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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
3 / 23
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
4 / 23
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<mgsinθ
2
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
s
DE上经过的总路程为s，根据功能关系有mg[h−R(1−cosθ)]=(μ mgcosθ+μ mgcosθ) 解得
1 2 2
s=2m
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
a =gsinθ+μ gcosθ=8m/s2
上 1
5 / 23
学科网（北京）股份有限公司a =gsinθ−μ gcosθ=2m/s2
下 2
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
1 1
a t2 = a t2
2 上 上 2 下 下
t 1
解得
上=
t 2
下
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
1
mv2 =mg[h−Lsinθ−2R(1−cosθ)]−μ mgLcosθ
2 F 1
解得v =2m/s
F
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
mv =2mv
F
1 1
mv2 = ⋅2mv2+2μ mgl
2 F 2 1
解得l=0.2m
6．（2023·浙江·1月选考）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从
跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小 B．重力势能减小
C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时
橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向
上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力
后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。
故选B。
7．（2021·浙江·1月选考）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度
静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）
6 / 23
学科网（北京）股份有限公司A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同
【答案】C
【来源】2021届浙江省1月普通高校招生选考物理试题
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图
mgsinθ−μmgcosθ
根据牛顿第二定律可知加速度a= =gsinθ−μgcosθ又因为μ相同，所以同学们做
m
匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
1
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系x= at2 ，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以
2
从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过
的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；
D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsinθ也可能不相同，D错误。
故选C。
8．（2021·浙江·选考）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆
管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平
面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O的连线，以及O、E、O和B等四点连成的直线与水平线间
2 2 1
的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=√3R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止
释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v及在此过程中所受合力的
0 c
冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O点等高的D点所受弹力F与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
7 / 23
学科网（北京）股份有限公司h 5
【答案】(1)v=√2gh ，I=m√2gh ，水平向左；(2)F =2mg( −1)（h≥R）；(3)h≤ R或
0 0 N R 2
9
h= R
2
【来源】2021届浙江省1月普通高校招生选考物理试题
1
【详解】(1)机械能守恒mgh = mv2 解得v =√2gh 动量定理 I=mv =m√2gh 方向水平向左
0 2 C C 0 C 0
1 mv2 h
(2)机械能守恒 mg(h−R)= mv2 牛顿第二定律 F = D解得F =2mg( −1)满足的条件h≥R
2 D N R N R
5
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是h≤ R
2
v
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动v t=v y其中v =v sinθ，
x x g x G
v =v cosθ，则v sinθ v G cosθ =d得v =2√gR 机械能守恒mg ( h− 5 R ) = 1 mv2 h满足的条件
y G G g G 2 2 G
9
h= R
2
考点04 功能关系
9．（2024·浙江·1月选考）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空
中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变
【答案】B
【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势
能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，选项CD
