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高考物理一轮复习 功和能
一．选择题（共10小题）
1．（2025 沙坪坝区）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶的水从一楼搬运到六楼，用时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为　　
A． B． C． D．
2．（2025 邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是　　
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
3．（2025 重庆）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中　　
A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
4．（2025 荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为，加速度大小为，动能为，机械能为，玉米粒距离地面的高度为，下列图像能近似反映上述物理过程的是　　
A． B．
C． D．
5．（2025 西城区）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为，从助滑坡上点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点从坡的末端起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上点。已知、的高度差为，、的高度差为，重力加速度大小为，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是　　
A．运动员在点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
6．（2025 甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经点自由下滑至其底部，为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小　　
A．在点最大 B．在点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
7．（2025 淮安）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，时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度、速度、牵引力、功率随时间的变化规律正确的是　　
A． B．
C． D．
8．（2025 山东）如图所示，质量均为的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能为绳的伸长量）。现用水平力缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则所做的功等于　　
A． B．
C． D．
9．（2025 商洛）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力作用在上，使滑块向下匀加速运动一段距离。以表示离开初位置的位移，表示运动的时间，表示的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为，则下列图像可能正确的是　　
A． B．
C． D．
10．（2025 西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的图像如图所示，火箭在时刻离开地面，在时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是　　
A．在时刻，火箭上升到最高位置
B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在时间内，火箭处于失重状态
二．多选题（共5小题）
11．（2025 开福区）如图所示，在倾角为的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射出去，若小球从斜面水平抛出的初动能为，小球落到斜面上的动能为，小球落到斜面瞬间的速度方向与水平方向的夹角为。不计空气阻力，下列说法正确的是　　
A．越大，越小 B．的大小与大小无关
C． D．
12．（2025 沙坪坝区）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为 D．最终停在位置
13．（2025 福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包　　
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
14．（2025 福建）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角，半径为的四分之一圆弧轨道与管道相切于点，点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄将球投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠距点为，释放手柄，弹珠被弹出，到达点速度为。已知弹珠的质量为，当地重力加速度为。下列说法正确的是　　
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
15．（2025 辽宁）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位置随时间的变化规律以及动能、机械能随空间位置的变化规律，描述正确的是　　
A． B．
C． D．
三．填空题（共5小题）
16．（2025 重庆）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为。取重力加速度大小为。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 　　，拍打小球的平均功率为 　　。
17．（2025 南充）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径，在轨道内侧距离最低点高度分别为0、、、、、、处固定有压力传感器，质量为的小球从点以速度沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力的数值，作出图像如图乙。
（1）若小球在点对轨道的压力大小为，则与的关系可表示为　　（用、、、、表示）；
（2）取重力加速度，由图乙可得小球质量　　，小球经过最低点时的初速度　　。的结果用根式表示）
