文档文本内容
01 考情分析.........................................................2
02 知识构架..........................................................3
03 题型突破..........................................................4
一、功和功率................................................................4
考向一：功的计算......................................................................................................................................5
考向二：功率的计算..................................................................................................................................8
考向三：机车启动......................................................................................................................................9
二、能量...................................................................16
考向一：功能关系....................................................................................................................................18
考向二：图像问题....................................................................................................................................20
考向三：多过程问题................................................................................................................................23
考向四：动力学观点和能量综合问题....................................................................................................26
04 自我提升........................................................38
专题五：功和功率和能量（解析版）
二轮复习
01 考情分析
往年命题规律
从近3 年以来的高考命题来分析，功与功率和能量属于高频考点，常以
选择题、实验题和简答题的形式考查，功与功率多以选择题的形式出
现，能量以选择题、简答题的形式出现，出题方式会以生活情景相结合
和前沿科技进行命题
考点频次总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
功与功率
海南·高考真题
浙江·高考真题
四川·高考真题
山东·高考真题
云南·高考真题
广东·高考真题
贵州·高考真题
重庆·高考真题
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海南·高考真题
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湖北·高考真题
辽宁·高考真题
江苏·高考真题
新课标卷·高考真题
功能关系
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浙江·高考真题
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湖南·高考真题
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福建·高考真题
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云南·高考真题
广西·高考真题
湖北·高考真题
海南·高考真题
四川·高考真题
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全国乙卷·高考真题
全国甲卷·高考真题
2026 年向预测
2026 年高考功与功率和功能关系为高频考点，功与功率会结合生活情
景，例如流体功率、机车启动、动车等，主要考查对于基础概念理解；
能量会结合复杂情景进行考查，例如传动带、板块、多过程于东，会更
加注重学生对于情景的解读，再结合知识进行考查。
素养目标
1.掌握功的计算和功率的计算
2.掌握动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律
核心能力
1.应用微元法、图像法、转换法、平均值法、动能定理计算功
2.应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解决实际
问题
02 知识构架
03 题型突破
一、功和功率
【知识储备】
（一）功的计算
1.恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
2.变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W
＝Pt.
（二）功率的计算
1.明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α 为F 和速度v 的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
2.机车启动(F 阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F 阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P 不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F 阻s＝
mvm
2；
②恒定加速度启动：开始阶段a 不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终
做匀速直线运动．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
【必备能力】
（一）做功正负判断
1.根据力与位移的方向的夹角判断；
2.根据力与瞬时速度方向的夹角α 判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做
负功．
（二）功的计算
1.恒力做的功：直接用W＝Flcos α 计算．
2.合外力做的功
方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合lcos α 求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
方法三：利用动能定理W 合＝Ek2－Ek1.
（三）平均功率和瞬时功率的计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．其中F 为恒力，α 不变．
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．F 可为恒力，也可为变力，α 为F 与v 的夹角，α 可
以不变，也可以变化．
(2)公式P＝Fvcos α 中，Fcos α 可认为是力F 在速度v 方向上的分力，vcos α 可认为是速度v 在力F 方向
上的分速度．
【考向预测】
考向一：功的计算
（2026·重庆·一模）2025 年5 月11 日亚洲举重锦标赛上，重庆举重运动员李霜包揽女子64 公斤级
抓举、挺举、总成绩三枚金牌。其中抓举105 公斤第一次试举就成功夺魁，如图所示。则该次抓举李霜对
杠铃做的功最接近于（ ）
A．0.5kJ
B．2kJ
C．15kJ
D．64kJ
【答案】B
【详解】设杠铃升高的高度约为h=2m，因此该次抓举过程中，李霜对杠铃做的功
故选B。
（2025·辽宁丹东·模拟预测）一物块在水平外力作用下做直线运动，它受到的合外力F 随物块位置
坐标x 变化的F-x 图像如图所示，设在
和
过程中合外力的做功分别是
和
，则
与
之
比为（ ）
A．
B．
C．
D．
例1
例2
【答案】A
【详解】根据功的定义式有
可知，在F-x 图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则有
，
解得
故选A。
（2025·湖北·三模）雨滴在穿过云层的过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大。若其中某
