專題05功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功與功率2021、2022、2023知識考查層面，愈發(fā)重視功與能知識和其他物理模塊的深度融合。功與功率計算常與力學中的牛頓運動定律、物體的運動相結合，分析物體在力的作用下的能量轉化與運動狀態(tài)變化；能量守恒定律則與電場、磁場、電磁感應等知識聯(lián)動，如在電磁感應現(xiàn)象中，綜合考查電能、機械能之間的相互轉化，全面考查考生對多模塊知識的綜合運用能力。?從能力要求來看，對邏輯推理和數(shù)理結合能力的考查力度顯著增強。試題常設置多過程、多變量的復雜情境，要求考生依據(jù)已知條件，通過嚴密的邏輯推導，建立功與能的相關方程，運用代數(shù)運算、函數(shù)圖像等數(shù)學工具，求解能量變化量、做功的大小等關鍵物理量。同時，注重考查考生的科學思維，如通過類比、遷移等思維方式，將常見的能量轉化模型應用到新情境中，像從熟悉的機械能守恒模型拓展到復雜的能量系統(tǒng)守恒分析。部分試題還會引入新的科技概念或能量轉換機制，考查考生在新情境下獲取信息、分析問題、運用知識的創(chuàng)新能力，以此全方位檢驗考生對功與能知識的掌握程度以及物理學科核心素養(yǎng)的發(fā)展水平。?考點2動能與動能定理2021、2022、2024、2025考點3機械能守恒定律2023、2024、考點4功能關系2021、2024考點5能量守恒定律2021、考點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動。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摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中（）

A．摩擦力做功大小與F方向無關 B．合力做功大小與F方向有關C．F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgx D．F做功的最小值為max【答案】D【詳解】A．設力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，選項A錯誤；B．合力功W=F合x=ma?xC．當力F水平時，則F=ma+μmg力F做功為WFD．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Fsinθ=mg時，摩擦力f=0，則此時摩擦力做功為零，此時力F做功最小，最小值為故選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驗，提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗：細繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗（）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．細繩的拉力對小球均不做功 D．細繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】C【詳解】AC．在地面上做此實驗，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動，繩子拉力仍然不做功，A錯誤，C正確；BD．在地面上小球運動的速度大小改變，根據(jù)a=v2r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【詳解】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PCD．在cd段牽引力F3=f?mgsinθ汽車的輸出P3=F3考點02動能與動能定理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，MA、MB分別是沿左、右坡面的直滑道。山頂?shù)男∏蜓鼗缽撵o止滑下，不考慮阻力，則（）A．小球沿MA運動的加速度比沿MB的大B．小球分別運動到A、B點時速度大小不同C．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則A點電場強度比B點大D．若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側電勢比左側降落得快【答案】D【詳解】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對應的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運動時加速度比沿著B．A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機械能守恒，運動到A、B點時速度大小相同，B錯誤；C．等勢線越密集，電場強度越大，B處等勢線更密集，A點電場強度比B點小，C錯誤；D．等勢線越密集，電勢降落越快，右側等勢線更密集，右側電勢比左側降落得快，D正確。故選D。5.（2025·北京·高考）關于飛機的運動，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。(2)飛機準備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離(3)無風時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關系滿足F∝uα，并確定【答案】(1)W=(2)d=(3)論證見解析，α=2【詳解】（1）根據(jù)動能定理W?fx=12m（2）加速過程，設起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關系vm2=2a1（3）在無風的情況下，飛機以速率u水平飛行時，相對飛機的氣流速率也為u，并且氣流掠過機翼改變方向，從而對機翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動量變化有關，根據(jù)動量定理F?Δt=Δp可得F=ΔpΔt又Δp=mΔv，m=ρSΔ6．（2024·北京·高考）水平傳送帶勻速運動，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動。下列說法正確的是（）A．剛開始物體相對傳送帶向前運動B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長【答案】D【詳解】A．剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；B．勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯誤；C．物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯誤；D．設物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，物體相對傳送帶運動時a=做勻加速運動時，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，物體加速運動的時間越長，D正確。故選D。7．（2022·北京·高考）利用物理模型對問題進行分析，是重要的科學思維方法。