五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03功與能動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與能2021、2024、2025核心聚焦于從實(shí)際問題中抽象物理模型并進(jìn)行動(dòng)態(tài)過程分析。命題注重將功與能的轉(zhuǎn)化規(guī)律（如動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒）與動(dòng)量守恒定律深度融合，常以交通運(yùn)輸（如車輛制動(dòng)、碰撞緩沖）、工業(yè)機(jī)械（如傳送帶、彈簧振子）或航天技術(shù)（如探測(cè)器變軌、反沖推進(jìn)）為載體，要求考生通過矢量分解、臨界條件判斷等方法建立多體系統(tǒng)的動(dòng)力學(xué)方程。功與能的考查趨向變力做功的過程分析，例如通過微分思想處理摩擦力或電磁力的動(dòng)態(tài)做功問題，或利用圖像面積計(jì)算非恒力的沖量與能量變化。考點(diǎn)2動(dòng)量2021、2022、2024、2025考點(diǎn)01功與能1．（2025·海南·高考）足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑，在平臺(tái)與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力；(2)A與B整個(gè)碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小。【答案】(1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動(dòng)量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為x1'=2．（2024·海南·高考）某游樂項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度h=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M=25kg，一質(zhì)量為m=50kg的游客，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，并在平臺(tái)上滑行s=16m停下。游客視為質(zhì)點(diǎn)，其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦系數(shù)均為（1）游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長(zhǎng)度L【答案】（1）1000N；（2）7m【來(lái)源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】（1）設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機(jī)械能守恒mgh=12mv02解得v0=10m/s（2）設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v，在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得-μmgs=0-根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，可知該過程游客一直做減速運(yùn)動(dòng)，滑板一直做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客v=v0-a1t解得t=1s該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為3．（2024·海南·高考）神舟十七號(hào)載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時(shí)打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對(duì)返回艙做負(fù)功【答案】A【來(lái)源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】AB．返回艙在減速過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．主傘的拉力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)返回艙做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．返回艙的重力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相同，重力對(duì)返回艙做正功，故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2021·海南·高考）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H=4.0m，末端到水面的高度h=1.0m。取重力加速度gA．4.0m B．4.5m C．5.0m D．5.5m【答案】A【來(lái)源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgH=12mv2解得v故選A?？键c(diǎn)02動(dòng)量5．（2025·海南·高考）足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑，在平臺(tái)與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力；(2)A與B整個(gè)碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動(dòng)量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為x1'=6．（2024·海南·高考）兩根足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌由上下段電阻不計(jì)，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點(diǎn)絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個(gè)阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個(gè)裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計(jì)，將ab由靜止釋放，同時(shí)cd從距離MN為x0=4.32m處在一個(gè)大小F=4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2（

）A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時(shí)間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【詳析】A．由于金屬棒ab、cd同時(shí)由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說(shuō)明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時(shí)間是相同的，對(duì)金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對(duì)cd根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中a2=ΔvΔt，I=ΔqΔt聯(lián)立有a2=F-m2gsin30°mB．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12金屬棒下滑過程中根據(jù)動(dòng)量定理有m1gsin30°?t-BIL?t=m1v1其中q=It=CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′12其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C錯(cuò)誤、D正確。