2024年新高考物理复习考点24 功能关系 能量守恒定律（核心考点精讲解析版）

考点24功能关系能量守恒定律

1.3年真题考点分布

题型选择题

高考考点功能关系的应用；摩擦力做功与能量的转化；能量守恒定律及应用

2023辽宁卷13题、乙卷14题、甲卷21题、

新高考2022福建卷11题、浙江卷12题、广东卷9题

2021海南卷17题、重庆卷5题、浙江春招II题

2.命题规律及备考策略

【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计9次，主要考查：

1.功能关系的应用；

2.摩擦力做功与能量的转化：

3.能量守恒定律的应用；

【备考策略】能灵活判断物体是否做机械运动和参考系的选择；能正确区分时间与时刻的不同点；能正确

区分矢量和标量的区别：熟练掌握位移和路程的区别并掌握其计算方法；能正确区分速度和

速率、平均速度和瞬时速率的概念并掌握其计算方法；理解并掌握加速度的概念和计算的方

法并能根据图像判断物体的运动情况。

【命题预测】本节常与传送带模型、板块模型、轻绳模型和轻杆模型等结合在一起，命题角度新颖，常以

综介压轴题的形式出现在新高考中，2024年考生需要引起重视，掌握好此节内容，高考时能

轻松获得高分。

考点梳理

考法一功能关系的理解

1.功能关系

(I)内容：做功的过程就是能量转化的过程，做多少功就有多少某种形式的能转化为其他形式的能，功是

能量转化的亮度；

(2)几种常见力的功能关系

不同的力做功对应不同形式能的变化定量关系

合外力做功动能变化W^=Ek2-Eki=AEk

重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势

能增加论=-△EP=EpI-Ep2

弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势

弹簧弹力做功强性势能变化

能增加Ep=Ep1一Ep2

只有重力、弹力做

不引起机械能变化机械能守恒，△£=()

功

除重力和弹力之外除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能

机械能变化

的力做功就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，

物体的机械能就减少多少.W=AE

一对相互作用的滑作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负

内能变化

动摩擦力做的总功

功，系统内能增加。二0•相

2.能量守恒定律

(I)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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.

(2)适用范围：能最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用的一条规律.

（3）表达式

①E疗E未，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.

②AE产AE-增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。

3.能源和能量耗散

（1）能源是指能够提供可利用的能量的物质，它是人类社会活动的物质基础。

（2）能显的耗散：在能晟的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这些

内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散.

（3）能源危机的含义：在能源的利用过程中，即使在能量的转化过程中，能量在数量上并未减少，但

在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了.

☆典例引领

【典例1】（2023•全国•统考高考真题）一同学将排球自。点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O

点，设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（）

A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大

C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动

【答案】B

【详解】A.上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。

对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定

律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较

大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；

B.上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械

能一宜在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最

大，B正确；

C.达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；

D.下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做

变加速运动，D错误。

故选Be

☆即时检测

1.（2023•湖北•模拟预测）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，小球从弹簧的正上方某一高度

处由静止下落.不计空气阻力，则从小球接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（）

C.除重力之外的其它力做的功等于运动员机械能的变化，所以跳板对运动员支持力做的功等于运动员机

械能的变化量，故c正确；

D.运动员下降过程中，只有重力和弹力做功，运动员和跳板组成的系统机械能守恒，所以运动员的重力

势能+跳板的弹性势能+运动员的动能=恒量，由于运动员的动能先增大后减小，所以运动员的重力势能与

跳板的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。

故选Co

考法二摩擦力做功与能量转化

1.比较静摩擦力和滑动摩擦力做功

静摩擦力做功滑动摩擦力做功

(1)将部分机械能从一个物体转移

到另一个物体

只有机械能从一个物体转移到

能量的转化方(2)一部分机械能转化为内能：此

另一个物体，而没有机械能转

面部分能量就是系统机械能的损失

不同点化为其他形式的能

星

(3)摩擦生热：Q=fx用

一对摩擦力的一对静摩擦力所做功的代数和一对滑动摩擦力做功的代数和总

总功方面总等于零是负值

正功、负功、

相同点两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功

不做功方面

☆典例引领

【例2】(2023•海南海口•海南华侨中学校考模拟预测)如图所示，质量为〃?的物体在水平传送带上由静

止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为“，物体过

一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是

()

