文档内容
考点 24 功能关系 能量守恒定律
1. 3年真题考点分布
题型 选择题
高考考点 功能关系的应用；摩擦力做功与能量的转化；能量守恒定律及应用
2023 辽宁卷13题、乙卷14题、甲卷21题、
新高考 2022 福建卷11题、浙江卷12题、广东卷9题
2021 海南卷17题、重庆卷5题、浙江春招11题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计9次，主要考查：
1. 功能关系的应用；
2. 摩擦力做功与能量的转化；
3. 能量守恒定律的应用；
【备考策略】能灵活判断物体是否做机械运动和参考系的选择；能正确区分时间与时刻的不同点；能正确
区分矢量和标量的区别；熟练掌握位移和路程的区别并掌握其计算方法；能正确区分速度和
速率、平均速度和瞬时速率的概念并掌握其计算方法；理解并掌握加速度的概念和计算的方
法并能根据图像判断物体的运动情况。
【命题预测】本节常与传送带模型、板块模型、轻绳模型和轻杆模型等结合在一起，命题角度新颖，常以
综合压轴题的形式出现在新高考中，2024年考生需要引起重视，掌握好此节内容，高考时能
轻松获得高分。
1考法一 功能关系 的理解
1. 功能关系
（1）内容：做功的过程就是能量转化的过程，做多少功就有多少某种形式的能转化为其他形式的能，功
是能量转化的亮度；
（2）几种常见力的功能关系
不同的力做功 对应不同形式能的变化 定量关系
合外力做功 动能变化 W
合
=E
k2
-E
k1
=△E
k
重力做正功，重力势能减少；重力做负 功，重力势
重力做功 重力势能变化
能增加W =- △E =E —E
G P p1 p2
弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负 功，弹性势
弹簧弹力做功 弹性势能变化
能增加.W =- △E =E —E
F P p1 p2
只有重力、弹力做
不引起机械能变化 机械能守恒，△E=0
功
除重力和弹力之外 除重力和弹力之外的力做多少正功，物 体的机械能
机械能变化
的力做功 就增加多少；除重力和弹力 之外的力做多少负功，
物体的机械能就减少多少.W=△E
一对相互作用的滑 作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负
内能变化
动摩擦力做的总功
功，系统内能增加Q=fx
相
2. 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另一种形式，或者从一个
物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.
（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律.
2（3）表达式
①E =E ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.
初 未
②△E =△E ,增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。
增 减
3. 能源和能量耗散
（1）能源是指能够提供可利用的能量的物质，它是人类社会活动的物质基础。
（2）能量的耗散：在能量的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这些内
能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散.
（3）能源危机的含义：在能源的利用过程中，即使在能量的转化过程中，能量在数量上并未减少，但在
可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了.
【典例1】（2023·全国·统考高考真题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O
点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。
对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律
可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。
由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械
能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，
B正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做
变加速运动，D错误。
故选B。
1．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，小球从弹簧的正上方某一高度处由
静止下落．不计空气阻力，则从小球接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
3A．小球的动能一直减小 B．小球的机械能守恒
C．小球的重力势能先减小后增加 D．弹簧的弹性势能一直增加
【答案】D
【详解】AD．在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力
越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速
度为0，要注意在小球刚接触弹簧到加速度变0的过程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小
球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个
时候弹簧压缩的最短．所以小球的动能先增大后减小，弹簧的弹性势能是不断增加的，故A错误D正确；
B．压缩弹簧的过程中，弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；
C．小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的高度不断减小，重力势能不断减小，故C错误；
故选D。
2．（2023·广东汕头·统考三模）如图是某跳水女运动员在三米板的训练中，最后踏板的过程：她从高处落
到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下运动到最低点（B位置），对于运动员从开始与跳
