2026年江苏高考物理二轮复习讲练测题型05 功和能（4大题型）（解析版）

题型05功和能

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01功和功率的计算

考向02功能关系的理解和应用

考向03机械能守恒定律的应用

考向04能量守恒定律的应用

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

在高考中，功和能是物理学科的核心内容，具有重要的作用和地位。

一、分值占比高：稳定考查1~2道选择+1道计算，有时还会和电磁场相结合，故在高考物理中

分值占比高，直接和间接分数可达40分左右，是高考物理的重点考查内容。

二、题型覆盖全：

1、功、功率、动能、势能等概念常以选择题形式考查。

2、功能关系（包括动能定理）、能量守恒定律常用来解决多过程、变力做功、圆周运动、静电场、

电磁感应等问题，多以非选择题形式出现。

三、核心作用强：

功和能是分析复杂物理过程、理清能量转化和转移的关键；动能定理无需考虑过程细节，只需

分析初末状态动能与合外力做功，适用于恒力、变力、直线、曲线运动，能快速求解速度、位移等

问题；能量守恒定律为解决特定条件下的能量问题提供了简便方法。

能量观念与守恒思想是物理核心素养的必考方向，常会结合工程、体育、科技等情境化问题来

命题，从而考查能量转化与守恒。总之，功和能在高考物理中不仅分值占比高，还贯穿于多个知识

点的考查，是解决物理问题的重要工具。

考向01功和功率的计算

【例1-1】(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质

量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，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F方向无关

B.合力做功大小与F方向有关

C.F为水平方向时，F做功为μmgx

D.F做功的最小值为max

【答案】D

【解析】设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsinθ)x，

即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F

方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；

因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsinθ=mg

时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。

【例1-2】（2025·山东·二模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m

的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于

该运动过程，下列说法正确的是（）

mgR

A．力F做功大小为mgRB．力F做功大小为

2

C．力F的功率先增大后减小D．克服重力做功的功率先增大后减小

【答案】B

【解析】AB．由于力F方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg，根据变力做功的计算方法，这里可以用微

元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F做的功WFl（l是每一小段的弧长），则力F做功的

2RmgR

大小WFlll...lFsmg，故A错误，B正确；

123n42

C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根

据PFv（F与v始终夹角为0），可知F的功率一直在增大，故C错误；

D．设重力方向与速度方向夹角，题图可知，对于该运动过程，从90增大到180，则克服重力做功的

功率PGmgcosv，可知cos一直在增大，v也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。

【例1-3】(2025·如皋调研)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额

定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶．汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力

F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（）

AB

CD

【答案】B

【解析】汽车在0～t1时间内做匀加速运动，则加速度a不变，速度v均匀增加，牵引力F保持不变，根据

P

P＝Fv＝Fat，可知功率随时间均匀增加；t1～t2时间内，功率P保持不变，根据－f＝ma，可知随速度的增

v

加，加速度a减小，牵引力F减小；t2时刻后匀速行驶，速度不变，牵引力等于阻力不变，加速度为0，功

率不变，故B正确．

一、功的计算

1、恒力功：W=Flcosα(α为F、l之间的夹角)

2、变力功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)等

注：功=力×力方向上的位移

二、功率=力×力方向上的速度

三、机车起动问题

两个基本关系式P=Fv，F-f=ma

恒定功率启动P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动

1

Pt-fs=mv2

2m

恒定加速度启动

a不变，F不变，v，P⇒P=P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动

P

最大速度无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm=

vmf

【变式1-1】（22-23高三上·重庆·期中）如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设

定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即fkh，

k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为h0，则打

桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（）

A．h0B．nh0C．nh0D．(nn1)h0

【答案】D

【解析】由题意可知，阻力f与深度h成正比，其fh图像，如图所示

对于力—位移图像来说，其图像与坐标轴围成的面积等于力所做的功，每次打桩机对圆柱体做的功相同，

如图所示可得，每次围成的面积相同，根据边长比的平方等于面积比，有h1:h2:h3hn1:2:3n

整理得hnnn1h0，故选D。

【变式1-2】(2025·扬州七校联考)如图所示，甲起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m＝150kg

