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专题06 功与能（含电磁场中的应用）
【命题解读】
夯实功、功率、动能、动能定理、重力势能、机械能等基本概念。动能定理、功能关系等基本规律。强化
运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力；渗透一些重要的思想方法（如函数法、图像法、比较法、
极限法）。
【命题预测】
动能定理常结合其他动力学的重点知识，如牛顿运动定律、曲线运动等。命题的选材背景主要以联系生产
生活情境为主，也有部分高中物理常见理想化模型为素材的试题，试题中也常出现弹簧、各类轨道、传送
带等装置，在此基础上可能还会与电磁场结合，这一点一定要注意。
题型01 功、功率
1．（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。
2．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画
出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力
，并描绘出图像。假设某次实验得到的
图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段
与轴平行，
点对应的坐标为
第二个时间段内
线段
的延长线过原点，第三个时间段内拉力
和速度v 均与
点的坐标
对应，大小均保持不
变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为。重力加速度为
，滑轮质量、摩擦
和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（ ）
A．重物的质量为
B．第一阶段重物上升的高度
C．
D．重物在前两个时间段内的总位移
【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．（2026·山西大同·一模）明代的《天工开物》记载了我国古人在农业上利用筒车进行水利灌溉的过程
（如图甲），筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在水面下蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。
图乙为筒车的简化图，若筒车的半径为
，其轴心距水面的高度为
，筒车在竖直面内沿逆时针方向
以转速
匀速转动。一竹筒（视为质点）打水后，运动到顶部过程中其所装水的质量
保
持不变，水面水平且高度恒定，重力加速度
取
，
取3，则下列说法正确的是（ ）
A．该竹筒转动的线速度大小为
B．该竹筒单次蓄水时间约为
C．从离开水面至顶部过程中，该竹筒中的水克服重力做功的最大功率为
D．从离开水面至顶部过程中，该竹筒对其所装水的作用力大小先增大后减小
【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．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁
水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B 以相同的速率同时从柳木板同一位置离
开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A 的初速度方向水
平，B 的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小铁块A 在空中运动时间较长
B．小铁块B 水平射程较大
C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交
D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同
【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．（多选）（2026·四川内江·二模）物理公式不仅反映了物理量之间的大小关系，也确定了单位关系。在
物理学中，功率是描述做功快慢的物理量，其国际单位是瓦特（W）。下列单位中，与瓦特（W）等效的
单位是（ ）
A．N m
⋅
B．J/s
C．
D．
【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．（多选）（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，光滑绝缘的斜面体OAB 固定在水平桌面上，斜面OA
与OB 的倾角分别为
和
。物块a 和b（均可视为质点）质量分别为2m 和m，其中物块b 带
电荷量为
，绝缘物块a 不带电。空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小
。将两物块从顶
端O 处由静止释放，物块a 沿斜面OA 滑下，物块b 沿斜面OB 滑下，已知
，
，重
力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．a 和b 下滑过程，所用时间之比为
B．a 和b 下滑过程，支持力的冲量大小之比为
C．a 和b 下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为
D．a 和b 下滑到底端时，动能大小之比为
【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．（多选）（2026·重庆沙坪坝·一模）图甲、乙所示的是一辆质量
的公共汽车在
和
末两个时刻的两张照片。当
时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图丙是车
内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得
，取重力加速度大小
，根据题中提供的信
息，下列说法正确的是（ ）
A．汽车的长度约8.3m
B．1.7s 末汽车的速度约8.0m/s
C．1.7s 末汽车合外力的功率约
D．1.7s 内汽车牵引力所做的功约
