文档内容
考点 24 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 功能关系 2024年山东卷
计算题 功能关系 2024年重庆卷
计算题 机械能守恒定律、动能定理 2024年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律的考查非常频繁，考题的形式多以选择题
和计算题，该部分内容贯穿于重力场、电场、磁场中，是三大处理物理问题的方法之一。
【备考策略】
1.能够利用机械能守恒定律处理多物体多过程的机械能守恒问题。
2.理解各种功能关系和能量守恒定律。
3.利用功能关系和能量守恒定处理有关物理问题。
【命题预测】重点关注功能关系在三大力场中的综合应用。
1.机械能守恒定律
(1)机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
(2)机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持
不变。
2.几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做的功 动能变化 W＝E －E ＝ΔE
k2 k1 k
(1)重力做正功，重力势能减少
重力做的功 重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能增加
(3)W ＝－ΔE＝E －E
G p p1 p2
(1)弹力做正功，弹性势能减少
弹簧弹力做的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W＝－ΔE＝E －E
p p1 p2
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
除重力和弹力之外的其他力
机械能变化 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
做的功
(3)W ＝ΔE
其他
一对相互作用的滑动摩擦力 机械能减少 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
做的总功 内能增加
(2)摩擦生热Q＝F·x
f 相对
3.能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转
移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE ＝ΔE 。
减 增
(3)能量守恒定律的两点理解
①某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(4)能量转化问题的解题思路
①当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
②解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，
求出减少的能量总和ΔE 与增加的能量总和ΔE ，最后由ΔE ＝ΔE 列式求解。
减 增 减 增
考点一 机械能守恒守恒定律的应用
考向 1 判断物体和系统机械能守恒
1．对守恒条件理解的三个角度
2．判断机械能守恒的三种方法
1．如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（ ）A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀减速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，A、B系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．甲图中，不论是匀速还是加速，由于推力对火箭做功，火箭的机械能不守恒，是增加的，故A
错误；
B．物体匀减速上滑，力F对物块做正功，则物块的机械能必定增加，故B错误；
C．在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。由于
弹性势能增加，则A的机械能减小，故C错误；
D．对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
2．2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比
赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（ ）
A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零
B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C．运动员和滑板构成的系统动量守恒
D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零
【答案】B
【详解】A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的
速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；
B．运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；
C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误；
D．上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的
作用力为零，故D错误。
故选B。
考向 2 机械能守恒 定律的应用
1.机械能守恒的三种表达式
项目 守恒角度 转化角度 转移角度
表达式 E =E ΔE=-ΔE ΔE =ΔE
1 2 k p A增 B减
表示系统(或物体)机械能守恒时,系 若系统由A、B两部分组成,则A
系统初状态机械能的总和与
物理意义 统减少(或增加)的重力势能等于系 部分物体机械能的增加量与B部
末状态机械能的总和相等
统增加(或减少)的动能 分物体机械能的减少量相等
应用时应选好重力势能的零 应用时关键在于分清重力势能的
常用于解决两个或多个物体组成
注意事项势能面,且初、末状态必须 增加量和减少量,可不选零势能面
的系统的机械能守恒问题
用同一零势能面计算势能 而直接计算初、末状态的势能差
2.应用机械能守恒定律解题的基本思路
3．如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨
道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B静
