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抢分猜押09 选择题：机械能守恒定律
(黑吉辽蒙专用）
重难解读
机械能守恒定律和功能关系的考查将紧密围绕守恒条件判断、能量转化分析、多过程与连接体模型展
开，是能量观念的核心体现。
核心考点与命题重点：机械能守恒定律的条件判断与应用、功能关系的具体对应与能量转化分析、连
接体系统的机械能守恒问题、与图像问题的结合。
命题预测
2026 年高考，选择题侧重定性判断（如守恒与否、能量增减）和定量比较（如不同位置速度、动能大
小）。以及与平抛、圆周运动、弹簧模型结合的简单综合题目。
考点1 机械能守恒的条件判断
1．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运
动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速
度取10m/s2）（ ）
A．4m
B．5m
C．6m
D．7m
【答案】B
【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能
守恒定律有1
2 mv
2=mgh
可得其理论的最大高度h=5 m
故选B。
2．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0 时刻小球速度为0
开始计时，小球所受空气阻力大小f =kηv，方向与运动方向相反，已知流体黏度η随时间均匀变化规律：
η(t )=η0(1−λt )，其中 η0、λ均为大于0 的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度
a，小球所受合外力F，机械能的变化率Δ E
Δt 。下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AC．根据牛顿第二定律，mg−f =ma，因初始静止，其中阻力f =kηv，黏度公式
η(t )=η0(1−λt )
阻力f ∝ηv
黏度η随时间变化，即η∝1−λt
初始时刻t =0加速度为g。随着时间推移，η减小到零，加速度又变为g；合外力始终向下，为正值，不会
出现负值。故AC 错误；
B．由功率公式P =mgv，由速度v一直在持续增加。因v单调递增且增速放缓，P−t图像表现为起点在原
点、曲线向上凸且递增的形态，当η=0后，速度线性增大，P而非趋近于某一值而会再增大。故B 错误；
D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即ΔE
Δt =−P阻=−fv
初始时， v 增大， η(t) 较大，ΔE
Δt 增大； 之后 η(t) 减小， v 的增速放缓，ΔE
Δt 减小； 当 η(t) 降
为 0 后，阻力消失，ΔE
Δt 趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，
故D 正确。
故选D。
3．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，竖直平面内有一内壁光滑的绝缘管道，管道圆心为O，管道所
在空间存在着方向与管道所在平面平行的匀强电场，管道内有一质量为m、电荷量为+q的小球。现给小球
一初速度，使其可以在管道内做完整的圆周运动。已知小球经过P点时速率最大，P与圆心O的连线与竖
直方向的夹角为45
°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中机械能守恒
B．匀强电场的方向一定水平向左
C．匀强电场的电场强度大小为mg
q
D．小球经过管道最右侧时的速率等于小球经过最低点时的速率
【答案】D
【详解】A．小球运动中受到静电力的作用，静电力会对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A 错误；
BC．小球在P 点时的速度最大，说明静电力与重力的合力方向沿着OP 方向，两个力情况如图所示
无法得知静电场的方向以及静电力的具体大小，故BC 错误；
D．最低点和管道的最右侧的位置相对OP 方向是对称的，根据“等效重力场”的思想可知，这两点是“等
高”点，所以速率相等，故D 正确。
故选D。
4．（2026•泉州模拟）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线
作用下，其手掌在竖直面内由P 位置沿圆弧线匀速率运动到Q 位置，在此过程中（ ）
A．手掌的动量不变
B．手掌的动能不变
C．手掌的机械能守恒
D．提线对手掌不做功
【答案】B
【详解】解：A.动量是矢量，其方向与速度方向一致，手掌做匀速率圆周运动时速度方向不断变化，因此
动量发生变化，故A 错误；
B.动能是标量，由公式Ek = 1
2 m v
2,手掌质量与速率均不变，所以动能保持不变，故B 正确；
C.机械能等于动能与重力势能之和，手掌动能不变，但竖直方向高度变化导致重力势能改变，因此机械能
不守恒，故C 错误；
D.提线拉力与手掌速度方向不垂直，且手掌机械能发生变化，根据功能关系可知提线对手掌做功，故D 错
误。
故选：B。
5．（2026·吉林长春·一模）日前，长春市中小学生度过了愉快的冰雪假期。如图，某同学穿戴滑雪装备在
雪场沿山坡加速下滑，下列说法正确的是（ ）
A．研究滑行姿态时可将该同学视为质点B．速度增大会导致该同学惯性增大
C．雪地对滑板的摩擦力沿坡面向下
D．该同学（含滑雪装备）机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．研究滑行姿态需关注人体细节，即要关注肢体形状，不能视为质点，故A 错误；
B．惯性由质量决定，与速度无关，滑雪过程中质量不变，则速度增大惯性不会变化，故B 错误；
C．摩擦力阻碍相对运动，滑板相对雪地向下滑动，则摩擦力沿坡面向上，故C 错误；
D．下滑时摩擦力做负功，机械能转化为内能，故机械能不守恒，故D 正确。
故选D。
6．（2026·浙江·模拟预测）如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（ ）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
【答案】D
【详解】A．运动员在转弯时一定有向心加速度，加速度不可能为零，故A 错误；
B．倾斜赛道有阻力，阻力对运动员和钢架雪车做负功，运动员和钢架雪车整体机械能不守恒，故B 错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对钢架雪车的支持力垂直赛道向上，不在同一条直线上，不是一对
平衡力，故C 错误；
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力，故D 正确。
故选D。
（多选）7．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示的竖直面内，半径为1m 的光滑半圆轨道在最低点与水
平光滑轨道相切，小球a和b分别套在圆轨道和水平轨道上，中间用长度为3m 的轻杆连接。初始时保持a
球位于半圆轨道最高点P，现给a球一个向左的微小扰动，它下落了0.5m 时到达了轨道上的Q点。在a球从
P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a球、b球组成的系统动能先增大后减小
B．轻杆对a球始终不做功
C．轻杆对b球先做正功后做负功
D．当a球的机械能最小时，b球对轨道的压力大于b球的重力
【答案】CD
【详解】A．a 从P 到Q 过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能一
直增大。故A 错误。
B．b 的动能发生了变化，b 在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b 一定做功；轻杆对a 和b 做功的
总和为零，因此轻杆对a 一定做功。故B 错误。
C．初始时系统静止，vb=0；a 到达Q 点时，a 的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆（根据几何关
系，轻杆沿半径方向，切线垂直半径），因此a 沿杆方向的速度分量为0，故此时vb=0。说明b 的速度从
零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而b 只有轻杆做功，因此轻杆对b 先做正功后做负功。故
C 正确。
D．系统机械能守恒，a 机械能最小时，b 的动能（机械能）最大，此时b 速度最大，加速度为零，轻杆对
b 球的拉力水平方向分力为零，由于轻杆处于压缩状态，竖直方向分力向下，根据牛顿第三定律，b 对轨道
的压力大于b 的重力。故D 正确。
故选CD。
（多选）8．（2026·黑龙江辽宁·一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α =37°的斜面底端沿斜面
向上运动，上升的最大高度为3.0 m。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=10 m /s