18．（2025 重庆）质量为的物体，在空中由静止开始自由落下，经落地。前内小球的动能增量为 　　；前内重力做功的功率为 　　；第末重力做功的瞬时功率 　　。
19．（2025 崇明区二模）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方点。两次射门，足球分别斜向上打在水平横梁上的、两点，为横梁中点，如图所示。已知两次球被踢出时的速度大小均为，不计空气阻力，则足球到达、的速度 　　（选填“相同”或“不相同” ，足球到达、的动能之比为 　　。
20．（2025 嘉定区二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上携带传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的图像。若运动员及其装备的总质量为，那么运动员下落 　　后弹性绳被绷直，运动员速度最大瞬间绳子的弹性势能为 　　。
四．解答题（共5小题）
21．（2025 北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
22．（2025 历下区）如图所示，借助电动机和斜面将质量为的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为、绳子的最大拉力为，绳子与斜面平行，斜面长度为，倾角，货物与斜面的摩擦因数为，减速阶段加速度大小不超过，取。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力；
（2）货物运动总时间。
23．（2025 西城区）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
24．（2025 福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
25．（2025 西城区）阿特伍德机是由英国物理学家乔治阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为的物体和质量为的物体相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。
（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体下落高度后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能。
．若滑轮的质量为，半径为，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体相连的轻绳拉力大小，与物体相连的轻绳拉力大小，以及物体下落高度后的速度大小。
高考物理一轮复习 功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 沙坪坝区）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶的水从一楼搬运到六楼，用时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为　　
A． B． C． D．
【答案】
【考点】重力的大小及其影响因素；平均功率的计算
【专题】定量思想；推理法；推理论证能力；功率的计算专题
【分析】知道矿泉水桶重和楼高，利用功的公式可求对水做的功，利用功率公式可求功率。
【解答】解：一层楼房的高度大约为，
从一楼搬运到六楼总高度为，
水的重力为
则小明对这桶水做功的平均功率约为
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查功率的计算方法，明确功率的定义即可解答。
2．（2025 邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是　　
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
【答案】
【考点】常见力做功与相应的能量转化
【专题】比较思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力
【分析】根据物块上升到最高点时动能为零，而机械能不等于零，分析图线对应关系；根据动能随位移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，分别列式，结合初动能解答。
【解答】解：、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可知物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像可知，图线为机械能的变化图线，图线为动能的变化图线，故错误；
、根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩擦力，可得
由图像知物块的初动能为，上升到最高点物块的机械能为，即重力势能为，则
联立解得
，，，故正确，错误。
故选：。
【点评】解答本题时，要掌握动能定理和功能关系，分析图线斜率的意义，特别要知道本题中摩擦力做功等于机械能的变化。
3．（2025 重庆）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中　　
A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
【答案】
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用；恒力做功的计算
【专题】推理法；定性思想；理解能力；动能定理的应用专题
【分析】明确游客的运动过程，由动能定理分析合外力做功情况，根据曲线运动的性质分析合力是否为零，根据机械能的定义分析机械能是否守恒；根据功率公式分析功率的变化情况。
【解答】解：、游客速率不变，动能不变，由动能定理可知，合力做功为零，故正确；
、由于游客做曲线运动，受到的合外力不为零，故错误；
、由于游客的动能不变，重力势能改变，故机械能不守恒，故错误；
、游客通过环形轨道攀升的过程中，重力和速度间的夹角钝角且先不断增大再不断减小，由可知，重力的功率先变小后增大，故错误。
故选：。
【点评】本题根据过山车考查了动能定理、机械能守恒定律、功率公式以及曲线运动的性质，要注意正确分析运动过程，明确物理规律的应用。
4．（2025 荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为，加速度大小为，动能为，机械能为，玉米粒距离地面的高度为，下列图像能近似反映上述物理过程的是　　
A．
B．
C．
D．
【答案】
【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功是能量转化的过程和量度
【专题】推理法；功能关系 能量守恒定律；定量思想；推理能力
【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。
【解答】解：、分析玉米粒的受力可知玉米粒在传送带加速时有
