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专题06 功与能（含电磁场中的应用）
题型01 功、功率
1． 【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。
2． 【答案】B
【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有
解得
，A 正确；
B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为
第一个时间段内的位移
，B 错误；
C．BC 段的拉力功率不变，有
，C 正确；
D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有
解得
所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移
，D 正
确。
故选B。
3． 【答案】C
【详解】A．由题意，筒车的半径
，转速
得该竹筒转动的线速度大小
，故A 错误；
B．设该竹筒从刚接触水面到刚离开水面，在水面下转过的圆心角为
，利用数学几何关系，得
解得
则竹筒单次蓄水的时间
，故B 错误；
C．设该竹筒线速度与竖直方向的夹角为
，则其所装水克服重力的功率
当竹筒转到与筒车轴心等高时，
，
最大，即
，故C 正确；
D．水做匀速圆周运动，向心力
大小恒定，由竹筒对其所装水的作用力
和重力
的合力提供向心力。
设向心力
与竖直方向夹角为
，根据力的矢量合成法则，可得
从
减小到0，
持续增大，因此
持续增大，不是先增大后减小，故D 错误。
故选C。
4． 【答案】A
【详解】A．小铁块A 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
小铁块B 做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量
，有
由于下落高度相同，显然
，即小铁块A 在空中运动时间较长，故A 正确；
B．小铁块A 的水平射程
小铁块B 的水平分速度
，且
，故水平射程
即小铁块A 的水平射程较大，故B 错误；
C．在任意时刻（落地前），A 的竖直位移
B 的竖直位移
显然
，即B 始终在A 的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C 错误；
D．落地时，A 的竖直分速度
，B 的竖直分速度
显然
重力的瞬时功率
所以
，故D 错误。
故选A。
5． 【答案】BD
【详解】A．功的公式为
，因此
是功的单位焦耳，不是功率单位，故A 错误；
B．功率的定义式为
，功的单位是、时间单位是，因此功率单位就是
，和瓦特
等效，故B
正确；
C．压强单位
，代入得：
，而
，二者不等效，故C 错
误；
D．由牛顿第二定律
得
，结合
，代入得
，
因此该单位和
等效，故D 正确。
故选BD。
6．【答案】BC
【详解】A．设斜面的高度为h，则a 下滑有
b 下滑有
解得
所以
，故A 错误；
B．下滑过程中支持力的冲量大小为
，
，
所以
，故B 正确；
C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为
，
所以
，故C 正确；
D．根据动能定理可得
，
所以
，故D 错误。
故选BC。
7． 【答案】AC
【详解】A．以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得
解得
则汽车的长度为
，故A 正确；
B．1.7s 末汽车的速度为
，故B 错误；
C．1.7s 末汽车合外力的功率为
，故C 正确；
D．合外力做功为
汽车启动时牵引力F＞F 合（需克服阻力），故牵引力做功
但题目未给阻力，无法直接计算牵引力做功，故D 错误。
故选AC。
8． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意得拖拉机以
匀速翻耕时受力平衡，满足
此时的牵引力的功率
（2）拖拉机以额定功率
从静止开始加速翻耕，当其匀速行驶时速度达到最大值
，此时拖
拉机受力平衡，牵引力与阻力等大反向，最大速度满足
代入数据得
（3）由上问可知速度
时拖拉机仍在加速阶段，牵引力大小为
阻力大小为
由牛顿第二定律有
解得
题型02 动能定理的初步运用
9． 【答案】A
【详解】AB．该同学运动至最低点N 时突然站立后，速度不变，可知其动能大小不变，重心升高，重力
势能变大，故其机械能增大，根据动能定理可知，该同学会上升到更高的位置，根据几何关系可知
，故A 正确，B 错误；
CD．由于秋千的摆动角度很小，因此秋千的运动可等效为单摆，根据单摆的周期公式
可知，该
同学站立后，摆长l 变小，故周期变小，该同学从M 点到N 点的时间大于从N 点到P 点的时间，故CD 错
误。
故选A。
10． 【答案】B
【详解】AB．根据动能定理
由图像可知
，
解得小球的质量为m=1kg
初速度v0=2m/s，A 错误，B 正确；
CD．根据
小球的动能为4J 时，下落的高度为h=0.2m
