專題11 功能關(guān)系、能量守恒 （解析版）-2025年高考物理真題題源解密

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計(jì)真題考查情況。

2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋常考要點(diǎn)，真題分類精講。

近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢(shì)。

必備知識(shí)速記：歸納串聯(lián)解題必備知識(shí)，總結(jié)易錯(cuò)易混點(diǎn)。

名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。

考情概覽

命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)

2024?浙江1月，3

考向一功能關(guān)系的應(yīng)用2023?浙江1月，4

2021?北京卷，20

2024?湖北卷,14

2024?湖南卷,15

考向二機(jī)械能守恒的應(yīng)用2024?江蘇卷，8

2024.仝國甲卷，4

本美試題主要考查各種功能關(guān)系及能2023?湖南卷，15

量守恒的應(yīng)用。經(jīng)常與動(dòng)量知識(shí)相互綜2024?河北卷，16

2023?遼寧卷，13

合。與動(dòng)量綜合時(shí)，常以碰拽、板塊?？枷蛉芰渴睾愣傻膽?yīng)用

型出現(xiàn)。要求體會(huì)守恒觀念對(duì)認(rèn)識(shí)物理2023?全國乙卷，8

規(guī)律的重要性。2022?山東卷，2

2024?湖北卷，10

考向四摩擦生熱問題2023?湖南卷，18

2023?遼寧卷，15

2023?福建卷，12

2022?廣東卷，II

考向五實(shí)驗(yàn)：臉證機(jī)械能守恒定律及各

2021,海南卷，15

種功能關(guān)系

2021?河北卷，12

2021?浙江卷，17

2024年真題研析

命題分析

2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了功能關(guān)系、能量守恒。預(yù)測(cè)2025年高考會(huì)繼續(xù)大力考查這部分內(nèi)

容。各種題型均可出現(xiàn)。

試題精講

考向一功能關(guān)系的應(yīng)用

1.（2024年1月浙江卷第3題）如圖所示，質(zhì)量為，〃的足球從水平地面上位置I被踢出后落在位置3,在

空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為力，則足球（）

777777777777777777777777777；

A.從1到2動(dòng)能減少〃3?B.從I到2重力勢(shì)能增加mg

C.從2到3動(dòng)能增加“城D.從2到3機(jī)械能不變

【答案】B

【解析】AB.由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢(shì)能

增加機(jī)劭，則1到2動(dòng)能減少量大于,A錯(cuò)誤,B正確;

CD.從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小〃儂?，則動(dòng)能增加小于，咫/?,選項(xiàng)CD錯(cuò)

誤C

故選B。

考向二機(jī)械能守恒的應(yīng)用

2.（2024年湖北卷第14題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距

離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，

小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與。點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小

物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大

小為hn/s、方向水平向左.小球碰后續(xù)。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng).當(dāng)輕繩被釘子擋住后.小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng).

2

已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g=lOm/so

（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。?/p>

（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；

（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求尸點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離。

【答案】⑴5m/s：（2）0.3J；（3）0.2m

【解析】（I）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有

"mg=ma

解得

a=5m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為

2

x=—=2.5m<Lu.=3.6m

2a傳

可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳

送帶的速度大小5m/s.

（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，

由動(dòng)量守恒定律有

加物N=〃樂匕+加球?yàn)?/p>

其中

y=5m/s,V1=-lm/s

解得

v2=3m/s

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為

1112

△A￡?耳=5根物y2加物匕2一/加球外

解得

AEk=0.3J

（3）若小球運(yùn)動(dòng)到〃點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為d，小球在/，點(diǎn)正上方的速

度為七，在尸點(diǎn)正上方，由牛頓笫二定律有

2

V；

“一。

小球從。點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過程也由機(jī)械能守恒定律有

3小理q=gW+m球g（25-d）

聯(lián)立解得

d=0.2m

即尸點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離為0.2m.

3.（2024年湖南卷第15題）如圖，半徑為A的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為他和"出的小球A

和BA>/〃B）。初始時(shí)小球A以初速度亦沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與

圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。

(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大?。?/p>

(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比

加八

%0

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞.每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍(0＜問),

求第I次碰撞到第2n+\次碰撞之間小球B通過的路程。

/縱+外e2n(e-i)

【解析】(1)有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v,則根據(jù)動(dòng)量守恒

有

八％=(〃，+〃%)□

可得

碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有

「=(%+%)，■

可得

尸二加汨

(2)若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為VA,他，則碰后動(dòng)量和能量守恒有

111

2=2+f2

3〃入%-^A-W

聯(lián)立解得

因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖

①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn),則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

考生(左=0,123…)，則有

子吵=瞿(&W23..)

