（2021-2025）5年高考1年模拟物理真题分类汇编专题03 功与能（湖北专用）（解析版）

五年（2021-2025）高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题03功与能考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1功和功率2021、2023命题逐渐强化能量守恒与动量守恒的交叉应用，如碰撞过程中动能损失与动量变化的联立分析，或多物体系统在非弹性碰撞中的能量分配问题。此外，功与能的考查常与电磁学结合，如导体棒在磁场中切割磁感线时的焦耳热计算，体现跨模块综合。能力要求上，突出数学工具的深度应用与逻辑推理的严谨性。考生需熟练运用微积分思想处理变力做功问题，如通过积分计算弹簧弹力的非线性做功；或利用导数求解能量极值问题，如确定物体在复杂轨道上的最大动能位置。图像分析能力成为关键，例如通过F-x图像面积计算功，或利用E-t图像判断能量转化趋势。实验探究能力的考查力度加大，例如设计实验验证动能定理时，需结合传感器数据处理与误差分析，将控制变量法拓展至多变量关系的研究。部分试题还引入跨学科思维，如通过“能量密度”等工程概念分析新能源效率，或利用热力学第一定律解释机械能与内能的转化机制，全面检验考生对物理规律的迁移能力与创新应用水平。考点2动能和动能定理2023、2025考点3机械能守恒定律2022、2024考点01功和功率1．（2023·湖北·高考）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12l，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4B．小球在P点下方12lC．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【详析】A．小球在P点受力平衡，则有mg=f，f=μFNC．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F=kl-l2sinθ小球受到的摩擦力为f1=μFND．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l2时θ=45°，此时摩擦力大小为f1=μkl2故选AD。2．（2023·湖北·高考）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【详析】由题意可知两节动车分别有P1=f1v1,P故选D。3．（2021·湖北·高考）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【答案】（1）2R；（2）mgsinθ2gR【详析】解：（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2'，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg=mv2'2RB离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于对A（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律1解得v2=5gR对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得12mv12=mgR解得v1=2gR设碰前瞬间A的速度为v0，对A、考点02动能和动能定理4．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为βμgL（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。（参考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【详析】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为f1=2μmg地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为aj=2μ⋅jmgjm=2μg根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，有（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ⋅kmg=μ则第k+1个（即2n+1）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木则a=2μg2n-1<2μg木板和剩下的木块不发生相对滑动。对前面k+1个（即2n+1）木块，有ak+1=2μ91625……(将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得(联立vk+12=85．（2023·湖北·高考）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）gR；（2）0；（3）3【详析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cos60∘=vBvC小物块从C到D的过程中，根据动能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-μmgS=12mv考点03机械能守恒定律6．（2024·湖北·高考）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）5ms；（2）0.3J；（3【详析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=5ms2（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球v32L绳-d小球从O7．（2022·湖北·高考）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg【答案】C【详析】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx=2μmg若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р故选C。8．（2022·湖北·高考）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为3gL5时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动L10距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的质量；（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】（1）3m；（2）6.5mg；（3）【详析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mcg（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg1．