五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題05功與能考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與功率2021、2022、2023知識(shí)考查層面，愈發(fā)重視功與能知識(shí)和其他物理模塊的深度融合。功與功率計(jì)算常與力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、物體的運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，分析物體在力的作用下的能量轉(zhuǎn)化與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化；能量守恒定律則與電場(chǎng)、磁場(chǎng)、電磁感應(yīng)等知識(shí)聯(lián)動(dòng)，如在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，綜合考查電能、機(jī)械能之間的相互轉(zhuǎn)化，全面考查考生對(duì)多模塊知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。?從能力要求來看，對(duì)邏輯推理和數(shù)理結(jié)合能力的考查力度顯著增強(qiáng)。試題常設(shè)置多過程、多變量的復(fù)雜情境，要求考生依據(jù)已知條件，通過嚴(yán)密的邏輯推導(dǎo)，建立功與能的相關(guān)方程，運(yùn)用代數(shù)運(yùn)算、函數(shù)圖像等數(shù)學(xué)工具，求解能量變化量、做功的大小等關(guān)鍵物理量。同時(shí)，注重考查考生的科學(xué)思維，如通過類比、遷移等思維方式，將常見的能量轉(zhuǎn)化模型應(yīng)用到新情境中，像從熟悉的機(jī)械能守恒模型拓展到復(fù)雜的能量系統(tǒng)守恒分析。部分試題還會(huì)引入新的科技概念或能量轉(zhuǎn)換機(jī)制，考查考生在新情境下獲取信息、分析問題、運(yùn)用知識(shí)的創(chuàng)新能力，以此全方位檢驗(yàn)考生對(duì)功與能知識(shí)的掌握程度以及物理學(xué)科核心素養(yǎng)的發(fā)展水平。?考點(diǎn)2動(dòng)能與動(dòng)能定理2021、2022、2024、2025考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2023、2024、考點(diǎn)4功能關(guān)系2021、2024考點(diǎn)5能量守恒定律2021、考點(diǎn)01功與功率1．（2023·北京·高考）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離為x的過程中（）

A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān) B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為μmgx D．F做功的最小值為max【答案】D【詳析】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為f=μ(mg-Fsinθ)即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．合力功W=F合x=ma?x可知合力功與力FC．當(dāng)力F水平時(shí)，則F=ma+μmg力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x選項(xiàng)D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsinθ=mg時(shí)，摩擦力f=0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為max，選項(xiàng)故選D。2．（2022·北京·高考）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn)，提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。無論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn)（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C．細(xì)繩的拉力對(duì)小球均不做功 D．細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】C【詳析】AC．在地面上做此實(shí)驗(yàn)，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速度垂直，不做功，重力會(huì)改變小球速度的大??；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力仍然不做功，A錯(cuò)誤，C正確；BD．在地面上小球運(yùn)動(dòng)的速度大小改變，根據(jù)a=v2r和F=mv2r（重力不變）可知小球的向心加速度和拉力的大小發(fā)生改變，在故選C。3．（2021·北京·高考）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小 B．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C．在cd段汽車的輸出功率逐漸減小 D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的大【答案】B【詳析】AB．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力F1=mgsinθ+f不變，在bc段牽引力F2=fbc段的輸出功率P2=F2CD．在cd段牽引力F3=f-mgsinθ汽車的輸出P3=F3v<P2考點(diǎn)02動(dòng)能與動(dòng)能定理4.（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點(diǎn)，A．小球沿MA運(yùn)動(dòng)的加速度比沿MB的大B．小球分別運(yùn)動(dòng)到A、C．若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)大D．若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對(duì)應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度比沿著MA運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大，B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小相同，B錯(cuò)誤；C．等勢(shì)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，B處等勢(shì)線更密集，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；D．等勢(shì)線越密集，電勢(shì)降落越快，右側(cè)等勢(shì)線更密集，右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。5.（2025·北京·高考）關(guān)于飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機(jī)在水平跑道上由靜止開始做加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為x時(shí)速度為v。在此過程中，飛機(jī)受到的平均阻力為f，求牽引力對(duì)飛機(jī)做的功W。(2)飛機(jī)準(zhǔn)備起飛，在跑道起點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。跑道上存在這樣一個(gè)位置，飛機(jī)一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會(huì)沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機(jī)加速時(shí)加速度大小為a1，減速時(shí)最大加速度大小為a2。求該位置距起點(diǎn)的距離(3)無風(fēng)時(shí)，飛機(jī)以速率u水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率u相對(duì)飛機(jī)向后運(yùn)動(dòng)。氣流掠過飛機(jī)機(jī)翼，方向改變，沿機(jī)翼向后下方運(yùn)動(dòng)，如圖所示。請(qǐng)建立合理的物理模型，論證氣流對(duì)機(jī)翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα，并確定【答案】(1)W=(2)d=(3)論證見解析，α=2【詳析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理W-fx=12m（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2a1（3）在無風(fēng)的情況下，飛機(jī)以速率u水平飛行時(shí)，相對(duì)飛機(jī)的氣流速率也為u，并且氣流掠過機(jī)翼改變方向，從而對(duì)機(jī)翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動(dòng)量變化有關(guān)，根據(jù)動(dòng)量定理F?Δt=Δp可得F=ΔpΔt又Δp=mΔv，m=ρSΔ6．（2024·北京·高考）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．