高考一轮复习：功和能
一、选择题
1．（2025·河南） 野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；重力势能
【解析】【解答】ABD.无人机受绳子拉力和重力，合力水平向左，根据牛顿第二定律可知，无人机水平向左加速运动，重力势能和高度有关， 无人机向左水平飞行， 重力势能不变，故AB错误，D正确；
C.惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，故C错误。
故答案为：D。
【分析】 对零件受力分析，其所受重力与轻绳的拉力的合力为零件所受合外力。根据题目条件判断零件所受合外力的大小和方向，根据牛顿第二定律分析零件与无人机的运动情况；质量是惯性大小的唯一量度；根据重力势能的定义分析零件的重力势能变化情况。
2．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
3．（2025·山东）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】小车做匀速直线运动，由平衡条件得
小车的机械功率
由于电动机的效率为η电动机＝50%，电动机的总功率
光伏电池的光电转换效率为，即
可得
则光伏电池单位时间内获得的太阳能为，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】小车做匀速直线运动，应用平衡条件求出牵引力大小；根据功率公式P=Fv求出小车的机械功率，然后求出电动机的总功率；根据光伏电池的光电转换效率求出光伏电池单位时间内获得的太阳能。
4．（2025·义乌模拟）下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（ ）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
【答案】C
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】解答本题的关键要冲量的定义式、重力瞬时功率公式。要注意动量是矢量，只有大小和方向都相同时，动量才相同。A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有
可知两个钢球下落时间相等，根据
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
【分析】根据重力做功关系分析动能增量关系；根据I=mgt分析重力冲量关系；分析落地时竖直分速度关系，判断落地时的重力功率关系；根据落地时动量方向关系判断动量是否相同。
5．（2023·山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
小车速度为v时，功率到达额定功率，可得
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
联立解得： ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组即可得到小车的额定功率。
6．（2025·浙江模拟）新能源汽车越来越得到推广。某电动汽车自重2t，其营销广告如下：电池额定容量为50kW·h，电池瞬时功率最高可达90kW，车行驶受到的阻力约为车重的，理论续航里程400km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，而便携式充电器（220V，16A）可以将电池容量从0充到100%。不计充电损耗，当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车还能行驶180km
B．用国家电网充电桩将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要50min
C．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要7h以上
D．此电动汽车的最高行驶速度可超过180km/h
【答案】C
【知识点】电功率和电功；机车启动
【解析】【解答】A．理论续航里程与剩余电量成正比，剩余电量为额定值30%，则还能行驶距离：
，故A错误；
B．用国家电网充电桩将电池容量充至其额定值的80%，理论上需
，故B错误；
C．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要
，故C正确；
D．汽车匀速时牵引力，阻力
最高功率
由得最高速度
，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A.利用“续航里程与剩余电量成正比”，直接计算剩余电量对应的行驶距离。
B、C.先确定需补充的电量比例，再根据“充电时间 = 需补充电能 / 充电功率（）”，分别计算两种充电器的充电时间。
D.依据“匀速时牵引力等于阻力”，结合（），计算最高行驶速度。
7．（2025·四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q << Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
【答案】B
【知识点】库仑定律；动能；电势能；电势
【解析】【解答】A．小球所受库仑力，由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B．点电荷在距其r处的电势为由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律分析作答；根据电势的定义式、电势能的定义式求解作答；绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律分析动能的大小、速度的大小。
8．（2023高二上·合川期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
【答案】B
【知识点】动能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、 计算M、N点动能：M点速度为，动能
N点速度大小为2v，动能
动能增量
不是，A错误 ；
B、运动分解：小球在竖直方向做竖直上抛运动（受重力 ），水平方向做初速度为0的匀加速直线运动（受电场力 ）。设运动时间为t 竖直方向运动：竖直上抛，初速度v，末速度0，根据（竖直上抛末速度为0时， ），得 ；
水平方向运动：水平方向初速度0，末速度2v，根据（a为水平加速度 ），，得 。
由牛顿第二定律（ ）；
位移计算：竖直方向位移（竖直上抛上升高度公式 ）
水平方向位移
所以x=2h。
电场力做功与机械能增量：
电场力做功；
除重力外其他力做功等于机械能增量，所以机械能增加2mv2，B正确 ；
C、竖直方向位移
（由竖直上抛运动，变形得 ）
重力势能增量
不是，C错误 ；
D、由B选项知电场力做功
电场力做正功，电势能减少，减少量为2mv2，不是增加，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A、根据动能公式，分别计算M点和N点的动能，再求动能增量，判断选项即可。
B、机械能的变化量等于除重力外其他力（这里是电场力 ）做的功。先分析小球在竖直和水平方向的运动，结合运动学公式找到电场力与重力的关系，再计算电场力做功，进而确定机械能增量。
C、重力势能的增量等于克服重力做的功，即，计算h并代入求解，判断选项即可。
D、电势能的变化量等于电场力做功的负值（ ），根据B选项中电场力做功，判断电势能变化，分析选项即可。
9．（2025·黑吉辽蒙）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】弹性势能；重力势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】弹簧原长等于2r，由图可得在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，只要比较电势能和重力势能即可得出动能大小关系；BC两点电势能相等，B点重力势能小，则B点动能大，
即EkC＜EkB，滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识，由于Eq＝mg，由功能关系可得即B到A电势能增加量大于B到C重力势能增加量，B点动能一定，则剩余在A点和C点动能满足EkA＜EkC
综上：EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，结合能量守恒定律和功能关系求解。
10．（2025·薛城模拟）直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查的是功率与能量的计算问题，题型涉及到了图像的判断，对于此类题型先要判断速度的变化，再求解气体物理量的变化。A． 箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比， 箱子受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误；
B．阻力的瞬时功率大小
结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；
C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误；
D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能
即图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律列式求出加速度公式，再结合公式进行判断；先列出瞬时功率公式，然后结合速度的变化列式进行判断；判断出机械能是否等于0即可求解；求出重力势能的表达式，再进行判断。
11．（2016·四川）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式化学空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（ ）
A．动能增加了1900J B．动能增加了2000J
C．重力势能减小了1900J D．重力势能减小了2000J
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】根据动能定理动能增量等于合外力的功，即动能增量为1900J-100J=1800J，选项AB错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减小了1900J ，选项C正确，D错误；故选C．
【分析】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．根据动能定理确定动能的变化．
12．（2025高二下·罗湖月考）如图，带正电小球从水平面竖直向上抛出，能够达到的最大高度为（如图甲）；若加水平向里的匀强磁场（如图乙），小球上升的最大高度为；若加水平向右的匀强电场（如图丙），小球上升的最大高度为。每次抛出的初速度相同，不计空气阻力，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A . 甲（仅重力）竖直匀减速，直接由能量守恒得
，
乙（磁场）洛伦兹力不做功，但机械能守恒使小球获得水平速度将会减小重力势能的获得高度变小，设此时小球动能为Ek，导致竖直分速度减小
，
具体细节从运动学分析，如图乙球路径从初始的设计的紫色转移成绿色轨迹，洛伦兹力随着速度减小而减小，随着方向改变而改变，重力与洛伦兹力的合力始终在变小，合力与竖直方向的夹角也越来越小，使得h2高度达不到原来的h1的高度，
丙（电场）电场力对小球做正功丙图中，加上电场后水平方向有速度是电场做功独立提供的，竖直方向初速度独立提供电场力不相干扰，由运动的分解可知，在竖直方向上有 ，综合可知，故A错误；
B .，故B正确；
C .，故C错误；
D .，故D错误；
故选B；
【分析】（1）分析三种情况下力的作用，甲仅重力，乙受重力与洛伦兹力（不做功），丙受重力与电场力（自身做功提供水平速度）；理解洛伦兹力永不做功，而电场力可提供能量；
（2）易错点包括混淆洛伦兹力和电场力的效果、忽略能量守恒的应用；
（3）隐含条件是初动能相同，比较不同力对高度的影响，涉及带电粒子在电磁场中的运动规律及能量转换关系。
13．（2025高二下·东莞月考）如图甲所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是 （ ）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能
C．若将线圈的匝数加倍，则线圈中磁通量变化量也将加倍
D．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
【答案】D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A、楞次定律的本质是“阻碍相对运动”。在时间内，磁铁靠近线圈时，线圈产生的感应磁场阻碍磁铁靠近，对磁铁的作用力向上；磁铁远离线圈时，感应磁场阻碍磁铁远离，对磁铁的作用力仍向上 。所以“先向上后向下”错误，A错误；
B、磁铁下落时，重力势能除转化为自身动能，还因电磁感应产生感应电流，线圈有电能产生（后续会转化为焦耳热 ）。根据能量守恒，减少的重力势能增加的动能线圈获得的电能 。所以“减少的重力势能等于增加的动能”错误，B错误；
C、磁通量由磁场强弱、线圈面积及磁场与线圈夹角决定，与线圈匝数无关。磁通量变化量，匝数加倍时，、不变，也不变 。所以“磁通量变化量加倍”错误，C错误；