（24-25高三·湖北襄阳随州八校联考·三模）如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距bA．11mgk B．9mgk C．【答案】B【详析】设初始时弹簧被压缩x1，有kx1=mg弹性势能为Ep=12kx12设a开始下落时距b的高度为H，b初始位置为零势能面，设物块a、b碰撞前瞬间a的速度为va，由机械能守恒定律得mgH=12mva2设物块a、b碰撞后瞬间两者的速度为vab，由动量守恒定律得mva=2mvaba、b一起压缩弹簧到两者向上运动到弹簧恢复原长时。a、故选B。2．（2025·湖北武汉二中·5月模考）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（A．A和B的速度关系为vB．A可以下降的最大高度为5C．A和B总动能最大时，θD．A和B总动能最大时，B的动能为1-【答案】D【详析】A．B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsinθ，沿PA方向的速度分量也为vAsinθ，故有vB=2vAB．由能量守恒mgH=mg×2H2+d2-CD．AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即mgvA=mgvB结合关联速度可知sinθ=12即θ=30°由能量守恒知Ek=2-故选D。3．（2025·湖北黄石二中·高三下适应性（二））将一个小球从地面竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、动能和机械能分别为v、x、Ek和EA． B．C． D．【答案】C【详析】A．小球在上升过程中，由牛顿第二定律得mg+kv=ma.v逐渐减小，则a减小，下降过程中有mg-kv=B．v-x图斜率为k=C．Ek-x图像斜率为合外力，向上运动过程F=mgD．向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误。故选C。4．（2025·湖北黄冈中学·二模）地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>SA．在近日点的速度小于地球公转的速度B．在近日点加速度约为地球公转加速度的4倍C．从a运行到b的时间等于从c运行到d的时间D．从b运行到c的过程中动能先减小后增大【答案】B【详析】A．根据万有引力定律得GMmr2=mv2rB．根据牛顿第二定律得GMmr2=ma解得a=GMr2彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.5倍，哈雷彗星在近日点的加速度aC．根据开普勒第二定律可知，哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据S1>S2可知，从a运行到b的时间大于从c运行到D．哈雷彗星从b运行到c的过程中，引力势能与动能之和保持不变，引力势能增大，动能减小，D错误。故选B。5．（2025·湖北·高三下学期考前信息卷一）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ=37°，以v=3m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m=2kg的煤块以速率v0=4m/s放上传送带，煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示，sin37°=0.6A．煤块初速度方向沿传送带向上B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875，则留下的划痕长度为C．0~tD．煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60W【答案】B【详析】A．如果煤块初速度方向沿传送带向上，分两种情况，如果μ<tanθ的加速度减速到3m/s，接下来再以a'=gsinθ-μgcosθ的加速度减速到0，后反向匀加速运动，不符合题图乙的速率变化；如果的加速度匀减速到0后反向匀加速到3m/s，符合题图乙，选项A错误。B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875，煤块运动的加速度大小为共速需要用时t2=v-(-v0)a=7s传送带的位移是C．0∼t2时间内，由于煤块的重力势能减小，动能减小，煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做的功的数值，由能量守恒可得，系统产生的热量一定大于重力势能的减少量，选项D．煤块到达B处时速度大小为3m/s，所以重力的瞬时功率为P=mgv故选B。6．（2025·湖北武汉二中·高三下二模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的a-t图线如图乙所示（a为小球的加速度，t为时间），两图线对应纵轴最小值均为a=0，S表示0到t1时间内A的A．从0到t3时刻，弹簧对A球的冲量为B．t2C．t2时刻，A、BD．t1时刻，B物体的速度大小为【答案】AD【详析】A．从图像可知从0到t3时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即t3时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理得2mgt3=2mv3可得两球速度大小v3=gt3B．t2时刻，两小球加速度大小相等，以小球A、B整体为对象，由牛顿第二定律2mg=2ma得此时小球A、B的加速度大小为a=g此时小球小A、C．从图乙可知，从0到t2时刻两者速度差一直在增大，t2时刻达到最大，故D．从0到t1时刻，以A、B两球整体为对象，由动量定理得2mgt1=mvA+mvB其中t1时刻小球故选AD。7．（2025·湖北襄阳五中·三模）下列物理表述正确的是：（）A．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是竖直向下的B．作用力与反作用力做功的代数和一定为零C．带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动D．带电粒子仅在静电力作用下运动时，动能一定增加【答案】AC【详析】A．竖直上抛运动加速度为重力加速度g，方向竖直向下，由Δv=gB．作用力与反作用力作用在不同物体上，两物体位移不一定相同，做功代数和不一定为零，比如两个相互吸引的磁铁，外力拉开它们时，作用力与反作用力做功代数和不为零，故B错误；C．带电粒子在点电荷电场中，若电场力提供向心力，可做匀速圆周运动（如电子绕原子核运动），故C正确；D．带电粒子仅在静电力作用下，若静电力做负功，动能减小（如带电粒子靠近同种电荷时），故D错误。故选AC。8．（24-25高三·湖北黄冈中学·四模）如图所示，一倾角θ的光滑斜面固定于水平面上，斜面底端固定一挡板，原长为l0的轻弹簧沿斜面放置，一端固定于斜面底端的挡板上，另一端连接一质量为m1的物块A，将质量为m２的物块B放在物块A上，沿斜面向下压物块B，使A离挡板沿斜面距离为l，此时弹簧的弹性势能为EP,将物块A和B由静止释放，所有物体沿斜面方向运动。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．若A、B物块恰能分离，则EB．