题型05 功和能（4大题型）（题型专练）（江苏专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型05 功和能 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 功和功率的计算 考向02 功能关系的理解和应用 考向03 机械能守恒定律的应用 考向04 能量守恒定律的应用 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 在高考中，功和能是物理学科的核心内容，具有重要的作用和地位。 一、分值占比高：稳定考查1~2道选择+1道计算，有时还会和电磁场相结合，故在高考物理中分值占比高，直接和间接分数可达40分左右，是高考物理的重点考查内容。 二、题型覆盖全： 1、功、功率、动能、势能等概念常以选择题形式考查。 2、功能关系（包括动能定理）、能量守恒定律常用来解决多过程、变力做功、圆周运动、静电场、电磁感应等问题，多以非选择题形式出现。 三、核心作用强： 功和能是分析复杂物理过程、理清能量转化和转移的关键；动能定理无需考虑过程细节，只需分析初末状态动能与合外力做功，适用于恒力、变力、直线、曲线运动，能快速求解速度、位移等问题；能量守恒定律为解决特定条件下的能量问题提供了简便方法。 能量观念与守恒思想是物理核心素养的必考方向，常会结合工程、体育、科技等情境化问题来命题，从而考查能量转化与守恒。总之，功和能在高考物理中不仅分值占比高，还贯穿于多个知识点的考查，是解决物理问题的重要工具。 考向01 功和功率的计算 【例1-1】(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 【答案】D 【解析】设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 【例1-2】（2025·山东·二模）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点放置一质量为的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力作用下由运动到，力大小恒为。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力做功大小为 B．力做功大小为 C．力的功率先增大后减小 D．克服重力做功的功率先增大后减小 【答案】B 【解析】AB．由于力F方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里可以用微元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F做的功（是每一小段的弧长），则力F做功的大小，故A错误，B正确； C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据（F与v始终夹角为），可知F的功率一直在增大，故C错误； D．设重力方向与速度方向夹角，题图可知，对于该运动过程，从增大到，则克服重力做功的功率，可知一直在增大，v也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。 【例1-3】(2025·如皋调研)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶．汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ） A B C D 【答案】B 【解析】汽车在0～t1时间内做匀加速运动，则加速度a不变，速度v均匀增加，牵引力F保持不变，根据P＝Fv＝Fat，可知功率随时间均匀增加；t1～t2时间内，功率P保持不变，根据－f＝ma，可知随速度的增加，加速度a减小，牵引力F减小；t2时刻后匀速行驶，速度不变，牵引力等于阻力不变，加速度为0，功率不变，故B正确． 一、功的计算 1、恒力功：W=Flcos α(α为F、l之间的夹角) 2、变力功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)等 注：功=力×力方向上的位移 二、功率=力×力方向上的速度 三、机车起动问题 两个基本关系式 P=Fv，F-f=ma 恒定功率启动 P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动 Pt-fs=m 恒定加速度启动 a不变，F不变，v，P⇒P=P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm= 【变式1-1】（22-23高三上·重庆·期中）如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知，阻力f与深度h成正比，其图像，如图所示 对于力—位移图像来说，其图像与坐标轴围成的面积等于力所做的功，每次打桩机对圆柱体做的功相同，如图所示可得，每次围成的面积相同，根据边长比的平方等于面积比，有 整理得，故选D。 【变式1-2】(2025·扬州七校联考)如图所示，甲起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150 kg的物体，其a－t图像如图乙所示，5～10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（ ） 甲　　　 乙 A. 物体在0～10 s内运动的最大速度为10 m/s B. 起重机的额定功率为1 800 W C. 5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的1.5倍 D. 5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的2倍 【答案】D 【解析】由a－t图像可知，物体在0～5 s做匀加速直线运动，5 s时物体的速度为v1＝at1＝2×5 m/s＝10 m/s，由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10 s内运动的最大速度大于10 m/s，故A错误；由a－t图像可知，在5 s时，物体结束匀加速直线运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1 800 N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1 800×10 W＝18 000 W，故B错误；0～5 s内，物体的位移为x1＝t1＝×5 m＝25 m,0～5 s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1 800×25 J＝45 000 J,5～10 s内起重机保持额定功率不变，则5～10 s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18 000×5 J＝90 000 J，可得W2＝2W1，故C错误，D正确． 