2025年高考物理押题预测考前冲刺--功和能（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025年高考物理押题预测考前冲刺--功和能（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:14:27 | ||
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文档简介
2025年高考物理押题预测考前冲刺--功和能
一．选择题（共8小题）
1．（2025 烟台二模）如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道ABD被固定在竖直面内，O为圆心，AB是竖直直径。一质量为m的小球（可视为质点）静止在最高点B，受到轻微的扰动从B点沿轨道下滑，到达C点时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球刚到达水平面时重力瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025 西城区校级模拟）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，点O为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
B．小球落到N点时的动能为41J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：2
D．小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
3．（2025 绵阳模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg﹣Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
4．（2025 温州三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
5．（2025 重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A．一定大于Ek B．一定小于Ek
C．等于Ek D．不大于Ek
6．（2025 天心区校级模拟）如图所示，四分之三圆轨道ABD（内壁、外壁均光滑）被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为θ（为未知量）。一质量为m的小球（可视为质点）沿光滑水平面，以向左的速度v0经A点进入圆轨道，恰好到达最高点B，接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径为
B．θ的余弦值为
C．小球到达C点时的动能为
D．小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为
7．（2025 东城区二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
8．（2025 贵州模拟）国家级自然保护区威宁草海是红尾水鸧的栖息地之一。漂浮于草海湖面的一枯木上站有一只红尾水鸧，当它飞离后，枯木上下浮动。枯木的运动可视为竖直方向周期为T的简谐运动，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻枯木的加速度为零
B．在时刻枯木的加速度最大
C．在内枯木所受的合力做正功
D．在～内枯木所受的合力做正功
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 安徽模拟）如图所示，光滑斜面体固定在水平桌面上，轻弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与放在斜面上的物块A相连，物块B与A相互接触，用力沿斜面向下推物块B使A、B静止在某一位置。现撤去推力，当物块B运动到最高点时，A、B恰好不分离。已知重力加速度大小为g，则在A、B一起向上运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．物块B一直处于加速状态
B．物块B的机械能一直增加
C．当B到最高点时，弹簧刚好处于原长
D．撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于g
（多选）10．（2025 北碚区校级模拟）物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，测出物体的速度v与弹簧长度l的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2。已知薄板与弹簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为
D．盒子的最大速度为
（多选）11．（2025 天津模拟）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．v0＝12m/s
B．传送带的倾角满足sinθ＝0.5
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.5
D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4J
（多选）12．（2025 沈阳模拟）一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车速度从v0达到2v0所用的时间为t，汽车的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．汽车的加速度先增加后不变
B．汽车的最大功率为P＝2fv0
C．汽车速度为1.5v0时，加速度为
D．汽车速度从0到2v0的过程中，位移为2v0t
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝ J，在15s内阻力共做功W阻＝ J；力F的最大瞬时功率Pmax＝ W。
14．（2025 思明区校级二模）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能为 ，重力势能为 ，机械能为 。
15．（2024 上海校级模拟）篮球运动涵盖了跑、跳、投等多种身体运动形式，它能综合地促进人体机能的全面发展。一个篮球通常的质量为0.6kg。
（1）篮球馆陈列架上四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，4个球中对挡板压力最大的是（ ）
A．球①
B．球②
C．球③
D．球④
（2）篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住。若假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则：
①下列四图中画出了双手对篮球施力F的方向，其中有可能正确的是（ ）
A.
B．
C．
D．
②如果双手接触到篮球时，篮球的速率为10m/s，那么接球过程中双手对篮球做的功为 J。
（3）体育课上某同学站在罚球线处，用力将篮球从手中投出，如图所示。
①第一次投出时，篮球以5m/s的速度水平撞击篮板后，以3m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，则篮球撞击与反弹运动的加速度方向为 （选择：A指向篮板；B背离篮板），加速度的大小为 m/s2。
②第二次投出时，篮球以2m/s的速度撞击篮圈，篮圈离地高度为3.05m，不计篮球所受的空气阻力，则离手时篮球的动能约为（ ）
A．1J
B．7J
C．14J
D．28J
16．（2023 长宁区二模）一物块从高为3m、长为5m的斜面顶端由静止开始下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。则物块开始下滑2m过程中，摩擦力做功为 J；物块沿斜面下滑的加速度为 m/s2。（重力加速度g取10m/s2）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 西城区二模）如图所示，小物块的质量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度h＝0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
18．（2025 西城区校级模拟）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m＝60.0kg，A到悬点O的距离L＝4.00m，A与平地的高度差h＝2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ＝37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：
（1）人到达B点时的速率v；
（2）人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
（3）若高台边缘到对面河岸共d＝4m，请分析人能否安全荡到对岸。
19．（2025 安徽模拟）如图所示，可视为质点、质量m＝0.4kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到AB的中点时撤去拉力，滑块运动到B点后滑上与AB等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端C点沿水平轨道CD运动，从D点进入半径R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从E处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度v＝5m/s顺时针转动，水平轨道AB的长度l1＝0.7m，CD的长度l2＝0.9m，传送带BC的长度的长度L＝1.5m，小滑块与水平轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）滑块在D点对圆管道的压力大小；
（2）恒定拉力F的最大值；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
20．（2025 福建模拟）如图所示，竖直平面内固定半径R＝7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m＝1.0kg的小物块（可视为质点）从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ＝60°，已知传送带的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 烟台二模）如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道ABD被固定在竖直面内，O为圆心，AB是竖直直径。一质量为m的小球（可视为质点）静止在最高点B，受到轻微的扰动从B点沿轨道下滑，到达C点时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球刚到达水平面时重力瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】从C点离开轨道，在C点由牛顿第二定律列出向心加速度的式子，再结合动能定理求小球在C点的速度；在C点，对速度进行水平和竖直方向分解，根据功率的公式求重力的瞬时功率。
