PAGE1專題六機械能守恒定律考點1功和功率考向1功和功率的分析與計算1.(2024海南,1,3分)神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸,在返回艙返回至離地面十幾公里時打開主傘,返回艙快速減速,速度大大減小,在減速過程中()A.返回艙處于超重狀態B.返回艙處于失重狀態C.主傘的拉力不做功D.重力對返回艙做負功【答案】A【解析】返回艙減速下落,則加速度方向向上,故處于超重狀態,A正確,B錯誤。主傘對返回艙的拉力向上,返回艙的位移向下,故主傘的拉力做負功,C錯誤。返回艙的重力向下,位移向下,故重力做正功,D錯誤。2.（2024江西，5，4分）“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天。”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫。設瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發電，發電效率為70%，則發電功率大致為（g取10m/s2）（）A.109W B.107W C.105W D.103W【答案】B【解析】設Δt時間內流出的水的質量為Δm，單位時間內流出水的質量ΔmΔt=ρQ，則發電功率P=ηΔm·【關鍵點撥】水流量是指單位時間內流過的水的體積，單位時間內流出的水的質量與密度、水流量相關。本題將水的密度ρ=1.0×103kg/m3作為常識進行考查。3.(2024貴州,6,4分)質量為1kg的物塊靜置于光滑水平地面上,設物塊靜止時的位置為x軸零點。現給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F,其大小隨位置x變化的關系如圖所示,則物塊運動到x=3m處,F做功的瞬時功率為()A.8W B.16W C.24W D.36W【答案】A【解析】根據F-x圖像中,圖線與坐標軸圍成面積代表功,可知物塊運動到x=3m處,F做的總功為WF=(3×2+2×1)J=8J,該過程根據動能定理得WF=12mv24．☆☆（網絡版）（2024福建）兩繩拉木板，每條拉力F=250N，15s內勻速前進20m，θ=22.5°，cos22.5°≈0.9。求：（1）阻力f大小；（2）兩繩拉力做的功；（3）兩繩拉力的總功率。【答案】（1）450N（2）9.0×103J（3）600W【解析】（1）由于木板勻速運動則有2Fcosθ=f代入數據解得f=450N。（2）根據功的定義式有W=2Flcosθ代入數據解得W=9.0×103J。（3）根據功率的定義式有P=代入數據有P=600W。考向2機車啟動問題考點2動能定理及其應用考向1動能定理的理解和基本應用1.(2024安徽,2,4分)某同學參加戶外拓展活動,遵照安全規范,坐在滑板上,從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m,可視為質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A.mgh B.12mvC.mgh+12mv2 D.mgh-12【答案】D【解析】人與滑板在下滑的過程中,由動能定理有mgh-Wf克=12mv2-0,可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf克=mgh-12mv2.（2024浙江6月，5，3分）一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10-4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A.10W B.20W C.100W D.200W【答案】C【解析】單位時間Δt內噴出水的質量Δm=ρSv·Δt，根據動能定理得P·Δt=12Δm·v23.（2024山東，7，3分）如圖所示，質量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數均為μ，彈性繩勁度系數為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2（x為繩的伸長量）。現用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A.（μmgB.3（μmg）C.3（μmg）D.（μmg【答案】B【審題指導】“輕木板”“輕質彈性繩”，表示它們的質量忽略不計；“緩慢”拉動表示乙與所坐木板處于動態平衡狀態。【解析】甲所坐木板剛要離開原位置時，設彈性繩伸長量為x，則有kx=μmg，x=μmgk；水平力F“緩慢”拉動乙所坐木板，故可認為乙與其所坐木板的動能變化量為零，由功能關系可知水平力F做的功W=μmg（l-d+x）+12kx2，將x的表達式代入得W=4.（2024全國甲，17，6分）如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小（）A.在Q點最大 B.在Q點最小C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】如圖所示，設大圓環半徑為R，最高點為M點，最低點為N點，P為小環運動過程中的點。小環從M到P由動能定理可得mgR（1-cosθ）=12mv2，在P點由牛頓第二定律可得mgcosθ-FNP=mv2R，聯立可得FNP=3mgcosθ-2mg；小環由M點運動到N點，θ由0°變到180°，cosθ由1減小到-1，當cosθ=-1時，FNP=-5mg，即大圓環對小環的作用力大小等于5mg，方向指向圓心，此時小環對大圓環的作用力最大，A錯誤。當cosθ=23時，F考向2動能定理的圖像問題考向3應用動能定理分析多過程問題1.(2024重慶,4,4分)活檢針可用于活體組織取樣,如圖所示。取樣時,活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。質量為m的針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織,繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力,大小分別為F1、F2,則針鞘()A.