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2026年高考物理二轮复习第6讲功和能专项训练
一、选择题
1．（2026·浙江） 如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（　　）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员转弯时做曲线运动，速度方向时刻发生变化，必然存在向心加速度，加速度不为0，故A错误；
B．赛道存在阻力，运动员和钢架雪车整体滑行过程中需克服阻力做功，机械能会转化为内能等其他形式的能，机械能不守恒，故B错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对雪车的支持力垂直于赛道斜面，二力方向并非相反且不在同一直线上，不满足平衡力“同体、等大、反向、共线”的条件，故C错误；
D．钢架雪车对赛道的压力作用在赛道上，赛道对钢架雪车的支持力作用在雪车上，二力大小相等、方向相反、作用在相互作用的两个物体上，符合作用力与反作用力的定义，故D正确。
故答案为：D。
【分析】解决本题需紧扣三个核心知识点：一是曲线运动的加速度特点，曲线运动速度必变化，加速度不为零；二是机械能守恒的条件，只有重力或弹力做功时机械能才守恒，有阻力做功则机械能不守恒；三是平衡力与作用力反作用力的区别，平衡力需作用于同一物体，作用力反作用力则作用于两个相互作用的物体。
2．（2026·绵阳模拟）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（　　）
A．小球P有可能被反弹回到点
B．小球P上升最高点一定低于点
C．小球Q上升的最高点一定低于点
D．小球Q上升的最高点一定高于点
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得，
可以发现速度大小满足
小球P从碰撞后上升到最高点，有
由于，因此，故A错误，B正确；
CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有，化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】 先由机械能守恒求出小球 P 碰撞前的速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，推导出两球碰撞后的速度表达式，最后结合机械能守恒分析两球碰撞后上升的高度，判断各选项正误。
3．（2025·潍坊模拟）如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动，杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a，另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为
B．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为
C．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为
D．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．轻杆由水平位置转动至竖直位置，系统机械能守恒，且两球具有相同的角速度，设为，则有
解得
对b球分析，根据牛顿第二定律有
解得
对a球分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A正确，B错误；
CD．设杆对小球a做的功为，对a分析，根据动能定理有
解得，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】以系统机械能守恒为基础求出竖直位置的角速度，再通过牛顿第二定律分别分析两球的向心力来源，最后用动能定理计算杆对小球 a 做的功，逐一验证选项。
4．（2025高一下·河池期末）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举办，跳台滑雪是比赛项目之一。一次比赛中运动员从跳台的边缘水平滑出，落到斜坡上，如图所示。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在空中运动的过程中，所受重力的瞬时功率的变化情况是（　　）
A．一直不变 B．随时间均匀增大
C．随时间均匀减小 D．随时间非均匀增大
【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式可以得出竖直方向的速度为
根据重力和竖直方向的速度可以得出重力的功率
可知所受重力的瞬时功率随时间均匀增大。
故选B。
【分析】利用平抛运动的速度公式可以求出竖直方向分速度的表达式，结合重力的大小可以求出功率与时间的关系式。
5．（2025高一下·河池期末）我国新能源汽车技术领先全球，且价格符合大众消费。一辆新能源汽车在平直公路上行驶，已知该汽车的质量为2.0×103kg，发动机的额定功率为200kW，设该汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为4.0×103N。如果该汽车从静止开始以恒定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做加速度增大的加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．若启动功率为额定功率，汽车能达到的最大速度为50m/s
C．若启动功率为150kW，汽车能达到的最大速度为50m/s
D．若启动功率为额定功率，且达到最大速度所用的时间为30s，则汽车在这段时间内的位移大小为750m
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车从静止开始以恒定功率启动，由于功率保持不变，根据功率的表达式可以得出
可知速度逐渐增大，牵引力不断减小，汽车加速过程受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于牵引力不断减小，可知加速度不断减小，当加速度时汽车做匀速直线运动，故汽车先做加速度不断减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式：
代入数据解得，故B正确；
C．若启动功率为150kW，当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式有
代入数据解得，故C错误；
D．设汽车在这段时间内的位移大小为，牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理有
代入数据解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用汽车的功率保持不变，结合牛顿第二定律及速度的变化可以判别汽车加速度的变化，进而判别汽车先做加速度不断减小的加速运动后做匀速直线运动；利用汽车速度最大时，牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度；利用动能定理可以求出汽车运动的位移大小。
6．（2025高一下·郴州期末）目前我国混合动力轿车越来越盛行。现有质量1.5吨的混合动力轿车，在平直公路上以v＝24m/s的速度匀速行驶，此时蓄电池不工作，汽油发动机的输出功率为P1＝72kW。现使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作（以该时刻作为计时起点，总功率为汽油发动机和电动机的功率之和），汽油发动机的输出功率保持不变仍为72kW，电动机输出功率P2恒定，轿车汽油发动机和电机同时工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出功率P2为（　　）
A．30kW B．35kW C．40kW D．102kW