段运动可简化为一竖直方向运动，且该过程中雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，高度下降h 后质量变为
m1，速度变为v1。假定雨滴的质量增加量与下落高度成正比，则该过程中克服阻力做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据动能定理可得
而雨滴的质量增加量与下落高度成正比，即重力与下落高度成一次函数关系，故有
联立可得
故选D。
（2025·山东·二模）如图所示，半径为
的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点
放置一质量为
的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力
作用下由
运动到
，力
大小恒为
。对
于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．力
做功大小为
B．力
做功大小为
例3
例4
C．力
的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】AB．由于力F 方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里可以用微
元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F 做的功
（
是每一小段的弧长）
则力F 做功的大小
故A 错误，B 正确；
C．从A 到B 过程，F 始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根
据
（F 与v 始终夹角为
）
可知F 的功率一直在增大，故C 错误；
D．设重力方向与速度方向夹角
，题图可知，对于该运动过程，
从
增大到
，则克服重力做功的
功率
可知
一直在增大，v 也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D 错误。
故选B。
总结提升
方法
以例说法
微元法
质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周
克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋
Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效
转换法
恒力F 把物块从A 拉到B，绳子对物块做功W
＝F·(－)
图象法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为
x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0
平均
值法
当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，代入
考向二：功率的计算
（2025·河南·一模）质量为
的物块静置于光滑水平地面上，物块静止时的位置为
轴零
点。现给物块施加一沿
轴正方向的水平力
，其大小随位置
变化的关系如图所示，则物块运动到
处时，
的瞬时功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到
处时，
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
做功的瞬时功率为
故选A。
（2026·安徽芜湖·一模）一个质量为m 的小球（视为质点）从空中某一高度的P 点以大小为
的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到
的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与P 点
例5
变5-1
功的公式得W＝·Δx
应用动
能定理
用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为WF，
则有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)
相同高度的Q 点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球受到的恒定风力大小为
B．小球经过最高点时机械能最小
C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为
D．小球从P 点到Q 点过程中机械能增加量为
【答案】D
【详解】A．已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆向思维，
则有
可知小球在水平方向的加速度
则小球受到的恒定风力大小为
，故A 错误；
B．小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点时
机械能不是最小的，故B 错误；
C．小球经过最高点时，水平方向的速度大小为
则此时恒定风力的瞬时功率大小为
，故C 错误；
D．小球运动到Q 点时的速度大小为
可得小球从P 点到Q 点过程中机械能增加量为
，故D 正确。
故选D。
考向三：机车启动
（2025·四川自贡·一模）对无人驾驶汽车的测试过程中，质量为2t 的汽车在水平路面上以恒定加
例6
速度
启动，其v-t 图像如图所示，其中OA 段和BC 段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为
，所受阻力大小恒为
，关于汽车的运动以下说法正确的是（ ）
A．最大速度
B．匀加速阶段的末速度
C．匀加速阶段的牵引力
D．当速度为20m/s 时，加速度大小是
【答案】B
【详解】A．当汽车以最大速度行驶时，则有
则汽车的最大速度为
，故A 错误；
BC．汽车匀加速启动过程，根据牛顿第二定律可得
解得
则匀加速阶段的末速度
，故B 正确，C 错误；
D．当汽车的速度
时，汽车处于额定功率启动过程，此时汽车的牵引力为
根据牛顿第二定律可得
解得
，故D 错误。
故选B。
（2025·广东佛山·一模）我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰“福建舰”已完成多次海
试。在某一次海试过程中，质量为m 的“福建舰”以速度
沿直线匀速驶向某训练海域，所受阻力恒定，
多台发动机的输出总功率为P。若临时关闭其中一半发动机，下列说法正确的是（ ）
A．“福建舰”所受阻力为
B．“福建舰”将做加速度减小的减速运动
C．“福建舰”在关闭瞬间的加速度大小为
D．“福建舰”从关闭到再次匀速运动过程中，克服阻力做功为
【答案】B
【详解】A．匀速行驶时，牵引力 F 等于阻力 f，由功率公式
，得阻力
， A 错误；
C．关闭一半发动机后，总功率变为
。关闭瞬间，速度
不变，此时牵引力
。合力
，加速度
， C 错误；
B．由于速度减小，牵引力
会增大，合力
减小，加速度减小，是加速度减小的减速运动，
B 正确；
D．从关闭发动机到再次匀速，设舰的速度为
变6-1
因
，可得
；舰的动能变化为
设从关闭发动机到再次匀速，克服阻力做功为
，根据动能定理
解得
，D 错误。
故选B。
（2025·四川资阳·一模）如图甲所示，在新能源汽车技术测试中，一辆质量为
的氢燃
料电池赛车在平直赛道上由静止开始加速，设其所受到的阻力不变，在加速阶段的加速度
和速度的倒数
的关系如图乙所示，则赛车（ ）
A．做匀加速直线运动
B．发动机的功率为
C．所受阻力大小为
D．速度大小为
时牵引力大小为
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律可得由
可得
由图线可知斜率为
，为常量，故赛车在恒定功率下启动，速度变大，根据
可知牵引力变小，根据
可知加速度减小，故A 错误；
BC．根据
可知
图像的斜率为
，
变6-2
可知功率为
，阻力大小为
，故BC 错误；
D．速度大小为
时，根据
可知牵引力为
，故D 正确。
故选D。
总结提升
1．两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t 图象
和v－t
图象
OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F 不变⇒P＝Fv↑直
到P＝P 额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间
t0＝
AB
段
过程
分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动
性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC 段
F＝F 阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀
速直线运动
2.三个重要关系式
(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vm＝.
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<vm
＝.