被彈出時速度大小為2(B.到達目標組織表面時的動能為F1d1C.運動d2過程中,阻力做功為(F1+F2)d2D.運動d2的過程中動量變化量大小為m答案A從被彈出到停止運動,對針鞘根據動能定理有F1d1+F2d2=12mv2,解得v=2(F1d1+F2d2)m,A正確;設針鞘到達目標組織表面時的動能為Ek,繼續前進d2減速至零,有-F2d2=-Ek,B錯誤;針鞘在目標組織運動的過程中,阻力做功為-F2d2,動量變化量大小Δp=mv2,又E考點3機械能守恒定律及其應用考向1單物體機械能守恒問題1.(2024重慶,2,4分)2024年5月3日,嫦娥六號探測器成功發射,開啟月球背面采樣之旅,探測器的著陸器和上升器組合體著陸月球要經過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中()A.減速階段所受合外力為0B.懸停階段不受力C.自由下落階段機械能守恒D.自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2答案C組合體在減速階段有加速度,所受合外力不為零,A錯誤;組合體在懸停階段處于平衡狀態,合力為零,受到重力和升力,B錯誤;組合體在自由下落階段只受重力,機械能守恒,C正確;月球表面重力加速度不為9.8m/s2,D錯誤。2.(2024海南,17,12分)某游樂項目裝置簡化如圖,A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯,半徑R=10m,滑梯頂點a與滑梯末端b的高度差h=5m,靜止在光滑水平面上的滑板B,緊靠滑梯的末端,并與其水平相切,滑板的質量M=25kg,一質量為m=50kg的游客從a點由靜止開始下滑,在b點滑上滑板,當滑板右端運動到與其上表面等高的固定平臺C的邊緣時,游客恰好滑上平臺,并在平臺上滑行s=16m停下。游客可視為質點,其與滑板及平臺表面之間的動摩擦因數均為μ=0.2,忽略空氣阻力,重力加速度g=10m/s2,求:(1)游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小;(2)滑板的長度L。【答案】(1)1000N(2)7m解析(1)游客從a點滑到b點,由動能定理有mgh=12mv游客在b點,有F-mg=mv聯立解得F=1000N由牛頓第三定律可知,游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小F'=F=1000N。(2)解法一:動力學方法游客在平臺上滑行s=16m后停下,由牛頓第二定律有μmg=ma1由運動學規律有0-v12=-2a解得游客剛滑上平臺時的速度大小為v1=8m/s游客滑上平臺前在滑板上滑動時,對游客由牛頓第二定律有μmg=ma2對滑板由牛頓第二定律有μmg=Ma3游客在滑板上滑動的過程,由運動學規律有v1=vb-a2t游客的位移為x1=vbt-12a2t滑板的位移為x2=12a3t滑板的長度L=x1-x2聯立解得L=7m。解法二:動量方法游客在滑板上運動時,游客與滑板組成的系統動量守恒,有mvb=mv1+Mv2由能量守恒有12mvb2=12mv1對游客在平臺上運動的過程,由動能定理有-μmgs=0-12m聯立解得L=7m。考向2系統機械能守恒問題考點4功能關系能量守恒1.(2024安徽,6,4分)如圖所示,豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧,它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點,另一端均連接在質量為m的小球上。開始時,在豎直向上的拉力作用下,小球靜止于MN連線的中點O,彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點,并保持靜止,此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于彈性限度內,不計空氣阻力。若撤去拉力,則小球從P點運動到O點的過程中()A.速度一直增大 B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小【答案】A【解析】未撤拉力時小球在P點保持靜止,由平衡條件可知此時拉力F、重力和兩彈簧的彈力的合力為零,拉力F=2mg,方向豎直向上,則兩彈簧彈力的合力大小為mg,方向豎直向下。若撤去拉力,則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的彈力與重力的合力始終向下,小球一直做加速運動,A正確,B錯誤。小球從P點運動到O點的過程中,兩彈簧形變量變小,兩彈簧彈力的夾角變大,則兩彈簧彈力的合力變小,小球所受的合力變小,加速度的最大值為撤去拉力時的加速度,即在P點加速度最大,由牛頓第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值為2g,C、D錯誤。2.（2024江西，10，6分）（多選）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從x=x0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能Ep=kQqr（r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關于小球甲，下列說法正確的是（）A.最低點的位置x=kQqB.速率達到最大值時的位置x=kQqC.最后停留位置x的區間是kQqmg≤x≤D.若在最低點能返回，則初始電勢能Ep0<（mg-f）kQq【答案】BD【審題指導】本題突破的關鍵是找到各個特殊位置對應的速度特征或加速度特征。小球甲在運動過程中的最低點時，速度為零，加速度不一定為零；在下降過程和上升過程中，都存在各過程所對應的速率最大的位置，此時加速度一定為零，但從開始到最終靜止過程的最大速率一定在第一次下降過程中加速度為零的位置；此時靜摩擦力方向可能向上，也可能向下，其大小小于等于f，故會有位置坐標的區間，最終靜止時的速度為零、加速度也為零；小球甲在最低點能返回的特征是除瞬時速度為零外，合力（或加速度）一定向上。