剛開始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長【答案】D【詳析】A．剛開始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．勻速運(yùn)動(dòng)過程中，物體與傳送帶之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則物體不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；C．物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做正功，C錯(cuò)誤；D．設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)a=做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v=at可知，傳送帶速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長，D正確。故選D。7．（2022·北京·高考）利用物理模型對(duì)問題進(jìn)行分析，是重要的科學(xué)思維方法。（1）某質(zhì)量為m的行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌跡為橢圓，在近日點(diǎn)速度為v1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)速度為v2。求從近日點(diǎn)到遠(yuǎn)日點(diǎn)過程中太陽對(duì)行星所做的功W；（2）設(shè)行星與恒星的距離為r，請(qǐng)根據(jù)開普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相關(guān)知識(shí)，證明恒星對(duì)行星的作用力（3）宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設(shè)想地球“流浪”后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，求T2【答案】（1）W=12mv22【詳析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有W=（2）設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，行星的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為r，運(yùn)動(dòng)速度大小為v。恒星對(duì)行星的作用力F提供向心力，則F=mv2r運(yùn)動(dòng)周期T=2πrv根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k，（3）假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量為P0。以恒星為球心，以r為半徑的球面上，單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量P=P04πr2設(shè)地球繞太陽公轉(zhuǎn)半徑為r1在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為r2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須滿足P不變，由于恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍，得r2=4r1設(shè)恒星質(zhì)量為M，地球在軌道上運(yùn)行周期為T，萬有引力提供向心力，有GMmr2=mr考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律8．（2024·北京·高考）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是（）A．物體在C點(diǎn)所受合力為零B．物體在C點(diǎn)的速度為零C．物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能【答案】C【詳析】AB．物體恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則物體在最高點(diǎn)只受重力，且重力全部用來提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得mg=mv2r解得物體在C點(diǎn)的速度v=C．由牛頓第二定律得mg=ma解得物體在C點(diǎn)的向心加速度a=gC正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和，D錯(cuò)誤。故選C。9．（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH=12m（2）碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得F-mg=mv2L（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=2mv1解得v1考點(diǎn)04功能關(guān)系10．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。11．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔt（①式）描述，其中m為物體質(zhì)量，G為其重力。求物體下落的最大速率（2）情境2：如圖1所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時(shí)間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時(shí)間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢(shì)能的減少量物體動(dòng)能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI=LΔIΔt【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，有G=kv（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔtb.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-t（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場(chǎng)能的增加量克服阻力做功消耗的機(jī)械能考點(diǎn)05能量守恒定律12．（2021·北京·高考）秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動(dòng)過程可以簡(jiǎn)化為單擺的擺動(dòng)，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時(shí)擺長為l1，人站立時(shí)擺長為l2。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為（1）如果擺長為l1，“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T（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.人蹲在踏板上從最大擺角θ1開始運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)突然站起，此后保持站立姿勢(shì)擺到另一邊的最大擺角為θ2。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θ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ΔE【答案】（1）T=mg+mv2l1；（2）【詳析】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律T-mg=mv2l（2）a.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v1、v2，根據(jù)功能關(guān)系得mgl1(1-cosθ1)=12mv12，mg所以θ2>θ1b.設(shè)“擺球”由最大擺角θ擺至最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，根據(jù)功能關(guān)系得Ek=mgl1(1-cosθ)“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1．（2025·北京朝陽·二模）如圖所示，某同學(xué)以大小為v0的初速度將鉛球從P點(diǎn)斜向上拋出，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為30°，P、Q間的距離為L。不計(jì)空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度為gA．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為2LB．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為1C．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為mD．鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為v【答案】D【詳析】A．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的逆過程為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有Lsin30o=12gt2B．