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专练目标
专练内容
目标1
对功和功率的理解（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
动能定理求变力的功（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
动能定理求多段过程问题（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
动能定理求解机车启动问题（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
机械能守恒问题（T 9、T 10、T 23、T 24）
目标6
能量守恒与板块问题结合问题（T 11、T 12、T 25、T 26）
目标7
能量守恒与曲线运动结合问题（T 13、T 14、T25、T27、T 28）
一、单选题
1．（2024·江苏连云港·统考一模）如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，下列说法正
确的是（ ）
A．起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力
B．起跳速度越大，地面对人做功越多
C．起跳速度越大，人在最高点机械能越大
D．起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大
【答案】C
【解析】A．地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定
律，相互作用力等大反向，故A 错误；
B．跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故
专题5.
功和能-突破典型题型之力学选择题（2024 届高考物理二轮复习）
1
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地面对人的作用力对人不做功，是人体的内力做功将生物能转化为动能，故B 错误；
C．起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为重力势能的参考平面，则起跳时的
动能即为人的机械能，起跳后人的机械能守恒，所以，起跳速度越大，人在最高点机械能
越大，故C 正确；
D．达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D 错
误。
故选C。
2．（2024·四川南充·统考一模）质量为2kg 的物体与水平地面的动摩擦因数为0.1，在水平
拉力F 的作用下由静止开始运动，拉力F 做的功W 和物体的位移s 之间的关系如图所示，
重力加速度
，物体从静止到位移为9m 的过程中，下列说法中正确的是
（ ）
A．物体一直做匀加速直线运动
B．拉力F 的平均功率为6.75W
C．摩擦力做的功为18J
D．拉力F 的最大瞬时功率为12W
【答案】B
【解析】A．根据
可得
图像的斜率表示拉力F，由图可知在
处，水平拉力F 发生改变，根据牛顿
第二定律
在
处，加速度发生了改变，故A 错误；
B．由图像可得，当位移为9m 时，拉力F 做的功为27J，物体从开始运动到
处，做
匀加速直线运动，此时拉力F 为5N，则
2
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解得
根据
得加速度时间为
末速度为
物体从
到
过程中，物拉力为2N，则
即物体从
到
做匀速直线运动，运动的时间为
拉力F 作用的总时间为
拉力F 的平均功率为
故B 正确；
C．摩擦力做的功为
故C 错误；
D．根据
可得，当物体速度最大和拉力最大时，功率最大，即
3
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故D 错误。
故选B。
3．（2023·河北·校联考模拟预测）图（a）为玩具风铃，它可以简化为图（b）所示的模型。
已知圆盘的半径为
，质量分别为
和
的
两物体通过轻杆与圆盘连接，其中杆
与圆盘通过铰链相连，
到
的距离分别为
和
。圆盘绕
轴以恒定的角速度
转
动，稳定时测得轻杆与竖直方向的夹角为
，已知重力加过度
，不计空气阻力。下列说
法正确的是（ ）
A．
两物体做匀速圆周运动的向心加速度之比为
B．风铃从静止至达到稳定过程中，轻杆
与轻杆
对
做的总功为
C．
杆上的拉力与
杆上的拉力大小之比为
D．
两物体做匀速圆周运动的动能之比为
【答案】B
【解析】A．A、B 两物体做匀速圆周运动的角速度相同，做匀速圆周运动的半径为
故它们做匀速圆周运动的向心加速度之比
A 错误；
B．风铃从静止至达到稳定过程中，由动能定理有
4
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故轻杆O1A 与轻杆AB 对A 做的总功为
，B 正确；
C．如果小球B 的力沿杆，以B 为研究对象受力分析知，AB 杆上的拉力
以A、B 整体为研究对象受力分析知，O1A 杆上的拉力
故
但因为小球B 的力不沿杆，所以拉力比不等于
，故C 错误；
D．A、B 两物体做匀速圆周运动时，A、B 的动能之比为
D 错误。
故选B。
4．（2024·四川成都·石室中学校考一模）如图所示，静止框架
中的杆
竖直，杆
与水平面间的夹角
，且杆
光滑。弹簧与竖直方向间的夹角
，上端用
铰链与固定点
相连，下端与穿在
杆上的质量为
的小环相连，已知
两点间的距离
为
。则（ ）
5
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A．弹簧弹力的大小为
B．杆对小环的弹力大小为
C．若整个框架以
为轴开始转动，当小环稳定在与
点等高的
点时转速为
D．若整个框架以
为轴开始转动，当小环缓慢运动到与
点等高的
点时杆对小环
做的功为
【答案】D
【解析】AB．小环在
点静止时，受力分析如图所示，根据平衡条件有
解得
故AB 错误；
C．小环在
点时，设小环做圆周运动的半径为，所受弹簧的弹力大小为
、杆的弹力大
小为
，则水平方向有
竖直方向有
6