故選BD。7．（2022·海南·高考）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是F1，乙對(duì)甲的作用力是FA．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．F1的沖量大于F2的沖量 D．F1【答案】A【來(lái)源】2022年新高考海南物理高考（缺第6題和第12題）【詳析】根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時(shí)性；根據(jù)沖量定義式I=故選A。8．（2022·海南·高考）有一個(gè)角度可變的軌道，當(dāng)傾角為30°時(shí)，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60°，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時(shí)間無(wú)碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的①A與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；②A與B剛碰完B的速度大小；③繩子的長(zhǎng)度L。【答案】①μ=33；②3【詳析】①傾角為30°時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mgsin30°=μmg②③A從高為h的地方滑下后速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有3mgh-μ?3mgcos60°hsin60°=12?3mv02A與B碰撞后速度分別為v9．（2021·海南·高考）如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無(wú)初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大小；（2）某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功?！敬鸢浮浚?）v共=2v03；（2）x=7v0225μg；（3）t=v【來(lái)源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=2（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡(jiǎn)得v滑=25v0，v木=45v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=12×2mv木2+12mv滑2-12×2mv02經(jīng)過計(jì)算得（3）由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F=μmg對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0=a滑t解得t=v0μg則整個(gè)過程中木板滑動(dòng)的距離為x′=v0t=v02μg則拉力所做的功為W=Fx′1．（2025·海南·三模）如圖所示，固定在豎直面內(nèi)、半徑R=0.9m的半圓形光滑桿ABC與光滑水平桿相切于A點(diǎn)，AOC為半圓形桿的豎直直徑，C為最高點(diǎn)，一可視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量m=1kg的帶孔小球穿過桿靜止在水平桿上。某時(shí)刻給小球一水平向右的初速度v0，小球恰能通過最高點(diǎn)C，不計(jì)空氣阻力，重力加速度gA．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小為3B．小球的初速度大小vC．小球在B點(diǎn)時(shí)所受合力指向圓心D．小球在A點(diǎn)對(duì)半圓軌道的壓力大小為50N【答案】DB．根據(jù)機(jī)械能守恒有12mv02C．小球在B點(diǎn)時(shí)做速度減小的圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力不指向圓心，C錯(cuò)誤；D．小球在A點(diǎn)有FN-mg=mv02R故選D。2．（2025·海南·三模）蹦極是很多年輕人喜歡的一種運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程可以簡(jiǎn)化為圖1所示，人下落過程可以近似看成在一條豎直線上的運(yùn)動(dòng)，且人可看成質(zhì)點(diǎn)。蹦極繩是一條原長(zhǎng)為45m的彈性繩，人下落到B點(diǎn)時(shí)繩剛好伸直，下落到C點(diǎn)時(shí)速度剛好減為0，以起跳點(diǎn)O的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。取C點(diǎn)為零勢(shì)能參考面，假設(shè)人下落過程所受空氣阻力恒定，下落過程人的重力勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系圖像如圖2中的圖線a所示，蹦極繩的彈性勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系如圖2中的圖線b所示。人的質(zhì)量為50kg，蹦極繩始終在彈性限度范圍內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，其余數(shù)據(jù)圖2中已標(biāo)出，則下列說(shuō)法正確的是（）A．人下落到C點(diǎn)時(shí)，人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能是4×104JB．人受到的空氣阻力大小是1000NC．人下落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是18000JD．蹦極繩的最大彈力是2560N【答案】C【詳析】A．人下落到C點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能為3.2×104J，而初始時(shí)人的機(jī)械能為4.0×104J，所以人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能為ΔE=4×104B．根據(jù)功能關(guān)系可得ΔE=fxOC解得C．從O到B的過程中，由動(dòng)能定理有mgxOB-fxOB=EkB，mgxOB=ED．根據(jù)功能關(guān)系可得Ep彈=Fm2x故選C。3．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）一位體重較為標(biāo)準(zhǔn)的高中同學(xué)從一樓爬上二樓的過程耗時(shí)18s，其身體輸出的機(jī)械功率接近（）A．1W B．10W C．100W D．1000W【答案】C【詳析】一層樓的高度約為3m，人的質(zhì)量約為50kg，從一樓爬上二樓有P故選C。4．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙及座艙內(nèi)游客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。座艙大小遠(yuǎn)小于摩天輪直徑，對(duì)座艙內(nèi)相對(duì)座艙靜止的游客，下列物理量相同的是（）A．角速度 B．線速度 C．向心力大小 D．機(jī)械能【答案】A【詳析】AB．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體角速度相同，線速度大小相等，方向不同，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)F=mωD．由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度大小相等，但游客的質(zhì)量不一定相等，則動(dòng)能可能不相等，同時(shí)重力勢(shì)能也不一定相等，所以機(jī)械能不一定相等，故D錯(cuò)誤。故選A。5．（2025·海南·三模）如圖所示，將質(zhì)量為m的小球從傾角為θ的斜面頂端以速度v0沿水平方向拋出，忽略空氣阻力，斜面足夠長(zhǎng)。