【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．（2026·广东·模拟预测）我国的“三农”政策取得显著成绩，农业现代化得到全面实施。图为某农场使
用无人驾驶拖拉机牵引绿肥翻耕机在水平田地里作业的场景，拖拉机与翻耕机的总质量
，工
作时拖拉机与翻耕机整体所受阻力大小f 与速度大小v 成正比，即f＝kv，
，重力加速度
。
(1)拖拉机以
匀速翻耕时，求此时的牵引力的功率
；
(2)若拖拉机以额定功率
从静止开始加速翻耕，求加速过程的最大速度的大小
；
(3)若拖拉机以额定功率
从静止开始加速翻耕，当拖拉机速度达到
时，求此时的加
速度大小a。
【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．（2026·海南海口·二模）荡秋千是一项有趣的运动。如图所示，一秋千悬挂在O 点，某同学蹲在秋千上
从M 点由静止出发，在其运动至最低点N 点时突然站立，并保持姿势到N 点左侧的最高点P 点。已知人在
N 点站起前后速度不变，秋千摆动的角度很小，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．该同学从M 点到N 点的时间小于从N 点到P 点的时间
D．该同学从M 点到N 点的时间等于从N 点到P 点的时间
【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．（2026·广东·一模）实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小
球动能
与下落时间的平方
图像，t=0s 时将小球水平抛出，重力加速度g 取10m/s²，空气阻力不计，下
列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为0.1kg
B．小球水平抛出的初速度为2m/s
C．小球的动能为4J 时，下落的高度为2m
D．小球的动能为4J 时，速度为4m/s
【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．（2026·浙江·二模）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中达到
最高点2 的高度为h。若空气阻力的大小保持不变，则足球（ ）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1 时，加速度最大
C．从1 到2 的时间大于从2 到3 的时间
D．从2 到3 的过程中，动能增加mgh
【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．（2026·湖北恩施·二模）如图所示，质量为m 的小球用细线悬挂在天花板上，小球在竖直向上的外力
F 作用下静止（
）。现保持F 大小不变，并使F 沿逆时针方向缓慢旋转至水平向左，在此过程中小
球也缓慢移动。以下说法正确的是（ ）
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．细线偏离竖直方向的角度先增大后减小
C．外力F 对小球一直做正功
D．细线的拉力对小球先做正功后做负功
【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．（2026·河北·一模）我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上
的梢抛出石块。假设有一待攻的城池，城墙高度为h，厚度为d，攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛
入城内，抛石机的高度相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则抛出石弹的最小速度
应为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（多选）（2026·重庆·二模）如图甲，某农场安装有一种自动浇水装置，在农田中央装有竖直细水管，
喷嘴喷出一细水柱，初速度大小为
，初速度方向与水平面的夹角
可调（
），喷嘴
离水平地面高度为
，结构简图如图乙，整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动，重力加速度大小
取
，不计空气阻力，忽略喷嘴到中心轴线的距离，则（ ）
A．调节夹角
，水柱从喷出到落地的时间是相等的
B．调节夹角
，水柱落地时的速度大小是相同的
C．该自动浇水装置最大浇灌面积为
D．该自动浇水装置最大浇灌面积为
【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．（2026·福建泉州·一模）如图，质量
的篮球从离水平地面高度
处由静止释放，与地
面发生碰撞后反弹的最大高度
。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到
最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小
，
忽略空气阻力，求：
(1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小；
(2)篮球每次反弹后的上升时间；
(3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。
【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．（2026·福建·模拟预测）2025 年江苏省城市足球联赛精彩纷呈，引发了大众的足球热情。某次比赛中
质量为m 的足球飞行轨迹如图所示，足球在位置A 的速度大小为
，在位置B 的速度大小为
两处
的高度差为h，重力加速度大小为g，则从位置A 到位置B 的过程中，重力对足球所做的功为________，
阻力对足球所做的功为________。
【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．（2026·湖南株洲·一模）如图，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径
水平，o 为圆
心。一滑块以某一初速度从a 点下滑，经轨道最低点b 刚好能到达d 点。在这个过程中，滑块在b 点的速
率为
