\\五年真題（2021-2025）

專題06吩鳥據(jù)

（五年考情?探規(guī)律）

考點(diǎn)五年考情（202L2025）命題趨勢

考點(diǎn)1功與功綜合分析近五年福建高考物理“功與能”專題考

2024、2022

率情，該板塊始終是考查重點(diǎn)，動能定理作為核心主干，

考查頻次最高，是解決力學(xué)綜合問題的關(guān)健鑰匙，預(yù)

計(jì)其核心地位將持續(xù)穩(wěn)固，常結(jié)合曲線運(yùn)動、多過程

考點(diǎn)2動能和情景進(jìn)行深入考查。功與功率的基礎(chǔ)概念和計(jì)算是重

2024、2022、2021

動能定律要支撐，情境上傾向于聯(lián)系實(shí)際機(jī)械的運(yùn)作效率與瞬

時狀態(tài)分析。功能關(guān)系和機(jī)械能守恒定律作為能量觀

的核心體現(xiàn),考查時往往側(cè)重對能量轉(zhuǎn)化與守恒思想

考點(diǎn)3機(jī)械能的深刻理解和應(yīng)用，尤其在系統(tǒng)性問題或特定約束條

2024

守恒定律件下判斷機(jī)械能守恒與否及定量計(jì)算。整體命題趨向

于深化基礎(chǔ)概念理解，強(qiáng)化動能定理在多過程、變力

場景中的綜合應(yīng)用能力，并緊密結(jié)合科技前沿與生產(chǎn)

生活實(shí)例創(chuàng)設(shè)情境，題型覆蓋選擇與計(jì)算題，計(jì)算題

考點(diǎn)4功能關(guān)

2023側(cè)重物理過程分析和能量觀點(diǎn)的靈活運(yùn)用，對建模能

系

力和能量守恒思想的考查要求將更加突出

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01功與功率

1.（2024?福建?高考）我國古代勞動人民創(chuàng)造了璀璨的農(nóng)耕文明，圖（a）為《天工開物》中描繪的利用耕

牛整理田地的場景，簡化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農(nóng)具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子

相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角。為25.5。，sin25.5o=0.43,cos25.5。=0.90。當(dāng)每

條繩子拉力戶的大小為250N時，人與木板沿直線勻速前進(jìn)，在15s內(nèi)前進(jìn)了20m,求此過程中

（1）地面對木板的阻力大小；

（2）兩條繩子拉力所做的總功；

⑶兩條繩子拉力的總功率。

【答案】（l）450N

（2）9.0X103J

（3）6OOW

【詳解】（1）由于木板勻速運(yùn)動則有2尸cosJ=/

解得f=450N

（2）根據(jù)功的定義式有W=2Flcos0

解得W=9.0x103J

⑶根據(jù)功率的定義P=%有P=600W

2.（2022?福建?高考）福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖（a）所示。

承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖（b）所示。同一樓層內(nèi)部通過直徑約50m的圓形廊道連接。若將質(zhì)量

為100kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到N處，如圖（c）所示。重

力加速度大小取10m/s2,則（）

./m

2.7m

2.7m

3.4m

⑶承啟樓（b）剖面圖

50m

(c)四樓平面圖

A.該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5400J

B.該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，克服重力所做的功為78500J

C.從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為78.5m

D.從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，平均速率為0.5m/s

【答案】A

【詳解】A.該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為％=mgA/i=100xlOx

(2.7+2.7)J=5400J,故A正確；

B.該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯誤：

C.從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為50m,故C錯誤；

D.從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，平均速率為=胃/m/s=0.785m/s,故D錯誤。

故選Ao

考點(diǎn)02動能和動能定律

3.(2021?福建?高考)如圖(a),一傾角37。的固定斜面的48段粗糙，8C段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端

固定在底端。處，彈簧的原長與EC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力丁作用下，由A處從靜止開始

下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)8點(diǎn)時撤去兀7隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知48段

長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊與斜面48段的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大

小取lOm/s?,sin370=0.6.求：

(1)當(dāng)拉力為10N時，滑塊的加速度大??；

(2)滑塊第一次到達(dá)3點(diǎn)時的動能；

(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

圖⑷

(1)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。?/p>

(2)求A與B間的滑動摩擦因數(shù)及C做勻速運(yùn)動時的速度大小；

(3)若t=0時電場方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動，一

段時間后，A從右向左運(yùn)動。求A第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度的大小。(整個過程B未與A脫離，

C天與地面相碰)

【答案】(1)2x106N/C

(2)0.5；：m/s

(3)|V2m/s

【詳解】(1)撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對A、B整體分析可知，此時繩中拉

力為0,對C根據(jù)共點(diǎn)力平衡條彳匕有q￡=mc9

解得E=2x106N/C

(2)C開始做勻速直線運(yùn)動后，對C和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有

=mcg,1\=f

其中/=nmQg

解得〃=0.5

C開始勻速運(yùn)動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性

勢能相同，C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有

2

mcgh=1(mA++mc)v+2Ep

解得u=(m/s

(3)沒有電場時，C開始勻速運(yùn)動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根據(jù)

