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专题07 机械能守恒定律 功能关系 能量守恒定律
目录
第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿
2
第二部分 分层突破 固本培优，精准提分
5
A 组•保分基础练.............................................................................................................5
题型01 机械能及守恒的判断.................................................................................................................................5
题型02 机械能相关的图像问题
.......................................................................................................................5
题型03 单个物体的机械能守恒...........................................................................................................................11
题型04 多个物体(系统)的机械能守恒
..........................................................................................................13
题型05 常见力做功与相应能量的转化
........................................................................................................16
题型06 功能关系的应用
............................................................................................................................21
题型07 能量转化与守恒.......................................................................................................................................22
题型08 能量守恒定律的综合应用......................................................................................................................23
B 组•抢分能力练............................................................................................................27
第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法
33
1．
【科技前沿与跨章节综合问题】（2025·安徽安庆·模拟预测）一物理实验爱好者用形状记忆
合金研究“永动机”。形状记忆合金具有形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热
水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆
和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划
水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是
（ ）
A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功
B．转轮转动的能量来自热水
C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高
D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
【答案】C
【详解】A．转轮转动的过程中克服阻力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做
功，故A 正确；
B．该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶
片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，故B 正确；
C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第
一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C 错误；
D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片
在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D 正确。
本题选不正确的，故选C。
2．
【解决实际问题】（2025·北京延庆·一模）国家的高质量发展离不开可靠的能源保障。
(1)风能将成为21 世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电
能的装置，其基本外形如图1 所示。风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。已知
风力发电机的输出电功率P 与最大接收功率Pm成正比。2023 年11 月10 日，全新一代总容量18 兆瓦的海