止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时（细绳和小球的位置如图虚线所示），
滑块B下滑的速度为v，则半圆的半径为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【详解】将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿绳方向的
速度大小相等，如图所示，则有
解得 ，A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有 解得
故选A。
4．如图所示，劲度系数为 的轻弹簧下端固定在倾角为 的光滑斜面底端，上端连接物块
Q，Q同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在足够长的光滑竖直杆上的物块P连接，图
中O、B两点等高，间距 。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离 ，此
时轻绳中张力大小为 。已知P的质量为 ，Q的质量为 ，P、Q均可视为质点。现将P由静止释
放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度 取 ， ， ，弹簧始终处于弹性限度
内），下列说法正确的是（ ）
A．物块P上升的最大高度为
B．物块P上升至B点时，其速度大小为
C．在物块P由A点运动到B点的过程中，弹簧对物块Q一直做正功D．在物块P由A点运动到B点的过程中，物块P机械能守恒
【答案】B
【详解】A．假设物块P上升的最大高度为 ，根据图中几何关系可知，此时物块Q刚好回到初始位置，
则物块从A点释放到最大高度过程，弹簧的弹性势能变化为0，Q的重力势能变化为0，而P的重力势能增
加，不满足P、Q弹簧组成的系统机械能守恒，可知物块P上升的最大高度一定小于 ，故A错误；
B．P位于A点时，设弹簧伸长量为 ；对Q，由平衡条件得 解得弹簧的伸长量为
，P上升至B点时，Q下降的距离为 则此时弹簧的压缩量为
可知P从A点上升至B点时，弹簧的弹性势能不变，且物块Q的速度为0；
对物块P、Q及弹簧，根据系统的机械能守恒有 解得P上升至B点时的速度大小
为 故B正确；
C．在物块P由A点运动到B点的过程中，弹簧先处于伸长状态后处于压缩状态，弹簧对物块Q先做正功，
后做负功，故C错误；
D．在物块P由A点运动到B点的过程中，绳子拉力对P一直做正功，物块P的机械能增加，故D错误。
故选B。
考点二 功能关系及能量守恒定律
考向 1 传送带类的功能转化
1．两个设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律
求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动
机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系
(1)传送带电动机做的功W ＝ΔE＋ΔE＋Q＝Fx 。
电 k p 传
(2)传送带摩擦力产生的热量Q＝F·x 。
f 相对
5．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度4m/s顺时针运行，质量为1kg的小物块以6m/s的初速度
从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
0.2，传送带的长度为10m，重力加速度 ，对上述过程，下列说法正确的是（ ）A．小物块对传送带做功为20J
B．小物块对传送带做功为48J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为40J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为50J
【答案】C
【详解】AB．物块的加速度大小为 物块向左减速至0的位移为 物块向左运动的
时间为 向右运动至共速的时间为 小物块对传送带做功 ，AB
错误；
CD．全程物块与传送带的相对位移为 根据功能关系，带动传送带转动的电
动机多做的功为 ，C正确，D错误。故选C。
6．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为 ，
以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视
为质点，质量为m=10kg，A、B两端点间的距离为s=9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为 ，重力
加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（ ）
A．510J B．490J C．375J D．260J
【答案】A
【详解】货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得，加速阶段的加
速度为 则加速到与传送带共速的时间为 加速的位移为
此时传送带的路程为 则摩擦产生的热量为
则根据能量守恒定律，货物从低端到顶端要消耗的能量为
故选A。考向 2 板块类的功能转化
1．两个分析角度
(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画
出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，
减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。
2．三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
7．如图所示，质量为M长为l的长木板静止于粗糙水平面上， 时，质量为m的物块（可视为质点）
以初速度 从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因
数为 。下列说法正确的是（ ）
A．物块滑到木板最右端的速度为
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于
D．木板的动能一定大于
【答案】C
【详解】A．物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度，如果物块与木板组成
的系统动量守恒，则 解得 由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物块
与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为 ，故A错误；