(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F 阻x＝ΔEk.此式经常用于
求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间．
【直击真题】
1．（2025·浙江·高考真题）如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，
额定电压
容量
的储能电池，功率
的LED 灯。已知该路灯平均每天照明
；
标准煤完
全燃烧可发电2.8 度，排放二氧化碳
。则（ ）
A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比
B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能
C．该路灯正常运行6 年，可减少二氧化碳排放量约
D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作
【答案】D
【详解】A．设
时间，风力发电机的扇叶半径为，假设风的动能全部变成发电机输出，输出功率为
，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A 错误；
B．太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，存在能量损耗，转换效率一般在15%~20%左右，故
B 错误；
C．已知路灯的功率为
每天照明
，一年按365 天计算，6 年的总时间
可得总耗电量为
因
标准煤完全燃烧可发电2.8 度，排放二氧化碳
，则减少的二氧化碳排放量为
，故C 错误；
D．已知储能电池的额定电压
，容量
，则电池的电能为
而路灯连续一周的耗电量为
因
，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作。故D 正
确。
故选D。
2.（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐
加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
3.（2024·贵州·高考真题）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
【详解】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。
4.（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为
，喷水速度约为10m/s，水的
密度为
kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W
B．20W
C．100W
D．200W
【答案】C
【详解】设
时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于
时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
5.（2025·山东·高考真题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维
持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为
。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力
（k 为常量），该光伏电池的光电转换效率为
，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意小车匀速运动，则有
小车的机械功率
由于电动机的效率为
，则有
光伏电池的光电转换效率为
，即
可得
故选A。
二、能量
【知识梳理】
（一）动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2.表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝m v 2
2 －
m v 1
2.
3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
（二）机械能守恒定律
1.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
2.表达式：mgh1＋mv1
2＝mgh2＋mv2
2.
（三）功能关系
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一
对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
2．常见的功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv0
2
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械
能变化量
W 其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦
产生
的内能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝
对值等于产生的内能
Q＝Ff·x 相对
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W 电能＝E2－E1＝ΔE
（四）能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的
物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE 减＝ΔE 增．
3．应用能量守恒定律解题的步骤
(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、
内能等．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达
式．
【必备能力】
（一）系统机械能守恒的判断
1.机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数
和为0)，则机械能守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，
则机械能守恒．
（二）功能关系的判断
1．功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
2．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
【考向预测】
考向一：功能关系
（2026·重庆沙坪坝·一模）如图所示，粗糙绝缘斜面底端
点固定一个带电荷量为
的负点电荷，
现有一个带电荷量为
的负电小滑块，从斜面上
点静止释放后，先沿斜面往上运动再返回，则小滑块
（ ）
A．上升过程中加速度先增大后减小
B．上升过程中电势能一直增大
C．下降过程中机械能可能增大
D．返回时的最低点位置一定在
点上方
【答案】D
【详解】AB．上升过程中对小滑块进行受力分析，它受到重力、斜面支持力、沿斜面向上的库仑斥力和摩
擦力f。设斜面倾角为
，滑块到O 点的距离为r，由牛顿第二定律，有
上升过程中静电力一直减小，所以加速度先向上减小后反向增大，静电力一直做正功，电势能一直减少，
故AB 错误；
C．下降过程中静电力和摩擦力做负功，机械能一定减小，故C 错误；
D．由于摩擦损耗，返回时速度为0 的位置一定在A 点上方，故D 正确。
故选D。
（多选）（2026·广东·一模）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，
下端悬挂一个带电的小球，小球静止时位于O 点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M 点由静止释放，
小球最高上升到N 点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为
，
的长度为
，
弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为
。下列说法正确的有（ ）
例7
变7-1
A．小球带正电
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力对小球做正功
C．小球从M 点到N 点的过程，小球的机械能守恒
D．小球从M 点到N 点的过程，小球的电势能减少了
【答案】BD
【详解】A．小球静止在O 点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即
所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A 错误；
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B 正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从M 点到N 点的过程中，弹
簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C 错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置
为O 点，根据简谐运动的对称性可知，O 点为M、N 的中点，则有
所以小球从M 到N 的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M 点到N 点的过程，小
球的电势能减少了
，故D 正确。
故选BD。
考向二：图像问题
（多选）（2025·福建宁德·模拟预测）蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以简化为
图1 所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动，且人可看成质点。蹦极绳是一条原长为45m
例8
的弹性绳，人下落到B 点时绳刚好伸直，下落到C 点时速度刚好减为0，以起跳点O 的位置为原点，竖直
向下为x 轴正方向建立坐标系。取C 点为零势能参考面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过程人
的重力势能随位移变化的关系图像如图2 中的图线a 所示，蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图2 中
的图线b 所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹性限度范围内，重力加速度g 取10m/s2，其余数据图2
中已标出，则下列说法正确的是（ ）
A．人下落到C 点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104J
B．人受到的空气阻力大小是100N
C．人下落到B 点时的动能是18000J
D．蹦极绳的最大弹力是2560N
【答案】BC
【详解】A．C 点为最低点，故人减少的重力势能是
，弹性绳势能增加
，所以人和蹦极绳
组成的系统减少的机械能是
，故A 错误；
B．从起跳点O 到C 点，根据能量守恒定律
，
，解得
，故B 正确；
C．从起跳点O 到B 点，根据动能定理
，
，解得
，故C 正确；
D．蹦极绳的弹力势能为
，根据功能关系
，代入数据解得
，
故D 错误。
故选BC。
（多选）（2025·甘肃·模拟预测）如图所示，某次武器性能测试中，子弹头以初速度
垂直
射入一排竖直固定的木板且未穿出，若弹头所受阻力
与其速度成正比，弹头重力不计，则弹头的速度
和动能
随时间、位移
变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】A．由于弹头所受阻力
与其速度成正比，则可设其阻力为
，在弹头运动过程中由牛顿第二
定律有
弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随时间做加速
度逐渐减小的减速运动，而
图像斜率的绝对值表示加速度大小，故A 错误；
B．根据题意可得阻力的功率
而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，
图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小，故B 正
确；
C．根据牛顿第二定律，有
则可得在任意极短时间内有
可得
变8-1
即速度与位移呈线性关系，故C 正确；
D．
图像斜率表示合外力，合外力减小，斜率绝对值减小，故D 错误。
故选BC。
（多选）（2025·湖南永州·一模）如图甲所示，倾角为
的斜面固定在水平地面上，一木块
以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系
图线如图乙所示，重力加速度为
，取
，则下列说法正确的是（ ）
A．木块的重力大小为
B．木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．在斜面上运动的总时间为
D．返回斜面底端时的动能为
【答案】BD
【详解】AB．机械能减小量等于克服阻力做功，则
动能变化量等于合外力的功，则
联立解得
，
，故A 错误，B 正确；
变8-2
C．上滑时的加速度
下滑时的加速度
上滑的时间
下滑的时间
可知在斜面上运动的总时间为
，故C 错误；
D．因上滑时损失机械能为
，则返回时仍损失机械能为
，则返回斜面底端时的动能为
，
故D 正确。
故选BD。
总结提升
1．解决图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截
距、图线的交点、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数
图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”和图象斜率的含义
考向三：多过程问题
（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停在
足够长的平直公路上，t=0 时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变
化规律，如图所示。已知汽车在t1=4s 时达到额定功率，汽车在t2=29s 时速度达到最大，汽车的总质量
m=2000kg，汽车受到的阻力恒为其重力的0.2 倍，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)坐标系中x、y 的值；
(2)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以a=3m/s2的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率
后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0 时，汽车的加速度大小a=3m/s2，由牛顿第
二定律得
例9
解得
由图像可知0~4s 的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小
汽车的额定功率为
，
当汽车的加速度等于0 时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为
，则汽车的
最大速度为
解得
所以坐标系中的
（2）汽车匀加速的位移为
解得
汽车在4s 到29s 的时间内，汽车以恒定的功率运行，由动能定理得
解得
汽车从启动到速度达到最大时通过的距离
（2025·浙江嘉兴·一模）小曹同学设计了一“碰碰乐”游戏装置，竖直截面图如图所示，倾角
倾斜轨道
，水平轨道
，半径
的竖直螺旋轨道
（最低点
、
略错开）三者
平滑连接，竖直螺旋轨道可在
段调节。质量
的平板紧靠固定凹槽
的左侧壁，平板上表
面与
齐平。游戏开始时，将一质量
的滑块从斜轨
上高度处由静止滑下，绕螺旋轨道一
圈后滑上平板，带动平板一起运动。已知滑块与
段的动摩擦因数
，滑块与平板间的动摩擦因数
例10
，其余部分均光滑。
间距
，
间距
，滑块可看成质点，不计空气阻力。
(1)若
，移动螺旋轨道使
（
）点位于
的中点，求滑块到达螺旋轨道
点时受到的支持力。
(2)改变滑块释放高度和螺旋轨道
（
）点位置，使得滑块每次运动过程中均恰好不脱离轨道。求：
①滑块滑上平板的最大速度；
②滑块与平板第一次达到共同速度时，平板滑过的距离；
③为使滑块始终不脱离平板，平板长度的最小值。
【答案】(1)
(2)①
；②
；③
【详解】（1）从释放点到P 点用动能定理有
在P 点用牛顿第二定律有
解得支持力
（2）①滑块恰好不脱离轨道：在Q 点有
由Q 到
点由机械能守恒得
可得
当
点和
点重合时，滑块到平板上速度最大
②③取滑块到平板速度最大时，假设滑块与平板共速时平板还未到达凹槽右端，依据动量守恒定律可得
可得
根据能量守恒
得
则可得最小板长
平板的加速度
平板对地位移
可得
由于
，所以平板滑过的距离0.2m。
考向四：动力学观点和能量综合问题
（2025·四川达州·模拟预测）如图甲所示为一顺时针匀速转动的水平传送带，工人将一质量为
的货物轻放在传送带的左端A 点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端
点以速度
水
平飞出，最后落在水平地面上的
点，平抛过程速度与水平方向夹角为
，
与下落时间的关系如图
乙所示。不计空气阻力，重力加速度
，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大于等于
B．
、
的高度差为
C．货物运动到
点时的速度大小为
例11
D．传送带对货物做功为
【答案】A
【详解】B．根据图乙知，平抛时间为
，故下落高度为
，故B 错误；
A．由
得斜率
故
传送带速度大于等于
，故A 正确；
C．平抛的末速度
，故C 错误；
D．传送带对货物做功可由动能定理得
，故D 错误。
故选A。
（2025·广西·模拟预测）传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型
图，传送带顺时针匀速转动，在传送带下端
点无初速度放上货物。货物从下端
点运动到上端
点的过