的物体，其a－t图像如图乙所示，5～10s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，取g＝10m/s2，则

下列说法中正确的是（）

甲乙

A.物体在0～10s内运动的最大速度为10m/s

B.起重机的额定功率为1800W

C.5～10s内起重机对物体做的功等于0～5s内起重机对物体做功的1.5倍

D.5～10s内起重机对物体做的功等于0～5s内起重机对物体做功的2倍

【答案】D

【解析】由a－t图像可知，物体在0～5s做匀加速直线运动，5s时物体的速度为v1＝at1＝2×5m/s＝10m/s，

由于5s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0～10s内运动的最大速度大于10m/s，故

A错误；由a－t图像可知，在5s时，物体结束匀加速直线运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛

顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1800N，则起重机的额定功率为P额＝Fv1＝1800×10W＝18000W，

v110

故B错误；0～5s内，物体的位移为x1＝t1＝×5m＝25m,0～5s内起重机对物体做的功为W1＝Fx1＝1

22

800×25J＝45000J,5～10s内起重机保持额定功率不变，则5～10s内起重机对物体做的功W2＝P额t＝18

000×5J＝90000J，可得W2＝2W1，故C错误，D正确．

考向02功能关系的理解和应用

【例2-1】(2025·南京二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，其中AB段光滑，BC段粗糙，且AB

＝BC＝l.质量为m的小物体由A点处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具

体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列说法中正确的是()

甲乙

A.动摩擦因数最大值μm＝2tanθ

3

B.小物块的最大速度为glsinθ

2

C.重力在AB、BC两段上做功不相等

D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率

【答案】B

1

【解析】小物体从A点到C点根据动能定理有mg·2lsinθ－μmglcosθ＝0，其中由图乙可知μl＝μml，解

2

得μm＝4tanθ，故A错误；当小物体加速度为0时，速度最大，则有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，即

1

l1＋1μml13

此时小物体运动到B点下方处，根据动能定理有mg·4lsinθ－·mgcosθ·＝mv2，解得v＝glsinθ，

424422

故B正确；在AB、BC两段，重力做功均为W＝mglsinθ，故C错误；物体在AB段做匀加速直线运动，

在BC段物体先做加速度减小的加速运动，之后做加速度逐渐增大的减速运动，在两段的中间时刻速度不相

等，所以其瞬时功率不相等，故D错误．

【例2-2】(2025·江苏镇江市检测)如图所示，一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面，物块和斜面

之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减小。以斜面底端为重力势能零点，v、a、Ek、E分别为物块的速度、

加速度、动能、机械能。在物块上滑过程中，上述物理量与上滑的时间t或位移x的图像可能正确的是

()

【答案】C

【解析】设物块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物块质量为m，物块初速度为v0，则物块上滑过

程，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得a=gsinθ+μgcosθ，则上滑过程速度为v=v0-at=v0-(gsin

θ+μgcosθ)t，由题意知物块和斜面之间的动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，即v-t图像斜率绝对值随时间逐

渐减小，故A错误；由A选项分析可知，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，但不会减为0，故B错

误；由于Ek-x图像斜率绝对值表示合力大小，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，故合力逐渐减小，

即Ek-x图像斜率绝对值逐渐减小，故C正确；由于E-x图像斜率绝对值表示除了重力之外的其它力大小，

这里的其它力就是滑动摩擦力，由于动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，则E-x图像斜率绝对值不断减小，

故D错误。

常见的功能关系有

1、重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功等于对应势能的减少量，即W=Ep1-Ep2=-ΔEp；

121

2、动能定理：W=Ek2-Ek1=mv-mv2；

220

3、除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量：W其他=E2-E1=ΔE机；

4、一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能：Q=Ff·s相对s相对为相对路程；

5、克服安培力做功等于电能增加量：W克安=QJ。

【变式2-1】(2025·通州、如东联考)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一

根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定在斜面底端，另一端连接在A上．开始时B

被托住，轻绳伸直但没有弹力．现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中(设B未落地，A未与定滑

