2021-2025年北京市高考物理试题分类汇编：功与能（解析版）

五年真题（202L2025）

与兼05Mg卷

（五年考情•探规律）

考点五年考情（2021・2025）命题趋势

考点1功与功知识考查层面，愈发重视功与能知识

2021、2022、2023

率和其他物理模块的深度融合。功与功率计

箕常与力学中的牛顿运动定律、物体的运

考点2动能与动相结合，分析物体在力的作用下的能量

2021、2022、2024、2025

动能定理转化与运动状态变化；能量守恒定律则与

电场、磁场、电磁感应等知识联动，如在

考点3机械能

2023、2024、

守恒定律电磁感应现象中，综合考查电能、机械能

之间的相互转化，全面考查考生对多模块

考点4功能关知识的综合运用能力。

2021、2024

系从能力要求来看，对逻辑推理和数理

结合能力的考查力度显著增强。试题常设

置多过程、多变量的复杂情境，要求考生

依据已知条件，通过严密的逻隹推导，建

立功与能的相关方程，运用代数运算、函

数图像等数学工具，求解能量变化量、做

功的大小等关键物理量。同时，注重考查

考生的科学思维，如通过类比、迁移等思

考点5能量守

2021、维方式，将常见的能量转化模型应用到新

恒定律

憎境中，像从熟悉的机械能守恒模型拓展

到复杂的能量系统守恒分析。部分试题还

会引入新的科技概念或能量转换机制，考

查考生在新情境下获取信息、分析问题、

运用知识的创新能力，以此全方位检验考

生对功与能知识的掌握程度以及物理学科

核心素养的发展水平。

（五年真题•分点精准练）

考点（）1功与功率

1.（2023・北京•高考）如图所示，•物体在力”作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。己知物体质量为m,

加速度大小为小物体和桌面之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中（）

A.摩擦力做功大小与尸方向无关B.合力做功大小与产方向有关

C.产为水平方向时，F做功为/imgxD./做功的最小值为?nax

【答案】D

【详解】A.设力尸与水平方向的夹角为0,则摩擦力为/=n（mg-Fsin。）摩擦力的功叼=“（mg-Fsin0）x

即摩擦力的功与尸的方向有关，选项A错误；

B.合力功W=E/r=mar可知合力功与力尸方向无关，选项B错误；

C.当力产水平时，则F=ma+卬n.g力尸做功为伍=Fx=（ma+选项C错误；

D.因合外力功为大小一定，而合外力的功等于力尸与摩擦力/做功的代数和，而当产sinG=mg时，摩

擦力户0,则此时摩擦力做功为零，此时力尸做功最小，最小值为max,选项D正确。

故选D。

2.（2022・北京・高考）我国航天员在“天宫课堂〃中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。

某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。

无论在“天宫〃还是在地面做此实验（）

<----

%

A.小球的速度大小均发生变亿B.小球的向心加速度大小均发生变化

C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化

【答案】C

【详解】AC.在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速

度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在"天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力

作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；

BD.在地面上小球运动的速度大小改变，根据。=芳和尸=巾?（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力

的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。

故选c。

3.（2021・北京・高考）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面帅4,其

中加段为平直上坡路面，儿段为水平路面，”段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力

的大小变化。下列说法正确的是（）

bc

A.在他段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在他段的输出功率比如段的大

C.在“段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比加段的大

【答案】B

【详解】AB.在他段，根据平衡条件可知，牵引力用=mgsinH+f所以在H段汽车的输出功率吊=F/

不变，在机•段牵引力F2=f〃c段的输出功率P2=F2〃VPI故A错误B正确；

CD.在cd段牵引力F3=f-mgsinS汽车的输出P3=F3UVP?在cd段汽车的输出功率不变，且小于机、

段，故CD错误。故选B。

考点02动能与动能定理

4.（2025•北京・高考）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A.8是同一等高线上两点，MA,MB分别是沿

左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（）

A.小球沿M力运动的加速度比沿M8的大

B.小球分别运动到小、B点时速度大小不同

C.若把等高线看成某静电场的等势线，则人点电场强度比B点大

D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快

【答案】D

【详解】A.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得①=gsinJ（8为坡面与水平面夹角），MB

对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A缙误；

B.A、8在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、8点时速度大小相同，B错误:

C.等势线越密集，电场强度越大，8处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；

D.等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。

故选De

5.12025•北京•高考）关于飞机的运动，研究下列问题。

(1)质量为"，的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为X时速度为V。在此过程中，飞机受

到的平均阻力为了,求牵引力对飞机做的功卬。

(2)匕机准备起K，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，匕机一旦超过该

位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为心飞机加速时加速度大小为即，减速时最大

加速度大小为为。求该位置距起点的距离d。

⑶无风时，飞机以速率〃水平向前匀速飞行，相当于气流以速率〃相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，

方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力

大小产与〃的关系满足并确定。的值。

U

【答案】⑴川=加卢+"

⑵d=罟

al+a2

⑶论证见解析，a=2

【详解】(1)根据动能定理W-/■%=可得牵引力对飞机做的功W=；771户十/■%

(2)加速过程，设起飞速度为％,根据速度位移关系以=2%d减速过程，根据速度位移关系呜=2a2a-

d)联立解得d=Q-

ai+a2

(3)在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u,并且气流掠过机翼改变方

向，从而对机翼产生升力,根据升刀公式,升力与气流的动量变化有关，根据动量定理.F△t=Ap可得尸=黑

At

又4p=mAv,m=pSAv-At联立可得尸=pSAv2又ocu可知尸au2即a=2

6.(2024•北京•高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一

起匀速运动。下列说法正确的是()

A.刚开始物体相对传送带向前运动

B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力

C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功

D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长

【答案】D

【详解】A.刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；

B.匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；

C.物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；

D.设物体与传送带间动摩擦因数为小物体相对传送带运动时

做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则•直加速，由U=Q£可知，传送带速度越大，物体加速运动的

时间越长，D正确。

故选Do

7.（2022・北京・高考）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。

（1）某质量为〃?的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近口点速度为力，在远日点速度为也。求从近日点到

远日点过程中太阳对行星所做的功W;

（2）设行星与恒星的距离为，，请根据开普勒第三定律（圣=々）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作

用力「与「的平方成反比；

（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”

后绕此恒星公转，且在新公转凯道上的温度与"流浪"前一样。地球绕太阳公转的周期为T/,绕此恒星公转

的周期为乃，求,。

【答案】（1）勿=‘Tn诏一;m谱；（2）见解析；（3）乂=4近

【详解】（1）根据动能定理有W=gm诏一说

（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为机，运动半径为广，运动速度大小为以恒星对行星的作

用力尸提供向心力，则尸溶动周期7=平根据开普勒第三定律忘=k,2为常量，得尸=陪即

恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。

（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为，•的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量

为玲。以恒星为球心，以，•为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量设地球绕太阳

公转半径为〃在新轨道上公转半径为，2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪〃前一样，必须满足尸不变，

由干恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得r2=4r..设恒星质量为M,地球在轨道上运行周期

为八万有引力提供向心力，有等=而?解得T=小三由于恒星质景是太阳质量的2倍，得葛=4位

考点03机械能守恒定律

8.（2024・北京•高考）如图所示，光滑水平轨道A6与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在8点平滑连接。

小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下

列说法正确的是（）

A.物体在。点所受合力为零

B.物体在C点的速度为零

C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度

D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能

【答案】C

【详解】AB.物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆

轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=解得物体在。点的速度u=质AB错误；

C.由牛顿第二定律得mg=ma解得物体在C点的向心加速度a=gC正确；

D.由能量守恒定律知，物体在4点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。

故选Co

9.(2023・北京•高考)如图所示，质量为6的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方的光

滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距。点的距离等于绳长现将A拉至某一高度，由静止释

放，A以速度u在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：

(1)A释放时距桌面的高度”：

(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小”；

(3)碰撞过程中系统损失的机械能AE。

【答案】(1)二；(2)mg+m—；(3)-mv2

2gL4

【详解】⑴A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mg"""2解得”=卷

(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得尸-mg=m^-解得F=mg+

LL

(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mu=2mi；i解得巧则碰撞过程中损失的机械能为AE=

^mv2-2mQv)2=；mv2

考点04功能关系

10.（2024・北京・高考）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速

度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A.上升和下落两过程的时间相等

B.上升和下落两过程损失的机械能相等

C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量

D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

【答案】C

【详解】D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知

上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；

C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，

所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的

冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；

A.上升与下落经过同•位置时的速度，上升时更大，所以卜.升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，