（1）某質(zhì)量為m的行星繞太陽運動的軌跡為橢圓，在近日點速度為v1，在遠日點速度為v2。求從近日點到遠日點過程中太陽對行星所做的功W；（2）設行星與恒星的距離為r，請根據(jù)開普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相關知識，證明恒星對行星的作用力（3）宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設想地球“流浪”后繞此恒星公轉，且在新公轉軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉的周期為T1，繞此恒星公轉的周期為T2，求T2【答案】（1）W=12【詳解】（1）根據(jù)動能定理有W=（2）設行星繞恒星做勻速圓周運動，行星的質(zhì)量為m，運動半徑為r，運動速度大小為v。恒星對行星的作用力F提供向心力，則F=mv2r運動周期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的圓周運動，恒星單位時間內(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，單位面積單位時間接受到的輻射能量P=P04πr2設地球繞太陽公轉半徑為r1在新軌道上公轉半徑為r2。地球在新公轉軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須滿足P不變，由于恒星單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍，得r2=4r1設恒星質(zhì)量為M，地球在軌道上運行周期為T，萬有引力提供向心力，有GMmr考點03機械能守恒定律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點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進入半圓形軌道，恰好能夠到達最高點C。下列說法正確的是（）A．物體在C點所受合力為零B．物體在C點的速度為零C．物體在C點的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能【答案】C【詳解】AB．物體恰好能到達最高點C，則物體在最高點只受重力，且重力全部用來提供向心力，設半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得mg=mv2r解得物體在C點的速度C．由牛頓第二定律得mg=ma解得物體在C點的向心加速度a=gC正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和，D錯誤。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，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L。現(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)損失的機械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+m【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mgH=12m（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F?mg=mv2L（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得v1考點04功能關系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間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等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【詳解】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錯誤；C．小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，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)過同一位置時的速度，上升時更大，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間小于下落過程所用時間，A錯誤；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，由功能關系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。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，還受到一個與運動方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時間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，電源電動勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時間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中的能量轉化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.【詳解】（1）當物體下落速度達到最大速度vm時，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)生的自感電動勢阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-（3）各種能量轉化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機械能考點05能量守恒定律12．（2021·北京·高考）秋千由踏板和繩構成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時擺長為l1，人站立時擺長為l2。不計空氣阻力，重力加速度大小為（1）如果擺長為l1，“擺球”通過最低點時的速度為v，求此時“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開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最大擺角為θ2。假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大。隨著擺動越來越高，達到某個最大擺角θ后，如果再次經(jīng)過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求在最低點“擺球”增加的動能ΔE【答案】（1）T=mg+mv2【詳解】（1）根據(jù)牛頓運動定律T?mg=mv2l（2）a.設人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為v1、v2，根據(jù)功能關系得mgl1(1?cosθ1)=12mv12，mg所以θ2>θ1b.