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专题 05 功与能
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识考查层面，愈发重视功与能知识
考点1 功与功
2021、2022、2023 和其他物理模块的深度融合。功与功率计
率
算常与力学中的牛顿运动定律、物体的运
动相结合，分析物体在力的作用下的能量
考点2 动能与
2021、2022、2024、2025
转化与运动状态变化；能量守恒定律则与
动能定理
电场、磁场、电磁感应等知识联动，如在
考点3 机械能 电磁感应现象中，综合考查电能、机械能
2023、2024、
守恒定律 之间的相互转化，全面考查考生对多模块
知识的综合运用能力。
考点4 功能关 从能力要求来看，对逻辑推理和数理
2021、2024
系 结合能力的考查力度显著增强。试题常设
置多过程、多变量的复杂情境，要求考生
依据已知条件，通过严密的逻辑推导，建
立功与能的相关方程，运用代数运算、函
数图像等数学工具，求解能量变化量、做
功的大小等关键物理量。同时，注重考查
考生的科学思维，如通过类比、迁移等思
考点5 能量守 维方式，将常见的能量转化模型应用到新
2021、
情境中，像从熟悉的机械能守恒模型拓展
恒定律
到复杂的能量系统守恒分析。部分试题还
会引入新的科技概念或能量转换机制，考
查考生在新情境下获取信息、分析问题、
运用知识的创新能力，以此全方位检验考
生对功与能知识的掌握程度以及物理学科
核心素养的发展水平 。
考点01 功与功率
1．（2023·北京·高考）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为
m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max
【答案】D
【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f =μ(mg−Fsinθ) 摩擦力的功
W =μ(mg−Fsinθ)x
f
即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；
B．合力功W =F x=ma⋅x 可知合力功与力F方向无关，选项B错误；
合
C．当力F水平时，则F=ma+μmg力F做功为W =Fx=(ma+μmg)x选项C错误；
F
D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsinθ=mg时，
摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
故选D。
2．（2022·北京·高考）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴
趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周
运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速
度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子
拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；
v2 v2
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据a= 和F=m （重力不变）可知小球的向心加速度和拉
r r
力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。
故选C。
3．（2021·北京·高考）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻
力的大小变化。下列说法正确的是（ ）
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
【答案】B
【详解】AB．在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F =mgsinθ+f 所以在ab段汽车的输出功率
1
P =F v
1 1
不变，在bc段牵引力F =fbc段的输出功率P =F v<P 故A错误B正确；
2 2 2 1
CD．在cd段牵引力F =f −mgsinθ 汽车的输出P =F v<P 在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，
3 3 3 2
故CD错误。 故选B。
考点02 动能与动能定理
4.（2025·北京·高考）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB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MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B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
【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a=gsinθ（θ为坡面与水平面夹角），MB
对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；
B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；
C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；
D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。
故选D。
5.（2025·北京·高考）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a ，减速时最
1
大加速度大小为a 。求该位置距起点的距离d。
2
(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F∝uα，并确定α的值。
1
【答案】(1)W = mv2+fx
2
a L
(2)d= 2
a +a
1 2
(3)论证见解析，α=2
1 1
【详解】（1）根据动能定理W−fx= mv2 可得牵引力对飞机做的功W = mv2+fx
2 2
（2）加速过程，设起飞速度为v ，根据速度位移关系v2=2a d 减速过程，根据速度位移关系
m m 1
a L
v2=2a (L−d) 联立解得d= 2
m 2 a +a
1 2
（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F⋅Δt=Δp 可得
Δp
F= 又Δp=mΔv，m=ρSΔv⋅Δt 联立可得F=ρSΔv2 又Δv∝u 可知F∝u2 即α=2
Δt
6．（2024·北京·高考）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一
起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
μmg
a= =μg
m
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v=at可知，传送带速度越大，物体加速运动
的时间越长，D正确。
故选D。
