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第20 讲 功能关系 能量守恒定律
目录
01 课标达标练
题型01 功能关系
题型02 能量守恒定律
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 功能关系
1.（多选）下列关于功和能的说法中正确的是（ ）
A．功和能都只有大小没有方向，是标量
B．合外力对物体做正功时，物体的动能可能保持不变
C．动车外形被设计成流线型，是为了减小阻力，提高最大行驶速度
D．合外力对物体做负功时，物体的动能可能增大
【答案】AC
【详解】A．功和能都只有大小没有方向，是标量。故A 正确；
B．根据动能定理可知合外力对物体做正功时，物体的动能增加。故B 错误；
C．根据P = Fv
汽车达到最大速度时F = f
可得vm = P
f
可知动车外形被设计成流线型，减小阻力，提高最大行驶速度，故C 正确；
D．根据动能定理可知合外力对物体做负功时，物体的动能减小。故D 错误。
1
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故选AC。
2.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 匀速运动，某时刻一
个质量为m 的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的
速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，
小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（ ）
A．W = 1
2 m v
2
B．W =0
C．Q =m v
2
D．Q =2m v
2
【答案】BD
【详解】AB．对小物块，由动能定理有W = 1
2 mv
2−1
2 mv
2=0，故A 错误，B 正确；
CD．设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有μmg=ma，v =at
二者间的相对位移为Δ x1= v
2 t + vt = 3 v
2 t
小物块向右做匀加速运动时，二者间的相对位移为为Δ x2= vt −v
2 t = v
2 t
小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q = μmg(Δ x1+ Δ x2)=2m v
2，故C 错误，D 正确。
故选BD。
3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，斜面倾角为θ =37°，在斜面底端垂直斜面固定一挡
板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M =1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，木板被锁定在斜面
上。弹簧与斜面平行、且为原长。某时刻在木板右上端一个质量为m=2.0kg的小金属块以v1= 4 m/s平行
斜面向下的速度冲上木板，沿木板向下运动，冲上木板的同时解除对木板的锁定。金属块与木板间的动摩
擦因数为μ1=0.75，木板与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.25。当弹簧上端被压缩l=1m 到P 点时金属块与木
板刚好达到相对静止，用时t =2s。已知sinθ =0.6、cosθ =0.8，g=10 m/s
2，则以下说法正确的是（
）
2
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A．此过程金属块减小的机械能转化为木板的动能、弹簧弹性势能及内能
B．从木板开始运动至到达P 点过程中木板与斜面间因摩擦而产生的热量Q =6J
C．从木板开始运动至到达P 点过程中为使金属块不从木板上滑下，木板长度至少8m
D．P 点弹簧弹性势能EP❑弹= 4 J
【答案】BD
【详解】A．此过程金属块减小的机械能与木板减少的重力势能之和，转化为木板的动能、弹簧弹性势能
及内能，A 错误；
B．从木板开始运动至到达P 点过程中木板与斜面间因摩擦而产生的热量为
Q = μ2(m+ M )glcos37° =6J ，B 正确；
C．设金属块下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得mgsin37°−μ1mgcos37° =ma1
解得a1=0
金属块在木板上做匀速运动，2s 末的位移为x1= v1t =8 m
木板的最小长度为L= x1−l =7 m ，C 错误；
D．金属块和木板的共同速度为v2= v1= 4 m/s
对木板根据动能定理得
Mglsin37°+ μ1mglcos37°−μ2(M +m)glcos37°−W = 1
2 M v2
2−0
根据功和能的关系得EP❑弹=W
解得EP❑弹= 4 J，D 正确。
故选BD。
4.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲用竖直向上的力F 拉静止在水平地面上的一物体∶物体在向
上运动的过程中，其中机械能E 与位移x 的关系如图乙，其中AB 为曲线，其余部分为直线，不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
3
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A．0-x1过程中，拉力的功率一直增大
B．x1-x2过程中，物体的加速度逐渐减小到零
C．x1-x2过程中，物体的动能逐渐增大
D．x2-x3过程中，物体克服重力做功的功率一定减小
【答案】AD
【详解】A．根据功能关系可得ΔE = F ⋅Δx
得F = ΔE
Δx
则图象的斜率表示F，由分析知在0～x1过程中物体所受拉力不变，物体做匀加速直线运动，则拉力的功率
P = Fv一直增大，故A 正确；
B．x1～x2过程中，拉力逐渐减小到零，则加速度先减小后反向增大，故B 错误；
C．由图分析可知，x1-x2的过程物体先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度反向逐渐增大的减速运
