2025年高考物理考点复习之功和能

2025年高考物理解密之功和能

一.选择题（共10小题）

1.（2024•沙坪坝区校级模拟）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶15L的水从一楼搬运到六楼，用

时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为（）

A.2.5WB.25WC.25OWD.2500W

2.（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为机的小物块静止在斜面底端，某时刻

给物块一个沿斜面向上的初速度％使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为〃，斜面的倾角

8=30。，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能纥随沿斜面运动

的位移无变化的图像如图乙所示，g取10根/s',下列说法正确的是（）

A.图线a为物块动能的变化图线，图线b为物块机械能的变化图线

B.物块的质量为〃z=0.5侬

C.物块与斜面之间的动摩擦因数为〃=弓

D.物块的初速度%=15根/s

3.（2024•重庆模拟）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示,

某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（）

A.该游客所受合力做功为零

B.该游客所受合力始终为零

C.该游客的机械能守恒

D.该游客所受重力的瞬时功率一定变大

4.（2024•荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理

过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动

的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空

气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v,加速度大小为a,动能为4,机械能为E,玉米粒距离

地面的高度为〃，下列图像能近似反映上述物理过程的是（）

h

D.

5.（2024•西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为相，从助

滑坡上A点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点3从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于

着陆坡上。点。已知A、C的高度差为4,C、。的高度差为《，重力加速度大小为g，摩擦阻力和空

气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是（）

出发点

B.运动员起跳时的速率%>^^拓

c.运动员着陆前瞬间的动能”="?（4+饱）

D.运动员在空中飞行的时间f>

6.（2024•甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为加的小环套在大圆环上，小环从静止开

始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，。为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作

用力大小（）

B.在。点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

7.（2024•淮安模拟）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，6时刻达到发动机额定功

率后保持功率不变，时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度。、速度V、

牵引力F、功率P随时间f的变化规律正确的是（）

8.（2024•山东）如图所示，质量均为机的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根

原长为/的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d</）。两木板与地面间动摩擦因数均为〃，弹性绳劲

度系数为k,被拉伸时弹性势能E=g丘2（》为绳的伸长量）。现用水平力厂缓慢拉动乙所坐木板，直至甲

所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，左保持不变，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度大小为g,则下所做的功等于（）

2

A（//mg）,0八

A.-----------bjumgQ7—d）B.------------卜从mg（l—d）

2k2k

C.3（〃-g）~+2〃mg（l-d）D.3mgy+2〃―g（/—d）

2k2k

9.（2024•商洛模拟）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，，轻弹簧的上端

固定于挡板，下端连接滑块尸，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力尸作用在尸上，使滑块向

下匀加速（avgsin。）运动一段距离。以x表示P离开初位置的位移，f表示P运动的时间，E表示P的机

械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g,则下列图像可能正确的是（）

C.OD.O

10.（2024•西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可

重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系

统测出火箭竖直起降全过程的nT图像如图所示，火箭在r=O时刻离开地面，在。时刻落回起点。不计空

气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（）

A.在4时刻，火箭上升到最高位置

B.在。-6时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零

C.在4-4时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量

D.在时间内，火箭处于失重状态

二.多选题（共5小题）

11.（2024•开福区校级模拟）如图所示，在倾角为6的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射出

去，若小球从斜面水平抛出的初动能为用,小球落到斜面上的动能为生，小球落到斜面瞬间的速度方向

与水平方向的夹角为口。不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.纥越大，口越小B.a的大小与％大小无关

C.tan6=12--D.tan<9="-.

