2026年高考物理二轮复习（北京）重难04 功、功率和机械能（重难专练）（解析版）

重难04功、功率和机械能

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一、功的计算方法

恒力的功用W=Flcosα计算

合力的功方法1：先求合力F合，再用W合=F合lcosα求合力做的功；

方法2：先求各个力做的功W1、W2、W3、⋯，再应用W合=W1+W2+W3+⋯求合力做的功

变力的功（1）应用动能定理；

（2）等效转化法；

（3）微元法；

（4）平均力法；

（5）图像法；

（6）由W=Pt计算

二、功率的计算方法

W

平均功率（1）利用P=；

t

（2）利用P=Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度（适用于匀变速直线运动）

瞬时功率（1）利用公式P=Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度；

（2）利用公式P=FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度；

（3）利用公式P=Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力

三、机车两种启动方式的图像分析

项目以恒定功率启动以恒定加速度启动

v−t图像

P−t图像

F−t图像

a−t图像

应用的规P=Fv，a恒定阶段：P=Fv，F−f阻=ma恒，v=a恒t；P恒定阶段：P=Fv，F−f阻=ma变，

律F−f=maP=fv(F=f)

阻阻m阻P=f阻vm

四、应用动能定理解题思路

五、判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

定义判断法看动能与势能（重力势能和弹性势能）之和是否变化

能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能发生转化时，系统机械能守恒

做功判断法只有重力（或系统内弹力）做功时，系统机械能守恒

六、机械能守恒定律的表达式

七、连接体的机械能守恒问题

速率相（1）杆或绳对两个物体都做功，单

等模型个物体机械能不守恒。

（2）对于两物体组成的系统，如果

忽略空气阻力和各种摩擦且没有其

他外力对系统做功，则系统机械能

两物体的速度大小相等

守恒。

角速度（3）根据连接体牵连的特点找出两

相等模物体高度变化的关系

型

同轴转动的两物体角速度相等

速率不

相等模

型

两物体沿绳或杆方向的速度大小相等

轻弹簧（1）含弹簧的物体系统在只有弹簧

模型弹力和重力做功时，物体和弹簧组

成的系统机械能守恒，而单个物体

机械能不一定守恒。

（2）同一根弹簧在弹簧弹性限度

内，形变量相等，弹性势能相等。

（3）由两个或两个以上的物体与弹

簧组成的系统，当弹簧形变量最大

时，弹簧两端连接的物体具有相同

的速度；弹簧处于自然长度时，弹

簧弹性势能最小（为零）

八、常见功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势能减少量

弹力做功等于弹性势能减少量

势能W=Ep1−Ep2=−ΔEp

静电力做功等于电势能减少量

分子力做功等于分子势能减少量

11

动能合外力做功等于物体动能变化量W=E−E=mv2−mv2

k2k1220

机械能除重力和系统内弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他=E2−E1=ΔE

摩擦产生的内能一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q=Ff⋅x相对

电能克服安培力做的功等于电能增加量W克安=ΔE电

九、应用能量守恒定律解题的思路方法

（建议用时：20分钟）

1.（2025·北京·三模）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能（气流的动能）转化为

电能，其主要部件如图所示。已知风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变。当风

速为且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为。在同样的风向条件下，风速

为时�这台风力发电机输出的电功率为（）�

�

2

A．B．C．D．

����

24816

【答案】C

【详解】单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为，这些空气所具有的动能为

�=𝜌�

13

�k=2𝜌�

设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为

13

�=��k=2𝜌�

当风速为时输出的电功率；故选C。

�′1�3�

2228

2.（2025·北京西城·三模�）=如图�所�(示)，不=计质量的轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖

直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，摩擦阻力

和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A．拉力对A做的功等于A的动能增加量

B．重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量

C．细线上拉力的大小为0.6mg

D．A的加速度大小等于0.5g

【答案】C

【详解】A．由动能定理可知，细线拉力与重力对A所做的总功等于A的动能增加量，故A错误；

B．由动能定理可知，重力对A、B做的总功等于A、B两物体的动能的增加量，故B错误；

CD．设细线拉力大小为F，A的加速度大小为a，由滑轮组之间的关系可知，B的加速度大小为2a。根据

牛顿第二定律得，

联立解得a=0.2g�，�F=−0�.6m=g�，⋅故2�C正2�确−；�D�错=误�。�

故选C。

3.（2025·北京大兴·三模）在利用重锤、纸带验证机械能守恒实验中，大多数学生的实验结果显示，重力

势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是__。

A．该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差

B．该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差

C．该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差

D．该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差

【答案】D

【详解】在验证机械能守恒的实验中，重力势能的减少量（）略大于动能的增加量（），主要原因是

空气阻力和打点计时器与纸带间的摩擦阻力导致部分机械能Δ转�化p为热能。这种误差属于系Δ�统k误差，可以通

过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差，偶然误差可以通过多次测量取平均值的方法来减小，故选D。

4.（2025·北京昌平·二模）如图所示，运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度踢出，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h，1与2和2与3�间0的水平距

离不等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A．从1到2，足球动能的减少量大于mgh

B．从1到2，足球动能的减少量小于mgh

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

12

20

【答案】A��−𝑚ℎ

【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，根据动能定理可得

�fΔ�k=−𝑚ℎ−�f

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

1212

−𝑚ℎ−�f=2��2−2��0

可知位置2，足球的动能为

121212

2220f20

故D错误。��=��−𝑚ℎ−�<��−𝑚ℎ

故选A。

5.（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O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，以重物为对象，根据平衡条件可得，

���=𝑚cos��=

�由�于sin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。

6.（2025·北京大兴·模拟预测）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为，

−42

水的密度为，则该喷头（）2×10 m10 m/s

33

A．单位时间1的×喷1水0量 kg约/m为

−23

B．单位时间的喷水量约为2×10 m

−43

C．喷水的功率约为2×10 m

20 W

D．喷水的功率约为

【答案】D100W

【详解】AB．单位时间的喷水量约为

−33

故AB错误；�=��Δ�=2×10m

CD．设时间内从喷头流出的水的质量为

Δ��=𝜌�Δ�

喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即12W

�2��

故C错误，D正确；Δ��=Δ�=Δ�=100

故选D。

7.（2025·北京朝阳·一模）物体a、b质量分别为ma和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a和b分别

只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb。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<xb

【答案】C

【详解】设物体a、b的初动能为Ek0，则有；又ma<mb；可知；根据题意，经相同的

12

�k0=2��0�a0>�b0

时间停下来，则有，可知；根据动能定理有；可得；可得

�0�k0

2abk0�ab

故选C。�=��>�−��=0−��=�<�

8.（2025·北京东城·二模）如图所示，水平传送带以速度匀速运动，将质量为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

12

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，

12�

传送带的位移为��=2�，�划痕�为=��

22

摩擦产生的热量�=��Δ�=�−�

12

2

故D正确。�=�Δ�=��

故选D。

9.（2025·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道

的半径，D是半圆轨道的最高点。将�一�质量的物体（�可��视为质点）向左压缩轻弹��簧�

至A点�后=由0静.4止m释放，在弹力作用下物体获得一向右�速=度0，.1并kg脱离弹簧在水平面上做直线运动，其

经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力�加�速度。

2

求：𝐴=5m/s�=10m/s

(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。

(2)物体通过D点时的速度大小。�p

(3)物体沿半圆轨道运动过程��中克服阻力所做的功W。

【答案】(1)���

(2)�p=1.25J

(3)��=2m/s

【详�解=】0（.215）J由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能

12

p�

可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能�=2��

p

（）物体恰好能通过点，则根据牛�顿=运1动.2定5J律有

2D2

��

解得𝑚=��

�

（3）�物=体2沿m半/s圆轨道运动过程中由动能定理有

1212

���−𝑚2�−�=2���−2�𝐴

解得

10.�（2=0205.2·北5J京·一模）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，

像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。

为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量，A到悬点O的距离，A与

平地的高度差，人站在高台边缘时，AO与竖直方�向=的60夹.0角kg为。�=4.00m

某次过河中，人ℎ=从2高.6台m边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落�在=水37平°地面上的C点。忽略空气阻

