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专题06 功能关系、能量守恒
情境突破练
压轴提速练
1．新情境【热气球旅游】（2026·安徽省太和中学·上学期期中考试）热气球旅游项目是一种结合低空飞行
与观光体验的特色旅游活动。通过调整热气球的升力大小，让热气球从地面由静止开始在竖直方向上先匀
加速上升再匀速上升，不考虑气体燃烧带来的质量变化，设热气球在空中上升阶段其动能为
，重力势
能为
，机械能为
，上升时间为t，上升高度为H，选地面为势能零点，不计空气阻力。下列描述相
关物理量关系的图像一定错误的是（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】C．选地面为势能零点，则热气球上升高度为
时，重力势能的表达式为
所以
图像为过原点的倾斜直线，故C 正确，不符合题意；
A．设热气球在匀加速上升阶段的加速度大小为
，则上升的高度为
故重力势能的表达式为
所以上升阶段
图像不可能是线性的，故A 错误，符合题意；
B．设热气球匀加速上升高度
时的速度为
，则有
所以热气球匀加速上升高度
时的动能为
则热气球在匀加速上升阶段的
图像为过原点的倾斜直线；当热气球匀速上升时，动能保持不变，
故B 正确，不符合题意；
D．根据功能关系有
解得
当热气球匀加速上升时，
恒定且大于重力；当热气球匀速上升时，
恒定且等于重力，所以
图像应是两条倾斜的直线，且匀加速上升阶段的斜率大于匀速上升阶段的斜率。故D 正确，不符合题意。
故选A。
2．新考法（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）某同学用如图1 所示的装置验证轻弹簧和物块
（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹
簧和物块的拴接点
在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。
物块连同遮光条的总质量为
，弹簧的劲度系数为
，弹性势能
，重力加速度为
，遮光条的
宽度为
，物块释放点与光电门之间的距离为（
远远小于）。现将物块由静止释放，记录物块通过
光电门的时间。
（1）某次实验中物块从B 点静止释放，记录l，和对应的时间t，物块通过光电门时的动能为________，
此时弹簧的弹性势能为________；若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，
需要验证的关系式是________（三空均用k，t，m，d，l 和
等字母表示）。
（2）某同学为了更精确地完成实验，多次改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B 点静止释放，
记录多组l 和对应的时间t。他以l 为横轴，
为纵轴，做出图像，如图2 所示，他发现此图像为一条曲线，
为了方便数据处理应该将此曲线转化成一条直线，那么他应该做的图像是________，理论上此直线的斜率
的绝对值为________（用m、d、k 表示）。
【答案】（1） ①.
.
②
.
③
（2） ①.
.
②
【解析】
【小问1 详解】
[1]实验中物块从B 点静止释放，记录l，和对应的时间t，物块通过光电门时的动能为
[2]此时弹簧的弹性势能为
[3]若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证的关系式是
整理可得
【小问2 详解】
[1]为了方便数据处理应该将此曲线转化成一条直线，根据
整理得到
那么他应该做的图像是
图像。
[2]做出①中的直线，根据
可得理论上此直线的斜率的绝对值为
3．新情境【深蹲跳】（2026·北京市育才学校·上学期期中考试）“深蹲跳”是一项利用自重训练的健身运
动，需要先蹲下，然后靠大腿、臀部等的肌肉让整个身体向上直立跳起。如图甲所示，运动员做该动作，
在离开地面瞬间，全身绷直，之后保持该姿势达到最大高度。小明和小红运用所学知识对该对象和过程构
建了简化的物理模型来研究“深蹲跳”。已知重力加速度为
，不计空气阻力。
（1）测得运动员在离开地面之后上升的最大高度为，求运动员离开地面瞬间的速度大小
。
（2）小明考虑到起跳过程中身体各部分肌肉的作用，构建了如图乙所示的模型：把运动员的上、下半身
看作质量均为
的
、
两部分，这两部分用一质量不计的轻弹簧相连，静止时弹簧的压缩量为
。起
跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。小明查得弹簧的弹性势能
与其形变量
满足关系
，
为弹簧的劲度系数。
a．求图乙模型中弹簧的劲度系数
；
b．要想人的双脚能够离开地面，即
能离地，计算起跳前弹簧压缩量的最小值
。
（3）小红发现，在运动员离开地面上升的过程中，绷直身体的各部分基本处于相对静止的状态，于是她
在小明构建的模型基础上做了进一步修正：如图丙所示，
和
间连一质量不计的轻杆（图中虚线所示），
当被压缩的弹簧伸长到原长时，轻杆将弹簧的长度锁定，此后上升过程中
和
的相对位置固定，代表绷
直的身体离开地面。根据小红的模型，当弹簧的压缩量为
时，计算运动员跳起的最大高度
。
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】
【小问1 详解】
运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知
则运动员离开地面瞬间的速度大小为
小问2 详解】
a．静止时弹簧的压缩量为
，由平衡条件可知
解得劲度系数为
b．B 恰好离地，A 恰好到达最高点时，B 所受的支持力恰好为0，A 的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧
压缩量最小，由平衡条件
解得弹簧的伸长量为
对A 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得起跳前弹簧压缩量的最小值为
【小问3 详解】
弹簧恢复原长过程，对A 和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律
解得弹簧锁定前A 的速度大小为
弹簧锁定前后，对A、弹簧和B 组成的系统，由动量守恒定律
解得运动员跳起时速度大小
运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为
4．新考法（2026·广东省清远市·一模）（多选）如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和电
