2026年高考物理二轮复习（全国）专题05 功和功率、动能定理（专练）（解析版）

专题05功和功率、动能定理

情境突破练压轴提速练

1．新情境【高铁】（2026·吉林省九校·联合模拟考试）高铁是我国的一张亮丽名片，高铁技术处于世界领

先水平。高铁组是由长度相同的动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

某和谐号动车组由8节车厢组成，其中第1、第3和第5节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质

量均为m，每节动车的额定功率均为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）。下列说法正确的是（）

A.开启两节动车和三节动车全开启行驶时的最大行驶速度之比为2:3

B.动力全开启匀加速出站时第1、2节车厢间与第4、5节车厢间的作用力之比为1:2

C.和谐号匀加速出站时第1节车厢和第3节车厢通过启动时与车头前端齐平的电线杆的时间之比为2:1

D.和谐号进站时，关闭发动机后仅在运动阻力作用下滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比

【答案】A

【解析】A．开启两节动车时2P8kv1mg

动力全开时3P8kv2mg

v12

可得最大行驶速度比为，故A正确；

v23

B．动力全开匀加速出站时对整车受力分析知3F8kmg8ma

对第1节车厢有FF1kmgma

对后4节车厢有F2F4kmg4ma

解得F1:F25:4，故B错误；

C．由各节车厢的长度相同，从静止开始匀加速运动，且启动时电线杆恰与车头前端齐平，由匀变速直线运

动的规律可知，第节车厢和第节车厢通过电线杆的时间之比，故错误；

13t1:t31:32C

1

D．和谐号进站时，从关闭发动机到停下来由阻力做功改变其动能，由8kmgs8mv2

2

1

得sv2

2kg

故滑行的距离与关闭发动机时的速度平方成正比，故D错误。

故选A。

2．新考法（2026·福建省仙游第一中学·上学期期中考试）（多选）我国CR400BF型复兴号智能高铁在平直

轨道上启动，列车总质量为4.0×105kg，以1.0m/s2的加速度由静止开始加速，经20s达到额定功率后保持额

定功率行驶。已知行驶时阻力为列车总重力的2.5%，取重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（）

A.列车能达到的最大速度为120m/s

B.列车的额定功率为1.0×104kW

C.当车速为40m/s时，加速度大小为0.35m/s2

D.第12s时牵引力的瞬时功率为6.0×103kW

【答案】BD

【解析】B．由题知，列车刚开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有Ffma

其中a1.0m/s2，f2.5%mg1.0105N，解得F5.0105N

经20s的速度为vat20.0m/s

此时列车刚好达到额定功率为PFv1.0104kW，故B正确；

P

A．当列车的牵引力与阻力大小相等时，加速度为零，列车速度达到最大，则有v100m/s，故A

mf

错误；

C．由B项，可知列车做匀加速直线运动的最大速度为v20.0m/s，故当列车的速度为v40m/s时，

列车的加速度不再是1.0m/s2，设为a，根据牛顿第二定律有Ffma

根据PFv

联立解得a0.375m/s2，故C错误；

D．由题知，列车做匀加速直线运动的时间为20s，故第12s时列车在做匀加速直线运动，牵引力为

F5.0105N，此时速度为v1.012m/s12m/s

根据PFv

解得P6.0103kW，故D正确。

故选BD。

3．新情境【练习投冰壶】（2026·吉林省长春市东北师范大学附属中学·上学期第二次摸底考试）如图甲所

示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用

一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为F1，第二次为F2，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一

