押题精选 07 功和能
1．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降
也可以快速前进，若飞行包（包括人）在竖直方向上匀速上升的过程中（空气阻力不可忽略），下列说法正
确的是
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
【答案】C
【详解】A．飞行包（包括人）在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，
故 A 错误；
B．高度上升，飞行包的重力做负功，故 B 错误；
C．飞行包（包括人）在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，故选 C 正确；
D．飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，故 D 错误。
故选 C。
2．某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺
旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，
沿螺旋滑道下滑（ ）
A．重力对游客做的功更多
B．重力对游客做的功更少
C．摩擦力对游客做的功更多
D．摩擦力对游客做的功更少
【答案】C
【详解】AB．重力做功 GW mg h ，与路径无关，只与初末位置的高度差相等，而两种轨道的高度差相
同，则重力对游客做功相同，故 AB 错误；
CD．摩擦力做功 fW f s ，沿螺旋轨道下滑时，做得是曲线运动，因此有指向圆心方向
2
cosn
vF mg m
R
其中角度为重力和和竖直方向的夹角，而滑动摩擦力大小为 nf F ，因此螺旋运动的摩擦力更大，两种
轨道的动摩擦因数相同，而螺旋滑道更长，则摩擦力对游客做的功更多，故 C 正确，D 错误；
故选 C。
3．12 月 17 日凌晨 1 时 59 分，嫦娥五号返回器携带月球样品，采用“半弹道跳跃”方式返回地球，圆满完成
了月球取样任务。如图虚线为大气层边界，返回器从 a点关闭发动机无动力滑入大气层，然后从 c点“跳”
出，再从 e点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹的最高点，离地心的距离为 r，返回
器在 d点时的速度大小为 v，地球质量为 M，引力常量为 G。则返回器（ ）
A．在 d点处于完全失重状态
B．在 d点时的速度大小 v= GM
r
C．在 d点时的加速度大小为
2v
r
D．从 a点到 c点的过程中，只有重力在做功
【答案】A
【详解】A．在 d点返回器只受地球的引力作用，所以返回器处于完全失重状态，则 A 正确；
B．在 d点做匀速圆周运动时返回器的速度大小为 v= GM
r
，但返回器在 d点做近心运动，则在 d点时的
速度大小 v< GM
r
，所以 B 错误；
C．在 d点时的加速度大小为
2
GMa
r
所以 C 错误；
D．从 a点到 c点的过程中，除了重力在做功还有空气阻力做功，所以 D 错误；
故选 A。
4．如图所示，水车转轮的半径为 R，转轴离地面的高度为 2R，以角速度匀速转动，轮缘上最高点和最
低点分别有质量相同的水滴 A 、 B同时被甩出，并且都落到水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小
与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，重力加速度为 g，不计空气阻力。下列判断中正确
的有（ ）
A．两水滴落到水平地面上的速度大小相等
B．两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等
C．两水滴在空中飞行的时间差 2 Rt
g
D．两水滴落地点间的距离 21 3 Rx R
g
【答案】D
【详解】A．由平抛运动规律可知，两水滴落到水平地面上时竖直方向的速度分别为 Ay 6v gR 、
By 2v gR ，水平分速度相等，速度合成以后大小不相等，A 错误；
B．两水滴在空中飞行过程中重力做功分别为 A 3W mgR 、 BW mgR ，B 错误；
C．A 在空中飞行的时间
A
6Rt
g
B 在空中飞行的时间
B
2Rt
g
两水滴在空中飞行的时间差
6 2 Rt
g
C 错误；
D．A 的水平位移为
A A
6Rx vt R
g
B 的水平位移为
B B
2Rx vt R
g
两水滴落地点间的距离
A B
21 3 Rx x x R
g
D 正确。
故选 D。
5．如图所示，配送机器人作为新一代配送工具，最多配备 30 个取货箱，可以做到自动规避道路障碍与往
来车辆行人，做到自动化配送的全场景适应。该配送机器人机身净质量为350kg ，最大承载质量为 200kg ，
在正常行驶中，该配送机器人受到的阻力约为总重力的
1
10
，刹车过程中，受到的刹车片阻力大小恒为 550N ，
