五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功與功率2023、2022近五年“功和能”模塊考查呈現出考點集中且綜合性強的顯著特點?！肮εc功率”、“動能定理”（作為核心工具，用于解決變力做功、多過程問題，強調其普適性）及“機械能守恒定律”（重點考查守恒條件判斷及應用）共同構成了高頻考點集群。命題情境緊密聯系科技前沿、大型工程及體育運動。題核心考查對基本概念的理解、對動能定理和機械能守恒定律適用條件的準確辨析以及運用它們定性分析能量轉化或定量計算簡單物理量（如速度、高度、功、功率）的能力。未來趨勢預計將維持對功、動能定理和機械能守恒的核心考查地位，情境設計更趨復雜化和實際化，強化利用動能定理處理變力做功及非勻變速問題的能力，并可能深化對功能關系的理解與應用，要求考生在具體情境中靈活選用合適的能量觀點構建方程，綜合考查模型構建、過程分析和科學推理的核心素養(yǎng)?？键c2動能與動能定理2023、2022考點3機械能守恒定律2024、2022考點4能量守恒定律2021考點01功與功率1．（2023·江蘇·高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳析】A．頻閃照片時間間隔相同，圖甲相鄰相等時間間隔內發(fā)生的位移差大，根據勻變速直線運動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；B．設斜面傾角為θ，動摩擦因數為μ，上滑階段根據牛頓第二定律有a1=gsinθ+μgcosθ，下滑階段根據牛頓第二定律有a2=gsinθ-μgC．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據x=12at2，可知圖甲在AD．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。故選C。2．（2022·江蘇·高考）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機械臂可簡化為兩根相連的等長輕質臂桿，每根臂桿長為L，如題圖1所示，機械臂一端固定在空間站上的O點，另一端抓住質量為m的貨物，在機械臂的操控下，貨物先繞O點做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運動，運動到A點停下，然后在機械臂操控下，貨物從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經時間t到達B點，A、B間的距離為L。（1）求貨物做勻速圓周運動時受到合力提供的向心力大小Fn（2）求貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率P。（3）在機械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們在同一直線上，貨物與空間站同步做勻速圓周運動，已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對貨物的引力，求貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比F1【答案】（1）2mω2L；（2）4mL【詳析】（1）質量為m的貨物繞O點做勻速圓周運動，半徑為2L，根據牛頓第二定律可知F（2）貨物從靜止開始以加速度a做勻加速直線運動，根據運動學公式可知L=解得a=貨物到達B點時的速度大小為v=at=貨物在機械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運動，機械臂對貨物的作用力即為貨物所受合力ma，所以經過t時間，貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率為P=mav=m?（3）空間站和貨物同軸轉動，角速度ω0相同，對質量為m0空間站，質量為G解得GM=貨物在機械臂的作用力F1和萬有引力FF貨物受到的萬有引力F解得機械臂對貨物的作用力大小為F則F考點02動能與動能定理3．（2022·江蘇·高考）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移xA． B．C． D．【答案】A【詳析】設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理有Ek=mgxtanθ，即Ekx=mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角故選A。4．（2023·江蘇·高考）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據動能定理有mgd根據動量定理有mg聯立解得t=v（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有v（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有v水平方向上有L=聯立可得L=考點03機械能守恒定律5．（2024·江蘇·高考）如圖所示，物塊B分別通過輕彈簧、細線與水平面上的物體A左右端相連，整個系統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長狀態(tài)。剪斷細線后（）A．彈簧恢復原長時，A的動能達到最大B．彈簧壓縮最大時，A的動量達到最大C．彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)的動量增加D．彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)的機械能增加【答案】A【詳析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得mAvA=mBvB設彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧恢復原長時得故選A。6．（2022·江蘇·高考）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據牛頓第二定律對AB有F+mA+mBgsinθ-μ由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據能量守恒定律可得1化簡得k=2mgsinθ+fx1+x2，當位移為最大位移的一半時有F合=kC．根據B的分析可知FmA+mB=-FABmB，再結合B選項的結論可知下滑過程中FD．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。考點04能量守恒定律7．（2021·江蘇·高考）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環(huán)A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°=0.6，cos（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。