文档文本内容
秘籍 12 功能关系热点综合
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、实验题、计算题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
结合力的平衡、牛顿第二定律、动能定理、功能原理、v-t图像、匀变速直线运
考向预测
动、动量定理考查
功、功率、力的平衡、牛顿定律、动能定理、势能变化与做功的关系、功能原理、v-t图像、匀变速直
线运动。
机车启动动态分析方法，图像分析法，恒力功求解，变力功求解，平均功率求解，瞬时功率求解。
变力功的求解，机械能变化的分析。
一、恒力功求解
几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且
总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Fx
f 相对．
例1、一木块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力 F拉住，保持两
股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F做的功(不计滑轮摩擦)是( )
A．Fscos θ B．Fs(1＋cos θ)C．2Fscos θ D．2Fs
解析：选B 法一：如图所示，力F作用点的位移l＝2scos，
故拉力F所做的功W＝Flcos α＝2Fscos2＝Fs(1＋cos θ)。
法二：可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确。
二、变力做功问题
变力做功的计算方法：
1、利用功能关系如动能定理求变力做功
2、图像法
3、等效替代法
4、微元法
例2、轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，
物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立 x轴，现对物块
施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此
时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J
答案 A
解析 物块与水平面间的摩擦力大小为F＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象与x
f
轴所围面积表示功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功W＝Fx＝0.4 J．由于物块运动至x＝0.4 m处时，
f f
速度为0，由功能关系可知，W－W＝E，此时弹簧的弹性势能为E＝3.1 J，选项A正确．
f p p
例3、(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看
成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向
始终与物块在该点的切线成 37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为 120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
[解析] 物块重力做的功W ＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支
G
持力不做功，故 B 正确；将圆弧 分成很多小段 l 、l 、…、l ，拉力在每一小段上做的功为 W 、
1 2 n 1
W 、…、W ，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W ＝Flcos 37°、W ＝Flcos
2 n 1 1 2 2
37°、…、W ＝Flcos 37°，W ＝W ＋W ＋…＋W ＝Fcos 37°(l ＋l ＋…＋l)＝Fcos 37°··2πR≈376.8 J，故C
n n F 1 2 n 1 2 n
正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得W ＋W ＋W＝0－0，解得W＝－W －
F G f f F
W ＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
G
[答案] BC
三、功率
1、平均功率的计算方法
①利用＝.
②利用＝Fcos α，其中为物体运动的平均速度．
2、瞬时功率的计算方法
①利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
②P＝Fv ，其中v 为物体的速度v在力F方向上的分速度．
F F
③P＝F
v
v， 其中F
v
为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
例4、（2022-2023学年度下学期高三第二次模拟考试试题）（多选）如图甲所示，一质量为1kg的物体在
时受到拉力F的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的 图象如图乙所示，已
知重力加速度 ，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 在 时，拉力F为12N
B. 在 时，物体克服重力做功的功率为60W
C. 在0～4s时间内，物体的动量改变量的大小为46kg·m/sD. 在0～4s时间内，拉力F对物体做的功大于18J
【答案】ABD
【解析】A．在 时，加速度为a=2m/s2，则拉力
F=mg+ma=12N
选项A正确；
B．根据
可知 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在 时，物体的速度
在 时，物体克服重力做功的功率为
选项B正确；
C．在 时间内，物体的动量改变量的大小为
选项C错误；
D．在 时间内，根据动能定理得
整理得
选项D正确。
故选ABD。
例5、如图甲所示，滑轮的质量、摩擦均不计，质量为 2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加
速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
A．物体的加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率为42 WD．4 s内F的平均功率为42 W
解析：选C 由题图乙可知，v -t图像的斜率表示物体的加速度的大小，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可
得F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为v＝2v ＝4 m/s，故4 s 末F的功率为P＝
F 物
Fv ＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W
F
＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D错误。
四、机车功率
1．机车的两种启动模型
启动方式 恒定功率启动 恒定加速度启动
P－t图和
v－t图
2.机车启动问题常用的三个公式
(1)牛顿第二定律：F－F＝ma.
f
(2)功率公式：P＝F·v.
