專題04功與能

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

動力學問題常與動能定理、機械能守

考點1功和功

2021、2024

率恒定律結合，分析斜面滑塊、彈簧振子等

復雜系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化路徑；或通過電磁感

考點2動能與應模型，聯(lián)動安培力做功與焦耳熱產(chǎn)生的

2022、2023、2024

動能定理能量守恒關系。命題逐漸引入非勻變速運

動的數(shù)學化處理，如通過圖像的斜率

考點3機械能v-t

2021、2024

守恒定律變化判斷加速度的非線性變化，結合積分

思想計算變力作用下的位移與能量損耗。

實驗探究方面，常設計驗證動能定理的實

驗，利用光電門傳感器測量滑塊動能變化，

結合合力做功數(shù)據(jù)處理誤差分析，體現(xiàn)理

論與實踐的深度融合。

能力要求上，突出數(shù)學工具的工程化

應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\

用導數(shù)分析瞬時功率與能量變化率的關

系，或通過積分計算非勻變速運動中的能

量損耗；部分試題引入有限差分法，如通

考點4功能關

2024

系過分段線性擬合處理復雜運動軌跡的能量

分布。實驗探究能力的考查力度顯著增強，

例如設計實驗測量高速列車的制動能量回

收效率時，需結合傳感器數(shù)據(jù)處理與多變

量耦合關系的研究。部分試題還引入多維

度動態(tài)建模能力，如通過“力-能-質(zhì)”

轉(zhuǎn)化鏈分析智能機械臂的運動響應問題，

或利用傅里葉變換簡化周期性振動的能量

耗散分析，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷

移能力與創(chuàng)新應用水平。

考點01功和功率

1．（2024·重慶·高考）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出

后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若

兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（）

2Fd+Fd

A．被彈出時速度大小為1122

m

B．到達目標組織表面時的動能為F1d1

C．運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2

D．運動d2的過程中動量變化量大小為mF2d2

【答案】A

12Fd+Fd

【詳解】A．根據(jù)動能定理有Fd+Fd=mv2解得v=1122故A正確；

11222m

B．針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進d2減速至零，有Ek=F2d2故B錯誤；

C．針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯誤；

D．針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp=2mEk=2mF2d2故D錯誤。

故選A。

2．（2021·重慶·高考）額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動，其發(fā)動機的牽引力隨時

間的變化曲線如圖所示。兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，從t2和t4時刻開始牽引力均視為不

變。若兩車行駛時所受的阻力大小與重力成正比，且比例系數(shù)相同，則（）

A．甲車的總重比乙車大B．甲車比乙車先開始運動

C．甲車在t1時刻和乙車在t3時刻的速率相同D．甲車在t2時刻和乙車在t4時刻的速率相同

【答案】ABC

【詳解】A．根據(jù)題述，兩車額定功率P相同，勻速運動后牽引力等于阻力，因此甲車阻力大于乙車阻

力，根據(jù)甲車t2時刻后和乙車t4時刻后兩車牽引力不變，甲車牽引力大于乙車可知F=f=kmg可知甲車的

總重比乙車大，故A正確；

B．如圖所示

甲車在A點所對應的時刻牽引力與阻力瞬間相等，所以甲車從這個時刻開始，做加速運動；乙車在B點

所對應的時刻牽引力與阻力瞬間相等，乙車從這個時刻開始加速，所以甲車比乙車先開始運動，故B正

確；

C．兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，這兩個時刻，兩車的牽引力等大，由P=Fv可知，甲車

在t1時刻和乙車在t3時刻的速率相同，故C正確；

D．t2時刻甲車達到最大速度，t4時刻乙車達到最大速度，根據(jù)汽車的額定功率P=fvm=kmgvm可知由于甲

車的總重比乙車大，所以甲車在t2時刻的速率小于乙車在t4時刻的速率，故D錯誤。

故選ABC。

考點02動能與動能定理

3．（2024·重慶·高考）如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質(zhì)細

繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為m的小木塊B，繩長與M到地

面的距離均為10a，質(zhì)量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面

5

間摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能

48

損失。

(1)若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運動，且能經(jīng)過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值；