8 / 23
学科网（北京）股份有限公司错误。
故选B。
10．（2021·浙江·6月选考）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混
凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每
小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率（kW） 332 最大输送高度（m） 63
最大输送量（m3/h
整车满载质量（kg） 5.4×104 180
）
A．1.08×107J B．5.04×107J C．1.08×108J D．2.72×108J
【答案】C
【详解】泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的
功
W =ρVgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×108J
故选C。
考点05 能源与可持续发展
11．（2024·浙江·6月选考）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10−4m2，喷水速度约为10m/s，
水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W B．20W C．100W D．200W
【答案】C
【来源】2024年选考6月浙江卷物理真题
【详解】设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSv·Δt 喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的
1
mv2
动能增加量，即 W 2 联立解得 P=100W
P= =
Δt Δt
故选C。
12．（2022·浙江·6月选考）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力
发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风
速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，
风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
9 / 23
学科网（北京）股份有限公司A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
1
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为 ρAv2
2
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW⋅h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW⋅h
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积A的流动空气体积为V =Av；单位时间流过面积A的流动空气质量为
0
1 1
m =ρV =ρAv；单位时间流过面积A的流动空气动能为 m v2= ρAv3 ；风速在5~10m/s范围
0 0 2 0 2
内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足
E<1.0×108×24kW⋅h=2.4×109kW⋅h C错误；
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量
具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效
405
率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P=63× kW=120kW
则该发电机年发电量至
93
少为E=Pt=120×5000kW⋅h=6.0×105kW⋅h D正确；
故选D。
13．（2022·浙江·1月选考）某节水喷灌系统如图所示，水以v =15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水
0
的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带
动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输
出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为
75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
10 / 23
学科网（北京）股份有限公司A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
【答案】D
【详解】AB．每秒喷出水的质量为m =2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功
0
1
为W =m gH+ m v2=300J故AB错误；
0 2 0 0
W
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则P = =300W 而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输
出 t
P
入功率之比）为75%，则P = 出 =400W 故C错误；
入 75%
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P =P =400W 而电动
机 入
机的电功率为 P =UI=440W 由能量守恒可知 P =I2R+P 联立解得 R=10Ω故D正确；
电 电 机
故选D。
14．（2021·浙江·1月选考）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配
情况如图所示则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【详解】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为1.7×104J，则输出功率为
W 1.7×104
P= = W=17kW
t 1
选项A错误；
BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正
11 / 23
学科网（北京）股份有限公司确，BD错误。
故选C。
1．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）新能源汽车越来越得到推广。某电动汽车自重2t，其营销广
1
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 ，
10
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
