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第 20 讲　功能关系及能量守恒定律
——划重点之精细讲义系列
考点 1 功能关系的理解及应用
考点 2 关于摩擦力、相互作用力、平衡力的功
考点 3 能量守恒定律的理解及应用
考点 1：功能关系的理解及应用
一．功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体的动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
(7)分子力的功影响分子势能的变化．
二．能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物
体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．
3．表达式
(1)E 初＝E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2)ΔE 增＝ΔE 减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
4.几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功 对应能的变化 定量的关系
W 合：合外力的功（所有 动能的改变量 合力对物体做功等于物体动能的增量 W 合＝ΔEk＝
外力的功） （ΔEk） Ek2－Ek1
重力势能的改变 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势
WG：重力的功
量（ΔEp） 能增加，且 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹性势能的改变 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势
W 弹：弹簧弹力做的功
量（ΔEp） 能增加，且 W 弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的 不引起机
机械能守恒 ΔE＝0
功 械能变化
W 其他：除重力或系统内
机械能的改变量 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能
弹簧弹力以外的其他外
（ΔE） 增加，做负功，机械能减少，且 W 其他＝ΔE
力做的功
Ff·Δx：一对滑动摩擦力 因摩擦而产生的 滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE 内＝Ff Δx（Δx
做功的代数和 内能（Q） 为物体间的相对位移）
1.功能关系的理解和应用原则
（1）牢记三条功能关系
①重力做的功等于重力势能的变化，弹力做的功等于弹性势能的变化。
②合外力做的功等于动能的变化。
③除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化。
（2）功能关系的选用原则
①在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
②只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
③只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
④只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。
【考向 1】（多选）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地
2
面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为3，取地面为零势能面，
已知sin53° = 0.8,cos53° = 0.6。该过程中，物块的机械能 E、重力势能 p、动能 k、摩擦产生的热
量 Q 与水平位移 x 的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【考向 2】（多选）如图甲所示，光滑水平面与半径为 R 的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在 A 点（距
离 B 点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为 m 的小滑块，已知重力
加速度 g，则下列说法正确的（　　）
A．若弹簧弹性势能为 mgR，则小球恰能到达 C 点
B．若弹簧弹性势能为 2mgR，则小球恰能到达 D 点
C．若弹性势能为 3mgR，则小球通过 B 点时对轨道的压力为 6mg
D．若弹性势能为 2.5mgR，则小球通过 D 点后落在水平面上距 B 点为 2R
【考向 3】（多选）如图所示，在倾角为 θ 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A、
B，它 们的质量分别为 m1、 m2，弹簧劲度系数为 k， C 为一固定挡板，系统处于静止状态． 现
用 一平行于斜面向上的恒力 F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当物块 B 刚要离开挡板 C 时，
物块 A 运动的距离为 d，速度为 v．则此时（）
A．拉力做功的瞬时功率为 Fvsin θ
B．物块 B 满足 m2gsin θ＝kd
C．物块 A － 的加速度为 1
D．弹簧弹性势能的增加量为 Fd－m1gdsin θ
1
－2m
2
1v
【考向 4】（多选）（2024·湖南岳阳·一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴 O
上，另一端与套在粗糙固定直杆 N 处质量为 0.2kg 的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹
角为 30°，N 点距水平面的高度为 0.4m，NP=PM，ON=OM，OP 等于弹簧原长。小球从 N 处由静止
开始下滑，经过 P 处的速度为 2m/s，并恰能停止在 M 处。已知重力加速度取 10m/s2，小球与直杆
3
的动摩擦因数为 ，则下列说法正确的是（　　）
5
A．小球通过 P 点时的加速度大小为 3m/s2
B．弹簧具有的最大弹性势能为 0.5J
C．小球通过 NP 段与 PM 段摩擦力做功相等
D．N 到 P 过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为 0.4J
【考向 5】（多选）（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的
夹角 = 30° 16 ，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮 O。劲度系数为 = 5 的轻
弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为 2m 的物块 Q 连接。跨过定滑轮 O 的不可伸长的轻绳一端与
物块 Q 连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为 m 的物块 P 连接。初始时物块 P 在水平外
力 F 作用下静止在直杆的 A 点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角 = 37°。去掉
水平外力 F，物块 P 由静止运动到 B 点时轻绳与直杆间的夹角 = 53°。已知滑轮到水平直杆的垂直
距离为 d，重力加速度大小为 g，弹簧轴线、物块 Q 与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计
滑轮大小及摩擦。sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6。则下列说法正确的是
（　　）
A．物块 P 向左运动的过程中其机械能先增大后减小
B．物块 P 从 A 点运动到 B 点时，物块 Q 的重力势能减少量小于 P、Q 两物块总动能的增加量
C 5．物块 P 在 A 点时弹簧的伸长量为24
D P A B P 125 ．物块 从 点运动到 点的过程中，轻绳拉力对物块 做的功为 516
考点 2：关于摩擦力、相互作用力、平衡力的功
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ff x 相对．其中 x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
类别
静摩擦力 滑动摩擦力
比较
只有能量的转移，而没有能量的转
能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
化
不
同 一对滑动摩擦力所做功的代数和
一对摩擦 一对静摩擦力所做功的代数总和
点 不为零，总功 W＝－F
力的总功 等于零 f
·l 相对，即摩
擦时产生的热量
相
同 做功的正、负 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
点
3.作用力、反作用力做功的特点
①作用力、反作用力作用下的物体的运动特点：可能向相反方向运动，也可能向相同方向运动，
也可能一个运动而另一个静止，还可能两物体都静止。
②由 W＝Flcosα 可以判断，作用力与反作用力的功的特点是：没有必然关系，即不一定是一正
一负，绝对值也不一定相等。即一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正，可能为
负，也可能为零。
4.一对平衡力做功的特点
一对平衡力作用在同一物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所
做的功在数值上一定相等，一正一负或均为零。
【考向 6】下列有关功和功率的说法，正确的是（　　）
A．功率越大，说明力做功越多
B．摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，因此摩擦力只能做负功
C．作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负，总和为
零
D．一对平衡力，其中一个力做正功，另外一个力一定做负功
【考向 7】如图所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小物块放在
小车的最左端，现用一水平力 F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为 f，经过一段时间
小车运动的位移为 x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是（　　）
A．此时小物块的动能为 ( + )
B．此时小车的动能为 f
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为 f
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为 f( + )
【考向 8】（多选）电动机带动足够长的水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止
轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，当小木块
与传送带相对静止时（　　）
2
A ．传送带转过的路程为
B
2
．小木块的位移为
C．摩擦产生的热量为 mv2
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为 mv2
【考向 9】如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面 AB 和竖直半圆形
轨道 BC 组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径 = 0.4m，除半圆形轨道 BC 外其余接触面
均光滑。某次游戏中用力将一质量 = 0.1kg的滑块压缩轻质弹簧（滑块与弹簧不拴接），此时弹簧
的弹性势能 p0 = 1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器 A 点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最
高点 C，取重力加速度大小 = 10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
（1）滑块通过 B 点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）滑块从 B 点运动到 C 点的过程中，克服摩擦力做了多少功？
【考向 10】如图所示，一质量 = 2kg、长 = 4m的木板 B 静止于光滑的水平面上，距离 B 的右端
= 6m处有一固定竖直挡板； = 0时刻，一个质量 = 1kg的小物块 A 以初速度 0 = 3m/s从 B 的
左端水平滑上 B， = 4s时，对物块 A 施加一水平向右的恒力 = 2N。设物块 A 可视为质点，A、B
间的动摩擦因数 = 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中
无机械能损失，g 取10m/s2，求：
（1）0 4s内，木板 B 的运动位移；
（2）从 B 开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对 B 所做的功；
（3）B与竖直挡板第二次碰撞前 A 距离木板 B 右端的距离。
考点 3：能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
2.能量转化问题的解题思路
（1）当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
（2）解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的
能量增加，求出减少的能量总和 ΔE 减与增加的能量总和 ΔE 增，最后由 ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
5.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
（1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
（2）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两
物体速度相同。
（3）当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。
【考向 11】如图所示，质量为0.5kg的小球从距地面高为1.5m处由静止释放，与正下方固定的长为
0.4m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.25m，小球第一次反弹至最高点时，距地
面高为1.273m。经过多次反弹后，小球最终静止在弹簧上，此时，小球距地面高为0.39m，弹簧的
弹性势能为0.025J。若小球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定。（当小球速度为零
时空气阻力为零，重力加速度 = 10m/s2）下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为200N/m
B．小球在运动过程中受到的空气阻力约为0.3N
C．小球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
D．小球下落过程中速度最大处距地面高为0.39m
【考向 12】（多选）如图所示，一个质量 = 0.5kg的小球（可视为质点）从 = 12m高处，由静止
开始沿光滑弧形轨道 滑下，接着进入半径 = 4m的竖直圆轨道，当到达环顶 C 时，刚好对轨道
压力为零；小球在沿左半环 滑下后，再进入光滑弧形轨道 ，且到达 D 点时速度为零。已知 g
取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．在由 A 到 D 的过程中，小球的机械能守恒
B．若圆轨道粗糙程度处处相同，则 D 点离地面的高度一定大于8m
C．小球第一次过 B 点时对轨道的压力大小是35N
D．小球从 B 上升到 C 的过程中克服阻力做的功是10J
【考向 13】如图所示，固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道 BC 与水平地面相切于 C 点，半径 OB 与水
平方向的夹角 = 37°。质量 = 1kg的物块（视为质点）从 O 点正上方的 A 点以大小 0 = 3m/s的
速度水平向左抛出，恰好沿 B 点的切线方向进入并沿圆弧轨道运动，到达 C 点后沿地面滑行距离
= 1.5m停下。物块与地面间的动摩擦因数 = 0.3，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin37° = 0.6，
cos37° = 0.8，不计空气阻力。求：
（1）A、B 两点的高度差 h 以及圆弧轨道的半径 R；
（2）物块通过 C 点时对圆弧轨道的压力大小 N；
（3）物块通过 B 点时的速度大小 以及在物块从 B 点运动到 C 点的过程中，物块与圆弧轨道之间
因摩擦产生的热量 Q。
【考向 14】某同学参照过山车情景设计了如图所示的模型：光滑的竖直圆轨道半径 = 2 m，入口
的平直轨道 AC 和出口的平直轨道 CD 均是粗糙的，质量为 = 2 kg的小滑块（可视为质点）与水平
轨道之间的动摩擦因数均为 = 0.5，滑块从 A 点由静止开始受到水平拉力 = 60 N的作用，在 B 点
撤去拉力，AB 的长度为 = 5 m，不计空气阻力， = 10 m/s2。
（1）若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块在圆轨道最低点时圆轨道对它的支持力大小；
（2）要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道 BC 段的长度范围。
【考向 15】如图所示，半径为 R 的半圆弧轨道 ABCD 竖直放置，D 点在圆心 O 点的正上方，是圆
弧的最高点，固定圆管轨道 NA 与半圆弧轨道在最低点 A 平滑对接，管口 N 点的切线水平且 N、O、
B 三点等高，劲度系数为 k 的轻质弹簧放置在光滑的水平面 PN 上，一端固定在 P 点，当弹簧处于
原长时，另一端正好处在 N 点。一质量为 m、可视为质点的小球置于 N 点（与弹簧不粘连），现移
动小球压缩弹簧至 Q，然后由静止释放小球，小球到达圆弧的 C 点时刚好脱离轨道。已知 QN=s，
1
弹性势能的表达式为 p = 22 （k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），不计所有摩擦，重力加
速度为 g。
（1）求 C 点与 B 点的高度差 h；
（2）求小球在 A 点时对半圆轨道的压力；
（3）若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道最高点，求小球质量的取值范围。
【真题 1】（2022·浙江·高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，
风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405
kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 ，空气密
度为 ，风场风速为 ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B 1．单位时间流过面积 的流动空气动能为2
2
C．若每天平均有1.0 × 108kW的风能资源，则每天发电量为2.4 × 109kW h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0 × 105kW h
【真题 2】（2021·浙江·高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以 80km/h 的速度匀速行驶，其 1s 内
能量分配情况如图所示则汽车（　　）
A．发动机的输出功率为 70kW
B．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 5.7×104J
C．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 6.9×104J
D．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 7.0×104J
【真题 3】（2022·福建·高考真题）2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆
轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知