7．（2022·北京·高考）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v ，在远日点速度为v。求从近日点
1 2
到远日点过程中太阳对行星所做的功W；
r3
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（ =k）及向心力相关知识，证明恒星对行星的
T2
作用力F与r的平方成反比；
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流
浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T，绕此恒
1
T
2
星公转的周期为T，求 。
2 T
1
1 1 T
【答案】（1）W = mv2− mv2 ；（2）见解析；（3） 2=4❑√2
2 2 2 1 T
1
1 1
【详解】（1）根据动能定理有W = mv2− mv2
2 2 2 1
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行星的
v2 2πr r3
作用力F提供向心力，则F=m 运动周期T= 根据开普勒第三定律 =k，k为常量，得
r v T2
4π2km
F= 即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
r2
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量
P
为P。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量P= 0 设地球绕太
0 4πr2
阳公转半径为r 在新轨道上公转半径为r。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不
1 2
变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得r = 4r 设恒星质量为M，地球在轨道上运
2 1
GMm 4π2 √4π2r3
行周期为T，万有引力提供向心力，有 =mr 解得T=❑ 由于恒星质量是太阳质量的2
r2 T2 GMT
倍，得
2=4❑√2
T
1
考点03 机械能守恒定律
8．（2024·北京·高考）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一
小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下
列说法正确的是（ ）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆
v2
轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg=m 解得物体在C点的速度v=❑√gr AB错误；
r
C．由牛顿第二定律得mg=ma 解得物体在C点的向心加速度a=g C正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
故选C。
9．（2023·北京·高考）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光
滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释
放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。v2 v2 1
【答案】（1） ；（2）mg+m ；（3） mv2
2g L 4
1 v2
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH= mv2 解得H=
2 2g
v2 v2
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F−mg=m 解得F=mg+m
L L
1
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv=2mv 解得v = v 则碰撞过程中损失的机械能为
1 1 2
ΔE= 1 mv2− 1 ⋅2m (1 v ) 2 = 1 mv2
2 2 2 4
考点04 功能关系
10．（2024·北京·高考）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与
速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可
知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，
所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的
冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速
度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损
失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
11．（2021·北京·高考）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f =kv（k
Δv
为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G−kv=m （①式）描述，其中m为物体质量，
Δt
G为其重力。求物体下落的最大速率v 。
m
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现
电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1 情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R上消耗的电能
G ΔI
v = E−RI=L
m k Δt
【答案】（1） ；（2）a. ，b. ；（3）见解析
G
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度v 时，加速度为零，有G=kv 得v =
m m m k
ΔI
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有 E−RI=L b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使
Δt
它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t图线如答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
情境1 情境2
电源提供的电能
线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能考点05 能量守恒定律
12．（2021·北京·高考）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆
球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l ，人站立时摆长为l 。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
1 2