位置，两次冰壶运动的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.F1做的功小于F2做的功

B.F1的平均功率等于F2的平均功率

C.F1的冲量大于F2的冲量

D.两次运动中摩擦力的冲量相等

【答案】C

【解析】A．根据动能定理WΔEkF合x可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对

应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，

可知F1小于F2，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即F1、F2做的功等于

整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故F1、F2做的功相等，A项错误；

B．由图乙可知撤去F1时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率PFv可知，

F1的平均功率小于F2的平均功率，B项错误；

CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以F1、F2的冲量大小等于摩擦

力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于

第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即F1的冲量大于F2的

冲量，C项正确，D项错误。

故选C。

4．新考法（2026·广东省广州市第一中学·上学期11月调研测试）如图甲所示，《天工开物》中提到一种古

法榨油一撞木榨油，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻

绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖

直方向成37°角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程

的机械能损失，撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取10m/s2。

sin370.6，cos370.8求：

（1）撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；

（2）撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小F；

（3）石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图

，

丙所示。要木楔移动的位移x00.4m石块至少需撞击多少次木楔。

【答案】（1）T2520N

（2）F2880N（3）4

【解析】

【小问1详解】

1

石块运动到最低点过程，根据动能定理有Mgl1cosMv2

20

v2

根据牛顿第二定律有TMgM0

l

联立解得T2520N

【小问2详解】

石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有Mv0Mv1mv2

111

根据机械能守恒有Mv2Mv2mv2

202122

，

解得v13.2m/sv27.2m/s

对石块进行分析，根据动量定理有FtMv1Mv0

根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小FF

联立解得F2880N

【小问3详解】

根据木楔的阻力与位移图像关系有f15000x2000N

1

木楔移动x需克服阻力做的功W15000x2000xJ

0f200

1

根据能量守恒定律有Nmv2W

22f

解得N3.86

故要木楔移动的位移x00.4m，石块需撞击4次木楔。

5．新情境【新能源汽车技术测试】（2026·四川省资阳市·一模）如图甲所示，在新能源汽车技术测试中，

一辆质量为1200kg的氢燃料电池赛车在平直赛道上由静止开始加速，设其所受到的阻力不变，在加速阶段

的加速度a和速度的倒数1/v的关系如图乙所示，则赛车（）

A.做匀加速直线运动

B.发动机的功率为500kw

C.所受阻力大小为5000N

D.速度大小为50m/s时牵引力大小为9600N

【答案】D

P

【解析】A．根据牛顿第二定律可得由fma

v

P1f

可得a

mvm

P

由图线可知斜率为，为常量，故赛车在恒定功率下启动，速度变大，根据PFv可知牵引力变小，根

m

据Ffma可知加速度减小，故A错误；

P1f

BC．根据a

mvm

1P4f

可知a图像的斜率为km2/s3400m2/s3，4m/s2

vm0.01m

可知功率为P480kw，阻力大小为4800N，故BC错误；

D．速度大小为v150m/s时，根据PF1v1

可知牵引力为F19600N，故D正确。

故选D。

6．新考法（2026·贵州省贵阳市白云兴农中学·上学期期中考试）（多选）某建筑工地使用电动卷扬机提升

建筑材料，其装置可简化为如图甲所示的模型。卷扬机滚筒半径r0.2m，在保持电动机的输出功率不变

时，将质量为18kg的材料用细钢丝绳由静止开始竖直向上提起，电动机驱动滚筒转动的角速度随时间t

变化的关系如图乙所示，t6s时材料达到最大速度并开始匀速上升。若忽略滚筒的质量及所有摩擦阻力，

重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A.在06s内，钢丝绳对材料的拉力逐渐减小B.材料匀速上升时的速度大小为5m/s

C.电动机的输出功率为180WD.在06s内，材料上升的高度为2.98m

【答案】AC

【解析】BC．材料匀速上升时的速度大小为vmr1m/s

电动机的输出功率为PFvmmgvm180W

故B错误；C正确；

A．在06s内，根据PF绳vF绳r

P

解得F绳，由乙图可知电动机驱动滚筒转动的角速度逐渐增大，则钢丝绳对材料的拉力逐渐减小，

r

故A正确；

1

D．在06s内，根据动能定理有Ptmghmv2

2m

解得材料上升的高度为h=5.95m，故D错误。

故选AC。

7．新情境【行李箱的搬运】（2026·安徽省太和中学·上学期期中考试）如图1所示，倾斜传送带常用于飞

机上行李箱的搬运工作。一倾角为37的传送带保持0.8m/s的恒定速率向上运行，工作人员以相同时

间间隔将行李箱无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动，且相邻两个

行李箱间不发生碰撞。如图2所示，A、B、C是传送带上3个进入货舱前匀速运动的行李箱，其中A与B

间的距离小于B与C间的距离，行李箱A的质量为20kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.8，传送带的长

度为10m，重力加速度g取10m/s2，sin37°0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）