【解析】設小球甲運動過程中最低點位置坐標為x，此時瞬時速度為零，根據能量守恒可得mg（x0-x）=f（x0-x）+kQqx-kQqx0，解得x=kQq（mg-f）x0，A錯誤；小球甲第一次向下運動過程中速率達到最大值時，加速度為零，此時受力平衡，mg=f+kQqx2，解得x=kQqmg-f，B正確；小球甲可能會經歷多次上下往返運動，最后停留在某位置時速度一定為零，加速度一定為零，小球甲在靜止位置所受靜摩擦力最大且摩擦力方向向下時，則在停留位置有mg+f=kQqx12（此時最后停留位置x最小，對應的庫侖力最大），解得x1=kQqmg+f，小球甲在靜止位置所受靜摩擦力最大且摩擦力方向向上時有mg=f+kQq3.（2024浙江6月，18，11分）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數為μ2。滑塊視為質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；（2）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統損耗的機械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。【答案】（1）5m/s（2）0.625J（3）6m/s【解析】（1）從滑塊離開彈簧到恰好通過C點，由動能定理有-2mgR=12mvC2-在C點由牛頓第二定律有mg=m聯立解得v0=5gR=5m/s（2）由題意可知vE=v0=5m/s滑塊在平板上運動的過程系統動量守恒，有mvE=（m+M）v1系統損失的機械能ΔE=12mvE2-聯立解得ΔE=0.625J（3）滑塊與平板相對滑動過程中對滑塊有a1=μ1mg對平板有a2=μ1mg滑塊減速至與平板共速后，可與平板一起做勻減速運動設滑塊從E點滑上平板的速度為v2，且恰好到達平板右端時與平板共速，則有x1=v2t1-12a1x2=12a2且x1-x2=L，v2-a1t1=a2t1聯立解得t1=0.6s，v2=6m/s，x1=2.52m，x2=0.72m<d-L分析可知當滑塊滑上平板的速度大于v2時，滑塊會從平板右端飛出，而滑塊以v2速度滑上平板時，共速后一起向右做勻減速運動，v共=a2t1=2.4m/s，a3=μ2g=1m/s2，向右運動的距離s=v共22a3則對滑塊從A端彈射到E點的過程，由功能關系可得vm=v2=6m/s4.(2024黑吉遼,14,12分)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,射程xA=0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質點,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ;(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。【答案】(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J【解析】(1)對物塊A由平拋運動規律可得h=12gtxA=vAt對A和B組成的系統,相互作用過程動量守恒(點撥:在彈開過程中彈簧對A、B的彈力大小相等,方向相反,桌面對A、B的摩擦力同樣大小相等,方向相反,故系統合力為零)有mAvA=mBvB解得vA=1m/s,vB=1m/s(2)解法一:應用動能定理對物塊B從脫離彈簧到靜止,應用動能定理有-μmBgxB=0-12mB解得μ=0.2解法二:應用牛頓運動定律及運動學公式由牛頓第二定律可得μmBg=mBa物塊B脫離彈簧后做勻減速直線運動,有vB2聯立解得μ=0.2(3)物塊A和B由靜止釋放到剛好脫離彈簧,任一時刻速度均等大反向,則此過程物塊A和B的位移大小均為Δx2,設物塊A、B與桌面摩擦產生的內能為Q,根據能量守恒定律可得ΔEp=Q+12mAvA2+1根據功能關系有Q=μmAgΔx2+μmB解得彈簧釋放的彈性勢能ΔEp=0.12J5.(2024江蘇,15,12分)如圖所示,粗糙斜面的動摩擦因數為μ,傾角為θ,斜面長為L。一個質量為m的物塊(可視為質點)在電動機作用下,從斜面底端A點由靜止加速至B點時達到最大速度v,之后做勻速運動至C點,關閉電動機,物塊從C點又恰好到達最高點D。重力加速度為g,不計電動機產生的電熱。求:(1)CD段長度x;(2)BC段電動機的輸出功率P;(3)全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值。【答案】(1)v22gsinθ+解析(1)解法一:動力學觀點物塊在CD段運動過程中,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma由運動學公式有0-v2=-2ax聯立解得x=v解法二:能量觀點物塊在CD段運動過程中,由動能定理有-mgsinθ+μmg解得x=v(2)物塊在BC段勻速運動,則電動機對物塊的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ由P=Fv得P=mgvsin(3)全過程中物塊初、末態的動能均為0,重力勢能增加,則物塊增加的機械能為E1=mgLsinθ整個過程根據題意及能量守恒定律可知,電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和因摩擦產生的熱量,故可知E2=E1+μmgcosθ·L故可得E1E2=mgL實驗微專題7驗證機械能守恒定律1.(2024重慶,11,6分)元代王禎《農書》記載了一種人力汲水灌田農具——戽斗。某興趣小組對戽斗汲水工作情況進行模型化處理,設計了如圖甲所示實驗,探究戽斗在豎直面內的受力與運動特點。該小組在位于同一水平線上的P、Q兩點,分別固定一個小滑輪,將連接沙桶的細線跨過兩滑輪并懸掛質量相同的砝碼,讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO'運動。當沙桶質量為136.0g時,沙桶從A點由靜止釋放,能到達最高點B,最終停在C點。分析所拍攝的沙桶運動視頻,以A點為坐標原點,取豎直向上為正方向,建立直角坐標系,得到沙桶位置y隨時間