2021-2025年福建省高考物理试题分类汇编：功与能（解析版）

\\五年真题（2021-2025）

专题06吩鸟据

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

考点1功与功综合分析近五年福建高考物理“功与能”专题考

2024、2022

率情，该板块始终是考查重点，动能定理作为核心主干，

考查频次最高，是解决力学综合问题的关健钥匙，预

计其核心地位将持续稳固，常结合曲线运动、多过程

考点2动能和情景进行深入考查。功与功率的基础概念和计算是重

2024、2022、2021

动能定律要支撑，情境上倾向于联系实际机械的运作效率与瞬

时状态分析。功能关系和机械能守恒定律作为能量观

的核心体现,考查时往往侧重对能量转化与守恒思想

考点3机械能的深刻理解和应用，尤其在系统性问题或特定约束条

2024

守恒定律件下判断机械能守恒与否及定量计算。整体命题趋向

于深化基础概念理解，强化动能定理在多过程、变力

场景中的综合应用能力，并紧密结合科技前沿与生产

生活实例创设情境，题型覆盖选择与计算题，计算题

考点4功能关

2023侧重物理过程分析和能量观点的灵活运用，对建模能

系

力和能量守恒思想的考查要求将更加突出

（五年真题•分点精准练）

考点01功与功率

1.（2024・福建•高考）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明，图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕

牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子

相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角。为25.5。，sin25.5o=0.43,cos25.5。=0.90。当每

条绳子拉力户的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m,求此过程中

（1）地面对木板的阻力大小；

（2）两条绳子拉力所做的总功；

⑶两条绳子拉力的总功率。

【答案】（l）450N

（2）9.0X103J

（3）6OOW

【详解】（1）由于木板匀速运动则有2尸cosJ=/

解得f=450N

（2）根据功的定义式有W=2Flcos0

解得W=9.0x103J

⑶根据功率的定义P=%有P=600W

2.（2022・福建・高考）福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。

承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量

为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重

力加速度大小取10m/s2,则（）

./m

2.7m

2.7m

3.4m

⑶承启楼（b）剖面图

50m

(c)四楼平面图

A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J

B.该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J

C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m

D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s

【答案】A

【详解】A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为％=mgA/i=100xlOx

(2.7+2.7)J=5400J,故A正确；

B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误：

C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m,故C错误；

D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为=胃/m/s=0.785m/s,故D错误。

故选Ao

考点02动能和动能定律

3.(2021・福建•高考)如图(a),一倾角37。的固定斜面的48段粗糙，8C段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端

固定在底端。处，弹簧的原长与EC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力丁作用下，由A处从静止开始

下滑，当滑块第一次到达8点时撤去兀7随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。已知48段

长度为2m,滑块质量为2kg,滑块与斜面48段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大

小取lOm/s?,sin370=0.6.求：

(1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小；

(2)滑块第一次到达3点时的动能；

(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

图⑷

(1)求匀强电场的场强大小；

(2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；

(3)若t=0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一

段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。(整个过程B未与A脱离，

C天与地面相碰)

【答案】(1)2x106N/C

(2)0.5；：m/s

(3)|V2m/s

【详解】(1)撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉

力为0,对C根据共点力平衡条彳匕有q£=mc9

解得E=2x106N/C

(2)C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有

=mcg,1\=f

其中/=nmQg

解得〃=0.5

C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性

势能相同，C下降0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有

2

mcgh=1(mA++mc)v+2Ep

解得u=(m/s

(3)没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据

共点力平衡有2々九一/=0

当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为/?,对A根据牛顿第二定律可得

f-2kH=mAa

对B、C根据牛顿第二定律可得qE+

mcg-f=(THB+mc)a

撤去电场后，由第(2)问的分析可知A、B在C下降0.2m时开始相对滑动，在C下降0.2m的过程中，对A、

B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有qE/i'+mcg九=)叫\++me)瑶ax+2昂

此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程

中的最大速度为1/max=Vmax

联"解得"'max二手m/s

J

考点04功能关系

5.（2023・福建•高考）如图（«）,一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为机的小滑块A和B,其电荷量分别