A.A、B、C与传送带间的动摩擦因数相同

B.行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m

C.行李箱A从传送带底端运动至顶端的过程，摩擦力对行李箱A做的功为102.4J

D.由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J

【答案】B

【解析】A．由题知，传送带运行的速率为v0.8m/s，工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地

放在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，因tan370.75

故行李箱放在传送带上后，各个行李箱都是先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，设加速时间为t，加

速过程的位移为x1，对行李箱，根据牛顿第二定律有mgcosmgsinma

解得agcosgsin

v

根据速度时间公式，可得加速的时间为t

a

v

行李箱加速的位移为xt

12

行李箱加速时，传送带匀速的位移为x2vt

故行李箱相对传送带的位移为xx2x1

v2

联立解得x

2gcossin

可知匀速时两物体之间的距离x与动摩擦因数有关；由题知，A与B距离小于B与C间的距离，所以动

摩擦因数不相等，故A错误；

B．对行李箱A，对行李箱，根据牛顿第二定律有mgcosmgsinma

解得a0.4m/s2

v2

A的加速位移x0.8m

12a

v

加速时间t2s

a

这段时间内，传送带的位移x2vt1.6m

故相对位移xx2x10.8m

即行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m，故B正确；

C．摩擦力对行李箱做功分为两部分，匀加速阶段滑动摩擦力做功W1mgcosx1102.4J

匀速上升阶段静摩擦力做功W2mgsin10x11104J

故摩擦力对行李箱A做的总功为WW1W21206.4J，故C错误；

D．根据能量守恒，可知由于搬运A，驱动传送带的电机额外消耗的电能等于A的机械能增加量和A与传

送带间的摩擦生热，即电机额外消耗的电能大于1206.4J，故D错误。

故选B。

8．新考法（2026·内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，两根电阻不计

的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L0.4m，AC、BD的延长线相交于点E且

AEBE，E点到AB的距离d6m，M、N两端与阻值R2Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导

轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B1T，一根长度也为L0.4m、质量为m0.6kg电阻不计

的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v02m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过