（1）如果摆长为l ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
1
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角
1
为θ 。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ >θ 。
2 2 1
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ
后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求
在最低点“摆球”增加的动能ΔE 应满足的条件。
k
v2 5
【答案】（1）T=mg+m ❑；（2）a.见解析；b.ΔE ≥ mgl −mgl (1−cosθ)
l k 2 2 1
1
v2 v2
【详解】（1）根据牛顿运动定律T−mg=m ❑ 解得T=mg+m ❑
l l
1 1
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v、v，根据功能关系得
1 2
1 1
mgl (1−cosθ )= mv2 ，mgl (1−cosθ )= mv2 已知v = v，得
1 1 2 1 2 2 2 2 1 2
mgl (1−cosθ )=mgl (1−cosθ )因为l >l ，得cosθ >cosθ
1 1 2 2 1 2 1 2
所以θ
2
>θ
1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为E
k
，根据功能关系得E
k
=mgl
1
(1−cosθ) “摆
v2
球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为v ,根据牛顿运动定律得mg=m m “摆球”
m l
2
1
在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得E +ΔE ≥2mgl + mv2 得
k k 2 2 m
5
ΔE ≥ mgl −mgl (1−cosθ)
k 2 2 1
1．（2025·北京朝阳·二模）如图所示，某同学以大小为v 的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达Q点时
0
铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的夹角为30°，P、Q间的距离为L。不计空气阻力，铅
球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）√2L
A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
g
1
B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为 mgL
2
√gL
C．铅球从P点运动到Q点动量的变化为m❑
2
D．铅球到达Q点的速度大小为❑√v2−gL
0
【答案】D
【详解】A．铅球从P点运动到Q点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有
Lsin30o=
1
gt2 解得铅球从P点运动到Q点所用的时间为❑
√L
，A错误；
2 g
1
B．由重力做功有铅球从P点运动到Q点重力做的功为W =− mgL B错误；
G 2
√L
C．由上述分析可知，从P点运动到Q点所用的时间为❑ ，由动量定理有mgt=Δp 代入数据有铅球从P
g
点运动到Q点动量的变化为Δp=m❑√gL C错误；
1 1 1
D．铅球从P点运动到Q点由动能定理有− mgL= mv2 − mv2 解得铅球到达Q点的速度大小为
2 2 Q 2 0
❑√v2−gL，D正确。
0
故选D。
2．（2025·北京昌平·二模）如图所示，运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度v 踢出，足球
0
经过最高点（位置2），落在地面上位置3，位置2距离地面的高度为h，1与2和2与3间的水平距离不
等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从1到2，足球动能的减少量大于mgh
B．从1到2，足球动能的减少量小于mgh
C．从1到2，足球的加速度保持不变
1
D．在位置2，足球的动能等于
mv2−mgℎ
2 0
【答案】A
【详解】C．由于1与2和2与3间的水平距离不等，结合题图可知，足球在空中受到空气阻力的作用，由
于空气阻力是变力，所以从1到2，足球所受合力是变力，足球的加速度发生变化。故C错误；
AB．从1到2，设克服空气阻力做功为W ，根据动能定理可得ΔE =−mgℎ−W 可知足球动能的减少量
f k f大于mgh，故A正确，B错误；
1 1
D．从1到2，根据动能定理可得−mgℎ−W = mv2− mv2 可知位置2，足球的动能为
f 2 2 2 0
1 1 1
2
mv
2
2=
2
mv2
0
−mgℎ−W
f
<
2
mv2
0
−mgℎ 故D错误。
故选A。
3．（2025·北京昌平·二模）如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度的
过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是
（ ）
A．支持力和摩擦力均逐渐增大
B．支持力和摩擦力的合力逐渐增大
C．支持力和摩擦力均对重物做正功
D．支持力对重物做正功，摩擦力不做功
【答案】D
【详解】A．设长木板的倾角为θ，设重物的质量为m，以重物为对象，根据平衡条件可得N=mgcosθ，
f =mgsinθ 由于θ逐渐增大，可知支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，故A错误；
B．根据受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重物的重力等大反向，则支持力和摩擦力的合力保持不
变，故B错误；
CD．由于摩擦力与重物的运动方向总是垂直，所以摩擦力对重物不做功；由于支持力与重物的运动方向相
同，则支持力对重物做正功，故C错误，D正确。
故选D。
4．（2025·北京大兴·练习）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10−4 m2，喷水速度约为10m/s，
水的密度为1×103kg/m3，则该喷头（ ）
A．单位时间的喷水量约为2×10−2 m3
B．单位时间的喷水量约为2×10−4 m3
C．喷水的功率约为20W
D．喷水的功率约为100W
【答案】D
【详解】AB．单位时间的喷水量约为Q=SvΔt=2×10−3m3 故AB错误；
CD．设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSvΔt 喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加1
mv2
量，即 W 2 W 故C错误，D正确；
P= = =100
Δt Δt
故选D。
5．（2025·北京·一模）物体a、b质量分别为ma和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a和b分别只
受到恒定阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb。下列说法正确的是
（ ）
A．Fa>Fb，xa<xb B． Fa>Fb，xa>xb
