【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题06 功和能含解析.doc，共(26)页，1.647 MB，由envi的店铺上传

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2020-2022年三年山东卷高考汇编专题06功和能【考纲定位】高考命题点考纲要求高考真题1.功和功率理解功和功率．了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.2.动能和动能定理理解动能和动能定理．能用动能定理解释生产生活中的现象.2021·山东·高考T32021·山东·高考T183.重

力势能和弹性势能理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系．定性了解弹性势能.4.机械能守恒定律通过实验，验证机械能守恒定律．理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性．能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.20

20·山东·高考T115.能量守恒定律理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象，体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.2022·山东·高考T2【知识重现】一、功和功率1．功(1)表达式W＝Flco

sα，α是力F与位移l的方向夹角．适用于恒力做功的计算，可理解为力F乘以沿力方向的位移lcosα，也可理解为位移l乘以沿位移方向的分力Fcosα.(2)功的正负：功是标量，但有正负之分，功的正负可用来判断动力对物体做功还是阻力对物体做功．(3)一对作用力与反作用力做功：作用力与反作

用力分别作用在两个不同的物体上，这两个物体各自发生的位移并不确定．当作用力做功时，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做负功．2．功率的两个公式(1)P＝Wt.所求出的功率是时间t内的平均功率．(2)P＝Fvcosα.其中α是F与v方向的夹角；若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；若v取

平均速度，则对应的P为平均功率．注意：发动机的功率指发动机的牵引力F的功率，而不是汽车所受合外力的功率，因牵引力与速度同向，故有P＝Fv.3．机车启动的两种典型方式恒定功率启动恒定加速度启动图象OA过程分析P不变：PvFv=FFam−=阻加速度减小的加速直线运动a不变：FFam

−=阻F不变vPFv=1PFv=额匀加速直线运动，维持时间10vta=AB过程分析mFF=0a=mPvF=阻做速度为vm的匀速直线运动PFFvFavm−==额阻加速度减小的加速度直线运动，在B点达到最大速

度，mPvF=额阻二、动能定理1．动能(1)定义式：Ek＝12mv2，v为物体相对地的速度．(2)标量：物体的速度变化，动能不一定变化，如匀速圆周运动．物体的动能变化，速度(大小)一定发生变化．2．动能定理(1)内容：力对物体所做的总功等于物体动能的变化．(2)表

达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1.注意：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．三、机械能守恒定律1．重力势能(1)表达式：Ep＝mgh，是标量，但有正负，正负表示物体的重力势能比它在零势能面上大还是小．(2)特点：是地球和物体共有的，其大小与零

势能面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与零势能面的选取无关．(3)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝Ep1－Ep2.2．弹性势能(1)特点：物体由于发生弹性形变而具有的能量．弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关．(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝Ep1－Ep2.3．

机械能守恒定律的内容在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下，物体系统内的动能和重力势能(或弹性势能)发生相互转化，而机械能的总量保持不变．4．机械能守恒定律的表达式(1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.E1

、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能．(2)转化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp减．系统势能的减少量等于动能的增加量．(3)转移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB减．系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能．注意：应用守恒式时需要规定重力势能

的零势能面，应用转化式或转移式时则不必规定重力势能的零势能面．四、功能关系和能量守恒1．功能关系的应用关键在于将对“功”(或“能量转化”)的求解转化为对“能量转化”(或“功”)的求解，特别是涉及机械能、动能和内能三种能量转化过程的分析．几种常用的功能关系如下：(1)外力对物体所做的

总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk＝Ek2－Ek1(动能定理)．(2)重力做功对应重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.重力做多少正功，重力势能就减少多少；重力做多少负功，重力势能就增加多少．(3

)弹力做功对应弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.弹力做多少正功，弹性势能就减少多少；弹力做多少负功，弹性势能就增加多少．(4)除重力或弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即W其他＝ΔE＝E2－E1.2．能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物体的动能

、势能外，还涉及内能、电能等其他形式的能量参与转化．对能量守恒定律的两种理解如下：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(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．,【真题汇编】1.（2022·山东·高考真

题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲

量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速

度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速

度最大，动能最大，故A正确；B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对

火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。2．（2021·山东·高考真题）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度0v出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在

运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）A．202mvLB．204mvLC．208mvLD．2016mvL【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理20120

2fLmv−=−可得摩擦力的大小204mvfL=故选B。3．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C

紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小

均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：2p12Ekx=，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离0x和B、C分离时B的动能kE；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值minF；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为BCx

，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与BCfx的大小；（4）若5Ff=，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤

去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）024Ffxk−=、22k68FfFfEk−+=；（2）min10(3)2Ff=+；（3）BCWfx；（4）【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究

对象，由功能关系得2000122Fxfxkx=+弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得200k1222kxfxE=+联立方程解得024Ffxk−=22k68FfFfEk−+=（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为x，以A为研究对象

，由平衡条件得kxf=若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值minF，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得2k12Ekxfx=+结合第（1）问结果可知min10(3)2Ff=

根据题意舍去min10(3)2Ff=−，所以恒力得最小值为min10(3)2Ff=+（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为Bx，C的位移为Cx，以B为研究对象，由动能定理得Bk0WfxE−−=−以C为研究对象，由动能定理得kC0fxE−=−由B、C得运动关系得CCBBxxx−

联立可知BCWfx（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得211115202fxfxkx−−=解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为16kxf=则坐标原点的加速度为11262222kxffffammm−−===之后C开始向右运动过程（B、C系

统未脱离弹簧）加速度为22kxfam−=可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为2fam=−负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧

恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得2211112222kxfxmv−=脱离弹簧瞬间后C速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得2212fxmv=解得脱离弹簧后，C运动的距离为2112x

x=则C最后停止的位移为121336922ffxxxkk+===所以C向右运动的图象为4．（2020·山东·高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于

弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）A．M<2mB．2m<M<3

mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在

最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2sinmgMg=故有2Mm，故A正确，B错误；C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力

，物体减速，合力做负功，故C正确；D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。【突破练习】1．（2018·山东省青岛第五十八中学高三期中）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质

量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为fF，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为1v，木板速度为2v，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做功大小为22121122mvMv+B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达

右端所用时间越长C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小D．其他条件不变的情况下，fF越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】CD【解析】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；B．由于滑块

和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故B错

误；C．由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C正确；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D

正确。故选CD。2．（2022·山东师范大学附中模拟预测）如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，左端固定一原长为2L的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不连接

），Oa间距离为4L。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到离O点34L的b点。已知弹簧的弹性势能()2p12Ekx=，其中k为弹性系数，x为弹簧的形变量。取sin370

.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）A．物体与木板间的动摩擦因数为67B．物体在a点时，弹簧的弹性势能为3mgLC．当长木板倾角为37°时，要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少为116LD．长木板水平放置时，

物体运动过程中的最大动能为2556mgL【答案】ACD【解析】A．木板水平时有pmax34EmgL=木板绕O点逆时针转动37°后固定，则有pmax1cos37sin372EmgL=联立解得67=A正确；B．小滑块在a点时，则有弹簧的最大弹性势能为pmax39414E

mgLmgL==B错误；C．当弹簧具有最大弹性势能时，则有2pmax192414LEkmgL==解得1447kmgL=当长木板倾角为37°时，小滑块受力平衡时，设弹簧的形变量为x2，沿斜面方向有2sin37cos37mgmgkx

+=297kxmg=解得要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少为2116xL=C正确；D．当弹簧的弹力与摩擦力大小相等时，速度最大1mgkx=167mgmgxkk==此时弹簧的弹性势能为2p112Ekx=由能量守恒定律可得pmaxpkmax14LEEEmgx−=+−

联立解得kmax2556EmgL=D正确。故选ACD。3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图所示，在倾角37=斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的O点处。质量分别为ma=5.0kg、mb=1.0kg的物块a和b用轻绳连接，轻绳跨

过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数μ=0.2，sin37=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正

确的是（）A．a在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2B．a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10NC．a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18JD．a第一次被弹回到O点时的速度为233m/s【答案】ACD【解析】对ab

整体，由牛顿第二定律得sincos()aababmgmgmgmma−−=+解得22m/sa=A正确；B．由牛顿第二定律得TbbFmgma−=得T12N=FB错误；C．由能量守恒定律得psincosabPQaPQPQm

gxmgxmgxE=++解得p18JE=C正确；D．由能量守恒定律得21sincos()()2abPOaPQOPPOabmgxmgxxmgxmmv=++++得23m/s3v=D正确；故选ACD。4．（202

2·山东·高三学业考试）如图所示，在倾角37°的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作质点）从斜面上与Q点相距一定距离的P点由静止开始下滑，知自Q点到斜面底端部分光滑，自Q点沿

斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩擦因数μ，不计空气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则以法正确的是（）A．滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动B

．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能【答案】D【

解析】A．滑块沿斜面向下运动过程中，根据牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=解得sincosagg=−故先做匀加速直线运动，后下降到Q点以下部分后，没有了摩擦力，存在了弹簧的弹力，可得sinmgkxma−=弹簧的弹力随着压缩量的增大而增大，故在Q点以下先做