2，sin37° =0.60，cos37° =0.80。则（ ）
A．物体的质量m=1.0kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.50
C．物体上升过程的加速度大小a=10 m /s
2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek =20 J
【答案】ABC
【详解】A．物体到达最高点时，机械能为E = E p=mgh
由图知E p=30J
得m= E
gh =1kg，故A 正确；
B．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的功
ΔE =−μmgcosα ×
h
sinα
解得μ=0.5，故B 正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα + μmgcosα =ma
得a= gsinα + μgcosα =10m/ s
2，故C 正确；
D．由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为W =30J−50J =−20J
在整个过程中由动能定理得Ek−Ek 0=2W
则有Ek =10J，故D 错误。
故选ABC。
（多选）9．（2026·黑龙江辽宁·一模）一航空兴趣小组自制一带动力飞行器。测得从地面竖直上升到高度
h0范围内，飞行器的加速度a与上升高度h的关系如图所示。设飞行器总质量为m不变，重力加速度为g，
忽略空气阻力。飞行器上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．飞行器上升1
2 h0时，其发动机提供的动力大小为7
5 mg
B．飞行器上升1
2 h0过程中，其机械能增加9
10 mgh0
C．飞行器上升h0时，其速度大小为❑√
6 gh0
5
D．飞行器上升h0时，其发动机功率为1
5 mg
❑√
6 gh0
5
【答案】BC
【详解】A．飞行器上升1
2 h0时，加速度a1=
g+ g
5
2
= 3
5 g
由牛顿第二定律得F动-mg =ma1
得F动= 8
5 mg，故A 错误；
B．飞行器上升1
2 h0时，合力的平均值F1= mg+ma1
2
= 4
5 mg
动能的增加量Δ Ek 1= F1× h0
2 = 2
5 mgh0
机械能的增加量Δ E1= Δ Ek 1+mg× h0
2 = 9
10 mgh0，故B 正确；
C．飞行器上升h0的过程中，合力的平均值F2=
mg+ 1
5 mg
2
= 3
5 mg
动能的增加量Δ Ek 2= F2h0= 3
5 mgh0，3
5 mgh0= 1
2 mvt
2
得末速度vt =
❑√
6 gh0
5
，故C 正确；
D．飞行器上升h0时，由牛顿第二定律得F动
' −mg= 1
5 mg
得F动
' = 6
5 mg
则发动机的功率P = F动
' vt = 6
5 mg
❑√
6 gh0
5
，故D 错误。
故选BC。
（多选）10．（2026·安徽巢湖·一模）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❑√
12
19 gR
D．小球A 到达N 点时的速度大小为❑√
3
5 gR
【答案】BC
【详解】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x1，则B 沿斜面方向受力平衡mgsin30° =k x1
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x2，则C 沿斜面方向受力
平衡，则mgsin30° =k x2
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x1+ x2= R
解得x1= x2= 1
2 R
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v
′ = vcos30°
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B 的速度也为v
′，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
4 mgR(1−cos60°)−mg( x1+ x2)sin30° = 1
2 ×4 mv
2+ 1
2 mv
′2
解得v = ❑√
12
19 gR，v
′ = ❑√
9
19 gR
故C 正确，D 错误。
故选BC。
考点2 机械能守恒的综合应用
1．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，半径为0.9 m的半圆柱固定于水平地面上，一质量为m2的小物块放
置于其最高点。在圆心O点正上方2.5 m处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为
m1，将小球拉至细线与竖直方向成θ =60
∘位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半
圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g 取10m/s2，则m1:m2为（ ）
A．3:1
B．3:5
C．2:1
D．3:7
【答案】B
【详解】悬点在O点正上方2.5 m，半圆柱最高点在O点正上方R =0.9 m处，因此绳长
L=2.5 m −0.9 m =1.6 m
小球下摆过程机械能守恒，有m1gL(1−cosθ)= 1
2 m1v0
2
解得v0= 4 m/s
小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得m2 g= m2v2
2
R
解得v2=3 m/s
弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有m1v0=m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v2= 2m1v0
m1+m2
代入v0= 4 m/s，v2=3 m/s，整理得3(m1+m2)=8m1
即3m2=5m1，因此m1:m2=3:5
故选B。
2．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，在竖直面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线
一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A 点时，细线自然拉直且垂直
于长杆，弹簧处于原长。现将物块由A 点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C 是AB 的中点。弹簧始
终在弹性限度内，不计一切阻力，则（ ）
A．A 到B 过程物块运动的加速度先增大后减小
B．A 到C 过程重力对物块做的功小于C 到B 过程重力对物块做的功
C．A 到C 过程物块所受合力做的功大于C 到B 过程物块克服合力做的功
D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A 到C 过程的增量小于C 到B 过程的增量
【答案】D
【详解】A．依题意，可知物块从A 运动到B，先加速后减速，到B 点速度为零，此时加速度不为零，故
A 错误；
B．A 到C 过程重力对物块做的功的大小等于C 到B 过程重力对物块做的功的大小，故B 错误；
C．根据动能定理，物块从A 到C，合力做的功等于动能的增量；物块从C 到B，克服合力做功等于动能
的减少量。而物块在A 点和B 点的速度都为零，故两个过程物块动能的变化量相等，所以A 到C 过程物块
所受合力做的功等于C 到B 过程物块克服合力做的功。故C 错误；
D．根据几何关系，可知物块从A 到C 过程的弹簧形变量小于C 到B 过程的弹簧形变量，故物块下滑过程
中，弹簧的弹性势能在A 到C 过程的增量小于C 到B 过程的增量。故D 正确。
故选D。
3．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连
接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点
C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C 点所受合力为零
B．物体在C 点的速度为零
C．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆
轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
mg=m v
2
r
解得物体在C 点的速度
v = ❑√gr
AB 错误；
C．由牛顿第二定律得
mg=ma
解得物体在C 点的向心加速度
a= g
C 正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点时的动能和重力势能之和，D 错误。
故选C。