上直驱风电机组下线，该机组的单台风力发电机在风速v1=15m/s 时能够输出的电功率P1=2.7×104kW。我国
某海域全年平均风速不低于v2=10m/s，若每年总时长按6000 小时做估算。该风力发电机在该地区的年最低
发电量大约是多少千瓦时？（需要的物理量可以自行设定）
(2)近年来，我国光伏产业创新发展迅速，某种新型光伏材料的光电转化效率可达32%。设想用该材料制成
的太阳能面板给某型号纯电动客车供电。若该型号纯电动客车在水平路面上以v=72km/h 的速度匀速行驶
时，驱动电机的输入电流I=80A，输入电压U=400V。试求此状态下能够直接驱动该电动客车的太阳能电
池板的最小面积是多大？结合计算结果，简述你对该设想的思考。（已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W，
太阳到地球的距离r=1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，计算结果保留三位
有效数字。）
(3)利用地下密闭盐穴存储“空气能”是最为经济、最为安全的空气储存方式。如图2 所示，某盐穴压缩空
气储能电站在用电低谷时用电网富余的电能带动空气压缩机给地下900 多米深处的巨大盐穴打气，同时利
用换热系统将这些压缩空气的热量存至储热介质中；在用电高峰阶段，让高压气体喷入管道并吸收储热介
质中的热量，最后设法用这些高能空气驱动外界发电机组发电，控制调整后将电能返送回电网，保证电网
的稳定和安全。该“盐穴空气储能电站”完成一次压缩的时间为8 小时，而发电过程可以持续5 小时，发
电量可达30 万千瓦时。若电动机及压缩机组的机械转化效率为90%，被压缩的气体向外界传导的热量占
消耗电能的80%，压缩结束时盐穴内被封闭的空气增加的内能为5 万千瓦时。试求该压缩空气储能站的电
能转换效率η。
【答案】(1)4.8×107kW·h
(2)101m2，见解析
(3)60%
【详解】（1）当风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大，令此时风轮机叶片旋转扫过的面积为
S，则单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量
风力发电机的最大功率
解得
由于风力发电机的输出电功率P 与最大接收功率Pm成正比，则风力发电机的输出功率为
则最低年发电量约为
（2）驱动电机的输出功率
当阳光垂直于电池板入射时，所需板面积最小，设其为S，距离太阳中心为r 的球面面积
设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为
，则有
根据题意有
所以电池板的最小面积
我的思考：电池板的面积远远大于电动客车的车顶面积，所以用太阳能电池板直接驱动汽车是困难的。
但可以利用太阳能给具备储能功能的电池充电，待容纳的电量足够时就可以驱动汽车对外做功。
（3）设用电低谷阶段电站消耗的总电能为
，压缩机组对气体做功
气体向外界传递的热量
根据热力学第一定律可知，气体增加的内能
其中
等于5 千瓦时，解得
等于50 万千瓦时。根据题意可知，当完成一次压缩时的发电量
等于
30 万千瓦时，则该电站输入、输出电能转化效率
01 机械能及守恒的判断
1．（2025·广西柳州·二模）某同学将一质量为m 的篮球从距离地面
处，以
的初速度竖直向下抛出，落
到地面上并沿竖直方向弹回，上升的最大高度为
，不计空气阻力，重力加速度为g，则篮球与地面碰撞
过程中损失的机械能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】以地面为0 势能参考平面，则篮球与地面碰撞过程中损失的机械能为
故选B。
02 机械能相关的图像问题
2．（2026·湖南常德·一模）如图所示，一小球从某高度以一定的初速度水平抛出，然后无碰撞地落到光滑
固定斜面上并继续运动到斜面底端，规定斜面底端所在的平面重力势能为零，不计空气阻力，在整个运动
过程中，小球的水平分速度
随时间t、竖直分速度
随时间t、重力势能
随下降的高度h、动能
随下
降的高度h 的变化关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，
保持不变，则
图像是一
条水平直线。
小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。
之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。
随时间均匀增大，因此
图像是斜率为正的倾斜直线，故A 错误；
B．在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则
图像是过原点、斜率为
的倾斜直线。
在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分量小于重力加速度，因此
图像是斜率更小的倾
斜直线，故B 错误；
C．无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为
。
可知重力势能
随下降高度的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0，因此
图像是斜率
为
的直线，故C 正确；
D．由机械能守恒定律可知，动能
和重力势能
的和为一定值。
则动能
随下降的高度的增大线性增大，但小球的初动能不为0，因此
图像是不过原点、斜率
为
的直线，故D 错误。
故选C。
3．（2025·广东·模拟预测）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，如图所示，一运动员从斜坡顶端水平飞出，若忽
略空气阻力，则下列关于运动员在空中运动时的加速度大小
、速度大小、动能
和机械能
随运动时
间变化的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．运动员在空中做平抛运动，加速度为重力加速度
，恒定不变，故A 错误；
B．运动员的速度大小为
又
联立可得
，所以
图像为曲线，故B 错误；
CD．由于忽略空气阻力，运动员在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，可知