共點(diǎn)力平衡有2々九一/=0

當(dāng)電場方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為/?,對A根據(jù)牛頓第二定律可得

f-2kH=mAa

對B、C根據(jù)牛頓第二定律可得qE+

mcg-f=(THB+mc)a

撤去電場后，由第(2)問的分析可知A、B在C下降0.2m時開始相對滑動，在C下降0.2m的過程中，對A、

B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有qE/i'+mcg九=)叫\(zhòng)++me)瑤ax+2昂

此時A的速度是其從左向右運(yùn)動過程中的最大速度，此后A做簡諧運(yùn)動，所以A第一次從右向左運(yùn)動過程

中的最大速度為1/max=Vmax

聯(lián)"解得"'max二手m/s

J

考點(diǎn)04功能關(guān)系

5.（2023?福建?高考）如圖（?）,一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(zhì)量均為機(jī)的小滑塊A和B,其電荷量分別

為q（q>0）和-q0A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細(xì)桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。整個空間存在水

平向右場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為2qE。t=0

時，A以初速度北向右運(yùn)動，B處于靜止?fàn)顟B(tài)。在L時刻，A到達(dá)位置S,速度為女,此時彈簧未與B相碰；

在2時刻，A的速度達(dá)到最大，此時彈簧的彈力大小為3qE；在細(xì)桿與B碰前的瞬間，A的速度為2%，此

時亡=匕。0?匕時間內(nèi)A的〃一￡圖像如圖（8）所示，%為圖線中速度的最小值，0、J、G均為未知量。

運(yùn)動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點(diǎn)電

荷間的靜電力，靜電力常量為2;B與彈簧接觸瞬間沒有機(jī)械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。

（I）求0?匕時間內(nèi)，合外力對A所做的功；

（2）求拆時刻A與B之間的距囪：

（3）求q?匕時間內(nèi)，勻強(qiáng)電場對A和B做的總功；

（4）若增大A的初速度，使其到達(dá)位置S時的速度為2%,求細(xì)桿與B碰撞前瞬間A的速度。

【答案】⑴綱詔-如詔；⑵聆；（3）吟紇（4）（1+、③%

【詳解】（1）。?“時間內(nèi)根據(jù)動能定理可知合外力做的功為

11

W=-mvl--mv^

乙乙

（2）由圖（％）可知G時刻A的加速度為0,此時滑塊A所受合外力為0,設(shè)此時A與B之間的距離為r（h

根據(jù)平衡條件有"『+qE=/

其中f=2q￡

聯(lián)立可得第

（3）在匕時刻，A的速度達(dá)到最大，此時A所受合力為0,設(shè)此時A和B的距離為門，則有

q

F彈.+f=qE+k/

ri

且有

/彈=3qE,f=2qE

聯(lián)立解得ri=,舊￡1~以時間內(nèi)，勻強(qiáng)電場對A和B做的總功〃總=勺￡(0一口)=呼

(4)過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設(shè)彈簧的初始長度為，°；A在S位置時，

此時刻A、B的距離為O，A速度最大時，AB距離為右，細(xì)桿與B碰撞時，A、B距離為七。

A以打過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為力,則B同樣增加速度為打，設(shè)B與杠相碰時，B向左

運(yùn)動工。設(shè)B與彈簧相碰到B與檸相碰時，B向左運(yùn)動V。對A根據(jù)動能定理有

q(?8T2-外ro)+(qE-2qE)(%-x-r2)-^k(l0-r2)(Z0-r2~/)=Jm(2%)2-Jmv/

對B有

q04r2-中出0)+(qE-2qE)x-1/c(/0-r2)x'=

當(dāng)A以2%過S時，設(shè)B與桿碰撞時，A速度為1A則B速度為(/-2%),設(shè)B與杠相碰時，B向左運(yùn)動工廠

設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運(yùn)動與'。

對A根據(jù)動能定理有

111

式夕8r2-08ro)+(Q月-2Q^)(r0~X1~r2)~~/卜。0一/2)。0-r2一刀1')=2m"合一27n(2%/

對B

11

q""2-W〃o)+(qE-2qE)%i--k(l-/2)%/=5^(/-2%)2

乙0乙

聯(lián)立解得

/=(1+V5)%

?