程中，其机械能
与位移
的关系图像（以
点所在水平面为零势能面）如图（b）所示。货物视为质点，
关于货物从
点运动到
点的过程说法正确的是（ ）
A．该过程中货物受到的摩擦力不变
B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为
C．货物对传送带做的功为
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为
【答案】D
变11-1
【详解】A．根据功能关系可知E-x 图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发生
变化，故A 错误；
B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共
速后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即
设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为
，B 错误；
C．加速阶段货物对传送带做功
匀速阶段货物对传送带做功为
可知货物对传送带做的功为
，C 错误；
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为产生的热能与货物机械能的增量之和，即
，D 正确。
故选D。
（多选）（25-26 高三上·云南玉溪·期中）如图甲所示，长木板
静置于光滑的水平面上，质量
的小滑块
（可视为质点）以某一初速度滑上
的左端，从
滑上
开始计时，
相对
的速度
例12
总结提升
1．设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛
顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物
体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传；
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx 相对．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
随时间的变化如图乙所示，已知
恰好未从
上滑出，达到共速的过程中
的位移大小是
的位移大
小的4 倍，
取
。下列说法正确的是（ ）
A．长木板
的长度为0.5m
B．
之间的动摩擦因数为0.1
C．达到共速的过程中
的动能增加了
D．若仅使滑块
的初速度增加，则达到共速过程系统机械能的减少量增加
【答案】AC
【详解】A．由题图乙面积可以求得
相对
的位移为
所以长木板
的长度为
，故A 正确；
B．由题意可知，从
滑上
到共速的过程中
位移的大小是
位移大小的4 倍，即
则根据运动学公式有
解得A、B 的共同速度为
所以
做减速运动的加速度大小为
又由牛顿第二定律有
解得
、
之间的动摩擦因数为
，故B 错误；
C．根据运动学公式可得
的加速度为
又由牛顿第二定律有
解得
所以达到共速的过程中
的动能增加量为
，故C 正确；
D．根据能量守恒可知，系统机械能的减少量等于系统在该过程产生的内能，整个过程系统产生的内能为
故仅增加滑块
的初速度，整个过程系统机械能的减少量不变，故D 错误。
故选AC。
（多选）（2025·辽宁·二模）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块
放在木板右端。
时，给木板一初速度
，木板和物块运动的
图像如图乙所示，整个过程物块未离
开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（ ）
A．物块在
前后瞬间加速度大小不相同
B．木板长度至少为
C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为
D．木板与地面间的动摩擦因数为
【答案】BD
【详解】A．由图乙所示图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个
过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故
A 错误；
B．由图乙所示图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，
变12-1
该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板
向右运动。当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度为
，故B 正确；
D．由图乙所示图像可知，在
时间内，物块的加速度大小
木板的加速度大小
对物块，由牛顿第二定律得
对木板，由牛顿第二定律得
联立解得，木板与地面间的动摩擦因数为
，故D 正确；
C．物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离
物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离
整个过程物块相对于木板滑行的路程
整个过程物块与木板间摩擦产生的热量
联立解得，
，故C 错误。
故选BD。
【直击真题】
1.（多选）（2023·全国乙卷·高考真题）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质
量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小
为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为
，此时木板的速度为
，由题意可知
设物块的对地位移为
，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
总结提升
1．“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放
上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v 和所用时间t，然后由位移
公式可分别求出二者的位移．
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，
要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
整理可得
D 正确，C 错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式
，
因为
可得
则
所以
B 正确，A 错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知
，
且
故
故A 错误，B 正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C 错误，D 正确。
故选BD。
2.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，
方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上
底面的夹角均为
。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为
。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤
子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了
的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进
后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，
由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A 错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B 正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C 错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B 选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D 正确。
故选BD。
3.（多选）（2025·云南·高考真题）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的轻质弹
簧，弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过
程I：Q 以速度
从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q 连接在弹簧的下端并拉
至P 点由静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最大，过O 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度