线是一条平
行于横轴的直线；由动能定理有
（其中
是初动能）
又
联立可得
，所以
图线为二次函数图线，故C 错误，D 正确。
故选D。
4．（2025·广东广州·模拟预测）如图所示，一篮球由静止开始竖直下落（无风环境），下落过程中受到的
空气阻力大小与速度大小成正比，即
（k 为常数），下列描绘速度、加速度与时间t 的关系图像，重
力势能、机械能与下降高度h 的关系图像（以地面为零势能面）可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．由于篮球受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，由牛顿第二定律，有
则下落过程中先是加速度减小的加速运动，当受到空气阻力的大小等于篮球的重力即篮球的加速度为零
以后皮球做匀速运动，故A 错误，B 正确；
C．以地面为零势能面，设开始时皮球离地面高度为
，下降高度h 时篮球的重力势能为
则重力势能与下降高度的关系图像为一条倾斜直线，故C 错误；
D．在非常短的位移
内，机械能变化量
则可知
图像的斜率为
当篮球下落过程中，速度先增大后不变，图像斜率的绝对值先增大后不变，故D 错误。
故选B。
5．
（2025·湖北黄石·二模）将一个小球从地面竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，
设向上为正方向，小球的速度、位移、动能和机械能分别为、
、
和
，以地面为零势能面，则下列
描述小球运动过程的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．小球在上升过程中，由牛顿第二定律得
逐渐减小，则
减小，下降过程中有
越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为
，图像应
为平滑曲线，故A 错误；
B．
图斜率为
在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B 错误；
C．
图像斜率为合外力，向上运动过程
变小，向下运动过程中
继续变小，故C 正确；
D．向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能
损失要更多一点，故D 错误。
故选C。
6．（2025·甘肃白银·模拟预测）空下落的雨滴，由于空气阻力的原因，接近地面时已经达到匀速。如图所
示，离地面高度为H 的雨滴，由静止开始竖直下落，下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，
即f=kv（k 为常数），以地面为零势能面，雨滴下落过程中机械能E 随下落的高度h 及所受合外力的功率P
随速度大小v 变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．雨滴下落，机械能E 的减少量等于克服空气阻力f 做的功，故图像斜率的绝对值
根据牛顿第二定律有
雨滴做加速度减小的加速运动，当a=0 时，速度达到最大，
故落到地面时
因此E-h 图像斜率的绝对值越来越大，落地时E>0，AB 错误；
CD．合外力的功率
因此P 是关于v 的二次函数，且当v=0 和
时，P=0，C 错误，D 正确。
故选D。
7．（2025·甘肃·模拟预测）（多选）如图所示，某次武器性能测试中，子弹头以初速度
垂直射入一排竖
直固定的木板且未穿出，若弹头所受阻力
与其速度成正比，弹头重力不计，则弹头的速度和动能
随时间、位移
变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】A．由于弹头所受阻力
与其速度成正比，则可设其阻力为
，在弹头运动过程中由牛顿第
二定律有
弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随时间做加
速度逐渐减小的减速运动，而
图像斜率的绝对值表示加速度大小，故A 错误；
B．根据题意可得阻力的功率
而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，
图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小，故B
正确；
C．根据牛顿第二定律，有
则可得在任意极短时间内有
可得
即速度与位移呈线性关系，故C 正确；
D．
图像斜率表示合外力，合外力减小，斜率绝对值减小，故D 错误。
故选BC。
03 单个物体的机械能守恒
8．（2025·广东深圳·一模）如图所示，在地面上以初速度v0抛出质量为m 的小球，抛出后小球落到比地面
低h 的海平面上。若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．重力对小球做的功为mgh
B．小球在海平面上的重力势能为mgh
C．小球在海平面上的动能为
D．小球在海平面上的机械能为
【答案】A
【详解】A．从地面到海平面重力对小球做的功为mgh，故A 正确；
B．地面为零势能面，所以小球在海平面上的重力势能为
，故B 错误；
C．对小球根据动能定理，有
得小球在海平面上的动能为
，故C 错误；
D．小球在地面上的机械能为
，由机械能守恒定律得，小球在海平面上的机械能也为
，故D
错误。
故选A。
9．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图所示，质量为
的物体从离地面高度为
的位置A 由
静止释放沿固定的光滑曲面下滑，经过一段时间后，物体下落到高度为
的另一位置B，以地面为
参考平面。
，求：
(1)物体在A 点时的重力势能；
(2)物体从A 点到B 点的过程中重力做的功；
(3)物体到达地面瞬间的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）以地面为参考平面，物体在A 点时的重力势能
（2）物体从A 运动到B 的过程中重力做的功为
（3）物体从A 运动到地面时的速度大小设为v，由机械能守恒定律
解得
10．（2025·北京顺义·一模）如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB 段为曲面，BC 段水平，CD 段是