磁系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍
运动。质量为m 的铁球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈的
时间为T，图中B 点为管道最低点，A、C 点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为
P，不计电路产生的焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下
B. 运动前两圈，该模型消耗的电能为
C. 运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做的功为PT
D. 铁球经过AB 段克服摩擦力做功大于经过BC 段克服摩擦力做功
【答案】CD
【解析】A．铁球在最高点处，对铁球受力分析有
由于v 的大小可能大于、等于、小于
，相应的
可能大于零、小于零或等于零，即铁球受到管的弹
力可能竖直向下、竖直向上，也可能没有弹力，由此可知，根据牛顿第三定律可得铁球对管的作用力方向
不确定，故A 错误；
B．铁球从最高点静止开始下滑，运动前两圈，铁球的动能增加量为
，但该模型消耗的电能不仅用
于增加铁球的动能，还用于克服摩擦力做功，所以消耗的电能大于
，故B 错误；
C．已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，运动每圈的时间为
，根据
可得运动一圈后，
电磁系统每圈对铁球做的功为
，故C 正确；
D．铁球先后经过A、C 两个位置，重力势能相等，由于摩擦力作用，根据能量守恒可得
，同理，
段与
段相同高度的任意位置处的速度大小均是
段处的大。根据牛顿运动定律和圆周运动规律
可得，AB 段受到弹力比对应高度
段受到弹力大，AB 段受到摩擦力比对应高度
段受到摩擦力大，
两段路程相等，可知铁球经过
段克服摩擦力做功较多，故D 正确。
故选CD。
5．新情境【冰块采集】（2026·福建省莆田市莆田一中·上学期期中考试）哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自
松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB 段由于清理了积
雪可视为光滑冰面、BC 段动摩擦因数
。长方体冰块长
，质量均匀分布且总质量为
开始时，静止在AB 段内，现给冰块一个水平向右的初速度
使冰块向着BC 运动，重
力加速度
求：
（1）冰块中点到达B 点时，冰块的加速度大小a；
（2）冰块静止时，冰块右端与B 点的距离d；
（3）如图乙，在冰块静止后，质量为
，可视为质点的破冰工具，以
的速度从冰块左
端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC 段冰面上，求整个运动过程冰块与地面
摩擦产热Q。
【答案】（1）
（2）1.25m （3）37.5J
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律
由
解得
（2）设冰块进入
段长度为
时，冰块所受摩擦力
由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入
段的长度，则此阶段克服摩擦力做功
根据能量守恒定律
由
解得
（3）设破冰工具与冰块的动摩擦因数为
假设冰块不动，则有
即
对工具
，
解得
，不符合假设，说明冰块滑动。
对冰块
工具到达最右端恰好共速
位移关系
解得
对冰块
共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为
，有
冰块减速位移
解得
冰块与地面摩擦产热
6．新考法（2026·河南省豫西北教研联盟·第一次质量检测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完
全相同的长方体积木水平叠放在靶位上，积木长为
，积木
与
夹在固定的两光滑薄板间，一
钢球用长为
，且不可伸长的轻绳挂于
点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将
钢球拉至左上方P 点处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成
的位置由静止释放，钢球运动到最低
点时与积木发生弹性碰撞，积木A、B、C 分别与钢球碰撞后，沿高
、长度与积木相同的水平台
面滑出，假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为
，不计小球与积木的碰撞时间及空气阻力，
取
。求：
（1）钢球与积木A 碰撞前
速度大小；
（2）积木
离开台面时的速度大小；
（3）积木
、
、
落地时水平位移大小之比。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
钢球自由下落至左下方处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成
的位置时，钢球的速度为
，根据
机械能守恒定律有
轻绳在这个位置绷直，钢球开始做圆周运动到最低点，钢球做圆周运动的初速度为
钢球做圆周运动过程中机械能守恒，设钢球运动至最低点的速度为
，根据机械能守恒定律有
联立解得钢球运动至最低点的速度为
。
【小问2 详解】
钢球运动到最低点时与积木发生弹性碰撞，钢球与积木
质量相等，二者发生速度交换，积木
具有运动
的初速度
，积木
受到上下表面的摩擦力，其中上表面的摩擦力为
下表面受到的摩擦力为
设积木
离开台面时的速度为
，根据动能定理有
代入数据解得
。
【小问3 详解】
积木
、
、
离开台面都做的是平抛运动，且竖直位移是相同的，根据
，可知积木
、
、
落地时间相等，由于水平方向做匀速直线运动，所以水平位移大小之比即为积木
、
、
离开台面的初
速度之比。积木
离开台面的初速度
。由于每次钢球的运动都是相同的，所以钢球与积木碰
撞后积木在平台运动的初速度都是
，积木
在台面上运动上下表面受到摩擦力，其中上表面的
摩擦力为
下表面受到的摩擦力为
设积木
离开台面时的速度为
，根据动能定理有
代入数据解得
积木
在台面上运动下表面受到摩擦力为
设积木
离开台面时的速度为
，根据动能定理有
代入数据解得
所以积木
、
、
落地时水平位移大小之比
。
7．新情境【老式打桩机】（2026·广东梅县东山中学·上学期期中考试）建筑工地上有一种老式打桩机，如
左图所示，它通过类似于柴油机压缩可燃气体做功和撞击，一点点把混凝土柱子打入土壤。将打桩机工作
的过程简化成如右图所示的模型，物体
