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专题二 能量与动量
2.1 功和能
【命题分析】
功和能是力学核心模块，在高考中约占15-20%分值，常作为压轴题载体。新课标强调能量
观念的培养，近年命题呈现以下趋势：
1. 加强实际情境融合（如体育运动、航天科技中的能量转化）
2. 注重守恒思想与功能关系的综合应用
3. 减少复杂计算，强化物理过程分析
【素养要求】
1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。
2.掌握常见的功能关系。
3.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律
解决能量观点问题。
1．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的
轻木板上，木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两
木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=
kx2（x 为绳
的伸长量）。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过
程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度大小为g，则F 所做的功等于（ ）
A．
B．
C．
D．
1
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【答案】B
【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F 所做的功
故选B。
2．（2024·安徽·高考真题）（多选）一倾角为
足够大的光滑斜面固定于水平地面上，
在斜面上建立Oxy 直角坐标系，如图（1）所示。从
开始，将一可视为质点的物块从
O 点由静止释放，同时对物块施加沿x 轴正方向的力
和
，其大小与时间t 的关系如图
（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g 取
，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．
时，物块的y 坐标值为2.5m
2
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C．
时，物块的加速度大小为
D．
时，物块的速度大小为
【答案】BD
【解析】A．根据图像可得
，
，故两力的合力为
物块在y 轴方向受到的力不变为
，x 轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做
的不是匀变速曲线运动，故A 错误；
B．在y 轴方向的加速度为
故
时，物块的y 坐标值为
故B 正确；
C．
时，
，故此时加速度大小为
故C 错误；
D．对x 轴正方向，对物块根据动量定理
由于F 与时间t 成线性关系故可得
解得
此时y 轴方向速度为
3
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故此时物块的速度大小为
故D 正确。
故选BD。
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重点一 功和功率
1．会计算恒力的功和变力的功
2．会计算平均功率和瞬时功率
例题1. 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出
后仅受阻力。针鞘质量为m，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（
）
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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
【解析】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，有
Ek = F2d2
故B 错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，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。
训练1. 质量为
的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x 轴零点。现给
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物块施加一沿x 轴正方向的水平力F，其大小随位置x 变化的关系如图所示，则物块运动到
处，F 做功的瞬时功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据图像可知物块运动到
处，F 做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到
处时的速度为
故此时F 做功的瞬时功率为
故选A。
重点二 动能定理的应用
1．基本思路
(1)确定研究对象和研究过程。
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者
分过程列式。
2．解题技巧
(1)动能定理虽然是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运
动。
(2)在解决涉及位移和速度而不涉及加速度和时间的问题时，常选用动能定理求解。
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移。
例题2. 如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑定滑轮的轻绳（定
滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中（
）
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A．铁球处于失重状态
B．铁球的加速度减小
C．轻绳的拉力增大
D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功
【答案】B
【解析】A．设当定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为
时，轻绳的拉力大小为
，小车
的速度大小为
，铁球的速度大小为
，有
在铁球上升的过程中
增大，又
增大，则在此过程中
增大，即铁球具有向上的加速度，
则铁球处于超重状态，故A 错误；
BC．设铁球的质量为
，根据牛顿第二定律有
小车的功率
在
不变的情况下，当
增大时，
减小，而
减小，可得铁球的加速度
减小，故B
正确，C 错误；
D．因为
增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，又墙面对铁球不做功，则轻
绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D 错误。
故选B。
训练2. 如图所示，内壁粗糙的半径
的
圆弧轨道竖直固定在水平地面上，最底端