质量为 m 的物体从距地心 r 处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为 ，式中 M 为地球质量，
G 为引力常量；现将空间站的质量记为 0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为 1、 2，如图所
示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　）
A 1．2
1 1 1 1
0 B． 1 02 1 2
C 3．2
1
0 1 D．2 1 1 01 2 1 2
【真题 4】（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为 的光滑斜面上有 50 个减速带（图中未完全画
出），相邻减速带间的距离均为 d，减速带的宽度远小于 d；一质量为 m 的无动力小车（可视为质点）
从距第一个减速带 L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。
观察发现，小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第 50 个减速
带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离 s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因
数为 ，重力加速度大小为 g。
（1）求小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前 30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前 30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，
则 L 应满足什么条件？
【真题 5】（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的 O 点，
小圆环 A 和轻质弹簧套在轻杆上，长为2 的细线和弹簧两端分别固定于 O 和 A，质量为 m 的小球 B
固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当
细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相
等、方向相反，重力加速度为 g，取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小 F；
（2）环 A 的质量 M；
（3）上述过程中装置对 A、B 所做的总功 W。
一、单选题
1．（2024·广东惠州·二模）2023 年 10 月 3 日，在杭州亚运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹
夺冠，图为朱雪莹在东京奥运会上决赛时腾空后下落的照片，朱雪莹从刚接触床面到运动至最低点
的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．朱雪莹刚接触床面时速度最大
B．朱雪莹在该过程中始终处于失重状态
C．在该过程中朱雪莹的动能减少量等于弹性势能的增加量
D．在该过程中蹦床对朱雪莹一直做负功
2 ．物体以动能为 开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为2。取出发点位置的重力势能为零，
整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（　　）
A 3 3 ．10 B． 7 C
4 4
． 7 D． 9
3．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽
内沿水平方向左右移动，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现小车以水平速度 0撞击弹
簧，轻杆恰好向右移动距离 l，不计小车与地面间的摩擦，则（　　）
A．轻杆移动距离 l 的过程中先做匀加速再做匀减速运动
B．弹簧被压缩最短时，轻杆的速度达到最大
C．根据小车运动的对称性可知，小车以 0的速率被弹簧弹回
D．弹簧的弹性势能最大时，轻杆向右加速的加速度达到最大
4．（2024·甘肃白银·三模）2024 年 1 月 17 日晚，天舟七号货运飞船成功发射，揭开了 2024 年中国
载人航天工程发射任务的序幕。设天舟七号做匀速圆周运动的轨道离地球表面的高度为 h，天舟七
号的质量为 0。地球表面的重力加速度为 g，地球半径为 R。若取无限远处为地球引力势能的零点，

则引力势能可表示为 p = ，其中 G 为万有引力常量，M 为地球质量，r 为物体到地心的距离，
m 为物体的质量。下列关于天舟七号的表述，正确的是（　　）
2A．角速度大小为

3
B 1 ( )．周期为2 2
C．线速度大小为 ( + )
D
2
．机械能为 2( )
5．（2024·北京昌平·二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落
回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，
其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下，（　　）
A．上升的时间一定小于下降的时间
B．在最高点时的加速度等于重力加速度
C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能
D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能
6．某地区常年有风，风速基本保持在 4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为 10m
的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为 1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为 20%.现用这
台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下 10m 深处抽水，水泵能将水抽到地面并以 2m/s 的速度
射出，出水口的横截面积为 0.1m2，水的密度为 1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为
80%，则下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的发电功率约为 12.8kW
B．每秒钟水流机械能增加 400J
C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约 3h
D．若风速变为 8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的 4 倍
7．（2024·浙江金华·三模）一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯功率为 120W，风力发电机
的风能转化率为 1 = 4%，工作原理如图所示，内部的线圈面积为 = 0.2m21 、匝数 = 200匝，磁
体的磁感应强度为 = 0.1T，风叶的半径为 = 1m，空气的密度为 = 1.3kg/m3。太阳垂直照射的
单位面积功率为 1kW，光电池板被太阳光直射的等效面积为 2 = 1m2，光能转化率为 2 = 20%。如
果在一个风速稳定的晴天，经 3 小时的光照和风吹，路灯可正常工作 7 小时，测得风力发电机输出
的电流强度大小为 1A。下列对风速和风叶转速估算合理的是（ ）
A．10m s，4.6r s B．10m s，2.3r s C．20m s，4.6r s D．20m s，2.3r s
8．如图所示，质量分别为 m、2m 小物块 A 和小物块 B 在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧
相连，开始时 A、B 均静止，现给 B 施加一竖直向下的恒力，使 B 向下运动，当速度为零时，立即
1
撤去恒力，一段时间后小物块 A 恰好能离开地面。已知弹簧的弹性势能可表示为 2p = 2 ，k 为弹
簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为 g，则恒力所做的功为（　　）
9 2 2 7 2 2A． 2 B． 2
C 5
2 2 2 2
． 2 D
9
． 4
二、多选题
9．（2020·重庆璧山·三模）一辆小车以一定的初速度冲上高度为 h、长度为 L 的斜坡，已知小车的质
量为 m，小车受到沿斜面向下的阻力为 f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（　　）
A．此过程中小车的动能减少了(mgh+fL)
B．此过程中小车的势能增加了(mgh－fL)
C．此过程中自然界中的能量减少了 fL 了
D．此过程中小车的机械能减少 fL
10．（2023·广西南宁·二模）如图所示，现将一长为 L、质量为 m 且分布均匀的金属链条通过装有传
送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为 ，斜面光滑，链条
与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者
传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带