【解答】解：把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着OC方向的分力充当向心力，由向心力公式可得
mgcosθ＝m
小球从B到C，由动能定理可得：
mgR（1﹣cosθ）mv2﹣0
解得
cosθ
v
如图，令v1竖直方向上的分量为vy1，则
根据几何关系
R+Rcosθ
则
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、瞬时功率等知识点。本题涉及到圆周运动的问题，要注意到达C点时刚好脱离轨道。
2．（2025 西城区校级模拟）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，点O为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
B．小球落到N点时的动能为41J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：2
D．小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
【分析】1.分析小球的受力情况：小球受到竖直向下的重力和水平方向的风力，这两个力都做功，从而影响小球的机械能变化。
2.确定小球动能变化的规律：小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动。在竖直方向上，动能先减小后增大；在水平方向上，动能一直增大。
3.计算小球从M点运动到N点过程中的最小动能：当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，此时水平方向上的速度达到最大，根据动能的计算公式求出最小动能。
4.计算小球落到N点时的动能：根据能量守恒定律，求出小球落到N点时的动能。
5.分析小球在上升和下降过程中机械能变化量之比：分别计算小球在上升和下降过程中机械能的变化量，进而求出它们的比值。6.计算小球的重力和受到的风力大小之比：根据小球在M点和O点的动能，结合运动学公式求出重力和风力的大小之比。
【解答】解：D.设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有
对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有Fx1﹣mgh＝ΔEk＝16﹣9J＝7J
由题意可知
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
小球从M运动到O所用时间为
根据运动学公式有
联立解得
故D错误；
A.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前直分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为：
解得最小动能：
故A正确；
B.M、N两点间的水平距离为
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
联立解得
Ek1＝73J，故B错误；
C.设O、N两点间的水平距离为心，根据匀变速直线运动规律的推论可知：
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故C错误。
故选：A。
【点评】本题以“风洞实验”为背景，考查了小球在有水平风力作用下的运动过程中的动能、机械能变化等相关物理知识。在矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹受重力和水平风力的共同作用，通过分析小球在不同位置的动能变化，来判断各选项的正确性。
3．（2025 绵阳模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg﹣Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
【分析】根据受理分析和牛顿运动定律分析受力关系；根据功的定义式分析做功。
【解答】解：A．以小孩和雪橇作为整体，受力分析可知：
在竖直方向上可得：Fsinα+FN＝mg
解得：FN＝mg﹣Fsinα
根据牛顿第三定律可知
雪橇对地面的压力大小：FN′＝FN＝mg﹣Fsinα，
故A错误；
B．雪橇做匀加速运动，在水平方向受力分析可知：摩擦力f＜Fcosα，无法比较与Fsinα的大小关系，故B错误；
CD．由功的定义可知，拉力F做功W＝Fxcosα，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律和功的定义式的应用，属于简单题。
4．（2025 温州三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【分析】在理想情况下，若能量损失较小，小水珠获得足够的机械能，就可能达到超过钢珠下落时的高度；
加速度向下时物体处于失重状态；
竖直向上溅起的小水珠在最高点速度为零，但斜向上溅起的小水珠在最高点还有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高点速度都为零；
根据能量守恒定律，钢珠落入水中过程中存在能量损失，如克服水的阻力做功转化为内能等，因此所有溅起小水珠的机械能总和必然小于钢珠静止下落时的机械能。
【解答】解：A、钢珠落入水中时，其动能会转化为水的内能和小水珠的机械能等。如果钢珠的动能较大，且能量传递过程中损失较小，部分小水珠获得的机械能较多，就有可能溅起的高度超过钢珠下落时的高度，故A正确；
B、小水珠在空中上升过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，处于失重状态，故B错误；
C、只有竖直向上溅起的小水珠运动到最高点时速度才为零，斜向上溅起的小水珠在最高点时仍有水平方向的速度，故C错误；
D、由于钢珠落入水中时会有能量损失，如转化为内能等，所以所有溅起的小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了机械能守恒、超重失重以及运动的合成与分解等物理概念，难度不大。
5．（2025 重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A．一定大于Ek B．一定小于Ek
C．等于Ek D．不大于Ek
【分析】无风时，只有重力对小球做功。有风时，分析风力对小球做功正负，再分析小球落地动能的变化。
【解答】解：无风时，只有重力对小球做功。有风时，根据已知条件可知，小球落到水平面上水平位移小于d，风力与小球速度的夹角先为钝角后为锐角，则风力先做负功后做正功，正功较大，则风力对小球做的总功为正值，根据动能定理，小球落到水平面上时的动能一定大于Ek，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题巧妙结合抛体运动与功能关系，考查学生对运动合成和能量转化的理解。题目通过引入恒定风力，将常规平抛问题升级为斜抛情景，需要学生分析风力做功对动能的影响。计算量适中但思维深度较高，需建立正确的物理模型，认识到风力方向与位移方向夹角小于90度时必然做正功这一关键点。这种设问方式能有效检验学生对功与能关系的掌握程度。
6．（2025 天心区校级模拟）如图所示，四分之三圆轨道ABD（内壁、外壁均光滑）被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为θ（为未知量）。一质量为m的小球（可视为质点）沿光滑水平面，以向左的速度v0经A点进入圆轨道，恰好到达最高点B，接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径为
B．θ的余弦值为
C．小球到达C点时的动能为
D．小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为
【分析】小球恰好经过D点，到达D点的速度为零，由机械能守恒定律求轨道的半径；
从C点离开轨道，在C点由牛顿第二定律列出向心加速度的式子，再结合机械能守恒定律求小球在C点的动能和余弦值；在C点，对速度进行水平和竖直方向分解，根据功率的公式求重力的瞬时功率。
【解答】解：A、小球恰好到达最高点D，则到达D点的速度为零，设圆弧轨道ABD的半径为R，小球由A到B由机械能守恒定律可得：
代入解得：，故A错误；
B、把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着OC方向的分力充当向心力，由向心力公式可得：
小球从B到C，由机械能守恒可得：
综合解得：，0，小球到达C点时的动能：，BC错误；
D、对小球在C点的速度进行分解，则水平方向的分速度为：vx＝vCcosθ
根据机械能守恒，小球到达水平面（跟开始出发点等高）的速度为v0。则小球到达水平的合速度为v0。
小球从C到水平面做斜下抛运动，水平方向的分运动是：vx＝vCcosθ的匀速直线运动，则小球到达水平面的竖直分速度为：vy
所以重力的瞬时功率为：PG＝mgvy
联立代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速曲线运动规律等知识点。本题涉及到“轻杆模型”的最高点问题，要注意恰到最高点时小球的速度恰好为零。
7．（2025 东城区二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
【分析】物块在传送带上运动时，物块受到的摩擦力方向与传送带方向相同，物块做加速运动，当物块速度等于传送带速度时，物块做匀速运动，根据牛顿第二定律求出物块的加速度，从而求出物块运动的时间，由摩擦力做功的公式求解摩擦力做的功，由功能关系求解热量。
【解答】解：A.物块与传送带共速后，物块相对传送带静止，不受摩擦力作用，故A错误；
B.物块在传送带上运动时，物块受到的摩擦力方向与传送带方向相同，物块做加速运动，当物块速度等于传送带速度时，物块做匀速运动，物块运动的时间
传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故B错误；
C.物块与传送带共速前，物块做加速运动，摩擦力对物块做正功，故C错误；
D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于物块动能的增加量，即
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功能关系等，解题时要注意物块与传送带速度相等后，物块不再受摩擦力作用。
8．（2025 贵州模拟）国家级自然保护区威宁草海是红尾水鸧的栖息地之一。漂浮于草海湖面的一枯木上站有一只红尾水鸧，当它飞离后，枯木上下浮动。枯木的运动可视为竖直方向周期为T的简谐运动，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻枯木的加速度为零
B．在时刻枯木的加速度最大
C．在内枯木所受的合力做正功
D．在～内枯木所受的合力做正功
【分析】A、根据位移与时间图像可知，纵坐标表示枯木做简谐运动的位移，简谐运动中，加速度与位移大小的变化趋势相同；
B、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于平衡位置，枯木此刻合力为零，根据牛顿第二定律判断加速度大小；
C、根据合力的方向判断合力做功的正负；
D、根据位移与时间图像信息判断枯木此阶段的运动变化情况，根据合力的方向判断做功的正负问题。
【解答】解：A、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于正向的最大位移处，此时枯木的加速度最大，故A错误；
B、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于平衡位置，枯木此刻合力为零，枯木的加速度为零，故B错误；