已知重力加速度為gA．小球的速度與斜面平行時(shí)最小B．小球的速度變化越來(lái)越快C．小球從拋出到落在斜面上所用時(shí)間為2D．經(jīng)時(shí)間v0tan【答案】C【詳析】A．小球落到斜面前的運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)，速度一直在增大，所以剛拋出時(shí)的速度最小，故A錯(cuò)誤；B．小球在空中的加速度為重力加速度，所以小球的速度變化快慢恒定不變，故B錯(cuò)誤；C．小球從拋出到落在斜面上，有tanθ=yx=12D．經(jīng)時(shí)間v0tanθgE故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將流動(dòng)空氣的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。一風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)形成半徑為r的圓面，某時(shí)間內(nèi)風(fēng)速為v，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，已知空氣的密度為ρ，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)將此圓內(nèi)的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為定值，若風(fēng)速為2v，則（

）A．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來(lái)的4倍B．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來(lái)的8倍C．風(fēng)對(duì)每個(gè)扇葉的作用力為原來(lái)的4倍D．風(fēng)對(duì)每個(gè)扇葉的作用力為原來(lái)的8倍【答案】B【詳析】AB．在Δt時(shí)間內(nèi)，η12ρπr2vΔtvCD．Δm(v故選B。7．（2025·海南海口·仿真考）在動(dòng)畫電影《哪吒》中，哪吒與敖丙在冰封的海面上對(duì)決，哪吒腳踩風(fēng)火輪（總質(zhì)量m1=40kg），以速度v1=10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰錘（總質(zhì)量A．7．5m/s，水平向右B．1m/s，水平向右C．7．5m/s，水平向左D．1m/s，水平向左【答案】B【詳析】取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1-m故選B。8．（2025·海南·三模）如圖所示為某款運(yùn)動(dòng)跑鞋宣傳圖，圖片顯示：“該款鞋鞋底采用EVA材料，能夠有效吸收行走或運(yùn)動(dòng)時(shí)的沖擊力，保護(hù)雙腳免受傷害”。對(duì)于該款鞋，下列說(shuō)法正確的是（）A．縮短雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小合力對(duì)雙腳的沖量B．延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小合力對(duì)雙腳的沖量C．延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力D．縮短雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力【答案】C【詳析】AB．由動(dòng)量定理I=mv-CD．由I=FΔt可知，延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，可以減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力。故故選C。9．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖甲為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機(jī)，其原理可簡(jiǎn)化為：一個(gè)質(zhì)量為M的支架（含電動(dòng)機(jī)）上，有一根輕桿帶動(dòng)一個(gè)質(zhì)量為m的鐵球在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖乙所示，重力加速度為g，若在某次打夯過程中，鐵球勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）A．鐵球所受合力大小不變B．鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，處于超重狀態(tài)C．鐵球運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒D．若鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面的壓力剛好為零，則此時(shí)輕桿的彈力為Mg【答案】AD【詳析】A．鐵球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其所受合力大小不變，方向總是指向圓心，即方向發(fā)生變化，故A正確；B．鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，加速度指向圓心，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．鐵球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度大小不變，即動(dòng)能不變，重力勢(shì)能在變化，則機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．若鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面的壓力剛好為零，對(duì)支架進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件，可知桿對(duì)支架的彈力為Mg，故D正確。故選AD。10．（2025·海南海口·仿真考）如圖所示，光滑豎直桿底端固定在地面上，桿上套有一質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)），一根豎直輕彈簧一端固定在地面上（彈簧勁度系數(shù)為k），另一端連接質(zhì)量也為m的物塊B，一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為L(zhǎng)。初始時(shí)，小球A在外力作用下靜止于P點(diǎn)，已知此時(shí)整根輕繩伸直無(wú)張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直，現(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿下滑到最低點(diǎn)Q時(shí)OQ與桿之間的夾角為30°，不計(jì)滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法中正確的是（）A．初始狀態(tài)時(shí)彈簧的壓縮量為mgB．小球A由P下滑至Q的過程中，加速度逐漸增大C．小球A由P下滑至Q的過程中，彈簧彈性勢(shì)能增加了3D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，并將小球C拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，則小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】ACD【詳析】A．初始狀態(tài)時(shí)，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件，有mg=kΔ故A正確；B．小球A開始下落時(shí)只受重力加速度為g，隨著小球下落細(xì)線對(duì)小球有豎直向上的分力，小球所受的合力減小，小球的加速度開始減小，所以加速度不是逐漸增大，故B錯(cuò)誤；C．