(3)速度公式：v＝at.
说明：F为牵引力，F 为机车所受恒定阻力．
f
3．机车启动中的功率问题
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 v ＝＝(式中F 为最小牵引力，
m min
其值等于阻力F )．
阻
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<v ＝.
m
例6、（绵阳南山中学2023年春绵阳三诊热身考试）一质量为m=0.5kg的电动玩具车，从倾角为 =30°的
长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动
的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线。已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身
重力的0.3倍，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求玩具车运动过程中的最大功率P；
（2）求玩具车在4s末时（图中A点）的速度大小v。
1【答案】（1）40W；（2）8m/s
【解析】(1)由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s匀速运动时，受力平衡，可得牵引力大小为
F=mgsin30°+0.3mg
由
P=Fv
代入数据解得
P=40W
(2)玩具车在0-4s内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为F，由牛顿第二定律可得
1
F-(mgsin30°+0.3mg)=ma
1
t=4s时玩具车功率达到最大，则
1
P=Fv
1 1
由运动学公式可得
v=at
1 1
联立解得
v=8m/s
1
例7、(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力 F和车速倒数的关系
图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
答案 CD
解析 当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小F＝2 000 N，故A错误；车速为5 m/s时，
f汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；题中倾斜图线的斜率表示汽车的额定功率，可知 P＝Fv＝2
f
000×30 W＝6×104 W，当车速为15 m/s时，牵引力F＝＝ N＝4 000 N，则加速度a′＝＝ m/s2＝1 m/s2，
故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于6×104 W，故D正确．
五、势能变化与做功的关系
1、重力做正功，重力势能减少
2、重力做负功，重力势能增加
3、W ＝－ΔE＝E －E
G p p1 p2
4、弹力做正功，弹性势能减少
5、弹力做负功，弹性势能增加
6、W ＝－ΔE＝E －E
F p p1 p2
7、只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．
8、只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．
例8、如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下
落，加速度为g，下降高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气
阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正
确的是( )
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为
答案 D
解析 带电物块由静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A
错误；从A到C的过程中，除重力和弹簧弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W＝－qE(H＋h)＝
－，可知机械能减少量为，故B错误；从A到C的过程中，电场力做功为－，则电势能增加量为，故C错
误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W ＝0－0，解得弹力做功为：W ＝－，即弹簧弹性势能增加量为，
弹 弹故D正确．
六、动能定理
应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借
助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，
也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检
验。
例9、如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是
水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开
始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。
小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重
力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，
小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点。D正确。
例10、如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从
圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到 B点
时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
答案 (1) (2) mgr
解析 (1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得：F －mg＝m，
N因为F ＝2mg，所以v＝，
N
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为；
设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝mv2，所以h＝.
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝；
从A运动到B由动能定理有：mgr－W ＝0，解得：W ＝mgr.
克f 克f
七、机械能变化与做功的关系
1、其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
2、其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
3、W ＝ΔE
其他
4、只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
例11、如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间
接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F 和F，从两物体开始运动
1 2
以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于 m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是(
)
A．由于F、F 等大反向，故系统机械能守恒
1 2
B．当弹簧弹力大小与F、F 大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大
1 2
C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F、F 做功的代数和
1 2
D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度
解析：选C 由于F 、F 对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故 A错误；当弹
1 2
簧弹力大小与F、F 大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能
1 2
最大，F 和F 可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故 B错误；
1 2
在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动
能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F 、F 做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大
1 2
小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。
八、图像分析
v t图 由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图 由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图 由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图 由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
例12、如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动
能E 与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是(
k)
A．在0～h 过程中，F大小始终为mg
0
B．在0～h 和h～2h 过程中，F做功之比为2∶1
0 0 0
C．在0～2h 过程中，物体的机械能不断增加
0
D．在2h～3.5h 过程中，物体的机械能不断减少
0 0
答案 C
解析 0～h 过程中，E －h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h ＝mgh －0，故F＝2mg，A错误；
0 k 0 0
由A可知，在0～h 过程中，F做功为2mgh ，在h ～2h 过程中，由动能定理可知，W －mgh ＝1.5mgh －
0 0 0 0 F 0 0
mgh ，解得W ＝1.5mgh ，因此在0～h 和h ～2h 过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h 过程
0 F 0 0 0 0 0
中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h ～3.5h 过程中，由动能定理得W ′－1.