满载时最大时速可达18km/h ，已知重力加速度 210m/sg ，关于该机器人在配送货物过程中的说法正确
的是（ ）
A．该配送机器人的额定功率为5500W
B．该配送机器人以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至速度达到最大速度
C．满载情况下以额定功率启动，当速度为 7.2km/h 时，该配送机器人的加速度大小为 21m/s
D．空载时以额定功率行驶遇到红灯，从最大速度开始减速到停止运动，所需时间约为 3.1s
【答案】D
【详解】A．该配送机器人满载情况下达到最大时速时功率约为
m m
1 18350 200 10 W 2750W
10 3.6
P Fv fv
故 A 错误；
B．该配送机器人以额定功率启动时，先做加速度减小的变加速运动，直至达到最大速度，然后保持匀速运
动，故 B 错误；
C．配送机器人满载情况下以额定功率启动，当速度为 7.2km/h 时，配送机器人受到的牵引力
PF
v
由牛顿第二定律有
F fa
m
联立代入数据可得： 21.5m sa ，故 C 错误；
D．该配送机器人空载时最大速度
1
1
2750 m/s 7.86m/s
350
P Pv
F f
减速时加速度大小为
2 22
1
1
(550 350) m/s 2.57m/s
350
fa
m
所以从最大速度开始减速至零所需时间
1
1
3.1svt
a
故 D 正确。
故选 D。
6．如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为 r的匀速圆周运动，圆心为 O，角速度为ω，细
绳长为 L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为 m的小球，
小球在桌面上恰好在以 O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间的动摩擦因数处处相同，以下说法
正确的是（ ）
A．小球将做变速圆周运动
B．小球与桌面间的动摩擦因数μ＝
2 2 2r r L
gL
C．细绳拉力为 mω2 2 2r L
D．手对细绳做功的功率为
3 2 2 3( )m r L
L
【答案】B
【详解】A．手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀速圆周运动，
故 A 错误；
B．根据摩擦力公式可得
f mg
又有
sinf T
由于
2 2 2( )m r LT
L
， 2 2
sin r r
R r L
所以有
2 2 2r r L
gL
故 B 正确；
C．设大圆半径为 R，如图
由图分析可知
2 2R r L
设绳中张力为 T，则有
2cosT mR
cos L
R
故有
2 2 2 2 2( )m R m r LT
L L
故 C 错误；
D．拉力的功率为
2 2 2 3 2 2
cos 90 cos 90 cos 90
m r L m r r L
P T v r
L L
故 D 错误。
故选 B。
7．质量为 m的小鸟，以速度 v沿着与水平成角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为 g，则（ ）
A．小鸟处于超重状态
B．空气对小鸟作用力的方向与 v的方向相反
C．空气对小鸟作用力的大小为 mg
D．重力对小鸟做功功率为-mgv
【答案】C
【详解】A．小鸟匀速飞行，合力为零，既不超重也不失重。故 A 错误；
BC．小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，由于小鸟匀速飞行，则合力为零，即空气对小鸟的作用力与重力
等大反向，大小为mg。故 B 错误，C 正确；
D．功率公式P Fv ，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为
sinP mgv
故 D 错误。
故选 C。
8．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发，标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局
面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列，如图甲。该起重机某次从 0t 时刻由静止开
始提升质量为m的物体，其 a t 图像如图乙所示， 21 ~t t 内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重
力加速度为 g，则以下说法正确的是（ ）
A．物体匀加速阶段的位移为 2
0 1a t
B．该起重机的额定功率为 0 0 1mg ma a t
C． 2t 时刻物体的瞬时速度为
0
0 11
a
a t
g
D． 10 ~ t 和 21 ~t t 时间内牵引力做的功之比为 1 2: 2t t
【答案】B
