五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06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2023、2022近五年“功和能”模塊考查呈現(xiàn)出考點(diǎn)集中且綜合性強(qiáng)的顯著特點(diǎn)?！肮εc功率”、“動(dòng)能定理”（作為核心工具，用于解決變力做功、多過(guò)程問(wèn)題，強(qiáng)調(diào)其普適性）及“機(jī)械能守恒定律”（重點(diǎn)考查守恒條件判斷及應(yīng)用）共同構(gòu)成了高頻考點(diǎn)集群。命題情境緊密聯(lián)系科技前沿、大型工程及體育運(yùn)動(dòng)。題核心考查對(duì)基本概念的理解、對(duì)動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律適用條件的準(zhǔn)確辨析以及運(yùn)用它們定性分析能量轉(zhuǎn)化或定量計(jì)算簡(jiǎn)單物理量（如速度、高度、功、功率）的能力。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將維持對(duì)功、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒的核心考查地位，情境設(shè)計(jì)更趨復(fù)雜化和實(shí)際化，強(qiáng)化利用動(dòng)能定理處理變力做功及非勻變速問(wèn)題的能力，并可能深化對(duì)功能關(guān)系的理解與應(yīng)用，要求考生在具體情境中靈活選用合適的能量觀點(diǎn)構(gòu)建方程，綜合考查模型構(gòu)建、過(guò)程分析和科學(xué)推理的核心素養(yǎng)?？键c(diǎn)2動(dòng)能與動(dòng)能定理2023、2022考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2024、2022考點(diǎn)4能量守恒定律2021考點(diǎn)01功與功率1．（2023·江蘇·高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳析】A．頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a1=gsinθ+μgcosθ，下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a2=gsinθ-μgC．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x=12at2，可知圖甲在AD．由于無(wú)論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2022·江蘇·高考）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對(duì)空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機(jī)械臂可簡(jiǎn)化為兩根相連的等長(zhǎng)輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，如題圖1所示，機(jī)械臂一端固定在空間站上的O點(diǎn)，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物，在機(jī)械臂的操控下，貨物先繞O點(diǎn)做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停下，然后在機(jī)械臂操控下，貨物從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，A、B間的距離為L(zhǎng)。（1）求貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到合力提供的向心力大小Fn（2）求貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率P。（3）在機(jī)械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們?cè)谕恢本€上，貨物與空間站同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對(duì)貨物的引力，求貨物所受的機(jī)械臂作用力與所受的地球引力之比F1【答案】（1）2mω2L；（2）4mL【詳析】（1）質(zhì)量為m的貨物繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為2L，根據(jù)牛頓第二定律可知F（2）貨物從靜止開(kāi)始以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知L=解得a=貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=at=貨物在機(jī)械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力即為貨物所受合力ma，所以經(jīng)過(guò)t時(shí)間，貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率為P=mav=m?（3）空間站和貨物同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω0相同，對(duì)質(zhì)量為m0空間站，質(zhì)量為G解得GM=貨物在機(jī)械臂的作用力F1和萬(wàn)有引力FF貨物受到的萬(wàn)有引力F解得機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力大小為F則F考點(diǎn)02動(dòng)能與動(dòng)能定理3．（2022·江蘇·高考）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移xA． B．C． D．【答案】A【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek=mgxtanθ，即Ekx=mgtanθ，下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角故選A。4．（2023·江蘇·高考）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺(tái)BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)。滑雪者現(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t；（2）求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動(dòng)能定理有mgd根據(jù)動(dòng)量定理有mg聯(lián)立解得t=v（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合力做功為0，所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)有v（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長(zhǎng)度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有v水平方向上有L=聯(lián)立可得L=考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律5．（2024·江蘇·高考）如圖所示，物塊B分別通過(guò)輕彈簧、細(xì)線與水平面上的物體A左右端相連，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。剪斷細(xì)線后（）A．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)能達(dá)到最大B．彈簧壓縮最大時(shí)，A的動(dòng)量達(dá)到最大C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量增加D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能增加【答案】A【詳析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得mAvA=mBvB設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為Ep，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)得故選A。6．（2022·江蘇·高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有F+mA+mBgsinθ-μ由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開(kāi)始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過(guò)程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得1化簡(jiǎn)得k=2mgsinθ+fx1+x2，當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有F合=kC．根據(jù)B的分析可知FmA+mB=-FABmB，再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中FD．