設“擺球”由最大擺角θ擺至最低點時動能為Ek，根據(jù)功能關系得Ek=mgl1(1?1．（2025·北京朝陽·二模）如圖所示，某同學以大小為v0的初速度將鉛球從P點斜向上拋出，到達Q點時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。不計空氣阻力，鉛球可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，重力加速度為gA．鉛球從P點運動到Q點所用的時間為2LB．鉛球從P點運動到Q點重力做的功為1C．鉛球從P點運動到Q點動量的變化為mD．鉛球到達Q點的速度大小為v【答案】D【詳解】A．鉛球從P點運動到Q點的逆過程為平拋運動，豎直方向是自由落體運動，由運動學公式有Lsin30o=12gtB．由重力做功有鉛球從P點運動到Q點重力做的功為WG=?C．由上述分析可知，從P點運動到Q點所用的時間為Lg，由動量定理有mgt=Δp代入數(shù)據(jù)有鉛球從P點運動到Q點動量的變化為D．鉛球從P點運動到Q點由動能定理有?12mgL=12m故選D。2．（2025·北京昌平·二模）如圖所示，運動員將質(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（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，足球動能的減少量大于mghB．從1到2，足球動能的減少量小于mghC．從1到2，足球的加速度保持不變D．在位置2，足球的動能等于1【答案】A【詳解】C．由于1與2和2與3間的水平距離不等，結合題圖可知，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錯誤；AB．從1到2，設克服空氣阻力做功為Wf，根據(jù)動能定理可得ΔEk=?mg??D．從1到2，根據(jù)動能定理可得?mg??Wf=12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端緩慢轉過一個小角度的過程中，重物M相對長木板始終保持靜止。關于長木板對重物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重物做正功D．支持力對重物做正功，摩擦力不做功【答案】D【詳解】A．設長木板的傾角為θ，設重物的質(zhì)量為m，以重物為對象，根據(jù)平衡條件可得N=mgcosθ，f=mgsinθB．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錯誤；CD．由于摩擦力與重物的運動方向總是垂直，所以摩擦力對重物不做功；由于支持力與重物的運動方向相同，則支持力對重物做正功，故C錯誤，D正確。故選D。4．（2025·北京大興·練習）一個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．單位時間的噴水量約為2×B．單位時間的噴水量約為2×C．噴水的功率約為20D．噴水的功率約為100【答案】D【詳解】AB．單位時間的噴水量約為Q=SvΔt=2×CD．設Δt時間內(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時間內(nèi)噴出的水的動能增加量，即故選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【詳解】設物體a、b的初動能為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)者先進入一個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，其與冰面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。為了討論方便，假定滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等；方式乙中人的跑動半徑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【詳解】A．由于在方式甲中，挑戰(zhàn)者很難離開冰坑，通常還是會滑回坑底。說明挑戰(zhàn)者受到的摩擦力小于重力的下滑分力，即有mgsinθ>μmgB．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)者圓周運動的線速度，rC．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)者圓周運動的向心力，因此不能利用mgtanD．由題可知，冰坑的深度為?=Rtanθ整個過程中，挑戰(zhàn)者克服重力做的功WG=mg?=mgR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．合力對物體做的功D．物體重力的沖量【答案】C【詳解】設斜面傾角為θ，斜面的高度為?：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=mgcosθB．沿著斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma可得a=gC．物體下滑過程中只有重力做功，則合力對物體做的功都為mg?，與斜面傾角無關，故C正確；D．沿著斜面方向，根據(jù)運動學公式?sinθ=12at故選C。8．（2025·北京豐臺·二模）如圖所示，一物體在恒力F作用下沿斜面向上加速運動，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，在物體移動距離x的過程中，下列說法正確的是（）A．斜面對物體的摩擦力大小為mgB．斜面對物體作用力的大小為mgC．斜面對物體的摩擦力做功為?μmgxD．物體動能增加了max【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意，對物體受力分析，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=maC．由做功公式可得，斜面對物體的摩擦力做功為W=?fx=?μmgcosθ?xD．由動能定理有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。小球上下振動時，傳感器記錄彈力隨時間變化的規(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)，彈力對小球做的功等于小球動能的變化量【答案】C【詳解】A．小球在最低點時彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達最高點時傳感器示數(shù)最小值為零，則此時彈簧在原長，小球的加速度為向下的g，結合對稱性可知最低點時的加速度為向上的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，振動的周期為4s，選項A錯誤；B．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項B錯誤；C．0~2s內(nèi)，小球從最低點到最高點，動量變化為零，由動量定理I?mgt=0可得小球受彈力的沖量大小為I=2ND．0~2s內(nèi)，小球動能變化為零，彈力對小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動能的變化量，選項D錯誤。