轮相碰，弹簧始终在弹性限度内)（）

A.A和B总的重力势能先减小，后增大

B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加

C.当A受到的合外力为0时，A的速度最大

D.当A和B的速度最大时，A和B的总机械能最大

【答案】C

【解析】在B运动至最低点的过程中，令B下降的高度为h0，斜面倾角为θ，则A和B总的重力做功为WG

＝mgh0－mgh0sinθ>0，可知A和B总的重力势能一直减小，故A错误；在B运动至最低点的过程中，弹簧

先处于压缩状态后处于拉伸状态，弹簧弹力对A先做正功，后做负功，轻绳对A一直做正功，轻绳对A做

功与弹簧对A做功的代数和等于A机械能的变化量，故B错误；在B运动至最低点的过程中，对A进行分

析，A先向上做加速度减小的加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，当A受到的合外力为0时，A

的速度最大，故C正确；在B运动至最低点的过程中，结合上述可知，当A和B的速度最大时，A、B所

受外力合力为0，此时弹簧处于拉伸状态，在弹簧从原长到该拉伸状态过程，弹簧对A做负功，该过程A、

B系统的机械能减小，可知，当A和B的速度最大时，A和B的总机械能并不是最大，故D错误．

【变式2-2】(2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面

间的动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F与位移x

的关系如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，取g＝10m/s2.

甲乙

（1）求0～1m，F做的功．

（2）求x＝1m时，A与B之间的弹力大小．

（3）要保证物块B能到达M点，求圆弧轨道半径需满足的条件．

【答案】(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m

【解析】(1)F做的功W＝Fx＝1.5×1J＝1.5J

(2)对A、B整体，根据牛顿第二定律F－f＝2ma，其中f＝μmg

对B根据牛顿第二定律FAB＝ma

联立解得FAB＝0.5N

(3)当A、B之间的弹力为0时，A、B分离，根据第(2)问分析可知此时F′＝f＝0.5N

此时x＝3m

12

该过程中，对A、B根据动能定理WF－μmgx＝×2mv

2

0.5＋1.5

根据题图可得WF＝1.5J＋×2J＝3.5J

2

1212

从P点到M点，根据动能定理－mg·2rmax＝mvmin－mv

22

2

vmin

在M点的最小速度满足mg＝m

rmax

联立可得rmax＝0.2m

即圆弧半径满足的条件r≤0.2m.

考向03机械能守恒定律的应用

【例3-1】(2025·南通如皋调研)如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连

L

接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向的夹角α＝30°.原长为的轻弹簧

2

水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上．滑块P由静止释放，下降到最低点时α变为60°.整

个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.在P下

降过程中（）

A.P、Q组成的系统机械能守恒

B.P、Q的速度满足vPtanα＝vQ

3－1

C.弹簧弹性势能的最大值为mgL

2

D.滑块P达到最大动能时，对杆的弹力等于0

【答案】C

【解析】根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故A

vP

错误；在下滑过程中，根据速度的合成与分解，可知vPcosα＝vQsinα，解得＝tanα，故B错误；根据系

vQ

3－1

统机械能守恒可得弹性势能的最大值Ep＝mgL(cos30°－cos60°)＝mgL，故C正确；P由静止释放，P

2

开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，P的速度达到最大，此时动能最大，则mg＝Tcos

mg

θ，即杆的弹力为T＝，不为0，故D错误．

cosθ

由于机械能守恒是有条件的，因此研究单个物体时，应用动能定理或能量守恒定律要比机械能守恒定

律更直接、更简单。而对于多个物体组成的系统，应用系统机械能守恒或能量守恒都可以解决问题。

【变式3-1】(2025·泰州四模)如图所示，质量分别为m和4m的尖劈和匀质圆柱一起搁置在墙角．已知墙壁

竖直，地面水平，尖劈的尖角为θ＝30°，尖劈抵在墙角处，圆柱的半径为R，不计一切摩擦．给尖劈施加一

个约束，使系统保持静止．已知重力加速度为g.

