【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题06 功和能含解析.doc，共(55)页，3.936 MB，由envi的店铺上传

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专题06功和能1、（2022·广东卷·T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，=20mM

NPQ=，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A.从M到N，小车牵引力大小为40NB.从M到N，小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q，小车重力势能增加41J10D.从P到Q，小车克服摩擦力做功

700J【答案】ABD【解析】A．小车从M到N，依题意有11200WPFv==代入数据解得40NF=故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为140NfF==则摩擦力做功为14020J800JW

=−=−则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为op500N20msin305000JEmgh===故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有o2

22sin30Pfmgv+=摩擦力做功为222Wfs=−220ms=联立解得2700JW=−则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。2、（2022·全国乙卷·T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，

小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C【解析】如图所示设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得212mghmv=由几何关系

可得sinhL=sin2LR=联立可得22LhR=可得gvLR=故C正确，ABD错误。故选C。3、（2022·浙江6月卷·T13）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.

2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过25m/s的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取210m/s，则提升重物的最短时间为（）A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s【答案】C【解析】为了以最短时间

提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得22m13002010m/s5m/s20Tmgam−−===当功

率达到额定功率时，设重物的速度为1v，则有1m1200m/s4m/s300PvT===额此过程所用时间和上升高度分别为1114s0.8s5vta===221114m1.6m225vha===重物以最大速度匀速时，有m1200

m/s6m/s200PPvTmg====额额重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为m3m6s1.2s5vta===22m3m6m3.6m225vha===设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为2t，该过程根据动能定理可

得2222m11122Ptmghmvmv−=−额又285.2m1.6m3.6m80mh=−−=联立解得213.5st=故提升重物的最短时间为min1230.8s13.5s1.2s15.5stttt=++=++=C正确，ABD错误；故选C。4、（2022·浙江1月卷·T1

）单位为J/m的物理量是（）A.力B.功C.动能D.电场强度【答案】A【解析】根据功的定义式WFx=可知JNm=则有JNm==Nmm因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。故选A。5.（2022

·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量QPmm，0=t时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为3g。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取0=t时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机能为

E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）A.物体P和Q的质量之比为1:3B.2T时刻物体Q的机械能为2EC.2T时刻物体P重力的功率为32ETD.2T时刻物体P的速

度大小23gT【答案】BCD【解析】A．开始释放时物体Q的加速度为3g，则3QTQgmgFm−=3TPPgFmgm−=解得23TQFmg=12PQmm=选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度13gTv=P上升的距离2211236ggThT==细线断后P能上升的高度22122

18vgThg==可知开始时PQ距离为21229gThhh=+=若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为2229QQmgTEmgh==从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为2219QFTmgTWFh==则此时物体Q的机械能22'92QFmgTEEEW=−==此后物块Q

的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为2E，选项B正确；CD．在2T时刻，重物P的速度2123gTvvgT=−=−方向向下；此时物体P重力的瞬时功率22232332QQGPmgmgTgTEPmgvT====选项CD正确。故选BCD。6、（2022·湖北·T7）一质点做曲线

运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（）A.213WW=，21

3IIB.213WW=，21IIC.217WW=，213IID.217WW=，21II【答案】C【解析】根据动能定理可知2221113(2)222Wmvmvmv=−=22221121(5)(2)222Wmvmvmv=−=可得217WW=由

于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是13mvImv237mvImv可知213II故选C。7、（2022·浙江1月卷·T20）如

图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（

与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度AB3ml=，滑块与轨道FG间的动摩擦因数78=，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6

，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为xl，滑块第一次经F点时的速度v与xl之间的关系式；（3）若滑块最终

静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度xl的值。【答案】（1）7N；（2）0.85mxl；（3）见解析【解析】（1）到C点过程21sin37(1cos37)2CmglmgRmv+−=C点时2-=CNvFmgmR7NNF=（2）能过最高点时，则能到F点，