为q（q>0）和-q0A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水

平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t=0

时，A以初速度北向右运动，B处于静止状态。在L时刻，A到达位置S,速度为女,此时弹簧未与B相碰；

在2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2%，此

时亡=匕。0〜匕时间内A的〃一£图像如图（8）所示，%为图线中速度的最小值，0、J、G均为未知量。

运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电

荷间的静电力，静电力常量为2;B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。

（I）求0〜匕时间内，合外力对A所做的功；

（2）求拆时刻A与B之间的距囱：

（3）求q〜匕时间内，匀强电场对A和B做的总功；

（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2%,求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。

【答案】⑴纲诏-如诏；⑵聆；（3）吟纥（4）（1+、③%

【详解】（1）。〜“时间内根据动能定理可知合外力做的功为

11

W=-mvl--mv^

乙乙

（2）由图（％）可知G时刻A的加速度为0,此时滑块A所受合外力为0,设此时A与B之间的距离为r（h

根据平衡条件有"『+qE=/

其中f=2q£

联立可得第

（3）在匕时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0,设此时A和B的距离为门，则有

q

F弹.+f=qE+k/

ri

且有

/弹=3qE,f=2qE

联立解得ri=,旧£1~以时间内，匀强电场对A和B做的总功〃总=勺£(0一口)=呼

(4)过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为，°；A在S位置时，

此时刻A、B的距离为O，A速度最大时，AB距离为右，细杆与B碰撞时，A、B距离为七。

A以打过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为力,则B同样增加速度为打，设B与杠相碰时，B向左

运动工。设B与弹簧相碰到B与柠相碰时，B向左运动V。对A根据动能定理有

q(?8T2-外ro)+(qE-2qE)(%-x-r2)-^k(l0-r2)(Z0-r2~/)=Jm(2%)2-Jmv/

对B有

q04r2-中出0)+(qE-2qE)x-1/c(/0-r2)x'=

当A以2%过S时，设B与杆碰撞时，A速度为1A则B速度为(/-2%),设B与杠相碰时，B向左运动工厂

设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动与'。

对A根据动能定理有

111

式夕8r2-08ro)+(Q月-2Q^)(r0~X1~r2)~~/卜。0一/2)。0-r2一刀1')=2m"合一27n(2%/

对B

11

q""2-W〃o)+(qE-2qE)%i--k(l-/2)%/=5^(/-2%)2

乙0乙

联立解得

/=(1+V5)%

・

1年模拟•精选模考题

一、单选题

1.(2025・四川成都•二诊)图(a)为记载于《天工开物》的风扇车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质

的木制传统农具。风扇车的工作原理可简化为图(b)模型：质量为m1的杂质与质量为租2的子实仅在水平

恒定风力和重力的作用下，从同一位置P静止释放，若mi小于相2,杂质与子实受到的风力大小相等。下列

说法正确的是()

p.

图(a)图(b)

A.杂质与子实在空中做曲线运动

B.杂质与子实在空中运动的时间相等

C.杂质与子实落地时重力的瞬时功率相等

D.杂质落地点与P点的水平距离小于子实落地点与P点的水平距离

【答案】B

【详解】A.在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置P静止释放，所以杂质与子实在空口做初速度为

