文档文本内容
易错06 .功与能
易错点1 错误地把变力做功当恒力做功来求解
易错典题
【例1】 （2025·河北省廊坊市一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，
石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄
上施加方向总与
垂直、大小为
的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知
点到转轴
的距离为
，则石磨上盘匀速转动一周的
过程中摩擦力所做的功约为（ ）
A. 0
B.
C.
D.
【错因分析】石磨上盘匀速转动一周的过程中位移为零，根据W＝Flcos α，所以选A 项出现错误。
【答案】D
【详解】F 与摩擦力一直是平衡力，F 克服摩擦力做功，因F 大小不变，方向不断变化，则在微小的位移
目录
第一部分 易错点剖析
易错典题
避错攻略
举一反三
易错点1 错误地把变力做功当恒力做功来求解
易错点2 混淆平均功率与瞬时功率
易错点3 误认为在物体运动的分方向上应用了动能定理，不注意动能定理表达式中的位
移与速度的相对性
易错点4 不注意全过程运用动能定理
易错点5 运用机械能守恒定律错选研究对象和研究过程
易错点6 不理解功能关系的对应性，运用功能关系求解问题列式错误不会分
第二部分 易错题闯关
内可认为是恒力则微元功为
根据
可知摩擦力所做的功约为-18J。故选D
避错攻略
【知识链接】 变力做功的分析和计算
方法
图例
方法解读
微元法
图中质量为m 的物体在水平面内沿着圆周运动一周的过程中摩擦力做
功Wf＝－FfΔx1－FfΔx2－FfΔx3－…＝－Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3＋…）＝－
Ff·2πR
平均
力法
水平面光滑，A、B 始终
相对静止
如果力随位移线性变化，在一段位移的初、末位置对应的力分别为
F1、F2，则物体受到的平均力为F＝F1＋F2
2
，此变力所做的功W＝
Fx
F-x
图像法
图线与x 轴所围“面积”表示力F 在这段位移内所做的功，且位于x
轴上方的“面积”为正功，位于x 轴下方的“面积”为负功。图中为
F 所做的功W＝F0＋F1
2
x0
等效
转换法
F 为恒力
图中恒力F 把物块从位置A 拉到位置B 过程中绳子对物块做功W＝F
(
h
sin α －
h
sin β)
举一反三
【变式1-1】.（2025·山东·二模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质
量为m的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。
对于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．力F做功大小为mgR
B．力F做功大小为mgπR
2
C．力F的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】AB．由于力F 方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里可以用微
元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F 做的功ΔW = F Δl（Δl是每一小段的弧长）
则力F 做功的大小W = F (Δl1+ Δl2+ Δl3+...+ Δln)= Fs=mg× 2πR
4
= mgπR
2
故A 错误，B 正确；
C．从A 到B 过程，F 始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，
根据P = Fv（F 与v 始终夹角为0°）
可知F 的功率一直在增大，故C 错误；
D．设重力方向与速度方向夹角θ，题图可知，对于该运动过程，θ从90°增大到180°，则克服重力做功的
功率PG=|mgcosθ|v
可知|cosθ|一直在增大，v 也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D 错误。
故选B。
【变式1-2】.1．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由
静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做
的功最接近（ ）
A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
【变式1-3】（2025·广东·高考真题）用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻
璃瓶口平齐，木塞质量为
，高为h，过程中做匀加速直线运动，加速度为a、过程中木
塞受到的摩擦力为
，其中
为参数，h 为木塞高，x 为木塞运动的距离。开
瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为