C、在内枯木从平衡位置向最大位移处运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯木所受的合力做负功，故C错误；
D、在～内，枯木从最大位移处向平衡位置运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯木所受的合力做正功，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生从简谐运动位移与时间图像中获取信息，分析简谐运动情况的能力，其中根据合力的方向与位移的变化情况判断做功的正负为解决本题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 安徽模拟）如图所示，光滑斜面体固定在水平桌面上，轻弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与放在斜面上的物块A相连，物块B与A相互接触，用力沿斜面向下推物块B使A、B静止在某一位置。现撤去推力，当物块B运动到最高点时，A、B恰好不分离。已知重力加速度大小为g，则在A、B一起向上运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．物块B一直处于加速状态
B．物块B的机械能一直增加
C．当B到最高点时，弹簧刚好处于原长
D．撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于g
【分析】分析物块A、B整体的受力情况；
通过分析弹簧弹力对物块A做功以及物块A对物块B做功的情况，来判断物块B机械能的变化；
当A、B恰好不分离时，两者之间弹力为0且加速度相同，此时对A进行受力分析，由于A仅受重力和弹簧弹力，而此时弹簧弹力为0，所以弹簧刚好处于原长；
撤去推力瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体根据牛顿第二定律列出方程，结合此时弹簧弹力大于A、B重力沿斜面向下的分力，判断加速度与gsinθ的大小关系。
【解答】解：A、在弹簧弹力大于A、B重力沿斜面向下的分力时，A、B加速上升；当弹簧弹力小于A、B重力沿斜面向下的分力时，A、B减速上升，所以物块B先加速后减速，故A错误；
B、A对B的推力一直做正功，B的机械能一直增加，故B正确；
C、当A、B刚好分离时，A、B的加速度均为gsinθ，因此弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，故C正确；
D、由于A、B向上做简谐运动，根据对称性，撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于gsinθ，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律、机械能守恒定律以及物体的受力分析。
（多选）10．（2025 北碚区校级模拟）物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，测出物体的速度v与弹簧长度l的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2。已知薄板与弹簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为
D．盒子的最大速度为
【分析】分析盒子受力情况判断其运动情况；当弹簧长度为l1时，根据牛顿第二定律求盒子的加速度大小；盒子速度最大时，合力为零，确定此时弹簧的伸长量，根据平衡条件结合胡克定律求弹簧的劲度系数；根据系统机械能守恒求最大速度。
【解答】解：A、盒子在运动过程中受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不断变化，其合力不断变化，加速度不断变化，所以盒子做的是非匀变速直线运动，故A错误；
B、当弹簧长度为l1时，弹簧处于自然长度，弹簧的弹力为0，只受重力，则盒子的加速度大小等于g，故B正确；
C、由题可知，弹簧原长为l1，盒子速度最大时，弹簧长度l，此时盒子的合力为零，由平衡条件有
mg＝k（l﹣l1），解得弹簧的劲度系数为k，故C正确；
D、设盒子的最大速度为v，从弹簧自然长度到最大速度时，由系统机械能守恒得
mg（l﹣l1）（l﹣l1），解得v，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题实质上是简谐运动模型，要抓住盒子的受力特点，分析其运动性质，明确速度最大时即处于平衡位置时，合力为零。
（多选）11．（2025 天津模拟）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．v0＝12m/s
B．传送带的倾角满足sinθ＝0.5
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.5
D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4J
【分析】BC、物块刚到传送带上，物块速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，共速后因有向下运动的趋势，摩擦力此时沿斜面向上，分别对初始阶段、共速阶段对物块应用牛顿第二定律计算角度与动摩擦因数；
A、共速为物块在传动带上运动规律变化的转折点，故直接利用速度与时间图像读出二者共速时的速度大小；
D、因摩擦产生的热量与第2s内二者相对位移有关，根据速度与时间图像的面积表示位移大小，计算物块的第2s内的位移，传送带做匀速运动，利用运动学公式计算传动带的位移，做二者的位移差以此计算因摩擦产生的热量。
【解答】解：BC、初始阶段，物块速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，摩擦力与相对运动方向相反，沿斜面向下，此时沿斜面向下的有重力的分力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
结合图像可代入数据得
物块速度等于传送带速度后，相对传递带有向下滑动的趋势，所以受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
结合图像代入数据可得
联立上式可得sinθ＝0.6，μ＝0.5
故B错误，C正确；
A、由图像可知，1s时传送带与物块共速，所以v0＝10m/s，故A错误；
D、因摩擦产生的热量与第2s内二者相对位移有关，根据速度与时间图像的面积表示位移大小，可知该段时间内物块运动的位移为
此阶段传送带的位移为x2＝10×1m＝10m
二者相对距离为Δx＝x1﹣x2＝11m﹣10m＝1m
第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ Δx
代入数据解得Q＝4J，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题结合倾斜传送带模型与运动学图像考查学生对牛顿运动定律的应用能力，其中通过物块与传送带的相对运动情况判断物块受到的摩擦力的方向为解决本题的关键。
（多选）12．（2025 沈阳模拟）一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车速度从v0达到2v0所用的时间为t，汽车的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．汽车的加速度先增加后不变
B．汽车的最大功率为P＝2fv0
C．汽车速度为1.5v0时，加速度为
D．汽车速度从0到2v0的过程中，位移为2v0t
【分析】根据P＝Fv判断第一个过程牵引力的特点，判断加速度的特点，根据P＝Fv和牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求位移。
【解答】解：A、因为P＝Fv，P﹣v图像在第一个阶段斜率不变，故牵引力不变，所以加速度不变，第二阶段功率恒定速度增大，牵引力减小，故加速度减小，故A错误；
B、当汽车最大速度达到2v0时，牵引力等于阻力f，故此时汽车的功率为P＝FV＝f×2v0＝2fv0，故B正确；
C、当汽车的速度为1.5v0时，牵引力F'
根据牛顿第二定律：F'﹣f＝ma
解得：a
故C正确；
D、汽车在第一个阶段：
牵引力F2f
根据牛顿第二定律：
F﹣f＝ma
a
解得：x1
第二阶段，汽车功率恒定，根据动能定理：
解得：
总位移为x＝x1+x2
故D错误。
故选：BC。
【点评】解题时要注意牛顿第二定律和功率的表达式相结合，注意用题目中的字母表示。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝ 2 J，在15s内阻力共做功W阻＝ ﹣4 J；力F的最大瞬时功率Pmax＝ 0.8 W。
【分析】根据功的定义，即力在物体上所做的功等于力的大小乘以物体在力的方向上移动的距离。
功率是单位时间内所做的功，即功除以时间。题目中给出了速度—时间图（v﹣t图）和力—位移图（F﹣s图），这为我们提供了计算功和功率所需的关键信息。
【解答】解：根据功的表达式可知，在第一个5s，物体运动的位移大小为
力F对物体做的功为
W1＝F1x1＝0.8×2.5J＝2J
第二个5s内，物体运动的位移大小为
x2＝vt2＝1×5m＝5m
由图可知，物体受到的阻力为
f＝F2＝0.4N
在15s内物体运动的总位移大小为
根据功的定义式有，在15s内阻力共做功为
W阻＝﹣fx＝﹣0.4×10J＝﹣4J
根据功率的计算公式，由图可知，在第5s时刻，力F的瞬时功率最大，则
Pmax＝F1v＝0.8×1W＝0.8W
故答案为：2；﹣4；0.8。
【点评】本题的关键在于理解并应用物理学中的基本概念，如功、功率以及力与运动的关系。通过分析v﹣t图和F﹣s图，我们可以准确地计算出力F对物体做的功、阻力做的功以及力F的最大瞬时功率。这不仅需要对物理学概念的深刻理解，还需要能够从图中提取关键信息并进行计算的能力。
14．（2025 思明区校级二模）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能为 mg（H+h） ，重力势能为 ﹣mg（H+h） ，机械能为 0 。
【分析】根据动能定理分析求解小球落到地面前瞬间的动能；根据题意分析重力势能零势面，结合重力势能定义式列式求解；根据机械能守恒定律求解机械能。
【解答】解：小球下落过程中，只有重力做功，根据动能定理得：
mg（H+h）＝Ek﹣0
解得：Ek＝mg（H+h）
根据题意可知，参考平面是小球释放时所在的水平面，则小球落地时相对参考平面的高度为﹣（h+H），则小球落到地面前瞬间的重力势能为
Ep＝﹣mg（H+h）
小球落到地面前瞬间的机械能为E，因为小球下落过程中只有重力做功，小球下落过程满足机械能守恒，由机械能守恒定律得：
E＝E0
由题意可知
E0＝0
联立解得：E＝0
故答案为：﹣mg（H+h）；0。
【点评】考查重力势能的计算和机械能守恒定律，注意理解重力势能概念，掌握机械能守恒定律的应用。
15．（2024 上海校级模拟）篮球运动涵盖了跑、跳、投等多种身体运动形式，它能综合地促进人体机能的全面发展。一个篮球通常的质量为0.6kg。
（1）篮球馆陈列架上四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，4个球中对挡板压力最大的是（ A ）
A．球①
B．球②
C．球③
D．球④
（2）篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住。若假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则：
①下列四图中画出了双手对篮球施力F的方向，其中有可能正确的是（ D ）
A.