部分的长度 = 4时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度 = 3的位置由静止释放，
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A sin ．释放瞬间链条的加速度为 3
B = tan ．链条与传送带之间的动摩擦因数 4
C ．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从 = 2的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速
度大小 = 2 sin
D．若链条的机械能增加量为Δ ，传送带消耗的电能为 耗，不计电路中产生的电热，Δ 等于
耗
11．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，倾角为 = 30°的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底
端附近垂直斜面固定一挡板，小物块甲、乙用轻弹簧拴接后置于斜面上，甲的质量为 m。初始静止
时，弹簧压缩量为 d。某时刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力 = ，当弹簧第一次恢复原长时将
1
恒力撤去，甲到最高点时乙刚要离开挡板。已知弹簧的弹性势能为 2p = 2 ， 为劲度系数，x 为形
变量，重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度以内。则（ ）
A 1．甲的最大速度为
2
B．甲运动到最低点时的加速大小为 g
C．小物块乙的质量为 2m
D 9．弹簧的最大弹性势能为4
12．（2024·河北沧州·三模）如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一挡板与斜面
垂直，质量为 m 的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化
图像如图乙所示，已知斜面长为 l，物块与挡板碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为4 0。
B ．物块下滑的时间为
2 0
C 4．滑块运动的总路程为3
3 0
D．斜面的动摩擦因数为 2 2 2 9 20
13．（2024·安徽淮南·二模）如图所示，足够长的水平轨道 与竖直光滑半圆形轨道 在 点平滑
连接，半圆形轨道的圆心为 ，且 1 ∥ , ⊥ 。重力 = 4N可视为质点的小滑块静置于
上的 点，某时刻滑块在一水平向右的 = 3.0N恒力作用下开始向右运动，滑块在 内运动时刚好
不脱离半圆形轨道并能沿轨道返回 面，sin37° = 0.6,cos37° = 0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动至 1后开始返回
B．滑块运动至 1点时其机械能最大
C．滑块运动到 点时对半圆形轨道的压力最大
D．滑块运动 点时的速度大于运动到 1点时的速度
三、解答题
14．（2024·福建漳州·三模）如图为某探究活动小组设计的节能运输系统。木箱在倾角为 30°的斜面
轨道顶端时，自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下
（货物与木箱之间无相对滑动），当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸
下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为 L，木箱与轨道间的动摩擦因数
3
为 ，重力加速度为 g。
4
（1）求货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，重力所做的功 W；
（2）求木箱的质量 M；
（3）若木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为 1，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为 2，
1
求两次形变量之比 。2
15．（2021·上海静安·二模）如图，足够长的固定斜面 AB 和 BC 的底部 B 处平滑连接，两斜面与水
平方向的夹角均为 53°，AB 光滑，BC 粗糙。质量 m=2 kg 的小物块从 AB 斜面高为 h=1.25m 的 P 处
1
由静止释放。已知小物块与 BC 斜面间的动摩擦因数为 μ=3，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10 m/s
2。
（1）求小物块从 P 处释放到达 B 处的速度的大小 vB；
（2）求小物块沿斜面 BC 上滑的最大距离 L 及此过程中损失的机械能 ΔE 机；
（3）请分析说明小物块最终静止在何处。
16．如图所示，可视为质点的货物从 A 点由静止沿斜面滑下，最终停在水平面上的 C 点，斜面与水
平面在 B 点平滑连接。已知 A 点距水平面的高度为 8m，斜面 AB 长为 10m，水平面上 B、C 的间距
为 8m，货物从 A 点运动到 C 点所花费的时间为3.6s，重力加速度 = 10m/s2。
（1）求货物与斜面间的动摩擦因数 1和货物与水平地面间的动摩擦因数 2；
（2）若斜面可伸缩，A 点与水平面的高度差降至7.5m，但 A、C 两点间的水平距离不变，仍使货物
最终停在 C 点，求需将 B 点向右移动的距离。第 20 讲　功能关系及能量守恒定律
——划重点之精细讲义系列
考点 1 功能关系的理解及应用
考点 2 关于摩擦力、相互作用力、平衡力的功
考点 3 能量守恒定律的理解及应用
考点 1：功能关系的理解及应用
一．功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体的动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
(7)分子力的功影响分子势能的变化．
二．能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物
体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．
3．表达式
(1)E 初＝E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2)ΔE 增＝ΔE 减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
4.几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功 对应能的变化 定量的关系
W 合：合外力的功（所有 动能的改变量 合力对物体做功等于物体动能的增量 W 合＝ΔEk＝
外力的功） （ΔEk） Ek2－Ek1
重力势能的改变 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势
WG：重力的功
量（ΔEp） 能增加，且 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹性势能的改变 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势
W 弹：弹簧弹力做的功
量（ΔEp） 能增加，且 W 弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的 不引起机
机械能守恒 ΔE＝0
功 械能变化
W 其他：除重力或系统内
机械能的改变量 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能
弹簧弹力以外的其他外
（ΔE） 增加，做负功，机械能减少，且 W 其他＝ΔE
力做的功
Ff·Δx：一对滑动摩擦力 因摩擦而产生的 滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE 内＝Ff Δx（Δx
做功的代数和 内能（Q） 为物体间的相对位移）
1.功能关系的理解和应用原则
（1）牢记三条功能关系
①重力做的功等于重力势能的变化，弹力做的功等于弹性势能的变化。
②合外力做的功等于动能的变化。
③除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化。
（2）功能关系的选用原则
①在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
②只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
③只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
④只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。
【考向 1】（多选）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地
2
面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为3，取地面为零势能面，
已知sin53° = 0.8,cos53° = 0.6。该过程中，物块的机械能 E、重力势能 p、动能 k、摩擦产生的热
量 Q 与水平位移 x 的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】AD．设 O 点到斜面底端的距离为 0，物块释放点的高度为 ，物块从释放到停止运动的过
程中，克服摩擦力做功

克 = cos53
0
cos53 + 1
可得
克 = 0 + 1 =
根据能量守恒可知
= 克 =
而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在 轴上任意位置的机械能
为
2
= 3
其 2 2图像为纵轴截距为 ，斜率为 3 的倾斜直线，而其 图像为过原点，斜率为3 的倾
斜直线，故 A 错误，D 正确；
B．物块的重力势能
= tan53
4 3
p = 3 ( ≤ 0 = 4 )
可知物块 p 图像为纵轴截距
4
，斜率为 3 的图线，当 > 0时，重力势能为 0 保持不变，
故 B 正确；
C．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能
2 k1 = tan53 cos53 cos53 = 3 ( ≤ 0)
当物块下滑至斜面底端时其动能
2
k1 = 3 0
此后在水平面上克服摩擦力做功，则有
2 2 2
k2 = 3 0 = 3 0 3 ( 0 ≤ ≤ 2 0)
2
可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为3 ，动能达到最大后在水平面上
2
运动，其图线的斜率为 3 ，可知图线具有对称性，故 C 错误。
故选 BD。
【考向 2】（多选）如图甲所示，光滑水平面与半径为 R 的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在 A 点（距
离 B 点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为 m 的小滑块，已知重力
加速度 g，则下列说法正确的（　　）
A．若弹簧弹性势能为 mgR，则小球恰能到达 C 点
B．若弹簧弹性势能为 2mgR，则小球恰能到达 D 点
C．若弹性势能为 3mgR，则小球通过 B 点时对轨道的压力为 6mg
D．若弹性势能为 2.5mgR，则小球通过 D 点后落在水平面上距 B 点为 2R
【答案】AD
【详解】A．根据能量守恒，小球由 A 到 C，有
1
= + 22
解得
= 0
可知小球恰能到达 C 点。故 A 正确；
B．同理，小球由 A 到 D，有
1
2 = 2 + 22
解得
= 0
小球能到达 D 点的最小速度满足
2
= min
解得
min =
可知
< min
则小球不能到达 D 点。故 B 错误；
C．依题意，小球由 A 到 B，有
1
3 = 2
2