。
(1)求拔出时，齿轮的角速度ω；
(2)求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W；
(3)设经过时间为t，求开瓶器的功率P 与t 的关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
（3）设开瓶器对木塞的作用力为
，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
易错点2 混淆平均功率与瞬时功率
易错典题
【例2】（2026·湖北楚才高中期中） 一直升飞机质量为m，悬停在空中。直升机是靠螺旋桨向下推
动空气，空气给飞机的反作用力而保持平衡，已知桨叶下空气向下运动的速度大小为v，则发动机维持飞
机悬停所消耗的机械功率为( )
A． 1
4 mgv B．1
2 mgv C．mgv D．3
2 mgv
【错因分析】对于直升机根据二力平衡，有F=mg，所以发动机维持飞机悬停所消耗的机械功率为
P = Fv =mgv ，所以错选C。直升飞机叶片不断持续推动着不断变换的空气，从而使其获得举力以平衡直
升机的重力；就被推动的空气而言，与叶片作用的时间极短，在此短时间内其速度从零增至v，可看做是
一过匀加速过程，由此可和用力F 乘以v是错误的，应用力F 乘以这一过程的平均速度。
【答案】B
【详解】设螺旋桨桨叶每秒钟时间把质量为M 的空气从速度为0 加速到v，根据动能定理，它每秒钟时间
对空气做功等于这些空气动能的增量，即发动机输出的机械功率P = 1
2 M v
2 ,又根据动量定理，桨叶每秒
钟时间内对空气的冲量I=ΔMv，则桨叶对空气的作用力F=I/Δt=Mv, 再根据飞机受力平衡，有F=mg，因
此解出 p= 1
2 mgv 所以选项B 正确。
避错攻略
【总结归纳】
求解功率时应注意的三个问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
【知识链接】
定义式
功W 跟完成这些功所用的时间t 的比值叫做功率，通常用P 表示，定
义式P=W/t。
物理意义
功率是表征物体做功快慢的物理量。功率是标量，只有大小，没有方
向。
单位
功率的单位是瓦特，简称瓦，符号是W。常用单位：1 kW=1 000 W。
计算方法
方法1：P =W
t （功率的定义式），计算平均功率。
方法2：P=Fv，恒力做功，当v 是平均速度时计算平均功率，当v 是瞬
时速度时计算瞬时功率。
平均功率
表示在一段时间内做功的平均快慢，用公式表示为P=W
t 或P=Fv。
瞬时功率
表示在某一瞬间（或某一时刻）做功的快慢，一般用P=Fv 表示。通
常情况下，计算瞬时功率可根据P=Fvcos α，其中v 是瞬时速度，α 为
F 与v 之间的夹角，P、F、v、α 为瞬时对应关系。
举一反三
【变式2-1】.（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。
【变式2-2】.（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。
【变式2-3】.（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为
和
，在某平直铁轨上能达到的最大
速度分别为
和
。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在
此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
联立可得
故选D。
易错点2 误认为在物体运动的分方向上应用了动能定理，不注意动能定理表
达式中的位移与速度的相对性
易错典题
【例3】.一个原来静止的质量为m 物体放在光滑的水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水
平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在两个力的方向上的分速度分别为
1v 和
2v 如图6 所
示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为：（ ）
A、
2
1
6 mv
B、
2
1
4 mv
C、
2
1
3 mv
D、
2
1
2 mv
【错因分析】依题意物体在两上分别力方向上，均做初速度为零的匀加速直线运动，且两个分运动的加速
相等，则应有
1
2
v
v
，且
1
2v .cos30
v
，即
1
3
v
v
在一个分运动方向上，由运动定理可得一个力做的功为
2
2
1
1
1
2
6
w
mv
mv
，由此得到A 选项。这种错解
的原因是在物体运动的分方向上应用了动能定理。
【答案】B
【详解】依题意两个力做的功相同设为W，则两力做的总功为2W，物体动能的改变量为
2
1
2 mv
。根据动能
定理有2W=
2
1
2 mv
，则可得一个力做的功为W=
2
1
4 mv
，选项B 正确
避错攻略
【知识链接】
1.