板接触到运动至最低点的这个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．跳板对运动员支持力先增大后减小
B．运动员先是处于超重后处于失重状态
C．跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量
D．运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小
【答案】C
【详解】AB．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点过程中，开始重力大于跳板的弹力、运动员加速下
降，后来跳板的弹力大于运动员的重力，运动员减速下降，所以运动员先失重后超重，故AB错误；
C．除重力之外的其它力做的功等于运动员机械能的变化，所以跳板对运动员支持力做的功等于运动员机
械能的变化量，故C正确；
4D．运动员下降过程中，只有重力和弹力做功，运动员和跳板组成的系统机械能守恒，所以运动员的重力
势能+跳板的弹性势能+运动员的动能=恒量，由于运动员的动能先增大后减小，所以运动员的重力势能与
跳板的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
故选C。
考法二 摩擦力做功与能量转化
1.比较静摩擦力和滑动摩擦力做功
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
(1)将部分机械能从一个物体转移
到另一个物体
只有机械能从一个物体转移到
能量的转化方 (2)一部分机械能转化为内能，此
另一个物体，而没有机械能转
面 部分能量就是系统机械能的损失
不同点 化为其他形式的能
量
(3)摩擦生热：Q=fx
相
一对摩擦力的 一对静摩擦力所做功的代数和 一对滑动摩擦力做功的代数和总
总功方面 总等于零 是负值
正功、负功、
相同点 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
不做功方面
【例2】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静
止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过
一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．摩擦力对物体做的功为mv2
B．电动机多做的功为
C．系统产生的内能为
D．传送带克服摩擦力做的功为
【答案】C
【详解】A．根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为 ，故A错误；
5B．电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于 ，故B错误；
CD．设共速前物体相对地面的位移为 ，传送带相等地面的位移为 则有 ，
可知
可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为 ，则系统产生的内能为
，故C正确，D错误。
故选C。
1．（2023·新疆·统考三模）如图甲所示，倾角为 的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。 时刻，
质量 的小物块以初速度 从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，
时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取 ，则（ ）
A．传送带的倾角
B．小物块对传送带做功
C．小物块在传送带上留下的痕迹长度为
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
【答案】BC
【详解】A．由图示图象可知，物体先做初速度为2m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在
t=0.25s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传
送带的速度为4m/s；
开始匀加速运动的加速度
根据牛顿第二定律得
速度相等后，加速度
根据牛顿第二定律得
6联立两式解得 ，故A错误；
B．小物块对传送带的摩擦力为
小物块对传送带做功为 ，故B正确；
CD．0~0.25s时间，小物块的位移为
相对位移
0.25s~1.25s时间，小物块的位移为
相对位移
所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为 ；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
，故C正确，D错误；
故选BC。
2．（2023·湖北·模拟预测）足够长的传送带倾斜放置，以大小为 的恒定速率顺时针转动，如图甲
所示。质量 的小物块以初速度 从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化
的图像如图乙所示， ，小物块视为质点，求：
（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角 ；
（3） 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）由 图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间 ， 图像面积即位移
由图像知， 的加速度 为
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与 相等，由
得
故总时间
7（2）由 图像得 的加速度 为 ，方向沿传送带向下；
，对小物块由牛顿第二定律得
，对小物块由牛顿第二定律得
解得 ，
（3）传送带的速度 ，在 内传送带的位移
小物块的位移为
两者相对位移大小为
在 内传送带的位移
小物块的位移为
两者相对位移大小为
内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
考法三 能量守恒定律及应用
1. 对能量守恒定律的理解
（1）转化：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）转移：某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量相等.