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与足够长的水平地面相切。将一质量
的滑块（视为质点）从与圆心O 等高处沿圆弧
轨道由静止释放，滑块经过圆弧轨道最低点P 后最终停止在Q 点，已知P、Q 间的距离
，滑块与水平地面间的动摩擦因数
，取
，下列说法正确的是
（ ）
A．滑块经过P 点时速度大小为2m/s
B．滑块在水平地面上运动的时间为0.2s
C．滑块经过圆弧轨道最低点P 时，对轨道的压力大小为15N
D．滑块沿圆弧轨道滑动的过程中，克服摩擦力做的功为0.5J
【答案】D
【解析】A．滑块从P 点到Q 点，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
由匀变速运动规律，可知
解得
故A 错误；
B．滑块在水平地面上运动的时间
故B 错误；
C．在圆弧轨道最低点P 时，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小
故C 错误；
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D．滑块沿圆弧轨道滑动过程中，根据动能定理，有
解得
故D 正确。
故选D。
重点三 机械能守恒定律
1．机械能守恒的判断
定义判断法
看动能与势能之和是否变化
能量转化判断法
机械能没有与其他形式的能
转化时，系统机械能守恒
做功判断法
只有重力(或系统内弹簧的弹力)
做功时，系统机械能守恒
2.机械能守恒定律的表达式
3．连接体的机械能守恒问题
共速率模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物
体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在
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弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形
变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧
处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
例题3. 一弹玻璃球游戏的简化示意图如图所示，在半径为R 的固定光滑半球体表面的最高
点B 放置一个玻璃球P，从A 点将另一玻璃球Q 以速度
（未知）沿圆弧切线弹出，只要
能沿球面运动到最高点与玻璃球P 发生碰撞即为胜利。已知
，重力加速度为
g，两玻璃球均可视为质点，
，则
的大小可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】玻璃球Q 恰好到最高点与玻璃球P 相碰时，满足重力和支持力相等，向心力为零，
到最高点的最小速度为零，玻璃球Q 从A 点到最高点，由机械能守恒定律有
解得玻璃球Q 在A 点弹出的最小初速度
在A 点弹出时，玻璃球Q 恰好不离开球面，满足重力沿半径方向的分力提供向心力，有
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解得玻璃球Q 在A 点弹出的最大初速度
故
的大小满足
故选B。
训练3. 某缓冲装置的主要部分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻质弹簧劲度系数
k=400N/m，左端固定在竖直墙上。水平地面上一滑块从P 点以某一速度水平向左冲向弹簧，
如图甲所示。滑块经弹簧缓冲后向左最远运动到Q 点，又被弹簧弹回，最后恰好停在P 点。
以Q 点为坐标原点、水平向右为正方向建立x 轴，滑块从Q 点到P 点的运动过程中，加速
度a 随位置坐标x 的变化规律如图乙所示。已知弹簧始终在弹性限度内，滑块与水平地面
间动摩擦因数保持不变，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．P 点的坐标xP=0.35m
B．P 点的坐标xP=0.45m
C．滑块从P 点开始向左运动时的动能Ek=16J
D．滑块从P 点开始向左运动时的动能Ek=32J
【答案】C
【解析】AB．滑块从Q 运动到P 的过程，根据动能定理可得
由图可知
在Q 点有
联立可得
，
故AB 错误；
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CD．根据能量守恒定律可得
故C 正确，D 错误。
故选C。
难点一 功能关系的理解和应用
1．常见的功能关系
2．两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE 减
＝ΔE 增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即
ΔEA 减＝ΔEB 增。
例题4. 如图所示，将一小物块A 轻轻放在长
以
顺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
，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
。小物块A 与传送带间的动摩擦因数
，A、C 之间及B、C 之间的动摩
擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C 的质量均为
，重力
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加速度为
，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
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
【解析】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为
小物块加速到与传送带共速所用时间为
小物块加速阶段通过的位移为
小物块在传送带上匀速运动所用时间为
则小物块A 由M 运动到N 所用时间为
小物块A 在传送带上运行过程，发生的相对位移为
因摩擦产生的内能为
根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为
故A 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
故B 错误；
C．A 滑上C 后，A 做减速运动的加速度大小为
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设经过
时间A 与小物块B 发生碰撞，则有
解得
或
（舍去，因为此时A 的速度小于B 的速度）
碰撞前瞬间A 的速度为
碰撞前瞬间B、C 的速度为
A 与小物块B 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得碰撞瞬间A、B 的速度分别为
，
可知碰撞后A、C 保持相对静止一起加速运动，加速度大小为
碰撞后B 做减速运动，加速度大小为
设经过
时间B 与A、C 达到共速，且B 未与挡板相碰，则有
解得
，
此过程B 相对C 发生的位移大小为
假设成立，故B 不会与挡板相碰，故C 错误。
故选D。
训练4. 如图所示，A 为一足够长的固定斜面，物块B 由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，