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由几何关系有
弹簧伸长的长度与初始相同，则
解得
根据
解得
故C 错误；
D．小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度
小环在
点的速度大小
小环由
点到
点的过程中，根据动能定理有
解得
故D 正确。
故选D。
7
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5．（2023·四川乐山·统考一模）一质量为m 的小球从距地面高度H 的位置自由下落到水平
地面上，与水平地面碰撞后弹起，假设小球与地面碰撞过程中没有能量损失，但由于受到
大小不变的空气阻力的影响，使每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的
，已知
重力加速度为g，为使小球弹起后能上升到原来的高度H，在小球开始下落时，在极短的
时间内给小球补充能量，应补充（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】对不补充能量的情况：对整个运动过程，重力做功
克服空气阻力做功
且
解得
对补充能量的情况：对整个运动过程，重力做功为零，空气阻力做功为-f×2H，补充的能量
为E，则由动能定理有
解得
故选A。
6．（2023·四川达州·统考一模）如图所示，鱼缸放在铺有桌布的水平桌面上，距桌子右边
缘为，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸恰好滑到桌子右边缘，已知鱼缸在
桌面上滑动的距离为
。下列说法正确的是（ ）
8
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A．鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为
B．鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为
C．桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面做的功之比为
D．猫要想吃到鱼缸中的鱼（让鱼缸滑出桌面），猫将要给桌布施加更大的力
【答案】B
【解析】A．鱼缸运动的全过程，根据动能定理有
鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为
故A 错误；
B．鱼缸在桌布的摩擦力作用下做匀加速运动，在桌面的摩擦力作用下做匀减速运动，加速
度大小之比
根据
得鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为
故B 正确；
C．桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面做的功之比为
，故C 错误；
D．猫要想吃到鱼缸中的鱼（让鱼缸滑出桌面），猫将要给桌布施加更小的力，使鱼缸加
速时间更长，故D 错误。
故选B。
9
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7．（2023·四川成都·棠湖中学校考一模）某汽车的质量为2000 kg，以额定输出功率80 kW
沿倾角为
的足够长的斜坡以大小为54 km/h 的初速度向上运动，经过4 s 汽车达到稳定
状态。汽车在运动过程中所受阻力大小恒为车重的0.2 倍，重力加速度大小g 取10 m/s2，
。该汽车从开始至达到稳定状态的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀减速直线运动
B．汽车做加速度减小的加速直线运动
C．汽车最终以大小为5.3 m/s 的速度做匀速直线运动
D．汽车运动的位移大小为32.5 m
【答案】D
【解析】AB．根据功率的计算公式可知刚开始的牵引力为
N
对汽车受力可知
可知汽车做加速度减小的减速直线运动，故AB 错误；
CD．汽车稳定后满足
N
速度为
m/s
根据动能定理有
解得
L=32.5 m
故D 正确；
故选D。
8．如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1 小时内，成为2022 年北京冬
奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为
，
且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为
，最高行驶速度
。
10
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则下列说法正确的是（ ）
A．由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
B．行驶过程中动车受到的阻力大小为
C．从启动到速度为
的过程中，动车牵引力所做的功为
D．当动车的速度为
时，动车的加速度大小为
【答案】D
【解析】A．由题目信息无法估算京张铁路的全长，故A 错误；
B．行驶过程中动车受到的阻力大小为
故B 错误；
C．从启动到速度为
的过程中，动车牵引力所做的功为
，阻力做的功为
，根据动能
定理有
动车牵引力所做的功为
故C 错误；
D．当动车的速度为
时，动车的牵引力为
根据牛顿第二定律有
11
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动车的加速度大小为
故D 正确。
故选D。
9．（2023·四川眉山·统考一模）如图，竖直面内两个完全相同的
光滑圆弧轨道平滑对接，
P、Q 是等高的两端。让一可视为质点的小球以沿切线的初速度从P 端进入轨道，则（
）
A．小球在轨道最低点的机械能最大
B．小球在轨道最低点对轨道的压力最大
C．初速度足够大时，小球可能飞离“凹形”轨道
D．初速度足够大时，小球一定能通过“凸形”轨道最高点
【答案】B
【解析】A．小球在光滑圆弧轨道上运动，只有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B．小球在轨道最低点有
根据机械能守恒
则小球在轨道最低点速度最大，则球在轨道最低点轨道对球的支持力最大，根据牛顿第三