【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】只有汽油发动机工作时，则
汽油发动机和电动机开始同时工作
其中=34m/s，可得P2=30kW
故答案为：A。
【分析】先由汽车匀速行驶时的功率公式求出阻力，再结合总功率与牵引力、速度的关系总，计算电动机的输出功率。
7．（2025高一下·广州期末）2023年全国首条空轨—光谷空轨旅游线开通运营。光谷空轨列车（简称空轨）采用有人值守无人驾驶技术运行。如图所示，一质量为m的空轨在平直轨道上从静止开始匀加速直线行驶，经过时间t前进的距离为s，发动机输出功率恰好达到额定功率P，空轨所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．空轨匀加速行驶过程中的最大速度为
B．匀加速行驶过程中，牵引力做的功为
C．匀加速行驶过程中，空轨的阻力大小为
D．空轨能达到的最大速度为
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 已知空轨经过时间t前进的距离为s， 设空轨匀加速行驶过程中的最大速度为，根据平均速度公式可得
解得，故A错误；
B．当匀加速行驶过程速度达到最大时，空轨功率达到额定功率，根据功率的表达式可以得出匀加速阶段的牵引力大小为
匀加速行驶过程中，根据功的表达式可以得出牵引力做的功为，故B正确；
C．匀加速行驶过程中，根据速度公式可以得出加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得空轨的阻力大小为，故C错误；
D．空轨的速度达到最大时，由于牵引力等于阻力，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误。
故选B。
【分析】利用空轨的位移公式可以求出最大的速度；利用功率的表达式结合最大速度可以求出牵引力的大小，结合功的表达式可以求出牵引力做功的大小；利用速度公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用最大速度时牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度。
8．（2025高一下·清远期末）一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时 A（含乘客）的质量为B的质量为。 A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重 B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取。轿厢A向上运动过程中的图像如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内配重B处于超重状态
B．3~5s内电动机所做的功等于
C．5~8s内轿厢A的加速度大小为
D．0~8s内 AB间的缆绳对轿厢A 做功的最大功率为
【答案】B
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0~3s内，轿厢向上加速运动，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，此时重力大于拉力所以配重B处于失重状态，故A错误；
B．已知速度时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，3~5s内，根据图像面积可以得出轿厢的位移为m=12m，3~5s内，由于系统动能不变，则电动机做功等于重力做功，根据动能定理有
解得3~5s内电动机对外做功为，故B正确；
C.根据图像斜率可以得出5~8s内轿厢A的加速度大小为，故C错误；
D.0~3s内，根据图像斜率可以得出轿厢的加速度为
设A、B间的缆绳拉力为，对轿厢，根据牛顿第二定律有解得N
3s时，轿厢A的速度最大，A、B间的缆绳拉力最大，则3s时绳子拉力对轿厢A的功率最大，根据功率的表达式有W，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出电动机做功的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出拉力的最大功率。
9．（2025高一下·滨湖期中）某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中（　　）
A．角速度为
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率增大
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据题意可知周期为，根据周期和角速度的关系可以得出角速度为，故A错误；
B．该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，由于每个位置同学受到的合力方向不同所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；
C．重力的功率为重力与竖直方向速度的乘积，根据重力功率的计算公式
从A点经B点运动到C的过程中，由于同学的重力保持不变，先增大后减小，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C错误；
D．在B点，该同学在竖直方向上根据平衡方程有
水平方向上，根据牛顿第二定律有：
则该同学在B点受座舱的作用力大小为
如果仅增大摩天轮的转速，根据
可知增大，则该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
故选D。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用合力指向圆心可以得出座舱对同学的作用力方向不断改变；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力功率的大小变化；利用平衡方程及牛顿第二定律可以求出座舱对同学作用力的大小，结合作用力的表达式可以判别作用力与角速度的大小关系。
10．（2025·房山模拟）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，当最初弹力小于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而减小，当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而增大，所以人的加速度先减小后增大，A错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，由于最初合力方向向下，与速度方向相同所以合力最初做正功，动能不断增大，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；
C．人下降到最低点时，速度为零，由于初末动能为零，根据系统机械能守恒可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，根据动量的表达式可以得出人的动量最大，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小变化；当重力等于弹力时，加速度等于0，此时速度最大，动量和动能达到最大值；利用合力的方向可以判别合力做功，进而判别速度与动能的变化；利用机械能守恒定律可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能。
11．（2025·日照模拟）某运动员将铅球斜向上推出后，球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．球离开运动员手后做斜抛运动，由于球在空中只受重力，所以加速度始终为g，所以加速度保持不变，由于只有重力做功，所以机械能守恒，则机械能保持不变，所以和图像都是与横轴平行的直线，故AD错误；