【详解】A．由图像可知 10~ t 内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移
2
1 0 1
1
2
s a t
A 错误；
B．当 1t t 时，根据
0F mg ma
1 0 1P Fv Fa t 额
联立解得起重机的额定功率为
0 0 1=P mg ma a t额
B 正确；
C．因为
0 0
0 1 0 11
Pa mg ma
a t a t
g mg mg
额
即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出 2t 时刻物体的速度还没有达到最大，选项 C 错误；
D． 10 ~ t 内牵引力做的功
1 12
P
W t 额
21 ~t t 内牵引力做的功
2 2 1W P t t 额
故在 10 ~ t 和 21 ~t t 时间内牵引力做的功之比为 1 2 1: 2t t t ，D 错误。
故选 B。
9．小明和小花同学想知道普通家用轿车的阻力系数（阻力系数为受到的总阻力与车重的比值），他们借用
了交警叔叔的测速仪，记录了轿车启动后的测速情况，并做成如图所示的 —v t 图像，由图像知该车的阻力
系数为（ 210m/sg ）（ ）
A．0.05 B．0.10 C．0.20 D．0.50
【答案】C
【详解】设普通家用轿车的额定功率为 P，轿车的阻力
f kmg
72km/h 20m/sv
m 144km/h 40m/sv
由 —v t 图象可知，0 10s 内轿车做匀加直线运动的加速度为
2 220 0 m/s 2m/s
10 0
va
t
根据牛顿第二定律可得
F f ma
在 10s 末根据功率计算式有
P Fv
最后轿车做匀速直线运动，轿车的牵引力等于阻力，根据功率计算式有
m mP fv
联立解得
0.20k
故选 C。
10．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随
座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【详解】A．摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机
械能在变化，选项 A 错误；
B．圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即
2
N
vmg F m
r
所以重力大于支持力，选项 B 正确；
C．转动一周，重力的冲量为
I=mgt
不为零，C 错误；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据
P=mgvcosθ
可知重力的瞬时功率在变化，选项 D 错误。
故选 B。
11．在光滑水平面上，有一质量为10 kg 的滑块，在变力 F的作用下沿 x轴作直线运动，F-x关系如图，
4 m~8 m 和12 m ~16 m 的两段曲线关于坐标点（10，0）对称。滑块在坐标原点处速度为1 m/s ，则滑块
运动到16 m 处的速度大小为（ ）
A．3 m/s B．5 m/s C． 2 2 m/s D． 4 2 m/s
【答案】A
【详解】图像与坐标轴围成的图像的面积表示变力 F做的功，所以根据动能定理得
2 2
0
1 110 4J
2 2
W mv mv
解得
=3 m/sv
故选 A。
12．“遂古之初，谁传道之？上下未形，何由考之？”2021 年 3 月 4 日国家航天局发布了探测飞船“天问一号”
在近火轨道拍摄的高清火星影像图，预计 2021 年 5 月“天问一号”将完成落“火”的壮举！如图所示，我们近
似认为“天问一号”由远火圆周轨道 A 变轨后进入近火圆周轨道 B，用 r、T、a、 kE 、F分别表示“天问一号”
的轨道半径、周期、向心加速度、动能和所受的万有引力。则探测器在 A、B 两个轨道上（ ）
A．
A B
B A
F r
F r
B． A A
B B
a r
a r
C． kA B
kB A
E r
E r
D．
A A
B B
T r
T r
【答案】C
【详解】A．设火星的质量为 M，卫星的质量为 m，根据万有引力定律
2
MmF G
r
知
2
2
A B
B A
F r
F r
故 A 错误；
B．设火星的质量为 M，卫星的质量为 m，根据万有引力提供向心力
2
MmG ma
r
得
2
GMa
r
故
2
2
A B
B A
a r
a r
故 B 错误：；
C．设火星的质量为 M，卫星的质量为 m，根据万有引力提供向心力
2
2
Mm vG m
r r
得
GMv
r
所以动能
21
2 2k
GMmE mv
r
故
kA B
kB A
E r
E r
故 C 正确；
D．设火星的质量为 M，卫星的质量为 m，根据万有引力提供向心力
2
2 2
4Mm rG m
r T
得
2 34 rT
GM
故
3
3
A A
B B
T r
T r
故 D 错误。
故选 C。
13．北京时间 2020 年 12 月 17 日凌晨 1 时 59 分，嫦娥五号返回器带着 1731g 月壤，以“半弹道跳跃式再入