所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；

B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失

大于下落过程机械能损失，B错误。

故选C。

11.（2021・北京•高考）类比是研究问题的常用方法。

（1）情境1：物体从静止开始下涔，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力/•=ku（&

为常景）的作用。其速率v随时间，的变化规律可用方程m写（①式）描述，其中切为物体质量，

G为其重力。求物体下落的最大速率%。

（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E,线圈日感系数为心电路中的总电阻为R。闭合开关S,发现

电路中电流/随时间，的变化规律与情境1中物体速率I，随时间，的变化规律类似。类比①式，写出电流/

随时间/变化的方程；并在图2中定性画出/-/图线。

L

\1

y

E

To

图1图2

（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。

情境1情境2

物体重力势能的减少量

物体动能的增加量

电阻R上消耗的电能

【答案】（）；<3）见解析

1vm=7K

【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度加时，加速度为零，有G=k小得%=9

K

（2）a由闭合电路的欧姆定理有《-阳=乙?/九由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它

逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，/T图线如答图2

O

（3）各种能量转化的规律如图所示

情境1情境2

电源提供的电能

线圈磁场能的增加量

克服阻力做功消耗的机械能

考点05能量守恒定律

12.（2021,北京•高考）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效"摆球〃

的质量为〃?，人蹲在踏板上时摆长为小人站立时摆长为不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）如果摆长为小"摆球"通过最低点时的速度为〃求此时“摆球”受到拉力丁的大小。

（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球〃摆得越升越高。

a.人蹲在踏板上从最大摆角外开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为

。2。假定人在最低点站起前后"摆球"摆动速度大小不变，通过计算证明%>%。

b.实际上人在最低点快速站起后“摆球〃摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角。后，

如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最

低点"摆球"增加的动能4Ek应满足的条件。

【答案】(l)T=mg+m>；(2)a.见解析；b.zlE>^mgl-mgl^l-cos0)

k22

【详解】(1)根据牛顿运动定律r-mg=解得丁=mg+

(2)〃.设人在最低点站起前后"摆球"的摆动速度大小分别为小小根据功能关系得mg%(l-cos*)=9小说,

mg，2(l-cos02)=谚己知v/=及，得—cos%)=mgl2(l—cos%)因为A>%，得cos%>cos02

所以%>%。设"摆球"由最大摆角6摆至最低点时动能为幻，根据功能关系得a=mgl^l-cos。)"摆球〃

在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为%,根据牛顿运动定律得mg=m佚"摆球”在竖直

平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得比+%>2mgl2+加瑶得呜工泞9。一694(1-cos。)

・

1年模拟•精选模考题

1.(2025•北京朝阳•二模)如图所示，某同学以大小为北的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达。点时

铅球速度沿水平方向。已知P、。连线与水平方向的夹角为30。，P、。间的距离为L不计空气阻力，铅球

可视为质点，质量为加，重力加速度为g。下列说法正确的是()