由重力做功有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為WG=-1C．由上述分析可知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為Lg，由動(dòng)量定理有mgt=Δp代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為ΔD．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理有-12mgL=12mvQ故選D。2．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1以速度v0踢出，足球經(jīng)過最高點(diǎn)（位置2），落在地面上位置3，位置2距離地面的高度為h，1與2和2與3間的水平距離不等。重力加速度大小為gA．從1到2，足球動(dòng)能的減少量大于mghB．從1到2，足球動(dòng)能的減少量小于mghC．從1到2，足球的加速度保持不變D．在位置2，足球的動(dòng)能等于1【答案】A【詳析】C．由于1與2和2與3間的水平距離不等，結(jié)合題圖可知，足球在空中受到空氣阻力的作用，由于空氣阻力是變力，所以從1到2，足球所受合力是變力，足球的加速度發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；AB．從1到2，設(shè)克服空氣阻力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk=-mgh-Wf可知足球動(dòng)能的減少量大于D．從1到2，根據(jù)動(dòng)能定理可得-mgh-Wf=12mv22故選A。3．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，重物M放在長木板OP上，將長木板繞O端緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)小角度的過程中，重物M相對(duì)長木板始終保持靜止。關(guān)于長木板對(duì)重物M的支持力和摩擦力，下列說法正確的是（）A．支持力和摩擦力均逐漸增大B．支持力和摩擦力的合力逐漸增大C．支持力和摩擦力均對(duì)重物做正功D．支持力對(duì)重物做正功，摩擦力不做功【答案】D【詳析】A．設(shè)長木板的傾角為θ，設(shè)重物的質(zhì)量為m，以重物為對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得N=mgcosθ，f=mgsinθ由于B．根據(jù)受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力與重物的重力等大反向，則支持力和摩擦力的合力保持不變，故B錯(cuò)誤；CD．由于摩擦力與重物的運(yùn)動(dòng)方向總是垂直，所以摩擦力對(duì)重物不做功；由于支持力與重物的運(yùn)動(dòng)方向相同，則支持力對(duì)重物做正功，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．（2025·北京大興·練習(xí)）一個(gè)音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10-4?m2，噴水速度約為10A．單位時(shí)間的噴水量約為2×B．單位時(shí)間的噴水量約為2×C．噴水的功率約為20D．噴水的功率約為100【答案】D【詳析】AB．單位時(shí)間的噴水量約為Q=SvΔt=2×10-3CD．設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為m=ρSvΔt噴頭噴水的功率等于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即P=WΔt故選D。5．（2025·北京·一模）物體a、b質(zhì)量分別為ma和mb，且ma<mb，它們的初動(dòng)能相同。若a和b分別只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時(shí)間停下來，它們的位移分別為xa和xb。下列說法正確的是（）A．Fa>Fb，xa<xb B．Fa>Fb，xa>xbC．Fa<Fb，xa>xb D．Fa<Fb，xa<xb【答案】C【詳析】設(shè)物體a、b的初動(dòng)能為Ek0，則有Ek0=12mv02又ma<mb可知va0>vb0故選C。6．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖1所示，“冰坑挑戰(zhàn)”需要挑戰(zhàn)者先進(jìn)入一個(gè)坡面與水平面夾角為θ、半徑為R的倒圓錐型冰坑，然后嘗試從其中離開。方式甲——挑戰(zhàn)者沿著如圖2甲所示坡面向上走或爬的方式，很難離開冰坑，通常還是會(huì)滑回坑底。方式乙——挑戰(zhàn)者沿著如圖2乙所示的螺旋線方式跑動(dòng)多圈后，最終可以成功離開冰坑。已知挑戰(zhàn)者的質(zhì)量為m，其與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。為了討論方便，假定滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等；方式乙中人的跑動(dòng)半徑r緩慢增大，每一圈的軌跡都可近似為與水平地面平行的圓。下列說法正確的是（

）A．在方式甲中，一定滿足關(guān)系式mgB．在方式甲和方式乙中，挑戰(zhàn)者受到的最大靜摩擦力大小不同C．在方式乙中，可利用mgtanD．在方式乙中，挑戰(zhàn)者離開冰坑做的功至少為mgR【答案】B【詳析】A．由于在方式甲中，挑戰(zhàn)者很難離開冰坑，通常還是會(huì)滑回坑底。說明挑戰(zhàn)者受到的摩擦力小于重力的下滑分力，即有mgsinθ>μmgcosB．在甲圖方式在，其最大摩擦力f甲=μmg在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律則有FNsinθ-f乙cosθ=mv2r其中v為挑戰(zhàn)者圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，r為挑戰(zhàn)者在該平面圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；C．在乙方式中，由上述分析可知，支持力與摩擦力在水平方向的合力提供挑戰(zhàn)者圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因此不能利用mgtanθ=mvD．由題可知，冰坑的深度為h=Rtanθ整個(gè)過程中，挑戰(zhàn)者克服重力做的功WG=mgh=mgRtanθ故選B。7．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對(duì)物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，斜面的高度為h：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小N=mgcosθ則物體受到支持力的大小與斜面傾角有關(guān)，故B．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma可得a=gsinθC．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對(duì)物體做的功都為mgh，與斜面傾角無關(guān)，故C正確；D．沿著斜面方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式hsinθ=12at2故選C。8．（2025·北京豐臺(tái)·二模）如圖所示，一物體在恒力F作用下沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離x的過程中，下列說法正確的是（）A．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為mgB．斜面對(duì)物體作用力的大小為mgC．斜面對(duì)物體的摩擦力做功為-μmgxD．物體動(dòng)能增加了max【答案】D【詳析】AB．根據(jù)題意，對(duì)物體受力分析，如圖所示垂直斜面方向，由平衡條件有FN=mgcosθ沿斜面方向，由牛頓第二定律有F-f-mgsinθ=ma則摩擦力f=μC．由做功公式可得，斜面對(duì)物體的摩擦力做功為W=-fx=-μmgcosθ?x故D．由動(dòng)能定理有ΔEk=W合由牛頓第二定律有F合故D正確。故選D。9．（2025·北京西城·二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10mA．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4sB．0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2D．0~2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點(diǎn)時(shí)彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)最小值為零，則此時(shí)彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對(duì)稱性可知最低點(diǎn)時(shí)的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內(nèi)，小球動(dòng)能變化為零，彈力對(duì)小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。10．（2025·北京東城·二模）如圖所示，水平傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量為m的小物塊無初速度放在傳送帶的左端，傳送帶足夠長，物塊到達(dá)右端之前已經(jīng)與傳送帶共速。