【答案】（1）3mg8；（2）964m；（【詳析】（1）設AB、OB的張力分別為F1、F2，F=F1FF解得F=（2）設裝置轉動的角速度為ω，對AF=M對Bmg解得M=（3）B上升的高度h=15L，AEkA=根據能量守恒定律可知W=解得W=1．（2025·江蘇蘇州·三模）將一小球(可視為質點)懸掛于O點，拉開一個小角度(θ<5A．小球質量越大，擺動周期越小B．拉開角度越小，擺動周期越小C．小球擺動過程中機械能守恒D．擺動過程中，繩的拉力與重力的合力充當回復力【答案】C【詳析】AB．根據單擺周期公式T=2πl(wèi)g，可知擺動周期與小球質量和拉開角度無關，故C．小球擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C正確；D．擺動過程中，重力的切向分力提供回復力，故D錯誤。故選C。2．（2025·江蘇G4聯考·階段調研）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，O點為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點，下列說法正確的是（）A．炮彈到達b點時的速度為零B．炮彈到達b點時的加速度為重力加速度gC．炮彈經過a點時重力的功率比c點大D．炮彈在Ob段重力的平均功率與bd段相等【答案】C【詳析】A．到達b點時，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯誤；B．炮彈到達b點時，除受到豎直向下的重力外、還受到與運動方向相反的空氣阻力作用，所以到達b點時，炮彈的加速度不為重力加速度g，故B錯誤；C．炮彈從a點到c點的過程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎直向下加速的加速度，位移相同，根據v2-0=2ax，可知，c點的豎直分速度小于a點的豎直分速度，根據重力的功率P=mgvy，可知炮彈經過a點時重力的功率比D．從O到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力f1mg+f1=ma1，解得a1=mg+f1m，在從b到d的過程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力f2，由牛頓第二定律可得mg-f2=ma2，解得a可知炮彈在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D錯誤。故選C。3．（2025·江蘇揚州中學·二模）一物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力作用下開始運動（不計空氣阻力）。在向上運動的過程中，物體的機械能E與上升高度h的關系圖象如圖所示，其中0~h1過程的圖線是過原點的直線，h1~h2過程的圖線為平行于橫軸的直線。則（）

A．在0~h2上升過程中，物體先做加速運動，后做勻速運動B．在0~h1上升過程中，物體的加速度不斷增大C．在0~hl上升過程中，拉力的功率保持不變D．在h1~h2上升過程中，物體只受重力作用【答案】D【詳析】ABD．物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力和重力作用下向上開始運動，根據功能關系可知，除重力之外的拉力做功改變物體的機械能，故E-h圖象斜率表示所受拉力的大小，在0～h1上升過程中，E隨上升高度h均勻增大，則可知物體的加速度不變，則此過程物體做勻加速運動；在h1～h2上升過程中，E隨上升高度h不變，則E-h圖象斜率為零，則拉力大小為零，物體只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，而物體的速度方向向上，則此過程物體做勻減速運動，故C．在0~hl上升過程中，拉力的大小不變，物體做勻加速直線運動，則物體的速度不斷增大，根據P=Fv可知拉力的功率不斷增大，故C錯誤。故選D。4．（2025·江蘇南京&鹽城·一模）如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內壁接觸的小物塊，現給物塊沿內壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動摩擦因數處處相等。則物塊滑動時動能Ek與通過的弧長s的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】物塊緊貼圓筒內壁開始滑動，豎直方向受力平衡N豎=mg，水平方向圓筒側面的彈力提供向心力，則有N側=mv2R故選C。5．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）如圖所示，汽車定速巡航（即速率不變）從左至右通過拱形路面。若汽車行駛過程中所受阻力大小不變，則該過程中汽車的功率（）

A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小【答案】A【詳析】汽車定速巡航（即速率不變），由平衡條件可得汽車的牽引力大小為F=mgsinθ+f，其中θ為汽車軌跡切線與水平方向的夾角，f為阻力，根據功率P=Fv=(mgsinθ+f)v故選A。6．（2025·江蘇揚州新華中學·二模）如圖所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y軸正方向為豎直向上），在點P（0，40m）將一質量為1kg的小球以2m/s的速度水平拋出，小球第一次打在曲面上的M點，不計空氣阻力，取g=10m/s2，則（）A．M點坐標為（5m，29m）B．小球打在M點時重力的瞬時功率為100WC．小球打在M點時的動能為404JD．P點與M點間距離為4【答案】D【詳析】A．小球做平拋運動，水平方向勻速直線運動x=v0t，豎直方向勻加速直線運動y=12gt2，則40?y=x2+4，聯立解得x=4m，y=20m，t=2s，所以B．球打在M點時豎直分速度為vy=gt=10×2m/s=20m/s，重力的瞬時功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B錯誤；C．球打在M點時速度為v=v02+vyD．P點與M點間距離l=x2+故選D。7．（2025·江蘇蘇州·南航大蘇州附·一模）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數為200N/m的輕質彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質量為4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為4kg的小球B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住球BA．