考向02 功能关系的理解和应用 【例2-1】(2025·南京二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l.质量为m的小物体由A点处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列说法中正确的是( ) 甲　 　乙 A. 动摩擦因数最大值μm＝2tan θ B. 小物块的最大速度为 C. 重力在AB、BC两段上做功不相等 D. 重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 【答案】B 【解析】小物体从A点到C点根据动能定理有mg·2lsin θ－mglcos θ＝0，其中由图乙可知l＝μml，解得μm＝4tan θ，故A错误； 当小物体加速度为0时，速度最大，则有mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ，即此时小物体运动到B点下方处，根据动能定理有mg·lsin θ－·mgcos θ·＝mv2，解得v＝，故B正确； 在AB、BC两段，重力做功均为W＝mglsin θ，故C错误； 物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段物体先做加速度减小的加速运动，之后做加速度逐渐增大的减速运动，在两段的中间时刻速度不相等，所以其瞬时功率不相等，故D错误． 【例2-2】(2025·江苏镇江市检测)如图所示，一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面，物块和斜面之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减小。以斜面底端为重力势能零点，v、a、Ek、E分别为物块的速度、加速度、动能、机械能。在物块上滑过程中，上述物理量与上滑的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　) 【答案】C 【解析】设物块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物块质量为m，物块初速度为v0，则物块上滑过程，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ+μgcos θ，则上滑过程速度为v=v0-at=v0-(gsin θ+μgcos θ)t，由题意知物块和斜面之间的动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，即v-t图像斜率绝对值随时间逐渐减小，故A错误；由A选项分析可知，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，但不会减为0，故B错误；由于Ek-x图像斜率绝对值表示合力大小，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，故合力逐渐减小，即Ek-x图像斜率绝对值逐渐减小，故C正确；由于E-x图像斜率绝对值表示除了重力之外的其它力大小，这里的其它力就是滑动摩擦力，由于动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，则E-x图像斜率绝对值不断减小，故D错误。 常见的功能关系有 1、重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功等于对应势能的减少量，即W=Ep1-Ep2=-ΔEp； 2、动能定理：W=Ek2-Ek1=mv2- m； 3、除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量：W其他=E2-E1=ΔE机； 4、一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能：Q=Ff·s相对s相对为相对路程； 5、克服安培力做功等于电能增加量：W克安=QJ。 【变式2-1】(2025·通州、如东联考)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定在斜面底端，另一端连接在A上．开始时B被托住，轻绳伸直但没有弹力．现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中(设B未落地，A未与定滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内)（ ） A. A和B总的重力势能先减小，后增大 B. 轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加 C. 当A受到的合外力为0时，A的速度最大 D. 当A和B的速度最大时，A和B的总机械能最大 【答案】C 【解析】在B运动至最低点的过程中，令B下降的高度为h0，斜面倾角为θ，则A和B总的重力做功为WG＝mgh0－mgh0sin θ>0，可知A和B总的重力势能一直减小，故A错误；在B运动至最低点的过程中，弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态，弹簧弹力对A先做正功，后做负功，轻绳对A一直做正功，轻绳对A做功与弹簧对A做功的代数和等于A机械能的变化量，故B错误；在B运动至最低点的过程中，对A进行分析，A先向上做加速度减小的加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，当A受到的合外力为0时，A的速度最大，故C正确；在B运动至最低点的过程中，结合上述可知，当A和B的速度最大时，A、B所受外力合力为0，此时弹簧处于拉伸状态，在弹簧从原长到该拉伸状态过程，弹簧对A做负功，该过程A、B系统的机械能减小，可知，当A和B的速度最大时，A和B的总机械能并不是最大，故D错误． 【变式2-2】(2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F与位移x的关系如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m，取g＝10 m/s2. 甲　　 乙 （1）求0～1 m，F做的功． （2） 求x＝1 m时，A与B之间的弹力大小． （3） 要保证物块B能到达M点，求圆弧轨道半径需满足的条件． 