半径
的半圆形轨道，BC 段与CD 段在C 点相切。在A 点由静止释放一质量为
的小球，小
球沿轨道运动至D 点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC 段上的E 点，A 点距水平面的高度
，重力加速度g 取
，求：
(1)小球运动到B 点时的速度大小
；
(2)小球运动到D 点时轨道对小球的弹力大小
；
(3)C、E 两点的距离x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，小球从
到
的过程中，由机械能守恒定律有
解得
（2）根据题意，小球从
到
的过程中，由机械能守恒定律有
解得
在
点，由牛顿第二定律有
解得
（3）小球从
点飞出后做平抛运动，飞行时间为
C、E 两点的距离
04 多个物体(系统)的机械能守恒
11．（2025·四川内江·一模）如图所示，将质量为
的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为
的小环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质定滑轮与直杆的距离为
，杆上的
点与定滑轮等
高，杆上的
点在
点正下方距离为
处。现将环从
点由静止释放，不计一切摩擦阻力。求：
(1)当环的速度大小为重物速度大小的2 倍时，环下降的高度；
(2)环能够下降的最大高度；
(3)当环运动到
点时，轻绳的拉力大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设绳与竖直方向夹角为
，环向下的速度为
，重物向上的速度为
，沿绳的方向速度
相等，则有
下降的高度
（2）设环能下降的最大高度为
，此时环与重物的速度均为零，则重物上升的高度为
根据机械能守恒定律可得
联立解得
（3）环从A 到B 运动过程中，系统能量守恒，则有
其中
解得
环的加速度
向下，重物的加速度
向上，根据牛顿第二定律可得，对环
对重物
沿绳的方向满足
联立解得
12．
（2025·四川泸州·一模）如图所示，半径为
的半圆柱体固定在水平面上，两个可
以视为质点的小球甲和乙通过轻绳相连，静止在光滑的圆柱面上，两小球静止位置所在的半径与竖直方向
的夹角分别为
和
。
右侧有一特殊区域，可以对甲球施加竖直恒力作用，而对乙球没有影响。某
时刻小球受到干扰失去平衡，从静止开始运动，甲球沿圆柱面向上，乙球沿圆柱面向下。当甲球刚进入特
殊区域时剪断轻绳，恰能离开圆柱面落到水平面上。已知乙球的质量为
，
，
，
重力加速度
。求：
(1)甲球的质量；
(2)甲球到达
点时的速度大小；
(3)甲球落到水平面时的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)1.5J
【详解】（1）开始时甲、乙两球处于平衡状态，根据平衡条件有
解得
（2）甲球在最高点时，乙球恰好运动到地面，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，则
代入数据解得甲球到达
时的速度大小
（3）甲球在最高点若恰好做圆周运动有
则速度
所以右侧特殊区域对甲球施加竖直向上的恒力，甲球在最高点时，根据牛顿第二定律得
解得
甲球由最高点到落地过程中，根据动能定理得
甲球落地时的动能
代入数据解得
13．（2026·福建·一模）如图所示，光滑小球a、b 的质量均为m，a、b 均可视为质点，用长为l 的刚性轻
杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，b 位于光滑水平地面上，a、b 处于静止状态，重力加速度大小为g。
现对b 施加轻微扰动，使b 开始沿水平面向右做直线运动，某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小
球a、b 的速度大小关系为 ，此过程中轻杆对小球b 做的功为 。
【答案】
【详解】[1]如图
轻杆滑动过程中，沿杆方向的速度大小相等，轻杆与竖直墙壁夹角为
，则
某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b 的速度大小关系为
[2]根据机械能守恒可得
解得
由动能定理可得轻杆对小球b 做的功为
05 常见力做功与相应能量的转化
14．如图所示，一固定斜面倾角为
，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
，则此过程中，物块的
（ ）
A．重力势能增加2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．摩擦生热
【答案】C
【详解】A．物块上升的最大高度为
时，重力势能增加
，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律可知，物块上滑过程中所受合力大小为
方向沿斜面向下，运动到最高点时，运动位移大小为
则合力做功为
可知，动能损失2mgH，故B 错误；
C．机械能变化
故机械能损失了
，故C 正确；
D．由
可得
所以摩擦生热为
，故D 错误。
故选C。
15．（2025·河北·一模）2024 年2 月17 日，第十四届全国冬季运动会在内蒙古自治区呼伦贝尔草原上开幕。
滑雪是人们喜爱的一项运动。如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量m=70kg，由静止沿山坡匀加速
直线滑下，山坡倾角θ=30°，在t=5s 的时间内滑下的路程x=50m，g 取10m/s2。则这5s 内滑雪者损失的机
械能为（ ）
A．3500J
B．3800J
C．4300J
D．4700J
【答案】A
【详解】位移公式
解得
根据牛顿第二定律
解得
70N
所以5s 内滑雪者损失的机械能
故选A。
16．（2025·四川绵阳·一模）（多选）如图所示，质量相等的两球a、b 间通过轻质弹簧连接，
球用细线
悬挂于
点，系统处于静止状态。弹簧在弹性限度内，忽略空气阻力。剪断细线，在两球开始下落到弹簧
第一次恢复原长的过程中（ ）
A．球
机械能增加
B．球
机械能减少
C．球
机械能减少
D．球
机械能守恒
【答案】AC
