专题06 功与能（六大方法）讲义-2026届高考物理三轮冲刺方法演练

【题型1】 微元法 1.【答案】D 2.【答案】C 3.【答案】C 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】C 7.【答案】B 8.【答案】BD 9.【答案】AB 10.【答案】AD 【题型2】 平均值法 1.【答案】A 2.【答案】D 3.【答案】D 4.【答案】B 5.【答案】B 6.【答案】D 7.【答案】D 8.【答案】BC 9.【答案】BC 10.【答案】CD 【题型3】图像法 1.【答案】A 专题06功与能 第1页（共3页） 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】B 5.【答案】A 6.【答案】B 7.【答案】D 8.【答案】BC 9.【答案】BD 10.【答案】ABD 【题型4】 功率法 1.【答案】B 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】C 5.【答案】C 6.【答案】C 7.【答案】B 8.【答案】BD 9.【答案】AD 10.【答案】BC 【题型5】 动能定理法 1.【答案】C 2.【答案】B 3.【答案】C 4.【答案】D 5.【答案】D 6.【答案】C 7.【答案】A 第2页（共3页） 8.【答案】BD 9.【答案】AC 10.【答案】AC 【题型6】 守恒法 1.【答案】B 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】D 6.【答案】A 7.【答案】A 8.【答案】CD 9.【答案】ACD 10.【答案】AD 第3页（共3页） 专题06 功与能 【题型1】 微元法 2 【题型2】 平均值法 6 【题型3】 图像法 10 【题型4】 功率法 14 【题型5】 动能定理法 18 【题型6】 守恒法 22 【知识清单】 一、功与功率　动能定理 1．功的计算 2．功率计算的“两公式”“三关联” (1)两个公式 ①平均功率：P＝。 ②瞬时功率：P＝Fv cos α(α为F与v的夹角)。 (2)机车启动三个关联 ①机车启动匀加速过程中的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)： 由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，可求出v1＝。 ②全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝。 ③机车启动模型中的关键方程：P＝F牵v，F牵－F阻＝ma，vmax＝，Pt－F阻x＝ΔEk。 二、机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的应用 (1)单物体的机械能守恒 ①公式：mgh1＋；ΔEk＝－ΔEp。 ②隔离法分析单个物体的受力情况，利用机械能守恒定律列式求解。 (2)多个物体系统机械能守恒 ①适用条件：只有重力或弹力做功。 ②一般用“转化观点：ΔEp＝－ΔEk”或“转移观点：ΔEA增＝ΔEB减”列方程求解。 2．机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示，单选物体A机械能减少不守恒，但由物体A、B组成的系统机械能守恒。 (2)研究过程的选取 研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)机械能守恒表达式的选取 ①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(需选取参考平面) ②转化观点：ΔEp＝－ΔEk。(不需选取参考平面) ③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减。(不需选取参考平面) 【题型1】 微元法 1．（2025秋•安徽期中）如图，质量为m的物块在光滑的水平面上始终受到水平向左恒力F的作用，向右运动经过P点时速度为v1，运动到N点时速度为零，又返回到P点时，速度大小为v2（图中未标出）。整个运动过程中所受空气阻力的大小与物块运动的速率成正比。设物块从P点到N点为过程Ⅰ，再从N点到P点为过程Ⅱ，下列说法正确的是（　　） A．物块在过程Ⅰ与过程Ⅱ中的位移相同 B．物块在过程Ⅰ与过程Ⅱ中的运动时间相等 C．过程Ⅰ与过程Ⅱ中空气阻力对物块所做的总功为 D．过程Ⅰ与过程Ⅱ中恒力F的总冲量大小为m（v1+v2） 2．（2025春•龙凤区校级期末）如图所示的装置为一半径为R的半圆管与半径为的半圆管组合而成，将装置固定在水平面上，一直径略小于圆管内径的小球置于M点，该小球受到一方向始终沿轨道切线方向的外力，且保持其大小F不变，当小球由M点运动到管口的另一端N点时，该外力对小球所做的功为（　　） A．0 B．FR C．πFR D．2πFR 3．（2025•潍坊三模）摩擦传动装置结构简单，容易制造，在生产生活中得到广泛应用。一种使用摩擦传动的变速箱，其内部结构可简化为如图所示，薄壁圆筒1和薄壁圆筒2均可绕自身的光滑转轴转动，且它们的转轴平行。开始时圆筒2静止，圆筒1以角速度ω匀速转动，某时刻使两圆筒相接触，由于摩擦，一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动。圆筒1半径为R，质量为2m，圆筒2质量为m。设两圆筒相互作用过程中无其他驱动力，不计空气阻力。从两圆筒接触到无相对滑动过程，以下分析正确的是（　　） A．圆筒1对圆筒2的冲量大小为 B．圆筒1的角速度大小为 C．圆筒1对圆筒2做的功为 D．系统产生的热量为 4．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，O点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。一块质量为1kg、长为1m的匀质木板静止在O点左侧，且右端距离O点为1m，木板在大小为1N的恒力F作用下由静止沿水平面运动，当木板右端到达O点时立即撤去恒力F，已知O点右侧水平面与木板间的动摩擦因数为0.2，则（　　） A．木板的加速度先不变后减小 B．木板不能全部进入O点右侧区域 C．木板加速时间大于减速的时间 D．若恒力F大小变为0.5N，木板做减速运动的时间减小 5．（2025秋•扬州期末）如图所示，用轻弹簧拴接物块和水平地面，物块在压力F作用下处于静止状态。撤去压力F，物块竖直向上运动过程中，其动能Ek与位移x、时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2026•大连模拟）将一个小球从地面竖直上抛，小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、重力势能和机械能分别为v、x、Ep和E，以地面为零势能面，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2025•山东二模）如图所示，半径为R的光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点，物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg，对下该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力F做功大小为mgR B．力F做功大小为 C．力F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 （多选）8．（2026春•郑州月考）如图是倾角θ＝37°、长为L＝4m的固定斜面，B为AC中点，斜面上AB段各点动摩擦因数随距A点的距离x变化规律为μ＝0.5﹣0.25x，BC段光滑。质量为1kg的物块从A点以大小为v0的初速度冲上斜面，恰好能运动到C，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小物体上滑过程重力做功为24J B．物体回到A点时速度大小vA＝2m/s C．v0＝4m/s D．v0＝2m/s （多选）9．（2026春•硚口区校级月考）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。下列说法正确的是（　　） A．动摩擦因数最大值μm＝4tanθ B．小物体的最大速度为 C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等 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 （多选）10．（2025秋•天河区校级月考）质量为m＝42kg的运动员从跳台上由静止下落时脚底离水面高H＝10m，从脚底接触水面开始，运动员受到的浮力F、阻力f随入水深度h的变化关系分别如图甲、乙所示，图甲显示，运动员完全入水后，浮力保持不变；图乙中H1为入水的最大深度，假设运动员下落过程身体始终沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．运动员的最大入水深度为m B．运动员从接触水面到恰完全入水过程，阻力做功为2080J C．运动员从接触水面到最低点过程，合外力随入水深度均匀增大 D．从开始下落到下落至最深处，运动员的机械能减小了5600J 【题型2】 平均值法 1．（2025•重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（　　） A．一定大于Ek B．一定小于Ek C．等于Ek D．不大于Ek 2．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，质量m＝2kg的物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻对物块施加一与水平方向夹角为60°的恒力F＝8N，F作用5s后撤去。则（　　） A．第3s末，力F的瞬时功率为48W B．第3s末，力F的瞬时功率为 C．0﹣5s内，力F的平均功率为40W D．0﹣5s内，力F的平均功率为20W 3．（2025春•靖远县校级期末）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，小球运动到O点正下方的B点，小球到达B点时的速度为v，A、B两点竖直方向的高度差为h，不计空气阻力。在小球从A点摆向最低点B的过程中（重力加速度为g）（　　） A．小球的重力做正功，重力势能增加 B．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小 C．小球的机械能守恒 D．小球克服弹力做的功为mghmv2 4．（2025•石嘴山一模）如图所示，水平地面上放置质量为1kg的物块，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，此过程中拉力F随位移x变化的关系如图所示，已知物块与地面的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块做匀加速直线运动 B．物块运动至2m处的速度大小为 C．物块在0～4m运动过程中，摩擦产生的热量为8J D．物块运动至4m处，拉力的瞬时功率为8W 5．（2025春•万州区校级期中）一质量为m的物块静止在水平地面上A点，现对物块施加一水平向右的变力F，且F与速度v满足关系F＝k（其中k为定值），作用时间t后撤去外力F，最后物块停在C点。已知物块与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则AC间距离为（　　） A． B． C．kt﹣μmg D．μgt2 6．（2024秋•海门区校级期中）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块质量m＝1kg，弹簧劲度系数k＝100N/m，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，弹簧伸长量Δx＝11cm，撤去拉力后物块由静止向左运动经O点最远到达B点。重力加速度为g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．物块在B点所受弹簧弹力与在A点大小相等 B．物块运动的总路程为60.5cm C．物块最终停在O点左侧1cm内某处 D．物块最终停在O点左侧1cm处 7．（2024春•鄞州区校级期中）如图所示，光滑的直杆与竖直方向成60°固定放置，杆的下端固定一个轻弹簧，杆上穿有两个小球A和B，开始时，两球一起静止在弹簧上端，某时刻起，对小球B施加一个方向与杆平行的拉力，使小球B以的恒定加速度沿直杆向上做匀加速运动，两球分离时B的速度为v。已知A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，则（　　） A．A、B分离时弹簧恰好恢复原长 B．弹簧的劲度系数为 C．从B球开始运动到两球分离时，B球上升的高度为 D．从B球开始运动到两球分离的过程中拉力做的功为2mv2 （多选）8．（2026春•张店区校级月考）如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为3mgdsinθ C．BC段动摩擦因数最大值μm＝3tanθ D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 （多选）9．（2025春•龙岩期末）一质量m＝2kg的物体在水平恒定拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，一段时间后，拉力F逐渐减小，当拉力减小到零时，物体还未停止运动。拉力F随位移变化的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2，物体由x＝0运动至x＝11m的过程中（　　） A．能精确得出物体运动的时间 B．能精确得出物体与水平面间的滑动摩擦力大小 C．能估算拉力F对物体所做的功 D．