动，则物体的动能先增后减，故C 错误；
D．x2-x3过程中，物体的机械能守恒，则物体只受重力，做加速度为g 的匀减速直线运动，物体克服重力做
功的功率PG=mgv一直减小，故D 正确；
故选AD。
5.2024 年10 月25 日，备受瞩目的中国女排以3 2∶逆转战胜了强大的对手。这场比赛不仅是一场技术与战
术的较量，更是意志与精神的对决。如图所示，运动员由A 点竖直向上抛出一个排球，排球抛出时的动能
为30J，当运动到B 点时动能损失了15J，机械能损失了5J，选抛出点为重力势能零点，假设空气阻力恒定
不变。则下列说法正确的是（ ）
4
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A．排球所受的重力等于空气阻力
B．排球在最高点的重力势能为10J
C．排球返回到A 点时的动能为10J
D．排球上升最大高度是AB 间距离的3
2
【答案】C
【详解】A．设排球所受的空气阻力为f ，重力为G，在A 、B两点的动能分别为EkA、EkB，机械能分别
为E A、EB，A 、B间的距离为h，根据动能定理得
−Gh−fh= EkB−EkA =−15 J
根据功能关系得−fh= EB−E A =−5 J
联立可得Gh=10 J，G =2f
故A 选项错误；
BD．当排球运动到最高点时，动能为零，设排球上升的最大高度为H，根据动能定理可得
−GH −fH =0−EkA =−30 J
解得H =2h
选抛出点为重力势能零点，排球上升到最高点时，重力势能为
EP 高=mgH =GH =20J
故B、D 选项错误；
C．当排球返回到出发点时，因为摩擦产生的内能为Q = f·2 H = f·4 h=20 J
根据能量守恒可知，剩下的动能EKA
'为EKA
' = EKA−Q =10 J
故选项C 正确。故选C。
6.（多选）（2025·四川泸州·高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗
糙，其质量为M = 4 kg，t =0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的
v −t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
5
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A．木板的长度为8 m
B．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
C．物块在木板上滑动过程中摩擦力对物块做功为40J
D．物块在木板上滑动过程中系统产生了32J的热量
【答案】AD
【详解】A．从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t 图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则
L= 1
2 ×(7+3)×2m −1
2 ×2×2m =8 m
故A 正确；
B．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1
而v-t 图像的斜率表示加速度，故a1= Δv
Δt =2m/s
2
解得μ=0.2
故B 错误；
C．对木板受力分析可知μmg= M a2
由图知a2= Δv
′
Δt =1m/s
2
解得m=2kg
根据动能定理有W f= 1
2 m v2
2−1
2 m v0
2=−40J
故C 错误；
D．物块在木板上滑动过程中系统产生的热量为Q = μmgL=32J
故D 正确；故选AD。
7.（多选）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上
升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f ，对上述过
6
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程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间t = (mg+ f ) H
P
【答案】BC
【详解】AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F −mg−f =ma
功率有P = Fv
则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A 错误，B 正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C 正确；
D．当a=0时，货物的速度最大，有vm =
P
mg+ f
根据能量守恒定律有Pt =mg H + fH + 1
2 mvm
2
联立解得t = (mg+ f ) H
P
+ m
2 P(
P
mg+ f )
2
故D 错误。
故选BC。
02 能量守恒定律
8.（多选）如图所示，将一轻弹簧下端固定在粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点，一个物
体从斜面上的B 点由静止开始自由下滑，与弹簧发生若干次相互作用后，最终停在斜面上某点处。下列判
断正确的是（ ）
7
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A．物体最终停在A、B 间的某点
B．物体第一次反弹后不能到达B 点
C．整个过程中物体第一次到达A 点时动能最大
D．整个过程中物体重力势能的减少量大于物体克服摩擦力做的功
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，物块从斜面上的B 点由静止开始自由下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩
擦力，因此物体不可能最终停于A、B 间的某点，故A 错误；
B．由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B 点，故B 正确；
C．物体接触弹簧后，还要继续加速，直到弹力与重力的分力相等时，达到最大速度，故最大速度在A 点
下方，第一次到达A 点时动能不是最大，故C 错误；
D．重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体最终停止时弹簧有向上的弹力，弹簧被压缩，具有弹性
势能，根据能量守恒可知整个过程中物体重力势能的减少量等于物体克服摩擦力做的功和弹簧增加的弹性
势能，故D 正确；
故选BD。
9.如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O 点，另一端和人相连。人从O 点自由下落，至A
点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B，不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A 点运
动到B 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小
B．人先处于超重状态，后处于失重状态
8
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C．人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量
D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小
【答案】D
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹
力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人
的速度先增加后减小，故AB 错误；
C．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，故C 错误；
D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小，故D 正确。
故选D。
10.一固定轨道如图所示，粗糙程度相同。AB 段为四分之一圆弧轨道，其半径为R，BC 段是水平轨道，现
将一质量为m 的小球（小球视为质点）从A 点静止释放，最后静止于水平轨道某处。现要将小球沿原路径
拉回A 点，关于此拉力做功的最小值W，下列说法正确的是（ ）
A．W =2mgR
B．W <2mgR
C．W >2mgR
D．无法判断
【答案】B
【详解】小球从A 点运动至水平轨道某处静止，这过程中重力势能的减少量变成热能，所以这过程中克服
摩擦力做功
W f=mgR
沿原路经拉回A 点，拉力做功的最小值为重力势能的增加量和克服摩擦力做功之和，由于拉回A 点过程中
在圆弧轨道上可以缓慢拉，所以弹力可以比下滑时小，摩擦力同样变小，所以克服摩擦力做功小于mgR。
则此拉力做功的最小值
W <W G+W f<2mgR
故选B。
11.（2025·四川遂宁·高三月考）如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，传送带水
平，由电动机驱动以4 m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg 的包裹以1m/s水平向右的初
速度放在传送带A 端，包裹在B 端以3 m/s滑下传送带。包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度
g=10 m/s
2，则包裹从A 运动到B 的过程（ ）
9
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A．时间为4s
B．传送带对包裹做的功为45J
C．传送带和包裹摩擦生热为45J
D．电动机多输出的电能为80J
【答案】D
【详解】A．包裹在B 端以3 m/s滑下传送带，说明包裹一直在加试，加速度为a= μmg
m = μg=1m/s
2
加速的时间t1= vB−v A
a
= 3−1
1
s=2s，故A 错误；
B．包裹的位移为x = v At + 1
2 at
2= 4 m
传送带对包裹做的功W = μmgx = 40J，故B 错误；
C．传送带的位移x
′ = vt =8 m
传送带和包裹摩擦生热Q = μmg(x
′−x)= 40J，故C 错误；
D．电动机多输出的电能转化为对包裹做的功和摩擦热，故多输出的电能为80J，故D 正确。
故选D。
12.（多选）如图所示，一个质量为M、长为L 的木板B 静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质
量为m 的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间
的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A 到达木板B 最左端时，具有的动能为（F-Ff）（L+x）
B．滑块A 到达木板B 最左端时，木板B 具有的动能为Ffx
C．滑块A 克服摩擦力所做的功为FfL
D．滑块A 和木板B 增加的机械能为F（L+x）-FfL
【答案】ABD
【详解】A．对滑块A 分析，滑块A 相对于地面的位移为L+x，根据动能定理得
(F −Ff)(L+ x)= 1
2 mv
2
则知滑块A 到达木板B 最左端时具有的动能为（F-Ff）（L+x），A 正确；
10
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B．对木板B 分析，根据动能定理得
Ff x = 1
2 M v
′2
滑块A 到达木板B 最左端时，木板B 具有的动能为Ffx，B 正确；
C．滑块A 相对于地面的位移大小为L+x，则滑块A 克服摩擦力所做的功为Ff（L+x），C 错误；
D．根据能量守恒定律得，外力F 做的功转化为木板B 和滑块A 的机械能和摩擦产生的内能，则有
F (L+ x)= Δ E+Q
Q = Ff L
则滑块A 和木板B 增加的机械能为
Δ E = F (L+ x)−Ff L
D 正确。
故选ABD。
13.（多选）如图所示，足够长的水平轨道MN与竖直光滑半圆形轨道NQ在N点平滑连接，半圆形轨道的
圆心为O，且OO1∥MN , NQ⊥MN。重力G = 4 N可视为质点的小滑块静置于MN上的P点，某时刻滑
块在一水平向右的F =3.0 N恒力作用下开始向右运动，滑块在NQ内运动时刚好不脱离半圆形轨道并能沿
轨道返回NM面，sin37° =0.6,cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动至O1后开始返回
B．滑块运动至O1点时其机械能最大
C．滑块运动到N点时对半圆形轨道的压力最大
D．滑块运动N点时的速度大于运动到O1点时的速度
【答案】BD
【详解】A．滑块在半圆形轨道内运动时，滑块受到的重力和恒力F的合力如图所示
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tanθ = F
mg = 3
4
即θ =37°
所以满足滑块刚好不脱离轨道又返回N点的条件时，滑块将恰好运动到与OO2垂直的线段OO3上的O3点
开始返回，A 错误；
B．滑块在整个运动过程中，恒力F对滑块做的正功越多，滑块的机械能越大，因当滑块运动到O1点时，
恒力F做的正功最多，所以滑块运动至O1点时的机械能最大，B 正确；
CD．由图可知，滑块运动到O2点时速度最大，运动到N点时的速度大于运动到O1点时的速度，C 错误，D
正确。故选BD。
14.（多选）如图， 粗糙水平面 AB与竖直面内半径为R的半圆形导轨在B点相切， 一个质量为m的物块
（可视为质点）将弹簧压缩至A 点并由静止释放后向右弹开， 当它经过B点进入圆形导轨的瞬间对轨道的
压力为其重力的7 倍， 之后向上运动恰能到达最高点C。物块与粗粘水平面AB之间的动摩擦因数为μ，
AB 部分长为L， 重力加速度为g， 下列说法正确的是（ ）
A．物块经过B点时的速度大小√7 gR
B．物块经过B点时的速度大小√6 gR
C．物块从B点运动至C点的过程中阻力做的功mgR
D．物块在A 点时弹簧的弹性势能μmgL+3mgR
【答案】BD
【详解】A B．已知物块经过B 点进入圆形导轨的暖间对轨道的压力为其重力的7 倍，根据牛顿第三定律可
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知，轨道对物块的支持力N =7 mg
在B点对物块， 由牛顿第二定律有N −mg=m vB
2
R
解得v❑B=√6 gR， A 错误，B 正确；
C．物块恰能到达最高点C，在C 点由重力提供向心力，则有mg=m vC
2
R
从B 到C 的过程，由动能定理得−2mgR+W f= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
解得阻力的功为W ❑f=−1
2 mgR，C 错误；
D．对 A到B的过程， 由动能定理得Ep= μmgL+ 1
2 m vB
2
结合上述解得Ep= μmgL+3mgR
D 正确。故选BD。
15.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。
如图乙所示，传送带与水平面间的夹角θ =37°，逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的
过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E 和传送距离s 的关系如图丙所示。已知物体
的质量为10kg，可视为质点，重力加速度为10m/s²，下列说法中正确的是（ ）
A．传送带的运行速度为2m/s
B．物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5
C．物体与传送带在0~0.2m 内产生的热量小于0.2~0.4m 内产生的热量
D．传送带对物体在0~0.2m 内做的功大于0.2~0.4m 内做的功
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【答案】AB
【详解】B．传送距离0∼0.2m时，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，摩擦力做正
功，物体的机械能增加，可得μmgcosθ⋅s= Δ E
物体与传送带之间的滑动摩擦因数为μ=
Δ E
mgcosθ⋅s =
248−240
10×10×0.8×0.2 =0.5
故B 错误；
A．由图可知，传送距离0.2m 时，物块机械能不再增加，此时二者速度相等，
根据牛顿第二定律有mgsinθ+ μmgcosθ =ma
得物块的加速度为a= gsinθ+ μgcosθ =10 m/s
2
根据v
2=2as
得物块的速度，即传送带的运行速度为v =√2as =√2×10×0.2m/s=2m/s
故A 正确；
C．在0∼0.2m内，传送带的位移s1= vt
物块的位移为s2= 1
2 at
2= 1
2 vt =0.2m
解得s1=0.4m
物块与传送带相对位移为Δ s1= s1−s2=0.2m
物体与传送带之间产生的热量Q1= μmgcosθ⋅Δ s1
因为mgsinθ> μmgcosθ
所以二者速度相等之后，物块继续进行加速，从0.2m 运动到0.4m，物块运动位移不变，时间变小，则传
送带发生的位移变小，
传送距离0.2m ∼0.4 m时，物块与传送带相对位移为Δ s2= s2−s1
′< Δ s1
物体与传送带之间产生的热量Q2= μmgcosθ⋅Δ s2<Q1
故C 错误；
D．在0∼0.2m内与0.2m ∼0.4 m内，物块受到滑动摩擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可知
传送带对物体做的功大小相等，故C 正确。
故选AB。
16.（多选）（2025·四川成都·模拟预测）如图所示，水平传送带以v =8 m /s的速率沿顺时针方向匀速转
动，左端与一固定的竖直1
4 光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处
间距L=3.9 m。光滑圆弧半径R =1.0 m。已知滑块A（可看作质点）的质量mA=1.0kg，A 与传送带之间的
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动摩擦因数μ=0.5，质量mB=7.0kg的滑块B 静止在传送带右侧的轨道上，A、B 间的碰撞可视为弹性碰
撞，重力加速度大小g=10 m /s
2，现A 以Ek0=2.5J的初动能从圆弧顶端（与圆心O 等高）沿轨道下滑，
下列说法中正确的是（ ）
A．滑块A 运动至O 点正下方时，轨道对它的支持力的大小为35 N
B．当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率为80W
C．滑块A 最终运动的速度大小为1m /s
D．因传送物块A，传送带多消耗的电能为12J
【答案】AC
【详解】A．滑块A 运动至O 点正下方过程中，根据动能定理mA gR = 1
2 mA v0
2−Ek0
解得v0=5 m /s
滑块A 运动至O 点正下方时，根据牛顿第二定律FN−mA g=mA
v0
2
R
解得轨道对滑块A 的支持力的大小为FN=35 N，故A 正确；
B．当物体在传送带上时，滑动摩擦力大小为f = μmA g=5 N
传送带克服摩擦力的功率为P = fv = 40 W，故B 错误；
C．滑块A 在传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定律f =mAa
解得a=5 m /s
2
假设滑块A 在传送带上可以与传送带共速，则共速时A 的位移大小为x = v
2−v0
2
2a
=3.9 m = L
即滑块A 到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此后滑块A 与滑块B 发生弹性碰撞，则有
mA v =mA vA+mBvB，1
2 mA v
2= 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2
联立，解得vA=−6 m /s，vB=2m /s
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因为|vA|<|vB|所以，此后滑块A 滑上传送带并以原速率6 m /s返回与滑块B 发生第二次碰撞，根据动量守
恒和能量守恒有−mA vA+mBvB=mA vA2+mBvB2，1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2= 1
2 mA vA2
2 + 1
2 mB vB2
2
解得vA2=−1m /s,vB2=3 m /s
因为|vA2|>|vB2|，所以此后滑块A 滑上传送带并以原速率1m /s返回后无法追上滑块B 发生第三次碰撞，
即滑块A 最终运动的速度大小为1m /s，故C 正确；
D．滑块A 与滑块B 第一次碰撞前，滑块A 在传送带上运动时间为t1= v −v0
a
=0.6s
滑块A 与滑块B 第一次碰撞后，在传送带上运动时间为t2=|
2vA
a |=2.4s
滑块A 与滑块B 第二次碰撞后，在传送带上运动时间为t3=|
2vA2
a |=0.4s
所以，滑块A 在传送带上运动的总时间为t =t1+t2+t3=3.4s
则因传送物块A，传送带多消耗的电能为E = Pt =136J，故D 错误。
故选AC。
17.（多选）如图甲所示，光滑水平面与半径为R 的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A 点（距离B 点足够
远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m 的小滑块，已知重力加速度g，则下列
说法正确的（ ）
A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C 点
B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D 点
C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B 点时对轨道的压力为6mg
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D．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D 点后落在水平面上距B 点为2R
【答案】AD
【详解】A．根据能量守恒，小球由A 到C，有mgR =mgR+ 1
2 m vC
2
解得vC =0
可知小球恰能到达C 点。故A 正确；
B．同理，小球由A 到D，有2mgR =2mgR+ 1
2 m v D
2
解得v D=0
小球能到达D 点的最小速度满足mg=m vmin
2
R
解得vmin=√gR
可知v D<vmin
则小球不能到达D 点。故B 错误；
C．依题意，小球由A 到B，有3mgR = 1
2 m vB
2
在B 点，由牛顿第二定律可知F N −mg= mvB
2
R
联立，可得F N =7mg
根据牛顿第三定律可知小球通过B 点时对轨道的压力为7mg。故C 错误；
D．小球由A 到D，有2.5mgR =2mgR+ 1
2 m v D
2
解得v D=√gR
小球经过D 点后做平抛运动，有2 R = 1
2 gt
2，x = v Dt
解得x =2 R
故D 正确。故选AD。
18.（多选）如图甲所示，一长木板P 静止于水平地面上，t=0 时小物块Q 以4m/s 的初速度从左端滑上长木
板，二者的速度随时间的变化情况如图乙所示，运动过程中，小物块始终未离开长木板。已知长木板P 质
量为1kg，小物块Q 质量为3kg，重力加速度g 取10m/s2，在运动的全过程中（ ）
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A．小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05
C．小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为6J
D．小物块对长木板所做的功为12J
【答案】AD
【详解】A．由图乙所示图像可知aQ= ΔvQ
ΔtQ
=−2m/s
2
对Q 由牛顿第二定律得−μ1mQ g=mQaQ
代入数据解得小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2
故A 正确；
B．由图乙所示图像可知，P、Q 相对运动时P 的加速度为aP= ΔvP
Δt P
=2m/s
2
对P 由牛顿第二定律得μ1mQ g−μ2(mP+mQ)g=mPaP
代入数据解得长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1
故B 错误；
C．小物块相对于长木板的位移x = v0t + 1
2 aQt
2−1
2 aPt
2
其中v0= 4 m/s，t =1s