整個(gè)過(guò)程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。故選B?？键c(diǎn)04能量守恒定律7．（2021·江蘇·高考）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53°時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°=0.6，cos（1）裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過(guò)程中裝置對(duì)A、B所做的總功W。【答案】（1）3mg8；（2）964m；（【詳析】（1）設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，F(xiàn)=F1FF解得F=（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，對(duì)AF=M對(duì)Bmg解得M=（3）B上升的高度h=15L，AEkA=根據(jù)能量守恒定律可知W=解得W=1．（2025·江蘇蘇州·三模）將一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))懸掛于O點(diǎn)，拉開(kāi)一個(gè)小角度(θ<5A．小球質(zhì)量越大，擺動(dòng)周期越小B．拉開(kāi)角度越小，擺動(dòng)周期越小C．小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒D．?dāng)[動(dòng)過(guò)程中，繩的拉力與重力的合力充當(dāng)回復(fù)力【答案】C【詳析】AB．根據(jù)單擺周期公式T=2πl(wèi)g，可知擺動(dòng)周期與小球質(zhì)量和拉開(kāi)角度無(wú)關(guān)，故C．小球擺動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；D．?dāng)[動(dòng)過(guò)程中，重力的切向分力提供回復(fù)力，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2025·江蘇G4聯(lián)考·階段調(diào)研）由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實(shí)線所示，O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度為零B．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的加速度為重力加速度gC．炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力的功率比c點(diǎn)大D．炮彈在Ob段重力的平均功率與bd段相等【答案】C【詳析】A．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯(cuò)誤；B．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，除受到豎直向下的重力外、還受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力作用，所以到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的加速度不為重力加速度g，故B錯(cuò)誤；C．炮彈從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎直向下加速的加速度，位移相同，根據(jù)v2-0=2ax，可知，c點(diǎn)的豎直分速度小于a點(diǎn)的豎直分速度，根據(jù)重力的功率P=mgvy，可知炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力的功率比D．從O到b的過(guò)程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力f1mg+f1=ma1，解得a1=mg+f1m，在從b到d的過(guò)程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力f2，由牛頓第二定律可得mg-f2=ma2，解得a可知炮彈在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·二模）一物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力）。在向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體的機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系圖象如圖所示，其中0~h1過(guò)程的圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線，h1~h2過(guò)程的圖線為平行于橫軸的直線。則（）

A．在0~h2上升過(guò)程中，物體先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B．在0~h1上升過(guò)程中，物體的加速度不斷增大C．在0~hl上升過(guò)程中，拉力的功率保持不變D．在h1~h2上升過(guò)程中，物體只受重力作用【答案】D【詳析】ABD．物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力和重力作用下向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可知，除重力之外的拉力做功改變物體的機(jī)械能，故E-h圖象斜率表示所受拉力的大小，在0～h1上升過(guò)程中，E隨上升高度h均勻增大，則可知物體的加速度不變，則此過(guò)程物體做勻加速運(yùn)動(dòng)；在h1～h2上升過(guò)程中，E隨上升高度h不變，則E-h圖象斜率為零，則拉力大小為零，物體只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，而物體的速度方向向上，則此過(guò)程物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C．在0~hl上升過(guò)程中，拉力的大小不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則物體的速度不斷增大，根據(jù)P=Fv可知拉力的功率不斷增大，故C錯(cuò)誤。故選D。4．（2025·江蘇南京&鹽城·一模）如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內(nèi)壁接觸的小物塊，現(xiàn)給物塊沿內(nèi)壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等。則物塊滑動(dòng)時(shí)動(dòng)能Ek與通過(guò)的弧長(zhǎng)s的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】物塊緊貼圓筒內(nèi)壁開(kāi)始滑動(dòng)，豎直方向受力平衡N豎=mg，水平方向圓筒側(cè)面的彈力提供向心力，則有N側(cè)=mv2R故選C。5．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）如圖所示，汽車定速巡航（即速率不變）從左至右通過(guò)拱形路面。若汽車行駛過(guò)程中所受阻力大小不變，則該過(guò)程中汽車的功率（）

A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小【答案】A【詳析】汽車定速巡航（即速率不變），由平衡條件可得汽車的牽引力大小為F=mgsinθ+f，其中θ為汽車軌跡切線與水平方向的夾角，f為阻力，根據(jù)功率P=Fv=(mgsinθ+f)v故選A。6．（2025·江蘇揚(yáng)州新華中學(xué)·二模）如圖所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y軸正方向?yàn)樨Q直向上），在點(diǎn)P（0，40m）將一質(zhì)量為1kg的小球以2m/s的速度水平拋出，小球第一次打在曲面上的M點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，則（）A．M點(diǎn)坐標(biāo)為（5m，29m）B．小球打在M點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為100WC．小球打在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為404JD．P點(diǎn)與M點(diǎn)間距離為4【答案】D【詳析】A．小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)x=v0t，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)y=12gt2，則40?y=x2+4，聯(lián)立解得x=4m，y=20m，t=2s，所以B．球打在M點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy=gt=10×2m/s=20m/s，重力的瞬時(shí)功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B錯(cuò)誤；C．球打在M點(diǎn)時(shí)速度為v=v02+vyD．