能估算物体做匀速运动时的速度大小 （多选）10．（2024•岳阳一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（　　） A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5J C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等 D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J 【题型3】 图像法 1．（2026•湖南二模）某物体做直线运动过程中的v2﹣x图像如图所示，用v、a、F、Ek、t分别表示运动过程中的速度、加速度、合外力、动能、时间的大小。下列图像中各物理量间的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025春•深圳校级期中）深圳在建全球最大室内滑雪场，华发冰雪世界，预计在2025年国庆开业。如图所示为冰雪世界的某个滑雪跳台，某滑雪运动员试滑时在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，运动时间为t，下落高度为h，重力的瞬时功率为P，物体的动能为Ek，重力势能为Ep，机械能为E。不计空气阻力，则飞行过程中的各物理量对应的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025•靖远县校级模拟）空下落的雨滴，由于空气阻力的原因，接近地面时已经达到匀速。如图所示，离地面高度为H的雨滴，由静止开始竖直下落，下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv（k为常数），以地面为零势能面，雨滴下落过程中机械能E随下落的高度h及所受合外力的功率P随速度大小v变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2025春•荔湾区校级月考）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．物块的质量为2kg B．物块下滑时加速度的大小为2m/s2 C．当物块下滑2m时机械能损失了12J D．物块下滑到最低点摩擦力做功20J 5．（2025春•北京校级月考）如图所示，质量为m的汽车从平直公路驶上斜坡。假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态。在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F、牵引力做的功W、克服路面阻力做的功Wf与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025秋•市中区校级月考）如图所示，甲乙两个高度相同，倾角不同的光滑斜面，固定在同一水平面上。两个质量相同的小球分别自两个斜面顶端由静止释放，沿斜面运动到底端。在此过程中，两小球所受重力做的功分别为W甲、W乙，重力的平均功率为P甲、P乙。下列判断正确的是（　　） A．W甲＝W乙，P甲＞P乙 B．W甲＝W乙，P甲＜P乙 C．W甲＜W乙，P甲＞P乙 D．W甲＜W乙，P甲＜P乙 7．（2025秋•安徽期中）如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m＝1kg，物块A的质量M＝2kg。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F﹣t图像和随位移变化的F﹣x图像分别如图乙、丙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图中F0＝8N、Fm＝28N B．轻弹簧的劲度系数k＝250N/m C．在0～0.2s时间内，力F的冲量大小为4N•s D．在0～0.2s时间内，力F做的功为1.6J （多选）8．（2025秋•广州月考）倾角为θ的光滑斜面ABC固定在水平地面上，将一质量为m的物块从斜面的顶端由静止释放，以地面为零势能面，Ek表示物块的动能，Ep表示物块的重力势能，t表示物块运动的时间，则下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）9．（2025春•成华区期末）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 （多选）10．（2025秋•南岸区校级月考）辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。如图甲所示为该种辘轳的工作原理简化图，已知辘轳的半径为r＝0.2m，电动机以恒定输出功率将质量为m＝3kg的水桶由静止开始竖直向上提起，提起过程中辘轳转动的角速度随时间变化的图像如图乙所示。忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．电动机的输出功率P＝30W B．0～4s内水桶上升的高度为3.95m C．0～4s内井绳对水桶的拉力逐渐增大 D．0～4s内水桶处于超重状态 【题型4】 功率法 1．（2026春•五华区校级月考）一列高铁列车的质量为m，以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力恒定不变为Ff，则（　　） A．列车达到的最大速度大小为 B．在时间t内列车牵引力做功大于 C．列车在时间t内可能做匀加速直线运动 D．如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间也等于t 2．（2026•辽宁模拟）火车启动时经常采用先后退再前进的方式，某实验小组用传感器记录了火车启动过程的v﹣t图像，如图所示，从t＝0时刻开始，火车先在机车推动下倒退t1时间，随后关闭机车减速至t2时刻静止，停顿一段时间后向前加速，t3时刻达到最大速度。已知火车质量为m，图中t3～t4段为直线，t4时机车达到额定功率P，之后保持额定功率不变，假设t3～t5时间火车所受阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间内，机车做负功 B．0～t2时间内，机车做的功为 C．t1～t5时间内，机车做的功为Pt5（t3+t4） D．0～t4时间内，火车的位移大小为（v1t2+v4t4﹣v4t3） 3．（2026•包头一模）我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间t1起重机达到额定功率P，此后以额定功率提升重物，又经过时间t2重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．起重机的额定功率为ma2t1 B．重物的最大速度大小为 C．t1时间内，重物机械能的增量为（mg+ma） D．t2时间内，重物机械能的增量为（mg+ma）at1t2 4．（2026•重庆校级模拟）某智能配送机器人总质量为m，在平直路线上由静止开始配送货物。行驶阻力包含恒定阻力f以及与速度平方成正比的空气阻力（其中k为已知常量）。机器人先以恒定加速度a启动，当输出功率达到额定功率后保持功率P不变，最终以最大速度vmax匀速行驶。已知重力加速度为g，忽略其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．匀加速运动阶段，牵引力与速度的平方成正比 B．匀加速运动阶段的最大速度v1满足方程 C．当机器人的速度为时，其加速度大小可能为 D．在匀加速阶段，机器人从静止开始运动至最大速度v1所用时间为t，则该过程克服阻力所做的功为 5．（2025春•金华月考）一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，其中除5～55s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，5s后发动机的输出功率保持不变。该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是（　　） A．该车的最大速度为50m/s B．该车起步过程的加速度一直改变 C．该车的额定功率为1.2×105W D．前55s内通过的位移大小为2200m 6．（2025春•重庆校级期中）近年来，我国新能源汽车产业发展迅猛。一辆新能源汽车质量为m，在某次实验测试中，该汽车在足够长的平直公路上由静止开始启动，其速度v随时间t变化的关系如图所示，图中0～t1为直线且与曲线相切。已知该汽车的额定功率为P，运动过程中所受阻力大小恒定不变，t1时刻该汽车达到额定功率，t2时刻其速度恰好达到最大。图中t1、t2、v1、v2均为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．0～t1内，该汽车的输出功率恒定 B．0～t1内，该汽车的牵引力逐渐增大 C．t1～t2内，牵引力做功为P（t2﹣t1） D．该汽车受到的阻力大小为 7．（2025春•西城区校级期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（　　） A． B．车速为v0时的加速度大小为 C．人与车在时间t内的位移大小等于 D．在时间t内阻力做的功为 （多选）8．（2026春•郑州月考）一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（　　） A．t1时刻，汽车达到最大速度 B．汽车的额定功率为（f+ma0）a0t1 C．0～t2时间内汽车的位移为 D．0～t1和t1～t2时间内汽车牵引力做功之比为t1：2（t2﹣t1） （多选）9．（2026春•金凤区校级月考）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力800N B．汽车的最大牵引力为1200N C．8s～18s过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．8s～18s过程中汽车的位移大小可以求解出 （多选）10．（2025秋•新城区校级期末） 2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直﹣20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知t2时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻军车的加速度为 B．t1时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．t2到t3时间内军车上升的高度为 【题型5】 动能定理法 1．（2025秋•温州月考）如图甲所示为智能电动车在水平路上做直线运动时自动刹车的路测场景。在某次自动刹车测试中，质量m＝1.5t的智能电动车从距离假人x0＝50m处开始刹车，其v﹣x图像如图乙所示。已知当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动；当v＞10m/s时，电动车会在机械制动基础上开启电磁辅助制动，电磁辅助制动可使机械能转化成电能。若机械制动的阻力大小f＝kv，k＝500N•s/m，不计其他阻力，则（　　） A．前15m阶段，智能电动车加速度不变 B．本次刹车测试，智能电动车会撞到假人 C．整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为225kJ D．当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的4倍 2．（2024秋•河南期末）如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 3．（2025秋•鲤城区校级期中）如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则（　　） A．物体的质量m＝2.0kg B．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2 D．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80 4．（2025秋•安宁区校级期中）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球落地点离O点的水平距离为R B．小球落地点时的动能为 C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零 D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R 5．（2025秋•白城校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　） A．6W B． C．12W D． 6．（2025春•龙岩期中）如图所示，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，若以地面为零势能参考面，则苹果刚要落到坑底时的动能为（　　） A．mgh B．mgH C．mg（H+h） D．mg（H﹣h） 7．（2026•长寿区校级开学）冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经便斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为，上端与下端高度差为h1＝6m，倾斜滑道高度差为h2＝2m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为（　　） A．0.07 B．0.08 C．0.09 D．0.10 （多选）8．（2026•雁塔区校级模拟）如图所示，质量为M＝3m的木板在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从距离木板上表面高度为h处自由下落，与木板碰撞后，反弹上升的最大高度为，且发生碰撞时FN≫mg，球与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小球弹起后的水平速度大小可能是（　　） A．