(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過M正下方

時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大?。?/p>

(3)若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問

中的相同，使B旋轉(zhuǎn)n圈。經(jīng)過M正下的時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，

B落在地面時水平位移的最小值和最大值。

【答案】(1)52ga

(2)45ga

5a30a2011a4033a

(3)≤?≤（n=1，2，3，…），s=，s=

3n18n?11min3max7

【詳解】（1）碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最

v2

高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二定律有mg=mB從最低點到最高點由動能定理可得

10a

11

?mg×2×10a=mv2?mv2解得v=52ga

2200

（2）A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大

12121212

小為v3，則有2mv1=2mv2＋mv3，×2mv=×2mv+mv碰后A減速到0，有μ×2mgL=×2mv碰后B做

21222322

兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速

121212

度大小為v4，由功能關系得mg×4a=mv?mvB隨后做平拋運動，有4a=gt，L=v4t解得v=45ga

232423

（3）設MN間距離為h，B轉(zhuǎn)n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓

v2

心，由牛頓第二定律得12mg?mg=m5（n=1，2，3，…）以N為圓心，由牛頓第二定律得

10a?2n?

2

v5

12mg?mg=m1（n=1，2，3，…）從碰后到B轉(zhuǎn)n圈后到達M正下方，由功能關系得

10a?2(n?)?

2

115a30a

mg×2n?=mv2?mv2（n=1，2，3，…）解得≤?≤（n=1，2，3，…）繩斷后，B做平拋運動，

23253n18n?11

1225a30na

有2n?=gt（n=1，2，3，…），s=v5t可得s=420an??n?（n=1，2，3，…）由于≤n?≤

2318n?11

5a2011a30a4033a

（n=1，2，3，…）則由數(shù)學分析可得當n?=時，s=當n=1時，n?=，s=

3min37max7

4．（2023·重慶·高考）機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質(zhì)量為m的工件（視為質(zhì)點）被機械臂抓取后，

在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，

提升高度為h，如圖所示。求：

（1）提升高度為h時，工件的速度大??；

（2）在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。

2a?2?ma?

【答案】（1）；（2），

cosθacosθcosθ

?2a?

【詳解】（1）根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關系有v2=2a解得v=

0cosθ0cosθ

2?1ma?

（2）根據(jù)速度公式有v=at解得t=根據(jù)動能定理有W=mv2解得W=

0acosθ合20合cosθ

5．（2023·重慶·高考）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，

E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t?26和y=?2t+140。無人

機及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）

A．EF段無人機的速度大小為4m/s

B．FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)

C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/s

D．MN段無人機機械能守恒

【答案】AB

【來源】2023年高考重慶卷物理真題

Δy

【詳解】A．根據(jù)EF段方程y=4t?26可知EF段無人機的速度大小為v==4m/s故A正確；

Δt

B．根據(jù)y?t圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速

運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；

Δy′

C．根據(jù)MN段方程y=?2t+140可知MN段無人機的速度為v′==?2m/s則有

Δt′

Δp=mv′?mv=2×(?2)kg?m/s?2×4kg?m/s=?12kg?m/s

可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；

D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。

故選AB。

6．（2022·重慶·高考）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作

用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向

下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）

2

A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為

3

B．當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3

D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1:2

【答案】BC

【詳解】A．對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有F=f=μmgcos45°

2

由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a=gsin45°=g則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程

12

1mg21μmg2

中重力和摩擦力對物塊做功為W=mg?at2?sin45°=t2，W=?μmg?cos45°×at2=?t2代入數(shù)

G214f214

1

據(jù)聯(lián)立解得μ=故A錯誤；

3

22

C．當拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有mgsin45°?F?f=ma解得a=g?2μgcos45°=g則拉力分別