为打桩机上方的重锤、物体
为下方置于水平地面上的混凝土柱
子，
的下端是汽缸，
的上端是活塞（其长度可忽略不计），A、B 中心在同一竖直线上。A 从静止释
放后自由下落，活塞恰好能进入汽缸并瞬间压缩内部气体，使A、B 发生碰撞后立刻向汽缸内喷射燃油并
点火使之爆燃做功，将内能转化成A、B 的机械能，转化效率为
，这一过程A、B 相互作用的时间极
短。第一次爆燃后，
恰好返回到了初始位置，下次碰撞前物体
已经停止运动。已知
的质量为
，B 的质量为
，初始时
与
间的高度差为
，混凝土柱子
长度
为
（不计初始处于地面下的深度）。已知
进入地面后所受的阻力与
进入地面的深度满足
。不计空气阻力，不计压缩气体时对气体做功和喷射燃油时做功。其中
。
（1）求第一次爆燃产生的内能
和爆燃后瞬间混凝土柱子
的速率；
（2）在第二次碰撞前混凝土柱子
停止运动时进入地面的深度；
（3）如果第一次爆燃后不再喷射燃油，在第二次碰撞后的足够长时间里混凝土柱子
进入地面的最大深
度（保留3 位有效数字）；如果每次碰撞后都喷射燃油，并且爆燃转化的机械能相同，要使混凝土柱子
全部进入地面，求需要爆燃的最少次数（不喷射燃油时
、
相互碰撞不计其能量的损失）；
【答案】（1）
，
（2）
（3）
，
次
【解析】
【小问1 详解】
第一次碰撞前，对
进行分析，由动能定理有
解得
、
碰撞瞬间由动量守恒有
由能量守恒有
因为
回到初始点，所以有
解得
，
【小问2 详解】
第一次爆燃后到下次碰撞前，物体
向下做减速运动直到停止，设
下移的深度为
，因物体
所受阻力
与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有
解得
【小问3 详解】
如果只喷射一次，假设
始终未全部进入地面，对整个过程，设
滑动的总距离为
，由能量守恒有
舍去负值解得
则假设成立。第二次碰撞后直到
最终停止，
进入地面的最大深度约为
，设喷射
次恰好使
全
部进入地面，即进入地面的深度为
，由能量守恒有
解得
所以最少需要爆燃19 次。
8．新考法（2026·河南省郑州市第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，
为一弹性轻绳，一
段固定在墙壁上A 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿在竖直杆上，与竖直杆的动摩擦因数
。杆
一端固定在墙上，另一端为定滑轮。初始时
在同一水平线上，弹性绳的原长为
，
小球在C 点时弹性绳的拉力为
。小球在C 点由静止释放，E 点为下滑的最低点，
间距离为h，D 点
为
的中点。重力加速度为g，弹性绳始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 小球速度最大的位置在D 点的上方
B. 小球在
段与
段克服摩擦力做功相等
C. 小球下滑过程中在C 点的加速度小于在E 点的加速度
D. 若在最低点E 给小球一个向上的初速度v，使小球恰好回到C 点，则
【答案】BD
【解析】A．设小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量为
，小球受力情况如图所示
其中
将
正交分解，水平方向有
竖直方向有
其中
，
解得
即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，在随下降的距离增大而反向增大，根据运动的对称性可
知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，故A 错误；
B．可知摩擦力恒定不变，根据摩擦力做功公式
由于
所以CD 段小球克服摩擦力做功与DE 段克服摩擦力做功相等，故B 正确；
C．小球在C 点的加速度为
在E 点加速度为
所以小球下滑过程中在C 点的加速度大于在E 点的加速度，故C 错误；
D．从在C 点到E 点过程中，根据能量守恒可得
若在最低点E 给小球一个向上的初速度
，使小球恰好回到C 点，根据能量守恒可得
其中
联立解得
，故D 正确。
故选BD。
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1．（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）如图所示，AC 水平轨道上AB 段光滑，BC 段粗糙，
且
，CDF 为竖直平面内半径为
的光滑半圆轨道，两轨道相切于C 点，CF 右侧有电场
强度
的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A 点，另
一端与带负电滑块P 接触但不连接，弹簧原长时滑块在B 点。现向左压缩弹簧后由静止释放滑块P，当滑
块P 运动到F 点瞬间对轨道的压力为2N。已知滑块P 的质量为
，电荷量为
，与
轨道BC 间的动摩擦因数为
，忽略滑块P 与轨道间的电荷转移（已知
，
，
）。求：
（1）滑块运动到F 点的速度大小；
（2）滑块运动到与O 点等高的D 点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P 进入圆轨道后能从F 点水平抛出，求弹簧释放弹性势能的最小值。
【答案】（1）
（2）
，方向水平向右
（3）
【解析】
【小问1 详解】
当滑块P 运动到F 点瞬间对轨道的压力为2N，在F 点时，由牛顿第二定律得
其中
，代入数据解得滑块运动到F 点的速度大小为
【小问2 详解】
滑块从D 到F 的过程中，根据动能定理可得
在D 点时，有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，滑块运动到与O 点等高的D 点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。
小问3 详解】
重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），等效重力大小为
设等效重力的方向与竖直方向夹角为
，则有
解得
欲使滑块P 进入圆轨道后能从F 点水平抛出，设滑块刚好可以经过等效最高点M，此时有
解得
滑块P 从压缩时到M 点的过程中，由功能关系可得
解得弹簧释放弹性势能的最小值为
2．（2026·广东省汕头市金山中学·上学期阶段考试）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大
小
。不带电的绝缘长木板A 静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数
的轻
弹簧，A 与地面间的动摩擦因数
。带正电的小物块B 从A 的右端与弹簧距离