，到达c 点时速率为
，
与
夹角为30°。取b 点所在的水平面为重力势能的零势能面，则（
）
A．
B．从a 至b，小滑块的速度不断增大
C．在c 点，小滑块的动能与重力势能相等
D．从b 至d，小滑块克服重力做功的功率逐渐减小
【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．（2026·新疆·二模）新疆昌吉努尔加滑雪场拥有优质的冰雪资源，雪道建设之初，设计者进行了相关
计算和测试。已知滑雪者与雪道间的动摩擦因数为0.05，斜坡倾角为
时，滑雪者从距水平缓冲区高
处由静止滑下，最终停在水平缓冲区的标记点A。如图所示，若将斜坡倾角调整为
，同时将起
点高度降低至
，斜坡与水平缓冲区交点O 不变且平滑连接，不计空气阻力，则滑雪者最终将停在
标记点A 的（ ）
（已知
、
、
、
）
A．右侧约
处
B．右侧约
处
C．左侧约
处
D．左侧约
处
【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．（2026·河南开封·模拟预测）某物理兴趣小组在“探究斜杆上滑块的运动”实验中，设计了如下装置：
硬直杆与水平面成37°角放置，两端分别固定于O、M 两点，一根弹性轻绳一端系在O 点，另一端跨过固
定在Q 点的光滑定滑轮（大小不计）与套在杆上的滑块相连，滑块位于OM 上P 点时PQ 与OM 垂直，且
杆与滑块间的弹力恰好为零。已知OQ 沿竖直方向，弹性轻绳原长等于OQ 的长度，PQ 的长度为1.6m，
滑块质量
，滑块与杆之间的动摩擦因数
，重力加速度
，
，
，弹性轻绳的弹性势能可表示为
，其中k 为弹性轻绳的劲度系数，
为弹性轻
绳的形变量。将滑块从P 点无初速度释放，下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动过程中滑动摩擦力大小始终为2.56N
B．滑块下滑时与杆间的作用力先增大后减小
C．弹性轻绳的劲度系数为
D．滑块运动到O 点时的动能为7.2J
【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．（2026·山东临沂·一模）如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为
，
在水平拉力
的作用下，以
的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为
质点），每个质量均为
，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了
时，又将
第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L 就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到
木板停下来，就不再向木板上放铁块了，
，
。则下列说法正确的是（ ）
A．最终有5 个铁块放在木板上
B．最终有6 个铁块放在木板上
C．最后一个铁块与木板最右端的距离为
D．最后一个铁块与木板最右端的距离为
【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．（2026·福建泉州·一模）如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块
相连。用水平板
托住物块
，使弹簧处于原长状态。现使
竖直向下做匀加速直线运动，加速度
，
为重力加速
度大小。当弹簧伸长量为
时
、
分离，此时
的动能为
；当弹簧伸长量为
时
动能达到最大值
；当
运动到最低点时弹簧伸长量为
、
加速度大小为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（多选）（2026·重庆·模拟预测）如图所示，
和
（
）是一长度为的线段的两端点，该线段
被平分成
小段，分界点依次为
，
，
，
。一质点以初速度
从
处开始沿该线段向右加
速，第1 小段的加速度为
，第2 小段的加速度为
，
，第小段的加速度为
（
），
最终到达
处时速度为
。则该过程中（ ）
A．该质点全程的平均速度小于
B．该质点全程的平均速度大于
C．
D．
【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．（多选）（2026·河北沧州·一模）如图所示，倾角为
的斜面底端固定着一垂直于斜面的挡板，将一
小块炸药固定在挡板上，质量为m 的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜
面顶端。之后更换不同质量的小滑块，引爆炸药后，不同滑块在炸药爆炸过程中获得的动能都相同。已知
炸药爆炸时间极短，不同滑块与斜面间的动摩擦因数均为
，斜面的高度为h，重力加速度为g，滑
块均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．炸药爆炸后质量为m 的滑块获得的初速度大小为
B．质量为0.5m 的滑块离开地面的最大高度为
C．质量为0.5m 的滑块落回地面前瞬间的速率为
D．质量为0.8m 的滑块滑离斜面顶端后经时间
落回地面
【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．（2026·河北·一模）如图甲所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度
滑上平台，
小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的 P 点时动能为平抛初始动能的17
倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x 轴和y 轴分别沿水平方向和竖直方向，
挡板形状满足方程
（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数与小物块沿平台位移之间
的关系
如图乙所示，重力加速度 g 取
求：
(1)P 点的坐标；
(2)小物块离开平台时的速度大小及平台左右两端之间的距离。
【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．（2026·贵州毕节·二模）如图甲，竖直平面内轨道
由水平轨道
与