A.摩擦力对物体做的功为加声

B.电动机多做的功为J"一

C.系统产生的内能为

D.传送带克服摩擦力做的功为々加

【答案】c

【详解】A.根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为W=故A错误；

B.电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于《机/，故B错误；

CD.设共速前物体相对地面的位移为巧，传送带相等地面的位移为々则有%=］，，

可知当=2%

可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为〃?，，则系统产生的内能为

£：=/〃!？一?机—,故C正确，D错误。

22

故选Co

☆即时检测

1.（2023•新疆•统考三模）如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定的速率n沿逆时针方向运行。/=0时

刻，质量小=24的小物块以初速度％从A端滑卜.传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，

1.25s时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取lOm/s"则（）

A.传送带的倾角0=37。

B.小物块对传送带做功I8J

C.小物块在传送带上留下的痕迹长度为1m

D.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5J

【答案】BC

【详解】A.由图示图象可知，物体先做初速度为2m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在

t=0.25s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知

传送带的速度为4m/s：

开始匀加速运动的加速度4=岩=11小2=8m/s2

根据牛顿第二定律得〃磔inO+〃〃?gcosO=ma,

22

速更相等后，加速度a2=—=m/s=2m/s

X1

根据牛顿第二定律得〃?gsin0-仅咫cos。=ma2

联立两式解得“=30。，〃=£,故A错误；

5

B.小物块对传送带的摩擦力为/=〃/〃geos。=6N

小物块对传送带做功为卬=-自+色=-6x4xO25J+6x4xg8J,故B正确;

2+4

CD.0~0.25s时间，小物块的位移为爪=亍乂0.25m=0.75m

相对位移&=Xr'=lm-0.75m=0.25m

6+4

O.25s~l.25s时间，小物块的位移为人”=----xlm=5m

2

相对位移Aj=9—x"=5m-4m=

所以小物块在传送带上留卜的痕迹长度为1m；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为

。=/0骂+—?)=4.25J,故C正确，D错误；

故选BCo

2.(2023•湖北•模拟预测)足够长的传送带倾斜放置，以大小为y=2m/s的恒定速率顺时针转动，如图

甲圻示。质量=2%的小物块以初速度v°=12m/s从4端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间

变化的图像如图乙所示，g=10m/s2,小物块视为质点，求：

(1)小物块从冲上传送带到离开所用的时间；

(2)小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角

(3)。-2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。

【详解】(1)由—图像知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间乙=2s,y-f图像面积即位移x=8m

由图像知，1s~2s的加速度“2为出=m/s?=-2nVs?

方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与的相等，由工=；|。2K

得，2=2&sa2.83s

故总时间r=，i+G=4.83s

(2)由u—图像得01s的加速度q为4=q&m/s2=-10m/s2，方向沿传送带向下;

0-ls,对小物块由牛顿第二定律得mgsine+〃/"gcos6=r〃q

ls~2s,对小物块由牛顿第二定律得〃磔in。-〃〃侬os。=-〃心2

解得0=37,A=0.5

(3)传送带的速度v=2m/$,在0~ls内传送带的位移/M=叫=2xlm=2m

小物块的位移为不加=^12x+l2m=7m

两者相对位移大小为人』=式物-/i=5m

在12s内传送带的位移与2=%=2x1m=2m

小物块的位移为X帆=^2xr1n=lm

两者相对位移大小为=02-%2=1m

02s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热品

(2=fd=w〃gcos6(AAi+A.r,)=().5x2x1()x().8x(5+1)J=48J

考法三能量守恒定律及应用

1.对能用守恒定律的理解

(I)转化：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)转移：某个物体的能量减少，•定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等.