处由静止释
放，从B 释放开始计时，其速度
随时间变化的关系图像如图乙，图中
时间内图线为直线，
时刻
速度最大，
时刻曲线的斜率绝对值最大，
时刻速度恰为0。已知A 和B 的质量均为
，A 与B
之间接触面光滑，B 的电荷量大小
，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能
与形变量
的关系
为
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
。
（1）求B 从释放到刚与弹簧接触的时间
；
（2）求
时刻B
速度大小
及
时刻A 的速度大小
；
（3）求
时刻弹簧的压缩量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对B，根据牛顿第二定律有
又根据位移-时间公式得
解得
【小问2 详解】
t2时刻B 的速度最大，其合力为零，即
根据能量守恒定律得
解得
，
可得
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 受到地面的最大静摩擦力大小
由于弹簧弹力和A 受到地面的最大静摩擦力大小相等，故
时刻A 恰好开始运动。
由于B 受到的电场力和A 受到地面的最大静摩擦力大小相等，在
时间内，A、B 组成的系统受到的
合外力为零，系统动量守恒得
时刻B 速度恰为0，即
解得
【小问3 详解】
时刻弹簧的压缩量最大，A、B 的速度相同为
，在
时间内，根据动量守恒定律得
解得
又有
时间内，A 位移为
，B 位移为
，
时刻弹簧的压缩量为
，则
根据能量守恒定律得
解得
3．（2026·河北省衡水市·三模）带电粒子绕着带电荷量为
的场源电荷做轨迹为椭圆的曲线运
动，场源电荷固定在椭圆左焦点
上，带电粒子电荷量为
（
，且
）；已知椭圆焦距为
，
半长轴为
，场源电荷产生的电场中各点电势计算公式为
（k 为静电力常量，
为到场源电荷的距
离，取无穷远处电势为零）。只考虑电场力的作用。求：
（1）带电粒子在
、
两点的速率之比；
（2）从
运动到
的过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）带电粒子动能与电势能之和的表达式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
类比开普勒第二定律可知
解得
【小问2 详解】
根据电势计算公式
可得
点的电势
点的电势
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从
运动到
的过程中，电场力对带电粒子做的功
解得
【小问3 详解】
在
点带电粒子动能与电势能之和
在
点带电粒子动能与电势能之和
根据能量守恒可知
联立解得带电粒子动能与电势能之和
4．（2026·河南省郑州市宇华实验学校·一模）如图所示，在竖直平面内固定两圆形轨道，外侧轨道光滑，
内侧轨道粗糙，一质量m=1.0kg 的小球可以在两圆轨道间运动，小球到圆心的距离为R=0.5m，现从轨道的
最低点A，给小球水平向右的初速度v0，取g=10m/s2。
（1）若v0=4m/s，求小球出发时轨道对小球的作用力大小F；
（2）若v0=4m/s，求小球运动足够长时间后损失的机械能∆E；
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，求初速度v0的范围。
【答案】（1）42N （2）3J
（3）
或者
【解析】
【小问1 详解】
对小球在A 点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
【小问2 详解】
小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
【小问3 详解】
若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整
圆周运动，恰好过最高点，
则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度
范围为
或者
5．（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）（多选）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左
端放置一可看成质点的物块。t=0 时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F 的作用下物块和木板发生相
对滑动，t=2s 时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v-t 图像如图乙所示。已知木板的
质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大
小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 木板的长度为3m
B. 物块的质量为0.8kg
C. 拉力F 对物块做的功为9.9J
D. 木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J
【答案】CD
【解析】A．根据题意可知，木板在0~2.5s 内向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示
由图像可知2.5s 时两者共速，则木板在0~2.5s 内的加速度大小为
物块在0~2.0s 内的加速度大小为
物块在2.0s~2.5s 内的加速度大小为
2.5s~3.0s 内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为
可得木板与地面间的动摩擦因数为
物块与木板间的动摩擦因数为
木板的长度为
故A 错误；
B．前2s 内，对木板，有
对物块，有
解得
，
故B 错误；
C．前2s 内，拉力F 对物块做的功为
结合图像可知，0~2s 内物块的位移为
所以
故C 正确；
D．木板与地面间因摩擦产生的热量
结合图像可知，木板的位移为
所以
故D 正确。
故选CD。
6．（2026·吉林省九校·联合模拟考试）（多选）如图所示，倾角
的传送带以
的速度沿
顺时针方向匀速转动，将质量为
的物块
轻放在传送带下端，同时质量也为
的物块
从传送带上
端以
的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦
因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度
取
，
，
。则（ ）
A.