力，取重力加速度，，，求：

2

�=10m/scos37°=0.8sin37°=0.6

(1)人到达B点时的速率v；

(2)人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；

(3)若高台边缘到对面河岸共，请分析人能否安全荡到对岸。

【答案】(1)�=4m

(2)4m/s

(3)8人4能0N安全荡到对岸

【详解】（1）人从离开高台到B点的过程中，由机械能守恒有

12

2

代入数据解得人到达B点时的速率𝑚�(1−cos�)=��

（）在点由牛顿第二定律有�=4m/s

2B2

��

代入数据得人到达B点，松开绳�之−前�，�绳=对�人的拉力大小为

（3）人从离开高台到B点的过程中水平位移为�=840N

1

人从B到C的运动过程Z做平抛运动，由平抛运�动=知�识sin有�=2.4m，

12

2

则人从开始运动到落地水平位移为ℎ−�(1−cos�)=2���=��

联立解得�=�1+�2

故人能安全�=荡4到.8对m岸>�

（建议用时：30分钟）

1.（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，已知物体质量为m，

加速度大小为a，物体和斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，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

B．斜面对物体作用力的大小为𝑚sin�

C．斜面对物体的摩擦力做功为𝑚cos�

D．物体动能增加了−�𝑚�

【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

沿斜面方向，由牛顿第二定律有�N=𝑚cos�

则摩擦力�−�−𝑚sin�=��

N

斜面对物体�=作�用�力=的�大�小�c为os�=�−𝑚sin�−��

222

N

故AB错误；�=�+�=�+1𝑚cos�

C．由做功公式可得，斜面对物体的摩擦力做功为

�=−��=−�𝑚cos�⋅�

故C错误；

D．由动能定理有合

Δ�k=�

由牛顿第二定律有合

�=��

又有合合

联立可�得=物体�动�能增加了

故D正确。���

故选D。

2.（2025·北京海淀·一模）2024年6月，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面预选着陆区，开启人类探

测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”被月球捕获进入月球轨道的部分过程如图所示：

探测器在椭圆轨道1运行经过P点时变轨进入椭圆轨道2、在轨道2上经过P点时再次变轨进入圆轨

道3。三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（）

A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速

B．探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，机械能越来越大

C．探测器分别沿着轨道2和轨道3运行，经过P点时的加速度相同

D．探测器在轨道3上运行的周期大于其在轨道1上运行的周期

【答案】C

【详解】A．由轨道1变到轨道2，半径减小，做近心运动，因此需要在P点减速，故A错误；

B．探测器在轨道2上从P点运行到Q点的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；

C．根据牛顿第二定律，有

𝐺�

2

�

由于探测器分别沿着轨道2和轨=道�3�运行，经过P点的距离r相同，所以经过P点时的加速度相同，故C

正确；

．根据开普勒第三定律

D3

�

2

�=�

可知，轨道1的半长轴大于轨道3的半长轴，所以在轨道1上运行的周期比在轨道3上运行的周期大，故D

错误。

故选C。

3.（2025·北京海淀·一模）飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能

量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直

的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能利用来计算其动能，将所有小块的

12

k

动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（�）=2��

A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度平方成反比

B．若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴所受合力为0

C．若飞轮质量不均匀，匀速转动时，转轴将受恒力作用

D．保持角速度不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变

【答案】B

【详解】A．由，可得

1212122122

k2k2��2��2��

可知动能与其转�动的=角�速�度平方成�正=比∑，故�A�错=误∑；�(��)=�∑�(�)∝�

B．若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴对与其接触的部分的向里的拉力提供向心力，则由牛顿第三定律可