V2ElV4E1

12.（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为0.15伙的

小物体尸栓接，紧靠着P的右端放置质量为0.3依的小物体。，尸、。均静止，弹簧处于原长状态。现对

0施加水平向左的恒力F,使P和。一起向左运动，当两者速度为零时撤去尸，P、。最终均停止运动。

以初始时。静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从。开始向左运动到撤去尸前瞬间，。的加速度a随

位移x变化的图像如图乙所示。已知P、。两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度大小取

g=10/n/?o下列说法正确的是（）

'a/(m-s-2)

/WWWW-PQ

甲

A.F的大小为6.75NB.弹簧的劲度系数为22.5N/W

C.P的最大速度为D.。最终停在x=-0.04机位置

10

13.（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从"点抛出沙包，分别落在正前方地面2和。2处。

沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的

最图点禺地图度均为3.2根，OH=lAm»OQX=8.4m,OQ2=9.8mf沙包质量为0.2依，忽略空气阻力,

A.第一次运动过程中上升与下降时间之比近:4

B.第一次经尸点时的机械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85

D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大

14.（2024•福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角。，半径

为R的四分之一圆弧轨道2C与9管道相切于3点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在AB管道

的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄P将球投入4?管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，

释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不

同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠距3点为L,

释放手柄，弹珠被弹出，到达C点速度为丫。已知弹珠的质量为机，当地重力加速度为g。下列说法正确

A.弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大

B.调整手柄的位置，可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物

C.弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大

D.此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg（L+R）sine+；/w2

15.（2024•辽宁模拟）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高々

处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为%（4<%）。若忽略空气阻力

的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度V、位置x随时间f的变化规律以及动能心、

机械能E机随空间位置无的变化规律，描述正确的是（）

三.填空题（共5小题）

16.（2024•重庆模拟）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起

的最大高度比原来低20.八为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，

每分钟拍打100次，篮球质量为600g。取重力加速度大小为10〃?/s'。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损

失，则该同学每次拍打小球需做功为—J,拍打小球的平均功率为—W。

17.（2023•南充模拟）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆

轨道，如图甲，圆轨道半径R=3〃z,在轨道内侧距离最低点A高度H分别为0、〃、2/7、3及、4/1>5/?、

6人处固定有压力传感器，质量为机的小球从A点以速度为沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨

道的压力厂的数值，作出R-H图像如图乙。

（1）若小球在A点对轨道的压力大小为工，则尸与W的关系可表示为歹=（用机、g、R、H、Fo

表示）;

（2）取重力加速度g=10ni/s2,由图乙可得小球质量根=依，小球经过最低点A时的初速度%=

miso（%的结果用根式表示）

18.（2023•重庆模拟）质量为1像的物体，在空中由静止开始自由落下，经5s落地（g=10m/s2）。前2s内

小球的动能增量为；前2s内重力做功的功率为；第2s末重力做功的瞬时功率=

19.（2023•崇明区二模）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方。点。两次射门，足球分

别斜向上打在水平横梁上的a、。两点，。为横梁中点，如图所示。已知两次球被踢出时的速度大小均为%,

不计空气阻力，则足球到达a、6的速度—（选填“相同”或“不相同”），足球到达a、6的动能之

20.（2023•嘉定区二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度

与下落距离的关系，在运动员身上携带传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的丫2-〃图像。

若运动员及其装备的总质量为80像，那么运动员下落—s后弹性绳被绷直，运动员速度最大瞬间绳子

的弹性势能为Jo

四.解答题（共5小题）

21.（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）

在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点。为观测点,

以质量为机的小星体（记为尸）为观测对象。当前尸到。点的距离为％,宇宙的密度为/J。。

（1）求小星体尸远离到2%处时宇宙的密度0；

（2）以。点为球心，以小星体尸到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中

于。点对P的引力。已知质量为网和在、距离为R的两个质点间的引力势能昂=-G等，G为引力常

量。仅考虑万有引力和P远离。点的径向运动。

a.求小星体尸从4处远离到2%处的过程中动能的变化量△Ek；

6.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v=H■，其中r为星体到观测点的距离，”为哈勃系数。

X与时间f有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。

22.（2024•历下区校级模拟）如图所示，借助电动机和斜面将质量为20像的货物用最短的时间从斜面底端

拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知

电动机的额定功率为1200W、绳子的最大拉力为300N,绳子与斜面平行，斜面长度为34.2根，倾角6=30。，

货物与斜面的摩擦因数为减速阶段加速度大小不超过5机/s',g取IOM/S?。求：

（1）减速阶段电动机的牵引力T;