内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M 两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】CD
【详解】A．设
的距离为
，过程I，根据动能定理有
设
的距离为
，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件
P、M 两点之间的距离
联立可得
故A 错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中Q 和弹簧组成的系统损失的机械
能为
结合
可得
但在过程Ⅱ中单独对于Q 而言机械能是增加的，故B 错误；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移
，根据能量守恒定律
结合
解得
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在
点时，满足
当在
点时，满足
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选CD。
4.（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB 是倾角为
的斜轨道，
BC 是以恒定速率
顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑水平面上
的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m 的物块，从
轨道AB 上与B 相距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因
数为
，其余接触面均光滑。已知
，
，
，
，
，
。
不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B 点处的速度大小；
(2)从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s
(2)0.9J
(3)0.2m
(4)3N
【详解】（1）滑块从P 点到B 点由动能定理
解得到达B 点的速度
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知
，
联立解得
（另一组
，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
04 自我提升
1.（2026·甘肃·模拟预测）2025 年7 月8 日至11 日，第十二届世界高速铁路大会在北京举行。这不仅是一
场全球铁路行业的盛会，更是中国高铁发展成就的集中展示。某同学乘坐动车时，利用加速度传感器测量
动车的加速度a 随时间t 的变化关系，如图所示。6s 时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀
增大，14s 时达到最大加速度
，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后
匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg 的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度g 取
，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是（ ）
A．14s 时动车的速度大小为2m/s
B．动车做匀加速直线运动的时间为138s
C．匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1N
D．匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J
【答案】A
【详解】A．在加速度a 随时间t 的变化关系图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，6s 时动
车由静止开始加速，则14s 时动车的速度大小为
，A 正确；
B．动车的最大速度
，做匀加速直线运动的时间为
，B 错误；
C．在匀加速直线运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
支持力
桌板对物体的作用力大小为
，C 错误；
D．在匀加速直线运动过程中，物体运动的位移为
桌板对物体做的功为
，D 错误。
故选A。
2.（2025·河南开封·模拟预测）如图，质量均为
的小物块
放在倾角为
、足够长的固定斜面
上，
靠在固定的挡板
上，
与
用轻绳连接，
分别与劲度系数为
的轻质弹簧两端相连。
对
施加一个沿斜面向上的外力使
静止且弹簧恰好无弹力，某时刻改变外力的大小，使
一起以大
小为
的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当
刚要离开挡板时突然剪断轻绳，并锁定
。
、
、
与斜面间的动摩擦因数均为0.5，取
，
，
。不计空气阻
力，弹簧及轻绳均与斜面平行，弹簧始终处在弹性限度内。当力随位移均匀变化时，可用平均力求做功。
下列说法正确的是（ ）
A．
刚要离开挡板时，轻绳的拉力大小为
B．从
开始运动到
刚要离开挡板过程中，外力做功为
C．
运动到最高点时，弹簧的形变量为
D．
在第一次下滑过程中，其最大速度大小为
【答案】C
【详解】A．C 刚要离开挡板时，根据平衡条件，可得弹簧的拉力大小为
设绳中的拉力大小为
，对B，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 错误；
B．C 刚要离开挡板时，根据胡克定律有
解得弹簧的伸长量
对AB 整体，根据牛顿第二定律有
可得
力
做的功
，故B 错误；
C．绳断后瞬间，根据运动学公式有
代入数据解得B 的速度大小为
设B 运动到最高点时弹簧的伸长量为
，绳断后到B 达到最高点的过程中，根据动能定理有
·
解得
，故C 正确；
D．在第一次下滑过程中合力为零时速度最大，此时有
解得
根据动能定理有
解得
，故D 错误。
故选C。
3.（2025·河北·模拟预测）用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所示，
钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为
、
，下列说法正确的是
（ ）
A．由图像分析可得，电钻做匀速运动
B．前一段时间
内，阻力的冲量的大小为
C．前一段位移
内，摩擦生热为
D．前一段时间
内，电钻的平均速度无法算出
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，阻力
随时间变化的关系为
，阻力
随位移变化的关系为
，
故有
即
电钻做匀速运动，A 正确；
B．根据图甲可得
，由
知前一段时间
内，阻力的冲量的大小为
其中
得
，B 错误；
C．根据图乙可得
，由
知前一段位移
内，摩擦生热为
，其中
，得
，C 错误；
D．由
，
得
，D 错误。
故选A。
4.（2025·河南开封·二模）一半径为R 的光滑半球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑匀质铁链，A 为球
面的顶点，B 端与C 端恰与桌面不接触。铁链单位长度的质量为
，重力加速度大小为g，求铁链A 处的
张力T 的大小（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
如图所示，考虑一半链条，我们使用虚位移的考虑思路，设想存在作用力F 作用在链条A 端，将会使链条
做出一个非常小，趋近于零的虚位移Δx→0，而这个过程的作用效果可以等效于处于链条B 端的，一段长
为Δx 的链条移到A 端，因此，计算出这一段势能的增加即可计算出F 所做的功，因此F•Δx=ρΔxgR
所以F=ρgR
故选A。
5.（2026·黑龙江辽宁·一模）无风的情况下，在离地面高为
处，将质量为
的球以速度
水平抛出，球
在空气中运动时所受的阻力大小
，是球的速度，
是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，
并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为
，则下列说法中正确的是（ ）
A．球刚抛出时加速大小为
B．球着地前瞬间的速度大小为
C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功
D．其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间不同
【答案】B
【详解】A．小球刚抛出时受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为
，故A 错误；
B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为，则
，得
，故B 正确；