代入数据解得x =2m
小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q = μ1mQ gx
代入数据解得Q =12J
故C 错误；
D．小物块与长木板相对滑动过程，长木板的位移x板= 1
2 aPt
2=1m
对长木板由动能定理得W −μ2(mP+mQ)g x板= 1
2 mPv
2
其中v =2m/s
代入数据解得此过程小物块对长木板做的功W =6J
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滑块与长木板共速到静止过程滑行的距离x =
v
2
2 μ2 g =2m
减速过程由动能定理得W
′−μ2(mP+mQ)gx =0−1
2 mPv
2
代入数据解得W
′ =6J
小物块对长木板做的功W 总=W +W
′ =12J
故D 正确。
故选AD。
19.（多选）如图所示，三个光滑斜面均固定于同一水平地面上，它们的高度相同倾角不同，斜面的倾角分
别为θ1=30°，θ2= 45°，θ3=60°，现将质量相同的三个小物体分别由三个光滑斜面的顶端同时由静止释
放，并运动到各自斜面的底端以下说法中正确的是（ ）
A．沿乙斜面下滑的小物体，下滑时间最短
B．三个小物体在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，所受重力做的功相等
C．三个小物体在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，沿甲斜面下滑的小物体所受重力做功的平均功率
最小
D．三个小物体在运动到斜面底端时，沿丙斜面下滑的小物体所受重力做功的瞬时功率最小
【答案】BC
【详解】AC．对于任意一个倾角为θ的斜面，设物体运动的时间为t，由初速度为0 的位移公式和斜面上小
物体的受力分析s= 1
2 at
2
得h
sinθ = 1
2
(gsinθ)t
2
则t =
1
sinθ√
2h
g
可以分析出，θ越大，sinθ越大，t越小，所以丙下滑时间最短，再由图知h相同，而θ不同，则物体运动的
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时间不同，而重力做功公式都为W =mgh由平均功率公式P = W
t 可知，θ越小，sinθ越小，t越大，所以沿
甲斜面下滑的小物体所受重力做功的平均功率最小，故A 错误，C 正确；
B．三个小物体在由斜面顶端运动到斜面底端的过程中，只有重力做功，所受重力做的功相等，故B 正
确；
D．由能量守恒定律mgh= 1
2 mv
2
得v =√2gh
所以三个小物体分别由三个光滑斜面的顶端同时由静止释放到各自斜面的底端的速度大小相等，根据公式
P = Fv cosα =Gv cosα，由于三小物体在底端的速度方向与重力方向夹角α不等，所以滑到底端时，重力
瞬时功率不同，所以θ越大，速度与重力方向的夹角α越小，瞬时功率越大，故D 错误； 故选BC。
20.（多选）（2025·四川资阳·高三月考）如图所示，有三个斜面1、2、3，斜面1 与2 底边相同，斜面2 与
3 高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数相同，当一物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底
端时，下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中物体损失的机械能ΔE3 > ΔE2 > ΔE1
B．下滑过程中因摩擦产生的热量Q1 = Q2 < Q3
C．到达底端时的速度v1 > v3 > v2
D．到达底端时的速度v1 > v2 > v3
【答案】BD
【详解】AB．设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
W = μmgLcosθLcosθ 即为底边长度，由图可知1 和2 底边相等且小于3 的，故摩擦生热关系为
Q1=Q2<Q3
所以损失的机械能Δ E1=Δ E2<Δ E3，故A 错误，B 正确；
CD．设物体滑到底端时的速度为v，由动能定理得mgh−μmgLcosθ = 1
2 mv
2−0
根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为v1>v2>v3
20
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故C 错误，D 正确。故选BD。
21.（多选）如图所示，水平台高h=4m，物体A（可视为质点）的质量m=1kg，一半径R=2m 的光滑圆弧轨
道竖直固定放置，直径CD 处于竖直方向，半径OB 与竖直方向的夹角θ=53
°，物体以某速度vx水平向右运
动物体离开平台后恰能沿B 点切线方向滑入圆弧轨道（取g=10m/s2，sin53
°=0.8，cos53
°=0.6）。则
A．物体离开平台时的速度vx=6m/s
B．物体在圆弧轨道B 点时，物体对轨道的压力大小为56N
C．物体在圆弧轨道C 点时，物体对轨道的压力大小为58N
D．物体不能到达轨道最高点D
【答案】AB
【详解】A．物体下落的高度H = R+ Rcosθ =2+2×cos53
°=3.2m
竖直方向的速度v y =√2 gH =8 m/s
物体离开平台后恰能沿B 点切线方向滑入圆弧轨道，则tanθ = v y
v x
解得v x =6 m/s
故A 正确；
B．小球在B 点的速度vB=√v y
2 + v x
2=10 m/s
小球在B 点受到的重力沿垂直于轨道方向的分力与轨道对小球的支持力的合力通过向心力，则
FN B−mgcosθ =m vB
2
R
代入数据可得FN B=56 N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为56N，故B 正确；
C．从水平抛出到小球到达C 的过程中小球的机械能守恒，则
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1
2 m v x
2+mgh= 1
2 m vC
2
可得vC =√116 m/s
物体在圆弧轨道C 点时，物体受到的支持力与重力的合力通过向心力，则
FBC−mg=m vC
2
R
解得F NC =68 N
故C 错误；
D．如物体能到D 点，假设刚离开桌面时的动能为Ek，由功能关系有