V-j"B■DK、

聯(lián)立解得

，以二4I3:

/〃B2-3%

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故&=0,即

絲=2

"小

對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后速度大小分別為或，暝，則同樣有

帆A^A+〃%%=〃“；+〃?B《

1,1,1,,1P

5〃%以+]〃%咋=2，?7AV/+2，ZZBVB-

聯(lián)立解得“=%,4=0,故第三次碰撞發(fā)生在〃點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在。點(diǎn)，以此類推，滿足題意。

②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn),則從第?次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

汽裂化=0,123...)：所以

D13K)

以二4.2+3"

vBxB5+3k2

聯(lián)立可得

—mz.=-5-+--3公=.

1-3k2

因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故B=0,即

"=5

〃/

根據(jù)①的分析可證以二%，4=0,滿足題意。

綜上可知

以=2或四=5。

恤"%

（3）第一次碰前相對(duì)速度大小為V0,第一次碰后的相對(duì)速度大小為y麗=6%,第一次碰后與第二次相碰前

B球比AJ求多運(yùn)動(dòng)?圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)Z力圈，有

2TTR

vlttl

第?次碰撞動(dòng)量守恒有

且

匕相=味】一匕\1=&%

聯(lián)立解得

釬瑞酒…相）

B球溶動(dòng)的路程

271：Rm.=2五“小

S\=VB/I=——A

“+成BI片相+1

第二次碰撞的相對(duì)速度大小為

%相=6匕相=片與

24R

八=——

匕相

第二次碰撞有

〃么%=〃八以2+'場%2

旦

%相=%-%2=《%

聯(lián)立可得

“2=二”（%一匕利）

/〃A十'〃B

所以B球運(yùn)動(dòng)的路程

2萬/?〃7Av0]_2兀

$2=%2?2=

機(jī)A+〃%1%相），縱+"，B

一共碰了2n次，有

27tRm.（1I11）ZrRn鼠4一1

）

5=電+電+邑+…+S2n=〃…上+/+/+，+薩卜〃％+/]”（6-1

4.（2024?江蘇卷?第8題）在水平而.上有一個(gè)U形滑板A,A的上表面有一個(gè)靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧

連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用--根細(xì)繩連接在滑板B的右側(cè)，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，

剪斷細(xì)繩后，則（）

A.彈簧原長時(shí)物體動(dòng)量最大

B.壓縮最短時(shí)物體動(dòng)能最大

C.系統(tǒng)動(dòng)量變大

D.系統(tǒng)機(jī)械能變大

【答案】A

【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得

"NA=%Z

設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為4,，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長時(shí)得

112

r2f

穌=5〃〃%+-w

聯(lián)立得

故可知彈簧原長時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。

故選Ao

5.（2024年全國甲卷第4題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為機(jī)的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小

環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，。為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對(duì)

大圓環(huán)的作用力大?。ǎ?/p>

A.在。點(diǎn)最大B.在。點(diǎn)最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（P點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零,

設(shè)圖中夾角為0,從大圓環(huán)頂端到。點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

〃zgR(1-cos。)=一〃八』

在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

mgcos0=m—

聯(lián)立解得

9

cos0=-

3

從大圓環(huán)頂端到尸點(diǎn)過程，小環(huán)速度段小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，

所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從尸點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)垂力和大圓環(huán)

對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)卜滑過程

中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。

方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角

為6（040〈萬），根據(jù)機(jī)械能守恒定律

〃玲R（1—cos。）=—mv2（0<6?<^）

在該處根據(jù)牛頓第二定律

F+mgcos〃=〃?尢(0?，＜兀)

聯(lián)立可得

F=2mg-3，ngcos0

則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小

|12mg-3mgcos

2

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知|尸|的大小在cos6=§時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用

力大小先減小后增大。

故選C。

考向三能量守恒定律的應(yīng)用

6.（2024年河北卷第16題）如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止

在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。巳知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg,A木板長度為