A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒B．彈簧恢復原長時細繩上的拉力為40C．A沿斜面向上運動的最遠距離為20D．如果把斜面傾角改為25°，A【答案】D【詳析】A．因AB系統(tǒng)運動過程中有彈簧的彈力對A做功，則A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能不守恒，選項A錯誤；B．彈簧恢復原長時，對A，T-mgsin30°=ma，對B，選項B錯誤；C．開始時彈簧壓縮量x1=mgsin30°由對稱性可知A沿斜面向上運動的最遠距離為x=2(x1+xD．因AB系統(tǒng)做簡諧振動，則振動周期與斜面傾角無關，即如果把斜面傾角改為25°，系統(tǒng)的周期不變，則A上滑到最高點時間不變，選項D故選D。8．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，不可伸長的細線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻力。小球從釋放向最低點運動的過程中，設細線與水平方向夾角為θ，則線中拉力的大小F、小球沿圓弧切線方向加速度的大小a隨sinθ變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】CD．沿切線方向，根據牛頓第二定律得mgcosθ=ma，解得a=g1-sin2θ，當細線水平時θ=0，sinθ=0，加速度a最大，最大值為a最大=g，當細線豎直時θ=90°，sinAB．沿半徑方向，根據牛頓第二定律得F-mgsinθ=mv2L解得F=3mgsinθ，A正確，故選A。9．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點過程中，其運動的動能Ek與上升高度h之間關系的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據動能定理W可知Ek上行過程的合力大小為F可知上行過程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則Ek下行過程的合力大小為F可知下行過程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則Ek由于空氣阻力總是做負功，所以經過同一位置時，上行時的動能總是比下行時的動能大。故選A。10．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽·一模）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在光滑斜面的擋板上。物塊從圖示位置靜止釋放，彈簧始終處于彈性限度內。則物塊與彈簧有相互作用的整個下滑過程中（）A．擋板對彈簧做負功B．物塊的速度逐漸減小C．物塊在最低點時的加速度最大D．物塊的機械能先增大后減小【答案】C【詳析】A．在擋板對彈簧的力方向上無位移，擋板對彈簧不做功，故A錯誤；B．物塊與彈簧組成彈簧振子，在平衡位置速度最大，最低點速度為零，故速度先增大后減小，故B錯誤；C．物塊與彈簧組成彈簧振子，可知物塊在最低點時的加速度最大，故C正確；D．壓縮彈簧過程中，彈性勢能一直增大，物塊的機械能一直減小，故D錯誤。故選C。11．（2025·江蘇蘇州八?！と＃┤鐖D所示，豎直平面內有一固定直導線水平放置，導線中通有恒定電流I，導線正下方有一個質量為m的鋁質球，某時刻無初速釋放鋁球使其下落，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球下落過程機械能一定減小B．小球下落過程機械能一定守恒C．小球下落過程機械能一定增加D．小球下落過程機械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導線下方產生垂直紙面向里的磁場，且隨著距離直導線的距離增加磁場逐漸減弱，可知小球下落過程中因磁通量逐漸減小在小球中產生渦流，鋁制球產生熱量，由能量關系可知，小球的機械能將逐漸減小。故選A。12．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽·一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過程中空氣阻力大小不變，則（）A．在上升過程與下降過程中，重力做的功相同B．在上升過程與下降過程中，重力的沖量相同C．上升過程中小球動量的變化率比下降過程中的大D．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量【答案】C【詳析】A．根據WG=Gh可知，重力在上升過程做負功，下降過程中重力做正功，故B．上升過程中的加速度mg+f=ma1，下降過程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據動量定理可知F合=ΔpΔtD．整個過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動量的變化量，故D錯誤。故選C。13．（2025·江蘇連云港·一模）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在A、A'點，自然伸長時另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的B、B'，將輕繩自由端跨過定滑輪連接質量為m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平線上，且

A．小球在E點的加速度為2gB．小球在CD段減少的機械能等于在DE段減少的機械能C．小球從C運動到D的時間小于從D運動到E的時間D．若僅將小球質量變?yōu)?m，則小球到達E點時的速度為gh【答案】D【詳析】A．根據題意分析知，小球在C、E兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，E點的加速度大小等于C點的加速度，C點小球所受合力等于重力，故加速度大小為g，故C．根據A項分析知，小球在C、E兩點間做簡諧運動，根據運動的對稱性知，小球從C運動到D的時間等于從D運動到E的時間，故B．根據功能關系知小球減少的機械能等于彈力對小球做的負功，設小球在C點時伸長量為x，則小球在CD段克服彈力做功W1=2×12kx2+h22-2×12kxD．小球從C、E過程，根據系統(tǒng)機械能守恒2×12kx2+h2-2×12k故選D。14．（24-25高一·江蘇南京六校聯合體·3月調研）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O（滑輪大小可忽略）?，F以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升，滑塊運動到C點時速度最大。已知滑塊質量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，