v0 B．v0 C． D． （多选）9．（2025秋•青山湖区校级期末）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（　　） A．电梯为下降过程 B．在10～11s内电梯的加速度大小为1m/s2 C．F3的示数为600N D．电梯运行的总位移为20m （多选）10．（2025•西安校级三模）如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环（视为质点）相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是（　　） A．圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大 B．圆环向下运动的最大距离为 C．圆环最大动能为 D．圆环运动过程中的最大加速度为 【题型6】 守恒法 1．（2026•重庆模拟）游乐园的蹦床活动深受小朋友们喜爱。如图所示，一个小朋友在蹦床上活动时，从最低点经蹦床弹起腾空并到达最高点的过程中（空气阻力不计），该小朋友（　　） A．机械能守恒 B．腾空后加速度恒定 C．在最高点的加速度为零 D．离开蹦床的瞬间速度最大 2．（2026春•中山区校级月考）如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（　　） A．小球C的机械能一直增大 B．小球C的机械能一直减小 C．小球C落地前瞬间的速度大小为 D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg 3．（2026春•中山区校级月考）倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（重力加速度g＝10m/s2，传送带直径大小可忽略），则下列说法中正确的是（　　） A．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是1.25s C．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122W D．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154W 4．（2026春•沈北新区校级月考）如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的（O1、O2点）。A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，则球到达最低点的过程中（　　） A．A球重力的瞬时功率一直变大 B．最低点时，A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率 C．最低点时，A球的速度小于B球的速度 D．最低点时，悬线对A球的拉力等于悬线对B球的拉力 5．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，下降过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且，在小球从M点运动到N点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹力对小球先做正功后做负功 B．只有一个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，小球的机械能最大 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差 6．（2026•东城区一模）如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块，现将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。在小物块向右运动的过程中，设小物块的速度为v，弹簧与小物块的总机械能为E，运动距离为x，则下列v﹣x、E﹣x图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．（2026春•鼓楼区校级月考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为m，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至时速度恰为零，A、B两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B球的质量为3m B．A、B球组成的系统机械能守恒 C．B球刚落地时，速度大小为 D．轻绳对A球的拉力做的功为mgh （多选）8．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长到b点，质量为2kg的滑块从a点以初速度v0＝6m/s开始向右运动，与此同时，在滑块上施加一个大小为20N，与水平方向夹角为53°的恒力F，滑块将弹簧压缩至c点时，速度减小为零，然后滑块被反弹至d点时，速度再次为零，已知ab间的距离是2m，d是ab的中点，bc间的距离为0.5m。（g取10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6），则下列说法中正确的是（　　） A．滑块与水平面间的摩擦因数为0.3 B．滑块从b点至c点的过程运动时间为 C．弹簧的最大弹性势能为36J D．滑块从c点至d点过程中的最大动能为25J （多选）9．（2026春•沙河口区校级月考）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°长度L＝19m的传送带平滑连接，传送带以v0＝8.0m/s的速率顺时针转动。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。则解除锁定后（　　） A．滑块被弹簧弹出时速度大小为3m/s B．滑块在传送带上运动的过程中摩擦力对滑块做功大小为82.5J C．滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为37.5J D．电动机由于传送滑块多消耗的电能为160J （多选）10．（2026春•沙河口区校级月考）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的右端A点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A点。现用外力缓慢推动一质量为m的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v滑上传送带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，已知弹簧弹性势能Ekx2，其中k为劲度系数。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，以下说法正确的是（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为 D．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 功与能 【题型1】 微元法 2 【题型2】 平均值法 11 【题型3】 图像法 18 【题型4】 功率法 26 【题型5】 动能定理法 35 【题型6】 守恒法 45 【知识清单】 一、功与功率　动能定理 1．功的计算 2．功率计算的“两公式”“三关联” (1)两个公式 ①平均功率：P＝。 ②瞬时功率：P＝Fv cos α(α为F与v的夹角)。 (2)机车启动三个关联 ①机车启动匀加速过程中的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)： 由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，可求出v1＝。 ②全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝。 ③机车启动模型中的关键方程：P＝F牵v，F牵－F阻＝ma，vmax＝，Pt－F阻x＝ΔEk。 二、机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的应用 (1)单物体的机械能守恒 ①公式：mgh1＋；ΔEk＝－ΔEp。 ②隔离法分析单个物体的受力情况，利用机械能守恒定律列式求解。 (2)多个物体系统机械能守恒 ①适用条件：只有重力或弹力做功。 ②一般用“转化观点：ΔEp＝－ΔEk”或“转移观点：ΔEA增＝ΔEB减”列方程求解。 2．机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示，单选物体A机械能减少不守恒，但由物体A、B组成的系统机械能守恒。 (2)研究过程的选取 研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)机械能守恒表达式的选取 ①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(需选取参考平面) ②转化观点：ΔEp＝－ΔEk。(不需选取参考平面) ③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减。(不需选取参考平面) 【题型1】 微元法 1．（2025秋•安徽期中）如图，质量为m的物块在光滑的水平面上始终受到水平向左恒力F的作用，向右运动经过P点时速度为v1，运动到N点时速度为零，又返回到P点时，速度大小为v2（图中未标出）。整个运动过程中所受空气阻力的大小与物块运动的速率成正比。设物块从P点到N点为过程Ⅰ，再从N点到P点为过程Ⅱ，下列说法正确的是（　　） A．物块在过程Ⅰ与过程Ⅱ中的位移相同 B．物块在过程Ⅰ与过程Ⅱ中的运动时间相等 C．过程Ⅰ与过程Ⅱ中空气阻力对物块所做的总功为 D．过程Ⅰ与过程Ⅱ中恒力F的总冲量大小为m（v1+v2） 【答案】D 【详解】A．物块在过程I的位移与过程Ⅱ的位移大小相等，方向相反，故A错误； B．空气阻力的大小与速率成正比，即f＝kv，物块从P点到N点，由牛顿第二定律可知：F+kv＝ma，物块从N点到P点，由牛顿第二定律可知：F﹣kv＝ma′， 所以过程I中物块的平均加速度大于过程Ⅱ中的平均加速度，由可知，过程I的时间小于过程Ⅱ的时间，故B错误； C．整个过程的位移为零，所以恒力F做功为零，对整个过程，由动能定理可知：，故C错误； D．过程I和过程Ⅱ空气阻力的总冲量大小均为∑kvΔt＝k∑vΔt＝ks，所以全过程空气阻力的总冲量为零， 设恒力F的总冲量大小为I，以向左为正方向，对整个过程，由动量定理可知：I＝mv1﹣m（﹣v2），代入数据可得：I＝m（v1+v2），故D正确。 故选：D。 2．（2025春•龙凤区校级期末）如图所示的装置为一半径为R的半圆管与半径为的半圆管组合而成，将装置固定在水平面上，一直径略小于圆管内径的小球置于M点，该小球受到一方向始终沿轨道切线方向的外力，且保持其大小F不变，当小球由M点运动到管口的另一端N点时，该外力对小球所做的功为（　　） A．0 B．FR C．πFR D．2πFR 【答案】C 【详解】将小球经过的路径分成无数小段，每小段的长度为Δx1、Δx2、Δx3…Δxn，该外力在每一小段上可看作恒力，做功分别为 FΔx1、FΔx2、FΔx3…FΔxn， 则该外力对小球所做的总功为 W＝FΔx1+FΔx2+FΔx3…+FΔxn＝F（Δx1+Δx2+Δx3…+Δxn）＝FS，S是小球运动的路程。 由几何知识可知，S＝π•πRπR，所以 WπFR 故选：C。 3．（2025•潍坊三模）摩擦传动装置结构简单，容易制造，在生产生活中得到广泛应用。一种使用摩擦传动的变速箱，其内部结构可简化为如图所示，薄壁圆筒1和薄壁圆筒2均可绕自身的光滑转轴转动，且它们的转轴平行。开始时圆筒2静止，圆筒1以角速度ω匀速转动，某时刻使两圆筒相接触，由于摩擦，一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动。圆筒1半径为R，质量为2m，圆筒2质量为m。设两圆筒相互作用过程中无其他驱动力，不计空气阻力。从两圆筒接触到无相对滑动过程，以下分析正确的是（　　） A．圆筒1对圆筒2的冲量大小为 B．圆筒1的角速度大小为 C．圆筒1对圆筒2做的功为 D．系统产生的热量为 【答案】C 【详解】AB、设筒1的初始线速度为v1，则有：v1＝ωR t时间两圆筒壁共速为v，由动量守恒定律可得2mv1＝3mv， 此时圆筒1的角速度大小为，对圆筒1，由动量定理：I＝2mv﹣2mv1 解得I，故AB错误； C.对圆筒2，由动能定理可得故C正确； D.系统产生的热量为：故D错误； 故选：C。 4．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，O点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。一块质量为1kg、长为1m的匀质木板静止在O点左侧，且右端距离O点为1m，木板在大小为1N的恒力F作用下由静止沿水平面运动，当木板右端到达O点时立即撤去恒力F，已知O点右侧水平面与木板间的动摩擦因数为0.2，则（　　） A．木板的加速度先不变后减小 B．木板不能全部进入O点右侧区域 C．木板加速时间大于减速的时间 D．若恒力F大小变为0.5N，木板做减速运动的时间减小 【答案】C 【详解】A、在加速阶段，木板的加速度为，解得：；当木板进入粗糙区域后，其受到的摩擦力，解得：f＝2x，该力随进入长度x的增加而线性增大，依据牛顿第二定律，加速度也会随之增大，故A错误。 B、根据动能定理，加速过程结束时木板的动能Ek＝Fx0，解得：Ek＝1J；进入粗糙面后，由于摩擦力线性变化，克服摩擦力所做的功等于平均力与位移的乘积，即，解得：Wf＝1J。