0 0 F
5mgh ＝0－1.5mgh ，则W ′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
0 0 F
1.（南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试）如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水
平车板离地高度为h＝0.2 m，小车质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)静置于车板上某处
A，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1．现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t＝1.6 s时物块从车板
1
上滑落．已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力
的 ，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2．求：
（1）物块从离开车尾B到落地过程所用的时间Δt以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P；
（2）物块落地时落地点到车尾B的水平距离s；
0
（3）0～2 s时间内小车的牵引力做的功W．
【答案】(1)0.2 s 1.6 W (2)0.08 m (3)19.4 J【解析】根据平抛运动规律，由竖直位移求得运动时间；然后根据运动状态求得物块的合外力及加速度，
然后由匀变速运动规律求得速度，即可求得功率；根据物块从B点到落地的运动时间内，物块和小车的运
动状态求得位移，进而求得距离；求出各段时间内的位移，根据功的定义即可小车的牵引力做的功W．
(1)物块从车板上滑落后做平抛运动，则有
代入数据解得Δt＝0.2 s
物块滑落前受到的滑动摩擦力大小：f＝μmg＝1 N
根据牛顿第二定律得物块的加速度大小：a＝μg＝1 m/s2
1
当运动时间t＝1.6 s时物块的速度v＝at
1 1 11
解得：v＝1.6 m/s
1
由于v＜2 m/s，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大
1
值P＝fv
1
解得：P＝1.6 W．
(2)物块滑落后前进的距离s＝vΔt
1 1
由题图乙得t＝1.6 s时小车的速率v＝2 m/s
2
物块滑落后小车前进的距离s＝vΔt
2
落地点到车尾B的水平距离s＝s－s
0 1
解得：s＝0.08 m．
0
(3)0～1 s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为：
根据牛顿第二定律得F－f－k(M＋m)g＝Ma，其中
1 2
解得：F＝11 N
1
小车的位移大小为：
1～1.6 s时间内，牵引力F＝k(M＋m)g＋f＝5 N
2
由题图乙得小车的位移大小：s′＝2×0.6 m＝1.2 m
2
1.6～2 s时间内，牵引力F＝kMg＝3 N
3
由题图乙得小车的位移大小：s″＝2×0.4 m＝0.8 m
2
0～2 s时间内小车的牵引力做的功为：W＝Fs＋Fs′＋Fs″＝19.4 J
1 2 2 2 3 2
2.（内江六中2022-2023学年度下期高2023届第六次月考）如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的
初速度从同一水平高度抛出，初速度与水平方向的夹角均为 甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为 的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法不正确的是（ ）
A. 两球到最高点时机械能相同
B. 两球到达的最大高度不相同
C. 两球运动过程中加速度保持不变
D. 两球到最高点时重力做功的瞬时功率不相同
【答案】D
【解析】A．依题意，可知两球在运动过程中，只有重力做功，所以它们的机械能均守恒，由于开始时它
们的机械能相同，则两球到达最高点时的机械能也相同，故A正确；
B．根据机械能守恒定律，可知
因乙球到达最高点的速度 ，而甲球到达最高点的速度不是零，因此可知乙球上升的最大高度较大，
故B正确；
C．依题意，根据牛顿第二定律，可得甲球斜抛过程中的加速度一直为 ，而乙球上滑时的加速度一直为
，所以两球运动过程中加速度均保持不变，故C正确；
D．两球到最高点时，在重力方向上的速度均为零，根据重力的瞬时功率 ，可知它们重力做功的
瞬时功率相同，都等于零，故D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
3.（内江六中2022-2023学年度下期高2023届第六次月考）（多选）如图所示，劲度数为 的轻弹簧的一
端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F
缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 ，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动
的最大距离为4 ．物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ．则（ ）A. 撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C. 物体做匀减速运动的时间为