【答案】(1) 1.5 J　(2) 0.5 N　(3) r≤0.2 m 【解析】(1) F做的功W＝Fx＝1.5×1 J＝1.5 J (2) 对A、B整体，根据牛顿第二定律F－f＝2ma，其中f＝μmg 对B根据牛顿第二定律FAB＝ma 联立解得FAB＝0.5 N (3) 当A、B之间的弹力为0时，A、B分离，根据第(2)问分析可知此时F′＝f＝0.5 N 此时x＝3 m 该过程中，对A、B根据动能定理WF－μmgx＝×2mv2 根据题图可得WF＝1.5 J＋×2 J＝3.5 J 从P点到M点，根据动能定理－mg·2rmax＝mv－mv2 在M点的最小速度满足mg＝m 联立可得rmax＝0.2 m 即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m. 考向03 机械能守恒定律的应用 【例3-1】(2025·南通如皋调研)如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向的夹角α＝30°.原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上．滑块P由静止释放，下降到最低点时α变为60°.整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.在P下降过程中（ ） A. P、Q组成的系统机械能守恒 B. P、Q的速度满足vPtan α＝vQ C. 弹簧弹性势能的最大值为 mgL D. 滑块P达到最大动能时，对杆的弹力等于0 【答案】C 【解析】根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；在下滑过程中，根据速度的合成与分解，可知vPcos α＝vQsin α，解得＝tan α，故B错误；根据系统机械能守恒可得弹性势能的最大值Ep＝mgL(cos 30°－cos 60°)＝mgL，故C正确；P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，P的速度达到最大，此时动能最大，则mg＝Tcos θ，即杆的弹力为T＝，不为0，故D错误． 由于机械能守恒是有条件的，因此研究单个物体时，应用动能定理或能量守恒定律要比机械能守恒定律更直接、更简单。而对于多个物体组成的系统，应用系统机械能守恒或能量守恒都可以解决问题。 【变式3-1】(2025·泰州四模)如图所示，质量分别为m和4m的尖劈和匀质圆柱一起搁置在墙角．已知墙壁竖直，地面水平，尖劈的尖角为θ＝30°，尖劈抵在墙角处，圆柱的半径为R，不计一切摩擦．给尖劈施加一个约束，使系统保持静止．已知重力加速度为g. （1）求圆柱与尖劈间的作用力大小． （2） 撤去对尖劈的约束，求圆柱下落的加速度a的大小． （3） 撤去约束后圆柱下落至地面，求此过程中圆柱对尖劈所做的功W. 【答案】(1) mg　(2) g　(3) (－1)mgR 【解析】(1) 圆柱静止，对圆柱受力分析，在竖直方向上有4mg＝Ncos 30°，解得N＝mg (2) 撤去对尖劈的约束后，尖劈后退，圆柱下落，对圆柱，在竖直方向上，有4mg－N′cos 30°＝4ma 对尖劈，在水平方向上，有N′cos 60°＝ma劈 画出微小时间的位移图发现，圆柱下降高度h与尖劈后退距离x之间的关系为h＝xtan 30° 两物体都做初速度为0的匀加速直线运动，则a＝a劈tan 30° 联立解得a＝g (3) 圆柱从下落到落地，下降高度h＝(－1)R 圆柱下落过程中，系统机械能守恒，有4mgh＝mv＋·4mv2，v＝v劈tan 30° 解得 mv＝(－1)mgR 由动能定理得，圆柱对尖劈所做的功W＝mv＝(－1)mgR 考向04 能量守恒定律的应用 【例4-1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，小球套在与水平面成角的粗糙直杆上。A点距水平面的高度为h，，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为，并刚好能到达C处。若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度，小球经过B点时的速度为，并刚好能到达A处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数 B． C． D．小球从A到B过程中弹簧弹力做的功 【答案】D 【解析】C．根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的摩擦力相等，则在两段过程中摩擦力做功相等。设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A到C的过程和C到A的过程，分别运用动能定理得，，联立解得，故C错误； AD．设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有 A到C的过程有，解得，且由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于μmgcos30°，无法计算动摩擦因数，故A错误D正确； B．从B到A过程，所以，故B错误。 【例4-2】在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： （1）快件与传送带间的动摩擦因数； （2）快件与传送带因摩擦而产生的热量； （3）快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 【答案】(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J 【解析】(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2。根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，解得动摩擦因数μ=0.875 (2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为t1==4 s，快件与传送带的相对位移为 Δx=vt1-vt1=8 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos 37°·Δx，解得Q=56 J (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有W=mgLsin 37°+mv2+Q，解得W=160 J。 对能量守恒定律的理解 1、某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量相等，即ΔE减=ΔE增。 2、某个物体的能量减小，一定存在其他物体能量的增加，且减少量和增加量相等，即ΔEA减=ΔEB增。 