则恰到最高点时sin37(3cos37)0xmglmgRRmg−+=解得=0.85mxl要能过F点0.85mxl（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍sin37sin37cos37=022FGFGxllmglm

gnmg−−解得7615xnl+=当1n=时113m15xl=当3n=时29m5xl=当5n=时341m15xl=8、（2022·山东卷·T16）某粮库使用额定电压380VU=，内阻0.25R=的电动机运粮。如图所示，

配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度2m/sv=沿斜坡匀速上行，此时电流40AI=。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行

。已知小车质量1100kgm=，车上粮食质量21200kgm=，配重质量040kgm=，取重力加速度210m/s=g，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求

：（1）比例系数k值；（2）上行路程L值。【答案】（1）0.1k=；（2）67m185L=【解析】（1）设电动机的牵引绳张力为1T，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有21UIIRTv=+解得17400NT=小车和配重一起匀速，设绳的张力为2T，对配重有20400NTmg==设

斜面倾角为，对小车匀速有121212()sin()TTmmgkmmg+=+++而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有101sinmgmgkmg=+联立各式解得sin0.5=，0.1k=（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有

12120120()sin()()mmgkmmgmgmmma+++−=++可得2370m/s67a=由运动学公式可知22vaL=解得67m185L=9、（2022·湖北·T16）打桩机是基建常用工具。某种简易

打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C

拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为35gL时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动10L距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。（1）求C的质量；（2）若D在运动过程中受到

的阻力F可视为恒力，求F的大小；（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】（1）3m；（2）6.5mg；（3）(423)mgL−【解析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究

对象，根据平衡条件可知2cos30cmgmg=解得3cmm=（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知333025gLmmmv=+解得325gLv=CD碰撞后D向下运动10L距离后停止

，根据动能定理可知2102221010LLmvmgF−=−解得F=6.5mg（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知'2'2112(cos)2()22tansinccLLmvmvmgmgL+=−−

令2()tansincLLymgmgL=−−对上式求导数可得221cos32(sin)(sin)dymgLmgLd−=+当0dyd=时解得3cos2=即30=此时2()tansincLLymgmgLmgL=−−=于

是有'2'2112(cos)22cmvmvmgL+=解得'23342gLv=+此时C的最大动能为'21(423)2kmcEmvmgL==−1．（2021·山东卷）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201202fLmv−=−可得摩擦力的大小204mvfL=故选B。2．（2021·浙江卷）中国制造的某一型号泵车如图所示

，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为332.410kg/m，假设泵车的泵送系统以3150m/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（）发动机最大输出功率（kW）332最大输送高度（m）63整车满载质量（kg）45.

410最大输送量（3m/h）180A．7J1.0810B．7J5.0410C．81.0810JD．82.7210J【答案】C【解析】泵车的泵送系统以3150m/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功382.4101501030J1.

0810JWVgh===故选C。3．（2021·湖南卷）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所

受的阻力与其速率成正比（Fkv=阻，k为常量），动车组能达到的最大速度为mv。下列说法正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2

.25P，则动车组匀速行驶的速度为m34vD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度mv，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为2m12mvPt−【答案】C【解析】A．对动车由牛顿第二定律有=FFma−阻若动车组在

匀加速启动，即加速度a恒定，但Fkv=阻随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有4Pkvmav−=故可知加速启动的过

程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25Pkvv=而以额定功率匀速时，有mm4Pkvv=联立解得m34vv=故C正确；D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最

大速度mv，由动能定理可知2m14=02FPtWmv−−阻可得动车组克服阻力做的功为2m1=42FWPtmv−阻故D错误；故选C。4．（2021·河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱

体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（）A．(2)gR+B．2gRC．2(1)gR+D．2gR【

答案】A【解析】小球下落的高度为h=πR-2R+R=22+R小球下落过程中，根据动能定理有mgh=12mv2综上有v=(2)gR+故选A。5．（2021·全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端

与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不

守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械

能不守恒。故选B。6．（2021·浙江卷）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车（）A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104JC．每1s消

耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J【答案】C【解析】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45×104J，则输出功率为40.451W=4.5kW10WPt==选项A错误；BCD．每1s消耗的燃