定律球对轨道的压力最大，故B 正确；
C．设小球与竖直方向的夹角为
，在“凹形”轨道运动，根据牛顿第二定律有
球的重力与轨道对球的支持力的合力提供向心力，初速度足够大时，小球不可能飞离“凹
形”轨道，故C 错误；
D．在“凸形”轨道运动，根据牛顿第二定律有
12
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初速度足够大时，球的重力与轨道对球的支持力的合力不足以提供向心力，小球不能通过
“凸形”轨道最高点，故D 错误。
故选B。
10．（2024·山东潍坊·昌乐二中校考模拟预测）如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为
的光滑斜面底端，另一端连接一质量为3kg 的物块A，系统处于静止状态。若在斜
面上紧靠A 上方处轻放一质量为2kg 的物块B，A、B 一起向下运动到最低点P（图中P 点
未画出），然后再反向向上运动到最高点，对于上述整个运动过程，下列说法正确的是
（已知
，
，重力加速度g 取
）（ ）
A．两物块沿斜面向上运动的过程中弹簧可能恢复原长
B．在物块B 刚放上的瞬间，A、B 间的弹力大小为12N
C．在最低点P，A、B 间的弹力大小为16.8N
D．在最低点P，弹簧对A 的弹力大小为30N
【答案】C
【解析】A．根据系统机械能守恒可知，A、B 一起反向向上运动到最高点为一开始A 处于
静止的位置，则两物块沿斜面向上运动的过程中弹簧不可能恢复原长，故A 错误；
B．在物块B 刚放上的瞬间，以A、B 为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得A、B 间的弹力大小为
13
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故B 错误；
CD．在最低点P，根据对称性可知，此时A、B 的加速度方向沿斜面向上，大小为
以A、B 为整体，根据牛顿第二定律可得
解得弹簧对A 的弹力大小为
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
解得A、B 间的弹力大小为
故C 正确，D 错误。
故选C。
11．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m
的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，
为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一
水平向右的作用力F，那么力F 对木板做功的数值为（ ）
A．
mv2
B．
mv2
C．mv2
D．2mv2
【答案】C
【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动
能，一部分转化为系统内能，故
14
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以上三式联立可得
故选C。
12．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接
于N 点，圆弧轨道半径为R。质量为m 的小滑块自圆弧轨道最高点M 由静止释放，滑块在
传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N 点高度为
。不计空气阻力，
则以下说法错误的是（ ）
A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N 点
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
【答案】B
【解析】A．小滑块第一次滑上传送带时的速度为v1，根据机械能守恒定律可得
解得
向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为v2，滑块上升过程中根据机械能守
恒定律可得
15
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解得
因为
所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速传动的速度大小为
，A 正确；
B．最终滑块下落到底端的速度大小与传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带的速度和离
开传动带的速度大小相等，之后一直保持这种状态来回运动，所以小滑块不会停在N 点，
B 错误；
C．设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块第一次在传送带上减速直线运动的时间
为
相对传送带的距离为
解得
反向加速直线运动的时间为
相对传送带的位移为
解得
滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
16
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解得
C 正确；
D．第三次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以后每次滑上传送带产生的
热量一样相同；滑上传送带减速直线运动过程中经过的时间
相对传送带的距离为
返回过程相对传送带的距离为
滑块第三次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D 正确。
故选B。
13．（2023·上海徐汇·统考二模）嫦娥五号返回舱关闭推进器，沿如图轨迹以类似“打水
漂”的方式两度进入大气层，途经相同高度的A、C 两点时具有的机械能分别为EA、EC，在
B 点受空气作用力FB与重力G，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
17
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【解析】嫦娥五号由A 点到B 点再到C 点过程，需克服空气阻力做功一部分机械能要转化
为内能，所以
；B 点附近一段轨迹可以看作圆周运动的一部分圆弧，分析嫦娥五号