1年模擬?精選?？碱}

一、單選題

1.(2025?四川成都?二診)圖(a)為記載于《天工開物》的風(fēng)扇車，它是用來去除水稻等農(nóng)作物子實(shí)中雜質(zhì)

的木制傳統(tǒng)農(nóng)具。風(fēng)扇車的工作原理可簡化為圖(b)模型：質(zhì)量為m1的雜質(zhì)與質(zhì)量為租2的子實(shí)僅在水平

恒定風(fēng)力和重力的作用下，從同一位置P靜止釋放，若mi小于相2,雜質(zhì)與子實(shí)受到的風(fēng)力大小相等。下列

說法正確的是()

p.

圖(a)圖(b)

A.雜質(zhì)與子實(shí)在空中做曲線運(yùn)動

B.雜質(zhì)與子實(shí)在空中運(yùn)動的時間相等

C.雜質(zhì)與子實(shí)落地時重力的瞬時功率相等

D.雜質(zhì)落地點(diǎn)與P點(diǎn)的水平距離小于子實(shí)落地點(diǎn)與P點(diǎn)的水平距離

【答案】B

【詳解】A.在水平恒定風(fēng)力和重力的作用下，從同一位置P靜止釋放，所以雜質(zhì)與子實(shí)在空口做初速度為

零的勻變速直線運(yùn)動，故A錯誤；

B.雜質(zhì)與子實(shí)在空中運(yùn)動的時間相等，因?yàn)樨Q直方向兩者均做自由落體運(yùn)動，高度相同，故B正確；

C.雜質(zhì)與了?實(shí)落地時重力的瞬時功率P=mgxgt

因?yàn)橘|(zhì)量不同，所以功率不同，故C錯誤；

D.雜質(zhì)的水平加速度Q=C較大，水平方向位移％=：就2,雜質(zhì)落地點(diǎn)與P點(diǎn)的水平距離大于子實(shí)落地點(diǎn)與

尸點(diǎn)的水平距離，故D錯誤。

故選B,

2.（2025?福建廈門六中?二模）如圖,他。是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，曲水平,長度為2R,歷是半徑為R

的四分之一的圓弧，與他相切于〃點(diǎn)。一質(zhì)量為〃，的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，

自“點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動，重力加速度大小為g。則小球運(yùn)動到c,點(diǎn)的速度大小為（）

A.y/4gRB.j3gRC.j2gRD./gR

【答案】A

【詳解】設(shè)小球運(yùn)動到c點(diǎn)的速度大小為打小球由a到c的過程，由動能定理得了?（2R+/?）-mgR=1mv2,

F=mg,聯(lián)立可得u=yj4gR

故選Ao

3.（2025?福建多地市?二模）如圖所示為某同學(xué)投籃時的情景，籃球在空中劃出一道美妙的弧線后精準(zhǔn)進(jìn)入

籃框，不計(jì)空氣阻力，則籃球飛行過程中（）

A.加速度先減小后增大B.動能先減小后增大

C.機(jī)械能先增大后減小D.重力的功率先增大后減小

【答案】B

【詳解】A.籃球在空中飛行時只受重力作用，加速度始終為重力加速度g,恒定不變，故A錯誤；

BC.籃球在空中飛行時只有重力做功，則機(jī)械能守恒，恒定不變；由題圖可知，籃球在空中飛行時，其高

度先變高后變低，則其重力勢能先增大后減小，又因?yàn)榛@球的機(jī)械能恒定不變，則籃球的動能先減小后增

大,故B正確，C錯誤；

D.由題意可知，籃球做斜卜拋運(yùn)動,則解球豎有方向做豎育卜拋運(yùn)動，則籃球豎言方向的速度大小先減小

后增大，則由P=mg為可知，重力的功率先減小后增大，故D錯誤；

故選Bo

4.（2025?福建?百校聯(lián)考押題）無人駕駛正悄悄走進(jìn)人們的生活。在?次無人駕駛測試過程中，原來勻速行

駛車輛遇到障礙物的圖像如圖所示，以開始減速為t=0時刻；已知車輛總質(zhì)量It,全程阻力恒定，AB

段功率恒為2400W,BC段為直線，0=5s時關(guān)閉發(fā)動機(jī)，巳=7s時停止運(yùn)動。則下列說法正確的是（）

A.汽車所受阻力為2000N

B.0?5s內(nèi)汽車加速度逐漸增大

C.0?5s內(nèi)汽車位移為45m

D.以U=20m/s勻速運(yùn)動時汽車的功率為8000W

【答案】C

2

【詳解】A.由圖像8C段可得加速度大小為Q=|^|=4m/s

由牛頓第二定律得/=mQ=4000N,故A錯誤；

B.圖像的斜率表示加速度，。?5s內(nèi)汽車加速度逐漸減小，故B錯誤；

C.0?5s內(nèi)由動能定理得W=PC-fs=（譜一詔），可得s=45m,故C正確;