D、原实验中，磁铁磁极不变时，靠近线圈磁通量“增”，远离时“减”。磁极翻转后，磁场方向相反，靠近线圈时，磁通量变化趋势仍为“增”，但因磁场方向变了，感应电流产生的磁场阻碍方式不变（阻碍磁通量变化 ），所以感应电流方向与原“增”过程相反（负向 ）；远离时，磁通量变化趋势“减”，感应电流方向与原“减”过程相反（正向 ） 。即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据楞次定律“增反减同”的阻碍思想，分析磁铁靠近和远离线圈时，线圈对磁铁作用力的方向。
B. 从能量守恒角度，判断磁铁下落过程中重力势能的转化去向（动能、线圈的电能及可能的其他能量 ）。
C. 明确磁通量（为磁感应强度，为线圈面积 ）的决定因素，判断匝数对磁通量变化量的影响。
D.根据楞次定律，磁场方向反转后，磁通量变化的“增、减”趋势不变，但磁场方向改变，感应电流方向由磁通量变化和磁场方向共同决定，分析感应电流方向变化。
14．（2025·北京市）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ ）
A．小球沿运动的加速度比沿的大
B．小球分别运动到点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；电场强度；电势；等势面
【解析】【解答】A.等高线越密集，坡面越陡，斜面倾角θ较大，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度a＝gsinθ，θ越大，加速度越大，即沿MB加速度大，MA加速度小，故A错误；
B.由于A、B在同一等高线上，小球沿MA和MB下落的高度相同， 不考虑阻力， 根据机械能守恒易知运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；
C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因B处等势线较密集，故A点电场强度比B点小，故C错误；
D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据等高线越密集，坡面越陡，结合牛顿第二定律分析加速度大小关系；小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒分析末速度的大小关系；根据等差等势线越密集，电场强度越大，分析电场强度的大小关系；根据等势线越密集，电势降落越快，分析哪一侧电势降落得快。
15．（2018·江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动能与重力势能；竖直上抛运动
【解析】【解答】小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt，根据动能 得 ，故图象A符合题意。
故答案为：A
【分析】由竖直上抛运动的特点可求得某时刻的速度，将速度代入动能的定义式得出动能与时间的关系，结合数学知识得出动能随时间的变化图像。
16．（2025·河北）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为，表面重力加速度为。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为。要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】 要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动， 此时轨道高度为2，
飞行器在轨道半径处的总机械能包括动能和势能。
结合题意可得引力势能为
根据万有引力提供向心力，
该星球 表面重力加速度为 ，根据万有引力等于重力可得，
对应动能，总机械能
根据机械能守恒，初始动能，解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】 求出飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动的机械能表达式，再根据机械能守恒定律进行解答。
17．（2025·江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A．释放瞬间，物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【知识点】弹性势能；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；
B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足以下分析的：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为，物块质量为，对物块根据牛顿第二定律
设木箱质量为，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律
可得
即弹簧的最大弹力减小到后，二者一起做简谐运动，故B错误；
D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；
C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。
故答案为：D。
【分析】释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，据此可知物块的加速度情况；因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。根据相对运动的条件，应用牛顿第二定律分析物块和木箱最终运动状态；释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力；木箱第一次到达最右端时其速度为零，根据相对运动的条件，分析物块是否会和木箱同时速度为零。
二、多项选择题
18．（2025·广东模拟）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则（ ）
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功大些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功小些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
【答案】A,B,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．重力做功的特点是只与物体的初末位置高度差有关，与路径无关，故A正确；
B．物体沿斜面运动时，滑动摩擦的大小为
所以斜面倾角越小，摩擦力越大，位移越大，克服摩擦力做的功越多，故B正确；
C. 设拉力为 F，根据动能定理，合外力做功等于动能变化
题目中未说明物体运动的初末速度，无法确定动能变化，故C错误；
D．根据动能定理有
由于题目未给出物体的初速度和末速度，所以无法比较拉力做功的大小，D正确。
故选ABD。
【分析】1、重力做功的特点：只与物体初末位置的高度差有关，与路径无关，公式。
2、摩擦力做功的计算：滑动摩擦力做功与路径有关，需结合摩擦力大小和路径长度计算。对于斜面问题，克服摩擦力做功可表示为，随倾角增大而减小。
3、动能定理的应用：合外力做功等于动能变化。分析拉力做功时，需考虑重力、摩擦力的功以及动能变化，若初末速度未知，则无法确定拉力做功的具体大小。
4、关键逻辑：比较不同路径的功时，需区分 “与路径无关的力”和 “与路径有关的力”，并结合运动状态综合判断。
19．（2025高一下·广东期中）如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同档位，可获得不同的运行速度，从“1”～“6”挡速度增大，R是倒车挡．某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h．假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡
B．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“6”挡
C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200N
D．以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为60kW
【答案】A,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查了功率与牵引力的关系，及公式P=Fv的直接应用，难度不大，是一道基础题。AB、 发动机的额定功率为60kW， 根据功率与牵引力的关系P=Fv可知，当速度最小时，牵引力最大，变速杆应推至“1”挡，故A正确，B错误；
C、在额定功率下以最高速度行驶时
故C正确；
D、以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
故D错误；
故选AC．
【分析】根据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至的档位，在额定功率下以最高速度行驶时．
20．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，轻质弹簧和一质量为2m的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连（小球此时被锁定），此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连。解除锁定后，小球到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为
D．从A→C的过程中，小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减后增
【答案】A,C,D
【知识点】弹性势能；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理学中，合运动是指物体实际的运动轨迹和速度，而分运动是为了分析方便，将合运动沿特定方向分解的虚拟运动，小球沿杆下滑运动为合运动是小球自主运动，由其所受合力直接决定，绳子的运动是被动响应，由小球的运动及滑轮约束条件决定是分运动，合运动的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向
沿绳分量等于m物块速度，故合速度始终更大，故A正确；
B . 从A→C的过程中，小球和弹簧、物块三个组成的系统机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，系统机械能守恒（只有重力和弹力做功），不会一直增大，故B错误；
C . 小球到达C时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，弹性势能应为
故C正确；
D . 从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，系统总势能（重力势能+弹性势能）先转化为动能再部分回收，呈现先减后增趋势，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确；
故选ACD ；
【分析】（1）建立运动关联和能量守恒，自主运动实际轨迹的合运动被动响应的分运动；将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，得到v物块=v球cos θ，θ为绳与杆夹角；
（2）易错点是忽略绳连接导致的运动约束或混淆系统机械能范围；
（3）隐含条件包括绳始终紧绷（速度关联）和弹簧原长在A点，系统机械能守恒条件需明确研究对象。
21．（2025高一下·广东期中）滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过到达坡底，速度大小为。已知沙坡斜面的倾角为，重力加速度取，下列关于此过程的说法中正确的是（ ）
A．人的重力势能减少 B．人克服阻力做功
C．人的机械能减少 D．人的动能增加
【答案】C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚人的运动过程，应用运动学公式、动能定理与功能关系可以解题。从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，设下滑时的加速度为，下滑位移为，由运动学公式有
解得
由牛顿第二定律有
解得
A．由功能关系可知，人的重力势能减少等于下滑过程中克服重力做功，则有
故A错误；
BC．由功能关系可知，人的机械能减少等于人克服阻力做功，则有
故B错误，C正确；
D．由动能定理可知，人的动能增加等于合力做功，则有
故D正确。
故选CD。
【分析】应用运动学公式求出人下滑的位移，然后求出下滑的高度，根据重力势能的计算公式求出人减少的重力势能；根据动能的计算公式求出动能的增加量；根据能量守恒定律求出克服阻力做的功ing，求出机械能是减少量。
22．（2024高一下·韶关期末）2024年6月25日14时，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域如图甲所示，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回.若在即将着陆时，返回器主降落伞打开如图乙所示，逐渐减缓返回器的下降速度，返回器（含所有样品和设备）总质量为M，竖直减速下降高度的过程中加速度大小恒为，重力加速度大小为g，则下降h高度的过程中（ ）
A．返回器的重力做功 B．返回器的动能减少了
C．返回器的重力势能减少了 D．返回器的机械能减少了
【答案】A,B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AC．根据重力做功的表达式可以得出返回器的重力做功