速度为
，CD 错误。
故选B。
11． 【答案】B
【详解】A．空气阻力的大小保持不变，但方向时刻变化，其与重力的合力不断变化，所以足球做加速度
不断变化的曲线运动；
由
可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A 错误；
B．在1 时，空气阻力与重力的夹角最小，合力最大，所以加速度最大，故B 正确；
C．研究足球竖直方向分运动，上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据
可知，
与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1 到2 的时间小于从2 到3 的时间，故C 错误；
D．从2 到3 的过程中，由
，所以足球动能增加小于mgh，故D 错误。
故选B。
12． 【答案】B
【详解】AB．作出重力mg、绳上拉力T、外力F 的矢量三角形，如图所示
当T 与F 垂直时，θ 最大，F 与竖直方向的夹角增至水平向左过程中T 逐渐增大，故A 错误，B 正确；
CD．小球缓慢转动，小球的动能不变,其重力势能先增加后减小，绳上拉力T 不做功，根据动能定理可知
外力F 先做正功后做负功，故CD 错误。
故选B。
13． 【答案】A
【详解】石弹抛出速度最小时，其运动轨迹恰好经过城墙两边缘，最高点恰好在城墙中心正上方，设石弹
经过城墙左边缘时的速度大小为
，速度方向与水平方向的夹角为
，石弹由城墙左边缘到右边缘所用的
时间为，斜抛运动水平方向
竖直方向
解得
当
时，
具有最小值
石弹抛出后至经过城墙左边缘过程，由动能定理
解得石弹抛出时的最小速度大小
。
故选A。
14． 【答案】BC
【详解】A．调节夹角
，水柱喷出后竖直方向的初速度不同，因其运动的加速度为重力加速度，故水柱
从喷出到落地的时间不相等，故A 错误；
B．水柱从喷出到落地的过程，根据动能定理有
解得
故水柱落地时的速度大小与
无关，故B 正确；
CD．水柱喷出后做斜上抛运动，作出水滴的初速度
、末速度以及速度的变化量
的矢量关系图，如
图所示
根据几何关系，可知
速度矢量三角形的面积为
由于
与大小一定，则当两者垂直时，S 最大，即此时水滴的水平射程x 有最大值，即
则
所以，则该自动浇水装置最大浇灌面积为
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
15．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得
解得
（2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得
解得
（3）与地面碰撞损失的机械能
解得
16．【答案】
【详解】[1]从位置A 到位置B，足球上升h，此过程重力做功
；
[2]对此过程，由动能定理：
代入
得
题型03 动能定理解决多过程问题
17． 【答案】A
【详解】A．设圆环的半径为
，滑块从b 到d，由动能定理可得
滑块从b 到c 的过程中，由动能定理可得
由题可知
联立可得
，故A 正确；
B．滑块从a 到b 的过程中，滑块受到重力、支持力、摩擦力的作用，开始时，滑块重力沿切线方向的分
力大于摩擦力，滑块加速下滑，速度逐渐增大，滑块对圆弧的压力逐渐增大，摩擦力随之增大，此时重力
沿斜面切线的分力小于摩擦力，滑块的速度逐渐减小，故B 错误；
C．滑块在c 点的重力势能为
在c 点的动能
结合上述分析可知，由于摩擦力做功，滑块的动能与重力势能不可能相等，故C 错误；
D．由于滑块在b 点时，重力方向的瞬时速度为零，则重力的瞬时功率为零，偏离b 点后，速度沿重力方
向的分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，到达d 点时滑块的速度为零，重力的瞬时功率又减为零，
因此从b 到d 的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选A。
18． 【答案】A
【详解】倾角为
时（高度
，停在A 点）设水平缓冲区滑行距离为
，由动能定理有
倾角为
时（高度
）设水平缓冲区滑行距离为
，同理
代入数据解得
说明第二次滑行更远，停在A 点右侧约
处。
故选A。
19． 【答案】D
【详解】AB．弹性轻绳原长等于
，因此伸长量
等于
到滑块的长度，弹力
设
到杆
的垂直距离
对任意位置的滑块，绳与杆夹角为
，由几何关系得
（恒成立）
因此弹力垂直杆的分量
题目给出
点处杆对滑块弹力为零，垂直杆方向平衡得
因此任意位置杆对滑块弹力
摩擦力
，故AB 错误；
C．弹性轻绳的劲度系数为
，由
代入数据
，故C 错误。
D．滑块运动到
点时的动能为
几何关系得
，
滑块从
到
，下降高度
重力做功
初态弹性势能
末态（
点）
到滑块长度为
，弹性势能
摩擦力做功为
，由动能定理
，故D 正确。
故选D。
20． 【答案】D
【详解】AB．无铁块时，木板做匀速直线运动，受到地面摩擦力
可以算出
每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增大