小球A從P到Q時(shí)，下落的高度PQ=Ltan30°=3L小球A下落到Q點(diǎn)過程中，物塊B上升的高度為ΔL=Lsin30°-D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿繩方向的分速度為0，根據(jù)功能關(guān)系，可得W彈-m3g×故選ACD。11．（2025·海南·三模）“起花”是一種形如小紙炮的爆竹，通常綴有長(zhǎng)約二三尺的葦桿，點(diǎn)燃其芯后會(huì)迅速升起。如圖所示，將靜置在地面上的“起花”點(diǎn)火后豎直升空。已知“起花”的總質(zhì)量為M（含火藥），“起花”內(nèi)裝有質(zhì)量為m的火藥，點(diǎn)火后在極短的時(shí)間內(nèi)將火藥以相對(duì)地面大小為v0的速度豎直向下噴出；若當(dāng)“起花”升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊，且沿水平方向、向相反的方向飛出，落地時(shí)質(zhì)量大的碎塊速度大小為v，重力加速度為gA．“起花”升空獲得的推力是空氣施加的B．火藥噴出時(shí)，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒C．點(diǎn)火后，“起花”上升過程中獲得的最大速度為mD．質(zhì)量小的碎塊落地時(shí)的速度大小不可能為2【答案】BD【詳析】A．“起花”升空獲得的推力是豎直向下噴出的火藥施加的，故A錯(cuò)誤；B．火藥噴出時(shí)，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒，故B正確；C．點(diǎn)火后，設(shè)“起花”上升過程中獲得的最大速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0=M-mvD．根據(jù)題意，“起花”升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊的速度之比為1：2，即質(zhì)量大的和質(zhì)量小的碎塊開始做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小之比為1：2，落地時(shí)水平方向的速度大小之比為1：2，由于落地時(shí)豎直方向的速度相等，不是1：2，所以落地時(shí)的速度之比不可能是1：2，即質(zhì)量小的碎塊落地時(shí)的速度大小不可能為2v，故D故選BD。12．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的小球靜置于高度為h=3.2m的光滑直桿頂端。一顆質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以v0=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，并迅速?gòu)那蛐拇┻^。已知小球落地處離桿的水平距離為s=4.8m，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，求：(1)小球落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率P；(2)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)40W(2)1041J【詳析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)的過程豎直方向有h=12gt2解得t=0.8s（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向有s=v2t解得v2=6m/s子彈穿過小球的過程，由動(dòng)量守恒可得mv013．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，小球A以初速度v0=3gR豎直向上沖入半徑為R的四分之一粗糙圓弧管道，然后從管道另一端M點(diǎn)沿水平方向以速度v1=2gR沖出，在光滑水平面上與右端連有靜止小球B的輕質(zhì)彈簧在同一直線上發(fā)生相互作用。已知A、B的質(zhì)量分別為3(1)球A到達(dá)M點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的壓力大小及方向；(2)小球在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中阻力做的功；(3)B球最終的速度大小?！敬鸢浮?1)3mg(2)-(3)6【詳析】（1）設(shè)球A在M點(diǎn)所受管道彈力大小N1，假設(shè)其方向豎直向下，則有N1+3上述彈力的方向假設(shè)成立，根據(jù)牛頓第三定律可知N2=N1（2）球A在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有-3mgR+W（3）設(shè)球A、B分離后速度分別為vA、vB，A、B根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12×3m14．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·一模）如圖所示，質(zhì)量為M=0.99kg的木球用細(xì)繩連接掛在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，O點(diǎn)到球心的距離為L(zhǎng)=0.5m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以速度v0射入木球并留在木球中（子彈與木球作用時(shí)間很短），若子彈射入木球后，木球（含子彈）在豎直平面內(nèi)恰好能繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，求：（重力加速度g取10m/s2）(1)子彈射入木球后瞬間，木球與子彈的共同速度大??；(2)子彈的入射速度v0大小?！敬鸢浮?1)5m/s(2)500m/s【詳析】（1）小球在豎直平面內(nèi)恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)，由重力提供向心力得m小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得12m（2）子彈射入木球過程，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m代入數(shù)據(jù)解得v15.（2025·海南·三模）某興趣小組在研究物體在水面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力的課題時(shí)，做了如圖所示的實(shí)驗(yàn)。圖中ABCD為一個(gè)充水的水池，水池左側(cè)有四分之一光滑圓弧軌道。一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊從圓弧軌道的最上端靜止釋放，小物塊運(yùn)動(dòng)至軌道底端時(shí)，恰好以水平速度沖上?？吭谒刈髠?cè)木板的上表面。已知木板質(zhì)量M=0.3kg，長(zhǎng)度L=2m，小物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑R=1.25m(1)求小物塊運(yùn)動(dòng)至軌道最底端時(shí)，軌道對(duì)其支持力的大??；(2)若木板在水面上運(yùn)動(dòng)時(shí)水的阻力忽略不計(jì)，則小物塊與木板達(dá)到共速時(shí)（木板尚未到達(dá)水池右端），求小物塊與木板左端的距離；(3)若木板在水面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水對(duì)木板的阻力f與木板的速度v成正比，即f=kv，其中k=0.25kg/s。最終木板恰好運(yùn)動(dòng)至水池右端速度減為零，且小物塊也處在木板的右端，求水池的長(zhǎng)度L【答案】(1)3N(2)1.875m(3)4m，2m/s【詳析】（1）由動(dòng)能定理可得mgR=12聯(lián)立解得F（2）由動(dòng)量守恒定律可得mvA=(M+m（3）對(duì)小物塊和木板組成的整體，由動(dòng)量定理可得-kv×t=0-mvA整理得-k×x'16．