零的匀变速直线运动，故A错误；

B.杂质与子实在空中运动的时间相等，因为竖直方向两者均做自由落体运动，高度相同，故B正确；

C.杂质与了•实落地时重力的瞬时功率P=mgxgt

因为质量不同，所以功率不同，故C错误；

D.杂质的水平加速度Q=C较大，水平方向位移％=：就2,杂质落地点与P点的水平距离大于子实落地点与

尸点的水平距离，故D错误。

故选B,

2.（2025•福建厦门六中•二模）如图,他。是竖直面内的光滑固定轨道，曲水平,长度为2R,历是半径为R

的四分之一的圆弧，与他相切于〃点。一质量为〃，的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，

自“点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c,点的速度大小为（）

A.y/4gRB.j3gRC.j2gRD./gR

【答案】A

【详解】设小球运动到c点的速度大小为打小球由a到c的过程，由动能定理得了•（2R+/?）-mgR=1mv2,

F=mg,联立可得u=yj4gR

故选Ao

3.（2025•福建多地市•二模）如图所示为某同学投篮时的情景，篮球在空中划出一道美妙的弧线后精准进入

篮框，不计空气阻力，则篮球飞行过程中（）

A.加速度先减小后增大B.动能先减小后增大

C.机械能先增大后减小D.重力的功率先增大后减小

【答案】B

【详解】A.篮球在空中飞行时只受重力作用，加速度始终为重力加速度g,恒定不变，故A错误；

BC.篮球在空中飞行时只有重力做功，则机械能守恒，恒定不变；由题图可知，篮球在空中飞行时，其高

度先变高后变低，则其重力势能先增大后减小，又因为篮球的机械能恒定不变，则篮球的动能先减小后增

大,故B正确，C错误；

D.由题意可知，篮球做斜卜抛运动,则解球竖有方向做竖育卜抛运动，则篮球竖言方向的速度大小先减小

后增大，则由P=mg为可知，重力的功率先减小后增大，故D错误；

故选Bo

4.（2025•福建•百校联考押题）无人驾驶正悄悄走进人们的生活。在•次无人驾驶测试过程中，原来匀速行

驶车辆遇到障碍物的图像如图所示，以开始减速为t=0时刻；已知车辆总质量It,全程阻力恒定，AB

段功率恒为2400W,BC段为直线，0=5s时关闭发动机，巳=7s时停止运动。则下列说法正确的是（）

A.汽车所受阻力为2000N

B.0〜5s内汽车加速度逐渐增大

C.0〜5s内汽车位移为45m

D.以U=20m/s匀速运动时汽车的功率为8000W

【答案】C

2

【详解】A.由图像8C段可得加速度大小为Q=|^|=4m/s

由牛顿第二定律得/=mQ=4000N,故A错误；

B.图像的斜率表示加速度，。〜5s内汽车加速度逐渐减小，故B错误；

C.0〜5s内由动能定理得W=PC-fs=（谱一诏），可得s=45m,故C正确;