C．Fa<Fb，xa>xb D． Fa<Fb，xa<xb
【答案】C
1
【详解】设物体a、b的初动能为E ，则有E = mv2 又ma<mb 可知v >v 由题知，经相同的时间
k0 k0 2 0 a0 b0
v E
停下来，则有x= 0t 可知x >x 根据动能定理有−Fx=0−E 可得F= k0 可得F <F
2 a b k0 x a b
故选C。
6．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角
为θ、半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走
或爬的方式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑
动多圈后，最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m，其与冰面的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g。为了讨论方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径r缓慢增大，每一圈
的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（ ）
A．在方式甲中，一定满足关系式mgsinθ<μmgcosθ
B．在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同
v2
C．在方式乙中，可利用mgtanθ=m 求得每圈的最小速度
r
D．在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为mgRtanθ
【答案】B
【详解】A．由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小
于重力的下滑分力，即有mgsinθ>μmgcosθ A错误；
B．在甲图方式在，其最大摩擦力f =μmgcosθ 在乙图方式中，对挑战者受力分析如下
甲mv2
在水平方向上，根据牛顿第二定律则有F sinθ−f cosθ= 其中v为挑战者圆周运动的线速度，r为
N 乙 r
挑战者在该平面圆周运动的半径； 在竖直方向上，根据平衡条件可得F cosθ+f sinθ=mg 联立解得
N 乙
mv2
f =mgsinθ− cosθ 显然f ≠f ，B正确；
乙 r 甲 乙
C．在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的向心力，因
v2
此不能利用mgtanθ=m 求每圈的最小速度，C错误；
r
D．由题可知，冰坑的深度为ℎ =Rtanθ 整个过程中，挑战者克服重力做的功W
G
=mgℎ =mgRtanθ 除
此之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtanθ
，D错误。
故选B。
7．（2025·北京西城·一模）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释
放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（ ）
A．物体受到支持力的大小
B．物体加速度的大小
C．合力对物体做的功
D．物体重力的冲量
【答案】C
【详解】设斜面倾角为θ，斜面的高度为ℎ：
A．垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小N=mgcosθ 则物体受到支持力的大小与斜面
倾角有关，故A错误；
B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma 可得a=gsinθ 则物体加速度的大小与斜面倾角有
关，故B错误；
C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为mgℎ，与斜面倾角无关，故C正确；D．沿着斜面方向，根据运动学公式 ℎ = 1 at2 解得t= 1 ⋅❑ √2ℎ 物体重力的冲量
sinθ 2 sinθ g
m
I
G
=mgt=
sinθ
❑√2gℎ与斜面倾角有关，故D错误。
故选C。
8．（2025·北京丰台·二模）如图所示，一物体在恒力F作用下沿斜面向上加速运动，已知物体质量为m，
加速度大小为a，物体和斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，重力加速度为g，在物体移动距离x
的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物体的摩擦力大小为mgsinθ
B．斜面对物体作用力的大小为mgcosθ
C．斜面对物体的摩擦力做功为−μmgx
D．物体动能增加了max
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对物体受力分析，如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件有F =mgcosθ 沿斜面方向，由牛顿第二定律有F−f −mgsinθ=ma 则摩擦
N
力f =μF =μmgcosθ=F−mgsinθ−ma 斜面对物体作用力的大小为T=❑√F2+f2=❑√μ2+1mgcosθ故
N N
AB错误；
C．由做功公式可得，斜面对物体的摩擦力做功为W =−fx=−μmgcosθ⋅x 故C错误；
D．由动能定理有ΔE =W 由牛顿第二定律有F =ma 又有W =F x 联立可得物体动能增加了max
k 合 合 合 合
故D正确。
故选D。
9．（2025·北京西城·二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动
时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）
A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B．0~2s内，小球始终处于超重状态
C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为2N⋅s
D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
【答案】C
【详解】A．小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N，到达最高点时传感器示数最小值为
零，则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g，结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g，根据
则 F-mg=ma 可知F=2mg=2N 即小球的质量m=0.1kg 由图像可知，振动的周期为4s，选项A错误；
B．0~2s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；
C．0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理I−mgt=0 可得小球受弹力的冲量大小
为I=2N⋅s选项C正确；
D．0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D
错误。
故选C。
10．（2025·北京东城·二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在