、
两物块刚在传送带上运动时加速度相同
B. 两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为
C. 传送带上下端间的距离为
D. 在运动过程中
、
两物块与传送带因摩擦产生的总热量为
【答案】AD
【解析】A．物块A 向下减速运动
解得物块A 加速度大小
物块B 向上加速运动
解得物块B 加速度大小
所以A、B 两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A 正确；
B．物块B 在传送带上加速的时间
物块B 在
以后相对于传送带静止，以
的速度向上匀速运动。
物块A 向下减速的时间
物块A 向上加速到与传送带速度相同所用时间
两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间
，B 错误；
C．在7.5s 内物块B 的位移大小为
在7.5s 内物块A 的位移大小为
传送带上下端间的距离
，C 错误；
D．物块A 与传送带的相对位移大小
物块B 与传送带的相对位移大小
因摩擦产生
总热量
解得
，D 正确。
故选AD。
7．（2026·江西省宜春中学·一模）（多选）如图所示，半径为R、圆心为O 的半圆轨道竖直固定在水平面
上，质量为2m 的小球P 通过轻质细线跨过两定滑轮A、B 后与质量为m 的物体Q 相连接，左侧的滑轮A
刚好位于O 点正上方，且O 到滑轮A 的距离为R，M 点为轨道上一点，∠MON=60°，N 点为轨道的最低点，
现将小球P 从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q 不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为
g，小球P 可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球P 由释放到N 的过程，物体Q 始终超重
B. 到M 点时小球P 的速度大小为
C. 到M 点时物体Q 的速度大小为
D. 到N 点时小球P 的加速度大小为
【答案】BD
【解析】A．小球P 沿绳方向的分速度与Q 的速度相等，则Q 的速度先增大后减小，则物体Q 先超重，再
失重，故A 错误；
BC．到M 点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得
，
故B 正确，C 错误；
D．到N 点时，根据系统机械能守恒有
根据向心加速度公式有
故D 正确；
故选BD。
8．（2026·四川省眉山中学校·一模）（多选）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于
粗糙水平地面上，质量为
的滑块P（视为质点）以
的初速度滑上木板，
时滑块与木板相
撞并粘在一起。两者运动的
图像如图乙所示。重力加速度大小
，则下列说法正确的是（
）
A. “L”形木板的长度为
B. Q 的质量为
C. 地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D. 由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为
【答案】BD
【解析】A．“L”形木板的长度
A 错误；
B．滑块P 滑上木板后，滑块P 做匀减速运动，木板Q 做匀加速运动，由两者运动的
图像可知，两者
在碰撞前滑块P 的速度为
木板Q 的速度
两者碰撞后共同速度为
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P 的质量为m，木板Q 的质量为M，取滑块P 的速度方向为正方向，由
动量守恒定律可得
代入数据解得
B 正确；
C．设滑块P 与木板Q 间的滑动摩擦因数为
，地面与木板之间的滑动摩擦因数为
，由运动的
图
像可知，在0~2s 时间内，滑块P 的加速度为
木板Q 的加速度为
对两者由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
C 错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能
课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为
，D 正确。
故选BD。
9．（2026·安徽省合肥市第一中学·上学期期中教学质量检测）（多选）如图所示，一根轻质弹簧与质量为
的滑块
连接后，穿在一根光滑竖直杆上，弹簧下端与竖直杆的下端连接，一根轻绳跨过定滑轮将滑块
和重物
连接起来。图中
、
两点等高，线段
长为
，与水平方向的夹角
，重物
的质量
，把滑块从图中
点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过
、
两点时，弹簧对滑块的弹
力大小相等，不计滑轮的摩擦，重力加速度为
，
，
。在滑块从
到
的运动
过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块
速度一直增大
B. 轻绳对滑块
做功
C. 滑块
在位置
的速度
D.
与
的机械能之和先增大后减小
【答案】CD
【解析】A．由A、B 两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A 点弹簧处于压缩状态，B 点弹簧处于伸长状
态，B 点P 所受合力竖直向下，则P 在越来越靠近B 点过程中必有所受合力方向竖直向下的阶段，该阶段
P 的速度减小，故 A 错误；
BC．滑块 P 在A、B 两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，
到B 点时，Q 的速度为零，则系统由机械能守恒可得
解得
因为 A、B 两点弹簧弹性势能相等，即弾簧对 P 做功为零，所以细绳对 P 做的功等于P 增加的机械能，
则
，故 B 错误，C 正确；
D．由 A 选项项分析知，从 A 点到B 点过程中弹簧对P、Q 整体先做正功，后做负功，所以P 与Q 的机
械能先增大后减小，故 D 正确。
故选CD。
10．（2026·安徽省淮北市实验高级中学·上学期期中考试）用如图甲所示实验装置验证
、
组成的系
统机械能守恒。
从高处由静止开始下落，
上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点，对纸带
上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙所示是实验中获取的一条纸带；“0”是打下的第
一个点、“1”到“6”为计数点，相邻两计数点间还有4 个点（图中未标出），某些计数点间的距离已标
注，打点计时器所接电源频率为
。已知
、
，则（计算结果均保留两位有效数
字）。
（1）在纸带上打下计数点“5”时的速度
___________
；
（2）在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量
___________J，系统势能的减少
量
___________ ；（取当地的重力加速度
）
（3）实验发现重物重力势能的减少量通常略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是
___________；
A. 属于偶然误差
B. 属于系统误差
C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小
D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
（4）若某同学作出
图像如图丙所示，则当地的重力加速度
___________
。
【答案】（1）2.4 （2） ①. 0.58
.