在B 点时，竖直方向合力向上，空气对嫦娥五号的作用力的竖直分力大于重力，水平分力
与运动方向相反为空气阻力，竖直分力与水平分力的合力为空气对嫦娥五号的作用力，故
嫦娥五号在B 点受的空气作用力FB 大于重力G，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
14．如图所示，光滑轨道ABCD 是过山车轨道的模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互
错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与足够长的水平传送带
无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动。现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上竖直
高度为3R 的位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，已知滑块滑上
传送带后，又从D 点滑入光滑轨道ABCD 且能到达原位置A，则在该过程中（ ）
A．在C 点滑块对轨道的压力为零
B．传送带的速度可能为
C．摩擦力对物块的冲量为零
D．传送带速度v 越大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多
【答案】D
【解析】A．从A 到C 由机械能守恒得
解得
在C 由牛顿第二定律有
解得
18
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故A 错误；
B．从A 到B 由机械能守恒得
解得
小滑块滑传送带后做匀减速直线运动到0，如果传送带速度为
，则小滑块返回B 点时
速度小于
，所以小滑块不能返回A 点，故B 错误；
C．小滑块在传送带上运动时，当小滑块滑上传送带的速度大于传送带的速度时，小滑块返
回D 端时的速度和滑上的速度大小不相等，由动量定理可知，摩擦力的冲量不为0，故C
错误；
D．滑块与传送带摩擦产生的热量
传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D 正确。
故选D。
二、多选题
15．（2024·福建·统考一模）投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蕗兵法》中记载：
“飞石重十二斤，为机发行三百步。”如图所示为某小组自制的投石机，轻质长杆
可
绕光滑转轴
在竖直面内转动，
长为
，BC 长为
。将一质量
的石块放在A 端网袋中，另一质量
的重物固定于
端，初始时A 端位于
地面上，杆与水平面的夹角为
。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向
抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知
，重力加速度
取
，则（ ）
19
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A．石块被抛出瞬间的速度大小为
B．石块被抛出瞬间的速度大小为
C．石块落地前瞬间重力的功率为
D．石块落地前瞬间重力的功率为
【答案】BD
【解析】AB．根据机械能守恒可知，B 减少的重力势能转化成A、B 的动能与A 的重力势能
之和，既
A、B 绕轴做同轴转动，则速度关系为
联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为
故A 错误，B 正确；
CD．石块抛出后做平抛运动，由
可得石块落地前瞬间的竖直速度为
则石块落地前瞬间重力的功率为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
20
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16．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图所示，光滑斜面倾角分别为α、β，
，两小
物体用细线相连，绕过光滑小滑轮静止放在斜面上，两边细线分别与斜面平行，P 和Q 高
度相同。现在把细线剪断，则下列说法正确的是（ ）
A．从开始到落地，P 和Q 的运动时间相同
B．从开始到落地，重力做功相同
C．从开始到落地，重力做功的平均功率相同
D．P 和Q 运动到同一高度时重力做功的功率总相同
【答案】CD
【解析】A．由于斜面光滑，设斜面倾角为θ，有
设斜面高度为h，斜面长度为
由匀变速直线运动有
整理有
由于两物块的下落高度相同，
，所以其物块P 运动时间长，故A 项错误；
B．从开始到落地，重力做功为
由于初始时两物块静止，所以有
21
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又因为
，所以两物块的质量不相等，即两物块从开始到落地，重力做功不相同，故B
项错误；
C．由公式
将之前的数据带入整理有
对于物体P 有
对于物体Q 有
由于
所以两物体从开始到落地，重力做功的平均功率相同，故C 项正确；
D．物体沿斜面下滑某一高度有
所以两物体下落同一高度，其速度大小相同，改位置重力的功率为
对于物体P 有
对于物体Q 有
22
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由于
所以P 和Q 运动到同一高度时重力做功的功率总相同，故D 项正确。
故选CD。
17．（2024·广东茂名·统考一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过
程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置
一质量
的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g 取
，下列说法正确的是
（ ）
A．第
末，汽车的速度为
B．第
末，汽车的速度为
C．前
内，汽车对物块的作用力做功大小为
D．前
内，汽车对物块的最大摩擦力为
【答案】BCD
【解析】AB．根据图像面积可知第