2. 运用能量守恒定律解题的基本思路
【典例2】（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径 ，一质量为
的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已
知 ，B、C间动摩擦因数 ，C与地面间的动摩擦因数 ，C右端有一个挡板，C长为 。
求：
（1） 滑到 的底端时对 的压力是多大？
8（2）若 未与 右端挡板碰撞，当 与地面保持相对静止时， 间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 从滑上 到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是 。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离
C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为 ，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
9此时
由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经 时间B与C挡板碰撞，有
解得
碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经 后停下，则有
故 从滑上 到最终停止所用的时间总时间
1．（多选）（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）如图甲所示，斜面倾角为 、足够长、光滑
的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为 的物块置于斜面上足够高处， 时刻在物块
上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0~4s时间内物块的速度随时间的变
化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小
为 。则（ ）
A．1~2s的时间内外力的大小为40N
B．0~1s时间内与2~4s时间内的外力大小之比为2:19
C．1s末物块的机械能为32J
D．0~4s的时间内物块的机械能减少了350J
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知， 时内物块的加速度为
位移大小为
10由牛顿第二定律得 ，解得
由图乙可知， 时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
解得 ，故A错误；
B．由图乙可知， 时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
解得 ，则 ，故B正确；
CD．由题意可知，t=0时刻，物块的机械能为0，由功能关系可知，物块机械能的变化量等于整个过程外力
F所做的功， 外力做的功为
即1s末物块的机械能为-8J， 外力做的功为
则整个过程中物块机械能变化量大小为 ，故C错误，D正确。
故选BD。
2．（多选）（2023·山东·模拟预测）风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效
果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为2kg的小球从M点竖直向上抛出，其运动
轨迹大致如图中实线所示，其中 两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点速度大小
为3m/s，在O点速度大小为4m/s，不计空气阻力，重力加速度 。下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力和受到的风力大小之比为3:4
B．小球落到N点时的动能为73J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1:3
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为9J
【答案】ABC
【详解】A．设风力大小为F，小球质量为 两点间的水平距离为 ，竖直距离为h，根据竖直上抛
运动规律有
11小球从M运动到O的过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
小球从M运动到O所用时间为
根据运动学公式有 ，解得 ，A正确；
B． 两点间的水平距离为
设小球落到N点时的动能为 ，根据动能定理有
联立解得 ，B正确；
C．设 两点间的水平距离为 ，根据匀变速直线运动规律的推论可知
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过
程中机械能变化量之比为 ，C正确；
D．小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以
上分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为
解得最小动能为 ，D错误。
故选ABC。
3．（2023·广东·广州市第二中学校联考三模）竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A连接，物
块B叠放在A上，系统处于静止状态，如图（a）所示。现对B施加竖直向上的拉力F，使B以恒定的加速
度a竖直向上做匀加速直线运动，直至分离后一小段时间，力F的大小随B的位移x变化的关系如图（b）
所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
12A．物块B的质量
B．当物块B运动到x 时，弹簧恰好处于原长位置
0
C．从0到x 的过程中，力F与B的重力所做功的代数和等于物块B的动能增加量
0
D．从0到x 的过程中，力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量
0
【答案】D
【详解】A．由图（b）所示图像可知，当B的位移大小x 时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，对
0
B，由牛顿第二定律得
解得 ，故A错误；
B．由图（b）所示图像可知，当B的位移大小x 时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，此时两物块的
0
加速度也相等，即加速度方向向上，则弹簧应处于压缩状态，故B错误；
C．由动能定理可知，从0到x 的过程中，力F与B的重力所做功、A对B的弹力做功的代数和等于物块B
0
的动能增加量，故C错误；
D．从0到x 的过程中，弹簧始终处于压缩状态，即弹力对A做正功，则力F与弹簧弹力做功的代数和等
0