BD．由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面
与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能 木板的动能一定小于 ，故
BD错误；
C．设物块运动的位移大小 ，木板运动的位移大小 ，物块与木板共同速度 ，物块与木板因摩擦产生
的热量 由于 故 对木板由动能定理得则 故C正确。故选C。
8．如图甲所示，光滑水平面上有一质量 的木板A，板左端有一质量 的物块B（视为质
点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力 ， 随时间
变化的图像如图乙所示， 末撤去 ，物块B始终未从木板A上滑下。取 ，最大静摩擦力与
滑动摩擦力相等，则（ ）
A． 时物块B的加速度大小为
B． 时物块B的速度大小为
C． 后木板A与物块B因摩擦产生的热量为
D．木板A的长度可能为
【答案】C
【详解】A．设拉力为 ，A、B刚好发生相对运动，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
以A为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 ， 又图乙可知，
A、B一开始就发生相对运动， 时B的加速度大小为 故A错
误；
B．在 内对B根据动量定理可得 其中 解得 时物块B的速度大
小为 故B错误；
C． 时木板A的速度大小为 末撤去 ，之后A、B组成的系统满足动量守恒，则有
解得最终两者的共同速度为 根据能量守恒可知， 后木板A与物块B因
摩擦产生的热量为 故C正确；
D．设 后木板A与物块B发生的相对位移为 ，则有 解得 由于撤去力 前，木板
A与物块B也发生了相对位移，且整个过程相对运动方向不变，所以木板A的长度一定大于 ，故D错
误。故选C。考点三 功能关系中的图像问题
常见图像的基本规律
E -x图像 E -x图像 E-x图像 E-t图像
K P
E E E E
K ① P ① ① ①
- - - -
- - - -
- ② - ② - ② - ②
- - - -
O O O O
x x x t [ 来
源:学科网]
斜率：合外力 斜率：重力、弹力等 斜率：除重力、弹力以 斜率：功率
①合外力沿+x方向 ①力沿-x方向 外的力
②合外力沿-x方向 ②力沿+x方向 ①沿+x方向②沿-x方向
考向 1 E -x 图像
K
9．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，
初动能为 。第一次让车无动力自由滑行，其动能 与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让
车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能 与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效
率为90%，重力加速度 。下列说法正确的是（ ）
A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑200m回收的电能
C．图中②对应过程下滑100m后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
【答案】B
【详解】A.由动能定理 可见， 图线的斜率为合外力，图中①对应过程汽车所受合力不变，
有 故A错误；B.在车自由下滑200m时 开启能量回收模式下滑200m时
则回收的电能为 故B正确；
C.图中②对应过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还是继续回收能量，故C
错误；
D.由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法求出由题中及图像信息可求出电动车的质量，故D错误。故选
B。
考向 2 E -x 图像
P
10．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。 时将小
球从A点正上方O点由静止释放， 时到达A点， 时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方
向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能 、
重力势能 、机械能 及弹簧的弹性势能 变化图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能在增大，在到达A点后弹簧弹力
小于小球重力，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧弹力大于小球重力，小球做减速运动，动
能在减小，所以 时动能不是最大，故A错误；
B．以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有 可知 图像为一条直线，故
B正确；C．小球在到达A点前，只有重力做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹力做负功，小球的机械能在减小，
故C错误；
D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有 可
知 图像不是直线，故D错误。故选B。
考向 3 E - x 图像
11．如图所示，踢毽子是一项深受大众喜爱的健身运动项目。在某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，沿
竖直方向向上运动，毽子在向上运动的过程中受到的空气阻力与其速率成正比。用 表示毽子离开脚后的
位移， 表示毽子的机械能，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．根据题述，毽子离开脚以后，空气阻力对毽子做负功，则毽子的机械能减小，故AB错误；
CD．毽子在向上运动的过程中受到的空气阻力与其速率成正比，即 由功能关系可得 由于
上升过程中，毽子的速率逐渐减小，空气阻力逐渐减小，故 与 呈非线性关系，故C正确，D错误。
故选C。
考向 4 E - t 图像
12．如图所示，一个足够长的光滑斜面倾角为α，一个质量为m的木块在沿斜面向上的恒力F作用下从斜
面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去恒力F，则此木块在斜面上运动过程中的机械能E随时间t变化的情况可能是下图中的 ( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】若以地面为零势能面，以沿斜面向上为正方向，则对于木块，在撤去外力前，有