D.以u=20m/s勻速運(yùn)動時汽車的功率為P=fu=80000W,故D錯誤。

故選C0

二、多選題

5.（24-25高三下?福建泉州?三檢）無人機(jī)依靠其強(qiáng)大的機(jī)動性與靈活性，在事故現(xiàn)場可以為救援工作提供

有力的支持。如圖，某次救援演練中?架無人機(jī)正對?山坡水平勻速飛行，先、后釋放幾個柱同的物資包

均落到山坡上，忽略空氣阻力，則先釋放的物資包落在山坡前瞬間（）

A.重力勢能一定較大B.動能一定較大

C.機(jī)械能一定較大D.豎直方向速度一定較大

【答案】BD

【詳解】無人機(jī)正對山坡勻速水平飛行，先后釋放幾個相同的物資包，取其中兩個物資包A、B,其運(yùn)動情

況如圖所示

A.先釋放的物資包下降的高度大，其在山坡上的重力勢能一定較小，A錯誤；

BC.先釋放的物資包下落的高度大，忽略空氣阻力，物資包下落滿足機(jī)械能守恒，可知先釋放的物資包動

能一定較大，物資包的機(jī)械能相等，B正確，C錯誤；

D.物資包在豎直方向做自由落體運(yùn)動，有為=/訴，可知先釋放的物資包豎直方向分速度一定較大，D

正確。

故選BDo

6.（2025?福建?適應(yīng)性練習(xí)）一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從左側(cè)以某一速度滑

上木板，最終和木板相對靜止一起向右做勻速直線運(yùn)動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，

物塊的位移是木板位移的k倍，設(shè)板塊間滑動摩擦力大小不變，則下列說法正確的是（）

A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量

B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量

C.因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于物塊克服摩擦力所做的功

D.因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是木板動能增量的k-1倍

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)能量守恒可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯

誤；

B.根據(jù)動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；

CD.設(shè)物塊與木板之間的摩擦力為3木板的位移為，則物塊的位移為依；物塊克服摩擦力所做的功為Wf=

對木板，根據(jù)動能定理可得木板動能的增加量為AEk="，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=外相=＞（憶-

1次，可知因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能小于物塊克服摩擦力所做的功；因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是木板動能增量的&-1

倍,故C錯誤，D正確。

故選BDo

7.（2025?福建廈門六中二模）如圖甲所示，一長木板P靜止于水平地面上，/=0時小物塊Q以4m/s的初速

度從左端滑上長木板，二者的速度隨時間的變化情況如圖乙所示，運(yùn)動過程中，小物塊始終未離開長木板。

已知長木板P質(zhì)量為1kg,小物塊Q質(zhì)量為3kg,重力加速度g取lOm/sz,在運(yùn)動的全過程中（）

A.小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2

B.長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.05

C.小物塊與長木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為6J

D.小物塊對長木板所做的功為I2J

【答案】AD

【詳解】A.由圖乙所示圖像可知“Q=^=—2m/s2,對Q由牛頓第二定律得一出mQg=mQGQ,代入數(shù)據(jù)

解得小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)%=0.2,故A正確；

B.由圖乙所示圖像可知，P、Q相對運(yùn)動時P的加速度為ap=需=2m/s2,對P由牛頓第二定律得內(nèi)?。?

420np+mQ）g=mpap，代入數(shù)據(jù)解得長木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0.1?故B錯誤；

C.小物塊相對于長木板的位移x=+gaQ/一，?！?，其中％=4m/s,t=Is,代入數(shù)據(jù)解得％=2m

小物塊與長木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=%niQgx,代入數(shù)據(jù)解得Q=12J,故C錯誤：

D.小物塊與長木板相對滑動過程，長木板的位移x楨=gap￡2=lm,對長木板由動能定理得W-+

其中u=2m/s，代入數(shù)據(jù)解得此過程小物塊對長木板做的功W=6J,滑塊與長木板共

速到靜止過程滑行的距離工==2m,減速過程由動能定理得-的⑺^+mQ）gx=0-^叫病,代入

數(shù)據(jù)解得W'=6J,小物塊對長木板做的功卬忌="+皿'=12卜故D正確。

故選ADo

8.（24-25高三下?福建?二模）如圖所示，某工廠用傾斜傳送帶運(yùn)送工件，傳送帶的傾角為氏下端A和上端

4間的距離為L,以速度u沿順時針方向運(yùn)行?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的工件輕放在傳送帶的底端4,在傳送帶上先做勻