2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g?。軴m/s2,忽略空氣阻力。

（1）機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離。

（2）機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳

過程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

（3）若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3

次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長度的關(guān)系。

費(fèi)

7

【答案】（1）1.5m：（2）90J,2：（3）XAC=-LB

【解析】（1）機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)機(jī)器人質(zhì)

量為M,三個(gè)木板質(zhì)量為機(jī)，根據(jù)人船模型得

MX=

同時(shí)有

X+M=%

解得A、B木板間的水平距離

占=1.5m

（2）設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為V,方向與水平方向的夾角為。，從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間為3

根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

vcosOt=x}

vsin^_t

~1~=2

聯(lián)立解得

、15

V=--------------

2sin。cos。

機(jī)器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

Mucos8=

根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為

W=-MV2+-

22

聯(lián)立得

3cos*+1...4cos2夕+sin?。1八2\

W-----------------45J=---------------------45J=45-tan^+-------J

2sin6cos。2sinOcos。(2tan。J

1?

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)一lane==4時(shí)，即tan￡=2時(shí)，W取最小值，代入數(shù)值得此時(shí)

2tan<9

W=90J

（3）根據(jù)tan。=2可得vcos0=業(yè)5m/s，根據(jù)

2

Mvcos0=mvA

得

3岳1

vA=---m/s

分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過程中，機(jī)器人與BC

木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，得

Mvcose=(M+2m)vJt

解得

3A.

“二1-m/s

該過程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為

…學(xué)平m=4.5m

機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個(gè)過程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)每次

起跳機(jī)器人的水平速度大小為％,B木板的速度大小為％,機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為△，，取向右為正方向,

得

(M+Vp=Mv0-mvl(①

每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為守，可得

年=（%+%）加②

機(jī)器人到B木板右端時(shí)，B木板恰好追hA木板，從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木板

的位移差為

Ax=xi+xA=6m

可得

（匕一辦）=Ax③

聯(lián)立①②③解得

加=—細(xì)_________

4（.+4）3（^+4）

故A、C兩木板間距為

%=（匕+%>34+?+4

%=v共

解得

考向四摩擦生熱問題

7.（2024年湖北卷第10題）（多選）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，

質(zhì)量為，〃的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變，其大小/與射入初速度大小%

成正比，即/?為己知常數(shù)）。改變子彈的初速度大?。?若木塊獲得的速度最大，則（）

L

A.子彈的初速度大小為四竺竺

mM

2mM

B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為+

c.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為X"（'"+“）

mM

D.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為一

rn+M

【答案】AD

【解析】A.子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為

匕，匕，則有

=mvx+Mu,

子彈和木塊相互作用過程中合力都為f=kv°,因此了?彈和物塊的加速度分別為

4=工,生=/

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得子彈和木塊的位移分別為

2a}xt=vj-vf,2a2x2=.

xt-x2=L

聯(lián)立上式可得

M+m

因此木塊的速度最大即%—J詔一2（*+豫）L取極值即可，該函數(shù)在2（,+!）人到無窮單調(diào)遞減,

(kk\kL(M+m)

因此當(dāng)％=2-+—L=2—4--^木塊的速度最大，A正確;

\mMJMm

B.則子彈穿過木塊時(shí)木塊速度為

'M+m

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

彩=?

可得

mM

kW+M)

故B錯(cuò)誤；

C.由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即

2k2I?（m+M）

\E=Q=fL=-------------』

mM

故C錯(cuò)誤；

D.木塊加速過程運(yùn)動(dòng)的距崗為

_0+v2_mL

2M+m

故U正確。

故選AD。

近年真題精選

考向一功能關(guān)系的應(yīng)用

1、12023年1月浙江卷第4題）一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客

從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中（）

A.彈性勢(shì)能減小B.重力勢(shì)能減小

C.機(jī)械能保持不變D.繩一繃緊動(dòng)能就開始減小

答案：B

解析：游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中，游客的重力做正功，重力勢(shì)能減小，B正確：橡皮繩繃緊后形變

量一直增大，彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤：橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機(jī)械能

減小，C錯(cuò)誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動(dòng)能先增大后減小，D錯(cuò)誤。

2.（2021年北京卷第20題）秋「由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的搜包過程可以簡化為單提的提動(dòng)，等效