能
对动
定理表达式的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。
①因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
②数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
③单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
（2）动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既
可以是恒力，也可以是变力。
2.应用流程
3.注意事项
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考
系。
（2）应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借
助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
（4）列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加
以检验。
举一反三
【变式3-1】．如图所示，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹以水平速度v0 射
中与木块一起以速度v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离
为L，子
弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力F 恒定，那么下列关系式中
正确的是（ ）、、
A．
FL=1
2 Mv 2
B．
Fd =1
2 Mv 2
C．
D．
F( L+d)=1
2 mv 0
2−1
2 mv 2
【答案】AD
【详解】此题有很多同学选C，这显然的错误的，因为C 中的d 不是对地的位移，隔离子弹和木块，由动
能定理可得选项A、D 正确．
【变式3-2】（2025·山东·模拟预测）如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗
糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移
后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时
冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．L
【答案】C
【详解】第一次根据动能定理
其中
第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理
解得
故选C。
【变式3-3】为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免
征购置税等优惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中，根据某辆新能源汽车的运动过程作出速
度随时间变化的v-t 图像。Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与b
点相切的水平直线，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为
C．t1～t2时间内的平均速度大于
D．t2～t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
【答案】C
【详解】A．0～t1时间内图像的斜率不变，加速度不变，汽车做匀加速运动；根据
，汽车的牵
引力不变；又因为
，汽车的功率增大，A 错误；
B．根据动能定理，t1～t2时间内汽车合力做功为
，B 错误；
C．根据
， t1～t2时间内汽车做变加速运动，其位移大于匀加速运动的位移，所以汽车在该段时间
内的平均速度大于
，C 正确；
D． t2～t3时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D 错误。
故选C。
易错点4 不注意全过程运用动能定理
易错典题
【例4】（2025·福建省福州市高三二模）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研
究其中
物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。
为弹性发射装置，
为倾角
的倾
斜轨道，
为水平轨道，
为竖直圆轨道，
为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A
点为坐标原点，水平向右为
轴正方向，竖直向上为
轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为
，
圆轨道半径
，
长为
，
、
段动摩擦因数均为
，其余各段轨道均光滑。现滑
块从弹射装置
弹出的速度为
，且恰好从A 点沿
方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度
，
，
。求：
（1）求滑块从弹射装置
弹出时的坐标值；
（2）若滑块恰好能通过
点，求轨道
的长度；
（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道
的长度；
（4）若轨道
的长度为
，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
【错因分析】分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判
断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面
的位移。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
；（4）滑块在圆心以
上
处脱轨
【详解】（1）对滑块由
到A 的运动，根据平抛规律有
平抛运动的竖直方向有
解得
运动时间
则
即弹出时位置的坐标值为
（2）滑块恰好能通过
点，在最高点有
从
到圆轨道最高点，由动能定理得
联立解得
（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆
轨道圆心等高的地方。由（2）知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从
到与圆心等高的位置，由动能定理得
解得
滑块从A 点切入后不脱离轨道时
的长度应满足
或
（4）由（3）知，
时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为
，则脱轨时
从
到脱轨的位置，由动能定理得
联立解得
即滑块在圆心以上
处脱轨
避错攻略
【知识链接】
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不
宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一
个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
2.动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理
量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若运
用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计
运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程
知识点3.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
举一反三
【变式4-1】（2025·湖北省部分高中协作体高三一模）如图为某游戏装置的示意图，
均为四分
之一光滑圆管，
为圆管
的最高点，圆轨道半径均为
，各圆管轨道与直轨道相接处均相
切，
是与水平面成
的斜面，底端
处有一弹性挡板，
在同一水平面内．一
质量为
的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从
点所在水平面出发通过圆管
最高点
后，最后停在斜面
上，小物体和
之间的动摩擦因数
，其余轨道均光滑，已知
，
，
，求：
（1）小物体的速度
满足什么条件？
（2）当小物体的速度为
，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
【答案】（1）
；（2）H 处，
【解析】（1）小物体在
点处做圆周运动，当其恰好通过
点时，小物体速度为零，从
到
的运动过
程，根据动能定理有
解得
设小物体刚好反弹到
点，斜面长度为
，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在
处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
【变式4-2】.（2022·浙江·模拟预测）如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R 的光滑圆弧轨道，质
量为m 的物体从OA 圆弧某处静止释放，经过A 出后小球沿第二段BC 圆弧轨道运动，经过粗糙水平面CD
后，小球从D 进入第三段圆弧后最终从E 点飞出。已知C、D 是圆弧轨道最低点，A、B 是圆弧轨道最高点，
物体与粗糙水平面间的动摩擦因数
，求：
（1）物体从斜面下滑的角度
满足什么条件，物体才不会从B 点脱离轨道。
（2）如果物体从O 点静止下滑，下滑到轨道D 处，物体对轨道的压力
。
（3）在上一问中，物体从E 点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D 点的水平距离s。
【答案】（1）
；（2）5mg；（3）2.328R
【解析】（1）在轨道B 点的最低速度满足
根据动能定理
解得
所以应该满足条件
（2）根据动能定理，从O 点到D 点，可得
根据向心力公式
解得
（3）从D 点到E 点，由动能定理可知
而在E 点，水平速度和竖直速度分别为
当到达最高点时，满足
解得水平位移为
故距离D 点的水平距离为
【变式4-3】（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB 由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾
角均为45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始下滑，恰好到达B 点。滑雪者现从A
点由静止开始下滑，从B 点飞出。已知A、P 间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为
，重力加
速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P 点的时间t；
（2）求滑雪者从B 点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上，求平台BC 的最大长度L。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑雪者从A 到P 根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P 点由静止开始下滑，恰好到达B 点，故从P 点到B 点合力做功为0，所以当从A 点下
滑时，到达B 点有
（3）当滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大；滑雪者从B 点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
易错点5 运用机械能守恒定律错选研究对象和研究过程
易错典题
【例5】.(2026·广东惠州一中月考)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，
槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)．现让一小球自左端槽口A 点的正上方由静止开始下落，从A
点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
【错因分析】许多同学认为小球在半圆形槽内运动的全过程中机械能守恒而错选A，实际上小球从A 点经
最低点向右侧最高点运动的过程中，半圆形槽的弾力要对小球做功，所以只有选小球与槽组成的系统为研
究对象机械能才守恒.
