文档内容
专题05 功和能
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
题型覆盖全面，综合题占比提升
考点1 功与功
2021、2022 功与能的考查覆盖选择题、计算题和实验
率
题。选择题多聚焦基础概念（如功的计
算、动能定理），例如 2023 年浙江卷第
考点2 动能与
2023
3 题直接考查铅球平抛过程中的机械能守
动能定理
恒。计算题则呈现明显的综合化趋势，常
考点3 机械能 与电磁感应、平抛运动、圆周运动等结
2021、2023、2024
守恒 合。
动能定理与机械能守恒：作为高频考点，
考点4 功能关 命题从单一物体扩展至多物体系统需结合
2021、2024
系 动量守恒和能量守恒进行动态建模。
能量守恒与实际情境：试题常以科技前沿
或生活实例为背景，非保守力做功与能量
损耗：近年命题逐渐增加摩擦力、空气阻
力等非保守力的考查
试题呈现 “入口易、深入难” 的特点。
试题整体难度下降，但仍强调对物理概念
考点5 能源与
的深刻理解和灵活应用综合考查自由落体
2021、2022、2024
可持续发展
与冲量定理。
建模能力与数学工具的结合命题注重考查
学生将实际问题抽象为物理模型的能力。
同时，数学方法的应用更加频繁，如利用
微元法分析变力做功
考点01 功与功率
1．（2022·浙江·选考）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量
为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减
速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【答案】C
1 / 23
学科网（北京）股份有限公司【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率
时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台
速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
T −mg 300−20×10
a = m = m/s2=5m/s2
1 m 20
P 1200
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v ，则有v = 额= m/s=4m/s此过程所用时间和上
1 1 T 300
m
v 4 v2 42
升高度分别为t = 1= s=0.8s h = 1 = m=1.6m重物以最大速度匀速时，有
1 a 5 1 2a 2×5
1 1
P P 1200
v = 额= 额= m/s=6m/s重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
m T mg 200
v 6
t = m = s=1.2s
3 a 5
m
v2 62
h = m = m=3.6m
3 2a 2×5
m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t ，该过程根据动能定理可得
2
1 1
P t −mgh = mv2− mv2
额 2 2 2 m 2 1
h =85.2m−1.6m−3.6m=80m
2
联立解得
t =13.5s
2
故提升重物的最短时间为t =t +t +t =0.8s+13.5s+1.2s=15.5sC正确，ABD错误；
min 1 2 3
故选C。
2．（2021·浙江·1月选考）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆
的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（ ）
A．N・s B．N・m/s C．kg・m/s D．kg・m2/s3
【答案】D
【详解】A．N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义I=Ft可知，N⋅s是冲量的单位，A错误；
B．根据功率的计算公式P=Fv可知功率的单位可以表示为N⋅m/s，但N不是国际单位制基本单位，B
错误；
C．根据动量的定义p=mv可知，kg⋅m/s是动量的单位，C错误；
2 / 23
学科网（北京）股份有限公司D．根据P=Fv可知功率的单位可以表示为N⋅m/s，结合F=ma可知N=kg⋅m/s2，则功率得单位
W=N⋅m/s=kg⋅m2/s3，D正确。
故选D。
考点02 动能与动能定理
3．（2023·浙江·6月选考）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨
道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数
k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度
v =2√21m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长
0
L=0.8m，以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其它摩擦和阻力
1
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能E = kx2 （x为形变量）。
p 2
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度v =1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
B
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
1 1 v2
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系mg⋅2R= mv2− mv2 在F点F −mg=m F
2 F 2 0 N R
解得v =10m/s F=31.2N
F N
（2）滑块a返回B点时的速度v=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a=μg=5m/s2
B
1 1
根据v2=v2−2aL可得在C点的速度v=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点 mv2= mv2+mg⋅2R
B C C 2 1 2 C
解得v=5m/s因ab碰撞动量守恒，则 mv =−mv +3mv 解得碰后b的速度 v=5m/s则碰撞损失的
1 F 1 2 2
1 1 1
能量ΔE= mv2− mv2− ⋅3mv2=0
2 F 2 1 2 2
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mv =4mv 解得 v=2.5m/s 当弹簧被压
F
5
缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 4mv=6mv' 则 v'= m/s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为
3
1 1 1
x，由能量关系 ⋅4mv2= ⋅6mv'2+ kx2 解得 x =0.1m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
1 2 2 2 1 1
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学科网（北京）股份有限公司x=x则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x =0.2m
2 1 1
4．（2023·浙江·1月选考）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的
直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨
道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同
一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度L =2.5m，HI长度L =9m
FG 0
，摆渡车长度L=3m、质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释
放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质
点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小v 和轨道对滑块的作用力大小F ；
C C
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【答案】（1）v =4m/s，F =22N；（2）μ=0.3；（3）t=2.5s
C C
1
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h−1.2R−R−Rcosθ)= mv2 解
2 C
v2
得v =4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得F +mg=m C 解得F =22N
C C R C
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
1
mgh−0.2mgL = mv2
FG 2
解得v=6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v ，以滑块
1
v
和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv=2mv 解得 v = =3m/s根据能量守恒可得
1 1 2
1 1
Q=μmgL= mv2− ×2mv2 解得 μ=0.3
2 2 1
μmg
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a= =3m/s2 所用时间为
m
v−v v+v
t = 1=1s 此过程滑块通过的位移为x = 1t =4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起
1 a 1 2 1
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学科网（北京）股份有限公司L −x
做匀速直线运动，该过程所用时间为t = 0 1=1.5s则滑块从G到J所用的时间为t=t +t =2.5s
2 v 1 2
1
考点03 机械能守恒
5．（2024·浙江·1月选考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m
的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末
端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD
滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ =0.25，向下运动时动摩
1
擦因数μ =0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ ，
2 1
小物块a运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，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t 和向下运动时间t 之比。
上 下
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
1
【详解】（1）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 mgh= mv2 第一
2 C
v2
2gh
次经过C点的向心加速度大小为 a= C = =16m/s2
R R
②小物块a在DE上时，因为μ mgcosθ¿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；
G y
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。
3．（2025·浙江绍兴一中·模拟）如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑
轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环（视为质点）相连，P、Q、A三点等高，弹性
绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为
1
g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能E = kx2 ，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法
p 2
正确的是（ ）
A．圆环向下运动过程中，绳的弹性势能一直减小
mg
B．圆环向下运动的最大距离为
k
m2g2
C．圆环的最大动能为
2k
k √ 4m2g2
D．圆环运动过程中的最大加速度为 L2+
m k2
【答案】C
【详解】A．圆环向下运动过程中，绳的形变量一直增大，绳的弹性势能一直增大，故A错误；
1 1 2mg
B．根据机械能守恒定律得 kL2=−mgh+ kx2 ，x=√h2+L2解得h= ，故B错误；
2 2 k
13 / 23
学科网（北京）股份有限公司h
C．当圆环所受合力为零时，速度最大，动能最大，根据平衡条件得kx cosθ=mg，cosθ= 1 ，
1 x
1
x2=h2+L2
1 1
1 1 m2g2
根据机械能守恒定律得 kL2=−mgh + kx 2+E 解得圆环的最大动能为E = ，故C正
2 1 2 1 km km 2k