D.以u=20m/s匀速运动时汽车的功率为P=fu=80000W,故D错误。

故选C0

二、多选题

5.（24-25高三下•福建泉州•三检）无人机依靠其强大的机动性与灵活性，在事故现场可以为救援工作提供

有力的支持。如图，某次救援演练中•架无人机正对•山坡水平匀速飞行，先、后释放几个柱同的物资包

均落到山坡上，忽略空气阻力，则先释放的物资包落在山坡前瞬间（）

A.重力势能一定较大B.动能一定较大

C.机械能一定较大D.竖直方向速度一定较大

【答案】BD

【详解】无人机正对山坡匀速水平飞行，先后释放几个相同的物资包，取其中两个物资包A、B,其运动情

况如图所示

A.先释放的物资包下降的高度大，其在山坡上的重力势能一定较小，A错误；

BC.先释放的物资包下落的高度大，忽略空气阻力，物资包下落满足机械能守恒，可知先释放的物资包动

能一定较大，物资包的机械能相等，B正确，C错误；

D.物资包在竖直方向做自由落体运动，有为=/诉，可知先释放的物资包竖直方向分速度一定较大，D

正确。

故选BDo

6.（2025・福建•适应性练习）一长木板静止于光滑水平面上，一小物块（可视为质点）从左侧以某一速度滑

上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，

物块的位移是木板位移的k倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则下列说法正确的是（）

A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量

B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量

C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功

D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k-1倍

【答案】BD

【详解】A.根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错

误；

B.根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B正确；

CD.设物块与木板之间的摩擦力为3木板的位移为，则物块的位移为依；物块克服摩擦力所做的功为Wf=

对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为AEk="，因摩擦产生的内能为Q=外相=＞（忆-

1次，可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功；因摩擦而产生的内能是木板动能增量的&-1

倍,故C错误，D正确。

故选BDo

7.（2025•福建厦门六中二模）如图甲所示，一长木板P静止于水平地面上，/=0时小物块Q以4m/s的初速

度从左端滑上长木板，二者的速度随时间的变化情况如图乙所示，运动过程中，小物块始终未离开长木板。

已知长木板P质量为1kg,小物块Q质量为3kg,重力加速度g取lOm/sz,在运动的全过程中（）

A.小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2

B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05

C.小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为6J

D.小物块对长木板所做的功为I2J

【答案】AD

【详解】A.由图乙所示图像可知“Q=^=—2m/s2,对Q由牛顿第二定律得一出mQg=mQGQ,代入数据

解得小物块与长木板间的动摩擦因数%=0.2,故A正确；

B.由图乙所示图像可知，P、Q相对运动时P的加速度为ap=需=2m/s2,对P由牛顿第二定律得内小（加-

420np+mQ）g=mpap，代入数据解得长木板与地面间的动摩擦因数〃2=0.1»故B错误；

C.小物块相对于长木板的位移x=+gaQ/一，。「/，其中％=4m/s,t=Is,代入数据解得％=2m

小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q=%niQgx,代入数据解得Q=12J,故C错误：

D.小物块与长木板相对滑动过程，长木板的位移x桢=gap£2=lm,对长木板由动能定理得W-+

其中u=2m/s，代入数据解得此过程小物块对长木板做的功W=6J,滑块与长木板共

速到静止过程滑行的距离工==2m,减速过程由动能定理得-的⑺^+mQ）gx=0-^叫病,代入

数据解得W'=6J,小物块对长木板做的功卬忌="+皿'=12卜故D正确。

故选ADo

8.（24-25高三下•福建•二模）如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为氏下端A和上端

4间的距离为L,以速度u沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端4,在传送带上先做匀

加速后做匀速运动，从人端运送到B端的过程中，下列说法正确的是（）

A.传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变

B.工件匀速运动时，传送带对工件做正功

C.若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多

D.若传送带匀速运动的速度增大，传送带对JL件做的功可能会减少

【答案】AB

【详解】A.工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为

静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确；

B.工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确；

C.若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到8重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件

做功减小，故C错误；

D.若传送带匀速运动的速曳增大，工件运动到8点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，

故D错误。

故选AB。

9.（2025・福建福州•四检）如图，质量为根的小球穿在固定的光滑竖直杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相

连。在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点。，此时弹簧处于原长。现将小球竖直向上缓

慢拉至。点，并保持静止，此时拉力尸大小为2〃吆。Q为杆上另一个点，PO=OQ,已知重力加速度大小为

如弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，下列说法正确的是（）

A.刚撤去外力时，小球的加速度为初

B.小球从尸点运动到。点的过程中，两个弹簧对小球做功为零

C.小球沿杆在PQ之间做往复运动

D.与没有弹簧时相比，小球从尸点运动到Q点所用的时间更短

【答案】BD

【详解】A.小球在P点静止时拉力尸大小为根据平衡条件可知，此时弹簧弹力与小球重力的合力大

小也为2〃?g,方向竖直向下，即弹簧对小球的拉力的合力大小为mg,方向竖直向下，刚撤去外力时，对小

球进行分析，根据牛顿第二定律有27no=解得Q=2小故A错误；

B.由于P0。Q,可知，弹簧在P位置与在。位置的拉伸量相等，则在这两个位置时，弹簧的弹性势能相

等，根据功能关系可知，球从。点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，故B正确；

C.结合上述，小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，够过程对小球进行分析，根

据动能定理有=gm域，解得％=pghpQ，可知，小球到达。点后速度不为0,结合上述，根据对

称性，小球在。点时，，弹簧对小球的拉力的合力大小为〃话，方向竖直向上，即此时小球的合力恰好为0,

小球的速度达到最大值，之后，小球将继续沿杆向下做减速运动，直至速度减为0,令此时位置为。，随后

小域由向上运动，即小球沿杆在尸。之间做往复运动，故C错误；

D.结合上述可知，从P点运动到。点的过程中，小球做加速度减小的变加速直线运动，在Q点的加速度

恰好减为0,尸。之间任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球从P点运动到。点的过程中的平均

加速度大于重力加速度，根据位移公式可知，马没有弹簧时相比，小球从。点运动到。点所用的时间更短，

故D正确。

故选BDo

10.（2025•福建福州三中•十六检）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮尸与竖直墙面上的。点等高，。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。点，穿过质量为机的光滑圆环A再绕过

定滑轮P，另一端吊着质量也为用的重物B。将圆环A由。点静止释放，设QA与水平方向夹角为乩已知

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的速度关系为为=PAsin0

B.A可以下降的最大高度为gd

C.A和B总动能最大时，/60。

D.A和B总动能最大时，A的动能为（1—?）mgd

【答案】BD

【详解】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wsin/沿附方向的速度分

量也为VA^inO,故有为=2vAsin0,A错误：

B.由能量守恒：jngH=mgx2（V^/24-d2-d）,解得：H=*d,B正：确；

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mg〃A=mg为，结合关联速度

可知sin。=5即430。，由能量守恒知a=（2-g）mgd,“必=&B，解得：&A=。一斗）血9心C错

误，D正确。

故选BDo

11.（2025•天津耀华中学•一模）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，仁0时，将一金属

