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第20 讲 功能关系 能量守恒定律
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................2
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................3
考点一 功能关系................................................................................................................................3
知识点1 功能关系......................................................................................................................................3
知识点2 功能关系的理解..........................................................................................................................3
知识点3 两种摩擦力做功特点的比较......................................................................................................4
知识点4 功能关系中的图像问题..............................................................................................................5
考向1 功能关系的理解与应用..................................................................................................................5
考向2 摩擦力做功与能量转换................................................................................................................10
考向3 功能关系中的图像问题................................................................................................................17
考点二 能量守恒定律......................................................................................................................19
知识点1 能量守恒定律的理解及应用....................................................................................................19
考向1 能量守恒定律的理解及应用.......................................................................................................20
04 真题溯源·考向感知................................................................................................................29
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
功能关系
选择题
非选择题
\
\
\
能量守恒定律
选择题
非选择题
\
\
\
考情分析：
1．四川对功能关系的考查较为少，常结合实际情境，综合多个知识点，考查学生的物理核心素养和解决
实际问题的能力。
2．从命题思路上看，试题情景为
功能关系往往与力学、电磁学等知识相结合进行考查，具有较强的综合性。
复习目标：
目标一：理解功、功率、动能、势能（重力势能、弹性势能）、机械能等基本概念，明确各物理量的定
义、计算公式、单位及矢量标量性质。
目标二：掌握动能定理、机械能守恒定律、功能关系的核心内容。
目标三.：理解功能关系与力学、电磁学等其他知识板块的内在联系。
2
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考点一 功能关系
知识点1 功能关系
1.能的概念：一个物体
能对外做功
，这个物体就具有能量。
2.功能关系
（1）功是
能量转化
的量度，即做了多少功就有
多少能量
发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着
能量的转化
，而且
能量转化
必通过做功来实现。
知识点2 功能关系的理解
1.对功能关系的进一步理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
（2）功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一
一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
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
合力做功
动能
变化
（1）合力做正功，动能增加；
（2）合力做负功，动能减少；
（3）W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功
重力势
能变化
（1）重力做正功，重力势能减少；
（2）重力做负功，重力势能增加；
（3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹
力做功
弹性势
能变化
（1）弹力做正功，弹性势能减少；
（2）弹力做负功，弹性势能增加；
（3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力
做功
电势能
变化
（1）静电力做正功，电势能减少；
（2）静电力做负功，电势能增加；
（3）W 电＝－ΔEp
安培力
做功
电能
变化
（1）安培力做正功，电能减少；
（2）安培力做负功，电能增加；
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（3）W 安＝－ΔE 电
除重力和
系统内弹力之外的
其他力做功
机械能
变化
（1）其他力做正功，机械能增加；
（2）其他力做负功，机械能减少；
（3）W＝ΔE 机
功能关系的选用原则
（1）总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化，
用动能定理分析。
（2）只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