确；
D．对圆环进行分析，开始释放的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，增大的过程中
h kh−mg
根据牛顿第二定律kxcosα−mg=ma，cosα= 化简有a= 可见h最大时a有最大，根据B
x m
2mg
选项，圆环向下运动的最大距离为h= 解得a=g，故D错误。
k
故选C。
4．（2025·浙江温州·三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面
a
上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为 ，速度
3
大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电
磁效应。则在该段时间内（ ）
1
A．B球运动的距离为2d B．库仑力对A球的冲量大小为 mv
3
1 2
C．库仑力对A球做功为
mv2
D．两球组成的系统电势能减少了
mv2
18 3
【答案】D
kq q
【详解】A．撤去外力的瞬间，对A，由牛顿第二定律有a= A B 两球运动一段时间，对B，由牛顿
3md2
a kq q
第二定律有 = A B 联立解得此时AB球间距x=3d 对AB系统，根据动量守恒定律有
3 mx2
x x 9
3mv −mv =0 整理得3m A−m B=0 因为x +x =3d 联立解得x = d 故A错误；
A B t t A B B 4
v
B．根据动量守恒定律有3mv −mv=0 解得此时A的速度v = 在该段时间内，A球的速度由0变
A1 A1 3
v
为 ，由动量定理，可得库仑力对A球的冲量大小为I =3mv −0=mv 故B错误；
3 A A1
1 1
C．在该段时间内，对B，由动能定理有W = ×3mv2 = mv2 在该段时间内，库仑力对A球做功
A 2 A1 6
1
为
mv2
，故C错误；
6
D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为
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学科网（北京）股份有限公司1 1 2
ΔE= ×3m×v2 + mv2= mv2
2 A1 2 3
故D正确。
故选D。
5．（2025·浙江北斗星盟·三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相
等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【答案】C
-【详解】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知
加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误；
C．因Δp=mΔv=mat 知Δp一直减小，故C正确；
D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，相
邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。
故选C。
6．（2025·浙江嘉兴·三模）如图甲所示，每只冰壶直径d=30cm、质量m=19kg。某次试投过程中，
冰壶A在t=0时刻以v =1m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上
0
运动0.9m后停止，冰壶B的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．两只冰壶在t=3s时发生碰撞
B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N⋅s
D．t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16:9
【答案】C
【详解】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换 由冰壶B的v−t图像可知冰壶
1
匀减速直线运动的加速度大小为a= m/s2 冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间
5
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学科网（北京）股份有限公司1
为t，则x =v t− at2 v −at=0 解得t=3s，v =0.6m/s 所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶
B 1 2 1 1
B运动了3s，因此两只冰壶在t =2s时发生碰撞，故A错误；
1
1 1
B．对冰壶A有W = mv2− mv2 解得W =−6.08J，故B错误；
f 2 1 2 0 f
C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I=mv −0 解得I=11.4N⋅s，故C正确；
1
D．全过程的位置图如下图所示
v +v
两只冰壶在t =2s时发生碰撞，所以t=0时两冰壶重心的距离为Δx = 0 1 ⋅t +d 解得Δx =1.9m
1 1 2 1 1
v
t=5s两冰壶重心的距离为Δx = 1 ⋅（5−t )+d 解得Δx =1.2m 所以t=0和t=5s两时刻冰壶重
2 2 1 2
Δx 19
心间的距离之比为
1=
，故D错误。
Δx 12
2
故选C。
7．（2025·浙江·选考三测）浙江省某小型风能发电站，平均发电功率P=2000kW，平均每天工作12小
时，发电效率为30%，则该小型风能发电站（ ）
A．年发电量大约为2.4×104kW⋅h
B．年发电量大约为7.2×103kW⋅h
C．发电站每天消耗的风能至少约为8.0×104kW⋅h
D．发电站每天消耗的风能至少约为6.7×103kW⋅h
【答案】C
【详解】AB．年发电量E=Pt=2000×12×365kW⋅h=8.76×106kW⋅h故AB错误。
E E 2000×12kW⋅h
CD．发电效率为η= 电=30% 所以E = 电= =8×104kW⋅h故C正确，D错误。
E 风 η 30%
风
故选C。
8．（2025·浙江·选考测评四）如图所示，一只小狗在蹦床上用力向上跳跃去接球，下列说法正确的是
（ ）
A．球在空中上升到最高点时，速度为零，所受合力为零
B．球上升过程中，受到空气阻力，其机械能逐渐减小
16 / 23
学科网（北京）股份有限公司C．小狗起跳过程中，狗对蹦床的压力等于自身重力
D．小狗起跳过程中，蹦床的弹性势能全部转化为小狗的动能
【答案】B
【详解】A．球在空中上升到最高点时，竖直方向速度为零，受重力作用，有向下的加速度，所受合
力不为零，故A错误；
B．球上升过程中，空气阻力做负功，球的机械能逐渐减小，故B正确；
C．小狗起跳过程初期具有向上的加速度，根据牛顿第二定律有F−G=ma 可得蹦床对小狗的支持力
F=G+ma>G 由牛顿第三定律可知，小狗对蹦床的压力大于自身重力，故C错误；