B．
C．
D．
②如果双手接触到篮球时，篮球的速率为10m/s，那么接球过程中双手对篮球做的功为 ﹣30 J。
（3）体育课上某同学站在罚球线处，用力将篮球从手中投出，如图所示。
①第一次投出时，篮球以5m/s的速度水平撞击篮板后，以3m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，则篮球撞击与反弹运动的加速度方向为 B （选择：A指向篮板；B背离篮板），加速度的大小为 80 m/s2。
②第二次投出时，篮球以2m/s的速度撞击篮圈，篮圈离地高度为3.05m，不计篮球所受的空气阻力，则离手时篮球的动能约为（ B ）
A．1J
B．7J
C．14J
D．28J
【分析】（1）对篮球②受力分析，根据平衡条件列式，得到挡板对球的压力表达式，再分析挡板对球的压力变化，从而确定哪个球对挡板压力最大；
（2）①根据篮球做的是水平向右的减速直线运动，分析双手对篮球水平方向施力的方向，再与竖直方向的施力合成确定双手对篮球施力F的方向；
②根据动能定理计算接球过程中双手对篮球做的功；
（3）①规定正方向，根据加速度的定义式求篮球撞击与反弹运动的加速度大小，并确定加速度方向；
②根据动能定理计算离手时篮球的动能。
【解答】解：（1）对篮球②受力分析，如图所示。
设篮球与圆弧的切线方向与水平方向的夹角为α，由平衡条件可得挡板对球的压力为
FN＝mgtanα
可知挡板对球的压力随α角的增大而增大，所以挡板对球①的压力最大，由牛顿第三定律可知，球①对挡板的压力最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）①篮球做的是水平向右的减速直线运动，则在水平方向的合力是水平向左，水平方向上双手对篮球的作用力水平向左。由于篮球有重力，竖直方向受力平衡，竖直方向上双手对篮球的作用力竖直向上，因此其中图D有可能是正确的，故ABC错误，D正确。
故选：D。
②篮球的速率为v0＝10m/s，由动能定理可得
解得接球过程中双手对篮球做的功为
（3）①由于篮球撞击篮板后反弹，即受到篮板的反弹力作用，由牛顿第二定律可知，反弹运动的加速度方向为背离篮板，故A错误，B正确。
故选：B。
取篮球反弹的速度方向为正方向，由加速度的定义式可得加速度的大小为
②设离手时篮球的动能约为Ek，篮球离手时的高度约为Δh＝2m，由动能定理可得
解得，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：（1）A；
（2）D，﹣30；
（3）①B，80；②B。
【点评】解答本题时，要正确分析篮球的运动情况和受力情况，运用解析法分析挡板对球的压力变化。动能定理是求功常用的方法。解加速度时，要注意速度方向。
16．（2023 长宁区二模）一物块从高为3m、长为5m的斜面顶端由静止开始下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。则物块开始下滑2m过程中，摩擦力做功为 ﹣8 J；物块沿斜面下滑的加速度为 2 m/s2。（重力加速度g取10m/s2）
【分析】根据图像可知物块重力势能和动能的变化量，从而确定摩擦力做的功；物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，动能增加量等于合力所做的功，据此求出摩擦力大小，根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：由图像可知，物块下滑2m过程中，重力势能减少量为
ΔEp＝30J﹣18J＝12J
动能的增加量为
ΔEk＝4J﹣0＝4J
故此过程中，机械能的损失为
ΔE＝12J﹣4J＝8J；
物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，故物块下滑2m过程中，克服阻力做功8J，动能增加量等于合力所做的功，故此过程中，合力做功为4J，由此可知
mgssinθ﹣fs＝ΔEk
fs＝ΔE
解得：fmgsinθ
其中sinθ
由牛顿第二定律，有
mgsinθ﹣f＝ma
解得：a＝2m/s2。
故答案为：﹣8，2
【点评】本题考查功能关系和图像的结合应用，解题关键要分析图像中物体能量的变化，同时知道物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，动能增加量等于合力所做的功。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 西城区二模）如图所示，小物块的质量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度h＝0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
【分析】（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h求物块在空中运动的时间t；
（2）根据s＝vt求物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）根据动能定理计算桌面摩擦力对物块做的功W。
【解答】解：（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向有
h
可得ts＝0.4s
（2）物块在空中做平抛运动，水平方向有
s＝vt
可得vm/s＝1m/s
（3）物块在水平面上运动过程，根据动能定理得
W
解得W＝﹣0.15J
答：（1）物块在空中运动的时间t为0.4s；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v为1m/s；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W为﹣0.15J。
【点评】解答本题时，要理清物块的运动过程，掌握平抛运动的规律，能根据高度和水平位移求出平抛运动的时间和初速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
18．（2025 西城区校级模拟）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m＝60.0kg，A到悬点O的距离L＝4.00m，A与平地的高度差h＝2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ＝37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：
（1）人到达B点时的速率v；
（2）人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
（3）若高台边缘到对面河岸共d＝4m，请分析人能否安全荡到对岸。
【分析】（1）人从高台边缘无初速度离开，细绳的拉力不做功，机械能守恒，据此定律列式可求得人摆到最低点B时的速度大小；
（2）在最低点，由重力和细绳拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力大小；
（3）人在B点放开绳子后做平抛运动，由平抛运动的规律求落地点C与悬点O间的水平距离，根据几何关系可求C点到高台边缘的水平距离，从而确定能否到达对岸。
【解答】解：（1）人从A到B过程中由机械能守恒定律得：
代入数据得：v＝4m/s；
（2）人到达B点时，由牛顿第二定律得：
代入数据得：F＝840N
（3）人从B到C过程做平抛运动，根据平抛运动规律得：
落地点C与悬点O间的水平距离：x'＝vt
由几何关系知，C点到高台边缘的水平距离：x＝x'+Lsinθ
代入数据联立解得：x＝4.8m＞4m，所以人能够到达对岸。
答：（1）人到达B点时的速度大小v为4m/s；
（2）人到达B点松开绳前，绳对人的拉力大小F为840N；
（3）人能够荡到达对岸。
【点评】本题是机械能守恒定律、向心力知识和平抛运动的综合，明确向心力的来源，运用运动的分解法研究平抛运动是解题的关键。
19．（2025 安徽模拟）如图所示，可视为质点、质量m＝0.4kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到AB的中点时撤去拉力，滑块运动到B点后滑上与AB等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端C点沿水平轨道CD运动，从D点进入半径R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从E处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度v＝5m/s顺时针转动，水平轨道AB的长度l1＝0.7m，CD的长度l2＝0.9m，传送带BC的长度的长度L＝1.5m，小滑块与水平轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）滑块在D点对圆管道的压力大小；
（2）恒定拉力F的最大值；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
【分析】（1）根据动能定理，结合合外力提供向心力，以及牛顿第三定律分析求解；
（2）根据速度—位移公式，结合动能定理分析求解；
（3）根据当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，结合相对位移分析求解。
【解答】解：（1）因滑块刚好能通过圆管道的最高点，所以滑块到圆管道的最高点时速度为零；滑块由D点运动到圆管道最高点的过程，根据动能定理得
解得vD＝4m/s
在D点，根据牛顿第二定律可得
解得ND＝20N
根据牛顿第三定律可知滑块在D点对圆管道的压力大小为20N。
（2）滑块由C点运动到D点的过程，有
解得vC＝5m/s
根据题意可知恒定拉力F最大时，滑块运动到B点时速度最大，B点的最大速度满足
解得vBm＝7m/s
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理得
解得F＝32N
（3）当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，此时B点的最小速度满足
解得vB＝1m/s
此情况下滑块在传送带上运动的时间t
解得：t＝0.5s
传送带的位移为x＝vt＝5×0.5m＝2.5m
滑块与传送带的相对位移为Δx＝x﹣L＝2.5m﹣1.5m＝1m
所以当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦而产生的热量为Q＝μ2mgΔx
解得Q＝3.2J
答：（1）滑块在D点对圆管道的压力大小为20N；
（2）恒定拉力F的最大值为32N；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量为3.2J。
【点评】本题考查了动能定理与传送带相关知识，理解不同时刻物体所处的不同状态是解决此类问题的关键。
20．（2025 福建模拟）如图所示，竖直平面内固定半径R＝7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m＝1.0kg的小物块（可视为质点）从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ＝60°，已知传送带的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0。
【分析】（1）根据动能定理，结合物块下滑到M处的状态分析求解；
（2）根据动能定理，结合小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短的状态分析求解；
（3）根据动能定理，结合物块的运动状态分析求解。
【解答】解：（1）设物块下滑到M处的速度为v0，由动能定理有
解得
（2）小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短，根据动能定理有
解得W弹＝23J