于A和B构成的系统的机械能增加量，所以力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量，故D正
确。
故选D。
【基础过关】
1．（2022·四川巴中·统考一模）小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度大
小成正比，则其机械能E（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为E）随小球上升高度h变化的规律下列
0
描绘正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】根据功能关系 ，解得
即E-h图线斜率的绝对值等于空气阻力的大小。在上升过程中，h增大，小球的速度减小，在其向上运动
过程中，空气阻力与速度大小成正比，所以空气阻力随之减小，图线的斜率逐渐减小，直至为零。故C正
确，ABD错误。
故选C。
132．（2021·广西柳州·统考三模）如图所示，某游乐场的水池上有两条形状不同的并排滑水道，两个水道顶
端高度相同，底端切线均水平。甲乙两人分别同时从两水道顶端由静止开始下滑，不计下滑过程中的各种
阻力。下列叙述正确的是（ ）
A．乙比甲更快到达水道底端
B．到达水道底端时，甲和乙的速度相同
C．下滑过程中，甲的加速度方向始终沿水道的切线方向
D．下滑过程中，甲、乙的平均速度相同
【答案】B
【详解】A．根据甲乙在竖直方向上的运动，做出速度-时间图像
其中甲乙到达底端的速度以及整个过程中的位移相等，由图像可知甲比乙先到达底端。故A错误；
B．从最高点到底端，甲乙的重力做功相等，根据动能定理有 ，故到达水道底端时，甲和乙的速
度相同。故B正确；
C．下滑过程，甲受到重力和支持力作用，两者合力不一定总是指向切线方向，即甲的加速度方向不可能
始终沿水道的切线方向。故C错误；
D．下滑过程中甲乙位移相等，但时间不同。故下滑过程中，甲、乙的平均速度相同。故D错误。
故选B。
3．（2018·云南曲靖·校联考一模）如图所示，滑块以速率v 沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，
1
回到出发点时的速率变为v，且 ，则下列说法中错误的是（ ）
2
A．全过程中重力做功为零
14B．全过程中摩擦力做功为零
C．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等
D．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等
【答案】B
【详解】A．重力做功等于重力与竖直位移的乘积，全程竖直位移为零，所以重力做功为零，故A正确；
B．上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功；下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，
总功不为零，故B错误；
C．因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，位移大小相等，且始终做负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦
力做功相同，机械能减小量相同，故C正确；
D．上滑过程的加速度
下滑加速度
位移大小相同，下滑加速度小，所以下滑时间长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以根据 ，
可知平均功率不同，故D正确。
由于本题选择错误的，故选B。
4．（2015·上海普陀·统考二模）如图，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量 为m
的小物块．现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动．当木板转到与水平面的夹角为α时，小物块开始滑
动，此时停止转动木板，让小物块滑到底端．取重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．整个过程支持力对物块做功为零
B．整个过程支持力对物块做功为mgLsinα
C．整个过程木板对物块做功为零
D．整个过程木板对物块做功大于物块机械能的增量
【答案】B
【详解】试题分析：在开始上抬木板到，物块开始滑动过程中，支持力做功，而当物块向下滑动时，支持
力不做功，由动能定理可知，在开始上抬木板到物块开始滑动过程中 ，即W =mgLsinα，
N
选项B正确，A错误；设物体滑到底端的速度为v，则整个过程中，由动能定理： ，即整个过程
木板对物块做功等于物块机械能的增量，选项CD错误；故选B.
考点：功；动能定理.
5．（多选）（2021·广东·模拟预测）一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物
15体的机械能E与物体位移s关系的图象如图所示，其中0~s 过程的图线为曲线，s ~ s 过程的图线为直线．
1 1 2
由此可以判断（ ）
A．0 ~ s 过程中物体所受拉力可能是变力，且一定不断增大
1
B．0 ~ s 过程中物体的动能一定是不断减小
1
C．s ~ s 过程中物体一定做匀速运动
1 2
D．s ~ s 过程中物体可能做匀加速运动
1 2
【答案】AD
【详解】A．根据机械能变化与做功关系有
可知，图线的斜率绝对值等于物体所受拉力的大小，故0 ~ s 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增
1
大，故A正确；
B．0 ~ s 过程中物体拉力小于重力，物体加速向下运动，故其动能不断增大。故B错误；
1
CD．s ~ s 过程中物体，图线斜率不变，故物体所受拉力不变，如果拉力等于重力，可能做匀速直线，还
1 2
可能做匀加速直线。故C错误；D正确。
故选AD。
6．（多选）（2019·辽宁大连·统考二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜
面底端以初速度v 沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的
0
图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数
B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍
C．滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少
16D．滑块沿斜面下滑的过程中动能增加
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律
同理下滑过程 ，联立解得 ，故A错误；
B．上滑加速度 ，下滑加速度 ，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，故B正确；
C．联立 与 两式，可得