， 某一时刻的机械能 联立以上各式得到 撤去外力后，
木块机械能守恒，故选项C正确，ABD错误．故选C。
1．如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗糙且水平。弹
簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压缩状态。现撤去外力，
小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
【答案】D
【详解】A．弹簧弹力及摩擦力对小物块做功，故小物块的机械能不守恒，故A错误；
B．小车与小物块接触面粗糙，小物块受摩擦力作用，故小物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故B错误；
C．摩擦力对小物块做功，故小物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．小物块、弹簧和小车组成的系统，所受合外力为零，故系统动量守恒，故D正确。
故选D。2．如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为 的刚性轻杆连接，a球套在竖直
杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触
（a、b球均可无碰撞通过O点），且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切
摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．a、b两球组成系统机械能不守恒
B．a球到达与b球等高位置时速度大小为
C．a球运动到最低点时，b球速度最大
D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功
【答案】C
【详解】A．a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；
B．根据系统机械能守恒，则a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，则 解得 故
B错误；
C．当a球运动到两杆的交点后再往下运动 ，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速
度达到最大，则 所以 故C正确；
D．由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功
再做负功，故D错误。故选C。
3．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始
时，重物A、B 处于静止状态，释放后 A、B 开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻
力均忽略不计，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．重物A、B的速度大小之比为1：1
B．重物A、B的速度大小之比为2：1C．当B的位移为h时，A的速度为
D．当B的位移为h时，A的速度为
【答案】C
【详解】AB．由题意知，A、B系统机械能守恒，当A上升h时，B下降2h，则v ：v =1：2故AB错误；
A B
CD．设A的速度为v，则B的速度为2v，则 解得 故C正确，D错
误。故选C。
4．如图所示，质量均为 的物块A、B、C通过轻绳轻弹簧连接，中间有孔的物块C套在一光滑竖直杆上，
杆与滑轮间距离为d，最初用外力托住C，轻绳刚好伸直，拉力为零，滑轮右侧轻绳水平。撤去外力，若物
块C下落 时，物块A刚好离开地面，忽略滑轮大小和一切阻力，此时物块C的速度大小是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】令右侧绳与竖直杆之间的夹角为 ，根据几何关系有 解得 物块B初始状态所
受弹簧的弹力与其重力平衡，弹簧处于压缩状态，则有 ，A刚刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，
对其进行分析有 解得 即弹簧的压缩量等于其拉伸量，弹簧始末状态的弹性势能相等，B上
升高度为 根据速度分解有 根据机械能守恒定律有
解得 故选C。5．某同学为了研究过山车的运动，在实验室完成了模拟实验，该同学取一半径为r的光滑圆轨道，沿竖直
方向固定，P、Q分别为最低点和最高点，A点与圆心等高（图中未画出），分别在P、Q、A点安装压力
传感器．实验时，将小球置于最低点P，并给小球一水平的初速度，当小球经过最低点P和最高点Q时传
感器的示数分别为 ，已知重力加速度为g，忽略一切摩擦．则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为 B．小球的初速度大小为
C．小球在A点时对传感器的压力大小为 D． 可能小于
【答案】C
【详解】ABD．设小球的初速度大小为 、小球在 的速度大小为 ，小球由 到 的过程只有重力做功，
则小球的机械能守恒，有 在最高点时有 小球在 点时有
整理得 解得 由上可知 一定大于 ，选
项ABD错误；
C．小球由 到 的过程中，有 小球在 点时，有 解得 ，C正确；
故选C。
6．如图（a）所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，传送带以v=10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，
在传送带最上端A点无初速度地放上一个质量为m=1kg的煤块（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦
因数为μ。t=3s末煤块运动到传送带最下端B点，煤块运动的速度v随时间t变化的图像如图（b）所示，
已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．μ=0.25B．煤块从最上端A点运动到最下端B点的距离为24m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为9m
D．煤块从最上端A点运动到最下端B点的过程中，煤块对传送带所做的功为40J
【答案】D
【详解】A．煤块无初速度放在传送带上，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律有
由图（b）有 解得 故A错误；
C．煤块从最上端A点运动到最下端B点的距离即煤块在3s内的总位移，由图（b）有