因为Ek＝Wf，所以当木板左端恰好到达O点时速度降为零，表明木板刚好完全进入粗糙区域，故B错误。 C、加速阶段所需的时间为，解得：；木板在粗糙面内做变减速运动，该过程可类比于简谐运动的四分之一周期，减速时间，解得：。已知且，因此t1＞t2，故C正确。 D、若恒力F减小为0.5N，则加速阶段末的动能减小，木板最终停止时进入粗糙面的长度x会变小。然而，减速过程对应的等效劲度系数并未改变，因此减速时间保持不变，故D错误。 故选：C。 5．（2025秋•扬州期末）如图所示，用轻弹簧拴接物块和水平地面，物块在压力F作用下处于静止状态。撤去压力F，物块竖直向上运动过程中，其动能Ek与位移x、时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB、物块竖直向上运动过程中，速度先增大后减小到零，所受合力先减小后增大，其动能先增大后减小到零，动能Ek与位移x的关系图像的斜率的绝对值等于合外力的大小，Ek﹣x的斜率的绝对值先变小后变大，故AB错误。 CD、轻弹簧拴接物块，释放后物块做简谐运动，竖直向上运动过程，物块的速度大小与时间的变化规律符合正弦函数规律，故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2026•大连模拟）将一个小球从地面竖直上抛，小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、重力势能和机械能分别为v、x、Ep和E，以地面为零势能面，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A、小球向下运动，有﹣mg+kv＝ma，小球从最高点开始做加速度减小的加速运动，直到落回地面，加速度方向为负方向，速度和位移方向为负方向，重力势能逐渐减小，机械能逐渐减小，向上运动到最高点时加速度最小，为g，向下运动时，在最高点加速度最大，为g。故A错误。 B、上升阶段：x增大、v减小，加速度随v减小而减小，因此v﹣x曲线的斜率也随v减小而减小，曲线应为上凸（越来越平缓）。下落阶段：x减小、v增大（负方向），加速度随v增大而减小，因此v﹣x 曲线的斜率（绝对值也随v增大而减小，曲线应为下凸（越来越平缓）。图中下落段呈上凹（斜率绝对值增大），与规律不符。故B错误。 C、重力势能Ep＝mgh与高度h成正比。上升阶段：小球做加速度减小的减速运动，速度（h﹣t图像斜率）逐渐减小，因此Ep﹣t曲线斜率减小，呈上凸（越来越平缓）。下落阶段：小球做加速度减小的加速运动，速度（h﹣t图像斜率绝对值）逐渐增大，因此Ep﹣t曲线斜率绝对值增大，呈下凸（越来越陡）。图中上升段斜率减小、下落段斜率绝对值增大，与运动规律完全吻合。故C正确。 D、机械能变化等于阻力做的功，上升过程（x增大的过程）阻力逐渐减小，机械能随x增大而减小得越来越慢；下降过程（x减小的过程），阻力逐渐增大，机械能随x减小而减小的越来越快。上升过程的平均阻力大于下降过程的，则上升过程机械能减小量大于下降过程机械能减少量，故D错误。 故选：C。 7．（2025•山东二模）如图所示，半径为R的光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点，物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg，对下该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力F做功大小为mgR B．力F做功大小为 C．力F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 【详解】AB、由于力F的方向始终沿着圆弧切线方向，由微元法可得力F做功的大小为：，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P＝Fv（F与v始终夹角为0°），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θ，由题图可知，对于该运动过程，θ从90°增大到180°，则克服重力做功的功率PG＝|mgcosθ|，可知|cosθ|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。 故选：B。 （多选）8．（2026春•郑州月考）如图是倾角θ＝37°、长为L＝4m的固定斜面，B为AC中点，斜面上AB段各点动摩擦因数随距A点的距离x变化规律为μ＝0.5﹣0.25x，BC段光滑。质量为1kg的物块从A点以大小为v0的初速度冲上斜面，恰好能运动到C，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小物体上滑过程重力做功为24J B．物体回到A点时速度大小vA＝2m/s C．v0＝4m/s D．v0＝2m/s 【答案】BD 【详解】A、小物体在上滑过程中，重力做负功，其大小为WG＝﹣mgHCD，解得WG＝﹣24J，故A错误； BCD、由于小物体与斜面间的动摩擦因数μ随其距A点的距离x呈线性变化，因此可采用平均值法计算摩擦力所做的功。设物体从A点运动至C点，根据动能定理有；再设物体从A点出发最终返回A点，由动能定理可得。联立以上两式，解得，，故BD正确，C错误。 故选：BD。 （多选）9．（2026春•硚口区校级月考）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。下列说法正确的是（　　） A．动摩擦因数最大值μm＝4tanθ B．小物体的最大速度为 C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等 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】AB 【详解】A、从A到C点的过程中，根据动能定理可得：mg•2lsinθ﹣Wf＝0， 由乙图可知：，联立解得：μm＝4tanθ，故A正确； B、当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，则有：mgsinθ＝μmgcosθ，解得： 由图乙可知，此时小物体在BC段下滑的距离为，则从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得： 其中： 联立解得：，故B正确； C、由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据WG＝mgh，可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误； D、设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为，则重力在AB段中间时刻瞬时功率为： 小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度，则重力在BC段中间时刻瞬时功率为：，故D错误。 故选：AB。 （多选）10．（2025秋•天河区校级月考）质量为m＝42kg的运动员从跳台上由静止下落时脚底离水面高H＝10m，从脚底接触水面开始，运动员受到的浮力F、阻力f随入水深度h的变化关系分别如图甲、乙所示，图甲显示，运动员完全入水后，浮力保持不变；图乙中H1为入水的最大深度，假设运动员下落过程身体始终沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．运动员的最大入水深度为m B．运动员从接触水面到恰完全入水过程，阻力做功为2080J C．运动员从接触水面到最低点过程，合外力随入水深度均匀增大 D．从开始下落到下落至最深处，运动员的机械能减小了5600J 【答案】AD 【详解】A.对题图甲分析可知，运动员入水1.6m时完全入水，之后所受浮力不变，阻力与速度有关，入水最深时速度为零，受到的阻力为零，对整个运动过程由动能定理可得WG+Wf浮+Wf阳＝0，因WG＝mg（H+h），400﹣500h（J），，代入可解得 h，故A正确； B.完全入水深度h＝1.6m。阻力f线性变化，h＝0时f＝2600N，h＝1.6m时：1.6N＝2600N﹣1248N＝1352N；阻力做功为平均力乘以距离：3161.6J，故B错误； C.运动员从接触水面到最低点过程，合外力随水深度均匀增大分析：合外力F合＝mg﹣F﹣f。 0≤h≤1.6m：F线性增大，f线性减小，F合＝420﹣kh﹣（2600﹣k'h），是线性变化（均匀）。 h＞1.6m：F＝500N恒定，f线性减小，F合＝420﹣500﹣（2600﹣k'h）也是线性变化（均匀）。但在h＝1.6m处，F的变化率突变，导致合外力化率不连续，因此整个过程合外力并非均匀增大，故C错误； D.机械能的减少量等于除重力外其他力（浮力和阻力）做的总功：ΔE＝WF+Wf WF＝500J﹣400J Wf＝1300J 则总功为：WF+Wf5600J，故D正确。 故选：AD。 【题型2】 平均值法 1．（2025•重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（　　） A．一定大于Ek B．一定小于Ek C．等于Ek D．不大于Ek 【答案】A 【详解】无风时，只有重力对小球做功。有风时，根据已知条件可知，小球落到水平面上水平位移小于d，风力与小球速度的夹角先为钝角后为锐角，则风力先做负功后做正功，正功较大，则风力对小球做的总功为正值，根据动能定理，小球落到水平面上时的动能一定大于Ek，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，质量m＝2kg的物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻对物块施加一与水平方向夹角为60°的恒力F＝8N，F作用5s后撤去。则（　　） A．第3s末，力F的瞬时功率为48W B．第3s末，力F的瞬时功率为 C．0﹣5s内，力F的平均功率为40W D．0﹣5s内，力F的平均功率为20W 【答案】D 【详解】AB、物块在光滑水平面上，受到恒力F＝8N，与水平方向夹角为60°，将力F沿水平和竖直方向分解，如图所示： 水平方向分力Fx＝Fcos60°，根据牛顿第二定律有F合＝ma，可得物块的加速度m/s2＝2m/s2。根据匀变速直线运动的速度公式v＝v0+at，因为物块初始静止，所以第三秒末的速度v3＝0+2×3m/s＝6m/s。根据瞬时功率公式P＝Fvcosθ，可得第3s末力F的瞬时功率P3＝Fv3cos60° ＝8×6W＝24W，故 AB错误。 CD、根据匀变速直线运动的位移公式t2，可得第5s末的位移2×52m＝25m。根据功的计算公式W＝Fxcosθ，可得0﹣5s内力F做的功W＝Fxcos60°＝8×25J＝100J。根据平均功率公式，可得0﹣5s内力F的平均功率，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2025春•靖远县校级期末）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，小球运动到O点正下方的B点，小球到达B点时的速度为v，A、B两点竖直方向的高度差为h，不计空气阻力。在小球从A点摆向最低点B的过程中（重力加速度为g）（　　） A．小球的重力做正功，重力势能增加 B．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小 C．小球的机械能守恒 D．小球克服弹力做的功为mghmv2 【答案】D 【详解】A.小球从A点到B点的过程中高度下降，重力对小球做正功，小球的重力势能减小，故A错误； B.弹簧伸长，弹簧的弹力对小球做负功，弹性势能增大，故B错误； C.小球从A点到B点的过程中，重力和弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故C错误； D.设由A点到B点的过程中小球克服弹力做的功为W，根据动能定理得 mgh﹣W 所以由A点到B点的过程中小球克服弹力做的功 W＝mgh 故D正确。 故选：D。 4．（2025•石嘴山一模）如图所示，水平地面上放置质量为1kg的物块，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，此过程中拉力F随位移x变化的关系如图所示，已知物块与地面的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物块做匀加速直线运动 B．物块运动至2m处的速度大小为 C．物块在0～4m运动过程中，摩擦产生的热量为8J D．物块运动至4m处，拉力的瞬时功率为8W 【答案】B 【详解】A、由图可知拉力F是变化的，物块受到的摩擦力f ＝ μFN ＝ 1N为定值。根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，因为F变化，所以加速度a变化，物块不做匀加速直线运动，故A错误。 B、根据动能定理W合＝ΔEk，在0﹣2m过程中，拉力F做的功WF1等于F﹣x图像与x轴围成的面积，5J， 摩擦力做的功Wf1＝﹣fx＝﹣1×2J＝﹣2J， 由动能定理，解得vm/s，故B正确。 C、物块在0﹣4m运动过程中，摩擦力做的功Wf＝﹣fx＝﹣1×4J＝﹣4J，根据功能关系，摩擦产生的热量Q ＝|Wf|＝4J，故C错误。 D、在0﹣4m过程中，拉力F做的功WF等于F﹣x图像与x轴围成的面积， WFJ＝12J 摩擦力做的功Wf＝﹣fx＝﹣1×4J＝﹣4J， 由动能定理 即12J﹣4J，解得v1＝4m/s 此时拉力F ＝ 4N，根据P ＝ Fv，拉力的瞬时功率P ＝4×4W ＝16W，故D错误。 故选：B。 5．（2025春•万州区校级期中）一质量为m的物块静止在水平地面上A点，现对物块施加一水平向右的变力F，且F与速度v满足关系F＝k（其中k为定值），作用时间t后撤去外力F，最后物块停在C点。已知物块与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则AC间距离为（　　） A． B． C．kt﹣μmg D．