②0.59 （3）BD
（4）9.7
【解析】
【小问1 详解】
由题意可知相邻两计数点时间间隔
在纸带上打下计数点5 时的速度
【小问2 详解】
[1]在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量
[2]系统势能的减少量
【小问3 详解】
AB．由于阻力作用，使重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，故A 错误，B
正确；
CD．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小系统误差；通过多次测量取平均值的方法只能减小偶然误
差，不能减小系统误差，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【小问4 详解】
由能量关系可知
整理得
可知丙图斜率
解得
11．（2026·安徽省江淮十校·上学期期中考试）如图1 所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为
电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为
，流
到叶片旋转形成的圆面的空气中约有
空气速度减速为0，有
空气以原速率穿过，如图2 所示。图3 所
示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为
、
、
。
不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（ ）
A. 太阳轮与齿圈转动的角速度之比为
B. 一台风力发电机的发电功率约为
C. 一台风力发电机的发电功率约为
D. 空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
【答案】B
【解析】A．由图3 可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有
即
，故A 错误；
BC．经过时间，与叶片接触的风的长度为
所以这部分风的体积为
流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有
速度减速为0，所以与叶片发生作用的风的质量为
所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电的功，即
所以发电机的功率为
故B 正确，C 错误；
D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有
解得
根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为
所以对一个叶片的平均作用力为
，故D 错误。
故选B。
12．（2026·福建省莆田市莆田一中·上学期期中考试）（多选）如图所示，一水平弹簧振子在M、N 间做
简谐运动，振幅为A，取平衡位置O 处为原点，向右为正，认为振子向右经过平衡位置时为t=0 时刻，下
列加速度时间（a-t）图像、动量时间（p-t）图像、动能-位移图像（Ek-x）、速度位移图像（v-x）中可能
正确的是（ ）（已知弹簧弹性势能的表达式为：
，默认原长为零势能点，x 为形变量）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】A．由题可知
其中
则有
因此
不是线性关系，故A 错误；
B．根据简谐振动位移与时间的关系
则其速度
结合动量
即
图像为一余弦函数，故B 正确；
C．根据机械能守恒定律可知，振子的动能和势能之和为定值，即
则有
其中
为定值，则
应为开口向下的抛物线，故C 错误；
D．设平衡位置O 处振子速度为
，振子运动过程中，振子和弹簧组成的系统机械能守恒，则有
整理可得
则v-x 的图像是椭圆，故D 正确。
故选BD。
13．（2026·福建省仙游第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，挡板 P 固定在倾角为30°的斜面
左下端，斜面右上端M 与半径为R 的圆弧轨道 MN 连接，其圆心O 在斜面的延长线上。M 点有一光滑轻
质小滑轮，∠MON=60°，质量均为m 的小物块B、C 由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C
紧靠在挡板P 处，物块B 用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A 相连，初始时刻小
球A 锁定在M 点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C 处于静止状态。某时刻解除对小球A 的
锁定，当小球A 沿圆弧运动到最低点N 时（物块B 未到达M 点），物块C 对挡板的作用力恰好为0，已知
重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A 由M 点运动到N 点的过程中，小球A 和物块B 组成的系统机械能守恒
B. 小球A 由M 点运动到N 点的过程中，小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小
C. 小球A 到达N 点时的速度大小为
D. 小球A 到达N 点时的速度大小为
【答案】BC
【解析】AB．小球A 由M 运动到N 的过程中，A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A 和物块
B 的机械能之和与弹簧和C 的能量之和不变，C 一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为
原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A 和物块B 的机械能之和先增大后减小，故A 错误，
B 正确；
CD．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为
，则B 沿斜面方向受力平衡
小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，物块C 即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为
，则C 沿斜面方向受