Ek= Ek D
则v D=6 m/s
小球经过最高点D 的最小速度满足
vmin=√gR =√2×10 m/s=2√5 m/s<v D
则小球能到D 点，故D 错误。
故选AB。
22.（多选）如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可看成质点）以
水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A 的上表面。由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化
情况如图乙所示。下列说法正确的是（g 取10m/s
2）（ ）
A．木板A 获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A 的最小长度为1m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.01
【答案】BC
【详解】A．设木板A 的质量为M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
m v0=(m+ M )v
由图可知v=1m/s
22
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可得M =m=2kg
则木板获得的动能为Ek = 1
2 M v
2=1J
故A 错误；
B．系统损失的机械能为Δ E = 1
2 mv0
2−1
2
(m+ M )v
2=2J
解得Δ E =2J，故B 正确；
C．根据v-t 图像与时间轴所围的面积表示位移，由v-t 图像可得二者相对位移为
Δ x = xB−x A = 1
2 ×2×1m=1m
所以木板A 的最小长度为L=1m
故C 正确；
D．根据功能关系得Δ E = μmgL
解得μ=0.1
故D 错误。故选BC。
23.（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在光滑固定直杆A 处
质量为m 的小球（可视为质点）相连。A 点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，
B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长。小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v。已知重力加速度
为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球在C 点时的动能Ek=mgh
B．小球通过B 点时的加速度为g
2
C．弹簧具有的最大弹性势能为mgh
2
−1
2 m v
2 D．小球下滑过程机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．小球在A 点和C 点时，弹簧的长度相同，即弹簧的形变量相同，具有相同的弹性势能，全程
弹簧的弹力做功为零，则小球从A 点到C 点的过程，根据动能定理mgh= Ek−0
即Ek=mgh，故A 正确；
B．因在B 点时弹簧在原长，则到达B 点时的加速度为a= gsin30° = g
2 ，故B 正确；
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C．弹簧形变量最大时弹性势能最大，即小球在A 点时，弹簧具有最大的弹性势能，小球由A 点到B 点过
程中，根据能量守恒Epm+mghsin30° = 1
2 m v
2
解得Epm = 1
2 m v
2−1
2 mgh
故C 错误；
D．小球下滑过程中，除了小球重力做功外，还有弹簧的弹力做功，所以小球下滑过程机械能不守恒，故
D 错误。故选AB。
24.（北京·高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定
的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。
其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力f 1和偏转力f 2。这两个力与篮球
速度v的关系大致为：f 1=k1v
2，方向与篮球运动方向相反；f 2=k2v，方向与篮球运动方向垂直。下列说
法正确的是（ ）
A．k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f 2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f 2
的作用，所以偏转力f 2=k2v中的k2与篮球转动角速度有关， A 错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能
24
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量回到原高度，B 错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如图所示。
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f 1和f 2的合力沿竖直方向的分力可能大
于重力，可使篮球竖直方向的分速度减小到零或变成竖直向上，因此篮球有可能向上运动，C 正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则有空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f 2将变
小，不能保持f 2与重力持续等大反向，所以篮球不可能在空中持续一段水平直线运动，D 错误。
故选C。
25.（浙江·高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h 的速度匀速行驶，其1s 内能量分配情况如图
所示则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【详解】A．由图可知，发动机1s 内克服转动阻力做功为1.7×104J，则输出功率为
25
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P= W