【详解】开始时弹簧处于拉伸状态，则剪断细线到弹簧恢复到原长的过程中，弹力对球a 做正功，则球
a 的机械能增加；弹力对球b 做负功，则球b 的机械能减小。
故选AC。
17．（2025·湖南郴州·一模）（多选）如图所示，一辆货车在水平公路上以速度
做匀速直线运动，车厢
内放置一质量为m 的箱子，与车厢保持相对静止。货车突然遇到紧急情况刹车，当货车和箱子均停止时，
箱子相对车厢向前滑行的距离为x。已知箱子与车厢间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
A．货车对箱子做的功为-μmgx
B．箱子对货车做的功为-μmgx
C．合外力对箱子做的功为
D．箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为μmgx
【答案】CD
【详解】A．设货车的位移为，则箱子的位移为
，货车对箱子的功为
故A 错误；
B．箱子对货车的功为
故B 错误；
C．合外力对箱子的功由动能定理可知
故C 正确；
D．箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为
故D 正确。
故选CD。
18．（2025·山东泰安·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为10kg 的物体静止在水平地面上。现给物体
施加一水平向右的推力F，物体运动过程中，推力F 的大小随位移大小变化的关系式为
。
已知物体与地面间的动摩擦因数
，重力加速度
，则下列说法正确的是（ ）
A．物体运动过程中最大动能为22.5J
B．物体运动过程中最大动能为97.5J
C．物体运动过程中摩擦产生的热量为160J
D．物体运动过程中摩擦产生的热量为150J
【答案】AD
【详解】AB．物体的最大静摩擦力
根据推力与位移的关系可知，物体开始做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为0 时速度达到最
大值，此时推力与滑动摩擦力平衡，则有
解得
推力做功
根据动能定理有
解得
，故A 正确，B 错误；
CD．结合上述，当推力减为
时物体速度减为0，则有
根据动能定理有
解得
则物体运动过程中摩擦产生的热量
，故C 错误，D 正确。
故选AD。
19．（多选）一些地方开设了滑草滑道游乐项目。如图所示，设定某游客（含装备）从滑草滑道的顶端由
静止开始下滑到最低点过程中，该游客（含装备）的重力做功
，克服阻力做功
。则该过程中，该游
客（含装备）的（ ）
A．重力势能减少
B．动能增加
C．机械能减少
D．机械能减少
【答案】AD
【详解】A．游客（含装备）的重力做功
，则重力势能减少
，选项A 正确；
B．合外力做功等于动能增加，即动能增加
，选项B 错误；
CD．机械能减少量等于克服阻力做功，即机械能减小
，选项C 错误，D 正确。
故选AD。
20．（2025·陕西西安·模拟预测）（多选）如图所示，竖直虚线
、
、、
、是等势线且相邻之间电
势差相等，一带正电粒子从
点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点
后回到与点
在同一水平线上
的
点，
为粒子轨迹与等势线的交点。则下列说法正确的是（ ）
A．A 点的电势低于
点的电势
B．粒子的机械能一直增大
C．粒子在
点时的动能最小
D．粒子在
点时的动能最大
【答案】BD
【详解】A．带正电的粒子所受的电场力水平向右，故电场线水平向右，根据沿电场线方向电势降低可
知A 点的电势高于
点的电势，A 错误；
B．粒子从A 点到E 点的过程中，电场力始终做正功，电势能一直减小，由能量守恒可知粒子的机械能
一直增大，B 正确；
C．从A 到B 的过程中重力做负功，电场力做正功，但重力做功与电场力做功大小关系未知，故B 点动
能最小错误，C 错误；
D．粒子从A 到E 的过程中由能量守恒可知，粒子在A、E 两点重力势能相等，从A 到E 的过程中电场
力始终对粒子做正功，电势能减少，故粒子在E 点时动能最大，D 正确。
故选BD。
06 功能关系的应用
21．（2025·全国·二模）（多选）运动员从水平地面上把质量为400g 的足球踢出后，某人观察它在空中的
运动情况，估计足球上升的最大高度是3m，在最高点的速度大小为10m/s。不考虑空气阻力，以水平地面
为参考平面，取重力加速度大小
。下列选项正确的是（ ）
A．足球在最高点时的重力势能为6J
B．足球在最高点时的重力势能为12J
C．运动员踢球时对足球做的功为32J
D．运动员踢球时对足球做的功为12J
【答案】BC
【详解】AB．以水平地面为参考平面，足球在最高点时的重力势能
故A 错误，B 正确；
CD．根据功能关系可得运动员踢球时对足球做的功为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
22．（2025·山东济宁·模拟预测）（多选）一物体在力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x
的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，
。（
、h、H 已知，重力加速度为g），下列
说法正确的是（ ）
A．物体上升到
时加速度为零
B．物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同
C．物体的加速度最大值为
D．物体的动能最大值为
【答案】AC
【详解】AB．由图像，力F 随高度均匀减小，所以加速度先减小到0 后反向增加，由对称性可知开始
运动和到最高点时加速度等大反向且为最大，在中点
时加速度为零。故A 正确，B 错误；
C．该过程中的平均力为
由功能关系
得
由
得
C 正确；
D．由动能定理
得
D 错误。
故选AC。
07 能量转化与守恒
23．（2025·广东深圳·一模）风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面
积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电机将空气动
能转化为电能的效率为
，则风力发电机发电的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】在时间内，通过风力发电机叶片的空气体积为