若A、B物块恰能分离，则EC．若A、B物块能分离，则B沿斜面向上运动的最大位移为ED．若A、B物块能分离，则B沿斜面向上运动的最大位移为E【答案】AC【详析】AB．因光滑斜面固定，若A、B物块恰能分离，则恰好弹簧回到原长两者速度减为零，由功能关系知：Ep=m1+CD．因光滑斜面固定，若A、B物块能分离，则弹簧回到原长两者速度相等且恰好在弹簧原长处A、B两物块加速度为gsinθ，之后A做加速度增大的减速运动，B做加速度大小为gsinθ的匀减速运动，所以A、B物块能分离在弹簧原长处分离，对A、B物块由动能定理得Ep－m1+m2gsinθl0-l＝12m1+故选AC。9．（2025·湖北黄石二中·高三下适应性（二））如下左图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立x轴，定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系，如下右图所示，重力加速度为g。对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（）A．小球在B点时的速度最大B．小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为mgC．小球从B到C，系统的动能与弹性势能之和增大D．图中阴影部分1和2的面积关系为：S【答案】CD【详析】A．小球至B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，所以小球在B点时的速度不是最大，故A错误；B．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为x1，则有设平衡位置O下方有一D点，且B、D相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为g，则小球在最低点C点的加速度大于g，方向向上。根据牛顿第二定律可得kxC-mg=maC>mg可得最低点C的压缩量满足C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确；D．设小球在平衡位置的速度为vmax，根据微元累积的思想可得∑max=mS=W合则根据动能定理可得mS1=12mvmax2-12mv故选CD。10．（24-25高三·湖北·5月模拟）如图为某同学在学校操场练习投铅球。已知铅球出手时离地面高度为h，初速度大小为v0，方向斜向上，与水平方向的夹角为θ(0°<θA．铅球在空中运动过程中，相等时间内速度的变化不相同B．在0°~90°范围内，θ越大，铅球在空中运动过程中重力的平均功率越小C．当θ=45°D．铅球的最大水平射程为v【答案】BD【详析】A．铅球在空中运动时只受重力作用，加速度为重力加速度g，根据Δv=gΔt可知相等时间ΔB．将铅球的速度分解到竖直方向和水平方向，在竖直方向上的分速度有vy=v0sinθ铅球在竖直方向上先向上减速到零，再向下做自由落体运动，则向上减速的时间为t1=重力的平均功率为P=mght可知θ越大时t越大，则平均功率CD．根据机械能守恒定律有mgh=12mv2-12根据几何关系，可得速度矢量三角形面积S=12v0cosθ⋅gt=12gx由于v0与v大小一定，当v0⊥v故选BD。11．（2025·湖北黄冈中学·二模）如图所示，质量为m的小球乙固定在长度为L的轻质细杆上端，杆的下端通过光滑的转轴与质量为m的物块甲相连，物块甲紧靠右侧竖直固定挡板，放置在光滑水平面上，开始时轻杆保持竖直状态，系统静止。现轻扰小球乙，使小球乙无初速度的向左倒下，物块甲和小球乙均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．当轻杆与竖直方向夹角为60度时，轻杆的作用力为零B．甲刚要离开挡板时，乙的速度大小为2C．小球乙落地前瞬间，乙的速度大小为52D．小球乙从开始运动到落地过程中，轻杆对小球乙做的功为-【答案】BCD【详析】AB．记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，轻杆上作用力为零时小球乙的速度为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知mgL1-cosα=12mv2此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力mgcosαC．轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒mvcosα=mv1x+mv2x该过程系统机械能守恒12mD．小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小球乙做的功为W乙，对乙用动能定理：12mv乙故选BCD。12．（2025·湖北·高三下学期考前信息卷一）宣绩高铁于2024年10月11日正式运营，安徽再添一条高铁大动脉，改变了皖南地区的交通格局，让安徽南部地区真正拥有了“高铁大环线”。如图是列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设该动车组各车厢的质量均为m，动车的额定功率都为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，比例系数为k。则该动车组（）A．运行的最大速率为PB．列车配置如果改成4节动车和4节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍C．不管是做匀速运动还是匀加速运动，第4、5节车厢间的作用力一定都为0D．动车组做匀加速运动时，第2、3节车厢与第5、6节车厢间的作用力之比为3:2【答案】AC【详析】A．以最大速率行驶时，牵引力等于阻力，牵引力F总=8kmg，而总功率为2P，故最大速率B．改为4节动车带4节拖车的动车组时4P=8kmg⋅v'C．当列车加速运动时，对整体有2F-8kmg=8ma解得F=4ma+4D．当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设第2、3节车厢间的作用力为F23，5、6节车厢间的作用力为F56，加速度为a，每节动车产生的牵引力为F，每节车厢所受的阻力为kmg，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F56-3kmg=3ma将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F23+故选AC。13．（2025·湖北襄阳五中·三模）三个完全相同的小球，质量均为m，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球靠在竖直光滑墙面，B球C球均位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，如图所示，三小球均保持静止。某时，小球A受到轻微扰动开始下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C在上述过程中的最大速度为v，轻杆长为L，重力加速度为g。