P點(diǎn)與M點(diǎn)間距離l=x2+故選D。7．（2025·江蘇蘇州·南航大蘇州附·一模）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過(guò)定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為4kg的小球B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長(zhǎng)，用手托住球BA．A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力為40C．A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為20D．如果把斜面傾角改為25°，A【答案】D【詳析】A．因AB系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有彈簧的彈力對(duì)A做功，則A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，對(duì)A，T-mgsin30°=ma，對(duì)B，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮量x1=mgsin30°由對(duì)稱性可知A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x=2(x1+xD．因AB系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，則振動(dòng)周期與斜面傾角無(wú)關(guān)，即如果把斜面傾角改為25°，系統(tǒng)的周期不變，則A上滑到最高點(diǎn)時(shí)間不變，選項(xiàng)D故選D。8．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。小球從釋放向最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為θ，則線中拉力的大小F、小球沿圓弧切線方向加速度的大小a隨sinθ變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】CD．沿切線方向，根據(jù)牛頓第二定律得mgcosθ=ma，解得a=g1-sin2θ，當(dāng)細(xì)線水平時(shí)θ=0，sinθ=0，加速度a最大，最大值為a最大=g，當(dāng)細(xì)線豎直時(shí)θ=90°，sinAB．沿半徑方向，根據(jù)牛頓第二定律得F-mgsinθ=mv2L解得F=3mgsinθ，A正確，故選A。9．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點(diǎn)過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek與上升高度h之間關(guān)系的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)動(dòng)能定理W可知Ek上行過(guò)程的合力大小為F可知上行過(guò)程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則Ek下行過(guò)程的合力大小為F可知下行過(guò)程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則Ek由于空氣阻力總是做負(fù)功，所以經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，上行時(shí)的動(dòng)能總是比下行時(shí)的動(dòng)能大。故選A。10．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在光滑斜面的擋板上。物塊從圖示位置靜止釋放，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則物塊與彈簧有相互作用的整個(gè)下滑過(guò)程中（）A．擋板對(duì)彈簧做負(fù)功B．物塊的速度逐漸減小C．物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大D．物塊的機(jī)械能先增大后減小【答案】C【詳析】A．在擋板對(duì)彈簧的力方向上無(wú)位移，擋板對(duì)彈簧不做功，故A錯(cuò)誤；B．物塊與彈簧組成彈簧振子，在平衡位置速度最大，最低點(diǎn)速度為零，故速度先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C．物塊與彈簧組成彈簧振子，可知物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大，故C正確；D．壓縮彈簧過(guò)程中，彈性勢(shì)能一直增大，物塊的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤。故選C。11．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，豎直平面內(nèi)有一固定直導(dǎo)線水平放置，導(dǎo)線中通有恒定電流I，導(dǎo)線正下方有一個(gè)質(zhì)量為m的鋁質(zhì)球，某時(shí)刻無(wú)初速釋放鋁球使其下落，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定減小B．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定守恒C．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定增加D．小球下落過(guò)程機(jī)械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導(dǎo)線下方產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且隨著距離直導(dǎo)線的距離增加磁場(chǎng)逐漸減弱，可知小球下落過(guò)程中因磁通量逐漸減小在小球中產(chǎn)生渦流，鋁制球產(chǎn)生熱量，由能量關(guān)系可知，小球的機(jī)械能將逐漸減小。故選A。12．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過(guò)程中空氣阻力大小不變，則（）A．在上升過(guò)程與下降過(guò)程中，重力做的功相同B．在上升過(guò)程與下降過(guò)程中，重力的沖量相同C．上升過(guò)程中小球動(dòng)量的變化率比下降過(guò)程中的大D．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量【答案】C【詳析】A．根據(jù)WG=Gh可知，重力在上升過(guò)程做負(fù)功，下降過(guò)程中重力做正功，故B．上升過(guò)程中的加速度mg+f=ma1，下降過(guò)程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據(jù)動(dòng)量定理可知F合=ΔpΔtD．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。13．（2025·江蘇連云港·一模）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在A、A'點(diǎn)，自然伸長(zhǎng)時(shí)另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的B、B'，將輕繩自由端跨過(guò)定滑輪連接質(zhì)量為m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平線上，且

A．小球在E點(diǎn)的加速度為2gB．小球在CD段減少的機(jī)械能等于在DE段減少的機(jī)械能C．小球從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間小于從D運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間D．若僅將小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度為gh【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性知，E點(diǎn)的加速度大小等于C點(diǎn)的加速度，C點(diǎn)小球所受合力等于重力，故加速度大小為g，故C．根據(jù)A項(xiàng)分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知，小球從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間等于從D運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間，故B．根據(jù)功能關(guān)系知小球減少的機(jī)械能等于彈力對(duì)小球做的負(fù)功，設(shè)小球在C點(diǎn)時(shí)伸長(zhǎng)量為x，則小球在CD段克服彈力做功W1=2×12kx2+h22-2×12kxD．小球從C、E過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒2×12kx2+h2-2×12k故選D。14．（24-25高一·江蘇南京六校聯(lián)合體·3月調(diào)研）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，滑塊用輕繩系著繞過(guò)光滑的定滑輪O（滑輪大小可忽略）。現(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始上升，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大。已知滑塊質(zhì)量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，