4．（2024·山东·高考真题）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．( μ m g)
2
2k
+ μmg(l−d)
B．3( μ m g)
2
2k
+ μmg(l−d)
C．3( μ m g)
2
2k
+2 μmg(l−d)
D．( μ m g)
2
2k
+2 μmg(l−d)
【答案】B
【详解】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
k x0= 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
2 k x0
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
则由功能关系可知该过程F 所做的功
W = E0+ μmg x1= 3( μmg)
2
2k
+ μmg(l−d )
故选B。
5．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，半径R =0.6 m光滑圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，其圆心角
θ =150°，A 点与圆心O 等高，B 为最低点。质量为m=1kg可视为质点的小球从轨道A 点正上方h=0.2m
处由静止释放，恰好沿切线落入圆弧轨道，经C 点飞出后做斜抛运动，重力加速度g取10 m/s
2，下列说法
正确的是（ ）
A．小球到达A 点时速度大小为❑√2m/s
B．小球在B 点对轨道的压力大小为14 N
C．小球在C 点对轨道的压力大小为8 N
D．斜抛运动的最高点高出O 点0.075 m
【答案】D
【详解】A．小球从释放至A 点，根据机械能守恒定律有mgh= 1
2 mv A
2
解得v A =2m/s，故A 错误；
B．小球从释放至B 点，根据机械能守恒定律有mg(h+ R)= 1
2 mvB
2
解得vB= 4 m/s
在B 点，根据牛顿第二定律有F1−mg =m vB
2
R
解得轨道支持力F1= 110
3 N
根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为110
3 N，故B 错误；
C．设小球在C 点速度大小为vC，小球从释放至C 点，根据机械能守恒定律有mg(h+ Rsin30°)= 1
2 mvC
2
在C 点，向心力由轨道支持力和重力的分力提供，根据牛顿第二定律有F2−mgsin30° =m vC
2
R
解得轨道支持力F2= 65
3 N
根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为65
3 N，故C 错误；
D．C 点速度方向与水平方向成60°夹角，对C 点速度进行分解，有vC y = vCsin60°
由于小球经C 点飞出后做斜抛运动，在竖直方向上有vC y
2=2 gh
′
解得h
′ = 3
8 m
故斜抛运动的最高点高出O 点Δh=h
′−Rsin30° =0.075 m，故D 正确。
故选D。
6．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧Ⅰ，其左端固定在竖直墙面上，
用滑块以某一初速度压缩弹簧直至将弹簧压缩到最短，从接触弹簧开始得到的弹簧弹力F 与滑块的位移x
的关系图像如图乙中图线1 所示；更换另一只轻质弹簧Ⅱ，用同样的滑块、同样的速度去压缩弹簧直至将
弹簧压缩到最短，得到的F-x 的图像如图乙中图线2 所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧Ⅰ的劲度系数等于弹簧Ⅱ的劲度系数
B．弹簧Ⅰ的劲度系数小于弹簧Ⅱ的劲度系数
C．图线1 与横轴所围的面积等于图线2 与横轴所围的面积
D．图线1 与横轴所围的面积大于图线2 与横轴所围的面积
【答案】C
【详解】AB．根据胡克定律F =kx可得F-x 的图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线1 的斜率大于图线2
的斜率，可知弹簧Ⅰ的劲度系数大于弹簧Ⅱ的劲度系数，故AB 错误；
CD．根据能量关系可得弹簧压缩到最短时的弹性势能相同，都等于滑块的初动能，弹性势能增加量等于滑
块克服弹力做功，又F −x图像的面积表示滑块克服弹簧弹力做功，可知图线1 与横轴所围的面积等于图线
2 与横轴所围的面积，故C 正确，D 错误。
故选C。
7．（2026·广东深圳·一模）如下图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。
弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平
地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能Ek、重力势能E p分别与t
或x 的变化关系，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．沿斜面方向，合外力满足：F合=mgsin θ−kx，合外力F与x是线性关系，但物块做简谐运
动，x随t做非线性的正弦变化，因此F与t不是线性关系，图像不是直线，A 错误。
B．x−t图像的斜率表示速度，物块下滑过程中速度先增大后减小，因此x−t图像的斜率先增大后减小，
不可能是折线（折线表示速度大小恒定），B 错误。
C．根据动能定理，动能Ek =W 合=mgsin θ⋅x−1
2 k x
2，Ek与x是二次函数关系，图像为开口向下的抛物
线，不是直线，C 错误。
D．规定水平地面为零势能面，设物块初始位置距离地面高度为H，下滑位移x后，物块高度为H −xsin θ，
因此重力势能E p=mgH −mgsin θ⋅x，E p与x是线性关系，x增大时E p线性减小，与D 图一致，D 正确。
故选D。
8．（2026 ·云南玉溪·模拟预测）如图所示的木板由倾角为θ 的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由
一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N 个质量均为m、直径均为d 的均匀刚性小球，
在施加于1 号球的水平外力F 的作用下均静止，力F 与圆槽在同一竖直面内，此时1 号球球心距它在水平
槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F 使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度
为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．水平外力F 的大小为Nmg
tanθ
B．1 号球刚运动到水平槽时的速度大于❑√2gh
C．如果N=2 时，整个运动过程中，2 号球对1 号球所做的功等于mgdsinθ
D．如果N=2026 时，第1013 个小球机械能是增加的
【答案】D
【详解】A．N 个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tanθ =
F
Nmg
得F =Nmgtanθ，故A 错误；
B．以1 号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh= 1
2 mv
2
解得v = ❑√2gh，故B 错误；
C．当N =2时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能E1=2mgh+mgd sinθ = 1
2 2mv
2
设2 号球对1 号球所做的功为W ，由动能定理得mgh+W = 1
2 mv
2
解得W = 1
2 mgd sinθ，故C 错误；
D．当N个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有
Nmgh+mgd sinθ+mg×2d sinθ+⋯+mg(N −1)d sinθ = 1
2 Nm v N
2
第k个球的动能Ek= 1
2 m v N
2 =mgh+ N −1
2
mgd sinθ
球k的机械能变化量Δ E =mgh+mg(k −1)d sinθ−1
2 m v N
2 <0
解得k < N +1
2
，
当N =2026时，k < 2027
2
，故D 正确。
故选D。
（多选）9．（2026·吉林四平·模拟预测）如图所示，将一根质量为1kg、长为0.81m的均匀柔软链条置于
光滑水平桌面上，链条右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高，图示圆弧可使离开桌面的链条都竖直
向下运动且无能量损失。某时刻，稍稍向右拉动链条，链条从静止开始沿桌边下滑。当链条下落的长度为
x时，桌面剩余链条的动能最大为Ekm。已知重力加速度为g=10 m /s
2，则（ ）
A．x =0.54 m
B．x =0.27 m
C．Ekm =0.8J
D．Ekm =0.6J
【答案】AD
【详解】链条从开始运动到链条下落长度x的过程中，由机械能守恒定律可得x
L mg x
2 = 1
2 mv
2
桌面剩余链条的动能为Ek= 1
2 × L−x
L
m v
2= mg
4 L