上滑过程中，机械能减小等于摩擦力做功 ，故C错误；
D．根据动能定理得 ，解得 ，故D正确。
故选BD。
7．（2019·陕西渭南·统考一模）如图所示，分别用恒力F、F 先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗
1 2
糙的固定斜面由底端推至顶端，两次所用时间相同，第一次力F 沿斜面向上，第二次力F 沿水平方向．
1 2
则两个过程（ ）
A．物体动能的变化量相同
B．物体机械能变化量相同
C．物体克服摩擦力做的功相同
D．恒力F、F 做功相同
1 2
【答案】AB
【详解】A．由公式 得，由于 和 均相同，故加速度相同，由 ， 相同，则物体到达斜面顶
端时速度相同，动能相同，初动能都为0，所以物体动能的变化量相同，A正确；
B．物体末速度相同，又由于处于相同高度，所以两物体机械能变化相同，B正确；
C．对物块进行受力分析，可以得到，两次过程物体对斜面的压力不同，所以滑动摩擦力大小不同，而沿
摩擦力方向位移都为斜面长，所以物体克服摩擦力做的功不同，C错误；
D．根据能量守恒定律得到，力F做功一部分克服摩擦力做功，另一部分增加了物体的机械能，因为机械
能增加量相同，而克服摩擦力做的功不同，所以恒力F、F 做功不同，D错误。
1 2
故选AB 。
178．（2018·安徽滁州·统考一模）将物块从倾角为 的斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物
块在下滑过程中的动能 ，重力势能 ，与下滑位移x间的关系分别如图所示，取 ，下面说
法正确的是( )
A．物块的质量是0.2kg
B．物块受到的阻力是0.25N
C．物块动能与势能相等时的高度为3.6m
D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J
【答案】AD
【详解】A．由图知，小球下滑的最大位移为 x=12m．在最高点时，小球的重力势能 ，
得小球的质量 ，A正确；
B．根据除重力以外其他力做的功 可知 ，
由图知，最高点的机械能为 ，最低点的机械能为 ，又 x=12m，解得：阻力为 ．B
错误；
C．设小球动能和重力势能相等时的高度为h，此时有
由动能定理有 ，联立解得：h=2.4m．C错误；
D．由图可知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J，动能为 ，动能与重力势能之差为
6J-3J=3J．D正确；
选AD。
9．（2023·山东烟台·统考二模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角 的斜面底端沿斜面向上运
动，上升的最大高度为 。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能 随高度 的变化如图乙
所示。 ， 。则下列说法中正确的是（ ）
18A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为 ，则有
解得 ，故A错误；
B．根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有
，解得 ，故B正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律有 ，解得 ，
故C错误；
D．根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有 ，其中
解得 ，故D正确。
故选BD。
10．（2019·福建泉州·统考二模）如图，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的
竖直挡板，左端靠在倾角θ=37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h高处无初速度释放，滑上平板车
后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块
从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度大小为
g，忽略其它摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求滑块在斜面上的运动时间t；
(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s；
(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v．
19【答案】（1） （2） （3）
【详解】（1）设滑块得质量为m，下滑距离为d，根据几何关系： ，在下滑过程中，根据牛顿第
二定律有： ，位移关系： ，联立解得
（2）设滑块滑到底端时速度为 ： ，设平板车长度为L，滑块滑上车与车相对静止得过程中，对
系统根据动量守恒有： ，能量守恒有： ，同理滑块划上车至于挡板
碰撞前得过程中，对系统有： ，
对滑块根据匀变速规律有：
联立上式可解得
（3）平板车去掉一半后，对系统动量守恒有： ，能量守恒有：
，解得
【能力提升】
1．（多选）（2023·山东聊城·统考三模）我国民用无人机技术发展迅速，目前已点据全球市场一半以上，
某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高
点。该过程无人机的动能 ，随上升高度h的关系如图所示。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空
气阻力恒为重力的0.25倍。则下列结论正确的有（ ）
A．无人机的升力大小为
20B．无人机的重力大小为
C．空气阻力的大小是
D．加速与减速的加速度大小之比为
【答案】ABD
【详解】ABC．设升力为F，根据动能定理有
结合图像得
关闭发动机后，根据动能定理
化解的
结合图像得
解得 ， ， ，故AB正确，C错误；
D．无人机的质量
根据牛顿第二定律，加速阶段
减速阶段
加速与减速的加速度大小之比为 ，故D正确。
故选ABD。
2．（多选）（2023·北京海淀·统考一模）B如图所示，两个质量均为 的物块用劲度系数为 的轻弹簧相
连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上的力 拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面
为止。重力加速度为 。上述过程中，下列判断正确的是（ ）
A．拉力 的大小从零逐渐增大到
B．拉力 做的功等于M的重力势能的增加
C．弹簧的弹性势能逐渐增大
D．该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同
【答案】ABD
【详解】A． 拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止，对M、N整体有
21可知整个过程拉力 的大小从零逐渐增大到 ，故A正确；
B．初始对物块M分析得弹簧的压缩量