根据功能关系可以得出：重力势能减少了，选项A正确，C错误；
B．根据动能定理，返回器的动能减少量等于合外力的功，根据F=Ma即
选项B正确；
D．根据牛顿第二定律有
阻力做功等于机械能的变化，所以可得返回器的机械能减少了
选项D错误。
故选AB。
【分析】利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用合力做功可以求出动能的变化量；利用牛顿第二定律可以求出阻力的大小，结合阻力做功可以求出机械能的变化量大小。
23．（2025·常德模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度，急动度是评判乘客是否感到舒适的重要指标。了解“急动度”有助于我们在日常驾驶中采取更合理的驾驶习惯，保护车辆，延长其使用寿命。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则（ ）
A．急动度，其中为加速度
B．汽车在内做匀加速直线运动
C．在内，汽车牵引力等于所受阻力
D．时，汽车牵引力的功率为
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查急动度随时间变化的关系，理解图像的物理意义是解题关键。A．根据急动度的概念
可知其中为加速度，故A正确；
B．由图可知汽车在内
急动度为一定值，汽车做加速度均匀增大的加速直线运动，故B错误；
C．在内，
加速度恒定，由
可知汽车牵引力大于所受阻力，故C错误；
D．由图可知加速度随时间变化的图像，如图
由图可知，10.0s时加速度为1.0m/s2，a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的增加量，则10.0s时
由牛顿第二定律可知
解得
则时，汽车牵引力的功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据急动度的概念分析；根据急动度随时间变化的图像分析汽车的运动性质；由牛顿第二定律分析在4.0～8.0s内，汽车牵引力等于所受阻力；将急动度随时间变化的图像转化成a-t图像，求出10s时汽车的速度，再由牛顿第二定律求出此时的牵引力，由P=Fv计算牵引力功率。
24．（2025·安徽） 如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、，质量分别为m、，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（ ）
A．
B．
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【解答】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为，对甲球，根据平衡条件有竖直方向
水平方向
①
对乙球，竖直方向
水平方向
联立解得
②
故
可得
同时有
解得
故AB正确；
C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有
，
对乙有
，
联立可得
无解，假设不成立，故C错误；
D．若撤去甲，对乙球根据动能定理
根据前面分析由①②可知
联立解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识在电场中的应用，结合点电荷间库仑力、电场强度定义式解答。
对两球进行受力分析，根据平衡条件列式求解、之间关系，匀强电场的电场强度大小；将甲、乙互换位置后对两球进行受力分析，根据平衡条件列式求解两球间库仑力和匀强电场所施加力的关系，判断二者是否能保持静止，撤去甲，以乙球为研究对象，根据动能定理列式求解乙下滑至底端时的速度大小。
25．（2025·福建） 传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】B,D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．根据题意可知传送带对A的滑动摩擦力大小为
方向向左，传送带对B的滑动摩擦力大小为
，方向向右
初始时A受到弹簧的弹力与摩擦力合力向左，与速度方向相反，向右减速，B受到弹簧的弹力与摩擦力合力向右，与速度方向相同，向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有
由于，代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对A，根据牛顿第二定律有
对B
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有
又 Ep=0.75J，解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、功能关系的综合应用，准确分析 A、B 受力大小和方向是解题关键。
分析 A、B 受摩擦力和弹力大小和方向，应用动量守恒列式求解t=t0时，B的速度；根据牛顿第二定律求解 B的加速度大小与A的加速度大小关系；对A、B整体由功能关系求解 t=t0时，弹簧的压缩量 ；根据A、B运动特点画出速度时间图像，根据速度时间图像图线与坐标轴围成面积计算0﹣t0过程中A与传送带的痕迹 。
三、非选择题
26．（2025·广州模拟）利用如图甲所示的装置探究轻弹簧的弹性势能。弹簧的左端固定，右端与小滑块接触但不连接，小滑块位于桌面边缘时弹簧恰好处于原长。向左推小滑块移动距离s后，由静止释放，小滑块向右移动离开桌面落到水平地面上。测出桌面到地面高度h，桌边到小滑块落地点的水平距离x。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，则：
（1）若改变滑块的质量m，仍将弹簧压缩s后由静止开始释放滑块，测出不同滑块离开桌面后的水平距离x，作的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则弹簧压缩s时的弹性势能为 ；
（2）本实验中滑块与桌面间动摩擦因数为 ，（用h、k、s、b等物理量表示）桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果 （选填“有影响”或“无影响”）。
【答案】（1）
（2）；无影响
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动的分解，弹簧弹性势能与形变量的关系以及能量守恒的问题，需要细心计算。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
【分析】（1）根据平抛运动的分解求得初速度后，根据能量守恒定律解得图像的函数，建立函数关系，解得系数为弹簧的弹性势能；
（2）根据表达式可知截距为动摩擦因数。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有
x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）[1]根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
[2]桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
27．（2024·重庆） 元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 （选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
（2）一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 J（保留两位有效数字，g = 9.8m/s2）。
【答案】（1）逐渐增大；竖直向下
（2）0.11
【知识点】功能关系；受力分析的应用；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，根据力的合成与分解及平衡条件可得
即
上升过程中，夹角θ逐渐增大，T逐渐增大， 沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，到达最高点的速度为零，随后向下运动至C点停止，即从B点开始先向下做加速运动，再做减速运动，故沙桶在最高点的加速度方向竖直向下。
（2）沙桶从开始运动到停在C点的过程中，沙桶上升高度为8.4cm，初末状态动能均为零，则机械能增加量为
【分析】（1）砂桶匀速上升，即处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力与沙桶重力及绳子与竖直方向夹角的关系，再结合夹角变化情况，确定拉力变化情况。到达最高点沙桶的速度为零，随后由静止下落，即加速度向下；
（2）明确沙桶的初末速度，再根据机械能的定义及重力势能与重力做功的关系机械能解答。
28．（2025·甘肃）某学习小组使用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间 h。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。
（1）以h为横坐标、 填“”、“、“”或“”)为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为 （用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能守恒。
（2）实验中.用游标卡尺测得小球直径d=20.48mm。
①由结果可知，所用的是 分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50"）；
②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图2所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径，则游标尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
【答案】（1）；
（2）50；12
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）小球经过光电门的挡光时间，可得小球到达最低位置速度
为验证机械能守恒定律，此过程中减少的重力势能转化为增加的动能，有
联立解得
可得纵坐标为
图像的斜率为。
（2）10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为
此游标卡尺测得小球直径
可以判断所用的是50分度的游标卡尺。
若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得
则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
故答案为：（1）；。（2）50；12。
【分析】 本题考查验证机械能守恒定律的实验，需结合机械能守恒和速度的计算方法分析。
（1）小球经过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求解小球到达最低位置速度，再根据机械能守恒定律列式求得与h的关系式，确定纵坐标和斜率；
（2）根据游标卡尺读数原理和规则解答。
29．（2025·湖北）某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（M>m）。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤，求出g的平均值。
回答下列问题：
（1）测量d 时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知 cm
（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v= （用遮光片d、t 表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为 。
（3）实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差，其中γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小g= m/s2（保留三位有效数字）。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/（m/s2） 0.084 0.281 0.477 0.673
【答案】（1）0.515
（2）；
（3）9.81
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的精度是0.05mm，主尺部分读数为5mm，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数 d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。
（2）重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知。两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有联立可得。
（3）由题意有ai＝（βi﹣γ）g，即，由逐差法可得g9.81m/s2。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读取数据；
（2）遮光片通过光电门时间极短，平均速度大小近似等于瞬时速度大小，根据求解重锤1通过光电门时的速度大小，根据系统机械能守恒列式求解g的关系式；
（3）根据表达式 a＝（β﹣γ）g，利用逐差法计算重力加速度。