木板最终停下来时，木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功，第n 块铁块释放时，木板克服摩
擦力所做的功为
由动能定理可得
解得
即第7 个铁块放上去后木板再运动不足1m 便会停下来，所以木板最终停下来时上面有7 个铁块，故AB 错
误；
CD．第7 个铁块放上去时，增加的摩擦力已做功
木板剩下的动能为
设木板还能运动的距离为s，则由
解得
，故C 错误，D 正确。
故选D。
21． 【答案】C
【详解】A．
、
分离时，二者弹力为0，对
由牛顿第二定律：
代入
得：
即：
动能最大状态（
），动能最大时合力为0，加速度为0：
因此
故A 错误；
B．分离前
做匀加速直线运动，由运动学公式
，得：
从
到最低点
，动能从
变为0，由动能定理解得：
因此：
故B 错误；
C．分离后
从
到
，由动能定理：
代入
，解得：
因此
故C 正确；
D．对最低点
由牛顿第二定律：
得
又
则：
故D 错误。
故选C。
22． 【答案】AC
【详解】AB．如图所示
若质点全程做匀加速直线运动，则该质点全程的平均速度为
根据题意可知质点加速度增大，根据
图像与轴围成面积表示位移以及平均速度的定义可知该质点全
程的平均速度小于
，故A 正确，B 错误；
CD．设该质点的质量为
，则根据题意结合动能定理有
解得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
23． 【答案】BD
【详解】A．对质量为m 的滑块进行分析，由动能定理有
其中
，解得
，A 错误；
B．对质量为0.5m 的滑块进行分析，由动能定理得
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，能够上升的最大高度
所以该滑块离地面的最大高度为
，B 正确；
C．在滑块从离开斜面底端到落回地面的过程中，对质量为0.5m 的滑块进行分析，由动能定理有
解得
，C 错误；
D．对质量为0.8m 的滑块进行分析，由动能定理有
解得
离开斜面后滑块做斜抛运动，设经过时间t 落回地面，有
解得
，D 正确。
故选BD。
24． 【答案】(1)
(2)
，
【详解】（1）由题意可知
则有
解得
设在
点时速度方向与水平方向成
角，位移
与水平方向成
角，则有
即
解得
，
即
点坐标为
。
（2）对平抛过程，根据动能定理有
解得
设平台左、右两端之间距离为
，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有
其中
，
联立代入数据解得
25． 【答案】(1)2.5J
(2)
(3)
【详解】（1）滑块在
段运动过程中推力
做的功
代入数据得
（2）滑块在
段运动过程中，由动能定理得
在
点，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
（3）分析知滑块在
点恰好不脱离轨道，支持力为零，
点的速度最大由几何关系得
由牛顿第二定律得
滑块从
到
，由动能定理得
得
26． 【答案】(1)
(2)
(3)
或
【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有
解得
（2）设离开a 点的速度大小为
，沿底板方向有
垂直于底板方向有
解得
在a 点，由圆周运动动力学方程有
解得
（3）由于弹珠与
间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着
轴对称折叠，碰撞前后的运动可
以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击
点的情况，设过a 的速度为
，轨迹如下
水平方向有
垂直于底板方向有
解得
对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f 点的情况，设其过a 的速度为
，水平方向有
垂直于底板方向有
联立解得
若弹珠过a 点后恰不脱轨，其刚过a 点速度满足
弹珠从底板到a 点的过程，解得
弹珠从底板到a 点的过程，由动能定理可得
因要取胜，过a 点的速度需满足
或
，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件
或
题型04 机械能守恒、功能关系
27． 【答案】B
【详解】设∆t 时间内流过发电机叶片横截面的空气质量为∆m，则
由能量关系
解得
故选B。
28． 【答案】A
【详解】A．由能量关系可知，竖直抬升过程中，车的重力势能增加了mgh，则移动板对车的支持力做功
为
，A 正确；
B．水平右移过程中，车的动能变化量为零，因重力和支持力对车都不做功，可知移动板对车的摩擦力做
功为零，B 错误；
CD．整个过程中，最终车的动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，即移动板对车做的总功
为
，CD 错误。
故选A。
29． 【答案】C
【详解】AB．根据胡克定律
可得F-x 的图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线1 的斜率大于图线2