（2）货物运动总时间f。

23.（2024•西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造

瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷

出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。

在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为“(不会随着水被抽走而改变水位)，龙头离地面高为人，龙

头喷水管的半径为r,龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，

龙头喷出的水直接落地(如图中虚线所示)，其落地的位置到龙头管口的水平距离为d=2/7。已知水的密

度为0,重力加速度为g,不计空气阻力。完成以下问题：

(1)求单位时间内从龙头管口流出的水的质量“％;

(2)不计额外功的损失，求水泵输出的功率P。

(3)在施工前，先制作一个为实际尺寸’的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实

16

24.(2024•福建)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图(a)为《天工开物》中描绘的利用耕牛

整理田地的场景，简化的物理模型如图(b)所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子

相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角。为25.5。，sin25.5。=0.43,cos25.5°=0.90«当

每条绳子拉力厂的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20相，求此过程中：

(1)地面对木板的阻力大小；

(2)两条绳子拉力所做的总功；

(3)两条绳子拉力的总功率。

25.(2024•西城区校级模拟)阿特伍德机是由英国物理学家乔治・阿特伍德在1784年发表的《关于物体的

直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别

与质量为3m的物体A和质量为7"的物体3相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不

会打滑。

（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体A下落高度万后，两物体的速度大小。

（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速

度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量/作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度

«描述其转动加快过程中角速度的变化率。

在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体

（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M（力矩是矢量，大

小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速

度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为

厂的圆盘边缘的线加速度。的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动

惯量和角加速度的关系。

b.在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若

考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还

需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为。时刚体的转动动能

既转°

C.若滑轮的质量为7",半径为R,其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量

2

的前提下，与物体A相连的轻绳拉力大小工，与物体6相连的轻绳拉力大小心，以及物体A下落高度力后

的速度大小。

A

2025年高考物理解密之功和能

参考答案与试题解析

选择题（共10小题）

1.（2024•沙坪坝区校级模拟）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶15L的水从一楼搬运到六楼，用

时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为（）

A.2.5WB.25WC.250WD.2500W

【答案】B

【考点】重力的大小及其影响因素；平均功率的计算

【专题】定量思想；推理法；推理论证能力；功率的计算专题

【分析】知道矿泉水桶重和楼高，利用功的公式可求对水做的功，利用功率公式可求功率。

【解答】解：一层楼房的高度大约为3〃?，

从一楼搬运到六楼总高度为15m,

水的重力为G==0g=IO,X15X10-3XION=150N

则小明对这桶水做功的平均功率约为尸=电=生=150x3x5^=25卬

tt90

故3正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】本题考查功率的计算方法，明确功率的定义即可解答。