下列說法正確的是（）A．物塊與傳送帶共速后，物塊受到向右的靜摩擦力B．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短C．物塊與傳送帶共速前，摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功D．物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于1【答案】D【詳析】A．物塊與傳送帶共速后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則水平方向上處于平衡狀態(tài)，故不受摩擦力，故A錯(cuò)誤；BC．物塊在與傳送帶共速前，受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力，使物塊向右加速，摩擦力做正功；根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為定值，根據(jù)v=at可得，若達(dá)到與傳送帶相同的速度，則加速度為定值，傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長，故BC錯(cuò)誤；D．對(duì)物體分析fx=12mv2，v=fmt傳送帶的位移為x2故選D。11．（2025·北京朝陽·二模）水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a與所受拉力F的關(guān)系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為m1、mA．mB．μC．若拉力相同，經(jīng)過相同時(shí)間拉力對(duì)甲做功少D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動(dòng)能小【答案】BD【詳析】AB．物體運(yùn)動(dòng)后，由牛頓第二定律可知F-μmg=ma即a=1mF-μg由圖像的斜率以及截距可知m1<m2C．由圖像可知，若拉力相同，加速度大小無法判斷，根據(jù)W=Fx=F?12at2D．根據(jù)F-μmg=ma結(jié)合圖像的橫截距可知物體滑動(dòng)過程中甲所受的滑動(dòng)摩擦力更大，根據(jù)(F-μmg)x=Ek可知拉力和距離相同時(shí)，甲獲得的動(dòng)能更小，故選BD。12．（2025·北京昌平·二模）蕩秋千是孩子們喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)。如圖所示，秋千由兩根長度均為L的細(xì)繩懸掛于固定橫梁上，質(zhì)量為m的小孩坐在秋千座椅上，初始時(shí)，大人用一水平外力使秋千靜止，此時(shí)兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計(jì)秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度為g。(1)當(dāng)秋千靜止時(shí)，求水平外力的大小F。(2)將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，求秋千擺到最低點(diǎn)時(shí)每根繩子的拉力大小T。(3)若考慮空氣阻力，求秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf【答案】(1)F=mg(2)T=mg(3)W【詳析】（1）秋千靜止時(shí)，受三個(gè)力的作用：重力G、細(xì)繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)得tanθ=Fmg（2）不計(jì)空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒得mgL1-cosθ=12（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點(diǎn)。根據(jù)動(dòng)能定理得WG+Wf=013．（2025·北京朝陽·二模）單擺裝置如圖所示，擺球始終在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，請(qǐng)完成下列問題：(1)若擺長為L，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期為T，求重力加速度的大小g；(2)若擺長為L，擺起最大角度為θ，求擺球通過最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v0(3)若擺球質(zhì)量為m，擺動(dòng)周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，擺球從左側(cè)最高點(diǎn)第一次擺到最低點(diǎn)的過程中，求細(xì)線對(duì)擺球拉力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)g=(2)v(3)I=【詳析】（1）由單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期公式T=2πLg（2）由動(dòng)能定理mgL1-cosθ（3）此過程中重力、拉力對(duì)小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為I根據(jù)動(dòng)量定理可知合力的沖量大小為I合=mv14．（2025·北京豐臺(tái)·二模）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌BC在B點(diǎn)相接，導(dǎo)軌半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧時(shí)速度為v1，沿半圓形導(dǎo)軌到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v2，此后平拋落地（落地點(diǎn)未畫出）。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep(2)物體在C點(diǎn)時(shí)受到的導(dǎo)軌給它的彈力FN(3)物體從C點(diǎn)平拋落地過程中重力的沖量大小I。【答案】(1)E(2)FN(3)I=2m【詳析】（1）根據(jù)能量守恒可得彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能為E（2）在C處以物體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+FN=mv（3）物體從C點(diǎn)平拋落地過程中，豎直方向有2R=12gt215．（2025·北京西城·二模）如圖所示，小物塊的質(zhì)量m=0.10kg，以速度v0=2m/s開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點(diǎn)距水平地面的高度(1)物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)物塊離開桌面右端時(shí)速度的大小v；(3)桌面摩擦力對(duì)物塊做的功W。【答案】(1)0.4(2)1(3)-0.15【詳析】（1）物塊離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有h=12gt（2）物塊在水平方向上有s=vt代入數(shù)據(jù)解得物塊離開桌面時(shí)速度的大小v=1（3）物塊在水平桌面上的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有W=12m16．（2025·北京西城·一模）半徑為R的光滑半圓軌道處于豎直平面內(nèi)，軌道與水平地面相切于軌道的端點(diǎn)A。一質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)沖上半圓軌道，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，最后落在水平地面上，重力加速度為g。若恰好能實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)，求：(1)小球在B點(diǎn)時(shí)速度的大小vB；(2)小球的落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的距離x；(3)小球剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，軌道對(duì)小球彈力的大小FA?！敬鸢浮?1)v(2)x=2R(3)F【詳析】（1）小球恰經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mvB2（2）小球從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有2R=12gt2得t=2Rg小球落地點(diǎn)與A（3）設(shè)小球在A點(diǎn)速度的大小為vA，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有-mg?2R=12mvB2-1217．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，光滑水平面AB與粗糙的豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，半圓軌道BCD的半徑R=0.4m，D是半圓軌道的最高點(diǎn)。