∠OCO′＝53°，重力加速度為g，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（）A．拉力F的大小為5B．滑塊由A到C做勻加速運動C．滑塊由A到C過程中拉力F做的功為5D．滑塊在C點的動能為1【答案】D【詳析】A．當滑塊的合力為零，加速度為零時，速度最大，則在C點，滑塊的合力為零，則有F解得拉力F的大小為F=mgcos53°=B．對滑塊受力分析，豎直方向有Fcosθ-mg=ma，滑塊向上滑動時，細繩與豎直方向夾角變大，而拉力不變，則滑塊的加速度a變小，故C．滑塊由A到C過程中拉力F做的功為W=F?(dsin37°-D．滑塊從A運動到C過程，由動能定理得W-mgh=Ek-0聯立解得Ek=19故選D。15．（2025·江蘇南京·二模）如圖甲所示，傾角為θ、長為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質量為m的小物體由A處靜止釋放，到C點恰好停下，BC段動摩擦因數自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．動摩擦因數最大值μm=2tanθB．小物塊的最大速度為3C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等D．重力在AB段中間時刻瞬時功率等于在BC段中間時刻瞬時功率【答案】B【詳析】A．從A處靜止釋放，到C點恰好停下，根據動能定理可得mg?2lsinθ-Wf=0，由圖乙可知WfB．當摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有μmgcosθ=mgsinθ，解得μ=tanθ=14μm，由圖乙可知，此時小物塊在BC段下滑的距離為14l，則從從AC．由于AB、BC兩段路面的長度相同，對應的高度相同，根據WG=mgh，可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故D．設小物塊在B點的速度為vB，小物塊在AB段做勻加速直線運動，則AB中間時刻速度為則重力在AB段中間時刻瞬時功率P=mgv1sinθ=mgvB2sinθ，小物塊在BC段不是做勻變速直線運動，所以BC段中間時刻速度v故選B。16．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2。一原長為25l、勁度系數為k（k>10μmgl）的輕彈簧右端固定，左端連接一質量為m的物塊。物塊從O點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大小a、動能EA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．由題意可知，A點處，物塊受到的彈力大小為FA=k(l2-2l5)=110可知物塊從O到A過程，a-x圖像應為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤；B．物塊從O到A過程（0≤x≤0.5l），由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據動能定理可知，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減?。晃飰K到A點瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-x圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復原長過程（0.5l<x≤0.6l），物塊繼續(xù)做加速運動，物塊的動能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減?。划攺椈苫謴驮L時，物塊的動能達到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做減速運動，物塊的動能逐漸減小到C．根據彈性勢能表達式可得Ep=12k(Δx)D．物塊從O到A過程（0≤x≤0.5l），摩擦力對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)的機械能逐漸減少，根據Δ可知從O到A過程，E-x圖像為一條斜率為負的斜率直線；物塊到達A點后，由于A點右側光滑，則物塊繼續(xù)向右運動過程，系統(tǒng)機械能守恒，即E保持不變，故D錯誤。故選B。17．（2025·江蘇蘇州·三模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道Ⅰ的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同的小球a和b分別從Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點M同時靜止釋放，則小球a先到達終點N；并且發(fā)現小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達末端的時間都相同。現將小球a和b同時從起點M靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度大B．從起點到終點，兩球的動量變化量相同C．若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，三個球相比仍是a先到達D．若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數相同，小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小【答案】D【詳析】A、對小球，由M到N過程，根據動能定理可得12mvN2=mgB、由于兩小球到達N點時速度方向不同，故從起點到終點，兩球的動量變化量不同，故B錯誤；C、由于小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達末端的時間都相同，故小球a在Ⅰ軌道的運動可視為一個擺長特別大的單擺運動的一部分，小球a從M到N運動時間ta=14T=π2Rg，小球b從M到N的運動時間為tb，則有12gsinθtb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg，若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，則有D、若軌道不光滑且與兩球滑動摩擦因數相同，由于小球a運動過程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小，故D正確。故選D。18．