2.运用能最守恒定律解题的基本思路

需研究对象/•--------d—-初、末状态

----------“分析状态变化过程中哪种形I的能量减少；哪种形我的能蚩增加

趣m守恒定律通〉~~1能量的减少量与能量的墙加量一定相等，即』&片3一

☆典例引领

【典例2】(2023•海南•统考高考真题)如图所示，有一固定的光滑:圆弧轨道，半径R=Q2m,一质量为

〃k=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，

己知性=3kg,B、C间动摩擦因数M=。.2,C与地面间的动摩擦因数出=0.8,C右端有一个挡板，C长

为L。

求：

(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？

(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？

(3)在().16mvLv().8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所

用的时间。

碰撞时B速度为vB2=%=2JO.8-1,

碰撞时由动量守恒可得〃”B2=（“A+"%）口

解得碰撞后B、C速度为y=运二£

2

之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得区==8m/s2

后再经G后停下，则有「上二吗"

q16

故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间/=乙+/,+&=1_150.8-4

12316

☆即时检测

1.（多选）（2023•河北沧州•沧县中学校考模拟预测）如图甲所示，斜面倾角为a=30。、足够长、

光滑的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为〃?=4kg的物块置于斜面上足够高处，，=。时刻

在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0~4s时间内物块的速度随

时旬的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力

加速度大小为g=10m*。则（）

W（ms"）

甲乙

A.1~2s的时间内外力的大小为40N

B.0-ls时间内与2~4s时间内的外力大小之比为2:19

C.1s末物块的机械能为32J

D.0~4s的时间内物块的机械能减少了350J

【答案】BD

【详解】A.由图乙可知，0~ls时内物块的加速度为q=4m/s2

位移大小为％=号=201

由牛顿第二定律得mgsin30一耳=m%,解得耳=4N

由绍乙可知，Is-2s时内物块的加速度为生=—=5nVs2

位移大小为Wt2=xhn=6.5m

由牛顿第二定律得mgsin30°-乙=〃叫

解得6=0,故A错误；

B.由图乙可知，2s4s时内物块的力口速度为%=9^IWS2=-4.5UI/S2

位移大小为马二^=^^m=9m

由牛顿第二定律得“吆sin30-居=〃/

解得月=38N,则耳：6=2:19,故B正确；

CD.由题意可知，/=0时刻，物块的机械能为0,由功能关系可知，物块机械能的变化量等于整个过程外

力F所做的功，0~1s外力做的功为叱==-4x2J=-8J

即1s末物块的机械能为-8J,2s4s外力做的功为叱=KX3=-38X9J=-342J

则整个过程中物块机械能变化量大小为Af=|W；+W卜350J,故C错误，D正确。

故选BDo

2.（多选）（2023•山东•模拟预测）风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作

用效果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为2kg的小球从M点竖直向上抛出，

其运动轨迹大致如图中实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，。点为轨迹的最高点，小球在M点

速爱大小为3m/s,在。点速度大小为4m/s,不计空气阻力，重力加速度g=1。m/s?。下列说法正确的是

（）

A.小球的重力和受到的风力大小之比为3:4

B.小球落到N点时的动能为73J

C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1:3

D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为9J

【答案】ABC

【详解】A.设风力大小为死小球质量为九。、历两点间的水平距离为毛，竖直距离为从根据竖直上

抛运动规律有〃=粤

2g

小球从M运动到0的过程，根据动能定理有％-"侬=；/欣叫：

根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为〃=£

m

小球从M运动到。所用时间为1=也

g

根据运动学公式有解得竿=[,A正确；

2F4

B.M、N两点间的水平距离为人=3"⑵了

设小球落到N点时的动能为昂，根据动能定理有0-gw；,=&

联立解得线广73J,B正确；

X1

C.设。、N两点间的水平距离为4,根据匀变速直线运动规律的推论可知-L=.