小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后乂被弹起离开弹簧，

上升到-一定高度后再下，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力尸随时间/

变化的图像如图（乙）所示，则（）

A.打时刻小球加速度方向向下

B.,273时间内，小球加速度先减小后增大

C.时间内，小球的机械能一直增加

D.0~/2时间内，小球的动能先增加后减少

【答案】BD

【详解】A.由图可知，介时刻弹簧弹力达到最大，小球将弹簧压缩到最低点，此时小球加速度方向向上,

故A错误：

B./2~门这段时间内，小球从最低点竖直向上运动，根据牛顿第二定律有F-7ng=rna,由于弹力减小，所

以加速度向上减小，速度增大，弹力等于重力时.，加速度为零，速度达到最大，之后根据牛顿第二定律有

mg-F=ma,弹力减小，加速度向下增大，速度减小，故B正确；

C.〃〜会时间内，小球接触弹簧并将弹簧压缩到最短，该过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹

性势能不断增大，小球的机械能一直减小，故C错误；

D.0T2时间内，小球的加速度先向下后向上，则小球的速度先增大后减小，动能先增加后减少，故D正确。

故选BD。

12.（2025•福建南平•质检）如图，光滑绝缘竖直墙面上的A点固定着带正电小球1,其斜上方固定一带正电

小球2,一绝缘轻质弹簧上端固定，下端连接带电小球3。球3静止时位于墙面上的8点处，此时弹簧的压

缩量为心已知三小球间的距离均为L,球1的电荷量是球2的两倍，球3的质量为〃?，重力加速度大小为

g,球2、3间的静电力大小为mg,x=p现迅速移走球1,下列说法正确的是（）

B'Q）

•、、

A.弹簧的劲度系数为学

B.球3运动至AB中点时的加速度大小为g

C.球3运动至A点时的加速度大小为号

D.球3运动至A点时的速度大小为J中

【答案】BD

【详解】A.移走球1前，球1处于平衡状态受力如图,F?=mg,根据库仑定律Fi=2mg,根据乙+F2cos60。=

mg+kx,得k=*电，故A错误,

>------»N

mg

%

B.移走球1后，球3开始运动，在A8中点处弹簧恢复原长，合力为重力，加速度为©故B正确。

写<--------------------->N

'「

mg

C.球3运动到A点时，弹簧伸长量X与初始压缩量x相等，球2、3间的静电力大小仍为小g,满足此二

F2cos60。+mg=|mg,所受合力为零，加速度为零，故C错误。

kx

mg

D.球3从8到A,弹性势能和电势能变化量均为零，根据zngggmiA得球3到达人速度大小为方国;，

故D正确。

故选BDo

13.（2025•福建福州福九联盟•三模）如图，轻弹簧一端固定于。点，另一端与质量封=1kg小球相连。小

球套在一光滑硬直杆上。某时刻，将小球由与0水平位置静止糅放，它在下降到弹簧竖直时，速度恰好为

0。已知水平时,弹簧的长度为0.6m,是原长的两倍，弹簧的劲度系数k为100N/m,弹簧弹性势能Ep=J/,x

为形变量，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）

A.小球下降到弹簧竖直时，弹簧的长度为0.9m

B.弹簧始终未恢复原长

C.弹簧长度最短时，重力的瞬时功率最大

D.弹簧长度最短时，小球的机械能最大

【答案】BD

【详解】由功能关系，有小9九=；底/1一出）2-3M》］—为0）2,代入数据，解得h=0.8m,故A错误；

B.由A可知杆与弹簧水平时夹角为dtan。=—=p贝！）8=53°,弹簧长度最短时的长度刈=XiSind=

X13

0.48m>0.3m,则弹簧始终未恢复原长，故B正确；

C.弹簧长度最短时，可知小球所受合力沿杆向下，则小球此时在加速，则重力的瞬时功率不是最大，故C

错误；

D.对整体，其机械能守恒，弹簧长度最短时，弹簧的弹性势能最小，则小球的机械能最大，故D正确。

故选BDo

14.（2025•福建・百校联考押题）如图，固定水平轨道AB左端拴一根水平轻质弹簧，弹簧右侧紧靠（不拴

接）一个小球m现向左推小球压缩弹簧后撤去外力，弹簧恢复原长后。球从8点水平飞出，恰好落在倾斜

承接双轨BC最低点C,缓冲（不反弹）后经C点长度可忽略的连接圆弧进入水平CD双轨；小球〃在水平

CD轨道与静止的力球碰后粘在一起，〃球下方用长为1=1m的细线悬挂小球c,己知=6=37。，

ma=mb=0.5kg,mc=3kg,重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计一切阻力(为方