（2025·海南·三模）如圖所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室可以產(chǎn)生豎直向上的恒定風(fēng)力。在風(fēng)洞中O點(diǎn)將一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小球以初速度v0=4m/s水平向右拋出，一段時(shí)間后小球經(jīng)過右上方的P點(diǎn)。已知OP=5m，OP與水平方向的夾角為θ=37°，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球到P點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小球從O到P的過程中恒定風(fēng)力的沖量大??；(3)小球從O到P的過程中到OP的最遠(yuǎn)距離?！敬鸢浮?1)2(2)16N?s(3)0.6m【詳析】（1）根據(jù)題意可知小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，則OP=L水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則Lcosθ=v0t代入數(shù)據(jù)得t=1s豎直向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)Lsinθ=12（2）設(shè)恒定風(fēng)力為F，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma代入數(shù)據(jù)得F=16N小球從（3）小球的運(yùn)動(dòng)可以分解為沿OP方向和垂直O(jiān)P方向，如圖所示垂直O(jiān)P方向的初速度v1=v0sinθ垂直O(jiān)P方向的加速度a1=acosθ設(shè)垂直O(jiān)P方向的速度減為0時(shí)的位移為x，則17．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）有一款趣味游戲裝置，由水平直軌道ABC和半徑為R的豎直光滑半圓形軌道CDE組成，直軌道與圓軌道平滑連接，O點(diǎn)為半圓形軌道的圓心，D點(diǎn)與O點(diǎn)等高，BC=2R。直軌道AB段光滑，BC段粗糙。在B點(diǎn)正上方與O點(diǎn)等高處有一個(gè)小網(wǎng)兜P，將自然長(zhǎng)度小于AB段長(zhǎng)度的輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與小球1接觸但不拴接，小球2靜置于B處。游戲者將球1向左壓縮彈簧到某一位置后（彈簧處在彈性限度內(nèi)）由靜止釋放，與球2發(fā)生彈性正碰，碰撞后，球1立即鎖定。若球2能從半圓形軌道最高點(diǎn)E飛出，并恰好落入網(wǎng)兜P，視為挑戰(zhàn)成功。已知球1的質(zhì)量為m，球2的質(zhì)量為2m，球2在BC段所受的阻力大小f=0.5mg，g為重力加速度，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。若游戲挑戰(zhàn)成功，求：(1)球2通過E點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)球2經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)球1靜止釋放時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep?！敬鸢浮?1)2(2)14mg，方向豎直向下(3)63【詳析】（1）球2從半圓軌道上E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有2R=聯(lián)立解得v（2）小球2從C運(yùn)動(dòng)到E的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得-2mg?2R=12?2mvE2-12?2mvC2（3）球2從B到C，根據(jù)動(dòng)能定理有-f?2R=12?2mvC2-12?2mvB2解得vBmv0聯(lián)立解得v0=37gR專題03功與能動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與能2021、2024、2025核心聚焦于從實(shí)際問題中抽象物理模型并進(jìn)行動(dòng)態(tài)過程分析。命題注重將功與能的轉(zhuǎn)化規(guī)律（如動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒）與動(dòng)量守恒定律深度融合，常以交通運(yùn)輸（如車輛制動(dòng)、碰撞緩沖）、工業(yè)機(jī)械（如傳送帶、彈簧振子）或航天技術(shù)（如探測(cè)器變軌、反沖推進(jìn)）為載體，要求考生通過矢量分解、臨界條件判斷等方法建立多體系統(tǒng)的動(dòng)力學(xué)方程。功與能的考查趨向變力做功的過程分析，例如通過微分思想處理摩擦力或電磁力的動(dòng)態(tài)做功問題，或利用圖像面積計(jì)算非恒力的沖量與能量變化?？键c(diǎn)2動(dòng)量2021、2022、2024、2025考點(diǎn)01功與能1．（2025·海南·高考）足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑，在平臺(tái)與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力；(2)A與B整個(gè)碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小。【答案】(1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動(dòng)量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為x1'=2．（2024·海南·高考）某游樂項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度h=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M=25kg，一質(zhì)量為m=50kg的游客，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，并在平臺(tái)上滑行s=16m停下。游客視為質(zhì)點(diǎn)，其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦系數(shù)均為（1）游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小；（2）滑板的長(zhǎng)度L【答案】（1）1000N；（2）7m【來(lái)源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】（1）設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機(jī)械能守恒mgh=12mv02解得v0=10m/s（2）設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為v，在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理得-μmgs=0-根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí)，游客恰好滑上平臺(tái)，可知該過程游客一直做減速運(yùn)動(dòng)，滑板一直做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客v=v0-a1t解得t=1s該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為3．（2024·海南·高考）神舟十七號(hào)載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時(shí)打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對(duì)返回艙做負(fù)功【答案】A【來(lái)源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】AB．