（3）只涉及机械能的变化，用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
（4）只涉及电势能的变化，用静电力做功与电势能变化的关系分析。
知识点3 两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化
只有机械能从一个物体转移
到另一个物体，而没有机械
能转化为其他形式的能
(1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物
体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就
是系统机械能的损失量
一对摩擦力做
的总功
一对静摩擦力所做功的代数
和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总
功W＝－Ffx 相对，即发生相对滑动时产生的热
量
相同点
做功情况
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
点拨
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
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(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
知识点4 功能关系中的图像问题
Ek-x 图像
Ep-x 图像
斜率：合外力
①合外力沿＋x 方向
②合外力沿－x 方向
斜率：重力、弹力等
①力沿－x 方向
②力沿＋x 方向
E-x 图像
E-t 图像
斜率：除重力、弹力以外的力
①力沿＋x 方向
②力沿－x 方向
斜率：功率
考向1 功能关系的理解与应用
例1（2025·四川攀枝花·高三月考）质量为60kg、身高为172cm 的某同学在运动会跳高比赛中采用“背越
式”动作刚好越过离地高度为176cm 的横杆，则该同学在跳起的过程中做的功最接近（ ）
A．450J
B．550J
C．650J
D．750J
【答案】B
【详解】根据功和能的关系得
W =mg(1.76−h
2)=60×10×(1.76−1.72
2 )J=540J
最接近550J。
故选B。
例2（2025·四川南充·二模）phyphox 是一款可以让手机充当一个真实物理实验工具的手机软件，中文名为
手机实验工坊。某同学打开手机中phyphox 的加速度传感器，用手掌托着手机把手机竖直向上抛出，又迅
速在抛出点接住手机，得到手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示（以竖直向上为正方
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向），则（ ）
A．t3时刻手机离开手掌
B．t1~t3手机先超重后失重
C．t1~t 4手机的机械能一直增大
D．t1~t3手掌对手机的支持力始终大于手机对手掌的压力
【答案】C
【详解】A．由题图可知，0∼t3时间内手机没有离开手掌，速度向上，加速度向上，手机一直在向上加
速，A 错误；
B．t1~t3时间内加速度向上，手机一直处在超重状态，B 错误；
C．t1~t 4时间内，手机的加速度先向上再向下，t 4时刻手机加速度刚好向下增大到等于重力加速度，所以
手即将脱离手机，故t1~t 4时间内，手对手机的支持力一直做正功，手机机械能一直增大，C 正确；
D．手掌对手机的支持力和手机对手掌的压力是一对相互作用力，大小始终相等，D 错误。
故选C。
【变式训练1】随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电
动汽车搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起
步功能，该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16m 时速度达到57.6km /h，该倾斜平直公
路与水平方向的夹角为37°，已知该汽车的质量为2000kg，加速过程中受到的阻力恒为200N，牵引力恒
定，重力加速度为10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下
列说法正确的是（ ）
A．汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×10
4 N
B．汽车的速度达到57.6km /h时，汽车的输出功率为4.512×10
5 W
C．汽车增加的机械能为5.76×10
5J
D．汽车发动机对汽车做的功为2.592×10
5J
【答案】B
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【详解】A．汽车加速过程，根据动能定理可得(F −f −mgsin37°) x = 1
2 m v
2−0
代入数据解得牵引力大小为F =2.82×10
4 N
故A 错误；
B．汽车的速度达到57.6km /h=16m/s时，汽车的输出功率P = Fv = 4.512×10
5 W
故B 正确；
C．汽车增加的机械能为Δ E = 1
2 mv
2+mgx sin37° = 4.48×10
5J
故C 错误；
D．汽车发动机对汽车做的功为W = Fx = 4.512×10
5J
故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·四川眉山·高三月考）2022 年6 月29 日国际泳联第19 届世界游泳锦标赛跳水项目混
合全能比赛中，全红婵和白钰鸣联手摘取桂冠，为中国跳水队迎来自1982 年参加世锦赛以来的第100 枚金
牌。图示为全红婵在10m 台决赛人水前的精彩瞬间，关于全红婵在空中运动的过程中的能量（忽略一切阻
力），下列正确的是（ ）
A．全红婵在上升过程中，动能在变大
B．全红婵在上升过程中，机械能在变大
C．全红婵在下降过程中，重力势能在变大
D．全红婵在空中运动的过程中，机械能总量不变
【答案】D
【详解】A．全红婵在上升过程中，速度减小，动能在变小，故A 错误；
B．全红婵在上升过程中，忽略一切阻力，只有重力做功，则机械能不变，故B 错误；
C．全红婵在下降过程中，重力做正功，重力势能在变小，故C 错误；
D．全红婵在空中运动的过程中，忽略一切阻力，只有重力做功，则机械能守恒，则机械能总量不变，故
D 正确。
故选D。
【变式训练3】（多选）如图所示，劲度数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端与水平面上质量为m
的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了
x0，此时物体静止。撤去F 后，物体向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ
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，重力加速度为g。则（ ）
A．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为k x0
m −μg
C．物体动能最大时，物体和弹簧组成的系统机械能减少7 μmg x0
8
D．物体做匀减速运动的时间为2√
x0
μg