30．（2024高一下·南昌期末）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcosθ
解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
有
P = 600W
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡条件解答；
（2）根据功的计算公式解答；
（3）根据功率的计算公式解答
31．（2024·黔南模拟） 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量，质是的滑块放在小车的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动擦因数，它们所在空间存在磁感应强度的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求：
（1）与小车碰推前小球到达最低点时对细线的拉力；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量。
【答案】（1）小球摆下过程，由动能定理有
解得
v＝4m/s
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
T-mg＝
解得
T＝1.2N
由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为1.2N，方向竖直向下。
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有
解得
v1＝2m/s
由能量守恒定律，有
解得
＝0.16J
（3）假设滑块与车最终相对静止，则有
解得
＝1.6m/s
由此得
故假设不成立，因此滑块最终悬浮。
滑块悬浮瞬间，满足
解得
＝0.4m/s
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
解得
＝1.9m/s
根据能量守恒定律有
解得
J
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【分析】（1）小球下摆过程，机械能守恒，根据动能定理确定摆球到达最低点的速度，再根据牛顿第二定律确定摆球在最低点时对细绳的拉力；
（2）碰后小球的速度为零，碰撞过程小球和小车构成的整体在水平方向动量守恒，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）碰后小车与滑块发生相对滑动，滑块在磁场中运动过程受到竖直向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，滑块与小车将脱离。若滑块与小车共速时，滑块未脱离小车，由于共速后两者做匀速运动，则滑块永不脱离小车，假设滑块能与小车共速，根据动量守恒定律及共速时洛伦兹力与重力的大小关系判断假设是否成立。若共速前滑块与小车脱离，则洛伦兹力等于重力，根据平衡条件确定此时滑块的速度，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
32．（2025·广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋人木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为△p且近似不变，瓶子始终静止在桌而上。(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【答案】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得。
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
图像与坐标轴围城面积表示摩擦力做的功，可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得。
（3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、圆周运动、变力做功和功率等知识，考查知识点比较多，要求学生有综合解题能力。
（1）木塞作匀变速运动，根据根据运动学公式根据角速度和线速度的关系求解木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，图像与坐标轴围城面积表示功，由图像得到面积，进而得到摩擦力做的功，再根据动能定理求得拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）根据牛顿第二定律求得开瓶器对木塞的作用力，再根据运动学公式求得木塞的瞬时速度，由得到拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
33．（2025·北京市）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。
【答案】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又，
联立可得
又
可知
即
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解牵引力对飞机做的功。
（2）飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度，飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，根据运动学公式求解该位置距起点的距离。
（3）掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。在竖直方向上，对掠过飞机机翼的气流由动量定理求得机翼对气流有竖直向下的作用力，根据牛顿第三定律可得气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系，并确定α的值。
34．（2024·浙江高考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）解：①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）解：对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据机械能守恒定律计算第一次经过C时的速度大小，再由向心加速度的表达式计算向心加速度；小物块滑动过程的摩擦力产热等于小物块最开始时的机械能，根据功能关系计算所走过的路程；根据牛顿第二定律计算向上运动和向下运动的加速度，再由运动学公式计算时间之比。
（2）对小物块从A到F的过程中应用动能定理计算物块到达F时的速度大小，再根据能量守恒定律计算滑块的长度大小。
35．（2025·浙江模拟）如图所示，长为L2=1.5m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以v0=4.0m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1=3.25m，左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切（N点为圆弧轨道的最低点）。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速g取10m/s2，π2=10，不计物块与挡板的碰撞时间。
（1）求物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
（3）当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
【答案】（1）解：设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）解：物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
故
（3）解：物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1. 小角度摆动近似： 圆弧半径 ，物块运动可视为单摆（简谐运动 ），用周期公式 。
2. 水平路径分析： 明确“第二次到P”的往返路径，计算总水平距离与时间。
3. 时间相等关联： 圆弧运动时间（四分之一周期 ）等于水平运动时间，联立方程求半径。
（1）设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
（3）物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
36．（2025·山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg，b的质量mb=kg，方形物体的质量M=kg，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的劲度系数k=50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小v及弹性势能的最大值Epm。
【答案】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有
联立解得v1=6m/s，v2=m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，大物块速度为m/s，方向水平向右。
（2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=（m+m0）v3
解得v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F=kx1
系统机械能守恒
联立解得v4=1m/s，x1=0.3m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有（m+ma)v4=（m+ma+mb）vb
解得vb=m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
（2）小球击中物块a的过程，小球和物块a组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度，小球与物块a一起向左运动，对小球、物块a和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速度，固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
37．（2024·北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样．以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象．当前P到O点的距离为，宇宙的密度为．
（1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ；
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面．P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力．已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量．仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动．
a．求小星体P从处远离到处的过程中动能的变化量；
b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数．H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小．
【答案】（1）解：在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r。和的球内质量相同，即
解得小星体P远离到处时宇宙的密度
（2）解：a．此球内的质量
P从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】 （1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）a.根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
b.根据公式结合速度变化情况分析判断。
1 / 1高考一轮复习：功和能
一、选择题
1．（2025·河南） 野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变
2．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
3．（2025·山东）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·义乌模拟）下图是我们在学习平抛运动中做过的实验，A、B是两个完全相同的钢球。若忽略空气阻力，当小锤完成敲击后，下列对两小球的判断错误的是（ ）
A．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的动能增量相同
B．从敲击后到两个钢球落地，两个钢球的重力冲量相同
C．两个钢球落地时的重力功率不相同
D．两个钢球落地时的动量不相同