2226

a1

沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為2=故C正確；

a13

2

g

．當拉力沿斜面向上，重力做功為?合力做功?則其比值為WG223則

BWG2=mgsin45°xW合=ma2x=2=

W合g1

6

重力做功為9J時，物塊的動能即合外力做功為3J，故B正確；

D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為P=mv=m2ax則動量的大小之比為

Pa1

2=2=故D錯誤。

P1a13

故選BC。

考點03機械能守恒定律

7．（2024·重慶·高考）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸

器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（）

A．減速階段所受合外力為0B．懸停階段不受力

C．自由下落階段機械能守恒D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2

【答案】C

【來源】2024年高考重慶卷物理真題【詳解】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯

誤；

B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；

C．組合體在自由下落階段只受重力，機械能守恒，故C正確；

D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯誤。

故選C。

8．（2021·重慶·高考）質(zhì)量相同的甲、乙兩小球（視為質(zhì)點）以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生

正碰。圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關于t=t1左右對稱，實線

兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則（）

A．t=0時刻，甲的速率大于乙的速率

B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變

C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變

D．碰撞后甲的機械能大于乙的機械能

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率，故A錯誤；

BC．根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位

移圖像）關于t=t1左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方向變化，甲的動能不變，故B

錯誤C正確；

D．根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞后甲的機械能與乙的機械能相等，故D錯誤。

故選C。

1

9．（2021·重慶·高考）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個半徑為R，而內(nèi)壁光滑的圓弧軌道，固定在豎直平面

4

內(nèi)，地面水平，O、O'為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點。一小物塊從左側圓弧最高處靜止釋放，當

通過N點時，速度大小為（重力加速度為g）（）

6gR5gR

A．2gRB．C．D．gR

22

【答案】D

xR?x

【詳解】圖中NO連線與水平方向的夾角θ，由幾何關系可得sinθ==可得θ=30°設小物塊通過N點時

RR

1

速度為v，小物塊從左側圓弧最高點靜止釋放，由機械能守恒定律可知mgRsinθ=mv2解得v=gR故D

2

正確，ABC錯誤。

故選D。

考點04功能關系

10．（2024·重慶·高考）元代王禎《農(nóng)書》記載了一種人力汲水灌田農(nóng)具——戽斗。某興趣小組對戽斗汲水

工作情況進行模型化處理，設計了如圖甲所示實驗，探究戽斗在豎直面內(nèi)的受力與運動特點。該小組

在位于同一水平線上的P、Q兩點，分別固定一個小滑輪，將連結沙桶的細線跨過兩滑輪并懸掛質(zhì)量相

同的砝碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO′運動。當沙桶質(zhì)量為136.0g時，沙桶從A