则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝23J
（3）物块被弹簧弹回，设滑到N点时的速度为v1，则有
解得v1＝6m/s
则物块在PN部分通过的路程：x1＝2s＝2×2.5m＝5m
由于v1＝v
则物块滑上传送带后，物块与传送带保持相对静止，直至到M点再滑上右侧圆弧轨道，又以原速率返回到传送带上，物块向左运动能通过传送带，设通过后的速度为v2，
则有
解得v2＝4m/s
物块滑出传送带继续向左运动，直至最终静止，设在PN部分通过的路程为x2，则有
解得x2＝4m＜2s
则物块在PN部分通过的总路程：x0＝x1+x2＝5m+4m＝9m
答：（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小为；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep为23J；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0为9m。
【点评】本题考查了动能定理相关知识，理解物体在不同时刻的运动和能量状态，正确掌握做功与动能的关系是解决此类问题的关键。
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一．选择题（共8小题）
1．（2025 烟台二模）如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道ABD被固定在竖直面内，O为圆心，AB是竖直直径。一质量为m的小球（可视为质点）静止在最高点B，受到轻微的扰动从B点沿轨道下滑，到达C点时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球刚到达水平面时重力瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025 西城区校级模拟）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，点O为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
B．小球落到N点时的动能为41J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：2
D．小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
3．（2025 绵阳模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg﹣Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
4．（2025 温州三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
5．（2025 重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A．一定大于Ek B．一定小于Ek
C．等于Ek D．不大于Ek
6．（2025 天心区校级模拟）如图所示，四分之三圆轨道ABD（内壁、外壁均光滑）被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为θ（为未知量）。一质量为m的小球（可视为质点）沿光滑水平面，以向左的速度v0经A点进入圆轨道，恰好到达最高点B，接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径为
B．θ的余弦值为
C．小球到达C点时的动能为
D．小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为
7．（2025 东城区二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
8．（2025 贵州模拟）国家级自然保护区威宁草海是红尾水鸧的栖息地之一。漂浮于草海湖面的一枯木上站有一只红尾水鸧，当它飞离后，枯木上下浮动。枯木的运动可视为竖直方向周期为T的简谐运动，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻枯木的加速度为零
B．在时刻枯木的加速度最大
C．在内枯木所受的合力做正功
D．在～内枯木所受的合力做正功
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 安徽模拟）如图所示，光滑斜面体固定在水平桌面上，轻弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与放在斜面上的物块A相连，物块B与A相互接触，用力沿斜面向下推物块B使A、B静止在某一位置。现撤去推力，当物块B运动到最高点时，A、B恰好不分离。已知重力加速度大小为g，则在A、B一起向上运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．物块B一直处于加速状态
B．物块B的机械能一直增加
C．当B到最高点时，弹簧刚好处于原长
D．撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于g
（多选）10．（2025 北碚区校级模拟）物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，测出物体的速度v与弹簧长度l的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2。已知薄板与弹簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为
D．盒子的最大速度为
（多选）11．（2025 天津模拟）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．v0＝12m/s
B．传送带的倾角满足sinθ＝0.5
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.5
D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4J
（多选）12．（2025 沈阳模拟）一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车速度从v0达到2v0所用的时间为t，汽车的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．汽车的加速度先增加后不变
B．汽车的最大功率为P＝2fv0
C．汽车速度为1.5v0时，加速度为
D．汽车速度从0到2v0的过程中，位移为2v0t
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝ J，在15s内阻力共做功W阻＝ J；力F的最大瞬时功率Pmax＝ W。
14．（2025 思明区校级二模）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能为 ，重力势能为 ，机械能为 。
15．（2024 上海校级模拟）篮球运动涵盖了跑、跳、投等多种身体运动形式，它能综合地促进人体机能的全面发展。一个篮球通常的质量为0.6kg。
（1）篮球馆陈列架上四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，4个球中对挡板压力最大的是（ ）
A．球①
B．球②
C．球③
D．球④
（2）篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住。若假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则：
①下列四图中画出了双手对篮球施力F的方向，其中有可能正确的是（ ）
A.
B．
C．
D．
②如果双手接触到篮球时，篮球的速率为10m/s，那么接球过程中双手对篮球做的功为 J。
（3）体育课上某同学站在罚球线处，用力将篮球从手中投出，如图所示。
①第一次投出时，篮球以5m/s的速度水平撞击篮板后，以3m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，则篮球撞击与反弹运动的加速度方向为 （选择：A指向篮板；B背离篮板），加速度的大小为 m/s2。
②第二次投出时，篮球以2m/s的速度撞击篮圈，篮圈离地高度为3.05m，不计篮球所受的空气阻力，则离手时篮球的动能约为（ ）
A．1J
B．7J
C．14J
D．28J
16．（2023 长宁区二模）一物块从高为3m、长为5m的斜面顶端由静止开始下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。则物块开始下滑2m过程中，摩擦力做功为 J；物块沿斜面下滑的加速度为 m/s2。（重力加速度g取10m/s2）
四．解答题（共4小题）
17．（2025 西城区二模）如图所示，小物块的质量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度h＝0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
18．（2025 西城区校级模拟）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m＝60.0kg，A到悬点O的距离L＝4.00m，A与平地的高度差h＝2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ＝37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：
（1）人到达B点时的速率v；
（2）人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
（3）若高台边缘到对面河岸共d＝4m，请分析人能否安全荡到对岸。
19．（2025 安徽模拟）如图所示，可视为质点、质量m＝0.4kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到AB的中点时撤去拉力，滑块运动到B点后滑上与AB等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端C点沿水平轨道CD运动，从D点进入半径R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从E处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度v＝5m/s顺时针转动，水平轨道AB的长度l1＝0.7m，CD的长度l2＝0.9m，传送带BC的长度的长度L＝1.5m，小滑块与水平轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）滑块在D点对圆管道的压力大小；
（2）恒定拉力F的最大值；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
20．（2025 福建模拟）如图所示，竖直平面内固定半径R＝7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m＝1.0kg的小物块（可视为质点）从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ＝60°，已知传送带的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 烟台二模）如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道ABD被固定在竖直面内，O为圆心，AB是竖直直径。一质量为m的小球（可视为质点）静止在最高点B，受到轻微的扰动从B点沿轨道下滑，到达C点时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球刚到达水平面时重力瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】从C点离开轨道，在C点由牛顿第二定律列出向心加速度的式子，再结合动能定理求小球在C点的速度；在C点，对速度进行水平和竖直方向分解，根据功率的公式求重力的瞬时功率。