【答案】C
【详解】当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运
动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，选项A、D 错误；小球从A 点向半圆形
槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，选项B 正确；小球从A
点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，选项C
正确。
避错攻略
【知识链接】
1.当单个质点作抛体运动或在光滑的曲面、竖直平面内圆周运动，若只有重力做功，其他力不做功或
做功的代数和为零，则此单个质点与地球组成的系统机械能守恒.．求解单个物体机械能守恒问题的基本思
路为：
2.以连接体机械能守恒问题的解题思路可概括为：
举一反三
【变式5-1】（2025·广东汕头·一模）如图1 为海盗桶玩具，当插进桶内的剑触发桶内开关时，小海盗就
从木桶顶部突然跳出来。其原理可简化为图2 所示，弹簧压缩后被锁扣
锁住，打开锁扣
，小球被弹射
出去，A 位置为弹簧原长，忽略弹簧质量和空气阻力，从B 到A 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的速度一直在增大
C．小球的加速度先增大后减小
D．小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大
【答案】D
【详解】A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误；
BC．小球向上运动的过程，对小球受力分析，可知，刚开始弹簧的弹力先大于重力，故加速度向上，速度
向上，随着形变量的减小，加速度不断减小，但小球的速度向上不断增大；然后，弹簧的弹力等于重力，
此时加速度为零，速度最大；最后弹簧的弹力小于重力，加速度向下，速度向上，随着形变量的减小，加
速度不断增大，但小球的速度不断减小，所以此过程小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故
BC 错误；
D．由题分析，可知小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故
在此过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减
小后增，故D 正确。
故选D。
【变式5-2】（2026·福建省同安第一中学）如图所示，A 和B 两个小球固定在一根长为L 轻杆的两端，A
球的质量为
，B 球的质量为
，此杆可绕穿过中点O 的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由
静止释放，则在杆从释放到转过
的过程中（ ）
A．A 球的机械能守恒
B．杆对A 球做正功
C．B 球到最低点的速度为
D．A 球和B 球的总机械能守恒
【答案】BD
【解析】以A 球为研究对象，因杆对它要做功，所以机械能不守恒，若A、B 和杆组成的系统为研究对象，
则机械能守恒，所以选项A 错误、D 正确；使轻杆从水平位置由静止释放，A 球向上运动，A 球的动能增加，
重力势能也增加，所以A 球的机械能增加，根据功能关系可知，杆对A 球做正功，选项B 正确；对于A 球
和B 球组成的系统，只有两球的动能和两球的重力势能在相互发生转化，故系统机械能守恒，由机械能守
恒定律可得
解得B 球到最低点的速度为
，选项C 错误。
【变式5-3】如图所示，物体A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m，放置
在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直且B 与轻滑
轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A 与地面间的距离为h，物体B 静止在斜面上挡板P 处。放手后物体A
下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B 对挡板恰好无压力。不计空气阻力，重力加速度为g，
则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于
C．此时物体A 的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动
【答案】B
【解析】由题意可知，A 物体下落h，则弹簧形变量为h，对B 物体受力分析可知，B 受重力、弹簧弹力、
斜面的支持力而处于静止状态，根据平衡条件得
解得
，A 错误；对A、B 和弹簧组成的整体，由机械能守恒定律可得
解得
，B 正确；此时弹簧弹力为mg，则A 受到的拉力为mg，故A 物体受力平衡，加速度为
0，C 错误；因A 落地后弹簧的形变量不再增大，弹力不会再增大，故B 不可能离开挡板沿斜面向上运动，
D 错误。
易错点六 不理解功能关系的对应性，运用功能关系求解问题列式错误
易错典题
【例6】 （2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以
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（ ）
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10
【错因分析】误选A 的原因：只计算了每秒的水的重力势能增加量，忘记计算水的动能增加量。
误选B 的原因：只计算了每秒的水的动能增加量，忘记计算水的重力势能增加量。
误选C 的原因：对水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，理解不清楚。
不选D 的原因：不会对对含电动机的电路由能量守恒分析得出的功率之间的关系。
【答案】D
【解析】AB．每秒喷出水的质量为
,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
故AB 错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
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
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
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D 正确；
故选D。
。
避错攻略
【知识链接】
1.功能关系的理解与应用
功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，
就有多少能量发生转化.具体功能关系如下表：
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W 合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE 机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
机械能转化为内能
Ff·x 相对＝Q
2.应用能量守恒定律解题的基本思路
(1)分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，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：ΔE 减＝ΔE 增
举一反三
【变式6-1】 （2025·湖南娄底·模拟）如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地三百多米
高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完类结合。假设质量为m 的跳伞运动员，由静止开始下
落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度4
5 g，在运动员开伞前下落h 的过程中，下列说法错误
的是（ ）
A．重力对运动员做功为4
5 mgh
B．运动员克服阻力做功为1
5 mgh
C．运动员的动能增加了4
5 mgh
D．运动员的机械能减少了1
5 mgh
【答案】A
【详解】A．再运动员开伞前下落h 的过程中,重力对运动员做功为
W G=mgh
故A 错误，符合题意；
B．下落的加速度4
5 g，则阻力为
f =mg-ma= 1
5 mg
运动员克服阻力做功为
W f= fh= 1
5 mgh
故B 正确，不符合题意；
C．由动能定理可知
W 合= F合h=mah= 4
5 mgh= Δ Ek
即运动员的动能增加了4
5 mgh，故C 正确，不符合题意；