加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误；B．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能会部分转化为弹簧的弹性势能，故滑块的机械能不守恒，故B错误；C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，存在因克服摩擦力做功所损失

的机械能，故滑块机械能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，C错误；D．在整个过程中滑块会来回反复运动，最终向上运动的最高高度不超过Q点，且在Q点动能为0，可知在整个过程中，滑块和弹簧减少的能为由P点到Q点的重力势能，即整个过程

中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能，故D正确；故选D。5．（2022·山东·高三学业考试）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细

线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（）A．B物体受到细线的拉力保持不变B．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C．A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．A物体与弹簧所组成

的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功【答案】C【解析】A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得BAB()mgkxmma−=+从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得BBmgTma−

=可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；B．整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C．根据动能定理可知，A

物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D．根据机械能

守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。故选C。6．（2022·山东淄博·三模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以03m/sv=的速度逆时针匀速转动的水平传

送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，半径1mR=，高0.4mh=的光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径0.40mr=的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右

侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为10.5kgm=、25.5kgm=，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数0.25=，MN间的距离为1.5mL=，

取210m/sg=。求：（1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小；（2）物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间；（3）物块b第一次在P点相碰后到再次回到P所用的时间；（4）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，则两物块从第1次碰撞后到最终都静止，物块

a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。【答案】（1）15N；（2）2s；（3）1s；（4）45J【解析】（1）对a从出发点到N，由动能定理21112Nmgrmv=在N点对物块a，由牛顿第二定律2N1NvFmgmr−=解得N15NF=（2）a

在传送带上，由牛顿第二定律和运动学公式11mgma=，2202Nvvax−=解得0.2mxL=故物块a到达M点时03m/svv==a和b发生弹性碰撞有1012abmvmvmv=+2221012111222a

bmvmvmv=+解得052.5m/s6avv=−=−，010.5m/s6bvv==则物块a在第一次碰后，从经过M点到再次回到M点所用的时间为22saavtg==（3）对b的上升过程应用动能定理222102bmghmv−=−解得1m80hR

==故物块b在圆弧上运动可看作是简谐运动12bRtTg==解得101s10bts=（4）物块a第1次碰后经过M点到第2次碰前经过M点因摩擦而产生的热量为22000002110010105555556666622226vvvvvQ

mgvvmgvmvggggg=++−==物块a第一次碰后速度小于传送带速度0v，故第二次碰前速度仍为056v，第二次碰后a的速度为2056v，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为22022

1010556226vQmgvmvg==由数学知识可知210526nnQmv=则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量为232105555245J6666nQmv=++++=

7．（2022·山东省实验中学模拟预测）我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从8

0m/s降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的

变化，重力加速度g取210m/s，设全过程为竖直方向的运动。求：（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。【答案】（1）70m/s2；（2）51.8

10J−【解析】（1）由牛顿第二定律可知1−=mgfma由题意11fkv=22fkvmg==联立可得270m/sa=−所以加速度大小为70m/s2；（2）从离地一米到速度为0时，由动能定理可知22102mvmghW−=+解得51.

810JW=−8．（2022·山东济南·二模）北京冬奥会后，某学习小组设想了如图甲所示的新型滑雪赛道，整个赛道由长为2R的倾斜直线赛道ab、半径为R的竖直圆赛道和倾斜直线赛道cd组成，直线赛道ab与竖直圆赛道相切于b点，c点为竖直圆赛道的最低点，其立体图如图乙所示。质量为m的运动员（包括滑板

和滑雪杖）从a点由静止开始下滑，在ab段可借助滑雪杖滑行，经过b点进入竖直圆赛道后不再使用滑雪杖，完成圆周运动后从c点水平向右离开竖直圆赛道，最后落在倾斜赛道cd上。已知倾斜直线赛道ab、cd与水平方向的夹角均为37=，运动员与赛道ab间的动摩擦

因数18=，重力加速度为g。将运动员看做质点，忽略空气阻力和运动员与竖直圆赛道间的摩擦，b点到c点过程中的运动可看做在同一竖直而内的圆周运动，sin370.6=，cos370.8=。（1）为保证运动员能安全通过竖直圆赛道，求在ab段运动员通过滑雪杖做功的最小值W；（2）为保证运动员从c点离

开后能落到倾斜赛道cd上，求赛道cd的最小长度s；（3）若运动员从c点离开时的速度为0v，求运动员从c点到离倾斜赛道cd最远过程中动量变化量的大小p。【答案】(1)1310WmgR=；（2）758sR=；（3）034pmv=【解析】（1）恰能