力平衡，则
当小球A 沿圆弧运动到最低点N 时，B 沿斜面运动的位移为R，所以
解得
设小球A 到达N 点时的速度为v，对v 进行分解，在沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B 的速度也为
，对A、B、C 和弹簧组成的系统，在整个过
程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A 在M 和N 处弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功
为0，重力对A 做正功，对B 做负功，A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
，
故C 正确，D 错误。
故选BC。
14．（2026·贵州省毕节市第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，水平面内的光滑平行导轨由宽
度为
的平行导轨和宽度为L 的平行导轨连接而成，图中虚线右侧的导轨处在垂直于水平面向下的匀强
磁场中，磁场的磁感强度大小为B，金属棒
垂直放置在虚线左侧的宽导轨上，金属棒
垂直放置在窄
导轨上，
和
的质量分别为
和
接入两导轨间的电阻分别为
，虚线右侧的宽导轨
和窄导轨均足够长，导轨电阻不计，运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，给金属棒
向右的初速
度
，则下列说法正确的是（ ）
A. 最终金属棒
的速度大小为
B. 最终金属棒
动量大小为
C. 整个过程，通过金属棒
的电量为
D. 整个过程，金属棒
中产生的焦耳热为
【答案】BD
【解析】AB．最终两金属棒均做匀速直线运动，设
的最终速度分别为
，由于回路中没有感
应电流，磁通量不变，则
根据动量定理
解得
,
则最终金属棒
的动量大小为
故A 错误，B 正确；
C．由
解得通过金属棒
的电量
选项C 错误；
D．设金属棒
中产生的焦耳热为
，则
解得
故D 正确。
故选BD。
15．（2026·贵州省贵阳市民族中学·上学期期中考试）某实验小组用气垫导轨验证机械能守恒定律，装置
如图甲所示。重力加速度为g。
（1）用螺旋测微器测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度d=___________mm；
（2）开动气源，让滑块在气垫导轨上A 点（图中未标出）由静止释放，滑块通过光电门时，挡光片挡光
时间为t，用手机的测角度功能测出气垫导轨的倾角θ，用刻度尺测出滑块在A 点时挡光片到光电门的距离
L，若滑块的质量为m，则滑块从A 点滑到光电门，滑块动能的增加量为
___________，重力势能的
减少量
___________；
（3）改变气垫导轨的倾角多次实验，每次滑块均从A 点由静止释放，记录每次测得的气垫导轨的倾角θ，
挡光片挡光的时间t，根据测得的多组数据，作
图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，且图
像的斜率等于___________，则表明滑块滑动过程中机械能守恒。实验中为了减小实验误差，采用图像法
处理数据，这是为了减小___________（填“偶然”或“系统”）误差；选用的挡光片的宽度适当小些，这是为
了减小___________（填“偶然”或“系统”）误差。
【答案】（1）5.664##5.665##5.666
（2） ①.
.
②
（3） ①.
.
②偶然 ③. 系统
【解析】
【小问1 详解】
螺旋测微器读数为固定刻度读数加可动刻度读数，即
【小问2 详解】
[1][2]滑块动能的增加量
重力势能的减少量
【小问3 详解】
[1][2][3]如果机械能守恒，则
得到
当图像的斜率等于
时，则表明滑块运动过程中机械能守恒。采用图像法处理数据，这是为了减小偶然
误差，选用的挡光片的宽度适当小些，这是为了减小系统误差。
16．（2026·贵州省六盘水市盘州市第一中学·上学期期中考试）（多选）电磁炮的基本发射原理如图所示，
宽度为L 的两条平行金属导轨水平固定，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向竖直向上，带有弹体的金属
杆垂直导轨放置，现给金属导体通上恒定电流I，经过一段时间t，弹体与金属杆的整体发射出去。已知弹
体与金属杆的整体质量为m，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A. 弹体的加速度大小为
B. 金属杆与导轨间的摩擦生热为
C. 弹体发射出去时的速度大小为
D. 若金属导轨的电阻忽略不计，发射过程中消耗掉的电能为
【答案】BD
【解析】AB．弹体与金属杆受到的安培力大小为
同时受到摩擦力为
根据牛顿第二定律
解得加速度为
由运动学公式
金属杆与导轨间的摩擦生热为
联立解得
，故A 错误，B 正确；
C．由运动公式
解得弹体发射出去时的速度为
，故C 错误；
D．若金属导轨的电阻忽略不计，根据能量守恒定律，发射过程中消耗的电能E 等于弹体与金属杆的动能
与摩擦生热Q 之和。弹体与金属杆的动能
消耗的电能为
，故D 正确。
故选BD。
17．（2026·河北省衡水市枣强中学·第四次调研考试）（多选）如图所示，倾角为37°的传送带以4m/s 的
速度沿逆时针方向传动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m。现将一质量m=0.4kg 的小木块放到
传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。则（ ）
A. 木块在传送带上一直以8m/s2的加速度匀加速直线运动直到从下端离开传送带
B. 木块在传送带上运动的时间是1.5s
C. 木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是-5.6J
D. 木块从顶端滑到底端产生的热量是2.4J
【答案】BD
【解析】A．木块开始下滑时有
解得
加速至
的位移
则之后有
解得
可知，木块在传送带上先以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑，后以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑，
直到从下端离开传送带，A 错误；