【变式4-1】(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）B静止时，弹簧伸长量x； （2）若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放： ①物块的最大速度大小vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 【答案】(1)　(2)①g　② 【解析】(1)B静止时，根据平衡条件有mg=kx，解得x= (2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x'，此时的弹力为F弹=kx'=mg 结合题意可知F弹=kx'=mg<Ffmax=1.2mg 所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mgx'=m+kx'2 联立可得vm=g ②设B向下运动速度减为零时，小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x″，根据能量守恒定律可得mg(L+x″)=kx″2+Q，其中Q=FfmaxL=1.2mgL，kx″=1.2mg 联立解得Q=。 1．（24-25高三上·海南·期中）如图，水平轨道AD足够长，BC段部分粗糙且长度为，其余部分光滑。质量为1kg、长度为2L的均匀木板以的初速度穿过BC部分，木板与粗糙部分的动摩擦因数为，重力加速度g取，木板穿过粗糙段后的速度大小为（　　） A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 【答案】C 【解析】木板穿过段所受摩擦力随位移变化如图所示，图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功， 根据动能定理有，解得，故选C。 2．(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 【答案】B 【解析】由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。 3．(2025·通州、如东联考)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始运动，速度v与时间t的关系图像如图所示，0～t1时间内匀加速运动；t1时刻速度达到v0，开始以额定功率加速运动；t2时刻后以速度vm做匀速运动．整个过程汽车所受阻力均为f，则（ ） A．0～t1时间内，汽车的牵引力为 B．0～t1时间内，汽车克服阻力做功的功率不变 C．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为fvm(t2－t1) D．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为mv－mv 【答案】C 【解析】0～t1时间内，汽车的加速度为a＝，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可得汽车的牵引力为F＝＋f，故A错误；汽车克服阻力做功的功率为P＝fv，由于在0～t1时间内，阻力f不变，速度v逐渐增大，所以汽车克服阻力做功的功率逐渐增大，故B错误；t1时刻后汽车保持额定功率不变，t2时刻后牵引力等于阻力，所以t1～t2时间内，汽车牵引力做功的功率等于t2时刻后的功率为P额＝fvm，所以牵引力做功为W＝P额t＝fvm(t2－t1)，故C正确；根据动能定理可知，t1～t2时间内，汽车所受合力做的功为W′＝mv－mv，故D错误． 4．(2025·扬州调研)如图所示，甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台．斜面粗糙程度相同，推力平行于斜面向上，则（ ） A．甲推力一定比乙小 B．甲推力一定比乙大 C．两人推力做功相等 D．甲推力做功比乙多 【答案】D 【解析】设斜面倾角为θ，货物匀速运动，沿斜面方向受力平衡，有F＝mgsin θ＋μmgcos θ＝mgsin(θ＋φ)，由此可知，斜面倾角越大，θ＋φ越大，但sin(θ＋φ)不一定越大，所以甲和乙的推力大小关系无法确定，故A、B错误；设斜面高度为h，则推力做功为W＝F·＝(mgsin θ＋μmgcos θ)＝mgh，由于左侧斜面倾角较小，tan θ较小，W较大，即甲推力做功比乙多，故C错误，D正确． 5．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块（ ） 甲　　　　乙 A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力所做的功较小 【答案】C 【解析】因为频闪照片的时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中运动时间短，滑块加速度大，是上滑阶段．根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，滑块先上升，后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度大，根据x＝at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论是上滑或下滑，滑块受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力所做的功相等，故D错误． 6．（25-26高三上·江苏淮安·阶段练习）如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法确定的是（    ） A．物块最终停在AB中点处 B．滑块运动总路程为3L C．滑块与杆之间的动摩擦因数 D．滑块下滑过程加速度的大小 【答案】B 【解析】A．现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，滑块下滑，所以物块最终停在B点处，故A错误； CD．设AB长为L，最大速度为v，根据平均速度公式可知 ，，其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，所以恰好能上升到AB的中点， 对整个过程，运用动能定理得，解得 根据牛顿第二定律得下滑过程，得，故CD错误； B．根据，滑块运动总路程为，故B正确。 7．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一条长的细线，上端固定在转轴的点，下端拴一个可视为质点、质量的小球，小球在水平面内随转轴做圆周运动，绳子与竖直方向成角。若保持悬点和绳长不变，增大转轴的转速，小球再次稳定后，绳子跟竖直方向成角，忽略空气阻力，重力加速度，。则绳子对小球做的功约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令细绳与竖直方向夹角为，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示 则有，解得当夹角分别为37°与53°时的线速度为， 根据动能定理有，解得J，故选B。 8．