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學校·一調）如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面，傾角θ=30°，底端固定彈性擋板，長木板B放在斜面上，小物塊A放在B的上端沿斜面向上敲擊B，使B立即獲得初速度v0=3.0m/s，此后B和擋板發(fā)生碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向相反，A始終不脫離B且與擋板不發(fā)生碰撞。已知A、B的質量均為m=1.0kg，A、(1)敲擊B后的瞬間，A、B的加速度大小aA、a(2)B上升的最大距離s；(3)B的最小長度L?！敬鸢浮?1)aA=2.5(2)s=0.375(3)L=1.8【詳析】（1）敲擊B后的瞬間，A受到向上的滑動摩擦力，對A由牛頓第二定律μ解得a對B由牛頓第二定律μ解得a（2）設A、B向上運動，經過時間t后共速v共速后A、B一起以加速度a向上減速，對A、B分析，有(s=解得s=0.375（3）最終A、B均停在擋板處，此時B的長度最小，由能量守恒1解得L=1.819．（2025·江蘇泰州·模擬預測）如圖所示，將原長為L的輕彈簧置于長為2L的光滑水平面AB上，F為AB的中點，彈簧一端固定在A點，另一端與可視為質點且質量為m的滑塊P接觸。AB左側為半徑為L的光滑半圓軌道BCD，C點與圓心O等高?，F將滑塊P壓縮彈簧0.5L至E點（圖中未標出）后由靜止釋放，滑塊恰好能到達軌道的最高點D，重力加速度為g。

(1)求彈簧被壓縮至E點時的彈性勢能Ep(2)在BF段鋪一表面粗糙的薄膜，改用質量為2m的滑塊Q仍將彈簧壓縮到E點由靜止釋放，恰能運動到半圓軌道的C點，求滑塊Q與薄膜間的動摩擦因數μ；(3)接第（2）問，求滑塊Q在薄膜上運動的總路程s。【答案】(1)E(2)μ=0.25(3)5L【詳析】（1）滑塊恰好能到達軌道的最高點D，則有mg=m從E到D過程，由能量守恒有E聯立解得E（2）題意可知滑塊Q到C點時速度為0，則從E到C過程，由能量守恒有E聯立解得μ=0.25（3）分析可知滑塊Q最終停在BF上，由能量守恒有E聯立解得s=5L20．（24-25高三·江蘇南京協(xié)同體七校·期中）如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ=37°的斜軌道BC平滑連接而成。將質量m=0.2kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=2.0m的M處靜止釋放。已知滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數均為μ=0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)小滑塊運動到A點時的速度大小；(2)若滑塊運動到D點時對軌道的壓力大小為6N，求豎直圓軌道的半徑；(3)若LAB=LBC=2.0m，試確定滑塊最終停止的位置?！敬鸢浮?1)2(2)0.5m(3)1m【詳析】（1）小滑塊從M滑動A點過程中，根據動能定理可得mgH=解得v（2）滑塊運動到D點，根據牛頓第三定律可知，滑塊所受軌道的支持力的大小等于壓力的大小，即支持力為6N，根據牛頓第二定律有mg+滑塊從初始位置滑至D點過程中，根據動能定理有mg(H-2R)=聯立解得R=0.5（3）滑塊在斜面上，由于mg則滑塊無法停留在斜面上，最終會停止在水平面AB上，設滑塊第一次滑上斜面滑行距離為s，則滑塊從最初到滑上斜面最高點的過程中，根據動能定理有mgH-μmg解得s=則滑塊第一次從斜面滑下來到地面的動能為E之后滑塊在水平面上滑行返回A點時具有的動能為E則滑塊經光滑圓弧后還能回到水平面，設再次返回到水平面上還能繼續(xù)運動的距離為s?，根據動能定理有-μmg解得s即最后滑塊停在水平面上A點右側距A點1m距離處。專題06功與能考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1功與功率2023、2022近五年“功和能”模塊考查呈現出考點集中且綜合性強的顯著特點?！肮εc功率”、“動能定理”（作為核心工具，用于解決變力做功、多過程問題，強調其普適性）及“機械能守恒定律”（重點考查守恒條件判斷及應用）共同構成了高頻考點集群。命題情境緊密聯系科技前沿、大型工程及體育運動。題核心考查對基本概念的理解、對動能定理和機械能守恒定律適用條件的準確辨析以及運用它們定性分析能量轉化或定量計算簡單物理量（如速度、高度、功、功率）的能力。未來趨勢預計將維持對功、動能定理和機械能守恒的核心考查地位，情境設計更趨復雜化和實際化，強化利用動能定理處理變力做功及非勻變速問題的能力，并可能深化對功能關系的理解與應用，要求考生在具體情境中靈活選用合適的能量觀點構建方程，綜合考查模型構建、過程分析和科學推理的核心素養(yǎng)。考點2動能與動能定理2023、2022考點3機械能守恒定律2024、2022考點4能量守恒定律2021考點01功與功率1．（2023·江蘇·高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳析】A．頻閃照片時間間隔相同，圖甲相鄰相等時間間隔內發(fā)生的位移差大，根據勻變速直線運動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；B．設斜面傾角為θ，動摩擦因數為μ，上滑階段根據牛頓第二定律有a1=gsinθ+μgcosθ，下滑階段根據牛頓第二定律有a2=gsinθ-μgC．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據x=12at2，可知圖甲在AD．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。故選C。2．（2022·江蘇·高考）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機械臂可簡化為兩根相連的等長輕質臂桿，每根臂桿長為L，如題圖1所示，機械臂一端固定在空間站上的O點，另一端抓住質量為m的貨物，在機械臂的操控下，貨物先繞O點做半徑為2L、角速度為ω的勻速圓周運動，運動到A點停下，然后在機械臂操控下，貨物從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經時間t到達B點，A、B間的距離為L。（1）求貨物做勻速圓周運動時受到合力提供的向心力大小Fn（2）求貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率P。（3）在機械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們在同一直線上，貨物與空間站同步做勻速圓周運動，已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對貨物的引力，求貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比F1【答案】（1）2mω2L；（2）4mL【詳析】（1）質量為m的貨物繞O點做勻速圓周運動，半徑為2L，根據牛頓第二定律可知F（2）貨物從靜止開始以加速度a做勻加速直線運動，根據運動學公式可知L=解得a=貨物到達B點時的速度大小為v=at=貨物在機械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運動，機械臂對貨物的作用力即為貨物所受合力ma，所以經過t時間，貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率為P=mav=m?