现使物块B 在t=0 时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F=kt 的垂直于斜面的作
用力，x、v、f 和E 分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正
确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】AB．由于F 随时间均匀增大，物块沿斜面下滑过程中，物块对斜面的压力均匀增
大，物块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后
沿斜面向上均匀增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增
大的减速运动，故A 错误，B 正确；
C．
时刻所受的摩擦力不为零，故C 错误；
D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大
小在随时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均
匀增大，物块的机械能也并非随时间均匀减小，故D 错误。
故选B。
难点二 系统机械能守恒
1．基本思路
守恒思想、转化思想和转移思想的应用。
例题5. 如图所示，细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板
上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A 点
以
的速度匀速移动到B 点，此时细绳与水平方向的夹角为
。已知重物质量
为
，右侧定滑轮与A 点的竖直高度
，重力加速度
，
，
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不考虑滑轮的大小和质量，下列说法正确的是（ ）
A．重物匀速上升
B．人到达B 点时，重物重力的功率大小为200W
C．整个过程人对重物做功为100J
D．人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右
【答案】B
【解析】A．在B 点绳末端，由关联速度可得，沿绳方向的分速度
人向右移动过程中，
减小，v 不变，故
增大，即重物加速上升，A 错误；
B．人到达B 点时，由动滑轮特点，物体上升的速度
即重物重力的功率
B 正确；
C．由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长
重物上升的高度
则
C 错误；
D．人行走时，受到的静摩擦力水平向右，人对地面的摩擦力水平向左，D 错误。
故选B。
训练5. 如图所示，挡板P 固定在倾角为
的斜面左下端，斜面右上端
与半径为
的圆
弧轨道
连接，其圆心
在斜面的延长线上。
点有一光滑轻质小滑轮，
。质
量均为
的物块B、C 由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C 紧靠在挡板P 上，
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物块B 用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为
、大小可忽略的小球A 相连，初始时刻小球A
锁定在
点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，物块B、C 处于静止状态。某时刻解
除对小球A 的锁定，当小球A 沿圆弧运动到最低点
时（物块B 未到达
点），物块C 对挡
板的作用力恰好为0。已知重力加速度为
，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．小球A 到达
点时，小球A 与物块B 的速度大小相等
B．小球A 沿圆弧运动到最低点
的过程中，其重力的功率一直增大
C．小球A 到达
点时的速度大小为
D．小球A 由
点运动到
点的过程中，小球A 和物块B 的机械能之和先减小后增大
【答案】C
【解析】A．小球A 到达
点时，速度分解如图。
根据运动的合成与分解有
A 错误；
B．小球A 沿圆弧开始运动时，重力的功率增大，到最低点
时，速度方向与重力方向垂直，
重力的功率为0，因此在此过程中，其重力的功率先增大后减小，B 错误；
C．A 球从解锁到最低点
点过程中系统由能量守恒可得
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又
解得
故B 正确，C 错误；
D．弹簧经历了从压缩到恢复原长，再到拉伸状态，弹性势能先减小再增大，所以小球A
和物块B 的机械能之和先增大再减小，故D 错误。
故选C。
（建议用时：30 分钟）
一、单选题
1．如图所示，某扫地机器人在客厅内执行清扫任务，机器人从客厅
点出发，沿虚线运动
到
点，耗时
，清扫路线的总长度为
的直线距离为
，清扫过程中机
器人所受的平均阻力大小为
，则（ ）
A．
表示时刻
B．此过程平均速度大小为
C．此过程平均速率为
D．此过程克服阻力做功240J
【答案】C
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【解析】A．
表示清扫的时间，故A 错误；
B．此过程平均速度大小为
故B 错误；
C．此过程平均速率为
故C 正确；
D．此过程克服阻力做功
故D 错误。
故选C。
2．安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪
著称于世。2013 年7 月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇
幻美景和视觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车
情形如图（2）所示，缆车内部地板水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零
B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行
C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零
D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功
【答案】D
【解析】A．当观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力才为零，故 A 错误；
B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此
缆车对乘客的作用力与重力的合力方向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定不与
轨道平行，故B 错误；
C．缆车匀速下行时，人处于平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，故C 错误；
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D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客
做负功， D 正确。
故选D。