传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
1
D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于
mv2
2
【答案】D
【详解】A．物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上处于平衡状态，故不受摩擦力，故A
错误；
BC．物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第二定律可得加速度为定值，根据v=at可得，若达到与传送带相同的速度，则加速度为定值，传送带运动
速度越大，物块加速运动的时间越长，故BC错误；
1 f
D．对物体分析fx= mv2 ，v= t 传送带的位移为x =vt，划痕为Δx=x −x 摩擦产生的热量
2 m 2 2
1
Q=f Δx= mv2 故D正确。
2
故选D。
11．（2025·北京朝阳·二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加
速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m 、m ，与桌面间的动摩擦因数分别
1 2
为μ 、μ 。下列说法正确的是（ ）
1 2
A．m >m
1 2
B．μ >μ
1 2
C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少
D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小
【答案】BD
1
【详解】AB．物体运动后，由牛顿第二定律可知F−μmg=ma 即a= F−μg 由图像的斜率以及截距可
m
知m <m ，μ >μ A错误，B正确；
1 2 1 2
1
C．由图像可知，若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W =Fx=F⋅ at2 可知在相同的t内无法判断
2
拉力做功的大小，C错误；
D．根据F−μmg=ma结合图像的横截距可知物体滑动过程中甲所受的滑动摩擦力更大，根据
(F−μmg)x=E 可知拉力和距离相同时，甲获得的动能更小，D正确。
k
故选BD。
12．（2025·北京昌平·二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳
悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳
与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。(1)当秋千静止时，求水平外力的大小F。
(2)将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。
(3)若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功W 。
f
【答案】(1)F=mgtanθ
(3 )
(2)T=mg −cosθ
2
(3)W =−mgL(1−cosθ)
f
【详解】（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力T和水平拉力F作用。根据共点力平衡
F
知识得tanθ= 解得F=mgtanθ
mg
1
（2）不计空气阻力，秋千从静止摆到最低点的过程中，由机械能守恒得mgL(1−cosθ)= mv2 秋千运
2
v2 (3 )
动到最低点，拉力与重力的合力提供向心力，则有2T−mg=m 解得T=mg −cosθ
L 2
（3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理得W +W =0 又W =mgL(1−cosθ) 解得
G f G
W =−mgL(1−cosθ)
f
13．（2025·北京朝阳·二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气
阻力，请完成下列问题：
(1)若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g；
(2)若摆长为L，摆起最大角度为θ，求摆球通过最低点时速度的大小v ；
0
(3)若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高
点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。
4π2L
【答案】(1)g=
T2
(2)v =❑√2gL(1−cosθ)
0
(3)I=❑ √ (mv) 2+ (1 mgT ) 2
4√L
4π2L
【详解】（1）由单摆做简谐运动的周期公式T=2π❑ 可得g=
g T2
1
（2）由动能定理mgL(1−cosθ)= mv2 可得v =❑√2gL(1−cosθ)
2 0 0
1
（3）此过程中重力、拉力对小球产生冲量，其中重力的冲量大小为I = mgT
重 4
根据动量定理可知合力的冲量大小为I =mv 由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为
合
I=❑ √ (mv) 2+ (1 mgT ) 2
4
14．（2025·北京丰台·二模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导
轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v ，沿半圆形导轨
1
到达C点时速度为v ，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
2
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E ；
p
(2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力F ；
N
(3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
1
【答案】(1)E = mv2
p 2 1
v2
(2)F =m 2−mg，方向竖直向下
N R
(3)I=2m❑√gR
1
【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为E = mv2
p 2 1
v2 v2
（2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+F =m 2 解得F =m 2−mg方向竖直向
N R N R
下。
（3）物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有2R=
1
gt2 解得t=2❑
√R
该过程重力的冲量大小为
2 g
I=mgt=2m❑√gR
15．（2025·北京西城·二模）如图所示，小物块的质量m=0.10kg，以速度v =2m/s开始运动，运动至水
0
平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度ℎ =0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s=0.40m，
重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：(1)物块在空中运动的时间t；