在 B 点，由牛顿第二定律可知
2
N =
联立，可得
N = 7
根据牛顿第三定律可知小球通过 B 点时对轨道的压力为 7mg。故 C 错误；
D．小球由 A 到 D，有
1
2.5 = 2 + 22
解得
=
小球经过 D 点后做平抛运动，有
1
2 = 2
2， =
解得
= 2
故 D 正确。
故选 AD。
【考向 3】（多选）如图所示，在倾角为 θ 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A、
B，它 们的质量分别为 m1、 m2，弹簧劲度系数为 k， C 为一固定挡板，系统处于静止状态． 现
用 一平行于斜面向上的恒力 F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当物块 B 刚要离开挡板 C 时，
物块 A 运动的距离为 d，速度为 v．则此时（）
A．拉力做功的瞬时功率为 Fvsin θ
B．物块 B 满足 m2gsin θ＝kd
C － ．物块 A 的加速度为 1
D．弹簧弹性势能的增加量为 Fd－m1gdsin θ
1
－ 22m1v
【答案】CD
【详解】A．拉力的瞬时功率 P=Fv，故 A 错误；
B．开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面下的分力，当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹
力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故 m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故 d＞x2，故 m2gsinθ
＜kd，故 B 错误；
C．当 B 刚离开 C 时，对 A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A 平衡，则有：
m1gsinθ=kx
－
1，而 d=x1+x2，解得：物块 A 加速度为 a1= ，故 C 正确；1
D．根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
Fd m gdsinθ 1m v21 2 1 ，故 D 正确；
故选 CD。
【考向 4】（多选）（2024·湖南岳阳·一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴 O
上，另一端与套在粗糙固定直杆 N 处质量为 0.2kg 的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹
角为 30°，N 点距水平面的高度为 0.4m，NP=PM，ON=OM，OP 等于弹簧原长。小球从 N 处由静止
开始下滑，经过 P 处的速度为 2m/s，并恰能停止在 M 处。已知重力加速度取 10m/s2，小球与直杆
3
的动摩擦因数为 ，则下列说法正确的是（　　）
5
A．小球通过 P 点时的加速度大小为 3m/s2
B．弹簧具有的最大弹性势能为 0.5J
C．小球通过 NP 段与 PM 段摩擦力做功相等
D．N 到 P 过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为 0.4J
【答案】CD
【详解】A．因在 P 点时弹簧在原长，则到达 P 点时的加速度为
= sin30° cos30° = 2m/s2
故 A 错误；
C．因 NP 段与 PM 段关于 P 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力
做功相等，故 C 正确；
B．设小球从 N 运动到 P 的过程克服摩擦力做功为 Wf，弹簧具有的最大弹性势能为 Ep，根据能量守
恒定律得，对于小球 N 到 P 的过程有
× + = 1 22 p 2 + fN 到 M 的过程有
= 2 f
得
1 1
p = 2
2 = 2 × 0.2 × 2
2J=0.4J
故 B 错误；
D．N 到 P 过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能

Δ = f = 2 = 0.4J
故 D 正确。
故选 CD。
【考向 5】（多选）（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的
夹角 = 30° 16 ，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮 O。劲度系数为 = 5 的轻
弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为 2m 的物块 Q 连接。跨过定滑轮 O 的不可伸长的轻绳一端与
物块 Q 连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为 m 的物块 P 连接。初始时物块 P 在水平外
力 F 作用下静止在直杆的 A 点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角 = 37°。去掉
水平外力 F，物块 P 由静止运动到 B 点时轻绳与直杆间的夹角 = 53°。已知滑轮到水平直杆的垂直
距离为 d，重力加速度大小为 g，弹簧轴线、物块 Q 与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计
滑轮大小及摩擦。sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6。则下列说法正确的是
（　　）
A．物块 P 向左运动的过程中其机械能先增大后减小
B．物块 P 从 A 点运动到 B 点时，物块 Q 的重力势能减少量小于 P、Q 两物块总动能的增加量
C P A 5．物块 在 点时弹簧的伸长量为24
D 125 ．物块 P 从 A 点运动到 B 点的过程中，轻绳拉力对物块 P 做的功为 516
【答案】CD
【详解】A．由于轻绳只能提供拉力，其对于物块 P 来说在从 A 点到 B 点过程中轻绳拉力的方向与
其运动方向成锐角，即轻绳拉力对其做正功。而由于水平光滑直杆，所以物块 P 在该过程只有轻绳
拉力做功，即物块 P 在该过程中机械能一直增加，故 A 项错误；
C．对物块 P 在 A 点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分
力与重力大小相等，方向相反，即
sin =
所以绳子的拉力为
5
= 3
对物块 Q 进行受力分析，在沿斜面方向上有
= 2 sin + 弹
解得
2
弹 = 3
设弹簧拉伸的长度为 x，由胡克定律有
弹 =
解得
5
= 24
故 C 项正确；
B．物块 P 到 B 点时，由几何可得物块 Q 沿斜面向下滑了
5
= sin sin = 12
所以此时弹簧的压缩量为
5 5 5
′ = 12 24 = 24
即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹
性势能相同。物块 P 从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物
块 Q 重力势能减少量之和等于物块 P 和 Q 两物块的动能的增加量，故 B 项错误；
D．物块 P 运动到 B 点时，P 和 Q 速度满足
3
Q = Pcos = 5 P
物块 P 从 A 点运动到 B 的过程中，由能量守恒有
5 1 1
2 2 212 sin = 2 P + 2 ·2 Q
对物块 P 由动能定理有
1
= 22 P
解得
125
= 516
故 D 项正确。
故选 CD。
考点 2：关于摩擦力、相互作用力、平衡力的功
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ff x 相对．其中 x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
类别
静摩擦力 滑动摩擦力
比较
只有能量的转移，而没有能量的转
能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
化
不
同 一对滑动摩擦力所做功的代数和
一对摩擦 一对静摩擦力所做功的代数总和
点 不为零，总功 W＝－F ·l ，即摩
力的总功 等于零 f 相对
擦时产生的热量
相
同 做功的正、负 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
点
3.作用力、反作用力做功的特点
①作用力、反作用力作用下的物体的运动特点：可能向相反方向运动，也可能向相同方向运动，
也可能一个运动而另一个静止，还可能两物体都静止。
②由 W＝Flcosα 可以判断，作用力与反作用力的功的特点是：没有必然关系，即不一定是一正
一负，绝对值也不一定相等。即一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正，可能为
负，也可能为零。
4.一对平衡力做功的特点
一对平衡力作用在同一物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所
做的功在数值上一定相等，一正一负或均为零。
【考向 6】下列有关功和功率的说法，正确的是（　　）
A．功率越大，说明力做功越多
B．摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，因此摩擦力只能做负功
C．作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负，总和为
零
D．一对平衡力，其中一个力做正功，另外一个力一定做负功
【答案】D
【详解】A．功率表示做功快慢，做功越快，功率越大，故 A 错误；
B．摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，但可能与物体运动方向相同，即摩擦力可能
做正功，可能做负功，也可能不做功，故 B 错误；
C．作用力和反作用力总是等大反向，但一对作用力和反作用力可能都做正功，都做负功，也可能
一正一负，也可能作用力做功而反作用力不做功，故 C 错误；
D．平衡力总是等大反向作用在一个物体上所以一个做正功另一个力一定做负功，故 D 正确。
故选 D。
【考向 7】如图所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小物块放在
小车的最左端，现用一水平力 F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为 f，经过一段时间
小车运动的位移为 x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是（　　）
A．此时小物块的动能为 ( + )
B．此时小车的动能为 f
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为 f
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为 f( + )
【答案】B
【详解】A．对小物块由动能定理得
( + ) f( + ) = k 物 0
整理有
k 物 = ( + ) f( + )
故 A 项错误；
B．对小车由动能定理有
f = k 车 0
整理有
k 车 = f
故 B 项正确；
C．设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为 0J，经过水平外力后，小车和小
物块的动能之和为
k = k 车 + k 物 = ( + ) f( + ) + f = ( + ) f
此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了 ( + ) f ，故 C 项
错误；
D．根据功能关系可知，其摩擦产生的热等于其摩擦力与相对位移的乘积，即
= f
故 D 项错误。
故选 B。
【考向 8】（多选）电动机带动足够长的水平传送带以速度 v 匀速传动，一质量为 m 的小木块由静止
轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，当小木块
与传送带相对静止时（　　）
2
A ．传送带转过的路程为
2
B ．小木块的位移为
C．摩擦产生的热量为 mv2
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为 mv2
【答案】AD
【详解】AB．当小木块与传送带相对静止时所用时间为

= =
传送带转过的路程为
2
= =
小木块的位移为
2
= 2 = 2
选项 A 正确，B 错误；
C．摩擦产生的热量为
1
= ( ) = 2
2
选项 C 错误；
D．因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为
1
= + 2
2 = 2
选项 D 正确。
故选 AD。
【考向 9】如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面 AB 和竖直半圆形
轨道 BC 组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径 = 0.4m，除半圆形轨道 BC 外其余接触面
均光滑。某次游戏中用力将一质量 = 0.1kg的滑块压缩轻质弹簧（滑块与弹簧不拴接），此时弹簧
的弹性势能 p0 = 1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器 A 点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最
高点 C，取重力加速度大小 = 10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
（1）滑块通过 B 点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）滑块从 B 点运动到 C 点的过程中，克服摩擦力做了多少功？
【答案】（1）9N；（2）0.6J
【详解】（1）滑块运动到 B 点的过程，由能量守恒有
1
p0 = 2
2

滑块经过 B 点，由牛顿第二定律有
2
N =
解得
N = 9N
由牛顿第三定律得，滑块通过 B 点时对半圆形轨道的压力
′N = N= 9N
（2）滑块恰好能过 C 点，则
2
=
解得
= = 2m/s
滑块从 B 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有
1 1
2 f = 2
2
2
2