料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。故选C。7．（2021·浙江卷）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（）

A．沿雪道做匀速直线运动B．下滑过程中机械能均守恒C．前后间的距离随时间不断增大D．所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【解析】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图根据牛顿第二定律可知加速度s

incossincosmgmgaggm−==−又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系212xat=，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度

分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力sinmg也可能不相同，D错误。故选C。8．（2021·浙江卷）如图所示是我国自主研发

的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（）A．N・sB．N・m/sC．kg・m/sD．kg・m2/s3【答案】D【解析】A．N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义IFt=可知，Ns是

冲量的的单位，A错误；B．根据功率的计算公式PFv=可知功率的单位可以表示为Nm/s，但N不是国际单位制基本单位，B错误；C．根据动量的定义pmv=可知，kgm/s是动量的单位，C错误；D．根据PFv=可知功率的单位可以表示为Nm/s，结合Fma=可知2Nkgm/s=，则功率得单位23W

Nm/skgm/s==，D正确。故选D。9．（2021·广东卷）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图

所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【答案】BC【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时

间2htg=因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率cos2yPmgvmgvmggh===因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B

正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量pEmgh=故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。10．（2021·湖南卷）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为1S和2

S）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强0p保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为

g。下列说法正确的是（）A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于()01pShmgh+E

.左端活塞到达B位置时，外力F等于21mgSS【答案】BDE【解析】A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞2S没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；BC.根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温

度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：01QWpShmgh=+D正确；E.左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：0012mgFppSS+=+即：21mgSFS=E正确。故选BD

E。11．（2021·全国卷）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为kE，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为k5E。已知sin0.6

=，重力加速度大小为g。则（）A．物体向上滑动的距离为k2EmgB．物体向下滑动时的加速度大小为5gC．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有2c

os5kkEmglE−=−物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有sincos0kmglmglE−−=−整理得kElmg=；0.5=A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有sincosmamgmg=−求解得出5

ga=B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有sincosmamgmg=+上物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有sincosmamgmg=−下由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式212la

t=则可得出tt下上D错误。故选BC。12．（2021·全国卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于0s时，速度的大小为0v，此时撤去F，物体继续滑行02s

的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A．在此过程中F所做的功为2012mvB．在此过中F的冲量大小等于032mvC．物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vsgD．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2

倍【答案】BC【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知1Fmgma−=①由速度位移公式有20102vas=②外力撤去后，由牛顿第二定律可知2mgma−=③由速度位移公式有20202(2)vas−=④由①②③④可得，水平恒力20034mvFs=动摩擦因数20

04vgs=滑动摩擦力20f04mvFmgs==可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为20034WFsmv==故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间00100202sstvv==+在此过程中，

F的冲量大小是1032IFtmv==故B正确。故选BC。13．（2021·山东卷）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：①固定好手机，打开录音功能；②从一定高度由静止释放乒乓球；③手机记录下乒乓球与

台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞时刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47根据实验数据，回答下列问题：（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰

撞后乒乓球的弹起高度为___________m（保留2位有效数字，当地重力加速度29.80m/sg=）。（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的___________倍（用k表示），第3次碰撞过程中k=___________（保

留2位有效数字）。（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度___________（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。【答案】0.2021k−0.95高于【解析】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时02.4

0s2.00s0.40st=−=，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为2200119.80.2m0.20m222thg==（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为2v，碰撞前瞬间速度为

1v，根据题意可知21vkv=则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为22212222211111222111122mvmvmvkmvmv−=−=−[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度2.001.580.212

vgtgg−===第3次碰撞后瞬间速度为2.402.00()0.202vgtgg−===则第3次碰撞过程中0.200.950.21vkv==（3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第（1

）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。14．（2021·河北卷）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为2

9.80m/s，实验操作步骤如下：①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复

上述步骤；④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量kE及系统总机械能的减少量E，结果如下表所示：/kgM0.2000

.2500.3000.3500.400k/JE0.5820.4900.3920.2940.195/JE0.3930.4900.6860.785回答下列问题：（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（