（3）空間站和貨物同軸轉動，角速度ω0相同，對質量為m0空間站，質量為G解得GM=貨物在機械臂的作用力F1和萬有引力FF貨物受到的萬有引力F解得機械臂對貨物的作用力大小為F則F考點02動能與動能定理3．（2022·江蘇·高考）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移xA． B．C． D．【答案】A【詳析】設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理有Ek=mgxtanθ，即Ekx=mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角故選A。4．（2023·江蘇·高考）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點。滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。

【答案】（1）t=22dg1-μ；（2）【詳析】（1）滑雪者從A到P根據動能定理有mgd根據動量定理有mg聯立解得t=v（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有v（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有v水平方向上有L=聯立可得L=考點03機械能守恒定律5．（2024·江蘇·高考）如圖所示，物塊B分別通過輕彈簧、細線與水平面上的物體A左右端相連，整個系統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長狀態(tài)。剪斷細線后（）A．彈簧恢復原長時，A的動能達到最大B．彈簧壓縮最大時，A的動量達到最大C．彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)的動量增加D．彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)的機械能增加【答案】A【詳析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得mAvA=mBvB設彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧恢復原長時得故選A。6．（2022·江蘇·高考）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據牛頓第二定律對AB有F+mA+mBgsinθ-μ由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據能量守恒定律可得1化簡得k=2mgsinθ+fx1+x2，當位移為最大位移的一半時有F合=kC．根據B的分析可知FmA+mB=-FABmB，再結合B選項的結論可知下滑過程中FD．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B?？键c04能量守恒定律7．（2021·江蘇·高考）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環(huán)A和輕質彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°=0.6，cos（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。【答案】（1）3mg8；（2）964m；（【詳析】（1）設AB、OB的張力分別為F1、F2，F=F1FF解得F=（2）設裝置轉動的角速度為ω，對AF=M對Bmg解得M=（3）B上升的高度h=15L，AEkA=根據能量守恒定律可知W=解得W=1．（2025·江蘇蘇州·三模）將一小球(可視為質點)懸掛于O點，拉開一個小角度(θ<5A．小球質量越大，擺動周期越小B．拉開角度越小，擺動周期越小C．小球擺動過程中機械能守恒D．擺動過程中，繩的拉力與重力的合力充當回復力【答案】C【詳析】AB．根據單擺周期公式T=2πl(wèi)g，可知擺動周期與小球質量和拉開角度無關，故C．小球擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C正確；D．擺動過程中，重力的切向分力提供回復力，故D錯誤。故選C。2．（2025·江蘇G4聯考·階段調研）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，O點為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點，下列說法正確的是（）A．炮彈到達b點時的速度為零B．炮彈到達b點時的加速度為重力加速度gC．炮彈經過a點時重力的功率比c點大D．炮彈在Ob段重力的平均功率與bd段相等【答案】C【詳析】A．到達b點時，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯誤；B．炮彈到達b點時，除受到豎直向下的重力外、還受到與運動方向相反的空氣阻力作用，所以到達b點時，炮彈的加速度不為重力加速度g，故B錯誤；C．炮彈從a點到c點的過程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎直向下加速的加速度，位移相同，根據v2-0=2ax，可知，c點的豎直分速度小于a點的豎直分速度，根據重力的功率P=mgvy，可知炮彈經過a點時重力的功率比D．從O到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力f1mg+f1=ma1，解得a1=mg+f1m，在從b到d的過程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力f2，由牛頓第二定律可得mg-f2=ma2，解得a可知炮彈在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D錯誤。故選C。3．（2025·江蘇揚州中學·二模）一物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力作用下開始運動（不計空氣阻力）。在向上運動的過程中，物體的機械能E與上升高度h的關系圖象如圖所示，其中0~h1過程的圖線是過原點的直線，h1~h2過程的圖線為平行于橫軸的直線。則（）