D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
【答案】BD
【解析】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力
随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减
速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做
变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；
B．刚开始时，由牛顿第二定律有：
解得：
B正确；
C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x，由牛顿第二定律得：
0
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
联立解得： ，C错误；
D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有解得 ，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
D正确。
故选BD。
4.（陕西省咸阳市武功县普集高级中学2022-2023学年高三下学期二轮强化检测）如图所示，排球比赛中
运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员垫起，球又斜向上飞出后落到M点正下
方的N点，已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的是
（ ）
A. 排球两次飞行过程中经历的时间相等
B. 排球两次飞行过程中重力对排球做功相等
C. 排球到达P点的速率大于离开P点的速率
D. 排球离开M点的速率与经过Q点的速率相等
【答案】C
【解析】A．排球从M点水平抛出的做平抛运动，运动时间为
可得
故从P点抛出的小球做斜抛的时间为从M点抛出的小球的运动时间的2倍，故A错误；
B．排球第一次飞行过程中，重力对排球做正功，排球第二次飞行过程中，重力对排球做功为零，故B错误；
C．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度相同，但M到 P的水平位移大，则水平速度
较大，可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故C正确；
D．将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛运动，则由M到P和Q到P的平抛
运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从M点抛出的小球水平位移更大，故在M点的水平速率
大于在Q点的水平速率，故D错误；
故选C。
5.（辽宁省抚顺市第一中学2022-2023学年高三下学期4月月考）一个质量为100 g的空心小球，从地面以
的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度 成正比（即 ），它在空中运
动的 图像如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取 ，下列说法正确的是（ ）
A. 小球拋出瞬间的加速度大小为
B. 小球上升过程中空气阻力的冲量大小为
C. 空气的阻力系数
D. 小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为
【答案】C
【解析】C．2s后的图线是平行于横轴的直线，则有
解得空气的阻力系数
选项C正确；A．根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小
选项A错误；
B．小球上升过程中根据动量定理有
解得空气阻力的冲量大小为
选项B错误；
D．小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有
选项D错误。
故选C。
6.（华大新高考联盟2022-2023学年高三下学期3月教学质量测评）如图（a）所示，摩托车与小汽车前后
停在同一平直的道路上等交通红灯。摩托车刚好在前面的停车线处，小汽车与停车线相距L=10m处。当红
灯还有t=0.5s熄灭时，小汽车开始以a=5m/s2的加速度启动，当运动到停车线处即改做匀速运动；摩托车
0 1
看到红灯熄灭后立即以a=4m/s2的加速度启动做匀加速运动。已知两车在运动过程中可视为质点，在运动
2
时间t内摩托车牵引力的功为W， 图像如图（b）所示。求：
（1）两车在运动过程中的最小距离△x；
（2）摩托车运动的第2s内牵引力的平均功率P。
【答案】（1）2.5m；（2）4500W【解析】（1）小汽车做匀速运动时速度为 =10m/s
小汽车加速运动的时间为
设小汽车匀速运动时间t 两车速度相同，距离最近，有v=a（t+t-t）
2 1 2 1 2 0
解得 Δx=2.5m
（2）设摩托车的牵引力大小为F，由W=Fx=
得
由图像可知
可得F=750N
第2s内摩托车的平均速度为v=at =6m/s
21.5
则P=Fv=4500W
7.（湖南省部分学校2022-2023学年高三下学期4月月考）一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始匀加速
启动，当发动机的功率达到额定功率后保持不变，赛车速度的倒数 和加速度a的关系如图所示，已知玩