2.（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为机的小物块静止在斜面底端，某时刻

给物块一个沿斜面向上的初速度%使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为〃，斜面的倾角

3=30°,取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能纥随沿斜面运动

的位移x变化的图像如图乙所示，g取10根/$2,下列说法正确的是（）

A.图线a为物块动能的变化图线，图线6为物块机械能的变化图线

B.物块的质量为根=0.5便

C.物块与斜面之间的动摩擦因数为〃=弓

D.物块的初速度为=15771/s

【答案】C

【考点】常见力做功与相应的能量转化

【专题】比较思想；图析法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力

【分析】根据物块上升到最高点时动能为零，而机械能不等于零，分析图线对应关系；根据动能随位移的

变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，分别列式，结合初动能解

答。

【解答】解：A、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可知

物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像可知，

图线。为机械能的变化图线，图线b为动能的变化图线，故A错误；

BCD,根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩擦

力，可得

—Jim—mgsin6+jumgcos0

4',

5—2一八

4JIm=]umgcos〃

由图像知物块的初动能为5J,上升到最高点物块的机械能为2J,即重力势能为2J,则

;而=5/

mgx4mxsin8=2J

联立解得

m=0.\kg,〃=%=10ZM/S,故C正确，BD错误。

故选：C。

【点评】解答本题时，要掌握动能定理和功能关系，分析图线斜率的意义，特别要知道本题中摩擦力做功

等于机械能的变化。

3.（2024•重庆模拟）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，

某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（）

A.该游客所受合力做功为零

B.该游客所受合力始终为零

C.该游客的机械能守恒

D.该游客所受重力的瞬时功率一定变大

【答案】A

【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用；恒力做功的计算

【专题】推理法；定性思想；理解能力；动能定理的应用专题

【分析】明确游客的运动过程，由动能定理分析合外力做功情况，根据曲线运动的性质分析合力是否为零，

根据机械能的定义分析机械能是否守恒；根据功率公式分析功率的变化情况。

【解答】解：A、游客速率不变，动能不变，由动能定理可知，合力做功为零，故A正确；

3、由于游客做曲线运动，受到的合外力不为零，故3错误；

C、由于游客的动能不变，重力势能改变，故机械能不守恒，故C错误；

。、游客通过环形轨道攀升的过程中，重力和速度间的夹角钝角且先不断增大再不断减小，由P=mgvcosa

可知，重力的功率先变小后增大，故。错误。

故选：Ao

【点评】本题根据过山车考查了动能定理、机械能守恒定律、功率公式以及曲线运动的性质，要注意正确

分析运动过程，明确物理规律的应用。

4.（2024•荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理

过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动

的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空

气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v,加速度大小为a,动能为项，机械能为E,玉米粒距离

地面的高度为肌下列图像能近似反映上述物理过程的是（）

甲乙

V

A.

B.

Ek

h

【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功是能量转化的过程和量度

【专题】推理法；功能关系能量守恒定律；定量思想；推理能力

【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。

【解答】解：ABC,分析玉米粒的受力可知玉米粒在传送带加速时有

mgsin3+cos0=ma

解得a=gsin6+〃gcos0

匀速时，加速度为0,有

mgsin0=/

离开传送带后加速度恒定为g,故玉米粒先加速再匀速，离开传送带后做斜上抛运动，玉米先减速，后加

速，则玉米粒的动能先增大再不变，离开传送带后先减小，后增大，故ABC错误;

£）、摩擦力做功代表玉米粒机械能变化，在传送带运动时，摩擦力做正功，机械能增大，由A分析可知加

速阶段摩擦力较大，图像的斜率表示摩擦力，离开传送带后只有重力做功，机械能不变，故。正确;

故选：Do

【点评】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时,

由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。

5.（2024•西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为机，从助

滑坡上A点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点3从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于

着陆坡上。点。已知A、C的高度差为4,C、。的高度差为生，重力加速度大小为g,摩擦阻力和空

气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是（）

出发点

A.运动员在3点处于失重状态

B.运动员起跳时的速率％>75拓

C.运动员着陆前瞬间的动能”="?（4+饱）

D.运动员在空中飞行的时间”营

【答案】D

【考点】平抛运动速度的计算；超重与失重的概念、特点和判断；机械能守恒定律的简单应用

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力

【分析】A根据牛顿第二定律求解支持力大小再判断；

BC.根据动能定理列式并作出判断；

D.根据斜上抛运动的特点或者结合阻力也能分析出时间长短。

【解答】解：A根据牛顿第二定律，运动员在5点满足

FN-mg=m-^

所以丹〉叫，即运动员在5点处于超重状态，故A错误；

B.运动员从A到C由动能定理得

12

mgh^-Wf=^mvc

所以Vc<12g%,故5错误;

C根据动能定理，从A到。满足

12

mg（%+h2）—Wf,=—^ivD

所以“〈加双人+色），故。错误;

D因为运动员在C点起跳时，速度方向斜向上，结合空气阻力都可以判断出运动员在空中飞行的时间

空号,故D正确。

故选：Do

【点评】考查动能定理和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。

6.（2024•甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为机的小环套在大圆环上，小环从静止开

始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，。为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作

用力大小（）

A.在。点最大B.在。点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

【答案】C

【考点】绳球类模型及其临界条件；判断物体的受力个数；牛顿第三定律的理解与应用；动能定理的简单

应用

【专题】模型建构能力；信息给予题；匀速圆周运动专题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理

解能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用

【分析】小环在下滑过程中，重力沿半径方向的分力与圆环对小环的作用力的合力提供向心力；根据动能

定理求小环的速度大小，根据牛顿第二定律求解作用力的大小，然后作答。

【解答】解：设圆环的半径为R,小环下滑的高度为〃，则4,27?