根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降

△七Fx1

过程中机械能变化量之比为重;用0C正确；

D.小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以

上分析可知合力与竖直方向的夹角0的正切值为tanO=g

4

根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为％"=%疝］0=二%

解得最小动能为反小=£线。=5.76J,D错误。

故选ABC。

3.（2023•广东•广州市第二中学校联考三模）竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与木块A连

接，物块B叠放在A上，系统处于静止状态，如图（a）所示。现对B施加竖直向上的拉力F,使B以恒

定的加速度。竖直向上做匀加速直线运动，直至分离后一小段时间，力尸的大小随B的位移工变化的关

系如图（b）所示，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

zz/ZzzzzOX。J

1图（a）1图（b）

A.物块B的质量〃?B=

8+a

B.当物块B运动到xo时，弹簧恰好处于原长位置

C.从。到切的过程中，力户与B的重力所做功的代数和等于物块B的动能增加量

D.从。到初的过程中，力尸所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量

【答案】D

【详解】A.由图（b）所示图像可知，当B的位移大小由时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，对

B,由牛顿第二定律得巴一%g=〃％a

解得，％=旦，故A错误；

B.由图（b）所示图像可知，当B的位移大小X。时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，此时两物块

的加速度也相等，即加速度方向向上，则弹簧应处于压缩状态，故B错误；

C.由动能定理可知，从0到X。的过程中，力尸与B的重力所做功、A对B的弹力做功的代数和等于物块

B的动能增加最，故C错误；

D.从0到期的过程中，弹簧始终处于压缩状态，即弹力对A做正功，则力尸与弹簧弹力做功的代数和

等于A和B构成的系统的机械能消加量，所以力产所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量，故

D正确。

故选Do

且好题冲关

【基础过关】

1.（2022•四川巴中•统考一模）小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度

大小成正比，则其机械能£（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为瓦）随小球上升高度/?变化的规律

下列描绘正确的是（）

【答案】C

【详解】根据功能关系"=解得了=竽AF

h

即£力图线斜率的绝对值等于空气阻力的大小。在上升过程中，〃增大，小球的速度减小，在其向上运动

过程中，空气阻力与速度大小成正比，所以空气阻力随之减小，图线的斜率逐渐减小，直至为零。故C

正确，ABD错误。

故选C。

2.（2021•广西柳州•统考三模）如图所示，某游乐场的水池上有两条形状不同的并排滑水道，两个水道

顶瑞高度相同，底端切线均水平，甲乙两人分别同时从两水道顶端由静止开始下滑，不计下滑过程中的

各种阻力。下列叙述正确的是（）

水道顶端

B.到达水道底端时，甲和乙的速度相同

C.卜滑过程中，甲的加速度方向始终沿水道的切线方向

D.下滑过程中，甲、乙的平均速度相同

【答案】B

【详解】A.根据甲乙在竖直方向上的运动，做出速度-时间图像

其中甲乙到达底端的速度以及整个过程中的位移相等，由图像可知甲比乙先到达底端。故A错误；

B.从最高点到底端，甲乙的重力做功相等，根据动能定理有〃3=故到达水道底端时，甲和乙的

速度相同。故B正确；

C.下滑过程，甲受到重力和支持力作用，两者合力不一定总是指向切线方向，即甲的加速度方向不可能

始终沿水道的切线方向。故C错误；

D.下滑过程中甲乙位移相等，但时间不同。故下滑过程中，甲、乙的平均速度相同。故D错误。

故选Be

3.（2018•云南曲靖•校联考一模）如图所示，滑块以速率刃沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返

回，回到出发点时的速率变为以，且叫〈匕，则下列说法中错误的是（）

B.全过程中摩擦力做功为零

C.在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等

D.在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等

【答案】B

【详解】A.重力做功等于重力号星直位移的乘积，全程腾直位移为零，所以重力做功为零，故A正确；

B.上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功；下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，