具赛车在跑道上运动时受到的阻力大小恒为40N，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到
达终点前已达到最大速度，则起点到终点的距离为（ ）
A. 300mB. 350m
C. 400m
D. 450m
【答案】D
【解析】由图像结合题意可知，玩具赛车做匀加速运动的加速度 ，当加速度等于零时玩具赛车
速度达到最大值，由图知
由图知玩具赛车匀加速的末速度为
玩具赛车做匀加速运动的时间为
玩具赛车做匀加速的位移为
发动机的额定功率
由
可得玩具赛车的质量
玩具赛车达到额定功率直至运动到终点所用时间为
对此过程应用动能定理有代入数据解得
则起点到终点的距离为
故选D。
8.（2023年重庆市缙云教育联盟高考物理模拟试卷（3月份））电动机是把电能转化成机械能的一种设备，
在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域广泛应用 图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数，据此
信息，下列说法中不正确的是( )
型号 YE3-132S2-2 编号 521780
额定功 额定电
1100W 220V
率 压
额定电 额定转
5.0A 2900r/min
流 速
效率 90.0% 频率 50Hz
A. 该电动机的发热功率为110 W
B. 该电动机转化为机械能的功率为1 100 W
C. 该电动机的线圈电阻R为
D. 该电动机正常工作时每分钟对外做的功为
【答案】B
【解析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，结合效率可求发热功率，
再由可求内阻，输出功率由能量守恒定律研究，从而也可求电动机对外所做的功．
由电动机的额定功率及效率可求得电动机的发热功率为： ，
电动机转化为机械能的功率为： ，故A正确，B错误；由可得电动机的线圈电阻为： ，故C正确；电动机正常工作时每分钟对外做功为：
，故D正确．此题选择不正确的选项，故选B．
【点睛】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，
应用电功率公式与电功公式即可正确解题．
9.（四川省成都市第七中学2023届高三下学期三诊模拟）（多选）如图所示，将一根光滑的硬质金属导线
制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内， 为轨道的圆心， 水平。质量为m的细圆环P套在
轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮 、 分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q，
为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，圆环P在细绳拉动下
将沿轨道运动。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则细圆环P下滑至B点的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．小球Q的机械能先增加后减少
B．细圆环P的机械能先减少后增加
C．小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为
D．细圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为
【答案】CD
【详解】A．在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功
后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，A错误；
B．细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P的机械能先增加后减少，B错误；C．根据速度的合成与分解可知，细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当小球Q的
速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，根据几何关系可知，此时细绳与水平方向的夹角为45°，
根据机械能守恒定律有
解得
C正确；
D．细圆环P运动到B点时，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得
在B点，对细圆环P有
解得圆弧轨道对圆环P的弹力大小
D正确。
故选CD。
10.（四川省成都市第七中学2023届高三下学期4月第二次阶段性测试）（多选）如图所示，不带电物体A
质量为m，带电量为 的物体B质量为 ，A、B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角
为 且足够长的斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与物体A相连，整个
系统不计一切摩擦。某时刻，施加一场强大小为 ，方向沿斜面向下的匀强电场，在物体B获得最大速
度的过程中弹簧未超过弹性限度（已知弹簧的弹性势能 ，x为弹簧的形变量；轻绳与A、B的接
触面均平行，且不会断裂），下列说法正确的是（ ）A．施加电场的初始时刻，轻绳的拉力为2mg
B．物体B的速度最大时，弹簧的形变量为
C．物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量为
D．物体B从开始运动到最大速度的过程中，物体A和物体B机械能之和减少