的斜率，可知弹簧Ⅰ的劲度系数大于弹簧Ⅱ的劲度系数，故AB 错误；
CD．根据能量关系可得弹簧压缩到最短时的弹性势能相同，都等于滑块的初动能，弹性势能增加量等于
滑块克服弹力做功，又
图像的面积表示滑块克服弹簧弹力做功，可知图线1 与横轴所围的面积等于图
线2 与横轴所围的面积，故C 正确，D 错误。
故选C。
30． 【答案】D
【详解】A．小球从A 运动到C 的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小
球+木块组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．当小球运动到C 点时，C 点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R，
，因此绳子AC 与水平方向（小球速度方向）夹角为
。 将小球速度分解为沿绳和垂直绳分
量，沿绳分量等于绳子的移动速度（即木块的速度，若命题中默认动滑轮不改变速度倍数关系，或题目描
述为定滑轮连接木块，常规推导为
整理得
即小球速率是木块的
倍，故B 错误；
C．对系统机械能守恒，结合C 点向心力公式推导：小球在C 点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖
直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于
，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于
，
故C 错误；
D．绳子断裂后，木块沿斜面上滑过程中，加速度
恒定（若斜面光滑
，若斜面粗糙
，加速度始终恒定）。
将木块和斜面视为整体，斜面加速度为0，木块加速度可分解为恒定的水平分量
和竖直分量
由牛顿第二定律：水平方向：地面对斜面的摩擦力
，恒定；
竖直方向
得
也恒定。 因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故D 正确。
故选D。
31． 【答案】BC
【详解】A．如图所示
M 落地瞬间，竖直方向，有
由于M、N 速度相互垂直，根据对称性可知落地速度与水平面夹角为45°，故落地前瞬间水平速度与竖直
速度相等，落地速度为
，故A 错误；
B．爆炸后增加的机械能为
可得
，故B 正确；
C．落地时间为
落地距离
，故C 正确；
D．落地瞬间总动能为
，故D 错误。
故选BC。
32． 【答案】AC
【详解】AB．两球绕圆环轴转动，角速度
相同，线速度
故有
小球
、
、轻杆Ⅰ、Ⅱ和轻质光滑圆环组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（舍）或
由题意可知，
时，小球
运动到最高点，故A 正确，B 错误。
CD．设当轻杆转过角
时，小球
、
速度达到最大值，其角速度为
，根据机械能守恒定律有
小球
的动能
联立可得
当
时，
取最大值，则
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
33． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为
，经时间与边缘速度相等，由牛顿第二定律
解得
轮子边缘的线速度大小
又
由加速度阶段上升高度
减速上升高度
由
解得
（2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程
故摩擦生热
解得
（3）夯锤击打桩钉前动能
桩钉进入过程中平均作用力
由能量守恒
解得
题型05 静电场中的功能关系
34． 【答案】D
【详解】A．小球静止在
点，受力分析如图，可知小球带正电。由平衡条件有
解得
，故A 错误。
B．带电小球运动到最右侧的时候电势能最大，此时带电小球距离点
沿电场方向的距离为
，所以带电
小球的电势能为
，即
，故B 错误。
C．带电小球恰能完成完整的圆周运动，则在等效最高点有
从
点到等效最高点过程，根据动能定理有
代入解得
，故C 错误。
D．剪断细线后，小球相对于合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为0 时，合速度最小。
从
到
，由动能定理有
解得
剪断细线后，当速度与合外力垂直时速度最小，则最小速度
，故D 正确。
故选D。
35． 【答案】AC
【分析】已知条件整理：带正电小物块
，重力方向竖直向下，电场力方向水平向左，合力大小
，方向左偏下
；
、
轨道倾角均为
，
【详解】A．将重力、电场力分解到沿
和垂直
方向：沿
方向：重力分量
向下，电场力
分量
向上，大小抵消，合力仅为摩擦力，方向沿轨道向上。
垂直
方向：
摩擦力
。
加速度
大小为
，故A 正确。
B．从
到
动能定理：
代入得
。
通过
点前，压力
；
通过
点后，圆周运动向心力：
得
；
比值
，故B 错误。
C．从
到
动能定理：
得
设沿
向上运动
后速度为0，动能定理：
解得：
故C 错误。
D．
、