总功不为零，故B错误；

C.因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，位移大小相等，且始终做负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦

力做功相同，机械能减小量相同，故C正确；

D,上滑过程的加速度右吟吆烈3=gsine+〃gcos。

m

卜,加速度"包空丝X=gsin〃-〃geos。

ni

位移大小相同，下滑加速度小，所以下滑时间长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以根据

_w

p=—f可知平均功率不同，故D正确。

由于本题选择错误的，故选B。

4.（2015•上海普陀•统考二模）如图，长为L的粗糙长木板水立放置.，在木板的A端放置一个质量为m

的小物块.现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动.当木板转到与水平面的夹角为a时，小物块开始

滑动，此时停止转动木板，让小物块滑到底端.取重力加速度为g.下列说法正确的是（）

A

A.整个过程支持力对物块做功为零

B.整个过程支持力对物块做功为mgLsina

C.整个过程木板对物块做功为零

D.整个过程木板对物块做功大于物块机械能的增量

【答案】B

【详解】试题分析：在开始上抬木板到，物块开始滑动过程中，支持力做功，而当物块向下滑动时，支

持力不做功，由动能定理可知，在开始上抬木板到物块开始滑动过程中叱、,-〃?gLsina=O,即

WN=mgLsina,选项B正确，A错兔设物体滑到底端的速度为v,则整个过程中，由动能定理：

W=^nv2,即整个过程木板对物块做功等于物块机械能的增量，选项CD错误；故选B.

考点：功；动能定理.

5.（多选）（2021•广东•模拟预测）一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中

物体的机械能七与物体位移s关系的图象如图所示，其中0~”过程的图线为曲线，S/~S2过程的图线为直

线.由此可以判断（）

A.0~s/过程中物体所受拉力可能是变力，且一定不断增大

B.过程中物体的动能一定是不断减小

C.S/~S2过程中物体一定做匀速运动

D.S/~S2过程中物体可能做匀加速运动

【答案】AD

【详解】A.根据机械能变化与做功关系有

FAv=AE

可知，图线的斜率绝对值等于物体所受拉力的大小，故0~”过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增

大，故A正确；

B.0~s/过程中物体拉力小于重力，物体加速向下运动，故其动能不断增大。故B错误；

CD.s/~S2过程中物体，图线斜率不变，故物体所受拉力不变，如果拉力等于重力，可能做匀速直线，还

可能做匀加速直线。故C错误；D正确。

故选AD.

6.（多选）（2019•辽宁大连•统考二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为30。，一质量为〃?的小物块自斜

面底端以初速度如沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后乂沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块