【答案】AC
【详解】A． 施加电场前，对物体B根据平衡条件可知轻绳的拉力大小为
再对物体A同理可知弹簧的弹力大小为
施加电场的初始时刻，物体A、B具有相同大小的加速度a，设此时轻绳的拉力大小为 ，弹簧弹力大小不
会突变，仍为T，则对物体A、B根据牛顿第二定律分别有
2
解得
故A正确；
B．物体B的速度最大时，所受合外力为零，此时轻绳的拉力大小为
此时物体A速度也达到最大值，所受合外力也为零，则弹簧弹力大小为
根据胡克定律可知此时弹簧的形变量为
故B错误；
C．刚施加电场时弹簧的形变量为
根据功能关系可知，物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量等于电场力对系统所做
的功，为故C正确；
D．根据功能关系可知，物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统克服弹簧弹力所做的功等于弹簧弹
性势能的增加量，为
物体B从开始运动到最大速度的过程中，电场力和弹簧弹力对系统做功的代数和为
所以该过程中，物体A和物体B机械能之和增加，故D错误。
故选AC。
11.（南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试）竖直上抛一小球，小球运动过程中受到与速率成
正比的空气阻力作用，小球从开始上抛至最高点过程，以向上为正方向，下列关于小球的加速度a、速度
b、随小球运动的时间t的变化关系及动能 、机械能E随位移x的变化关系中可能正确的是（图中虚线均
为图像的切线）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】AB．小球上抛过程，减速的加速度大小为
做加速度逐渐减小（最小为g）的减速运动， 图像最小值为g， 图像斜率的绝对值减小，故AB错
误；
C． 减小到0， 图线的斜率为合外力，斜率的绝对值逐渐减小，最小为mg，故C正确；
D．E一直变小， 图线的斜率为阻力，斜率的绝对值减小到0，故D错误。故选C。
12.（射洪中学高2020级高三下期第一次月考）（多选）倾角为θ=37°的斜面底端固定一轻质弹簧，且弹
簧与力传感器连接，如图甲所示。O点为弹簧原长位置，O点以上的斜面粗糙、以下的斜面光滑。现从斜
面上的A点由静止释放一小滑块，小滑块下滑并压缩弹簧至最短后，又反弹运动到斜面上的A'点（图中未画出）。力传感器记录下了此过程中弹簧弹力F与形变量x的关系，如图乙所示，弹簧被压缩过程中始终
在弹性限度内。已知AO=1m，小滑块与斜面粗糙部分的动摩擦因数µ=0.5，g取10m/s2。则下列说法正确
的是（ ）
A. 小滑块从A点至最低点过程，先做匀加速运动后做匀减速运动
B. A'点与O点的距离为0.2m
C. 小滑块的质量为1kg
D. 小滑块运动的最大速度为 m⁄s
【答案】BC
【解析】A．AO段小滑块做匀加速直线运动，从O点开始压缩弹簧，根据弹簧弹力
可知，弹簧的弹力越来越大，加速度一直在变化，先做加速度大小不断减小的加速运动再做加速度大小不
断增大的减速运动。故A错误；
B．O点以下光滑，所以从A到 整个过程中只有重力和摩擦力做功，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．从图中可以看出，弹簧的最大压缩量为0.5m，根据图像中面积可知弹簧弹力做功为
则从A到弹簧压缩最大值应用动能定理，有
解得故C正确；
D．从A选项分析可知，小滑块运动速度最大时加速度为零，此时弹簧的弹力大小等于小滑块的重力沿斜
面方向的分力大小，根据图像可知弹簧劲度系数为40N/m，有
从A点到速度最大应用动能定理，有
解得小滑块运动的最大速度为
故D错误。
故选BC。
13.（射洪中学高2020级高三下期第一次月考）某实验小组用如图甲所示的实验装置探究合力做功与动能
变化的关系。将水平气垫导轨和倾角为 的气垫导轨对接，对接处巧妙设计使滑块在对接处几乎没有动能
损失。滑块上固定宽度为d的感光片，感光计时器安装在水平导轨适当位置处，以记录感光片通过它的时
间。从倾斜导轨底端向上等距离地标记为：L、2L、3L、4L、……这样在倾斜导轨上合外力对滑块做的功
就可以分别记为W、2W、3W、4W、……实验时，每次都让滑块前沿从标记处静止下滑。
0 0 0 0
的
（1）实验前先用螺旋测微器测出感光片 宽度d，如图乙所示，d=_________mm。
（2）测得滑块从L、2L、3L、4L、……处分别释放后，滑块的感光片通过感光计时器的时间分别为 、
、 、 、……由此测得滑块的速度大小。
（3）某次实验时，让滑块从3L处静止释放，测得滑块的质量（含感光片）为：m=0.4kg，倾角θ=37°，L=10cm， ，重力加速度的值为10m/s2，则滑块下滑3L距离时，合力做功为________J，
滑块到达感光计时器时的动能为_______J，（均保留两位有效数字），在实验误差范围内，比较合力的功
与动能变化的关系，得出结论。
【答案】 ①. 1.880##1.879##1.881 ②. 0.72 ③. 0.71
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为
（3）[2][3]滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不计，故只有重力做功，即合力做功为
滑块到达感光计时器时的动能为
，
代入数值解得
14.（射洪中学高2020级高三下期第一次月考）已知夯锤的质量M＝450 kg，桩料的质量m＝50 kg。每次
打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h＝5 m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立