B．根据速度的合成可以得出球的速度大小为
可知图像不是直线，故B错误；
C．由于球在竖直方向做匀变速直线运动，根据功率的表达式及速度公式可以得出重力的瞬时功率大小为
可知图像先直线减小，后直线增加，故C正确。
故选C。
【分析】由于小球只受重力所以加速度和机械能保持不变；利用速度的合成可以判别速度与时间的关系；利用竖直方向的速度公式结合重力的大小可以判别重力功率的大小与时间的关系。
12．（2025·成都模拟）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在 B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。 不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．排球从A运动到B的时间与从 B运动到D的相等
B．排球在 A点的动能与在 C点的动能相等
C．对方一传击球前后排球的机械能相等
D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功
【答案】D
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．排球从A点水平抛出的做平抛运动，由，得运动时间为，故排球从B运动到D的时间是从 A运动到B的时间的2倍，故A错误；
B．将排球从B到C的斜上抛运动由逆向思维法可看成从C到B的平抛运动，则由A到B和C到B的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从A点抛出的小球水平位移更大，故排球在 A点的动能比在 C点的动能大，故B错误；
C．对方一传击球前后除重力对排球做功外，对方一传也对排球做功，排球的机械能不相等，故C错误；
D．根据动能定理，发球员对排球做的功，对方一传对排球做的功等于排球机械能的变化量，对方一传对排球做的功，所以发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1. 平抛运动的时间与高度关系
平抛运动下落时间：，仅由竖直高度决定，A→B与C→B高度相同 时间相同
2. 斜抛运动的逆向思维
B→C→D轨迹可逆向看作平抛：C→B和C→D，将斜上抛运动视为平抛运动的逆过程，便于分析
3. 动能比较
平抛运动：水平速度不变，竖直速度增加 动能增加，比较两点动能：比较总速度大小
4. 机械能与做功
只有重力做功时机械能守恒，击球过程有外力做功 机械能变化
5. 动能定理的应用
发球员做功：，一传做功： （机械能变化）
二、重要结论
1、平抛时间仅由高度差决定
2、斜抛可用逆向平抛分析
3、有非重力做功 机械能不守恒
4、发球初动能通常大于一传增加的能量
三、一句话总结
"平抛时间看高度，斜抛逆向化平抛；动能比较看速度，击球做功机械能变；发球做功大于一传。"
13．（2025·西峰模拟）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在下落到弹起到最大高度的过程中，根据动能定理
其中，
解得，故A错误。
B．球从最高点到返回到最高点的过程中，根据动能定理，解得：，故B错误；
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为，故C正确；
D．根据动能定理，球每次撞击地面的过程中
因为球与地面碰撞后以原速率反弹，即
所以地面对球做的功为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动能定理分析空气阻力、拍球做功、克服阻力做功及地面碰撞做功，结合运动过程的能量变化逐一判断选项。
14．（2025高三上·湛江期中）如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第二阶段，返回舱以较低速度匀速下降；第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（　　）
A．在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动
B．在第二阶段，返回舱的机械能守恒
C．在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体
D．在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一阶段，降落伞打开，返回舱受到降落伞向上的阻力，迅速减速，由牛顿第二定律得，又降落伞产生的阻力与速度成正比，则减速过程减小，减小，故返回舱做加速度减小的减速直线运动，A错误；
B．在第二阶段返回舱匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，B错误；
C．在第三阶段，返回舱进一步减速，应该是受到向上的反作用力，缓冲火箭向下喷出气体，C错误；
D．由动能定理可知，第三阶段返回舱动能的变化量等于合外力做的功，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合牛顿第二定律、机械能守恒条件、力的相互作用及动能定理，逐一分析各阶段的运动与受力特点。
15．（2025高一下·海珠期中）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　）
A．小球机械能守恒
B．小球动能的最大值为mgh
C．当x =h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小
D．当x= h +2x0时，小球的重力势能最小
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 小球受重力和弹簧弹力，但弹簧弹力属于系统内力，因此“小球+弹簧”系统机械能守恒，但小球的机械能单独不守恒（因弹力对小球做功） 故A错误；
B．从释放点到速度最大点，当时，有
此时小球达到最大速度，根据动能定理可知
最大动能为
故B错误；
C．初始能量为重力势能，逐渐转化为动能和弹性势能，动能最大时，剩余势能（重力+弹性）最小。根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；
D．简谐运动对称性：从原长处释放时，振幅

最低点下降 。非对称释放：从高于原长处释放时，最低点超过 ，因此 时仍有向下速度。重力势能在最低点才最小，而非 处。所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒的判定：系统（小球+弹簧）机械能守恒，但小球单独机械能不守恒（因弹力为外力做功）。
2、速度最大的临界条件：合力为零时（）速度最大，动能达峰值。3、能量转化关系：动能最大 势能（重力+弹性）最小。
4、简谐运动的对称性：振幅 ，非对称释放扩展运动范围。
二、多选题
16．（2025高一下·河池期末）过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2m，重力加速度取10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若释放点与圆轨道的最高点等高，假设小球能达到圆轨道的最高点，根据机械能守恒，可知小球的速度为零；由于在圆轨道的最高点，根据合力提供向心力，此时最小的合力为重力，根据牛顿第二定律可以得出小球经过最高点的速度为：
解得
故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，故A错误，B正确；
CD．设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得
设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，由于下落过程小球只受到重力的作用，根据机械能守恒定律有
解得