求：(1)此过程中竖直墙对小球A的冲量大小；(2)小球A落地前瞬间，A的动能大小；(3)质量为m的光滑圆槽乙也放在足够大的光滑水平面上，C球与B球分离后，C球运动一段时间后沿着光滑圆槽乙水平切线由C点进入圆槽，圆槽CD段为圆心角53∘的圆弧，已知v=3gR，小球上升到圆槽的D点时，圆槽的速度为v≥-gR，则圆槽半径r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【详析】（1）对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有I=2mv；（2）自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0解得E（3）把小球和圆槽看作系统进行分析，设小球上升到圆槽乙的D点时水平方向速度为vDx，系统水平方向动量守恒，则有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D点时，其速度方向与圆槽相切，则有tan53o=故r是R的25914．（2025·湖北襄阳五中·三模）如图所示，内壁光滑的木槽A质量为mA=1kg，木槽与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.3，木槽内有两个可视为质点的滑块B、C，质量分别为mB=1kg和mC=2kg.两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，弹簧与B固连，与C不固连，B滑块距木槽左端为l=1m，C滑块距木槽右端为34(1)滑块B、C与木槽A碰前的速度vB和v(2)从烧断细线到C与A碰撞前，A与水平桌面间摩擦产生的热量Q；(3)最终C与槽A右端的距离。【答案】(1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【详析】（1）B、C和弹簧组成系统动量守恒，由于系统初动量为0，则有mvB=2mvC（2）经过时间t1B与A相碰，则t1=lvB=0.5sA与B碰撞过程动量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/sAB向左做匀减速运动加速度大小为a=mA+mB+mCm（3）A与C发生弹性碰撞，碰后A、C速度分别为v1、v2，由系统动量守恒2mvC=2mv1+2mv2机械能守恒12×2mvC2=12×2mv115．（2025·湖北襄阳五中·适应考）如图所示，长为3.5L的不可伸长的轻绳，穿过一长为L的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、5m4的小球A和小物块B。开始时B先放在细管正下方的水平地面上，A在管子下端，绳处于拉直状态，手握细管，保持细管高度不变．现水平轻轻摇动细管，保持细绳相对于管子不上下滑动的情况下，一段时间后，使A在水平面内做匀速圆周运动，B对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，(1)A做匀速圆周运动时，绳与竖直方向的夹角θ；(2)摇动细管过程中，手所做的功；(3)水平轻摇细管，使B上升至管口下1516L处平衡，此时管内一触发装置使绳断开，【答案】(1)37°(2)17(3)15【详析】（1）B处于平衡状态，B对地面的压力恰好为零时有FT=54mg对A受力分析，竖直方向受力平衡，则有FT（2）对A，水平方向，根据牛顿第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ动能为（3）因为绳子拉力恒为54mg，故拉住A的绳与竖直线的夹角恒为37°，此时小球A距离上管口为L'=L+1.5L-1516L=2516L根据牛顿第二定律有mgtan37°=mv'16．（2025·湖北荆州沙市中学·高三下模）如图所示，一长木板B质量m=1.0kg，长L=9.2m，静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=5.5m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为53°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=6.0m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量M=2.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量m=1.0kg的滑块A被无初速地轻放在沿顺时针转动的水平传送带左端。一段时间后A从传送带右侧水平飞出，恰好能沿切线方向从P点滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨。若传送带长s=6.0m，转动速度大小恒为v0=6.0m/s，A与传送带和木板B间动摩擦因数均为μ=0.5。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2(1)求滑块A到达P点的速度大小vP(2)求滑块A与滑块D碰撞前的速度大小v(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为1.0m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【答案】(1)vP=10m/s(2)v=4m/s(3)Epm=6J【详析】（1）滑块A在传送带上先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律f=ma其中f=μmg则匀加速阶段的位移为x1=v022a=3.6m<s（2）滑块A沿圆弧轨道滑下，设在最低点速度为v1，机械能守恒mgR(1-cos53°)=1假设滑块A在木板B上运动过程中，与木板B共速后木板B才到达右侧平台，设共速时速度为v共，相对运动的距离为s相，由A、B系统动量守恒mv1=(m+m)v共系统能量守恒μmgs相=12mv12-12（m+m）v共（3）随后滑块A将以v2的速度滑上平台，与滑块D发生完全非弹性碰撞，在水平方向动量守恒，设碰后共同速度为v3，mv2=(m+m①假设弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，滑块C速度向右，设弹簧原长时AD组体速度大小为v4，由动量守恒定律m+mv3=M不符合能量守恒定律，所以假设错误。②由以上推理可知，弹簧开始只能处于压缩状态，第一次恢复原长时，滑块C速度向左，设弹簧原长时AD组合体速度大小为v5，由动量守恒和能量守恒有m+mv3=M-vC+m+mv5第一次原长到弹簧压缩到最短过程中，动量守恒和能量守恒。设C17．（2025·湖北武汉武昌区·5月质检）如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以v0=3m/s的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C、D均可看作质点，BD组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度(1)滑块D滑上平台时速度的大小；(2)长木板A的长度；(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为19【答案】(1)v(2)L(3)E【详析】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为v1，由动量守恒定律有2mv对A，设其加速度为a1，根据牛顿第二定律μ2mg=ma