2 (2 L−2 x) x
2
则Ek ≤mg
4 L
2 ⋅(
2 L
3 )
3
= 2mgL
27
=0.6J
由数学知识知，当且仅当2 L−2 x = x
即x = 2
3 L=0.54 m时，取“=”
故x =0.54 m时动能取最大值。选AD。
（多选）10．（2026·吉林四平·模拟预测）如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R 的半圆弧连接，圆心
O 在斜面的延长线上，连接点M 处有一轻质定滑轮，N 为圆弧最低点且 ∠MON =60
∘，斜面的底端固定
挡板 P。物块B、C 间由一轻质弹簧栓接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C 紧靠挡板 P 处，B 用跨
过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A 相连，开始时将小球A 锁定在M 处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸
直但无张力，B、C 处于静止状态。某时刻解锁小球A，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。已知小球A 的质量为 5m，物块 B、C 的质量均为m，重
力加速度大小为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确
的是（ ）
A．小球A 从M 点到N 点的过程中，物块 B、C 及弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为 mg
R
C．小球 A 到达N 点时，小球A 的速度大小为 ❑√
gR
23
D．小球 A 到达 N 点时，物块 B 的速度大小为 2❑√
3 gR
23
【答案】BD
【详解】A．小球A 从M 点运动到N 点的过程中，物块 B、C 及弹簧组成的系统除重力以外还有绳子拉力
做功，所以机械能不守恒，故A 错误；
B．未解锁小球A 之前，弹簧处于压缩状态，对物块B 受力分析有mgsin30° =k x1
小球A 到达N 点时，物块C 对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C 进行分析有
mgsin30° =k x2
根据几何关系有x1+ x2= R
联立解得k = mg
R ，故B 正确；
CD．小球A 到达N 点过程中，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又x1= x2
可知弹簧弹性势能始末相等，则由机械能守恒可得
5mgR(1−cos60°)=mgRsin30°+ 1
2 ×5m v1
2+ 1
2 ×m v2
2
根据关联速度分解可得v2= v1sin 60°
联立解得v1= 4 ❑√
gR
23 ，v2=2❑√
3 gR
23 ，故C 错误，D 正确。
故选BD。
考点3 功能关系
1．（2026·辽宁大连·一模）将一个小球从地面竖直上抛，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、重力势能和机械能分别为v、x、E p和E，以地面为零势能面，则下列图像可能正确的
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mg+ kv =ma
可知v 逐渐减小，则a 减小，下降过程中，由牛顿第二定律，有mg−kv =ma
v 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g，图像应为平
滑曲线，故A 错误；
B．v −x图斜率为k = a
v
在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B 错误；
C．重力势能Ep=mgh 与高度h 成正比。上升阶段：小球做加速度减小的减速运动，速度(h-t 图像斜率)逐渐
减小，因此Ep-t 曲线斜率减小，呈上凸（越来越平缓）。下落阶段：小球做加速度减小的加速运动，速度
（h-t 图像斜率绝对值)逐渐增大，因此Ep-t 曲线斜率绝对值增大，呈下凸(越来越陡）。图中上升段斜率减
小，下落段斜率绝对值增大，与运动规律完全吻合，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。
2．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，某运动员正对竖直墙练习足球时，在P、Q两点分别将足球踢出，
两次足球均垂直打在墙壁上的M点，不计空气阻力。则足球从被踢出到打在M点的过程中，下列说法正确
的是（ ）
A．从P处踢出的足球初速度较大
B．足球从Q到M的运动时间较长
C．从P处踢出的足球初速度与水平方向夹角较大
D．该运动员对从Q处踢出的足球做功较多
【答案】A
【详解】B．逆向看成平抛运动，两次高度相同，根据h= 1
2 gt
2
可得运动时间为t = ❑√
2h
g 相同，B 错误；
AD．球在水平方向做匀速直线运动，则x = v0t
可得v0= x ❑√
g
2h
由于在PQ 点时竖直方向分速度相等，可知从P处踢出时初速度较大，该运动员对足球做功较多，A 正确，
D 错误；
C．根据tanθ =gt
v0
足球被从P处踢出的初速度与水平方向夹角更小，C 错误。
故选A。
3．（2026 ·吉林白山·二模）在某智能物流仓库的包裹分拣系统中，水平传送带是核心输送设备。如图所
示，某物流分拣中心用水平传送带将质量为m 的包裹从A 端运送到B 端。AB 之间的距离为L，传送带始终
保持速率υ匀速运动，包裹与传送带间的动摩擦因数为μ。将包裹轻轻放在传送带上后，包裹在传送带上留
下一段长度为l(l< L)的摩擦滑动痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对包裹做的功为μmg（L+l ）
B．摩擦力对包裹做的功为1
2 mυ
2
C．摩擦力对传送带做功-μmgl
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为-2μmgl
【答案】B
【详解】AB．设包裹与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且包裹相对于地面的位移为x，则
x = 0+υ
2
t
由于包裹在传送带上留下一段长度为l(l< L)的摩擦滑动痕迹，则有υt −x =l
联立解得x =l
根据动能定理可得μmgx = 1
2 mυ
2
联立得摩擦力对包裹做的功为W f= μmgx = μmgl = 1
2 mυ
2，故A 错误，B 正确；
C．摩擦力对传送带做功为W 'f=−μmgx ′ =−μmgυt =−2 μmgl，故C 错误；
D．一对滑动摩擦力对包裹与传送带系统做功之和为W 总=W f+W 'f= μmgl+(−2 μmgl)=−μmgl，故D
错误。
故选B。
4．（2026·四川内江·二模）将一个滑块以初动能E0从足够长的斜面底端向上滑动，滑块返回时的动能为
E0
2
。假设滑块与斜面间的阻力大小恒定不变，若将它上滑的初动能变为4 E0。则它在上升到最高点过程中，
重力势能变化了（ ）
A．E0
B．2 E0
C．3 E0
D．3.5 E0
【答案】C
【详解】往返全过程：重力做功为0，动能减少量等于克服摩擦力做的总功，即W f 总= E0−E0
2 = E0
2
上滑、下滑位移大小相等、摩擦力大小恒定，因此上滑克服摩擦力做功W f 上= W f 总
2
= E0
4
上滑到最高点动能为0，由能量守恒得E0=Δ Ep1+W f 上
解得重力势能增加量Δ Ep1= 3 E0
4
因此Δ Ep
W f 上
= 3
1
该比值为定值。
初动能为4 E0的过程，设上升过程重力势能变化为Δ Ep
′，对应克服摩擦力做功W f =Δ Ep
′
3
由能量守恒4 E0=Δ Ep
′ +W f =Δ Ep
′ +Δ Ep
′
3
解得Δ Ep
′ =3 E0
故选C。
5．（2026·山西运城·一模）如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距为9m，传送带的倾角θ =37°。t =0时，
一质量为1kg 的煤块从传送带底部的A 点，以10m/s 的速度冲上传送带。t =1s时，传送带开始沿顺时针方
向匀加速转动，传送带上A 点运动的v −t图像如图乙所示。煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，煤块大
小可以忽略，取重力加速度大小g=10 m /s
2，sin37° =0.6。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，其位移大小为4m
B．煤块在传送带上运动的时间为(1+ ❑√3)s
C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为15m
D．煤块与传送带间产生的热量为90J
【答案】D
【详解】A．煤块滑上传送带后做匀减速直线运动，加速度大小a1= mgsinθ+ μmgcosθ
m
=10 m /s
2