μgt2 【答案】B 【详解】力F的功率为：P＝Fv＝k，可见其功率恒定。对物块，由动能定理可得： WF﹣μmgxAC＝0 其中F做功为：WF＝Pt＝kt 联立解得：，故B正确，ACD错误。 故选：B。 6．（2024秋•海门区校级期中）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块质量m＝1kg，弹簧劲度系数k＝100N/m，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，弹簧伸长量Δx＝11cm，撤去拉力后物块由静止向左运动经O点最远到达B点。重力加速度为g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．物块在B点所受弹簧弹力与在A点大小相等 B．物块运动的总路程为60.5cm C．物块最终停在O点左侧1cm内某处 D．物块最终停在O点左侧1cm处 【答案】D 【详解】A、如果没有摩擦力，物块以O点为平衡位置做简谐运动，则O点应该在AB中间，物块在B点所受弹簧弹力与在A点受弹簧弹力大小相等。由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故实际到达B点时形变量小于A点的伸长量，故物块在B点所受弹簧弹力小于在A点的弹力，故A错误； BCD、物块最终停止的位置应满足：kx≤μmg 代入解得：x≤0.01m＝1cm 即物块若在O点左右两侧1cm的范围内的速度为0，就会停止运动。 设想物体第一次从A到B过程由能量守恒： 代入数据解得：x1＝0.09m＝9cm 同理，物体从B往右运动到O点右侧x2由能量守恒： 代入解得：x2＝0.07m＝7cm 以此类推，物体再次往左运动到O点左侧x3＝5cm处停止，再往右运动到O点右侧x4＝3cm处停止，接着再往左运动到O点左侧x5＝1cm处停止。因此位置弹力等于最大静摩擦力，物块将停止。物块运动的总路程为：x总＝Δx+2x1+2x2+2x3+2x4+x5＝11cm+2×9cm+2×8cm+2×7cm+1cm＝60cm，故BC错误，D正确。 故选：D。 7．（2024春•鄞州区校级期中）如图所示，光滑的直杆与竖直方向成60°固定放置，杆的下端固定一个轻弹簧，杆上穿有两个小球A和B，开始时，两球一起静止在弹簧上端，某时刻起，对小球B施加一个方向与杆平行的拉力，使小球B以的恒定加速度沿直杆向上做匀加速运动，两球分离时B的速度为v。已知A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，则（　　） A．A、B分离时弹簧恰好恢复原长 B．弹簧的劲度系数为 C．从B球开始运动到两球分离时，B球上升的高度为 D．从B球开始运动到两球分离的过程中拉力做的功为2mv2 【答案】D 【详解】A、根据题意可知，小球B以恒定加速度向上加速，A、B分离时，A、B间作用力为零，A、B的加速度相等，对A分析可知，A球受弹簧沿斜面向上的弹力，则弹簧未恢复原长，故A错误； BC、两球静止时有：，A、B分离时，对A分析有：，小球B以的恒定加速度沿直杆向上做匀加速运动，则有：，解得：，B球上升的高度为：，故BC错误； D、对两球从开始到分离运用动能定理可得，解得：W＝2mv2，故D正确。 故选：D。 （多选）8．（2026春•张店区校级月考）如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为3mgdsinθ C．BC段动摩擦因数最大值μm＝3tanθ D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 【答案】BC 【详解】A、在BC段，小物体的加速度为a＝gsinθ﹣μgcosθ；由于B点处μ＝0，此时a＝gsinθ＞0，物体将继续加速，直到μ＝tanθ时（即）才开始减速，故A错误； B、根据重力做功的表达式：Wg＝3mgdsinθ，故B正确。 C、依据动能定理，从A到C过程有Wg+Wf＝0，即，解得：3mgdsinθ＝μmdmgcosθ，即μm＝3tanθ，故C正确； D、从AB中点释放到BC中点，重力做功Wg2＝mg（0.5d+d）sinθ＝1.5mgdsinθ；摩擦力做功；总功W总＝0.75mgdsinθ＞0，表明物体在BC中点时仍有速度，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．（2025春•龙岩期末）一质量m＝2kg的物体在水平恒定拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，一段时间后，拉力F逐渐减小，当拉力减小到零时，物体还未停止运动。拉力F随位移变化的关系如图所示。重力加速度g取10m/s2，物体由x＝0运动至x＝11m的过程中（　　） A．能精确得出物体运动的时间 B．能精确得出物体与水平面间的滑动摩擦力大小 C．能估算拉力F对物体所做的功 D．能估算物体做匀速运动时的速度大小 【答案】BC 【详解】A.题目没有给时间信息，无法计算，故A错误； B.前4米位移内，物体做匀速直线运动，受力平衡，有：Ff＝F＝7N，故B正确； C.与v﹣t图分析位移类似，在F﹣x坐标图中，曲线与横轴所夹面积大小等于力F做功的大小，数方格，大于半格算一格，共40格，所以拉力F对物体所做的功约为40J，故C正确； D.题目没有给时间信息，无法计算，故D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2024•岳阳一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（　　） A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2 B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5J C．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等 D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J 【答案】CD 【解答】A、因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为：a＝gsin30°﹣μgcos30°＝2m/s2，故A错误； B、设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有：，N到M的过程有：mgh＝2Wf，得：，故B错误； C、因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确； D、N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能：，故D正确。 故选：CD。 【题型3】 图像法 1．（2026•湖南二模）某物体做直线运动过程中的v2﹣x图像如图所示，用v、a、F、Ek、t分别表示运动过程中的速度、加速度、合外力、动能、时间的大小。下列图像中各物理量间的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A、根据速度—位移公式v22ax得v2＝2ax，可知v2﹣x图像的斜率k＝2a，图像的斜率不变，则物体的加速度不变，由图可知物体做匀减速直线运动，物体的动能，Ek﹣x图像为向下倾斜的直线，故A正确； BCD、物体的加速度不变，则合外力不变，速度随时间均匀减小，故BCD错误。 故选：A。 2．（2025春•深圳校级期中）深圳在建全球最大室内滑雪场，华发冰雪世界，预计在2025年国庆开业。如图所示为冰雪世界的某个滑雪跳台，某滑雪运动员试滑时在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，运动时间为t，下落高度为h，重力的瞬时功率为P，物体的动能为Ek，重力势能为Ep，机械能为E。不计空气阻力，则飞行过程中的各物理量对应的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A、运动员在飞行过程中，根据动能定理可得：，解得运动员的动能为：，则Ek﹣h图像不是过原点的一条倾斜直线，故A错误； B、随高度的增大，运动员受到的重力做正功，其重力势能减小，故B错误； C、运动员重力的瞬时功率为，即功率随时间为正比例函数，故C正确； D、运动员在运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，则E﹣t图像是平行t轴的直线，故D错误。 故选：C。 3．（2025•靖远县校级模拟）空下落的雨滴，由于空气阻力的原因，接近地面时已经达到匀速。如图所示，离地面高度为H的雨滴，由静止开始竖直下落，下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv（k为常数），以地面为零势能面，雨滴下落过程中机械能E随下落的高度h及所受合外力的功率P随速度大小v变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB、根据功能关系，雨滴下落时，机械能E的减少量等于克服空气阻力f做的功，则E﹣h图像斜率的绝对值 根据牛顿第二定律有mg﹣kv＝ma＝F合 雨滴做加速度减小的加速运动，当a＝0时，速度达到最大，且最大速度为 故雨滴落到地面时 所以E﹣h图像斜率的绝对值越来越大，落地时E＞0，故AB错误； CD、合外力的功率P＝Fv＝mgv﹣kv2，则P是关于v的二次函数，且当v＝0和时，P＝0，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2025春•荔湾区校级月考）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．物块的质量为2kg B．物块下滑时加速度的大小为2m/s2 C．当物块下滑2m时机械能损失了12J D．物块下滑到最低点摩擦力做功20J 【答案】B 【详解】AB、设斜面的倾角为θ，则有，可得θ＝37° 斜面高为h＝3.0m、长为L＝5.0m，物块下滑的全过程，由动能定理得 mgh﹣μmgcosθ×L＝10J﹣0 又有全过程重力势能减少ΔEp＝mgh＝30J，联立解得 m＝1kg，μ＝0.5 根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 解得a＝2m/s2，故A错误，B正确； C、由图可知，下滑2m时即x＝2m时，重力势能变化量ΔEp＝18J﹣30J＝﹣12J，即重力势能减少了12J； 动能变化量ΔEk＝4J，即动能增加了4J，则机械能变化量ΔE＝ΔEp+ΔEk＝﹣12+4J＝﹣8J，即机械能损失了8J，故C错误； D、由图可知，初始机械能等于30J。滑到底端时，机械能等于10J，则物块的机械减小20J，根据功能关系可知，摩擦力做功为﹣20J，故D错误。 故选：B。 5．（2025春•北京校级月考）如图所示，质量为m的汽车从平直公路驶上斜坡。假设汽车在水平路面上匀速行驶，驶上斜坡后，汽车的功率及所受路面的阻力与在水平路面上行驶时一致，且车到达坡顶前已达到稳定状态。在上坡过程中，汽车的速度v、牵引力F、牵引力做的功W、克服路面阻力做的功Wf与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB、汽车在水平面上匀速运动时，则有：P＝Fv，当汽车刚到达斜坡上时，牵引力大小没变，由牛顿第二定律可得：F﹣f﹣mgsinθ＝ma，故汽车从刚到斜坡时，做减速运动，根据P＝Fv可知速度减小，牵引力增大，当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力的合力时，速度减小到最小，此后汽车做匀速直线运动，牵引力保持不变，故A正确，B错误； C、汽车始终在额定功率下运动，故牵引力所做的功为W＝Pt，与时间成正比，则W﹣t是过原点的一条倾斜直线，故C错误； D、由题意可知，汽车在斜坡上先做减速运动，然后做匀速直线，在减速运动阶段，位移与时间不成正比，则此阶段克服路面阻力做的功Wf与时间t不成正比，故D错误。 故选：A。 6．（2025秋•市中区校级月考）如图所示，甲乙两个高度相同，倾角不同的光滑斜面，固定在同一水平面上。两个质量相同的小球分别自两个斜面顶端由静止释放，沿斜面运动到底端。在此过程中，两小球所受重力做的功分别为W甲、W乙，重力的平均功率为P甲、P乙。下列判断正确的是（　　） A．W甲＝W乙，P甲＞P乙 B．W甲＝W乙，P甲＜P乙 C．W甲＜W乙，P甲＞P乙 D．W甲＜W乙，P甲＜P乙 【答案】B 【详解】根据重力做功的公式，W＝mgh，由于两小球质量相等，下落的高度差也相等，则 W甲＝W乙。设下落的时间为t，加速度为a，则有mgsinθ＝ma 解得 ； 则，t1＞t2； 又由于功率 可知，P甲＜P乙，故B正确，ACD错误。 故选：B。 7．（2025秋•安徽期中）如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m＝1kg，物块A的质量M＝2kg。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F﹣t图像和随位移变化的F﹣x图像分别如图乙、丙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图中F0＝8N、Fm＝28N B．轻弹簧的劲度系数k＝250N/m C．在0～0.2s时间内，力F的冲量大小为4N•s D．在0～0.2s时间内，力F做的功为1.6J 【答案】D 【详解】A．由图乙和图丙可知，t＝0.2s时，x＝0.08m，由，代入数据可得：a＝4m/s2，t＝0时，对物体和托盘，由牛顿第二定律可知：F0＝（m+M）a， 由图乙可知，在t＝0.2s时刻物块与托盘脱离，有Fm﹣Mg＝Ma，代入数据可得：F0＝12N，Fm＝28N，故A错误； B．t＝0时，对物体和托盘，由平衡条件可知：（m+M）g＝kx1，t＝0.2s时，对托盘，由牛顿第二定律可知：kx2﹣mg＝ma，又x1﹣x2＝x，代入数据可得：k＝200N/m，故B错误； C．