. 常见的功能关系 力做功 能的变化 定量关系 合力做的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做的功 重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－ E p2 弹簧弹力做的功 弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、弹力做功 机械能不变化 机械能守恒，ΔE＝0 除重力和弹力之外的 其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多 少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多 少 (3)W 其他＝ΔE 摩擦力 内能的变化 Q=|Wf 滑|＝Ff 滑·s(s 为路程) 电场力 电势能变化 W 电场力＝－ΔEp＝qU （建议用时：20 分钟） 1．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐 渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ） A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 【答案】B 【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有 故选B。 2．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运 动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速 度取10m/s2）（ ） A．4m B．5m C．6m D．7m 【答案】B 【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能 守恒定律有 可得其理论的最大高度 故选B。 3．（2025·贵州贵阳·模拟预测）弹弓是一种常见的弹射工具。某同学在安全水平场地做实验，第一次采用 如图所示的两侧各为两根橡皮条的弹弓，拉伸橡皮条将小铁球水平弹出，弹出点到落地点的水平距离为 L。第二次采用两侧各为四根橡皮条的弹弓，拉伸和第一次相同的长度，将小铁球从同一位置水平弹出。 忽略空气阻力，所有橡皮条均相同且处于弹性限度内，则第二次弹出点到落地点的水平距离为（ ） A． B．2L C． D．L 【答案】C 【详解】由题知，第一次采用两侧各为两根橡皮条的弹弓，设小铁球做平抛的水平速度为 ，每根橡皮条 拉伸的长度为 ，对应的弹性势能为 ，弹出点到落地点的竖直高度为，根据能量守恒有 解得 小球弹出后做平抛运动，则有 解得 则弹出点到落地点的水平距离 第二次采用两侧各为四根橡皮条的弹弓，拉伸和第一次相同的长度，即每根橡皮条拉伸的长度为 ，故对 应的弹性势能为 ，弹出点到落地点的竖直高度仍为，根据能量守恒有 解得 小球弹出后做平抛运动，则有 解得 则弹出点到落地点的水平距离 联立可得 故选C。 4．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与 水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨 过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦， 在两滑块沿斜面运动的过程中（ ） A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M 做的功等于M 动能的增加 C．轻绳对m 做的功大于m 机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值 【答案】D 【详解】A．由于斜面ab 粗糙，故有内能产生，则两滑块组成系统的机械能不守恒，故A 错误； B．由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加，故B 错误； C．除重力弹力以外的力做功等于机械能的变化，所以轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加，故C 错误； D．由能量关系可知，两滑块组成系统的机械能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值，故D 正确； 故选D。 5．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，质量相等的两球a、b 间通过轻质弹簧连接， 球用细线悬挂于 点， 系统处于静止状态。弹簧在弹性限度内，忽略空气阻力。剪断细线，在两球开始下落到弹簧第一次恢复原 长的过程中（ ） A．球 机械能增加 B．球 机械能减少 C．球 机械能减少 D．球 机械能守恒 【答案】AC 【详解】开始时弹簧处于拉伸状态，则剪断细线到弹簧恢复到原长的过程中，弹力对球a 做正功，则球a 的机械能增加；弹力对球b 做负功，则球b 的机械能减小。 故选AC。 6．（2025·四川·一模）“福建舰”采用平直通长飞行甲板，配备电磁弹射器，能大幅提升舰载机的起飞效 率。在某次起飞训练中，质量为 的歼-35 舰载机离舰瞬间的速度为，弹射器对歼-35 做功为 ，歼-35 的发动机做功为 ，则在该次起飞过程中，歼-35 克服阻力做的功为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动能定理，合外力对舰载机做的总功等于其动能变化 总功由弹射器做功 、发动机做功 和克服阻力做功 ，则有 解得克服阻力做功为 故选A。 7．（2025·甘肃·模拟预测）如图所示，质量为 的物体P 套在固定的光滑水平杆上。不可伸长的轻 绳跨过光滑的滑轮 和 ，一端与物体P 相连，另一端与质量也为 的物体Q 相连。对P 施加一水平向左 的拉力 （图中未画出）使整个系统处于静止状态，此时与P 相连的绳子与水平方向夹角为 ， 点 是 正下方的点， 距离为 。现撤去拉力 ，让二者开始运动，重力加速度为 ，计算 结果可用根号表示， 。求： (1)拉力 的大小； (2)当P 运动至轻绳与水平方向夹角为 的 点时，P 的速度大小； (3)从释放至P 运动至 点过程，轻绳对Q 做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）系统静止时，轻绳上的拉力 对P 受力分析有 （2）P 运动至 点时，Q 下落的高度为 由P、Q 整体机械能守恒有 又 联立解得 （3）P 运动至 点时，可知Q 的速度为零。对Q 由动能定理有 根据几何关系，有 联立解得 （建议用时：30 分钟） 8．（2025·海南·高考真题）一起重机将质量为m 的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加速度为a，重力 加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（ ） A．匀加速的最大速度为 B．集装箱的机械能增加 C．起重机的最大输出功率为 D．起重机对集装箱的作用力为 【答案】AC 【详解】A．匀加速的最大速度 ，A 正确； B．集装箱的动能增加量为 集装箱上升的高度 重力势能的增加量为 集装箱的机械能增加 ，B 错误； CD．对集装箱进行受力分析，集装箱受到重力mg 和起重机的拉力F，根据牛顿第二定律 可得起重机对集装箱的作用力 起重机的最大输出功率为 ，C 正确，D 错误。 故选AC。 9．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为 的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机 通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为 。 电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同， 大小为 。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。 则这段时间内（ ） A．物块的位移大小为 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为 D．小车机械能增量为 【答案】C 【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式有 解得物块的位移大小为 故A 错误； B．物块机械能增量为 故B 错误； C．对小车根据动能定理有 其中 联立解得 故C 正确； D．小车机械能增量为 故D 错误。 故选C。 10．（2025·浙江·高考真题）如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板， 额定电压 容量 的储能电池，功率 的LED 灯。已知该路灯平均每天照明 ； 标准煤完 全燃烧可发电2.8 度，排放二氧化碳 。则（ ） A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比 B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能 C．该路灯正常运行6 年，可减少二氧化碳排放量约 D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作 【答案】D 【详解】A．设 时间，风力发电机的扇叶半径为，假设风的动能全部变成发电机输出，输出功率为 ，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A 错误； B．太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，存在能量损耗，转换效率一般在15%~20%左右，故 B 错误； C．已知路灯的功率为 每天照明 ，一年按365 天计算，6 年的总时间 可得总耗电量为 因 标准煤完全燃烧可发电2.8 度，排放二氧化碳 ，则减少的二氧化碳排放量为 ，故C 错误； D．已知储能电池的额定电压 ，容量 ，则电池的电能为 而路灯连续一周的耗电量为 因 ，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作。故D 正 确。 故选D。 11．（2025·辽宁丹东·模拟预测）一物块在水平外力作用下做直线运动，它受到的合外力F 随物块位置坐 标x 变化的F-x 图像如图所示，设在 和 过程中合外力的做功分别是 和 ，则 与 之比 为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据功的定义式有 可知，在F-x 图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则有 ， 解得 故选A。 12．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，竖直平面内的 圆弧 是无人机以恒定速率v 在空中表演的 运动轨迹，其中起始点A 为圆心等高处。无人机运动过程中受到重力G、大小恒定的阻力f 以及驱动力F 共同作用，不考虑浮力影响。无人机从位置A 运动到B 的过程中，下列说法正确的是（ ） A．无人机机械能守恒 B．合外力的冲量为零 C．合外力的功率先减小后增大 D．驱动力F 的功率一直在减小 【答案】D 【详解】A．匀速运动四分之一圆周，动能不变，重力势能增加，故机械能一直增加，即机械能不守恒， 故A 错误； B．合力方向始终在不断变化，不可以用冲量公式求解合力冲量，根据动量定理，以及动量矢量性可知， ，故B 错误； C．无人机在竖直方向做匀速圆周运动，故合力提供向心力，即合力与速度垂直，合力不做功，合力的功 率始终等于零，故C 错误； D．将力始终沿轨迹半径方向和切向方向正交分解，径向方向 切向方向 其中 为半径与水平方向的夹角，即 不断增大，可以得到 不断减小， 不断减小，故 驱动力F 的功率 因此 和功率都在不断减小，故D 正确。 故选D。 13．（2025·广东广州·一模）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s 时仅靠电 动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s 时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路 上由静止启动，其牵引力F 随时间t 变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为 1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。则（ ） A．汽车切换引擎后的牵引力功率P=9×104W B．汽车切换引擎后的牵引力功率P=6×103W C．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=90s D．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=6s 【答案】AD 【详解】AB．汽车在 时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定，由图可知，汽车的牵引力 则此时汽车的功率 ，故A 正确，B 错误； CD．由图可知， 时间内，汽车以恒定加速度启动，汽车的牵引力为 由牛顿第二定律可得 解得汽车的加速度为 则汽车由启动到切换引擎所用的时间 ,故C 错误，D 正确。 故选AD。 14．（2025·广东广州·一模）图（a）为利用阻拦系统让舰载机在航空母舰飞行甲板上快速停止的原理示意 图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力， 使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s 时恰好钩住阻拦索 中间位置，其着舰到停止的v−t 图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约 为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（ ） A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B．在0.4s~2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D．在0.4s~2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【答案】C 【详解】A. 由图像可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约 为 无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 ，故A 错误； B. 在0.4s 2.5s ∼ 时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索 的张力的合力几乎不随时间变化，但由于阻拦索的夹角减小，故阻拦索的张力是减小的，故B 错误； C. 滑行过程中，在0.4s 2.5s ∼ 时间内加速度最大，最大加速度为 ，故C 正确； D. 在0.4s−2.5s 时间内，合力的大小不变，速度减小，做功的功率减小，故D 错误。 故选C。 15．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在竖直平面建立 坐标系， 为光滑轨道， 段为光滑平 直轨道， ； 段为半径 的四分之一圆弧轨道， 为其圆心。可视为质点的质量 的小球从 点以初速度 沿与 轴正向成 角斜向上飞出（重力加速度 取 ， ， ）。 (1)若小球从 点以初速度 沿与 轴正向成 角斜向上飞出，要使小球恰好落在 点处，初速度 的大 小是多少？ (2)若 的大小、方向均可以改变，保证小球水平通过 点，则击中光滑圆弧轨道 时小球的动能是多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由 点到 点做斜抛运动，速度分解有 ， 水平方向位移为 根据对称性，竖直方向有 联立解得 （2）小球水平通过 点时速度为 ，则有 ， 解得 ， 小球从 到圆弧时间为 ，则有 ， 根据几何关系可得 联立解得 根据动能定理可得 解得击中光滑圆弧轨道 时小球的动能为 （建议用时：20 分钟） 16．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图为某探究小组设计的货物水平传送系统。质量为m 的货箱位于装货 点，货箱左侧通过一根处于原长的水平弹性轻绳与墙壁相连，其右侧距离L 处为取货点。现将一质量为m 的货物放入货箱，并使它们一起以水平初速度v0向右运动，到达取货点时速度恰好减为零，取出货物后， 货箱刚好能回到装货点。若需将货物原路退回到装货点，可在取货点对货箱作用一水平向左的瞬时冲量。 已知弹性轻绳始终处于弹性限度内，货物与货箱之间未发生相对滑动，重力加速度大小为 。则在上述过 程中（ ） A．弹性轻绳的最大弹性势能为 B．货箱与地面间的动摩擦因数为 C．瞬时冲量的最小值为 D．货箱的最大加速度为 【答案】BC 【详解】AB．从装货点到取货点的过程中，货箱和货物的总动能全部转化为弹性轻绳的弹性势能和因摩擦 产生的内能，故由能量守恒定律有 同理货箱从取货点返回到装货点的过程有 联立解得弹性轻绳的最大弹性势能为 货箱与地面间的动摩擦因数为 ，故A 错误，B 正确； C．货物退回时，货箱和货物从取货点向左运动，设瞬时冲量最小时对应的初始速度为，则根据能量守恒 定律有 解得 所以瞬时冲量的最小值为 ，故C 正确； D．由分析可知，最大合力出现在弹性轻绳弹力最大且摩擦力同向时，故货箱和货物向右减速运动到取货 点瞬间时合力有最大值。到达取货点时弹性轻绳的弹力最大值为 则根据牛顿第二定律有 解得 ，故D 错误。 故选BC。 17．（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，足够长的粗糙斜杆固定在水平地面上，斜杆与地面之间的夹 角为60°。