经过时间t1煤块的速度减为零，则t1= v0
a1
=1s
0∼1s内传送带的速度为零，则煤块向上滑动的位移x1= v0
2
2a1
=5 m
1s 后传送带开始加速，传送带的加速度a=Δv
Δt =5 m /s
2
由于μmgcosθ<mgsinθ，煤块向下加速，其加速度a2= mgsinθ−μmgcosθ
m
=2m /s
2
所以煤块从传送带底部运动至最高点的过程中，位移为5m，故A 错误；
B．设煤块向下加速到A点运动的时间为t2，则x1= 1
2 a2t2
2
解得t2= ❑√5s
则煤块在传送带上运动的时间t =t1+t2=(1+ ❑√5)s，故B 错误；
C．煤块上滑相对传送带的位移Δ x1= x1=5 m，下滑相对传送带的位移大小Δ x2= 1
2 at2
2+ x1=17.5 m
Δ x2>Δ x1，则煤块在传送带上留下的痕迹长度为17.5m，故C 错误；
D．煤块与传送带间产生的热量Q = μmgcosθ×(Δ x1+Δ x2)=90J，故D 正确。
故选D。
6．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，一个质量为m 的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆
形餐桌桌面水平，半径为R，中部有一半径为r 的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。现圆
盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块与
餐桌间的动摩擦因数为μ2 ，μ2，μ1> μ2，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（ ）
A．小物块滑离圆盘后在餐桌上做曲线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μ2 g
C．若小物块随圆盘匀速转动，角速度可能为❑√
μ1
❑g
2r
D．小物块在餐桌上滑动过程中因摩擦产生的热量小于μ2
❑mg
❑√R
2−r
2
【答案】C
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌上
做减速直线运动，故A 错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，
摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m = μ1g
小物块在餐桌上的加速度a2= μ2 g
由于μ1> μ2，可知a1m>a2，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于μ2 g，故B 错误；
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r
即ω≤
❑√
μ1 g
r
，故C 正确；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面
滑动的位移x =
❑√R
2−r
2
可知摩擦生热为Q = μ2mg
❑√R
2−r
2，故D 错误。
故选C。
7．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图1 所示，A、B 两个可视为质点的小球由两段不可伸长的相同长度
的轻绳连接，一同学用手握住轻绳上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动让两个小球动起来，
系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，如图2 所示。晃动轻绳过程中O 点高度没有发生变化，
不计空气阻力。则（ ）
A．稳定时，A 球线速度大于B 球线速度
B．稳定时，A 球角速度大于B 球角速度
C．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB 对A 球做的功等于A 球机械能的增量
D．从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳OB 对B 球做的功等于B 球机械能的增量
【答案】C
【详解】AB．稳定时两球的角速度相等，由于A 球做圆周运动的半径小于B 球做圆周运动的半径，根据
v =ωr可知，A 球的线速度小于B 球的线速度，故AB 错误；
CD．根据功能关系可知，从开始晃动到系统稳定过程中，轻绳AB 对A 球做的功等于A 球机械能的增量，
轻绳OB、轻绳AB 对B 球做的功等于B 球机械能的增量，故C 正确，D 错误。
故选C。
8．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示，某智能物流系统的倾斜传送带AB 与水平面夹角为a=37°，传送带以
v=6m/s 的速率沿顺时针方向匀速运行。现将一个质量 m=200kg 的打包货箱（可视为质点）无初速地置于
底端A 处。为了提高运输效率，系统对货箱施加一个沿传送带向上的恒定辅助拉力F=1600N。已知货箱与
传送带的动摩擦因数 μ=0.125，取重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。当货箱运行至顶端B 时，速
度大小恰好为 10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。关于该过程，下列判断正确的是（ ）
A．货箱从底端A 运行至顶端B 耗时 5s
B．传送带AB 段长度LAB=36m
C．由于货箱与传送带相对滑动产生的热量为2800J
D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长为14m
【答案】C
【详解】A．对货箱第一阶段进行受力分析可得：F + μmgcosθ−mgsinθ =ma1
先以加速度a1= F + μmgcosθ−mgsinθ
m
= 1600+0.125×200×10×0.8−200×10×0.6
200
m/s
2=3 m/s
2
加速到与传送带共速，时间t1= v
a1
= 6
3 s=2s
位移x1= v
2
2a1
= 6
2
2×3 m =6 m
共速后，摩擦力发生突变，第二阶段F −μmgcosθ−mgsinθ =ma2
再以加速度a2= F −μmgcosθ−mgsinθ
m
= 1600−0.125×200×10×0.8−200×10×0.6
200
m/s
2=1m/s
2
加速到v0=10 m/s，时间t2= v0−v
a2
= 10−6
1
s= 4s，
位移x2= v0
2−v
2
2a2
= 10
2−6
2
2×1
m =32m，
总时间t =t1+t2=2s+ 4s=6s，故A 错误；
B．传送带长度L= x1+ x2=6 m +32m =38 m，故B 错误；
C．摩擦力大小f = μmgcos37
°=0.125×200×10×0.8 N =200 N，
第一阶段相对位移Δ s1= v t1−x1=6×2m −6 m =6 m
第二阶段相对位移Δ s2= x2−v t2=32m −6×4 m =8 m
总相对路程Δs= Δ s2+ Δ s1=8 m +6 m =14 m
产生热量Q = fΔs=200×14 J =2800J，故C 正确；
D．货箱在传送带上留下的摩擦痕迹长度为相对路程14 m，但实际痕迹长度为两阶段相对位移覆盖的区域
长度为8 m，故D 错误。
故选C。
（多选）9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管
道中的运动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管，管内有一质量为2m的水平薄圆盘恰好静止，圆
盘距圆管的上端口有一段距离。一质量为m的小球从管的上端由静止释放，以速度v0与圆盘发生弹性碰撞
（碰撞时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的
碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为g，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则下列选项正确的是（ ）
A．第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为1
3 v0
B．第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为v0
g
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为8mv0
2
3
D．第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为v0
2
2g
【答案】ACD
【详解】A．以向下为正方向，弹性碰撞动量守恒，能量守恒，有m v0=m v11+2m v12，
1
2 m v0
2= 1
2 m v11+ 1
2 ⋅2m v12
解得v11=−1
3 v0，v12= 2
3 v0