【解答】解：把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着OC方向的分力充当向心力，由向心力公式可得
mgcosθ＝m
小球从B到C，由动能定理可得：
mgR（1﹣cosθ）mv2﹣0
解得
cosθ
v
如图，令v1竖直方向上的分量为vy1，则
根据几何关系
R+Rcosθ
则
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、瞬时功率等知识点。本题涉及到圆周运动的问题，要注意到达C点时刚好脱离轨道。
2．（2025 西城区校级模拟）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，点O为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
B．小球落到N点时的动能为41J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：2
D．小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
【分析】1.分析小球的受力情况：小球受到竖直向下的重力和水平方向的风力，这两个力都做功，从而影响小球的机械能变化。
2.确定小球动能变化的规律：小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动。在竖直方向上，动能先减小后增大；在水平方向上，动能一直增大。
3.计算小球从M点运动到N点过程中的最小动能：当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，此时水平方向上的速度达到最大，根据动能的计算公式求出最小动能。
4.计算小球落到N点时的动能：根据能量守恒定律，求出小球落到N点时的动能。
5.分析小球在上升和下降过程中机械能变化量之比：分别计算小球在上升和下降过程中机械能的变化量，进而求出它们的比值。6.计算小球的重力和受到的风力大小之比：根据小球在M点和O点的动能，结合运动学公式求出重力和风力的大小之比。
【解答】解：D.设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有
对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有Fx1﹣mgh＝ΔEk＝16﹣9J＝7J
由题意可知
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
小球从M运动到O所用时间为
根据运动学公式有
联立解得
故D错误；
A.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前直分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为：
解得最小动能：
故A正确；
B.M、N两点间的水平距离为
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
联立解得
Ek1＝73J，故B错误；
C.设O、N两点间的水平距离为心，根据匀变速直线运动规律的推论可知：
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
故C错误。
故选：A。
【点评】本题以“风洞实验”为背景，考查了小球在有水平风力作用下的运动过程中的动能、机械能变化等相关物理知识。在矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹受重力和水平风力的共同作用，通过分析小球在不同位置的动能变化，来判断各选项的正确性。
3．（2025 绵阳模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg﹣Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
【分析】根据受理分析和牛顿运动定律分析受力关系；根据功的定义式分析做功。
【解答】解：A．以小孩和雪橇作为整体，受力分析可知：
在竖直方向上可得：Fsinα+FN＝mg
解得：FN＝mg﹣Fsinα
根据牛顿第三定律可知
雪橇对地面的压力大小：FN′＝FN＝mg﹣Fsinα，
故A错误；
B．雪橇做匀加速运动，在水平方向受力分析可知：摩擦力f＜Fcosα，无法比较与Fsinα的大小关系，故B错误；
CD．由功的定义可知，拉力F做功W＝Fxcosα，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律和功的定义式的应用，属于简单题。
4．（2025 温州三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【分析】在理想情况下，若能量损失较小，小水珠获得足够的机械能，就可能达到超过钢珠下落时的高度；
加速度向下时物体处于失重状态；
竖直向上溅起的小水珠在最高点速度为零，但斜向上溅起的小水珠在最高点还有水平方向的速度分量，所以不是所有小水珠在最高点速度都为零；
根据能量守恒定律，钢珠落入水中过程中存在能量损失，如克服水的阻力做功转化为内能等，因此所有溅起小水珠的机械能总和必然小于钢珠静止下落时的机械能。
【解答】解：A、钢珠落入水中时，其动能会转化为水的内能和小水珠的机械能等。如果钢珠的动能较大，且能量传递过程中损失较小，部分小水珠获得的机械能较多，就有可能溅起的高度超过钢珠下落时的高度，故A正确；
B、小水珠在空中上升过程中，只受重力作用，加速度为重力加速度g，方向竖直向下，处于失重状态，故B错误；
C、只有竖直向上溅起的小水珠运动到最高点时速度才为零，斜向上溅起的小水珠在最高点时仍有水平方向的速度，故C错误；
D、由于钢珠落入水中时会有能量损失，如转化为内能等，所以所有溅起的小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了机械能守恒、超重失重以及运动的合成与分解等物理概念，难度不大。
5．（2025 重庆三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d＝0.8h，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A．一定大于Ek B．一定小于Ek
C．等于Ek D．不大于Ek
【分析】无风时，只有重力对小球做功。有风时，分析风力对小球做功正负，再分析小球落地动能的变化。
【解答】解：无风时，只有重力对小球做功。有风时，根据已知条件可知，小球落到水平面上水平位移小于d，风力与小球速度的夹角先为钝角后为锐角，则风力先做负功后做正功，正功较大，则风力对小球做的总功为正值，根据动能定理，小球落到水平面上时的动能一定大于Ek，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题巧妙结合抛体运动与功能关系，考查学生对运动合成和能量转化的理解。题目通过引入恒定风力，将常规平抛问题升级为斜抛情景，需要学生分析风力做功对动能的影响。计算量适中但思维深度较高，需建立正确的物理模型，认识到风力方向与位移方向夹角小于90度时必然做正功这一关键点。这种设问方式能有效检验学生对功与能关系的掌握程度。
6．（2025 天心区校级模拟）如图所示，四分之三圆轨道ABD（内壁、外壁均光滑）被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为θ（为未知量）。一质量为m的小球（可视为质点）沿光滑水平面，以向左的速度v0经A点进入圆轨道，恰好到达最高点B，接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径为
B．θ的余弦值为
C．小球到达C点时的动能为
D．小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为
【分析】小球恰好经过D点，到达D点的速度为零，由机械能守恒定律求轨道的半径；
从C点离开轨道，在C点由牛顿第二定律列出向心加速度的式子，再结合机械能守恒定律求小球在C点的动能和余弦值；在C点，对速度进行水平和竖直方向分解，根据功率的公式求重力的瞬时功率。
【解答】解：A、小球恰好到达最高点D，则到达D点的速度为零，设圆弧轨道ABD的半径为R，小球由A到B由机械能守恒定律可得：
代入解得：，故A错误；
B、把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着OC方向的分力充当向心力，由向心力公式可得：
小球从B到C，由机械能守恒可得：
综合解得：，0，小球到达C点时的动能：，BC错误；
D、对小球在C点的速度进行分解，则水平方向的分速度为：vx＝vCcosθ
根据机械能守恒，小球到达水平面（跟开始出发点等高）的速度为v0。则小球到达水平的合速度为v0。
小球从C到水平面做斜下抛运动，水平方向的分运动是：vx＝vCcosθ的匀速直线运动，则小球到达水平面的竖直分速度为：vy
所以重力的瞬时功率为：PG＝mgvy
联立代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速曲线运动规律等知识点。本题涉及到“轻杆模型”的最高点问题，要注意恰到最高点时小球的速度恰好为零。
7．（2025 东城区二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
【分析】物块在传送带上运动时，物块受到的摩擦力方向与传送带方向相同，物块做加速运动，当物块速度等于传送带速度时，物块做匀速运动，根据牛顿第二定律求出物块的加速度，从而求出物块运动的时间，由摩擦力做功的公式求解摩擦力做的功，由功能关系求解热量。
【解答】解：A.物块与传送带共速后，物块相对传送带静止，不受摩擦力作用，故A错误；
B.物块在传送带上运动时，物块受到的摩擦力方向与传送带方向相同，物块做加速运动，当物块速度等于传送带速度时，物块做匀速运动，物块运动的时间
传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故B错误；
C.物块与传送带共速前，物块做加速运动，摩擦力对物块做正功，故C错误；
D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于物块动能的增加量，即
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功能关系等，解题时要注意物块与传送带速度相等后，物块不再受摩擦力作用。
8．（2025 贵州模拟）国家级自然保护区威宁草海是红尾水鸧的栖息地之一。漂浮于草海湖面的一枯木上站有一只红尾水鸧，当它飞离后，枯木上下浮动。枯木的运动可视为竖直方向周期为T的简谐运动，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻枯木的加速度为零
B．在时刻枯木的加速度最大
C．在内枯木所受的合力做正功
D．在～内枯木所受的合力做正功
【分析】A、根据位移与时间图像可知，纵坐标表示枯木做简谐运动的位移，简谐运动中，加速度与位移大小的变化趋势相同；
B、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于平衡位置，枯木此刻合力为零，根据牛顿第二定律判断加速度大小；
C、根据合力的方向判断合力做功的正负；
D、根据位移与时间图像信息判断枯木此阶段的运动变化情况，根据合力的方向判断做功的正负问题。