末，汽车的速度为
第
末，汽车的速度为
故A 错误，B 正确；
C．根据图像，
末汽车速度为
，由动能定理，汽车对物块做功为
故C 正确；
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D．a 最大为
，由
代入数据可得最大摩擦力为8N，故D 正确。
故选BCD。
18．（2024·河南·统考二模）如图甲所示，一质量为m 的小物块，从位置O 以速度v0沿粗
糙水平地面向右运动。小物块与右方一竖直墙壁第一次碰撞后，反向向左运动。当小物块
水平向左运动至距竖直墙壁最远处的P1（坐标为x1）位置时，立即对其施加一个水平向右
的推力F，当小物块运动到P2（坐标为x2）位置时，撤去推力F，使其与竖直墙壁第二次
碰撞后，恰好反向运动至位置O 处静止不动。取位置O 为坐标原点，水平向右为正方向。
已知推力F 随小物块水平位移的变化如图乙所示，小物块每次和竖直墙壁碰撞不计能量损
失。则下列说法正确的是（ ）
A．小物块每次和竖直墙壁碰撞的过程中，墙壁对小物块的冲量大小为0
B．小物块每次和竖直墙壁碰撞的过程中，墙壁对小物块做的功为0
C．在小物块从位置O 开始运动到第一次返回到P1的过程中，摩擦力对小物块做的功
为
D．在推力F 对小物块作用的过程中，推力F 对小物块做的功为
【答案】BCD
【解析】A．小物块每次和竖直墙壁碰撞的过程中，墙壁对小物块的作用力不为零，根据
I=Ft 可知，墙壁对小物块的冲量大小不为0，选项A 错误；
B．小物块每次和竖直墙壁碰撞的过程中墙壁与物块作用点没有位移，故墙壁对小物块做的
功为零，选项B 正确；
C．由题意可知，P1点是物块与墙壁碰后反向运动到达的最远点，则物块在到达P1位置时
速度为零，则从在小物块从位置O 开始运动到第一次返回到P1的过程中，由动能定理可知，
摩擦力对小物块做的功为
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选项C 正确；
D．因F-x 图像的面积等于力F 的功，则在推力F 对小物块作用的过程中，推力F 对小物块
做的功为
选项D 正确。
故选BCD。
19．（2024·重庆·统考一模）物理课上，老师在讲台上演示了滑块碰撞实验，桌面长
L=1m，在中央处放置一滑块A，从桌边处给另一滑块B 一初速度，两滑块发生弹性正碰，
碰撞时间极短，碰后两滑块恰好都停在桌子两边沿，设两滑块的运动方向沿桌长边方向且
在一条直线上（俯视图如图），滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，g
取10m/s2。则（ ）
A．滑块A 与滑块B 质量之比为1:3
B．碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等
C．滑块B 的初速度大小为
m/s
D．若滑块A 的质量为3kg，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为5J
【答案】CD
【解析】A．设滑块A 与滑块B 质量分别为m1和m2，滑块B 的初速度为v0，与滑块A 碰前
速度为v，两滑块碰撞后的速度分别为v1和v2，两滑块发生弹性碰撞，则有
碰后对滑块A，根据动能定理有
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碰后对滑块B，根据动能定理有
联立解得
故A 错误；
B．根据牛顿第二定律可得
可知碰撞后两滑块的加速度大小相等，由于碰后速度大小也相等，则碰后运动时间相同。
碰后滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小为
可知由于两滑块的质量不同，所以碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小不相等，
故B 错误；
C．碰前对滑块B 分析，根据动能定理有
解得，滑块B 的初速度大小为
故C 正确；
D．若滑块A 的质量为3kg，则滑块B 的质量为
根据能量守恒可得，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为
故D 正确。
故选CD。
20．（2023·四川乐山·统考一模）随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对
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资源的浪费，其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电
场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b 两类塑料颗粒离开漏斗出口时分
别带上正、负电荷，经过分选电场后a 类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，
板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，
颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗
粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（ ）
A．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为
D．颗粒落到收集板时的速度大小为
【答案】AD
【解析】AB．颗粒刚离开漏斗，受到水平方向的电场力与竖直方向的重力作用，均为恒力，
故两者合力也是恒力，则颗粒在两极板间做初速度为零的匀变速直线运动，故A 正确，B
错误；
C．颗粒离开漏斗口，在平行板间竖直方向上做自由落体运动，故
在水平方向上做匀加速直线运动，故
根据牛顿第二定律得
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又
，解得
故C 错误；
D．颗粒离开漏斗口到落到收集板时根据动能定理得
解得颗粒落到收集板时的速度大小为
故D 正确。
故选AD。
21．（2024·四川成都·成都七中校考一模）某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他
们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过
处理转化为v-t 图像，如图所示（除2s~10s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直
线）。已知在小车运动的过程中，2s~14s 时间段内小车的功率保持不变，在14s 末停止遥
控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大
小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车在0-10s 内为恒定功率启动
B．小车所受到的阻力为1.5N
C．小车额定功率为6W
D．小车在变加速运动过程中位移为39m
【答案】BD
【解析】A．根据
图像可知，
内小车为恒加速度启动过程，速度逐渐增加，牵引
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力不变，
时小车到达额定功率，之后的
小车为恒功率启动过程。故A 错误；
B．在
时间段，加速度大小
由牛顿第二定律可知小车所受阻力为
故B 正确；
C．根据分析可知小车在10s~14s 做匀速运动，牵引力大小与
相等，小车功率为额定功率
故C 错误；
D．2s~10s 内根据动能定理有
解得
故D 正确。
故选BD。
22．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）为推行低碳理念，很多城市使用超级
电容公交车。该车车底安装超级电容器（电容很大），车辆进站后，车顶充电设备自动升
起，搭到充电站电缆上，通以大电流完成充电。每次只需在乘客上下车间隙充电
到
，就能行驶
到
。假设该公交车的质量
，额定功率
，
它在平直水平路面上行驶时，受到的阻力
是车重的
，重力加速度
。在不载
客的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．充电时间越长，该公交车的电容就越大
B．该公交车储存的电荷量仅跟充电电流的大小有关
C．该公交车在路面上行驶时最大速度可达
D．若该公交车从静止开始启动，以额定功率行驶
后达到最大速度，则此过程它行
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驶了
【答案】CD
【解析】A．电容器的电容由电容器本身结构决定，与充电时间无关，故A 错误；
B．由
可知，电容器储存的电荷量与电流大小和充电时间都有关，故B 错误；
C．由
可知当速度最大时
故C 正确；
D．由动能定理可得
代入数据可得
故D 正确。
故选CD。
23．（2024·陕西西安·统考一模）如右图所示，三个小球A、B、C 的质量均为m，A 与B、C
间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于
原长。现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α 由60°变为120°，A、B、C 在同一竖
直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在此过程中（
）
A．A 的动能最大时，B、C 的动能均为零
B．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于
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C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度为0
D．弹簧的弹性势能最大值
【答案】BD
【解析】A．A 的加速度为零时速度最大，此时仍有向下的速度，弹簧要继续伸长，B、C
继续运动，故二者动能不为零，故A 错误；
B．在A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B 受到地面的支持力小于
，故B 正确；
C．当A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向向上，不为零，
故C 错误；
D．A 球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能
守恒定律得，弹簧的弹性势能为
故D 正确。
故选BD。
24．（2023·四川乐山·统考一模）如图所示，质量均为
的物体A、B 通过轻绳连接，A 穿
在竖直光滑杆上，B 放在光滑水平面上且另一端用轻弹簧连接竖直挡板，初始时，A 位于O
点，与物体B 等高，轻弹簧处于原长状态，轻绳刚好绷直，现将A 由静止释放，当A 运动
到M 点时的速度为，已知
，
，重力加速度为
，不计一切阻力，下列
说法正确的是（ ）
A．A 从O 点运动到M 点的过程中，A、B 组成的系统机械能守恒
B．A 从O 点运动到M 点的过程中，A 减少的机械能大于B 增加的机械能
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C．A 运动到M 点时，弹簧的弹性势能为
D．A 运动到M 点时，弹簧的弹性势能为
【答案】BC
【解析】AB．A 从O 点运动到M 点的过程中，A、B 和弹簧组成的系统满足机械能守恒，A
减少的机械能等于B 增加的机械能和增加的弹性势能之和，则A 减少的机械能大于B 增加
的机械能，故A 错误，B 正确；
CD．A 运动到M 点时，设MN 与竖直方向的夹角为
，则有
可得
此时B 的速度为
根据系统机械能守恒可得
联立解得弹簧的弹性势能为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
25．（2024·河南信阳·信阳高中校考一模）如图所示，质量为
的长木板放在粗糙的
水平地面上，质量
的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数
，长木板与地面之间的动摩擦因数
。现给小物块施加一个水平向左的恒力
，给长木板施加一个水平向右的恒力
时撤掉力
，小物块始终未从长