【答案】BC
【详解】A．撤去力F 后，物体受四个力作用，竖直方向上重力和地面支持力是一对平衡力，水平方向受
向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，合力
F合= F弹−f
根据牛顿第二定律物体产生的加速度
a= F弹−f
m
撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的
减小而减小，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做加速运动，再
做减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A 错误；
B．撤去F 后，物体刚运动时有
k x0−μmg=ma
解得
a= k x0
m −μg
故B 正确；
C．由动能定理得
1
2 k x0
2−μmg⋅4 x0=0
k x0=8 μmg
物体动能最大时，由
kx = μmg= k x0
8
此时物体向左运动的距离为x0−x，这个过程中机械能的减少是由克服摩擦力做功造成的，所以物体和弹
簧组成的系统机械能减少
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W f = μmg( x0−x)= 7 μmg x0
8
故C 正确；
D．物体离开弹簧后做匀减速直线运动，所以匀减速运动的位移为3 x0，加速度大小为
a= μmg
m = μg
根据
3 x0= 1
2 at
2
可得物体做匀减速运动的时间为
t =√
6 x0
μg
故D 错误。
故选BC。
【变式训练4】（多选）在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中飞机动能Ek随位
移x 变化的关系如图所示。已知飞机质量为m=1kg，重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力，此过
程中飞机（ ）
A．处于超重状态
B．机械能增加了44J
C．加速度大小为4.5 m /s
2
D．输出功率的最大值为27W
【答案】BC
【详解】A．由图可知，飞机的速度减小，即竖直向上做减速运动，加速度方向向下，则飞机处于失重状
态。故A 错误；
BC．由动能定理可知
FΔx= Δ Ek
图象斜率的绝对值即为合外力，即
F = Δ Ek
Δx = 4.5 N
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则加速度为
a= F
m = 4.5m/ s
2
说明飞机除受重力外还受到竖直向上的升力，由牛顿第二定律可得
mg-F 升=ma
则升力为|
F 升=5.5N
升力对飞机做正功，有
W 升= F升x = 44 J
由功能关系可知，飞机的机械能增大44J，故BC 正确；
D．由图象可知，飞机的最大速度为
vmax=6√2m /s
最大功率为
Pmax= F升vmax=33√2W
故D 错误。
故选BC。
考向2 摩擦力做功与能量转换
例1 如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固
定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N 两点与O点的距离均为l， P 点为MN中点，
重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。
下列说法正确的是（ ）
A．从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
C．小球在M、N 两点的加速度不相等
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
【答案】D
【详解】A．杆上M、N 两点与O点的距离均为l，等于弹簧原长。从M点到N点的运动过程中，由对称性
可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零。由动能定理，小球动能的变化量等于重力做
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的功与摩擦力所做的功的代数和，故A 错误；
B．在MN 之间任取一点A，令AO 与MN 之间的夹角为θ，设OP长度为x，则此时弹簧的弹力为
F =k(l−
x
sinθ)
小球受到的摩擦力为f 1= μ FN1= μF sinθ
化简得f 1= μk (lsinθ−x)
θ在MP 之间先增大，在PN 之间变小，sinθ先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B 错误；
C．小球在M、N 两点只受重力，由牛顿第二定律，小球在两点的加速度相等，都等于重力加速度，故C
错误；
D．根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M 到P 和P 到N 摩擦力
均做负功，且做功大小相等，从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统
机械能的减少量相同，故D 正确。
故选D。
例2 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块轻轻放在传送带的A
端，2s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10 m /s
2
，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的倾角θ为53
°
B．传送带与物体间的动摩擦因数为0.25
C．物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6 m
D．0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24J
【答案】D
【详解】AB．由题图可知，0~1s内物块的加速度大小为
a1= Δv1
Δt1
=10 m /s
2
由牛顿第二定律
mgsinθ+ μmgcosθ =ma1 1~2s内物块的加速度大小为
a2= Δv2
Δt2
=2m /s
2
由牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcosθ =ma2
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联立解得
μ=0.5，θ =37°
故AB 错误；
C．0~1s内传送带的位移及物体的位移分别为
s1= v1t1=10 m
x1= 1
2 v1t1=5 m
它们的相对位移为
Δ x1= s1−x1=5 m 1s~2s内传送带的位移及物体的位移分别为
s2= v1t2=10 m
x2= v1t2+ 1
2 a2t2
2=11m
它们的相对位移为
Δ x2= x2−s2=1m
因为
Δ x1> Δ x2
所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，故C 错误；
D．0~1s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q1= μmgcosθ Δ x1=20J 1s~2s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q2= μmgcosθ Δ x2= 4 J