A．在0~h2上升過程中，物體先做加速運動，后做勻速運動B．在0~h1上升過程中，物體的加速度不斷增大C．在0~hl上升過程中，拉力的功率保持不變D．在h1~h2上升過程中，物體只受重力作用【答案】D【詳析】ABD．物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力和重力作用下向上開始運動，根據功能關系可知，除重力之外的拉力做功改變物體的機械能，故E-h圖象斜率表示所受拉力的大小，在0～h1上升過程中，E隨上升高度h均勻增大，則可知物體的加速度不變，則此過程物體做勻加速運動；在h1～h2上升過程中，E隨上升高度h不變，則E-h圖象斜率為零，則拉力大小為零，物體只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向下，而物體的速度方向向上，則此過程物體做勻減速運動，故C．在0~hl上升過程中，拉力的大小不變，物體做勻加速直線運動，則物體的速度不斷增大，根據P=Fv可知拉力的功率不斷增大，故C錯誤。故選D。4．（2025·江蘇南京&鹽城·一模）如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內壁接觸的小物塊，現給物塊沿內壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動摩擦因數處處相等。則物塊滑動時動能Ek與通過的弧長s的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】物塊緊貼圓筒內壁開始滑動，豎直方向受力平衡N豎=mg，水平方向圓筒側面的彈力提供向心力，則有N側=mv2R故選C。5．（2025·江蘇宿遷·考前模擬）如圖所示，汽車定速巡航（即速率不變）從左至右通過拱形路面。若汽車行駛過程中所受阻力大小不變，則該過程中汽車的功率（）

A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小【答案】A【詳析】汽車定速巡航（即速率不變），由平衡條件可得汽車的牽引力大小為F=mgsinθ+f，其中θ為汽車軌跡切線與水平方向的夾角，f為阻力，根據功率P=Fv=(mgsinθ+f)v故選A。6．（2025·江蘇揚州新華中學·二模）如圖所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y軸正方向為豎直向上），在點P（0，40m）將一質量為1kg的小球以2m/s的速度水平拋出，小球第一次打在曲面上的M點，不計空氣阻力，取g=10m/s2，則（）A．M點坐標為（5m，29m）B．小球打在M點時重力的瞬時功率為100WC．小球打在M點時的動能為404JD．P點與M點間距離為4【答案】D【詳析】A．小球做平拋運動，水平方向勻速直線運動x=v0t，豎直方向勻加速直線運動y=12gt2，則40?y=x2+4，聯立解得x=4m，y=20m，t=2s，所以B．球打在M點時豎直分速度為vy=gt=10×2m/s=20m/s，重力的瞬時功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B錯誤；C．球打在M點時速度為v=v02+vyD．P點與M點間距離l=x2+故選D。7．（2025·江蘇蘇州·南航大蘇州附·一模）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數為200N/m的輕質彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質量為4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為4kg的小球B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住球BA．A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒B．彈簧恢復原長時細繩上的拉力為40C．A沿斜面向上運動的最遠距離為20D．如果把斜面傾角改為25°，A【答案】D【詳析】A．因AB系統(tǒng)運動過程中有彈簧的彈力對A做功，則A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能不守恒，選項A錯誤；B．彈簧恢復原長時，對A，T-mgsin30°=ma，對B，選項B錯誤；C．開始時彈簧壓縮量x1=mgsin30°由對稱性可知A沿斜面向上運動的最遠距離為x=2(x1+xD．因AB系統(tǒng)做簡諧振動，則振動周期與斜面傾角無關，即如果把斜面傾角改為25°，系統(tǒng)的周期不變，則A上滑到最高點時間不變，選項D故選D。8．（2025·江蘇宿遷·三模）如圖所示，不可伸長的細線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻力。小球從釋放向最低點運動的過程中，設細線與水平方向夾角為θ，則線中拉力的大小F、小球沿圓弧切線方向加速度的大小a隨sinθ變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】CD．沿切線方向，根據牛頓第二定律得mgcosθ=ma，解得a=g1-sin2θ，當細線水平時θ=0，sinθ=0，加速度a最大，最大值為a最大=g，當細線豎直時θ=90°，sinAB．沿半徑方向，根據牛頓第二定律得F-mgsinθ=mv2L解得F=3mgsinθ，A正確，故選A。9．（2025·江蘇泰州姜堰區(qū)·二模）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，皮球從拋出到落回拋出點過程中，其運動的動能Ek與上升高度h之間關系的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳析】根據動能定理W可知Ek上行過程的合力大小為F可知上行過程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則Ek下行過程的合力大小為F可知下行過程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則Ek由于空氣阻力總是做負功，所以經過同一位置時，上行時的動能總是比下行時的動能大。故選A。10．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽·一模）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在光滑斜面的擋板上。物塊從圖示位置靜止釋放，彈簧始終處于彈性限度內。則物塊與彈簧有相互作用的整個下滑過程中（）A．擋板對彈簧做負功B．物塊的速度逐漸減小C．物塊在最低點時的加速度最大D．物塊的機械能先增大后減小【答案】C【詳析】A．在擋板對彈簧的力方向上無位移，擋板對彈簧不做功，故A錯誤；B．物塊與彈簧組成彈簧振子，在平衡位置速度最大，最低點速度為零，故速度先增大后減小，故B錯誤；C．物塊與彈簧組成彈簧振子，可知物塊在最低點時的加速度最大，故C正確；D．壓縮彈簧過程中，彈性勢能一直增大，物塊的機械能一直減小，故D錯誤。