5．（2023·山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2025·浙江模拟）新能源汽车越来越得到推广。某电动汽车自重2t，其营销广告如下：电池额定容量为50kW·h，电池瞬时功率最高可达90kW，车行驶受到的阻力约为车重的，理论续航里程400km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，而便携式充电器（220V，16A）可以将电池容量从0充到100%。不计充电损耗，当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，下列说法正确的是（ ）
A．汽车还能行驶180km
B．用国家电网充电桩将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要50min
C．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要7h以上
D．此电动汽车的最高行驶速度可超过180km/h
7．（2025·四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q << Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
8．（2023高二上·合川期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
9．（2025·黑吉辽蒙）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·薛城模拟）直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2016·四川）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式化学空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（ ）
A．动能增加了1900J B．动能增加了2000J
C．重力势能减小了1900J D．重力势能减小了2000J
12．（2025高二下·罗湖月考）如图，带正电小球从水平面竖直向上抛出，能够达到的最大高度为（如图甲）；若加水平向里的匀强磁场（如图乙），小球上升的最大高度为；若加水平向右的匀强电场（如图丙），小球上升的最大高度为。每次抛出的初速度相同，不计空气阻力，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2025高二下·东莞月考）如图甲所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是 （ ）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能
C．若将线圈的匝数加倍，则线圈中磁通量变化量也将加倍
D．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
14．（2025·北京市）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ ）
A．小球沿运动的加速度比沿的大
B．小球分别运动到点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
15．（2018·江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2025·河北）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为，表面重力加速度为。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为。要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（ ）
A． B． C． D．
17．（2025·江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A．释放瞬间，物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
二、多项选择题
18．（2025·广东模拟）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则（ ）
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功大些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功小些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
19．（2025高一下·广东期中）如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同档位，可获得不同的运行速度，从“1”～“6”挡速度增大，R是倒车挡．某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h．假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡
B．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“6”挡
C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200N
D．以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为60kW
20．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，轻质弹簧和一质量为2m的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连（小球此时被锁定），此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连。解除锁定后，小球到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为
D．从A→C的过程中，小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减后增
21．（2025高一下·广东期中）滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过到达坡底，速度大小为。已知沙坡斜面的倾角为，重力加速度取，下列关于此过程的说法中正确的是（ ）
A．人的重力势能减少 B．人克服阻力做功
C．人的机械能减少 D．人的动能增加
22．（2024高一下·韶关期末）2024年6月25日14时，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域如图甲所示，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回.若在即将着陆时，返回器主降落伞打开如图乙所示，逐渐减缓返回器的下降速度，返回器（含所有样品和设备）总质量为M，竖直减速下降高度的过程中加速度大小恒为，重力加速度大小为g，则下降h高度的过程中（ ）
A．返回器的重力做功 B．返回器的动能减少了
C．返回器的重力势能减少了 D．返回器的机械能减少了
23．（2025·常德模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度，急动度是评判乘客是否感到舒适的重要指标。了解“急动度”有助于我们在日常驾驶中采取更合理的驾驶习惯，保护车辆，延长其使用寿命。一辆汽车沿平直公路以的速度做匀速运动，时刻开始加速，0~12.0s内汽车运动过程的急动度随时间变化的图像如图所示。已知该汽车质量，运动过程中所受阻力。则（ ）
A．急动度，其中为加速度
B．汽车在内做匀加速直线运动
C．在内，汽车牵引力等于所受阻力
D．时，汽车牵引力的功率为
24．（2025·安徽） 如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、，质量分别为m、，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（ ）
A．
B．
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
25．（2025·福建） 传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
三、非选择题
26．（2025·广州模拟）利用如图甲所示的装置探究轻弹簧的弹性势能。弹簧的左端固定，右端与小滑块接触但不连接，小滑块位于桌面边缘时弹簧恰好处于原长。向左推小滑块移动距离s后，由静止释放，小滑块向右移动离开桌面落到水平地面上。测出桌面到地面高度h，桌边到小滑块落地点的水平距离x。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，则：
（1）若改变滑块的质量m，仍将弹簧压缩s后由静止开始释放滑块，测出不同滑块离开桌面后的水平距离x，作的关系图像如图乙所示。图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，则弹簧压缩s时的弹性势能为 ；
（2）本实验中滑块与桌面间动摩擦因数为 ，（用h、k、s、b等物理量表示）桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果 （选填“有影响”或“无影响”）。
27．（2024·重庆） 元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 （选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
（2）一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 J（保留两位有效数字，g = 9.8m/s2）。
28．（2025·甘肃）某学习小组使用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间 h。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。
（1）以h为横坐标、 填“”、“、“”或“”)为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为 （用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能守恒。
（2）实验中.用游标卡尺测得小球直径d=20.48mm。
①由结果可知，所用的是 分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50"）；
②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图2所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径，则游标尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
29．（2025·湖北）某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（M>m）。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤，求出g的平均值。
回答下列问题：
（1）测量d 时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知 cm
（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v= （用遮光片d、t 表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为 。
（3）实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差，其中γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小g= m/s2（保留三位有效数字）。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/（m/s2） 0.084 0.281 0.477 0.673
30．（2024高一下·南昌期末）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
31．（2024·黔南模拟） 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量，质是的滑块放在小车的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动擦因数，它们所在空间存在磁感应强度的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求：
（1）与小车碰推前小球到达最低点时对细线的拉力；
（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量。
32．（2025·广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋人木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为△p且近似不变，瓶子始终静止在桌而上。(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
33．（2025·北京市）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。
34．（2024·浙江高考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
35．（2025·浙江模拟）如图所示，长为L2=1.5m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以v0=4.0m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1=3.25m，左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切（N点为圆弧轨道的最低点）。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速g取10m/s2，π2=10，不计物块与挡板的碰撞时间。
（1）求物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
（3）当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
36．（2025·山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg，b的质量mb=kg，方形物体的质量M=kg，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的劲度系数k=50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小v及弹性势能的最大值Epm。
37．（2024·北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样．以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象．当前P到O点的距离为，宇宙的密度为．
（1）求小星体P远离到处时宇宙的密度ρ；
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面．P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力．已知质量为和、距离为R的两个质点间的引力势能，G为引力常量．仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动．
a．求小星体P从处远离到处的过程中动能的变化量；
b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数．H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；重力势能
【解析】【解答】ABD.无人机受绳子拉力和重力，合力水平向左，根据牛顿第二定律可知，无人机水平向左加速运动，重力势能和高度有关， 无人机向左水平飞行， 重力势能不变，故AB错误，D正确；
C.惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，故C错误。
故答案为：D。
【分析】 对零件受力分析，其所受重力与轻绳的拉力的合力为零件所受合外力。根据题目条件判断零件所受合外力的大小和方向，根据牛顿第二定律分析零件与无人机的运动情况；质量是惯性大小的唯一量度；根据重力势能的定义分析零件的重力势能变化情况。
2．【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
3．【答案】A
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】小车做匀速直线运动，由平衡条件得
小车的机械功率
由于电动机的效率为η电动机＝50%，电动机的总功率
光伏电池的光电转换效率为，即
可得
则光伏电池单位时间内获得的太阳能为，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】小车做匀速直线运动，应用平衡条件求出牵引力大小；根据功率公式P=Fv求出小车的机械功率，然后求出电动机的总功率；根据光伏电池的光电转换效率求出光伏电池单位时间内获得的太阳能。
4．【答案】C
【知识点】功率及其计算；冲量
【解析】【解答】解答本题的关键要冲量的定义式、重力瞬时功率公式。要注意动量是矢量，只有大小和方向都相同时，动量才相同。A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得
由于两球质量相同，下落高度相同，所以两个钢球的动能增量相同，故A正确，不满足题意要求；
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有
可知两个钢球下落时间相等，根据
可知两个钢球的重力冲量相同，故B正确，不满足题意要求；
C．根据
可知两个钢球落地时的重力功率相同，故C错误，满足题意要求；
D．由于落地时，A球具有一定的水平分速度，所以两个钢球落地时的速度大小不相等，方向不相同，则两个钢球落地时的动量不相同，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
【分析】根据重力做功关系分析动能增量关系；根据I=mgt分析重力冲量关系；分析落地时竖直分速度关系，判断落地时的重力功率关系；根据落地时动量方向关系判断动量是否相同。
5．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
小车速度为v时，功率到达额定功率，可得
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
联立解得： ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组即可得到小车的额定功率。
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功；机车启动
【解析】【解答】A．理论续航里程与剩余电量成正比，剩余电量为额定值30%，则还能行驶距离：
，故A错误；
B．用国家电网充电桩将电池容量充至其额定值的80%，理论上需
，故B错误；
C．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要
，故C正确；
D．汽车匀速时牵引力，阻力
最高功率
由得最高速度
，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A.利用“续航里程与剩余电量成正比”，直接计算剩余电量对应的行驶距离。
B、C.先确定需补充的电量比例，再根据“充电时间 = 需补充电能 / 充电功率（）”，分别计算两种充电器的充电时间。
D.依据“匀速时牵引力等于阻力”，结合（），计算最高行驶速度。
7．【答案】B
【知识点】库仑定律；动能；电势能；电势
【解析】【解答】A．小球所受库仑力，由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B．点电荷在距其r处的电势为由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律分析作答；根据电势的定义式、电势能的定义式求解作答；绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律分析动能的大小、速度的大小。
8．【答案】B
【知识点】动能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、 计算M、N点动能：M点速度为，动能
N点速度大小为2v，动能
动能增量
不是，A错误 ；
B、运动分解：小球在竖直方向做竖直上抛运动（受重力 ），水平方向做初速度为0的匀加速直线运动（受电场力 ）。设运动时间为t 竖直方向运动：竖直上抛，初速度v，末速度0，根据（竖直上抛末速度为0时， ），得 ；
水平方向运动：水平方向初速度0，末速度2v，根据（a为水平加速度 ），，得 。
由牛顿第二定律（ ）；
位移计算：竖直方向位移（竖直上抛上升高度公式 ）
水平方向位移
所以x=2h。
电场力做功与机械能增量：
电场力做功；
除重力外其他力做功等于机械能增量，所以机械能增加2mv2，B正确 ；
C、竖直方向位移
（由竖直上抛运动，变形得 ）
重力势能增量
不是，C错误 ；
D、由B选项知电场力做功
电场力做正功，电势能减少，减少量为2mv2，不是增加，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A、根据动能公式，分别计算M点和N点的动能，再求动能增量，判断选项即可。
B、机械能的变化量等于除重力外其他力（这里是电场力 ）做的功。先分析小球在竖直和水平方向的运动，结合运动学公式找到电场力与重力的关系，再计算电场力做功，进而确定机械能增量。
C、重力势能的增量等于克服重力做的功，即，计算h并代入求解，判断选项即可。
D、电势能的变化量等于电场力做功的负值（ ），根据B选项中电场力做功，判断电势能变化，分析选项即可。
9．【答案】C
【知识点】弹性势能；重力势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】弹簧原长等于2r，由图可得在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，只要比较电势能和重力势能即可得出动能大小关系；BC两点电势能相等，B点重力势能小，则B点动能大，
即EkC＜EkB，滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识，由于Eq＝mg，由功能关系可得即B到A电势能增加量大于B到C重力势能增加量，B点动能一定，则剩余在A点和C点动能满足EkA＜EkC
综上：EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，结合能量守恒定律和功能关系求解。
10．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查的是功率与能量的计算问题，题型涉及到了图像的判断，对于此类题型先要判断速度的变化，再求解气体物理量的变化。A． 箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比， 箱子受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误；
B．阻力的瞬时功率大小
结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；
C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误；
D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能
即图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律列式求出加速度公式，再结合公式进行判断；先列出瞬时功率公式，然后结合速度的变化列式进行判断；判断出机械能是否等于0即可求解；求出重力势能的表达式，再进行判断。
11．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】根据动能定理动能增量等于合外力的功，即动能增量为1900J-100J=1800J，选项AB错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减小了1900J ，选项C正确，D错误；故选C．
【分析】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．根据动能定理确定动能的变化．
12．【答案】B
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A . 甲（仅重力）竖直匀减速，直接由能量守恒得
，
乙（磁场）洛伦兹力不做功，但机械能守恒使小球获得水平速度将会减小重力势能的获得高度变小，设此时小球动能为Ek，导致竖直分速度减小
，
具体细节从运动学分析，如图乙球路径从初始的设计的紫色转移成绿色轨迹，洛伦兹力随着速度减小而减小，随着方向改变而改变，重力与洛伦兹力的合力始终在变小，合力与竖直方向的夹角也越来越小，使得h2高度达不到原来的h1的高度，
丙（电场）电场力对小球做正功丙图中，加上电场后水平方向有速度是电场做功独立提供的，竖直方向初速度独立提供电场力不相干扰，由运动的分解可知，在竖直方向上有 ，综合可知，故A错误；
B .，故B正确；
C .，故C错误；
D .，故D错误；
故选B；
【分析】（1）分析三种情况下力的作用，甲仅重力，乙受重力与洛伦兹力（不做功），丙受重力与电场力（自身做功提供水平速度）；理解洛伦兹力永不做功，而电场力可提供能量；
（2）易错点包括混淆洛伦兹力和电场力的效果、忽略能量守恒的应用；
（3）隐含条件是初动能相同，比较不同力对高度的影响，涉及带电粒子在电磁场中的运动规律及能量转换关系。
13．【答案】D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A、楞次定律的本质是“阻碍相对运动”。在时间内，磁铁靠近线圈时，线圈产生的感应磁场阻碍磁铁靠近，对磁铁的作用力向上；磁铁远离线圈时，感应磁场阻碍磁铁远离，对磁铁的作用力仍向上 。所以“先向上后向下”错误，A错误；
B、磁铁下落时，重力势能除转化为自身动能，还因电磁感应产生感应电流，线圈有电能产生（后续会转化为焦耳热 ）。根据能量守恒，减少的重力势能增加的动能线圈获得的电能 。所以“减少的重力势能等于增加的动能”错误，B错误；
C、磁通量由磁场强弱、线圈面积及磁场与线圈夹角决定，与线圈匝数无关。磁通量变化量，匝数加倍时，、不变，也不变 。所以“磁通量变化量加倍”错误，C错误；