及两段光滑圆弧
组成，
长为
与
高度差为
；圆弧
半径均为
，弧长相等，在
点
相切；
与
相切于
点，
与
相切于
点。可视为质点的滑块，质量为
，与
间动摩擦
因数为0.25。该滑块受水平向左推力
，从
点由静止开始运动，
与位移
的关系如图乙所示。不计空
气阻力，重力加速度取
。
(1)求滑块在
段运动过程中推力
做的功；
(2)求滑块运动至圆弧轨道上
点时对轨道的压力；
(3)若滑块从
点以某一速度滑入，此后无推力，为使滑块始终不脱离轨道，求滑块在
点的最大速度。
【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．（2026·四川德阳·二模）如图1 所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为
，斜面上固定
有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2 所示，
底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成
了一块矩形
中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆
上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游
戏。已知弹珠质量为m 且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求：
(1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a；
(2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a 对弹珠的作用力大
小N；
(3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与
区域直挡板的弹性
碰撞）。
【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．（2026·山东德州·一模）如图所示，被称为“空中电站”的S1000 型涵道式浮空风力发电系统于2025
年首次稳定悬停于高空并顺利发电。有风时，风吹叶片转动形成的圆面与风向垂直且半径为
，通过此圆
面空气动能的20%转化为电能。已知某段时间内该区域空气的密度为
，该系统的发电功率为
，则风速
的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【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．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，为双层立体泊车装置示意图。欲将静止在①号车位的轿车移至
④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号位，再水平右移
停至④号车
位。两次移动过程中，轿车均从静止先加速再减速至静止。轿车质量为
，重力加速度为
，下列说法正
确的是（ ）
A．竖直抬升过程中，移动板对车的支持力做功为
B．水平右移过程中，移动板对车的摩擦力做功为
C．整个过程中，移动板对车做的总功为
D．整个过程中，车的机械能增加量为
【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．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧Ⅰ，其左端固定在竖直墙面
上，用滑块以某一初速度压缩弹簧直至将弹簧压缩到最短，从接触弹簧开始得到的弹簧弹力F 与滑块的位
移x 的关系图像如图乙中图线1 所示；更换另一只轻质弹簧Ⅱ，用同样的滑块、同样的速度去压缩弹簧直
至将弹簧压缩到最短，得到的F-x 的图像如图乙中图线2 所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧Ⅰ的劲度系数等于弹簧Ⅱ的劲度系数
B．弹簧Ⅰ的劲度系数小于弹簧Ⅱ的劲度系数
C．图线1 与横轴所围的面积等于图线2 与横轴所围的面积
D．图线1 与横轴所围的面积大于图线2 与横轴所围的面积
【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．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R 的半球形碗，碗口直径AB
水平，O 点为球心，C 点位于O 点正下方，碗的内表面及碗口光滑，右侧放有一足够长的斜面。一根不可
伸长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接
一质量为m 的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在A 点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时
细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C 点时，绳子突然断裂，整个过程中斜面始
终保持静止。则下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A 点运动到C 点的过程中机械能守恒
B．小球运动到C 点时，小球的速率是木块的
倍
C．绳子断裂后瞬间，小球在C 点对轨道的压力大小为mg
D．木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定
【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．（多选）（2026·河南信阳·一模）图（a）是一种双响炮图片，图（a）是其内部结构；内部由上、下
层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。
当爆竹上升到最大高度H 处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量均为m 的M、N 两部分，M、
N 均沿水平方向飞出，M、N 落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，