赛道最高点时，速度最小，所做的功有最小值，在赛道最高点，设速度为1v，根据牛顿第二定律得21mvmgR=从a点到赛道最高点由动能定理得2112sincos2(cos)02WmgRmgRmgRRmv+−−+=−联立解得1310WmgR=（2）从赛道最高点到c点，由动能定理

得22111222cmgRmvmv=−从c点飞出后做平抛运动，竖直方向21sin2sgt=水平方向coscsvt=联立解得758sR=（3）当垂直于斜面方向速度为0时，运动员离倾斜赛道cd最远，根据0sincosvgt=pmgt=联立解得034pmv=9．（2

022·山东潍坊·二模）如图所示，质量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数0.5=，距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力F=5N，物块与平

板一起由静止开始运动，已知重力加速度210m/sg=，整个过程中物块未离开平板。求：（1）第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；（2）第三次碰撞时物块离平板右端的距离；（3）物块最终离木板右端的距离；（4）若将恒

力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度010m/sv=，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。（假设平板足够长）【答案】（1）4NsI=，方向为平向右；（2）32m45；（3）0.8m；（4）51mm7210L【解析】（1）若两者保持相对静

止，在恒力作用下一起向左加速，有()22.5m/sFamM==+由于22.5m/sag=故平板M与m一起匀加速，根据动能定理()2112FLmMv=+得12m/sv=选初速度方向为正方向，由动量定理IP=得()114NsIMvMv=−−=−大小为4NsI=，方向为平向右；（2

）平板反弹后，物块加速度大小215m/sag==向左匀减速运动，平板加速度大小为2210m/sFmgaM+==经1t时间达到共速，由1111510vtvt−=−+得14s15t=共同速度为14225m/sm/s153v=−=共从碰撞到达共速的过程，设平板的

位移为x1，则21112112xvtat=−+之后一起匀加速再次碰撞的速度为2v，由动能定理()()221211122FxmMvmMv=+−+共由运动学公式2112xvtat=+相对相对得2141484m15mm1521515x=−

=同理推导可得2188mm31545x==设物块离开平板右端的距离为S，则1232=m45Sxx+=即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为32m45。（3）设第n次碰撞速度为nv，经过第nt时间，达到第n次共速nv共，()()510nnnnnvvtvt=−=−

+共，2212nnnnxvtat=−−之后一起匀加速再次碰撞的速度为1nv+，由动能定理()()2211122nnnFxmMvmMv+=+−+共联立以上三式可得215nntv=，133nnvv+=同理可推导可得118315nnx−=由求和公式811153m0.8

m113nnS−==−（4）由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为ag=则平板撞击挡板的速率vat=根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度509mvvat=−且对小物块5mvv代数得

1s5t第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足6mvv，6011mvvat=−代数得1s6t即11ss56t由运动学公式212Lat=得51mm7210L10．（2022·山东·高三专题练习）如图

所示，一质量3.0kgM=、长5.15mL=的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径2mR=的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B

上表面相切。距离木板B右端2.5md=处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量1.0kgm=的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量3.0kgM=的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处

于竖直方向。一质量1.0kgm=的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度3mH=后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运

动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为0.75=。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度210m/sg=，

求：（1）滑块A到达P点的速度大小；（2）滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；（3）滑块A滑上平台时速度的大小；（4）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能

是多大？【答案】（1）45m/sPv=；（2）60N；（3）2m/s；（4）3.0375J【解析】（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向22yvgH=从P点沿切线进入圆轨道45m/ssin60ypvv==（2）从P点到圆弧最低点，由动能定理22111(1cos60)22pmgRmv

mv−=−在最低点，由牛顿第二定律可知21NvFmgmR−=由牛顿第三定律可知'NN60NFF==（3）假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律12()mvMmv=+由能量关系221

211()22mvMmvmgx=−+相解得5m5.15mx=相B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理2B212mgxMv=解得B1.25m<2.5mx=即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理223

211()22mgLsmvmv−−=−相解得v3=2m/s（4）弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC为系统，由动量守恒定律可知3452mvmvMv=+三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律36(2)mvmMv=+

由能量关系max222456112(2)2221PEmvMvmMv=+−+解得0.0375JpmaxE=弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向左时，以AD和C系统，由动量守恒定律3752mvmvMv=+三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律38(2)mvmMv

=+由能量关系可知()'22275811122222pmaxEmvMvmMv=+−+解得pmax3.0375JE=