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球 处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)（ ） A．小球P在最高位置的速度大小为 B．小球Q在最低位置的速度大小为 C．小球P在此过程中机械能增加 mgL D．小球Q在此过程中机械能减少 mgL 【答案】C 【解析】设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·L－mg·＝×2mv＋mv，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·＋mv＝mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少mgL，C正确，D错误． 9．(2025·南京、盐城一模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度．若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等，则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是（ ） A 　　　 B C 　 　　D 【答案】C 【解析】物块在运动过程中，受到重力mg，方向竖直向下；底面的支持力N1，方向向上；底面的摩擦力f1，方向与运动方向相反；侧面的支持力N2，垂直于圆筒内壁；侧面的摩擦力 f2，沿切向方向，与运动方向相反．其中侧面的摩擦力的大小为f2＝μN2(μ为动摩擦因数)．物块做圆周运动时，侧面的支持力提供向心力，即N2＝，可知随着物块速度的减小，f2逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小得越来越慢，则动能与弧长图像的斜率减小，故C正确． 10．(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为0，A、B与斜面间的动摩擦因数相同且弹簧未超过弹性限度，则（ ） A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小，后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 【答案】B 【解析】设A在最高点的弹簧弹力为F，以沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力大小为FAB，动摩擦因数为μ.A、B在下滑过程中不分离，则刚下滑时对A、B整体根据牛顿第二定律有F＋(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsin θ－μmBgcos θ－FAB＝mBa，联立可得 ＝－，则F＜0，可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，则弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；由于下滑过程中F向上且逐渐变大，则由 ＝－可知，下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力逐渐变大，故C错误；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，由于弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得kx＝kx＋(mgsin θ＋f)·(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时，有F合＝k－(mgsin θ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误；整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功也为0，当A回到初始位置时速度为0，根据功能关系可知，整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误． 11．(2025·江苏连云港市一模)如图所示，两根相同弹性轻绳一端分别固定在A、A'点，自然伸长时另一端恰好处于图中光滑定滑轮上的B、B'，将轻绳自由端跨过定滑轮连接质量为m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平线上，且CB=CB'。现将小球从C点由静止释放，沿竖直方向运动到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，轻绳形变遵循胡克定律且始终处于弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．小球在E点的加速度为2g B．小球在CD段减少的机械能等于在DE段减少的机械能 C．小球从C运动到D的时间小于从D运动到E的时间 D．若仅将小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度为 【答案】D 【解析】根据题意分析知，小球在C、E两点间做简谐运动，根据对称性知，E点的加速度大小等于C点的加速度大小，C点小球所受合力等于重力，加速度大小为g，故A错误；根据运动的对称性知，小球从C运动到D的时间等于从D运动到E的时间，故C错误；根据功能关系知小球减少的机械能等于小球克服弹力做的功，设小球在C点时轻绳伸长量为x，即BC段长为x，则小球在CD段克服弹力做功W1=2×k[x2+()2]-2×kx2=kh2，在DE段克服弹力做功W2=2×k(x2+h2)-2×k[x2+()2]=kh2，故小球在CD段减少的机械能小于在DE段减少的机械能，故B错误；小球从C运动到E的过程，根据系统机械能守恒定律有2×k(x2+h2)-2×kx2=mgh，若仅将小球质量变为2m，则根据系统机械能守恒定律有2×k(x2+h2)-2×kx2+×2mv2=2mgh，联立解得小球到达E点时的速度为v=，故D正确。 12．(2025·无锡调研)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳静止悬挂于O点的正下方P点．小球在水平恒力F的作用下，从P点运动到Q点，立即撤去F.已知F＝mg，θ＝30°，重力加速度为g.求： （1）水平拉力F做的功W. （2）小球回到P点时绳子的拉力T. 【答案】（1） 0.5mgL　（2） 2mg 【解析】（1）根据做功计算公式可知W＝FLsin θ，解得W＝0.5mgL （2）设小球回到P点速度为v，小球从P点到Q点再回到P点，根据动能定理有W＝mv2 在P点有T－mg＝m 解得T＝2mg. 13．