重力加速度为g。则（ ）
A．M 落地前瞬间速度为
B．二次爆炸后，M、N 组成的系统机械能比二次爆炸前增加了2mgH
C．M、N 落地点的距离为4H
D．M、N 落地时，系统总动能为2mgH
【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．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，轻质光滑圆环上固定有长度均为1m 的轻杆Ⅰ和Ⅱ，
两杆成90°夹角，杆Ⅰ、杆Ⅱ的另一端分别固定质量均为0.4kg 的小球a、b。现将圆环套在垂直于纸面的
水平轴上，使杆Ⅰ由水平位置静止释放。已知a、b 球均可视为质点，杆Ⅰ、Ⅱ和圆环始终位于同一竖直
面内，忽略圆环的大小、空气阻力，取
。下列关于b 球的说法正确的是（ ）
A．由最低点上升的最大高度等于1m
B．由最低点上升的最大高度小于1m
C．最大的动能为
D．最大的动能为
【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．（2026·河南信阳·一模）用夯锤打桩钉的示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦
轮匀速转动、将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的
作用下最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。两摩擦轮角速度均为
，半径均为
，对夯锤的正
压力均为
，轮对锤摩擦力与正压力的比值为
，夯锤的质量
，桩钉从图示位置下
移
过程中阻力与
关系：
（
单位为
，
单位为
），整个过程夯锤对桩钉做的总功大
小为其击打桩钉前瞬间动能的
，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度
，求：
(1)夯锤上升速度为零时与桩钉顶端的距离
；
(2)夯锤上升过程中，摩擦轮与夯锤因摩擦产生的热量
；
(3)夯锤打击桩钉一次，桩钉能下移的最大距离
。
【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．（2026·湖北·一模）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L 的绝缘细线一端固定于
O 点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q 的带电小球，小球静止在M 点。现给小球一垂直于OM 的初
速度，使其在竖直面内绕O 点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB 为圆的竖直直径。已知A 点电
势为0，OM 与竖直方向的夹角
，重力加速度大小为g。则（ ）
A．电场强度E 的大小为
B．小球电势能最大值为
C．小球在M 点初速度为
D．小球运动到B 点时突然剪断细线后，小球运动过程中速度的最小值为
【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．（多选）（2026·四川广安·模拟预测）如图所示，放置在竖直平面内的足够长粗糙直线轨道
、
与光滑四分之一圆弧轨道
相切于
点和
点，圆弧轨道圆心为
，半径为
，
和
与竖直方向夹
角都为
，整个轨道处于电场强度大小
、方向水平向左的匀强电场中。现有一个质量为
、
带电荷量为
的小物块从
点以
的初速度沿
方向运动，已知
，小物块与
、
之间的动摩擦因数
，重力加速度大小为
，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在
点的加速度大小为
B．小物块第一次通过
点前后瞬间对轨道的压力大小之比为
C．小物块速度第一次为0 时的位置距
点距离为
D．小物块最终将在轨道上做往复运动
【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．（2026·河北·一模）如图所示，竖直平面内固定一绝缘轨道，由以下三段轨道平滑连接组成：位于水
平地面上长
的粗糙直轨道
，半径
的竖直光滑半圆弧轨道
（
为轨道最低点，
为最高点），长
的水平光滑直轨道
。整个空间内有水平向右的匀强电场（图中未画出），
场强大小
。将质量
、电荷量
的小滑块从
点由静止释放至运动
到
点过程中，电场恒定不变，滑块从半圆弧轨道
点进入水平轨道时速度大小和方向不变；滑块从
点
飞出时记为
，此时空间电场的大小发生变化（场强方向不变），大小随时间线性增加的关系：
，其中
，滑块从
点飞出后落到水平地面上的
点（图中未画出）。已
知滑块与轨道
间的动摩擦因数
，重力加速度
取
，滑块可以看成质点，不计空气阻力，
忽略电场变化时的磁效应。求：（取
）
(1)滑块第一次到达
点时的速度大小
；
(2)滑块在
点时，轨道对滑块的作用力大小
；
(3)滑块落到
点前瞬间速度的水平分量
。（结果保留一位小数）
【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．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，
水平轨道上
段光滑，
段粗糙，且
，
为竖
直平面内半径
的光滑半圆轨道，两轨道相切于
点，
右侧有电场强度
的匀强
电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在
点，另一端与带负电滑块
接触但不连
接，弹簧原长时滑块在
点。现向左压缩弹簧后由静止释放滑块
，当滑块
运动到
点瞬间对轨道的压
力为
。已知滑块
的质量
、电荷量
，与轨道
间的动摩擦因数
，忽
略滑块
与轨道间的电荷转移（已知
，
，
）。求：
(1)滑块在
上运动时对轨道的最小压力；
(2)欲使滑块
进入圆轨道后能从
点水平抛出，求弹簧释放弹性势能的最小值。
【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．（2026·内蒙古包头·一模）如图（a）所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态，
在整个空间加平行于竖直平面与水平方向成