所以0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为
Q =Q1+Q2=20J+ 4 J =24 J
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定
杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A 处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A 处静止释放，到达C
处时速度为零。若圆环在C 处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC = L，B 是AC 的中点，弹簧
始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
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B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为1
2 m v
2
C．从C 到A 过程，弹簧对环做功为mgLsin α −1
4 mv
2
D．环经过B 时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【详解】A．环由A 到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，
弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着斜杆
向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A 错误；
B．环由A 到C，有
mgLsinα = EpC +Q
环由C 到A，有
EpC−Q−mgLsinα =−1
2 mv
2
解得
Q = 1
4 mv
2
EpC =mgLsinα −1
4 mv
2
故B 错误，C 正确；
D．由功能关系可知，圆环由A 下滑至B，有
mgh−W f−W 弹= 1
2 mvB
2 −0
圆环由B 上滑至A，有
−mgh−W f+W 弹=0−1
2 m vB❑
′2
则
vB
′>vB
即环经过B 时，上滑的速度大于下滑的速度，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】（多选）如图所示，高为h的表面粗糙程度相同的弧形斜面体固定于水平地面上，末端P与
地面相切。质量为m的小物块以速率v1从点P滑上斜面，到最高点Q后沿斜面下滑回到P点的速率为v2。不
计空气阻力，重力加速度为g，取地面处的重力势能为零，下列说法正确的是（ ）
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A．从P到Q再返回到P的过程中克服摩擦力做功为m(v1
2−v2
2)
2
B．上滑过程中克服摩擦力做功等于下滑过程中克服摩擦力做功
C．上滑过程中动能等于重力势能的位置距离地面的高度大于h
2
D．上滑过程中动能等于重力势能的位置距离地面的高度小于h
2
【答案】AC
【详解】A．从P到Q再返回到P的过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理
−W = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
因此克服摩擦力做功为
W = m(v1
2−v2
2)
2
A 正确；
B．上滑与下滑相比较，相同位置，上滑时速度快，对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，因此上滑过
程中克服摩擦力做功较多，B 错误；
C．上滑到h
2位置时，动能减少了基本一半，由于克服摩擦力做功，减少的动能，并没有全部转化为势
能，此位置的动能仍然比势能大，因此动能和势能相等的位置在该点的上方，C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式训练3】（多选）如图所示，分别用恒力F1、F2先后将一物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由
底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。则两个过程比较(
)
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A．接触面上因摩擦产生的热量相同
B．物体的机械能增加量相同
C．F1做的功与F2做的功相同
D．F1做功的功率比F2做功的功率小
【答案】BD
【详解】B．由于两次运动时间相同，可知到达顶端时的速度相同，两次增加的动能和势能都相同，因此
两次增加的机械能ΔE相同，B 正确；
A．设斜面倾角为θ，斜面长为L，第一次运动过程中，摩擦力大小
f 1= μmgcosθ
摩擦产生的热量
Q1= f 1 L= μmgLcosθ
第二次运动过程中，摩擦力大小
f 2= μ(mgcosθ+ F2sinθ)
摩擦产生的热量
Q2= f 2 L= μ(mgcosθ+ F2sinθ)L
因此
Q1<Q2①
A 错误；
C．设F1做功为W1，F2做的功为W2，由于拉力做的功一部分转化为机械能，一部分通过摩擦生热，因此
W 1=Q1+ ΔE②
W 2=Q2+ ΔE③
由①②③联立得
W 1<W 2
C 错误；
D．根据
P = W
t
由于两次运动时间相同，因此
P1< P2
D 正确。
故选BD。
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【变式训练4】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为1kg、可视为质点的物块沿倾角为
37°的斜面上的A 点由静止开始下滑，经过1s 物块运动到斜面上的B 点，然后通过一小段光滑的弧面滑上
与地面等高的传送带。已知A、B 间距离为1m，传送带以4 m /s的恒定速率顺时针运行。传送带左右两端
之间距离为8 m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取
sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度大小g=10 m /s
2。下列说法中正确的是（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5
B．物块在传送带上运动的时间为2s
C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为4 J
D．若传送带以2m /s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A 点静止释放以后，在AB 上运动的
总路程为1.5 m
【答案】AD
【详解】A．从A 到B，根据动力学公式x AB= 1
2 a1t
2
解得a1=2m/s
2
物块在斜面上运动，根据牛顿第二定律mgsin37°−μ1mgcos37° =ma1
解得物块与斜面之间的动摩擦因数为μ1=0.5
故A 正确；
B．物块在B 点的速度为vB=a1t =2m/s