粗糙，小物块每次经过斜轨都会克服摩擦力做功，总能量不断减少，最终无法冲上
、
，只能在光滑的圆弧
上做往复运动，不再损失能量，故D 正确。
36． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块从
点到
点，由动能定理可得
解得
（2）滑块从
点到
点，由动能定理可得
滑块在
点时，由牛顿第二定律可得
解得
（3）滑块从
点到
点，由动能定理可得
滑块从
点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得
电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为
在水平方向利用动量定理可得：
解得
37． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当滑块
运动到
点瞬间对轨道的压力为
，在
点时，由牛顿第二定律有
其中
代入数据解得滑块运动到
点的速度大小
重力和电场力都是恒力，其合力可看作等效重力（斜向左下方），等效重力大小
设等效重力的方向与竖直方向的夹角为
，则有
解得
设等效最高点为
，从
到
，由动能定理得
点由动力学分析有
由牛顿第三定律解得最小压力为
（2）欲使滑块
进入圆轨道后能从
点水平抛出，设滑块刚好可以经过等效最高点
，此时有
。
解得
滑块
从压缩到
点的过程中，由功能关系可得
解得弹簧释放弹性势能的最小值
38． 【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）E 大到一定程度后加速度大小恒为
，对圆环受力分析如图1 所示
根据平衡条件竖直方向有
由牛顿第二定律得
联立可得
结合图（b）可知
，
则
，
（2）
时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2 所示
根据平衡条件，水平方向有
竖直方向有
联立解得
39． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小环从M 到D 的过程中，由动能定理可得
其中电场力
解得
（2）小环从M 到N 的过程中，由动能定理可得
小环经N 时，根据牛顿第二定律可得
解得，轨道对小环的支持力大小为
根据牛顿第三定律可得，小环对轨道的压力大小为
（3）因为
所以，小环最终静止在CD 杆上，设静止点距D 点的距离为
，由动能定理可得
解得
所以，产生的热量为
40． 【答案】 大于 eU
【详解】[1] 若A、K 之间为匀强电场，则A 点与两极中点
的电势差应等于
。但由题图可知，越靠近
A 端电场线越密集，即越靠近A 端电场强度越大，所以A、O 之间的电势差大于
。
[2] 在两极之间加上高压
，则电子从K 运动到A 的过程电场力做功为
所以其电势能减小了
，则由功能关系可知电子由K 运动到A 动能增加了
。
题型06 磁场中的功能关系
41． 【答案】BD
【详解】A．根据右手定则，导体棒从右向左运动过程中，流过导体棒的电流由M 到N，流过二极管的电
流由C 到E，导体棒受到安培力，若导体棒向左运动能到达原来的高度，则流过导体棒的电荷量
，因一部分能量转化为热能，因此到不了原来的高度，流过导体棒的电荷量小于
，故A 错误；
B．从左向右摆时回路无电流，导体棒不受安培力，机械能守恒，故B 正确；
C．每次从右向左摆时经过同一点速度更小，水平位移更小，安培力做功更小，因此损失的机械能都更小，
每次回到右边最高点的位置都比上一次降低的高度要低，故C 错误；
D．最终导体棒会静止在最低点，减小的重力势能转化为内能，因此导体棒产生的热量为
，故D 正确。
故选BD。
42． 【答案】BC
【详解】AB．当物块与地面恰好无压力时，对物块受力分析有
水平方向上有
可解得
此时对圆环受力分析，在水平方向上，有
所以电场强度
，故A 错误，B 正确；
CD．此时对圆环在竖直方向上分析，有
解得圆环的速度为
对圆环与物块的系统列动能定理，有
所以圆环克服摩擦力做功的大小为
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
43． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）作出两异种点电荷在
点的场强，如图所示
根据电场强度叠加原理，可得
点的电场强度的大小为
根据牛顿第二定律有
又
，
联立解得
（2）假设物块从
到
克服摩擦力做功为
。物块从
到
，根据动能定理有
物块从
到
，根据动能定理有
联立解得
（3）物块做匀速运动时，根据平衡条件有
解得
当物块下滑到
点的过程中，假设克服摩擦力做功为
，根据动能定理有
解得
44． 【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）弹体所受安培力大小为
根据左手定则可知，安培力方向水平向右。
（2）弹体从静止加速到
，根据动能定理可得
代入数据解得
可知轨道至少长为
。
（3）炮弹离开轨道前已做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为