物块N刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为
可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹
性势能变化量为零，由功能关系可知拉力 做的功等于 的重力势能的增加，故BD正确；
C．弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。
故选ABD。
3．（多选）（2023·湖南·模拟预测）一个质量为 的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止
一个质量为 的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为
的冲量，此后小物块和长木板运动的 图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已
知图中 ， ，小物块木板间的动摩擦因数设为 ，长木板与地面的动摩擦因数设为 ，
重力加速度 ，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A． ，
B． 时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为
C．小物块比长木板提前 停下
D．小物块相对长木板的位移为
【答案】AB
【详解】A．根据题意，对长木板，由动量定理有
对小物块，由牛顿第二定律有
对长木板有
通过对题图及题中数据分析
在 时刻建立共速方程有
联立以上各式解得 ， ，故A正确；
22B． 时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得
则产生的内能 ，故B正确；
C．二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知， 做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有
解得
则 的时间为
由对称性可知小物块停下也会用时 ，则小物块比长木板晚 停下，故C错误；
D．小物块与长木板 内的相对位移
则全过程的相对位移为 ，故D错误。
故选AB。
4．（多选）（2023·四川凉山·统考二模）如图所示，质量为m的物体A固定在轻弹簧上端，劲度系数为k
的弹簧下端固定在地面上，质量为2m的物体B静止在A上，竖直向下的力 作用在B上，系统处于
静止状态。现减小F使A、B以 的加速度一起匀加速上升直到 ，弹簧在弹性限度内，重力加速度为
g，则（ ）
A． 时，物体A和物体B之间压力为2mg
B．物体A、B开始运动后，F随位移均匀的减小
C．A、B从静止到 的过程中系统重力势能增加了
D．A、B从静止到 的过程中，A、B机械能的增量为
【答案】BD
【详解】A．现减小F使A、B以 的加速度一起匀加速上升直到 ，所以 时，对B有
23，解得 ，故A错误；
B．初始压缩量为 ，
整体分析
整理得
所以物体A、B开始运动后，F随位移均匀的减小，故B正确；
C．当 时，上升位移
系统重力势能增加了 ，故C错误；
D．当 时，整体的速度为
A、B从静止到 的过程中，A、B机械能的增量为 ，故D正确。
故选BD。
5．（多选）（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，倾斜成 角的固定直杆上套有一质量为 的小球
（可视为质点），小球可沿杆滑动，轻质弹性绳一端固定于 点，另一端连在小球上。将小球从弹性绳水
平的位置 （此时弹性绳的长度为 ）由静止释放，当小球运动到弹性绳与杆垂直的位置 时，弹性绳长
度刚好为原长，小球沿杆下滑到弹性绳竖直的位置 时速度减为零。若弹性绳始终在弹性限度内且弹性绳
弹力与其形变量成正比，重力加速度大小为 。下列说法正确的是（ ）
A．小球在 点时的加速度大小为
B．从 到 ，小球克服摩擦力做的功为
C．小球在 点的动能等于从 到 弹性绳减小的弹性势能
D．小球从 到 的过程中损失的机械能小于从 到 的过程中损失的机械能
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，小球运动到 点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩擦力的作用，
24由牛顿第二定律可知，其加速度 ，故A错误
B．根据题意，小球从M到N的过程中，由动能定理有
根据小球受力及对称性可知，当小球位于关于 点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故其
所受摩擦力大小也相等，因此小球从 到 的过程中摩擦力对小球做的功等于从 到 的过程中摩擦力对
小球做的功，则有 ，故B正确；
C．结合B分析可知，从 到 ，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性绳减小的弹
性势能转化为小球的动能，故C正确；
D．根据上述分析可知，小球从M到P的过程中摩擦力对小球做的功应等于从P到N的过程中摩擦力对小
球做的功，因此小球从M到P的过程损失的机械能应等于从P到N的过程中损失的机械能，故D错误。
故选BC。
6．（多选）（2023·海南海口·统考模拟预测）如图所示，质量为m的物体A放在光滑水平面上，右端与一
水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v 向右运动，与A相碰后一起压缩
0
弹簧，直至B与A分离的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物体A对B的冲量大小为
D．物体A对B做的功为
【答案】BC
【详解】A．A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧组
成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；
B．A和B发生完全非弹性碰撞有
可得共同速度为
则弹簧的最大弹性势能为 ，故B正确；
C．根据动量定理知物体A对B做的冲量即为物体B动量的变化量 ，则物体A对B
25的冲量大小为 故C正确；
D．根据动能定理有知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量 ，故D错误。
故选BC。
7．（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角 的斜面底端沿斜面向上运
动，上升的最大高度为 。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能 随高度h的变化如图
乙所示。 ， ， 。则（ ）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为 ，
又有 ，解得 ，故A错误；
B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知