（1）求圆柱与尖劈间的作用力大小．

（2）撤去对尖劈的约束，求圆柱下落的加速度a的大小．

（3）撤去约束后圆柱下落至地面，求此过程中圆柱对尖劈所做的功W.

83412

【答案】(1)mg(2)g(3)(3－1)mgR

377

83

【解析】(1)圆柱静止，对圆柱受力分析，在竖直方向上有4mg＝Ncos30°，解得N＝mg

3

(2)撤去对尖劈的约束后，尖劈后退，圆柱下落，对圆柱，在竖直方向上，有4mg－N′cos30°＝4ma

对尖劈，在水平方向上，有N′cos60°＝ma劈

画出微小时间的位移图发现，圆柱下降高度h与尖劈后退距离x之间的关系为h＝xtan30°

两物体都做初速度为0的匀加速直线运动，则a＝a劈tan30°

4

联立解得a＝g

7

(3)圆柱从下落到落地，下降高度h＝(3－1)R

1212

圆柱下落过程中，系统机械能守恒，有4mgh＝mv劈＋·4mv，v＝v劈tan30°

22

1212

解得mv劈＝(3－1)mgR

27

1212

由动能定理得，圆柱对尖劈所做的功W＝mv劈＝(3－1)mgR

27

考向04能量守恒定律的应用

【例4-1】（23-24高三上·江苏苏州·阶段练习）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，

另一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，小球套在与水平面成30角的粗糙直杆上。A点距水平面的

高度为h，OAOC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度

为v1，并刚好能到达C处。若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度v0，小球经过B点时的速度为v2，并

刚好能到达A处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

3

A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数

3

B．v1v2

C．v02gh

1

D．小球从A到B过程中弹簧弹力做的功mv2

21

【答案】D

【解析】C．根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的摩擦力相等，则在两段过程

中摩擦力做功相等。设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A到C的过程和C到A的过

12

程，分别运用动能定理得

mgh2Wf0，mgh2W0mv，联立解得v2gh，故C错误；

f200

h12

AD．设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有mgEmvW

2p21f

112

A到C的过程有mghEp2WfEp，解得Wmgh

，EW弹mv，且由于弹簧对小球有拉力（除B

f2p21

点外），小球对杆的压力大于μmgcos30°，无法计算动摩擦因数，故A错误D正确；

h1

B．从B到A过程mgEWmv2，所以vv，故B错误。

2pf2212

【例4-2】在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传

送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=1kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上

运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10m/s2，sin

37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）快件与传送带间的动摩擦因数；

（2）快件与传送带因摩擦而产生的热量；

（3）快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。

【答案】(1)0.875(2)56J(3)160J

【解析】(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度

16

大小为a=m/s2=1m/s2。根据牛顿第二定律可得μmgcos37°-mgsin37°=ma，解得动摩擦因数μ=0.875

2×8

v

(2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4m/s，快件加速的时间为t1==4s，快件与传送带的相对位移为

a

1

Δx=vt1-vt1=8m，快件和传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos37°·Δx，解得Q=56J

2

(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而

1

产生的热量之和，则有W=mgLsin37°+mv2+Q，解得W=160J。

2

对能量守恒定律的理解

1、某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量相等，即ΔE减=ΔE增。

2、某个物体的能量减小，一定存在其他物体能量的增加，且减少量和增加量相等，即ΔEA减=ΔEB增。

【变式4-1】(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧

下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦

力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：

（1）B静止时，弹簧伸长量x；

（2）若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放：

①物块的最大速度大小vm；

②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。

mgm72m2g2

【答案】(1)(2)①g②

kk25k

mg

【解析】(1)B静止时，根据平衡条件有mg=kx，解得x=

k

(2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x'，此时的弹力为F弹=kx'=mg

结合题意可知F弹=kx'=mg<Ffmax=1.2mg

11

所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mgx'=mv2+kx'2

2m2

m

联立可得vm=g

k

②设B向下运动速度减为零时，小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x″，根据能量守恒定律可得

12

mg(L+x″)=kx″+Q，其中Q=FfmaxL=1.2mgL，kx″=1.2mg

2

72m2g2

联立解得Q=。

25k

1．（24-25高三上·海南·期中）如图，水平轨道AD足够长，BC段部分粗糙且长度为L1m，其余部分光

滑。质量为1kg、长度为2L的均匀木板以v05m/s的初速度穿过BC部分，木板与粗糙部分的动摩擦因数

为0.8，重力加速度g取10m/s2，木板穿过粗糙段后的速度大小为（）

A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s

【答案】C

【解析】木板穿过BC段所受摩擦力随位移x变化如图所示，Ffx图像与坐标轴围成的面积表示物体克服

摩擦力做的功W，

Ff

L3Lmg11

根据动能定理有mv2mv2，解得v3m/s，故选C。

22220

2．(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达

到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球()

A．从1到2动能减少mgh

B．从1到2重力势能增加mgh

C．从2到3动能增加mgh

D．从2到3机械能不变

【答案】B

【解析】由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，

从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减少，重力势能

减少mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。

3．(2025·通州、如东联考)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始运动，速度v与时间t的关系图像如

图所示，0～t1时间内匀加速运动；t1时刻速度达到v0，开始以额定功率加速运动；t2时刻后以速度vm做匀

速运动．整个过程汽车所受阻力均为f，则（）

mv0

A．0～t1时间内，汽车的牵引力为

t1

B．0～t1时间内，汽车克服阻力做功的功率不变

C．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为fvm(t2－t1)

1212

D．t1～t2时间内，汽车牵引力做的功为mvm－mv0

22

【答案】C

v0mv0

【解析】0～t1时间内，汽车的加速度为a＝，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可得汽车的牵引力为F＝

t1t1

＋f，故A错误；汽车克服阻力做功的功率为P＝fv，由于在0～t1时间内，阻力f不变，速度v逐渐增大，

所以汽车克服阻力做功的功率逐渐增大，故B错误；t1时刻后汽车保持额定功率不变，t2时刻后牵引力等于

阻力，所以t1～t2时间内，汽车牵引力做功的功率等于t2时刻后的功率为P额＝fvm，所以牵引力做功为W＝

1212

P额t＝fvm(t2－t1)，故C正确；根据动能定理可知，t1～t2时间内，汽车所受合力做的功为W′＝mvm－mv0，

22

故D错误．

4．(2025·扬州调研)如图所示，甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台．斜面粗糙程度相同，

推力平行于斜面向上，则（）

A．甲推力一定比乙小

B．甲推力一定比乙大

C．两人推力做功相等

D．甲推力做功比乙多

【答案】D

【解析】设斜面倾角为θ，货物匀速运动，沿斜面方向受力平衡，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＝mg1＋μ2sin(θ

＋φ)，由此可知，斜面倾角越大，θ＋φ越大，但sin(θ＋φ)不一定越大，所以甲和乙的推力大小关系无法确

μ

hh1＋

定，故A、B错误；设斜面高度为h，则推力做功为W＝F·＝(mgsinθ＋μmgcosθ)＝mghtanθ，

sinθsinθ

由于左侧斜面倾角较小，tanθ较小，W较大，即甲推力做功比乙多，故C错误，D正确．

5．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分

别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块（）

甲乙

A．受到的合力较小

B．经过A点的动能较小

C．在A、B之间的运动时间较短

D．在A、B之间克服摩擦力所做的功较小

【答案】C

【解析】因为频闪照片的时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中运动时间短，滑块加速度大，是上滑