D、原实验中，磁铁磁极不变时，靠近线圈磁通量“增”，远离时“减”。磁极翻转后，磁场方向相反，靠近线圈时，磁通量变化趋势仍为“增”，但因磁场方向变了，感应电流产生的磁场阻碍方式不变（阻碍磁通量变化 ），所以感应电流方向与原“增”过程相反（负向 ）；远离时，磁通量变化趋势“减”，感应电流方向与原“减”过程相反（正向 ） 。即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据楞次定律“增反减同”的阻碍思想，分析磁铁靠近和远离线圈时，线圈对磁铁作用力的方向。
B. 从能量守恒角度，判断磁铁下落过程中重力势能的转化去向（动能、线圈的电能及可能的其他能量 ）。
C. 明确磁通量（为磁感应强度，为线圈面积 ）的决定因素，判断匝数对磁通量变化量的影响。
D.根据楞次定律，磁场方向反转后，磁通量变化的“增、减”趋势不变，但磁场方向改变，感应电流方向由磁通量变化和磁场方向共同决定，分析感应电流方向变化。
14．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；电场强度；电势；等势面
【解析】【解答】A.等高线越密集，坡面越陡，斜面倾角θ较大，根据牛顿第二定律可得：ma＝mgsinθ，可得加速度a＝gsinθ，θ越大，加速度越大，即沿MB加速度大，MA加速度小，故A错误；
B.由于A、B在同一等高线上，小球沿MA和MB下落的高度相同， 不考虑阻力， 根据机械能守恒易知运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；
C.根据等差等势线越密集，电场强度越大。因B处等势线较密集，故A点电场强度比B点小，故C错误；
D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线较密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据等高线越密集，坡面越陡，结合牛顿第二定律分析加速度大小关系；小球沿MA和MB下落的高度相同，根据机械能守恒分析末速度的大小关系；根据等差等势线越密集，电场强度越大，分析电场强度的大小关系；根据等势线越密集，电势降落越快，分析哪一侧电势降落得快。
15．【答案】A
【知识点】动能与重力势能；竖直上抛运动
【解析】【解答】小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt，根据动能 得 ，故图象A符合题意。
故答案为：A
【分析】由竖直上抛运动的特点可求得某时刻的速度，将速度代入动能的定义式得出动能与时间的关系，结合数学知识得出动能随时间的变化图像。
16．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】 要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动， 此时轨道高度为2，
飞行器在轨道半径处的总机械能包括动能和势能。
结合题意可得引力势能为
根据万有引力提供向心力，
该星球 表面重力加速度为 ，根据万有引力等于重力可得，
对应动能，总机械能
根据机械能守恒，初始动能，解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】 求出飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动的机械能表达式，再根据机械能守恒定律进行解答。
17．【答案】D
【知识点】弹性势能；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；
B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足以下分析的：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为，物块质量为，对物块根据牛顿第二定律
设木箱质量为，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律
可得
即弹簧的最大弹力减小到后，二者一起做简谐运动，故B错误；
D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；
C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。
故答案为：D。
【分析】释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，据此可知物块的加速度情况；因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。根据相对运动的条件，应用牛顿第二定律分析物块和木箱最终运动状态；释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力；木箱第一次到达最右端时其速度为零，根据相对运动的条件，分析物块是否会和木箱同时速度为零。
18．【答案】A,B,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．重力做功的特点是只与物体的初末位置高度差有关，与路径无关，故A正确；
B．物体沿斜面运动时，滑动摩擦的大小为
所以斜面倾角越小，摩擦力越大，位移越大，克服摩擦力做的功越多，故B正确；
C. 设拉力为 F，根据动能定理，合外力做功等于动能变化
题目中未说明物体运动的初末速度，无法确定动能变化，故C错误；
D．根据动能定理有
由于题目未给出物体的初速度和末速度，所以无法比较拉力做功的大小，D正确。
故选ABD。
【分析】1、重力做功的特点：只与物体初末位置的高度差有关，与路径无关，公式。
2、摩擦力做功的计算：滑动摩擦力做功与路径有关，需结合摩擦力大小和路径长度计算。对于斜面问题，克服摩擦力做功可表示为，随倾角增大而减小。
3、动能定理的应用：合外力做功等于动能变化。分析拉力做功时，需考虑重力、摩擦力的功以及动能变化，若初末速度未知，则无法确定拉力做功的具体大小。
4、关键逻辑：比较不同路径的功时，需区分 “与路径无关的力”和 “与路径有关的力”，并结合运动状态综合判断。
19．【答案】A,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】本题考查了功率与牵引力的关系，及公式P=Fv的直接应用，难度不大，是一道基础题。AB、 发动机的额定功率为60kW， 根据功率与牵引力的关系P=Fv可知，当速度最小时，牵引力最大，变速杆应推至“1”挡，故A正确，B错误；
C、在额定功率下以最高速度行驶时
故C正确；
D、以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
故D错误；
故选AC．
【分析】根据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至的档位，在额定功率下以最高速度行驶时．
20．【答案】A,C,D
【知识点】弹性势能；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . 在物理学中，合运动是指物体实际的运动轨迹和速度，而分运动是为了分析方便，将合运动沿特定方向分解的虚拟运动，小球沿杆下滑运动为合运动是小球自主运动，由其所受合力直接决定，绳子的运动是被动响应，由小球的运动及滑轮约束条件决定是分运动，合运动的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向
沿绳分量等于m物块速度，故合速度始终更大，故A正确；
B . 从A→C的过程中，小球和弹簧、物块三个组成的系统机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，系统机械能守恒（只有重力和弹力做功），不会一直增大，故B错误；
C . 小球到达C时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，弹性势能应为
故C正确；
D . 从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，系统总势能（重力势能+弹性势能）先转化为动能再部分回收，呈现先减后增趋势，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D正确；
故选ACD ；
【分析】（1）建立运动关联和能量守恒，自主运动实际轨迹的合运动被动响应的分运动；将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，得到v物块=v球cos θ，θ为绳与杆夹角；
（2）易错点是忽略绳连接导致的运动约束或混淆系统机械能范围；
（3）隐含条件包括绳始终紧绷（速度关联）和弹簧原长在A点，系统机械能守恒条件需明确研究对象。
21．【答案】C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚人的运动过程，应用运动学公式、动能定理与功能关系可以解题。从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，设下滑时的加速度为，下滑位移为，由运动学公式有
解得
由牛顿第二定律有
解得
A．由功能关系可知，人的重力势能减少等于下滑过程中克服重力做功，则有
故A错误；
BC．由功能关系可知，人的机械能减少等于人克服阻力做功，则有
故B错误，C正确；
D．由动能定理可知，人的动能增加等于合力做功，则有
故D正确。
故选CD。
【分析】应用运动学公式求出人下滑的位移，然后求出下滑的高度，根据重力势能的计算公式求出人减少的重力势能；根据动能的计算公式求出动能的增加量；根据能量守恒定律求出克服阻力做的功ing，求出机械能是减少量。
22．【答案】A,B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AC．根据重力做功的表达式可以得出返回器的重力做功
根据功能关系可以得出：重力势能减少了，选项A正确，C错误；
B．根据动能定理，返回器的动能减少量等于合外力的功，根据F=Ma即
选项B正确；
D．根据牛顿第二定律有
阻力做功等于机械能的变化，所以可得返回器的机械能减少了
选项D错误。
故选AB。
【分析】利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用合力做功可以求出动能的变化量；利用牛顿第二定律可以求出阻力的大小，结合阻力做功可以求出机械能的变化量大小。
23．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查急动度随时间变化的关系，理解图像的物理意义是解题关键。A．根据急动度的概念
可知其中为加速度，故A正确；
B．由图可知汽车在内
急动度为一定值，汽车做加速度均匀增大的加速直线运动，故B错误；
C．在内，
加速度恒定，由
可知汽车牵引力大于所受阻力，故C错误；
D．由图可知加速度随时间变化的图像，如图
由图可知，10.0s时加速度为1.0m/s2，a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的增加量，则10.0s时
由牛顿第二定律可知
解得
则时，汽车牵引力的功率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据急动度的概念分析；根据急动度随时间变化的图像分析汽车的运动性质；由牛顿第二定律分析在4.0～8.0s内，汽车牵引力等于所受阻力；将急动度随时间变化的图像转化成a-t图像，求出10s时汽车的速度，再由牛顿第二定律求出此时的牵引力，由P=Fv计算牵引力功率。
24．【答案】A,B,D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【解答】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为，对甲球，根据平衡条件有竖直方向
水平方向
①
对乙球，竖直方向
水平方向
联立解得
②
故
可得
同时有
解得
故AB正确；
C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有
，
对乙有
，
联立可得
无解，假设不成立，故C错误；
D．若撤去甲，对乙球根据动能定理
根据前面分析由①②可知
联立解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识在电场中的应用，结合点电荷间库仑力、电场强度定义式解答。
对两球进行受力分析，根据平衡条件列式求解、之间关系，匀强电场的电场强度大小；将甲、乙互换位置后对两球进行受力分析，根据平衡条件列式求解两球间库仑力和匀强电场所施加力的关系，判断二者是否能保持静止，撤去甲，以乙球为研究对象，根据动能定理列式求解乙下滑至底端时的速度大小。
25．【答案】B,D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．根据题意可知传送带对A的滑动摩擦力大小为
方向向左，传送带对B的滑动摩擦力大小为
，方向向右
初始时A受到弹簧的弹力与摩擦力合力向左，与速度方向相反，向右减速，B受到弹簧的弹力与摩擦力合力向右，与速度方向相同，向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有
由于，代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对A，根据牛顿第二定律有
对B
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有
又 Ep=0.75J，解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、功能关系的综合应用，准确分析 A、B 受力大小和方向是解题关键。