解得
f = 0.6J
【考向 10】如图所示，一质量 = 2kg、长 = 4m的木板 B 静止于光滑的水平面上，距离 B 的右端
= 6m处有一固定竖直挡板； = 0时刻，一个质量 = 1kg的小物块 A 以初速度 0 = 3m/s从 B 的
左端水平滑上 B， = 4s时，对物块 A 施加一水平向右的恒力 = 2N。设物块 A 可视为质点，A、B
间的动摩擦因数 = 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中
无机械能损失，g 取10m/s2，求：
（1）0 4s内，木板 B 的运动位移；
（2）从 B 开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对 B 所做的功；
（3）B与竖直挡板第二次碰撞前 A 距离木板 B 右端的距离。
【答案】（1）3.75m；（2）4J；（3）1.25m
【详解】（1）A 滑上 B 后，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动；由牛顿第二定律知，对木
块 A
=
对木板 B
=
设 AB 经过时间 1后达到相等的速度 1，由运动学规律知
0 1 = 1 = 1
解得
1 = 0.5s
1 = 1m/s
此时 A 运动的位移为
+
=
0 1
2 1 = 1m
B 的运动位移为

=
1
2 1 = 0.25m
当 AB 共速后将做匀速直线运动，则两者在0.5s 4s内的运动位移为
1 = 1 × 3.5m = 3.5m
故在0 4s内，木板 B 的运动位移为
= + 1 = 3.75m
（2）当 = 4s时，当恒力 F 作用在 A 上，假设 AB 仍保持相对静止，对整体有
= ( + )
对 B 有
=
解得
3
= 4 N < = = 4N
故在木板 B 与挡板碰撞前，A、B 保持相对静止，其共同运动的加速度为
2
= 3 m/s
2
设木板 B 第一次与挡板碰撞前，AB 的速度为 2，由运动学规律知
22 21 = 2 ( )
解得
2 = 2m/s
而从 B 开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，只有摩擦力对 B 做功,由动能定理知
1
= 2
2
2 = 4J
（3）当 B 与挡板第一次碰撞后，A 向右做匀减速直线运动，B 向左做匀减速直线运动
对 A 有
= 1
对 B 有
=
解得
1 = = 2m/s2
即 AB 将同时减速到 0，则在此过程中，由运动学公式知
22 = 2 1 1
22 = 2 2
解得
1 = 2 = 1m
在此过程中 A 相对 B 运动位移为
Δ 2 = 2m
2
此后 AB 将在恒力 F 作用下以加速度 = 23m/s 向右加速运动，在第二次碰撞前 A 与 B 之间不再发
生相对位移；
由（1）问可知，0 4s内，A 相对 B 运动位移为
Δ 1 = = 0.75m
故 B 与竖直挡板第二次碰撞前 A 距离木板 B 右端的距离
= Δ 1 Δ 2 = 1.25m
考点 3：能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
2.能量转化问题的解题思路
（1）当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
（2）解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的
能量增加，求出减少的能量总和 ΔE 减与增加的能量总和 ΔE 增，最后由 ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
5.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
（1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
（2）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两
物体速度相同。
（3）当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。
【考向 11】如图所示，质量为0.5kg的小球从距地面高为1.5m处由静止释放，与正下方固定的长为
0.4m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.25m，小球第一次反弹至最高点时，距地
面高为1.273m。经过多次反弹后，小球最终静止在弹簧上，此时，小球距地面高为0.39m，弹簧的
弹性势能为0.025J。若小球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定。（当小球速度为零
时空气阻力为零，重力加速度 = 10m/s2）下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为200N/m
B．小球在运动过程中受到的空气阻力约为0.3N
C．小球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
D．小球下落过程中速度最大处距地面高为0.39m
【答案】C
【详解】A．小球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
=
解得
5
= = 0.4 0.39 N/m = 500N/m
故 A 错误；
D．小球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，小球继续加速，当弹力与空气阻力的合
力等于小球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，小球减速，到最低点，经过多次反弹后，
最终小球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则小球距地面高为0.39m处并不是下落过程中速度最大
处，D 错误；
B．小球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
(1.5 1.273) [(1.5 0.250) + (1.273 0.250)] = 0
解得
≈ 0.5N
故 B 错误；
C．对小球运动的整个过程，由能量守恒定律得
(1.5 0.39) = +
解得
= 11.05m
故 C 正确。
故选 C。
【考向 12】（多选）如图所示，一个质量 = 0.5kg的小球（可视为质点）从 = 12m高处，由静止
开始沿光滑弧形轨道 滑下，接着进入半径 = 4m的竖直圆轨道，当到达环顶 C 时，刚好对轨道
压力为零；小球在沿左半环 滑下后，再进入光滑弧形轨道 ，且到达 D 点时速度为零。已知 g
取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．在由 A 到 D 的过程中，小球的机械能守恒
B．若圆轨道粗糙程度处处相同，则 D 点离地面的高度一定大于8m
C．小球第一次过 B 点时对轨道的压力大小是35N
D．小球从 B 上升到 C 的过程中克服阻力做的功是10J
【答案】BCD
【详解】C．小球第一次过 B 点时，根据机械能守恒有
1
= 2
2

在 B 点由牛顿第二定律有
2
=
解得
= 35N
故 C 正确；
D．根据题意，在 C 点由牛顿第二定律有
2
=
设小球从 B 上升到 C 的过程中克服阻力做的功为 f，则能量守恒有
1
2
1
2 = 2
2
+ 2 + f
联立解得
f = 10J
故 D 正确；
A．根据以上分析可知，小球在竖直圆轨道运动时克服阻力做功，由此可知，在由 A 到 D 的过程中，
小球的机械能不守恒，故 A 错误；
B．若圆轨道粗糙程度处处相同，则在圆轨道上从 B 到 C 的过程中小球对圆轨道的平均压力大于从 C
到 B 过程中小球对圆轨道的平均压力，因此在竖直圆轨道上运动克服摩擦力做的总功 f 总 < 20J，
由能量守恒定律可得
( ) 总 = 0
解得
> 8m
故 B 正确。
故选 BCD。
【考向 13】如图所示，固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道 BC 与水平地面相切于 C 点，半径 OB 与水
平方向的夹角 = 37°。质量 = 1kg的物块（视为质点）从 O 点正上方的 A 点以大小 0 = 3m/s的
速度水平向左抛出，恰好沿 B 点的切线方向进入并沿圆弧轨道运动，到达 C 点后沿地面滑行距离
= 1.5m停下。物块与地面间的动摩擦因数 = 0.3，取重力加速度大小 = 10m/s2，sin37° = 0.6，
cos37° = 0.8，不计空气阻力。求：
（1）A、B 两点的高度差 h 以及圆弧轨道的半径 R；
（2）物块通过 C 点时对圆弧轨道的压力大小 N；
（3）物块通过 B 点时的速度大小 以及在物块从 B 点运动到 C 点的过程中，物块与圆弧轨道之间
因摩擦产生的热量 Q。
【答案】（1） = 0.8m， = 1.5m；（2） N = 16N；（3） = 5m/s， = 32J
【详解】（1）设物块通过 B 点时的竖直分速度大小为 ，根据几何关系有
0 = tan
又
2 = 2
解得
= 0.8m
设物块抛出后在空中做平抛运动的时间为 t，有
=
又
cos = 0
解得
= 1.5 m
（2）设物块通过 C 点时的速度大小为 ，对物块沿地面滑行的过程，根据动能定理有
1
= 0 22
解得
= 3 m/s
设物块通过 C 点时所受圆弧轨道的支持力大小为 ′N，有
2
′N =
根据牛顿第三定律有
′N = N
解得
N = 16N
（3）物块通过 B 点时的速度大小

=
0
sin
解得
= 5m/s
对物块从 B 点滑至 C 点的过程，根据能量守恒定律有
1 1
= ( + sin ) + 2
2
22
解得
= 32J
【考向 14】某同学参照过山车情景设计了如图所示的模型：光滑的竖直圆轨道半径 = 2 m，入口
的平直轨道 AC 和出口的平直轨道 CD 均是粗糙的，质量为 = 2 kg的小滑块（可视为质点）与水平
轨道之间的动摩擦因数均为 = 0.5，滑块从 A 点由静止开始受到水平拉力 = 60 N的作用，在 B 点
撤去拉力，AB 的长度为 = 5 m，不计空气阻力， = 10 m/s2。
（1）若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块在圆轨道最低点时圆轨道对它的支持力大小；
（2）要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道 BC 段的长度范围。
【答案】（1） N = 120 N；（2） 0，15 m 或 21 m，25 m
【详解】（1）滑块恰好通过最高点，滑块只受到重力，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律可
得
2
=
滑块从 C 点到最高点过程由动能定理可得
1 1
× 2 = 2
2 2
2