此时则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，故C正确，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球经过圆弧轨道的牛顿第二定律可以求出小球经过最高点的最小速度，结合机械能守恒定律可以求出小球释放的高度，当小球经过最高点满足最小速度时，此时小球只受到重力，对轨道的压力等于0.
17．（2025高一下·清远期末）如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度反弹，最终落地速度大小为。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．拍球过程运动员对排球所做的功为
B．排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了
C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为
D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了
【答案】A,B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．拍球过程，运动员对排球做功引起排球的动能发生变化，根据动能定理有，故A正确；
B．排球拍出后下落过程，由于重力做功导致排球动能增多，根据动能定理可以得出重力做功为
根据功能关系可以得出排球重力势能减少了，故B正确；
C．物体的机械能为动能和重力势能之和，根据动能和重力势能的表达式可以得出拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为，故C正确；
D．从排球拍出后到落地的过程，根据动能的表达式可以得出排球的动能增加了，故D错误；
故选ABC。
【分析】利用动能定理可以求出运动员对排球做功的大小及重力做功的大小；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用动能和重力势能可以求出排球机械能的大小；利用动能的表达式可以求出动能的变化量。
18．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，倾角的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数，过程Ⅰ：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。（弹簧的弹性势能可以表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（　　）
A．P、M两点之间的距离为
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。A．过程Ⅰ：设P点至O的距离为，从P点至O点，根据动能定理有
解得
设M点至O的距离为，在M点（图中未画出）时速度最大，根据平衡条件有
P、M两点之间的距离为
联立解得P、M两点之间的距离为，故A错误；
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为，故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，根据能量关系可得
解得，故C正确；
D．因为，可得，所以物块Q在O点的加速度不为0，在M点，有
故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有
静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误。
故选BC。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；根据功能关系求解机械能的损失；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
三、计算题
19．（2025·内蒙古模拟） 投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d = 0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0 = 5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L = 2.7 m，距地面的高度h = 1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ = 0.25，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，取重力加速度大小g = 10 m/s2，空气阻力不计。求：
（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
【答案】（1）解： 沙包竖直上方的初速度为
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
代入数据解得
沙包抛出的水平初速度为
所以从抛出到落地沙包水平位移为
（2）解： 沙包滑行的距离为
沙包滑行的加速度大小
滑行的初速度有
与地面碰撞后的动能
从抛出到落地根据动能定理有
解得落地瞬间的动能
所以
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）把沙包的速度分解为水平方向和竖直方向，根据运动学公式计算即可；
（2）根据动能定理得到沙包落地时的速度，然后根据牛顿第二定律和运动学公式得到沙包落地后的速度，最后比较即可。
20．（2025·福建） 如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求，F做的功；
（2）时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
【答案】（1）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
21．（2025·浙江高考） 某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】（1）解： 块从P点到B点由动能定理
解得到达B点的速度
（2）解： 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）解： 物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）解： 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，
联立解得
（另一组，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对物体在斜面上下滑过程分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合加速到和传送带共速过程，综合传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力分析求解；
（3）根据在传送带上滑动过程中产生的滑动长度与两者位移关系分析求解；
（4）根据物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，结合能量守恒分析求解。
1 / 12026年高考物理二轮复习第6讲功和能专项训练
一、选择题
1．（2026·浙江） 如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（　　）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
2．（2026·绵阳模拟）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（　　）
A．小球P有可能被反弹回到点
B．小球P上升最高点一定低于点
C．小球Q上升的最高点一定低于点
D．小球Q上升的最高点一定高于点
3．（2025·潍坊模拟）如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动，杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a，另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为
B．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为
C．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为
D．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为
4．（2025高一下·河池期末）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举办，跳台滑雪是比赛项目之一。一次比赛中运动员从跳台的边缘水平滑出，落到斜坡上，如图所示。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在空中运动的过程中，所受重力的瞬时功率的变化情况是（　　）
A．一直不变 B．随时间均匀增大
C．随时间均匀减小 D．随时间非均匀增大
5．（2025高一下·河池期末）我国新能源汽车技术领先全球，且价格符合大众消费。一辆新能源汽车在平直公路上行驶，已知该汽车的质量为2.0×103kg，发动机的额定功率为200kW，设该汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为4.0×103N。如果该汽车从静止开始以恒定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做加速度增大的加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．若启动功率为额定功率，汽车能达到的最大速度为50m/s
C．若启动功率为150kW，汽车能达到的最大速度为50m/s
D．若启动功率为额定功率，且达到最大速度所用的时间为30s，则汽车在这段时间内的位移大小为750m
6．（2025高一下·郴州期末）目前我国混合动力轿车越来越盛行。现有质量1.5吨的混合动力轿车，在平直公路上以v＝24m/s的速度匀速行驶，此时蓄电池不工作，汽油发动机的输出功率为P1＝72kW。现使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作（以该时刻作为计时起点，总功率为汽油发动机和电动机的功率之和），汽油发动机的输出功率保持不变仍为72kW，电动机输出功率P2恒定，轿车汽油发动机和电机同时工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出功率P2为（　　）
A．30kW B．35kW C．40kW D．102kW
7．（2025高一下·广州期末）2023年全国首条空轨—光谷空轨旅游线开通运营。光谷空轨列车（简称空轨）采用有人值守无人驾驶技术运行。如图所示，一质量为m的空轨在平直轨道上从静止开始匀加速直线行驶，经过时间t前进的距离为s，发动机输出功率恰好达到额定功率P，空轨所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．空轨匀加速行驶过程中的最大速度为
B．匀加速行驶过程中，牵引力做的功为
C．匀加速行驶过程中，空轨的阻力大小为
D．空轨能达到的最大速度为
8．（2025高一下·清远期末）一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时 A（含乘客）的质量为B的质量为。 A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重 B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取。轿厢A向上运动过程中的图像如图乙。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内配重B处于超重状态
B．3~5s内电动机所做的功等于
C．5~8s内轿厢A的加速度大小为
D．0~8s内 AB间的缆绳对轿厢A 做功的最大功率为
9．（2025高一下·滨湖期中）某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中（　　）
A．角速度为
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率增大
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
10．（2025·房山模拟）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
11．（2025·日照模拟）某运动员将铅球斜向上推出后，球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025·成都模拟）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在 B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。 不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．排球从A运动到B的时间与从 B运动到D的相等
B．排球在 A点的动能与在 C点的动能相等
C．对方一传击球前后排球的机械能相等
D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功
13．（2025·西峰模拟）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
14．（2025高三上·湛江期中）如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第二阶段，返回舱以较低速度匀速下降；第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（　　）
A．在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动
B．在第二阶段，返回舱的机械能守恒
C．在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体
D．在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量
15．（2025高一下·海珠期中）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　）
A．小球机械能守恒
B．小球动能的最大值为mgh
C．当x =h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小
D．当x= h +2x0时，小球的重力势能最小
二、多选题
16．（2025高一下·河池期末）过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2m，重力加速度取10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
17．（2025高一下·清远期末）如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度反弹，最终落地速度大小为。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（　　）
A．拍球过程运动员对排球所做的功为
B．排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了
C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为
D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了
18．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，倾角的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数，过程Ⅰ：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。（弹簧的弹性势能可以表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（　　）
A．P、M两点之间的距离为
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点
三、计算题
19．（2025·内蒙古模拟） 投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d = 0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0 = 5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L = 2.7 m，距地面的高度h = 1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ = 0.25，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，取重力加速度大小g = 10 m/s2，空气阻力不计。求：
（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
20．（2025·福建） 如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求，F做的功；
（2）时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
21．（2025·浙江高考） 某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员转弯时做曲线运动，速度方向时刻发生变化，必然存在向心加速度，加速度不为0，故A错误；
B．赛道存在阻力，运动员和钢架雪车整体滑行过程中需克服阻力做功，机械能会转化为内能等其他形式的能，机械能不守恒，故B错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对雪车的支持力垂直于赛道斜面，二力方向并非相反且不在同一直线上，不满足平衡力“同体、等大、反向、共线”的条件，故C错误；
D．钢架雪车对赛道的压力作用在赛道上，赛道对钢架雪车的支持力作用在雪车上，二力大小相等、方向相反、作用在相互作用的两个物体上，符合作用力与反作用力的定义，故D正确。
故答案为：D。
【分析】解决本题需紧扣三个核心知识点：一是曲线运动的加速度特点，曲线运动速度必变化，加速度不为零；二是机械能守恒的条件，只有重力或弹力做功时机械能才守恒，有阻力做功则机械能不守恒；三是平衡力与作用力反作用力的区别，平衡力需作用于同一物体，作用力反作用力则作用于两个相互作用的物体。
2．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得，
可以发现速度大小满足
小球P从碰撞后上升到最高点，有
由于，因此，故A错误，B正确；
CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有，化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】 先由机械能守恒求出小球 P 碰撞前的速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，推导出两球碰撞后的速度表达式，最后结合机械能守恒分析两球碰撞后上升的高度，判断各选项正误。
3．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．轻杆由水平位置转动至竖直位置，系统机械能守恒，且两球具有相同的角速度，设为，则有
解得
对b球分析，根据牛顿第二定律有
解得
对a球分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A正确，B错误；
CD．设杆对小球a做的功为，对a分析，根据动能定理有
解得，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】以系统机械能守恒为基础求出竖直位置的角速度，再通过牛顿第二定律分别分析两球的向心力来源，最后用动能定理计算杆对小球 a 做的功，逐一验证选项。
4．【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式可以得出竖直方向的速度为
根据重力和竖直方向的速度可以得出重力的功率
可知所受重力的瞬时功率随时间均匀增大。
故选B。
【分析】利用平抛运动的速度公式可以求出竖直方向分速度的表达式，结合重力的大小可以求出功率与时间的关系式。
5．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车从静止开始以恒定功率启动，由于功率保持不变，根据功率的表达式可以得出
可知速度逐渐增大，牵引力不断减小，汽车加速过程受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于牵引力不断减小，可知加速度不断减小，当加速度时汽车做匀速直线运动，故汽车先做加速度不断减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式：
代入数据解得，故B正确；
C．若启动功率为150kW，当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式有
代入数据解得，故C错误；
D．设汽车在这段时间内的位移大小为，牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理有
代入数据解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用汽车的功率保持不变，结合牛顿第二定律及速度的变化可以判别汽车加速度的变化，进而判别汽车先做加速度不断减小的加速运动后做匀速直线运动；利用汽车速度最大时，牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度；利用动能定理可以求出汽车运动的位移大小。
6．【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】只有汽油发动机工作时，则
汽油发动机和电动机开始同时工作
其中=34m/s，可得P2=30kW
故答案为：A。
【分析】先由汽车匀速行驶时的功率公式求出阻力，再结合总功率与牵引力、速度的关系总，计算电动机的输出功率。
7．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A． 已知空轨经过时间t前进的距离为s， 设空轨匀加速行驶过程中的最大速度为，根据平均速度公式可得
解得，故A错误；
B．当匀加速行驶过程速度达到最大时，空轨功率达到额定功率，根据功率的表达式可以得出匀加速阶段的牵引力大小为
匀加速行驶过程中，根据功的表达式可以得出牵引力做的功为，故B正确；
C．匀加速行驶过程中，根据速度公式可以得出加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得空轨的阻力大小为，故C错误；
D．空轨的速度达到最大时，由于牵引力等于阻力，根据功率的表达式可以得出最大速度为
故D错误。
故选B。
【分析】利用空轨的位移公式可以求出最大的速度；利用功率的表达式结合最大速度可以求出牵引力的大小，结合功的表达式可以求出牵引力做功的大小；利用速度公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出阻力的大小；利用最大速度时牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度。
8．【答案】B
【知识点】超重与失重；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0~3s内，轿厢向上加速运动，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，此时重力大于拉力所以配重B处于失重状态，故A错误；
B．已知速度时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，3~5s内，根据图像面积可以得出轿厢的位移为m=12m，3~5s内，由于系统动能不变，则电动机做功等于重力做功，根据动能定理有
解得3~5s内电动机对外做功为，故B正确；
C.根据图像斜率可以得出5~8s内轿厢A的加速度大小为，故C错误；
D.0~3s内，根据图像斜率可以得出轿厢的加速度为
设A、B间的缆绳拉力为，对轿厢，根据牛顿第二定律有解得N
3s时，轿厢A的速度最大，A、B间的缆绳拉力最大，则3s时绳子拉力对轿厢A的功率最大，根据功率的表达式有W，故D错误。
故选B。
【分析】利用图像斜率可以判别加速度的方向，利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像面积可以求出位移的大小，结合动能定理可以求出电动机做功的大小；利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出拉力的大小，结合速度的大小可以求出拉力的最大功率。
9．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据题意可知周期为，根据周期和角速度的关系可以得出角速度为，故A错误；
B．该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，由于每个位置同学受到的合力方向不同所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；
C．重力的功率为重力与竖直方向速度的乘积，根据重力功率的计算公式
从A点经B点运动到C的过程中，由于同学的重力保持不变，先增大后减小，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C错误；
D．在B点，该同学在竖直方向上根据平衡方程有
水平方向上，根据牛顿第二定律有：
则该同学在B点受座舱的作用力大小为
如果仅增大摩天轮的转速，根据
可知增大，则该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
故选D。
【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用合力指向圆心可以得出座舱对同学的作用力方向不断改变；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力功率的大小变化；利用平衡方程及牛顿第二定律可以求出座舱对同学作用力的大小，结合作用力的表达式可以判别作用力与角速度的大小关系。
10．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，当最初弹力小于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而减小，当弹力大于重力时，根据牛顿第二定律有：可以得出加速度随弹力的增大而增大，所以人的加速度先减小后增大，A错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，由于最初合力方向向下，与速度方向相同所以合力最初做正功，动能不断增大，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；
C．人下降到最低点时，速度为零，由于初末动能为零，根据系统机械能守恒可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，根据动量的表达式可以得出人的动量最大，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小变化；当重力等于弹力时，加速度等于0，此时速度最大，动量和动能达到最大值；利用合力的方向可以判别合力做功，进而判别速度与动能的变化；利用机械能守恒定律可以得出人的重力势能全部转化为绳的弹性势能。
11．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．球离开运动员手后做斜抛运动，由于球在空中只受重力，所以加速度始终为g，所以加速度保持不变，由于只有重力做功，所以机械能守恒，则机械能保持不变，所以和图像都是与横轴平行的直线，故AD错误；
B．根据速度的合成可以得出球的速度大小为
可知图像不是直线，故B错误；
C．由于球在竖直方向做匀变速直线运动，根据功率的表达式及速度公式可以得出重力的瞬时功率大小为
可知图像先直线减小，后直线增加，故C正确。
故选C。
【分析】由于小球只受重力所以加速度和机械能保持不变；利用速度的合成可以判别速度与时间的关系；利用竖直方向的速度公式结合重力的大小可以判别重力功率的大小与时间的关系。
12．【答案】D
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．排球从A点水平抛出的做平抛运动，由，得运动时间为，故排球从B运动到D的时间是从 A运动到B的时间的2倍，故A错误；
B．将排球从B到C的斜上抛运动由逆向思维法可看成从C到B的平抛运动，则由A到B和C到B的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从A点抛出的小球水平位移更大，故排球在 A点的动能比在 C点的动能大，故B错误；
C．对方一传击球前后除重力对排球做功外，对方一传也对排球做功，排球的机械能不相等，故C错误；
D．根据动能定理，发球员对排球做的功，对方一传对排球做的功等于排球机械能的变化量，对方一传对排球做的功，所以发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功，故D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1. 平抛运动的时间与高度关系
平抛运动下落时间：，仅由竖直高度决定，A→B与C→B高度相同 时间相同
2. 斜抛运动的逆向思维
B→C→D轨迹可逆向看作平抛：C→B和C→D，将斜上抛运动视为平抛运动的逆过程，便于分析
3. 动能比较
平抛运动：水平速度不变，竖直速度增加 动能增加，比较两点动能：比较总速度大小
4. 机械能与做功
只有重力做功时机械能守恒，击球过程有外力做功 机械能变化
5. 动能定理的应用
发球员做功：，一传做功： （机械能变化）
二、重要结论
1、平抛时间仅由高度差决定
2、斜抛可用逆向平抛分析
3、有非重力做功 机械能不守恒
4、发球初动能通常大于一传增加的能量
三、一句话总结
"平抛时间看高度，斜抛逆向化平抛；动能比较看速度，击球做功机械能变；发球做功大于一传。"
13．【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在下落到弹起到最大高度的过程中，根据动能定理
其中，
解得，故A错误。
B．球从最高点到返回到最高点的过程中，根据动能定理，解得：，故B错误；
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为，故C正确；
D．根据动能定理，球每次撞击地面的过程中
因为球与地面碰撞后以原速率反弹，即
所以地面对球做的功为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动能定理分析空气阻力、拍球做功、克服阻力做功及地面碰撞做功，结合运动过程的能量变化逐一判断选项。
14．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一阶段，降落伞打开，返回舱受到降落伞向上的阻力，迅速减速，由牛顿第二定律得，又降落伞产生的阻力与速度成正比，则减速过程减小，减小，故返回舱做加速度减小的减速直线运动，A错误；
B．在第二阶段返回舱匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，B错误；
C．在第三阶段，返回舱进一步减速，应该是受到向上的反作用力，缓冲火箭向下喷出气体，C错误；
D．由动能定理可知，第三阶段返回舱动能的变化量等于合外力做的功，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合牛顿第二定律、机械能守恒条件、力的相互作用及动能定理，逐一分析各阶段的运动与受力特点。
15．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 小球受重力和弹簧弹力，但弹簧弹力属于系统内力，因此“小球+弹簧”系统机械能守恒，但小球的机械能单独不守恒（因弹力对小球做功） 故A错误；
B．从释放点到速度最大点，当时，有
此时小球达到最大速度，根据动能定理可知
最大动能为
故B错误；
C．初始能量为重力势能，逐渐转化为动能和弹性势能，动能最大时，剩余势能（重力+弹性）最小。根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；
D．简谐运动对称性：从原长处释放时，振幅

最低点下降 。非对称释放：从高于原长处释放时，最低点超过 ，因此 时仍有向下速度。重力势能在最低点才最小，而非 处。所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒的判定：系统（小球+弹簧）机械能守恒，但小球单独机械能不守恒（因弹力为外力做功）。
2、速度最大的临界条件：合力为零时（）速度最大，动能达峰值。3、能量转化关系：动能最大 势能（重力+弹性）最小。
4、简谐运动的对称性：振幅 ，非对称释放扩展运动范围。
16．【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若释放点与圆轨道的最高点等高，假设小球能达到圆轨道的最高点，根据机械能守恒，可知小球的速度为零；由于在圆轨道的最高点，根据合力提供向心力，此时最小的合力为重力，根据牛顿第二定律可以得出小球经过最高点的速度为：
解得
故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，故A错误，B正确；
CD．设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得
设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，由于下落过程小球只受到重力的作用，根据机械能守恒定律有
解得
此时则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，故C正确，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球经过圆弧轨道的牛顿第二定律可以求出小球经过最高点的最小速度，结合机械能守恒定律可以求出小球释放的高度，当小球经过最高点满足最小速度时，此时小球只受到重力，对轨道的压力等于0.
17．【答案】A,B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．拍球过程，运动员对排球做功引起排球的动能发生变化，根据动能定理有，故A正确；
B．排球拍出后下落过程，由于重力做功导致排球动能增多，根据动能定理可以得出重力做功为
根据功能关系可以得出排球重力势能减少了，故B正确；
C．物体的机械能为动能和重力势能之和，根据动能和重力势能的表达式可以得出拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为，故C正确；
D．从排球拍出后到落地的过程，根据动能的表达式可以得出排球的动能增加了，故D错误；
故选ABC。
【分析】利用动能定理可以求出运动员对排球做功的大小及重力做功的大小；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用动能和重力势能可以求出排球机械能的大小；利用动能的表达式可以求出动能的变化量。
18．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。A．过程Ⅰ：设P点至O的距离为，从P点至O点，根据动能定理有
解得
设M点至O的距离为，在M点（图中未画出）时速度最大，根据平衡条件有
P、M两点之间的距离为
联立解得P、M两点之间的距离为，故A错误；
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为，故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，根据能量关系可得
解得，故C正确；
D．因为，可得，所以物块Q在O点的加速度不为0，在M点，有
故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有
静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误。
故选BC。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；根据功能关系求解机械能的损失；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
19．【答案】（1）解： 沙包竖直上方的初速度为
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
代入数据解得
沙包抛出的水平初速度为
所以从抛出到落地沙包水平位移为
（2）解： 沙包滑行的距离为
沙包滑行的加速度大小
滑行的初速度有
与地面碰撞后的动能
从抛出到落地根据动能定理有
解得落地瞬间的动能
所以
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）把沙包的速度分解为水平方向和竖直方向，根据运动学公式计算即可；
（2）根据动能定理得到沙包落地时的速度，然后根据牛顿第二定律和运动学公式得到沙包落地后的速度，最后比较即可。
20．【答案】（1）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
21．【答案】（1）解： 块从P点到B点由动能定理
解得到达B点的速度
（2）解： 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）解： 物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）解： 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，
联立解得
（另一组，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对物体在斜面上下滑过程分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合加速到和传送带共速过程，综合传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力分析求解；
（3）根据在传送带上滑动过程中产生的滑动长度与两者位移关系分析求解；
（4）根据物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，结合能量守恒分析求解。
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