程中电阻R上消耗的电功率不变。则：（）

A.电路中的电流I0.4A

d

B.金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W0.72J

2

d

C.金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P5.32W

2

d

D.金属棒向右运动过程中在电阻中流过的电量Q0.45C

2

【答案】AD

【解析】A．金属棒开始运动时产生感应电动势

E=BLv0=1×0.4×2=0.8V

电路中的电流

E0.8

IA=0.4A

R2

选项A正确；

B．金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得

dxL

1

dL

L(dx)x

L0.4

1d15

此时金属棒所受安培力为

2xd

FBIL0.16（0x）

1752

d

作出F-x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为

2

0.160.08

WFx30.36J

2

选项B错误；

d

C．金属棒运动过程所用时间为t

2

W=I2Rt

解得

9

t=s

8

d

设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；

2

则有

L

BLv0=Bv

2

v=2v0

由动能定理可得

1212

Pt-W=mv-mv0

22

解得

32

Wmv0

P2

t

代入数据解得

P=3.52W

选项C错误。

D．根据

E

qIttt

RtRR

由图可知

1

LL

d30.4

=B213Wb0.9Wb

224

解得

q=0.45C

选项D正确。

故选AD。

建议用时：45min

1．（2026·河南省信阳市·一模）如图所示，水平传送带AB左端与水平面BC相连，BC左端是竖直光滑

四分之三圆弧轨道，在C点与BC相切。圆轨道半径R0.5m，传送带AB长度L12m，沿逆时针方向

匀速运行，运行速率为v，BC间距离L22m，一可视为质点小物块质量m0.4kg，从传送带A点由

静止释放，该物块与传送带间的动摩擦因数为10.5，与BC面间的动摩擦因数均为20.2。重力加

速度取g10m/s2，不计空气阻力。

（1）若传送带的速度大小v3m/s，判断物块能否运动到达D点；

（2）若物块到B点后，还一直受到一个3N的水平向左恒力作用，为使物块能在到达圆弧轨道最末端前不

脱离轨道，求传送带的速度至少为多大？

【答案】（1）物块不能到达D点

33

（2）m/s

2

【解析】

【小问1详解】

12

根据题意，设在B点的最小速度为v，从B点到D点过程中，根据动能定理得mgLmgR0mv

B22B

解得，，物块不能到达点；

vB32m/svB3m/sD

【小问2详解】

设物体在等效最高点与圆心连线与竖直方向的夹角为

F3

tan,37

mg4

2

5mv1

设在等效最高点最小速度为v1则有mg

4R

从B点到等效最高点，由动能定理可得

11

FLRsinmgLmgRRcosmv2mv2

222212B

33

解得vm/s

B2

2．（2026·河南省郑州市宇华实验学校·一模）如图甲所示，两根相距L的金属导轨水平固定，一根质量为

m、长为L、电阻为R的导体棒两端放于导轨上，导轨左端连有阻值为R的电阻，导轨平面上有n段竖直向

下的宽度为a、间距为b的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒在恒定外力F的作用下依次穿过各磁场

区，电压表的示数变化如图乙所示，导体棒进入磁场时示数为U1，离开磁场时示数为U2，导轨电阻和摩

擦力忽略不计，导体棒穿过一段磁场区域回路中消耗的电能为（）

2222

2abmUU1bmUU

A.12B.12

bBLBLbBLBL

2222

bmUU2bmUU

C.12D.12

abBLBLabBLBL

【答案】A

【解析】设导体棒进入磁场的速度为v1，出磁场的速度设为v2，由图可知进入磁场时电压表示数为U1，出

磁场时电压表示数为U2。

根据闭合电路欧姆定律有

R1

UEE

12R121

R1

UEE

22R222

根据法拉第电磁感应定律有

E1BLv1

E2BLv2

从导体棒进入磁场到出磁场的过程中，根据功能关系有

11

Famv2mv2Q

2122

从导体棒到出磁场到再次进入磁场的过程中，根据动能定理有

11

Fbmv2mv2

2122

联立解得

22

2abmUU

Q12

bBLBL

故选A。

3．（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对

圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆

滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强

磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲

线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则下列说法错误

的是（）

A.该离子带正电B.A、B两点位于同一高度

C.该离子电势能先增大后减小D.到达C点时离子速度最大

【答案】C

【解析】A．根据左手定则可知该离子带正电，故A正确，不符合题意；

B．从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，洛伦兹力不做功，则电场力做功为零。所以A、B两点电

势相等，因为该电场是匀强电场，电场力方向竖直向下，所以A、B两点位于同一高度，故B正确，不符

合题意；

C．因为该离子带正电，所以所受电场力竖直向下，由静止开始从A到B运动过程中，电场力先做正功后

做负功，故该离子电势能先减小后增大，故C错误，符合题意；

D．因为在运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，A→C电场力做正功，动能增大，C→B电场力

做负功，动能减小。所以C点时离子的动能最大，即速度最大，故D正确，不符合题意。

本题选错误的，故选C。

4．（2026·江西省景德镇市·上学期第一次质量检测）如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀

强电场E1，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差为

h=0.45m，，C是轨道最低点，D是轨道的最高点，圆弧BC对应的圆心角37。一带正电的物块（大

小可忽略不计）从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好从B点沿切线方向进入轨道。已知

q

物块的比荷2102C/kg，物块释放点距A点的距离L=2m，sin37°0.6，cos37°0.8，取

m

g10m/s2。。若物块在轨道上运动时不会脱离轨道，求：

（1）物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x；

（2）平台所在区域的场强大小E1；

（3）圆弧轨道的半径R的取值范围。

【答案】（1）vA4m/s，x1.2m

（2）E1200V/m

2525

（3）0Rm或Rm

4616

【解析】

【小问1详解】

1

物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，从A到B，竖直方向有hgt2

2

解得t0.3s

vy

在B点有vygt3m/s，tan

vA

可得物块离开A点时的速度大小为vA4m/s

A、B间的水平离为xvAt1.2m

【小问2详解】

1

物块从释放到A点过程，根据动能定理可得qELmv20

12A

代入数据解得E1200V/m

【小问3详解】

v2

情景一：物块在轨道上运行时恰好经过最高点，则有mgm

R1

11

物块从A点到轨道最高点过程，根据动能定理可得mg(RRcosh)mv2mv2

1122A

25

联立解得Rm

146

情景二：物块恰好运动到圆心等高处，从A点到圆心等高处，根据动能定理可得

1

mg(Rcosh)0mv2

22A

25

解得Rm

216

25

综上分析可知，物块在轨道上运动时不会脱离轨道，圆弧轨道的半径的取值范围为0Rm或

46

25

Rm

16

5．（2026·陕西省西安市高新第一中学·上学期四模）某同学利用如图所示装置研究离心现象，装置中水平

轻杆OA固定在竖直转轴OB的O点，质量为m的小圆环P和轻质弹簧套在OA上，弹簧两端分别固定于O

7

点和P环上，弹簧原长为L。质量为2m小球Q套在OB上，用长为L的细线连接，装置静止时，细线

10

与竖直方向的夹角θ=37°。现将装置由静止缓慢加速转动，直至细线与竖直方向的夹角增大到53°。忽略一

切摩擦。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：

（1）弹簧的劲度系数k；

（2）当53时装置转动的角速度ω；

（3）上述过程中装置对P、Q做的功W。

15mg

【答案】（1）k

L

55g

（2）

26L

31mgL

（3）W

15

【解析】

【小问1详解】

根据题意可知，两环静止时，细线与竖直方向的夹角37，设此时绳子的拉力为T，弹簧的弹力为F，

分别对两环受力分析，如图所示

由平衡条件有Tcos372mg，FTsin37

3

解得F2mgtan37mg

2

3

由几何关系可知，此时弹簧的长度为LLsin37L

15

73

由胡克定律有FkLL

105

15mg

联立解得k

L

【小问2详解】

2mg

当细线与竖直方向的夹角增大到53时，细线的拉力为T

1cos53

47

由几何关系可知，此时弹簧的长度为LLsin53LL

2510

47

则弹簧被拉伸，此时弹簧的弹力为F2kLL

510

由牛顿第二定律有2

T1sin53F2mL2

55g

联立解得

26L

【小问3详解】

5

当53时，P的速度大小为vL2gL

26

由上述分析可知，此过程初、末位置弹簧的形变量相同，则弹簧做功为零，由动能定理有

1

W2mgLcos37cos53mv2

2

31mgL

联立解得W

15

6．（2026·四川省眉山中学校·一模）如图所示，在平行纸面的匀强电场中存在圆心为O、半径为R的圆，AB、

CD是圆内夹角为60的两条直径。一带正电的粒子自A点沿平行圆面先后以不同的速度射入电场，其中从

3

B点射出的粒子动能增加了2E，从D点射出的粒子动能增加了E。已知粒子仅受电场力的作用，则

k2k

（）

A.A点电势低于C点电势

B.匀强电场的场强方向与CD平行

1

C.若粒子从C点射出，其动能增加E

2k

若粒子从的中点射出，电场力做的功为

D.BD3Ek

【答案】C

【解析】B．沿CD方向建立x轴，过O点向下的方向建立y轴，设该匀强电场的场强为E，将其正交分解

为E、E

则对粒子由A到B，根据动能定理可得qE2Rcos60qE2Rsin602Ek

3

同理对粒子由到，根据动能定理可得，

ADqERRcos60qERsin60Ek

2

E1

联立可得，3，，3

qEREkqEREk

Ea22

可知该匀强电场的方向沿着AB方向，故B错误；

A．过C点和A点做AB的垂线，均为对应的等势线，根据沿着电场线方向电势降低知，A点电势高于C点

电势，故A错误；

1

．根据项分析知，3

CBqEREkqERE

22k

若粒子从C点射出，则根据动能定理可得qEaRRcos60qERsin60ΔEk

E

解得其动能增加ΔEk，故C正确；

k2

13

D．根据B项分析知qEREk，qERE

22k

若粒子从BD的中点射出，则电场力做功为

qERcos60cos30qE2Rsin60sin3023Ek

故D错误。

故选C。

7．（2026·安徽省合肥市第一中学·上学期期中教学质量检测）（多选）打铁花是我国的非物质文化遗产，

燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，表演者

在轻质细绳的一端拴一质量为m1kg的铁丝棉（可视为质点）在竖直平面内绕一固定点O做半径为

L1m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力Tmax110N，转轴离地高度h6m，不计阻力，重力加速度