空气质量
空气的动能
单位时间内空气的动能（即功率）为
发电机实际输出的电功率为风能功率乘以效率
，即
，故选D。
24．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）某瀑布高100m，水的流量50m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效
率为60%，已知重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则发电功率为（ ）
A．3×104W
B．3×105W
C．3×106W
D．3×107W
【答案】D
【详解】Δt 时间内流过水的质量为
重力势能的减小量为
重力势能转化为电能，则发电功率
其中
，
联立可得
故选D。
08 能量守恒定律的综合应用
25．（2025·广东深圳·模拟预测）一跳水运动员从跳板上方某一高度落回跳板并把跳板下压至达最低点。
已知跳板为弹性板，从运动员接触跳板到运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员一直处于失重状态
B．运动员一直做减速运动
C．跳板的弹性势能增加量等于运动员重力势能减少量
D．跳板的弹性势能增加量大于运动员重力势能减少量
【答案】D
【详解】AB．运动员接触跳板后受到重力与跳板弹力的作用，由于跳板的弹力从零开始增大，重力先
大于弹力，之后弹力再大于重力，故运动员先向下加速运动后减速运动，即先失重后超重，故AB 错误；
CD．整个运动过程中，运动员的动能和重力势能均减少，而跳板的弹性势能增加，根据能量守恒定律
可知，跳板弹性势能的增加量等于运动员重力势能的减少量与动能的减少量之和，故C 错误，D 正确。
故选D。
26．
（2025·浙江温州·三模）如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由
静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是（ ）
A．部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落时的高度
B．小水珠在空中上升过程处于超重状态
C．所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
D．所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
【答案】A
【详解】A．钢珠落入水中时，部分能量会转化为小水珠的动能，使得小水珠能够溅起。由于能量守恒，
部分小水珠可能会获得足够的动能，使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度，A 正确；
B．小水珠在空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，而不是超重状态，B 错误；
C．被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛，有的可能是斜抛，所以小水珠运动到最高点时竖直方向上
的速度一定为零，水平方向上不一定为零，C 错误；
D．钢珠下落时，部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量，因此小水珠的机械能总和会小
于钢珠静止下落时的机械能，D 错误。
故选A。
27．（2025·浙江·模拟预测）浙江省某小型风能发电站，平均发电功率
，平均每天工作12 小
时，发电效率为
，则该小型风能发电站（ ）
A．年发电量大约为
B．年发电量大约为
C．发电站每天消耗的风能至少约为
D．发电站每天消耗的风能至少约为
【答案】C
【详解】AB．年发电量
故AB 错误。
CD．发电效率为
所以
故C 正确，D 错误。
故选C。
28．（2025·四川乐山·二模）如图所示，光滑“
”形金属导轨固定在水平面上，一导体棒静置于导
轨上，并与导轨垂直，构成回路。回路上方一条形磁铁在外力F 作用下，竖直向上做匀速运动。运动中外
力F 对磁铁做功WF，磁铁克服重力做功WG，磁铁克服磁场力做功W1，磁场力对导体棒做功W2，导体棒
获得的动能为Ek，回路中产生的焦耳热为Q。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．对磁铁分析，根据动能定理
因为磁铁匀速运动，所以动能变化量为0，故
故A 错误；
C．根据能量守恒定律，磁铁克服电场力做功为
，这部分能量转化为导体棒的动能和整个回路的焦耳
热，则
，故C 错误；
B．对导体棒用动能定理
，故B 错误；
D．由
联立解得
故D 正确。
故选D。
29．
如图所示是潮汐发电示意图，其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电，一昼夜中
两次涨、落潮。涨潮时堵住通道，涨至最高水位时打开通道，进水发电。水库水位涨至最高时，堵住通道，
落潮至最低水位时，打开通道放水发电。已知水坝的高为
，涨潮时水库最高水位
，退潮
水库最低水位
，发电机日平均发电量为
，水轮发电机总效率为10%，海水的密度为
，g 取
，则下列说法正确的是（ ）
A．涨潮时水库水重心上升4m
B．发电机的功率为
C．该发电站所圈占的海湾面积约为
D．若采用
的直流电向某地区输电，输电线路电阻为1000Ω，则线路上损耗功率为输电总
功率的5%
【答案】D
【详解】A．涨潮时水库水重心上升
m
故A 错误；
B．根据电功率的公式有
故B 错误；
C．一次涨潮，发电机发电量
一次涨潮，水的质量为
发电机日平均发电量
解得小型发电站所圈占的海湾面积为
故C 错误；
D．采用U=200kV 直流电向某地区输电时，通过输电线的电流
输电线上损耗的功率为
解得
故D 正确；
故选D。
30．（2025·四川乐山·一模）（多选）如图1 所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a 为轨道最低点，b
为轨道最高点，现有一个质量为1kg 的小物块在轨道内侧做圆周运动。小物块在a 点的速度为6m/s，从a
点开始，物块的速度v 与物块和圆心连线转过的夹角θ 的关系图像如图2 所示。已知物块可视为质点，重