加速后做勻速運(yùn)動，從人端運(yùn)送到B端的過程中，下列說法正確的是（）

A.傳送帶對工件做功的功率勻加速階段增大，勻速階段不變

B.工件勻速運(yùn)動時，傳送帶對工件做正功

C.若傳送帶勻速運(yùn)行的速度減小些，傳送帶對工件做的功會增多

D.若傳送帶勻速運(yùn)動的速度增大，傳送帶對JL件做的功可能會減少

【答案】AB

【詳解】A.工件加速運(yùn)動過程中，摩擦力大小不變，速度增大，摩擦力做功的功率變大，勻速運(yùn)動時，為

靜摩擦力，大小不變，摩擦力做功的功率不變，故A正確；

B.工件勻速運(yùn)動時，工件的機(jī)械能增大，傳送帶對工件做正功，故B正確；

C.若傳送帶勻速運(yùn)行的速度減小些，工件從A運(yùn)動到8重力勢能增量不變，動能增量減小，傳送帶對工件

做功減小，故C錯誤；

D.若傳送帶勻速運(yùn)動的速曳增大，工件運(yùn)動到8點(diǎn)的速度增大，動能增量增大，傳送帶對工件做功增多，

故D錯誤。

故選AB。

9.（2025?福建福州?四檢）如圖，質(zhì)量為根的小球穿在固定的光滑豎直桿上，與兩個完全相同的輕質(zhì)彈簧相

連。在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)。，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)將小球豎直向上緩

慢拉至。點(diǎn)，并保持靜止，此時拉力尸大小為2〃吆。Q為桿上另一個點(diǎn)，PO=OQ,已知重力加速度大小為

如彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，下列說法正確的是（）

A.剛撤去外力時，小球的加速度為初

B.小球從尸點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)的過程中，兩個彈簧對小球做功為零

C.小球沿桿在PQ之間做往復(fù)運(yùn)動

D.與沒有彈簧時相比，小球從尸點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所用的時間更短

【答案】BD

【詳解】A.小球在P點(diǎn)靜止時拉力尸大小為根據(jù)平衡條件可知，此時彈簧彈力與小球重力的合力大

小也為2〃?g,方向豎直向下，即彈簧對小球的拉力的合力大小為mg,方向豎直向下，剛撤去外力時，對小

球進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有27no=解得Q=2小故A錯誤；

B.由于P0。Q,可知，彈簧在P位置與在。位置的拉伸量相等，則在這兩個位置時，彈簧的彈性勢能相

等，根據(jù)功能關(guān)系可知，球從。點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，兩個彈簧對小球做功為零，故B正確；

C.結(jié)合上述，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，兩個彈簧對小球做功為零，夠過程對小球進(jìn)行分析，根

據(jù)動能定理有=gm域，解得％=pghpQ，可知，小球到達(dá)。點(diǎn)后速度不為0,結(jié)合上述，根據(jù)對

稱性，小球在。點(diǎn)時，，彈簧對小球的拉力的合力大小為〃話，方向豎直向上，即此時小球的合力恰好為0,

小球的速度達(dá)到最大值，之后，小球?qū)⒗^續(xù)沿桿向下做減速運(yùn)動，直至速度減為0,令此時位置為。，隨后

小域由向上運(yùn)動，即小球沿桿在尸。之間做往復(fù)運(yùn)動，故C錯誤；

D.結(jié)合上述可知，從P點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)的過程中，小球做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，在Q點(diǎn)的加速度

恰好減為0,尸。之間任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)的過程中的平均

加速度大于重力加速度，根據(jù)位移公式可知，馬沒有彈簧時相比，小球從。點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)所用的時間更短，

故D正確。

故選BDo

10.（2025?福建福州三中?十六檢）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的光滑定滑輪尸與豎直墻面上的。點(diǎn)等高，。為

PQ的中點(diǎn)，PQ距離為2d。一根輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩一端系在。點(diǎn)，穿過質(zhì)量為機(jī)的光滑圓環(huán)A再繞過

定滑輪P，另一端吊著質(zhì)量也為用的重物B。將圓環(huán)A由。點(diǎn)靜止釋放，設(shè)QA與水平方向夾角為乩已知

重力加速度為g，整個過程中B未與滑輪P相撞，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦。下列說法中正確的是（）

A.A和B的速度關(guān)系為為=PAsin0

B.A可以下降的最大高度為gd

C.A和B總動能最大時，/60。

D.A和B總動能最大時，A的動能為（1—?）mgd

【答案】BD

【詳解】A.B上升的速度等于左側(cè)繩伸長的速度，A沿QA方向的速度分量為wsin/沿附方向的速度分

量也為VA^inO,故有為=2vAsin0,A錯誤：

B.由能量守恒：jngH=mgx2（V^/24-d2-d）,解得：H=*d,B正：確；

CD.AB總動能最大時，即總重力勢能最小，此刻重力勢能變化率為0,即mg〃A=mg為，結(jié)合關(guān)聯(lián)速度

可知sin。=5即430。，由能量守恒知a=（2-g）mgd,“必=&B，解得：&A=。一斗）血9心C錯

誤，D正確。

故選BDo

11.（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，仁0時，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)，然后乂被彈起離開彈簧，