B.铅球从尸点运动到Q点重力做的功为

C.铅球从0点运动到Q点动量的变化为m居

D.铅球到达。点的速度大小为J诏-gL

【答案】D

【详解】A.铅球从P点运动到。点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有

Lsin30°=\gt2解得铅球从P点运动到。点所用的时间为J1,A错误；

B.由电力做功有铅球从2点运动到。点重:力做的功为例=-\mgLB错误；

C.由上述分析可知，从P点运动到。点所用的时间为由动量定理有mgt=Ap代入数据有铅球从P

点运动到Q点动量的变化为Ap=m屈C错误；

D.铅球从〃点运动到。点由动能定理有一;解得铅球到达。点的速度大小为

/44

（氏_gL,D正确。

故选D。

2.（2025•北京昌平•二模）如图所示，运动员将质量为机的足球从水平地面上位置1以速度巧踢出，足球

经过最高点（位置2）,落在地面上位置3,位置2距离地面的高度为/?,1与2和2与3间的水平距离不

等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

2

“一―一十、、

卜\3

〃〃/7〃77〃77〃7〃77〃77〃77〃7T〃77〃77〃77〃77〃77〃77//T〃77〃77〃77〃77〃77〃T/?〃/

A.从1到2,足球动能的减少量大于/监〃

B.从1到2,足球动能的减少量小Fmgh

C.从1到2,足球的加速度保持不变

D.在位置2,足球的动能等于［m诏-mgh

【答案】A

【详解】C.由于1与2和2与3间的水平距离不等，结合题图可知，足球在空中受到空气阻力的作用，由

于空气阻力是变力，所以从1到2,足球所受合力是变力，足球的加速度发生变化。故C错误；

AB.从1到2,设克服空气阻力做功为修，根据动能定理可得△为=M可知足球动能的减少量大

于mgh,故A正确，B错误；

D.从1到2,根据动能定理可得-mgh-W（=诣-:可知位置2,足球的动能为:m城=:m诏-

mgh—Wf<-mvQ-mgh故D错误。

2

故选Ao

3.（2025•北京昌平•二模）如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕。端缓慢转过一个小角度的

过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是（）

A.支持力和摩擦力均逐渐增大

B.支持力和摩擦力的合力逐渐增大

C.支持力和摩擦力均对重物做正功

D.支持力对重物做正功，摩擦力不做功

【答案】D

【详解】A.设长木板的倾角为。，设重物的质量为m,以重物为对•象，根据平衡条件可得N=7ngcos6,f=

mgs\n0由于。逐渐增大，可知支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，故A错误；

B.根据受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重物的重力等大反向，则支持力和摩擦力的合力保持不变，

故B错误；

CD.由于摩擦力与重物的运动方向总是垂直，所以摩擦力对重物不做功；由于支持力与重物的运动方向相

同，则支持力对重物做正功，故C错误，D正确。

故选D。

4.（2025・北京大兴・练习）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2X10-4m2,喷水速度约为10m/s,水

的密度为1〉1（）3|^/1113,则该喷头（）

A.单位时间的喷水量约为2xKT?m3

B.单位时间的喷水量约为2x10-4m3

C.喷水的功率约为20W

D.喷水的功率约为100W

【答案】D

【详解】AB.单位时间的喷水量约为Q=SvAt=2X10-3m3故AB错误；

CD.设时间内从喷头流出的水的质量为m=pSuAt喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量,

即P=54=100W故C错误，D正确；

△tAt

故选D。

5.（2025•北京•一模）物体〃、〃质量分别为〃皿和/泌，且它们的初动能相同。若a和〃分别只受

到恒定阻力反和励的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为M和动。下列说法正确的是（）

A.Fa>Fb,xa<xbB.Fa>Fb,xa>xb

C.Fa<Fb,xa>xbD.Fa<Fb,xa<xl）

【答案】C

【详解】设物体。、。的初动能为％。，则有诏又ma<mb可知％°>%。由题知，经相同的时间

停下来，则有％=^t可知%>Xb根据动能定理有一Fx=0-Fk0可得尸=等可得七<Fb

故选C。

6.（24-25高三下•北京海淀•二模）如图1所示，“冰坑挑战〃需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为。、

半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲一一挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方

式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙一一挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后，

最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为〃?，其与冰面的动摩擦因数为小重力加速度为g。为了讨论

方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径/•缓慢增大，每一圈的轨迹都可近

似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（）

甲正视图

图1图2

A.在方式甲中，一定满足关系式mgsin。＜卬zigcos。

B.在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同

C.在方式乙中，可利用mgtan6=m?求得每圈的最小速度

D.在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为mgRtan。

【答案】B

【详解】A.由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小于

重力的下滑分力，即有zngsin。＞〃mgcos6A错误;

B.在甲图方式在，其最大摩擦力/甲=〃mgcos8在乙图方式中，对挑战者受力分析如下

在水平方向上，根据牛顿第二定律则有FNSin6-//Cose=F其中〃为挑战者圆周运动的线速度，丁为挑战

者在该平面圆周运动的半径；在竖直方向上，根据平衡条件可得FNCOSO+/乙sin。=mg联立解得/乙=

mgsinO-^-cosG显然/甲Hf乙,B正确;

C.在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的问心力，因此

不能利用mgtang=mg求每圈的最小速度，C错误；

D.由题可知，冰坑的深度为h=Rtan。整个过程中，挑战者克服重力做的功生=mgh=mgRtan®除此

之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtan仇D

错误。

故选Bo

7.（2025•北京西城•一模）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角夕可调节。物体从斜面顶端由静止释