故B错误；C．在 ，传送带速度比煤块大，两者相对位移为
在 ，煤块速度比传送带大，两者相对位移为
所以划痕为 故C错误；
D．在 ，煤块对传送带所做的功为 在 ，煤块对传送带所做的功为
煤块从最上端A点运动到最下端B点的过程中，煤块对传送带所做的功为
故D正确。故选D。
7．如图所示，质量 、长度 的木板静止于光滑水平面上，某时刻一质量 的木块以初速
度 滑上木板左端，木块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数 ，则（ ）
A．木块会从木板的右侧滑下
B．2s内木块的位移大小为9m
C．2s内木板对木块做功为20J
D．2s内木块和木板组成的系统增加的内能为16J
【答案】B
【详解】AD．木块与木板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可知，木块与木板的加速度大小分别为
， 设经过 时间，木块与木板达到共速，则有 解得
， 共速前木块与木板发生的相对位移为 共速后木块与木板
保持相对静止，一起做匀速直线运动，则木块不会从木板的右侧滑下；2s内木块和木板组成的系统增加的
内能为 故AD错误；B．2s内木块的位移大小为 故B正确；
C．根据动能定理可知，2s内木板对木块做功为 故C错误。故选B。
8．将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻
力大小不变，其动能 随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度 ，下列说法正确
的是（ ）
A．物体能上升的最大高度为3m
B．物体受到的空气阻力大小为2N
C．上升过程中物体加速度大小为10m/s2
D．下落过程中物体阻力做功为
【答案】B
【详解】B．根据动能定理可得 解得 图象的斜率大小 ；故上升过程有
下降过程有 联立解得 ， 故B
正确；
A．针对上升到最高点的过程，由动能定理 解得物体上升的最大高度为
故A错误；
B．对上升过程由牛顿第二定律有 可知上升的加速度为 故C错误；
D．物体下落过程克服阻力做功为 故D错误。故选B。
9．如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用h表示
铅球离地面的高度、E表示铅球的机械能， 表示铅球的重力势能、 表示铅球的动能，则铅球下落过程
中，下列图像可能正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】AB．不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误，B正确；
C．铅球的重力势能为 故C错误；
D．设抛出时铅球的动能为 ，距地面的高度为 ，根据机械能守恒得 可得
故D错误。故选B。
10．一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力 ，选取地面为重力势能的零势能面，
物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于 的位
置。下列说法正确的是（ ）
A． 过程中物块的加速度逐渐减小
B． 过程中物块的动能逐渐增大
C． 过程中物块先向上运动后向下运动
D． 过程中物块一定向上运动
【答案】B
【详解】A物块机械能增加是由拉力 做功引起的，根据 可知 图像的斜率表示 ，因此
一直在减小，当路程大于 后拉力变为零， 的过程中物块的机械能在增加，所以 在做正功，物块
向上运动，之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中，开始时
拉力 大于重力，向上做加速度逐渐减小的加速度运动，直到加速度为零，速度达到最大值，然后再做加
速度逐渐增大的减速运动，当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。
11．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的
加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，重力加速度为g，则此过程物体（ ）A．克服摩擦力做功mgh B．重力势能增加了2mgh
C．动能减小了2mgh D．机械能减少了
【答案】AC
【详解】A．对物体进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 则物体克服摩擦力做
功 故A正确；
B．重力做负功，重力势能增大，可知，重力势能增加了mgh，故B错误；
C．根据动能定理有 解得 可知，动能减小了2mgh，故C正确；
D．结合上述可知，物体 克服摩擦力做功mgh，则机械能减少了 ，故D错误。
故选AC。
12．为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯
由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑
过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于
电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B．电梯的动能先增大后减小
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
【答案】BD
【详解】A．电梯和弹簧组成的系统除电梯的重力和弹簧的弹力做功外，还有电梯受到的滑动摩擦力做功，
使系统的机械能减小，故A错误；
B．电梯接触弹簧后受到重力，向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由0开始逐渐
增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，物体速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，速度达到
最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到0，所以整个过程速度先
增大后减小，即电梯的动能先增大后减小，故B正确；C．弹簧的形变量一直变大，所以弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D．根据功能关系可知，安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，电梯从接触弹簧
到第一次运动至最低点的过程，两者相对滑动的路程等于弹簧的压缩量，所以，克服滑动摩擦力做的功等
