功和功率、动能定理-2026届高考物理复习（解析版）

功和功率,前能定理

军情境突破练军压轴提速练

情境突破练

1.新情境衢铁］（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,动车组在水平直凯道上运行过程中阻力与车重成正比（比例

系数为功。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】4开启两节动车时2P=8kt»i】Tig

动力全开时3P=8丽2mg

可得最大行驶速度比为生=告，故A正确：

v23

6.动力全开匀加速出站时对整车受力分析知39—8/cmo=8ma

对第1节车始有口一片一kmg=rna

对后4节车厢有£+尸-4kmg=4ma

解得R：E=5:4,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1节车麻）和第3节车闹通过电线杆的时间之比力也=1：（，5故C错误；

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8和叼s=,xSmv2

得,=靠）

故滑行的距离与关闭发动机时的速度平方成正比，故。错误。

故选人

2.新考法（2026•福修省仙游第一中学•上学期期中考试）（多选）我国CR400BB型复兴号智能高铁在平直轨

道上启动，列车总质量为4.0x105kg,以1.Om/sz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=l(hn/s2,则下列判断正确的是

()

A.列车能达到的最大速度为120m/sB.列车的额定功率为1.0x10lkW

C.当车速为40m/s时，加速度大小为0.35m/s2D.第12s时牵引力的瞬时功率为6.0xUTkW

【答案】

【解析】6.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尸-

2

其中a=1.0m/s,/=2.5%mg=1.0xlCTW,解得F=50x10W

经20s的速度为笛=at=20.0m/s

此时列车刚好达到额定功率为尸=/^=1.0xUTkW,故6正确：

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，则有储n=f=100m/s,故4

错误：

C.由6项，可知列车做匀加速直线运动的最大速度为u=20.0m/s，故当列车的速度为U=40m/s时，

列车的加速度不再是1.0m/s'2,设为优，根据牛顿第二定律有「一/=〃〃

根据P=F'v'

联立解得优=0.375m/s2,故C缙误；

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9二

5.0x10,W,此时速度为/=1.0x12m/s=12m/s

根据pw=N"

解得P-=6.0x103kW,故D正确。

故选8D,

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,

・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•个水立推力，作用•

段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为E，第二次为E，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反随位移c的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是(：

甲乙:

A.E做的功小于鸟做的功B.E的平均功率等于E的平均功率：

.............3

C.E的冲量大于E的冲量D.两次运动中摩擦力的冲量相等

【答案】C

【解析】4根据动能定理=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，可知后小于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E、E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，故打、£做的功相等，4项错误；

B.由图乙可知撤去用时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率户=尸方可

知，E的平均功率小于艮的平均功率，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，所以片、E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，而第一次撤去外力的冰壶的速度小，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E的冲量大于

E的冲量，。项正确，。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Z=4a的轻

绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量河=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7n=20kg的木楔发生正碰，不计撞

击过程的机械能损失，撞击时间£=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/s2o(sin37°=0.6,cos370=0.8)求：

8

甲

(1)撞击前,石块在最低点对轻绳的拉力大小T；

⑵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；

⑶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。要木楔移动的位移物＞0.4a,石块至少需撞击多少次木楔。

【答案】(l)T=2520N

(2)F=28807V(3)4

【解析】

【小问1详解】

石块运动到最低点过程，根据切能定理有皿2(1—cos。)=£%(彳

2

根据牛顿第二定律有7—愉=河岸

瑕立解得T=2520N

【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，则有人包=凶；］+砧5

根据机械能守恒有<环方=+^-mvl

解得Vi=3.2ni/s,v2=7.2in/s

对石块进行分析，根据动量定理有一=-Mv（）

根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小尸=尸'

联立解得尸=2880N

【小问3详解】

根据木楔的阻力与位移图像关系有了=15000/+2000（N）

木楔移动的）需克服阻力做的功用=］（15000的+2000）的（J）

根据能量守恒定律有Nx。mv：i=W}

解得N=3.86

故要木楔移动的位移g>0.4m,石块需撞击4次木楔。

5.新情境:新能■（汽车技术测试】（2026•四川省资阳市•一模）如图中所示，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/。的关系如图乙所示,则赛车（）