力加速度为10m/s2，则有（ ）
A．轨道的半径为1m
B．运动到b 点时，物块受到的弹力为22N
C．当θ=60°时，克服重力做功的瞬时功率为
D．θ 从
到60°，物块动量变化量为
【答案】BC
【详解】A．由图可知，从a 点开始，物块的速度v 与物块和圆心连线转过的夹角θ 为180°时，速度大
小为4m/s，即物块到达b 点时速度大小为4m/s，物块由a 点运动到b 点的过程，根据机械能守恒定律可
得
解得
，故A 错误；
B．物块运动到b 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
，故B 正确；
C．θ 从
到60°的过程中，根据机械能守恒定律可得
解得
此时克服重力做功的瞬时功率为
，故C 正确；
D．根据余弦定理可得
所以物块动量变化量为
，故D 错误。
故选BC。
31．
（2025·湖南湘西·一模）（多选）如图所示，置于竖直平面内的AB 光滑曲杆，它是按初速
度为
的平抛运动轨迹制成的，A 端为抛出点，B 端为落地点，且A、B 间的连线与水平方向成
角，
。现将一质量为m 的小圆环套于曲杆上，从A 端由静止滑下，重力加速度为g，则（ ）
A．A、B 两点间的竖直高度差为
B．小圆环经过B 点时的速度大小为
C．小圆环到达B 点时，重力的瞬时功率为
D．小圆环经过杆上某点P 时，小圆环所受弹力沿图中所示方向（垂直于杆向外侧）
【答案】AD
【详解】A．设物体以初速度
做平抛运动到B 点时速度方向与水平方向的夹角为
，到达B 点时竖直
方向的分速度为
，则由平抛运动规律可得
所以
根据物体竖直方向做自由落体运动
解得
，A 正确；
B．设小圆环经过B 点时的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
解得
，B 错误；
C．平抛运动规律
所以夹角
小圆环到达B 点时重力的瞬时功率
，C 错误；
D．如果小圆环的初速度为
，则运动过程中与光滑杆没有挤压，由于现在小圆环的初速度为0，则小
圆环运动到P 点的速度小于有初速度的情况，故小圆环与光滑杆有挤压，且小圆环会受到垂直于杆向外
侧的弹力作用，故D 正确。
故选AD。
32．（2025·四川遂宁·二模）如图所示，光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为
，质量为
的小
球与质量为
的物块通过轻质细线连接，细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处
由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A 点时，速度沿着杆斜向上大小为
，细
线与细杆之间的夹角为
，当小球运动到B 点时，细线与细杆垂直。已知A、B 两点之间的距离为
，重
力加速度为
，
，
，下列说法正确的是（ ）
A．当小球在A 点时，物块的速度大小为
B．小球从A 点运动到B 点，系统总重力势能的减小量为
C．当小球运动到B 点时，小球速率最大
D．小球从A 点运动到B 点，细线对小球做的功为
【答案】D
【详解】A．设当小球在A 点时，物块的速度大小为
，把小球在A 点时的速度分解，如图所示，得
，A 错误；
B．小球从A 点运动到B 点，物块下落的高度
则物块重力势能的减小量
小球上升的高度
，则小球重力势能的增加量
综上可知系统总重力势能的减小量
，B 错误；
C．小球上升过程中，当
时速度最大，此时受力如图所示，小球不在B 点，C 错误；
D．设小球运动到B 点时的速度为
，此时小球速度沿细线的分速度为0，即此时物块的速度为0，对
小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律有
对小球，由动能定理有
解得
，D 正确。
故选D。
33．（2025·广东揭阳·二模）（多选）质量为20kg 的无人机悬挂5kg 的货物，竖直向上匀速运动，进行竖
直送货的性能测试。当货物离地高度为7.5m 时，与无人机分离，无人机所受升力保持不变，货物2s 后落
地。无人机所受空气阻力大小恒为40N，货物所受空气阻力大小恒为10N，重力加速度g 取
，从货
物与无人机分离到货物落地的过程中（ ）
A．货物的加速度大小恒为
B．货物离地的最大高度为9m
C．无人机的动能增加量为1080J
D．无人机的机械能增加量为4680J
【答案】BCD
【详解】A．当货物与无人机分离时有向上的速度，此时货物先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二
定律有
解得
方向竖直向上；
当货物的速度减为零时，货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
故A 错误；
B．设货物与无人机分离时的速度为
，则货物先以
向上减速至零，则时间
上升的高度为
之后，货物以
向下做初速度为零的匀加速直线运动，直到落地，则时间为
下落的高度为
联立得
代入数据解得
则可得减速上升的高度为
故货物离地的最大高度为
故B 正确；
CD．设无人机所受升力为
，在货物与无人机分离前，无人机与货物向上做匀速运动，速度大小为分
离时的速度，即
，对无人机与货物分析，根据平衡条件有
在货物与无人机分离后，无人机所受升力不变，对无人机分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向竖直向上，即在2s 内无人机继续向上运动，上升的高度为
对应的速度为
故在2s 内无人机的动能增加量为
在2s 内无人机的重力势能重加量为
在2s 内无人机的机械能增加量为
故CD 正确。
故选BCD。
34．（2025·河北·模拟预测）如图所示，
、
两个可视为质点的小球由两段不可伸长的细线连接，一同
学用手握住细线上端
，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动细线让两个小球动起来，系统稳定时两
个小球均在水平面内做匀速圆周运动，细线
与竖直方向成
角。已知两段细线长度均为
，
、
两小球的质量分别为
、
，两个小球做匀速圆周运动的角速度
，重力加速度为
，晃动细
线过程中
点高度没有发生变化，不计空气阻力，