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尸隨時間/

變化的圖像如圖（乙）所示，則（）

A.打時刻小球加速度方向向下

B.,273時間內(nèi)，小球加速度先減小后增大

C.時間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加

D.0~/2時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少

【答案】BD

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

故A錯誤：

B./2~門這段時間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有F-7ng=rna,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.，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.〃?會時間內(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錯誤；

D.0T2時間內(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，動能先增加后減少，故D正確。

故選BD。

12.（2025?福建南平?質(zhì)檢）如圖，光滑絕緣豎直墻面上的A點(diǎn)固定著帶正電小球1,其斜上方固定一帶正電

小球2,一絕緣輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連接帶電小球3。球3靜止時位于墻面上的8點(diǎn)處，此時彈簧的壓

縮量為心已知三小球間的距離均為L,球1的電荷量是球2的兩倍，球3的質(zhì)量為〃?，重力加速度大小為

g,球2、3間的靜電力大小為mg,x=p現(xiàn)迅速移走球1,下列說法正確的是（）

B'Q）

?、、

A.彈簧的勁度系數(shù)為學(xué)

B.球3運(yùn)動至AB中點(diǎn)時的加速度大小為g

C.球3運(yùn)動至A點(diǎn)時的加速度大小為號

D.球3運(yùn)動至A點(diǎn)時的速度大小為J中

【答案】BD

【詳解】A.移走球1前，球1處于平衡狀態(tài)受力如圖,F?=mg,根據(jù)庫侖定律Fi=2mg,根據(jù)乙+F2cos60。=

mg+kx,得k=*電，故A錯誤,

>------?N

mg

%

B.移走球1后，球3開始運(yùn)動，在A8中點(diǎn)處彈簧恢復(fù)原長，合力為重力，加速度為?故B正確。

寫<--------------------->N

'「

mg

C.球3運(yùn)動到A點(diǎn)時，彈簧伸長量X與初始壓縮量x相等，球2、3間的靜電力大小仍為小g,滿足此二

F2cos60。+mg=|mg,所受合力為零，加速度為零，故C錯誤。

kx

mg

D.球3從8到A,彈性勢能和電勢能變化量均為零，根據(jù)zngggmiA得球3到達(dá)人速度大小為方國;，

故D正確。

故選BDo

13.（2025?福建福州福九聯(lián)盟?三模）如圖，輕彈簧一端固定于。點(diǎn)，另一端與質(zhì)量封=1kg小球相連。小

球套在一光滑硬直桿上。某時刻，將小球由與0水平位置靜止糅放，它在下降到彈簧豎直時，速度恰好為

0。已知水平時,彈簧的長度為0.6m,是原長的兩倍，彈簧的勁度系數(shù)k為100N/m,彈簧彈性勢能Ep=J/,x

為形變量，重力加速度g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力的影響，下列說法中正確的是（）

A.小球下降到彈簧豎直時，彈簧的長度為0.9m

B.彈簧始終未恢復(fù)原長

C.彈簧長度最短時，重力的瞬時功率最大

D.彈簧長度最短時，小球的機(jī)械能最大

【答案】BD

【詳解】由功能關(guān)系，有小9九=；底/1一出）2-3M》］—為0）2,代入數(shù)據(jù)，解得h=0.8m,故A錯誤；

B.由A可知桿與彈簧水平時夾角為dtan。=—=p貝?。?=53°,彈簧長度最短時的長度刈=XiSind=

X13

0.48m>0.3m,則彈簧始終未恢復(fù)原長，故B正確；

C.彈簧長度最短時，可知小球所受合力沿桿向下，則小球此時在加速，則重力的瞬時功率不是最大，故C

錯誤；

D.對整體，其機(jī)械能守恒，彈簧長度最短時，彈簧的彈性勢能最小，則小球的機(jī)械能最大，故D正確。

故選BDo

14.（2025?福建?百校聯(lián)考押題）如圖，固定水平軌道AB左端拴一根水平輕質(zhì)彈簧，彈簧右側(cè)緊靠（不拴

接）一個小球m現(xiàn)向左推小球壓縮彈簧后撤去外力，彈簧恢復(fù)原長后。球從8點(diǎn)水平飛出，恰好落在傾斜

承接雙軌BC最低點(diǎn)C,緩沖（不反彈）后經(jīng)C點(diǎn)長度可忽略的連接圓弧進(jìn)入水平CD雙軌；小球〃在水平

CD軌道與靜止的力球碰后粘在一起，〃球下方用長為1=1m的細(xì)線懸掛小球c,己知=6=37。，

ma=mb=0.5kg,mc=3kg,重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)一切阻力(為方

便計(jì)算，取1.7243)()

A.彈簧的彈性勢能為9J

B.與〃球碰撞之前〃球的速度為6.8m/s

C.c球再次回到最低點(diǎn)時細(xì)線的拉力為66N

D.c球再次回到最低點(diǎn)前能上升的最大高度為0.3m

【答案】BC

【詳解】A.段平拋，在豎直方向有sing=；。產(chǎn)，解得。=o.6s,在水平方向有?ccs6=

解得取=4m/s,根據(jù)能最守恒可知彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球平拋的初動能，則有0=緘0宓=4J,