t = 1.7×10
4
1
W=17kW
选项A 错误；
BCD．每1s 消耗的燃料有6.9×104J 进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C 正确，BD 错
误。
故选C。
26.（多选）（河北·高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬
挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t =0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为g
3 。T时刻轻绳突然
断开，物体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
B．2T时刻物体Q的机械能为E
2
C．2T时刻物体P重力的功率为3 E
2T
D．2T时刻物体P的速度大小2> ¿
3 ¿
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q 的加速度为g
3 ，则
mQ g−FT =mQ⋅g
3
FT −mP g=mP⋅g
3
解得
26
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FT = 2
3 mQ g
mP
mQ
= 1
2
选项A 错误；
B．在T 时刻，两物体的速度v1=gT
3
P 上升的距离h1= 1
2
g
3 T
2= gT
2
6
细线断后P 能上升的高度h2= v1
2
2g = gT
2
18
可知开始时PQ 距离为 h=h1+h2= 2gT
2
9
若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为E =mQ gh= 2mQ g
2T
2
9
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q 做负功，大小为W F = FT h1= mQ g
2T
2
9
则此时物体Q 的机械能E
' = E−W F = mQ g
2T
2
9
= E
2
此后物块Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物块Q 的机械能仍为E
2 ，选项B 正确；
CD．在2T 时刻，重物P 的速度v2= v1−>=−2> ¿
3 ¿
方向向下；此时物体P 重力的瞬时功率
PG=mP g v2= mQ g
2
⋅2> ¿
3 = mQ g
2T
3
= 3 E
2T ¿
选项CD 正确。故选BCD。
27.（多选）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向
上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的
（ ）
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A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了1
2 mgH
【答案】AC
【详解】AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
Δ Ek =W 合= F合⋅
H
sin30° =mg⋅2 H =2mgH
故A 正确，B 错误；
CD．设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得
mgsin30°+ f =ma=mg
解得f =0.5mg
则物块克服摩擦力做功为W f = f ⋅2 H =0.5mg⋅2 H =mgH
根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C 正确，D 错误。
故选AC。
28.（全国乙卷·高考真题）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m 的小物
块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块
从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于1
2 mv0
2−fl
D．物块的动能一定小于1
2 mv0
2−fl
【答案】BD
28
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【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+ fl
整理可得1
2 mv1
2= 1
2 mv0
2−fl−1
2 M v2
2< 1
2 mv0
2−fl
D 正确，C 错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热Q = fL= f ( xm−xM )
根据运动学公式xm= v0+ v1
2
⋅t，xM = v2
2 ⋅t
因为v0>v1>v2
可得xm>2 xM
则xm−xM =l> xM
所以W = f xM <fl
B 正确，A 错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理−f x1= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
对木板，由动能定理f x2= 1
2 M v2
2
根据速度图像面积表示位移可知x2= S△COF，x1= S ABFO
且l = x1−x2= S ABCO> x2= S△COF
故fl>f x2= 1
2 M v2
2
故A 错误，B 正确；
CD．对系统，由能量守恒定律fl = 1
2 m v0
2−(
1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2)
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物块动能1
2 m v1
2= 1
2 m v0
2−fl−1
2 M v2
2< 1
2 m v0
2−fl
故C 错误，D 正确。
故选BD。
30