的UT图象如图乙所示，下列判断正确的是（）

B.上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍

C.滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少白〃?4

16

D.滑块沿斜面下滑的过程中动能增加;〃小：

【答案】BD

【详解】A.根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律+=

同理下滑过程mgsin"卬用cose=,〃牛，联立解得4=*,故A错误：

B.上滑加速度〃=下滑加速度普，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，故B正

确；

C.联立mgsin0+Ringcos0=in—与mgsin0-Ringcos0=m°'%两式，可得/=f-im8cos0=竺^

/（）h%

上滑过程中，机械能减小等于摩擦力做功"=叱=//2,故C错误；

2o

D.根据动能定理得纥-（）=（〃*sin*/）x,解得线='/2,故D正确。

故选BDo

7.（2019•陕西渭南•统考一模）如图所示，分别用恒力B、B先后将质量为，〃的物体由静止开始沿同一

粗糙的固定斜面由底端推至顶端，两次所用时间相同，第一次力尸/沿斜面向上，第二次力尸2沿水平方

向,则两个过程（）

A.物体动能的变化量相同

B.物体机械能变化量相同

C.物体克服摩擦力做的功相同

D.恒力B、尸2做功相同

【答案】AB

【详解】A.由公式x=得，由于工和/均相同，故加速度相同，由口=々，，相同，则物体到达斜面

顶湍时速度相同，动能相同，初动能都为0,所以物体动能的变化量相同，A正确：

B.物体末速度相同，又由于处于相同高度，所以两物体机械能变化相同，B正确；

C.对物块进行受力分析，可以得到，两次过程物体对斜面的压力不同，所以滑动摩擦力大小不同，而沿

摩擦力方向位移都为斜面长，所以物体克服摩擦力做的功不同，C错误；

D.根据能量守恒定律得到，力尸做功一部分克服摩擦力做功，另一部分增加了物体的机械能，因为机械

能增加量相同，而克服摩擦力做的功不同，所以恒力B、2做功不同，D错误。

故选AB。

8.（2018•安徽滁州•统考一模）洛物块从倾角为6=30。的斜面顶端由静止释放,取地面为零势能面.物

块在下滑过程中的动能々，重力势能％，,与下滑位移x间的关系分别如图所示，取g=10，〃/d,下面说

法正确的是（）

A.物块的质量是0.2kg

B.物块受到的阻力是0.25N

C.物块动能与势能相等时的高度为3.6m

D.物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J

【答案】AD

【详解】A.由图知，小球下滑的最大位移为x=12m.在最高点时，小球的重力势能

耳,=/忡sin300=12J,得小球的质量m=0.2kg,A正确:

B.根据除重力以外其他力做的功可知人=5一%,

由绍知，最高点的机械能为上高二12J,最低点的机械能为七低=8./,又x=12m,解得：阻力为

/=；N.B错误；

C.设小球动能和重力势能相等时的高度为h,此时有风助/

由动能定理有一/门-二^1+/咫（即/力30。-人）=:，，病，联立解得：〃=2.4m.C错误；

I5zn30J2

9

D.由图可知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J,动能为丘x8J=6J,动能与重力势能之差为6J-

3J=3J.D正确；

选AD,

9.（2023•山东烟台•统考二模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角。=37。的斜面底端沿斜面向上运

动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度〃的变化如图

乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.6o则下列说法中正确的是（）

A.物体的质量加=0.67kg

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=（）.5

C.物体上升过程的加速度大小〃=12m/s2

D.物体回到斜面底端时的动能或=I（）J

【答案】BD

【详解】A.根据题意，由图可知,物体上升到最大高度时,机械能为30J,则有〃吆鼠=30J

解得〃?=lkg,故A错误：

B.根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有

=pmgcos37°•=50J-30J,解得〃=0.5,故B正确；

sin370

C.物体上升过程中，由牛顿第二定律有〃，咫8$37。+〃名由137。=〃也，解得“TOm/s。

故C错误；

D.根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有-2吗=跳一线。，其中纭°=50J

解得或二10J,故D正确。

故选BDo

10.（2019•福建泉州•统考二模）如图，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的

竖直挡板，左端靠在倾角族37。的斜面底端.一个小滑块从离斜面底端〃高处无初速度释放，滑上平板车

后恰好不会落地.已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为产05滑块

从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度大小

为g,忽略其它摩擦,取sin37°=0.6,cos37°=0.8.

⑴求滑块在斜面上的运动时间/;

（2）求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s；

⑶若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度天小V.

【详解】（1）设滑块得质量为小，下滑距离为由根据几何关系：d在下滑过程中，根据牛顿

sin。

第二定律有：〃啰in6r"〃gcos£=〃"，位移关系：d=^at2,联立解得f=5后

（2）设滑块滑到底端时速度为此：4=2.d,设平板车长度为3滑块滑上车与车相对静止得过程中，

对系统根据动量守恒有：〃?％=2町共，能量守恒有：$，喏=；2〃唳+〃〃?夕2L,同理滑块划上车至于挡

板碰撞前得过程中，对系统有:tnvQ=m\\+niv2,—mv~=—"八；+-mv；+uingL

对滑块根据匀变速规律有：

联立上式可解得s=2迈

12

（3）平板车去掉一半后，对系统动量守恒有：〃?%=""+］为：能量守恒有:

【能力提升】

1.（多选）（2023•山东聊城•统考三模）我国民用无人机技术发展迅速，目前已点据全球市场•半以

上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升

到最高点。该过程无人机的动能E-随上升高度〃的关系如图所示。已知无人机发动机提供的升力大小

恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍。则下列结论正确的有（）

A.无人机的升力大小为75N

B.无人机的重力大小为40N

C.空气阻力的大小是40N

D.加速与减速的加速度大小之比为1:2

【答案】ABD

【详解】ABC.设升力为凡根据动能定理有线=（尸一冲-0.25砥）%=（尸-1.25/ngM

结合图像得K=b—L25〃?g=yN=25N

「

关闭发动机后，根据动能定理-（〃?g+0.25〃w）/z=EEM

化解的耳=%-1.25砥*

结合图像得及=一1.25,网=上言N=-50N

解得G=〃笈=40N,F=75N,f=0.25〃?g=1ON,故AB正确，C错误；

D.无人机的质量〃?=g=4kg

g

根据牛顿第二定律，加速阶段q=F~/ng~°-25/Wg=m/s2

m4

减速阶段%='咫+025-=斗m/s2

m4

加速与减速的加速度大小之比为4：%=1：2,故D正确。

故选ABDo

2.（多选）（2023•北京海淀•统考一模）B如图所示，两个质量均为的物块用劲度系数为4的轻弹簧相

连，竖直放置在水平面上静止。现用竖直向上的力〃拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地

面为止。重力加速度为上述过程中，下列判断正确的是（）

A.拉力〃的大小从零逐渐增大到2〃次

B.拉力厂做的功等于M的重力势能的增加

C.弹簧的弹性势能逐渐增大

D.该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同

【答案】ABD

【详解】A.尸拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止，对M、N整体有口=2〃2g

可知整个过程拉力F的大小从零逐渐增大到2〃吆，故A正确；

B.初始对物块M分析得弹簧的压缩量用=?

k

物块N刚好要离开地面时，弹簧的伸长量为巧-等

k

可知初态弹簧的压缩量与末态弹簧的伸长量相等，所以该过程的初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，

弹性势能变化量为零，由功能关系可知拉力?做的功等于M的重力势能的增加，故BD正确；

C.弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。

故选ABD。

3.（多选）（2023•湖南•模拟预测）一个质量为M=2kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静

止一个质量为〃?=2kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为

/=8N・s的冲量，此后小物块和长木板运动的图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若

已知图中“0.4s,匕=0.8m/s,小物块木板间的动摩擦因数设为从，长木板与地面的动摩擦因数设为

出，重力加速度g=l（）m/s2,则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（）

B.0~6时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为3.2J

C.小物块比长木板提前0.2s停下

D.小物块相对长木板的位移为0.88m

【答案】AB

【详解】A.根据题意，对长木板，由动量定理有/=

对小物块，由牛顿第二定律有

对长木板有“mg+乃W+〃）g=用痣

通过对题图及题中数据分析q=F=2m/s?

4

在L时刻建立共速方程有%-gf产"i

联立以上各式解得4=0.2,从=0.3,故A正确;

B.0乙时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得A5=；W1=().8m

则产生的内能。=“〃7gA£=3.2J,故B正确；

C.二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，，〃做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有

外(/〃+M)g-4〃火=Ma、

解得％=4m/s2

则LG的时间为"=*~=0・2s

%

由对称性可知小物块停卜也会用时0.4s,则小物块比长木板晚Q2s停卜，故C错误：

D.小物块与长木板GA内的相对位移％=gx().2x0.8m=0.08m

则全过程的相对位移为-=&£-Av?=0.72m,故D错误。

故选AB。

4.(多选)(2023•四川凉山•统考二模)如图所示，质量为小的物体A固定在轻弹簧上端，劲度系数为

出的弹簧下端固定在地面上，质量为2〃?的物体B静止在A上，竖直向下的力尸=3/咫作用在B上，系统

处于静止状态。现减小尸使A、B以•的加速度一起匀加速上升直到户=0,弹簧在弹性限度内，重力加

速度为g，则()