故A錯誤；

B.”球豎直方向的速度為為=gt=6m/s,將。球豎直方向的速度%=6m/s和水平方向的速度以=4m/s,

沿平行斜面和垂直斜面分解，由題知“球落在C點(diǎn)，垂直斜面的分速度被緩沖，立即減為零；。球的速度為

v

平行斜面方向的速度，則有%=y?sin。4-vx-cosO=6.8m/s,即為與b球碰撞之前a球的速度，故B正

確；

C.“、b硼撞過程，根據(jù)動量守恒有m。%=(ma+mb)vab,解得%。=3.4m/s,c球再次回到最低點(diǎn)時，ab

作為一，個整體與c,在水平方向及;星守恒，則有(m。+m》)%匕=(ma+mb)vab2+mcvc,根據(jù)機(jī)械能守恒

+頻)說》=4-如)〃乳+：叫呼，聯(lián)立解得％>2=-L7m/s,vc=1.7m/s,對c球受力分析，

根據(jù)牛頓第二定律有T-me。=叫:W~，其中Au=%-%匕2=3.4m/s,解得T=66N,故C正確；

D.設(shè)。球再次回到最低點(diǎn)前能上升的最大高度為九，當(dāng)c球達(dá)到最大高度時，帥與c有共同速度，根據(jù)水平

方向動量守恒有.(?%+mb)vab=[ma+mb+mJ「共，根據(jù)機(jī)械能守恒有黃領(lǐng)+W泗》=j(ma+mb+

m)vf.+mgh,聯(lián)立解得h=0.15m,故D錯誤。

c7*>c

故選BCo

15.(2025?福建泉州?安溪?中&惠安?中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實(shí)中?模擬預(yù)測)如圖所示，一根長為L的輕桿的

兩端分別同定小球A和B。輕桿可繞距A球?yàn)?處的軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始時桿處于豎直位置，小

球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側(cè)緊貼著B球有邊長為前勺立方體滑塊C,A、B、C的質(zhì)量均為7〃。

現(xiàn)用一水平恒力F=3mg作用于A球上，使之繞固定的O軸順時針轉(zhuǎn)動，直到B轉(zhuǎn)動到C的右上角分離。

設(shè)在此過程中C滑塊一直緊貼地面，不計(jì)一切摩擦。關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()

A.水平恒力尸的功率逐漸減少

B.水平恒力尸做的功為絲mgL

C.分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能

D.滑塊C的最大速度為、聲至還

【答案】BD

【詳解】A.用以表示A球轉(zhuǎn)過。角時A球的速度大小，用為表示A球轉(zhuǎn)過a角時B球的速度大小，用v

表示此時立方體的速度大小，則有i^cosa=u,A、B兩球的角速度相等，根據(jù)17A=3?。4,%=3?。8,

0B=20A,可得以=：%,根據(jù)功能關(guān)系得F，sina=或+mg，(1—cosa)+讀—mg?丑(1—

232323

cosa)+|mv2,解得以=用三三叵三.由幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的最大角度為a=60。，則力尸的功

，2Y3m(5+4cos2a)

率為「二丹與r**由于C球水平速度越來越大，可知A球水平分速度越來越大，水平恒力尸的功率逐漸

增加，故A錯誤；

B.水平恒力尸做的功為咻二尸爭皿60。=3771。生也60。=苧/3故B錯誤；

2

C.分離前C的動能為Eke=:m/=1m(2vAcosa)=式(2cosa)2,分離前A的動能為EkA=gm或

由數(shù)學(xué)知識可知，分離之前，a的范圍為UWaW6。。，WOl<Zcosa<2,可知為c>七'kA，即分離之前滑塊

C的動能始終大于球A的動能，故C錯誤；

D.當(dāng)a=60。時，C的速度最大為f=%cosa=2vAcosa,結(jié)合呱=J"、；："：；：：；；'，",解得廿=

陛心,故D正確。

Y18m

故選BDo

三、解答題

16.(2025?福建廈門?三模)圖甲為某種旋轉(zhuǎn)節(jié)速器裝置的結(jié)構(gòu)示意圖，質(zhì)量為m的重物A套在固定的豎直

軸上，可以在豎直軸上滑動，兩個完全相同的小環(huán)B、C與輕彈簧兩端連接并套在水平桿上，A、B及A、

C之間通過較鏈與長為L的兩根輕桿相連接，當(dāng)裝置靜止時，輕桿與豎直軸的夾角為37。。使水平桿繞豎直

軸勻速轉(zhuǎn)動且高度保持不變，穩(wěn)定后輕桿與豎直軸的夾角為53。，如圖乙所示。已知彈簧原長為1.4L重力

加速度大小為g,不計(jì)一切摩擦,取sin37。=0.6,cos37°=0.8o求

甲乙

（1）裝置靜止時每根輕桿對重物A的拉力大小；

（2）裝置勻速轉(zhuǎn)動時小環(huán)C所需的向心力大小；

（3）從靜止?fàn)顟B(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）磯械能的變化量。

【答案】（咤mg

（2宿mg

（3卷mgL

【詳解】（1）裝置靜止時，以A為對象，根據(jù)平衡條件可得2Tcos37c=〃?