保留三位有效数字）；（2）步骤④中的数据所缺数据为______；（3）若M为横轴，E为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出EM−图像______；若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）【答案】0.9800.5

880.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为P440.059.80.5J0.980JEmgL===（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知22f21114(4)(4)22mgLWmMvmMv−=+−+其中系统减少的重力势

能为P4EmgL=系统增加的动能为22k2111(4)(4)22EmMvmMv=+−+系统减少的机械能为fEW=，则代入数据可得表格中减少的机械能为40.980.3920.588JE=−=（3）[3]根据表格数据描点得EM−的图像为

[4]根据做功关系可知EMgL=则EM−图像的斜率为0.7850.3931.960.40.2kgL−===−解得动摩擦因数为0.40=（0.38~0.42）15．（2021·山东卷）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21111

5202fxfxkx−−=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2112xx=则C最后停止的位移为121336922ffxxxkk+===所以C向右运动的图象为16．（2021

·湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直

角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为()2LL，，Q端在y轴上。重力加速度为g。（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2L的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在

弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；（3）将质量为m（为常数且5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。【答案】

（1）2gL；（2）222xLyy=−（其中，2LyL）；（3）2231143(1)LxL−++−−【解析】（1）物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理2122mgLmgLmv−=解得2vgL=（2）物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的

初速度为0v，落在弧形轨道上的坐标为(,)xy，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有0xvt=，212ygt=解得水平初速度为2202gxvy=物块A从O点到落点，根据动能定理可知2012

kmgyEmv=−解得落点处动能为220k124Emgxmgymvmgyy=+=+因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点(2,)PLL的坐标代入，可得2k2(2)244mgxmgLmgymgLmLEgyL=+=+=化简可得224xyLy

+=即222xLyy=−（其中，2LyL）（3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达O点与B物块碰前，其速度为0v，根据动能定理可知2012mghmgLmv−=解得2022vghgL

=−-------①物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为1v和2v，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量

守恒。则012mvmvmv=−+222012111222mvmvmv=+解得1011vv−=+-------②2021vv=+-------③设碰后A物块反弹，再次到达O点时速度为3v，根据动能定理可知223111222mgLmvm

v−=−解得22314vvgL=−-------④据题意，A落在B落点的右侧，则32vv-------⑤据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：32vgL-------⑥联立以上，可得h的取值范围为22

31143(1)LhL−++−−17．（2021·全国卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带

L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大

小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【答案】（1）sinmgd

；（2）()29sin30mgLdmgs+−；（3）sinsLd+【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有sinmgma=设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为

v2，则有22212vvad−=因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为22211122Emvmv=−联立以上各式解得sinEmgd

=（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有21102mgsmv−=−从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有()21129sinΔ2mgLdEmv+−=总联立解得()Δ=29

sinEmgLdmgs+−总故在每一个减速带上平均损失的机械能为()29sin3030mgLdmgsEE+−==总（3）由题意可知EE可得sinsLd+18．（2021·全国卷）一篮球质量为0.60kgm=

，一运动员使其从距地面高度为11.8mh=处由静止自由落下，反弹高度为21.2mh=。若使篮球从距地面31.5mh=的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为0.20st=；该篮球每

次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取210m/sg=，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）4.5JW=；（2）9NF=【解析】（1

）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得11Emgh=篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得220Emgh−=−第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得4400Emgh−=−第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮

球下落过程中，由动能定理可得33WmghE+=因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系2413EEEE=代入数据可得4.5JW=（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得Fmgma+=在拍球时间内运动的位移为212xat=做得功为WFx=联立

可得9NF=（-15NF=舍去）19．（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆

心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离=3dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若

释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】(1)02vgh=，02Imgh=，水平向左；(

2)2(1)NhFmgR=−（h≥R）；(3)52hR或92hR=【解析】(1)机械能守恒2012Cmghmv=解得02Cvgh=动量定理02CImvmgh==方向水平向左(2)机械能守恒21()2DmghRmv−=牛顿第二定律2NDmvFR=解得N