B

vZZ]A

w

w

w

^

A./=0时，物体A和物体B之间压力为2〃名

B.物体A、B开始运动后，F随位移均匀的减小

C.A、B从静止到"=0的过程中系统重力势能增加了四堂

k

D.A、B从静止到尸=0的过程中，A、B机械能的增量为近欧

k

【答案】BD

【详解】A.现减小厂使A、B以•的加速度一起匀加速上升直到尸=0,所以b=。时,，对B有

Q

8-2，ng-2ma,解得稣=§〃塔,故A错误；

B.初始压缩量为小,纭=3〃吆+/=6"吆

整体分析Aa。一外一厂一3mg=3ma

整理得攵％-"一4〃吆=F

所以物体A、B开始运动后，尸随位移均匀的减小，故B正确；

C.当尸=0时，上升位移“'=竽

k

系统重力势能增加了AE,=3〃3'=处宜，故C错误；

k

D.当尸=0时，整体的速度为，=2x&xf

3

A、B从静止到f=0的过程中，A、B机械能的增量为AE=l3〃”2+A6，=^K,故D正确，

2'k

故选BDo

5.（多选）（2023•贵州贵阳•校联考三模）如图所示，倾斜成45。角的固定直杆_L套有一质量为〃，的小球

（可视为质点），小球可沿杆滑动，轻质弹性绳一端固定于。点，另一端连在小球上。将小球从弹性绳

水平的位置M（此时弹性绳的长度为L）由静止释放，当小球运动到弹性绳与杆垂直的位置P时，弹性

绳长度刚好为原长，小球沿杆下滑到弹性绳竖直的位置N时速度减为零。若弹性绳始终在弹性限度内且

弹性绳弹力与其形变量成正比，重力加速度大小为月。下列说法正确的是（）

B.从M到人小球克服摩擦力做的功为手跖乙

C.小球在P点的动能等于从“到夕弹性绳减小的弹性势能

D.小球从M到P的过程中损失的机械能小于从2到N的过程口损失的机械能

【答案】BC

【详解】A.根据题意可知，小球运动到P点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩擦力的作

用，由牛顿第二定律可知，其加速度。二85皿45。-/＜正8-2，故A错误

m2m

B.根据题意，小球从M钊N的过程中,由动能定理有〃火L-叱=0

根据小球受力及对称性可知，当小球位于关于〃点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故

其所受摩擦力大小也相等，因此小球从加到〜的过程中摩擦力对小球做的功等于从P到N的过程中摩擦

力对小球做的功，则有叱=；叫故B正确；

C.结合B分析可知，从M到。，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性绳减小的弹

性势能转化为小球的动能，故C王确；

D.根据上述分析可知，小球从M到P的过程中摩擦力对小球做的功应等于从P到N的过程中摩擦力对

小球做的功，因此小球从M到尸的过程损失的机械能应等「从P到N的过程中损失的机械能，故D错

误,

故选BCo

6.（多选）（2023•海南海口•统考模拟预测）如图所示，质量为〃?的物体A放在光滑水平面上，右端与

一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为机的物体B以速度即向右运动，与A相碰后一起

压缩弹簧，直至B与A分离的整个过程中，下列说法正确的是（）

A.在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒

B.弹簧的最大弹性势能为，7M

C.物体A对B的冲量大小为1加为

D.物体A对B做的功为

O

【答案】BC

【详解】A.A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧

组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；

B.A和B发生完全非弹性碰撞有m%=2mv,

可得共同速度为4=与

则弹簧的最大弹性势能为Ep=；.2〃"-0=；〃暗，故B正确；