在F﹣t图中，图像与横坐标围成的面积代表冲量大小，所以力F冲量的大小I4N•s，故C错误； D．在F﹣x图中，图像与横坐标围成的面积代表做功的大小，所以力F做的功W，故D正确。 故选：D。 （多选）8．（2025秋•广州月考）倾角为θ的光滑斜面ABC固定在水平地面上，将一质量为m的物块从斜面的顶端由静止释放，以地面为零势能面，Ek表示物块的动能，Ep表示物块的重力势能，t表示物块运动的时间，则下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】物块下滑过程中，由牛顿第二定律有 mgsinθ＝ma 解得物块的加速度为a＝gsinθ t时刻物体的动能为 因只有重力做功，故物块的机械能守恒，则有 Ek+Ep＝k（定值） 则有 可知Ek﹣t图像为开口向上的抛物线，Ep﹣t图像为开口向下的抛物线，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 （多选）9．（2025春•成华区期末）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 【答案】BD 【详解】A、由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2E0，重力势能增加了2E0，故A错误； B、由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为 ΔE＝3E0﹣2E0＝E0 木块受到的摩擦力大小为 f＝μmgcosθ，故B正确； CD、由动能定理得 ﹣（mgsinθ+μmgcosθ） x0＝0﹣3E0 解得：mg，，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2025秋•南岸区校级月考）辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。如图甲所示为该种辘轳的工作原理简化图，已知辘轳的半径为r＝0.2m，电动机以恒定输出功率将质量为m＝3kg的水桶由静止开始竖直向上提起，提起过程中辘轳转动的角速度随时间变化的图像如图乙所示。忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．电动机的输出功率P＝30W B．0～4s内水桶上升的高度为3.95m C．0～4s内井绳对水桶的拉力逐渐增大 D．0～4s内水桶处于超重状态 【答案】ABD 【详解】A.水桶被提起的最大速度为vm＝ωmr＝5×0.2m/s＝1m/s，电动机的输出功率为P＝Fvm＝mgvm＝3×10×1W＝30W，故A正确； B.0～4s 内，根据动能定理有 PΔt﹣mgh，解得水桶上升的高度为 h＝3.95m，故B正确； C.F绳，0～4s内，轱辘转动的角速度逐渐增大，则井绳对水桶的拉力逐渐减小，故C错误 D.0～4s内ω在增大，所以水桶的速度v＝ωr在增大，可知加速度a的方向向上，水桶处于超重状态，故D正确。 故选：ABD。 【题型4】 功率法 1．（2026春•五华区校级月考）一列高铁列车的质量为m，以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力恒定不变为Ff，则（　　） A．列车达到的最大速度大小为 B．在时间t内列车牵引力做功大于 C．列车在时间t内可能做匀加速直线运动 D．如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间也等于t 【答案】B 【详解】A、当列车达到最大速度时，牵引力与阻力相等，所以有P0＝Fvm＝Ffvm 解得列车达到的最大速度大小为，故A错误； B、对列车加速过程列动能定理方程有 解得在时间纳列车牵引力做的功为，故B正确； C、列车以额定功率在平直轨道上从静止开始运动，由于功率不变，而速度增大，所以牵引力减小，则根据牛顿第二定律可知，列车的加速度减小，所以列车在时间t内做加速度减小的变加速直线运动，不可能做匀加速直线运动，故C错误； D、列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率与速度的关系可知，列车速度增大，功率增大，达到额定功率后开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率启动的加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D错误。 故选：B。 2．（2026•辽宁模拟）火车启动时经常采用先后退再前进的方式，某实验小组用传感器记录了火车启动过程的v﹣t图像，如图所示，从t＝0时刻开始，火车先在机车推动下倒退t1时间，随后关闭机车减速至t2时刻静止，停顿一段时间后向前加速，t3时刻达到最大速度。已知火车质量为m，图中t3～t4段为直线，t4时机车达到额定功率P，之后保持额定功率不变，假设t3～t5时间火车所受阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间内，机车做负功 B．0～t2时间内，机车做的功为 C．t1～t5时间内，机车做的功为Pt5（t3+t4） D．0～t4时间内，火车的位移大小为（v1t2+v4t4﹣v4t3） 【答案】C 【详解】A、在0到t1时间内，火车在机车推动下后退，机车牵引力方向与运动方向相同，机车做正功，故A错误； B、在0到t2时间内，火车初、末速度均为零，动能变化量为零。根据动能定理，机车做功与阻力做功的代数和为零，即W+Wf＝0，解得：机车做的功等于克服阻力做的功，不等于，故B错误； C、在t1到t3时间内机车关闭或静止，不做功。t3到t4时间内火车做匀加速直线运动，牵引力恒定，速度均匀增加，功率P＝Fv随时间均匀增加，平均功率为，此阶段做功。t4到t5时间内功率恒为P，做功W2＝P（t5﹣t4）。t1到t5时间内机车做的总功W＝W1+W2，解得：，故C正确； D、v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移。0到t2时间内位移为负，大小为；t3到t4时间内位移为正，大小为。0到t4时间内的位移大小为两者之差的绝对值，而选项中表达式为两者之和（即路程），故D错误。 故选：C。 3．（2026•包头一模）我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质量为m的重物由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间t1起重机达到额定功率P，此后以额定功率提升重物，又经过时间t2重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．起重机的额定功率为ma2t1 B．重物的最大速度大小为 C．t1时间内，重物机械能的增量为（mg+ma） D．t2时间内，重物机械能的增量为（mg+ma）at1t2 【答案】D 【详解】A、重物匀加速上升时，根据牛顿第二定律得：F1﹣mg＝ma，解得F1＝m（g+a），经过时间t1时的速度v＝at1，则起重机的额定功率为P＝F1v＝m（g+a）at1，故A错误； B、当拉力与重力大小相等时，速度最大，则P＝F2vm＝mgvm，可得最大速度为vm，故B错误； C、t1时间内，重物上升的位移为x，拉力做功为W1＝F1x（mg+ma），根据功能关系，重物机械能的增量为ΔE1＝W1（mg+ma），故C错误； D、t2时间内，根据功能关系，重物机械能的增量为ΔE2＝W2＝Pt2＝（mg+ma）at1t2，故D正确。 故选：D。 4．（2026•重庆校级模拟）某智能配送机器人总质量为m，在平直路线上由静止开始配送货物。行驶阻力包含恒定阻力f以及与速度平方成正比的空气阻力（其中k为已知常量）。机器人先以恒定加速度a启动，当输出功率达到额定功率后保持功率P不变，最终以最大速度vmax匀速行驶。已知重力加速度为g，忽略其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．匀加速运动阶段，牵引力与速度的平方成正比 B．匀加速运动阶段的最大速度v1满足方程 C．当机器人的速度为时，其加速度大小可能为 D．在匀加速阶段，机器人从静止开始运动至最大速度v1所用时间为t，则该过程克服阻力所做的功为 【答案】C 【详解】A．匀加速运动阶段，由牛顿第二定律可得F﹣（f+kv2）＝ma 即F＝ma+f+kv2，故A错误。 B．匀加速阶段结束时，速度达v1，功率达额定功率P，此时P＝Fv1 牵引力 因此，故B错误； C．当机器人最大速度vmax时匀速行驶，牵引力等于总阻力 功率 当速度 时，若处于功率恒定阶段（即v＞v1），牵引力 加速度 代入数据得 因v1＜vmax时可能存在 ，故此加速度可能成立，故C正确； D．匀加速阶段，根据动能定理可得 在匀加速阶段，瞬时功率P（t′）＝Fv＝（ma+f+kv2）v，因此牵引力做功，故D错误。 故选：C。 5．（2025春•金华月考）一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，其中除5～55s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，5s后发动机的输出功率保持不变。该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是（　　） A．该车的最大速度为50m/s B．该车起步过程的加速度一直改变 C．该车的额定功率为1.2×105W D．前55s内通过的位移大小为2200m 【答案】C 【详解】AC、该车匀加速阶段，结合牛顿第二定律F﹣f＝ma 根据题图可知 代入数据可得F＝6000N该车的额定功率为P＝Fv 当速度最大时，有P＝fvm 代入数据可得vm＝60m/s，故A错误，C正确； B、汽车起步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； D、匀加速阶段汽车位移为图像中0～5s内图线与坐标轴所围面积，即 汽车在5～55s内以额定功率行驶，由动能定理可得 代入数据可得x2＝2200m所以该车前55s内通过的位移大小为x＝x1+x2 代入数据可得x＝2250m，故D错误。 故选：C。 6．（2025春•重庆校级期中）近年来，我国新能源汽车产业发展迅猛。一辆新能源汽车质量为m，在某次实验测试中，该汽车在足够长的平直公路上由静止开始启动，其速度v随时间t变化的关系如图所示，图中0～t1为直线且与曲线相切。已知该汽车的额定功率为P，运动过程中所受阻力大小恒定不变，t1时刻该汽车达到额定功率，t2时刻其速度恰好达到最大。图中t1、t2、v1、v2均为已知量，则下列说法正确的是（　　） A．0～t1内，该汽车的输出功率恒定 B．0～t1内，该汽车的牵引力逐渐增大 C．t1～t2内，牵引力做功为P（t2﹣t1） D．该汽车受到的阻力大小为 【答案】C 【详解】AB.0～t1内，汽车做匀加速运动，牵引力不变，速度增加，根据P＝Fv 汽车的输出功率逐渐增加，故AB错误； C.t1～t2内，汽车的功率一定，则牵引力做功为W＝P（t2﹣t1），故C正确； D.t2时刻达到最大速度，此时牵引力等于阻力，根据P＝fv2 汽车受到的阻力大小为，故D错误。 故选：C。 7．（2025春•西城区校级期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（　　） A． B．车速为v0时的加速度大小为 C．人与车在时间t内的位移大小等于 D．在时间t内阻力做的功为 【答案】B 【详解】A、当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大，则有P＝Fvm＝fvm，平衡车的最大速度为vm，故A错误； B、车速为v0时，根据牛顿第二定律得f＝ma，解得车速为v0时的加速度大小为a，故B正确； D、人与车在时间t内，根据动能定理得 Pt+Wf 解得在时间t内阻力做的功为WfPt，故D错误； C、在时间t内阻力做的功为Wf＝﹣fs 可得人与车在时间t内的位移大小为s，故C错误。 故选：B。 （多选）8．（2026春•郑州月考）一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（　　） A．t1时刻，汽车达到最大速度 B．汽车的额定功率为（f+ma0）a0t1 C．0～t2时间内汽车的位移为 D．0～t1和t1～t2时间内汽车牵引力做功之比为t1：2（t2﹣t1） 【答案】BD 【详解】A、整个0∼t2时间内，加速度大于0，汽车一直在做加速运动，t2时刻速度最大，故A错误； B、0∼t1时间内，加速度恒定为a0，由牛顿第二定律F﹣f＝ma0 可得F＝f+ma0 t1时刻速度为v1＝a0t1，此时达到额定功率P＝Fv1＝（f+ma0）a0t1，故B正确； C、汽车的最大速度 假定另有一汽车A做匀加速直线运动（如图所示），在t2时刻，达到最大速度vm v﹣t图像的面积表示相应时间内的位移，则该车在0∼t2时间内的位移 联立解得 v﹣t图像的面积表示相应时间内的位移，从图中可看出该题中的汽车位移要大于A车的位移，故C错误； D、0∼t1牵引力做功 t1～t2牵引力做功W2＝P（t2﹣t1） 联立解得W2＝（f+ma0）a0t1（t2﹣t1） 故有0～t1和t1～t2时间内汽车牵引力做功之比W1：W2＝t1：2（t2﹣t1），故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2026春•金凤区校级月考）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力800N B．汽车的最大牵引力为1200N C．8s～18s过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．8s～18s过程中汽车的位移大小可以求解出 【答案】AD 【详解】A.当汽车的速度达到最大时，汽车受到的阻力等于汽车的牵引力，所以有P＝Fvm＝fvm，可得阻力，故A正确。 B.0～8s内汽车做匀加速直线运动，加速度；由牛顿第二定律有F﹣f＝ma，可得牵引力F＝f+ma＝800N+200×1N＝1000N。