在 C 点，对滑块由牛顿第二定律可知
2
N =
解得
N = 120 N
（2）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达 C 点，有
( + 0) = 0
解得
0 = 25 m
①滑块无法通过最高点，但到达的高度为 R 时速度为 0，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能
定理可得
( + 1) = 0
解得
1 = 21 m
②滑块能通过最高点，即到达 C 点的速度大于 ，由（1）中可得
= 10 m/s
对 AC 过程由动能定理可得
1
( 2 + ) = 22
解得
2 = 15 m
综上所述，要使不脱离轨道 BC 长度范围为 0，15 m 或 21 m，25 m 。
【考向 15】如图所示，半径为 R 的半圆弧轨道 ABCD 竖直放置，D 点在圆心 O 点的正上方，是圆
弧的最高点，固定圆管轨道 NA 与半圆弧轨道在最低点 A 平滑对接，管口 N 点的切线水平且 N、O、
B 三点等高，劲度系数为 k 的轻质弹簧放置在光滑的水平面 PN 上，一端固定在 P 点，当弹簧处于
原长时，另一端正好处在 N 点。一质量为 m、可视为质点的小球置于 N 点（与弹簧不粘连），现移
动小球压缩弹簧至 Q，然后由静止释放小球，小球到达圆弧的 C 点时刚好脱离轨道。已知 QN=s，
1
弹性势能的表达式为 = 2p 2 （k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），不计所有摩擦，重力加
速度为 g。
（1）求 C 点与 B 点的高度差 h；
（2）求小球在 A 点时对半圆轨道的压力；
（3）若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道最高点，求小球质量的取值范围。
1
2 2 2
【答案】（ ）3 ；（2） ；（3）0 < ≤ 3
【详解】（1）小球运动到 C 点时恰好脱离半圆轨道，轨道对小球的弹力刚好为 0，设重力与 O 的夹
角为 θ，则有
2
cos =
由几何关系可得

cos =
从 Q 点到 C 点，由能量守恒定律可得
1 1
2
2 = 2
2
+
解得
2
= 3
从 Q 点到 C 点，由能量守恒定律可得
1
2
1
= 22 2 +
解得
2
= 3
（2）小球由 Q 运动到 A，由能量守恒定律可得
1 1
2 + = 22 2
在 A 点时有
2
N =
由牛顿第三定律可得
2
N = N′ = 3 +
方向垂直轨道向上
（3）小球能完整通过 D 点，则有
2
≥
从 Q 到 D，由能量守恒定律有
1
2
1
2 = 2
2

可得
2
0 < ≤ 3
【真题 1】（2022·浙江·高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，
风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405
kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 ，空气密
度为 ，风场风速为 ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B 1．单位时间流过面积 的流动空气动能为2
2
C．若每天平均有1.0 × 108kW的风能资源，则每天发电量为2.4 × 109kW h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0 × 105kW h
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积 的流动空气体积为
0 =
单位时间流过面积 的流动空气质量为
0 = 0 =
单位时间流过面积 的流动空气动能为
1
2
1
2 0 = 2
3
风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成
正比，AB 错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0 × 108kW的风能资源，则每天发电量应满足
< 1.0 × 108 × 24kW h = 2.4 × 109kW h
C 错误；
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量
具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率
可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为
= 63
405
× 93 kW = 120kW
则该发电机年发电量至少为
= = 120 × 5000kW h = 6.0 × 105kW h
D 正确；
故选 D。
【真题 2】（2021·浙江·高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以 80km/h 的速度匀速行驶，其 1s 内
能量分配情况如图所示则汽车（　　）
A．发动机的输出功率为 70kW
B．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 5.7×104J
C．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 6.9×104J
D．每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 7.0×104J
【答案】C
【详解】A．由图可知，发动机 1s 内克服转动阻力做功为 1.7×104J，则输出功率为
1.7 × 104
= = 1 W=17kW
选项 A 错误；
BCD．每 1s 消耗的燃料有 6.9×104J 进入发动机，则最终转化成的内能的量为 6.9×104J，选项 C 正确，
BD 错误。
故选 C。
【真题 3】（2022·福建·高考真题）2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆
轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知

质量为 m 的物体从距地心 r 处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为 ，式中 M 为地球质量，
G 为引力常量；现将空间站的质量记为 0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为 1、 2，如图所
示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　）
A 1．2
1
0 1 B 1 1． 0 1 2 1 2
C 3．2
1 1
0 D．2 1 1 0 1 2 1 2
【答案】A
【详解】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道 1变轨到 2
过程，根据动能定理有
+ 引力 = Δ k
依题意可得引力做功
0 0引力 = 2 1
万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有
0 2 2 = 0
求得空间站在轨道上运动的动能为

k =
0
2
动能的变化

Δ k =
0 0
2 2 2 1
解得

= 0
1 1
2 1 2
故选 A。
【真题 4】（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为 的光滑斜面上有 50 个减速带（图中未完全画
出），相邻减速带间的距离均为 d，减速带的宽度远小于 d；一质量为 m 的无动力小车（可视为质点）
从距第一个减速带 L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。
观察发现，小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第 50 个减速
带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离 s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因
数为 ，重力加速度大小为 g。
（1）求小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前 30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前 30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，
则 L 应满足什么条件？

【答案】（1 ( 29 )sin ） sin ；（2） 30 ；（3） > + sin
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
sin =
设小车通过第 30 个减速带后速度为 v1，到达第 31 个减速带时的速度为 v2，则有
22 21 = 2
因为小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到
达下一个减速带均为 v1和 v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
1 1
= 2
2
2 2
2
1
联立以上各式解得
= sin
（2）由（1）知小车通过第 50 个减速带后的速度为 v1，则在水平地面上根据动能定理有
1
= 0 22 1
从小车开始下滑到通过第 30 个减速带，根据动能定理有
1
( + 29 )sin Δ = 2总 2 1
联立解得
Δ 总= ( + 29 )sin
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
总 ( + 29 )sin
′ = 30 = 30
（3）由题意可知
′ >
可得

> + sin
【真题 5】（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的 O 点，
小圆环 A 和轻质弹簧套在轻杆上，长为2 的细线和弹簧两端分别固定于 O 和 A，质量为 m 的小球 B
固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当
细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相
等、方向相反，重力加速度为 g，取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小 F；
（2）环 A 的质量 M；
（3）上述过程中装置对 A、B 所做的总功 W。
【答案】（1 3 9 31） 8 ；（2）64 ；（3）30
【详解】（1）设 、 的张力分别为 1、 2，A 受力平衡
= 1sin37°B 受力平衡
1cos37° + 2cos37° =
1sin37° = 2sin37°
解得
3
= 8
（2）设装置转动的角速度为 ，对 A
8
= 2 5
对 B
4
tan53° = 2 5
解得
9
= 64
（3）B 1上升的高度 = 5 ，A、B 的动能分别为
= 1
2 2
kA 2
8 1 4
5 ；
kB = 2 5
根据能量守恒定律可知
= ( kA 0) + ( kB 0) +
解得
31
= 30
一、单选题
1．（2024·广东惠州·二模）2023 年 10 月 3 日，在杭州亚运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹
夺冠，图为朱雪莹在东京奥运会上决赛时腾空后下落的照片，朱雪莹从刚接触床面到运动至最低点
的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．朱雪莹刚接触床面时速度最大
B．朱雪莹在该过程中始终处于失重状态
C．在该过程中朱雪莹的动能减少量等于弹性势能的增加量
D．在该过程中蹦床对朱雪莹一直做负功
【答案】D
【详解】A．朱雪莹重力与床面的弹力等大反向时，速度最大，故 A 错误；
B．朱雪莹在该过程中加速度方向先向下后向上，先处于失重状态，后处于超重状态，故 B 错误；
C．在该过程中朱雪莹的动能和重力势能全部转化为蹦床的弹性势能，故 C 错误；
D．在该过程中蹦床对朱雪莹的弹力和朱雪莹的位移方向一直相反，一直做负功，故 D 正确。
故选 D。
2 ．物体以动能为 开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为2。取出发点位置的重力势能为零，
整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（　　）
A 3 B 3 C 4 D 4 ．10 ． 7 ． 7 ． 9
【答案】B
【详解】设上升的最大高度为 ，根据功能关系有