【详解】A．由题干可知汽车还能够行使的距离为x=400km×30%=120km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%，理论上需要
50×103×3.6×103×(80%−30%)
t= s=3600s=60min故B错误；
500×50
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
50×103×3.6×103×(80%−30%)
t= s≈426min=7.1h故C正确；
220×16
D．此电动汽车以最高速度行驶时，牵引力等于阻力，所以最高行驶速度为
P 90×103
v = = m/s=45m/s=162km/h
m f 1 故D错误。
×2×103×10
10
故选C。
2．（2025·浙江金华义乌·三模）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（ ）
12 / 23
学科网（北京）股份有限公司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
【详解】A．从敲击后到两个钢球落地，根据动能定理可得ΔE =mgh由于两球质量相同，下落高度
k
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；
1
B．从敲击后到两个钢球落地，竖直方向有h= gt2 可知两个钢球下落时间相等，根据I =mgt
2 G
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P =mgv =mg⋅>¿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
14 / 23
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
15 / 23
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；
18 / 23
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
1 0
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
7
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
2 3 8
。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
1 2
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<L =4.0m小物块在传送
1 a 1 2 1 1
L −x
带上匀速运动所用时间为t = 1 1=0.2s 则小物块A由M运动到N所用时间为t=t +t =1.8s 小物
2 v 1 2
0
块A在传送带上运行过程，发生的相对位移为Δx=v t −x =3.2m 因摩擦产生的内能为
0 1 1
1
Q=μ mg⋅Δx=8J 根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为ΔE=Q+ mv2=16J故A
1 2 0
错误，D正确；
B．A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
μ mg
a = 2 =1m/s2
2 2m
故B错误；
19 / 23
学科网（北京）股份有限公司μ mg
C．A滑上C后，A做减速运动的加速度大小为a = 2 =2m/s2 设经过t′时间A与小物块B发生碰
1 m
1 1 5
撞，则有L =v t′− a t′2− a t′2 解得t′=1s或t′= s（舍去，因为此时A的速度小于B的速度）
2 0 2 1 2 2 3
碰撞前瞬间A的速度为v =v −a t′=2m/s 碰撞前瞬间B、C的速度为v =a t′=1m/s A与小物块B
1 0 1 2 2
发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv +mv =mv +mv ，
1 2 A B
1 1 1 1
mv2+ mv2= mv2+ mv2 解得碰撞瞬间A、B的速度分别为v =1m/s=v ，v =2m/s可知碰
2 1 2 2 2 A 2 B A 2 B
μ mg
撞后A、C保持相对静止一起加速运动，加速度大小为a′ = 2 =1m/s2 碰撞后B做减速运动，加
2 2m
μ mg
速度大小为a = 2 =2m/s2 设经过t″时间B与A、C达到共速，且B未与挡板相碰，则有
B m
1 4
v =v −a t″=v +a′ t″ 解得t″= s，v = m/s 此过程B相对C发生的位移大小为
共 B B 2 2 3 共 3
v +v v +v v −v 2−1 1 1 7
Δx′= B 共t″− 2 共t″= B 2t″= × m= m<L = m假设成立，故B不会与挡板相
2 2 2 2 3 6 3 8
碰，故C错误。
故选D。
14．（2025·广东广州六中·开学考）如图所示为某半导体气相溅射沉积镀膜法的原理图，在真空室中，
接电源正极的电容器上极板处放置待镀膜的硅晶圆，接电源负极的下极板处放置镀膜靶材。等离子体
氩气从左端进入真空室中的电场（可认为离子初速为零），带正电的氩离子（Ar+）在电场力作用下加
速轰击靶材，使得靶材原子溅射到上方硅晶圆衬底上，从而实现硅晶圆镀膜。已知Ar的相对原子质
量大于He的相对原子质量，不考虑离子间相互作用，则离子在电场中的运动过程，下列说法正确的
是（ ）
A．Ar+的电势能增大
B．若Ar+换为He+则获得的动量变小
C．若Ar+换为He+则获得的动能变小
D．等离子体中的负电荷从高电势向低电势运动
【答案】B
【详解】A．电场力对Ar+做正功，Ar+的电势能减小，故A错误；
20 / 23
学科网（北京）股份有限公司1
B．根据qU= mv2 解得mv=√2qUmAr+与He+两粒子所带电荷量相等，Ar的相对原子质量大于He的
2
相对原子质量，可知，若将Ar+换为He+，则获得的动量变小，故B正确；
C．根据qU=E 由于Ar+与He+两粒子所带电荷量相等，可知，若将Ar+换为He+，则获得的动能不变，
k
故C错误；
D．等离子体中的负电荷在电场力作用下将向上偏转，可知，负电荷从低电势向高电势运动，故D错
误。
故选B。
15．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）如图所示固定装置，由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平
光滑直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF（圆心O 位于水平地面上）平滑连
1
接而成，D点处小圆弧光滑连接。现将一质量为m 的小滑块由弧形轨道AB上高h处由静止释放（h未
1
知），通过圆轨道后与静置于BD上质量为m 的小滑块碰撞，碰撞时间极短且碰后立即粘在一起形成
2
一组合体，组合体在F点与静止在水平台面上质量为M的长木板发生弹性碰撞。已知圆轨道半径
R=0.25m，L =0.8m，m 、m 与轨道DE间的动摩擦因数μ =0.175，M与水平台面间的动摩擦因数