匀加速阶段牵引力恒定，之后功率恒定，牵引力减小，所以这是最大牵引力，故B错误。 C.8s～18s过程中汽车牵引力做的功为W＝Pt＝8×103×（18﹣8）J＝8×104J，故C错误。 D.8s～18s过程中汽车做变加速运动，根据动能定理有，解得x＝95.5m，故D正确。 故选：AD。 （多选）10．（2025秋•新城区校级期末） 2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直﹣20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知t2时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻军车的加速度为 B．t1时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．t2到t3时间内军车上升的高度为 【答案】BC 【详解】A、由牛顿第二定律可得，t1时刻军车的加速度表达式为，故A错误； B、根据题意，t2时刻军车的速度满足。从图像可知，在t1∼t2时段内拉力保持不变，因此合力恒定，加速度不变，军车做匀加速直线运动，则t1时刻的速度可表示为v1＝v2﹣a1（t2﹣t1），代入得，故B正确； C、在向上吊起过程中，当加速度为零时军车达到最大速度，此后保持匀速运动，此时拉力与重力平衡，即F＝mg，最大速度为，故C正确； D、在t2到t3时间内，根据动能定理有，整理可得上升高度，故D错误。 故选：BC。 【题型5】 动能定理法 1．（2025秋•温州月考）如图甲所示为智能电动车在水平路上做直线运动时自动刹车的路测场景。在某次自动刹车测试中，质量m＝1.5t的智能电动车从距离假人x0＝50m处开始刹车，其v﹣x图像如图乙所示。已知当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动；当v＞10m/s时，电动车会在机械制动基础上开启电磁辅助制动，电磁辅助制动可使机械能转化成电能。若机械制动的阻力大小f＝kv，k＝500N•s/m，不计其他阻力，则（　　） A．前15m阶段，智能电动车加速度不变 B．本次刹车测试，智能电动车会撞到假人 C．整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为225kJ D．当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的4倍 【答案】C 【详解】A.根据v﹣x图像的斜率 可得 a＝kv 由图乙可知，前15m阶段，电动车的速度逐渐减小，而图像的斜率不变，根据a＝kv可知，电动车的加速度逐渐减小，故A错误； B.当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动，机械制动的阻力大小f＝kv，以汽车运动的方向为正方向，根据动量定理 ﹣∑fΔt＝0﹣mv1 代入可得 ﹣∑kvΔt＝0﹣mv1 其中 ∑vΔt＝x2 代入数据解得 x2＝30m 刹车距离为 x＝x1+x2＝15m+30m＝45m＜x0 所以本次刹车测试，智能电动车不会撞到假人，故B错误； C.根据功能关系可知，因机械制动损耗的能量为 E＝∑kvΔx 前15m阶段根据v﹣x的面积可知 后30m阶段根据v﹣x的面积可知 故整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为 E＝E1+E2 解得 E＝225kJ 故C正确； D.根据牛顿第二定律 即 F合＝|k'|mv 由图乙可知，当v＞10m/s时 其中 f＝kv＝500kg/s•v 代入数据解得 f电＝1500kg/s•v 故 则当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的3倍，故D错误。 故选：C。 2．（2024秋•河南期末）如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】B 【详解】物块从斜面由静止滑下到 Q 点停止，根据动能定理有 mgh﹣Wf1﹣Wf2＝0。 其中斜面摩擦力做功 Wf1＝μmgcosθ•s1＝μmgx1（x1 为斜面水平投影长度），水平面摩擦力做功 Wf2＝μmgx2（x2 为水平位移）。 联立并化简得 h＝μ（x1+x2）＝μL，其中 L 为释放点到停下点 Q 的总水平距离。 由 h＝μL 可知，所有能使物块恰好停在 Q 点的释放点 （L，h） 均在过 Q 点的一条直线上。 A．连接 Q、P 两点形成一条直线，甲点位于该直线的上方，即 h＞μL，物块由于重力势能较大，动能耗尽时将滑出Q点，故A错误； B．点乙恰好落在直线 QP 的延长线上，满足 h＝μL 的定量关系，物块从该点由静止滑下，恰好能滑到 Q 点停下，故B正确； C．丙点位于直线 QP 的下方，即 h＜μL，物块将在到达 Q 点前停止，故C错误； D．丁点虽然也在斜面上，但通过几何连线观察，其并未严格落在直线 QP 的延长线上，故D错误。 故选：B。 3．（2025秋•鲤城区校级期中）如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则（　　） A．物体的质量m＝2.0kg B．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2 D．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80 【答案】C 【详解】A、物体到达最高点时，机械能为： E机＝EP＝mgh 由图知： EP＝30J 则得： 故A错误； B、由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为： W＝30J﹣50J＝﹣20J 在整个过程中由动能定理得： Ek﹣Ek0＝2J 则有： Ek＝Ek0+2J＝50J+2×（﹣20）J＝10J 故B错误。 C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得 mgsinα+μmgcosα＝ma 得： a＝gsinα+μgcosα＝10×0.6m/s2+0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2 故C正确； D、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功 即： 得： μ＝0.5 故D错误； 故选：C。 4．（2025秋•安宁区校级期中）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球落地点离O点的水平距离为R B．小球落地点时的动能为 C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零 D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R 【答案】D 【详解】A、在最高点P小球受到的重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律得： 解得v 小球离开P点后做平抛运动，根据2R 解得平抛运动的时间t 则水平距离x＝vt，故A错误； B、根据机械能守恒定律，可得小球落地点时的动能2.5mgR，故B错误； C、小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，在P点轨道对小球的弹力为0，重力提供向心力，故C错误； D、若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，小球达到最高的时候的速度为零。设小球能达到的最大高度为比P点高h。由机械能守恒定律得到：mg（2R+h）＝2.5mgR，解得h＝0.5R，故D正确。 故选：D。 5．（2025秋•白城校级期中）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　） A．6W B． C．12W D． 【答案】D 【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为 W＝Fx 图像中斜率代表拉力F，知在x＝2m时，拉力 物体从0运动到2m的过程，由动能定理有 解得物体的速度为 物体在2m时，拉力的功率 P1＝F1v1 解得 此后，拉力变为 F2小于摩擦力，物体做减速运动，速度变小，拉力的功率变小。所以则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为 故ABC错误，D正确。 故选：D。 6．（2025春•龙岩期中）如图所示，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，若以地面为零势能参考面，则苹果刚要落到坑底时的动能为（　　） A．mgh B．mgH C．mg（H+h） D．mg（H﹣h） 【答案】C 【详解】苹果下落过程中不计空气阻力，仅受重力作用，机械能守恒。以地面为零势能参考面，苹果在树上的初状态速度为0，高度为H，则初机械能E1＝mgH； 当苹果落到坑底时，高度为﹣h，设此时动能为Ek，根据机械能守恒定律有mgH＝Ek+mg（﹣h），解得：Ek＝mg（H+h）。 此外，根据动能定理，合外力（重力）做的功WG＝mg（H+h）等于动能的变化量，由于初动能为0，直接得末动能为mg（H+h）。 ABC、根据推导可知，苹果落到坑底时的动能由初末位置的高度差决定，与参考平面的选取位置无关，故AB错误，C正确； D、该选项错误地将位移计算为H﹣h，不符合从树上到坑底的实际物理过程，故D错误。 故选：C。 7．（2026•长寿区校级开学）冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经便斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为，上端与下端高度差为h1＝6m，倾斜滑道高度差为h2＝2m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为（　　） A．0.07 B．0.08 C．0.09 D．0.10 【答案】A 【详解】游客在整个运动过程中，由动能定理 解得 μ＝0.08 实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做功 则动摩擦因数应更小，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）8．（2026•雁塔区校级模拟）如图所示，质量为M＝3m的木板在光滑的水平面上以v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从距离木板上表面高度为h处自由下落，与木板碰撞后，反弹上升的最大高度为，且发生碰撞时FN≫mg，球与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小球弹起后的水平速度大小可能是（　　） A．v0 B．v0 C． D． 【答案】BD 【详解】AB、在水平方向上，若m与M最终达到共同速度，取向右为正方向，根据动量守恒定律有（m+M）v＝Mv0，解得：，故B正确，A错误； CD、若m与M最终未达到共同速度，在竖直方向上，支持力的冲量为，则摩擦力对m的冲量。在水平方向上，对m应用动量定理有If＝mvx，解得：，故D正确，C错误。 故选：BD。 （多选）9．（2025秋•青山湖区校级期末）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（　　） A．电梯为下降过程 B．在10～11s内电梯的加速度大小为1m/s2 C．F3的示数为600N D．电梯运行的总位移为20m 【答案】AC 【详解】A、由t＝0时电梯静止，可知电梯的初速度与0～2s时间内的加速度方向相同，由图可知0～2s时间内台秤示数为450N，同学体重为500N，即同学受到的合力向下，加速度向下，则电梯初始的运动方向向下，该过程为下降过程，故A正确； BC、由图可知电梯在三段时间内分别做匀加速、匀速、匀减速运动，结合牛顿第二定律，可得电梯第一段的加速度满足：mg﹣F1＝ma1，匀速时的速度大小满足：v＝a1t1，根据电梯在11s时停止，可在10～11s内电梯的加速度大小满足：0﹣v＝﹣a2t3，F3﹣mg＝ma2，解得F3＝600N，，故B错误，C正确； D、电梯加速阶段：，减速阶段：，匀速运动阶段：h2＝vt2，电梯运行的总位移为：H＝h1+h2+h3，解得：H＝19m，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025•西安校级三模）如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环（视为质点）相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是（　　） A．圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大 B．圆环向下运动的最大距离为 C．圆环最大动能为 D．圆环运动过程中的最大加速度为 【答案】AC 【详解】A.圆环向下运动的过程中，弹性绳的拉伸量逐渐增大，弹性绳的弹性势能一直增大，故A正确； B.圆环向下运动至最低点过程，根据机械能守恒 代入数据得，故B错误； C.圆环动能达到最大时，速度最大，圆环加速度为0，令此时绳与竖直方向夹角为θ，弹性绳的拉伸量为x，则有 对圆环进行分析有kxcosθ＝mg 结合能量转化与守恒有 代入数据得，故C正确； D.对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，令在C点的加速度为a，此时弹性绳与竖直方向夹角为α，有 则有 根据牛顿第二定律有 结代入数据得a＝g，即圆环运动过程中的最大加速度为g，故D错误。 故选：AC。 【题型6】 守恒法 1．（2026•重庆模拟）游乐园的蹦床活动深受小朋友们喜爱。