2(1)hFmgR=−满足的条件hR(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是52hR第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动yxxvvtvg=其中sinxGvv=，cosyGvv=，则cossinGGvvdg=得2GvgR=机械能守恒251=22GmghRmv

−h满足的条件92hR=20．（2021·浙江卷）如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos3

7°=0.8，求滑块(1)最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数；(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【解析】(1)小车向上做匀减速直线运动，有02vxt=得16mx=(2

)加速度218m/svat==上滑过程1sincossincosmgmgaggm+==+得0.25=(3)下滑过程22sincossincos4m/smgmgaggm−==−=由运

动学公式2282m/s11.3m/stvax===重力的平均功率=cos(90)482W67.9WPmgv−==1．（2020·北京卷）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角

速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力1f和偏转力2f。这两个力与篮球速度v的关系大致为：211fkv=，方向与篮球

运动方向相反；22fkv=，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（）A．1k、2k是与篮球转动角速度无关的常量B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段

水平直线运动【答案】C【解析】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力2f的作用，而篮球转动时，将受到偏转力2f的作用，所以偏转力22fkv=中的2k与篮球转动角速度有关，故A错误；B．空气阻力一直对篮

球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到1f和2f的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上

，所以篮球可能向上运动，故C正确；D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力2f将变小，不能保持2f与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。2．（2020·江苏卷）质量为31.510kg的汽车在水平路面

上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为31.810N。此时，汽车发动机输出的实际功率是（）A．90WB．30kWC．36kWD．300kW【答案】C【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡31

.810NFf==汽车发动机的功率31.81020W=36kWPFv==故选C。3．（2020·江苏卷）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动

能kE与水平位移x关系的图象是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有ktancoscosxmgxmgE

−=整理可得()ktanmgmgxE−=即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时,根据动能定理由kk0mgxEE−=−即kk0EEmgx=−k0E为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。故选A。4．（2020·全国卷）如图，在摩托车越

野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车

恰能越过坑到达b点。21EE等于（）A．20B．18C．9.0D．3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有21112Emv=根据平抛运动规律有2112hgt=11hvt=当在a点时动能为E2时，有22212Emv=根据平抛运动规律有

221122hgt=223hvt=联立以上各式可解得2118EE=故选B。5．（2020·全国卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气

囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单

位面积的受力大小，故A错误；B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大

，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。6．（2020·山东卷）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<3mC．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。7．（2020·天津卷）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质

量为m的动车，初速度为0v，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度mv，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（）A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率mPFv=D．

牵引力做功22m01122Wmvmv=−【答案】BC【解析】AB．动车的功率恒定，根据PFv=牵可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得FFma−=牵可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A

错误，B正确；C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为mPFv=C正确；D．动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为WPt=根据动能定理得22m01122PtFsmvmv−=−D错误。故选BC。8．（2020·浙江卷）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电

缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（）A．空气对无人机的作

用力始终大于或等于200NB．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5AC．无人机上升过程中消耗的平均功率为100WD．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功【答案】BD【解析】A．无人机先向上加速后减速，最后悬停

，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，选项A错误；B．直流电源对无人机供电的额定电流5000A=12.5A400PIU==选项B正确；C．若空气对无人机的作用力为F=mg=200N则无人机上升过程中消耗的平均功率2

00100100W200FhPt===但是由于空气对无人机向上的作用力不是一直为200N，则选项C错误；D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。故选BD。9．（2020·全国卷）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其

重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（）A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J

，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下

滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J求得μ＝0.5B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma求得a＝2m/s2C错误；D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。

故选AB。10．（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动

鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受

到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。【答案】(1)2vR=；(2)2424FmRg=+；(3)()22162MmRHMg+=【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则

根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为2vR=(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有()2222vFmgmR-=结合(1)可解得杆对球的作用力大小为2424FmRg=+(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形

轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知22111422MgHMvmv=+?而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1vR=联立各式解得()22162MmRHMg+=11．（2020·天津卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为1m的小球A，处于静止状态。A受到一个

水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为2m的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；（2）碰撞前瞬间B的动能kE