知，与转轴接触的部分对转轴的拉力向外，向外的拉力的合力为0，故B正确；

C．若飞轮质量不均匀，匀速转动时，一般情况下（质量分布不对称），转轴将受到指向飞轮某部位的力的

作用，方向时刻在改变，不是恒力，故C错误；

D．绕其直径转动时的转动惯量小于绕通过圆心与圆盘平面垂直的转轴转动时的转动惯量，由公式

21k

，可知绕通过圆心与圆盘平�面垂直的转轴转动时的动能较大，故D错误。��=

12

2

故��选B。

4.（2025·北京顺义·模拟预测）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平

滑连接。一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，取水平面为零势能面。下列说法正确的是（）

A．物体在C点的速度为零

B．物体在C点所受合力为零

C．物体在B点时轨道对物体的支持力等于物体的重力

D．物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能

【答案】D

【详解】．物体恰好能够到达最高点，说明在点物体只受重力，根据牛顿第二定律有

ABCC2

�

解得𝑚=��

故AB�=错误�；�

C．物体在B点时加速度向上，处于超重状态，轨道对物体的支持力大于物体的重力，故C错误；

D．物体从A到C的过程，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，物体在A点时

弹簧的弹性势能等于物体在C点的重力势能和动能之和，故物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点

的重力势能，故D正确。

故选D。

5.（2025·北京海淀·一模）飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能

量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直

的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据来计算其动能，将所有小块的

12

k

动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（�）=2��

A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比

B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关

C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变

D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小

【答案】D

【详解】圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，质量为m距转轴距离为r的点的速度

其动能��=��

1212212

k

其中�=2为�转�动=惯2量��。�=2��

2

A．圆�=盘�绕�垂直于盘面的轴转动时

12

�=2��

其中m为圆盘质量，R为圆盘半径，飞轮转动时的动能

12

k2

则飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故�A错=误�；�

B．转动惯量I与飞轮的质量分布是否均匀有关，飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀有关，故B错误；

CD．飞轮绕垂直于盘面且过盘心的轴转动时的转动惯量

12

�=2��

绕过直径的轴转动时的转动惯量

′12

4

保持角速度的大小不变，若飞轮改�=为绕�其�直径转动，则其动能变小，故C错误，D正确。

故选D。

6.（2025·北京西城·一模）如图所示，一个质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于

P点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ；

第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P点开始运动恰好能到达Q点。不计空气阻力，重力加速度为

g。下列说法正确的是（）

A．第二次水平恒力的大小为

B．第二次到达Q点时绳的拉�力�比ta第n�一次小

C．第二次水平力做的功比第一次多

D．两个过程中绳的拉力均逐渐增大

【答案】B

【详解】AB．第一次小球缓慢移动，小球处于平衡状态，解得

绳中张力�=𝑚tan�

𝑚

�=cos�

随着的逐渐增大，力F、T逐渐增大，当时，有，

𝑚

m1cos�

在第二�次运动过程中，根据动能定理有�=��=𝑚tan��=

′

解得−𝑚�(1−cos�)+��sin�=0

′1−cos��

sin�2

故第一�个=过程中�，�拉=力𝑚Ft在an逐渐变大，且最大值一定大于F′，选项B正确，A错误；

C．第一次小球缓慢上升，可认为速度为零；第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q

点，此过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ=0，即两次拉力做功都等于小球重力势能的增加量，选项C