，解得 ，故B正确；
C．根据题意，由牛顿第二定律有
解得 ，故C错误；
D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为
整个过程由动能定理有 ，其中 ，解得 ，故D错误。
故选B。
8．（2023·江苏南京·统考二模）将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向
上为正方向，小球的速率、位移、动能和机械能分别为 、 、 和 ，以地面为零势能面，则下列描述
小球运动过程的图像可能正确的是（ ）
26A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A.小球在上升过程中，由牛顿第二定律得
逐渐减小，则 减小，下降过程中有
越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为 ，图像应为
平滑曲线，故A错误；
B． 图斜率为 ，在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；
C． 图像斜率为合外力，向上运动过程
变小，向下运动过程中 ，继续变小，故C正确；
D、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一点，机械
能损失要更多一点，故D错误。
故选C。
9．（2023·贵州贵阳·统考二模）篮球比赛中，进攻球队获得罚球机会。罚球时球员站在罚球线上方的横线
后面立定向斜上方抛投，投进一个空心球。球从离手到进入篮框为止的过程中，其动能 随距地面的高度
h变化的图线，最接近下列哪个图（ ）（图中箭头的方向表示过程的先后顺序）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】篮球离手后受重力和空气阻力作用，水平方向做减速运动；竖直方向在上升过程中最高点速度减
到零，由于重力大于空气阻力，下落过程加速运动，所以在最高点时动能最小，所以动能先减小后增大，
故ABC错误，D正确。
故选D。
2710．（2023·吉林白山·统考三模）如图所示，质量 、长度 的木板A静置在足够大的光滑水
平地面上，质量 、可视为质点的物块B放在木板A右端，现对木板A施加一水平向右的恒力F＝
5N，两者由静止开始运动，作用一段时间后撤去恒力F，物块B恰好能到达木板A的左端。已知物块B与
木板A间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小 ，求：
（1）物块B与木板A间因摩擦产生的热量Q；
（2）摩擦力对物块B的冲量大小I。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）根据功能关系有
解得
（2）设物块B在木板A上滑动时的加速度大小为a，恒力F的作用时间为 ，撤去恒力F后物块B在木板
A上滑动的时间为 ，恒力F撤去前、后木板A的加速度大小分别为 、 ，则有 ，
， ， ， ，
解得
【真题感知】
1．（2022·浙江·统考高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力
发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为 时，输出电功率为 ，风速在
范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 ，空气密度为 ，风场风
速为 ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积 的流动空气动能为
C．若每天平均有 的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有 风速在 范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积 的流动空气体积为
单位时间流过面积 的流动空气质量为
28单位时间流过面积 的流动空气动能为
风速在 范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，
AB错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有 的风能资源，则每天发电量应满足
，C错误；
D．若风场每年有 风速在 的风能资源，当风速取最小值 时，该发电机年发电量具有
最小值，根据题意，风速为 时，输出电功率为 ，风速在 范围内，转化效率可视为不
变，可知风速为 时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为 ，D正确；
故选D。
2．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑块
0
无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加
速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv2
共 0
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv = 3mv
0 共
解得v =
共
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v = 2v
木 滑
再根据动量守恒定律有2mv = 2mv + mv
0 木 滑
联立化简得v = v，v = v
滑 0 木 0
再根据功能关系有 - μmgx = × 2mv 2 + mv 2 - × 2mv2
木 滑 0
经过计算得x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a = μg
滑
29滑块相对木板静止时有v = a t
0 滑
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = vt =
0
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv2
0
3．（2023·辽宁·统考高考真题）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，
该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离
L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持
水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为 ，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至 处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
30