可得a=2m/s2其加速到v1的位移设为s1，根据运动学公式2as1=v12解得s1=1m,sA加速到v2的位移设为s2，同理2as2=v2（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有-解得L（3）D与B相碰后，设速度为v3，由动量守恒定律有2mv2=2m+mv3解得v3=49m/s此时B、C、D系统的动能为EK0=827J弹簧原长时，设BD整体速度为v4，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：若C的速度向右2mv2=3mv4+3mvC解得v4=13m/s此时B、解得E18．（25届·湖北部分学校联考·三模）如图所示，长木板C固定在水平地面上，物块A、B以相同大小的初速度v=4m/s同时从C的左右两端开始相向运动，物块A的质量为m1=2kg，与C之间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块B的质量为m2=1kg，与C之间的动摩擦因数为(1)若A、B未相撞，长木板C的最小长度；(2)若A、B能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B没有从长木板C上掉下，A、B碰后运动位移的最大值是多少；(3)若长木板C未固定且地面光滑，C的质量为m3=1kg，A、B没有发生碰撞，则A【答案】(1)6m(2)1(3)14J【详析】（1）对A、B分析，根据牛顿第二定律分别有μ1m1g=m1a1，μ2m2g=m2a2解得a1（2）只要A、B在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得m1v-m2v=(m1+m2）v1解得v1=43m/s碰后对A、B（3）若长木板C未固定，在B速度减为零之前，C静止不动。假设B速度减为零之后B、C相对静止，根据牛顿第二定律有μ1m1g=(m2+m3）a3解得a3=2 m/s2因a3=2 m/s2<μ2g=4m/s2，故假设成立B速度减为零的过程中，B与C之间因摩擦产生的热量Q1，由能量守恒得Q1=12m2v解得Q19．（2025·湖北省新八校协作体·三模）一工人通过传送带输送质量m=10kg的货物，传送带与水平面夹角θ=30°，以v=2m/s的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径r=0.2m。工人将货物轻放在传动带上切点A处，货物与传送带间动摩擦因数为μ=32，货物到达传送带上切点B时恰好与传送带相对静止，随后水平抛出。货物从传送带离开后掉落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量M(1)货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；(2)货物与小车一起向右运动时的速度；(3)小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？【答案】(1)60J(2)2(3)0.25【详析】（1）货物在传送带上受力如图所示根据牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma解得a=2.5m/s2货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有v2=2as，v=at可得s=0.4m，t（2）货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有mg=mv2r解得v（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有12(m+M)v12=1专题03功与能考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1功和功率2021、2023命题逐渐强化能量守恒与动量守恒的交叉应用，如碰撞过程中动能损失与动量变化的联立分析，或多物体系统在非弹性碰撞中的能量分配问题。此外，功与能的考查常与电磁学结合，如导体棒在磁场中切割磁感线时的焦耳热计算，体现跨模块综合。能力要求上，突出数学工具的深度应用与逻辑推理的严谨性。考生需熟练运用微积分思想处理变力做功问题，如通过积分计算弹簧弹力的非线性做功；或利用导数求解能量极值问题，如确定物体在复杂轨道上的最大动能位置。图像分析能力成为关键，例如通过F-x图像面积计算功，或利用E-t图像判断能量转化趋势。实验探究能力的考查力度加大，例如设计实验验证动能定理时，需结合传感器数据处理与误差分析，将控制变量法拓展至多变量关系的研究。部分试题还引入跨学科思维，如通过“能量密度”等工程概念分析新能源效率，或利用热力学第一定律解释机械能与内能的转化机制，全面检验考生对物理规律的迁移能力与创新应用水平。考点2动能和动能定理2023、2025考点3机械能守恒定律2022、2024考点01功和功率1．（2023·湖北·高考）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12l，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4B．小球在P点下方12lC．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【详析】A．小球在P点受力平衡，则有mg=f，f=μFNC．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F=kl-l2sinθ小球受到的摩擦力为f1=μFND．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l2时θ=45°，此时摩擦力大小为f1=μkl2故选AD。2．（2023·湖北·高考）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【详析】由题意可知两节动车分别有P1=f1v1,P故选D。3．（2021·湖北·高考）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【答案】（1）2R；（2）mgsinθ2gR【详析】解：（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2'，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg=mv2'2RB离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于对A（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律1解得v2=5gR对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得12mv12=mgR解得v1=2gR设碰前瞬间A的速度为v0，对A、考点02动能和动能定理4．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为βμgL（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。