至少多大？【答案】（1）15Imgl=；（2）()212k2522glmmEm+=【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有211

vmgml=①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为Av，有2211111222Amvmvmgl=+②由动量定理，有1AImv=③联立①②③式，得15Imgl=④（2）设两球粘在一起时速度大小

为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足Avv=⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为Bv，由动量守恒定律，有()2

112BAmvmvmmv−=+⑥又2k212BEmv=⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能kE至少为()212k2522glmmEm+=⑧12．（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道

、水平直轨道AB和倾角37=的斜轨道BC平滑连接而成。质量0.1kgm=的小滑块从弧形轨道离地高1.0mH=处静止释放。已知0.2mR=，ABBC1.0mLL==，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为0.25=，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻

力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因

数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin370.6=，cos370.8=）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)15648hx=−（5m1m8x）；0h=

（50m8x）【解析】(1)机械能守恒定律2D12mgHmgRmv=+牛顿第二定律2DN8NmvFR==牛顿第三定律NN8NFF==方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系ABBCBCcossinmgHmgLmgLmgL

=++得BC15m1.0m16L=故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理212mgHmgxmv−=碰撞后的速度为v，动量守恒定律3mvmv=设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理()2AB13330(3)tan2hmgLxmg

mghmv−−−−=−得155m1m6488hxx=−„500m8hx=剟13．（2020·全国卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱

（可视为质点），以初速度v0=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小

速度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带13s12t=后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2)243m/sv=，

12m/sv=；(3)0208.3NsI=，方向竖直向上【解析】(1)传送带的速度为4.0m/s=v时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：mgma=①设载物箱滑上传送带后

匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有22012vvax−=−②联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有02vvat=−④11

2Lxttv−=+⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理

有22101122mgLmvmv−=−⑦22201122mgLmvmv=−⑧由⑦⑧式并代入题给条件得12m/sv=，243m/sv=⑨(3)传送带的速度为6.0m/sv=时，由于02vvv，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。

设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有03vvat=+⑩22022vvax−=⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫x2=5.5m⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动3()tt−的

时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有33()vtxt=−⑭由①⑫⑬⑭式可知2231()2mvmgLxx−−即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，223232()vvaLxx−=−−−⑮则35m/sv=减速运动时间341svv

ta−==设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有130()0Imvv=−=244625()()Ns208.3Ns3INttmgtt=+=+=，方向竖直

向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量2208.3NsII==，方向竖直向上14．（2020·全国卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间

均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起

后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH=；（3）152125LH【解析】（1）

管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，

a2=3g③（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为02vgH=④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小

球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤联立③④⑤式得1225Htg=⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得21011112hvtat=−⑦011vvat=−

⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有222vhg=⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得11325HH

=⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得145xH=⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高

点的过程中，球与管的相对位移x2为2145xH=⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为152125LH⑯15．（2020·浙江卷）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水

平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径0.1mr=，OE长10.2mL=，AC长20.4mL=，圆轨道和AE光滑，

滑块与AB、OE之间的动摩擦因数0.5=。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度Fv大小；（2）当0.1mh=且游戏

成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力NF大小及弹簧的弹性势能0pE；（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能PE与高度h之间满足的关系。【答案】(1)1m/sFv=(2)308.010JpE−=(3)0.05m0.2mh剟【解析】（1）滑块恰过F点的条

件：2Fvmgmr=解得：1m/sFv=（2）滑块从E到B，动能定理：22102EmghmgLmv−−=−在E点根据牛顿第二定律：2ENvFmgmr−=解得：0.14NNF=从O到B点，根据能量守恒定律：()0120pEmghmg

LL−−+=解得：308.010JpE−=（3）滑块恰能过F点的弹性势能：2311127.010J2pFEmgrmgLmv−=++=到B点减速到0：()11120pEmghmgLL−−+=解得：10.05mh=能停在B点，则：cossinmgmg=解得

：tan0.5=，此时20.2mh=从O到B点：()312210(103)JpEmghmgLLh−=++=+其中0.05m0.2mh剟