角的匀强电场，且电场强度从零逐渐增大，圆环的加速度大
小随电场强度的变化如图（b）所示。不计空气阻力，重力加速度为g，
为已知量，取最大静摩擦力等
于滑动摩擦力。求：
(1)圆环与水平杆间的动摩擦因数
及
；
(2)圆环的比荷。
【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．（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，一绝缘“
”形轨道，整体处于水平向右的匀强电场中，由两
段足够长的水平直杆
和一半径为
的光滑半圆环
平滑连接，其中
杆光滑，
杆粗糙，
点与环心
等高。轨道固定在竖直平面内并与电场平行。一质量为
的带正电的小环，套在
杆上自
点由静止释放，经过
点、
点后恰能到达
点。小环内径稍大于轨道直径并可视为质点，小环所受
的电场力大小为重力大小的
，重力加速度大小为
。
(1)求
间的距离；
(2)求小环经过
点时对轨道的压力
的大小；
(3)设小环与
杆间的动摩擦因数
，若将小环从
点左侧
处由静止释放，求小环在整个运动过
程中由于摩擦产生的热量
。
【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．（2026·福建泉州·二模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K 为阴极，A 为阳极，O 为两极
间的中点，在A、K 两极之间加上高压U，则A、O 之间的电势差_________（填“大于”“小于”或“等
于”）
；电子在K 极由静止被加速，已知电子的电荷量大小为e，不考虑电子重力，则电子由K 运动到
A 动能增加了_________。
【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．（多选）（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，两条半径为r 的半圆形光滑金属导轨CD、EF 平行
放置，分别固定于两平行的竖直平面内，导轨间距为L，C、E 间接有理想二极管，一根质量为m、长度为
L、电阻为R 的导体棒MN 垂直两导轨的半圆面放置，导体棒与导轨的接触点与导轨圆心的连线与竖直方
向的夹角为60°，空间存在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，不计空气阻力和导轨电阻，重力加速度
为g。现由静止释放导体棒，则（ ）
A．从释放到第一次摆到左边最高点的过程中，流过导体棒的电荷量为
B．从左向右摆动过程中棒的机械能守恒
C．每次回到右边最高点的位置相比上一次降低相同的高度
D．整个过程中导体棒上会产生
的热量
【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．（多选）（2026·山东烟台·一模）如图所示，水平面上方空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小
的匀强磁场，还有水平向右、大小未知的匀强电场。在固定的水平绝缘杆上套有质量
、电
荷量
的带正电圆环，圆环下端用绝缘轻绳连接一静置在光滑水平地面上的质量
的小物块，
轻绳刚好处于伸直状态且与竖直方向的夹角
。现将该圆环由静止释放，当物块与地面之间刚好无压
力时，圆环与水平杆间也刚好无挤压。已知此过程中圆环在水平杆上移动的距离
，重力加速度大小
，
，不计空气阻力，则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．该过程中圆环克服摩擦力做的功为21JD．该过程中圆环克服摩擦力做的功为17J
【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．（2026·福建福州·二模）如图，固定的两异种点电荷的带电量均为
，绝缘竖直平面过两点电荷连线
的中点
且与连线垂直，
、
、
三点位于同一竖直线上，
，点电荷到
点的距离也为
。
一带电量为
质量为
的物块（可视为质点），从
点静止释放，沿直线运动到
点时速度为
。
已知物块与竖直平面的动摩擦因数为
，静电力常量为
，重力加速度为
，求：
(1)物块在
点时加速度的大小；
(2)物块通过
点的速度大小；
(3)若撤去电荷，在空间加上磁感应强度大小为
、方向水平向外的匀强磁场，物块仍从
点静止释放，到
达
点时开始做匀速运动，则从
点运动到
点过程中物块克服摩擦力做的功。
【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．（2026·陕西延安·一模）“电磁炮”利用电磁系统中产生的安培力来对金属炮弹进行加速，如图是
“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为
，在导轨间有竖直向下的
匀强磁场（未画出），磁感应强度
。已知“电磁炮”弹体总质量
，电源是恒流源，
“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流
，不计空气阻力。求：
(1)弹体所受安培力大小和方向；
(2)弹体从静止加速到
，轨道至少要多长？
(3)实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的总阻力与速度的关系为
，
其中阻力系数
为常量，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
，则阻
力系数
为多少？
【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．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，某运动员正对竖直墙练习足球时，在
两点分别将足球踢出，
两次足球均垂直打在墙壁上的
点，不计空气阻力。则足球从被踢出到打在
点的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．从
处踢出的足球初速度较大
B．足球从
到
的运动时间较长
C．从
处踢出的足球初速度与水平方向夹角较大
D．该运动员对从
处踢出的足球做功较多
【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．（2026·云南昆明·模拟预测）废旧塑料回收中常用静电分选技术精准分离不同材质的塑料颗粒，其装置
