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热点 6 功能关系和能量守恒
［分值：50分］
1~4题每题5分，5~9题每题6分，共50分
1.(2024·辽宁凌源市二模)体育课上，小华利用单杠做引体向上，在身体缓慢上移的过程中( )
A.单杠对小华不做功
B.单杠对小华做负功
C.单杠对小华的作用力大于小华的重力
D.单杠对小华的作用力大于小华对单杠的作用力
答案 A
解析 小华在身体上移过程中，单杠对小华作用力的作用点没有位移，该力不做功，故A正确，B错误；
小华缓慢上移，处于平衡状态，单杠对小华的作用力与小华的重力等大反向，故C错误；单杠对小华的作
用力与小华对单杠的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
1
2.(多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从 圆弧滑道顶
4
端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为
4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的
有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案 BCD
1
解析 重力做的功为W =mgh=800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得W -W = mv 2 ，代入数据解
G G 克f 2 Q
v 2
得克服阻力做的功为W =440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a= Q =9 m/s2，C正确；经过Q
克f
h点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得货物受到的支持力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，
货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
3.(2024·江苏淮安市模拟)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由
助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、
重力的瞬时功率、动能、机械能分别用Δv、P、E 、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动
k
员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
答案 D
解析 滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变，竖直速度变化，则速度变化量为
Δv=gt，可知速度变化量和时间的关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故A错误；
经过时间t后竖直方向速度为v=gt
y
重力的瞬时功率为P=mgv=mg2t
y
可知重力瞬时功率和时间的关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故B错误；
不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒，不随时间变化，故C错误；
设起跳时的速度为v ，则经过时间t动能为
0
1 1 1 1
E = mv 2+ mv 2= mv 2+ mg2t2，
k 2 0 2 y 2 0 2
可知动能和时间的关系为二次函数，图像为抛物线一部分，顶点不在原点，故D正确。
4.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流
量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(
)A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W
答案 B
解析 由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势能转化为电能，则
mgh
有P= ×70%≈1.0×107 W，故选B。
Δt
5.(2024·四川成都市二诊)同一赛车分别在甲路面及乙路面以恒定加速度a 和a 启动达到最大速度。已知
甲 乙
a >a ，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。则赛车的速度v随时间t变
甲 乙
化的图像正确的是(图中OA、OB为直线)( )
答案 B
解析 对赛车由牛顿第二定律可得
F -F=ma
牵 f
则有F =ma+F
牵 f
由于a >a ，则有
甲 乙
F >F
甲牵 乙牵
设赛车在甲路面做匀加速运动达到的最大速度为v ，在乙路面做匀加速运动达到的最大速度为v ，则
甲m 乙m
有
P =F v =F v
额 甲牵 甲m 乙牵 乙m
可知v m ，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为 。T时刻轻绳突然断开，物
Q P 3
体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此
时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正
确的是( )
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
E
B.2T时刻物体Q的机械能为
2
3E
C.2T时刻物体P重力的功率为
2T2gT
D.2T时刻物体P的速度大小为
3
答案 BCD
g
解析 开始释放时物体Q的加速度大小为 ，
3
g g
则有m g-F =m · ，F -m g=m · ，
Q T Q 3 T P P 3
2 m 1
P
解得F = m g， = ，选项A错误；
T 3 Q m 2
Q
gT
在T时刻，两物体的速度大小v = ，
1 3
1 g gT2
P上升的距离h = × T2= ，
1 2 3 6
v 2 gT2
轻绳断后P能上升的高度h = 1 = ，
2 2g 18
2gT2
则开始时P、Q竖直方向上的距离为h=h +h = ，
1 2 9
2m g2T2
开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E=m gh= Q ，
Q
9
m g2T2
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为W =F h = Q ，
F T 1
9
则绳断裂时物体Q的机械能
m g2T2 E
E'=E-W = Q = ，
F 9 2
E
此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为 ，选项B正确；
2
2gT
在2T时刻，物体P的速度v =v -gT=- ，
2 1 3
方向向下，此时物体P重力的瞬时功率
m g 2gT m g2T 3E
P =m g|v |= Q · = Q = ，
G P 2 2 3 3 2T
选项C、D正确。
8.(2024·河北省适应性测试)如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡板连接，
弹簧处于原长时上端位于B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C(弹簧在
弹性限度内)后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，
1
AB=2BC=2L，AB=3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系E = kx2(其中k为弹簧的劲度系数，
p 2
x为形变量)。下列说法中正确的是( )tanθ
A.物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为
3
B.弹簧弹性势能的最大值为mgLsin θ
2mgsinθ
C.弹簧的劲度系数为
L
9
D.物块动能的最大值为 mgLsin θ
8
答案 D
解析 物块从A到D的全过程中由动能定理有
1 1
mg×2L×(1- )sin θ-μmgcos θ×2L×(1+ )=0
3 3
tanθ
解得μ= ，故A错误；
2
物块从A到C的过程中由能量守恒定律有
mgsin θ·3L-μmgcos θ·2L=E
pmax
解得E =2mgLsin θ，故B错误；
pmax
1
由题意可知E =2mgLsin θ= kL2
pmax 2
4mgsinθ
解得k= ，故C错误；
L
当物块加速度为0时动能最大，有
mgsin θ=kx
从物块开始运动到动能最大的过程中有
1
mgsin θ·(2L+x)-μmgcos θ·2L= kx2+E
2 kmax
9
解得E = mgLsin θ，故D正确。
kmax 8
9.(2024·河北省雄安新区一模)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为
m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不
计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中( )
A.小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B.小球C的机械能一直减小
C.小球C落地前瞬间的速度大小为√2ghD.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
答案 C
解析 由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则
B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小
后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
1
mgh= mv2
2
解得v=√2gh，故C正确；
当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆
对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