小环在下滑过程中，根据动能定理=

解得v=，2gh

小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力耳=加8

小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成。角，如图所示：

小环下滑的高度h=R(l-cos8)

小环的速度v=42gh=42gR(l-cos9)

根据牛顿第二定律mgcosd-F=

联立解得F=3mgcos0—2mg

0增大，cos。减小，作用力F先减小，再反方向增大；

m

小环在圆心等高处时F2=皿三=)=2mg

小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成口角，如图所示:

小环下滑的高度/z=R(l+cosa)

小环的速度v=，2gh=j2gR(l+costz)

根据牛顿第二定律F-mgcosa=

代入数据联立解得F=2mg+3mgcose

£减小，cose增大，作用力/增大；

mm

小环在最低处时F3—mg=~~="与"L=4mg

解得F3=5mg

根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故ABD错误，

C正确。

故选：Co

【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿定律的综合运用，作好受力分析是解题的关键。

7.(2024•淮安模拟)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，％时刻达到发动机额定功

率后保持功率不变，芍时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度。、速度V、

牵引力尸、功率尸随时间f的变化规律正确的是()

【答案】C

【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用

【专题】牛顿运动定律综合专题；推理法；定性思想；推理能力；功率的计算专题

【分析】A、根据汽车最后匀速运动时4=0分析；

3、根据汽车恒加速启动过程，vT图像上图线是倾斜的直线分析；

C、根据P=网和牛顿第二定律分析牵引力大小变化；

D、根据尸=a和丫=神分析匀加速直线运动过程尸与f的关系，达到额定功率，汽车功率不变。

【解答】解：A、汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，

再做匀速直线运动，最后加速度为零，故A错误；

B,汽车先做匀加速直线运动，所以0~0阶段图线为过原点的倾斜直线，故3错误；

C、0~4时间内汽车的牵引力恒定不变，％时刻汽车的功率达到额定功率，此后汽车的功率不变，由尸=何

可知，尸不变，v增大,牵引力尸减小，由牛顿第二定律：尸-/■=〃也可知加速度a减小，所以v增大的

越来越慢，则/减小的越来越慢，即内〜与图线的斜率减小，%后加速度减为零，汽车的速度达到最大，

汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故C正确；

。.汽车做匀加速直线运动过程，由尸=FV,v=at可得功率「=为/,尸和。都不变，所以0~：时间内P

与时间f成正比，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，

故。错误。

故选：C。

【点评】本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定

功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小

的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。

8.(2024•山东)如图所示，质量均为机的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根

原长为/的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d</)。两木板与地面间动摩擦因数均为〃，弹性绳劲

度系数为k,被拉伸时弹性势能E=g质2(X为绳的伸长量)。现用水平力厂缓慢拉动乙所坐木板，直至甲

所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，女保持不变，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度大小为g,则尸所做的功等于()

A(//mg)2〃/、n3(//mg)2/、

A.-----------jurngQ—d)B.-------------卜—d)

2k2k

C.3(〃-g)"+2〃mgQ-d)D."叫),+2〃—g"d)

2k2k

【答案】B

【考点】功是能量转化的过程和量度

【专题】共点力作用下物体平衡专题；定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；信息给予

题；理解能力

【分析】根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时

的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。

【解答】解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为X；

对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件〃7咫=履

解得弹性绳的伸长量》=幺鳖

k

此时弹性绳的弹性势能E=1履2=！-侬>)2=9蛆1

22k2k

乙同学的位移》=(/-d)+x

根据功能关系，拉力做功W=〃ngx;+E=-d)+必超］+E

k

代入数据解得w=式侬匚+m3—d)