∠OCO′＝53°，重力加速度為g，sin37°＝0.6。下列說(shuō)法正確的是（）A．拉力F的大小為5B．滑塊由A到C做勻加速運(yùn)動(dòng)C．滑塊由A到C過(guò)程中拉力F做的功為5D．滑塊在C點(diǎn)的動(dòng)能為1【答案】D【詳析】A．當(dāng)滑塊的合力為零，加速度為零時(shí)，速度最大，則在C點(diǎn)，滑塊的合力為零，則有F解得拉力F的大小為F=mgcos53°=B．對(duì)滑塊受力分析，豎直方向有Fcosθ-mg=ma，滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向夾角變大，而拉力不變，則滑塊的加速度a變小，故C．滑塊由A到C過(guò)程中拉力F做的功為W=F?(dsin37°-D．滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得W-mgh=Ek-0聯(lián)立解得Ek=19故選D。15．（2025·江蘇南京·二模）如圖甲所示，傾角為θ、長(zhǎng)為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質(zhì)量為m的小物體由A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，BC段動(dòng)摩擦因數(shù)自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．動(dòng)摩擦因數(shù)最大值μm=2tanθB．小物塊的最大速度為3C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等D．重力在AB段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率等于在BC段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率【答案】B【詳析】A．從A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg?2lsinθ-Wf=0，由圖乙可知WfB．當(dāng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有μmgcosθ=mgsinθ，解得μ=tanθ=14μm，由圖乙可知，此時(shí)小物塊在BC段下滑的距離為14l，則從從AC．由于AB、BC兩段路面的長(zhǎng)度相同，對(duì)應(yīng)的高度相同，根據(jù)WG=mgh，可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故D．設(shè)小物塊在B點(diǎn)的速度為vB，小物塊在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則AB中間時(shí)刻速度為則重力在AB段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率P=mgv1sinθ=mgvB2sinθ，小物塊在BC段不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以BC段中間時(shí)刻速度v故選B。16．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2。一原長(zhǎng)為25l、勁度系數(shù)為k（k>10μmgl）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為m的物塊。物塊從O點(diǎn)由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其加速度大小a、動(dòng)能EA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為FA=k(l2-2l5)=110可知物塊從O到A過(guò)程，a-x圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；B．物塊從O到A過(guò)程（0≤x≤0.5l），由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減?。晃飰K到A點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-x圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程（0.5l<x≤0.6l），物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減小；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能逐漸減小到C．根據(jù)彈性勢(shì)能表達(dá)式可得Ep=12k(Δx)D．物塊從O到A過(guò)程（0≤x≤0.5l），摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)Δ可知從O到A過(guò)程，E-x圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)A點(diǎn)后，由于A點(diǎn)右側(cè)光滑，則物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即E保持不變，故D錯(cuò)誤。故選B。17．（2025·江蘇蘇州·三模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道Ⅰ的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同的小球a和b分別從Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點(diǎn)M同時(shí)靜止釋放，則小球a先到達(dá)終點(diǎn)N；并且發(fā)現(xiàn)小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同?，F(xiàn)將小球a和b同時(shí)從起點(diǎn)M靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大B．從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)量變化量相同C．若在兩球釋放的同時(shí)，將小球c平拋恰好也落在N點(diǎn)，三個(gè)球相比仍是a先到達(dá)D．若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，小球a沿Ⅰ軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小【答案】D【詳析】A、對(duì)小球，由M到N過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得12mvN2=mgB、由于兩小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度方向不同，故從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)量變化量不同，故B錯(cuò)誤；C、由于小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同，故小球a在Ⅰ軌道的運(yùn)動(dòng)可視為一個(gè)擺長(zhǎng)特別大的單擺運(yùn)動(dòng)的一部分，小球a從M到N運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta=14T=π2Rg，小球b從M到N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tb，則有12gsinθtb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg，若在兩球釋放的同時(shí)，將小球c平拋恰好也落在N點(diǎn)，則有D、若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由于小球a運(yùn)動(dòng)過(guò)程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小，故D正確。故選D。18．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)?！ひ徽{(diào)）如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面，傾角θ=30°，底端固定彈性擋板，長(zhǎng)木板B放在斜面上，小物塊A放在B的上端沿斜面向上敲擊B，使B立即獲得初速度v0=3.0m/s，此后B和擋板發(fā)生碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向相反，A始終不脫離B且與擋板不發(fā)生碰撞。已知A、B的質(zhì)量均為m=1.0kg，A、(1)敲擊B后的瞬間，A、B的加速度大小aA、a(2)B上升的最大距離s；(3)B的最小長(zhǎng)度L?！敬鸢浮?1)aA=2.5(2)s=0.375(3)L=1.8【詳析】（1）敲擊B后的瞬間，A受到向上的滑動(dòng)摩擦力，對(duì)A由牛頓第二定律μ解得a對(duì)B由牛頓第二定律μ解得a（2）設(shè)A、B向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后共速v共速后A、B一起以加速度a向上減速，對(duì)A、B分析，有(s=解得s=0.375（3）最終A、B均停在擋板處，此時(shí)B的長(zhǎng)度最小，由能量守恒1解得L=1.819．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，將原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧置于長(zhǎng)為2L的光滑水平面AB上，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一端與可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量為m的滑塊P接觸。AB左側(cè)為半徑為L(zhǎng)的光滑半圓軌道BCD，C點(diǎn)與圓心O等高?，F(xiàn)將滑塊P壓縮彈簧0.5L至E點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）后由靜止釋放，滑塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，重力加速度為g。

