2025年高考物理復習新題速遞之功和

選擇題（共10小題）

1.（2024秋?海安市校級月考）早在二千多年前，我國勞動人民就發明了漢石磨盤，如圖甲所示。人們通

常用驢來拉磨把谷物磨成面粉。俯視角度看如圖乙所示，假設驢拉磨可以看成做勻速圓周運動，驢對磨

桿末端的平均拉力F=800N,拉力方向始終沿圓周切線方向，磨桿半徑r=0.7m,驢拉磨轉動一周時間

為7s,圓周率則下列說法正確的是（）

A.磨桿末端的向心加速度大小為0.4m/s2

B.磨桿末端的線速度大小為0.3m/s

C.驢轉動一周拉力所做的功為零

D.驢轉動一周拉力的平均功率為480W

2.（2024?海淀區校級開學）如圖所示，一個質量為m的物體以某一速度從A點沖上一個傾角為30°的斜

3

面，其運動的加速度為了g。這個物體在斜面上上升的最大高度為h,則在這過程中（）

4

3

A.物體的重力勢能增加了7mgh

B.物體的機械能損失了mgh

C.物體的動能損失了mgh

D.物體的重力勢能增加了mgh

3.（2024?茂名二模）信宜市境內崇山峻嶺較多，茶農在其中一些條件適宜的高山上種植高山茶，一茶農

駕駛農用拖拉機，沿盤山公路以恒定速率向山上運送農資。不考慮拖拉機燃油質量的變化，下列說法正

確的是（）

A.為了行車安全，路面轉彎處應做成內高外低

B.拖拉機牽引力的瞬時功率保持不變

C.拖拉機依次經過兩個水平圓弧彎道1和2,且R]>R2,則其合外力FI>F2

D.上坡過程拖拉機的機械能增加

4.（2024春?江北區校級月考）如圖所示，一個可視為質點的物體以20J的初動能從粗糙斜面底端A點出

發，沿斜面向上運動，從A經過B到達最高點C（B點未畫出），然后再回到A點。已知物體向上運動

時，從A點到B點的過程中，物體動能減少了12J,機械能減少了3J,不計空氣阻力，則（）

A.在從A到C的上升過程中，合力對物體做功20J

B.在從A到B的上升過程中，物體克服摩擦力做功12J

C.在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J

D.若在斜面底端放置一彈性擋板，物體返回A點時與擋板發生碰撞并立即被等速反彈，則物體在斜面

上通過的總路程為AC距離的5倍

5.（2024秋?開福區校級月考）一根粗細不均勻的繩子擺放在地面上，已知繩子的質量為5kg,繩長為1m,

抓住繩子一端緩慢往上提起，直到另一端恰好離開地面，此過程需做功30J。若抓住繩子的另一端把繩

子緩慢提起來，拉力做功為（g取lOm/s?）（）

A.10JB.20JC.30JD.50J

6.（2024春?江北區校級月考）汽車在平直公路上以速度vo勻速行駛，發動機功率為P,ti時刻進入另一

足夠長的傾斜路面，如圖，若保持功率P繼續行駛，到t2時刻，汽車又恢復了勻速直線運動。假設汽

車運動過程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不變，下列圖像中能正確表示該汽車運動過程

0

A.12

V

D.

7.（2024春?江北區校級月考）如圖，豎直放置的弧形軌道固定在地面上，小球以lm/s的初速度從P點沿

切線滑下，離開軌道時速率為lm/s；若該小球以2m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率（）

C.等于2m/sD.無法確定

8.（2024春?江北區校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在。點，另一端與小球相連，現將小球拉到A點

（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正

下方）的過程中，下列描述正確的是（）

//////////

II

B：”

A.彈簧對小球不做功B.彈簧對小球做正功

C.小球機械能守恒D.小球機械能減少

9.（2024?九龍坡區校級開學）暑假里，小李同學和小伙伴們玩起了一種趣味運動，手持乒乓球拍托實心

塑料球移動，距離大者獲勝。若小李在趣味運動中沿水平方向做勻加速直線運動，手、球拍與球保持相

對靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為0,如圖所示。設球的質量為m,不計球拍和球之間的摩擦力，

