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热点7 功能关系 能量守恒定律
[分值：46 分]
[1~7 题，每题4 分，8~10 题，每题6 分]
1.(2024·安徽卷·2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h 的粗糙斜坡顶端由静
止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻
力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为( )
A.mgh
B.1
2mv2
C.mgh+1
2mv2
D.mgh-1
2mv2
答案 D
解析 人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得
mgh-W 克f=1
2mv2-0
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
W 克f=mgh-1
2mv2
故选D。
2.(2025·陕西渭南市教学质量检测)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超
过了30 层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10 cm，重力加速度g 取10 m/s2，水的密度ρ=1.0×103
kg/m3。据此可估计用于给喷管喷水的电动机输出功率至少有( )
A.3.2×104 W
B.5.8×104 W
C.3.0×105 W
D.4.6×105 W
答案 C
解析 喷管直径约为10 cm，则半径r=5 cm=0.05 m，根据实际情况，每层楼高约为h=3 m，所以喷水的高
度h=30×3 m=90 m，则根据竖直上抛运动，水离开管口的速度为v=√2gh=√2×10×90 m/s=30√2 m/s，设
给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt 内水柱的质量为Δm=ρSvΔt=ρπr2vΔt，根据
动能定理得PΔt=1
2Δmv2，联立以上解得P≈3.0×105 W，故选C。
3.(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，
则有P=mgh
Δt ×70%≈1.0×107 W，故选B。
4.(2025·福建省部分地市第一次质检)随着科技的发展，机器狗的应用为生活带来了便利。如图所示，机器
狗在泰山进行负重测试，从泰山山脚到目的地用时2 h，爬升高度为1 200 m，已知机器狗及重物总质量为
100 kg，重力加速度g 取10 m/s2，则机器狗在本次测试中( )
A.位移大小为1 200 m
B.克服重力做功为1.2×106 J
C.克服重力做功的平均功率为6×105 W
D.所受重力的冲量为0
答案 B
解析 以初位置指向末位置的带箭头的线段的长度指位移大小，由于爬升高度为1 200 m，则位移大小大
于1 200 m，故A 错误；机器狗克服重力做功为W 克G=mgh=1.2×106 J，故B 正确；克服重力做功的平均功
率为P=W 克G
t
≈166.7 W，故C 错误；以竖直向下为正方向，则所受重力的冲量为I=mgt=7.2×106 N·s。故
D 错误。
5.(2025·山东青岛市第一次适应性检测)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40 cm 时，
速度减为1
3v0。已知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为( )
A.45 cm
B.50 cm
C.55 cm
D.60 cm
答案 A
解析 设斜面与水平方向夹角为θ，当向上运动40 cm 时，由动能定理可得-mglsin θ=1
2m×(1
3v0)2-1
2mv0
2，
当小球恰好能到达斜面顶端时，由动能定理可得-mgLsin θ=0-1
2mv0
2，联立可得L=45 cm。故选A。
6.(2025·四川成都市二模)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹
出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两
段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘( )
A.被弹出时速度大小为√
2( F1d1+ F2d2)
m
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为√m F2d2
答案 A
解析 根据动能定理有F1d1+F2d2=1
2mv2，解得v=√
2( F1d1+ F2d2)
m
，故A 正确；针鞘到达目标组织表面后，
继续前进d2减速至零，有Ek=F2d2，故B 错误；针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，则阻力做功
为-F2d2，故C 错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp=√2m Ek=√2m F2d2，故D 错误。
7.(多选)(2025·江西省模拟)在距地面高H 处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，
以地面为重力势能的零势能面，小球的机械能E 随小球到地面的高度h 的变化关系图像如图所示，图中纵
坐标b、c 为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是( )
A.小球的质量等于c