點由靜止釋放，能到達最高點B，最終停在C點。分析所拍攝的沙桶運動視頻，以A點為坐標原點，

取豎直向上為正方向。建立直角坐標系，得到沙桶位置y隨時間t的圖像如圖乙所示。

(1)若將沙桶上升過程中的某一段視為勻速直線運動，則此段中隨著連結沙桶的兩線間夾角逐漸增大，

每根線對沙桶的拉力_____（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點的加速度方向_____

（選填“豎直向上”“豎直向下”）。

(2)一由圖乙可知，沙桶從開始運動到最終停止，機械能增加_____J（保留兩位有效數(shù)字，g=9.8m/s2）。

【答案】(1)逐漸增大豎直向下

(2)0.11

【詳解】（1）[1][2]設細線與豎直方向夾角為θ，沙桶勻速上升2Tcosθ=Mg

當θ逐漸增大時，T逐漸增大，沙桶上升到最高點B然后下落，在最高點的加速度方向豎直向下。

（2）沙桶從開始運動到靜止上升高度為8.4cm，機械能增加量為Mgh=0.136×9.8×0.084J=0.11J

1．（2025·重慶青木關中學·模擬）2025年1月7日，中國航天實現(xiàn)開門紅，實踐25號雙機械臂的在軌

服務衛(wèi)星成功發(fā)射，標志我國在該領域技術水平居于世界前列，研發(fā)過程中，實驗室測試機械臂拋投物

體，把質(zhì)量為m的小球從同一高度的A、B兩點拋出，均能垂直擊中豎直墻壁上的目標點P，軌跡如圖。

忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

A．A點拋出的初速度的豎直分量更大

B．B點拋出的運動時間更長

C．A點拋出的擊中P點時速度大小更大

D．B點拋出時機械臂對物體做功更多

【答案】C

1

【詳解】AB．兩次拋出小球均垂直擊中P點，則擊中P點時豎直分速度為零，由逆向思維有?=gt2，

2

vy=gt

由于h相同，所以運動時間t相等，兩小球拋出時初速度豎直分量vy相等，故AB錯誤；

C．根據(jù)x=vxt因為t相等，A點拋出的水平位移更大，可知其水平初速度vx更大，所以兩拋體擊中P點

時速度大小不相等，故C正確；

22

D．根據(jù)合初速度v=vx+vy由于A點拋出的水平速度更大，A點拋出時的物體初速度更大，機械臂做

功更多，故D錯誤。

故選C。

2．（2025·重慶西南大附中·全真?？迹┤鐖D，運貨小車正沿著螺旋軌道勻速率下滑，則小車（）

A．加速度為零B．動量不變

C．動能減少D．機械能減少

【答案】D

【詳解】A．運貨小車做曲線運動，是變速運動，加速度不為0，故A錯誤；

B．運貨小車速度方向改變，則動量改變，故B錯誤；

CD．運貨小車勻速率下滑，動能不變，重力勢能減小，機械能減小，故C錯誤，D正確。

故選D。

3．（2025·重慶·三診）中國高鐵交通運行舉世矚目。設定某高鐵運行時所受阻力大小f與車速v之間的關

系為f=kv2（k為定值），在甲、乙兩段水平軌道上勻速直線行駛的速度大小分別為300km/h、200km/h。

則該高鐵在甲、乙兩段水平軌道上勻速直線行駛時，其發(fā)動機的輸出功率的比值為（）

392781

A．B．C．D．

24816

【答案】C

【詳解】該高鐵水平勻速直線行駛，其發(fā)動機的輸出功率P=Fv=fv=kv3因此在甲、乙兩段水平軌道上勻

v3

P甲甲27

速直線行駛時，發(fā)動機的輸出功率之比=3=

P乙v乙8

故選C。

4．（2025·重慶八中·全真?？迹┤鐖D甲所示粗細均勻的一根木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在水杯中?，F(xiàn)

將木筷向下按壓后靜止釋放，其之后的運動可視為簡諧運動，不考慮水平面的高度變化。圖乙為從某時

刻開始木筷下端的位置y隨時間t變化的圖像，以豎直向上為正方向，木筷下端到水面的最小距離為h1

最大距離為h2。則（）

A．木筷在t0到5t0時間內(nèi)重力勢能先減小后增加

B．木筷在3t0時的動量與7t0時的動量相等

???ππ

C．木塊下端的簡諧運動的方程為y=21sint+

24t04

2

D．木筷在0～3t0時間內(nèi)運動的位移為???

212

【答案】C

【詳解】A．t0時位于波峰，5t0位于波谷，木筷在t0到5t0時間內(nèi)重力勢能一直減小，A錯誤；

B．木筷在3t0時的動量與7t0時的動量大小相等，方向相反，B錯誤；

???2π

C．木筷振動方程的一般形式為y=Asinωt+φ，其中，A=21，ω=，T=7t?3t×2，解得

2T00

???ππ

y=21sint+，C正確；

24t04

?2??1ππ?2??1ππ

D．t=0時，y1=sin×0+，t=3t0時，y2=sin×3t0+，木筷在0～3t0時間內(nèi)運動的位移

24t0424t04

2

為Δy=y?y，解得Δy=1????，D錯誤。

21421

故選C。

5．（2025·重慶·高三二模）2024年10月31日，“愛因斯坦探針（EP）衛(wèi)星”正式在軌交付給中國科學院國

家天文臺使用，主要用于觀測宇宙中的劇烈爆發(fā)現(xiàn)象，捕捉這些轉(zhuǎn)瞬即逝的宇宙“焰火”。若該衛(wèi)星在定

軌前，由周期為T1的圓軌道變軌到周期為T2的圓軌道，則它先后在這兩個圓軌道上的動能之比為（）

22

TT

A．13B．23

T2T1

TT2

C．1D．1

T2T2

【答案】B

332

R1R2Mmv12

【詳解】根據(jù)開普勒第三定律可知2=2根據(jù)萬有引力提供向心力有G2=m衛(wèi)星的動能Ek=mv

T1T2RR2

2

ET

聯(lián)立可得該衛(wèi)星先后在這兩個圓軌道上的動能之比k1=23

Ek2T1

故選B。

6．（2025·重慶南開中學·高三下·第七次模擬預測）如圖所示，一個箱子放在水平地面上，箱子的質(zhì)量m=20g，

箱子底部通過輕彈簧與一質(zhì)量M=100g的物塊P相連，輕彈簧的勁度系數(shù)k=10N/m，穩(wěn)定時P對箱子頂

部恰好無彈力，重力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)將物塊P豎直向下移動?=0.2m后由靜止釋放，當物塊P運動

到初始位置時與箱子頂部發(fā)生完全非彈性碰撞，則箱子離開地面后能上升的最大高度為（）

55

A．0．2mB．0.4mC．mD．m

1836

【答案】D

1

【詳解】開始：Mg=kx彈簧壓縮量x=0.1m從釋放到初始位置，動能定理W?Mg?=Mv2其中

11彈簧21

kx+?+kx5

W=11?聯(lián)立得v=2m/s碰撞動量守恒Mv=M+mv豎直上拋v2=2gH聯(lián)立解得H=m

彈簧2112236

故選D。

7．（2025·重慶南開中學·第七次模擬預測）重慶長江索道是中國自行設計制造的萬里長江上第一條大型跨

江客運索道，全長1166米，如圖所示。某次運行時車廂（含乘客）總質(zhì)量m=6000kg，其中一段勻速運

動用時t=2min，上升高度?=30m，若阻力可以忽略不計，重力加速度g=10m/s2。則這段勻速過程電動機

對該車廂做功的平均功率約為（）

A．1.5×104WB．5.0×103W

C．2.5×104WD．1.5×105W

【答案】A

Wmg?

【詳解】這段勻速過程電動機對該車廂做功的平均功率P===1.5×104W

tt

故選A。

8．（2025·重慶名校聯(lián)盟·3月考）如圖所示，餐桌中心有一個半徑為r的圓盤，可繞其中心軸轉(zhuǎn)動，在圓盤

的邊緣放置一質(zhì)量為m的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)緩慢增大圓盤的角速度，

小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，

圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，則下列說法正確的是（）

A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力與速度方向相反

μg

B．小物塊剛滑落時，圓盤的角速度為

2r

5

C．餐桌的半徑為r

2

D．該過程中支持力的沖量為零

【答案】C

【詳解】A．物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，圓盤對物塊的摩擦力指向圓盤的圓心，故A錯誤；

μg

B．小物塊剛滑落時，有μmg=mω2r得圓盤的角速度為ω=故B錯誤；

r

1

C．小物塊將從圓盤上滑落后，根據(jù)動能定理有?μmgx=0?mv2其中v=ωr設餐桌的半徑為R，根據(jù)幾

2

5

何關系有R2=r2+x2聯(lián)立求得R=r故C正確；

2

D．根據(jù)沖量的定義可知，該過程中支持力的沖量不為零，故D錯誤。

故選C。

9．（2025·重慶育才中學·二模）如題圖甲所示，豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，B點為AC

軌道的中點，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，

其速度的平方與對應高度的關系圖像如圖乙。已知小球在最高點C受到軌道的彈力大小為11N，不計空

氣阻力，g=10m/s2，則（）

A．圖乙中x為10m2?s-2B．小球質(zhì)量為0.5kg

C．小球在A點所受支持力為36ND．小球在B點所受合力大于26N

【答案】BD

11

【詳解】A．由機械能守恒定律mv2=mv2+mg?解得v2=?2g?+v2由圖乙可知，當?=0.25m時，v2=4m2/s2

2020

2222

代入上式，解得v0=3m/s又當?=0時，則有v=v0=9m/s，即x=9A錯誤；

v2

B．由題圖乙可知，軌道半徑R=0.125m，小球在C點的速度v=2m/s由牛頓第二定律可得F+mg=mC解

CR

得m=0.5kgB正確；

11v2

CD．小球從A到B過程中由機械能守恒有mv2=mv2+mgR在B點，根據(jù)牛頓第二定律可得N=mB代

202BBR

2222

入數(shù)據(jù)解得NB=26N由于小球還受重力作用，小球在B點所受合力為NB+(mg)=26+5N>26NC錯

誤，D正確。

故選BD。

10．（2025·重慶·三診）如圖1所示，足夠長的水平地面上，一同學坐在木箱中，受到水平向右的拉力F作

用從靜止開始運動，拉力F的沖量I隨時間t變化的關系如圖2所示。整個過程中，該同學和木箱始終

保持相對靜止。已知該同學和木箱的總質(zhì)量為50kg，木箱與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則（）

A．t=2s時刻，該同學的速度大小為8m/s

B．0~2s內(nèi)，該同學的位移大小為4m

C．t=8s時刻，該同學還在繼續(xù)向右運動

D．0~8s內(nèi)，木箱克服地面摩擦力做功為1200J

【答案】BD

400

【詳解】A．根據(jù)I=Ft可知I-t圖像的斜率表示拉力的大小，則拉力F=N=200N在0~2s內(nèi)該同學

12

2

和木箱一起向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F1?μmg=ma1解得加速度a1=2m/s則在t=2s

時刻該同學的速度大小為v1=at1=4m/s故A錯誤；

v

B．在0~2s內(nèi)，該同學的位移x=1t=4m故B正確；

12

700?400

C．2s后，可知I-t圖像的斜率表示拉力的大小，則拉力F=N=50N該同學和木箱一起向右做勻

28?2

2

減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F2?μmg=ma2解得加速度a2=?1m/s設經(jīng)時間Δt停止運動，則有

v

Δt=1=4s

?a2

其v-t圖像如圖所示

由圖可知在t=8s時刻該同學靜止不動，故C錯誤；

v

D．0~8s內(nèi)，木箱的位移x=1t+Δt=12m木箱克服地面摩擦力做功W=μmgx=1200J故D正確。

222

故選BD。

11．（2025·重慶·高考模擬調(diào)研）某中學運動會的鉛球比賽中，某同學將一鉛球斜向上拋出。不計空氣阻力，

則下列關于該鉛球在空中運動的動能Ek與時間t、水平位移x之間的關系圖像，可能正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】BD

【詳解】AB．設該鉛球質(zhì)量為m，剛開始斜拋時初速度大小為v0，與水平方向的夾角為θ，則經(jīng)過時間

121221212

t，其動能為E=mv=m(v+v)=m(vcosθ)+m(vsinθ?gt)則Ek與t為非線性關系，圖像為拋物線

k22xy2020

的一部分，且Ek先減小后增大，故A錯誤，B正確；

121g2

CD．鉛球做斜上拋運動，水平方向有x=v0cosθ?t所以Ek=m(v0cosθ)+m(v0sinθ?x)可知Ek與

22v0cosθ

x也為非線性關系，其圖像也是拋物線的一部分，且Ek先減小后增大，故C錯誤，D正確。

故選BD。

12．（2025·重慶·3月聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在與豎直方向成θ角的固定光滑細桿上，原長為

l0的輕質(zhì)彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，細桿上的A點與O

點等高，C點在O點的正下方。將小球從A點由靜止釋放，小球恰好能到達C點，已知彈簧具有的彈

1

性勢能E=kΔx2，式中k為彈簧的勁度系數(shù)，?x為彈簧相對原長的形變量，圖中OB⊥AC且OB=l，

p20

sinθ=0.6，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

A．小球經(jīng)過B點時的速度最大

B．小球經(jīng)過B點時的加速度最小

C．小球經(jīng)過B點時的機械能最大

96mg

D．彈簧的勁度系數(shù)為

11l0

【答案】CD

mgcosθ

【詳解】A．小球下滑過程中，加速度為零時，速度最大，經(jīng)過B點時加速度大小為a==gcosθ=0.8g

m

所以此時小球的速度還未達到最大，故A錯誤；

B．小球經(jīng)過B點后，彈簧伸長，彈力有沿桿向上的分量，所以加速度仍減小，則小球經(jīng)過B點時的

加速度不是最小，故B錯誤；

C．下滑過程中小球的機械能與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，在B處時彈簧的彈性勢能

為零，則小球的機械能最大，故C正確；

11l