將一質(zhì)量m=0.1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）向左壓縮輕彈簧至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得一向右速度，并脫離彈簧在水平面AB上做直線運(yùn)動(dòng)，其經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度vB=5m(1)彈簧被壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep(2)物體通過D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD(3)物體沿半圓軌道BCD運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力所做的功W。【答案】(1)E(2)v(3)W=0.25【詳析】（1）由能量守恒可知，彈簧彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能Ep=12m（2）物體恰好能通過D點(diǎn)，則根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mg=mvD2（3）物體沿半圓軌道BCD運(yùn)動(dòng)過程中由動(dòng)能定理有-mg2R-W=12m18．（2025·北京四中·零模）有一項(xiàng)蕩繩過河的拓展項(xiàng)目，將繩子一端固定，人站在高臺(tái)邊緣抓住繩子另一端，像蕩秋千一樣蕩過河面，落到河對(duì)岸的平地上。為方便研究，將人看作質(zhì)點(diǎn)A，如圖所示。已知人的質(zhì)量m=60.0kg，A到懸點(diǎn)O的距離L=4.00m，A與平地的高度差h=2.6m，人站在高臺(tái)邊緣時(shí)，AO某次過河中，人從高臺(tái)邊緣無初速度離開，在最低點(diǎn)B處松開繩子，落在水平地面上的C點(diǎn)。忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，(1)人到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率v；(2)人到達(dá)B點(diǎn)，松開繩之前，繩對(duì)人的拉力大小F；(3)若高臺(tái)邊緣到對(duì)面河岸共d=4m【答案】(1)4(2)840(3)人能安全蕩到對(duì)岸【詳析】（1）人從離開高臺(tái)到B點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒有mgL(1-cosθ)=12m（2）在B點(diǎn)由牛頓第二定律有F-mg=mv2L（3）人從離開高臺(tái)到B點(diǎn)的過程中水平位移為x1=Lsinθ=2.4m人從B到C的運(yùn)動(dòng)過程Z做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)有h-L(1-cosθ)=1219．（2025·北京通州·一模）目前正在運(yùn)轉(zhuǎn)的我國空間站天和核心艙，搭載了一種全新的推進(jìn)裝置——離子推進(jìn)器，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放。該裝置獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)（初速度忽略不計(jì)），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。已知每個(gè)離子質(zhì)量為m、電荷量為q，單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為N。將該離子推進(jìn)器固定在地面上進(jìn)行試驗(yàn)。(1)求正離子經(jīng)過電極B時(shí)的速度v的大小；(2)求推進(jìn)器獲得的平均推力F的大?。?3)加速正離子束所消耗的功率P不同時(shí)，引擎獲得的推力F也不同，試推導(dǎo)FP的表達(dá)式，并指出為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使F【答案】(1)v=(2)N(3)見解析【詳析】（1）正離子在A、B之間加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU=12m（2）設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F'，根據(jù)牛頓第三定律，有F'=F以很短時(shí)間Δt時(shí)間內(nèi)飄入電極間的n個(gè)正離子為研究對(duì)象，以離子噴出時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理，有解得F=（3）設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F'，由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有P=12根據(jù)FP的表達(dá)式可知，為增大F專題05功與能考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與功率2021、2022、2023知識(shí)考查層面，愈發(fā)重視功與能知識(shí)和其他物理模塊的深度融合。功與功率計(jì)算常與力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、物體的運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，分析物體在力的作用下的能量轉(zhuǎn)化與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化；能量守恒定律則與電場(chǎng)、磁場(chǎng)、電磁感應(yīng)等知識(shí)聯(lián)動(dòng)，如在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，綜合考查電能、機(jī)械能之間的相互轉(zhuǎn)化，全面考查考生對(duì)多模塊知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。?從能力要求來看，對(duì)邏輯推理和數(shù)理結(jié)合能力的考查力度顯著增強(qiáng)。試題常設(shè)置多過程、多變量的復(fù)雜情境，要求考生依據(jù)已知條件，通過嚴(yán)密的邏輯推導(dǎo)，建立功與能的相關(guān)方程，運(yùn)用代數(shù)運(yùn)算、函數(shù)圖像等數(shù)學(xué)工具，求解能量變化量、做功的大小等關(guān)鍵物理量。同時(shí)，注重考查考生的科學(xué)思維，如通過類比、遷移等思維方式，將常見的能量轉(zhuǎn)化模型應(yīng)用到新情境中，像從熟悉的機(jī)械能守恒模型拓展到復(fù)雜的能量系統(tǒng)守恒分析。部分試題還會(huì)引入新的科技概念或能量轉(zhuǎn)換機(jī)制，考查考生在新情境下獲取信息、分析問題、運(yùn)用知識(shí)的創(chuàng)新能力，以此全方位檢驗(yàn)考生對(duì)功與能知識(shí)的掌握程度以及物理學(xué)科核心素養(yǎng)的發(fā)展水平。?考點(diǎn)2動(dòng)能與動(dòng)能定理2021、2022、2024、2025考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2023、2024、考點(diǎn)4功能關(guān)系2021、2024考點(diǎn)5能量守恒定律2021、考點(diǎn)01功與功率1．（2023·北京·高考）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離為x的過程中（）

A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān) B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為μmgx D．F做功的最小值為max【答案】D【詳析】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為f=μ(mg-Fsinθ)即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．合力功W=F合x=ma?x可知合力功與力FC．當(dāng)力F水平時(shí)，則F=ma+μmg力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x選項(xiàng)D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsinθ=mg時(shí)，摩擦力f=0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為max，選項(xiàng)故選D。2．（2022·北京·高考）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn)，提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。無論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn)（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C．細(xì)繩的拉力對(duì)小球均不做功 D．細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】C【詳析】AC．在地面上做此實(shí)驗(yàn)，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速度垂直，不做功，重力會(huì)改變小球速度的大??；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力仍然不做功，A錯(cuò)誤，C正確；BD．在地面上小球運(yùn)動(dòng)的速度大小改變，根據(jù)a=v2r和F=mv2r（重力不變）可知小球的向心加速度和拉力的大小發(fā)生改變，在故選C。3．（2021·北京·高考）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小 B．