3．如图所示，将完全相同的小球1、2 从同一高度处同时由静止释放，其中斜面固定在地
面上且表面光滑，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两个小球同时落地
B．两个小球落地瞬间的速度相同
C．两个小球落地瞬间的动能相同
D．两个小球落地瞬间重力的功率相同
【答案】C
【解析】A．小球1 做自由落体运动，小球2 做初速度为零的匀加速直线运动，小球2 的加
速度小于g，位移大于小球1 的位移，所以小球2 的运动时间比小球1 的运动时间长，即小
球2 后落地，故A 错误；
BC．两个小球运动过程中机械能守恒，重力势能的减少量相等，动能的增加量也相等，末
动能也相等，末速度大小也相等，但方向不同，所以两个小球落地瞬间的速度不相同，故
B 错误，C 正确；
D．两个小球落地瞬间速度大小相等，但方向不同，所以重力的功率不同，故D 错误。
故选C。
4．质量为m 的汽车从静止开始以恒定功率P 启动，达到最大速度v 时撤去牵引力，汽车开
始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．在加速阶段，汽车在相同时间间隔内的速度增加量逐渐增大
B．在加速阶段，汽车的动能变化量等于牵引力做的功
C．在减速阶段，汽车的位移大小为
D．在整个运动阶段，汽车的平均速度大于
【答案】D
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【解析】A．汽车在加速阶段有
，
可知，汽车速度增大，牵引力减小，加速度减小，所以汽车在相同时间间隔内的速度增加
量逐渐减小，故A 错误；
B．在加速阶段，根据动能定理可知，汽车的动能变化量等于牵引力与阻力做功之和，故B
错误；
C．汽车在减速阶段有
，
，
联立可得
故C 错误；
D．由于汽车在加速阶段加速度减小，所以平均速度大于
，减速阶段平均速度等于
，
所以在整个运动阶段，汽车的平均速度大于
，故D 正确。
故选D。
5．图
为记载于《天工开物》的风扇车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质的木制
传统农具。风扇车的工作原理可简化为图（b）模型：质量为
的杂质与质量为
的子实
仅在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置
静止释放，若
小于
，杂质与子实受
到的风力大小相等。下列说法正确的是（ ）
A．杂质与子实在空中做曲线运动
B．杂质与子实在空中运动的时间相等
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率相等
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D．杂质落地点与
点的水平距离小于子实落地点与
点的水平距离
【答案】B
【解析】A．在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置
静止释放，所以杂质与子实在
空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A 错误；
B．杂质与子实在空中运动的时间相等，因为竖直方向两者均做自由落体运动，高度相同，
故B 正确；
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率
因为质量不同，所以功率不同，故C 错误；
D．杂质的水平加速度
较大，水平方向位移
杂质落地点与
点的水平距离大于子实落地点与
点的水平距离，故D 错误。
故选B。
6．如图1 为海盗桶玩具，当插进桶内的剑触发桶内开关时，小海盗就从木桶顶部突然跳出
来。其原理可简化为图2 所示，弹簧压缩后被锁扣
锁住，打开锁扣
，小球被弹射出去，
A 位置为弹簧原长，忽略弹簧质量和空气阻力，从B 到A 的过程中，下列说法正确的是（
）
A．小球的机械能守恒
B．小球的速度一直在增大
C．小球的加速度先增大后减小
D．小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大
【答案】D
【解析】A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误；
BC．小球向上运动的过程，对小球受力分析，可知，刚开始弹簧的弹力先大于重力，故加
速度向上，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断减小，但小球的速度向上不断增大；
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然后，弹簧的弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；最后弹簧的弹力小于重力，加
速度向下，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断增大，但小球的速度不断减小，所
以此过程小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故BC 错误；
D．由题分析，可知小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能之
和保持不变，故在此过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，所
以重力势能与弹性势能之和先减小后增，故D 正确。
故选D。
7．世界跳伞冠军石春艳在张家界从距地面200m 高的直升飞机中由静止跳下，下落一段距
离后，打开降落伞，成功降落在定点位置，成为超低空跳伞第一人。她在空中的运动轨迹
视为直线，假设她受到的各个力均为恒力，则在运动过程中，以向下为正方向，下列关于
她的加速度a、速度v、位移x 和机械能E 随时间t 变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．石春艳跳伞过程，由于所受到的力均为恒力，根据题意可知她先做匀加速直
线运动，降落伞打开后做匀减速直线运动，加速度a 方向先向下，后向上，
图像中图
线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，坐标轴之上表示增加的速度，坐标轴之下
表示减小的速度，由于减小的速度不可能大于增加的速度，故A 错误；
B．石春艳跳伞过程，先做匀加速直线运动，降落伞打开后做匀减速直线运动，速度方向始
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终向下，取正值，B 可能正确；
C．加速阶段，位移有
位移与时间成二次函数的关系，C 错误；
D．加速阶段机械能
，
，
可得
机械能与时间成二次函的关系，D 错误。
故选B。
8．光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板正以
的速度向右运动。某时刻
在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1kg，速度向左，大小也是
。经过2s 后，
物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是（g 取
）（ ）
A．木板长度为3m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12J