于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量，故D正确。故选BD。
13．如图所示，质量均为m的物体A、B用跨过滑轮O的轻绳连接，A穿在固定的竖直光滑杆上，B置于倾
角 的光滑固定斜面上。一劲度系数 的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连
接B。初始时，施加外力将A置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力， 段长为 ，与杆垂直， 段与斜面
平行。现将A由静止释放，沿杆下滑到最低点 ， 为 中的一点，且 。A、B均可视为质点，
运动过程中B不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切阻力。则A从N点下
滑到M点的过程中（ ）
A．B沿斜面运动的距离为 B．A、B组成的系统机械能守恒
C．经过M点时A的速度大小为 D．轻绳对A做的功为
【答案】AC
【详解】A．A从N点下滑到M点的过程，B沿斜面运动的距离为
故A正确；
B．由于弹簧对B做功，所以A、B组成的系统机械能不守恒，故B错误；
CD．开始运动时，弹簧的压缩量为 则A经过M点时，弹簧的伸长量为
可知A从N点下滑到M点的过程，弹簧的弹性势能变化量为0，根据能量守恒可得
根据速度关联关系可得 其中 联立解得经过M
点时A的速度大小为 对A根据动能定理可得 解得轻绳对A做的功为
故C正确，D错误。故选AC。
14．如图所示，柔软的绳索放置在粗糙水平桌面上， 为绳索端点， 为绳索中点，且恰好处于桌面边
缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态，由静止释放绳索后，绳索开始滑动，直至离开桌面，此过
程中 点未落至地面。已知质量分布均匀的绳索总质量为 ，总长度为 ，绳索和桌面间的滑动摩擦因数为 。下列分析正确的有（ ）
A．绳索离开桌面前的过程中重力势能减少了
B．绳索离开桌面时的动能为
C．绳索离开桌面前的过程中， 段的动能增加得越来越快
D．绳索离开桌面前的过程中， 段的机械能减小得越来越慢
【答案】ACD
【详解】A．绳索离开桌面前的过程中重力势能减少量
故A正确；
B．绳索离开桌面前的过程中，克服摩擦力做功
由动能定理知绳索离开桌面时的动能为 ，故B错误；
C．由题易得绳索下滑过程加速度逐渐增大，速度增加得越来越快，动能增加得越来越快，C正确；
D．对 段利用牛顿第二定律易得 点张力逐渐减小，由功能关系得 段机械能减小得越来越慢，D正确。
故选ACD。
15．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下
滑到最低点的过程中，运动到Q点时，重力的功率最大，OQ与水平面的夹角为θ，则下列说法正确的是
（ ）A．
B．
C．当重力的功率最大时，小环的加速度为
D．当重力的功率最大时，小环的加速度为
【答案】AD
【详解】小环运动到Q点时，重力的功率最大，则此时小环竖直分速度最大，小环竖直方向的合力为0，
即小环受到弹力的竖直分力刚好与重力平衡，则有 设此时小环速度为 ，从P点到Q点过程，
根据机械能守恒可得 小环在Q点，由牛顿第二定律可得 联立可得
解得 或 （舍去）则有 则小环的加速度为
故选AD。
16．一滴雨滴在空中由静止开始竖直下落，雨滴只受空气阻力和重力作用，且受到的空气阻力与速率成正
比，t 时刻（下落高度为h），雨滴开始匀速下落。以地面为参考平面，下列关于雨滴下落过程中，它的
0 0
重力势能E 与下落高度h图像、重力势能E 与时间t图像、动能E 与下落高度h图像、机械能E与下落高
p p k
度h图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】AB．以地面为参考平面，重力势能E 与下落高度h的关系为
p
由于雨滴加速阶段，下落高度与时间不是线性关系，则加速阶段， 图像不是直线，故A正确，B错误；
C．t 时刻（下落高度为h），雨滴开始匀速下落，因为
0 0则过了h 之后雨滴动能应不变，故C错误；
0
D．根据功能关系可知，由于空气阻力对雨滴做负功，雨滴的机械能应逐渐减小，根据
可知 图像的切线斜率绝对值表示空气阻力大小，由于受到的空气阻力与速率成正比，可知空气阻力
先增大后不变，则 图像的切线斜率绝对值先增大后不变，故D正确。
故选AD。
17．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，一木块沿斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动
能随位移变化的关系图线如图乙所示，设水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A．位移为x时，木块刚好滑到斜面的底端
B．在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少了3E
C．图线a斜率的绝对值表示木块所受的重力大小
D．图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
【答案】ABD
【详解】A．根据图像可知，位移为x时，机械能与动能相等，则势能为零，木块刚好滑到斜面的底端，故
A正确；
B．初始时刻重力势能为3E，到底部，重力势能为零，在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少了
3E，故B正确；
C．机械能改变量等于除重力以外的其他力做的功，故图线a斜率的绝对值表示木块所受的阻力大小，故C
错误；
D．根据动能定理可知，图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。
故选ABD。
18．如图所示，小滑块以一定的初速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高点后，又沿斜面下滑返回底端，
该过程中小滑块运动的路程为2L，所用的时间为 。用x表示小滑块运动的路程，t表示小滑块运动的时
间， 表示小滑块的重力势能（以初始位置所在平面为零势能面）， 表示小滑块的动能，下列图像可
能正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】A．设斜面的倾角为α，小滑块上滑过程中重力势能的表达式为
下滑过程
故A正确；
B．因为上滑和下滑过程，小滑块的加速度不同，因此上滑和下滑过程的时间不相等，因此最大重力势能
不可能在 时，故B错误；
D．小滑块上滑过程有 可得 可见 与 成一次函数关系；
下滑过程有 可得
可见 与x成一次函数关系，但上滑过程图像的斜率较大，且由于摩擦原因返回底端时的末速度较小，D