便计算，取1.7243)()

A.弹簧的弹性势能为9J

B.与〃球碰撞之前〃球的速度为6.8m/s

C.c球再次回到最低点时细线的拉力为66N

D.c球再次回到最低点前能上升的最大高度为0.3m

【答案】BC

【详解】A.段平抛，在竖直方向有sing=；。产，解得。=o.6s,在水平方向有•ccs6=

解得取=4m/s,根据能最守恒可知弹簧的弹性势能全部转化为小球平抛的初动能，则有0=缄0宓=4J,

故A错误；

B.”球竖直方向的速度为为=gt=6m/s,将。球竖直方向的速度%=6m/s和水平方向的速度以=4m/s,

沿平行斜面和垂直斜面分解，由题知“球落在C点，垂直斜面的分速度被缓冲，立即减为零；。球的速度为

v

平行斜面方向的速度，则有%=y•sin。4-vx-cosO=6.8m/s,即为与b球碰撞之前a球的速度，故B正

确；

C.“、b硼撞过程，根据动量守恒有m。%=(ma+mb)vab,解得%。=3.4m/s,c球再次回到最低点时，ab

作为一，个整体与c,在水平方向及;星守恒，则有(m。+m》)%匕=(ma+mb)vab2+mcvc,根据机械能守恒

+频)说》=4-如)〃乳+：叫呼，联立解得％>2=-L7m/s,vc=1.7m/s,对c球受力分析，

根据牛顿第二定律有T-me。=叫:W~，其中Au=%-%匕2=3.4m/s,解得T=66N,故C正确；

D.设。球再次回到最低点前能上升的最大高度为九，当c球达到最大高度时，帅与c有共同速度，根据水平

方向动量守恒有.(?%+mb)vab=[ma+mb+mJ「共，根据机械能守恒有黄领+W泗》=j(ma+mb+

m)vf.+mgh,联立解得h=0.15m,故D错误。

c7*>c

故选BCo

15.(2025•福建泉州・安溪•中&惠安•中&养正中学&泉州实中•模拟预测)如图所示，一根长为L的轻杆的

两端分别同定小球A和B。轻杆可绕距A球为:处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小

球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为前勺立方体滑块C,A、B、C的质量均为7〃。

现用一水平恒力F=3mg作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。

设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是()

A.水平恒力尸的功率逐渐减少

B.水平恒力尸做的功为丝mgL

C.分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能

D.滑块C的最大速度为、声至还

【答案】BD

【详解】A.用以表示A球转过。角时A球的速度大小，用为表示A球转过a角时B球的速度大小，用v

表示此时立方体的速度大小，则有i^cosa=u,A、B两球的角速度相等，根据17A=3・。4,%=3・。8,

0B=20A,可得以=：%,根据功能关系得F，sina=或+mg，(1—cosa)+读—mg•丑(1—

232323

cosa)+|mv2,解得以=用三三叵三.由几何关系可知转过的最大角度为a=60。，则力尸的功

，2Y3m(5+4cos2a)