如图所示，一个小朋友在蹦床上活动时，从最低点经蹦床弹起腾空并到达最高点的过程中（空气阻力不计），该小朋友（　　） A．机械能守恒 B．腾空后加速度恒定 C．在最高点的加速度为零 D．离开蹦床的瞬间速度最大 【答案】B 【详解】A、离开蹦床前，弹力做正功，该小朋友的机械能增加，故A错误； B、腾空后仅受重力作用，加速度恒定，故B正确； C、在最高点速度为零，加速度不为零，故C错误； D、该小朋友先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后竖直上抛，离开蹦床前当弹力等于重力时其瞬时速度最大，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•中山区校级月考）如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（　　） A．小球C的机械能一直增大 B．小球C的机械能一直减小 C．小球C落地前瞬间的速度大小为 D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg 【答案】C 【详解】根据题意可知，系统的机械能守恒， 小球A、B的初速度为零，C落地瞬间，A、B的速度为零，而A、B的重力势能不变， 则A、B的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒， 可知，小球C的机械能先减小后增大，设小球C落地前瞬间的速度大小为v， 由机械能守恒定律有，解得， 故AB错误，C正确； D．根据上述分析可知，当小球C的机械能最小时，A、B的机械能最大，即A、B速度最大， 此时小球A、B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，即杆对小球A、B恰好没有作用力， 因此地面对小球B的支持力大小等于mg，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•中山区校级月考）倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送k＝4.0kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（重力加速度g＝10m/s2，传送带直径大小可忽略），则下列说法中正确的是（　　） A．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是1.25s C．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是122W D．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是154W 【答案】D 【详解】AB、煤屑落到传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其加速度为a＝μgcosθ﹣gsinθ，解得：a＝0.4m/s2。根据运动学公式，达到共速所需时间为，解得：t＝2.5s，此过程中煤屑前进的位移为，解得：x＝1.25m，故AB错误； CD、传送带电机多消耗的功率P，等于单位时间内煤屑机械能的增量与系统内能增量之和。机械能增加功率为，解得P机＝122W；在煤屑加速阶段，产生的热功率P热＝k•μgcosθ•Δx，其中煤屑与传送带间的相对位移Δx＝vt﹣x，解得：Δx＝1.25m，代入数据解得P热＝32W，因此总功率P＝122W+32W，解得：P＝154W，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2026春•沈北新区校级月考）如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的（O1、O2点）。A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，则球到达最低点的过程中（　　） A．A球重力的瞬时功率一直变大 B．最低点时，A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率 C．最低点时，A球的速度小于B球的速度 D．最低点时，悬线对A球的拉力等于悬线对B球的拉力 【答案】D 【详解】两小球从水平位置由静止释放，运动至最低点的过程中，机械能守恒且均做圆周运动。 AB、根据瞬时功率公式P＝mgvy。初始时刻小球速度为零，故P＝0；在最低点，小球速度方向沿切线水平，竖直分速度vy＝0，则P＝0。因此，下落过程中重力的瞬时功率先增大后减小，且在最低点时A、B两球重力的瞬时功率均为零，故AB错误； C、由机械能守恒定律，解得最低点速度。由于LA＞LB，可知vA＞vB，故C错误； D、在最低点，根据牛顿第二定律有，将v2＝2gL代入，整理得F＝3mg。可见最低点悬线的拉力大小与悬线长度L无关，由于两球质量相同，则悬线拉力相等，故D正确。 故选：D。 5．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，下降过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且，在小球从M点运动到N点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹力对小球先做正功后做负功 B．只有一个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，小球的机械能最大 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差 【答案】D 【详解】AC、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，弹簧长度最短时，小球的机械能最小，故AC错误； B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处（即有两个时刻）加速度为g，故B错误； D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。 故选：D。 6．（2026•东城区一模）如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速运行，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块，现将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。在小物块向右运动的过程中，设小物块的速度为v，弹簧与小物块的总机械能为E，运动距离为x，则下列v﹣x、E﹣x图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB.对小物块列动能定理有 数学处理后有 则这是一条以为中心，半长轴，半短轴的椭圆，在v≥0的部分，故A正确，B错误； CD.弹簧与小物块的总机械能变化量等于摩擦力做功，当物块位于零势能面时，则有 E＝fx可知 E﹣x为直线，故CD错误。 故选：A。 7．（2026春•鼓楼区校级月考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为m，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至时速度恰为零，A、B两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B球的质量为3m B．A、B球组成的系统机械能守恒 C．B球刚落地时，速度大小为 D．轻绳对A球的拉力做的功为mgh 【答案】A 【详解】B．在B落地前，对AB整体，只有重力做功，故球AB组成的系统机械能守恒，但B落地后，速度立即变为0，机械能减小，而球A继续上升，机械能不变，故整体机械能不守恒，故B错误； C．设B球刚落地时，A、B的速度大小为v，此后A球做竖直上抛运动，有 解得，故C错误； D．设轻绳对A球的拉力做的功为W，由动能定理可得 解得，故D错误； A．设B球的质量为M，在B球落地前，由系统机械能守恒得 解得M＝3m，故A正确。 故选：A。 （多选）8．（2026春•平阳县校级月考）如图所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长到b点，质量为2kg的滑块从a点以初速度v0＝6m/s开始向右运动，与此同时，在滑块上施加一个大小为20N，与水平方向夹角为53°的恒力F，滑块将弹簧压缩至c点时，速度减小为零，然后滑块被反弹至d点时，速度再次为零，已知ab间的距离是2m，d是ab的中点，bc间的距离为0.5m。（g取10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6），则下列说法中正确的是（　　） A．滑块与水平面间的摩擦因数为0.3 B．滑块从b点至c点的过程运动时间为 C．弹簧的最大弹性势能为36J D．滑块从c点至d点过程中的最大动能为25J 【答案】CD 【详解】A、滑块从a点运动到d点，根据动能定理有，解得：，故A错误； B、由于Fcos53°＝μ（mg+Fsin53°）＝12N，所以滑块从a点至b点的过程做匀速直线运动。若滑块从b点至c点做匀减速直线运动，则有，解得：。但由于弹簧弹力是变力，滑块做加速度增大的减速运动，其运动时间小于，故B错误； D、根据，解得弹簧的劲度系数k＝288N/m。滑块从c点至d点过程中，当所受合力为零时速度最大，动能最大，此时有Fcos53°+μ（mg+Fsin53°）＝kx，可求得动能最大的点与b点的距离为。根据能量守恒有，解得：Ekm＝25J，故D正确。 C、滑块运动到c点时弹性势能最大，根据能量守恒定律有，解得：Ep＝36J，故C正确； 故选：CD。 （多选）9．（2026春•沙河口区校级月考）某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°长度L＝19m的传送带平滑连接，传送带以v0＝8.0m/s的速率顺时针转动。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。则解除锁定后（　　） A．滑块被弹簧弹出时速度大小为3m/s B．滑块在传送带上运动的过程中摩擦力对滑块做功大小为82.5J C．滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为37.5J D．电动机由于传送滑块多消耗的电能为160J 【答案】ACD 【详解】A、设滑块被弹簧弹出时速度大小为v1。解除锁定，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律有Ep，解得v1＝3m/s，故A正确； B、因v1＝3m/s＜v0＝8.0m/s，则滑块冲上传送带后先向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律得 μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma 解得a＝2.5m/s2 物块加速到与传送带共速的时间为t1 解得t1＝2s 物块的位移为x1 解得x1＝11m＜L＝19m 可知物块在传送带上先匀加速后匀速 则滑块在传送带上运动的过程中，摩擦力对滑块的做功大小 W＝μmgcosθ•x1+mgsinθ•（L﹣x1） 解得W＝122.5J，故B错误； CD、滑块与传送带间的相对位移为 Δx＝v0t1﹣x1 解得Δx＝5m 滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcosθ•Δx 解得Q＝37.5J 设电动机由于传送滑块多消耗的电能为E，由能量守恒定律有 E＝Q+mgLsinθ+（） 解得E＝160J，故CD正确。 故选：ACD。 （多选）10．（2026春•沙河口区校级月考）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的右端A点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A点。现用外力缓慢推动一质量为m的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v滑上传送带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，已知弹簧弹性势能Ekx2，其中k为劲度系数。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，以下说法正确的是（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为 D．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为 【答案】AD 【详解】A.由于返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，表明滑块滑上传送带时先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后向右做匀速直线运动，则有，， 解得传送带的速度，故A正确； B.结合上述可知，滑块返回A点后匀速向右运动，压缩弹簧至最短，又向左加速至脱离弹簧做匀速运动，之后再次在传送带上向左做匀减速直线运动，减速至O后向右做匀加速直线运动到达A时速度恰好与皮带速度相等，之后重复上述运动，可知，经过足够长的时间，滑块最终不会静止于水平面上，故B错误； C.滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有v＝μgt1， 第一次返回向右做匀加速直线运动过程有， 根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为， 解得，故C错误，D正确。 故选：AD。 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $