專題03功與能動(dòng)量

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢

從2021年到2025年天津高考物理卷

考點(diǎn)1功與能2021、2022、2023來看，功與能、動(dòng)量部分的命題呈現(xiàn)出以

下趨勢：該部分內(nèi)容是每年必考的重點(diǎn)，

題型上常以綜合計(jì)算題的形式出現(xiàn)，且多

作為壓軸題考查。命題模型越來越復(fù)合化，

單一模型如碰撞等減少，更多的是“斜面+

彈簧+碰撞”“傳送帶+圓周運(yùn)動(dòng)”“彈簧+

碰撞+圓周運(yùn)動(dòng)”等多種模型的組合。命題

注重實(shí)際情境導(dǎo)向，以生活中的物流傳送

考點(diǎn)2動(dòng)量2021、2022、2023、2024帶、滑雪，科技領(lǐng)域的火箭發(fā)射等為背景，

考查學(xué)生對模型的抽象能力。在能力要求

方面，強(qiáng)化數(shù)學(xué)工具的運(yùn)用，需要學(xué)生能

夠解多元方程組、利用導(dǎo)數(shù)求極值、進(jìn)行

圖像分析等，同時(shí)還涉及2-3個(gè)物體相互

作用的關(guān)聯(lián)對象多元化問題，要求學(xué)生能

處理內(nèi)力與外力的關(guān)系。

考點(diǎn)01功與能

1．（2023·天津·高考）2023年我國首套高溫超導(dǎo)電動(dòng)懸浮全要素試驗(yàn)系統(tǒng)完成首次懸浮運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)重要技

術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗(yàn)列車質(zhì)量為m，某次試驗(yàn)中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時(shí)牽引

系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動(dòng)裝置提供大小為F的制動(dòng)力，列車減速直至停止。若列車行駛時(shí)始終受到大小

為f的空氣阻力，則（）

F

A．列車減速過程的加速度大小a=B．列車減速過程F的沖量為mv

m

mv2

C．列車減速過程通過的位移大小為D．列車勻速行駛時(shí)，牽引系統(tǒng)的輸出功率為(f+F)v

2(F+f)

【答案】C

F+f

【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有F+f=ma可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小a=故A錯(cuò)誤；

m

vmvFmv

B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t==故力F的沖量為I=Ft=方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；故B錯(cuò)誤；

aF+fF+f

v2mv2

C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2ax可得x==故C正確；

2a2F+f

D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv故D錯(cuò)誤。

故選C。

2．（2022·天津·高考）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰

壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0=2m/s，勻減速滑行x1=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開始擦A

運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2=3.5m，與靜止在P點(diǎn)的

冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA=0.05m/s和vB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與

2

MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.01，重力加速度g取10m/s，運(yùn)動(dòng)過程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B碰撞

時(shí)間極短。求冰壺A

（1）在N點(diǎn)的速度v1的大??；

（2）與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。

【答案】（1）v1=0.8m/s；（2）μ2=0.004

【詳解】（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為N，由豎直方向受力平衡，有N=mg設(shè)A在MN

間受到的滑動(dòng)摩擦力為f，則有f=μ1N設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得f=ma聯(lián)

222

立解得a=μ1g=0.1m/s由速度與位移的關(guān)系式，有v1?v0=?2ax1代入數(shù)據(jù)解得v1=0.8m/s

（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2=mvA+mvB解得v2=0.6m/s設(shè)A在NP間受

11

到的滑動(dòng)摩擦力為f′，則有f′=μmg由動(dòng)能定理可得?f′?x=mv2?mv2聯(lián)立解得μ=0.004

2222212

3．（2021·天津·高考）2021年5月15日，天問一號探測器著陸火星取得成功，邁出了我國星際探測征

程的重要一步，在火星上首次留下國人的印跡。天問一號探測器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我

國第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過軌道調(diào)整，探測器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓

軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問一號探測器（）

A．在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài)B．在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短

C．從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速D．沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大

【答案】D

【詳解】A．天問一號探測器在橢圓軌道Ⅱ上做變速運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)開普勒第三定律可知，軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長軸，故在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)長，故B

錯(cuò)誤；

C．天問一號探測器從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ，做近心運(yùn)動(dòng)，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P點(diǎn)點(diǎn)火

減速，故C錯(cuò)誤；

D．在軌道Ⅰ向P飛近時(shí)，萬有引力做正功，動(dòng)能增大，故速度增大，故D正確。

故選D。

考點(diǎn)02動(dòng)量

4．（2024·天津·高考）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點(diǎn)與水平面相切。對靜置于軌道最

低點(diǎn)的小球A施加水平向左的瞬時(shí)沖量I，A沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰

并粘在一起。已知I=1.8N?s，A、B的質(zhì)量分別為mA=0.3kg、mB=0.1kg，軌道半徑和繩長均為R=0.5

m，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩不可伸長，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：

(1)與B碰前瞬間A的速度大??；

(2)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。

【答案】(1)4m/s

(2)11.2N

【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)小球A從最低點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，由動(dòng)量定理有I=mAv0設(shè)與B碰

11

前瞬間A的速度大小v，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理有?mg?2R=mv2?mv2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解

A2A2A0

得v=4ms

（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動(dòng)量守恒定律有mAv=mA+mBv共設(shè)A、B碰

2

v共

后瞬間輕繩的拉力大小為F，由牛頓第二定律有F?m+mg=m+m聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得F=11.2N

ABABR

5．（2023·天津·高考）質(zhì)量mA=2kg的物體A自距地面?=1.2m高度自由落下，與此同時(shí)質(zhì)量mB=1kg的物體

B由地面豎直上拋，經(jīng)過t=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起,碰撞時(shí)間極短,忽略空氣阻力。兩物體

均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/s2，求A、B：

（1）碰撞位置與地面的距離x；

（2）碰撞后瞬時(shí)的速度大小v；

（3）碰撞中損失的機(jī)械能ΔE。

【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J

11

【詳解】（1）對物體A，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x=??gt2=1.2m?×10×0.22m=1m

22

11

（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vt?gt2即1=v×0.2?×10×0.22

B0B02B02

解得vB0=6m/s可得碰撞前A物體的速度vA=gt=2m/s方向豎直向下；碰撞前B物體的速度

vB=vB0?gt=4m/s方向豎直向上；選向下為正方向，由動(dòng)量守恒可得mAvA?mBvB=(mA+mB)v

解得碰后速度v=0

111

（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能ΔE=mv2+mv2?(m+m)v2=12J

2AA2BB2AB

6．（2022·天津·高考）如圖所示，邊長為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、

寬為b且足夠長的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框

平面始終與磁場垂直且一邊與磁場邊界平行，已知a<b，在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個(gè)過程中（）

A．鋁框所用時(shí)間相同B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同

C．鋁框中的電流方向相同D．安培力對鋁框的沖量相同

【答案】D

【詳解】A．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全

在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開磁場過程的平均速度小于進(jìn)入磁場過程的平均速度，

所以離開磁場過程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場過程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；

C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場過程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向；離開磁場過程磁通量減

小，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，C錯(cuò)誤；

EΔΦΔΦBa2B2a3

D．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程安培力對鋁框的沖量為I=?BIaΔt又q=IΔt=Δt=Δt==得I=?

安RRΔtRR安R

D正確；

B．鋁框進(jìn)入和離開磁場過程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場過程的速度一直大于鋁框離開磁

BavB2a2v

場過程的速度，根據(jù)F=BIa=Ba=可知鋁框進(jìn)入磁場過程受到的安培力一直大于鋁框離開磁場

安RR

過程受到的安培力，故鋁框進(jìn)入磁場過程克服安培力做的功大于鋁框離開磁場過程克服安培力做的功，

即鋁框進(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的熱量大于鋁框離開磁場過程產(chǎn)生的熱量，B錯(cuò)誤。

故選D。

7．（2021·天津·高考）一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運(yùn)載火箭搭載空間站

天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是（）

A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏?/p>

B．增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏?/p>

C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)火箭就不再加速

D．火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺之間的相互作用

【答案】AB

【詳解】A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞?，即增加單位時(shí)間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)FΔt=Δmv可知可以增

大火箭的推力，故A正確；

B．當(dāng)增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葧r(shí)，根據(jù)FΔt=Δmv可知可以增大火箭的推力，故B正確；

C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)，相對于火箭的速度不為零，根據(jù)FΔt=Δmv可知火箭

仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯(cuò)誤；

D．燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，使火箭獲得推力，故D錯(cuò)誤。

故選AB。

1．（2025·天津南開區(qū)·二模）如圖甲所示為智能健身圈，其原理是利用搖動(dòng)腰部軌道上的阻尼環(huán)帶起腰帶

外部軌道上的小球，起到健身的效果，其原理簡化為如圖乙所示。設(shè)配重小球的質(zhì)量為m，體積忽略不

計(jì)，小球懸繩(忽略質(zhì)量)長度為L，腰帶軌道近似看成是正圓，且半徑為R。若配重小球繞腰帶的中心軸

做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球的線速度大小為v，繩子與豎直方向夾角為θ，運(yùn)動(dòng)過程腰部保持穩(wěn)定，重力

加速度為g。下列說法正確的是（）

1

A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來，懸繩對小球做的功為mv2

2

mg

B．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為

tanθ

C．若更換質(zhì)量為2m的配重小球，以相同角速度轉(zhuǎn)動(dòng)阻尼環(huán)，繩子與豎直方向夾角不變

1gtanθ

D．當(dāng)繩子與豎直方向夾角保持為θ時(shí)，配重小球轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f=

2πLsinθ

【答案】C

【詳解】A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來，此時(shí)小球的重力勢能也要增加，則懸繩對小

1

球做的功大于mv2，故A錯(cuò)誤；

2

B．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為Fn=mgtanθ，故B錯(cuò)誤；

2

C．根據(jù)Fn=mgtanθ=mω(Lsinθ+R)兩邊可消掉m，若更換質(zhì)量為2m的配重小球，以相同角速度轉(zhuǎn)動(dòng)阻

尼環(huán)，繩子與豎直方向夾角不變，故C正確；

D．根據(jù)上述結(jié)論mgtanθ=mω2(Lsinθ+R)當(dāng)繩子與豎直方向夾角保持為θ時(shí)，配重小球轉(zhuǎn)動(dòng)頻率

1gtanθ

f=故D錯(cuò)誤。

2πLsinθ+R

故選C。

2．（2025·天津和平·一模）慶祝盛大的節(jié)日常會(huì)燃放煙花?，F(xiàn)有某煙花筒的結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理為：

在地面上的O處點(diǎn)燃引線，發(fā)射藥燃燒發(fā)生爆炸，禮花彈獲得一個(gè)豎直方向的速度開始上升并同時(shí)點(diǎn)燃

延期引線，當(dāng)禮花彈到最高點(diǎn)時(shí)，延期引線點(diǎn)燃禮花彈并炸開形成漂亮的球狀禮花?，F(xiàn)假設(shè)某禮花彈在

最高點(diǎn)炸開成a、b兩部分，速度均為水平方向，已知兩部分質(zhì)量ma>mb。忽略空氣阻力及所有引線中

火藥的作用，則（）

A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開后的過程，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

B．a(chǎn)、b兩部分落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離可能相等

C．禮花彈在最高點(diǎn)炸開過程，a、b兩部分動(dòng)量變化相同

D．整個(gè)過程中消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和

【答案】D

【詳解】A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開后的過程，炸藥爆炸，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)的機(jī)械能

不守恒，故A錯(cuò)誤；

B．系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mava=mbvb依題意ma>mb可得va<vba、b兩部分均做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=v0t，

12?

?=gt2解得x=v可知x<x即落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不相等，故B錯(cuò)誤；

20gab

C．依題意，禮花彈在最高點(diǎn)炸開過程，炸藥對a、b兩部分的沖量等大反向，根據(jù)I=Δp可知a、b兩

部分動(dòng)量變化大小相同，方向相反，故C錯(cuò)誤；

D．整個(gè)過程中重力做功為零，由能量守恒可知，消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和，故D

正確。

故選D。

3．（2025·天津耀華中學(xué)·一模）如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)，將一金屬

小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，

上升到一定高度后再下，如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)

間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）

A．t2時(shí)刻小球加速度方向向下

B．t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球加速度先減小后增大

C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加

D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少

【答案】BD

【詳解】A．由圖可知，t2時(shí)刻彈簧彈力達(dá)到最大，小球?qū)椈蓧嚎s到最低點(diǎn)，此時(shí)小球加速度方向向

上，故A錯(cuò)誤；

B．t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F?mg=ma

由于彈力減小，所以加速度向上減小，速度增大，彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，之后

根據(jù)牛頓第二定律有mg?F=ma彈力減小，加速度向下增大，速度減小，故B正確；

C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮到最短，該過程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧

的彈性勢能不斷增大，小球的機(jī)械能一直減小，故C錯(cuò)誤；

D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先向下后向上，則小球的速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少，故D

正確。

故選BD。

4．（2025·天津·二模）智慧充電技術(shù)的日益成熟，極大促進(jìn)了電動(dòng)汽車銷量的增長。若一輛電動(dòng)汽車的質(zhì)

量為m，額定功率為P。汽車由靜止啟動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的速度大小為v時(shí)恰好達(dá)到其額定

功率，之后汽車維持額定功率行駛，達(dá)到最大速度3v，已知汽車行駛時(shí)受到的阻力恒定。下列說法正確

的是（）

P

A．電動(dòng)汽車受到的阻力大小為

3v

P

B．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

mv

3mv3

C．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為

4P

mv2

D．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中阻力做功為

4

【答案】AC

P

【詳解】A．汽車速度達(dá)到最大時(shí)，牽引力等于阻力，則有P=f?3v解得阻力大小為f=故A正確；

3v

B．汽車恰好達(dá)到其額定功率時(shí)有P=Fv根據(jù)牛頓第二定律可得F?f=ma聯(lián)立解得電動(dòng)汽車做勻加速直

2P

線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=故B錯(cuò)誤；

3mv

v3mv2v3mv3

C．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t==電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為x=t=故C

a2P24P

正確；

P3mv3mv2

D．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中阻力做功為W=?fx=??=?故D錯(cuò)誤。

f3v4P4

故選AC。

5．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如圖所示裝置將建材搬運(yùn)到高處，光滑桿豎直固定在地面上，斜

面體固定在水平面上，配重P和建材Q用輕繩連接后跨過光滑的定滑輪，配重P穿過光滑豎直桿，建材

Q放在斜面體上，且輕繩與斜面平行，開始時(shí)建材靜止在斜面上，之后增加配重質(zhì)量，建材沿斜面上滑，

下列分析正確的是（）

A．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，則P、Q速度大小一定相等

B．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能一定等于Q增加的機(jī)械能

C．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對P的彈力

D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，斜面對Q的摩擦力可能斜向下

【答案】CD

【詳解】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P沿繩方向的分速度大小與Q的速度大小相等，故A錯(cuò)

誤；

B．Q與斜面之間有摩擦力，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能等于Q增加的機(jī)械能和因Q與斜面之間

摩擦產(chǎn)生的熱之和，則P減小的機(jī)械能一定大于Q增加的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；

C．由于豎直桿光滑，則當(dāng)P靜止時(shí)，繩子一定不能與桿垂直，則繩子拉力沿水平的分力等于豎直桿對

P的彈力，即細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對P的彈力，故C正確；

D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，若繩子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，則Q有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢，斜面對Q

的摩擦力沿斜面向下，故D正確。

故選CD。

6．（2025·天津河西區(qū)·三調(diào)）如圖所示，傾角θ=30°的斜面體C靜置在水平臺上，其底端與水平臺平滑連

接。物塊A沿斜面自由下滑，離開斜面后與靜止在水平臺上的物塊B發(fā)生完全非彈性碰撞。隨后A、B

從O點(diǎn)離開水平臺，共同在空中飛行并落到水平地面上的P點(diǎn)，O、P連線與水平方向的夾角α=53°。

已知物塊A的質(zhì)量mA=100g、物塊B的質(zhì)量mB=200g、斜面體C的質(zhì)量mC=500g，A與B碰撞前的速度

vA=3?ms，A、B表面均光滑，整個(gè)過程中C保持靜止且A、B始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。將A、B

4

視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，tan53°=，取g=10?ms2。求：

3

(1)A沿斜面下滑的過程中，水平臺對C的支持力大小N0；

(2)A、B碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE；

(3)A、B共同在空中飛行的過程中，它們的重力的平均功率P。

23

【答案】(1)N=N

04

(2)ΔE=0.3J

(3)P=4W

°

【詳解】（1）A沿斜面下滑的過程中，A、C之間相互作用力的大小為N=mAgcos30水平臺對C的

23

支持力大小為N=mg+Ncos30°解得N=N

0C04

（2）A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，有mAvA=mA+mBv碰撞過程中損失的機(jī)械能為

11

ΔE=mv2?m+mv2解得ΔE=0.3J

2AA2AB

12

gt1

（3）O、P連線與水平方向的夾角α=53°，于是有tan53°=2A、B共同做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度為?=gt2

vt2

W

A、B平拋的過程中，它們的重力做的功為W=m+mg?重力的平均功率為P=解得P=4W

ABt

7．（2025·天津北辰·三模）如圖所示，一傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一長

L=0.4?m的輕桿，可繞其上端O點(diǎn)處的光滑軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，下端固定連接物塊B（可看成質(zhì)

點(diǎn)），B與水平面接觸無擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，運(yùn)動(dòng)至頂端時(shí)剛好與傳送帶速度相同，之

后平滑進(jìn)入水平面與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)。已知傳送帶以速度v=1?m/s順時(shí)針方向

°

勻速運(yùn)行，與水平面夾角為37。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，A、B質(zhì)量分別為m1=5kg，m2=1kg，

重力加速度g=10?m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)碰撞后物塊A的速度；

(2)物塊A從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中機(jī)械能的增加量。

【答案】(1)0.2?m/s

(2)40?J

【詳解】（1）碰撞過程動(dòng)量守恒，有：m1v=m1v1+m2v2B恰好能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，說明到達(dá)最高點(diǎn)速度

1

恰好為0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mv2=mg?2L代入數(shù)據(jù)可得v=0.2?m/s

22221

°

（2）物塊A在傳送帶上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有：垂直于傳送帶方向，F(xiàn)N=m1gcos37

°2

沿傳送帶方向，μFN?m1gsin37=m1a設(shè)傳送帶底端到頂端距離為x，有v=2axA物塊機(jī)械能增加量

1

ΔE=mv2+mgxsin37°=40J

211

8．（2025·天津和平區(qū)·三模）如圖所示，傳送帶水平勻速運(yùn)動(dòng)的速度為5m/s，在傳送帶的左端P點(diǎn)輕放一

質(zhì)量m=1kg的物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后拋出，物塊恰好

無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平。已知圓

弧半徑R=1.0m，圓弧對應(yīng)的圓心角θ=106°，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，

sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：

(1)物塊離開A點(diǎn)時(shí)水平初速度的大??；

(2)物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小；

(3)物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過程中，物塊與傳送帶之間的摩擦力對傳送帶所做的功Wf及由于放上物塊后

電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。

【答案】(1)3m/s

(2)43N

(3)?15J，15J

2°vy

【詳解】（1）平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有2g?=vy又tan53=可得vA=3m/s

vA

2

（）從點(diǎn)到點(diǎn)過程有°1212由幾何關(guān)系得vA在點(diǎn)v0由

2BOmgR1?cos53=mv0?mvBvB=°OFN?mg=m

22cos53R

'

牛頓第三定律知對軌道壓力FN=FN=43N

v

（3）傳送帶上物塊加速運(yùn)動(dòng)μmg=maP運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)所需的時(shí)間t=A傳送帶的位移x=vt物塊與傳送帶

a帶

之間的摩擦力對傳送帶所做的功Wf=?μmgx帶=?15J由于放上物塊后電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E=μmgx帶=15?J

9．（2025·天津九校聯(lián)考·二模）落錘打夯機(jī)是一種結(jié)構(gòu)簡單的建筑施工設(shè)備，其原理可以簡化為以下模型∶

質(zhì)量為m1=800kg的夯體一部分埋人土層中，質(zhì)量為m2=200kg的重錘（可視為質(zhì)點(diǎn)）從夯正上方?=20m

處自由下落，與夯發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后重錘和夯一起下移d=0.5m深度。（重力加速度g

取10m/s2）

(1)求重錘與夯碰后的速度；

(2)求夯在下移過程中受到的平均阻力的大小。

【答案】(1)v=4m/s

(2)f=26000N

1

【詳解】（1）設(shè)重錘與夯碰前的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理mg?=mv2解得v=20m/s錘與夯碰后

022200

速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)動(dòng)量守恒m2v0=（m1+m2）v解得v=4m/s

（2）設(shè)夯在下移過程中受到的平均阻力的大小為f，則此過程中，根據(jù)動(dòng)能定理

1

（m+m）gd?fd=0?（m+m）v2解得f=26000N

12212

10．（2025·天津?yàn)I海新區(qū)·三模）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶

有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示?？梢暈橘|(zhì)

點(diǎn)的配重質(zhì)量為m，繩長為l，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.4l，水平固定好腰帶，通過人體微

小扭動(dòng)，使配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻繩子與豎直方向夾角θ=37°。運(yùn)動(dòng)過程中不計(jì)空氣

阻力，腰帶可看成不動(dòng)，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在繩子與豎直方向夾角從0°緩慢增

至θ=37°的過程中，求：

(1)繩子夾角θ=37°時(shí)，配重的速度大小v：

(2)該過程中，配重所受合力的沖量大小I；

(3)該過程中，繩子對配重所做的功W。

3gl

【答案】(1)v=

2

m3gl

(2)I=

2

(3)W=0.575mgl

v23gl

【詳解】（1）配重做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，半徑r=0.4l+lsinθ由牛頓第二定律可得mgtanθ=m解得v=

r2

m3gl

（2）由動(dòng)量定理可得I=mv代入數(shù)據(jù)得I=

2

1

（3）由動(dòng)能定理可得W?mgl(1?cosθ)=mv2?0代入數(shù)據(jù)得W=0.575mgl

2

11．（2025·天津和平·二模）如圖所示，長為L=2m、質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平地面上，A、

B是木板的兩個(gè)端點(diǎn)，點(diǎn)C是AB中點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg

的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），現(xiàn)給木板施加一個(gè)水平向右，大小為F=9N的恒力，當(dāng)物塊相對木板滑至C

點(diǎn)時(shí)撤去這個(gè)力，最終物塊恰好滑到木板的B端與木板一起運(yùn)動(dòng)，求：

(1)物塊到達(dá)木板C點(diǎn)時(shí)木板的速度v1；

(2)木板的摩擦力對物塊做的功Wf；

(3)木塊和木板CB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

【答案】(1)3ms

(2)2J

(3)0.3

【詳解】（1）根據(jù)題意，由于AC段光滑，可知，開始木板滑動(dòng)，物塊不動(dòng)，對木板由動(dòng)能定理有

11

F?L=Mv2

221

解得v1=3ms

（2）撤去外力后，木板與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有Mv1=M+mv解得v=2ms

1

對物塊由動(dòng)能定理有W=mv2解得W=2J

f2f

111

（3）由能量守恒定律有μmg?L=Mv2?M+mv2解得μ=0.3

2212

12．（2025·天津部分區(qū)·一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著半徑為R的光滑半圓形軌道，A、B兩小球

的質(zhì)量分別為m、2m。小球B靜止在軌道的最低點(diǎn)處，小球A從離軌道最低點(diǎn)2R的高處由靜止自由

落下，沿圓弧切線進(jìn)入軌道后，與小球B發(fā)生碰撞。碰撞后B球上升的最高點(diǎn)為C，圓心O與C的連

線與豎直方向的夾角為60°。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)A與B球相碰前的速度大小v0；

(2)A、B球第一次碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE。

【答案】(1)2gR

(2)mgR

1

【詳解】（1）分析A球，從靜止下落到與B球相碰前，根據(jù)機(jī)械能守恒可知mg·2R=mv2解得v=2gR

200

1

（2）碰撞后，B球上升到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得×2mv2=2mgR(1?cos60°)球A與B碰撞過程中，

2B

111

滿足動(dòng)量守恒mv=mv+2mvA、B球第一次碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE=mv2?mv2?×2mv2

0AB202A2B

代入數(shù)據(jù)可得ΔE=mgR

13．（2025·天津紅橋區(qū)·一模）如圖所示，小球a系在不可伸長的細(xì)線上，物塊b靜置于懸掛O點(diǎn)的正下

方，將小球a從細(xì)線偏離豎直方向θ=60°的位置由靜止釋放后，a、b兩物體發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短且

2

不損失機(jī)械能．已知細(xì)線長L=0.4m，ma=0.5kg，mb=2.0kg，重力加速度g=10m/s，兩物體都可看成質(zhì)

點(diǎn)，物塊b與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，求：

(1)小球a與物塊b碰前瞬間的速度大小v；

(2)碰后瞬間，小球a對細(xì)線的拉力F；

(3)物塊b的最大位移x的大小。

【答案】(1)v=2m/s

(2)F=6.8N，方向豎直向下

(3)x=0.08m

1

【詳解】（1）小球a下擺過程中，由機(jī)械能守恒有mgL(1?cosθ)=mv2解得v=2m/s

a2a

（2）兩物體發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有mav=mava+mbvb根據(jù)能量守恒定律有

111

mv2=mv2+mv2聯(lián)立解得v=?1.2m/s，v=0.8m/s小球a碰后瞬間細(xì)線對小球的拉力設(shè)為F′，根據(jù)

2a2aa2bbab

v2

牛頓第二定律F′?mg=ma聯(lián)立解得F′=6.8N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)?xì)線的拉力大小F=F'=6.8N，

aaL

方向豎直向下。

1

（3）對物塊b，由動(dòng)能定理得?μmgx=0?mv2代入數(shù)據(jù)，解得最大位移x=0.08m

b2bb

14．（2025·天津·二模）如圖甲所示，列車進(jìn)站時(shí)利用電磁制動(dòng)技術(shù)產(chǎn)生的電磁力來剎車。某種列車制動(dòng)系

統(tǒng)核心部分的模擬原理圖如圖乙所示，一閉合正方形剛性單匝均勻?qū)Ь€框abcd放在水平面內(nèi)，其質(zhì)量

為m，阻值為R，邊長為L，左、右兩邊界平行且寬度為L的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直

向上的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到ab邊與磁場左邊界間的距離為L時(shí)，線框具有水平向右的速度7v0，

當(dāng)cd邊離開磁場右邊界時(shí)線框速度為v0。已知運(yùn)動(dòng)中ab邊始終與磁場左邊界平行，除磁場所給作用

6mv2

力外線框始終還受到與運(yùn)動(dòng)方向相反、大小恒為f=0的阻力作用，求：

L

(1)線框進(jìn)入磁場的過程中通過線框某一橫截面的電荷量絕對值q；

(2)線框通過磁場過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q；

(3)線框速度由7v0減小到v0所經(jīng)歷的時(shí)間t。

BL2

【答案】(1)q=

R

2

(2)Q=6mv0

LB2L4

(3)t=?2

v03mRv0

E

【詳解】（1）根據(jù)電流強(qiáng)度定義得q=I·Δt根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

R

ΔΦBL2

E=因?yàn)棣う?BL2聯(lián)立解得q=

ΔtR

11

（2）根據(jù)能量守恒定律得Q+3fL=m7v2?mv2代入題中數(shù)據(jù)，解得Q=6mv2

20200

LB2L4

（3）根據(jù)動(dòng)量定理得?BLI1t1?BLI2t2?ft=mv0?7mv0因?yàn)閝=I1t1=I2t2聯(lián)立解得t=?2

v03mRv0

15．（2025·天津南開區(qū)·一模）已知某花炮發(fā)射器能在t1=0.2s內(nèi)將花炮豎直向上發(fā)射出去，花炮的質(zhì)量為

m=1kg、射出的最大