放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（）

A.物体受到支持力的大小

B.物体加速度的大小

C.合力对物体做的功

D.物体重力的冲量

【答案】C

【详解】设斜面倾角为斜面的高度为正

A.垂直斜面方向，根据平衡条件可得物体受到支持力大小N=7ngcos8则物体受到支持力的大小与斜面倾

角有关，故A错误；

B.沿着斜面方向，根据牛顿第二定律mgsin。=ma可得a=gsind则物体加速度的大小与斜面倾角有关，

故B错误；

C.物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为mg/n与斜面倾角无关，故C正确；

D.沿着斜面方向，根据运动学公式导=（砒2解得［=熹•后物体重力的冲量肥=拼耻=焉师与

斜面倾角有关，故D错误。

故选Co

8.（2025•北京丰台•二模）如图所示，一物体在恒力F作用下沿斜面向上加速运动，己知物体质量为〃?，

加速度大小为小物体和斜面之间的动摩擦因数为〃，斜面倾角为仇重力加速度为g,在物体移动距离x

的过程中，下列说法正确的是（）

〃/〃/〃〃〃〃/〃〃〃〃〃/〃/〃〃〃,

A.斜面对物体的摩擦力大小为mgsin。

B.斜面对物体作用力的大小为mgcosB

C.斜面对物体的摩擦力做功为-即ngx

D.物体动能增加了max

【答案】D

【详解】AB.根据题意，对物体受力分析，如图所示

垂直斜面方向，由平衡条件有凤=mgcos。沿斜面方向，由牛顿第二定律有产一/-mgsind=ma则摩擦

力/=出=nmgcosO=F-mgsxnO-ma斜面对物体作用力的大小为T=J年+产=J*+imgcos。

故AB错误；

C.由做功公式可得，斜面对物体的摩擦力做功为W=-fx=-nmgcosGx故C错误；

D.由动能定理有△6=〃/口、由牛顿第二定律有"人口=机。又有0人口=尸八口工联立可得物体动能增加了max

故D正确。

故选Do

9.（2025•北京西城•一模）如图2所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动

时，传感器记录弹力随时间变化的规律o如图2所示。已知重力加速度g=lOm/s?。下列说法正确的是（）

i

l

i

r

o

图1图2

A.小球的质量为0.2kg,振动的周期为4s

B.0~2s内，小球始终处于超重状态

C.0~2s内，小球受弹力的冲量大小为2N・s

D.0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量

【答案】C

【详解】A.小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N,到达最高点时传感器示数最小值为零，

则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g,结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g,根据则

F-mg=ma可知F=2〃?g=2N即小球的质量〃?=O.lkg由图像可知，振动的周期为4s,选项A错误;

B.0~2s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；

C.0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理/-mgt=0可得小球受弹力的冲量大小

为/=2N-s选项C正确：

D.0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D

错误。

故选Co

10.（2025•北京东城•二模）如图所示，水平传送带以速度u匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在

传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（）

A.物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力

B.传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短

C.物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功

D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于^61/2

【答案】D

【详解】A.物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上处于平衡状态，故不受摩擦力，故A错

误；

BC.物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第

二定律可得加速度为定值，根据/=at可得，若达到与传送带相同的速度，则加速度为定值，传送带运动速

度越大，物块加速运动的时间越长，故BC错误；

D.对物体分析v=?传送带的位移为%2="，划痕为=x2-x摩擦产生的热QQ==

|mv2故D正确。

故选D.

11.（2025•北京朝阳•二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速

度</与所受拉力厂的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为mi、m2,与桌面间的动摩擦因数分别为4、

小。下列说法正确的是（）

A.>m2

B.Ri>的

C.若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少

D.若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小

【答案】BD

【详解】AB.物体运动后，由牛顿第二定律可知F-〃mg=ma即尸一〃9由图像的斜率以及截距可

知加1<7712，%>〃2A错误，BT确;

C.由图像可知，若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W=Fx=F《at2可知在相同的t内无法判断拉

力做功的大小，C错误；

D.根据尸-“mg=ma结合图像的横截距可知物体滑动过程中日所受的滑动摩擦力更大，根据（尸-

〃mg）x=Ek可知拉力和距离相同时，甲获得的动能更小，D正确。

故选BDo

12.（2025•北京昌平•二模）荡秋千是孩子们营欢的一项运动.如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬

挂于固定横梁上，质量为机的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与

竖直方向夹角均为8。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。

⑴当秋千静止时，求水平外力的大小产。

⑵将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小九

⑶若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功傍。

【答案］⑴F=mgtanO

（2）7=mgG-cos。）

⑶忻=-mgL（l—cos。）

【详解】（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力7和水平拉力尸作用。根据共点力平衡知

识得tan。=—解得F=mgtanO

mg"

（2）不计空气阻力，秋千从静止撰到最低点的过程中，由机械能守恒得mgL（l-cosO）=}m*秋千运动

到最低点，拉力与重力的合力提供向心力，则仃27-mg=m亍解得T=mg（弓-cos。）

（3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理得优+%=0又生=巾9乙（1-cos。）解得

Wf=—mgL（l—cos0）

13.（2025・北京朝阳•二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻

力，请完成下列问题：

⑴若摆长为L简谐运动周期为T,求重力加速度的大小g;

⑵若摆长为3摆起最大角度为仇求摆球通过最低点时速度的大小几；

⑶若摆球质量为〃?，摆动周期为r,重力加速度大小为g,通过最低点时的速度大小为y,摆球从左侧最高

点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小/。

【答案】口加二警

(2)%=Q2gL(1-C0S6)

⑶/=J(mu)2+(刎97)

【详解】(1)由单摆做简谐运动的周期公式丁=24J|可得。二者

(2)由动能定理mgL(l-cos0)=可得%=J2gL(1-co定)

(3)此过程中重:力、拉力对小球产生冲量，其中重力的冲量大小为廉=[7ngT

根据动量定理可知合力的冲量大小为以口=mv由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为/=

J(7nv)2+Qm^T)2

14.(2025•北京丰台•二模)如图所示，光滑水平面与竖直面内的粗糙半圆形导轨4c在3点相接，导

轨半径为R。一个质量为，〃的物体将弹簧压缩至4点后由静止释放，脱离弹簧时速度为%,沿半圆形导轨

到达C点时速度为功，此后平抛落地(落地点未画出)。不计空气阻力，重力加速度为g。求：

⑴弹簧压缩至A点时的弹性势能昂；

⑵物体在C点时受到的导轨给它的弹力风；

⑶物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小/。

【答案】(l)Ep=

（2）F=方向竖直向下

NR

（3）/=2rriyfgR

【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为4=gm说

（2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+凤=解得尸N=m学-mg方向竖直向下。

KK

（3）物体从C点平抛落地过程中,竖直方向有2R="d解得£=2J|该过程重力的冲量大小为/=mgt=

2myfgR

15.（2025•北京西城•二模）如图所示，小物块的质量m=0.10kg,以速度%=2m/s开始运动，运动至水

平桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度力=0.80m,落地点与桌面右端的水平距离s=0.40m,

2

重力加速度g=10m/so不计空气阻力。求：

⑴物块在空中运动的时间h

（2）物块离开桌面右端时速度的大小i，；

⑶桌面摩擦力对物块做的功W。

【答案】⑴0.4s

⑵二m/s

⑶-0.15J

【详解】（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有/1=：9产代入数据解得t=o.4s

（2）物块在水平方向上有s="代入数据解得物块离开桌面时速度的大小u=lm/s

（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有W=：7ni；2-（7n诏代入数据解得W=-0.15J

16.（2025•北京西城,一模）半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点

Ao-质量为机的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到8点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度

为g。若恰好能实现上述运动，求：

A

⑴小球在B点时速度的大小恸

（2）小球的落地点与A点间的距离x；

⑶小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA.

【答案】（1）%=病

（2）z=2R

（3）取=67ng

【详解】（1）小球恰经过8点时，根据牛顿第二定律有mg=m（得知=病

（2）小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有2R=^gt2得t=2/小球落地点与A点间的距离

x=vBt得x=2R

（3）设小球在4点速度的大小为必，在小球从A点运动到8点的过程中根据动能定理有-mg-2R=

22

^mvB~^mvA得以=j5gR小球刚进入圆弧考L道时根据牛顿第二定律有F、-mg=m号得尸八=6mg

17.（24-25高三下/匕京海淀•二模）如图所示，光滑水平面4