【解答】解：A、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于正向的最大位移处，此时枯木的加速度最大，故A错误；
B、根据位移与时间图像可知，在时刻枯木处于平衡位置，枯木此刻合力为零，枯木的加速度为零，故B错误；
C、在内枯木从平衡位置向最大位移处运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯木所受的合力做负功，故C错误；
D、在～内，枯木从最大位移处向平衡位置运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯木所受的合力做正功，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生从简谐运动位移与时间图像中获取信息，分析简谐运动情况的能力，其中根据合力的方向与位移的变化情况判断做功的正负为解决本题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 安徽模拟）如图所示，光滑斜面体固定在水平桌面上，轻弹簧下端与斜面底端的固定挡板相连，上端与放在斜面上的物块A相连，物块B与A相互接触，用力沿斜面向下推物块B使A、B静止在某一位置。现撤去推力，当物块B运动到最高点时，A、B恰好不分离。已知重力加速度大小为g，则在A、B一起向上运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．物块B一直处于加速状态
B．物块B的机械能一直增加
C．当B到最高点时，弹簧刚好处于原长
D．撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于g
【分析】分析物块A、B整体的受力情况；
通过分析弹簧弹力对物块A做功以及物块A对物块B做功的情况，来判断物块B机械能的变化；
当A、B恰好不分离时，两者之间弹力为0且加速度相同，此时对A进行受力分析，由于A仅受重力和弹簧弹力，而此时弹簧弹力为0，所以弹簧刚好处于原长；
撤去推力瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体根据牛顿第二定律列出方程，结合此时弹簧弹力大于A、B重力沿斜面向下的分力，判断加速度与gsinθ的大小关系。
【解答】解：A、在弹簧弹力大于A、B重力沿斜面向下的分力时，A、B加速上升；当弹簧弹力小于A、B重力沿斜面向下的分力时，A、B减速上升，所以物块B先加速后减速，故A错误；
B、A对B的推力一直做正功，B的机械能一直增加，故B正确；
C、当A、B刚好分离时，A、B的加速度均为gsinθ，因此弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，故C正确；
D、由于A、B向上做简谐运动，根据对称性，撤去推力的一瞬间，A、B的加速度等于gsinθ，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律、机械能守恒定律以及物体的受力分析。
（多选）10．（2025 北碚区校级模拟）物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，测出物体的速度v与弹簧长度l的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2。已知薄板与弹簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为
D．盒子的最大速度为
【分析】分析盒子受力情况判断其运动情况；当弹簧长度为l1时，根据牛顿第二定律求盒子的加速度大小；盒子速度最大时，合力为零，确定此时弹簧的伸长量，根据平衡条件结合胡克定律求弹簧的劲度系数；根据系统机械能守恒求最大速度。
【解答】解：A、盒子在运动过程中受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不断变化，其合力不断变化，加速度不断变化，所以盒子做的是非匀变速直线运动，故A错误；
B、当弹簧长度为l1时，弹簧处于自然长度，弹簧的弹力为0，只受重力，则盒子的加速度大小等于g，故B正确；
C、由题可知，弹簧原长为l1，盒子速度最大时，弹簧长度l，此时盒子的合力为零，由平衡条件有
mg＝k（l﹣l1），解得弹簧的劲度系数为k，故C正确；
D、设盒子的最大速度为v，从弹簧自然长度到最大速度时，由系统机械能守恒得
mg（l﹣l1）（l﹣l1），解得v，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题实质上是简谐运动模型，要抓住盒子的受力特点，分析其运动性质，明确速度最大时即处于平衡位置时，合力为零。
（多选）11．（2025 天津模拟）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（ ）
A．v0＝12m/s
B．传送带的倾角满足sinθ＝0.5
C．小物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.5
D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4J
【分析】BC、物块刚到传送带上，物块速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，共速后因有向下运动的趋势，摩擦力此时沿斜面向上，分别对初始阶段、共速阶段对物块应用牛顿第二定律计算角度与动摩擦因数；
A、共速为物块在传动带上运动规律变化的转折点，故直接利用速度与时间图像读出二者共速时的速度大小；
D、因摩擦产生的热量与第2s内二者相对位移有关，根据速度与时间图像的面积表示位移大小，计算物块的第2s内的位移，传送带做匀速运动，利用运动学公式计算传动带的位移，做二者的位移差以此计算因摩擦产生的热量。
【解答】解：BC、初始阶段，物块速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，摩擦力与相对运动方向相反，沿斜面向下，此时沿斜面向下的有重力的分力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
结合图像可代入数据得
物块速度等于传送带速度后，相对传递带有向下滑动的趋势，所以受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
结合图像代入数据可得
联立上式可得sinθ＝0.6，μ＝0.5
故B错误，C正确；
A、由图像可知，1s时传送带与物块共速，所以v0＝10m/s，故A错误；
D、因摩擦产生的热量与第2s内二者相对位移有关，根据速度与时间图像的面积表示位移大小，可知该段时间内物块运动的位移为
此阶段传送带的位移为x2＝10×1m＝10m
二者相对距离为Δx＝x1﹣x2＝11m﹣10m＝1m
第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ Δx
代入数据解得Q＝4J，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题结合倾斜传送带模型与运动学图像考查学生对牛顿运动定律的应用能力，其中通过物块与传送带的相对运动情况判断物块受到的摩擦力的方向为解决本题的关键。
（多选）12．（2025 沈阳模拟）一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车速度从v0达到2v0所用的时间为t，汽车的质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．汽车的加速度先增加后不变
B．汽车的最大功率为P＝2fv0
C．汽车速度为1.5v0时，加速度为
D．汽车速度从0到2v0的过程中，位移为2v0t
【分析】根据P＝Fv判断第一个过程牵引力的特点，判断加速度的特点，根据P＝Fv和牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求位移。
【解答】解：A、因为P＝Fv，P﹣v图像在第一个阶段斜率不变，故牵引力不变，所以加速度不变，第二阶段功率恒定速度增大，牵引力减小，故加速度减小，故A错误；
B、当汽车最大速度达到2v0时，牵引力等于阻力f，故此时汽车的功率为P＝FV＝f×2v0＝2fv0，故B正确；
C、当汽车的速度为1.5v0时，牵引力F'
根据牛顿第二定律：F'﹣f＝ma
解得：a
故C正确；
D、汽车在第一个阶段：
牵引力F2f
根据牛顿第二定律：
F﹣f＝ma
a
解得：x1
第二阶段，汽车功率恒定，根据动能定理：
解得：
总位移为x＝x1+x2
故D错误。
故选：BC。
【点评】解题时要注意牛顿第二定律和功率的表达式相结合，注意用题目中的字母表示。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝ 2 J，在15s内阻力共做功W阻＝ ﹣4 J；力F的最大瞬时功率Pmax＝ 0.8 W。
【分析】根据功的定义，即力在物体上所做的功等于力的大小乘以物体在力的方向上移动的距离。
功率是单位时间内所做的功，即功除以时间。题目中给出了速度—时间图（v﹣t图）和力—位移图（F﹣s图），这为我们提供了计算功和功率所需的关键信息。
【解答】解：根据功的表达式可知，在第一个5s，物体运动的位移大小为
力F对物体做的功为
W1＝F1x1＝0.8×2.5J＝2J
第二个5s内，物体运动的位移大小为
x2＝vt2＝1×5m＝5m
由图可知，物体受到的阻力为
f＝F2＝0.4N
在15s内物体运动的总位移大小为
根据功的定义式有，在15s内阻力共做功为
W阻＝﹣fx＝﹣0.4×10J＝﹣4J
根据功率的计算公式，由图可知，在第5s时刻，力F的瞬时功率最大，则
Pmax＝F1v＝0.8×1W＝0.8W
故答案为：2；﹣4；0.8。
【点评】本题的关键在于理解并应用物理学中的基本概念，如功、功率以及力与运动的关系。通过分析v﹣t图和F﹣s图，我们可以准确地计算出力F对物体做的功、阻力做的功以及力F的最大瞬时功率。这不仅需要对物理学概念的深刻理解，还需要能够从图中提取关键信息并进行计算的能力。
14．（2025 思明区校级二模）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能为 mg（H+h） ，重力势能为 ﹣mg（H+h） ，机械能为 0 。
【分析】根据动能定理分析求解小球落到地面前瞬间的动能；根据题意分析重力势能零势面，结合重力势能定义式列式求解；根据机械能守恒定律求解机械能。
【解答】解：小球下落过程中，只有重力做功，根据动能定理得：
mg（H+h）＝Ek﹣0
解得：Ek＝mg（H+h）
根据题意可知，参考平面是小球释放时所在的水平面，则小球落地时相对参考平面的高度为﹣（h+H），则小球落到地面前瞬间的重力势能为
Ep＝﹣mg（H+h）
小球落到地面前瞬间的机械能为E，因为小球下落过程中只有重力做功，小球下落过程满足机械能守恒，由机械能守恒定律得：
E＝E0
由题意可知
E0＝0
联立解得：E＝0
故答案为：﹣mg（H+h）；0。
【点评】考查重力势能的计算和机械能守恒定律，注意理解重力势能概念，掌握机械能守恒定律的应用。
15．（2024 上海校级模拟）篮球运动涵盖了跑、跳、投等多种身体运动形式，它能综合地促进人体机能的全面发展。一个篮球通常的质量为0.6kg。
（1）篮球馆陈列架上四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，4个球中对挡板压力最大的是（ A ）
A．球①
B．球②
C．球③
D．球④
（2）篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住。若假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则：
①下列四图中画出了双手对篮球施力F的方向，其中有可能正确的是（ D ）
A.