2k

综上分析，故ACD错误，5正确。

故选：Bo

【点评】本题主要考查了共点力作用下的平衡条件和功能关系，解题时要抓住甲同学刚要离开原位置的临

界条件，理解用水平力F缓慢拉动乙所坐木板的含义是解题的关键。

9.(2024•商洛模拟)如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为。，轻弹簧的上端

固定于挡板，下端连接滑块P,开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在尸上，使滑块向

下匀加速(a<gsin。)运动一段距离。以x表示尸离开初位置的位移，f表示尸运动的时间，E表示P的机

械能(设初始时刻机械能为零)，重力加速度为g,则下列图像可能正确的是()

【答案】B

【考点】作用力与反作用力；常见力做功与相应的能量转化

【专题】定量思想；图析法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力

【分析】对物块P进行受力分析，结合牛顿第二定律得出力的变化趋势；

分析物块P的能量转化特点，根据功能关系列式即可完成分析。

【解答】解：AB.根据题意可得，假设物块P的质量为〃7,弹簧的劲度系数为上,系统静止时弹簧相对

原长的伸长量为升,由胡克定律可得:

kx0=mgsin0

由牛顿第二定律可得：

F+mgsin0—k(x+x^ma

联立可得：F=kx-\-ma=—kat2+ma,故A错误，B正确；

2

CD.由题可知方-左(％+/o)="-机gsin8<0,因为在初始位置时，物块尸的机械能为0,则物块尸机械

能的变化量为：

石一0=W=-m(gsin0-a)x

整理得：E=-m(gsin0-a)x=--m(gsin0-a)at2,故CD错误。

故选：Bo

【点评】本题主要考查了功能关系的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合功能关系和牛

顿第二定律即可完成分析。

10.（2024•西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可

重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系

统测出火箭竖直起降全过程的VT图像如图所示，火箭在r=O时刻离开地面，在。时刻落回起点。不计空

气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（）

A.在4时刻，火箭上升到最高位置

B.在。-％时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零

C.在％时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量

D.在勾-6时间内，火箭处于失重状态

【答案】C

【考点】功是能量转化的过程和量度；超重与失重的图像问题

【专题】功能关系能量守恒定律；定量思想；推理能力；推理法

【分析】A：根据VT图像图线的走向和正负判断；

3:v-f图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化，进一步判断合力的变化，即可判断出

推力的变化；

C：根据动能定理判断；

。：根据加速度的方向判断超重和失重。

【解答】解AO~L时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，时间内火箭的速度为0,处于

静止状态，。时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故芍时刻上升到最高点，故A错误；

AvT图像的斜率表示加速度，在0~6时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先

增大后逐渐减小，在"时刻，火箭受到的推力等于其重力，故3错误；

C.在4时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭

动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确;

D在4~。时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故。错误。

故选：C。

【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。

二.多选题（共5小题）

11.（2024•开福区校级模拟）如图所示，在倾角为。的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射出

去，若小球从斜面水平抛出的初动能为用,小球落到斜面上的动能为心，小球落到斜面瞬间的速度方向

与水平方向的夹角为口。不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.月越大，a越小B.c的大小与片大小无关

一E]E]-E[

C.tan0=D.tan0=

2£,4月

【答案】BD

【考点】用动能的定义式计算物体的动能；速度偏转角与位移偏转角

【专题】平抛运动专题；定性思想；推理论证能力；推理法

【分析】利用平抛运动的规律求出位移偏转角与速度偏转角的关系，得到a的大小与耳大小无关；根据动

能表达式以及位移与角度关系即可求解。

【解答】解：4?.小球在飞行过程中，水平方向有

X=vot

竖直方向有

T

又

yV

tan8=二，tancr=-

%%

故tantz=2tan9,故a的大小与耳大小无关，故A错误，3正确;

CD根据动能表达式

g=；机说‘E2=^mv2+vj)

落到斜面的条件是

联立可得tan。=J竺二区

V4g

故C错误，。正确。

故选：BDo

【点评】本题考查平抛运动的规律和动能的表达式，需要熟练速度角度关系和位移角度关系。题目难度较

小。

12.(2024•沙坪坝区校级模拟)如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为0.15他的

小物体尸栓接，紧靠着尸的右端放置质量为0.3版的小物体。，P、。均静止，弹簧处于原长状态。现对

。施加水平向左的恒力尸，使P和。一起向左运动，当两者速度为零时撤去P,P、。最终均停止运动。

以初始时。静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从。开始向左运动到撤去尸前瞬间，。的加速度。随