返回艙在減速過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．主傘的拉力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)返回艙做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．返回艙的重力與返回艙運(yùn)動(dòng)方向相同，重力對(duì)返回艙做正功，故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2021·海南·高考）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H=4.0m，末端到水面的高度h=1.0m。取重力加速度gA．4.0m B．4.5m C．5.0m D．5.5m【答案】A【來(lái)源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgH=12mv2解得v故選A?？键c(diǎn)02動(dòng)量5．（2025·海南·高考）足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑，在平臺(tái)與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力；(2)A與B整個(gè)碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動(dòng)量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時(shí)，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為x1'=6．（2024·海南·高考）兩根足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌由上下段電阻不計(jì)，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點(diǎn)絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個(gè)阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個(gè)裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計(jì)，將ab由靜止釋放，同時(shí)cd從距離MN為x0=4.32m處在一個(gè)大小F=4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2（

）A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時(shí)間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【詳析】A．由于金屬棒ab、cd同時(shí)由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說(shuō)明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時(shí)間是相同的，對(duì)金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對(duì)cd根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中a2=ΔvΔt，I=ΔqΔt聯(lián)立有a2=F-m2gsin30°mB．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12金屬棒下滑過程中根據(jù)動(dòng)量定理有m1gsin30°?t-BIL?t=m1v1其中q=It=CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′12其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C錯(cuò)誤、D正確。故選BD。7．（2022·海南·高考）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是F1，乙對(duì)甲的作用力是FA．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．F1的沖量大于F2的沖量 D．F1【答案】A【來(lái)源】2022年新高考海南物理高考（缺第6題和第12題）【詳析】根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時(shí)性；根據(jù)沖量定義式I=故選A。8．（2022·海南·高考）有一個(gè)角度可變的軌道，當(dāng)傾角為30°時(shí)，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60°，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時(shí)間無(wú)碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的①A與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；②A與B剛碰完B的速度大??；③繩子的長(zhǎng)度L?！敬鸢浮竣佴?33；②3【詳析】①傾角為30°時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mgsin30°=μmg②③A從高為h的地方滑下后速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有3mgh-μ?3mgcos60°hsin60°=12?3mv02A與B碰撞后速度分別為v9．（2021·海南·高考）如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無(wú)初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大?。唬?）某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。【答案】（1）v共=2v03；（2）x=7v0225μg；（3）t=v【來(lái)源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=2（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡(jiǎn)得v滑=25v0，v木=45v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=12×2mv木2+12mv滑2-12×2mv02經(jīng)過計(jì)算得（3）由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F=μmg對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0=a滑t解得t=v0μg則整個(gè)過程中木板滑動(dòng)的距離為x′=v0t=v02μg則拉力所做的功為W=Fx′1．（2025·海南·三模）如圖所示，固定在豎直面內(nèi)、半徑R=0.9m的半圓形光滑桿ABC與光滑水平桿相切于A點(diǎn)，AOC為半圓形桿的豎直直徑，C為最高點(diǎn)，一可視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量m=1kg的帶孔小球穿過桿靜止在水平桿上。某時(shí)刻給小球一水平向右的初速度v0，小球恰能通過最高點(diǎn)C，不計(jì)空氣阻力，重力加速度gA．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小為3B．小球的初速度大小vC．小球在B點(diǎn)時(shí)所受合力指向圓心D．小球在A點(diǎn)對(duì)半圓軌道的壓力大小為50N【答案】DB．根據(jù)機(jī)械能守恒有12mv02C．小球在B點(diǎn)時(shí)做速度減小的圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力不指向圓心，C錯(cuò)誤；D．