甲

A.做匀加速直线运动B.发动机的功率为50（沈出

C.所受阻力大小为5000ND.速度大小为50m/s时牵引力大小为9600N

【答案】。

【解析】力.根据牛顿第二定律可得由二一/=m〃

v

寸产P1f

叫付a=-----------

mvm

由图线可知斜率为f■，为常量，故赛车在恒定功率下启动，速度变大，根据P=N可知牵引力变小，根据厂一

m

f=ma可知加速度减小，故A错误；

BC.根据Q=£■,—-----

mvm

可知a—工图像的斜率为A='=—J-mW=400m2Zs3,一工=-4m/s2

可知功率为0=480后〃阻力大小为4800N,故错误；

D.速度大小为%=50m/s时，根据尸=打幼

可知牵引力为E=9600N,故0正确。

故选。。

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r=0.2m,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

间七变化的关系如图乙所示，£=6s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/s"下列说法正确的是()

A.在0〜6s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0〜5s内，材料上升的高度为2.98m

【答案】4c

【解析】材料匀速上升时的速度大小为=

电动机的输出功率为P=Fvm=mgv)n=180IV

故B错误；。正确；

A.在0〜6s内，根据P==F^cor

解得凡=旦，由乙图可知电动机驱动滚筒转动的角速度3逐渐增大，则钢丝绳对材料的拉力逐渐减

a)r

小，故A正确；

D.在0〜6s内，根据动能定理有闩-=Jm/端

解得材料上升的高度为拉=5.95m,故D错误。

故选？1C。

7.新情境【行李箱的索运】(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，目相邻两个

行李箱间不发生碰撞。如图2所示，4、6、。是传送带上3个进入货舱前匀速运动的行李箱，其中A与

，间的距离小于召与C间的距离，行李箱力的质量为20kg,力与传送带间的动摩擦因数为0.8,传送带

的长度为107沱，重力加速度g取1011四，揄137°=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是

()

B.行李箱力在传送带上留下的划痕长度为0.8m

C.行李箱X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.由于搬运力，驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J

【答案】6

【解析】4.由题知，传送带运行的速率为r=0.8m/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=0.75

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，设加速时间为九加速过

程的位移为为，对行李箱，根据牛顿第二定律有“mqccs，—m/ysin/?=mn.

解得a="geos。—gsinJ

根据速度时间公式，可得加速的时间为£

a

行李箱加速的位移为X\=^rt

行李箱加速时，传送带匀速的位•移为X2=vt

故行李箱相对传送带的位移为^x=x2—xi

联立解得Ax=-------正-------

2(“geosJ-sin。)

可知力速时两物体之间的距离Ac与动摩擦因数有关；由题知，A与6跖离小于3与C间的距离，所以动摩擦

因数不相等，故力错误；

B.对行李箱4,对行李箱，根据牛顿第二定律有fjmgcosG—mgsinO=ma

解得a=0.4m/s2

2

A的加速位移x==0.8m

x2a

加速时间t=—=2s

a

这段时间内，传送带的位移x2=vt=1.6m

故相对位移@—④1=0.8m

即行李箱力在传送带上留下的划痕长度为0.8m,故6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用=〃强cosJ•电=102.4J

匀速上升阶段静摩擦力做功必=mgsinO-(10-^)=1104J

故摩擦力对行李箱4做的总功为W=W+私=1206.4J,故。错误：

D.根据能量守恒，可知由于搬运力，驱动传送带的电机额外消耗的电能等于人的机械能增加量和4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8。

X.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L=0.4m,AC.BD的延长线相交于点E且4后=

点到A3的距离d=6m,M、N两端与阻值A=2Q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B=1T，一根长度也为L=0.4m、质量为zn=0.6kg电阻不计的金属

棒，在外力作用下从力6处以初速度为=2m/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。贝I」：()

...........»