解得每根輕桿對重物A的拉力大小為7=1mg

（2）系統(tǒng)靜止時，彈簧彈力大小為/彈=Tsin37。

彈簧長度為與=2Lsin370=1.2L

彈簧壓縮量為=%-與=0.2L

系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時,彈簧長度為%2=2L.sin53°=1.6L

彈簧伸長量為Ax?=X2-X0=0.2L=

此時彈簧彈力大小為尸'彈=產(chǎn)彈=Tsin37。

以A為對象，根據(jù)受力平衡可得27vcos53。=mg,

小環(huán)C所需的向心力大小為尸向=小彈+T'sin53。

聯(lián)立解得F向=IImg

2

（3）系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時，對"C小環(huán)，有「向Ek=^-Mv

從靜止?fàn)顟B(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，因?yàn)閺椈蓧嚎s量和伸長量相等，則彈性勢能變化量△￡■拜=0

則系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）機(jī)械能的變化量為△￡機(jī)=zngh+2瓦

其中h=Lcos37°—Lcos53°

聯(lián)立解得AE|”=蔡mgL

17.（2025?福建廈門?中?模擬預(yù)測）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁.上的。點(diǎn)，另一端自由伸長到A點(diǎn)，

。4之間、8右側(cè)的水平面光滑，48之間的距離，=1m,在其上表面鋪上一種特殊材料，該材料動摩擦因數(shù)

從4向B隨距離均勻變化如右圖所示。質(zhì)量M=2kg的足夠高光滑曲面在B處與水平面平滑連接，m=1kg的

小物塊開始時靜置于水平面上的B點(diǎn)?，F(xiàn)給小物塊一個水平向右的初速度為=9m/s,重力加速度g取lOm/s?。

求：

(1)小物塊在曲面上上升過程中與由面共速的速度大小U共和小物塊上升的最大高度力；

(2)小物塊返回B點(diǎn)時小物塊和曲面各自的速度大??；

(3)彈簧被壓縮獲得的最大彈性勢能后…

【答案】(1)〃共=3m/s,h=2.7m

(2)小物塊速度大小為3m/s,曲面的速度大小為6m/s

(3)Epmax=0.5J

【詳解】(1)小物塊在曲面上升到最大高度九時，兩者具有共同的速度〃共：小物塊與曲面組成的系統(tǒng)滿足水

平方向動量守恒，則有m%=(m+共

解得口共=3m/s

根據(jù)能量守恒可得mgh=gm詔-;(M+m)或

解得h=2.7m

(2)從最初到小物塊再次回到8點(diǎn)，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得小為=mvx+Mw，\+

聯(lián)立解得%=-3m/s,v2=6m/s

即小物塊速度大小為3m/s,曲面的速度大小為6m/s。

(3)小物塊向左運(yùn)動直至將彈簧壓縮到最短過程，有一只+皿彈=0-gm譜

其中結(jié)合題圖可得了=

聯(lián)立解得“彈=-0.5J

根據(jù)功能關(guān)系，可知彈簧的最大彈性勢能為Epmax=-卬他=0.5J

18.(2025?福建福州福九聯(lián)盟?三模)如圖所示，一長為L=20m的傾斜傳送帶與水平方向的夾角為8=37。，

以%=4m/s的速度逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動。物塊A放置于傳送帶的上端，物塊B放置于物塊A下方的一段

距離的傳送帶上，將兩物塊同時無初速地釋放，”=0.75s后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞，之后兩物塊可以

發(fā)生.多次彈性正碰，碰撞時間極短可以忽略不計(jì)，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)。已知兩個物塊A、B質(zhì)量分別為根】

=lkg,m2=2kg,物塊A、B與傳遞帶之間的動摩擦因數(shù)分別為〃1=0.25,〃2=0-75,重力加速度8取1001/$2,

sin370=0.6,cos370=0.8a求:

A

(1)的物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大??；

(2)兩物塊第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大??；

(3)從釋放物塊開始到兩物塊發(fā)生第二次碰撞前瞬間的過程中，物塊A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q：

(4)兩物塊在傳送帶上能發(fā)生的碰撞次數(shù)。

【答案】(1WAI=3m/s

(2?B2=2m/s

(3)Q=