2 = 2 = 2
根据能量守恒可得
= +
求得
3
= 4
1
= 4
求得
1
= 3
若在上升阶段离出发点 处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有
k + =
k = p =
联立解得
3
k = = 7
故选 B。
3．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽
内沿水平方向左右移动，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现小车以水平速度 0撞击弹
簧，轻杆恰好向右移动距离 l，不计小车与地面间的摩擦，则（　　）
A．轻杆移动距离 l 的过程中先做匀加速再做匀减速运动
B．弹簧被压缩最短时，轻杆的速度达到最大
C．根据小车运动的对称性可知，小车以 0的速率被弹簧弹回
D．弹簧的弹性势能最大时，轻杆向右加速的加速度达到最大
【答案】D
【详解】A．轻杆移动距离 l 的过程中先做加速再做减速运动，轻杆所受的摩擦力不变，但所受的弹
簧的弹力是变力，所以轻杆所受的合外力为变力，加速度大小和方向都变化，轻杆不可能做匀变速
直线运动，故 A 错误；
B．弹簧被压缩最短时，轻杆所受的合外力最大，轻杆正在做加速运动，其速度没有达到最大，故 B
错误；
C．根据能量守恒定律，由于轻杆与固定槽之间的动摩擦力做功，系统的机械能有一部分转化为内
能，所以小车被弹簧弹回的速率小于 v0，故 C 错误；
D．弹簧的弹性势能最大时，弹簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加速度也达到
最大，故 D 正确。
故选 D。
4．（2024·甘肃白银·三模）2024 年 1 月 17 日晚，天舟七号货运飞船成功发射，揭开了 2024 年中国
载人航天工程发射任务的序幕。设天舟七号做匀速圆周运动的轨道离地球表面的高度为 h，天舟七
号的质量为 0。地球表面的重力加速度为 g，地球半径为 R。若取无限远处为地球引力势能的零点，
则引力势能可表示为 = p ，其中 G 为万有引力常量，M 为地球质量，r 为物体到地心的距离，
m 为物体的质量。下列关于天舟七号的表述，正确的是（　　）
2
A ．角速度大小为

3
B 1 ( )．周期为2 2
C．线速度大小为 ( + )
D
2
．机械能为 2( )
【答案】D
【详解】A．对天舟七号有

0 2( + )2 = 0 ( + )
在地球表面有

2 =
解得
2
= ( + )3
故 A 项错误；
B．对天舟七号有
2
0
4
( + )2 = 0 2 ( + )
结合之前的分析，解得
2 ( + )3
=
故 B 项错误；
C．对天舟七号有
0 2 ( + )2 = 0 ( + )
结合之前的分析有
2
= +
故 C 项错误；
D．由题意可知，其机械能为

p =
0
+
结合之前的分析，有
2
p = ( + )
天空七号具有的动能为
1 2 0
2
k = 2 0 = 2( + )
其具有的机械能为
2
= k +

p = 2( + )
故 D 项正确。
故选 D。
5．（2024·北京昌平·二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落
回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，
其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下，（　　）
A．上升的时间一定小于下降的时间
B．在最高点时的加速度等于重力加速度
C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能
D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能
【答案】A
【详解】A．物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于 g，下落过程中，竖直方向的
阻力向上，加速度大小小于 g，根据
1
= 2
2
可知，物体上升的时间一定小于下降的时间。故 A 正确；
B．物体在最高点时受到的阻力水平向左，则水平方向的加速度向左，竖直方向的加速度大小为 g，
根据平行四边形法则可知，物体在最高点时的加速度大于重力加速度。故 B 错误；
C．物体在运动过程中，空气阻力做负功，所以落回抛出点时的动能小于抛出时的动能。故 C 错误；
D．整个过程中阻力一直做负功，所以物体在上升阶段和下降阶段同一高度处，上升阶段的速度大
于下降阶段的速度，所以上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，上升过程中克服阻力做
的功大于下降阶段克服阻力做的功，物体在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。
故 D 错误。
故选 A。
6．某地区常年有风，风速基本保持在 4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为 10m
的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为 1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为 20%.现用这
台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下 10m 深处抽水，水泵能将水抽到地面并以 2m/s 的速度
射出，出水口的横截面积为 0.1m2，水的密度为 1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为
80%，则下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的发电功率约为 12.8kW
B．每秒钟水流机械能增加 400J
C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约 3h
D．若风速变为 8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的 4 倍
【答案】C
【详解】AD．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为
0＝ ＝ × 2＝4 × × 102m3=1256m3
单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
1
= 2
1
2 = 2
2
0 =13062.4W
依题意，此风力发电机发电的功率为
= 20% = 20% × 13062.4W ≈ 2.6kW
若风速变为 8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的 8 倍；
故 AD 错误；
B．每秒钟水流机械能增加约为
1
Δ = + 2
′2
其中
= 水 ′ ′
解得
Δ = 2.04 × 104J
故 B 错误；
C．水泵正常工作每秒钟耗电为
Δ
Δ ′ = 80% =2.55 × 10
4J
风力发电机一天的发电量为
′ = = 2.6 × 103 × 24 × 60 × 60J ≈ 2.2 × 108J
解得
′
= ≈ 2.39h
Δ ′
故 C 正确；
故选 C。
7．（2024·浙江金华·三模）一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯功率为 120W，风力发电机
的风能转化率为 1 = 4%，工作原理如图所示，内部的线圈面积为 1 = 0.2m2、匝数 = 200匝，磁
体的磁感应强度为 = 0.1T，风叶的半径为 = 1m，空气的密度为 = 1.3kg/m3。太阳垂直照射的
单位面积功率为 1kW，光电池板被太阳光直射的等效面积为 2 = 1m2，光能转化率为 2 = 20%。如
果在一个风速稳定的晴天，经 3 小时的光照和风吹，路灯可正常工作 7 小时，测得风力发电机输出
的电流强度大小为 1A。下列对风速和风叶转速估算合理的是（ ）
A．10m s，4.6r s B．10m s，2.3r s C．20m s，4.6r s D．20m s，2.3r s
【答案】A
【详解】设经 = 3h的光照和风吹，光能转化为电能为 E3，风能转化为电能为 E4，则
3 = 2 光 2
1
2 34 = 1 2 1
又
3 + 4 = 灯 × 7h
联立解得风速
1 = 10m/s
风能转化为电能为
4 = 86400J
设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为 Um，则
Um = NBS1ω = NBS1 2
所以
1 1 1
4 = m = 1 = 1 2
2 2 2
解得
10 2
= r/s ≈ 4.6r/s
即风速为 10m/s，风叶的转速为 4.6r/s。
故选 A。
8．如图所示，质量分别为 m、2m 小物块 A 和小物块 B 在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧
相连，开始时 A、B 均静止，现给 B 施加一竖直向下的恒力，使 B 向下运动，当速度为零时，立即
1
撤去恒力，一段时间后小物块 A 恰好能离开地面。已知弹簧的弹性势能可表示为 p = 2
2，k 为弹
簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为 g，则恒力所做的功为（　　）
9 2A
2 7 2 2
． 2 B． 2
C 5
2 2 9 2 2
． 2 D． 4
【答案】A
【详解】由题意知开始时弹簧的压缩量为
2
1 =
小物块 A 恰好离开地面时弹簧的伸长量为

2 =
设小物块 B 在恒力作用下向下运动的最大位移为 0，恒力所做的功为 W，由能量守恒得
1 1
+2 2 20 = 2 ( 1 + 0) 2 1
1 1
2 (
2 2
1 + 0) 2 2 = 2 ( 0 + 1 + 2)
联立解得
9 2 2
= 2
故选 A。
二、多选题
9．（2020·重庆璧山·三模）一辆小车以一定的初速度冲上高度为 h、长度为 L 的斜坡，已知小车的质
量为 m，小车受到沿斜面向下的阻力为 f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（　　）
A．此过程中小车的动能减少了(mgh+fL)
B．此过程中小车的势能增加了(mgh－fL)
C．此过程中自然界中的能量减少了 fL 了
D．此过程中小车的机械能减少 fL
【答案】AD
【详解】A．上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得
= k
所以此过程中小车的动能减少了 + ，A 正确；
B．此过程中小车重力做功为 ，所以此过程中小车的势能增加了 ，B 错误；
C．根据自然界中能量是守恒的，C 错误；
D．机械能减小量等于除重力外其余力做的功，此过程中除重力外，摩擦力做功
f =
所以此过程中小车的机械能减少了 ，D 正确。
故选 AD。
10．（2023·广西南宁·二模）如图所示，现将一长为 L、质量为 m 且分布均匀的金属链条通过装有传
送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为 ，斜面光滑，链条
与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者
传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带

部分的长度 = 4时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度 = 3的位置由静止释放，
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A sin ．释放瞬间链条的加速度为 3
B tan ．链条与传送带之间的动摩擦因数 = 4
C ．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从 = 2的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速
度大小 = 2 sin
D．若链条的机械能增加量为Δ ，传送带消耗的电能为 耗，不计电路中产生的电热，Δ 等于
耗
【答案】AC