不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.球拍對球的作用力大小為mgcos。

B.球的加速度大小為gtan。

C.球拍對球不做功

D.球的重力做負功

10.（2024?尋甸縣校級開學）如圖所示，質量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平

軸O無摩擦轉動。已知桿長為1,水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球

一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉過90°的過程中（）

A

O

.0

O

B

1

A.小球A和B的重力勢能變化量之和為5mgl

B.小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl

C.桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒

D.A球和B球的總機械能減少

二.多選題（共5小題）

（多選）11.（2024秋?開福區校級月考）我國北斗衛星導航系統定位精度可達米級，如圖P點是北緯37°

（即。=37°）地球表面上一顆等待發射的衛星，質量相同的北斗導航衛星A、B均繞地心O做勻速圓

周運動，衛星B是地球靜止軌道衛星（同步地球衛星）。某時刻P、A、B、O在同一平面內，其中O、

P、A在一條直線上，且0A垂直AB,則（）

A.三顆衛星中角速度最大的是A衛星

B.三顆衛星中線速度最大的是B衛星

C.衛星A、B的加速度之比25：16

D.衛星A、B的動能之比25：16

（多選）12.（2024?岳麓區校級開學）2024年5月15日，百度Apollo在武漢正式發布旗下第六代無人車

車型，武漢市民可通過蘿卜快跑平臺搭乘第六代無人車。一輛質量m=2.0X103kg的蘿卜車，以v=

36km/h的速度在平直路面上勻速行駛,此過程中發動機功率Pi=12kW。當系統探測到前方有障礙物時,

主動剎車系統立即撤去發動機驅動力，同時施加制動力使車輛減速。在制動過程中，系統提供的制動功

率P2=24kW,蘿卜車經過x=詈巾停下來，不計傳動裝置和熱損耗造成的能量損失，下列說法正確的

是（）

A.蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為800N

B.蘿卜車剛進入制動狀態的瞬間，汽車所受合力大小為4800N

C.制動過程蘿卜車的速度為5m/s時，加速度大小為3m/s2

D.蘿卜車從剎車到停止經歷的時間為3.2s

（多選）13.（2024?故城縣校級開學）如圖，足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接，斜面

傾角9=37°,質量為1kg的物塊從距傳送帶高為H=2.4m的C點靜止釋放，物塊與斜面和傳送帶間

的動摩擦因數均為0.5,傳送帶順時針運行速度恒為5m/s?已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8。則下列判斷正確的是（）

B.物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28J

C.物塊在斜面上向下運動的路程之和為6m

D.物塊在斜面上向下運動的路程之和為5m

（多選）14.（2024春?江北區校級月考）如圖，以O為原點在豎直面內建立平面直角坐標系：第IV象限

擋板形狀滿足方程y=#-2（單位：m）,小球從第H象限內一個固定光滑圓弧軌道某處靜止釋放，

通過O點后開始做平拋運動，擊中擋板上的P點時動能最小（P點未畫出），重力加速度大小取10m/s2,

不計一切阻力，下列說法正確的是（）

B.小球釋放處的縱坐標為y=

C.小球擊中P點時的速度大小為5m/s

D.小球從釋放到擊中擋板的整個過程機械能守恒

（多選）15.（2024春?江北區校級月考）在空中某點，將兩個相同小球以大小相同的初速度分別水平拋出

和豎直向上拋出，不計空氣阻力，則從拋出到落地，下列說法正確的是（）

A.重力做功相同

B.落地時速率相同

C,速度變化量相同

D.落地時重力的瞬時功率相同

三.解答題（共5小題）

16.(2024?海淀區校級開學)如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°,其上A、B兩點間的距離為

5m,傳送帶在電動機的帶動下以v=lm/s的速度勻速運轉，現將一質量為m=10kg的小物體(可視為

質點)輕放在傳送帶上A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數孚，則在傳送帶將小物塊從A

傳送到B的過程中，g=10m/s2o求：

(1)小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為多大？

(2)傳送帶對小物塊做了多少功？

運動，3s后撤去外力F,物體的v-t圖像如圖所示。gIX10m/s2,求:

(1)全過程中外力F的最大功率；

(2)6s內物體克服摩擦力做的功。

1

18.(2023秋?新市區校級月考)光滑的一圓弧軌道AB豎直放置，半徑R=0.2m,B端切線水平，B離地

4

高度H=0.8m,如圖所示,小滑塊P從A點由靜止滑下最終落在水平地面上(空氣阻力不計,g取10m/s2)o

求：

(1)小滑塊P滑到B點時的速度VB的大小；

(2)小滑塊P的落地點與B點的水平距離s。

R

B

H

19.(2024春?江北區校級月考)電動汽車具有節能環保、低噪聲、提速快等優點，隨著電池續航能力不斷

提升，其越來越受到消費者的青睞。質量為m的電動車由于摩擦及空氣流動等原因產生的總阻力隨車

速滿足f=kv2,其中k為已知常數。求：

(1)當車以最大速度勻速行駛時，電動車所受的牽引力F牽與車速v應滿足的關系；

(2)若該電動汽車的最大輸出功率為Pm,此功率下最大行駛速度為Vm,求其速度為寸時的加速度(僅

用Pm、Vm、Hl表達)；

(3)若電動汽車以最大輸出功率Pm啟動，經過時間to后電動汽車的速度大小為V0,求該過程中電動

汽車克服總阻力所做的功Wf?

20.(2024秋?坪山區校級月考)風洞是研究空氣動力學的實驗設備，如圖所示，將剛性桿水平固定在風洞

內距地面高度H=3.2m處，桿上套有一質量m=3kg,可沿桿滑動的小球。將小球所受的風力調節為F

2

=15N,方向水平向左。小球以速度vo=8m/s向右離開桿端，假設小球所受風力不變，取g=10m/so

求：

(1)小球落地時離開桿端的水平距離X；

(2)小球落地時的動能Ek；

2025年高考物理復習新題速遞之功和能（2024年9月）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

1.（2024秋?海安市校級月考）早在二千多年前，我國勞動人民就發明了漢石磨盤，如圖甲所示。人們通

常用驢來拉磨把谷物磨成面粉。俯視角度看如圖乙所示，假設驢拉磨可以看成做勻速圓周運動，驢對磨

桿末端的平均拉力F=800N,拉力方向始終沿圓周切線方向，磨桿半徑r=0.7m,驢拉磨轉動一周時間

為7s,圓周率7123,則下列說法正確的是（）

A.磨桿末端的向心加速度大小為0.4m/s2

B.磨桿末端的線速度大小為0.3m/s

C.驢轉動一周拉力所做的功為零

D.驢轉動一周拉力的平均功率為480W

【考點】平均功率的計算；向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；變力做功的計算.

【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理能力.

【答案】D

【分析】利用a=^r,u=絹，求磨桿末端的向心加速度和線速度大小；根據微元法可知，拉力所

做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運動弧長的乘積；平均功率是功與時間的比值。

【解答】解：A、磨桿末端的向心加速度大小a=爺~7-=今乎x0.7n?/s2=0.51?n/s2,故A錯誤；

B、磨桿末端的線速度大小"=竿^=處半"'m/s=0.6ni/s,故B錯誤；

C、驢轉動一周拉力所做的功，根據微元法可知，拉力所做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運

動弧長的乘積。則磨轉一周弧長為L=2m,拉力所做的功W=FL=800X2X3X0.7J=3360J,故C錯

誤；

D、驢轉動一周拉力的平均功率P=^==480勿，故D正確;

故選：Do

【點評】本題考查勻速圓周運動線速度、向心加速度、周期、半徑之間的關系，能夠利用微元法推斷拉

力所做的功。

2.（2024?海淀區校級開學）如圖所示，一個質量為m的物體以某一速度從A點沖上一個傾角為30°的斜

3

面，其運動的加速度為建。這個物體在斜面上上升的最大高度為h,則在這過程中（）

4

3

A.物體的重力勢能增加了;mgh

B.物體的機械能損失了mgh

C.物體的動能損失了mgh

D.物體的重力勢能增加了mgh

【考點】計算物體的機械能；常見力做功與相應的能量轉化.

【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力.

【答案】D

【分析】物體在斜面上上升的最大高度為h,克服重力做功為mgh,從而得到重力勢能的變化；

根據牛頓第二定律求出摩擦力大小，根據物體克服摩擦力做功等于物體機械能的損失，求解機械能的損

失；

根據合外力做功，求解動能的損失。

【解答】解：AD、物體在斜面上上升的最大高度為h,克服重力做功為mgh,則重力勢能增加了mgh,

故A錯誤，D正確；

Q1

B、根據牛頓第二定律得：mgsin30°+f=m]g,得到摩擦力大小為f=物體克服摩擦力做功為

1,1

Wf=f?2h=^mgh,所以物體的機械能損失了：mgh.故B錯誤；

/2

303

C、合外力對物體做功為W合=-m7g?2h=-]mgh,根據動能定理得知，物體動能損失了5mgh,故

C錯誤。

故選：D。

【點評】本題的關鍵要掌握常見的對幾對功和能的關系：重力做功與重力勢能的關系有關，合力做功與

動能的變化有關，除重力以外的力做功與機械能的變化有關。

3.（2024?茂名二模）信宜市境內崇山峻嶺較多，茶農在其中一些條件適宜的高山上種植高山茶，一茶農

駕駛農用拖拉機，沿盤山公路以恒定速率向山上運送農資。不考慮拖拉機燃油質量的變化，下列說法正

確的是（）

A.為了行車安全，路面轉彎處應做成內高外低

B.拖拉機牽引力的瞬時功率保持不變

C.拖拉機依次經過兩個水平圓弧彎道1和2,且RI>R2,則其合外力FI>F2

D.上坡過程拖拉機的機械能增加

【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；判斷機械能是否守恒及如何變化；車輛在道路上的轉

彎問題.

【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力.

【答案】D

【分析】轉彎處的路面內低外高可以提供一部分車輛做圓周運動的向心力；結合P=Fv分析汽車牽引

力的瞬時功率;對車輛進行受力分析，根據向心力公式分析合外力;根據功能關系分析能量的變化情況。

【解答】解：A、為了行車安全，路面轉彎處應利用重力和支持力的合力提供向心力，所以路面轉彎處

應做成外高內低，故A錯誤，

B、拖拉機沿盤山公路以恒定速率向山上運送農資，在水平圓弧彎道和上坡過程，拖拉機的牽引力大小

不同，根據P=Fv可知，拖拉機牽引力的瞬時功率不相同，故B錯誤；

C、拖拉機沿盤山公路以恒定速率向山上運送農資，拖拉機依次經過兩個水平圓弧彎道1和2,且Ri>

R2,根據

2

F=v

可知其合外力滿足

F1<F2

故C錯誤；

D、上坡過程拖拉機的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故D正確。

故選：Do

【點評】本題主要考查了圓周運動的相關應用，熟悉對物體的受力分析，結合牛頓第二定律即可完成解

答。

4.（2024春?江北區校級月考）如圖所示，一個可視為質點的物體以20J的初動能從粗糙斜面底端A點出

發，沿斜面向上運動，從A經過B到達最高點C（B點未畫出），然后再回到A點。已知物體向上運動

時，從A點到B點的過程中，物體動能減少了12J,機械能減少了3J,不計空氣阻力，則（）

c

A.在從A到C的上升過程中，合力對物體做功20J

B.在從A到B的上升過程中，物體克服摩擦力做功12J

C.在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J

D.若在斜面底端放置一彈性擋板，物體返回A點時與擋板發生碰撞并立即被等速反彈，則物體在斜面

上通過的總路程為AC距離的5倍

【考點】恒力做功的計算；功的正負及判斷.

【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力.

【答案】C

【分析】根據動能定理分析；根據功能關系分析；根據動能定理得到小球克服重力做功和克服摩擦力做

功的比例關系，進而得到整個過程摩擦力做的功；對整個過程根據動能定理計算。

【解答】解：A、在從A到C的上升過程中，根據動能定理可知合力對物體做功

W-=AEk=-20J,故A錯誤；

B、在從A到B的上升過程中機械能損失了3J,根據功能關系可知克服摩擦力做功為

Wfi=3J,故B錯誤；

C、據題意，小球從A到B過程中動能減少了12J,根據動能定理可知

WGI+WH=12J

該過程中機械能損失了3J,所以克服摩擦力做功為

Wfi=3J

則該過程中克服重力做功為

WGI=12J-3J=9J

所以有

WGI=3

wfl-1

在B點還剩下20J-12J=8J動能，根據比例關系可知在BC過程中克服重力做功為

WG2=3Wf

克服摩擦力做功為

Wf2=2J

所以在從A到C的上升過程中克服重力做功為

WGI2=20J-3J-2J=15J

則在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J,故C正確；

D、在從A到C的上升過程中克服摩擦力做功為

Wfl2=5J=fxAC

當動能減為0時，根據動能定理有

EkO=2OJ=fx

解得

X=4XAC,故D錯誤。

故選：Co

【點評】知道克服摩擦力做的功等于物體機械能的減少量，能夠熟練應用動能定理是解題的基礎。

5.(2024秋?開福區校級月考)一根粗細不均勻的繩子擺放在地面上，已知繩子的質量為5kg,繩長為1m,

抓住繩子一端緩慢往上提起，直到另一端恰好離開地面，此過程需做功30J。若抓住繩子的另一端把繩

2

子緩慢提起來，拉力做功為(gmlOm/s)()

A.10JB.20JC.30JD.50J

【考點】變力做功的計算.

【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理能力.

【答案】B

【分析】繩子緩慢運動，受力平衡，合外力做功為零，根據重力勢能的增加量計算重力做功。

【解答】解：提起繩子過程中，拉力做功為W=mgh,

h表示重心上升的高度，

第一次過程中拉力做功為30J,

即30J=5X10h,

解得h=0.6m,

抓住繩子的另一端把繩子緩慢提起來時，

第二次重心升高0.4m,

所以對應拉力做功

W=mgh=5X10X0.4J=20J

故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】本題難度較大，克服重力做功的角度分析答題、應用功的計算公式是正確解題的關鍵；求重力

做功時，要考慮重心上升的高度。

6.（2024春?江北區校級月考）汽車在平直公路上以速度vo勻速行駛，發動機功率為P,ti時刻進入另一

足夠長的傾斜路面，如圖，若保持功率P繼續行駛，到t2時刻，汽車又恢復了勻速直線運動。假設汽

車運動過程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不變，下列圖像中能正確表示該汽車運動過程

速率V隨時間t變化的是（

%

A.

D.

【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；功率的計算專題；推理能力.

【答案】A

【分析】根據勻速運動確定牽引力與阻力關系，根據牛頓第二定律確定加速度的變化，當加速度為零時

確定牽引力的變化，根據功率公式確定速度的變化

【解答】解：勻速行駛時P=Fovo,此時阻力等于牽引力f=Fo

若ti時刻進入另一足夠長的傾斜路面，汽車做減速運動，功率不變，根據P=Fv可知，速度減小牽引

力會增加。

在斜面上，根據牛頓第二定律有

F-f-mgsin0=ma

則該過程是加速度減小的減速運動o

當加速度再次為零時，有

F'=f+mgsin0>Fo

根據P=Fv可知，此時速度小于vo。

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題關鍵掌握根據牛頓第二定律分析加速度的變化，根據功率公式分析速度變化。

7.（2024春?江北區校級月考）如圖，豎直放置的弧形軌道固定在地面上，小球以lm/s的初速度從P點沿

切線滑下，離開軌道時速率為lm/s；若該小球以2m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率（）

（不計空氣阻力）

A.大于2mzsB.小于2mzsC.等于2m/sD.無法確定

【考點】利用動能定理求解變力做功.

【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力.

【答案】B

【分析】對小球兩次在同一弧形軌道上的運動情況，根據動能定理結合速率對正壓力和摩擦力的大小的

影響，進而影響到克服滑動摩擦做功的多少問題列式分析判斷。

【解答】解：當小球以lm/s的初速度從P點沿切線方向滑下，離開軌道時速率為lm/s,設該過程中克

服摩擦力做功為Wf,弧形軌道的高度差為h,小球的質量為m,根據動能定理可得mgh-Wf=AEk=0,

若小球以2m/s的速度從P點沿切線方向入軌，由于第二次在圓弧軌道滑動過程與第一次在圓弧軌道滑

動過程相比，小球處于同一位置時，第二次的速率大于第一次的速率，在弧形軌道上運動，根據牛頓第

二定律可知，第二次小球對軌道的壓力大于第一次小球對軌道的壓力，結合摩擦力和壓力的關系則第二

次的摩擦力大于第一次的摩擦力，整個滑動過程第二次克服摩擦力做功Wfz大于第一次克服摩擦力做

功Wf,根據動能定理可得

AE'k=mgh-Wf，＜mgh-Wf=O,所以小球到達B點時速率一定小于2m/s。故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】考查動能定理的定性的分析和應用問題，關鍵是要抓住速率的變化對各力做功造成的影響。

8.（2024春?江北區校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在0點，另一端與小球相連，現將小球拉到A點

（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正

下方）的過程中，下列描述正確的是（）

//////////

W:

2/

E/

Vx，

T*/

z.*x/

/

A.彈簧對小球不做功B.彈簧對小球做正功

C.小球機械能守恒D.小球機械能減少

【考點】判斷機械能是否守恒及如何變化；功的正負及判斷.

【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理能力.

【答案】D

【分析】在此過程中彈簧對小球做正功，據此分析小球機械能的變化。

【解答】解：小球下擺到O點正下方過程中，彈簧伸長，小球做的不是圓周運動，故彈力與速度成鈍

角，彈簧彈力對小球做負功，所以小球機械能減少，故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

【點評】知道重力以外的力對小球做的功等于小球機械能的變化量。如果對小球做正功，則小球的機械

能增大。

9.（2024?九龍坡區校級開學）暑假里，小李同學和小伙伴們玩起了一種趣味運動，手持乒乓球拍托實心

塑料球移動，距離大者獲勝。若小李在趣味運動中沿水平方向做勻加速直線運動，手、球拍與球保持相

對靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為仇如圖所示。設球的質量為m,不計球拍和球之間的摩擦力，

不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.球拍對球的作用力大小為mgcos。

B.球的加速度大小為gtan。

C.球拍對球不做功

D.球的重力做負功

【考點】功的正負及判斷；牛頓第二定律的簡單應用.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力.

【答案】B

【分析】A.畫實心球受力圖，根據幾何關系列式求解支持力；

B.根據牛頓第二定律列式求解加速度大小；

CD.根據支持力和位移的夾角情況判斷該力是否做功。

【解答】解：實心球的受力情況如下圖所示

A.根據幾何關系可知，球拍對球的作用力滿足Fcos9=mg,得F=磊，故A錯誤；

B.根據牛頓第二定律有F合=mgtan6=ma,得2=812!13所以球的加速度大小為a=gtanO,故B正確；

C.根據上圖，球拍對球的支持力與球的位移（水平方向）的夾角為銳角，根據功的公式，該力對球做正

功，故C錯誤；

D.球的重力方向和位移方向夾角始終為90°,故重力不做功，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】考查物體的受力分析和牛頓運動定律以及力做功的問題，會根據題意進行準確列式求解。

10.（2024?尋甸縣校級開學）如圖所示，質量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平

軸O無摩擦轉動。已知桿長為1,水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球

一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉過90°的過程中（）

A

O

.0

O

B

1

A.小球A和B的重力勢能變化量之和為萬mgl

B.小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl

C.桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒

D.A球和B球的總機械能減少

【考點】判斷機械能是否守恒及如何變化；重力勢能的變化和重力做功的關系.

【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力.

【答案】A

【分析】將輕桿從水平位置由豎直靜止，轉到水平位置的過程中系統只有重力做功，機械能守恒，根據

勢能的定義可以判斷各自勢能的變化；依據桿對A做負功，而對B做正功，桿對整體不做功。

【解答】解：AB、在桿繞軸O轉過90。的過程中，小球A的重力勢能減小去igl,B的重力勢能增加

1

mgl,那么小球A和B的重力勢能變化量之和為萬mgl,故A正確，B錯誤；

CD、A、B組成的系統在運動過程中，只有重力做功，系統機械能守恒，故A球和B球的總機械能保

持不變。系統的重力勢能增加了，則A、B的總動能減少，A、B兩球的速率始終相等，故A、B的動

能都減小，所以A球機械能減小，桿對A做負功，故CD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題是輕桿連接的模型問題，對系統機械能是守恒的，但對單個小球機械能并不守恒，運用系

統機械能守恒及除重力以外的力做物體做的功等于物體機械能的變化量進行研究即可。

二.多選題（共5小題）

（多選）11.（2024秋?開福區校級月考）我國北斗衛星導航系統定位精度可達米級，如圖P點是北緯37°

（即。=37。）地球表面上一顆等待發射的衛星，質量相同的北斗導航衛星A、B均繞地心O做勻速圓

周運動，衛星B是地球靜止軌道衛星（同步地球衛星）。某時刻P、A、B、O在同一平面內，其中O、

P、A在一條直線上，且0A垂直AB,則（）

A.三顆衛星中角速度最大的是A衛星

B.三顆衛星中線速度最大的是B衛星

C.衛星A、B的加速度之比25：16

D.衛星A、B的動能之比25：16

【考點】動能大小的影響因素及比較；不同軌道上的衛星（可能含赤道上物體）運行參數的比較.

【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理能力.

【答案】AC

【分析】由萬有引力提供向心力，結合向心力的計算公式分析角速度、線速度、向心加速度大小關系,

結合動能公式計算動能之比。

【解答】解：AB、P點衛星自轉和衛星B公轉都做圓周運動，其角速度大小相等，萬有引力提供向心

力，衛星A、B均繞地心0做勻速圓周運動，有

GMmv2

——=ma=m-=mco2r

比較衛星的運動參量可知

COP=U)B<a)A

VP<VB<VA

故A正確，B錯誤;

C、設B的半徑為IB=R,

則A的半徑為IA=RCOS370=0.8R

所以￡=0需5

4

由。=詈，衛星A、B的加速度之比

aA：aB=r^：以=25：16

故C正確；

D、由u=可得

vA：vB=阮'：V^4=區:V4

則衛星A、B的動能之比

EkA：EkB=5：4

故D錯誤。

故選：AC-

【點評】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合

向心力公式進行分析，難度中等。

（多選）12.（2024?岳麓區校級開學）2024年5月15日，百度Apollo在武漢正式發布旗下第六代無人車

車型，武漢市民可通過蘿卜快跑平臺搭乘第六代無人車。一輛質量m=2.0X103kg的蘿卜車，以v=

36km/h的速度在平直路面上勻速行駛,此過程中發動機功率Pi=12kW。當系統探測到前方有障礙物時,

主動剎車系統立即撤去發動機驅動力，同時施加制動力使車輛減速。在制動過程中，系統提供的制動功

率P2=24kW,蘿卜車經過x=苧巾停下來，不計傳動裝置和熱損耗造成的能量損失，下列說法正確的

是（）

A.蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為800N

B.蘿卜車剛進入制動狀態的瞬間，汽車所受合力大小為4800N

C.制動過程蘿卜車的速度為5m/s時，加速度大小為3m/s2

D.蘿卜車從剎車到停止經歷的時間為3.2s

【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導.

【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；動能定理的應用專題；推理能力.

【答案】CD

【分析】A、根據蘿卜車勻速運動，阻力和牽引力大小相等，由P=Fv可得阻力大小；

B、根據P=Fv可得蘿卜車進入制動瞬間制動力大小，蘿卜車所受合力為制動力和阻力之和；

C、根據P=Fv可得制動力大小，利用牛頓第二定律可得加速度大小；

D、剎車過程，利用動能定理可得蘿卜車從剎車到停止經歷的時間。

【解答】解：A、蘿卜車勻速行駛過程中的速度：v=36km/h=10m/s,所受的阻力大小為：/=F=g=

12；；">=1200N,故A錯誤；

B、蘿卜車剛進入制動狀態的瞬間，主動剎車系統提供的制動力大小為：&=今=用貯N=2400N

蘿卜車剛進入制動狀態的瞬間，汽車所受合力大小為：F-=Fi+f=2400N+1200N=3600N,故B錯誤；

C、蘿卜車的速度為5m/s時，主動剎車系統提供的制動力大小為：?2=牛=斐宜N=4800N,由

牛頓第二定律有：F2+f=ma'

代入數據可得：a'=3m/s2,故C正確；

1

D、剎車過程，由動能定理：—Pzt—fx:=Q—^mi>2

代入數據可得：t=3.2s,故D正確。

故選：CDo

【點評】本題考查了動能定理、功率，解題的關鍵是知道蘿卜車剛進入制動狀態時，蘿卜車的合力為制

動力和阻力之和。

（多選）13.（2024?故城縣校級開學）如圖，足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接，斜面

傾角8=37°,質量為1kg的物塊從距傳送帶高為H=2.4m的C點靜止釋放，物塊與斜面和傳送帶間

的動摩擦因數均為0.5,傳送帶順時針運行速度恒為5m/so已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8。則下列判斷正確的是（）

A.物塊第二次經過B點的速度為5m/s

B.物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28J

C.物塊在斜面上向下運動的路程之和為6m

D.物塊在斜面上向下運動的路程之和為5m

【考點】從能量角度求解傳送帶問題；傾斜傳送帶模型.

【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力.

【答案】BD

【分析】A、根據動能定理求解小物塊第一次滑過B點時的速度大小，與傳送帶速度大小比較，進一步

判斷小物塊的運動情況以及第二次回到B點時的速度；

B、小物塊滑上傳送帶后先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律和

運動學公式相結合求小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間3根據運動學公式求出相對運動的距離,

再由摩擦力乘以相對距離求解出物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱；

CD、小物塊再次滑上斜面，然后再次滑到斜面底端，再次滑上傳送帶做勻減速直線運動，然后做勻加

速直線運動，回到P點速度不變，經過多次在斜面上往返運動，最終停在斜面底端。根據動能定理結合

數學歸納求小物塊在斜面上運動的總路程。

【解答】解：A.物塊第一次下滑到B點時由動能定理

mgH-林mgcosB-布后=2nl詔

解得

vB=4m/s

沖上傳送帶后做勻減速運動，速度減到零后反向加速，則第二次回到B點時的速度仍為4m/s,故A錯

誤；

B.物塊在傳送帶上做減速運動的加速度大小為

a=Hg

解得

a=5m/s2

減速到零的時間

a

解得

t=0.8s

物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱

Q=〃機93//+等0

解得

Q=28J

故B正確；

CD.物塊從B點再次沖上斜面時，向上運動的最大距離

=mgxsinO+[imgxcosd

解得

x=0.8m

再次下滑到斜面底端時的速度

1/2

-mvB=mgxsind—[imgxcosd

解得

v7=

BDV32m/s

滑上傳送帶后再次返回到點時速度仍為再次沿斜面上滑時向上運動的最大距離

Bu/DR=V32m/s,

12

-mvg=mgx'sind+[imgx'cosd

解得

x'=0.16m

則每次下滑的距離呈等比數列，則物塊在斜面上向下運動的路程之和為

s=4m+0.8m+0.16m+.......=5m

故C錯誤，D正確。

故選：BDo

【點評】解決本題的關鍵要理清小物塊的運動過程，把握能量轉化情況，分段運用牛頓第二定律和動能

定理；要知道摩擦生熱與相對路程有關。

（多選）14.（2024春?江北區校級月考）如圖，以O為原點在豎直面內建立平面直角坐標系：第IV象限

擋板形狀滿足方程y=1%2-2（單位：m）,小球從第H象限內一個固定光滑圓弧軌道某處靜止釋放，

通過O點后開始做平拋運動，擊中擋板上的P點時動能最小（P點未畫出），重力加速度大小取10m/s2,

不計一切阻力，下列說法正確的是（）

B.小球釋放處的縱坐標為y=

C.小球擊中P點時的速度大小為5m/s

D.小球從釋放到擊中擋板的整個過程機械能守恒

【考點】機械能與曲線運動相結合的問題；平拋運動位移的計算；判斷機械能是否守恒及如何變化.

【專題】定量思想；解題方法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力.

【答案】BD

【分析】小球從0點開始做平拋運動，根據平拋運動的規律求出平拋運動的軌跡方程，結合題設軌跡

方程求出小球從O點落到擋板上的時間，進而得到小球落在擋板上的速度，根據數學知識求出速度最

小時對應的初速度，并求出小球擊中P點時的速度大小。根據分位移公式求出P點的坐標。小球從第

n象限內由靜止釋放到o點機械能守恒，由機械能守恒定律求小球釋放處的縱坐標。整個過程中，只

有重力做功，小球的機械能守恒。

【解答】解：C、設小球從O點開始做平拋運動的初速度大小為vo,根據分運動的規律有

—y=gt2,x=vot

據題

y=jx2—2

解得小球從0點落到擋板上的時間為

則小球落在擋板上的速度為

丫="詔+（狗2=詔+

q與十g

當詔+g=,4g2=2g時，v最小

解得：v0=V10m/s

此時，速度最小為u=回血/s,則小球擊中P點時的速度大小u=回根/s,故C錯誤;

A、經過O點時的速度大小%=YlU/n/s,小球從O點落到擋板上的時間為

解得

19廠

—y=gt=lm,x=vot=V2m

即P點的坐標為（VL-1）,A錯誤;

B、小球從第II象限內由靜止釋放到O點機械能守恒，有

mgy=\m喘

解得：y-|m,故B正確；

D、小球從釋放到擊中擋板的整個過程中，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。

故選：BDo

【點評】分析清楚小球的運動過程，應用平拋運動規律和數學知識相結合即可正確解題。

（多選）15.（2024春?江北區校級月考）在空中某點，將兩個相同小球以大小相同的初速度分別水平拋出

和豎直向上拋出，不計空氣阻力，則從拋出到落地，下列說法正確的是（）

A.重力做功相同

B.落地時速率相同

C.速度變化量相同

D.落地時重力的瞬時功率相同

【考點】瞬時功率的計算；豎直上拋運動的規律及應用；平拋運動在豎直和水平方向上的特點；恒力做

功的計算.

【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；功率的計算專題；分析綜合能力.

【答案】AB

【分析】小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功，機械能守恒，故可得到落地時速度大小相等，但

方向不同；根據瞬時功率表達式P=FvcosO判斷瞬時功率的大小。

【解答】解：A、根據重力做功公式W=mgh可知，兩個小球重力做功相同，故A正確；

B、小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功，機械能守恒，而兩個相同小球，初速度大小相同，故

可得到落地時速度大小相等，故B正確；

D、根據瞬時功率表達式P=Fvcos0可知，豎直上拋的瞬時功率較大，平拋的瞬時功率較小，故D錯誤；

C、速度變化量為Av=gAt,豎直上拋的運動時間大于平拋的運動時間，則速度變化量不相等，故C

錯誤。

故選：ABo

【點評】本題關鍵在于沿不同方向拋出的小球都只有重力做功，機械能守恒，然后結合平均功率和瞬時

功率的相關公式列式分析判斷，不難。

三.解答題（共5小題）

16.（2024?海淀區校級開學）如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°,其上A、B兩點間的距離為

5m,傳送帶在電動機的帶動下以v=lm/s的速度勻速運轉，現將一質量為m=10kg的小物體(可視為

質點)輕放在傳送帶上A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數四=瞪，則在傳送帶將小物塊從A

傳送到B的過程中，g=10m/s2o求：

(1)小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為多大？

(2)傳送帶對小物塊做了多少功？

(3)因傳送小物塊，電動機額外做了多少功？

【考點】恒力做功的計算；牛頓第二定律的簡單應用；傾斜傳送帶模型.

【專題】定量思想；推理法；功能關系能量守恒定律；推理能力.

【答案】(1)小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為2.5m/s2；

(2)傳送帶對小物塊做功255J；

(3)因傳送小物塊，電動機額外做功270J。

【分析】(1)根據牛頓第二定律列式代入數據求解加速度；

(2)根據功能關系求解小物塊的動能和重力勢能的增加量列式計算；

(3)根據能的轉化和守恒的思想分析電機額外做的功。

【解答】解：(1)在小物塊向上加速的過程中，根據牛頓第二定律，|imgcos300-mgsin30°=ma,代

入數據解得a=2.5m/s2

(2)傳送帶對小物體做的功等于小物體的機械能增量，即W=AE=AEk+AEp。而小物塊從A到B

的過程中，其速度增大，所以動能增加；同時高度升高，其重力勢能增加。所以當它的速度達到v=lm/s

2

時的位移為s=蕓=0.2m,即小物體將以v=lm/s的速度完成后L-s=5m-0.2m=4.8m的路程。所以

W=AEk+AEp=1mv2+mgLsin30°=1X10Xl2J+10X10X5x1j=255Jo

(3)由于小物體與傳送帶之間有相互的滑動摩擦力做功，根據功能關系，為傳送小物體，電動機需要

做的功為一方面使小物體的機械能增加，另一方面由于小物體與傳送帶之間有相對滑動而產生熱量，即

W電='\￥+(2='\￥+即蠟8530°?s相。其中

5相=丫1-§,而由v=at可知，t=&=否s=0.4s,所以s相=0.2m。聯立解得W電=270J。

答：(1)小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為2.5m/s2；

(2)傳送帶對小物塊做功255J；

(3)因傳送小物塊，電動機額外做功270J。

【點評】考查牛頓第二定律的應用和功能關系問題，關鍵是把握能量的轉化過程，利用守恒的思想列式

計算。

17.(2024?岳麓區校級開學)質量m=20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線

運動，3s后撤去外力F,物體的v-t圖像如圖所示。gIX10m/s2,求：

(1)全過程中外力F的最大功率；

(2)6s內物體克服摩擦力做的功。

【考點】瞬時功率的計算；變力做功的計算.

【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力.

【答案】(1)全過程中外力F的最大功率為480W；

(2)6s內物體克服摩擦力做的功為720J。

【分析】(1)根據牛頓第二定律計算拉力大小，根據P=Fv計算拉力的最大功率；

(2)摩擦力大小不變，根據功的公式計算摩擦力做功的大小。

【解答】解：(1)設前3s內物體的加速度為ai,后3s內物體的加速度為a2,前3s內,

根據牛頓第二定律有

F-f=mai

根據圖像可得

ai=等=fm/s2=2m/s2

Ci3

后3s內，根據牛頓第二定律有

f=m