(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； （2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； （3）若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 【答案】（1）4 m/s　17 N　（2）4 m　（3）2 m/s 【解析】（1）设绳子拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律m=mg·2L+m 在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m 解得v1=4 m/s，FT=17 N，由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N （2）小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2，解得x=4 m （3）若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg= 从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律mv0'2=mg·5L+m 解得v0'=2 m/s。 14．（2025·江苏宿迁·一模）工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1kg，传送带上表面的长度L1=10m、运行速度v0=4m/s，斜面长度L2=1m，产品与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求产品在传送带上加速运动的时间t； (2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2； (3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。 【答案】(1)t=4s (2)μ2=0.25 (3) 【解析】（1）根据牛顿第二定律，解得 产品加速距离，即产品在传送带上先加速再匀速运动，加速时间，解得 （2）产品在斜面上，由动能定理，解得 （3）产品在传送带上获得的机械能，解得 产品与传送带间产生的热量 消耗电能，解得 比值 15．（23-24高三上·江苏淮安·开学考试）如图所示， O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。 现对 B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1） 推力F的大小； （2）两杆间的夹角变为120°时，B球动能； （3）A 球落地时重力的功率。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）对A球运用力的合成法可知 再对B球分析，水平推力 （2） 两轻杆夹角为 120°时，分别分解A、B两球速度，可得 由系统机械能守恒得 则B球动能 （3）A球落地前瞬间， B球到达最左端 由能量守恒可得，解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型05 功和能 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 功和功率的计算 考向02 功能关系的理解和应用 考向03 机械能守恒定律的应用 考向04 能量守恒定律的应用 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 在高考中，功和能是物理学科的核心内容，具有重要的作用和地位。 一、分值占比高：稳定考查1~2道选择+1道计算，有时还会和电磁场相结合，故在高考物理中分值占比高，直接和间接分数可达40分左右，是高考物理的重点考查内容。 二、题型覆盖全： 1、功、功率、动能、势能等概念常以选择题形式考查。 2、功能关系（包括动能定理）、能量守恒定律常用来解决多过程、变力做功、圆周运动、静电场、电磁感应等问题，多以非选择题形式出现。 三、核心作用强： 功和能是分析复杂物理过程、理清能量转化和转移的关键；动能定理无需考虑过程细节，只需分析初末状态动能与合外力做功，适用于恒力、变力、直线、曲线运动，能快速求解速度、位移等问题；能量守恒定律为解决特定条件下的能量问题提供了简便方法。 能量观念与守恒思想是物理核心素养的必考方向，常会结合工程、体育、科技等情境化问题来命题，从而考查能量转化与守恒。总之，功和能在高考物理中不仅分值占比高，还贯穿于多个知识点的考查，是解决物理问题的重要工具。 考向01 功和功率的计算 【例1-1】(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 【例1-2】（2025·山东·二模）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点放置一质量为的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力作用下由运动到，力大小恒为。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力做功大小为 B．力做功大小为 C．力的功率先增大后减小 D．克服重力做功的功率先增大后减小 【例1-3】(2025·如皋调研)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶．汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ） A B C D 一、功的计算 1、恒力功：W=Flcos α(α为F、l之间的夹角) 2、变力功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)等 注：功=力×力方向上的位移 二、功率=力×力方向上的速度 三、机车起动问题 两个基本关系式 P=Fv，F-f=ma 恒定功率启动 P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动 Pt-fs=m 恒定加速度启动 a不变，F不变，v，P⇒P=P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm= 【变式1-1】（22-23高三上·重庆·期中）如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（　　） A． B． C． D． 【变式1-2】(2025·扬州七校联考)如图所示，甲起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150 kg的物体，其a－t图像如图乙所示，5～10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（ ） 甲　　　 乙 A. 物体在0～10 s内运动的最大速度为10 m/s B. 