简化图如图所示，在水平向右的匀强电场中，带电的PVC、PP 塑料颗粒由O 点静止释放，分别落入收集
器1、2 中。忽略颗粒间的相互作用及空气阻力，颗粒从O 点运动到收集器的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．PVC 塑料颗粒带正电
B．两种颗粒在电场中均做曲线运动
C．两种颗粒的电势能变化量一定相等
D．PP 塑料颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量
【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．（2026·浙江·二模）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A 点向上滑，到达最高点后返回A 点。利用频闪
仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B 点恰好是滑块滑动过程中的最高点，
斜面倾角为
，则（ ）
A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大B．滑块之间的距离
C．滑块与斜面间动摩擦因数
D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大
【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．（2026·山东聊城·一模）某汽车在一条平直的道路上等交通信号灯，司机看到绿灯亮起后立即以恒定的
牵引力
启动汽车，
时刻达到额定功率后保持功率不变继续行驶，在运动时间内汽车位移为
，其
图像如图所示。已知汽车的质量为
，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定，下列说法正确的是
（ ）
A．汽车的额定功率为
B．
时间内，汽车的平均功率为
C．汽车在行驶过程中受到的阻力为
D．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为
【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．（多选）（2026·云南·一模）如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为
的斜面底端，一质量为m
可视为质点的物块从距弹簧上端d 处从静止释放。当弹簧压缩量为d 时，物块运动到最低点。物块与斜面
间的动摩擦因数为
，且弹簧始终在弹性限度内。已知劲度系数为k 的弹簧，形变量为x 时的弹性势
能为
，取
，
，重力加速度为g。从释放物块到物块第一次到达最低点的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦产生的热量为
B．物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．物块的最大动能为
D．物块的最大速度为
【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．（多选）（2026·山东青岛·一模）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，
半径为R 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为
的小球套在圆环上。在最低点A 给小
球水平向右的初速度
，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B 点时，与圆
环间作用力也为零，重力加速度为g，则（ ）
A．匀强电场的场强大小可能为
B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D．将小球在A 点的初速度变为
，其在最高点C 与圆环间作用力可能为零
【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．（多选）（2026·山东·一模）如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电
场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成
夹角且处于竖直平面内。一质量为
、带电量为
的小球套在绝缘杆上。初始时给小球一沿杆向下的初
速度
，小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知磁感应强度大小为
，电场强度大小为
，
则以下说法正确的是（ ）
A．重力势能的减少量总大于电势能的增加量
B．小球的初速度为
C．若小球的初速度为
，则运动中克服摩擦力做功为
D．若小球的初速度为
，小球将做加速度减小的减速运动，运动中克服摩擦力做功为
【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．（多选）（2026·黑龙江辽宁·一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角
的斜面底端沿斜面
向上运动，上升的最大高度为
。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能
随高度的变
化如图乙所示。
，
，
则（ ）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
【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．（多选）（2026·湖北宜昌·二模）如图（a）所示，一倾角为θ 的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装
有力传感器，t=0 时刻一小物块在斜面上距挡板L 处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰
撞，碰撞时间极短，忽略碰撞过程中物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力F 随时间t 变化的图像如图（b）