B．木块以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程有
之后以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程有
解得
则木块在传送带上运动的时间是1.5s，B 正确；
C．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功即为传送带对木块的摩擦力做的功，则有
解得
C 错误；
D．木块以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移
木块以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移
木块从顶端滑到底端产生
热量
D 正确。
故选BD。
18．（2026·河南省名校联考·上学期期中考试）如图，水平传送带左右两侧水平面与传送带平滑对接且等
高，左侧水平面与曲面也平滑对接，右侧水平面足够长。水平轻弹簧连接质量为
的物体
与墙
壁。水平面、曲面均光滑。传送带左右两端距离为
、顺时针匀速运转的速度为
。传送带
所处空间存在宽度为
、水平向左、大小为
的匀强电场。质量为
、带电量为
的滑块
从曲面上高
处无初速度释放，滑过传送带后与静止的绝缘滑块
发生碰
撞。
与传送带间的动摩擦因数为
不带电，运动中
的电量不变，
与
碰撞时无机械能损失。
取
。
（1）求
第一次与
碰前
的速度大小
；
（2）求
与
第一次碰后
返回曲面上升的最大高度
；
（3）设每次
与
碰后当弹簧处于原长时都锁定
，再次碰撞前都解除锁定。求从
第二次向右运动经
过传送带右端直至最终停下
过程中
与传送带因摩擦产生的热量
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）A 第一次
曲面上下滑，有
得
A 第一次在传送带上向右滑行，有
得
又
得
（2）第一次碰撞有
且
得
负号表示向左
第一次返回直到最高点有
得
（3）A 第二次沿曲面下滑，有
得
第二次在传送带上向右滑行，有
得
设能达到传送带的速度，有
得
，即到达传送带右端时刚达到传送带的速度
从此时起，第n 次碰后A 的速度大小
第n 次碰后，第
次碰前在传送带上运动的时间
第n 次碰后，第
次碰前A 与传送带的相对路程
则从A 第二次向右运动经过传送带右端直至最终停下的总相对路程
该过程产生的摩擦热
19．（2026·河南省新乡市河南师范大学附属中学·上学期期中考试）某实验小组用如图所示装置验证机械
能守恒定律。装置中轻绳质量可忽略，轻绳与滑轮间摩擦不计。物块B（含挡光片）、物块A 的质量均为
m，每个钩码的质量均为
，重力加速度大小为g，开始时，整个装置处于静止状态，滑轮两侧的轻绳均
伸直。请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度
_______mm。
（2）测出挡光片到光电门的距离h，在物块A 下挂一个钩码，由静止释放物块B，光电计时器记录挡光片
挡光时间为t，则挡光片通过光电门时物块B 的速度大小
_______（用d、t 表示），从释放物块B 至
挡光片挡光的过程，整个系统减少的重力势能为_______（用
、g、h 表示）。
（3）多次改变物块A 下悬挂钩码的个数，重复实验，每次实验物块B 由静止释放的位置相同，记录每次
物块A 下悬挂钩码的个数n 及挡光片的挡光时间t，作_______（选填“
”“
”“
”或
“
”）图像，得到的图像是一条倾斜直线，图像的斜率
_______，图像与纵轴的截距
_______，则表明运动过程中，系统的机械能守恒。（均选用
、
、d、g、h 表示）
【答案】（1）11.4
（2） ①.
.
②
（3） ①.
.
②
.
③
【解析】
【小问1 详解】
挡光片宽度
【小问2 详解】
[1]挡光片通过光电门时物块B 的速度为
[2]整个系统减少的重力势能为
【小问3 详解】
[1][2][3]如果机械能守恒，则
变形可得
因此为了能直观地反映t 随n 变化的规律，应作
图像；当作出的图像是一条倾斜直线，图像的斜率
等于
图像与纵轴的截距为
则表明运动过程中，系统机械能守恒。
20．（2026·湖南省长沙市长郡中学·上学期期中考试）如图所示，水平面内ab 和cd 是两条平行放置的足
够长的固定粗糙金属直导轨，MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为2kg 和1kg，两杆与
导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力F 作用在杆MN 上，使两杆以大小为4m/s 的速度水平向右
匀速运动。整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。
在t=0 时刻将细线烧断，保持外力F 不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t=t0时刻后杆MN 速度大小
为5m/s 并保持不变，且在0~t0时间内两杆速度方向始终向右，下列说法正确的是（ ）
A. 细线烧断后，流经MN 的电流方向为由M 到N
B. M′N′稳定后的速度大小为3m/s
C. 0~t0时间内MN 和M′N′的位移大小之比大于3 2∶
D. 整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热
【答案】C
【解析】A．细线烧断前两杆做匀速运动，回路中无感应电流，烧断细线后，MN 的速度大于M′N′的速度，
根据右手定则可知MN 切割磁感线产生的感应电动势大于M′N′产生的感应电动势，则回路中电流方向由N
到M，故A 错误；
B．两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，设MN 的质量为
，M′N′的质量为
，初始速度为
，MN 稳定后的速度大小为
，M′N′稳定后的速度大小为
。
规定向右为正方向，由系统动量守恒定律
代入数据解得M′N′稳定后的速度大小为
，故B 错误；
C．由题意可知
做加速运动，
做减速运动，两者速度差变大，电动势变大，电流变大，安培力
变大，
安培力向左，
安培力向右。根据牛顿第二定律可知
、
的加速度大小都逐渐减
小，则
、
的
图像如图所示
由图可知，
，
则
，故C 正确；
D．根据能量守恒定律
故整个过程中系统动能变化量的大小不等于整个系统产生的焦耳热，故D 错误。
故选C。