斜杆上套有一金属环，一小球用轻绳与金属环连接。已知小球与金属环在下滑过程中始终保持 相对静止，且轻绳与竖直方向的夹角为30°。斜杆上某处有一挡板，金属环与挡板发生碰撞前速度大小为 10m/s，碰后金属环立刻停止运动，小球由于惯性继续运动。重力加速度 ，则下列说法中正确的 是（ ） A．斜杆与金属环的动摩擦因数为 B．斜杆与金属环的动摩擦因数为 C．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为 D．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为 【答案】C 【详解】AB．由于小球与金属环在下滑过程中始终保持相对静止，故小球和金属环一起下滑的加速度应沿 斜杆向下。隔离小球进行受力分析可知，小球受到重力 和轻绳的拉力T 的作用。沿着平行斜杆方向和 垂直斜杆方向建立直角坐标系，则沿着斜杆方向根据牛顿第二定律有 又因为垂直斜杆方向有 联立解得 对小球与金属环整体进行受力分析可知，整体受到重力和斜杆的支持力和摩擦力的作用，所以沿着斜杆方 向根据牛顿第二定律有 垂直斜杆方向有 又因为 联立解得 ，故AB 错误； CD．金属环与挡板碰后立刻停止运动，小球由于惯性继续运动，由于绳长不变，故小球之后绕金属环做圆 周运动。因为金属环与挡板碰撞瞬间，小球的速度方向不与细绳垂直，则沿绳方向和垂直绳方向建立直角 坐标系可知，小球做圆周运动的初速度为 根据对称性可知，小球从圆周运动的初始位置到摆动至与斜杆碰撞前瞬间的过程中，小球的重心距地面的 高度不变，故小球的重力势能不变，则根据机械能守恒定律可知小球的动能也不变，所以小球摆动至与斜 杆碰撞前瞬间，其速度大小仍然等于 。故C 正确，D 错误。 故选C。 18．（2025·江苏南通·一模）如图所示，穿有小球的轻绳两端固定在A、B 两点，把小球拉至M 点时轻绳 刚好伸直，现释放小球，不计一切阻力，则小球运动到最低点N 的过程中（ ） A．小球的速率先变大后变小 B．重力的功率先变小后变大 C．绳子对小球的作用力与速度方向垂直 D．小球与A 点的连线，在相等的时间内扫过的面积相等 【答案】C 【详解】A．小球从M 点释放后，在运动到最低点N 的过程中，重力做正功，绳子拉力不做功。开始时小 球速度为零，随着下落速度逐渐增大，到最低点时速度最大，所以小球的速率一直变大，故A 错误； B．重力的功率 （v 为竖直方向的分速度）。在M 点时，小球速度为零，重力功率为零；在最低点 N 时，速度水平，竖直方向分速度为零，重力功率也为零。而在中间过程竖直方向有分速度，重力功率不 为零，所以重力的功率先变大后变小，故B 错误； C．因为轻绳不可伸长，小球在运动过程中，绳子的拉力始终沿绳子方向，而小球的速度方向沿轨迹的切 线方向，所以绳子对小球的作用力与速度方向垂直，故C 正确； D．小球做的不是匀速圆周运动，线速度大小在变化，根据扇形面积公式 （l 为弧长，r 为半径）， 在相等时间内，由于线速度变化，小球与A 点的连线扫过的弧长不同，所以在相等时间内扫过的面积不相 等，故D 错误。 故选C。 19．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，一架无人机从高为h 的高空由静止释放质量为m 的货物，货 物沿直线下落，下落过程中受到的阻力与速率v 的关系为f＝kv（k 已知），最终货物能匀速到达地面。已 知重力加速度为g，忽略货物受到的空气浮力，下列说法正确的是（ ） A．货物在下落的过程中做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动 B．货物到达地面时的速度为 C．货物到达地面的过程中损失的机械能为 D．货物下落的时间为 【答案】C 【详解】A．货物在下落过程中受重力和阻力，两力方向相反，阻力随速率增大而增大，直到大小和重力 相等，所以下落的过程中做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A 错误； B．如果物体做自由落体运动，根据速度-位移公式 解得 但是物体不做自由落体运动，根据分析可知其到达地面时的速度小于 ，故B 错误； C．物体匀速时 解得 物体落地时的动能增加量 物体落地时的重力势能减少量 所以货物到达地面的过程中损失的机械能 ，故C 正确； D．规定向下为正方向，使用微元法将运动进行划分，根据动量定理有 整理得 解得 ，故D 错误。 故选C。 20．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，竖直平面内，光滑斜面 与水平轨道 由一小段光滑圆弧平滑 连接， 长 。以水平轨道末端 为坐标原点建立平面直角坐标系 轴的正方向水平向右， 轴的正方向竖直向下，坐标系内 点坐标为 ， ）， 点左下方的 点坐标为 。一小物 块从斜面上不同位置由静止下滑，通过坐标系中的不同位置。小物块与水平轨道间动摩擦因数 ，重 力加速度 取 。 (1)若小物块刚好运动到 点就停下，求小物块在水平轨道上运动的时间 ； (2)若小物块通过 点，求小物块下滑初始位置相对水平轨道的高度 ； (3)若小物块下滑初始位置相对水平轨道高度为 时通过 点，且通过 点的动能与通过 点的动能相等。 判断 与 的大小关系，并求 与 的关系式。 【答案】(1) (2) (3) ； 【详解】（1）由受力分析可知，小物块在水平轨道 上 解得 ，可知小物块在 上做匀减速直线运动且刚好到 点停下，则 解得 （2）若小物块能过 点，则小物块过 点后做平抛运动，由平抛水平方向位移 满足公式 竖直方向位移 且满足公式 联立可解得 ，即平抛运动的初速度也是到 点的速度。从初始位置到 点，由动能定理可知 解得 （3）由图可知，由于 ，根据自由落体运动规律，可判断小物块做平抛运动时间 ，由于 ，由匀速运动规律，可判断小物块在 点速度 ，小物块从 点到 点由动能定理 可判断 。小物块从 点到 点做平抛运动，水平方向 竖直方向 可得 小物块从 点到 点做平抛运动，同理可得 ，由于通过 点的动能和 点动能相等 由上一问知 ， ，解得 由 ，解得