率为「二丹与r**由于C球水平速度越来越大，可知A球水平分速度越来越大，水平恒力尸的功率逐渐

增加，故A错误；

B.水平恒力尸做的功为咻二尸争皿60。=3771。生也60。=苧/3故B错误；

2

C.分离前C的动能为Eke=:m/=1m(2vAcosa)=式(2cosa)2,分离前A的动能为EkA=gm或

由数学知识可知，分离之前，a的范围为UWaW6。。，WOl<Zcosa<2,可知为c>七'kA，即分离之前滑块

C的动能始终大于球A的动能，故C错误；

D.当a=60。时，C的速度最大为f=%cosa=2vAcosa,结合呱=J"、；："：；：：；；'，",解得廿=

陛心,故D正确。

Y18m

故选BDo

三、解答题

16.(2025・福建厦门•三模)图甲为某种旋转节速器装置的结构示意图，质量为m的重物A套在固定的竖直

轴上，可以在竖直轴上滑动，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在水平杆上，A、B及A、

C之间通过较链与长为L的两根轻杆相连接，当装置静止时，轻杆与竖直轴的夹角为37。。使水平杆绕竖直

轴匀速转动且高度保持不变，稳定后轻杆与竖直轴的夹角为53。，如图乙所示。已知弹簧原长为1.4L重力

加速度大小为g,不计一切摩擦,取sin37。=0.6,cos37°=0.8o求

甲乙

（1）装置静止时每根轻杆对重物A的拉力大小；

（2）装置匀速转动时小环C所需的向心力大小；

（3）从静止状态到匀速转动的过程中，系统（A、B、C及弹簧）矶械能的变化量。

【答案】（咤mg

（2宿mg

（3卷mgL

【详解】（1）装置静止时，以A为对象，根据平衡条件可得2Tcos37c=〃©

解得每根轻杆对重物A的拉力大小为7=1mg

（2）系统静止时，弹簧弹力大小为/弹=Tsin37。

弹簧长度为与=2Lsin370=1.2L

弹簧压缩量为=%-与=0.2L

系统匀速转动时,弹簧长度为%2=2L.sin53°=1.6L

弹簧伸长量为Ax?=X2-X0=0.2L=

此时弹簧弹力大小为尸'弹=产弹=Tsin37。

以A为对象，根据受力平衡可得27vcos53。=mg,

小环C所需的向心力大小为尸向=小弹+T'sin53。

联立解得F向=IImg

2

（3）系统匀速转动时，对"C小环，有「向Ek=^-Mv

从静止状态到匀速转动的过程中，因为弹簧压缩量和伸长量相等，则弹性势能变化量△£■拜=0

则系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量为△£机=zngh+2瓦

其中h=Lcos37°—Lcos53°

联立解得AE|”=蔡mgL

17.（2025・福建厦门•中•模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁.上的。点，另一端自由伸长到A点，

。4之间、8右侧的水平面光滑，48之间的距离，=1m,在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数

从4向B随距离均匀变化如右图所示。质量M=2kg的足够高光滑曲面在B处与水平面平滑连接，m=1kg的

小物块开始时静置于水平面上的B点。现给小物块一个水平向右的初速度为=9m/s,重力加速度g取lOm/s?。

求：

(1)小物块在曲面上上升过程中与由面共速的速度大小U共和小物块上升的最大高度力；

(2)小物块返回B点时小物块和曲面各自的速度大小；

(3)弹簧被压缩获得的最大弹性势能后…

【答案】(1)〃共=3m/s,h=2.7m

(2)小物块速度大小为3m/s,曲面的速度大小为6m/s

(3)Epmax=0.5J

【详解】(1)小物块在曲面上升到最大高度九时，两者具有共同的速度〃共：小物块与曲面组成的系统满足水

平方向动量守恒，则有m%=(m+共

解得口共=3m/s

根据能量守恒可得mgh=gm诏-;(M+m)或

解得h=2.7m

(2)从最初到小物块再次回到8点，根据动量守恒和机械能守恒可得小为=mvx+Mw，\+

联立解得%=-3m/s,v2=6m/s

即小物块速度大小为3m/s,曲面的速度大小为6m/s。

(3)小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有一只+皿弹=0-gm谱

其中结合题图可得了=

联立解得“弹=-0.5J

根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能为Epmax=-卬他=0.5J

18.(2025•福建福州福九联盟•三模)如图所示，一长为L=20m的倾斜传送带与水平方向的夹角为8=37。，

以%=4m/s的速度逆时针方向匀速转动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方的一段

距离的传送带上，将两物块同时无初速地释放，”=0.75s后两物块发生第一次弹性碰撞，之后两物块可以

发生.多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点。已知两个物块A、B质量分别为根】

=lkg,m2=2kg,物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为〃1=0.25,〃2=0-75,重力加速度8取1001/$2,

sin370=0.6,cos370=0.8a求:

A

(1)的物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小；

(2)两物块第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小；

(3)从释放物块开始到两物块发生第二次碰撞前瞬间的过程中，物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q：

(4)两物块在传送带上能发生的碰撞次数。

【答案】(1WAI=3m/s

(2»B2=2m/s

(3)Q=