物块在传送带上的加速度为a2= μ2mg
m
=2m/s
2
物块在传送带上做加速运动的时间为t1= v −vB
a2
=1s
物块在传送带上做加速运动的位移x1= vBt1+ 1
2 a2t1
2=3 m
物块在传送带上做匀速运动的时间为t2= L−x1
v
=1.25s
物块在传送带上运动的时间为t 总=t1+t2=2.25s
故B 错误；
C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为Q = μ2mg（v t1−x1）=2J
故C 错误；
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D．在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为t3= vB
a2
=1s
物块在该时间段内的位移为x2= vBt3−1
2 a2t3
2=1m
可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度
不在增加，以2m/s 的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做
向左做加速运动，接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B 点，设运动的总距离为s，物块
的动能全部转化为内能，根据能量守恒有μ1mgscosθ = 1
2 m vB
2
解得s=0.5 m
则物体在AB 上运动的总路程为s
′ = s+ x AB=1.5 m
故D 正确。
故选AD。
考向3 功能关系中的图像问题
例1（2025·四川泸州·高三月考）如图甲所示，小物块（可以看成质点）以一定的初速度从倾角为30
∘的斜
面底端A 点沿斜面向上运动。选择地面为参考平面，上滑过程中，物块的机械能E随物块离A点距离s的变
化关系如图乙所示。小物块上滑时离A最远距离为4 m，重力加速度大小g 取10 m/s
2，则（ ）
A．物体的质量m=1kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.3
C．物块从开始上滑到再次返回底端的过程中，损失的机械能为40J
D．物体回到斜面底端时的机械能为16J
【答案】D
【详解】A．上升到最高点时物体的机械能等于重力势能，则E2=mgh= 40J
解得m=2kg
故A 错误；
B．机械能的变化量等于除重力外的其它所做的功，故满足Δ E = μmgcosα ⋅x
解得μ=
64−40
2×10× √3
2 ×4
= √3
5
故B 错误；
C．上滑过程中损失的机械能为Δ E =64 J−40J =24 J
则物块从开始上滑到再次返回底端的过程中，损失的机械能为Δ E
′ =2 Δ E = 48J
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故C 错误；
D．物体回到斜面底端时的机械能为E
′ = E0−Δ E
′ =16J
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】如图甲所示，可视为质点的物体以一定的初速度从倾角α =37°的斜面底端沿斜面向上运
动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立坐标轴x，选择地面为零势能面。坐标原点处固定一厚度不计
的弹性挡板，物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x 的变化如图乙所示。g 取10m/s
2，则（
）
A．物体的质量为0.8kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数为0.2
C．物块从开始到停止运动的总路程为12.5m
D．物体在第一次上升过程中机械能减少了15J
【答案】C
【详解】AB．设物体上滑的最大距离为l，则有−mglsin α −μmgl cosα =0−Ek1
物体上滑距离为25
8 m时，动能和重力势能相等，则有mgl
′ sin α = Ek1−μmgl
′ cosα −mgl
′ sin α
又有l =5 m，Ek1=50J
解得m=1kg，μ=0.5
故AB 错误；
C．物块从开始到停止，根据能量守恒E = μmgscosα
解得总路程为12.5m
故C 正确；
D．物体上升过程中机械能减少量为|Δ E|=|W f|=|−μmgl cosα|=20J
故D 错误。
故选C。
【变式训练2】如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的
最大高度为3m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 机随高度h 的变化如图乙所示。g 取
10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是（ ）
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A．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4
B．物体的质量m=1kg
C．物体上升过程的加速度大小a=10m/s²
D．物体回到斜面底端时的动能Ek=20J
【答案】BC
【详解】B．物体到达最高点时，机械能E机=mgh=30 J
解得m=1kg，故B 正确；
A．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则
μmg
h
tan α =|Δ E机|=20 J
解得μ=0.5，故A 错误；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α + μmgcosα =ma
解得a=10m/ s
2，故C 正确；
D．由A 项可知物体上升过程中克服摩擦力做的功W 克=20 J
则物体从最高点到回到斜面底端的运动过程中，由动能定理得mgh−W 克= Ek
解得Ek =10 J，故D 错误。
故选 BC。
考点二 能量守恒定律
知识点 能量守恒定律的理解及应用
1.对能量守恒定律的理解
（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。
2.应用能量守恒定律解题的思路
（1）分清有多少形式的能（动能、势能、内能等）发生变化。
（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和
ΔE 增的表达式。
（3）列出能量守恒关系式ΔE 减＝ΔE 增。
点拨
应用能量守恒定律解题的基本思路
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．
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(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达
式．
(3)列出能量守恒关系式：ΔE 减 ＝ΔE 增．
考向 能量守恒定律的理解及应用
例1 关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A．由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源