，根据平衡条件可得
解得阻力系数为
1． 【答案】A
【详解】B．逆向看成平抛运动，两次高度相同，根据
可得运动时间为
相同，B 错误；
AD．球在水平方向做匀速直线运动，则
可得
由于在PQ 点时竖直方向分速度相等，可知从
处踢出时初速度较大，该运动员对足球做功较多，A 正确，
D 错误；
C．根据
足球被从
处踢出的初速度与水平方向夹角更小，C 错误。
故选A。
2． 【答案】D
【详解】A．电场方向水平向右，PVC 颗粒落入左侧的收集器1，说明PVC 的电场力方向向左，与电场方
向相反，因此PVC 带负电，故A 错误；
B．颗粒由静止释放，受恒定的重力和匀强电场的电场力，合力为恒力，初速度为零，因此颗粒沿合力方
向做匀加速直线运动，不是曲线运动，故B 错误；
C．电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，即
两种颗粒的电荷量
、水平位移
都不一定相等，因此电势能变化量不一定相等，故C 错误；
D．颗粒运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功不改变机械能，因此机械能的增加量等于电场力做
的功；根据功能关系，电场力做功的大小等于电势能的减少量，因此PP 颗粒机械能的增加量等于其电势
能的减少量，故D 正确。
故选D。
3． 【答案】A
【详解】AD．上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变
化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝
对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化
绝对值比下滑更大，故A 正确，D 错误；
B．由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B 点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关
系，滑块之间的距离
，
则
故
，故B 错误；
C．上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有
可知
，故C 错误。
故选A。
4． 【答案】B
【详解】A．由题可知，
时间内，汽车以恒定牵引力做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律
整理可得
结合图像可知
解得汽车恒定加速启动时的加速度大小为
则
时刻汽车的瞬时速度为
因此汽车的额定功率为
，故A 错误；
B．根据上述分析可知，
时刻汽车的瞬时速度为
则
时间内汽车的位移为
因此
时间内汽车的平均功率为
，故B 正确；
C．对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可得
结合上述结论
解得汽车在行驶过程中受到的阻力为
，故C 错误；
D．当汽车速度最大时，汽车受到的阻力与牵引力相等，汽车做匀速直线运动，此时则有
，故D 错误。
故选B。
5． 【答案】AD
【详解】A．物块与斜面间的摩擦力与其相对斜面走过的距离的乘识即为摩擦生热，满足
，故A 正确；
B．根据机械能守恒定律可知，摩擦力对物块所做的功的绝对值即为物块和弹簧组成的系统机械能的减少
量，其大小为
，故B 错误；
CD．由弹簧压缩量为d 时，物块运动到最低点，可知此时物块的速度为0,由能量守恒
可知
当物块动能最大时，物块处于受力平衡状态，满足
解得
此时物块的重力做功
弹簧弹力做功
滑动摩擦力做功
故物块的动能为
物块的最大速度满足
解得
，故C 错误，D 正确。
故选AD。
6． 【答案】AC
【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B 点时，设小球的速度为
，小球受到的
洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有
解得
或
若
，小球从A 点运动到B 点，由动能定理得
解得
因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有
解得
若
，根据左手定则可知在最低点A 小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作
用力为零，由牛顿第二定律有
根据动能定理，小球从A 点运动到B 点满足
解得
，
，
，故B 错误，AC 正确；
D．若将小球在A 点的初速度变为
，其在最高点C 的速度大小满足
结合小球从A 点运动到B 点
可知
结合上述分析可知若
，小球受到的电场力方向向上，大小为
洛伦兹力为
，对应的圆周运动的向心力分别为
根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为
若
，小球受到的电场力方向向上，大小为
对应的洛伦兹力方向向下，大小为
圆周运动的向心力为
根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足