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C．在cd段汽車的輸出功率逐漸減小 D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的大【答案】B【詳析】AB．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力F1=mgsinθ+f不變，在bc段牽引力F2=fbc段的輸出功率P2=F2CD．在cd段牽引力F3=f-mgsinθ汽車的輸出P3=F3v<P2考點(diǎn)02動(dòng)能與動(dòng)能定理4.（2025·北京·高考）某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點(diǎn)，A．小球沿MA運(yùn)動(dòng)的加速度比沿MB的大B．小球分別運(yùn)動(dòng)到A、C．若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)大D．若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快【答案】D【詳析】A．等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ（θ為坡面與水平面夾角），MB對(duì)應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度比沿著MA運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大，B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小相同，B錯(cuò)誤；C．等勢(shì)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，B處等勢(shì)線更密集，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；D．等勢(shì)線越密集，電勢(shì)降落越快，右側(cè)等勢(shì)線更密集，右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快，D正確。故選D。5.（2025·北京·高考）關(guān)于飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機(jī)在水平跑道上由靜止開始做加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移為x時(shí)速度為v。在此過程中，飛機(jī)受到的平均阻力為f，求牽引力對(duì)飛機(jī)做的功W。(2)飛機(jī)準(zhǔn)備起飛，在跑道起點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。跑道上存在這樣一個(gè)位置，飛機(jī)一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會(huì)沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機(jī)加速時(shí)加速度大小為a1，減速時(shí)最大加速度大小為a2。求該位置距起點(diǎn)的距離(3)無風(fēng)時(shí)，飛機(jī)以速率u水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率u相對(duì)飛機(jī)向后運(yùn)動(dòng)。氣流掠過飛機(jī)機(jī)翼，方向改變，沿機(jī)翼向后下方運(yùn)動(dòng)，如圖所示。請(qǐng)建立合理的物理模型，論證氣流對(duì)機(jī)翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα，并確定【答案】(1)W=(2)d=(3)論證見解析，α=2【詳析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理W-fx=12m（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2a1（3）在無風(fēng)的情況下，飛機(jī)以速率u水平飛行時(shí)，相對(duì)飛機(jī)的氣流速率也為u，并且氣流掠過機(jī)翼改變方向，從而對(duì)機(jī)翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動(dòng)量變化有關(guān)，根據(jù)動(dòng)量定理F?Δt=Δp可得F=ΔpΔt又Δp=mΔv，m=ρSΔ6．（2024·北京·高考）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．剛開始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B．物體勻速運(yùn)動(dòng)過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功D．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長【答案】D【詳析】A．剛開始時(shí)，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．勻速運(yùn)動(dòng)過程中，物體與傳送帶之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則物體不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；C．物體加速，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做正功，C錯(cuò)誤；D．設(shè)物體與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)a=做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v=at可知，傳送帶速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長，D正確。故選D。7．（2022·北京·高考）利用物理模型對(duì)問題進(jìn)行分析，是重要的科學(xué)思維方法。（1）某質(zhì)量為m的行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌跡為橢圓，在近日點(diǎn)速度為v1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)速度為v2。求從近日點(diǎn)到遠(yuǎn)日點(diǎn)過程中太陽對(duì)行星所做的功W；（2）設(shè)行星與恒星的距離為r，請(qǐng)根據(jù)開普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相關(guān)知識(shí)，證明恒星對(duì)行星的作用力（3）宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設(shè)想地球“流浪”后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，求T2【答案】（1）W=12mv22【詳析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有W=（2）設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，行星的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為r，運(yùn)動(dòng)速度大小為v。恒星對(duì)行星的作用力F提供向心力，則F=mv2r運(yùn)動(dòng)周期T=2πrv根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k，（3）假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量為P0。以恒星為球心，以r為半徑的球面上，單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量P=P04πr2設(shè)地球繞太陽公轉(zhuǎn)半徑為r1在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為r2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須滿足P不變，由于恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍，得r2=4r1設(shè)恒星質(zhì)量為M，地球在軌道上運(yùn)行周期為T，萬有引力提供向心力，有GMmr2=mr考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律8．（2024·北京·高考）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是（）A．物體在C點(diǎn)所受合力為零B．物體在C點(diǎn)的速度為零C．物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能【答案】C【詳析】AB．物體恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則物體在最高點(diǎn)只受重力，且重力全部用來提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得mg=mv2r解得物體在C點(diǎn)的速度v=C．由牛頓第二定律得mg=ma解得物體在C點(diǎn)的向心加速度a=gC正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和，D錯(cuò)誤。