(2)物块离开桌面右端时速度的大小v；
(3)桌面摩擦力对物块做的功W。
【答案】(1)0.4s
(2)1m/s
(3)−0.15J
1
【详解】（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有ℎ = gt2 代入数据解得t=0.4s
2
（2）物块在水平方向上有s=vt 代入数据解得物块离开桌面时速度的大小v=1m/s
1 1
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有W = mv2− mv2 代入数据解得W =−0.15J
2 2 0
16．（2025·北京西城·一模）半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端
点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速
度为g。若恰好能实现上述运动，求：
(1)小球在B点时速度的大小v ；
B
(2)小球的落地点与A点间的距离x；
(3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小F
A。
【答案】(1)v =❑√gR
B
(2)x=2R
(3)F =6mg
A
v 2
【详解】（1）小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有 mg=m B 得v =❑√gR
B
R
（2）小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有 2R=
1
gt2 得t=2❑
√R
小球落地点与A点间的距
2 g
离 x=v t 得x=2R
B（3）设小球在A点速度的大小为v ，在小球从A点运动到B点的过程中 根据动能定理有
A
1 1
−mg⋅2R= mv 2− mv 2 得v =❑√5gR 小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有
2 B 2 A A
v 2
F −mg=m A 得F =6mg
A R A
17．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，
半圆轨道BCD的半径R=0.4m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）向左
压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线
运动，其经过B点时的速度v =5m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度
B
g=10m/s2。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能E 。
p
(2)物体通过D点时的速度大小v 。
D
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。
【答案】(1)E =1.25J
p
(2)v =2m/s
D
(3)W =0.25J
1
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能E = mv2 可得弹簧被压缩至A点
p 2 B
时的弹性势能E =1.25J
p
v2
（2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg=m D 解得v =2m/s
D
R
1 1
（3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有−mg2R−W = mv2 − mv2 解得W =0.25J
2 D 2 B
18．（2025·北京四中·零模）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另
一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m=60.0kg，A到悬点O的距离L=4.00m，A与
平地的高度差ℎ =2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ=37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻
力，取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6，求：(1)人到达B点时的速率v；
(2)人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
(3)若高台边缘到对面河岸共d=4m，请分析人能否安全荡到对岸。
【答案】(1)4m/s
(2)840N
(3)人能安全荡到对岸
1
【详解】（1）人从离开高台到B点的过程中，由机械能守恒有mgL(1−cosθ)= mv2 代入数据解得人
2
到达B点时的速率v=4m/s
mv2
（2）在B点由牛顿第二定律有F−mg= 代入数据得人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小为
L
F=840N
（3）人从离开高台到B点的过程中水平位移为x =Lsinθ=2.4m 人从B到C的运动过程Z做平抛运动，
1
1
由平抛运动知识有ℎ−L(1−cosθ)= gt2 ，x =vt 则人从开始运动到落地水平位移为x=x +x 联立解
2 2 1 2
得x=4.8m>d故人能安全荡到对岸
19．（2025·北京通州·一模）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离
子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体
被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子
加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知每个离子质量为m、电荷量为q，单位时间内
飘入的正离子数目为N。将该离子推进器固定在地面上进行试验。
(1)求正离子经过电极B时的速度v的大小；
(2)求推进器获得的平均推力F的大小；
F
(3)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导 的表达式，并指出为提高能
PF
量的转换效率，要使 尽量大可以采取的两条措施。
P
√2qU
【答案】(1)v=❑
m
(2)N❑√2mqU
(3)见解析
【详解】（1）正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有qU=
1
mv2−0 解得v=❑
√2qU
2 m
（2）设正离子束所受的电场力为F′，根据牛顿第三定律，有F′=F 以很短时间Δt时间内飘入电极间的n
个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有F′Δt=nmv−0 其中
n=NΔt
解得F=F′=N❑√2mqU
1
（3）设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有P= F′v 则
2
F F′ 2 √2m
= = =❑
P P v qU
F F
根据 的表达式可知，为增大 可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
P P