起重机的额定功率为1 800 W C. 5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的1.5倍 D. 5～10 s内起重机对物体做的功等于0～5 s内起重机对物体做功的2倍 考向02 功能关系的理解和应用 【例2-1】(2025·南京二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l.质量为m的小物体由A点处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列说法中正确的是( ) 甲　 　乙 A. 动摩擦因数最大值μm＝2tan θ B. 小物块的最大速度为 C. 重力在AB、BC两段上做功不相等 D. 重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 【例2-2】(2025·江苏镇江市检测)如图所示，一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面，物块和斜面之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减小。以斜面底端为重力势能零点，v、a、Ek、E分别为物块的速度、加速度、动能、机械能。在物块上滑过程中，上述物理量与上滑的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　) 常见的功能关系有 1、重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功等于对应势能的减少量，即W=Ep1-Ep2=-ΔEp； 2、动能定理：W=Ek2-Ek1=mv2- m； 3、除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量：W其他=E2-E1=ΔE机； 4、一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能：Q=Ff·s相对s相对为相对路程； 5、克服安培力做功等于电能增加量：W克安=QJ。 【变式2-1】(2025·通州、如东联考)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定在斜面底端，另一端连接在A上．开始时B被托住，轻绳伸直但没有弹力．现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中(设B未落地，A未与定滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内)（ ） A. A和B总的重力势能先减小，后增大 B. 轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加 C. 当A受到的合外力为0时，A的速度最大 D. 当A和B的速度最大时，A和B的总机械能最大 【变式2-2】(2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F与位移x的关系如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m，取g＝10 m/s2. 甲　　 乙 （1）求0～1 m，F做的功． （2） 求x＝1 m时，A与B之间的弹力大小． （3） 要保证物块B能到达M点，求圆弧轨道半径需满足的条件． 考向03 机械能守恒定律的应用 【例3-1】(2025·南通如皋调研)如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向的夹角α＝30°.原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上．滑块P由静止释放，下降到最低点时α变为60°.整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.在P下降过程中（ ） A. P、Q组成的系统机械能守恒 B. P、Q的速度满足vPtan α＝vQ C. 弹簧弹性势能的最大值为 mgL D. 滑块P达到最大动能时，对杆的弹力等于0 由于机械能守恒是有条件的，因此研究单个物体时，应用动能定理或能量守恒定律要比机械能守恒定律更直接、更简单。而对于多个物体组成的系统，应用系统机械能守恒或能量守恒都可以解决问题。 【变式3-1】(2025·泰州四模)如图所示，质量分别为m和4m的尖劈和匀质圆柱一起搁置在墙角．已知墙壁竖直，地面水平，尖劈的尖角为θ＝30°，尖劈抵在墙角处，圆柱的半径为R，不计一切摩擦．给尖劈施加一个约束，使系统保持静止．已知重力加速度为g. （1）求圆柱与尖劈间的作用力大小． （2） 撤去对尖劈的约束，求圆柱下落的加速度a的大小． （3） 撤去约束后圆柱下落至地面，求此过程中圆柱对尖劈所做的功W. 考向04 能量守恒定律的应用 【例4-1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，小球套在与水平面成角的粗糙直杆上。A点距水平面的高度为h，，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为，并刚好能到达C处。若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度，小球经过B点时的速度为，并刚好能到达A处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数 B． C． D．小球从A到B过程中弹簧弹力做的功 【例4-2】在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： （1）快件与传送带间的动摩擦因数； （2）快件与传送带因摩擦而产生的热量； （3）快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 对能量守恒定律的理解 1、某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量相等，即ΔE减=ΔE增。 2、某个物体的能量减小，一定存在其他物体能量的增加，且减少量和增加量相等，即ΔEA减=ΔEB增。 【变式4-1】(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： （1）B静止时，弹簧伸长量x； （2）若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放： ①物块的最大速度大小vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 1．（24-25高三上·海南·期中）如图，水平轨道AD足够长，BC段部分粗糙且长度为，其余部分光滑。