(1)求彈簧被壓縮至E點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep(2)在BF段鋪一表面粗糙的薄膜，改用質(zhì)量為2m的滑塊Q仍將彈簧壓縮到E點(diǎn)由靜止釋放，恰能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的C點(diǎn)，求滑塊Q與薄膜間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)接第（2）問(wèn)，求滑塊Q在薄膜上運(yùn)動(dòng)的總路程s?！敬鸢浮?1)E(2)μ=0.25(3)5L【詳析】（1）滑塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則有mg=m從E到D過(guò)程，由能量守恒有E聯(lián)立解得E（2）題意可知滑塊Q到C點(diǎn)時(shí)速度為0，則從E到C過(guò)程，由能量守恒有E聯(lián)立解得μ=0.25（3）分析可知滑塊Q最終停在BF上，由能量守恒有E聯(lián)立解得s=5L20．（24-25高三·江蘇南京協(xié)同體七?！て谥校┤鐖D所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ=37°的斜軌道BC平滑連接而成。將質(zhì)量m=0.2kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=2.0m的M處?kù)o止釋放。已知滑塊與軌道AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)若滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為6N，求豎直圓軌道的半徑；(3)若LAB=LBC=2.0m，試確定滑塊最終停止的位置?！敬鸢浮?1)2(2)0.5m(3)1m【詳析】（1）小滑塊從M滑動(dòng)A點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH=解得v（2）滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊所受軌道的支持力的大小等于壓力的大小，即支持力為6N，根據(jù)牛頓第二定律有mg+滑塊從初始位置滑至D點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(H-2R)=聯(lián)立解得R=0.5（3）滑塊在斜面上，由于mg則滑塊無(wú)法停留在斜面上，最終會(huì)停止在水平面AB上，設(shè)滑塊第一次滑上斜面滑行距離為s，則滑塊從最初到滑上斜面最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgH-μmg解得s=則滑塊第一次從斜面滑下來(lái)到地面的動(dòng)能為E之后滑塊在水平面上滑行返回A點(diǎn)時(shí)具有的動(dòng)能為E則滑塊經(jīng)光滑圓弧后還能回到水平面，設(shè)再次返回到水平面上還能繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的距離為s?，根據(jù)動(dòng)能定理有-μmg解得s即最后滑塊停在水平面上A點(diǎn)右側(cè)距A點(diǎn)1m距離處。專題06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2023、2022近五年“功和能”模塊考查呈現(xiàn)出考點(diǎn)集中且綜合性強(qiáng)的顯著特點(diǎn)?！肮εc功率”、“動(dòng)能定理”（作為核心工具，用于解決變力做功、多過(guò)程問(wèn)題，強(qiáng)調(diào)其普適性）及“機(jī)械能守恒定律”（重點(diǎn)考查守恒條件判斷及應(yīng)用）共同構(gòu)成了高頻考點(diǎn)集群。命題情境緊密聯(lián)系科技前沿、大型工程及體育運(yùn)動(dòng)。題核心考查對(duì)基本概念的理解、對(duì)動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律適用條件的準(zhǔn)確辨析以及運(yùn)用它們定性分析能量轉(zhuǎn)化或定量計(jì)算簡(jiǎn)單物理量（如速度、高度、功、功率）的能力。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將維持對(duì)功、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒的核心考查地位，情境設(shè)計(jì)更趨復(fù)雜化和實(shí)際化，強(qiáng)化利用動(dòng)能定理處理變力做功及非勻變速問(wèn)題的能力，并可能深化對(duì)功能關(guān)系的理解與應(yīng)用，要求考生在具體情境中靈活選用合適的能量觀點(diǎn)構(gòu)建方程，綜合考查模型構(gòu)建、過(guò)程分析和科學(xué)推理的核心素養(yǎng)。考點(diǎn)2動(dòng)能與動(dòng)能定理2023、2022考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2024、2022考點(diǎn)4能量守恒定律2021考點(diǎn)01功與功率1．（2023·江蘇·高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳析】A．頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a1=gsinθ+μgcosθ，下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a2=gsinθ-μgC．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x=12at2，可知圖甲在AD．由于無(wú)論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2022·江蘇·高考）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對(duì)空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機(jī)械臂可簡(jiǎn)化為兩根相連的等長(zhǎng)輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，如題圖1所示，機(jī)械臂一端固定在空間站上的O點(diǎn)，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物，在機(jī)械臂的操控下，貨物先繞O點(diǎn)做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停下，然后在機(jī)械臂操控下，貨物從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，A、B間的距離為L(zhǎng)。（1）求貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到合力提供的向心力大小Fn（2）求貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率P。（3）在機(jī)械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們?cè)谕恢本€上，貨物與空間站同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對(duì)貨物的引力，求貨物所受的機(jī)械臂作用力與所受的地球引力之比F1【答案】（1）2mω2L；（2）4mL【詳析】（1）質(zhì)量為m的貨物繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為2L，根據(jù)牛頓第二定律可知F（2）貨物從靜止開(kāi)始以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知L=解得a=貨物到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=at=貨物在機(jī)械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力即為貨物所受合力ma，所以經(jīng)過(guò)t時(shí)間，貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率為P=mav=m?