2026年高考物理终极冲刺：专题06 功和能（含电磁场中的功和能）（抢分专练）（解析版）

1/7专题06功与能（含电磁场中的应用）【命题解读】夯实功、功率、动能、动能定理、重力势能、机械能等基本概念。动能定理、功能关系等基本规律。强化运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力；渗透一些重要的思想方法（如函数法、图像法、比较法、极限法）。【命题预测】动能定理常结合其他动力学的重点知识，如牛顿运动定律、曲线运动等。命题的选材背景主要以联系生产生活情境为主，也有部分高中物理常见理想化模型为素材的试题，试题中也常出现弹簧、各类轨道、传送带等装置，在此基础上可能还会与电磁场结合，这一点一定要注意。题型01功、功率1．（2026·重庆·一模）2025年5月11日亚洲举重锦标赛上，重庆举重运动员李霜包揽女子64公斤级抓举、挺举、总成绩三枚金牌。其中抓举105公斤第一次试举就成功夺魁，如图所示。则该次抓举李霜对杠铃做的功最接近于（

）A．0.5kJ B．2kJ C．15kJ D．64kJ【答案】B【详解】设杠铃升高的高度约为h=2m，因此该次抓举过程中，李霜对杠铃做的功故选B。2．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段与轴平行，点对应的坐标为第二个时间段内线段的延长线过原点，第三个时间段内拉力和速度v均与点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为。重力加速度为，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（）A．重物的质量为B．第一阶段重物上升的高度C．D．重物在前两个时间段内的总位移【答案】B【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有解得，A正确；B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为第一个时间段内的位移，B错误；C．BC段的拉力功率不变，有，C正确；D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有解得所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移，D正确。故选B。3．（2026·山西大同·一模）明代的《天工开物》记载了我国古人在农业上利用筒车进行水利灌溉的过程（如图甲），筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在水面下蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。图乙为筒车的简化图，若筒车的半径为，其轴心距水面的高度为，筒车在竖直面内沿逆时针方向以转速匀速转动。一竹筒（视为质点）打水后，运动到顶部过程中其所装水的质量保持不变，水面水平且高度恒定，重力加速度取，取3，则下列说法正确的是（）A．该竹筒转动的线速度大小为B．该竹筒单次蓄水时间约为C．从离开水面至顶部过程中，该竹筒中的水克服重力做功的最大功率为D．从离开水面至顶部过程中，该竹筒对其所装水的作用力大小先增大后减小【答案】C【详解】A．由题意，筒车的半径，转速得该竹筒转动的线速度大小，故A错误；B．设该竹筒从刚接触水面到刚离开水面，在水面下转过的圆心角为，利用数学几何关系，得解得则竹筒单次蓄水的时间，故B错误；C．设该竹筒线速度与竖直方向的夹角为，则其所装水克服重力的功率当竹筒转到与筒车轴心等高时，，最大，即，故C正确；D．水做匀速圆周运动，向心力大小恒定，由竹筒对其所装水的作用力和重力的合力提供向心力。设向心力与竖直方向夹角为，根据力的矢量合成法则，可得从减小到0，持续增大，因此持续增大，不是先增大后减小，故D错误。故选C。4．（2026·山东淄博·一模）如图甲是我国传统民俗表演活动“打铁花”。打铁花时，用柳木板迅速击打铁水，形成小铁块做抛体运动。假设有两块质量相同的小铁块A、B以相同的速率同时从柳木板同一位置离开，落到水平地面上，其示意图如图乙所示。所有运动轨迹均在同一竖直平面内，其中A的初速度方向水平，B的初速度方向斜向下，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．小铁块A在空中运动时间较长B．小铁块B水平射程较大C．离开柳木板后，两小铁块轨迹可能相交D．两小铁块落地时，重力的瞬时功率相同【答案】A【详解】A．小铁块A做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有小铁块B做斜下抛运动，竖直方向有向下的初速度分量，有由于下落高度相同，显然，即小铁块A在空中运动时间较长，故A正确；B．小铁块A的水平射程小铁块B的水平分速度，且，故水平射程即小铁块A的水平射程较大，故B错误；C．在任意时刻（落地前），A的竖直位移B的竖直位移显然，即B始终在A的下方，两小铁块轨迹不可能相交，故C错误；D．落地时，A的竖直分速度，B的竖直分速度显然重力的瞬时功率所以，故D错误。故选A。5．（多选）（2026·四川内江·二模）物理公式不仅反映了物理量之间的大小关系，也确定了单位关系。在物理学中，功率是描述做功快慢的物理量，其国际单位是瓦特（W）。下列单位中，与瓦特（W）等效的单位是（）A．N⋅m B．J/s C． D．【答案】BD【详解】A．功的公式为，因此是功的单位焦耳，不是功率单位，故A错误；B．功率的定义式为，功的单位是、时间单位是，因此功率单位就是，和瓦特等效，故B正确；C．压强单位，代入得：，而，二者不等效，故C错误；D．由牛顿第二定律得，结合，代入得，因此该单位和等效，故D正确。故选BD。6．（多选）（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，光滑绝缘的斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA与OB的倾角分别为和。物块a和b（均可视为质点）质量分别为2m和m，其中物块b带电荷量为，绝缘物块a不带电。空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小。将两物块从顶端O处由静止释放，物块a沿斜面OA滑下，物块b沿斜面OB滑下，已知，，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．a和b下滑过程，所用时间之比为B．a和b下滑过程，支持力的冲量大小之比为C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为【答案】BC【详解】A．设斜面的高度为h，则a下滑有b下滑有解得所以，故A错误；B．下滑过程中支持力的冲量大小为，，所以，故B正确；C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为，所以，故C正确；D．根据动能定理可得，所以，故D错误。故选BC。7．（多选）（2026·重庆沙坪坝·一模）图甲、乙所示的是一辆质量的公共汽车在和末两个时刻的两张照片。当时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）。图丙是车内横杆上悬挂的拉手环经放大后的图像，测得，取重力加速度大小，根据题中提供的信息，下列说法正确的是（

）A．汽车的长度约8.3m B．1.7s末汽车的速度约8.0m/sC．1.7s末汽车合外力的功率约 D．1.7s内汽车牵引力所做的功约【答案】AC【详解】A．以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得解得则汽车的长度为，故A正确；B．1.7s末汽车的速度为，故B错误；C．1.7s末汽车合外力的功率为，故C正确；D．合外力做功为汽车启动时牵引力F＞F合（需克服阻力），故牵引力做功但题目未给阻力，无法直接计算牵引力做功，故D错误。故选AC。8．（2026·广东·模拟预测）我国的“三农”政策取得显著成绩，农业现代化得到全面实施。图为某农场使用无人驾驶拖拉机牵引绿肥翻耕机在水平田地里作业的场景，拖拉机与翻耕机的总质量，工作时拖拉机与翻耕机整体所受阻力大小f与速度大小v成正比，即f＝kv，，重力加速度。(1)拖拉机以匀速翻耕时，求此时的牵引力的功率；(2)若拖拉机以额定功率从静止开始加速翻耕，求加速过程的最大速度的大小；(3)若拖拉机以额定功率从静止开始加速翻耕，当拖拉机速度达到时，求此时的加速度大小a。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意得拖拉机以匀速翻耕时受力平衡，满足此时的牵引力的功率（2）拖拉机以额定功率从静止开始加速翻耕，当其匀速行驶时速度达到最大值，此时拖拉机受力平衡，牵引力与阻力等大反向，最大速度满足代入数据得（3）由上问可知速度时拖拉机仍在加速阶段，牵引力大小为阻力大小为由牛顿第二定律有解得题型02动能定理的初步运用9．（2026·海南海口·二模）荡秋千是一项有趣的运动。如图所示，一秋千悬挂在O点，某同学蹲在秋千上从M点由静止出发，在其运动至最低点N点时突然站立，并保持姿势到N点左侧的最高点P点。已知人在N点站起前后速度不变，秋千摆动的角度很小，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．B．C．该同学从M点到N点的时间小于从N点到P点的时间D．该同学从M点到N点的时间等于从N点到P点的时间【答案】A【详解】AB．该同学运动至最低点N时突然站立后，速度不变，可知其动能大小不变，重心升高，重力势能变大，故其机械能增大，根据动能定理可知，该同学会上升到更高的位置，根据几何关系可知，故A正确，B错误；CD．由于秋千的摆动角度很小，因此秋千的运动可等效为单摆，根据单摆的周期公式可知，该同学站立后，摆长l变小，故周期变小，该同学从M点到N点的时间大于从N点到P点的时间，故CD错误。故选A。10．（2026·广东·一模）实验小组用手机拍摄水平抛出的小球的下落过程，如图是利用视频软件得到的小球动能与下落时间的平方图像，t=0s时将小球水平抛出，重力加速度g取10m/s²，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．小球的质量为0.1kgB．小球水平抛出的初速度为2m/sC．小球的动能为4J时，下落的高度为2mD．小球的动能为4J时，速度为4m/s【答案】B【详解】AB．根据动能定理由图像可知，解得小球的质量为m=1kg初速度v0=2m/s，A错误，B正确；CD．根据小球的动能为4J时，下落的高度为h=0.2m速度为，CD错误。故选B。11．（2026·浙江·二模）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。若空气阻力的大小保持不变，则足球（

）A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同B．在1时，加速度最大C．从1到2的时间大于从2到3的时间D．从2到3的过程中，动能增加mgh【答案】B【详解】A．空气阻力的大小保持不变，但方向时刻变化，其与重力的合力不断变化，所以足球做加速度不断变化的曲线运动；由可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A错误；B．在1时，空气阻力与重力的夹角最小，合力最大，所以加速度最大，故B正确；C．研究足球竖直方向分运动，上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度，根据可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1到2的时间小于从2到3的时间，故C错误；D．从2到3的过程中，由，所以足球动能增加小于mgh，故D错误。故选B。12．（2026·湖北恩施·二模）如图所示，质量为m的小球用细线悬挂在天花板上，小球在竖直向上的外力F作用下静止（）。现保持F大小不变，并使F沿逆时针方向缓慢旋转至水平向左，在此过程中小球也缓慢移动。以下说法正确的是（）A．细线对小球的拉力先增大后减小 B．细线偏离竖直方向的角度先增大后减小C．外力F对小球一直做正功 D．细线的拉力对小球先做正功后做负功【答案】B【详解】AB．作出重力mg、绳上拉力T、外力F的矢量三角形，如图所示当T与F垂直时，θ最大，F与竖直方向的夹角增至水平向左过程中T逐渐增大，故A错误，B正确；CD．小球缓慢转动，小球的动能不变,其重力势能先增加后减小，绳上拉力T不做功，根据动能定理可知外力F先做正功后做负功，故CD错误。故选B。13．（2026·河北·一模）我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上的梢抛出石块。假设有一待攻的城池，城墙高度为h，厚度为d，攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛入城内，抛石机的高度相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则抛出石弹的最小速度应为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】石弹抛出速度最小时，其运动轨迹恰好经过城墙两边缘，最高点恰好在城墙中心正上方，设石弹经过城墙左边缘时的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角为，石弹由城墙左边缘到右边缘所用的时间为，斜抛运动水平方向竖直方向解得当时，具有最小值石弹抛出后至经过城墙左边缘过程，由动能定理解得石弹抛出时的最小速度大小。故选A。14．（多选）（2026·重庆·二模）如图甲，某农场安装有一种自动浇水装置，在农田中央装有竖直细水管，喷嘴喷出一细水柱，初速度大小为，初速度方向与水平面的夹角可调（），喷嘴离水平地面高度为，结构简图如图乙，整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动，重力加速度大小取，不计空气阻力，忽略喷嘴到中心轴线的距离，则（）A．调节夹角，水柱从喷出到落地的时间是相等的B．调节夹角，水柱落地时的速度大小是相同的C．该自动浇水装置最大浇灌面积为D．该自动浇水装置最大浇灌面积为【答案】BC【详解】A．调节夹角，水柱喷出后竖直方向的初速度不同，因其运动的加速度为重力加速度，故水柱从喷出到落地的时间不相等，故A错误；B．水柱从喷出到落地的过程，根据动能定理有解得故水柱落地时的速度大小与无关，故B正确；CD．水柱喷出后做斜上抛运动，作出水滴的初速度、末速度以及速度的变化量的矢量关系图，如图所示根据几何关系，可知速度矢量三角形的面积为由于与大小一定，则当两者垂直时，S最大，即此时水滴的水平射程x有最大值，即则所以，则该自动浇水装置最大浇灌面积为，故C正确，D错误。故选BC。15．（2026·福建泉州·一模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求：(1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小；(2)篮球每次反弹后的上升时间；(3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得解得（2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得解得（3）与地面碰撞损失的机械能解得16．（2026·福建·模拟预测）2025年江苏省城市足球联赛精彩纷呈，引发了大众的足球热情。某次比赛中质量为m的足球飞行轨迹如图所示，足球在位置A的速度大小为，在位置B的速度大小为两处的高度差为h，重力加速度大小为g，则从位置A到位置B的过程中，重力对足球所做的功为________，阻力对足球所做的功为________。【答案】【详解】[1]从位置A到位置B，足球上升h，此过程重力做功；[2]对此过程，由动能定理：代入得题型03动能定理解决多过程问题17．（2026·湖南株洲·一模）如图，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径水平，o为圆心。一滑块以某一初速度从a点下滑，经轨道最低点b刚好能到达d点。在这个过程中，滑块在b点的速率为，到达c点时速率为，与夹角为30°。取b点所在的水平面为重力势能的零势能面，则（）A．B．从a至b，小滑块的速度不断增大C．在c点，小滑块的动能与重力势能相等D．从b至d，小滑块克服重力做功的功率逐渐减小【答案】A【详解】A．设圆环的半径为，滑块从b到d，由动能定理可得滑块从b到c的过程中，由动能定理可得由题可知联立可得，故A正确；B．滑块从a到b的过程中，滑块受到重力、支持力、摩擦力的作用，开始时，滑块重力沿切线方向的分力大于摩擦力，滑块加速下滑，速度逐渐增大，滑块对圆弧的压力逐渐增大，摩擦力随之增大，此时重力沿斜面切线的分力小于摩擦力，滑块的速度逐渐减小，故B错误；C．滑块在c点的重力势能为在c点的动能结合上述分析可知，由于摩擦力做功，滑块的动能与重力势能不可能相等，故C错误；D．由于滑块在b点时，重力方向的瞬时速度为零，则重力的瞬时功率为零，偏离b点后，速度沿重力方向的分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，到达d点时滑块的速度为零，重力的瞬时功率又减为零，因此从b到d的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。故选A。18．（2026·新疆·二模）新疆昌吉努尔加滑雪场拥有优质的冰雪资源，雪道建设之初，设计者进行了相关计算和测试。已知滑雪者与雪道间的动摩擦因数为0.05，斜坡倾角为时，滑雪者从距水平缓冲区高处由静止滑下，最终停在水平缓冲区的标记点A。如图所示，若将斜坡倾角调整为，同时将起点高度降低至，斜坡与水平缓冲区交点O不变且平滑连接，不计空气阻力，则滑雪者最终将停在标记点A的（）（已知、、、）A．右侧约处 B．右侧约处 C．左侧约处 D．左侧约处【答案】A【详解】倾角为时（高度，停在A点）设水平缓冲区滑行距离为，由动能定理有倾角为时（高度）设水平缓冲区滑行距离为，同理代入数据解得说明第二次滑行更远，停在A点右侧约处。故选A。19．（2026·河南开封·模拟预测）某物理兴趣小组在“探究斜杆上滑块的运动”实验中，设计了如下装置：硬直杆与水平面成37°角放置，两端分别固定于O、M两点，一根弹性轻绳一端系在O点，另一端跨过固定在Q点的光滑定滑轮（大小不计）与套在杆上的滑块相连，滑块位于OM上P点时PQ与OM垂直，且杆与滑块间的弹力恰好为零。已知OQ沿竖直方向，弹性轻绳原长等于OQ的长度，PQ的长度为1.6m，滑块质量，滑块与杆之间的动摩擦因数，重力加速度，，，弹性轻绳的弹性势能可表示为，其中k为弹性轻绳的劲度系数，为弹性轻绳的形变量。将滑块从P点无初速度释放，下列说法正确的是（）A．滑块运动过程中滑动摩擦力大小始终为2.56NB．滑块下滑时与杆间的作用力先增大后减小C．弹性轻绳的劲度系数为D．滑块运动到O点时的动能为7.2J【答案】D【详解】AB．弹性轻绳原长等于，因此伸长量等于到滑块的长度，弹力设到杆的垂直距离对任意位置的滑块，绳与杆夹角为，由几何关系得（恒成立）因此弹力垂直杆的分量题目给出点处杆对滑块弹力为零，垂直杆方向平衡得因此任意位置杆对滑块弹力摩擦力，故AB错误；C．弹性轻绳的劲度系数为，由代入数据，故C错误。D．滑块运动到点时的动能为几何关系得，滑块从到，下降高度重力做功初态弹性势能末态（点）到滑块长度为，弹性势能摩擦力做功为，由动能定理，故D正确。故选D。20．（2026·山东临沂·一模）如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为，在水平拉力的作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，，。则下列说法正确的是（）A．最终有5个铁块放在木板上B．最终有6个铁块放在木板上C．最后一个铁块与木板最右端的距离为D．最后一个铁块与木板最右端的距离为【答案】D【详解】AB．无铁块时，木板做匀速直线运动，受到地面摩擦力可以算出每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增大木板最终停下来时，木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功，第n块铁块释放时，木板克服摩擦力所做的功为由动能定理可得解得即第7个铁块放上去后木板再运动不足1m便会停下来，所以木板最终停下来时上面有7个铁块，故AB错误；CD．第7个铁块放上去时，增加的摩擦力已做功木板剩下的动能为设木板还能运动的距离为s，则由解得，故C错误，D正确。故选D。21．（2026·福建泉州·一模）如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块相连。用水平板托住物块，使弹簧处于原长状态。现使竖直向下做匀加速直线运动，加速度，为重力加速度大小。当弹簧伸长量为时、分离，此时的动能为；当弹簧伸长量为时动能达到最大值；当运动到最低点时弹簧伸长量为、加速度大小为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】A．、分离时，二者弹力为0，对由牛顿第二定律：代入得：即：动能最大状态（），动能最大时合力为0，加速度为0：因此故A错误；B．分离前做匀加速直线运动，由运动学公式，得：从到最低点，动能从变为0，由动能定理解得：因此：故B错误；C．分离后从到，由动能定理：代入，解得：因此故C正确；D．对最低点由牛顿第二定律：得又则：故D错误。故选C。22．（多选）（2026·重庆·模拟预测）如图所示，和（）是一长度为的线段的两端点，该线段被平分成小段，分界点依次为，，，。一质点以初速度从处开始沿该线段向右加速，第1小段的加速度为，第2小段的加速度为，，第小段的加速度为（），最终到达处时速度为。则该过程中（）A．该质点全程的平均速度小于B．该质点全程的平均速度大于C．D．【答案】AC【详解】AB．如图所示若质点全程做匀加速直线运动，则该质点全程的平均速度为根据题意可知质点加速度增大，根据图像与轴围成面积表示位移以及平均速度的定义可知该质点全程的平均速度小于，故A正确，B错误；CD．设该质点的质量为，则根据题意结合动能定理有解得，故C正确，D错误。故选AC。23．（多选）（2026·河北沧州·一模）如图所示，倾角为的斜面底端固定着一垂直于斜面的挡板，将一小块炸药固定在挡板上，质量为m的小滑块放在斜面底端靠近挡板的位置，引爆炸药后滑块恰好运动到斜面顶端。之后更换不同质量的小滑块，引爆炸药后，不同滑块在炸药爆炸过程中获得的动能都相同。已知炸药爆炸时间极短，不同滑块与斜面间的动摩擦因数均为，斜面的高度为h，重力加速度为g，滑块均可视为质点。下列说法正确的是（）A．炸药爆炸后质量为m的滑块获得的初速度大小为B．质量为0.5m的滑块离开地面的最大高度为C．质量为0.5m的滑块落回地面前瞬间的速率为D．质量为0.8m的滑块滑离斜面顶端后经时间落回地面【答案】BD【详解】A．对质量为m的滑块进行分析，由动能定理有其中，解得，A错误；B．对质量为0.5m的滑块进行分析，由动能定理得解得离开斜面后滑块做斜抛运动，能够上升的最大高度所以该滑块离地面的最大高度为，B正确；C．在滑块从离开斜面底端到落回地面的过程中，对质量为0.5m的滑块进行分析，由动能定理有解得，C错误；D．对质量为0.8m的滑块进行分析，由动能定理有解得离开斜面后滑块做斜抛运动，设经过时间t落回地面，有解得，D正确。故选BD。24．（2026·河北·一模）如图甲所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和竖直方向，挡板形状满足方程（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数与小物块沿平台位移之间的关系如图乙所示，重力加速度g取求：(1)P点的坐标；(2)小物块离开平台时的速度大小及平台左右两端之间的距离。【答案】(1)(2)，【详解】（1）由题意可知则有解得设在点时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，则有即解得，即点坐标为。（2）对平抛过程，根据动能定理有解得设平台左、右两端之间距离为，小物块在平台上运动过程中，根据动能定理有其中，联立代入数据解得25．（2026·贵州毕节·二模）如图甲，竖直平面内轨道由水平轨道与及两段光滑圆弧组成，长为与高度差为；圆弧半径均为，弧长相等，在点相切；与相切于点，与相切于点。可视为质点的滑块，质量为，与间动摩擦因数为0.25。该滑块受水平向左推力，从点由静止开始运动，与位移的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度取。(1)求滑块在段运动过程中推力做的功；(2)求滑块运动至圆弧轨道上点时对轨道的压力；(3)若滑块从点以某一速度滑入，此后无推力，为使滑块始终不脱离轨道，求滑块在点的最大速度。【答案】(1)2.5J(2)(3)【详解】（1）滑块在段运动过程中推力做的功代入数据得（2）滑块在段运动过程中，由动能定理得在点，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得（3）分析知滑块在点恰好不脱离轨道，支持力为零，点的速度最大由几何关系得由牛顿第二定律得滑块从到，由动能定理得得26．（2026·四川德阳·二模）如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求：(1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a；(2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N；(3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。【答案】(1)(2)(3)或【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有解得（2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有垂直于底板方向有解得在a点，由圆周运动动力学方程有解得（3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下水平方向有垂直于底板方向有解得对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有垂直于底板方向有联立解得若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足弹珠从底板到a点的过程，解得弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件或题型04机械能守恒、功能关系27．（2026·山东德州·一模）如图所示，被称为“空中电站”的S1000型涵道式浮空风力发电系统于2025年首次稳定悬停于高空并顺利发电。有风时，风吹叶片转动形成的圆面与风向垂直且半径为，通过此圆面空气动能的20%转化为电能。已知某段时间内该区域空气的密度为，该系统的发电功率为，则风速的大小为（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设∆t时间内流过发电机叶片横截面的空气质量为∆m，则由能量关系解得故选B。28．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，为双层立体泊车装置示意图。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号位，再水平右移停至④号车位。两次移动过程中，轿车均从静止先加速再减速至静止。轿车质量为，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．竖直抬升过程中，移动板对车的支持力做功为B．水平右移过程中，移动板对车的摩擦力做功为C．整个过程中，移动板对车做的总功为D．整个过程中，车的机械能增加量为【答案】A【详解】A．由能量关系可知，竖直抬升过程中，车的重力势能增加了mgh，则移动板对车的支持力做功为，A正确；B．水平右移过程中，车的动能变化量为零，因重力和支持力对车都不做功，可知移动板对车的摩擦力做功为零，B错误；CD．整个过程中，最终车的动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，即移动板对车做的总功为，CD错误。故选A。29．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧Ⅰ，其左端固定在竖直墙面上，用滑块以某一初速度压缩弹簧直至将弹簧压缩到最短，从接触弹簧开始得到的弹簧弹力F与滑块的位移x的关系图像如图乙中图线1所示；更换另一只轻质弹簧Ⅱ，用同样的滑块、同样的速度去压缩弹簧直至将弹簧压缩到最短，得到的F-x的图像如图乙中图线2所示。下列说法正确的是（）A．弹簧Ⅰ的劲度系数等于弹簧Ⅱ的劲度系数B．弹簧Ⅰ的劲度系数小于弹簧Ⅱ的劲度系数C．图线1与横轴所围的面积等于图线2与横轴所围的面积D．图线1与横轴所围的面积大于图线2与横轴所围的面积【答案】C【详解】AB．根据胡克定律可得F-x的图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线1的斜率大于图线2的斜率，可知弹簧Ⅰ的劲度系数大于弹簧Ⅱ的劲度系数，故AB错误；CD．根据能量关系可得弹簧压缩到最短时的弹性势能相同，都等于滑块的初动能，弹性势能增加量等于滑块克服弹力做功，又图像的面积表示滑块克服弹簧弹力做功，可知图线1与横轴所围的面积等于图线2与横轴所围的面积，故C正确，D错误。故选C。30．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，C点位于O点正下方，碗的内表面及碗口光滑，右侧放有一足够长的斜面。一根不可伸长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接一质量为m的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在A点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C点时，绳子突然断裂，整个过程中斜面始终保持静止。则下列说法中正确的是（）A．小球从A点运动到C点的过程中机械能守恒B．小球运动到C点时，小球的速率是木块的倍C．绳子断裂后瞬间，小球在C点对轨道的压力大小为mgD．木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定【答案】D【详解】A．小球从A运动到C的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小球+木块组成的系统机械能守恒，故A错误；B．当小球运动到C点时，C点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R，，因此绳子AC与水平方向（小球速度方向）夹角为。将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，沿绳分量等于绳子的移动速度（即木块的速度，若命题中默认动滑轮不改变速度倍数关系，或题目描述为定滑轮连接木块，常规推导为整理得即小球速率是木块的倍，故B错误；C．对系统机械能守恒，结合C点向心力公式推导：小球在C点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于，故C错误；D．绳子断裂后，木块沿斜面上滑过程中，加速度恒定（若斜面光滑，若斜面粗糙，加速度始终恒定）。将木块和斜面视为整体，斜面加速度为0，木块加速度可分解为恒定的水平分量和竖直分量由牛顿第二定律：水平方向：地面对斜面的摩擦力，恒定；竖直方向得也恒定。因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故D正确。故选D。31．（多选）（2026·河南信阳·一模）图（a）是一种双响炮图片，图（a）是其内部结构；内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度H处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量均为m的M、N两部分，M、N均沿水平方向飞出，M、N落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则（）A．M落地前瞬间速度为B．二次爆炸后，M、N组成的系统机械能比二次爆炸前增加了2mgHC．M、N落地点的距离为4HD．M、N落地时，系统总动能为2mgH【答案】BC【详解】A．如图所示M落地瞬间，竖直方向，有由于M、N速度相互垂直，根据对称性可知落地速度与水平面夹角为45°，故落地前瞬间水平速度与竖直速度相等，落地速度为，故A错误；B．爆炸后增加的机械能为可得，故B正确；C．落地时间为落地距离，故C正确；D．落地瞬间总动能为，故D错误。故选BC。32．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，轻质光滑圆环上固定有长度均为1m的轻杆Ⅰ和Ⅱ，两杆成90°夹角，杆Ⅰ、杆Ⅱ的另一端分别固定质量均为0.4kg的小球a、b。现将圆环套在垂直于纸面的水平轴上，使杆Ⅰ由水平位置静止释放。已知a、b球均可视为质点，杆Ⅰ、Ⅱ和圆环始终位于同一竖直面内，忽略圆环的大小、空气阻力，取。下列关于b球的说法正确的是（）A．由最低点上升的最大高度等于1m B．由最低点上升的最大高度小于1mC．最大的动能为 D．最大的动能为【答案】AC【详解】AB．两球绕圆环轴转动，角速度相同，线速度故有小球、、轻杆Ⅰ、Ⅱ和轻质光滑圆环组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有解得（舍）或由题意可知，时，小球运动到最高点，故A正确，B错误。CD．设当轻杆转过角时，小球、速度达到最大值，其角速度为，根据机械能守恒定律有小球的动能联立可得当时，取最大值，则，故C正确，D错误。故选AC。33．（2026·河南信阳·一模）用夯锤打桩钉的示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动、将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。两摩擦轮角速度均为，半径均为，对夯锤的正压力均为，轮对锤摩擦力与正压力的比值为，夯锤的质量，桩钉从图示位置下移过程中阻力与关系：（单位为，单位为），整个过程夯锤对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度，求：(1)夯锤上升速度为零时与桩钉顶端的距离；(2)夯锤上升过程中，摩擦轮与夯锤因摩擦产生的热量；(3)夯锤打击桩钉一次，桩钉能下移的最大距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设夯锤向上加速度大小为，经时间与边缘速度相等，由牛顿第二定律解得轮子边缘的线速度大小又由加速度阶段上升高度减速上升高度由解得（2）夯锤加速阶段，轮边缘运动路程故摩擦生热解得（3）夯锤击打桩钉前动能桩钉进入过程中平均作用力由能量守恒解得题型05静电场中的功能关系34．（2026·湖北·一模）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直面内绕O点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知A点电势为0，OM与竖直方向的夹角，重力加速度大小为g。则（

）A．电场强度E的大小为B．小球电势能最大值为C．小球在M点初速度为D．小球运动到B点时突然剪断细线后，小球运动过程中速度的最小值为【答案】D【详解】A．小球静止在点，受力分析如图，可知小球带正电。由平衡条件有解得，故A错误。B．带电小球运动到最右侧的时候电势能最大，此时带电小球距离点沿电场方向的距离为，所以带电小球的电势能为，即，故B错误。C．带电小球恰能完成完整的圆周运动，则在等效最高点有从点到等效最高点过程，根据动能定理有代入解得，故C错误。D．剪断细线后，小球相对于合力方向做类斜抛运动，当小球在合力方向上的分速度为0时，合速度最小。从到，由动能定理有解得剪断细线后，当速度与合外力垂直时速度最小，则最小速度，故D正确。故选D。35．（多选）（2026·四川广安·模拟预测）如图所示，放置在竖直平面内的足够长粗糙直线轨道、与光滑四分之一圆弧轨道相切于点和点，圆弧轨道圆心为，半径为，和与竖直方向夹角都为，整个轨道处于电场强度大小、方向水平向左的匀强电场中。现有一个质量为、带电荷量为的小物块从点以的初速度沿方向运动，已知，小物块与、之间的动摩擦因数，重力加速度大小为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．小物块在点的加速度大小为B．小物块第一次通过点前后瞬间对轨道的压力大小之比为C．小物块速度第一次为0时的位置距点距离为D．小物块最终将在轨道上做往复运动【答案】AC【分析】已知条件整理：带正电小物块，重力方向竖直向下，电场力方向水平向左，合力大小，方向左偏下；、轨道倾角均为，【详解】A．将重力、电场力分解到沿和垂直方向：沿方向：重力分量向下，电场力分量向上，大小抵消，合力仅为摩擦力，方向沿轨道向上。垂直方向：摩擦力。加速度大小为，故A正确。B．从到动能定理：代入得。通过点前，压力；通过点后，圆周运动向心力：得；比值，故B错误。C．从到动能定理：得设沿向上运动后速度为0，动能定理：解得：故C错误。D．、粗糙，小物块每次经过斜轨都会克服摩擦力做功，总能量不断减少，最终无法冲上、，只能在光滑的圆弧上做往复运动，不再损失能量，故D正确。36．（2026·河北·一模）如图所示，竖直平面内固定一绝缘轨道，由以下三段轨道平滑连接组成：位于水平地面上长的粗糙直轨道，半径的竖直光滑半圆弧轨道（为轨道最低点，为最高点），长的水平光滑直轨道。整个空间内有水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小。将质量、电荷量的小滑块从点由静止释放至运动到点过程中，电场恒定不变，滑块从半圆弧轨道点进入水平轨道时速度大小和方向不变；滑块从点飞出时记为，此时空间电场的大小发生变化（场强方向不变），大小随时间线性增加的关系：，其中，滑块从点飞出后落到水平地面上的点（图中未画出）。已知滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，滑块可以看成质点，不计空气阻力，忽略电场变化时的磁效应。求：（取）(1)滑块第一次到达点时的速度大小；(2)滑块在点时，轨道对滑块的作用力大小；(3)滑块落到点前瞬间速度的水平分量。（结果保留一位小数）【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）滑块从点到点，由动能定理可得解得（2）滑块从点到点，由动能定理可得滑块在点时，由牛顿第二定律可得解得（3）滑块从点到点，由动能定理可得滑块从点做抛体运动，水平方向变减速直线，竖直方向自由落体运动，竖直方向可得电场的大小随时间线性增加，则电场的平均值为在水平方向利用动量定理可得：解得37．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，水平轨道上段光滑，段粗糙，且，为竖直平面内半径的光滑半圆轨道，两轨道相切于点，右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在点，另一端与带负电滑块接触但不连接，弹簧原长时滑块在点。现向左压缩弹簧后由静止释放滑块，当滑块运动到点瞬间对轨道的压力为。已知滑块的质量、电荷量，与轨道间的动摩擦因数，忽略滑块与轨道间的电荷转移（已知，，）。求：(1)滑块在上运动时对轨道的最小压力；(2)欲使滑块进入圆轨道后能从点水平抛出，求弹簧释放弹性势能的最小值。【答案】(1)(2)【详解】（1）当滑块运动到点瞬间对轨道的压力为，在点时，由牛顿第二定律有其中代入数据解得滑块运动到点的速度大小重力和电场力都是恒力，其合力可看作等效重力（斜向左下方），等效重力大小设等效重力的方向与竖直方向的夹角为，则有解得设等效最高点为，从到，由动能定理得点由动力学分析有由牛顿第三定律解得最小压力为（2）欲使滑块进入圆轨道后能从点水平抛出，设滑块刚好可以经过等效最高点，此时有。解得滑块从压缩到点的过程中，由功能关系可得解得弹簧释放弹性势能的最小值38．（2026·内蒙古包头·一模）如图（a）所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态，在整个空间加平行于竖直平面与水平方向成角的匀强电场，且电场强度从零逐渐增大，圆环的加速度大小随电场强度的变化如图（b）所示。不计空气阻力，重力加速度为g，为已知量，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)圆环与水平杆间的动摩擦因数及；(2)圆环的比荷。【答案】(1)，(2)【详解】（1）E大到一定程度后加速度大小恒为，对圆环受力分析如图1所示根据平衡条件竖直方向有由牛顿第二定律得联立可得结合图（b）可知，则，（2）时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2所示根据平衡条件，水平方向有竖直方向有联立解得39．（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，一绝缘“”形轨道，整体处于水平向右的匀强电场中，由两段足够长的水平直杆和一半径为的光滑半圆环平滑连接，其中杆光滑，杆粗糙，点与环心等高。轨道固定在竖直平面内并与电场平行。一质量为的带正电的小环，套在杆上自点由静止释放，经过点、点后恰能到达点。小环内径稍大于轨道直径并可视为质点，小环所受的电场力大小为重力大小的，重力加速度大小为。(1)求间的距离；(2)求小环经过点时对轨道的压力的大小；(3)设小环与杆间的动摩擦因数，若将小环从点左侧处由静止释放，求小环在整个运动过程中由于摩擦产生的热量。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小环从M到D的过程中，由动能定理可得其中电场力解得（2）小环从M到N的过程中，由动能定理可得小环经N时，根据牛顿第二定律可得解得，轨道对小环的支持力大小为根据牛顿第三定律可得，小环对轨道的压力大小为（3）因为所以，小环最终静止在CD杆上，设静止点距D点的距离为，由动能定理可得解得所以，产生的热量为40．（2026·福建泉州·二模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，O为两极间的中点，在A、K两极之间加上高压U，则A、O之间的电势差_________（填“大于”“小于”或“等于”）；电子在K极由静止被加速，已知电子的电荷量大小为e，不考虑电子重力，则电子由K运动到A动能增加了_________。【答案】大于eU【详解】[1]若A、K之间为匀强电场，则A点与两极中点的电势差应等于。但由题图可知，越靠近A端电场线越密集，即越靠近A端电场强度越大，所以A、O之间的电势差大于。[2]在两极之间加上高压，则电子从K运动到A的过程电场力做功为所以其电势能减小了，则由功能关系可知电子由K运动到A动能增加了。题型06磁场中的功能关系41．（多选）（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，两条半径为r的半圆形光滑金属导轨CD、EF平行放置，分别固定于两平行的竖直平面内，导轨间距为L，C、E间接有理想二极管，一根质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒MN垂直两导轨的半圆面放置，导体棒与导轨的接触点与导轨圆心的连线与竖直方向的夹角为60°，空间存在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，不计空气阻力和导轨电阻，重力加速度为g。现由静止释放导体棒，则（）A．从释放到第一次摆到左边最高点的过程中，流过导体棒的电荷量为B．从左向右摆动过程中棒的机械能守恒C．每次回到右边最高点的位置相比上一次降低相同的高度D．整个过程中导体棒上会产生的热量【答案】BD【详解】A．根据右手定则，导体棒从右向左运动过程中，流过导体棒的电流由M到N，流过二极管的电流由C到E，导体棒受到安培力，若导体棒向左运动能到达原来的高度，则流过导体棒的电荷量，因一部分能量转化为热能，因此到不了原来的高度，流过导体棒的电荷量小于，故A错误；B．从左向右摆时回路无电流，导体棒不受安培力，机械能守恒，故B正确；C．每次从右向左摆时经过同一点速度更小，水平位移更小，安培力做功更小，因此损失的机械能都更小，每次回到右边最高点的位置都比上一次降低的高度要低，故C错误；D．最终导体棒会静止在最低点，减小的重力势能转化为内能，因此导体棒产生的热量为，故D正确。故选BD。42．（多选）（2026·山东烟台·一模）如图所示，水平面上方空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小的匀强磁场，还有水平向右、大小未知的匀强电场。在固定的水平绝缘杆上套有质量、电荷量的带正电圆环，圆环下端用绝缘轻绳连接一静置在光滑水平地面上的质量的小物块，轻绳刚好处于伸直状态且与竖直方向的夹角。现将该圆环由静止释放，当物块与地面之间刚好无压力时，圆环与水平杆间也刚好无挤压。已知此过程中圆环在水平杆上移动的距离，重力加速度大小，，不计空气阻力，则（

）A．匀强电场的电场强度大小为 B．匀强电场的电场强度大小为C．该过程中圆环克服摩擦力做的功为21J D．该过程中圆环克服摩擦力做的功为17J【答案】BC【详解】AB．当物块与地面恰好无压力时，对物块受力分析有水平方向上有可解得此时对圆环受力分析，在水平方向上，有所以电场强度，故A错误，B正确；CD．此时对圆环在竖直方向上分析，有解得圆环的速度为对圆环与物块的系统列动能定理，有所以圆环克服摩擦力做功的大小为，故C正确，D错误。故选BC。43．（2026·福建福州·二模）如图，固定的两异种点电荷的带电量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点且与连线垂直，、、三点位于同一竖直线上，，点电荷到点的距离也为。一带电量为质量为的物块（可视为质点），从点静止释放，沿直线运动到点时速度为。已知物块与竖直平面的动摩擦因数为，静电力常量为，重力加速度为，求：(1)物块在点时加速度的大小；(2)物块通过点的速度大小；(3)若撤去电荷，在空间加上磁感应强度大小为、方向水平向外的匀强磁场，物块仍从点静止释放，到达点时开始做匀速运动，则从点运动到点过程中物块克服摩擦力做的功。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）作出两异种点电荷在点的场强，如图所示根据电场强度叠加原理，可得点的电场强度的大小为根据牛顿第二定律有又，联立解得（2）假设物块从到克服摩擦力做功为。物块从到，根据动能定理有物块从到，根据动能定理有联立解得（3）物块做匀速运动时，根据平衡条件有解得当物块下滑到点的过程中，假设克服摩擦力做功为，根据动能定理有解得44．（2026·陕西延安·一模）“电磁炮”利用电磁系统中产生的安培力来对金属炮弹进行加速，如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为，在导轨间有竖直向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度。已知“电磁炮”弹体总质量，电源是恒流源，“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流，不计空气阻力。求：(1)弹体所受安培力大小和方向；(2)弹体从静止加速到，轨道至少要多长？(3)实际上炮弹在轨道上运动时会受到空气阻力和摩擦阻力，若其受到的总阻力与速度的关系为，其中阻力系数为常量，炮弹离开轨道前已做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为，则阻力系数为多少？【答案】(1)，方向水平向右(2)(3)【详解】（1）弹体所受安培力大小为根据左手定则可知，安培力方向水平向右。（2）弹体从静止加速到，根据动能定理可得代入数据解得可知轨道至少长为。（3）炮弹离开轨道前已做匀速运动，炮弹离开轨道时的速度大小为，根据平衡条件可得解得阻力系数为1．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，某运动员正对竖直墙练习足球时，在两点分别将足球踢出，两次足球均垂直打在墙壁上的点，不计空气阻力。则足球从被踢出到打在点的过程中，下列说法正确的是（）A．从处踢出的足球初速度较大B．足球从到的运动时间较长C．从处踢出的足球初速度与水平方向夹角较大D．该运动员对从处踢出的足球做功较多【答案】A【详解】B．逆向看成平抛运动，两次高度相同，根据可得运动时间为相同，B错误；AD．球在水平方向做匀速直线运动，则可得由于在PQ点时竖直方向分速度相等，可知从处踢出时初速度较大，该运动员对足球做功较多，A正确，D错误；C．根据足球被从处踢出的初速度与水平方向夹角更小，C错误。故选A。2．（2026·云南昆明·模拟预测）废旧塑料回收中常用静电分选技术精准分离不同材质的塑料颗粒，其装置简化图如图所示，在水平向右的匀强电场中，带电的PVC、PP塑料颗粒由O点静止释放，分别落入收集器1、2中。忽略颗粒间的相互作用及空气阻力，颗粒从O点运动到收集器的过程中，下列说法正确的是（）A．PVC塑料颗粒带正电B．两种颗粒在电场中均做曲线运动C．两种颗粒的电势能变化量一定相等D．PP塑料颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量【答案】D【详解】A．电场方向水平向右，PVC颗粒落入左侧的收集器1，说明PVC的电场力方向向左，与电场方向相反，因此PVC带负电，故A错误；B．颗粒由静止释放，受恒定的重力和匀强电场的电场力，合力为恒力，初速度为零，因此颗粒沿合力方向做匀加速直线运动，不是曲线运动，故B错误；C．电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，即两种颗粒的电荷量、水平位移都不一定相等，因此电势能变化量不一定相等，故C错误；D．颗粒运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功不改变机械能，因此机械能的增加量等于电场力做的功；根据功能关系，电场力做功的大小等于电势能的减少量，因此PP颗粒机械能的增加量等于其电势能的减少量，故D正确。故选D。3．（2026·浙江·二模）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面的A点向上滑，到达最高点后返回A点。利用频闪仪对滑块上滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示，照片中B点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜面倾角为，则（）A．上滑过程动能变化绝对值比下滑更大 B．滑块之间的距离C．滑块与斜面间动摩擦因数 D．上滑过程克服摩擦力做功比下滑更大【答案】A【详解】AD．上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能变化绝对值比下滑更大，故A正确，D错误；B．由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从B点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，滑块之间的距离，则故，故B错误；C．上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有可知，故C错误。故选A。4．（2026·山东聊城·一模）某汽车在一条平直的道路上等交通信号灯，司机看到绿灯亮起后立即以恒定的牵引力启动汽车，时刻达到额定功率后保持功率不变继续行驶，在运动时间内汽车位移为，其图像如图所示。已知汽车的质量为，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定，下列说法正确的是（）A．汽车的额定功率为B．时间内，汽车的平均功率为C．汽车在行驶过程中受到的阻力为D．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为【答案】B【详解】A．由题可知，时间内，汽车以恒定牵引力做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律整理可得结合图像可知解得汽车恒定加速启动时的加速度大小为则时刻汽车的瞬时速度为因此汽车的额定功率为，故A错误；B．根据上述分析可知，时刻汽车的瞬时速度为则时间内汽车的位移为因此时间内汽车的平均功率为，故B正确；C．对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可得结合上述结论解得汽车在行驶过程中受到的阻力为，故C错误；D．当汽车速度最大时，汽车受到的阻力与牵引力相等，汽车做匀速直线运动，此时则有，故D错误。故选B。5．（多选）（2026·云南·一模）如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为的斜面底端，一质量为m可视为质点的物块从距弹簧上端d处从静止释放。当弹簧压缩量为d时，物块运动到最低点。物块与斜面间的动摩擦因数为，且弹簧始终在弹性限度内。已知劲度系数为k的弹簧，形变量为x时的弹性势能为，取，，重力加速度为g。从释放物块到物块第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．摩擦产生的热量为B．物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C．物块的最大动能为D．物块的最大速度为【答案】AD【详解】A．物块与斜面间的摩擦力与其相对斜面走过的距离的乘识即为摩擦生热，满足，故A正确；B．根据机械能守恒定律可知，摩擦力对物块所做的功的绝对值即为物块和弹簧组成的系统机械能的减少量，其大小为，故B错误；CD．由弹簧压缩量为d时，物块运动到最低点，可知此时物块的速度为0,由能量守恒可知当物块动能最大时，物块处于受力平衡状态，满足解得此时物块的重力做功弹簧弹力做功滑动摩擦力做功故物块的动能为物块的最大速度满足解得，故C错误，D正确。故选AD。6．（多选）（2026·山东青岛·一模）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为的小球套在圆环上。在最低点A给小球水平向右的初速度，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，与圆环间作用力也为零，重力加速度为g，则（）A．匀强电场的场强大小可能为B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为D．将小球在A点的初速度变为，其在最高点C与圆环间作用力可能为零【答案】AC【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，设小球的速度为，小球受到的洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有解得或若，小球从A点运动到B点，由动能定理得解得因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有解得若，根据左手定则可知在最低点A小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有根据动能定理，小球从A点运动到B点满足解得，，，故B错误，AC正确；D．若将小球在A点的初速度变为，其在最高点C的速度大小满足结合小球从A点运动到B点可知结合上述分析可知若，小球受到的电场力方向向上，大小为洛伦兹力为，对应的圆周运动的向心力分别为根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为若，小球受到的电场力方向向上，大小为对应的洛伦兹力方向向下，大小为圆周运动的向心力为根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足解得综上，不存在小球在最高点C与圆环间作用力为零的情况，故D错误。故选AC。7．（多选）（2026·山东·一模）如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成夹角且处于竖直平面内。一质量为、带电量为的小球套在绝缘杆上。初始时给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知磁感应强度大小为，电场强度大小为，则以下说法正确的是（）A．重力势能的减少量总大于电势能的增加量B．小球的初速度为C．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为D．若小球的初速度为，小球将做加速度减小的减速运动，运动中克服摩擦力做功为【答案】BC【详解】A．重力势能的减少量总等于电势能的增加量，故A错误；B．带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力（可能有）、摩擦力（可能有）；电场力重力与电场力的合力刚好与杆垂直，大小为2mg，如图洛伦兹力的方向垂直于杆，要使小球做匀速运动，摩擦力应该为0，弹力也应该为0，即洛伦兹力与重力、电场力的合力相平衡，即则小球的初速度，故B正确；C．若小球的初速度为，则洛伦兹力小于2mg，杆对球有弹力且球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力增大，球受的摩擦力增大，小球做加速度增大的减速运动，最终小球停止，此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理此过程中即克服阻力做功，故C正确；D．若小球的初速度为，则洛伦兹力大于2mg，杆对球有弹力且球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力减小，球受的摩擦力减小，小球做加速度减小的减速运动；当小球的速度减小至，小球做匀速运动，此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理此过程中即克服阻力做功，故D错误；故选BC。8．（多选）（2026·黑龙江辽宁·一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示。，，则（）A．物体的质量B．物体与斜面间的动摩擦因数C．物体上升过程的加速度大小D．物体回到斜面底端时的动能【答案】ABC【详解】A．物体到达最高点时，机械能为由图知得，故A正确；B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功解得，故B正确；C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得得，故C正确；D．由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为在整个过程中由动能定理得则有，故D错误。故选ABC。9．（多选）（2026·湖北宜昌·二模）如图（a）所示，一倾角为θ的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，t=0时刻一小物块在斜面上距挡板L处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞过程中物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力F随时间t变化的图像如图（b）所示，图像中两阴影区域面积之比为2:1。下列说法正确的是（

）A．第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比B．第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比为2:1C．斜面与小物块间的动摩擦因数D．小物块在斜面上运动的总路程为【答案】AC【详解】B．图像中两阴影区域面积之比为，可知第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为，由于两次作用时间不一定相等，所以第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比不一定为，故B错误；C．设小物块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，小物块的质量为，则第一次碰撞过程小物块的动量变化量大小为设小物块第二次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，则第二次碰撞过程小物块的动量变化量大小为由于第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为，根据动量定理可得则有小物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得小物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得小物块第一次碰撞后上升过程有下滑过程有联立解得，，，故C正确；A．根据运动学公式可得，又，联立可得第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比，故A正确；D．经过足够长时间，最终小物块静止在挡板处，根据能量守恒可得解得小物块在斜面上运动的总路程为，故D错误。故选AC。10．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示的竖直面内，半径为1m的光滑半圆轨道在最低点与水平光滑轨道相切，小球和分别套在圆轨道和水平轨道上，中间用长度为3m的轻杆连接。初始时保持球位于半圆轨道最高点，现给球一个向左的微小扰动，它下落了0.5m时到达了轨道上的点。在球从点运动到点的过程中，下列说法正确的是（）A．球、球组成的系统动能先增大后减小B．轻杆对球始终不做功C．轻杆对球先做正功后做负功D．当球的机械能最小时，球对轨道的压力大于球的重力【答案】CD【详解】A．a从P到Q过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能一直增大。故A错误。B．b的动能发生了变化，b在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b一定做功；轻杆对a和b做功的总和为零，因此轻杆对a一定做功。故B错误。C．初始时系统静止，；a到达Q点时，a的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆（根据几何关系，轻杆沿半径方向，切线垂直半径），因此a沿杆方向的速度分量为0，故此时。说明b的速度从零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而b只有轻杆做功，因此轻杆对b先做正功后做负功。故C正确。D．系统机械能守恒，a机械能最小时，b的动能（机械能）最大，此时b速度最大，加速度为零，轻杆对b球的拉力水平方向分力为零，由于轻杆处于压缩状态，竖直方向分力向下，根据牛顿第三定律，b对轨道的压力大于b的重力。故D正确。故选CD。11．（2026·广东汕头·一模）如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