错误；

D．在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为，恒定不变，方向与竖

𝑚

�

cos2

直方向成角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最大，根据牛顿

��

22

第二定律和向心力公式

合2

�

�−�=��

可得

2合

�

可知此�=时�轻绳�+中�的拉力亦最大，即第二种情况下轻绳的拉力先增加后减小，选项D错误。

故选B。

7.（2025·北京延庆·一模）汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动

能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关

闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图

线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，设其运动过程中

所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（）

A．汽车行驶过程中所受阻力为1000N

B．汽车的额定功率为120kW

C．汽车加速运动的时间为22.5s

D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J

【答案】D

【详解】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek

得到阻力为：

5

��8×10

2

�(11−7)×10

选项A错误；�==N=2000N

B．设汽车匀速运动的速度为v，则有

5

2��2×8×10

汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×4�0W==80�kW=1000m/s=40m/s

故B错误。

C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1

得到

5

��2−��1+𝑓(8−5)×10+2000×500

3

故C�错=误。�=80×10s=16.25s

525

D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇=8×10J-2000×1.5×10J=5×10J

故D正确。

故选D。

8.（2025·北京丰台·一模）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km的空间站顺利完

成径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；

随后逐步上升到“对接点”，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。

下列说法正确的是（）

A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度

B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力

C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小

D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加

【答案】D

【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停泊

点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据可知，

它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；�=��

B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有

𝐺�

22

�

飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半=径�较��小，分析

可知

′

𝐺�

2′′2

′

需要开�动发>动�机��给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；

．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有

C2

𝐺��

2

�=��

解得

𝐺

对接稳�=定后�空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误；

D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确；

故选D。

9.（2025·河南·一模）如图所示，倾角为的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为

的物块A与物块B（质量未知）通过轻�绳=连37接°后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放�在=斜1面kg体

上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时

上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为，，最终物块A把轻弹簧

压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点d（d点未画出），�物�块=2Am在/sc点的加速度大小为

�

，，弹性势能表达式为，Δx为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加�速=

12

2

度1.8为���=1m，.下列�说=法正�Δ确�的是（）

2

�=10m/ssin37°=0.6

A．物块A与ab段的动摩擦因数为0.5

B．轻弹簧的劲度系数为144N/m

C．物块A下滑的最大速度为

33

D．物块B的质量为0.4kg2m/s

【答案】A

【详解】A．剪断轻绳后，物块A沿斜面体向下加速运动，由牛顿第二定律得

解得𝑚sin�−�𝑚cos�=��

又�=�sin�−𝑚cos�

2

联立��解=得2����，A正确；

B．设bc�间=的0距.5离为x，物块A由b到c的过程中，对物块A由动能定理得

1212

22�

在c点时对物块A由牛顿第二定律得𝑚�sin�−��=0−��

�

解得，，B错误；�−𝑚sin�=��

1

�=3m�=72N/m

C．设物块A下滑的速度最大时轻弹簧的压缩量为，此时物块A的加速度为0，则

′′

对物块A由动能定理得�𝑚sin�=��

2

′1′1212

𝑚�sin�−2��=2��m−2���

联立解得，C错误；

32

m

D．剪断细�绳=前，2对m物/s块A由力的平衡条件得

又，𝑚sin�=�m+�

垂直�=斜�面B方�向�有m=��N

解得，�ND=错�误�c。os�

故选�AB。=0.2kg

10.（2025·广西·模拟预测）传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型图，传送

带顺时针匀速转动，在传送带下端点无初速度放上货物。货物从下端点运动到上端点的过程中，

其机械能与位移的关系图像（以�点所在水平面为零势能面）如图（�b）所示。货物�视为质点，关于

货物从点�运动到�点的过程说法正�确的是（）

��

A．该过程中货物受到的摩擦力不变

B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为

C．货物对传送带做的功为8 J

D．传送带输送机因运送该−货8物 J而多消耗的电能为

【答案】D13 J

【详解】A．根据功能关系可知E-x图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发生

变化，故A错误；

B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共速

后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即

�111

设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为�=��=5，JB

��

1111111

错误；�=�(��−2�)=�2�=��=5J

C．加速阶段货物对传送带做功

匀速阶段货物对传送带做功为�1=−�1��1=−10J

可知货物对传送带做的功为�2=−(8−5)J=−，3JC错误；

D．传送带输送机因运送该货�物=而�多1消+耗�的2=电−能1为3J产生的热能与货物机械能的增量之和，即

，D正确。Δ�=5J+8J=

1故3选JD。

（建议用时：40分钟）

1.（2025·北京大兴·三模）如图所示，一根内壁光滑的圆弧形细圆管竖直放置，且管口A与圆心O连线