（3）空間站和貨物同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω0相同，對(duì)質(zhì)量為m0空間站，質(zhì)量為G解得GM=貨物在機(jī)械臂的作用力F1和萬(wàn)有引力FF貨物受到的萬(wàn)有引力F解得機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力大小為F則F考點(diǎn)02動(dòng)能與動(dòng)能定理3．（2022·江蘇·高考）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移xA． B．C． D．【答案】A【詳析】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek=mgxtanθ，即Ekx=mgtanθ，下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角故選A。4．（2023·江蘇·高考）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺(tái)BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t；（2）求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動(dòng)能定理有mgd根據(jù)動(dòng)量定理有mg聯(lián)立解得t=v（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合力做功為0，所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)有v（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長(zhǎng)度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有v水平方向上有L=聯(lián)立可得L=考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律5．（2024·江蘇·高考）如圖所示，物塊B分別通過(guò)輕彈簧、細(xì)線與水平面上的物體A左右端相連，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。剪斷細(xì)線后（）A．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)能達(dá)到最大B．彈簧壓縮最大時(shí)，A的動(dòng)量達(dá)到最大C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量增加D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能增加【答案】A【詳析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得mAvA=mBvB設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為Ep，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)得故選A。6．（2022·江蘇·高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有F+mA+mBgsinθ-μ由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開(kāi)始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過(guò)程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得1化簡(jiǎn)得k=2mgsinθ+fx1+x2，當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有F合=kC．根據(jù)B的分析可知FmA+mB=-FABmB，再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中FD．整個(gè)過(guò)程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。故選B。考點(diǎn)04能量守恒定律7．（2021·江蘇·高考）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53°時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°=0.6，cos（1）裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過(guò)程中裝置對(duì)A、B所做的總功W?！敬鸢浮浚?）3mg8；（2）964m；（【詳析】（1）設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，F(xiàn)=F1FF解得F=（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，對(duì)AF=M對(duì)Bmg解得M=（3）B上升的高度h=15L，AEkA=根據(jù)能量守恒定律可知W=解得W=1．（2025·江蘇蘇州·三模）將一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))懸掛于O點(diǎn)，拉開(kāi)一個(gè)小角度(θ<5A．小球質(zhì)量越大，擺動(dòng)周期越小B．拉開(kāi)角度越小，擺動(dòng)周期越小C．小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒D．?dāng)[動(dòng)過(guò)程中，繩的拉力與重力的合力充當(dāng)回復(fù)力【答案】C【詳析】AB．根據(jù)單擺周期公式T=2πl(wèi)g，可知擺動(dòng)周期與小球質(zhì)量和拉開(kāi)角度無(wú)關(guān)，故C．小球擺動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；D．?dāng)[動(dòng)過(guò)程中，重力的切向分力提供回復(fù)力，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2025·江蘇G4聯(lián)考·階段調(diào)研）由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實(shí)線所示，O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度為零B．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的加速度為重力加速度gC．炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力的功率比c點(diǎn)大D．炮彈在Ob段重力的平均功率與bd段相等【答案】C【詳析】A．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯(cuò)誤；B．炮彈到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，除受到豎直向下的重力外、還受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力作用，所以到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的加速度不為重力加速度g，故B錯(cuò)誤；C．炮彈從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎直向下加速的加速度，位移相同，根據(jù)v2-0=2ax，可知，c點(diǎn)的豎直分速度小于a點(diǎn)的豎直分速度，根據(jù)重力的功率P=mgvy，可知炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)重力的功率比D．從O到b的過(guò)程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力f1mg+f1=ma1，解得a1=mg+f1m，在從b到d的過(guò)程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力f2，由牛頓第二定律可得mg-f2=ma2，解得a可知炮彈在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·二模）一物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力）。在向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體的機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系圖象如圖所示，其中0~h1過(guò)程的圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線，h1~h2過(guò)程的圖線為平行于橫軸的直線。則（）