gH
B.当h= H
2 时，小球的动能等于重力势能b
C.小球运动的加速度等于b
c g
D.运动过程中小球受到的阻力大小恒为c
H
答案 AC
解析 设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可得小球下落到距地面高h 处时的机械能
为E=mgH-f(H-h)=(mg-f)H+fh，结合题图可得b=(mg-f)H，c=mgH，解得m= c
gH ，A 正确；当h= H
2 时，根据
动能定理可得动能为Ek=mg H
2 -f H
2 ，可见在此位置小球的动能小于重力势能b，B 错误；根据牛顿第二定
律有mg-f=ma，又因为b=(mg-f)H，m= c
gH ，联立各式解得a=b
c g，C 正确；由关系式E=(mg-f)H+fh，可知
图像斜率的物理意义为阻力，可见阻力大小是恒定的，由题图可得f=c -b
H ，D 错误。
8.(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根
原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度
系数为k，被拉伸时弹性势能E=1
2kx2(x 为绳的伸长量)。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木
板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度大小为g，则F 所做的功等于( )
A.( μmg)
2
2k
+μmg(l-d)
B.3( μmg)
2
2k
+μmg(l-d)
C.3( μmg)
2
2k
+2μmg(l-d)
D.( μmg)
2
2k
+2μmg(l-d)
答案 B
解析 解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg
解得弹性绳的伸长量x0=μmg
k
则此时弹性绳的弹性势能为
E0=1
2kx0
2=μ
2m
2 g
2
2k
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d，
此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1，
则由功能关系可知该过程F 所做的功
W=E0+μmgx1=3( μmg)
2
2k
+μmg(l-d)
解法二：画出外力F 与乙所坐的木板的位移x 的关系图像如图所示，则外力F 做的功
W=μmg(l-d)+μmg+2 μmg
2
x0
又kx0=μmg
联立解得W=3( μmg)
2
2k
+μmg(l-d)
故选B。
9.(多选)(2023·全国乙卷·21)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
2mv0
2-fl
D.物块的动能一定小于1
2mv0
2-fl
答案 BD
解析 设物块离开木板时的动能为Ek 块，此时木板的动能为Ek 板，对木板：f·x 板=Ek 板
对物块：-fx 块=Ek 块-1
2mv0
2
木板和物块的v-t 图像如图所示，
由图可知x 板<l，x 块>l
故Ek 板<fl，Ek 块<1
2mv0
2-fl，
故B、D 正确，A、C 错误。
10.(2025·河南南阳市一模)如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B 两点间的距离为3.5 m，
传送带在电动机的带动下以v=2 m/s 的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4 kg 的小物块(可视为质点)轻
放在传送带的B 点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3
2 ，g 取10 m/s2，则在传送带将小物块从B
点传送到A 点的过程中( )
A.小物块经过4
15 s 后与传送带共速
B.摩擦力对小物块做的功为24 J
C.摩擦产生的热量为24 J
D.因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78 J
答案 C
解析 物块刚放在B 点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ=√3
2 >tan 30°，物块做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，得a=2.5 m/s2，假设物块能与传送带达到相同速度，则物块上
滑的位移x1= v
2
2a=0.8 m<L=3.5 m，假设成立。物块与传送带达到相同速度后，将向上做匀速直线运动，到
达A 点的速度仍为2 m/s。小物块匀加速时间t=v
a= 2
2.5 s=0.8 s，小物块经过0.8 s 后与传送带共速，A 错误；
匀加速阶段摩擦力对小物块做的功W1=μmgcos 30°·x1=√3
2 ×4×10×√3
2 ×4
5 J=24 J，小物块匀速运动过程中，
小物块受到静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。静摩擦力对小物块做的功W2=mgsin 30°(L-
x1)=4×10×1
2×(3.5-0.8) J=54 J，故摩擦力对小物块做的功为W=W1+W2=24 J+54 J=78 J，B 错误；小物块与
传送带的相对位移Δx=vt-v
2t=0.8 m，摩擦产生的热量Q=μmgcos 30°·Δx=√3
2 ×4×10×√3
2 ×4
5 J=24 J，C 正
确；因放小物块而使得电动机多消耗的电能E=ΔEk+ΔEp+Q=1
2mv2+mgLsin 30°+Q=8 J+70 J+24 J=102 J，D 错
误。