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木板上掉下来。下列说法正确的是（ ）
A．
长木板的加速度
B．
过程中
对小物块做了
的功
C．
的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
【答案】BC
【解析】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示
A. 根据牛顿第二定律
故A 错误；
B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦
力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为
和
，长木板和小物块在0~4s 内
的
如图所示，0~2s 小物块做匀加速直线运动，位移
，拉力对小物块做功为
故B 正确；
C．两条
图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由
图像可知
小物块与长木板之间的摩擦生热
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故C 正确；
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D 错误。
故选BC。
26．（2023·全国·模拟预测）如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每
块长度为L=2m、质量为M=0.8kg。另有一质量为m=1kg 的小物块（可看做质点），以
的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与
地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．物块滑上第4 块瞬间，第4、5、6 块开始运动
B．物块滑上第5 块瞬间，第5、6 块开始运动
C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
【答案】BD
【解析】AB．当物块滑上第n 个长木板时，长木板开始运动，满足
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解得
故物块滑上第5 块瞬间，第5、6 块开始运动，故A 错误，B 正确。
CD．滑上第5 块木板前，所有木块相对地面静止，则
根据
代入数据解得，冲上第5 块木板的速度
在第5 块木板上运动时间为
，受力分析
解得
此时物块速度
继续滑上第6 个木板，则
解得
设达到共速时间为
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解得
则共速时，相对于第6 块木板左端距离
则物块与该木块摩擦产生的热量为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
27．如图甲所示，光滑水平面与半径为R 的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A 点（距离B
点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m 的小滑块，已知
重力加速度g，则下列说法正确的（ ）
A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C 点
B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D 点
C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B 点时对轨道的压力为6mg
D．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D 点后落在水平面上距B 点为2R
【答案】AD
【解析】A．根据能量守恒，小球由A 到C，有
解得
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可知小球恰能到达C 点。故A 正确；
B．同理，小球由A 到D，有
解得
小球能到达D 点的最小速度满足
解得
可知
则小球不能到达D 点。故B 错误；
C．依题意，小球由A 到B，有
在B 点，由牛顿第二定律可知
联立，可得
根据牛顿第三定律可知小球通过B 点时对轨道的压力为7mg。故C 错误；
D．小球由A 到D，有
解得
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小球经过D 点后做平抛运动，有
解得
故D 正确。
故选AD。
28．如图所示，质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
在圆心O 处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作
用，空气阻力随着速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数
为9mg，g 为重力加速度，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周通过最高点时力传感
器的示数恰好为0。下列说法正确的是（ ）
A．小球从最低点运动到最高点的过程中克服空气阻力做的功为2mgR
B．小球从最低点运动到最高点的过程中克服空气阻力做的功为
C．小球再次沿圆周轨道经过最低点时力传感器的示数为3mg
D．小球再次沿圆周轨道经过最低点时力传感器的示数大于3mg
【答案】BD
【解析】AB．小球在最低点时，有
其动能
小球在最高点时，有
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其动能
所以小球从最低点运动到最高点的过程中克服空气阻力做的功为
故A 错误、B 正确；
CD．小球再次沿圆周轨道运动到最低点的过程中，克服空气阻力做的功小于小球之前从最
低点运动到最高点的过程中克服空气阻力做的功，所以小球再次沿圆周轨道运动到最低时，
其动能
需要的向心力
力传感器的示数为
故C 错误、D 正确。
故选BD。
39