故選C。11．（2025·江蘇蘇州八校·三模）如圖所示，豎直平面內有一固定直導線水平放置，導線中通有恒定電流I，導線正下方有一個質量為m的鋁質球，某時刻無初速釋放鋁球使其下落，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球下落過程機械能一定減小B．小球下落過程機械能一定守恒C．小球下落過程機械能一定增加D．小球下落過程機械能先增加后不變【答案】A【詳析】因通電直導線下方產生垂直紙面向里的磁場，且隨著距離直導線的距離增加磁場逐漸減弱，可知小球下落過程中因磁通量逐漸減小在小球中產生渦流，鋁制球產生熱量，由能量關系可知，小球的機械能將逐漸減小。故選A。12．（24-25高三下·江蘇宿遷泗陽·一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若該過程中空氣阻力大小不變，則（）A．在上升過程與下降過程中，重力做的功相同B．在上升過程與下降過程中，重力的沖量相同C．上升過程中小球動量的變化率比下降過程中的大D．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量【答案】C【詳析】A．根據WG=Gh可知，重力在上升過程做負功，下降過程中重力做正功，故B．上升過程中的加速度mg+f=ma1，下降過程中的加速度mg-f=ma2，則a1>a2C．根據動量定理可知F合=ΔpΔtD．整個過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動量的變化量，故D錯誤。故選C。13．（2025·江蘇連云港·一模）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在A、A'點，自然伸長時另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的B、B'，將輕繩自由端跨過定滑輪連接質量為m的小球，A、B、C、B'、A'在同一水平線上，且

A．小球在E點的加速度為2gB．小球在CD段減少的機械能等于在DE段減少的機械能C．小球從C運動到D的時間小于從D運動到E的時間D．若僅將小球質量變?yōu)?m，則小球到達E點時的速度為gh【答案】D【詳析】A．根據題意分析知，小球在C、E兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，E點的加速度大小等于C點的加速度，C點小球所受合力等于重力，故加速度大小為g，故C．根據A項分析知，小球在C、E兩點間做簡諧運動，根據運動的對稱性知，小球從C運動到D的時間等于從D運動到E的時間，故B．根據功能關系知小球減少的機械能等于彈力對小球做的負功，設小球在C點時伸長量為x，則小球在CD段克服彈力做功W1=2×12kx2+h22-2×12kxD．小球從C、E過程，根據系統(tǒng)機械能守恒2×12kx2+h2-2×12k故選D。14．（24-25高一·江蘇南京六校聯合體·3月調研）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O（滑輪大小可忽略）。現以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升，滑塊運動到C點時速度最大。已知滑塊質量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，

∠OCO′＝53°，重力加速度為g，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（）A．拉力F的大小為5B．滑塊由A到C做勻加速運動C．滑塊由A到C過程中拉力F做的功為5D．滑塊在C點的動能為1【答案】D【詳析】A．當滑塊的合力為零，加速度為零時，速度最大，則在C點，滑塊的合力為零，則有F解得拉力F的大小為F=mgcos53°=B．對滑塊受力分析，豎直方向有Fcosθ-mg=ma，滑塊向上滑動時，細繩與豎直方向夾角變大，而拉力不變，則滑塊的加速度a變小，故C．滑塊由A到C過程中拉力F做的功為W=F?(dsin37°-D．滑塊從A運動到C過程，由動能定理得W-mgh=Ek-0聯立解得Ek=19故選D。15．（2025·江蘇南京·二模）如圖甲所示，傾角為θ、長為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質量為m的小物體由A處靜止釋放，到C點恰好停下，BC段動摩擦因數自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．動摩擦因數最大值μm=2tanθB．小物塊的最大速度為3C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等D．重力在AB段中間時刻瞬時功率等于在BC段中間時刻瞬時功率【答案】B【詳析】A．從A處靜止釋放，到C點恰好停下，根據動能定理可得mg?2lsinθ-Wf=0，由圖乙可知WfB．當摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有μmgcosθ=mgsinθ，解得μ=tanθ=14μm，由圖乙可知，此時小物塊在BC段下滑的距離為14l，則從從AC．由于AB、BC兩段路面的長度相同，對應的高度相同，根據WG=mgh，可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故D．設小物塊在B點的速度為vB，小物塊在AB段做勻加速直線運動，則AB中間時刻速度為則重力在AB段中間時刻瞬時功率P=mgv1sinθ=mgvB2sinθ，小物塊在BC段不是做勻變速直線運動，所以BC段中間時刻速度v故選B。16．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2。一原長為25l、勁度系數為k（k>10μmgl）的輕彈簧右端固定，左端連接一質量為m的物塊。物塊從O點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大小a、動能EA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．由題意可知，A點處，物塊受到的彈力大小為FA=k(l2-2l5)=110可知物塊從O到A過程，a-x圖像應為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤；B．物塊從O到A過程（0≤x≤0.5l），由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據動能定理可知，Ek-x圖像的切線斜率逐漸減?。晃飰K到A點瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-x圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復原長過程（0.5l<x≤0.6l），物塊繼續(xù)做加速運動，物塊