D．摩擦力对物块做功为4J
【答案】C
【解析】AB．根据题意可知，设木板质量为M，物块质量为m，题意可知二者初速度大小
，设二者最终速度为v，木板与物块所组成的系统动量守恒，取向右为正，有
代入数据得
即物块滑到木板左端时两者共速，以1m/s 的速度大小一起向右做匀速直线运动。木板的加
速度大小为
对木板，由牛顿第二定律有
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代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为
设木板长度为L，由功能关系得
代入数据解得木板的长度L=6m
故AB 错误；
C．系统因摩擦产生的热为
故C 正确；
D．由运动学知识可知物块达到共速时的对地位移为
负号表示位移向左，故摩擦力对物块做的功为
故D 错误。
故选C。
二、多选题
9．如图，带电荷量为
的球1 固定在倾角为
光滑绝缘斜面上的N 点，其正上
方L 处固定一电荷量为
的球2，斜面上距N 点L 处的M 点有质量m 的带电球3，球3 与
一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在M 点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为
，球2、3
间的静电力大小为
。迅速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g 为重力加速度，球的大
小可忽略，下列关于球3 的说法正确的是（ ）
A．带正电
B．运动到MN 中点处时，动能最大
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C．运动至N 点的速度大小为
D．运动至N 点的加速度大小为2g
【答案】AD
【解析】A.由于2 球对3 球的作用力沿斜面方向的分力大小为
垂直斜面方向的分力大小为
小球所受重力沿沿斜面方向的分力大小为
垂直斜面方向的分力大小为
由于
，
，且弹簧被压缩，所以小球1 与小球3 之间是斥力，小球1 带正电，
小球3 也带正电，A 正确；
B．由于小球2 带负电，小球1 带正电，小球1 和2 之间是引力，球3 沿斜面向下运动合力
为零时动能最大，运动到MN 中点处时，小球所受弹簧的弹力为0，库仑力垂直于斜面向
上，合力为
，所以此时动能不是最大，B 错误；
C．运动至N 点的过程中，弹簧的弹性势能不变，电场力做功为零，电势能也不变，根据
能量守恒有
可得
C 错误；
D．球3 在M 点时，根据平衡有，
对于球3 和球2 之间有
可得
球3 运动至N 点时，弹簧弹力反向，大小不变， 根据牛顿第二定律，有
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解得
D 正确。
故选AD。
10．2024 年11 月4 日，神舟十八号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间
内，整个装置先减速后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是（ ）
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功
【答案】BD
【解析】A．打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A 错
误；
B．减速下降阶段，由功能关系可知
则返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功，故B 正确；
CD．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻力
的大小相同，所以返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故C 错误，D 正确；
故选BD。
11．如图所示为篮球运动员某次投三分球直接入筐的情景，篮球出手时的高度为2.95m，
出手时的速度方向与水平方向成37°角，投篮位置与篮筐中心的水平距离为6.8m。已知篮
球的质量为0.6kg，篮筐的高度为3.05m，不计空气阻力，篮球可视为质点，sin37°=0.6，重
力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
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A．篮球人篮筐前在空中运动的时间为0.8s
B．篮球出手瞬间的动能为21.675J
C．篮球运动过程中的最大高度约为4.25m
D．如果篮球入篮筐的过程中未与篮筐相碰且不考虑落地后反弹，则篮球在空中运动的
时间约为2s
【答案】BC
【解析】AB．设抛出速度为v，如图所示
将速度分解成水平方向和竖直方向，篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上
抛运动，在篮球从出手到落入篮筐内的过程中，水平方向有
竖直方向有
联立解得
，
篮球出手时的动能
故A 错误，B 正确；
C．篮球上升的最大高度
所以
故C 正确；
D．篮球从出手至运动到最高点的时间
设从最高点至落地用时为t2，则有
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解得
所以篮球在空中运动的时间
故D 错误。
故选BC。
12．某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度ω 匀速转动，固定在圆盘上的小圆
柱离圆心距离为R，带动一个T 形支架在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时，在
桌面的A 点轻放质量为m 的小物件P，此时T 形支架的右端恰好与P 接触但不粘连，圆盘
转半圈时物件P 恰好运动到O 点。不计一切摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．从A 点开始运动到与T 形架分离的过程中，物件P 做匀变速直线运动
B．物件P 从A 点开始运动的过程，T 形支架对其做功为
C．小圆柱从最左端开始转动
圆周时，物件P 与T 形支架分离
D．AO 的距离为
【答案】BCD
【解析】A．T 形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为
将小圆柱的速度分解如图所示
水平方向上的分速度为
所以物件P 从A 点开始运动到与T 形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A 错误；
BC．当水平圆盘转过
圈时，小圆柱的速度在沿AO 方向的分量最大，则P 速度达到最大
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值v，且之后小圆柱在沿AO 方向的分量开始减小，所以此时物件P 将与T 形支架分离，此
后以v 做匀速直线运动，物件P 从A 点开始运动的过程，由动能定理得，T 形支架对其做的
功为
故BC 正确；
D．支架与物件P 分离之后P 做匀速直线运动在圆盘转动
周期时间到达O 点，此时间内P
运动的位移为
AO 间的距离为
故D 正确。
故选BCD。
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