（参考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【详析】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为f1=2μmg地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为aj=2μ⋅jmgjm=2μg根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，有（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ⋅kmg=μ则第k+1个（即2n+1）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木则a=2μg2n-1<2μg木板和剩下的木块不发生相对滑动。对前面k+1个（即2n+1）木块，有ak+1=2μ91625……(将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得(联立vk+12=85．（2023·湖北·高考）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）gR；（2）0；（3）3【详析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cos60∘=vBvC小物块从C到D的过程中，根据动能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-μmgS=12mv考点03机械能守恒定律6．（2024·湖北·高考）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）5ms；（2）0.3J；（3【详析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=5ms2（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球v32L绳-d小球从O7．（2022·湖北·高考）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg【答案】C【详析】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx=2μmg若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р故选C。8．（2022·湖北·高考）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为3gL5时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动L10距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的质量；（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】（1）3m；（2）6.5mg；（3）【详析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mcg（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg1．（24-25高三·湖北襄阳随州八校联考·三模）如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距bA．11mgk B．9mgk C．【答案】B【详析】设初始时弹簧被压缩x1，有kx1=mg弹性势能为Ep=12kx12设a开始下落时距b的高度为H，b初始位置为零势能面，设物块a、b碰撞前瞬间a的速度为va，由机械能守恒定律得mgH=12mva2设物块a、b碰撞后瞬间两者的速度为vab，由动量守恒定律得mva=2mvaba、b一起压缩弹簧到两者向上运动到弹簧恢复原长时。a、故选B。2．（2025·湖北武汉二中·5月模考）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（A．A和B的速度关系为vB．A可以下降的最大高度为5C．A和B总动能最大时，θD．A和B总动能最大时，B的动能为1-【答案】D【详析】A．B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsinθ，沿PA方向的速度分量也为vAsinθ，故有vB=2vAB．由能量守恒mgH=mg×2H2+d2-CD．AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即mgvA=mgvB结合关联速度可知sinθ=12即θ=30°由能量守恒知Ek=2-故选D。3．（2025·湖北黄石二中·高三下适应性（二））将一个小球从地面竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、动能和机械能分别为v、x、Ek和EA． B．C． D．【答案】C【详析】A．小球在上升过程中，由牛顿第二定律得mg+kv=ma.v逐渐减小，则a减小，下降过程中有mg-kv=B．v-x图斜率为k=C．Ek-x图像斜率为合外力，向上运动过程F=mgD．向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误。故选C。4．（2025·湖北黄冈中学·二模）地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>SA．在近日点的速度小于地球公转的速度B．在近日点加速度约为地球公转加速度的4倍C．从a运行到b的时间等于从c运行到d的时间D．从b运行到c的过程中动能先减小后增大【答案】B【详析】A．根据万有引力定律得GMmr2=mv2rB．根据牛顿第二定律得GMmr2=ma解得a=GMr2彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.5倍，哈雷彗星在近日点的加速度aC．根据开普勒第二定律可知，哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据S1>S2可知，从a运行到b的时间大于从c运行到D．哈雷彗星从b运行到c的过程中，引力势能与动能之和保持不变，引力势能增大，动能减小，D错误。故选B。5．（2025·湖北·高三下学期考前信息卷一）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ=37°，以v=3m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m=2kg的煤块以速率v0=4m/s放上传送带，煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示，sin37°=0.6A．煤块初速度方向沿传送带向上B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875，则留下的划痕长度为C．0~tD．煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60W【答案】B【详析】A．如果煤块初速度方向沿传送带向上，分两种情况，如果μ<tanθ的加速度减速到3m/s，接下来再以a'=gsinθ-μgcosθ的加速度减速到0，后反向匀加速运动，不符合题图乙的速率变化；如果的加速度匀减速到0后反向匀加速到3m/s，符合题图乙，选项A错误。B．若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875，煤块运动的加速度大小为共速需要用时t2=v-(-v0)a=7s传送带的位移是C．0∼t2时间内，由于煤块的重力势能减小，动能减小，煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做的功的数值，由能量守恒可得，系统产生的热量一定大于重力势能的减少量，选项D．煤块到达B处时速度大小为3m/s，所以重力的瞬时功率为P=mgv故选B。6．（2025·湖北武汉二中·高三下二模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的a-t图线如图乙所示（a为小球的加速度，t为时间），两图线对应纵轴最小值均为a=0，S表示0到t1时间内A的A．从0到t3时刻，弹簧对A球的冲量为B．t2C．t2时刻，A、BD．t1时刻，B物体的速度大小为【答案】AD【详析】A．从图像可知从0到t3时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即t3时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理得2mgt3=2mv3可得两球速度大小v3=gt3B．t2时刻，两小球加速度大小相等，以小球A、B整体为对象，由牛顿第二定律2mg=2ma得此时小球A、B的加速度大小为a=g此时小球小A、C．从图乙可知，从0到t2时刻两者速度差一直在增大，t2时刻达到最大，故D．从0到t1时刻，以A、B两球整体为对象，由动量定理得2mgt1=mvA+mvB其中t1时刻小球故选AD。7．（2025·湖北襄阳五中·三模）下列物理表述正确的是：（）A．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是竖直向下的B．作用力与反作用力做功的代数和一定为零C．带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动D．带电粒子仅在静电力作用下运动时，动能一定增加【答案】AC【详析】A．竖直上抛运动加速度为重力加速度g，方向竖直向下，由Δv=gB．作用力与反作用力作用在不同物体上，两物体位移不一定相同，做功代数和不一定为零，比如两个相互吸引的磁铁，外力拉开它们时，作用力与反作用力做功代数和不为零，故B错误；C．带电粒子在点电荷电场中，若电场力提供向心力，可做匀速圆周运动（如电子绕原子核运动），故C正确；D．带电粒子仅在静电力作用下，若静电力做负功，动能减小（如带电粒子靠近同种电荷时），故D错误。故选AC。8．（24-25高三·湖北黄冈中学·四模）如图所示，一倾角θ的光滑斜面固定于水平面上，斜面底端固定一挡板，原长为l0的轻弹簧沿斜面放置，一端固定于斜面底端的挡板上，另一端连接一质量为m1的物块A，将质量为m２的物块B放在物块A上，沿斜面向下压物块B，使A离挡板沿斜面距离为l，此时弹簧的弹性势能为EP,将物块A和B由静止释放，所有物体沿斜面方向运动。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A．若A、B物块恰能分离，则EB．若A、B物块恰能分离，则EC．若A、B物块能分离，则B沿斜面向上运动的最大位移为ED．若A、B物块能分离，则B沿斜面向上运动的最大位移为E【答案】AC【详析】AB．因光滑斜面固定，若A、B物块恰能分离，则恰好弹簧回到原长两者速度减为零，由功能关系知：Ep=m1+CD．因光滑斜面固定，若A、B物块能分离，则弹簧回到原长两者速度相等且恰好在弹簧原长处A、B两物块加速度为gsinθ，之后A做加速度增大的减速运动，B做加速度大小为gsinθ的匀减速运动，所以A、B物块能分离在弹簧原长处分离，对A、B物块由动能定理得Ep－m1+m2gsinθl0-l＝12m1+故选AC。9．（2025·湖北黄石二中·高三下适应性（二））如下左图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立x轴，定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系，如下右图所示，重力加速度为g。对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（）A．小球在B点时的速度最大B．小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为mgC．小球从B到C，系统的动能与弹性势能之和增大D．图中阴影部分1和2的面积关系为：S【答案】CD【详析】A．小球至B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，所以小球在B点时的速度不是最大，故A错误；B．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为x1，则有设平衡位置O下方有一D点，且B、D相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为g，则小球在最低点C点的加速度大于g，方向向上。根据牛顿第二定律可得kxC-mg=maC>mg可得最低点C的压缩量满足C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确；D．设小球在平衡位置的速度为vmax，根据微元累积的思想可得∑max=mS=W合则根据动能定理可得mS1=12mvmax2-12mv故选CD。10．（24-25高三·湖北·5月模拟）如图为某同学在学校操场练习投铅球。已知铅球出手时离地面高度为h，初速度大小为v0，方向斜向上，与水平方向的夹角为θ(0°<θA．铅球在空中运动过程中，相等时间内速度的变化不相同B．在0°~90°范围内，θ越大，铅球在空中运动过程中重力的平均功率越小C．当θ=45°D．铅球的最大水平射程为v【答案】BD【详析】A．铅球在空中运动时只受重力作用，加速度为重力加速度g，根据Δv=gΔt可知相等时间ΔB．将铅球的速度分解到竖直方向和水平方向，在竖直方向上的分速度有vy=v0sinθ铅球在竖直方向上先向上减速到零，再向下做自由落体运动，则向上减速的时间为t1=重力的平均功率为P=mght可知θ越大时t越大，则平均功率CD．根据机械能守恒定律有mgh=12mv2-12根据几何关系，可得速度矢量三角形面积S=12v0cosθ⋅gt=12gx由于v0与v大小一定，当v0⊥v故选BD。11．（2025·湖北黄冈中学·二模）如图所示，质量为m的小球乙固定在长度为L的轻质细杆上端，杆的下端通过光滑的转轴与质量为m的物块甲相连，物块甲紧靠右侧竖直固定挡板，放置在光滑水平面上，开始时轻杆保持竖直状态，系统静止。现轻扰小球乙，使小球乙无初速度的向左倒下，物块甲和小球乙均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．