因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为1
3 v0，故A 正确；
B．第一次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为v1= v11−v12=−v0
发生第二次碰撞，相对位移满足x1= v1t1+ 1
2 gt1
2=0
解得t1= 2v0
g ，故B 错误；
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为x12= v12t1= 4 v0
2
3 g
摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功W f=−2mg x12=−8
3 mv0
2
圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为8
3 mv0
2，故C 正确；
D．第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为v10= v1+ gt1= v0
使用相对于v12的速度进行计算，第二次碰撞动量守恒，能量守恒，有m v10=m v21+2m v22，
1
2 mv10
2 = 1
2 mv21+ 1
2 ⋅2mv22
解得v21=−1
3 v10=−1
3 v0，v22= 2
3 v10= 2
3 v0
第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为v2=(v21+ v12)−(v22+ v12)=−v0
当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有t2= 0−v2
g
= v0
g
最大距离为xm = v22t2−(v21t2+ 1
2 gt2
2)= v0
2
2g ，故D 正确。
故选ACD。
（多选）10．（2026·吉林·一模）如图所示，间距为L 的平行光滑导轨固定在水平面内，在导轨右端接定
值电阻R，导轨处在磁感应强度为B 竖直向下的匀强磁场中，质量为m 的金属棒垂直导轨放置，在水平向
左的拉力作用下由静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动，经过时间t 撤去拉力，金属棒又经过一段位
移后停止运动，已知撤去拉力前回路产生的热量是撤去拉力后回路产生热量的N 倍，撤去拉力前经过定值
电阻的电荷量为q，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力后回路产生的热量为1
2 ma
2t
2
B．拉力与运动时间t成正比
C．定值电阻R的阻值为BLat
2
2q
D．拉力做的功为Nma
2t
2
2
【答案】AC
【详解】A．撤去拉力F 前，由匀加速直线运动的速度时间关系可得v =at
撤去拉力F 后由能量守恒定律可得Q = 1
2 mv
2= 1
2 ma
2t
2，故A 正确；
B．撤去拉力F 前，感应电动势E = BLv
感应电流I = E
R
金属棒所受安培力F安= BIL
根据牛顿第二定律有F −F安=ma
则有F =ma+ B
2 L
2a
R
t
可知，撤去拉力F 前F 与运动时间t 成一次函数关系，并不成正比，故B 错误；
C．撤去拉力F 前的过程，感应电动势的平均值E = Δφ
Δt = BLx
Δt =
BL⋅1
2 at
2
Δt
= BLat
2
2 Δt
感应电流的平均值I = E
R
根据电流的定义式有I = q
Δt
解得R = BLat
2
2q
，故C 正确；
D．根据功能关系有W F= NQ+Q = ( N +1)ma
2t
2
2
，故D 错误。
故选AC。
1．（2026·浙江衢州·二模）2026 年2 月10 日，哈尔滨亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛在亚布力举行，中
国队成功包揽了两个小项的冠亚军，其中运动员杨文龙成绩喜人，如图所示。忽略空气阻力，可将运动员
杨文龙视为质点。则关于杨文龙运动的说法中正确的是（ ）
A．杨文龙在空中飞行过程是变加速曲线运动
B．杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化
C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大
D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能
【答案】C
【详解】A．杨文龙在空中飞行过程，加速度恒定为g，是匀加速曲线运动，A 错误；
B．动量的变化率等于合外力，则杨文龙在空中飞行过程中，动量的变化率不变，总等于本身的重力，B
错误；
C．杨文龙从斜向上起跳到落地前，竖直速度先减小后增加，根据PG=mgvy 可知，重力的瞬时功率先减小
后增大，C 正确；
D．杨文龙在斜向上飞行到最高点的过程中，因最高点的速度不为零，则其动能的一部分转化为重力势能，
D 错误。
故选C。
2．（2026·陕西榆林·模拟预测）北京时间2025 年11 月14 日16 时40 分，神舟二十一号载人飞船返回舱在
东风着陆场成功着陆。载人飞船返回大气层下落的过程中要通过一段“黑障区”，在通过“黑障区”的这
段时间，由于飞船与空气摩擦，飞船做减速运动。关于飞船通过“黑障区”的过程飞船的动能Ek和机械能
E的变化，下列说法正确的是（ ）
A．Ek减小，E减小
B．Ek减小，E增大
C．Ek增大，E减小
D．Ek增大，E增大
【答案】A
【详解】动能公式为Ek= 1
2 m v
2，飞船做减速运动，质量m不变，速度v减小，所以Ek减小空气摩擦做负
功，机械能转化为内能，所以总机械能E 减小。
故选A。
3．（2026·山东青岛·一模）2026 年春晚舞台上，机器人为观众展现了精彩的舞蹈动作。表演过程中，机器
人屈膝下蹲，然后跳离地面。从起跳到升至最高点的过程中，不计空气阻力，下列关于机器人的加速度
a、动能Ek、重力势能Ep、机械能E 随高度h 变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．机器人离开地面后，只受重力，加速度方向竖直向下，若取向上为正方向，加速度为负值，
且刚起跳时（h=0）加速度不为0，图像不符合，故A 错误；
B．根据动能定理：起跳（未离地）阶段：合力向上做正功，动能随高度h线性增加；
离地上升阶段：重力向下做负功，动能随高度h线性减小，最高点动能减为0，图像符合规律，故B 正确；
C．重力势能E p=mgh，E p始终与h成正比，E p−h图像应为斜率不变的直线，C 图像斜率减小，不符合，
故C 错误；
D．离开地面后，只有重力做功，机械能守恒，机械能应保持不变，D 图像中机械能持续增大，不符合，
故D 错误。
故选B。
4．（2026·内蒙古呼和浩特·质量监测）如图所示，A 、B是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，
O 为A 、B连线的中点，C 、D是A 、B连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于O 点对称，将一个带
正电的小球（大小不计）在C 点上方P 点由静止释放，小球沿直线运动到D 点，关于小球在C 、D两点（
）
A．速度相同
B．机械能相同
C．电场力相同
D．加速度相同
【答案】B
【详解】B．根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、D 两点的电势相等，所以小球在C、D 两点的电势
能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、D 两点机械能相
等，故B 正确；
A．由于在D 点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A 错误；
C．根据等量同种电荷的电场分布特点可知在C、D 两点电场强度大小相等，小球受到的电场力大小相等，
方向相反，故C 错误；
D．在C 点重力与电场力方向相反，在D 点，电场力与重力方向相同，可知小球在D 点的加速度较大，故
D 错误。
故选B。
5．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。
一质量为m 的小滑块从斜面上O 点由静止滑下。以O 点为原点，作出滑块从O 点下滑至最低点过程中的
加速度大小a 随位移x 变化的关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正
确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为mgsinθ
x2
B．在x1∼x2和x2∼x3两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C．在x1∼x2和x2∼x3两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D．下滑过程中，在x = x2处，滑块的动能最大
【答案】D
【详解】A．由图可知，当小球位移为x2时，加速度为零，即弹力与重力沿斜面的分力大小相等，此时弹