故選C。9．（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH=12m（2）碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得F-mg=mv2L（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=2mv1解得v1考點(diǎn)04功能關(guān)系10．（2024·北京·高考）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】C【詳析】D．小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。11．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔt（①式）描述，其中m為物體質(zhì)量，G為其重力。求物體下落的最大速率（2）情境2：如圖1所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時(shí)間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時(shí)間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢(shì)能的減少量物體動(dòng)能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI=LΔIΔt【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零，有G=kv（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔtb.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-t（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場(chǎng)能的增加量克服阻力做功消耗的機(jī)械能考點(diǎn)05能量守恒定律12．（2021·北京·高考）秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動(dòng)過程可以簡(jiǎn)化為單擺的擺動(dòng)，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時(shí)擺長為l1，人站立時(shí)擺長為l2。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為（1）如果擺長為l1，“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T（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.人蹲在踏板上從最大擺角θ1開始運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)突然站起，此后保持站立姿勢(shì)擺到另一邊的最大擺角為θ2。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θ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ΔE【答案】（1）T=mg+mv2l1；（2）【詳析】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律T-mg=mv2l（2）a.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v1、v2，根據(jù)功能關(guān)系得mgl1(1-cosθ1)=12mv12，mg所以θ2>θ1b.設(shè)“擺球”由最大擺角θ擺至最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，根據(jù)功能關(guān)系得Ek=mgl1(1-cosθ)“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1．（2025·北京朝陽·二模）如圖所示，某同學(xué)以大小為v0的初速度將鉛球從P點(diǎn)斜向上拋出，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)鉛球速度沿水平方向。已知P、Q連線與水平方向的夾角為30°，P、Q間的距離為L。不計(jì)空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，重力加速度為gA．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為2LB．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為1C．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為mD．鉛球到達(dá)Q點(diǎn)的速度大小為v【答案】D【詳析】A．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的逆過程為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有Lsin30o=12gt2B．由重力做功有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)重力做的功為WG=-1C．由上述分析可知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為Lg，由動(dòng)量定理有mgt=Δp代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)動(dòng)量的變化為ΔD．鉛球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理有-12mgL=12mvQ故選D。2．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1以速度v0踢出，足球經(jīng)過最高點(diǎn)（位置2），落在地面上位置3，位置2距離地面的高度為h，1與2和2與3間的水平距離不等。重力加速度大小為gA．從1到2，足球動(dòng)能的減少量大于mghB．從1到2，足球動(dòng)能的減少量小于mghC．從1到2，足球的加速度保持不變D．在位置2，足球的動(dòng)能等于1【答案】A【詳析】C．由于1與2和2與3間的水平距離不等，結(jié)合題圖可知，足球在空中受到空氣阻力的作用，由于空氣阻力是變力，所以從1到2，足球所受合力是變力，足球的加速度發(fā)生變化。故C錯(cuò)誤；AB．從1到2，設(shè)克服空氣阻力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk=-mgh-Wf可知足球動(dòng)能的減少量大于D．從1到2，根據(jù)動(dòng)能定理可得-mgh-Wf=12mv22故選A。3．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，重物M放在長木板OP上，將長木板繞O端緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)小角度的過程中，重物M相對(duì)長木板始終保持靜止。關(guān)于長木板對(duì)重物M的支持力和摩擦力，下列說法正確的是（）A．支持力和摩擦力均逐漸增大B．支持力和摩擦力的合力逐漸增大C．支持力和摩擦力均對(duì)重物做正功D．支持力對(duì)重物做正功，摩擦力不做功【答案】D【詳析】A．設(shè)長木板的傾角為θ，設(shè)重物的質(zhì)量為m，以重物為對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得N=mgcosθ，f=mgsinθ由于B．根據(jù)受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力與重物的重力等大反向，則支持力和摩擦力的合力保持不變，故B錯(cuò)誤；CD．由于摩擦力與重物的運(yùn)動(dòng)方向總是垂直，所以摩擦力對(duì)重物不做功；由于支持力與重物的運(yùn)動(dòng)方向相同，則支持力對(duì)重物做正功，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．（2025·北京大興·練習(xí)）一個(gè)音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10-4?m2，噴水速度約為10A．單位時(shí)間的噴水量約為2×B．單位時(shí)間的噴水量約為2×C．噴水的功率約為20D．噴水的功率約為100【答案】D【詳析】AB．單位時(shí)間的噴水量約為Q=SvΔt=2×10-3CD．設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為m=ρSvΔt噴頭噴水的功率等于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即P=WΔt故選D。5．（2025·北京·一模）物體a、b質(zhì)量分別為ma和mb，且ma<mb，它們的初動(dòng)能相同。若a和b分別只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時(shí)間停下來，它們的位移分別為xa和xb。下列說法正確的是（）A．Fa>Fb，xa<xb B．Fa>Fb，xa>xbC．Fa<Fb，xa>xb D．Fa<Fb，xa<xb【答案】C【詳析】設(shè)物體a、b的初動(dòng)能為Ek0，則有Ek0=12mv02又ma<mb可知va0>vb0故選C。6．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖1所示，“冰坑挑戰(zhàn)”需要挑戰(zhàn)者先進(jìn)入一個(gè)坡面與水平面夾角為θ、半徑為R的倒圓錐型冰坑，然后嘗試從其中離開。方式甲——挑戰(zhàn)者沿著如圖2甲所示坡面向上走或爬的方式，很難離開冰坑，通常還是會(huì)滑回坑底。方式乙——挑戰(zhàn)者沿著如圖2乙所示的螺旋線方式跑動(dòng)多圈后，最終可以成功離開冰坑。已知挑戰(zhàn)者的質(zhì)量為m，其與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。為了討論方便，假定滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等；方式乙中人的跑動(dòng)半徑r緩慢增大，每一圈的軌跡都可近似為與水平地面平行的圓。下列說法正確的是（