解得
匀速时，加速度为0，有
离开传送带后加速度恒定为，故玉米粒先加速再匀速，离开传送带后做斜上抛运动，玉米先减速，后加速，则玉米粒的动能先增大再不变，离开传送带后先减小，后增大，故错误；
、摩擦力做功代表玉米粒机械能变化，在传送带运动时，摩擦力做正功，机械能增大，由分析可知加速阶段摩擦力较大，图像的斜率表示摩擦力，离开传送带后只有重力做功，机械能不变，故正确；
故选：。
【点评】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。
5．（2025 西城区）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为，从助滑坡上点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点从坡的末端起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上点。已知、的高度差为，、的高度差为，重力加速度大小为，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是　　
A．运动员在点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算；超重与失重的概念、特点和判断；机械能守恒定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力
【分析】根据牛顿第二定律求解支持力大小再判断；
根据动能定理列式并作出判断；
根据斜上抛运动的特点或者结合阻力也能分析出时间长短。
【解答】解：根据牛顿第二定律，运动员在点满足
所以，即运动员在点处于超重状态，故错误；
运动员从到由动能定理得
所以，故错误；
根据动能定理，从到满足
所以，故错误；
因为运动员在点起跳时，速度方向斜向上，结合空气阻力都可以判断出运动员在空中飞行的时间
，故正确。
故选：。
【点评】考查动能定理和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
6．（2025 甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经点自由下滑至其底部，为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小　　
A．在点最大 B．在点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】
【考点】绳球类模型及其临界条件；判断物体的受力个数；牛顿第三定律的理解与应用；动能定理的简单应用
【专题】模型建构能力；信息给予题；匀速圆周运动专题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用
【分析】小环在下滑过程中，重力沿半径方向的分力与圆环对小环的作用力的合力提供向心力；根据动能定理求小环的速度大小，根据牛顿第二定律求解作用力的大小，然后作答。
【解答】解：设圆环的半径为，小环下滑的高度为，则
小环在下滑过程中，根据动能定理
解得
小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力
小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成角，如图所示：
小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
联立解得
增大，减小，作用力先减小，再反方向增大；
小环在圆心等高处时
小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成角，如图所示：
小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得
减小，增大，作用力增大；
小环在最低处时
解得
根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿定律的综合运用，作好受力分析是解题的关键。
7．（2025 淮安）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，时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度、速度、牵引力、功率随时间的变化规律正确的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用
【专题】牛顿运动定律综合专题；推理法；定性思想；推理能力；功率的计算专题
【分析】、根据汽车最后匀速运动时分析；
、根据汽车恒加速启动过程，图像上图线是倾斜的直线分析；
、根据和牛顿第二定律分析牵引力大小变化；
、根据和分析匀加速直线运动过程与的关系，达到额定功率，汽车功率不变。
【解答】解：、汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，最后加速度为零，故错误；
、汽车先做匀加速直线运动，所以阶段图线为过原点的倾斜直线，故错误；
、时间内汽车的牵引力恒定不变，时刻汽车的功率达到额定功率，此后汽车的功率不变，由可知，不变，增大，牵引力减小，由牛顿第二定律：可知加速度减小，所以增大的越来越慢，则减小的越来越慢，即图线的斜率减小，后加速度减为零，汽车的速度达到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故正确；
．汽车做匀加速直线运动过程，由，可得功率，和都不变，所以时间内与时间成正比，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。
8．（2025 山东）如图所示，质量均为的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能为绳的伸长量）。现用水平力缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则所做的功等于　　
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度
【专题】共点力作用下物体平衡专题；定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；信息给予题；理解能力
【分析】根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。
【解答】解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为；
对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件
解得弹性绳的伸长量
此时弹性绳的弹性势能
乙同学的位移
根据功能关系，拉力做功
代入数据解得
综上分析，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了共点力作用下的平衡条件和功能关系，解题时要抓住甲同学刚要离开原位置的临界条件，理解用水平力缓慢拉动乙所坐木板的含义是解题的关键。
9．（2025 商洛）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力作用在上，使滑块向下匀加速运动一段距离。以表示离开初位置的位移，表示运动的时间，表示的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为，则下列图像可能正确的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】作用力与反作用力；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力
【分析】对物块进行受力分析，结合牛顿第二定律得出力的变化趋势；
分析物块的能量转化特点，根据功能关系列式即可完成分析。
【解答】解：．根据题意可得，假设物块的质量为，弹簧的劲度系数为，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为，由胡克定律可得：
由牛顿第二定律可得：
联立可得：，故错误，正确；
．由题可知，因为在初始位置时，物块的机械能为0，则物块机械能的变化量为：
整理得：，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了功能关系的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合功能关系和牛顿第二定律即可完成分析。
10．（2025 西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的图像如图所示，火箭在时刻离开地面，在时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是　　
A．在时刻，火箭上升到最高位置
B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在时间内，火箭处于失重状态
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；超重与失重的图像问题
【专题】功能关系 能量守恒定律；定量思想；推理能力；推理法
【分析】：根据图像图线的走向和正负判断；
图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化，进一步判断合力的变化，即可判断出推力的变化；
：根据动能定理判断；
：根据加速度的方向判断超重和失重。
【解答】解时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，时间内火箭的速度为0，处于静止状态，时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故时刻上升到最高点，故错误；
图像的斜率表示加速度，在时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在时刻，火箭受到的推力等于其重力，故错误；
在时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故正确；
在时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故错误。
故选：。
【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
二．多选题（共5小题）
11．（2025 开福区）如图所示，在倾角为的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射出去，若小球从斜面水平抛出的初动能为，小球落到斜面上的动能为，小球落到斜面瞬间的速度方向与水平方向的夹角为。不计空气阻力，下列说法正确的是　　
A．越大，越小 B．的大小与大小无关
C． D．
【答案】
【考点】用动能的定义式计算物体的动能；速度偏转角与位移偏转角
【专题】平抛运动专题；定性思想；推理论证能力；推理法
【分析】利用平抛运动的规律求出位移偏转角与速度偏转角的关系，得到的大小与大小无关；根据动能表达式以及位移与角度关系即可求解。
【解答】解：小球在飞行过程中，水平方向有
竖直方向有
又
，
故，故的大小与大小无关，故错误，正确；
根据动能表达式
，
得
落到斜面的条件是
联立可得
故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查平抛运动的规律和动能的表达式，需要熟练速度角度关系和位移角度关系。题目难度较小。
12．（2025 沙坪坝区）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为 D．最终停在位置
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用动能定理求解多过程问题
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力
【分析】由牛顿第二定律得到加速度与的关系式求解和劲度系数，根据功的计算公式求解做的功；根据图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义求解求解、一起向左运动时两者的最大速度，向右运动时，当时速度最大，由能量关系求解的最大速度；由能量关系求解最终的位置。
【解答】解：开始时对和组成的整体，由牛顿第二定律可得：，
整理得：
由图像可知：，
联立，解得：
，，
故正确，错误；
．、一起向左运动时两者的最大速度：，
向右运动时，当时速度最大，此时，
由能量关系：
其中，
联立，解得：
，
则的最大速度为，故正确；
．两滑块回到原来位置时由能量关系：，
此后与分离，则，
联立，解得：
，即最终停在位置，故正确。
故选：。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
13．（2025 福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包　　
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】
【考点】斜抛运动；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力
【分析】根据平抛运动竖直方向运动规律解得时间，根据动能定理及机械能的公式解答，根据速度的分解分析解答。
【解答】解：沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为，根据
可得上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间、下降时间比值为，故错误；
两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
故第一次过点比第二次机械能少
解得△
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
解得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故正确，错误；
根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故正确。
故选：。
【点评】本题考查斜抛运动及功能关系的应用，解题关键掌握运动的分解与机械能大小的分析。
14．（2025 福建）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角，半径为的四分之一圆弧轨道与管道相切于点，点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄将球投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠距点为，释放手柄，弹珠被弹出，到达点速度为。已知弹珠的质量为，当地重力加速度为。下列说法正确的是　　
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；机械能守恒定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理能力
【分析】：受力分析可知弹珠离开弹簧前，弹力的做功情况；弹力大于弹珠重力沿斜面向下的分力时做加速运动，弹力小于弹珠重力沿斜面向下的分力时做减速运动；
：根据力和速度的方向关系可知，弹珠离开点后做匀变速曲线运动；
：根据机械能守恒定律判断；
：根据机械能守恒定律求解弹簧的最大弹性势能。
【解答】解：弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹力沿斜面向上，对弹珠做正功，过程中弹簧的弹力先大于弹珠重力沿斜面向下的分力，后小于弹珠重力沿斜面向下的分力，所以弹珠先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故错误；
弹珠从点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，根据曲线运动的条件可知，弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故错误；
弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，故弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故正确；
根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在点的机械能，从释放弹珠到点过程，根据机械能守恒定律有
，故正确。
故选：。
【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15．（2025 辽宁）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位置随时间的变化规律以及动能、机械能随空间位置的变化规律，描述正确的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；自由落体运动的规律及应用
【专题】机械能守恒定律应用专题；比较思想；方程法；推理能力
【分析】分析小球的运动情况，根据速度—时间公式分析图像的形状。根据位移—时间公式分析图像的形状。对下落和上升过程，分别根据动能定理列式，从而分析图像的形状。上升和下降过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。
【解答】解：、在下落过程中，小球做自由落体运动，则有，与成正比。在上升过程中，小球做竖直上抛运动，加速度为，且由于下落高度大于上升高度，结合图像与时间轴所围的面积表示位移，该图能正确反映小球的速度随时间的变化规律，故正确；
、下落过程中小球做自由落体运动，则有，故此过程中为抛物线，故错误；
、在下落过程中，根据动能定理可得：，故下落过程中图像为一次函数；碰撞过程中动能减小，在上升过程中，由动能定理得：
则，故正确；
、上升和下降过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，故此过程中图像为水平直线，故错误。
故选：。
【点评】解答本题的关键要根据相关的物理规律得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
三．填空题（共5小题）
16．（2025 重庆）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为。取重力加速度大小为。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 　1.2　，拍打小球的平均功率为 　　。
【答案】1.2，2.0。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用
【专题】推理法；定量思想；功率的计算专题；推理能力
【分析】根据功能关系和平均功率的公式计算相关物理量。
【解答】解：根据功能关系，每次拍球对球做的功等于篮球由静止上升，对应的动能，所以，平均功率。
故答案为：1.2，2.0。
【点评】考查功和功率的计算，会根据题意进行相关的分析和计算。
17．（2025 南充）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径，在轨道内侧距离最低点高度分别为0、、、、、、处固定有压力传感器，质量为的小球从点以速度沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力的数值，作出图像如图乙。
（1）若小球在点对轨道的压力大小为，则与的关系可表示为　　（用、、、、表示）；
（2）取重力加速度，由图乙可得小球质量　　，小球经过最低点时的初速度　　。的结果用根式表示）
【答案】（1）；（2）0.5，。
【考点】绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；分析综合能力；方程法；匀速圆周运动专题；信息给予题
【分析】（1）根据动能定理求出小球在任意高处的速度。小球在处，由指向圆心的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，得出与的关系式。
（2）结合图像的信息得出小球的质量和最低点时的初速度。
【解答】解：（1）设在任意高处小球的速度为，从最低点到处，由动能定理有
设小球在处和圆心的连线与的夹角为，当时，由牛顿第二定律有
由几何关系有
在最低点，由牛顿第二定律有
联立可得：，当时该式仍成立；
（2）根据图像可得，在点，，在处，，图像斜率
结合，知，可得
在最低点，对小球，由牛顿第二定律有
解得：
故答案为：（1）；（2）0.5，。
【点评】本题的关键要明确向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理分别列方程，结合几何关系和图像的物理意义即可完成分析。
18．（2025 重庆）质量为的物体，在空中由静止开始自由落下，经落地。前内小球的动能增量为 　　；前内重力做功的功率为 　　；第末重力做功的瞬时功率 　　。
【答案】；；。
【考点】自由落体运动的规律及应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】推理能力；功率的计算专题；推理法；定量思想
【分析】由速度—时间公式求出末小球的速度，进而求出前内小球的动能增量和第末重力做功的瞬时功率；由位移公式可求得物体第内通过的位移，由功的公式可求出重力所做的功，根据计算重力做功的平均功率。
【解答】解：末的速度，所以前内小球的动能增量为：
代入数据得：
内下降的高度为：
代入数据得：
故重力做功为：
代入数据得：
平均功率为：
代入数据得：
第末的速度为：
代入数据得：
重力做功的瞬时功率为：
代入数据得：。
故答案为：；；。
【点评】本题主要考查了自由落体运动的基本公式及功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
19．（2025 崇明区二模）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方点。两次射门，足球分别斜向上打在水平横梁上的、两点，为横梁中点，如图所示。已知两次球被踢出时的速度大小均为，不计空气阻力，则足球到达、的速度 　不相同　（选填“相同”或“不相同” ，足球到达、的动能之比为 　　。
【答案】不相同，。
【考点】斜抛运动；动能定理的简单应用
【专题】推理能力；推理法；动能定理的应用专题；比较思想
【分析】足球做斜抛运动，根据动能定理判断末动能的大小；速度是矢量，既有大小，也有方向。
【解答】解：足球做斜抛运动，到达、两点时速度方向不相同，则速度不相同；
足球从地面到达横梁上的过程，根据动能定理得：
到达横梁时，足球上升的高度相同，则足球到达、的动能相同，即动能之比为。
故答案为：不相同，。
【点评】本题考查动能定理，根据动能定理分析求解即可，注意速度是矢量，需要考虑大小和方向。
20．（2025 嘉定区二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上携带传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的图像。若运动员及其装备的总质量为，那么运动员下落 　　后弹性绳被绷直，运动员速度最大瞬间绳子的弹性势能为 　　。
【答案】，2000。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；弹性势能的定义和影响因素；自由落体运动的规律及应用
【专题】机械能守恒定律应用专题；定量思想；推理法；推理能力
【分析】弹性绳绷直前，运动员做自由路落体运动，结合图像和运动学公式求解运动员下落时间；根据图像分析运动员的最大速度和此时下落的高度，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可。
【解答】解：弹性绳绷直前，运动员做自由落体运动，由匀变速直线运动位移—速度公式得：
则自由落体运动的图像为倾斜的直线，由图像得，时，弹性绳绷直，由位移—时间公式得：
代入数据解得，弹性绳绷直的时间或（舍去）
设运动员在速度最大处时，绳子的弹性势能为，根据弹性绳与运动员组成的系统机械能守恒得：
由图可知运动员速度最大时，
代入数据解得：
故答案为：，2000。
【点评】本题考查自由落体运动和机械能守恒定律，解题关键是分析好运动员的运动情况，结合运动学公式和机械能守恒定律分析求解即可。
四．解答题（共5小题）
21．（2025 北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
【答案】（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
【考点】宇宙的起源与恒星的演化；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；推理法；推理能力；功能关系 能量守恒定律
【分析】（1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
根据公式结合速度变化情况分析判断。
【解答】解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体运动前后距离点半径为和的球内质量相同，即
解得小星体远离到处时宇宙的密度
（2）此球内的质量
从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得△
由知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间越长，由知，减小，故随增大而减小。
答：（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
【点评】考查引力势能和能的转化和守恒等问题，会根据题意进行相关的分析和解答。
22．（2025 历下区）如图所示，借助电动机和斜面将质量为的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为、绳子的最大拉力为，绳子与斜面平行，斜面长度为，倾角，货物与斜面的摩擦因数为，减速阶段加速度大小不超过，取。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力；
（2）货物运动总时间。
【答案】（1）减速阶段电动机的牵引力为；
（2）货物运动总时间为。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式代入数据求解；
（2）根据牛顿第二定律、功率公式、匀变速直线运动规律和动能定理列式联立求解总时间。
【解答】解：为了以最短时间提升货物，开始先以最大拉力拉货物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到货物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零。
（1）沿斜面向上匀减速阶段，加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
代入，，，，解得；
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得，代入，解得
设货物的匀加速的末速度为，则有
当功率达到额定功率时，此过程所用时间和上滑的距离分别为，
货物以最大速度匀速时，有，解得
货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为，
因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，该过程根据动能定理可得
得
所以总时间
答：（1）减速阶段电动机的牵引力为；
（2）货物运动总时间为。
【点评】考查功的计算，牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，动能定理等，会根据题意列式求解相应物理量。
23．（2025 西城区）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
【答案】（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；平抛运动速度的计算
【专题】定量思想；信息给予题；计算题；分析综合能力；推理法；功率的计算专题
【分析】（1）根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
（2）水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
（3）由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
【解答】解：（1）由题意可知龙头喷水管的半径为，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
；
（2）时间内从管口喷出的水体积为
质量为
那么设时间内水泵对水做的功为，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
联立解得
（3）可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，由
可得
可知模型中的时间为
水平方向上由
可得
可解得
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
答：（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【点评】本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。
24．（2025 福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
【考点】重力做功的特点和计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】推理法；功率的计算专题；推理论证能力；定量思想
【分析】（1）根据水平方向的平衡条件列式求解阻力大小；
（2）根据功的公式列式代入数据求解；
（3）根据功率的公式列式求解。
【解答】解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力
（2）根据功的定义，拉力做功
（3）根据功率的定义，拉力功率
答：（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
【点评】考查平衡条件的应用以及功和功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。
25．（2025 西城区）阿特伍德机是由英国物理学家乔治阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为的物体和质量为的物体相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。
（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体下落高度后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能。
．若滑轮的质量为，半径为，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体相连的轻绳拉力大小，与物体相连的轻绳拉力大小，以及物体下落高度后的速度大小。
【答案】（1）物体下落高度后，两物体的速度大小为。
（2）．角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为，刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系为；
．刚体转动角速度为时刚体的转动动能为；
．与物体相连的轻绳拉力大小为，与物体相连的轻绳拉力大小为，物体下落高度后的速度大小为。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；类比法；推理法；机械能守恒定律应用专题；理解能力
【分析】（1）两物体组成系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解；
（2）．根据线速度与角速度的关系，类比求解角加速度与线加速度的关系；
刚体转动过程中合力矩类比于合力、转动惯量类比于质量、角加速度类比于加速度。类比质点的牛顿第二定律表达式求解可得合力矩、转动惯量和角加速度的关系；
．类比质点的平动动能可得刚体转动角速度为时刚体的转动动能；
．确定两个拉力对滑轮的力矩，根据前述得到的关系式，结合质点的牛顿第二定律求解；根据转动动能的表达式得到滑轮的转动动能，根据两物体和滑轮组成系统机械能守恒求解。
【解答】解：（1）不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，不计滑轮质量，两物体组成系统机械能守恒，则有：
解得两物体的速度大小为：
（2）．线速度与角速度的关系为：，可得：
类比此关系，可得角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为：
质点的牛顿第二定律表达式为：
刚体转动过程中：合力矩类比于合力、转动惯量类比于质量、角加速度类比于加速度。
可得合力矩、转动惯量和角加速度的关系为：
．质点的平动动能为：，通过类比可得刚体转动角速度为时刚体的转动动能为：
．滑轮的转动惯量的表达式为：
规定使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向，则有：
拉力的力矩为
拉力的力矩为
设物体、的加速度大小为，可得滑轮的角加速度为：
根据：，可得：
代入整理得：
再由牛顿第二定律得：
对有：
对有：
联立解得：，
设物体下落高度后的速度大小为，此时滑轮的转动动能为：
两物体和滑轮组成系统机械能守恒，则有：
解得：
答：（1）物体下落高度后，两物体的速度大小为。
（2）．角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为，刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系为；
．刚体转动角速度为时刚体的转动动能为；
．与物体相连的轻绳拉力大小为，与物体相连的轻绳拉力大小为，物体下落高度后的速度大小为。
【点评】本题通过类比的方法展示了刚体转动过程中，刚体的合力矩与角加速度的关系，以及转动动能的概念和表达式。重在理解，物理量一一对应即可解题。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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