D．小狗起跳过程，蹦床的弹性势能转化为小狗的动能和重力势能，故D错误。
故选B。
9．（2025·浙江·一测）2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯
通运营。若发车前工作人员将两列车串联，两列车能以速度v向前方匀速运动，前方列车的输出功率为
P ，后方列车输出功率为P ，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力
1 2
的k倍，则两列车连接处牵引装置的作用力为（ ）
P +P P −2P
A． 1 2 B． 1 2
v v
P −2P P +P
C． 1 2 D． 1 2
3v 6v
【答案】C
【详解】方法一： 设两列车连接处牵引装置的作用力大小为F ，对前方列车进行受力分析，根据平
1
P P
衡条件有 1=2kmg+F 对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有 2+F =kmg 解得
v 1 v 1
P −2P
F = 1 2
1 3v
方法二： 两列车以速度v向前方匀速运动，对整体进行分析有P +P =k(m+2m)v 前方列车所受的
1 2
P P −2P
摩擦力f =2kmg 前方列车提供的牵引力F = 1 解得连接处的作用力F=F −f = 1 2
1 前 v 前 1 3v
故选C。
10．（2025·浙江·选考测评四）如图（a）所示为校运动会铅球比赛。某同学先后两次从A点将铅球推
出，如图（b）所示，两次铅球的轨迹1、2在空中交于B点。已知铅球两次经过B点时机械能相同，
不计空气阻力，铅球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．第一次从A点推出时，铅球的速度更大
B．两次到达最高点时，铅球的水平速度相等
17 / 23
学科网（北京）股份有限公司C．两次推出后铅球从A到B所用时间相等
D．第一次推出后铅球在空中运动的时间更长
【答案】D
【详解】A．不计空气阻力，铅球在空中运动过程中机械能守恒，已知铅球两次经过B点时机械能相
同，则两次从A点推出时铅球的机械能相同，可知两次从A点推出时铅球的动能相同，即速度大小相
等，A错误。
BC．由抛体运动规律可知，铅球在空中运动过程中，水平速度大小不变。设铅球初速度为v ，初速度
0
与水平方向的夹角为θ，则水平速度v =v cosθ 竖直速度v =v sinθ 由图（b）可知，第一次推出
x 0 y 0
时，铅球初速度与水平方向的夹角较第二次的大，则第一次推出时，铅球的水平速度小，到达最高点
时的水平速度小，从A到B所用时间长，BC错误。
1
D．由公式h= gt2 可知，第一次推出时，铅球从A点到最高点，从最高点到地面的时间均大于第二次
2
相应过程的，D正确。
故选D。
11．（2025·浙江·选考测评）如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为
10kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以4.0m/s2的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在
0∼1s的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为（ ）
A．10J B．20J C．40J D．80J
【答案】B
【详解】根据匀变速直线运动规律可知，t=1s时的速度v=at=4m/s 根据动能定理有
1
4W = mv2−0
2
解得平均每位同学对“毛毛虫”做的功W =20J
故选B。
12．（2025·浙江金华&丽水&衢州·二模）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金
牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（ ）
A．运动至最高点时机械能最大
B．相同时间内，动量变化相同
C．重力做功越来越快
D．在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0
【答案】B
【详解】A．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
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学科网（北京）股份有限公司Δp
B．根据动量定理mg⋅Δt=Δp 可得mg= 可知相同时间内，动量变化相同，均为mg，故B正确；
Δt
C．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，竖直方向分速度先减小后增大，根据P =mgv 可知重
G 竖直
力做功先越来越慢后越来越快，故C错误；
D．根据I =mgt可知在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，时间不为0，则重力冲量不为
G
0，故D错误。
故选B。
13．（2025·浙江金华&丽水&衢州·二模）如图所示，将一小物块A轻轻放在长L =4.0m以v =4m/s顺
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时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为
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L =2.5m，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为L = m
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。小物块A与传送带间的动摩擦因数μ =0.25，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ =0.2，最
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大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度为g=10m/s2，所有碰撞均
为弹性正碰。下列说法正确的是（ ）
A．小物块A由M运动到N用时1.6s
B．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为2m/s2
C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰
D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J
【答案】D
μ mg
【详解】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为a= 1 =2.5m/s2 小物块加速到与传送带
m
v v
共速所用时间为t = 0=1.6s 小物块加速阶段通过的位移为x = 0t =3.2m