簧的形变量为( x2−x1)，则k( x2−x1)=mgsinθ
解得k = mgsinθ
x2−x1
，故A 错误；
B．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，x1∼x2
的距离差小于x2∼x3两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化量大小不相
同。故B 错误；
C．在x1∼x2的过程中，由a= mgsinθ−k( x−x1)
m
知斜率为−k
m
在x2∼x3的过程中，由a= k( x−x1)−mgsinθ
m
得斜率为k
m
所以两段过程斜率绝对值相等。故C 错误；
D．下滑过程中，在x = x2处，a=0，合力为零，速度最大，所以滑块的动能最大，故D 正确。
故选D。
6．（2026·安徽合肥·模拟预测）能量是个状态量，其具有相对性。如图所示，一个可视为质点、质量为m
的小球沿光滑水平面以速度v0向左匀速运动，随后穿越光滑固定隧道继续向左运动。隧道与水平地面平滑
衔接，且隧道最高点P到水平面的高度为h，重力加速度为g。设小球穿越隧道前沿水平面运动时的机械能
E =0，则下列判断中正确的是（ ）
A．小球在水平面时，重力势能为0
B．小球到达P点时的机械能为0，重力势能为mgh
C．小球到达P点时的机械能为0，重力势能为mgh−1
2 m v0
2
D．小球到达P点时的机械能为mgh，重力势能为1
2 m v0
2
【答案】C
【详解】A．因小球处于水平面时E =0，而动能Ek= 1
2 m v0
2，由机械能定义可知此时小球重力势能为
Ep=−1
2 m v0
2，故A 错误；
BCD．由题意可知，小球运动的过程中机械能守恒，机械能恒为零，小球到达隧道顶点P时的重力势能为
Ep1=−1
2 m v0
2+mgh，故BD 错误，C 正确。
故选C。
7．（2026·山东日照·一模）小明同学通过查阅资料得知，做简谐运动的物体回复力满足F =−kx（k 为常
数，x 为物体偏离平衡位置的位移），能量满足1
2 mv
2+ 1
2 k x
2= E，系统总能量E 为一常量。如图所示，
劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在倾角θ =60°的光滑斜面上，另一端与质量为m 的小球相连，小球沿斜面
方向做简谐运动。已知当弹簧处于原长时，小球的动能为最大动能的1
4 ，重力加速度为g，不计空气阻力。
下列说法中正确的是（ ）
A．小球的振幅为
❑√3mg
k
B．小球的最大速度为g ❑√
m
k
C．小球的最大加速度为2g
D．弹簧的最大弹性势能为(7+ 4 ❑√3)m
2 g
2
4 k
【答案】B
【详解】A．小球受力平衡时有k x0=mgsinθ
解得x0=
❑√3mg
2k
设最大动能为Ekmax，则总能量为E = Ekmax= 1
2 k A
2
弹簧处于原长时，小球的动能为最大动能的1
4 ，则有1
2 k A
2= 1
4 × 1
2 k A
2+ 1
2 k x0
2
解得A = mg
k ，故A 错误；
B．由1
2 m vmax
2
= 1
2 k A
2
解得vmax
❑= g ❑√
m
k ，故B 正确；
C．根据牛顿第二定律有kA =ma
解得a= g，故C 错误；
D．弹簧形变量最大为xmax = x0+ A = (2+ ❑√3)
2k
mg
最大弹性势能为Epmax= 1
2 k xmax
2
= (7+ 4 ❑√3)m
2 g
2
8k
，故D 错误；
故选B。
8．（2026·江苏南京·模拟预测）传送带在实际生活和工业生产中应用丰富，极大提高了生活便利性和工业
生产效率。如图所示，某快递分拣车间用倾角为θ的传送带运送包裹，传送带始终以速率v1逆时针匀速转
动，某包裹与传送带间的动摩擦因数为µ，在某段时间内该包裹以恒定速率v2沿传送带向下运动，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力。这段时间内下列说法中正确的是（ ）
A．传送带对包裹的作用力竖直向上
B．v1可能大于v2
C．包裹运动过程中其机械能无损失
D．µ 可能小于tanθ
【答案】A
【详解】A．该包裹以恒定速率v2沿传送带向下运动，则货物受力平衡，货物受重力、静摩擦力、支持力
作用，传送带对包裹的作用力竖直向上，故A 正确；
B．若v1大于v2，此时摩擦力沿斜面向下，货物受力不平衡，故B 错误；
C．包裹运动过程中，摩擦力做负功，其机械能减小，故C 错误；
D．根据共点力平衡条件有mgsinθ = f 静≤μmgcosθ
解得μ≥tanθ，故D 错误。
故选A。
9．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，两竖直光滑绝缘杆AB、CD 与半径为R 的半圆形光滑绝缘杆
BC 平滑连接，半圆的圆心O 固定有带负电的点电荷，两质量相同、带等量正电荷的圆环M、N 套在杆上，
圆环之间用长为R 的轻杆相连，初始时，N 环位于B 点，M 环位于N 环正上方，现由静止释放圆环，对于
两圆环与轻杆组成的系统，从释放到速度再次为零的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．系统机械能始终守恒
B．电场力对M 环先做正功后不做功再做负功
C．系统的电势能先减小后不变再增大
D．系统的动能先增大后不变再减小
【答案】C
【详解】A．由于有电场力做功，系统机械能不守恒，故A 错误；
B．根据能量守恒，系统速度再次为零时，M 到了与N 点初始时等高的位置，N 到了与M 点初始时等高的
位置，因此电场力对M 先做正功后不做功，故B 错误；
C．中心的负电荷先对圆环M 上正电荷做正功，当圆环M、N 都在圆弧上时不做功；N 到了C 点以上，中
心的负电荷对圆环N 上正电荷做负功，故系统的电势能先减小后不变再增大，故C 正确；
D．系统的动能先增大后减小，没有不变的时间段，故D 错误。
故选C。
10．（2026·福建泉州·一模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶
在提线作用下，其手掌在竖直面内由P位置沿圆弧线匀速率运动到Q位置，在此过程中（ ）
A．手掌的动量不变
B．手掌的动能不变
C．手掌的机械能守恒
D．提线对手掌不做功
【答案】B
【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A 错
误；
B．动能是标量，大小为Ek = 1
2 mv
2，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B 正确；
C．机械能=动能+重力势能，手掌从P 到Q 动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不
守恒，故C 错误；
D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为
0，故提线对手掌做功，故D 错误。
故选B。
11．（2026·甘肃·一模）如图所示，充满气的气球内装有少量的红墨水，用细绳扎住充气口后，将细绳两
端提起，并让两侧细绳缠绕在一起。用力向两侧拽细绳，发现红墨水随气球转动起来，在气球内壁上形成
一个水环。关于此现象，下列说法正确的是（ ）
A．水环能转起来，是因为受到气球内壁的摩擦力
B．气球内壁对水环的弹力沿水平面指向环心
C．随着气球旋转加快，水环位置上升时、水环的机械能保持不变
D．只要气球旋转得够快，水环可以上升到气球内壁的上半部分
【答案】A
【详解】AB．水环启动时，气球内壁对红墨水（水环）的摩擦力方向是沿气球内壁的切线方向，且与红墨
水相对气球内壁的运动趋势方向相反，即摩擦力在切线方向上推动了水环的运动，弹力和重力的合力提供
的向心力，故气球内壁对水环的弹力不是沿水平面指向环心，故A 正确，B 错误；
D．水环只能在等效“赤道”以下区域稳定，无法上升到上半部分（因为若到上半部分弹力方向斜向下，
重力竖直向下，竖直方向不能平衡），故D 错误；
C．随着气球旋转加快，水环位置上升时，半径增大，线速度增大，动能增大，重力势能增大，则水环的
机械能增大,故C 错误。
故选A。
12．（2026·浙江杭州·二模）2025 年9 月25 日，歼-35 在福建舰完成起降训练的画面被公开。如图所示为
歼-35 舰载战斗机在福建舰电磁弹射起飞。关于歼-35（ ）
A．研究电磁弹射起飞推力的作用点时，可将歼-35 视为质点
B．加速飞行时，空气对歼-35 的作用力大于歼-35 对空气的作用力
C．匀速爬升时，歼-35 的机械能增大
D．在航母甲板上减速时，歼-35 对飞行员的作用力小于飞行员的重力
【答案】C
【详解】A．歼-35 起飞时既有电磁弹射的推力，又有发动机的推力，推力的作用效果与战斗机的结构有关，
所以此时不能把歼-35 视为质点，A 错误。
B．加速飞行时，空气对歼-35 的作用力与歼-35 对空气的作用力是作用力与反作用力，大小相等，B 错误。
C．歼-35 匀速爬升时，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大，C 正确。
D．在航母甲板上减速时，水平方向存在加速度，根据牛顿第二定律，水平方向受到歼-35 对飞行员的力的