A．在0~h2上升過(guò)程中，物體先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B．在0~h1上升過(guò)程中，物體的加速度不斷增大C．在0~hl上升過(guò)程中，拉力的功率保持不變D．在h1~h2上升過(guò)程中，物體只受重力作用【答案】D【詳析】ABD．物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力和重力作用下向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可知，除重力之外的拉力做功改變物體的機(jī)械能，故E-h圖象斜率表示所受拉力的大小，在0～h1上升過(guò)程中，E隨上升高度h均勻增大，則可知物體的加速度不變，則此過(guò)程物體做勻加速運(yùn)動(dòng)；在h1～h2上升過(guò)程中，E隨上升高度h不變，則E-h圖象斜率為零，則拉力大小為零，物體只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，而物體的速度方向向上，則此過(guò)程物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C．在0~hl上升過(guò)程中，拉力的大小不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則物體的速度不斷增大，根據(jù)P=Fv可知拉力的功率不斷增大，故C錯(cuò)誤。故選D。4．（2025·江蘇南京&鹽城·一模）如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內(nèi)壁接觸的小物塊，現(xiàn)給物塊沿內(nèi)壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等。則物塊滑動(dòng)時(shí)動(dòng)能Ek與通過(guò)的弧長(zhǎng)s的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】物塊緊貼圓筒內(nèi)壁開(kāi)始滑動(dòng)，豎直方向受力平衡N豎=mg，水平方向圓筒側(cè)面的彈力提供向心力，則有N側(cè)=mv2R故選C。5．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）如圖所示，汽車定速巡航（即速率不變）從左至右通過(guò)拱形路面。若汽車行駛過(guò)程中所受阻力大小不變，則該過(guò)程中汽車的功率（）

A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小【答案】A【詳析】汽車定速巡航（即速率不變），由平衡條件可得汽車的牽引力大小為F=mgsinθ+f，其中θ為汽車軌跡切線與水平方向的夾角，f為阻力，根據(jù)功率P=Fv=(mgsinθ+f)v故選A。6．（2025·江蘇揚(yáng)州新華中學(xué)·二模）如圖所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y軸正方向?yàn)樨Q直向上），在點(diǎn)P（0，40m）將一質(zhì)量為1kg的小球以2m/s的速度水平拋出，小球第一次打在曲面上的M點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，則（）A．M點(diǎn)坐標(biāo)為（5m，29m）B．小球打在M點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為100WC．小球打在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為404JD．P點(diǎn)與M點(diǎn)間距離為4【答案】D【詳析】A．小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)x=v0t，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)y=12gt2，則40?y=x2+4，聯(lián)立解得x=4m，y=20m，t=2s，所以B．球打在M點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy=gt=10×2m/s=20m/s，重力的瞬時(shí)功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B錯(cuò)誤；C．球打在M點(diǎn)時(shí)速度為v=v02+vyD．P點(diǎn)與M點(diǎn)間距離l=x2+故選D。7．（2025·江蘇蘇州·南航大蘇州附·一模）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過(guò)定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為4kg的小球B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長(zhǎng)，用手托住球BA．A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力為40C．A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為20D．如果把斜面傾角改為25°，A【答案】D【詳析】A．因AB系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有彈簧的彈力對(duì)A做功，則A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，對(duì)A，T-mgsin30°=ma，對(duì)B，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮量x1=mgsin30°由對(duì)稱性可知A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x=2(x1+xD．因AB系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，則振動(dòng)周期與斜面傾角無(wú)關(guān)，即如果把斜面傾角改為25°，系統(tǒng)的周期不變，則A上滑到最高點(diǎn)時(shí)間不變，選項(xiàng)D故選D。8．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。小球從釋放向最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為θ，則線中拉力的大小F、小球沿圓弧切線方向加速度的大小a隨sinθ變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】CD．沿切線方向，根據(jù)牛頓第二定律得mgcosθ=ma，解得a=g1-sin2θ，當(dāng)細(xì)線水平時(shí)θ=0，sinθ=0，加速度a最大，最大值為a最大=g，當(dāng)細(xì)線豎直時(shí)θ=90°，sinAB．沿半徑方向，根據(jù)牛頓第二定律得F-mgsinθ=mv2L解得F=3mgsinθ，A正確，故選A。9．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點(diǎn)過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek與上升高度h之間關(guān)系的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據(jù)動(dòng)能定理W可知Ek上行過(guò)程的合力大小為F可知上行過(guò)程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則Ek下行過(guò)程的合力大小為F可知下行過(guò)程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則Ek由于空氣阻力總是做負(fù)功，所以經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，上行時(shí)的動(dòng)能總是比下行時(shí)的動(dòng)能大。故選A。10．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在光滑斜面的擋板上。物塊從圖示位置靜止釋放，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則物塊與彈簧有相互作用的整個(gè)下滑過(guò)程中（）A．擋板對(duì)彈簧做負(fù)功B．物塊的速度逐漸減小C．物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大D．物塊的機(jī)械能先增大后減小【答案】C【詳析】A．在擋板對(duì)彈簧的力方向上無(wú)位移，擋板對(duì)彈簧不做功，故A錯(cuò)誤；B．物塊與彈簧組成彈簧振子，在平衡位置速度最大，最低點(diǎn)速度為零，故速度先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C．物塊與彈簧組成彈簧振子，可知物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大，故C正確；D．壓縮彈簧過(guò)程中，彈性勢(shì)能一直增大，物塊的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤。故選C。11．