C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为
，由动能定理得
解得
，故C 错误；
D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为
加速度均为：
故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D 错误。
故选B。
6.（2026·云南昭通·一模）如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系物块
、
，质量分别为
和
。
现将两物块由静止释放，
、
离地面足够高，运动过程中不会与滑轮相撞，不计一切阻力，重力加速度
为
。则在
下降高度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
、
组成的系统机械能不守恒
B．
的加速度大小为
C．下降高度为时，
的速度大小为
D．下降高度为时，轻绳拉力的功率为
【答案】C
【详解】A．由于不计一切阻力，
、
组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．以
、
组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律则有
解得
，故B 错误；
C．以
、
组成的系统为研究对象，根据匀变速直线运动规律可得
结合上述结论
解得
，故C 正确；
D．以
为研究对象，根据牛顿第二定律则有
其中
解得
轻绳拉力的功率
，故D 错误。
故选C。
7.（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所
示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。
假设抽水过程中H 保持不变，水泵输出能量的
倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度
为
，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为
，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
8.（25-26 高三上·北京朝阳·期中）分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为
的水
平传送带以速度
向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带
边界夹角为
。现将质量
为
的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工
件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终从
边界离开传送带。已知
工件与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度大小为
。则工件（ ）
A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为
B．从放上传送带至碰到挡板，摩擦力对其做功为
C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为
D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为
【答案】C
【详解】A．工件在传送带上做匀加速运动，加速度为
与传送带共速时有
则
，故A 错误；
B．从放上传送带至碰到挡板，由动能定理得摩擦力对其做功
，故B 错误；
CD．工件与传送带共速时将工件的速度分解为沿挡板方向和垂直挡板方向，如图所示
则
故工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，相对传送带的速度大小
方向垂直于挡板斜向左下方，由于摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件受到传送带摩擦力
与挡
板对它的弹力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律知沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力
相等大小为
；
又因
与传送带沿挡板方向的速度相同，工件沿挡板方向不受力以
做匀速直线运动，则工件从
碰到挡板到离开传送带的运动时间
，故C 正确，D 错误。
故选C。
9.（多选）（2025·山东·模拟预测）如图所示，在倾角为
的光滑固定斜面上，与斜面平行、劲度系数为k
的轻弹簧下端连接在垂直斜面的固定挡板N 上，上端连接质量为m 的物块P，质量也为m 的物块Q 紧靠着
P，整个系统处于静止状态。现给Q 施加一平行于斜面向上的拉力，使Q 缓慢移动，到Q 与P 将要分离时
撤去拉力，重力加速度大小为g。则（ ）
A．此过程中拉力的最大值为
B．此过程中拉力做的功为
C．撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0
D．撤去拉力瞬间Q 的加速度大小为
【答案】BD
【详解】A．因为Q 缓慢移动，则Q 受力平衡，当Q 与P 将要分离时，它们之间的弹力为0，此时拉力最
大，最大为
，故A 错误；
C．撤去拉力瞬间，P 所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力平衡，则撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为
，故C 错误；
D．撤去拉力瞬间，Q 与P 的加速度相同，根据牛顿第二定律
可得
故D 正确；
B．移动过程由平衡条件有
故拉力F 与移动的位移
成线性关系，此过程F 对
的平均值为
此过程的位移大小为
所以此过程中拉力做的功为
故B 正确。
故选BD。
10.（多选）（2026·福建泉州·二模）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q
放在地面上，P、Q 间用一长为
的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q 连接。已知P、
Q 质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为
。P 由静止释放，整个运动过程
中P、Q 可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P 下降过程中（ ）
A．P、Q 组成的系统机械能一直增大
B．P 落地前瞬间速度大小为
C．P 速度最大时，Q 受到地面的支持力大于2mg
D．从P 释放到弹簧恢复原长时，P 所受的合力冲量小于Q 所受的合力冲量
【答案】BD
【详解】A．在滑块P 下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q 系
统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q 组成的系统机械能先增大后减小，故A 错误；
B．由几何关系可知，P 落地前瞬间弹簧的压缩量为
，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统
初末状态的弹性势能相等，P、Q 系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P 落地瞬间沿轻杆
方向的速度为0，可知滑块Q 的瞬时速度为0，滑块P 减少的重力势能全部转化为滑块P 的动能，由动能定
理
解得
，故B 正确；
C．P 速度最大时，加速度为0，此时滑块P 在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P 的作用力的竖直向上分量
大小为
，根据牛顿第三定律可推得滑块Q 受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为
，因滑块Q 在
竖直方向上受力平衡，地面对Q 的支持力等于
，故C 错误；
D．从P 释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为
，设此时滑块P、Q
的速度大小分别为
和
，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足
化简得
由动量定理可知P、Q 所受的合力冲量大小等于P、Q 的动量变化量，因此P 所受的合力冲量小于Q 所受的
合力冲量，故D 正确。
故选BD。
11.（2023·山东·高考真题）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为恒
力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的
位移为
时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为
。物
体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