故選C。10．（2025·北京東城·二模）如圖所示，水平傳送帶以速度v勻速運動，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．傳送帶運動速度越大，物塊加速運動的時間越短C．物塊與傳送帶共速前，摩擦力對物塊做負功D．物塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于1【答案】D【詳解】A．物塊與傳送帶共速后，做勻速直線運動，則水平方向上處于平衡狀態(tài)，故不受摩擦力，故A錯誤；BC．物塊在與傳送帶共速前，受到水平向右的滑動摩擦力，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，若達到與傳送帶相同的速度，則加速度為定值，傳送帶運動速度越大，物塊加速運動的時間越長，故BC錯誤；D．對物體分析fx=12mv2，v=fmt傳送帶的位移為故選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動，其加速度a與所受拉力F的關系如圖所示。甲、乙兩物體的質(zhì)量分別為m1、mA．mB．μC．若拉力相同，經(jīng)過相同時間拉力對甲做功少D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動能小【答案】BD【詳解】AB．物體運動后，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m1C．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?12atD．根據(jù)F?μmg=ma結合圖像的橫截距可知物體滑動過程中甲所受的滑動摩擦力更大，根據(jù)(F?μmg)x=E故選BD。12．（2025·北京昌平·二模）蕩秋千是孩子們喜歡的一項運動。如圖所示，秋千由兩根長度均為L的細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，大人用一水平外力使秋千靜止，此時兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點。重力加速度為g。(1)當秋千靜止時，求水平外力的大小F。(2)將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動，若不計空氣阻力，求秋千擺到最低點時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【詳解】（1）秋千靜止時，受三個力的作用：重力G、細繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點力平衡知識得tanθ=Fmg（2）不計空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點的過程中，由機械能守恒得mgL1?cosθ=12（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點。根據(jù)動能定理得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)運動，擺球可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，請完成下列問題：(1)若擺長為L，簡諧運動周期為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，求擺球通過最低點時速度的大小v0(3)若擺球質(zhì)量為m，擺動周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點時的速度大小為v，擺球從左側最高點第一次擺到最低點的過程中，求細線對擺球拉力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)g=(2)v(3)I=【詳解】（1）由單擺做簡諧運動的周期公式T=2πLg（2）由動能定理mgL1?cosθ（3）此過程中重力、拉力對小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為I根據(jù)動量定理可知合力的沖量大小為I合=mv14．（2025·北京豐臺·二模）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導軌BC在B點相接，導軌半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧時速度為v1，沿半圓形導軌到達C點時速度為v2，此后平拋落地（落地點未畫出）。不計空氣阻力，重力加速度為(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep(2)物體在C點時受到的導軌給它的彈力FN(3)物體從C點平拋落地過程中重力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)E(2)FN(3)I=2m【詳解】（1）根據(jù)能量守恒可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能為E（2）在C處以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+FN=mv（3）物體從C點平拋落地過程中，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開始運動，運動至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點距水平地面的高度(1)物塊在空中運動的時間t；(2)物塊離開桌面右端時速度的大小v；(3)桌面摩擦力對物塊做的功W。【答案】(1)0.4(2)1(3)?0.15【詳解】（1）物塊離開桌面后做平拋運動，在豎直方向上有?=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速度的大小v=1（3）物塊在水平桌面上的運動過程，根據(jù)動能定理有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A。一質(zhì)量為m的小球從A點沖上半圓軌道，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上，重力加速度為g。若恰好能實現(xiàn)上述運動，求：(1)小球在B點時速度的大小vB；(2)小球的落地點與A點間的距離x；(3)小球剛進入圓弧軌道時，軌道對小球彈力的大小FA。【答案】(1)v(2)x=2R(3)F【詳解】（1）小球恰經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mvB2（2）小球從B點飛出后做平拋運動，在豎直方向上有2R=12gt2得t=2Rg小球落地點與（3）設小球在A點速度的大小為vA，在小球從A點運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有?mg?2R=12mvB2?117．（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點相切，半圓軌道BCD的半徑R=0