B．人类在不断地开发新能源，所以能量可以被创造
C．能量的转化和转移没有方向性
D．能量可以从一种形式转化为另一种形式，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程
量
【答案】D
【详解】A．自然界的能量守恒，但能直接应用的能源使用后品质降低，不能直接应用，所以可利用能源
越来越少，故A 错误；
B．人类在不断地开发和利用新能源，但能量不能被创造，也不会消失，故B 错误；
C．根据热力学第二定律，能量的转化和转移具有方向性，比如一杯热水过段时间，热量跑走啦，水冷
了，所以转化具有方向性，故C 错误；
D．能量可以从一种形式转化为另一种形式，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程
量，故D 正确；
故选D。
例2（2024·四川达州·一模）溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个
整体。绳的一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，
溜溜球会一边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的
绳缠绕在轴上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下
落到0.5l 处时，左边溜溜球的下落速度v1，右边溜溜球的下落速度v2。下列关于v1、v2大小关系正确的是
（ ）
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A．v1= v2
B．v1>v2
C．v1<v2
D．无法确定
【答案】C
【详解】绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，根据能量守恒定律，减少的重力
势能转化为动能，两者下降高度一样，减少的重力势能相同，但是绳绕在轴上的球有旋转速度和下降速
度，则根据能量守恒定律可知
mg⋅0.5l = 1
2 m v1
2+ Ek 旋，mg⋅0.5l = 1
2 m v2
2
则
v1<v2
故选C。
【变式训练1】如图，轨道abcd 各部分均平滑连接，其中ab、cd 段为光滑的1
4 圆弧，半径均为1m。bc 段
是粗糙水平直轨道，长为2m。质量为2kg、可视为质点的物块从a 端静止释放，已知物块与bc 轨道间的
动摩擦因数为0.1，g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．物块第一次沿cd 轨道上升的到d 点
B．物块第一次沿cd 轨道上升到最高点时对轨道的压力为0N
C．物块最终将停在轨道上的b 点
D．物块最终将停在轨道上的c 点
【答案】D
【详解】A．由题a→d运动过程中，设半径为R，bc段长度为x，cd段上升高度为h，由能量守恒知
mgR−μmgx =mgh
代入得
h=0.8 m
故物块第一次沿cd轨道上升不到d 点，A 错误；
B．物块第一次沿cd轨道上升到最高点时未到达d 点，对轨道的压力为重力沿着半径方向的分力，小于重
力，故物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力不为0N，B 错误；
CD．设物块滑动次数为n，由能量守恒知
mgR =nμmgx
代入得
n=5
当物块第5 次滑动到c 时，消耗完所有能量，故物块最终停在轨道上的c 点，C 错误，D 正确；
故选D。
【变式训练2】（2025·四川成都·二模）如图，一质量为M =2kg的木板静止在水平地面上，一质量为
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m=1kg的滑块（可视为质点）以v0=2m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足
够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2（未知），重力加速度大小
取g=10 m /s
2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为9 N
C．μ2可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
【答案】C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向
水平向左，故A 错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小
f m = μ1mg=3 N
由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
f M= f m =3 N
故B 错误；
C．木板始终保持静止，即
μ2(m+ M )g≥f m
解得
μ2≥0.1
故C 正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
Q = 1
2 m v0
2=2J
故D 错误。
故选C。
【变式训练3】如图所示，餐桌中心有一个半径为r 的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一个
质量为m 的小物块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为µ。现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆
盘上滑落，最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆
盘与餐桌间的间隙不计。则下列说法正确的是（ ）
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A．餐桌的半径为√5
2 r
B．小物块刚从圆盘上滑落时，小物块的速度为√
μgr
2
C．小物块刚从圆盘上滑落时，圆盘的角速度为√
μg
2r
D．该过程中因摩擦产生的内能为µmgr
【答案】A
【详解】C．小物块刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得
μmg=mω
2r
解得
ω=√
μg
r
选项C 错误；
B．小物块刚滑落时的速度大小为
v =ωr =√μgr
选项B 错误；
A．设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动能定理可得
−μmgx =0−1
2 m v
2
解得
x = r
2
小物块在桌面上运动的俯视图如图所示
根据图中几何关系可得
R
2= x
2+r
2
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解得
R = √5r
2
选项A 正确；
D．该过程中因摩擦产生的热量为
Q = μmgx = 1
2 μmgr
选项D 错误。
故选A。
【变式训练4】（多选）如图所示，质量为m 的物体以速度2v 竖直向上抛出，物体落回到地面时，速度大
小为v，并原速弹回（设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变），以下说法正确的是（ ）
A．整个过程满足能量守恒
B．空气阻力做的功为mv2
C．小球上升的最大高度为5 v
2
4 g
D．小球运动的总路程为5 v
2
g
【答案】AC
【详解】A．整个过程满足能量守恒，A 正确；
B．根据功和能的关系，空气阻力做的功为
W = 1
2 m v
2−1
2 m(2v)
2=−3
2 m v
2
B 错误；
C．上升过程根据动能定理
−mgH + W
2 =0−1
2 m(2v)
2
解得
H = 5 v
2
4 g
C 正确；
D．小球运动的总路程为
s=2 H = 5 v
2
2 g
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D 错误。
故选AC。
【变式训练5】（多选）（2025·四川巴中·高三月考）如图所示，一质量为2kg 可视为质点的小物块自斜面
上A 点由静止开始下滑，斜面AB 的倾角为37°，A、B 间距离为2m，经1s 运动到B 点速度v1=4m/s，然后
通过小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带左右两
端间距离为9m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和小物块在衔接弧面运动的时间，
取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块在传送带上运动的时间为5
3s
B．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为4J
C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为24J
D．若传送带以3m/s 的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A 点静止释放以后，在AB 上运动
的总路程为2.25m
【答案】AB
【详解】A．小物块在传送带上加速的加速度大小为a= μ2mg
m
= μ2 g=2m/s
2
小物块加速到与传送带共速通过的位移大小为x1= v2
2−v1
2
2a
=5 m <9 m
用时t1= v2−v1
a
=1s
小物块与传送带一起匀速运动的时间为t2= L−x1
v2
= 2
3 s
小物块在传送带上运动的时间为t =t1+t2= 5
3 s，故A 正确；
B．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为Q = μ2mg(v2t1−x1)= 4 J，故B 正确；
C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为W = μ2mg x1=20J，故C 错误；
D．小物块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得mg LABsin37°−μ1mgcos37°⋅LAB= 1
2 mv
2
解得μ1=0.25
经分析可知，小物块每次在传送带上运动过程的末速度与初速度大小相等，传送带对小物块做功为零，小
物块最终将静止在B 点，小物块在AB 上运动的过程，根据能量守恒有mg LABsin37° = μ1mgcos37°⋅s
解得s=6 m，故D 错误。
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故选AB。
【变式训练6】（多选）（2025·四川遂宁·三模）如图所示，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，物块从木板右端离开，则（ ）
A．此过程滑块与木板间摩擦产生的内能为fl
B．此过程物块动能减少了fl
C．物块离开时的动能一定大于1
2 mv0
2−fl
D．物块离开时的动能一定小于1
2 m v0
2−fl
【答案】AD
【详解】A．由题知，水平桌面光滑，小物块运动过程中，因摩擦产生的摩擦热为
Q = fl
A 正确；
B．设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题分析，根据能量守恒定律可得
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+ fl
此过程物块动能减少了
Δ Ek= 1
2 mv0
2−1
2 mv1
2= 1
2 M v2
2+ fl
B 错误；
CD．根据能量守恒定律可得
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
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
C 错误，D 正确；
故选AD。
【变式训练7】（多选）质量为m 的物体，在距地面h 高处以g
3 的加速度由静止竖直下落到地面，下列说
法中正确的是（ ）
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A．重力做功1
3 mgh
B．物体的机械能减少1
3 mgh
C．物体的动能增加1
3 mgh
D．物体的重力势能减少mgh
【答案】CD
【详解】AD．重力做功
W G=mgh
物体的重力势能减少mgh，故A 错误，D 正确；
B．物体除重力做功，阻力做负功，导致机械能减少，根据牛顿第二定律得
F合=ma=mg−f = 1
3 mg
得
f = 2
3 mg
阻力做功
W f=−fh=−2
3 mgh
物体的机械能减少2
3 mgh，故B 错误；
C．根据动能定理，物体的动能增加
W F合= F合h= 1
3 mgh
故C 正确。
故选CD。
【变式训练8】（多选）图甲所示为电梯的结构示意图，配重和轿厢质量均为M 0=500kg，A 与电机（未
画出）相连，缆绳质量以及其与滑轮B 间的摩擦均可忽略。家住21 楼的小明要爸爸送他上幼儿园，电梯
下行过程经加速、匀速、减速三个阶段，最后停在一楼。已知小明质量为m1=20kg，爸爸的质量为
m2=60kg，小明对轿厢底的压力随时间变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s
2。则下列说
法正确的是（ ）
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A．小明家所在楼栋楼层的平均高度为3.2m
B．加速阶段，缆绳对配重的拉力大小为500N
C．整个过程，电动机的最大功率为2680W
D．整个过程，电动机对外做的功大小为12180J
【答案】AC
【详解】A．0∼4s内小明处于失重状态，电梯向下加速，有
m1g−F1=m1a1
可得加速阶段电梯的加速度大小为
a1=0.5 m/s
2 4s∼32s内，小明对轿厢底的压力等于自身重力，电梯做匀速运动，速度为
v =a1t1=0.5×4 m/s=2m/s 32∼36s内小明处于超重状态，电梯向下减速，有
F2−m1g=m1a2
可得减速阶段，电梯的加速度大小为
a2=0.5 m/s
2
可得整个过程中，轿厢的位移为
s= v
2
2a1
+ v t
' + v
2
2a2
=
2
2
2×0.5 m +2×(32−4)m +
2
2
2×0.5 m =64 m
故小明家所在楼栋楼层的平均高度为
h=
s
21−1 =3.2m
故A 正确；
B．向下加速时，设绳对配重的拉力大小为T 1，对轿厢的拉力大小为T 1
′，有
T 1−M 0 g= M 0a1
解得加速阶段，缆绳对配重的拉力大小为