正确；
C．由于滑块在斜面上的速率v与时间t具有线性关系，故动能 与时间t成二次函数关系，C错误。
故选AD。
19．如图所示，AOB是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为R的 圆周连接而成，它们
的圆心 、 与两圆弧的连接点O在同一竖直线上。 沿水池的水面方向，B点右侧为无穷大水平面，
水平面上有一系列沿 方向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为 。一质量为m的小孩（可视为质
点）可由弧AO的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水
平面上。（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O点的高度？
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其落水点到 的距离范围？
（3）若小孩从O点静止下滑，求脱离轨道时的位置与 的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从O点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处
于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）若小孩恰能在O点脱离滑道，此时向心力由重力提供 根据机械能守恒可得
解得小孩静止下滑处距O点的高度为
（2）凡能在O点脱离滑道的小孩，其距离O点的高度范围是 由机械能守恒可得 平抛
运动的初速度为 平抛运动的时间为 其落水点到 的距离为 其
落水点到 的距离范围为
（3）若小孩从O点静止下滑，脱离轨道时的位置与 的连线与竖直方向夹角设为 ，则 由
机械能守恒可得 解得
（4）根据题意，木板质量足够大，分析第一次跳离木板，可看作斜向右上方的斜抛运动，水平位移最小
为l，水平初速度为 ，竖直初速度为 ，则有 小孩做功为
根据数学知识可知，当 时，存在最小的功，为
20．将一质量为 的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为 的滑块B（可视为质
点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角 。现从 时刻开始，将A和B同时由静
止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力 ，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开
始运动一小段时间内的 图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ， ，求：
（1）A、B间的动摩擦因数 以及图（b）中 时A的加速度大小和方向；
（2）一段时间后撤去力F，从 时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量
，求力F作用在A上的时间。
【答案】（1） ， ，方向沿斜面向下；（2）
【详解】（1）根据运动学公式可知 结合 图像可知 根据牛顿第二定律，对物块B有
联立解得 同理，对物块A有
联立可得 方向沿斜面向下。
（2）假设F施加在A上的时间为t，则有两个物体经过时间t后的速度分别为 ， 由匀变速直
线运动的关系式可知两物体的位移 ， 撤去F后，B受力情况不变，对A进行
受力分析，可知 代入数据可得 方向沿
斜面向上，此后A做匀减速直线运动。设A与B共速之前，运动的时间为 ，位移为 和 则由匀变速
运动的关系式可知 可得 共同速度 由匀变速运动的关系式可知
， 两次运动A、B的相对位移可得 共速后，B继
续加速运动，A减速运动，直到B从A的下端离开，则产生的热量为 联立可得
。
21．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到
地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间
摩擦因数为 ，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细
绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的
相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在
地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1) (2)
(3) （n = 1，2，3，…）， ，
【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v，最高点
0
速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v 碰后A的速度大小为v 碰后B的速度大小为
1 2。
v，则有
3
2mv = 2mv＋mv
1 2 3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此
时速度大小为v，由功能关系得
4
B随后做平抛运动，有L = v t
4
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，
5
由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = vt
5
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当 时，
当n = 1时， ，
22．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为 。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运
动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小 。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有 其中 ， 解得 小物块与小球碰撞过程
中，两者构成的系统损失的总动能为 解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为 ，小球在P点正上方的
速度为 ，在P点正上方，由牛顿第二定律有 小球从 点正下方到P点正上方过程中，
由机械能守恒定律有 联立解得 即P点到O点的最小距离为 。
