2026年高考物理总复习 第1部分 专项强化 功与能（一）

《专题二能量与动量

力学模块讲述力与运动，力在空间上的积累是功，会导致能量的变化，力在时间上的积累是

冲量，会导致动量的变化，能量与动量是对力与运动的补充。

ii第5讲功与能（一）

,____,H功的公式.正功和负功*总功|

T1功和功率1H___.

--------H功二的定义式.功中刖上僮的关桌大|

21J

知识框架功与俭（二7]T功能定律一7

一机彼陆动徒.玉力势徒.笫性势帷

T机微陡守

u守恒条耳：只布小力或彖统内井力做功1

1.能计算恒力做功和变力做功，能计算平均功率和瞬时功率，会分析

机车启动问题。

学习目标

2.会应用动能定理分析多过程问题。

3.掌握机械能守恒定律的三种表达式，并会解决连接体问题。

考点।功和功率

要点梳理醇翳谦篷卷

恒力做功：W=Ficos0

功的计算变力做功：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=P/）

W

平均功率：p=7

功率的计算

瞬时功率：P=Fvc^，（夕为F、7）之间的夹角）

两个基本关系式P=Fv,F—Fn\=ma

P不变，v,F，a=以小做匀速运动

恒定功率启动

常用能量关系：Pt—Fms=^mvt

机车启动n

。不变，尸不变，v,P=>Pv,F,a=以

恒定加速度启动

0m做匀速运动

无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的

最大速度v

m速度，即。广£

命题参考.，嬖

例1如图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种

可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将

安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图内

是工人运动全过程的图像。已知工人的质量〃7=70kg,g=10m/s2,则下列说法中正确的

是（）

A.发生险情处离地面的高度为27m

B.r=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为630W

C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280N

D.整个过程中工人所受重力做功为18900J

［解析］由图像中图线与/轴所围成的面积表示位移可知，发生险情处离地面的高度为〃

=zX5X18m=45m,A错误；由题图丙可知，f=4s时工人下降的速度为。=9m/s,加速

乙

1Q

度大小为。=不为m/s2=9m/s?,方向竖直向上，由牛顿第二定律得7—解得此时

钢丝绳对工人的拉力大小7=1330N,则/=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为

1Q

7y=11970W,B错误；由题图丙可知，加速下滑时加速度大小为m/s2=6m/s?,方向

竖直向下，由牛顿第二定律有"吆-解得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为r

=280N,C正确；整个过程中工人所受重力做功为1%=〃琢〃=315OOW,D错误。

［答案IC

例2（2025•河南省郑州市外国语学校高三下调研考试八）质量加=200kg的小型电动汽车在

平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的

功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下

列说法正确的是()

A.汽车受到的阻力为200N

B.汽车的最大牵引力为600N

C.8〜18s过程中汽车牵引力做的功为8Xl()3j

D.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m

［解析।当汽车的速度达到最大时，汽车受到的阻力等于汽车的牵引力，为尸今N

=800N,故A错误；0〜8s内，汽车做匀加速直线运动，牵引力保持不变且最大，在第8s

时汽车的牵引力为fm=a="卢N=1000N,故B错误；8〜18s过程中汽车牵引力做的

功为W=Pm，=8X103x(18—8)J=8XIO,J,故C错误；汽车在做变加速运动的过程中，根

据动能定理有Pmt—fa=^mv^—，解得位移大小为x=95.5m,故D正确。

咯案］D

考点2动能定理

■■逑蹩:，要点梳理3s♦鹦-

应用动能定理的四点提醒

(1)公式w=%加一%就中卬应是总功，注意各力做功的正负，并且不要遗漏某些力做的功。

(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用。

(3)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学方法要简

捷。

(4)在多过程问题中，对全过程应用动能定理往往能使问题简化，尤其是多过程往复运动问题。

.翳命题参考■卷..鎏

例3(2025•黑吉辽蒙卷，13)如图，一雪块从倾角。=37°的屋顶上的。点由静止开始下滑，

滑到4点后离开屋顶。。、A间距离x=2.5m,A点距地面的高度h=\.95m,雪块与屋顶的

动摩擦因数〃=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin370=0.6,重力加速度大小g

=10m/s2o求：

(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小处；

(2)雪块落地时的速度大小6，及其速度方向与水平方向的夹角«o

I解析］(I)设雪块的质量为，〃，雪块从屋顶上的。点由静止开始下滑到A点的过程中，由动

能定理有mgxsin。—“wgcos0•%=%加—0

解得vo=5m/So

(2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh=^invi—^invc)

解得切=8m/s

雪块离开A点时水平分速度大小为Ox=oocos0

雪块落地时速度方向与水平方向的夹角。满足coso=^

联立解得a=60°。

f答案］(I)5m/s(2)8m/s60°

例4(2025•四川省雅安市高三下二模)(多选)如图所示，粗糙程度可改变的斜面OE与光滑圆

弧轨道BCD相切于D点,C为最低点,4与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1m,圆心角NBOD

=127。，调整斜面动摩擦因数4=网时，将一可视为质点、质量〃?=1kg的物块，从B点正

上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端上处。已知人8=1m,DE=1.8m,重力加速

度g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos370=0.8,则()

A.物块第一次通过C点时受到的支持力大小为50N

B.调整〃=0.4,物块在斜面上运动的路程为5.625m

C.调整"=0.6,物块在斜面上运动的路程为3.75m

D.调整"=0.8,物块在斜面上运动的路程为1m

［解析］从4到C过程，根据动能定理得〃&(/\8+7?)=产虎-0,物块在C点时，由牛顿第

2

二定律得公一〃吆=〃莘，联立解得物块第一次通过C点时受到的支持力大小为FN=50N,

故A正确；由几何关系可知，NQOC=127°-90°=37°,。石与水平方向的夹角为37°,

当斜面的动摩擦因数4=/«时，从A到E过程，根据动能定理得〃吆(/1B+Rcos37°-D£sin37°)

—"o〃?gcos37°•DE=0-0,解得网=0.5,当4=0.4时，因〃v网，物块会从E点飞出，物

块在斜面上运动的路程为DE=1.8m,故B错误；当物块恰好能静止在斜面上时，有川〃优cos370

=〃?gsin37°,可得川=0.75,当4=0.6时，因网＜〃＜〃1，物块最终会在以C为中心、。为

左端最高点的圆弧上来回运动，设物块在斜面上运动的翳程为s,从4点到最终稳定运动时

的。点，由动能定理得mg(4B+Kcos37°)—//〃gcos37°•5=0—0,解得s=3.75m,故C

正确；当"=().8时，因〃＞山，物块会停止在斜面上，设砌块在斜面上运动的路程为由动

能定理得mg(AB+Rcos370-Jrsin37°)一〃小gcos37°・$'=0-0,解得$'-1.45m,故D

错误。

［答案］AC

考点3机械能守恒定律

♦♦邈要点梳理

1.利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式

三

种

表

达

形

式

2.连接体的机械能守恒叵题

共速

率模

型

共角

速度

模型

两物体角速度相同，线速率与半径成正比

关联

速度

模型

此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能

为0

轻弹

簧模

①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量

型

相等，弹性势能相等;

②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）

说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包含弹簧）机械能守恒，单个物体机械能不守恒。

命题参考

例5（2025•江苏省南通市高三下统考）（多选）如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过

光滑定滑轮，两端各系一小球a和b,a球质量为〃静置于地面，b球质量为4/m用手托

住，高度为爪此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后

速度变为零，则下列说法正确的是（）

A.在a球上升的全过程中，a球的机械能始终是增加的

B.在a球上升的全过程中，系统的机械能守恒

C.a球到达高度h时两球的速度大小为

D.从释放开始，a球能上升的最大高度为1.6万

［解析］在a球上升的全过程中，b球落地前系统的机械能守恒，轻绳对a球做正功，a球的

机械能是增加的，b球落地后，只有重力对a球做功，a球的机械能守恒，故A错误：b球落

地后速度变为零，有机械能损失，则在a球上升的全过程中，系统的机械能不守恒，故B错

误；b球落地前，对系统，根据机械能守恒定律有4mgh-mgh=^mv24mv2,解得a球到

达高度力时两球的速度大小。=\^,此后a球机械能守恒，以地面为零势能面，对a球，

由机械能守恒定律有"功力+3"婚2="长〃，解得从释放开始，a球能上升的最大高度”=1.6爪

故C、D正确。

［答案ICD

总结提升

应用机械能守恒定律的注意事项

（1）判断守恒系统：可能是单物体系统，也可能是多物体系统（包括弹簧）。

（2）判断守恒过程：可能全过程机械能守恒，也可能部分过程机械能守恒。当有“细绳突然绷

紧”“落地不弹起”等描述时，机械能有损失。

（3）多物体守恒系统的位移或高度关系、速度关系不要弄错。

例6（2025•江西省吉安市第一中学高三下全真模拟考试一）运动员为了练习腰部力量，在腰

部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置,

质量为m的运动员与质量为〃［的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮,

运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到八点时速度大小为如=1v次，且此时细

绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°,已知A、B两点之间的距离为

2L,重力加速度为g,运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一宜处于伸直状态，不

计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，sin370=0.6,

cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

A.运动员在A点时，重物的速度大小为基伍Z

B.运动员从4点运动到B点，重物重力势能的增加量为警

C.运动员从八点运动到B点，重物和运动员组成的系统总重力势能的减小量为警

D.运动员在8点时，其速度大小为初Z

［解析］运动员在月点细绳与斜面垂直，则重物的速度大小。=o（）cos900=0,故A错误；运

9/

动员从A点运动到。点，重物上升的高度为△〃=——2Ltan37°=£,重力势能的增加

COS37

量为AEpi=〃吆△%=/〃＜如，故B错误；运动员从4点运动到3点，运动员的重力势能减少量

AEp2=w^-2Lsin37o所以重物和运动员组成的系统总重力势能的增加量为△4=A

£pi—A£p2=-即减少了m〃gL,故C正确；运动员在4点时，设其速度大小为0B，

重物的速度大小为如'，对重物和运动员组成的系统，根据系统机械能守恒可知，系统减少

的重力势能等于系统增加的动能，有一△Ep=^mvi十品乐’2一\invi,且哈=VBCOS3/0,

解得。8=］旗，故D错误。

I答案IC

高考风向标■餐

1.（2025•山东卷，5）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,

刚好维持小车以速度。匀速运动。此时电动机的效率为5（）%。已知小车的质量为〃?，运动过

程中受到的阻力片切供为常量），该光伏电池的光电转换效率为〃，则光伏电池单位时间内

获得的太阳能为（）

,2切2kv2

kv2+mv22kv2-^-mv2

C2〃D。

答案：A

解析：小车匀速运动时，其牵引力尸=/,则牵引力做功的功率即电动机的输出功率2叱=凡

=fo=kv2,所以电动机的输入功率即光伏电池的输出功率为P光出=不方=2g2,则光优电池

的输入功率即单位时间内获得的太阳能为E大阳能=/=等，A正确。

2.（2025•山东省潍坊市高三下二模）（多选）如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，

。为圆环上最高点，。为圆环上最低点，圆环上〃、d两点与圆心等高。原长为2R的轻弹簧

一端固定在d点，另一端与小球拴接，小球套在圆环上，从。点由静止释放，经人点下滑至

c点，下列说法正确的是（）

A.由。到人过程，重力的瞬时功率一直变大

B.由。到力过程，弹簧弹力的瞬时功率一直变大

C.由。到c过程，重力的平均功率大于弹簧弹力的平均功率

D.由4到c过程，小球的机械能一直变大

答案：AC

解析：轻弹簧的原长为2R,可知小球运动到8点时弹簧处于原长，则由。到〃过程，重力势

能和弹簧弹性势能均减小，并转化为小球的动能，小球的动能增大，速度增大，且速度与竖

直方向的夹角逐渐减小，所以竖直分速度增大，根据可知重力的瞬时功率一直变

大，故A正确；小球运动到沙点时，弹簧弹力为0,此时弹簧弹力的瞬时功率为0,所以由。

到〃过程，弹簧弹力的瞬时功率不是一直变大，故B错误；根据对称性可知，小球处于。点

和c点时，弹簧的形变量用等，则由〃到。过程，弹簧弹力做的功为0,弹簧弹力的平均功

率为（），该过程重力做正功，重力的平均功率大于0,故C正确；由。到c过程，弹簧的形

变量先变小后变大，弹性势能先变小后变大，又弹簧与小球组成的系统机械能守恒，贝」小球

的机械能先变大后变小，故D错误。

3.（2025・广东卷，14）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞

内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的

拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶II齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。

木塞所受摩擦力/随位移大小X的变化关系为/=黄。-3,其中男为常量，力为圆柱形木塞

的高。木塞质量为机，底面积为5,加速度为4。齿轮半径为人重力加速度为内瓶外气压

减瓶内气压为A”且近似六变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用Z图线下的“面积”

表示了所做的功)求：

箍图

(1)木塞离开瓶口的瞬间，为轮的角速度/，

(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。

(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间，变化的表达式。

答案:⑴甲

(2*+mgh+mah+ShAp

(3)P=mgal+nurt+SatAp+j()ai(^一绘)其中辞

解析：(1)木塞向上做匀加速直线运动，设木塞离开瓶口瞬间的速度为。，由运动学公式有

v2—0=2ah

解得v=、2ah

齿轮边缘的线速度也为人所以有。=明・

解得①=卑。

⑵木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系如图所示，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为

W(=

拔塞的全过程，对木塞由动能定理有

VV+W\—mgh—Ap•Sh=^nrv2—O

J

联立解得W="+mgh+muh+ShA/?«

（3）拔塞过程中，设拔塞钻对木塞的作用力大小为「对木塞由牛顿第二定律有

F—f—mg—△p.S=rna

经过时间，木塞向上运动的位移大小为

x=^ai2

木塞的速度大小为v=at

拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P=Fv

联立可得P=mgat+m（rt+SatA一纺），其中0

专题作业

1基础保分题组

1.（2025.河北省石索庄市高三下教学质量检测一）质量为〃？的汽车从静止开始以恒定功率P

启动，达到最大速度GnaJ寸撤去牵引力，汽车开始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所

受阻力恒定。下列说法正确的是（）

A.在加速阶段，汽车在相同时间间隔内的速度增加量逐渐增大

B.在加速阶段，汽车的动能变化量等于牵引力做的功

C.在减速阶段，汽车的位移大小为甯

D.在整个运动阶段，汽车的平均速度大于等

答案：D

解析：汽车以恒定功率启动，由尸=所可知，在加速阶段，随着汽车速度增大，牵引力尸减

小，由牛顿第二定律有尸一片机小可知汽车的加速度减小，所以汽车在相同时间间隔内的速

度增加量逐渐减小，故A错误；在加速阶段，根据动能定理可知，汽车的动能变化量等于牵

引力做的功与阻力做的功之和，故B错误；根据量纲分析可知，/瞪对应的物理量为时间，

故C错误；由于汽车在加速阶段加速度减小，。“图像如图所示，可知加速阶段平均速度大

于竽，减速阶段平均速度等于等，所以在整个运动阶段，汽车的平均速度大于等，故D

正确。

0--------------------

2.（2025•陕西省渭南市高三下教学质量检测二）羽毛球匕行过程中受空气阻力影响很大，某同

学利用手机软件模拟出了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两

点，P为该轨迹的最高点。在羽毛球从A点经。点到达B点的过程中，则下列说法正确的是

（）

A,速度最大的点在A点，速度最小的点在。点右侧

B.速度最大的点在/，点，速度最小的点在P点左侧

C.速度最大的点在A点，速度最小的点在P点

D.速度最大的点在B点，速度最小的点在2点

答案：A

解析：羽毛球从4点经P点到达B点的过程中，空气阻力对羽毛球做负功，羽毛球的机械能

减小，可知，羽毛球在A点的机械能最大，又在A点的重力势能最小，则在A点的动能最大，

即速度最大的点在H点，当重力与空气阻力的合力与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小,

故速度最小的点在P点右测，故选A。

3.（2024•浙江6月选考，5）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2X104m2,喷水速度约

为IOm/s,水的密度为IX103kg/m3,则该喷头喷水的功率约为（）

A.10WB.20W

C.100WD.200W

答案：C

解析：设喷头出水口的横截面积为S,喷水速度为。，水的密度为〃，则时间内从出水口

喷出的水的体积为V=S・0Af,质量为加=〃匕根据动能定理可知，Af时间内喷头对水做的

IW

功等于喷出的水获得的动能，即卬=瓜=今〃。2,喷头喷水的功率P=七,联立并代入数据，

解得P=100W,故选C。

4.如图，总长为/、质量为，”的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为力的物

块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速

度为g，贝4（）

A.刚释放时细线的拉力大小为〃电

B.该过程中物块的机械能减少了多〃0

C.该过程中软绳的重力势能减少了少〃0

D.软绳离开滑轮时速度大小为|历

答案：D

解析：刚释放时，对物块有机g-T=〃心，故细线的拉力r小于〃吆，A错误；整个过程中，

物块的重力势能减小当咫/，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于%皿/,B

错误；因为软绳均匀，长直软绳的中点为其重心，所以软绳相当于向下移动了土，减小的重

力势能为5〃口，c错误；软绳刚好全部离开滑轮时，其速度与物块速度相等，设为。，由机

械能守恒定律得mgXX2〃m2,解得v=永而，故D正确。

易错点拨在力学问题中，要注意绳、链条的质量是否可以忽略，若不能忽略，则要考虑它

的动能、重力势能、机械能、动量等，应用牛顿运动定律、功能关系、机械能守恒定律、动

量定理、动量守恒定律时不能忽略它的影响，且一般要分析它的重心位置（形状为直线时重心

在中点，否则一般需要分段分析）。

5.（2025•河南省安阳市高三下一模）如图所示，水平长杆上套有一物体Q,轻绳穿过光滑圆环

连接物体P、Q，某时刻由静止释放P、Q，糅放时左侧轻绳与水平方向夹角为以不计一切

摩擦，下列说法正确的是（）

A.P、Q的速度大小始终相等

B.〃=90°时，Q的速度最大

C.。向90°增大的过程中，P一直处于失重状态

D.。向90°增大的过程中，P的机械能先增大后减小

答案：B

解析：P、Q沿轻绳方向的分速度大小始终相等，但P、Q的速度大小一般不相等，故A错

误。。向90。增大的过程中，轻绳对Q做正功，对P做负功，P的机械能一直减小；初始状

态和0=90°时，P的速度均为0,则P不可能一直向下加速，即不可能一直处于失重状态：

〃从90°继续增大，轻绳对Q开始做负功，故9=90°时，Q的动能最大，故B正确，C、

D错误。

6.(2025•福建卷，15)如图平，水平地面上有并排放置的A、8两个物块，两物块质量均为0.2

kg,A与地面间动摩擦因数为〃=0.25,8与地面间无摩擦，两物块在外力尸的作用下向右前

进，“随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧

轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上4、B与。点间的长度大于dm,重力加速度g

=10m/s2o求:

(1)0〜1m内尸做的功;

(2)%=1m时，4与B之间的弹力大小；

(3)要保证8能到达M点，圆弧半径满足的条件。

答案：(1)1.5J(2)0.5N(3)rW0.2m

解析：(l)F-x图像中图线与x轴所围的面积表示/做的功，由题图乙可知，0〜1m内产做的

功W=1.5X1J=l.5Jo

(2)由题图乙可知，xi=lm时外力Fi=1.5N

设A、8质量均为〃?，此时A、8的加速度大小均为m，A、B间的弹力大小为E㈤，对4、B

整体，由牛顿第二定律得Fi—卬噌=2〃g

对8,由牛顿第二定律得而用=〃?0

联立解得QM=0.5N。

(3)当4、3间弹力大小恰好为。时A、3开始分离，此时A、4的加速度均为0,则外力22

="〃?g=().5N,由题图乙可知，此时M=3m

设4、8开始分离时速度大小为以对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得

I、

WF—^irngxi=£X2"叱—0

结合(1)中分析由题图乙可得，此过程外力尸做的功

WF=W+1X(0.5+1.5)X(3-1)J=3.5J

设B在M点时的速度大小为VM，圆弧半径为r,对B从两者开始分离到运动到M点的过程，

由动能定理得一X2r=^invif—^nv2

3到达M点时，有〃ig

联立解得rW0.2mo

能力提升题组

7.(2025•北京市朝阳区高三下一模)物体a、b质量分别为旗和，〃b,且如<网>，它们的初动能

相同。若a和b分别只受到恒定阻力居和尺的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移

分别为先和刈。下列关系正确的是()

A.Fa>Fb»xa<vbB.尸a>尸b，G>Xb

C.Ei<Ab，%a>XbD.Fa<R)，Xa<^'b

答案：C

解析：设物体a.b的初动能为Eko，初速度分别为。aO和。bO，根据耳0=%成，以及〃711V”7b，

可知〃a()"ho，两物体经相司的时间t停下来，由X=yr可知Xa>Xb，根据动能定理有一Fx=0

一反0,可得尸=§，因此凡<A，故选C。

8.(2025•吉林省吉林市东北三省教育教学联合体高三下模拟预测)如图，A、B等高，B为可

视为质点的光滑定滑轮，C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。A、B之间距离为2d,一根足

够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A点，穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮下挂

着质量为〃?的小球P,绳另一端吊着质量为根的小球Q。初始时整个系统都静止，然后在外

力作用下，将动滑轮C缓慢上移到与A、B等高并由静止释放。已知重力加速度为g,整个

过程中Q未与滑轮B相撞，不计空气阻力和一切摩擦，则下列说法正确的是（）

A.初始时刻，4c与BC夹角为60°

B.C可以下降的最大高度为2d

C.P下降高度为d时系统的动能最大

D.系统运动过程中最大动能为a=（2—

答案：D

解析：初始时刻，对Q由平衡条件可知细绳的拉力丁=，次，设AC与BC的夹角为以对动

滑轮C和小球P进行受力分析，由平衡条件有27hos3="1g,解得。=120°,故A错误；设

C可以下降的最大高度为机由机械能守恒定律可得mgh=mgQyj巾+#—2"）,解得力=T“，

故B错误；P和Q总动能最大时系统的总势能最小，对应系统静止时的平衡位置，即AC与

BC夹角为120。时，此时P下降高度加=-^7=、枭，Q上升高度仇=2-^■—2d,由机械

tan~2~sin-^-

能守恒定律，可知系统的最大动能反=，阳小一〃?皿2=（2一小）mgd,故C错误，D正确。

9.（2025•四川卷，7）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面.匕安装在其顶端

的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为〃?，两者

之间动摩擦因数为坐。电动机以恒定功率尸拉动小车由静止开始沿斜面向I：运动。经过一段

时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为如。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜

面均足够长，重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内（）

A.物块的位移大小为普

B.物块机械能增量为迎E

2

D.小车机械能增量为噤+华

答案：c

解析：设物块运动的加速度大小为〃，位移大小为箝，对物块根据牛顿第二定律有/zwgcos30°

一〃?gsin30°=ma,解得。=%,根据运动学公式有成=2口由，解得,故A错误；物

块机械能增量为△£=%?琢+mgxi•sin30。=当”\故B错误；设小车的位移大小为x,运

动时间为/，对小车根据动能定理有力一"〃呼os30°•x+〃igsin3（）°•%=/近-0,其中Z=

与联立解得片粤1一誓故C正确；小车机械能增量为△£=恭筋+mgxsin300=等

+誓，故D错误。

10.（2025•陕西省商洛市高三下二模）如图所不，小车在水平台面上以恒定功率水平向左牵引

着跨过光滑定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面

上升，则在此过程中（）

A.铁球处于失重状态

B.铁球的加速度减小

C.轻绳的拉力增大

D.轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功

答案：B

解析：设定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为仇小车的速度大小为S，铁球的速度大小

为。2，有0=SCOS〃，在铁球上升的过程中。增大，又因为小车加速行驶，动增大，则在此

过程中。2增大，即铁球具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；设铁球的质量为加

轻绳的拉力大小为F,根据牛顿第二定律有Feos0—mg=nuh小车牵引轻绳的功率P=Fv\,

在。不变的情况下，当m增大时，产减小,又。增大，cos。减小，可得铁球的加速度〃减

小，故B正确，C错误；因为6增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，且墙面对

铁球不做功，则轻绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服宣力做的功，故D错误。

11.（2025•河北省邯郸市高三下第三次调研监测）（多选）如图所示，劲度系数为k的弹性绳一端

系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为，〃、套在光滑竖直固定杆A处的圆环（视

为质点）相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离

为L将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g,弹性绳始终处于弹性限度内，弹性

绳的弹性势能斗=夕*，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是（）

A.圆环向下运动的过程中，弹性绳的弹性势能先增大后减小

B.圆环向下运动的最大距离为华

C.圆环最大动能为喏

D.圆环运动过程中的最大加速度为5