返回”方式通过大气层返回地球。“半弹道跳跃式再入返回”的过程如图所示，返回器先是以接近第二宇宙速
度的高速从 A点进入大气层，再借助大气层提供的升力由 B点跃出大气层，在大气层外散发一部分热量后，
再以较小的速度从 C处进入大气层，直至返回地面。这种返回方式既利用了大气的阻力减速，又防止了因
摩擦产生的热量对返回器的烧蚀。假设嫦娥五号返回器在沿曲线由 A运动到 B的过程中，速度由第二宇宙
速度减为第一宇宙速度，路程约等于地球的半径，已知第二宇宙速度是第一宇宙速度的 2 倍，则嫦娥五号
返回器在 AB段运动的过程中，受到的大气平均阻力跟它在地面上的重力的比值为（ ）
A．50 B．5 C．0.5 D．0.05
【答案】C
【详解】设第一宇宙速度的大小为 v1，第二宇宙速度的大小为 v2，则
v2= 2 v1
设嫦娥五号返回器的质量为 m，地球的半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，则
2
1mvmg
R
设嫦娥五号返回器在第一次进入大气层过程中受到大气层的平均阻力大小为 f，嫦娥五号返回器在第一次进
入大气层过程中运动的路程大约等于地球半径 R，这一过程中万有引力做功为零，根据动能定理得
2 2
1 1
1 1( 2 )
2 2
fR m v mv
联立解得
0.5f mg
故选 C。
14．如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。 B点是斜面与水平
地面的连接处，质量为0.4kg 的物块（可视为质点）从斜面上的A 点由静止释放，最后停在C点。物块与
斜面、地面之间的动摩擦因数均为 。不计物块经过 B点时的能量损失；已知 9mAB ，物块在斜面上做
匀加速直线运动过程的正中间1s的位移为3m，A 、C两点的连线与地面的夹角 37 ，重力加速度
210m/sg ， sin 37 0.6 ， cos37 0.8 ，下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为 20.5m/s
B．物块与接触面间的动摩擦因数为 0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2J
D．物块从 B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2J
【答案】D
【分析】本题通过滑沙运动考查考生的认识理解能力、建立模型能力和分析综合能力。
本题考查的知识有匀变速直线运动规律、平均速度、动能定理、能量守恒定律等，需要考生正确分析物块
的运动过程，选用相应的规律解题。
【详解】A．设物块沿斜面下滑的加速度为 a，正中间1s的位移为3m，则正中间1s的平均速度 3m / sv ，
正中间1s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为 0 的匀加速直线运动规律有
2
Bvv
22 Ba AB v
综合解得
22m / sa
A 错误；
B．如图所示， A为A 在地面上的投影，设斜面的倾角为 ，
物块从A 到C，由动能定理有
cos 0mgAA mg AB mgBC
由几何关系有
cosA B AB
A C A B BC
综合可得
AA
AC
又因为
tanAA
A C
则
tan 0.75
B 错误；
C．设 1Q为物块在 AB段因摩擦产生的热量，由
2
Bvv 、 3m / sv 可得 6m / sBv ，在物块沿斜面下滑
过程中，由能量守恒定律有
2
1
1
2 BmgAA Q mv
可得重力势能的减小量为
1 7.2JmgAA Q
即物块重力势能的减少量大于7.2J ，C 错误；
D．物块从 B运动到C，设 2Q 为物块在 BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有
2
2
1 7.2J
2 BQ mv
D 正确。
故选 D。
15．征途漫漫，星河璀璨，2021 年 2 月 10 日，“天问一号”成功被火星捕获，进入环火星轨道。探测器被火
星俘获后经过多次变轨才能在火星表而着陆。若探测器在半径为 r的轨道 1 上绕火星做圆周运动，动能为
Ek 变轨到轨道 2 上做圆周运动后，动能增加了 E ，则轨道 2 的半径为（ ）
A．
k
k
E r
E E
B．
k
E r
E E
C． kE E r
E
D． kE r
E
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律得
2
k
2
2v EMmG m
r r r
解得
k2
Mmr G
E
由此可知，轨道半径与动能成反比，则有
k
k
Er r
E E
故选 A。
16．很多小孩子都喜欢滑滑梯，如图所示，设一小孩由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。
斜面和地面平滑连接，且小孩与斜面、地面间的动摩擦因数相同，取地面为零势能面，则该过程中，小孩