DE 1 2 1
μ =0.3，M最右端停放一质量为m 的小滑块，M与m 间的动摩擦因数μ =0.2；水平台面和木板M足
2 3 3 3
够长，已知m =0.2kg、m =0.1kg、m =0.1kg、M=0.5kg；m 从轨道AB上滑下后进入圆弧轨
1 2 3 1
道，运动到与圆心O等高的C点时对轨道的压力为32N。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，
sin37°=0.6、cos37°=0.8。
(1)求h的大小；
(2)求m 、m 组合体刚到达F点时的速度大小；
1 2
(3)求最终m 与M最右端之间的距离ΔL。
3
【答案】(1)2.25m
(2)2.4m/s
(3)0.236m
【来源】2025届浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模物理试题（选考）
m v 2
【详解】（1）m 运动到C点时，根据牛顿第二定律得F = 1 C 可得v =2√10m/s m 从A到C
1 N R C 1
1
的运动过程，根据动能定理得m g(h−R)= m v2−0联立代入数据解得h=2.25m
1 2 1 C
21 / 23
学科网（北京）股份有限公司1
（2）m 从A到B的运动过程，根据动能定理得m gh= m v 2 可得v =3√5m/s m 与m 相碰过
1 1 2 1 B B 1 2
程，根据动量守恒定律得m v =(m +m )v可得v=2√5m/s碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能
1 B 1 2
1 1
定理可得−(m +m )gL tan37°−μ (m +m )gcos37°×L = (m +m )v 2− (m +m )v2 代
1 2 DE 1 1 2 DE 2 1 2 F 2 1 2
入数据解得v =2.4m/s
F
（3）m 与m 组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得(m +m )v =(m +m )v′+Mv
1 2 1 2 F 1 2 1
1 1 1
弹性碰撞中没有动能损失可得 (m +m )v 2= (m +m )v′2+ Mv 2 解得v =1.8m/s m 与m 组
2 1 2 F 2 1 2 2 1 1 1 2
合体与M碰撞后，对m 分析得：其做加速运动，加速度a =μ g=2m/s2 对M分析，做减速运动，有
3 1 3
μ (M+m )g+μ m g=Ma 可得a =4m/s2 设经过时间t，m 与M共速，则有v =v −a t=a t解
2 3 3 3 2 2 3 2 1 2 1
1
得t=0.3s，v =0.6m/s该过程中m 运动的位移x = a t2=0.09m M运动的位移
2 3 1 2 1
1
x =v t− a t2=0.36m共速后，m 与M分别减速运动，对m 分析得：做减速运动，加速度
2 1 2 2 3 3
a =μ g=2m/s2 对M分析，做减速运动，有μ (M+m )g−μ m g=Ma 可得a =3.2m/s2 m 运动
3 3 2 3 3 3 4 4 3
v 2 v 2
的位移x = 2 =0.09m M运动的位移x = 2 =0.05625m
3 2a 4 2a
3 4
最终计算可得m 距离M最右端的长度l=x +x −x −x =0.23625m≈0.236m
3 2 4 1 3
16．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）如图所示，倾角α=37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平
直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右
端与半径为R=0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平
直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送
带长度均为L=1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ=0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距
1
离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为μ =0.5，其余
2
部分均光滑。现在一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量
M=3kg， d=1.2m， sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力；
(2)若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大；
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学科网（北京）股份有限公司(3)物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关
把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条
件。
【答案】(1)60N；方向竖直向下
(2)√26m/s
(3)2m/s≤v ≤√32m/s
F3
v2
【详解】（1）恰好过F点，则满足mg=m F 解得v=2m/s E到F 由动能定理
F
R
1 1 v2
−2mgR= mv2− mv2 解得v =2√5m/s 在E点，由牛顿第二定律F −mg=m E 解得F = 60N
2 F 2 E E N R N
根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
0.2+0.4
（2）D到E 摩擦力做功 W =μ mgL= ×10J=3J 由 （1）知，物块能到达F点，E
fDE❑ 1 2
1 1
点速度至少2√5m/s，由动能定理−W = mv2− mv2 解得v =√26m/s 物体斜面上下滑到C
fDE 2 E 2 D D
h 1
点，则mgh−μ mgcosα⋅ = mv2 解得v =2√5m/s 假如一直加速，到D点速度为
2 sinα 2 C C
v′ =√v2+2μ gL=√30m/s
D C 2
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少√26m/s。
（3）过F点且挤压弹簧锁定v ≥2m/s 由动量守恒和能量关系可得mv =(m+M)v，
F1 F2
1 1
mv2 = (m+M)v2+μ mgd+E 可得v ≥8m/s 过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
2 F2 2 2 P F2
1 1
mv =(m+M)v， mv2 = (m+M)v2+μ mgd×2可得v ≤√32m/s 则2m/s≤v ≤√32m/s
F3 2 F3 2 2 F3 F3
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