当轻杆与竖直方向夹角为60度时，轻杆的作用力为零B．甲刚要离开挡板时，乙的速度大小为2C．小球乙落地前瞬间，乙的速度大小为52D．小球乙从开始运动到落地过程中，轻杆对小球乙做的功为-【答案】BCD【详析】AB．记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，轻杆上作用力为零时小球乙的速度为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知mgL1-cosα=12mv2此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力mgcosαC．轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒mvcosα=mv1x+mv2x该过程系统机械能守恒12mD．小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小球乙做的功为W乙，对乙用动能定理：12mv乙故选BCD。12．（2025·湖北·高三下学期考前信息卷一）宣绩高铁于2024年10月11日正式运营，安徽再添一条高铁大动脉，改变了皖南地区的交通格局，让安徽南部地区真正拥有了“高铁大环线”。如图是列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设该动车组各车厢的质量均为m，动车的额定功率都为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，比例系数为k。则该动车组（）A．运行的最大速率为PB．列车配置如果改成4节动车和4节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍C．不管是做匀速运动还是匀加速运动，第4、5节车厢间的作用力一定都为0D．动车组做匀加速运动时，第2、3节车厢与第5、6节车厢间的作用力之比为3:2【答案】AC【详析】A．以最大速率行驶时，牵引力等于阻力，牵引力F总=8kmg，而总功率为2P，故最大速率B．改为4节动车带4节拖车的动车组时4P=8kmg⋅v'C．当列车加速运动时，对整体有2F-8kmg=8ma解得F=4ma+4D．当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设第2、3节车厢间的作用力为F23，5、6节车厢间的作用力为F56，加速度为a，每节动车产生的牵引力为F，每节车厢所受的阻力为kmg，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F56-3kmg=3ma将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得F23+故选AC。13．（2025·湖北襄阳五中·三模）三个完全相同的小球，质量均为m，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球靠在竖直光滑墙面，B球C球均位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，如图所示，三小球均保持静止。某时，小球A受到轻微扰动开始下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C在上述过程中的最大速度为v，轻杆长为L，重力加速度为g。求：(1)此过程中竖直墙对小球A的冲量大小；(2)小球A落地前瞬间，A的动能大小；(3)质量为m的光滑圆槽乙也放在足够大的光滑水平面上，C球与B球分离后，C球运动一段时间后沿着光滑圆槽乙水平切线由C点进入圆槽，圆槽CD段为圆心角53∘的圆弧，已知v=3gR，小球上升到圆槽的D点时，圆槽的速度为v≥-gR，则圆槽半径r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【详析】（1）对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有I=2mv；（2）自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0解得E（3）把小球和圆槽看作系统进行分析，设小球上升到圆槽乙的D点时水平方向速度为vDx，系统水平方向动量守恒，则有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D点时，其速度方向与圆槽相切，则有tan53o=故r是R的25914．（2025·湖北襄阳五中·三模）如图所示，内壁光滑的木槽A质量为mA=1kg，木槽与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.3，木槽内有两个可视为质点的滑块B、C，质量分别为mB=1kg和mC=2kg.两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，弹簧与B固连，与C不固连，B滑块距木槽左端为l=1m，C滑块距木槽右端为34(1)滑块B、C与木槽A碰前的速度vB和v(2)从烧断细线到C与A碰撞前，A与水平桌面间摩擦产生的热量Q；(3)最终C与槽A右端的距离。【答案】(1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【详析】（1）B、C和弹簧组成系统动量守恒，由于系统初动量为0，则有mvB=2mvC（2）经过时间t1B与A相碰，则t1=lvB=0.5sA与B碰撞过程动量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/sAB向左做匀减速运动加速度大小为a=mA+mB+mCm（3）A与C发生弹性碰撞，碰后A、C速度分别为v1、v2，由系统动量守恒2mvC=2mv1+2mv2机械能守恒12×2mvC2=12×2mv115．（2025·湖北襄阳五中·适应考）如图所示，长为3.5L的不可伸长的轻绳，穿过一长为L的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、5m4的小球A和小物块B。开始时B先放在细管正下方的水平地面上，A在管子下端，绳处于拉直状态，手握细管，保持细管高度不变．现水平轻轻摇动细管，保持细绳相对于管子不上下滑动的情况下，一段时间后，使A在水平面内做匀速圆周运动，B对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，(1)A做匀速圆周运动时，绳与竖直方向的夹角θ；(2)摇动细管过程中，手所做的功；(3)水平轻摇细管，使B上升至管口下1516L处平衡，此时管内一触发装置使绳断开，【答案】(1)37°(2)17(3)15【详析】（1）B处于平衡状态，B对地面的压力恰好为零时有FT=54mg对A受力分析，竖直方向受力平衡，则有FT（2）对A，水平方向，根据牛顿第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ动能为（3）因为绳子拉力恒为54mg，故拉住A的绳与竖直线的夹角恒为37°，此时小球A距离上管口为L'=L+1.5L-1516L=2516L根据牛顿第二定律有mgtan37°=mv'16．（2025·湖北荆州沙市中学·高三下模）如图所示，一长木板B质量m=1.0k