解得
综上，不存在小球在最高点C 与圆环间作用力为零的情况，故D 错误。
故选AC。
7． 【答案】BC
【详解】A．重力势能的减少量总等于电势能的增加量，故A 错误；
B．带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力（可能有）、摩擦力（可能有）；
电场力
重力与电场力的合力刚好与杆垂直，大小为2mg，如图
洛伦兹力的方向垂直于杆，要使小球做匀速运动，摩擦力应该为0，弹力也应该为0，
即洛伦兹力与重力、电场力的合力相平衡，即
则小球的初速度
，故B 正确；
C．若小球的初速度为
，则洛伦兹力小于2mg，杆对球有弹力且
球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；
当小球的速度减小，杆对球的弹力
增大，球受的摩擦力增大，小球做加速度增大的减速运动，最终小球停止，此过程中重力、电场力和洛伦
兹力的合力总与杆垂直，即此过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理
此过程中
即克服阻力做功
，故C 正确；
D．若小球的初速度为
，则洛伦兹力大于2mg，杆对球有弹力且
球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；
当小球的速度减小，杆对球的弹力
减小，
球受的摩擦力减小，小球做加速度减小的减速运动；
当小球的速度减小至
，小球做匀速运动，此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此
过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理
此过程中
即克服阻力做功
，故D 错误；
故选BC。
8． 【答案】ABC
【详解】A．物体到达最高点时，机械能为
由图知
得
，故A 正确；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功
解得
，故B 正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得
得
，故C 正确；
D．由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为
在整个过程中由动能定理得
则有
，故D 错误。
故选ABC。
9． 【答案】AC
【详解】B．图像中两阴影区域面积之比为
，可知第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为
，由于两次作用时间不一定相等，所以第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比不一定为
，故B
错误；
C．设小物块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
，小物块的质量为
，则第一次碰撞过程小物块的
动量变化量大小为
设小物块第二次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
，则第二次碰撞过程小物块的动量变化量大小为
由于第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为
，根据动量定理可得
则有
小物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得
小物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得
小物块第一次碰撞后上升过程有
下滑过程有
联立解得
，
，
，故C 正确；
A．根据运动学公式可得
，
又
，
联立可得第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比
，故A 正确；
D．经过足够长时间，最终小物块静止在挡板处，根据能量守恒可得
解得小物块在斜面上运动的总路程为
，故D 错误。
故选AC。
10． 【答案】CD
【详解】A．a 从P 到Q 过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能
一直增大。故A 错误。
B．b 的动能发生了变化，b 在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b 一定做功；轻杆对a 和b 做功的
总和为零，因此轻杆对a 一定做功。故B 错误。
C．初始时系统静止，
；a 到达Q 点时，a 的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆（根据几何关
系，轻杆沿半径方向，切线垂直半径），因此a 沿杆方向的速度分量为0，故此时
。说明b 的速度从
零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而b 只有轻杆做功，因此轻杆对b 先做正功后做负功。故
C 正确。