小球在A點(diǎn)有FN-mg=mv02R故選D。2．（2025·海南·三模）蹦極是很多年輕人喜歡的一種運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程可以簡(jiǎn)化為圖1所示，人下落過程可以近似看成在一條豎直線上的運(yùn)動(dòng)，且人可看成質(zhì)點(diǎn)。蹦極繩是一條原長(zhǎng)為45m的彈性繩，人下落到B點(diǎn)時(shí)繩剛好伸直，下落到C點(diǎn)時(shí)速度剛好減為0，以起跳點(diǎn)O的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。取C點(diǎn)為零勢(shì)能參考面，假設(shè)人下落過程所受空氣阻力恒定，下落過程人的重力勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系圖像如圖2中的圖線a所示，蹦極繩的彈性勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系如圖2中的圖線b所示。人的質(zhì)量為50kg，蹦極繩始終在彈性限度范圍內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，其余數(shù)據(jù)圖2中已標(biāo)出，則下列說(shuō)法正確的是（）A．人下落到C點(diǎn)時(shí)，人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能是4×104JB．人受到的空氣阻力大小是1000NC．人下落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是18000JD．蹦極繩的最大彈力是2560N【答案】C【詳析】A．人下落到C點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能為3.2×104J，而初始時(shí)人的機(jī)械能為4.0×104J，所以人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能為ΔE=4×104B．根據(jù)功能關(guān)系可得ΔE=fxOC解得C．從O到B的過程中，由動(dòng)能定理有mgxOB-fxOB=EkB，mgxOB=ED．根據(jù)功能關(guān)系可得Ep彈=Fm2x故選C。3．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）一位體重較為標(biāo)準(zhǔn)的高中同學(xué)從一樓爬上二樓的過程耗時(shí)18s，其身體輸出的機(jī)械功率接近（）A．1W B．10W C．100W D．1000W【答案】C【詳析】一層樓的高度約為3m，人的質(zhì)量約為50kg，從一樓爬上二樓有P故選C。4．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙及座艙內(nèi)游客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。座艙大小遠(yuǎn)小于摩天輪直徑，對(duì)座艙內(nèi)相對(duì)座艙靜止的游客，下列物理量相同的是（）A．角速度 B．線速度 C．向心力大小 D．機(jī)械能【答案】A【詳析】AB．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體角速度相同，線速度大小相等，方向不同，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)F=mωD．由于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度大小相等，但游客的質(zhì)量不一定相等，則動(dòng)能可能不相等，同時(shí)重力勢(shì)能也不一定相等，所以機(jī)械能不一定相等，故D錯(cuò)誤。故選A。5．（2025·海南·三模）如圖所示，將質(zhì)量為m的小球從傾角為θ的斜面頂端以速度v0沿水平方向拋出，忽略空氣阻力，斜面足夠長(zhǎng)。已知重力加速度為gA．小球的速度與斜面平行時(shí)最小B．小球的速度變化越來(lái)越快C．小球從拋出到落在斜面上所用時(shí)間為2D．經(jīng)時(shí)間v0tan【答案】C【詳析】A．小球落到斜面前的運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)，速度一直在增大，所以剛拋出時(shí)的速度最小，故A錯(cuò)誤；B．小球在空中的加速度為重力加速度，所以小球的速度變化快慢恒定不變，故B錯(cuò)誤；C．小球從拋出到落在斜面上，有tanθ=yx=12D．經(jīng)時(shí)間v0tanθgE故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將流動(dòng)空氣的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。一風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)形成半徑為r的圓面，某時(shí)間內(nèi)風(fēng)速為v，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面垂直，已知空氣的密度為ρ，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)將此圓內(nèi)的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為定值，若風(fēng)速為2v，則（

）A．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來(lái)的4倍B．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來(lái)的8倍C．風(fēng)對(duì)每個(gè)扇葉的作用力為原來(lái)的4倍D．風(fēng)對(duì)每個(gè)扇葉的作用力為原來(lái)的8倍【答案】B【詳析】AB．在Δt時(shí)間內(nèi)，η12ρπr2vΔtvCD．Δm(v故選B。7．（2025·海南海口·仿真考）在動(dòng)畫電影《哪吒》中，哪吒與敖丙在冰封的海面上對(duì)決，哪吒腳踩風(fēng)火輪（總質(zhì)量m1=40kg），以速度v1=10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰錘（總質(zhì)量A．7．5m/s，水平向右B．1m/s，水平向右C．7．5m/s，水平向左D．1m/s，水平向左【答案】B【詳析】取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1-m故選B。8．（2025·海南·三模）如圖所示為某款運(yùn)動(dòng)跑鞋宣傳圖，圖片顯示：“該款鞋鞋底采用EVA材料，能夠有效吸收行走或運(yùn)動(dòng)時(shí)的沖擊力，保護(hù)雙腳免受傷害”。對(duì)于該款鞋，下列說(shuō)法正確的是（）A．縮短雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小合力對(duì)雙腳的沖量B．延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小合力對(duì)雙腳的沖量C．延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力D．縮短雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，從而減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力【答案】C【詳析】AB．由動(dòng)量定理I=mv-CD．由I=FΔt可知，延長(zhǎng)雙腳與鞋底的沖擊時(shí)間，可以減小鞋底對(duì)雙腳的平均沖擊力。故故選C。9．