12.（多选）（2023·湖北·高考真题）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质量
为m 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N 两点与O 点
的距离均为l，P 点到O 点的距离为
，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止。设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M 点向下运动到N 点，在此过程中，
弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P 点下方
处的加速度大小为
C．从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【详解】A．小球在P 点受力平衡，则有
，
，
联立解得
A 正确；
C．在PM 之间任取一点A，令AO 与MN 之间的夹角为
，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
在MP 之间增大在PN 减变小，即摩擦力先变大后变小，C 错误；
D．根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M 到P 和P 到N 摩擦力
做功大小相等；D 正确；
B．小球运动到P 点下方
时
，此时摩擦力大小为
由牛顿第二定律
联立解得
B 错误。
故选AD。
13.（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m 的水平轨道OP 与光滑半圆形轨道PNM
在P 点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B 两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一
水平向右推力F 作用在A 上，使A、B 向右运动。以x 表示A 离开初始位置的位移，F 随x 变化的图像如图
乙所示。已知A、B 质量均为0.2 kg，A 与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B 与水平轨道间的摩擦不计，
重力加速度大小取
。
（1）求A 离开初始位置向右运动1 m 的过程中，推力F 做的功；
（2）求A 的位移为1 m 时，A、B 间的作用力大小；
（3）若B 能到达M 点，求半圆形轨道半径应满足的条件。
【答案】(1)1.5J
(2)0.5N
(3)
【详解】（1）求
，F 做的功
（2）对AB 整体，根据牛顿第二定律
其中
对B 根据牛顿第二定律
联立解得
（3）当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据（2）分析可知此时
此时
过程中，对A、B 根据动能定理
根据题图可得
从
点到
点，根据动能定理
在
点的最小速度满足
联立可得
即圆弧半径满足的条件
。
14.（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A 运动
到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的
货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带
与水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若以相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜
传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与
倾斜传送带间的动摩擦因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后
竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质量为M 的一批散货。若货箱之间无间隔，
重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积
为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个
散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）倾斜传动带上一共有10 个物块，每次经过
，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在
时间可视为第10 个物块一次性传输到第1 个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，
由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即
其中
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
15.（2024·河北衡水·二模）如图所示，AB 为光滑半圆形轨道的竖直直径，其半径
，轨道底端与
光滑水平面BC 相切，水平面右侧有一半径
的光滑圆弧轨道CD，其所对圆心角为97°，轨道右端D
点与倾角为37°的传送带上表面相切，传送带以
的速度沿逆时针方向转动。现有一物块从光滑水
平面BC 上某点以某一初速度沿水平面向左运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度
g 取
，物块可看作质点，不计空气阻力，传送带足够长，
。
(1)若物块初速度
，通过计算说明物块能否从A 点飞出；
(2)若物块从A 点飞出后恰好从C 点沿切线方向进入CD 轨道，求物块在CD 轨道最低点受到轨道的支持力
为其重力的几倍；
(3)若物块从A 点飞出后恰好从C 点沿切线方向进入CD 轨道，且物块在传送带上滑动时（传送带足够长），
能够在传送带上留下痕迹，求物块第一次在传送带上运动时，在传送带上留下痕迹的长度。
【答案】(1)能
(2)2.2
(3)9m
【详解】（1）由半圆轨道底端到顶端过程，根据动能定理可得
若恰在最高点，重力提供圆周运动的向心力则有
联立解得
由于
，故可从A 点飞出。
（2）物块在C 点的速度为
，根据运动的分解，则有
其中
为C 点竖直方向的速度，由于从A 点平抛到达C 点，由平抛运动的规律可得
联立解得
从C 点到CD 轨道最低点的过程，根据动能定理可得
结合牛顿第二定律则有
解得
（3）由C 到D 过程，由动能定理可得
由几何知识可知
此时
由牛顿第二定律可得
解得
结合运动学规律则有
解得
故有
又因为
解得
故有
相对传送带上滑的痕迹
当物块的速度等于传送带时，由于
故此阶段有
解得
若经过
时间，物块下滑留下的痕迹大于上滑留下的痕迹有
解得
此时物块相对D 点的位移
所以只有相对传送带上滑的痕迹
16.（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直轨道
，半径
的
圆弧轨道
，长度
、倾角为
的直轨道
，半径为R、圆心角为
的圆弧管道
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
滑块b，其上表面与轨道末端F 所
在的水平面平齐。质量
的小物块a 从轨道
上高度为h 静止释放，经圆弧轨道
滑上轨道
，轨道
由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
，向下运动时动摩擦因数
，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
，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，
，
）
（1）若
，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在
上经过的总路程；
③在
上向上运动时间
和向下运动时间
之比。
（2）若
，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
【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
第一次经过C 点的向心加速度大小为
②小物块a 在DE 上时，因为
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
上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
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
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
解得
（2）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
解得
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
解得