g取10m/s2，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，则（）

A.细绳恰好被拉断时铁丝棉的速度大小为10m/s

B.细绳恰好被拉断后铁丝棉做平抛运动的时间为1s

C.若在最低点绳断后铁丝棉做平抛运动，则铁丝棉从平抛起点到落地点的位移大小为10m

D.铁丝棉落地前重力的瞬时功率为1002W

【答案】AB

【解析】A．细绳恰好被拉断，则细绳对铁丝棉的拉力为Tmax110N

v2

铁丝棉在最低点时，根据牛顿第二定律有Tmgm

maxL

解得v10m/s，故A正确；

1

B．铁丝棉做平抛运动，竖直方向有hLgt2

2

解得t1s，故B正确；

C．铁丝棉做平抛运动水平位移为xvt10m/s1s10m

竖直位移为hL5m

所以铁丝棉从平抛起点到落地点的位移大小为22

x总(hL)x

解得x总55m，故C错误；

D．铁丝棉落地前竖直方向分速度为vygt10m/s

此时重力的瞬时功率为Pmgvy

解得P100W，故D错误。

故选AB。

8．（2026·安徽省淮北市实验高级中学·上学期期中考试）（多选）如甲图所示，质量为2kg的物块，以

的初速度在水平地面上向右运动，水平向左的推力随路程x变化的图像如图乙所示，已知

v027m/sF

物体与地面之间的动擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则（）

A.物块回到出发点时的速度大小为2m/s

B.整个过程中克服摩擦力做功12J

C.x3m时，物块的动能为8J

D.物块运动的位移大小为2m

【答案】ABD

【解析】A．物块向右运动时受到水平向左的推力和摩擦力，若物块减速到0，根据动能定理可得

1

mgxFx0mv2

20

从Fx图像可知F164x

16164x

则有F162x

2

1

代入可得mgx162xx0mv2

20

代入数据整理x29x140

解得x2m或x7m>4m（舍去）

当物块从最右侧向左运动到出发点的过程，受到水平向左的推力与水平向右的摩擦，当x2时F28N，

F01

根据动能定理则有2xmgxmv20

22

代入数据解得v2m/s，故A正确；

B．回到出发点，克服摩擦力做功W1mgx0.12104J8J

11

之后F为0，物体减速至0，克服摩擦力做功Wmv2222J4J

222

则总功W总W1W212J，故B正确；

C．因x3m2m，说明物块从最右侧向左运动x21m，而x3m时F34N，根据动能定理可得

FF

23xmgxE

222k

解得Ek4J，故C错误；

D．由A选项，可知物块回到出发点时速度大小为2m/s，对物块回到出发点再向左运动的过程，根据动

1

能定理可得mgx0mv2

2

解得物块最终的位移大小为x2m，故D正确。

故选ABD。

9．（2026·安徽省江淮十校·上学期期中考试）如图所示，质量为m的长木板静止在水平地面上，安装在右

侧的电动机通过不可伸长的轻绳与长木板相连，表面水平的长木板上静置一质量也为m的木块。已知木块

与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ。某时刻电动机以大小为P的恒定功率拉动长木板由静止开

始运动，经过一段时间，木块与长木板的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳始终水平，长木板和

轻绳均足够长，重力加速度为g。求这段时间内

（1）木块的位移大小x1；

（2）长木板的位移大小x2；

（3）长木板与木块速度之差最大时，长木板的速度大小。

v2

【答案】（1）0

2g

Pvv2

（2）00

3m2g26g

P

（3）

4mg

【解析】

【小问1详解】

对木块根据牛顿第二定律有mgma

解得ag

2

根据运动学公式有v02ax1

v2

解得木块的位移大小为x0

12g

【小问2详解】

1

对长木板根据动能定理有Ptmg2mgxmv2

220

v

其中t0

a

Pvv2

联立解得x00

23m2g26g

【小问3详解】

当长木板与木块加速度相同时，二者速度之差最大，即长木板加速度大小也为a，设长木板速度大小为v，

则PFv

对长木板根据牛顿第二定律有FmgFNma

其中FN2mg

P

联立解得v

4mg

10．（2026·河北省衡水市枣强中学·第四次调研考试）（多选）某静电场中x轴正半轴上电场强度E随x变

化的图像如图所示，x12x0。将一个质量为m、电荷量