0
刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力f随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝
5.05×104 N/m。g取10 m/s2，求
（1）夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度；
的
（2）夯锤与桩料第1次碰撞后桩料进入泥土 深度。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 ，则有
解得
取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 ，由动量守恒定律得
代入数据解得
（2）由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则有
对夯锤与桩料，由动能定理得
联立代入数据解得
15.（陕西省咸阳市武功县普集高级中学2022-2023学年高三下学期二轮强化检测）如图所示，一根轻弹簧
左端固定于竖直墙上，右端被质量 且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不
拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带， 长 ，物块与传送带间的动
摩擦因数 ，与传送带相邻的粗糙水平面 长 ，它与物块间的动摩擦因数 ，在
C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与 平滑连接，圆弧对应的圆心角为 ，在圆弧的最高点
F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心
等高的E点，取 。
（1）求右侧圆弧的轨道半径R；
（2）求小物块最终停下时与C点的距离；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调
节范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）物块被弹簧弹出，由
可知
因为
故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由
解得因为
故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以 的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，
由动能定理可知
代入数据整理可以得到
（2）设物块从E点返回至B点的速度为 ，由
得到
因为 ，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对
称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由
得到
（3）设传送带速度为 时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动能定理可知
解得
设传送带速度为 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：
解得
若物块在传送带上一直加速运动，由
知其到B点的最大速度
综合上述分析可知，只要传送带速度
就满足条件。
16.（衡阳市衡阳县第四中学2022-2023学年高三下学期4月第4次测试）如图所示，半径为 的四
分之一光滑圆弧轨道AB固定在竖直平面内，B为轨道最低点，O为轨道圆心，轨道最低点B与水平传送带
的左端平滑连接，开始时传送带静止不动。在圆弧轨道 A点正上方有一质量为 的小物块，从距
离A点高度为h的P处由静止释放，经过圆弧轨道滑上传送带，并停止在传送带的中点处。已知传送带的
长度为 ，小物块与传送带间的动摩擦因数为 ，重力加速度 ，不计空气阻力。
（1）求小物块释放位置距离A点的高度h和小物块到达B点时对轨道的压力大小；（2）若传送带以3 m/s的速度顺时针转动，小物块仍从原高度由静止开始下落，求小物块从滑上传送带到
离开传送带过程中电动机多做的功。
【答案】（1）0.1m，5N；（2）0.3J
【解析】（1）物块从B点到传送带中点的过程，根据动能定理有
在B点有
从P到B的过程，根据动能定理有
解得
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对轨道的压力大小为5 N。
（2）由（1）可知 ，小物块刚到传送带上时受到的摩擦力方向向右，做加速运动，有
设经时间t，物块与传送带共速，有
电动机多做的功17.（河南省平顶山市蓝天高级中学2022-2023学年高三下学期3月考试）（多选） 一小球从高为h 处由
0
静止下落，下落过程中 的重力势能和上升过程中的动能如图所示，已知在两过程中小球受阻力大小恒定且
小球与地面发生的碰撞是弹性碰撞，重力加速度为g在完成一次上升下落过程中，下列说法正确的是（
）
A. 小球质量为
B. 小球上升的最大高度为
C. 小球所受阻力大小为
D. 小球下落到 高度时 的机械能为
【答案】AC
【解析】【详解】A．由图可知，小球在h 处时重力势能为
0
解得小球质量为
故A正确；BC．由图可知，小球落到地面的最大动能为 ，根据动能定理有
又
联立解得
设小球反弹上升的最大高度为 ，根据动能定理有
解得
故B错误，C正确；
D．小球下落到 高度时，摩擦力做负功，则有
解得
故D错误。
故选AC。