B．
C．
D．
②如果双手接触到篮球时，篮球的速率为10m/s，那么接球过程中双手对篮球做的功为 ﹣30 J。
（3）体育课上某同学站在罚球线处，用力将篮球从手中投出，如图所示。
①第一次投出时，篮球以5m/s的速度水平撞击篮板后，以3m/s的速度反向弹回。若篮球与篮板接触的时间为0.1s，则篮球撞击与反弹运动的加速度方向为 B （选择：A指向篮板；B背离篮板），加速度的大小为 80 m/s2。
②第二次投出时，篮球以2m/s的速度撞击篮圈，篮圈离地高度为3.05m，不计篮球所受的空气阻力，则离手时篮球的动能约为（ B ）
A．1J
B．7J
C．14J
D．28J
【分析】（1）对篮球②受力分析，根据平衡条件列式，得到挡板对球的压力表达式，再分析挡板对球的压力变化，从而确定哪个球对挡板压力最大；
（2）①根据篮球做的是水平向右的减速直线运动，分析双手对篮球水平方向施力的方向，再与竖直方向的施力合成确定双手对篮球施力F的方向；
②根据动能定理计算接球过程中双手对篮球做的功；
（3）①规定正方向，根据加速度的定义式求篮球撞击与反弹运动的加速度大小，并确定加速度方向；
②根据动能定理计算离手时篮球的动能。
【解答】解：（1）对篮球②受力分析，如图所示。
设篮球与圆弧的切线方向与水平方向的夹角为α，由平衡条件可得挡板对球的压力为
FN＝mgtanα
可知挡板对球的压力随α角的增大而增大，所以挡板对球①的压力最大，由牛顿第三定律可知，球①对挡板的压力最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）①篮球做的是水平向右的减速直线运动，则在水平方向的合力是水平向左，水平方向上双手对篮球的作用力水平向左。由于篮球有重力，竖直方向受力平衡，竖直方向上双手对篮球的作用力竖直向上，因此其中图D有可能是正确的，故ABC错误，D正确。
故选：D。
②篮球的速率为v0＝10m/s，由动能定理可得
解得接球过程中双手对篮球做的功为
（3）①由于篮球撞击篮板后反弹，即受到篮板的反弹力作用，由牛顿第二定律可知，反弹运动的加速度方向为背离篮板，故A错误，B正确。
故选：B。
取篮球反弹的速度方向为正方向，由加速度的定义式可得加速度的大小为
②设离手时篮球的动能约为Ek，篮球离手时的高度约为Δh＝2m，由动能定理可得
解得，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：（1）A；
（2）D，﹣30；
（3）①B，80；②B。
【点评】解答本题时，要正确分析篮球的运动情况和受力情况，运用解析法分析挡板对球的压力变化。动能定理是求功常用的方法。解加速度时，要注意速度方向。
16．（2023 长宁区二模）一物块从高为3m、长为5m的斜面顶端由静止开始下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。则物块开始下滑2m过程中，摩擦力做功为 ﹣8 J；物块沿斜面下滑的加速度为 2 m/s2。（重力加速度g取10m/s2）
【分析】根据图像可知物块重力势能和动能的变化量，从而确定摩擦力做的功；物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，动能增加量等于合力所做的功，据此求出摩擦力大小，根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：由图像可知，物块下滑2m过程中，重力势能减少量为
ΔEp＝30J﹣18J＝12J
动能的增加量为
ΔEk＝4J﹣0＝4J
故此过程中，机械能的损失为
ΔE＝12J﹣4J＝8J；
物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，故物块下滑2m过程中，克服阻力做功8J，动能增加量等于合力所做的功，故此过程中，合力做功为4J，由此可知
mgssinθ﹣fs＝ΔEk
fs＝ΔE
解得：fmgsinθ
其中sinθ
由牛顿第二定律，有
mgsinθ﹣f＝ma
解得：a＝2m/s2。
故答案为：﹣8，2
【点评】本题考查功能关系和图像的结合应用，解题关键要分析图像中物体能量的变化，同时知道物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，动能增加量等于合力所做的功。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 西城区二模）如图所示，小物块的质量m＝0.10kg，以速度v0＝2m/s开始运动，运动至水平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度h＝0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s＝0.40m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）物块在空中运动的时间t；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W。
【分析】（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h求物块在空中运动的时间t；
（2）根据s＝vt求物块离开桌面右端时速度的大小v；
（3）根据动能定理计算桌面摩擦力对物块做的功W。
【解答】解：（1）物块在空中做平抛运动，竖直方向有
h
可得ts＝0.4s
（2）物块在空中做平抛运动，水平方向有
s＝vt
可得vm/s＝1m/s
（3）物块在水平面上运动过程，根据动能定理得
W
解得W＝﹣0.15J
答：（1）物块在空中运动的时间t为0.4s；
（2）物块离开桌面右端时速度的大小v为1m/s；
（3）桌面摩擦力对物块做的功W为﹣0.15J。
【点评】解答本题时，要理清物块的运动过程，掌握平抛运动的规律，能根据高度和水平位移求出平抛运动的时间和初速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
18．（2025 西城区校级模拟）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m＝60.0kg，A到悬点O的距离L＝4.00m，A与平地的高度差h＝2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ＝37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：
（1）人到达B点时的速率v；
（2）人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
（3）若高台边缘到对面河岸共d＝4m，请分析人能否安全荡到对岸。
【分析】（1）人从高台边缘无初速度离开，细绳的拉力不做功，机械能守恒，据此定律列式可求得人摆到最低点B时的速度大小；
（2）在最低点，由重力和细绳拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力大小；
（3）人在B点放开绳子后做平抛运动，由平抛运动的规律求落地点C与悬点O间的水平距离，根据几何关系可求C点到高台边缘的水平距离，从而确定能否到达对岸。
【解答】解：（1）人从A到B过程中由机械能守恒定律得：
代入数据得：v＝4m/s；
（2）人到达B点时，由牛顿第二定律得：
代入数据得：F＝840N
（3）人从B到C过程做平抛运动，根据平抛运动规律得：
落地点C与悬点O间的水平距离：x'＝vt
由几何关系知，C点到高台边缘的水平距离：x＝x'+Lsinθ
代入数据联立解得：x＝4.8m＞4m，所以人能够到达对岸。
答：（1）人到达B点时的速度大小v为4m/s；
（2）人到达B点松开绳前，绳对人的拉力大小F为840N；
（3）人能够荡到达对岸。
【点评】本题是机械能守恒定律、向心力知识和平抛运动的综合，明确向心力的来源，运用运动的分解法研究平抛运动是解题的关键。
19．（2025 安徽模拟）如图所示，可视为质点、质量m＝0.4kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F的作用下，从A点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到AB的中点时撤去拉力，滑块运动到B点后滑上与AB等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端C点沿水平轨道CD运动，从D点进入半径R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从E处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度v＝5m/s顺时针转动，水平轨道AB的长度l1＝0.7m，CD的长度l2＝0.9m，传送带BC的长度的长度L＝1.5m，小滑块与水平轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）滑块在D点对圆管道的压力大小；
（2）恒定拉力F的最大值；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
【分析】（1）根据动能定理，结合合外力提供向心力，以及牛顿第三定律分析求解；
（2）根据速度—位移公式，结合动能定理分析求解；
（3）根据当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，结合相对位移分析求解。
【解答】解：（1）因滑块刚好能通过圆管道的最高点，所以滑块到圆管道的最高点时速度为零；滑块由D点运动到圆管道最高点的过程，根据动能定理得
解得vD＝4m/s
在D点，根据牛顿第二定律可得
解得ND＝20N
根据牛顿第三定律可知滑块在D点对圆管道的压力大小为20N。
（2）滑块由C点运动到D点的过程，有
解得vC＝5m/s
根据题意可知恒定拉力F最大时，滑块运动到B点时速度最大，B点的最大速度满足
解得vBm＝7m/s
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理得
解得F＝32N
（3）当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，此时B点的最小速度满足
解得vB＝1m/s
此情况下滑块在传送带上运动的时间t
解得：t＝0.5s
传送带的位移为x＝vt＝5×0.5m＝2.5m
滑块与传送带的相对位移为Δx＝x﹣L＝2.5m﹣1.5m＝1m
所以当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦而产生的热量为Q＝μ2mgΔx
解得Q＝3.2J
答：（1）滑块在D点对圆管道的压力大小为20N；
（2）恒定拉力F的最大值为32N；
（3）当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量为3.2J。
【点评】本题考查了动能定理与传送带相关知识，理解不同时刻物体所处的不同状态是解决此类问题的关键。
20．（2025 福建模拟）如图所示，竖直平面内固定半径R＝7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m＝1.0kg的小物块（可视为质点）从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ＝60°，已知传送带的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0。
【分析】（1）根据动能定理，结合物块下滑到M处的状态分析求解；
（2）根据动能定理，结合小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短的状态分析求解；
（3）根据动能定理，结合物块的运动状态分析求解。
【解答】解：（1）设物块下滑到M处的速度为v0，由动能定理有
解得
（2）小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短，根据动能定理有
解得W弹＝23J
则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝23J
（3）物块被弹簧弹回，设滑到N点时的速度为v1，则有
解得v1＝6m/s
则物块在PN部分通过的路程：x1＝2s＝2×2.5m＝5m
由于v1＝v
则物块滑上传送带后，物块与传送带保持相对静止，直至到M点再滑上右侧圆弧轨道，又以原速率返回到传送带上，物块向左运动能通过传送带，设通过后的速度为v2，
则有
解得v2＝4m/s
物块滑出传送带继续向左运动，直至最终静止，设在PN部分通过的路程为x2，则有
解得x2＝4m＜2s
则物块在PN部分通过的总路程：x0＝x1+x2＝5m+4m＝9m
答：（1）物块第一次下滑到M处的速度v0的大小为；
（2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep为23J；
（3）物块在PN部分通过的总路程x0为9m。
【点评】本题考查了动能定理相关知识，理解物体在不同时刻的运动和能量状态，正确掌握做功与动能的关系是解决此类问题的关键。
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