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖甲為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機(jī)，其原理可簡(jiǎn)化為：一個(gè)質(zhì)量為M的支架（含電動(dòng)機(jī)）上，有一根輕桿帶動(dòng)一個(gè)質(zhì)量為m的鐵球在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖乙所示，重力加速度為g，若在某次打夯過程中，鐵球勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）A．鐵球所受合力大小不變B．鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，處于超重狀態(tài)C．鐵球運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒D．若鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面的壓力剛好為零，則此時(shí)輕桿的彈力為Mg【答案】AD【詳析】A．鐵球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其所受合力大小不變，方向總是指向圓心，即方向發(fā)生變化，故A正確；B．鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，加速度指向圓心，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．鐵球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度大小不變，即動(dòng)能不變，重力勢(shì)能在變化，則機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．若鐵球轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面的壓力剛好為零，對(duì)支架進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件，可知桿對(duì)支架的彈力為Mg，故D正確。故選AD。10．（2025·海南海口·仿真考）如圖所示，光滑豎直桿底端固定在地面上，桿上套有一質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)），一根豎直輕彈簧一端固定在地面上（彈簧勁度系數(shù)為k），另一端連接質(zhì)量也為m的物塊B，一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為L(zhǎng)。初始時(shí)，小球A在外力作用下靜止于P點(diǎn)，已知此時(shí)整根輕繩伸直無(wú)張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直，現(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿下滑到最低點(diǎn)Q時(shí)OQ與桿之間的夾角為30°，不計(jì)滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法中正確的是（）A．初始狀態(tài)時(shí)彈簧的壓縮量為mgB．小球A由P下滑至Q的過程中，加速度逐漸增大C．小球A由P下滑至Q的過程中，彈簧彈性勢(shì)能增加了3D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，并將小球C拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，則小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】ACD【詳析】A．初始狀態(tài)時(shí)，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件，有mg=kΔ故A正確；B．小球A開始下落時(shí)只受重力加速度為g，隨著小球下落細(xì)線對(duì)小球有豎直向上的分力，小球所受的合力減小，小球的加速度開始減小，所以加速度不是逐漸增大，故B錯(cuò)誤；C．小球A從P到Q時(shí)，下落的高度PQ=Ltan30°=3L小球A下落到Q點(diǎn)過程中，物塊B上升的高度為ΔL=Lsin30°-D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，小球C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿繩方向的分速度為0，根據(jù)功能關(guān)系，可得W彈-m3g×故選ACD。11．（2025·海南·三模）“起花”是一種形如小紙炮的爆竹，通常綴有長(zhǎng)約二三尺的葦桿，點(diǎn)燃其芯后會(huì)迅速升起。如圖所示，將靜置在地面上的“起花”點(diǎn)火后豎直升空。已知“起花”的總質(zhì)量為M（含火藥），“起花”內(nèi)裝有質(zhì)量為m的火藥，點(diǎn)火后在極短的時(shí)間內(nèi)將火藥以相對(duì)地面大小為v0的速度豎直向下噴出；若當(dāng)“起花”升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊，且沿水平方向、向相反的方向飛出，落地時(shí)質(zhì)量大的碎塊速度大小為v，重力加速度為gA．“起花”升空獲得的推力是空氣施加的B．火藥噴出時(shí)，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒C．點(diǎn)火后，“起花”上升過程中獲得的最大速度為mD．質(zhì)量小的碎塊落地時(shí)的速度大小不可能為2【答案】BD【詳析】A．“起花”升空獲得的推力是豎直向下噴出的火藥施加的，故A錯(cuò)誤；B．火藥噴出時(shí)，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動(dòng)量守恒，故B正確；C．點(diǎn)火后，設(shè)“起花”上升過程中獲得的最大速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0=M-mvD．根據(jù)題意，“起花”升到最高點(diǎn)時(shí)炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊的速度之比為1：2，即質(zhì)量大的和質(zhì)量小的碎塊開始做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小之比為1：2，落地時(shí)水平方向的速度大小之比為1：2，由于落地時(shí)豎直方向的速度相等，不是1：2，所以落地時(shí)的速度之比不可能是1：2，即質(zhì)量小的碎塊落地時(shí)的速度大小不可能為2v，故D故選BD。12．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的小球靜置于高度為h=3.2m的光滑直桿頂端。一顆質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以v0=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，并迅速?gòu)那蛐拇┻^。已知小球落地處離桿的水平距離為s=4.8m，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，求：(1)小球落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率P；(2)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)40W(2)1041J【詳析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)的過程豎直方向有h=12gt2解得t=0.8s（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向有s=v2t解得v2=6m/s子彈穿過小球的過程，由動(dòng)量守恒可得mv013．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，小球A以初速度v0=3gR豎直向上沖入半徑為R的四分之一粗糙圓弧管道，然后從管道另一端M點(diǎn)沿水平方向以速度v1=2gR沖出，在光滑水平面上與右端連有靜止小球B的輕質(zhì)彈簧在同一直線上發(fā)生相互