（2025·江蘇蘇州八校·三模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定直導(dǎo)線水平放置，導(dǎo)線中通有恒定電流I，導(dǎo)線正下方有一個(gè)質(zhì)量為m的鋁質(zhì)球，某時(shí)刻無(wú)初速釋放鋁球使其下落，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定減小B．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定守恒C．小球下落過(guò)程機(jī)械能一定增加D．小球下落過(guò)程機(jī)械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導(dǎo)線下方產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且隨著距離直導(dǎo)線的距離增加磁場(chǎng)逐漸減弱，可知小球下落過(guò)程中因磁通量逐漸減小在小球中產(chǎn)生渦流，鋁制球產(chǎn)生熱量，由能量關(guān)系可知，小球的機(jī)械能將逐漸減小。故選A。12．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽(yáng)·一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過(guò)程中空氣阻力大小不變，則（）A．在上升過(guò)程與下降過(guò)程中，重力做的功相同B．在上升過(guò)程與下降過(guò)程中，重力的沖量相同C．上升過(guò)程中小球動(dòng)量的變化率比下降過(guò)程中的大D．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量【答案】C【詳析】A．根據(jù)WG=Gh可知，重力在上升過(guò)程做負(fù)功，下降過(guò)程中重力做正功，故B．上升過(guò)程中的加速度mg+f=ma1，下降過(guò)程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據(jù)動(dòng)量定理可知F合=ΔpΔtD．整個(gè)過(guò)程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。故選C。13．（2025·江蘇連云港·一模）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在A、A'點(diǎn)，自然伸長(zhǎng)時(shí)另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的B、B'，將輕繩自由端跨過(guò)定滑輪連接質(zhì)量為m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平線上，且

A．小球在E點(diǎn)的加速度為2gB．小球在CD段減少的機(jī)械能等于在DE段減少的機(jī)械能C．小球從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間小于從D運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間D．若僅將小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度為gh【答案】D【詳析】A．根據(jù)題意分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性知，E點(diǎn)的加速度大小等于C點(diǎn)的加速度，C點(diǎn)小球所受合力等于重力，故加速度大小為g，故C．根據(jù)A項(xiàng)分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知，小球從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間等于從D運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間，故B．根據(jù)功能關(guān)系知小球減少的機(jī)械能等于彈力對(duì)小球做的負(fù)功，設(shè)小球在C點(diǎn)時(shí)伸長(zhǎng)量為x，則小球在CD段克服彈力做功W1=2×12kx2+h22-2×12kxD．小球從C、E過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒2×12kx2+h2-2×12k故選D。14．（24-25高一·江蘇南京六校聯(lián)合體·3月調(diào)研）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，滑塊用輕繩系著繞過(guò)光滑的定滑輪O（滑輪大小可忽略）?，F(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始上升，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大。已知滑塊質(zhì)量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，

∠OCO′＝53°，重力加速度為g，sin37°＝0.6。下列說(shuō)法正確的是（）A．拉力F的大小為5B．滑塊由A到C做勻加速運(yùn)動(dòng)C．滑塊由A到C過(guò)程中拉力F做的功為5D．滑塊在C點(diǎn)的動(dòng)能為1【答案】D【詳析】A．當(dāng)滑塊的合力為零，加速度為零時(shí)，速度最大，則在C點(diǎn)，滑塊的合力為零，則有F解得拉力F的大小為F=mgcos53°=B．對(duì)滑塊受力分析，豎直方向有Fcosθ-mg=ma，滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向夾角變大，而拉力不變，則滑塊的加速度a變小，故C．滑塊由A到C過(guò)程中拉力F做的功為W=F?(dsin37°-D．滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得W-mgh=Ek-0聯(lián)立解得Ek=19故選D。15．（2025·江蘇南京·二模）如圖甲所示，傾角為θ、長(zhǎng)為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質(zhì)量為m的小物體由A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，BC段動(dòng)摩擦因數(shù)自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．動(dòng)摩擦因數(shù)最大值μm=2tanθB．小物塊的最大速度為3C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等D．重力在AB段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率等于在BC段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率【答案】B【詳析】A．從A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg?2lsinθ-Wf=0，由圖乙可知WfB．當(dāng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有μmgcosθ=mgsinθ，解得μ=tanθ=14μm，由圖乙可知，此時(shí)小物塊在BC段下滑的距離為14l，則從從AC．由于AB、BC兩段路面的長(zhǎng)度相同，對(duì)應(yīng)的高度相同，根據(jù)WG=mgh，可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故D．設(shè)小物塊在B點(diǎn)的速度為vB，小物塊在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則AB中間時(shí)刻速度為則重力在AB段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率P=mgv1sinθ=mgvB2sinθ，小物塊在BC段不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以BC段中間時(shí)刻速度v故選B。16．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2。一原長(zhǎng)為25l、勁度系數(shù)為k（k>10μmgl）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為m的物塊。物塊從O點(diǎn)由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其加速度大小a、動(dòng)能EA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為FA=k(l2-2l5)=110可知物塊從O到A過(guò)程，a-x圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；B．物塊從O到A過(guò)程（0≤x≤0.5l），由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減小；物塊到A點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-x圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程（0.5l<x≤0.6l），物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