）A．在方式甲中，一定滿足關(guān)系式mgB．在方式甲和方式乙中，挑戰(zhàn)者受到的最大靜摩擦力大小不同C．在方式乙中，可利用mgtanD．在方式乙中，挑戰(zhàn)者離開冰坑做的功至少為mgR【答案】B【詳析】A．由于在方式甲中，挑戰(zhàn)者很難離開冰坑，通常還是會(huì)滑回坑底。說明挑戰(zhàn)者受到的摩擦力小于重力的下滑分力，即有mgsinθ>μmgcosB．在甲圖方式在，其最大摩擦力f甲=μmg在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律則有FNsinθ-f乙cosθ=mv2r其中v為挑戰(zhàn)者圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，r為挑戰(zhàn)者在該平面圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；C．在乙方式中，由上述分析可知，支持力與摩擦力在水平方向的合力提供挑戰(zhàn)者圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因此不能利用mgtanθ=mvD．由題可知，冰坑的深度為h=Rtanθ整個(gè)過程中，挑戰(zhàn)者克服重力做的功WG=mgh=mgRtanθ故選B。7．（2025·北京西城·一模）如圖所示，光滑斜面高度一定，斜面傾角θ可調(diào)節(jié)。物體從斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量與斜面傾角無關(guān)的是（）A．物體受到支持力的大小B．物體加速度的大小C．合力對(duì)物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，斜面的高度為h：A．垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件可得物體受到支持力大小N=mgcosθ則物體受到支持力的大小與斜面傾角有關(guān)，故B．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma可得a=gsinθC．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對(duì)物體做的功都為mgh，與斜面傾角無關(guān)，故C正確；D．沿著斜面方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式hsinθ=12at2故選C。8．（2025·北京豐臺(tái)·二模）如圖所示，一物體在恒力F作用下沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離x的過程中，下列說法正確的是（）A．斜面對(duì)物體的摩擦力大小為mgB．斜面對(duì)物體作用力的大小為mgC．斜面對(duì)物體的摩擦力做功為-μmgxD．物體動(dòng)能增加了max【答案】D【詳析】AB．根據(jù)題意，對(duì)物體受力分析，如圖所示垂直斜面方向，由平衡條件有FN=mgcosθ沿斜面方向，由牛頓第二定律有F-f-mgsinθ=ma則摩擦力f=μC．由做功公式可得，斜面對(duì)物體的摩擦力做功為W=-fx=-μmgcosθ?x故D．由動(dòng)能定理有ΔEk=W合由牛頓第二定律有F合故D正確。故選D。9．（2025·北京西城·二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g=10mA．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4sB．0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)C．0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2D．0~2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量【答案】C【詳析】A．小球在最低點(diǎn)時(shí)彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)最小值為零，則此時(shí)彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對(duì)稱性可知最低點(diǎn)時(shí)的加速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的質(zhì)量m=0.1kg由圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理I-mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2N?sD．0~2s內(nèi)，小球動(dòng)能變化為零，彈力對(duì)小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。10．（2025·北京東城·二模）如圖所示，水平傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量為m的小物塊無初速度放在傳送帶的左端，傳送帶足夠長，物塊到達(dá)右端之前已經(jīng)與傳送帶共速。下列說法正確的是（）A．物塊與傳送帶共速后，物塊受到向右的靜摩擦力B．傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短C．物塊與傳送帶共速前，摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功D．物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于1【答案】D【詳析】A．物塊與傳送帶共速后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則水平方向上處于平衡狀態(tài)，故不受摩擦力，故A錯(cuò)誤；BC．物塊在與傳送帶共速前，受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力，使物塊向右加速，摩擦力做正功；根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為定值，根據(jù)v=at可得，若達(dá)到與傳送帶相同的速度，則加速度為定值，傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長，故BC錯(cuò)誤；D．對(duì)物體分析fx=12mv2，v=fmt傳送帶的位移為x2故選D。11．（2025·北京朝陽·二模）水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a與所受拉力F的關(guān)系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為m1、mA．mB．μC．若拉力相同，經(jīng)過相同時(shí)間拉力對(duì)甲做功少D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動(dòng)能小【答案】BD【詳析】AB．物體運(yùn)動(dòng)后，由牛頓第二定律可知F-μmg=ma即a=1mF-μg由圖像的斜率以及截距可知m1<m2C．由圖像可知，若拉力相同，加速度大小無法判斷，根據(jù)W=Fx=F?12at2D．根據(jù)F-μmg=ma結(jié)合圖像的橫截距可知物體滑動(dòng)過程中甲所受的滑動(dòng)摩擦力更大，根據(jù)(F-μmg)x=Ek可知拉力和距離相同時(shí)，甲獲得的動(dòng)能更小，故選BD。12．（2025·北京昌平·二模）蕩秋千是孩子們喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)。如圖所示，秋千由兩根長度均為L的細(xì)繩懸掛于固定橫梁上，質(zhì)量為m的小孩坐在秋千座椅上，初始時(shí)，大人用一水平外力使秋千靜止，此時(shí)兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計(jì)秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度為g。(1)當(dāng)秋千靜止時(shí)，求水平外力的大小F。(2)將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，求秋千擺到最低點(diǎn)時(shí)每根繩子的拉力大小T。(3)若考慮空氣阻力，求秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf【答案】(1)F=mg(2)T=mg(3)W【詳析】（1）秋千靜止時(shí)，受三個(gè)力的作用：重力G、細(xì)繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)得tanθ=Fmg（2）不計(jì)空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒得mgL1-cosθ=12（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點(diǎn)。根據(jù)動(dòng)能定理