分析 A、B 受摩擦力和弹力大小和方向，应用动量守恒列式求解t=t0时，B的速度；根据牛顿第二定律求解 B的加速度大小与A的加速度大小关系；对A、B整体由功能关系求解 t=t0时，弹簧的压缩量 ；根据A、B运动特点画出速度时间图像，根据速度时间图像图线与坐标轴围成面积计算0﹣t0过程中A与传送带的痕迹 。
26．【答案】（1）
（2）；无影响
【知识点】弹性势能；能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了平抛运动的分解，弹簧弹性势能与形变量的关系以及能量守恒的问题，需要细心计算。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
【分析】（1）根据平抛运动的分解求得初速度后，根据能量守恒定律解得图像的函数，建立函数关系，解得系数为弹簧的弹性势能；
（2）根据表达式可知截距为动摩擦因数。
（1）小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有
水平方向有
x＝vt
设弹簧压缩s时的弹性势能为EP，滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守恒可得
联立可得
可知图像的斜率为
解得弹簧压缩s时的弹性势能为
（2）[1]根据
可得
解得滑块与桌面间动摩擦因数为
[2]桌面有摩擦，不影响图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。
27．【答案】（1）逐渐增大；竖直向下
（2）0.11
【知识点】功能关系；受力分析的应用；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，根据力的合成与分解及平衡条件可得
即
上升过程中，夹角θ逐渐增大，T逐渐增大， 沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，到达最高点的速度为零，随后向下运动至C点停止，即从B点开始先向下做加速运动，再做减速运动，故沙桶在最高点的加速度方向竖直向下。
（2）沙桶从开始运动到停在C点的过程中，沙桶上升高度为8.4cm，初末状态动能均为零，则机械能增加量为
【分析】（1）砂桶匀速上升，即处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力与沙桶重力及绳子与竖直方向夹角的关系，再结合夹角变化情况，确定拉力变化情况。到达最高点沙桶的速度为零，随后由静止下落，即加速度向下；
（2）明确沙桶的初末速度，再根据机械能的定义及重力势能与重力做功的关系机械能解答。
28．【答案】（1）；
（2）50；12
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）小球经过光电门的挡光时间，可得小球到达最低位置速度
为验证机械能守恒定律，此过程中减少的重力势能转化为增加的动能，有
联立解得
可得纵坐标为
图像的斜率为。
（2）10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为
此游标卡尺测得小球直径
可以判断所用的是50分度的游标卡尺。
若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得
则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
故答案为：（1）；。（2）50；12。
【分析】 本题考查验证机械能守恒定律的实验，需结合机械能守恒和速度的计算方法分析。
（1）小球经过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，根据求解小球到达最低位置速度，再根据机械能守恒定律列式求得与h的关系式，确定纵坐标和斜率；
（2）根据游标卡尺读数原理和规则解答。
29．【答案】（1）0.515
（2）；
（3）9.81
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的精度是0.05mm，主尺部分读数为5mm，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数 d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。
（2）重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知。两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有联立可得。
（3）由题意有ai＝（βi﹣γ）g，即，由逐差法可得g9.81m/s2。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读取数据；
（2）遮光片通过光电门时间极短，平均速度大小近似等于瞬时速度大小，根据求解重锤1通过光电门时的速度大小，根据系统机械能守恒列式求解g的关系式；
（3）根据表达式 a＝（β﹣γ）g，利用逐差法计算重力加速度。
30．【答案】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcosθ
解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
有
P = 600W
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡条件解答；
（2）根据功的计算公式解答；
（3）根据功率的计算公式解答
31．【答案】（1）小球摆下过程，由动能定理有
解得
v＝4m/s
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
T-mg＝
解得
T＝1.2N
由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为1.2N，方向竖直向下。
（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有
解得
v1＝2m/s
由能量守恒定律，有
解得
＝0.16J
（3）假设滑块与车最终相对静止，则有
解得
＝1.6m/s
由此得
故假设不成立，因此滑块最终悬浮。
滑块悬浮瞬间，满足
解得
＝0.4m/s
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
解得
＝1.9m/s
根据能量守恒定律有
解得
J
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【分析】（1）小球下摆过程，机械能守恒，根据动能定理确定摆球到达最低点的速度，再根据牛顿第二定律确定摆球在最低点时对细绳的拉力；
（2）碰后小球的速度为零，碰撞过程小球和小车构成的整体在水平方向动量守恒，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）碰后小车与滑块发生相对滑动，滑块在磁场中运动过程受到竖直向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时，滑块与小车将脱离。若滑块与小车共速时，滑块未脱离小车，由于共速后两者做匀速运动，则滑块永不脱离小车，假设滑块能与小车共速，根据动量守恒定律及共速时洛伦兹力与重力的大小关系判断假设是否成立。若共速前滑块与小车脱离，则洛伦兹力等于重力，根据平衡条件确定此时滑块的速度，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
32．【答案】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得。
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
图像与坐标轴围城面积表示摩擦力做的功，可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得。
（3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速直线运动、圆周运动、变力做功和功率等知识，考查知识点比较多，要求学生有综合解题能力。
（1）木塞作匀变速运动，根据根据运动学公式根据角速度和线速度的关系求解木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，图像与坐标轴围城面积表示功，由图像得到面积，进而得到摩擦力做的功，再根据动能定理求得拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）根据牛顿第二定律求得开瓶器对木塞的作用力，再根据运动学公式求得木塞的瞬时速度，由得到拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
33．【答案】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又，
联立可得
又
可知
即
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解牵引力对飞机做的功。
（2）飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度，飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，根据运动学公式求解该位置距起点的距离。
（3）掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。在竖直方向上，对掠过飞机机翼的气流由动量定理求得机翼对气流有竖直向下的作用力，根据牛顿第三定律可得气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系，并确定α的值。
34．【答案】（1）解：①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）解：对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）对小物块进行受力分析，根据机械能守恒定律计算第一次经过C时的速度大小，再由向心加速度的表达式计算向心加速度；小物块滑动过程的摩擦力产热等于小物块最开始时的机械能，根据功能关系计算所走过的路程；根据牛顿第二定律计算向上运动和向下运动的加速度，再由运动学公式计算时间之比。
（2）对小物块从A到F的过程中应用动能定理计算物块到达F时的速度大小，再根据能量守恒定律计算滑块的长度大小。
35．【答案】（1）解：设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）解：物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
故
（3）解：物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1. 小角度摆动近似： 圆弧半径 ，物块运动可视为单摆（简谐运动 ），用周期公式 。
2. 水平路径分析： 明确“第二次到P”的往返路径，计算总水平距离与时间。
3. 时间相等关联： 圆弧运动时间（四分之一周期 ）等于水平运动时间，联立方程求半径。
（1）设物块质量为，由动能定理可得
解得
（2）物块做匀加速运动，有
解得
物块做匀减速运动，有
解得
（3）物块由处下滑，有
解得
，
解得
而
解得
36．【答案】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有
联立解得v1=6m/s，v2=m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，大物块速度为m/s，方向水平向右。
（2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=（m+m0）v3
解得v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F=kx1
系统机械能守恒
联立解得v4=1m/s，x1=0.3m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有（m+ma)v4=（m+ma+mb）vb
解得vb=m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
（2）小球击中物块a的过程，小球和物块a组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度，小球与物块a一起向左运动，对小球、物块a和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速度，固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
37．【答案】（1）解：在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r。和的球内质量相同，即
解得小星体P远离到处时宇宙的密度
（2）解：a．此球内的质量
P从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
b．由a知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大运动时间t越长，由知，H减小，故H随t增大而减小
【知识点】能量守恒定律；能量转化和转移的方向性
【解析】【分析】 （1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）a.根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
b.根据公式结合速度变化情况分析判断。
1 / 1