位移x变化的图像如图乙所示。已知P、。两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度大小取

g^l0m/s\下列说法正确的是()

a/(m-s-2)

，一

WWWW-P_x/(X10-2m)

甲乙

A.尸的大小为6.75NB.弹簧的劲度系数为22.5N/a

C.P的最大速度为仝5〃?/s

D.。最终停在x=-0.04机位置

【答案】ACD

【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用动能定理求解多过程问题

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力

【分析】由牛顿第二定律得到加速度与x的关系式求解歹和劲度系数3根据功的计算公式求解做的功；

根据图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义求解求解P、。一起向左运动时两者的最大速度，向右运动

时，当〃(%+〃％)g=g时速度最大，由能量关系求解尸的最大速度；由能量关系求解Q最终的位置。

【解答】解：AB.开始时对P和Q组成的整体，由牛顿第二定律可得：F-/j(mP+mQ)g-kx=(mp+mQ)a,

整理得：a=--x+—F-5

99

,20k10「20F「一

由图像可知：——=—=5,-----5=10,

929

联立，解得：

产=6.75N,k=2.25N/cm=225N/m,

故A正确，5错误；

-21

C.P>。一起向左运动时两者的最大速度：vwl=yjlax=^2x^x2xl0xlOm/5=^-m/s,

向右运动时，当〃（%+%）g=何时速度最大，此时％=0.01m，

由能量关系：；始一：米；一〃（外+%）g（4一石）=：（外+%）年2

其中f=4xl0-2m,

联立，解得：

3百/

%2=,机/S>+1,

则P的最大速度为当叵"?/s,故C正确；

10

2

D.两滑块回到原来位置时由能量关系：-2/a（mp+mQ）gxm=^{mp+mQ）v,

2

此后。与P分离，则"inQgs=；mQv,

联立，解得：

s=0.04m,即。最终停在x=-0.04〃z位置，故。正确。

故选：ACD.

【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力

情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关

系列方程解答。

13.（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前方地面。和Q处。

沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为。点。己知两次运动轨迹的

最IWJ点禺地IWJ度均为3.2根，OH=1Am,OQ{=8.4m,OQ2=9.Sm,沙包质量为0.2左g,忽略空气阻力，

重力加速度大小取10机/§2,则沙包（）

p

A.第一次运动过程中上升与下降时间之比近:4

B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85

D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大

【答案】BD

【考点】斜抛运动；常见力做功与相应的能量转化

【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力

【分析】根据平抛运动竖直方向运动规律解得时间，根据动能定理及机械能的公式解答，根据速度的分解

分析解答。

【解答】解：A沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度

为％=3.2加一1.4根=1.8根，卞艮据

h=^St2

可得上升时间为必=0.6s

最高点距水平地面高为4=3.2根，故下降的时间为

力下1=0.8s

故一次抛出上升时间、下降时间比值为06:0.8=3:4,故A错误；

3c.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为

f=Z■上1+%=0.6s+0.8s=1.4s

(

故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vxl=^=—m/s=6m/s，

"t1.4

OQ.7/

%=----=——9.8m/,s=/m/s

x2t1.4

由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为j=g/上1=10x0.6m/s=6m/s,由于沙

包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒

故第一次过P点比第二次机械能少AE=+哈2租+玲2

解得△E=L3J

从抛出到落地瞬间根据动能定理可得

E“=Ekm+mghOH=：〃7（次+片）+mghOH

Emh

ki=线02+8oH=g租（此+v；）+mghOH

解得Eki=10J

Ek2=11.3J

则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113,故3正确，C错误；

D根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，

故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第

一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故。正确。

故选：BD。

【点评】本题考查斜抛运动及功能关系的应用，解题关键掌握运动的分解与机械能大小的分析。

14.（2024•福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角,半径

为R的四分之一圆弧轨道与脑管道相切于3点，