作用，结合矢量合成可知，歼-35 对飞行员的作用力大于重力，D 错误。
故选C。
13．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B 分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A 左右端相连，
整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A 的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
mA vA=mB vB
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
Ep= 1
2 mA vA
2+ 1
2 mBvB
2
联立得
Ep= 1
2(
mA
2
mB
+mA)vA
2
故可知弹簧恢复原长时物体A 速度最大，此时物体A 的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，
系统机械能不变。
故选A。
14．（2024·浙江·高考真题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中
达到最高点2 的高度为h，则足球（ ）
A．从1 到2 动能减少mgh
B．从1 到2 重力势能增加mgh
C．从2 到3 动能增加mgh
D．从2 到3 机械能不变
【答案】B
【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1 到2 重力势能增
加mgh，则1 到2 动能减少量大于mgh，故A 错误，B 正确；
CD．从2 到3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故CD 错误。
故选B。
15．（2026·浙江杭州·二模）一质量为m的物体C用轻弹簧悬挂，悬点为O，此时轻弹簧的长度为L；现对
A点施加一始终垂直弹簧轴线方向的作用力F，缓慢拉至OA与竖直方向的夹角为θ时（ ）
A．弹簧长度保持不变
B．作用力F不断增大
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．拉力做的功等于物体C增加的机械能
【答案】B
【详解】ABC．对A 点受力分析，可得弹力与拉力的合力等于重力，在缓慢拉动的过程中，弹力减小，拉
力增大，所以弹簧的长度减小，弹性势能减小，故AC 错误，B 正确；
D．又因为弹力也做了功，所以拉力做的功小于物体C 增加的机械能，故D 错误。
故选B。
16．（2026·天津河西·一模）中国在深空探测领域的技术已进入世界先进行列。如图所示，探测器在靠近
某行星的过程中，先后在环绕行星的圆形轨道Ⅲ、椭圆轨道Ⅱ和圆形轨道Ⅰ上运行。已知轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ
和Ⅲ分别相切于A、B两点，轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r和3r，探测器在轨道Ⅰ上运行的周期为T，则探测
器（ ）
A．在轨道Ⅱ上从B点运行到A点历时2T
B．在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的线速度大小之比为❑√3:1
C．在轨道Ⅲ上运行时的机械能大于其在轨道Ⅰ上运行时的机械能
D．在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度
【答案】BC
【详解】A．椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a= r +3r
2
=2r
由开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ上运行的周期T ′满足r
3
T
2 = (2r)
3
T ′
2
可知T ′ =2❑√2T
探测器在轨道Ⅱ上从B点运行到A点历时t = T ′
2 = ❑√2T，故A 错误；
B．根据万有引力定律可知，探测器在轨道Ⅰ上运行的线速度大小满足GMm
r
2
=m v1
2
r
探测器在轨道Ⅲ上运行的线速度大小满足GMm
(3r)
2 =m v3
2
3r
两式联立可知v1:v3= ❑√3:1，故B 正确；
C．探测器从轨道Ⅲ到轨道Ⅱ，需要在B 点减速，动能减小，机械能减小；探测器在轨道Ⅱ上运行过程中
机械能守恒；探测器从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ，需要在A 点减速，动能减小，机械能减小，所以探测器在轨道Ⅲ
上运行时的机械能大于其在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故C 正确；
D．根据牛顿第二定律可知探测器在A点时的加速度满足GMm
r
2
=maA
因此轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度，故D 错误。
故选BC。
（多选）17．（2026·云南·模拟预测）如图甲所示，倾角θ =30°的光滑斜劈固定在水平地面上，一轻质弹
簧一端与斜劈顶部相连，另一端与可视为质点的小球B 相连，静止时小球B 与斜面底端相距2l。现将与小
球B 完全相同的小球A 从斜劈底部以一定的初速度沿弹簧轴线方向滑上斜劈，两球发生碰撞且碰撞时间极
短，碰后粘连在一起共同运动2l 后速度减为零。以A、B 碰撞位置为坐标原点O，沿斜面向上为正方向建
立x 轴，碰后A、B 整体的重力势能随x 变化的图像如图乙中Ι所示，弹簧的弹性势能随x 变化的图像如图
乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（ ）
A．小球A 的质量为4 kl
g
B．弹簧的劲度系数为k
C．碰撞后两小球的速度为2❑√gl
D．小球A 在斜劈底部的初速度为❑√10 gl
【答案】BD
【详解】A．设两小球质量均为m，碰后两小球重力势能随x 变化图像斜率绝对值为2kl =2mgsinθ =mg
解得m= 2kl
g ，A 错误；
B．由图乙可知，小球B 静止时弹簧的伸长量为l，设弹簧的劲度系数为k
′，应有k
′l =mgsinθ= 1
2 mg=kl
可得k
′ =k，B 正确；
C．对两小球从碰后到速度减为0，由能量守恒可得Ek1+ Ep1+ EpG1= Ep2+ EpG2
由图像可知Ep1= Ep2，EpG1=k l
2，EpG2=5k l
2
解得Ek1= 4 k l
2
又因为Ek1= 1
2 ×2mv
2=mv
2，m= 2kl
g
联立可得v = ❑√2gl，C 错误；
D．碰撞过程动量守恒，有m v1=2mv
解得碰前速度v1=2v =2❑√2gl
对小球A 从最低点到碰前，由能量守恒可得Ek0= Ek+ EpG
即1
2 ×mv0
2= 1
2 ×mv1
2+mgsinθ×2l
解得v0= ❑√10 gl，D 正确。
故选BD。
（多选）18．（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，带1
4 圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一
质量为m 的小球从顶端A 点静止释放沿圆弧运动到C 点，C 点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力始终
保持静止状态，O 为圆心，C 为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正
确的是（ ）
A．滑块对地面的压力不变
B．小球所受重力的最大功率为2
3 mg ❑√
❑√3 gR
C．地面摩擦力的最大值为1.5mg
D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为
❑√gR
2
【答案】BC
【详解】A．设小球与圆心连线与水平方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律可得mgRsinθ = 1
2 mv
2
根据牛顿第二定律可得F −mgsinθ =m v
2
R
对圆弧轨道，竖直方向，有FN= Mg+ F y，F y = Fsinθ
联立可得F N= Mg+ F y = Mg+3mgsin
2θ
由此可知，小球下滑过程中，θ 不断增大，sinθ 增大，则FN 增大，根据牛顿第三定律可得滑块对地面的压
力一直增大，故A 错误；
B．小球所受重力的功率P =mg v y =mg ❑√2gRsinθcosθ
当sinθ =
❑√3
3 时，重力功率最大，最大值为Pm = 2
3 mg ❑√
❑√3 gR，故B 正确；
C．地面对圆弧轨道的摩擦力大小为f = Fcosθ = 3
2 mgsin2θ
由此可知，摩擦力的最大值为f m =1.5mg，故C 正确；
D．系统水平方向动量守恒，则m v1−m v2=0
根据机械能守恒有mgR = 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得v1= v2= ❑√gR，故D 错误。
故选BC。