。他在晃动细线的过程中做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设AB 与竖直方向夹角为
，如图
对A 有牛顿第二定律定理有
代入题中数据，联立解得
故B 增加的重力势能
B 增加的动能
故A 增加的重力势能
A 增加的动能
代入题中数据，联立解得系统增加的机械能
由能量守恒可知，他在晃动细线的过程中做功为
。
故选A。
1．（2023·新课标卷·高考真题）（多选）一质量为1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地
面上沿x 轴运动，出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图所示。物体与水平地面间的
动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m 时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m 时，物体的动能为2J
C．从x = 0 运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0 运动到x = 4 的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx
可看出W—x 图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m 时物体的速度为v1= 2m/sx = 1m 时，拉力为
则此时拉力的功率P = Fv1= 12Wx = 4m 时物体的动能为Ek= 2J
A 错误、B 正确；
C．从x = 0 运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf= μmgx = 8J
C 正确；
D．根据W—x 图像可知在0—2m 的过程中F1= 6N，2—4m 的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力
恒为f = 4N，则物体在x = 2m 处速度最大，且根据选项AB 分析可知此时的速度
则从x = 0 运动到x = 4 的过程中，物体的动量最大为
D 错误。
故选BC。
2．（2024·贵州·高考真题）质量为
的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x 轴零点。
现给物块施加一沿x 轴正方向的水平力F，其大小随位置x 变化的关系如图所示，则物块运动到
处，
F 做功的瞬时功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到
处，F 做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到
处时的速度为
故此时F 做功的瞬时功率为
故选A。
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
，喷水速度约为10m/s，水的
密度为
kg/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
时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于
时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
4．（2024·江西·高考真题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量
10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A．109W
B．107W
C．105W
D．103W
【答案】B
【详解】由题知，Δt 时间内流出的水量为m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
5．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，与水平面成
夹角且固定于O、M 两点的硬直杆上套
着一质量为
的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P
点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ 为
且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦
力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量x 满足
。
，g 取
，
。则滑块（ ）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】AC
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为
时，对滑块进行受力分析，如图所示
在垂直杆方向有
由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A 正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力
的冲量不相同，故B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为
，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力
为0 时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0 时，有
由几何关系可得
此时
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0 时，有
解得
此时
此时
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为
，故C 正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为
，由能量守恒定律有
解得
故D 错误。
故选AC。