A.电路中的电流/=0.4月

B.金属棒向右运动y过程中克服安培力做的功W-0.72J

C.金属棒向右运动号过程中外力做功的平均功率F=5.32W

D.金属棒向右运动？过程中在电阻中流过的电量Q=0.45C

【答案】

【解析】？1.金属棒开始运动时产生感应电动势

E—BLv（y=1x0.4x2=0.8V

电路中的电流

/=登=等力=0.44

选项4正确；

B.金属棒向右运动运动距离为1时，金属棒接入电路的有效长度为由几何关系可得

d-工_Li

dL

_L{d—x)

=°-4-15

此时金属棒所受安培力为

斤=眄=0」6-管（0一常）

作出尸一力图象，由图象可得运动4过程中克服安培力所做的功为

W=Fx=0.1G+0.08X3=0.36,7

2

选项8错误；

C.金属棒运动过程所用时间为t

W=PRt

解得

9

8S

设金属棒运动的苧的速度为明由于电阻R上消耗的电功率不变;

则有

BLvi)=B-^-v

v=2。0

由动能定理可得

Pt—W=-ymv2--ymvo

解得

W-^-^mvo

P=—

代入数据解得

尸=3.52W

选项C错误。

D.根据

旦A£=△①△£=皎

q=i\t=

A△―M・R”~R

由图可知

乙+.L/7Qxn4

A①一年■=1xx3Wb=O.OWb

224

解得

q=0.45C

选项。正确。

故选

压轴提速练

建议用时：43min

9.(2026•河南省信阳市•一模)如图所示，水平传送带4?左端与水平面8C相连，左端是竖直光滑四分

之三圆弧轨道，在。点与反7相切。圆轨道半径A=0.5m,传送带为6长度〃=2m,沿逆时针方向匀速

运行，运行速率为。，威7间距离七=2加一可视为质点小物块质量m=0.4kg,从传送带4点由静止释

放，该物块与传送带间的动摩擦因数为出=0.5,与6c面间的动摩擦因数均为〃2=0.2。重力加速度取

g=lOm/s2,不计空气阻力。

⑴若传送带的速度大小。=3m/s,判断物块能否运动到达。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。点

⑵挈m/s

【解析】

【小问1详解】

根据题意，设在6点的最小速度为外,从3点到。点过程中，根据动能定理得一所必一ragR=0—

-1^rnvj2i

解得VB=3V2m/s,%>3m/s，物块不能到达。点；

【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a

tan^=—^―=。,0=370

rng4

设在等效最高点最小速度为上则有■|■mg=4^L

从B点到等效最高点，由动能定理可得

F（Li—Rsinca）—rncju2Li—"也（R+Rcosa）="ymv?—

解得vD=3fn/s

10.（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a、

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，导轨平面上有几段竖直向

下的宽度为Q、间距为b的匀强磁场，磁感应强度大小为b导体棒在恒定外力厂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U，离开磁场时示数为U，导轨电阻和摩

接力忽略不计•导体棒穿过一段磁场区域问路中消耗的电能为（）

U

XXXX:XXJ

FXX：

XXXXL

III

RXXXX：XXIII

,a卜oT

甲乙

A笔皿脸"制］中噎“第］

B.

C•舞晦卜（给］如［出2_（0）2］

D.

【答案】力

【解析】设导体棒进入磁场的速度为口，出磁场的速度设为。2,由图可知进入磁场时电压表示数为a,出

磁场时电压表示数为U2o

根据闭合电路欧姆定律有

。产/瓦=我

5=舞』

根据法拉第电磁感应定律有

E}—BLvx

E>=BLV2

从导体棒进入磁场到出磁场的过程中，根据功能关系有

Fa++Q

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

Fb=:mvf--ymvl

我主解得

Q=「喝〉（给］

故选4。

11.（2026•湖南省长沙市集团联考••模）如图甲所示，已知车轮边缘上•质点尸的轨迹可看成质点P相对圆

心O做速率为9的匀速圆周运动，同时圆心。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6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，从静止开始自力点

沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，。为运动的最低点。不计直力，则下列说

法错误的是（）

甲乙

A.该离子带正电B.4、8两点位于同一高度

C.该离子电势能先增大后减小D.到达。点时离子速度最大

【答案】。

【解析】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4到S,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。所以力、3两点电

势相等，因为该电场是匀强电场，电场力方向竖直向下，所以4、3两点位于同一高度，故Z?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6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。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一。电场力做正功，动能增大，C-B电场

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

本题选错误的，故选C。

12.（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⑸，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3点距平台的高度差为九=；

（）.45如C是轨道最低点，。是凯道的最高点，圆弧B。对应的圆心角。=37%一带正电的物块（大小可：

.............3

忽略不计)从平台上某点由静止释放，从右端月点离开平台,恰好从8点沿切线方向进入轨道。己知物

块的比荷&=2xIO-。g，物块释放点距力点的距离乙=2俏，i37o=0.6,cos37°=0.8,4Zg=

m7kSn

⑴物块离开A点时的速度大小心和4、6间的水平距离小

(2)平台所在区域的场强大小£：

(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。

【答案】⑴%=4m/s,x=1.2m

⑵£=200Wrn

(3)0W斤《三加或^^当山

4616

【碎析】

【小问1详解】

物块恰好从6点沿切线方向进入轨道，从▲到3竖直方向有九=]g/

解得t=0.3s

在B点、有v,,=gt=3m/s,tan。=—

VA

可得物块离开4点时的速度大小为小=4m/s

力、Z?间的水平离为1=%£=L27n

【小问2详解】

物块从释放到A点过程，根据动能定理可得=说-0

代入数据解得E尸200Wm

【小问3详解】

情景一：物块在轨道上运行时恰好经过最高点，则有mg=m---

Hi

2

物块从A点到软道最高点过程，根据动能定理可得—mg(Ri4-RROSU—h)=-ymi;-

联立解得兄=

46

情景二:初块恰好运动到圆心等高处，从A点到圆心等高处，根据动能定理可得一"@(R2cos。一九)=0—

解得上=穹■加

16

综上分析可知，物块在就道上运动时不会脱离轨道，圆弧轨道的半径的取值范围为或R

13.（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固定在竖直转轴的。点,质量为zn的小圆环产和轻质弹簧套在04上,弹簧两端分别固定于

。点和P环上,弹簧原长为击L。质量为27n小球Q套在06上,用长为L的细线连接，装置静止时，细

线与竖直方向的夹角〃=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=lOm/s?,sin37°=0.6。求：

⑴弹簧的劲度系数上

（2）当。=53°时装置转动的角速度必

⑶上述过程中装置对P、Q做的功W。

【答案】（l）k=当地

⑵3=当

⑶仁联

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9=37°,设此时绳子的拉力为T,弹簧的弹力为R,

分别对两环受力分析，如图所示

由平衡条件有Tcos37°=2mg,F=Tsin37°

解得R=2"qtan37°=1-mg：

由几何关系可知，此时弹簧的长度为心=Lsin37°=^-L

0

.........亩

由胡克定律有F=k（-^-L—■乙）

'105'

联立解得卜=上警

L

【小问2详解】

当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，细线的拉力为2=0殳

cos53

由几何关系可知，此时弹簧的长度为心=乙5也53°=3£>17£

51（）

则弹簧被拉伸，此时弹簧的弹力为E=/c（1-L—

2

由牛顿第二定律有7]sin53°+E=TruoL2

联立解得s=《

【小问3详解】

当J=53°时，。的速度大小为〃=/乙2=2个得gL

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，由动能定理有卬一

277^Z/（COS37°—COS53°）=产

联立解得W=31恬

15

14.（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，

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6点射出的粒子动能增加了2反，从。点射出的粒子动能增加了得瓦。已知粒子仅受电场力

的作用，则（）

，穴一、

/、、

/\R\

Ci-——X-——.U

OY60°

\\/

'、、

''B

A.力点电势低于C点电势

B.匀强电场的场强方向与CD平行

C.若粒子从。点射出，其动能增加:反

D.若粒子从曲的中点射出，电场力做的功为四耳

【答案】。

【解析】氏沿8方向建立c轴，过。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“、Ey

一-----------B-►

\IE.

则对粒子由力到根据动能定理可得q£Q2Rcos60°+qK/2Rsin600=2Ei

同理对粒子由4到。，根据动能定理可得圾(R+Rcos60°)+qEyRsin60°=得及，

联立可得，善=—,qE,R=：瓦，qErR=4瓦

乜a22

可知该匀强电场的方向沿着力3方向，故6错误；

A.过C点和4点做幺B的垂线，均为对应的等势线，根据沿着电场线方向也势降低知，4点电势高于

。点电势，故4错误；

C.松抠13项分析如qEP=g琼，qE/R=咚后上

若粒子从C点射出，则根据动能定理可得一qE,(R—Rcos60°)+q4Rsii】600=AEK

解得其动能增加限=?,故。正确；

D.根据B项分析知qEaR=4耳，qE/R=乌瓦

若粒子从防的中点射出,则电场力做功为R(cos600+cos30°)+q%・2R(sin600+sin30°)=

(2+4)瓦

战。错误。

故选C。

15.(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加=1kg的铁丝棉(可视为质点)在竖直平面内绕一固定点O做半径为乙=

1m的圆周运动。细绳能承受的最大拉力£皿=110',转轴离地高度/z=6zn,不计阻力，重力加速度g

取lOm/H若铁丝棉在某次运引到最低点时细绳恰好被拉断，则()

...................0

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16

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10（）2卬

【答案】AB

【解析】力.细绳恰好被拉断，则细绳对铁丝棉的拉力为1n^=110%

铁丝棉在最低点时，根据牛顿第二定律有-=辞

解得〃=10m/s,故4正确；

B.铁丝棉做平抛运动，竖直方向有九一L=

解得力=ls,故6正确；

C.铁丝棉做平抛运动水平位移为c=M=IOTHZSxls=1。7九

竖直位移为"一L=5m

仔以铁丝棉从平抛起点到落地点的位移大小为x逛=/仇一七厂+"

解得力芯=5，5m，故。错误；

D.铁丝棉落地前竖直方向分速度为vy=gt=1Om/s

此时重力的瞬时功率为尸=

解得p=100W,故。错误。

故选43。

16.（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。。二

2/fin/s的初速度在水平地面上向右运动，水平向左的推力R随路程I变化的图像如图乙所示，已知物

体与地面之间的动擦因数为〃=0.1,重力加速度g取101口中,忽略空气阻力，则（）

A.物块回到出发点时的速度大小为2m/sB.整个过程中克服摩擦力做功12J

C.i=3a时，物块的动能为81D.物块运动的位移大小为2M

【答案】力BQ

【解析】/.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,根据动能定理可得一〃7/1

一]

-F*x=0——

乙

从F-6图像可知F=16—41

则有右=16+l；7i=16—2c

代人可得fmgx—（16—2c）c=0—\-rnvl

代入数据整理/-9/+14=()

解得z=2m或1=7m>47rM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7=2时用=

8N,根据动能定理则有一工一〃mgx=-ym,w2—0

代入数据解得&=2m/s,故A正确；

B.回到出发点，克服摩擦力做功W,=nmgx=0.1x2x10x4J=8J

之后9为0,物体减速至0,克服摩擦力做功叱=:"如2=1_X2X22J=4J

则总功得.=叫=12J,故8正确；

C.因a=3m>2m,说明物块从最右侧向左运动C2=1a，而①=3m时用=4N,根据动能定理可得

E+网—万

解得比=4J,故。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

能定理可得一“mga/=0--^mv2

解得物块最终的位移大小为〃=2m,故。正确。

故选力60。

17.(2026•安徽省江淮十校•上学期期中考试)如图所示，质量为皿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〃。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，大小为砒)。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

木块

电动机

长木板..I--.-.--.--.-.--.--..............力

/ZZZ/Z///ZZZ//Z//Z/ZZ/Z//Z//Z/ZZ//ZZ^X

A

(1)木块的位移大小电；

(2)长木板的位移大小g；

(3)长木板与木块速度之差最大时,长木板的速度大小。

【答案】(1)其

2出｝

(2)-^_____返

3mu2gr6Mg

4jnmg

【解析】

【小问1详解】

对木块根据牛顿第二定律有"闻=T72Q；

解得Q=〃g

根据运动学公式有vl=2aXI

.................................由

解得木块的位移大小为电=三

2〃g

【小问2详解】

对长木板根据动能定理有一（firng+2//mg）x2=-ymvl

其中y型

a

联立解得啰2=石华不一普

3m/z2g26〃g

【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Q,设长木板速度大小为

vf则P=Fv

对长木板根据牛顿第二定律有F—fj.mg—nFN=ma

其中片=2mg

联立解得&=丁仁

4Mg

18.（2026•河北省衡水市枣强中学•第四次调研考试）（多选）某静电场中出轴正半轴上电场强度石随4变化的

图像如图所示，必=2的。将一个质量为a、电荷星为一q的带电粒子在坐标原点由静止释放，粒子仅在

电场力作用下沿I轴正方向运动到1=/2处时加速度为零，速度大小为2^^^,下列判断正确的是

（）

A.粒子从原点运动至e=g过程中，先做加速运动后做减速运动

B.①轴上，6=0至①=g间的电场强度方向沿c轴负方向

C.z=0与⑦=应间的电势差和①=a与2=为间的电势差相等

D.①=0与c=期间图线与横轴所围面积和c=为与a=勘间图线与横轴所围面积相等

【答案】BD

【解析】AB.一个质量为小、电荷量为一q的带电粒子在坐标原点由静止释放，粒子仅在电场力作用下

沿I轴正方向运动，说明电场力方向为I轴正方向，粒子带负电，说明1轴上，1=0至4=归2间的电场强

度方向沿4轴负方向；

由图可知：粒子从原点运动至工=g过程中，电场强度方向不变，则电场力方向也不变，故粒子从原点运

动至啰=色过程中，一直做加速运动，故4错误，8正确；

氏

C.图像与横轴包围的面积为电势差，故c=0与z=g间的电势差为Ug、=—^-x（i=——x（）

旦op

①=£（）与/=电间的电势差U工由=--=—T---（①1-x）=—L-^-x（,故C错误；

2（）4）

D.i=0与c=g间图线与横轴所围面积为I=0与7=的间的电势差几।

由动能定理取(-q)=-ymvf-0

解得初=^

Z=©与1="2间图线与横轴所围面积为1与8=X2间的电势差U：

由动能定理U：1X2(-g)=yTnv'l-ymv'l

V2=2^ST

解得G饱=1%

故①=0与2=为间图线与横轴所围面积和①=%l与1=出2间图线与横轴所围面积相等，故。正确。

故选89。

19.(2026•河北省衡水市枣强中学第四次调研考试)如图所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动

轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭口动机，赛车继

续前进至石点后水平飞出，赛车能从。点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，。点和后点分别为

圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为/=0.4N•，赛车质量

为馆=0.4kg,通电时赛车电动机的输出功率恒为2W,8、。两点间高度差为九=0.45馆，赛道48的长

度为乙=2m,。与圆心O的连线与竖直方向的夹角a=37°,空气阻力忽略不计，sin37°=0.6,cos37°=

0.8,取g=10m/s2,求：

(1)赛车经过。点时的速度大小外;

⑵电动机工作的时间"

(3)要使赛车能通过圆轨道最高点。后沿轨道回到水平赛道EG,则轨道半径的最大值R.为多少？

【答案】⑴5m/s

(2)2s

(3)R产票m

46

【解析】

【小问1详解】

赛车在笈。间做平抛运动，竖直方向有2g/i=%

解得vy=3m/s

赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，则有。csina=o"；

Vy

解得赛车经过。点时的速度大小为vc==5m/s!

sma•

【小问2详解】

.亩

赛车通过B点时的速度大小为如=Vccosa=4ni/s

赛车从力点到B点过程，根据动能定理得Pt-fL=gmv%-0

解得电动机工作的时间为£=2s

【小问3详解】

要使赛车能通过圆轨道最高点。后沿就道回到水平赛道EG,当赛车恰好通过最高点。时，轨道半径具

有最大值，则有mg=

Km

从。到。，由动能定理可得一mgR„1(l+