的动能 kE 、机械能 E与水平位移 x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】AB．设斜面的倾角为，小物块的质量为m，物块与斜面，物块与地面间的动摩擦因数均为 ，
小物块由静止开始沿斜面运动的过程中，水平位移为 x时，由动能定理得
ktan cos 0
cos
xmg x mg E
整理得
k tanE mg mg x
假设在斜面底端动能为 k0E ，此时小物块水平位移为 0x ，在水平面上运动的过程中，由动能定理得
0 k k0mg x x E E
整理得小物块动能 kE 与水平位移 x的关系为
k k0 0E E mgx mgx
所以小物块的动能 kE 与水平位移 x关系的图像为正比关系和一次函数关系，AB 错误；
CD．设最开始的高度为 h，最初的机械能mgh，机械能变化等于除重力以外的力做功，外力做负功，机械
能减小，在斜面上向下运动时
cosf mg
cos
xs
损失的机械能为摩擦力做功，则有
cos
cos
xE mgh mg mgh mgx
在水平面上运动时
f mg
E E mgx
联立得
2E mgh mgx
C 错误，D 正确。
故选 D。
17．小球沿如图所示的光滑弯曲轨道由静止滑下，轨道的圆环顶端有一个缺口 AB，对称于通过环体中心的
竖直线，已知圆环的半径为 R，缺口的圆心角∠AOB=2 ，则下列说法正确的是（）
A．h取合适的值，小球到达 A点的速度可以为零
B．如 h=2R，小球滑过轨道最低点时对轨道的压力等于小球重力的 6 倍
C．如 =60°，当 h=2.5R时，小球可以飞过缺口无碰撞的经过 B点回到圆环
D．如果 的大小可以改变，要使小球飞过缺口无碰撞的经过 B点回到圆环，h的最小值为 2R
【答案】C
【详解】A．小球到达 A点的临界条件是对轨道没有压力，此时重力沿半径方向的分力提供向心力，而半径
方向上的分力不为零，所以小球到达 A点的速度不可以为零；A 错误；
B．如 h=2R，小球滑过轨道最低点时，由动能定理得
212
2
mg R mv
在最低点，根据牛顿第二定律得
2vN mg m
R
解得
5N mg
B 错误；
C．如 =60°，当 h=2.5R时，小球到达 A点的速度满足
2
A
1( cos )
2
mg h R R mv
在 A点，由牛顿第二定律得
2
Acos vN mg m
R
解得
1.5N mg ， A 2v gR
轨道有弹力，小球能达到 A点。假设小球可以飞过缺口无碰撞的经过 B点回到圆环，则在竖直方向上有（以
竖直向下为正方向）
A Asin sinv v gt
水平方向有
A cosv t x
解得
3x R AB
根据斜抛运动的对称性，可得小球可以无碰撞的经过 B点回到圆环；C 正确；
D．要使小球飞过缺口无碰撞的经过 B点回到圆环，根据选项 C 的推理过程，需要满足
2
A
1( cos )
2
mg h R R mv
A Asin sinv v gt
A cos 2 sinv t R
联立解得
cos (1 2)
2cos
Rh R R R
(取等号时， 45 )
D 错误。
故选 C。
18．极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者通常起跳后伞并不是马上自动打
开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中．伞打开
前可看做是自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比，跳伞者先减速下降，最后匀速下落．如
果用 h 表示下落的高度，t 表示下落的时间，Ep表示重力势能(以地面为零势能面)，Ek 表示动能，E 表示机
械能，v 表示下落时的速度．在整个过程中下列图象可能符合事实的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．开始下落阶段做自由落体运动，则 0P PE E mgh ，可知此过程中 EP-h为直线，选项 A 错误；
B．开始下落阶段做自由落体运动 kE mgh ，则 Ek-h为直线；在以后的过程中先减速后匀速，可知动能先
减小后不变，则选项 B 正确；
C．开始阶段做自由落体运动，机械能不变；然后打开伞后，由于受阻力作用机械能逐渐减小，最后匀速下
落阶段机械能仍不断减小，选项 C 错误；
D．开始阶段做自由落体运动，速度随时间均匀增加；开伞后空气阻力与速度平方成正比，则加速度满足：
mg-kv2=ma，则加速度随时间逐渐减小，v-t线不是直线，选项 D 错误．
19．如图所示，质量为 m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为 M=3m的小球（可视为质点）用长为
L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量 I，小球摆起的最大高度为 h1（h1
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