“擺球”的質(zhì)量為加，人蹲在踏板上時(shí)擺長為1,人站立時(shí)接長為不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。

（1）如果擺長為小“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)的速度為v,求此時(shí)“擺球”受到拉力7的大小。

（2）在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。

a.人塘在踏板上從最大擺角。開始運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)突然站起，此后保奪站立姿勢(shì)擺到另?邊的最大擺角為

憶假定人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”擺動(dòng)速度大小不變，通過計(jì)算證明q>4。

b.實(shí)際上人在最低點(diǎn)快速站起后“擺球”擺動(dòng)速度的大小會(huì)增大。隨著擺動(dòng)越來越高，達(dá)到某個(gè)最大擺角。

后，如果再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，通過一次站起并保持站立姿勢(shì)就能實(shí)現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求

在最低點(diǎn)“擺球”增加的動(dòng)能應(yīng)滿足的條件。

20

【答案）（1）T=mg+m^-；（2）a.見解析;b.AE；>丁則一則（1-cos。）

2

【解析】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律

T"

T—mg=，n—

解得

_v2

T=mg+,n~

（2）4.設(shè)人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”的擺動(dòng)速度大小分別為W、1，2,根據(jù)功能關(guān)系得

/喇（1-cosa）=：，欣

"儂2（]-cos名）=g，欣

已知也=V2，得

〃明(1-cosa)=〃32(1-cos仇)

因?yàn)?>4,得

cos4>cos4

所以

a>a

〃?設(shè)“擺球”由最大擺角。擺至最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為4，根據(jù)功能關(guān)系得

4=〃?,弘(1-cos0)

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，通過最高點(diǎn)最小速度為％，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系得

耳+4=2相燈+萬曲

得

g/叫《一”則（I-cos0）

考向二機(jī)械能守恒的應(yīng)用

3.（2023年湖南卷第15題）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的

光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為“和〃，長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為〃，的小球，初始時(shí)刻從橢

圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑.以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于

地面的直角坐標(biāo)系X0V,橢圓長軸位于X軸上。整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離：

（2）在平面直角坐標(biāo)系xQv中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

（3）若竺二」;，求小球下降高度時(shí)，小球相對(duì)于地面的速度大?。ńY(jié)果用以〃及g表示）0

ma-b2

【解析】（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正

0=mvx-MV2

小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒

mgb=；〃八彳+；Mu；

因水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒即

0=網(wǎng)-MV2

兩邊同時(shí)乘/可得

WM]=MX2

旦由幾何關(guān)系可知

x,+x2=a

聯(lián)立得

tn

x,=------a

~M+m

（2）小球向左運(yùn)動(dòng)過程中凹槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的坐標(biāo)為（?%），）時(shí)，此時(shí)凹槽水平向右運(yùn)動(dòng)的位移為Ax,

根據(jù)上式有

n?（67-x）=M-Ar

則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知此時(shí)的橢圓方程為

（X…『V

a2b2~

整理得

[x（M+.（_/?<y<0）

M2a2b2~

（3）將絲=';代入小球的軌跡方程化簡可得

ma-b

+y2=h2

即此時(shí)小球的軌跡為以（a-b）為圓心，。為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為，時(shí)有如圖

此時(shí)可知速度和水平方向的的夾角為60。，小球下降!的過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

2

0=cos600-M匕

系統(tǒng)機(jī)械能守恒

，情一人"火

聯(lián)立得

V戶隔=2

4.（2023年全國甲卷第1題）一同學(xué)將鉛球水平推出，不計(jì)空氣阻力和轉(zhuǎn)動(dòng)的影響，鉛球在平拋運(yùn)動(dòng)過程

中（）

A.機(jī)械能一直增加B,加速度保持不變C.速度大小保持不變D.被推出后瞬間動(dòng)能最大

【答案】B

【解析】A.鉛球做平拋運(yùn)動(dòng)，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤：

B.鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；

CD.鉛球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成可知鉛球速度變

大，則動(dòng)能越來越大，CD錯(cuò)誤。

故選B。

5.（2023年全國甲卷第11題）如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為〃［的

小球壓彈簫的另一端，使彈簧的彈性勢(shì)能為釋放后，小球在彈雷作用下從靜止開始在桌面上運(yùn)動(dòng)，與

彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面?的速度分量與碰撞前瞬間相等；

4

垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的反。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為從重力加速度大