【详解】AB．当位于传送带部分的长度 = 4时，链条恰能保持静止，则根据平衡条件可得
1
4 cos = sin
= 将链条从位于传送带部分的长度 3的位置由静止释放瞬间，根据牛顿第二定律
1
3 cos sin =
联立解得
sin
= 3
= 4tan
故 A 正确，B 错误；
C．从 = 12的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为2 cos ，完全进入传送带时摩擦力大小为 cos
，摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为
1
2 cos + cos 3 = 2 × 2 = 8 cos
根据动能定理
1
2 sin =
2
2
联立解得
= 2 sin
故 C 正确；
D．根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则Δ 小于 耗，故 D 错误。
故选 AC。
11．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，倾角为 = 30°的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底
端附近垂直斜面固定一挡板，小物块甲、乙用轻弹簧拴接后置于斜面上，甲的质量为 m。初始静止
时，弹簧压缩量为 d。某时刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力 = ，当弹簧第一次恢复原长时将
1
恒力撤去，甲到最高点时乙刚要离开挡板。已知弹簧的弹性势能为 p = 2
2， 为劲度系数，x 为形
变量，重力加速度为 g，弹簧始终在弹性限度以内。则（ ）
A 1．甲的最大速度为
2
B．甲运动到最低点时的加速大小为 g
C．小物块乙的质量为 2m
D 9．弹簧的最大弹性势能为4
【答案】BD
【详解】A．施加恒力前由平衡条件
sin =
解得

= 2
甲回到弹簧原长撤去恒力时速度最大，由动能定理得
1
sin + 弹 = 2
2
其中
1
2弹 = 2
解得
3
= 2
故 A 错误；
C．设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为 1，从撤走恒力到乙刚要离开挡板的过程，对甲和弹簧由
能量守恒有
1 1
1sin + 22 1 = sin + 2
2
解得
1 =
此时乙刚好不离开挡板，则有
1 = ′ sin
得乙的质量
′ =
故 C 错误；
B．到达最高点后小物块甲沿斜面向下滑动，设甲到最低点时弹簧的压缩量为 2，由能量守恒得
1 1
( 1 + 2)sin + 2
2
1 = 22 2
解得
2 = 3 （另一解不合题意，舍去）
对甲由牛顿第二定律有
2 sin =
解得
=
故 B 正确；
D．因为 1 < 2，故最大弹性势能
1 2 9 pmax = 2 2 = 4
故 D 正确。
故选 BD。
12．（2024·河北沧州·三模）如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一挡板与斜面
垂直，质量为 m 的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化
图像如图乙所示，已知斜面长为 l，物块与挡板碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为4 0。
B ．物块下滑的时间为
2 0
C 4．滑块运动的总路程为3
3 0
D．斜面的动摩擦因数为 2 2 2 9 20
【答案】BD
【详解】AC．从两条图像可知上方的图像为机械能随位移变化的图像，下方为重力势能随位移变化
的图像，物体在下滑的过程中，机械能与重力势能随位移均匀地减小，且两个图像平行，可知下滑
的过程中动能保持不变，即
sin = cos ①
由题可知
sin = 3 0②
1
2
2
0 = 0③
物体与挡板发生弹性碰撞，原速率反弹，设上升的路程为 l'，则根据动能定理
′sin + ′cos = 0④
联立解得

′ = 6
到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此滑块运动的总路程
7
= + ′ = 6
物块克服摩擦产生的热量
= 4 0 ′sin = 3．5 0
AC 错误；
B．下滑的时间
= ⑤0
将②⑤联立解得
3
= 2 0
B 正确；
D．由②可得
3
sin = 0
可得
3
tan = 0
2 2 2 9 20
由①可得
= tan
D 正确。
故选 BD。
13．（2024·安徽淮南·二模）如图所示，足够长的水平轨道 与竖直光滑半圆形轨道 在 点平滑
连接，半圆形轨道的圆心为 ，且 1 ∥ , ⊥ 。重力 = 4N可视为质点的小滑块静置于
上的 点，某时刻滑块在一水平向右的 = 3.0N恒力作用下开始向右运动，滑块在 内运动时刚好
不脱离半圆形轨道并能沿轨道返回 面，sin37° = 0.6,cos37° = 0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块运动至 1后开始返回
B．滑块运动至 1点时其机械能最大
C．滑块运动到 点时对半圆形轨道的压力最大
D．滑块运动 点时的速度大于运动到 1点时的速度
【答案】BD
【详解】A．滑块在半圆形轨道内运动时，滑块受到的重力和恒力 的合力如图所示
3
tan = = 4
即
= 37°
所以满足滑块刚好不脱离轨道又返回 点的条件时，滑块将恰好运动到与 2垂直的线段 3上的 3
点开始返回，A 错误；
B．滑块在整个运动过程中，恒力 对滑块做的正功越多，滑块的机械能越大，因当滑块运动到 1点
时，恒力 做的正功最多，所以滑块运动至 1点时的机械能最大，B 正确；
CD．由图可知，滑块运动到 2点时速度最大，运动到 点时的速度大于运动到 1点时的速度，C 错
误，D 正确。
故选 BD。
三、解答题
14．（2024·福建漳州·三模）如图为某探究活动小组设计的节能运输系统。木箱在倾角为 30°的斜面
轨道顶端时，自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下
（货物与木箱之间无相对滑动），当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸
下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为 L，木箱与轨道间的动摩擦因数
3
为 ，重力加速度为 g。
4
（1）求货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，重力所做的功 W；
（2）求木箱的质量 M；
（3）若木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为 1，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为 2，
1
求两次形变量之比 。2
1
【答案】（1）0.5mgL；（2）6 ；（3）1
【详解】（1）货物从顶端到弹簧被压缩到最短的过程中，重力所做的功
= sin30°
解得
= 0.5
（2）系统从开始下滑到再次回到顶端过程，由能量守恒定律可知货物减少的重力势能等于克服摩擦
力所做的功，则
sin30° = ( + ) cos30° + cos30°
解得
1
= 6
（3）下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，由受力平衡得
7
1 = ( + ) sin30° ( + ) cos30° = 8
同理，上滑过程中，由受力平衡得
7
2 = sin30° + cos30° = 8
故 1与 2大小相等，即
1
= 12
15．（2021·上海静安·二模）如图，足够长的固定斜面 AB 和 BC 的底部 B 处平滑连接，两斜面与水
平方向的夹角均为 53°，AB 光滑，BC 粗糙。质量 m=2 kg 的小物块从 AB 斜面高为 h=1.25m 的 P 处
1
由静止释放。已知小物块与 BC 斜面间的动摩擦因数为 μ=3，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10 m/s
2。
（1）求小物块从 P 处释放到达 B 处的速度的大小 vB；
（2）求小物块沿斜面 BC 上滑的最大距离 L 及此过程中损失的机械能 ΔE 机；
（3）请分析说明小物块最终静止在何处。
【答案】（1）5 m/s；（2）1.25 m；5J；（3）最终静止在 B 点
【详解】（1）小物块从 A 到 B 作只有重力做功，机械能守恒，有
1
= 22
代入数据可得
vB=5m/s
（2）小物块沿 BC 上滑，受力分析如图
垂直于斜面方向受力平衡
FN-mgcos53 =0
小物块与斜面 BC 间滑动摩擦力大小
Ff=μFN=μmgcos53
以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律
（-mgsin53 ）+（-Ff）=ma
代入数据可得
a=-10m/s2
小物块从 B 到 C 做匀减速直线运动至速度为零，有
02 2 = 2
代入数据可得
s=1.25 m，L=1.25 m
小物块损失的机械能
△E 机=mgh-mgLsin53
代入数据可得
ΔE 机=5 J
（3）小物块在斜面 BC 时，因为 mgsin53 >μmgcos53 ，所以小物块速度减为零后，不会静止在 BC
斜面上，会沿 BC 斜面向下做匀加速运动；
到 AB 斜面后返回再沿斜面 BC 上滑，由于 BC 斜面粗糙，上滑高度小于第一次的上滑高度；
此后反复在两斜面间运动若干次，最终静止在 B 点。
16．如图所示，可视为质点的货物从 A 点由静止沿斜面滑下，最终停在水平面上的 C 点，斜面与水
平面在 B 点平滑连接。已知 A 点距水平面的高度为 8m，斜面 AB 长为 10m，水平面上 B、C 的间距
为 8m，货物从 A 点运动到 C 点所花费的时间为3.6s，重力加速度 = 10m/s2。
（1）求货物与斜面间的动摩擦因数 1和货物与水平地面间的动摩擦因数 2；
（2）若斜面可伸缩，A 点与水平面的高度差降至7.5m，但 A、C 两点间的水平距离不变，仍使货物
最终停在 C 点，求需将 B 点向右移动的距离。
5
【答案】（1） 1 = 0.5， 2 = 8；（2）Δ = 4m
【详解】（1）分析过程可知货物从 A 点到 B 点由 0 开始加速，从 B 点到 C 点减速至 0，其运动过程
可等效为在一条直线上的运动，如图所示
可得
1
2 = +
解得
= 10m/s
设斜面 AB 与水平面的夹角为 ，则
sin = 0.8
货物从 A 点到 B 点有
2 1 = 2
sin 1 cos = 1
货物从 B 点到 C 点有
2 2 = 2
2 = 2
解得
1 = 0.5， 2 =
5
8
（2）设 AB 移动后与地面的夹角变为 ，B 点向右移动Δ ，AB 长度变为 1，对整个过程由能量守恒
定律
′ [ 1 cos 1 + 2 (8 Δ )] = 0
1cos + 8 Δ = cos +
解得
Δ = 4m

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