阶段．根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，

滑块先上升，后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，图甲中滑块经过A点的动能较大，

1

故B错误；由于图甲中滑块加速度大，根据x＝at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；

2

无论是上滑或下滑，滑块受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力所做的功相等，

故D错误．

6．（25-26高三上·江苏淮安·阶段练习）如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的

小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由

静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法确

定的是（）

A．物块最终停在AB中点处

B．滑块运动总路程为3L

1

C．滑块与杆之间的动摩擦因数tan

4

3

D．滑块下滑过程加速度的大小agsin

14

【答案】B

【解析】A．现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，滑块下滑，所以物块最终停在B点处，故A错

误；

11

CD．设AB长为L，最大速度为v，根据平均速度公式可知Lvt下，l上vt上，其中第一次碰撞后上滑

22

时间恰好是下滑时间的一半，所以恰好能上升到AB的中点，

1

对整个过程，运用动能定理得mgsin0.5Lmgcos（L0.5L）0，解得tan

3

2

根据牛顿第二定律得下滑过程mgsinmgcosma，得agsinαμgcosαgsinα，故CD错误；

113

B．根据mgsinLmgcoss0，滑块运动总路程为s3L，故B正确。

7．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一条长L50cm的细线，上端固定在转轴的O点，下端拴一个可视

为质点、质量m1kg的小球，小球在水平面内随转轴做圆周运动，绳子与竖直方向成37角。若保持悬

点和绳长不变，增大转轴的转速，小球再次稳定后，绳子跟竖直方向成53角，忽略空气阻力，重力加速度

g10m/s，sin370.6。则绳子对小球做的功约为（）

A．3.54JB．2.54JC．1.54JD．0.54J

【答案】B

【解析】令细绳与竖直方向夹角为，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示

v2343

则有mgtanm，解得当夹角分别为37°与53°时的线速度为v1m/s，vm/s

Lsin223

11

根据动能定理有WmgL(cos37cos53)mv2mv2，解得W2.54J，故选B。

2221

L

8．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光

3

滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速

度为g)（）

gL

A．小球P在最高位置的速度大小为

3

2gL

B．小球Q在最低位置的速度大小为

3

4

C．小球P在此过程中机械能增加mgL

9

2

D．小球Q在此过程中机械能减少mgL

3

【答案】C

【解析】设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能

2L1212

守恒，有2mg·L－mg·＝×2mv1＋mv2，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1

3322

22gL2gLL124

＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·＋mv2＝mgL，由于整个系

33329

4

统机械能守恒，因此小球Q机械能减少mgL，C正确，D错误．

9

9．(2025·南京、盐城一模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的物块，现给物块

沿内壁切向方向的水平初速度．若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等，则物块滑动时动能Ek与通

过的弧长s的图像可能正确的是（）

ABCD

【答案】C

【解析】物块在运动过程中，受到重力mg，方向竖直向下；底面的支持力N1，方向向上；底面的摩擦力f1，

方向与运动方向相反；侧面的支持力N2，垂直于圆筒内壁；侧面的摩擦力f2，沿切向方向，与运动方向相

反．其中侧面的摩擦力的大小为f2＝μN2(μ为动摩擦因数)．物块做圆周运动时，侧面的支持力提供向心力，

mv2

即N2＝，可知随着物块速度的减小，f2逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力做负功越来越少，根据动能

R

定理可知，动能减小得越来越慢，则动能与弧长图像的斜率减小，故C正确．

10．(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止

释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，

下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为0，A、B与斜面间的动摩擦因数相同且弹簧未

超过弹性限度，则（）

A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下

B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化

C．下滑时，B对A的压力先减小，后增大

D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

【答案】B

【解析】设A在最高点的弹簧弹力为F，以沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力大小为

FAB，动摩擦因数为μ.A、B在下滑过程中不分离，则刚下滑时对A、B整体根据牛顿第二定律有F＋(mA＋

FFAB

mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，联立可得＝－，

mA＋mBmB

则F＜0，可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，则弹簧一直处于

压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；由于下滑过程中F

FFAB

向上且逐渐变大，则由＝－可知，下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的

mA＋mBmB

压力逐渐变大，故C错误；设弹簧原长在O点，A