T 1=5250 N
故B 错误；
C．当电梯向下加速时，对轿厢，根据牛顿第二定律
( M 0+m1+m2)g−T 1
′ =( M 0+m1+m2)a1
解得
T 1
′ =5510 N
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滑轮A 两侧绳子上的作用力之差为
ΔT 1=T 1
′−T 1=260 N
当电梯匀速运动时，滑轮A 两侧绳子上的作用力之差为
ΔT =(m1+m2)g=800 N
向下减速时，设绳对配重的拉力大小为T 2，对轿厢的拉力大小为T 2
′，有
M 0 g−T 2= M 0a2
T 2
′−( M 0+m1+m2)g=( M 0+m1+m2)a2
可得
T 2= 4750 N，T 2
′ =6090J
则滑轮A 两侧绳子上的作用力之差为
ΔT 2=T 2
′−T 2=1340 N
故电动机的最大输出功率为
Pm = ΔT 2⋅v =2680 W
故C 正确；
D．整个过程中，电动机做功的大小等于小明父子重力势能的减小量为
W =(m1+m2)gs =(20+60)×10×64 J =51200J
故D 错误。
故选AC。
1.（2023·全国乙卷·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
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变加速运动，D 错误。
故选B。
2.（浙江·高考真题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为
2.4×10
3kg/m
3，假设泵车的泵送系统以150 m
3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对
混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率（kW）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（kg）
5.4×10
4 最大输送量（m
3/h
）
180
A．1.08×10
7J
B．5.04×10
7J
C．1.08×10
8J
D．2.72×10
8J
【答案】C
【详解】泵车的泵送系统以150 m
3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
W = ρVgh=2.4×10
3×150×10×30J =1.08×10
8J
故选C。
3.（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10
−4 m
2，喷水速度约为10m/s，水的
密度为1×10
3kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W
B．20W
C．100W
D．200W
【答案】C
【详解】设Δt时间内从喷头流出的水的质量为
m= ρSv· Δt
喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即
P = W
Δt =
1
2 m v
2
Δt
联立解得
P =100 W
故选C。
4.（浙江·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9 m /s时，输出电功率为405kW，风速在5~10 m /s
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A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保
持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
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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A的流动空气动能为1
2 ρA v
2
C．若每天平均有1.0×10
8kW的风能资源，则每天发电量为2.4×10
9kW⋅h
D．若风场每年有5000h风速在6~10 m /s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×10
5kW⋅h
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积A的流动空气体积为
V 0= Av
单位时间流过面积A的流动空气质量为
m0= ρV 0= ρAv
单位时间流过面积A的流动空气动能为
1
2 m0v
2= 1
2 ρA v
3
风速在5~10 m /s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1.0×10
8kW的风能资源，则每天发电量应满足
E<1.0×10
8×24kW⋅h=2.4×10
9kW⋅h
C 错误；
D．若风场每年有5000h风速在6~10 m /s的风能资源，当风速取最小值6 m /s时，该发电机年发电量具
有最小值，根据题意，风速为9 m /s时，输出电功率为405kW，风速在5~10 m /s范围内，转化效率可视
为不变，可知风速为6 m /s时，输出电功率为
P=6
3× 405
9
3 kW =120kW
则该发电机年发电量至少为
E = Pt =120×5000kW⋅h=6.0×10
5kW⋅h
D 正确；
故选D。
5.（浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为
2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m 不变。水泵由电动机带动，电动机正
常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所
需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动
的机械能损失，则（ ）
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A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
【答案】D
【详解】AB．每秒喷出水的质量为m0=2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
W =m0 gH + 1
2 m0v0
2=300J
故AB 错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
P出= W
t =300 W
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
P入= P出
75 % = 400 W
故C 错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
P机= P入= 400 W
而电动机的电功率为
P电=UI = 440 W
由能量守恒可知
P电= I
2 R+ P机
联立解得
R =10Ω
故D 正确；
故选D。
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