小為g,忽略空氣阻力。求

(1)小球離開桌面時(shí)的速度大?。?/p>

(2)小球第一次落地點(diǎn)距桌面上其飛出點(diǎn)的水平距離。

【解析】(1)由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知

得小球離開桌面時(shí)速度大小

(2)離開桌面后由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

第一次碰撞前速度的豎宜分量為匕,，由題可知

離開桌面后由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

x=vt,Vy=gt

解得小球第一次落地點(diǎn)距桌面上其飛出的水平距離為

丫=5M餌

2mg

6.(2022年全國乙卷第3題)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由

靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()

A.它滑過的弧長

B.它下降的高度

C.它到P點(diǎn)的距離

I).它與〃點(diǎn)的連線掃過的面積

【答案】C

【解析】如圖所示

設(shè)圓環(huán)卜.降的高度為/?，圓環(huán)的半徑為H,它到P點(diǎn)的距離為L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

nigh=-mv2

由幾何關(guān)系可得

h=Lsin。

?八L

sin^=——

2R

聯(lián)立可得

h=—

2R

可得

故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

7.(2022年全國乙卷第12題)如圖(a),一質(zhì)量為，〃的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面匕

物塊8向A運(yùn)動(dòng)，，=0時(shí)與彈簧接觸，到，=2/0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的I」(圖像如圖

(b)所示。已知從/=0到時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36%大A、B分離后，A滑上粗糙斜而,

然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜

面傾角為0(sin0=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰捶過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值;

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

圖(a)

【答案】(1)0.6加詔；(2)0.768%0.45

t解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、"速度相等，口|Jf=f°時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量

守恒定律

%12%=(/%+/〃)%

根據(jù)能量守恒定律

與皿=g%(L2%)2

聯(lián)立解得

mR=5m

上…=06成

(2)解法一：同一時(shí)刻彈簧對(duì)A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時(shí)刻

…5%

則同一時(shí)刻A、8的的瞬時(shí)速度分別為

心=〃/，以=1?2%一寸

根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得

.=匕/（累積），%=累積）

乂

〃=0.361，山

解得

%=1.128卬0

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As=sB-sA=0.768%%

解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動(dòng)量守恒，有

mHx1.2%=6，〃%=〃獷a+mvA

對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間△，，有

6〃?%4=5〃八%加+〃叱1△/

0而之間，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積，可得

6mv0/0=5ms8+msA

將L=0.36%。代入可得

%=1.128卬0

則第?次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As-=SR-SA-0.768%/。

（3）物塊A第二次到達(dá)斜面最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊A第?次滑下斜面的速度大小為以，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得

mvA-5〃10.8%=2%)+5〃八8

根據(jù)能量守恒定律可得

22

—匕:+；?5m(0.8%)=—/???(-2v0)+—?5/nv；

2222

聯(lián)立解得

力=%

方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

figLsin。一RmgLcos6=0——皿2%f

2

下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgLsin0-卜/mgLcos6=g片-0

聯(lián)立解得

〃=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度，

mgsin+/.nngcos0=ma）,mgsin-/.imgcos0=maK

上滑時(shí)末速度為0，卜滑時(shí)初速度為0,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度關(guān)系可得

22

2a[X=（2%）2-0,2aYx=vA'=v0

聯(lián)立可解得

〃=0.45

8.（2021年全國乙卷第1題）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一

端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂

底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)

-QOOOOOO

777777^7/77

77777777777777777777777

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

【答案】B

【解析】因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，

而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力

后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。

故選B。

9.（2021年海南卷第2題）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如

圖所示，滑梯頂端到末端的高度，=4.0m,末端到水面的高度〃=1.0m。取重力加速度g=10m/s2,將

人視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦和空氣阻力。則人的落水點(diǎn)到滑梯末端的水平距離為（）

II

_________________

A.4.0mB.4.5mC.5.0mD.5.5m

【答案】A

【解析】人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為匕根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知

?12

mgH=-mv

解得

v=45/5m/s

從滑梯末端水平飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力=；g/可知落水時(shí)間為

_叵_12x1.0

10

水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則人的落水點(diǎn)距離滑梯末端的水平距離為

x=vt