D．根据能量守恒定律可知，阻力所做负功等于运动员的机械能减少，有
Δ E机= 1
5 mgh
即运动员的机械能减少了1
5 mgh，故D 正确，不符合题
【变式6-2】 （2025·湖南长沙实验中学月考）如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量
为m 的子弹以水平速度v0射中木块，并最终与木块一起以速度v 运动。已知子弹相对木块静止时，木块前
进距离L，子弹进入木块的深度为s，木块对子弹的阻力f 恒定。下列关于该过程的说法中错误的是
（ ）
A．子弹的动能变化为1
2 mv
2- 1
2 mv0
2
B．子弹对木块做的功为1
2 M v
2
C．木块对子弹做的功为- f (L+ s)
D．系统摩擦产生的热量为1
2
(m+ M )v
2- 1
2 mv0
2
【答案】D
【详解】A．子弹的动能变化为
Δ Ek= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
故A 正确，不满足题意要求；
B．根据动能定理可知，子弹对木块做的功为
W 子= 1
2 M v
2-0= 1
2 M v
2
故B 正确，不满足题意要求；
C．木块对子弹做的功为
W f=- f (L+ s)
故C 正确，不满足题意要求；
D．根据能量守恒可知，系统摩擦产生的热量为
Q = 1
2 mv0
2- 1
2
(m+ M )v
2
故D 错误，满足题意要求。
故选D。
【变式6-3】 （2025·云南卷·高考真题）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的
轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过程I：Q 以速度
从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q 连接在弹
簧的下端并拉至P 点由静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最大，过O 点后能继续上滑。弹簧始
终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M 两点之间的距离为
B. 过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为
C. 过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动
最大位移为
D. 连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．设
的距离为
，过程I，根据动能定理有
设
的距离为
，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件
P、M 两点之间的距离
联立可得
故A 错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能
结合
可得
故B 正确；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移
，根据能量守恒定律
结合
解得
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在
点时，满足
当在
点时，满足
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选BCD。
1.（2025·山东·高考真题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机
供电，刚好维持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为
。已知小车的质量为m，
运动过程中受到的阻力
（k 为常量），该光伏电池的光电转换效率为
，则光伏电池
单位时间内获得的太阳能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意小车匀速运动，则有
小车的机械功率
由于电动机的效率为
，则有
光伏电池的光电转换效率为
，即
可得
故选A。
2．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆场成功着陆，在飞
船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（ ）
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A 正确，B 错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C 错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D 错误。
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．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面
时以
的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连
接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的
和
。地球表面
重力加速度大小取
。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（ ）
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【答案】AC
【详解】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的
和
。地球表面重力加速度大小取
，可得该行星表面的重力
加速度大小
故A 正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的
和
，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为
，所以该行星的第一宇宙速度
故B 错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测
器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D 错误。
故选AC。
6.（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为
m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，在物体移动距离为x 的过程中
（ ）
A．摩擦力做功大小与F 方向无关
B．合力做功大小与F 方向有关
C．F 为水平方向时，F 做功为
D．F 做功的最小值为
【答案】D
【详解】A．设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F 的方向有关，选项A 错误；
B．合力功
可知合力功与力F 方向无关，选项B 错误；
C．当力F 水平时，则
力F 做功为
选项C 错误；
D．因合外力功为max 大小一定，而合外力的功等于力F 与摩擦力f 做功的代数和，而当
时，
摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。
故选D。
7.（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过
程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，
与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻
田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水、
其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
8．（2023·天津·高考真题）2023 年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重
要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v 在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵
引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F 的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小
为f 的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小
B．列车减速过程F 的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A 错误；
B．根据运动学公式有
故力F 的冲量为
方向与运动方向相反；故B 错误；
C．根据运动学公式
可得
故C 正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D 错误。
故选C。
9．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从
圆弧滑
道顶端
点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端
点时速度大小为
。已知货物质量为
，滑道高度
为
，且过
点的切线水平，重力加速度取
。关于货物从
点运动到
点的过程，下列说法正确的
有（ ）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过
点时向心加速度大小为
D．经过
点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A 错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B 正确；
C．经过
点时向心加速度大小为
C 正确；
D．经过
点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为
，D 正确。
故选BCD。
10.（2025·陕西、山西、青海、宁夏卷·高考真题） 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
【解析】
【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。
11．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如
图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约
为l。假设抽水过程中H 保持不变，水泵输出能量的
倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水
的密度为
，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为
，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
12．（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=
kx2（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．
B．
C．
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
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
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
则由功能关系可知该过程F 所做的功
故选B。
13．（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
B．从1 到2 重力势能增加
C．从2 到3 动能增加
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，则从从1 到2 重力势能
增加
，则1 到2 动能减少量大于
，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
，选项CD 错
误。
故选B。
14．（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方
孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且
与上底面的夹角均为
。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为
。将木栓对准方孔，接触但无挤压，
锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了
的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进
后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，
由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A 错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B 正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C 错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B 选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D 正确。
故选BD。
15.（2025·湖南卷·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动
的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放
入装载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为
A 和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为
。D 在滑轨上运动
距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为
，根据
可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C
质量分别为
、
、
，
，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小
为g。则（ ）
A. D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B. D 的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．爆炸后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A 的动能
D 的初动能
两者不相等，故A 错误；
B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故B
正确；
CD．D 物块平抛过程有
，
联立可得
D 水平滑动过程中根据机械能守恒有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
16.（2025·安徽合肥·二模）竖直平面内有一半径为1m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC，O 为圆心，
半径OA 水平，B 为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD 与圆弧轨道在C 点平滑对接。质量为
0.1kg 的小滑块从A 点由静止释放，沿圆轨道滑至C 点，再经0.6s 运动到直轨道上E 点。已知小滑块
与CD 间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，
。求：
(1)滑块到达B 点时对轨道的压力大小；
(2)E 与C 之间的距离；
(3)滑块在整个运动过程中通过CD 段的总路程。
【答案】(1)3N
(2)
(3)
【详解】（1）对滑块从A 到B 的过程，由机械能守恒定律可得
在B 点，根据牛顿第二定律及向心力公式可得
联立求得
根据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为3N。
（2）（2）对滑块从A 到C 的过程，根据机械能守恒定律可得
滑块从C 开始上滑过程，根据牛顿第二定律可得
故滑块从C 开始上滑至最高点过程的时间
上滑最大距离
因
故滑块在0.6s 内，先沿直轨道从C 开始上滑至最高点后又继续下滑0.2s，
下滑过程加速度
位移
故E 点距离C 点
（3）因圆弧轨道光滑，故滑块最终在过C 点的水平线下方圆弧轨道上往返。
则对滑块运动的全过程，根据动能定理可得
则