所示，图像中两阴影区域面积之比为2:1。下列说法正确的是（ ）
A．第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比
B．第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比为2:1
C．斜面与小物块间的动摩擦因数
D．小物块在斜面上运动的总路程为
【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．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示的竖直面内，半径为1m 的光滑半圆轨道在最低点与水
平光滑轨道相切，小球
和
分别套在圆轨道和水平轨道上，中间用长度为3m 的轻杆连接。初始时保持
球位于半圆轨道最高点
，现给
球一个向左的微小扰动，它下落了0.5m 时到达了轨道上的
点。在
球
从
点运动到
点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
球、
球组成的系统动能先增大后减小
B．轻杆对
球始终不做功
C．轻杆对
球先做正功后做负功
D．当
球的机械能最小时，
球对轨道的压力大于
球的重力
【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．（2026·广东汕头·一模）如图所示，光滑水平地面
和
中间有一光滑凹槽
，其左侧
区
域有水平向右的匀强电场，场强大小
。紧靠凹槽左侧放置一质量为
、长度为
的木板，其上表面与地面齐平。质量也为
、电荷量恒为
的小滑块从A 点静
止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E 点滑上足够长的光
滑斜面
，斜面上方存在沿斜面向上、场强
大小可调的匀强电场。已知
距离
，木板上表
面与滑块间的动摩擦因数
，斜面倾角
，重力加速度g 取
。木板每次与凹槽相碰后速
度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E 点时速度大小不变。求：
(1)滑块第一次滑上木板时的速度大小；
(2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；
(3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。
【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．（2026·山东淄博·一模）如图所示为某次模拟飞行器发射和回收的风洞试验。t=0 时，将一质量m=1kg
的小球，在水平地面上以v0=10m/s 与水平方向成α=30°斜向右上方发射，同时提供斜向右上方且与水平方
向成β=60°的恒定风力F1，小球恰好沿直线运动；t=2s 时撤去F1同时施加风力F2，使小球落地时速度恰好
为0。重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)t=2s 时小球的速度大小v；
(2)t=2s 到小球落地过程中，风力F2对小球所做的功W。
【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．（2026·广东·一模）滑板项目赛道可简化为如图甲：倾斜滑道
与水平滑道
通过圆弧滑道
平
滑连接，圆弧滑道半径
，其最低点与水平滑道相切；水平滑道
段为粗糙的减速区，长
，
段为缓冲区，D 处的墙壁固定一弹簧。可视为质点的运动员（含滑板）质量
，从A 点由静止
开始沿倾斜滑道滑下，运动员（含滑板）进入减速区
段，所受水平阻力与其对滑道的压力之比为
，进入缓冲区
段，在水平方向上仅受弹簧弹力作用，其他区域阻力不计。重力加速度g 取
。
(1)若运动员（含滑板）第一次通过C 点时，滑道对其支持力大小为
，求
的高度差H；
(2)设运动员最终停在减速区距C 点x 处。通过计算写出x 与k 的关系式，并在图乙坐标系中作出
图像。
【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．（2026·重庆渝中·模拟预测）如图所示，物体
和带负电的物体
用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，
、
的质量分别是
和
，劲度系数为
的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体
相连，倾角为
的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体
在一沿斜面向上的外力
的作用下保持静止且轻绳恰好伸直无拉力，然后撤去外力
，直到物体
获得最大速度，弹
簧始终在弹性限度内。已知弹性势能的表达式为
（其中k 为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形变
量）
(1)撤去外力
的瞬间，物体
的加速度；
(2)物体
的最大速度。
【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．（2026·黑龙江辽宁·一模）一游戏装置的竖直截面如图所示，足够长的倾斜轨道
、半径为
的竖直圆轨道
（
稍错开）、水平轨道
和
连接成一个抛体装置。高台右侧有一
水平地面
，与高台的高度差为
，
右侧
的
处有一圆环，圆环平面面向高台，圆
环圆心与轨道在同一竖直面内，圆心离地
，半径
。现将一质量为
的滑块从
上
距
高度处静止释放，运动到
点时，与静止在
点、质量为
的滑块
发生弹性碰撞，碰后滑块
进入圆轨道绕行一周后从
点水平飞出。只要滑块
从圆环穿出，游戏就成功。已知，轨道
与滑块
的动摩擦因数从
点开始均匀减小，
点处
，
点处
，其余各段均光滑，
。滑块
、
均可视为质点，
，不计空气阻力，不计各衔接处的机械能损失。
(1)若滑块
恰能通过
点，求滑块
在圆心等高处
点时的加速度大小和对轨道的压力大小；
(2)要使游戏成功，求满足条件的释放高度；
(3)某次游戏时，滑块
在圆轨道某处脱轨，飞出后恰能过圆心
，求滑块的释放高度
。
【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
。