D．系统机械能守恒，a 机械能最小时，b 的动能（机械能）最大，此时b 速度最大，加速度为零，轻杆对
b 球的拉力水平方向分力为零，由于轻杆处于压缩状态，竖直方向分力向下，根据牛顿第三定律，b 对轨
道的压力大于b 的重力。故D 正确。
故选CD。
11． 【答案】(1)
(2)
(3)当
时，
；当
时，
【详解】（1）从A 到B，由动能定理得
解得滑块第一次滑上木板时的速度大小
（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动
量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为
，木板速度为
，列式子得
整个过程中，由动能定理得
解得
，
木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能
（3）①当
时，可得
此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量
②当
时，可得
此时小滑块将滑下斜面返回木板。
从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动量能定理得
对木板由动量定理得
滑块滑上光滑斜面
后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中
电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E 点开始滑上
到再次滑下到E 点，电
场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。
所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为
，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，
小滑块速度为
，木板速度为
。
对于小滑块由动量定理得
对木板由动量定理得
小滑块滑过B 后，在AB 上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B 点时
速度仍为
。
每次通过木板，小滑块的能量会减少
。初始能量为
所以可以通过木板次，小滑块剩余能量
此时小滑块的速度
由于
在这5 次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量
在第6 次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得
解得
由于
，所以假设不成立，在第6 次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为
。
第6 次木板撞凹槽损失的能量
根据能量守恒，第6 次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量
综上，小滑块共滑上木板6 次，并在第6 次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量
12． 【答案】(1)30m/s
(2)-650J
【详解】（1）如图所示
小球受竖直向下的重力和与水平方向成60°的恒定风力F1，二者合力方向与速度方向同向，小球做匀加速
直线运动，根据几何关系可得
所以小球运动的加速度大小为
t=2s 时小球的速度大小为
（2）t=2s 时小球距离地面的高度为
施加风力F2至小球落地过程，根据动能定理可得
解得
13． 【答案】(1)10m
(2)当
时，
当
时，
【详解】（1）运动员从
到
过程机械能守恒
到C 点时，根据牛顿第二定律
解得
（2）运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理
可得总路程
，分两种情况讨论：
①运动员未到达
点时停下，满足
，即
可得
，结合
范围
对应
，此时距
②运动员到达
点碰弹簧后返回，最终停在
段，满足
，即
结合
范围
对应
总路程：去程走
，返程走
，
距
点距离
14． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）外力
作用下，绳子张力为零，对物体
，
根据平衡条件可得
其中
解得
撤去外力
的瞬间，弹簧弹力为零，故物块
、
的加速度为
（2）物块
、
一起运动，
、
的合外力为零，速度最大。
故当弹簧弹力
弹簧伸长量为
对
、
整体由能量守恒可得
解得
15． 【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）若滑块
恰能通过
点
解得
从
点到
点动能定理有
解得
，
所以
在
点有
由牛顿第三定律得，在
点压力为
（2）①物块恰好过最高点，
，
得
检验得，该处释放物块刚好过圆环的圆心
物块过圆环的最高点，
点速度
从释放点到
点，
得
所以释放高度
（3）在脱离点有
从脱离点到圆心位置沿着速度方向有
解得
垂直速度方向有
解得
，
，
从释放点到抛出点，由动能定理得
解得
。