质量为1kg、长度为2L的均匀木板以的初速度穿过BC部分，木板与粗糙部分的动摩擦因数为，重力加速度g取，木板穿过粗糙段后的速度大小为（　　） A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 2．(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 3．(2025·通州、如东联考)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始运动，速度v与时间t的关系图像如图所示，0～t1时间内匀加速运动；t1时刻速度达到v0，开始以额定功率加速运动；t2时刻后以速度vm做匀速运动．整个过程汽车所受阻力均为f，则（ ） A．0～t1时间内，汽车的牵引力为 B．0～t1时间内，汽车克服阻力做功的功率不变 C．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为fvm(t2－t1) D．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为mv－mv 4．(2025·扬州调研)如图所示，甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台．斜面粗糙程度相同，推力平行于斜面向上，则（ ） A．甲推力一定比乙小 B．甲推力一定比乙大 C．两人推力做功相等 D．甲推力做功比乙多 5．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块（ ） 甲　　　　乙 A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力所做的功较小 6．（25-26高三上·江苏淮安·阶段练习）如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法确定的是（    ） A．物块最终停在AB中点处 B．滑块运动总路程为3L C．滑块与杆之间的动摩擦因数 D．滑块下滑过程加速度的大小 7．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一条长的细线，上端固定在转轴的点，下端拴一个可视为质点、质量的小球，小球在水平面内随转轴做圆周运动，绳子与竖直方向成角。若保持悬点和绳长不变，增大转轴的转速，小球再次稳定后，绳子跟竖直方向成角，忽略空气阻力，重力加速度，。则绳子对小球做的功约为（　　） A． B． C． D． 8．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球 处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)（ ） A．小球P在最高位置的速度大小为 B．小球Q在最低位置的速度大小为 C．小球P在此过程中机械能增加 mgL D．小球Q在此过程中机械能减少 mgL 9．(2025·南京、盐城一模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度．若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等，则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是（ ） A 　　　 B C 　 　　D 10．(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为0，A、B与斜面间的动摩擦因数相同且弹簧未超过弹性限度，则（ ） A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小，后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 11．(2025·江苏连云港市一模)如图所示，两根相同弹性轻绳一端分别固定在A、A'点，自然伸长时另一端恰好处于图中光滑定滑轮上的B、B'，将轻绳自由端跨过定滑轮连接质量为m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平线上，且CB=CB'。现将小球从C点由静止释放，沿竖直方向运动到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，轻绳形变遵循胡克定律且始终处于弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．小球在E点的加速度为2g B．小球在CD段减少的机械能等于在DE段减少的机械能 C．小球从C运动到D的时间小于从D运动到E的时间 D．若仅将小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度为 12．(2025·无锡调研)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳静止悬挂于O点的正下方P点．小球在水平恒力F的作用下，从P点运动到Q点，立即撤去F.已知F＝mg，θ＝30°，重力加速度为g.求： （1）水平拉力F做的功W. （2）小球回到P点时绳子的拉力T. 13．(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； （2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； （3）若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 14．（2025·江苏宿迁·一模）工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1kg，传送带上表面的长度L1=10m、运行速度v0=4m/s，斜面长度L2=1m，产品与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求产品在传送带上加速运动的时间t； (2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2； (3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。 15．（23-24高三上·江苏淮安·开学考试）如图所示， O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。 现对 B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1） 推力F的大小； （2）两杆间的夹角变为120°时，B球动能； （3）A 球落地时重力的功率。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $