2026年高考物理二輪復習：功和能（專項訓練）

2026年高考物理二輪復習第6講功和能專項訓練

一、選擇題

1.如圖所示，鋼架雪車運動員在具有阻力的傾斜賽道上滑行，則（）

A.運動員在轉彎時加速度為0

B.運動員和鋼架雪車整體機械能守恒

C.鋼架雪車所受重力和賽道對鋼架雪車的支持力是一對平衡力

D.鋼架雪車對賽道的壓力與賽道對鋼架雪車的支持力是一對作用力和反作用力

2.如圖所示，半徑相同、質量不同的兩小球P、Q用等長的細線懸掛,現將小球P往左拉到。點并

由靜止自由釋放，P、Q碰撞過程沒有機械能損失，不計空，阻力。則P、Q首次碰撞后（）

A.小球P有可能被反彈回到。點

B.小球P上升最高點一定低于。點

C.小球Q上升的最高點一定低于。點

D.小球Q上升的最高點一定高于。點

3.如圖所示，一輕質剛性桿可在豎直平面內繞固定轉軸。自由轉動，桿長為2L。桿的中點M處固

定一質量為2m的小球a,另一瑞N處固定一質量為m的小球b。現將桿從水平位置由靜止釋放，忽

略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

ab

=0=0

0MN

A.桿轉動至豎直位置時，OM段桿對小球a的作用力大小為孕〃圾

B.桿轉動至豎直位置時，UM段桿對小球a的作用力大小為竽mg

C.從釋放到轉動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功為WmgL

D.從釋放到轉動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功力-義山或

4.2025年2月第九屆亞洲冬季運動會在哈爾濱舉辦，跳臺滑雪是比賽項目之一。一次比賽中運動員

從跳臺的邊緣水平滑出，落到斜坡上，如圖所示。運動員可視為質點，忽略空氣阻力的影響。運動

員在空中運動的過程中，所受重力的瞬時功率的變化情況是（）

A.一直不變B,隨時間均勻增大

C.隨時間均勻減小D.隨時間非均勻增大

5.我國新能源汽車技術領先全球，且價格符合大眾消費。一輛新能源汽車在平直公路上行駛，已知

該汽車的質量為2.0x103kg,發動機的額定功率為200kW,設該汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒

為4.0X103N。如果該汽車從靜止開始以恒定功率啟動，則（）

A.汽車從靜止開始做加速度增大的加速直線運動，然后做勻速直線運動

B.若啟動功率為額定功率，汽車能達到的最大速度為50m/s

C.若啟動功率為l50kW,汽車能達到的最大速度為50m/s

D.若啟動功率為額定功率，且達到最大速度所用的時間為30s,則汽車在這段時間內的位移大小

為750m

6.目前我國混合動力轎車越來越盛行。現有質量1.5噸的混合動力轎車，在平直公路上以v=24m/s

的速度勻速行駛，此時蓄電池不工作，汽油發動機的輸出功率為Pi=72kW。現使轎車汽油發動機和

電動機開始同時工作（以該時刻作為計時起點，總功率為汽油發動機和電動機的功率之和），汽油發

動機的輸出功率保持不變仍為72kW,電動機輸出功率P2恒定，轎車汽油發動機和電機同時工作之

后的v-t圖像如圖所示。若轎車運動過程中所受阻力始終不變，則電動機輸出功率P2為（）

A.30kWB.35kWC.40kWD.102kW

7.2023年全國首條空軌一光谷空軌旅游線開通運營。光谷空軌列車（簡稱空軌）采用有人值守無人

駕駛技術運行。如圖所示，一質量為m的空軌在平直軌道上從靜止開始勻加速直線行駛，經過時間t

前進的距離為s,發動機輸出功率恰好達到額定功率P,空軌所受阻力恒定，下列說法正確的是

)

A.空軌勻加速行駛過程中的最大速度為］

V

B.勻加速行駛過程中，牽引力做的功為與

C.勻加速行駛過程中，空軌的阻力大小為2一詈

D.空軌能達到的最大速度為多

8.一種升降電梯的原理圖如圖甲，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運行時A（含乘客）的

質量為機力=1000kg、B的質量為巾8=600如。A、B由跨過輕質滑輪的足夠長輕質纜繩連接。電

動機通過牽引繩向下拉配重B,使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動（轎廂A、配重B一直未與滑

輪相撞）。不計空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2。轎廂A向上運動過程中的u-t圖像

如圖乙。下列說法正確的是（）

定滑輪

定滑輪

電動機

甲乙

A.0~3s內配重B處于超重狀態

B.3~5s內電動機所做的功等于4.8x104;

C.5~8s內轎廂A的加速度大小為0.75m/s2

D.。?甌內AB間的纜繩對矯廂A做功的最大功率為6.0xllw

9.某摩天輪的直徑達120m,轉一圈用時1600so某同學乘坐摩天輪隨座艙在豎直平面內做勻速圓周

運動，依次從A點經B點運動到C的過程中（）

A.角速度為票rad/s

乙\J

B.座艙對該同學的作用力一直指向圓心

C.重力對該同學做功的功率增大

D.如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將增大

10.“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下。將蹦極過程

簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第?次下降至最低點的過程中，若不計空氣阻

力，下列說法正確的是（）

A.人的加速度一直在減小

B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小

C.人下降到最低點時，人的重力勢能全部轉化為人的動能

D.人的動量最大時，繩對人的拉力等于人所受的重力

11.某運動員將鉛球斜向上推出后，球的運動過程如圖所示，不計空氣阻力。下列關于鉛球在空中

運動過程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬時功率P和機械能E隨運動時間t的變化關系,

正確的是（）

12.排球比賽中，運動員在A處水平發球，對方一傳在B史墊球過網，排球經最高點C運動到D

處，軌跡如圖所示。己知A與C、B與D分別在同一水平線上，A、D在同一豎直線上。不計空氣

阻力，下列說法正確的是（）

A.排球從A運動到B的時間與從B運動到D的相等

B.排球在A點的動能與在C點的動能相等

C.對方?傳擊球前后排球的機械能相等

D.發球員對排球做的功大于對方一傳對排球做的功

13.某同學在拍球的過程中發現，讓球由離地1m高處靜止下落并自由反彈，彈起的最大高度為

80cmo為了讓球每次都恰好彈回到1m的高度，球每次在1m高度時應向下拍打一次球。設球在運動

過程中受到的空氣阻力大小恒定，球與地面碰撞后以原速率反彈，已知球的質量為900g,重力加速

度g=10m/s2,則下列說法正編的是（）

A.球在運動過程中受到的空氣阻力大小為1.5N

B.人每次向下拍球的過程中對球做的功為1.8J

C.從拍球到球回到釋放點，球克服空氣阻力所做的功為2J

D.球每次撞擊地面的過程中，地面對球做的功為11J

14.如圖所示為“神州”系列飛船返回艙返回地球的示意圖，其過程可簡化為：第一階段，當返回艙

成功穿越大氣層下降到距地面約10公里高度時，降落傘打開，返回艙將在巨大降落傘向上的阻力作

用"迅速減速，假定此階段降落傘產生的阻力與速度成正比；第二階段，返艙以較低速度勻速

下降；笫三階段，返回艙在距地面還有一定高皮時，緩沖火箭啟動噴出氣體，返回艙進一步減速，

從而使返回艙安全著陸。下列說法正確的是（）

降落傘

緩沖火箭

A.在第一階段，返回艙做加速度增大的減速直線運動

B.在第二階段，返回艙的機械能守恒

C.在第三階段，緩沖火箭向上噴出氣體

D.在第三階段，合外力對返回艙做的總功等于返回艙動能的變化量

15.如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高

h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落

的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox,做出小球所受彈力F大小隨小球下落的町置坐標x

的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）

A.小球機械能守恒

B.小球動能的最大值為mgh

C.當x=h+xo時，系統重力勢能與彈性勢能之和最小

D.當x=h+2xo時，小球的重力勢能最小

二、多選題

16.過山車是游樂場里最受游客喜愛的項目之一，其部分軌道可以簡化為如圖所示的“離心軌道演示

儀”，乘客所體驗的運動與小球在軌道上的運動相似。演示儀圓形軌道底部有前后錯開的空間，可使

小球從圓軌道上運動至其底端后，能從此處離開圓軌道。實驗中，將小球從左邊傾斜軌道上不同的

位置由靜止釋放。已知圓形軌道的半徑為0.2m,重力加速度取10m/s2,小球可視為質點，不計軌道

厚度，不計摩擦力和空氣阻力。下列說法正確的是（）

B.若釋放點與圓軌道的最高點等高，小球會在到達圓軌道最高點之前離開圓軌道

C.若釋放點到圓軌道的最高點的豎直高度為9則小球恰好可以在圓軌道上做完整的圓周運動

D.若釋放點到圓軌道的最高點的豎直高度為多則小球到達圓軌道最高點時對軌道的壓力大小等

于重力大小

17.如圖所示，當質量為m的排球運動到最高點速度大小為打時運動員將其水平拍出，拍擊時間極

短，拍出后排球以水平速度3%反彈，最終落地速度大小為5%。不計空氣阻力及排球大小，以地面

為年勢能面，下列說法正確的是（）

>A.拍球過程運動員對排球所做的功為4m詔

B.排球拍出后下落過程，排球重力勢能減少了8m詔

C.拍球前瞬間排球運動到最高點時機械能為學m評

D.從排球拍出后到落地的過程，排球的動能增加了2M訴

18.如圖所示，傾角6=30。的固定斜面頂端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧處于原長時下端

位于O點。質量為m的滑塊Q（視為質點）與斜面間的動摩擦因數〃=*,過程I：Q以速度%從

斜面底端P點沿斜面向上運動恰好能滑至。點；過程H；將Q連接在彈簧的下端并拉至P點由靜止

釋放，Q通過M點(圖中未畫出)時速度最大，過0點后能繼續上滑。彈簧始終在彈性限度內，最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度為g。(彈簧的彈性勢能可以表示為以=

A.P、M兩點之間的距離為啊

12kg

B.Q在從P點單向運動到0點的過程中，系統損失的機械能為詔

ov

C.過程n中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為把竄也交

6kg

D.連接在彈簧下端的Q無論從斜面上何處釋放，最終一定靜止在M點

三、計算題

19.投沙包游戲規則為：參賽者站在離得分區域邊界AB一定的距離外將沙包拋出，每個得分區域

的寬度d=0.15m,根據沙包停止點判定得分。如圖，某同學以大小vo=5m/s、方向垂直于AB且與

水平地面夾角53。的初速度斜向上拋出沙包，出手點距AB的水平距離L=2.7m,距地面的高度h二

1m。落地碰撞瞬間豎直方向速度減為零，水平方向速度減小。落地后沙包滑行?段距離，最終停在

9分、7分得分區的分界線上。已知沙包與地面的動摩擦因數卜i=0.25,sin53。：0.8,cos530=0.6,

取重力加速度大小g=10m/s2,空氣阻力不計。求：

(1)沙包從出手點到落地點的水平距離X；

(2)沙包與地面碰撞前、后動能的比值匕

20.如圖甲，水平地面上有A、B兩個物塊，兩物塊質量均為0.2kg,A與地面動摩擦因數為〃=

0.25,B與地面無摩擦，兩物塊用彈簧置于外力卜的作用下向右前進，卜與位移x的圖如圖乙所示,

P為圓弧最低點，M為最高點，水平地面長度大于4m。

(1)求0-Im，F做的功;

(2)x=1m時，A與B之間的彈力；

(3)要保證B能到達M點，圓弧半徑滿足的條件。

21.某興趣小組設計了一傳送裝置，其豎直截面如圖所示。AB是傾角為30。的斜軌道，BC是以恒

定速率％順時針轉動的水平傳送帶，緊靠C端有半徑為R、質量為M置于光滑水平面上的可動半圓

弧軌道，水平面和傳送帶BC處于同一高度，各連接處平滑過渡。現有一質量為m的物塊，從軌道

AB上與B相距L的P點由靜止卜滑，經傳送帶末端C點滑入圓弧軌道。物塊與傳送帶間的動摩擦

因數為其余接觸面均光滑。已知R=0.36m,L=1.6m,―)=5m/s,m=0.2kg,M=1.8kg,

〃=0.25。不計空氣阻力，物塊可視為質點，傳送帶足夠長。求物塊

(1)滑到B點處的速度大小；

(2)從B點運動到C點過程中摩擦力對其做的功；

(3)在傳送帶上滑動過程中產生的滑痕長度；

(4)即將離開圓弧軌道最高點的瞬間，受到軌道的壓力大小。

答案解析部分

1.【答案】D

【知識點】機械能守恒定律

【解析】【解答】A.運動員轉彎時做曲線運動，速度方向時刻發生變化，必然存在向心加速度，加

速度不為0,故A錯誤；

B.賽道存在阻力，運動員和鋼架雪車整體滑行過程中需克服阻力做功，機械能會轉化為內能等其他

形式的能，機械能不守恒，故B錯誤；

C.鋼架雪車所受重力豎直向下，賽道時雪車的支持力垂直于賽道斜面，二力方向并非相反且不在同

一直線上，不滿足平衡力“同體、等大、反向、共線”的條件，故C錯誤：

D.鋼架雪車對賽道的壓力作用在賽道上，賽道對鋼架雪車的支持力作用在雪車上.，二力大小相等、

方向相反、作用在相互作用的兩個物體上，符合作用力與反蚱用力的定義，故D正確。

故答案為：Do

【分析】解決本題需緊扣三個核心知識點：一是曲線運動的加速度特點，曲線運動速度必變化，加

速度不為零；二是機械能守恒的條件，只有重力或彈力做功時機械能才守恒，有阻力做功則機械能

不守恒；三是平衡力與作用力反作用力的區別，平衡力需作用于同一物體，作用力反作用力則作用

于兩個相互作用的物體。

2.【答案】B

【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型

【解析］【解答】AB.令。點到小球P運動的最低點的高度為兒小球P從。點下落到最低點，由機

械能守恒nipg/i=^mPVQ

由于碰撞過程沒有機械能損失，有/nip評=^mPVp+

碰撞過程動量守恒，有mp%=mPVp+mQvQ

2moTHp-

聯立解得《=7np+酎％，*二而就孫

可以發現速度大小滿足Wp|VBol

小球P從碰撞后上升到最高點，有/mpfg=mpghi

由于I叫＜同1，因此九1＜九,故A錯誤,B正確;

CD.小球Q從碰撞后上升的最高點，有*頂詒=%9九2，化簡得局=居

由于兩個小球的質量沒有明確紿出，小球Q碰撞后的速度也不能計算，因此不能判斷后和力的大小

關系，所以不能判斷小球Q上升的最高點與。點的高度關系，故CD借誤。

故答案為：Bo

【分析】先由機械能守恒求出小球P碰撞前的速度，再利用彈性碰撞的動量守恒和機械能守恒定

律，推導出兩球碰撞后的速度表達式，最后結合機械能守恒分析兩球碰撞后上升的高度，判斷各選

項正誤。

3.【答案】A

【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律

【解析】【解答】AB,輕桿由水平位置轉動至豎直位置，系統機械能守恒，且兩球具有相同的角速

度，設為口，則有2mgL+mg?2L=2x2m(o)L)2+/m(32L)2

解得3=晚

對b球分析，根據牛頓第二定律有七-mg=mo?.2L

解得尸2=號“ig

2

對a球分析，根據牛頓第二定律有力-2mg-F2=2ma)L

解得力=孕mg,故A正確，B錯誤；

CD.設桿對小球a做的功為1￥,對a分析，根據動能定理有27ngL+W=/x2m(3L)2

解得W=—mgL,故CD錯誤。

故答案為：Ao

【分析】以系統機械能守恒為基礎求出豎直位置的角速度，再通過牛頓第二定律分別分析兩球的向

心力來源，最后用動能定理計算桿對小球a做的功，逐一驗證選項。

4.【答案】B

【知識點】平拋運動；功率及其計算

【解析】【解答】運動員從O點水平飛出后，做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據速度公式

可以得出豎直方向的速度為為=gt

2

根據重力和豎直方向的速度可以得出重力的功率P=Gvy=mgt

可知所受重力的瞬時功率隨時間均勻增大。

故選Bo

【分析】利用平拋運動的速度公式可以求出豎直方向分速度的表達式，結合重力的大小可以求出功

率與時間的關系式。

5.【答案】B

【知識點】機車啟動

【解析】【解答】A.汽車從靜止開始以恒定功率啟動，由于功率保持不變，根據功率的表達式可以

得出P二F〃

可知速度u逐漸增大，牽引力F不斷減小，汽車加速過程受到牽引力和阻力的作用，根據牛頓第二定

律有尸-f=ma

由于牽引力不斷減小，可知加速度Q不斷減小，當加速度a=0時汽車做勻速直線運動，故汽車先做

加速度不斷減小的加速運動，最后做勻速直線運動，故A錯誤；

B.當加速度Q=0時速度達到最大，此時牽引力最小，根據平衡方程可以得出此時牽引力等于阻

力，即Fmin=f=4.0x1()3。

根據功率的表達式：P=/vmax

代入數據解得"max=50m/s,故B正確；

C.若啟動功率為150kW,當加速度Q=0時速度達到最大，此時牽引力最小，根據平衡方程可以得

出此時牽引力等于阻力,即/min=f=4.0X1Q3N

根據功率的表達式有P=/vmax

代入數據解得“max=37.5TH/S,故C錯誤；

D.設汽車在這段時間內的位移大小為刈牽引力和阻力對汽車做功，根據動能定理有=

1

2m2Umax

代入數據解得％=875m,故D錯誤。

故選Bo

【分析】利用汽車的功率保持不變，結合牛頓第二定律及速度的變化可以判別汽車加速度的變化，

進而判別汽車先做加速度不斷減小的加速運動后做勻速直線運動；利用汽車速度最大時，牽引力等

于祖力，結合功率的表達式可以求出最大速度；利用動能定理可以求出汽車運動的位移大小。

6.【答案】A

【知識點】機車啟動

【解析】【解答】只有汽油發動機工作時，則Pi=/u

汽油發動機和電動機開始同時工作Pl+P2=fv

其中u'=34m/s,可得P2=30kW

故答案為：Ao

【分析】先由汽車勻諫行駛時的功率公式P=求出阻力人再結合總功率與牽引力、諫度的關系總

P總計算電動機的輸出功率。

7.【答案】B

【知識點】機車啟動

【蟀析】【解答】A.已知空軌經過時間I前進的距離為s,設空軌勻加速行駛過程中的最大速度為

vP根據平均速度公式可得s=?￡

解得巴=絡故A錯誤；

B.當勻加速行駛過程速度達到最大時，空軌功率達到額定功率，根據功率的表達式可以得出勻加速

階段的牽引力大小為力=齊登

勻加速行駛過程中，根據功的表達式可以得出牽引力做的功為W=FiS=與，故B正確；

C.勻加速行駛過程中，根據速度公式可以得出加速度大小為Q=，=，

根據牛頓第二定律可得2-/■=ma

解得空軌的阻力大小為/=笥-等，故C錯誤；

D.空軌的速度達到最大時，由于牽引力等于阻力，根據功度的表達式可以得出最大速度為％=/=

2sp產

Pt3-4ms2

故D錯誤。

故選B。

【分析】利用空軌的位移公式可以求出最大的速度；利用功率的表達式結合最大速度可以求出牽引力

的大小，結合功的表達式可以求出牽引力做功的大小；利用速度公式可以求出加速度的大小，結合牛

頓第二定律可以求出阻力的大小；利用最大速度時牽引力等于阻力，結合功率的表達式可以求出最大

速度。

8.【答案】B

【知識點】超重與失重；動能定理的綜合應用；運動學v-t圖象

【解析】【解答】A.0~3s內，轎廂向上加速運動，加速度向上，配重B向下加速，加速度向下，此時

重力大于拉力所以配重B處于矢重狀態，故A錯誤；

B.已知速度時間圖像中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，3~5s內，根據圖像面積可以得出轎

廂的位移為x=6x2m=12m,3~5s內，由于系統動能不變，則電動機做功等于重力做功，根據動能

定理有W+mgx-Mgx=0

解得3-5s內電動機對外做功為W=4.8xIO",故B正確；

C根據圖像斜率可以得出5~8s內轎廂A的加速度大小為a=黑=jm/s2=2m/s2,故C錯誤；

D.0~3s內，根據圖像斜率可以得出轎廂的加速度為的=舞=2m/s2

設A、B間的纜繩拉力為F,對轎廂，根據牛頓第二定律有/—MguMQi解得尸=12000N

3s時，轎廂A的速度最大，A、B間的纜繩拉力最大，則3s時繩子拉力對轎廂A的功率最大，根據

功率的表達式有P=9〃=72000W,故D錯誤。

故選B。

【分析】利用圖像斜率可以判別加速度的方向，利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用圖像

面積可以求出位移的大小，結合動能定理可以求出電動機做功的大小；利用圖像斜率可以求出加速

度的大小，結合牛頓第二定律可以求出拉力的大小，結合速度的大小可以求出拉力的最大功率。

9.【答案】D

【知識點】豎直平面的圓周運動：功率及其計算

【解?析】【解答】A.根據題意可知周期為7=1600s,根據周期和角速度的關系可以得出角速度為

to=^=g^grad/s?故A錯誤：

B.該同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，則座艙對該同學的作用力和該同學的

重力的合力提供向心力，指向圓心，由于每個位置.同學受到的合力方向不同所以座艙對該同學的作

用力不是一直指向圓心，故B錯誤；

C.重力的功率為重力與豎直方向速度的乘積，根據重力功率的計算公式PG=

從A點經B點運動到C的過程中，由于同學的重力保持不變，%先增大后減小，可知重力對該同學

做功的功率先增大后減小，故C錯誤；

D.在B點，該同學在豎直方向上根據平衡方程有尸y=mg

2

水平方向上，根據牛頓第二定律有：Fx=mra)

222

則該同學在B點受座艙的作用力大小為尸=+學=y/(mra)')4-(mg)

如果僅增大摩天輪的轉速九，根據3=27m

可知3增大，則該同學在B點受座艙的作用力將增大，故D正確。

故選Do

【分析】利用角速度的大小可以求出周期的大小；利用合力指向圓心可以得出座艙對同學的作用力

方向不斷改變；利用重力和豎直方向的速度可以判別重力功率的大小變化；利用平衡方程及牛頓第

二定律可以求出座艙對同學作用力的大小，結合作用力的表去式可以判別作用力與角速度的大小美

系。

10.【答案】D

【知識點】牛頓第二定律；動能；機械能守恒定律

【解析】【解答】A.當繩對人的拉力等于人所受的重力時，人的速度最大，加速度為零，當最初彈

力小于重力時，根據牛頓第二定律有：mQ=mg-F可以得出加速度隨彈力的增大而減小，當彈力

大于重力時，根據牛頓第二定律有：ma=5-mg可以得出加速度隨彈力的增大而增大，所以人的

加速度先減小后增大，A錯誤；

B.繩的拉力對人做負功，但開始時重力做功大于繩的拉力做功，由于最初合力方向向下，與速度方

向相同所以合力最初做正功，動能不斷增大，當彈力等于重力時、人的速度最大即動能最大，接下

來速度減小，動能減小；B錯誤；

C.人下降到最低點時，速度為零，由于初末動能為零，根據系統機械能守恒可以得出人的重力勢能

全部轉化為繩的彈性勢能，C錯誤；

D.當繩對人的拉力等十人所受的重力時，人的速度最大，根據動量的表達式p=mu可以得出人的

動量最大，D正確。

故選D。

【分析】利用牛頓第二定律結合彈力的大小變化可以判別加速度的大小變化；當重力等于彈力時，

加速度等于0,此時速度最大，動帚和動能達到最大值；利用合力的方向可以判別合力做功，進而判

別速度與動能的變化；利用機械能守恒定律可以得出人的重力勢能全部轉化為繩的彈性勢能。

11.【答案】C

【知識點】斜拋運動；功率及其計算；機械能守恒定律

【解析】【解答】AD.球離開運動員手后做斜拋運動，由于球在空中只受重力，所以加速度始終為

g,所以加速度保持不變，由于只有重力做功，所以機械能守恒，則機械能保持不變，所以Q-t和

圖像都是與橫軸平行的直線，故AD錯誤；

B,根據速度的合成可以得出球的速度大小為-=扁+(%y->)2

可知口一￡圖像不是直線，故B錯誤；

C.由于球在豎直方向做勻變速直線運動，根據功率的表達式及速度公式可以得出重力的瞬時功率大

小為p=Imgeoy

可知P-￡圖像先直線減小，后直線增加，故C正確。

故選C。

【分析】由于小球只受重力所以加速度和機械能保持不變：利用速度的合成可以判別速度與時間的

關系；利用豎直方向的速度公式結合重力的大小可以判別里力功率的大小與時間的關系。

12.【答案】D

【知識點】功能關系；平拋運動；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A.排球從A點水平拋出的做平拋運動，由/1=2"產，得運動時間為￡=楞，故

排球從B運動到D的時間是從A運動到B的時間的2倍，故A錯誤；

B,將排球從B到C的斜上拋運動由逆向思維法可看成從C到B的平拋運動，則由A到B和C到B

的平拋運動比較，運動高度相同，則運動時間相同，但從A點拋出的小球水平位移更大，故排球在

A點的動能比在C點的動能大，故B錯誤；

C.對方一傳擊球前后除重力對排球做功外，對方一傳也對排球做功，排球的機械能不相等，故C

錯誤；

D.根據動能定理，發球員對排球做的功說，對方一傳對排球做的功等于排球機械能的變

化量，對方?傳對排球做的功卬2=畀〃比-?”巾，所以發球員對排球做的功大于對方?傳對排球

做的功，故D正確。

故選D。

【分析】一、核心考點

I.平拋運動的時間與高度關系

平拋運動下落時間：，僅由豎直高度決定，A-B與C-B高度相同=時間相同

2.斜拋運動的逆向思維

BTC—D軌跡可逆向看作平拋：C-B和CTD,將斜上拋運動視為平拋運動的逆過程，便于分析

3.動能比較

平拋運動：水平速度不變，豎宜速度增加=動能增加，比較兩點動能：比較總速度大小

4.機械能與做功

只有重力做功時機械能守恒，擊球過程有外力做功=機械能變化

5.動能定理的應用

發球員做功：，一傳做功：（機械能變化）

二、重要結論

1、平拋時間僅由高度差決定

2、斜拋可用逆向平拋分析

3、有非重力做功=機械能不守恒

4、發球初動能通常大于一傳增加的能量

三、一句話總結

”平拋時間看高度，斜拋逆向化平拋；動能比較看速度，擊球做功機械能變；發球做功大干一傳。”

13.【答案】C

【知識點】功的計算；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A.球在下落到彈起到最大高度的過程中，根據動能定理mg（心-殳）-f（^1+

電）=0

其中九1=Im,h2=0.8m

解得/'ulN,故A錯誤。

B.球從最高點到返回到最高點的過程中，根據動能定理2無1=0,解得：W=2J,故B錯

誤；

C.從拍球到球回到釋放點,球克服空氣阻力所做的功為=fX2hi=2人故C正確：

712

^mV

D.根據動能定理，球每次撞擊地面的過程中皿'=!一0

Tnv-2

因為球與地面碰撞后以原速率反彈，即也=為

所以地面對球做的功為獷=0,故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】利用動能定理分析空氣阻力、拍球做功、克服阻力做功及地面碰撞做功，結合運動過程的

能量變化逐一判斷選項。

14.【答案】D

【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律

【辭析】【解答】A.第一階段，降落傘打開，返回艙受到降落傘向上的阻力，迅速減速，由牛頓第

二定律得/-mg=ma，又降落傘產生的阻力與速度成正比，則減速過程/減小，a減小，故返回艙

做加速度減小的減速直線運動，A錯誤；

B.在第二階段返回艙勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，B錯誤；

C.在第三階段，返回艙進一步減速，應該是受到向上的反作用力，緩沖火箭向下噴出氣體，C錯誤；

D.由動能定理可知，第三階段返回艙動能的變化量等于合外力做的功，D正確。

故答案為：Do

【分析】結合牛頓第二定律、機械能守恒條件、力的相互作用及動能定理，逐一分析各階段的運動與

受力特點。

15.【答案】C

【知識點】機械能守恒定律；簡諧運動

【解析】【解答】A.小球受重力和彈簧彈力，但彈簧彈力屬于系統內力，因此“小球+彈簧”系統機

械能守恒，但小球的機械能單獨不守恒（因彈力對小球做功）故A錯誤；

B.從釋放點到速度最大點，當％a時，有

mg=kx0

此時小球達到最大速度，根據動能定理可知

,、0+mg

x

mg（fi+x0）-----g---o=%租一0

最大動能為

1X

Ekm=mgh+-2rngx^=mg[h+號）

故B錯誤；

0.初始能量為重力勢能,逐漸轉化為動能和彈性勢能,動能最大時，剩余勢能（重力+彈性）最

小。根據乙圖可知，當x=/i+q,小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，小球的動

能最大。以彈簧和小球組成的系統為研究對象，由系統機械能守恒可知，當％=九+4，小球的重力

勢能與彈性勢能之和最小，故C正確；

D.簡諧運動對稱性：從原長處釋放時，振幅

最低點下降。非對稱釋放：從高于原長處釋放時，最低點超過，因此時仍有向下速度。重力勢

能在最低點才最小，而非處。所以當工=h+2%時，小球速度不為零，還要向下運動，此時的重

力勢能不是最小，故D錯誤。

故選Co

【分析】1、機械能守恒的判定：系統（小球+彈簧）機械能守恒，但小球單獨機械能不守恒（因彈

力為外力做功）。

2、速度最大的臨界條件：合力為零時（）速度最大，動能達峰值。3、能量轉化關系：動能最大一

勢能（重力+彈性）最小。

4、簡諧運動的對稱性：振幅，非對稱釋放擴展運動范圍。

16,【答案】B,C

【知識點】豎直平面的圓周運動；機械能守恒定律

【蟀析】【解答】AB.若釋放點與圓軌道的最高點等高，假設小球能達到圓軌道的最高點，根據機械

能守恒，可知小球的速度為零；由于在圓軌道的最高點，根泥合力提供向心力，此時最小的合力為

重力，根據牛頓第二定律可以得出小球經過最高點的速度為：mg=m^-

R

解得“=yfgR=42m/s>0

故小球此時不能過最高點，而是會在小球到達圓軌道最高點之前離開圓軌道，故A錯誤，B正確；

CD.設小球能過圓軌道的最高點的臨界條件為圓軌道對小球的支持力為零，僅由重力提供向心力，

根據牛頓第二定律有：mg=m^-

解得u=歷

設釋放點到圓軌道的最高點的豎直高度為九，由于下落過程小球只受到重力的作用，根據機械能守恒

定律有？ngh=ymv2

解得力=￡

此時則小球恰好可以在圓軌道上做完整的圓周運動，圓軌道對小球的支持力為零，根據牛頓第三定

律可知，小球到達圓軌道最高點時對軌道的壓力大小為零，故C止確，故D錯誤。

故選BCo

【分析】利用小球經過圓弧軌道的牛頓第二定律可以求出小球經過最高點的最小速度，結合機械能

守恒定律可以求出小球釋放的高度，當小球經過最高點滿足最小速度時，此時小球只受到重力，對

軌道的壓力等于0.

17.【答案】A,B,C

【知識點】動能定理的綜合應用；機械能守恒定律

【解析】【解答】A.持球過程，運動員對排球做功引起排球的動能發生變化，根據動能定理有皿=

2

^n(3v0)-^mvQ=4mvg,故A正確；

B.排球拍出后下落過程，由于重力做功導致排球動能增多，根據動能定理可以得出重力儂功為WG=

22

im(5v0)—im(3vo)=8m嗎

根據功能關系可以得出排球重力勢能減少了87n詔，故B正確；

C.物體的機械能為動能和重力勢能之和，根據動能和重力勢能的表達式可以得出拍球前瞬間排球運

動到最高點時機械能為E=4-8mvo=芋m詔，故C正確；

D.從排球拍出后到落地的過程，根據動能的表達式可以得出排球的動能增加了△琮=4加(5%)2-

2

^n(3v0)=8mVQ?故D錯誤；

故選ABCo

【分析】利用動能定理可以求出運動員對排球做功的大小及重力做功的大小；利用里力做功可以求出

重力勢能的變化量；利用動能和重力勢能可以求出排球機械能的大小；利用動能的表達式可以求出動

能的變化量。

18.【答案】B,C

【知識點】能量守恒定律；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】本題的關鍵在于正確應用動能定理、功能關系和平衡條件，理解除重力和彈力以為

的力做功機械能的影響，掌握滑動摩擦力公式的運用。A.過程I：設P點至O的距離為L,從P點

至O點，根據動能定理有―2加分2=—^mgcQS0-L—mgLsinO

解得L=等2

3g

設M點至0的距離為5,在M點（圖中未畫出）時速度最大，根據平衡條件有女人=mgsin。+

fimgcosO

P、M兩點之間的距離為/，2=”1，1

聯立解得P、M兩點之間的距離為竺”舞皿，故A錯誤；

z12kg

B.Q在從P點單向運動到O點的過程中，系統損失的機械能為卬故B正確；

C.設過程II中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為加根據能量關系可得累好一累品一尸=

mgsinO?x+〃mgcos。?x

解得％啊或也史，故c正確；

m6kg

D.因為〃=看可得mgsin。＞4mgeos。，所以物塊Q在0點的加速度不為0,在M點，有坨=

mgsinO+^mgeosO

故滑塊Q可以靜止在M點上方一點，此時有「彈=mgsinO+fs

靜摩擦力小于最大靜摩擦力，故D錯誤。

故選BCo

【分析】根據滑動摩擦力公式求解滑動摩擦力，過程I,根據動能定理求解PO之間的距離；根據功

能關系求解機械能的損失；滑塊從P到M的過程中，彈力做正功、摩擦力和重力做負功；滑塊從M

點到最高點的過程中，彈力先做正功后做負功、摩擦力和重力做一致做負功；根據動能定理分析位移

關系，然后作答；根據平衡條件結合摩擦力與重力沿斜面向下的分力的關系求解作答。

19.【答案】（1）解：沙包豎直上方的初速度為

0

vy—vosin53=4m/s

沙包在豎直方向上減速到0,然后做自由落體運動，設豎直向上為正，則有

代入數據解得

沙包拋出的水平初速度為

vx=v0cos53°=3m/s

所以從拋出到落地沙包水平位移為

x=vxt=3m

（2）解：沙包滑行的距離為

XQ=L+5d—x=0.45m

沙包滑行的加速度大小

Q==2.5m/s

滑行的初速度有

與地面碰撞后的動能

19

2

-mV1-

28

從拋出到落地根據動能定理有

11

mgh=2mvZ-2m詔

解得落地瞬間的動能

“加2=^

所以

”紅一堡

427

【知識點】運動的合成與分解.；斜拋運動；動能定理的綜合應用

【解析】【分析】（1）把沙包的速度分解為水平方向和豎直方向，根據運動學公式計算即可；

（2）根據動能定理得到沙包落地時的速度，然后根據牛頓第二定律和運動學公式得到沙包落地后的

速度，最后比較即可。

20.【答案】（1）解：0-lm,外力保持不變，由卬=尸立05。可得，F做的功

W=Fx=1.5xlJ=1.5；

（2）解：對AB整體，水平方向受拉力和阻力，豎直方向受重力和支持力，根據牛頓第二定律

F