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2025年高考物理精品教案第六章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒定律
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这是一份2025年高考物理精品教案第六章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒定律，共21页。
考点1 功能关系的理解和应用
1.对功能关系的理解
（1）[1] 功 是能量转化的量度，做了多少功就有多少能量发生转化.
（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[2] 做功 来实现.
2.几种常见的功能关系及表达式
滑雪者沿斜面下滑时，判断下列关于滑雪者功能关系说法的正误.
（1）合力对滑雪者做负功，滑雪者动能一定减小.（ √ ）
（2）合力对滑雪者做正功，滑雪者机械能一定增加.（ ✕ ）
（3）滑雪者动能增加时，滑雪者机械能可能增加.（ √ ）
（4）滑雪者重力势能的减少量等于滑雪者动能的增加量.（ ✕ ）
命题点1 功能关系的理解和简单应用
1.[直线运动中功能关系的应用/多选]如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶.已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的是（ ABD ）
A.从M到N，小车牵引力大小为40N
B.从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C.从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
解析 从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力大小F1＝P1v1＝2005 N＝40 N，故A正确.从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝ f1·MN＝40×20 J＝800 J，故B正确.从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力大小F2＝P2v2＝5702 N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mg sin 30°，解得f2＝F2-mg sin 30°＝285 N-50×10×12 N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，故D正确.从P到Q，小车上升的高度h＝PQ sin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误.
一题多解 对选项B，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用动能定理得出小车在
MN段克服摩擦力做的功，即W1- Wf1＝0，W1＝P1t1，t1＝MNv1，得出Wf1＝W1＝ P1MNv1
＝200×205 J＝800 J. 对选项D，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用功能关系得
出小车在PQ段克服摩擦力做的功，即W2－ Wf2＝ΔEp＝mgh，W2＝P2t2，t2＝PQv2，得
出Wf2＝W2- mgh ＝ P2PQv2- mgh ＝570×202 J-50×10×10 J ＝700 J.
方法点拨
两种摩擦力做功特点的比较
2.[曲线运动中功能关系的应用]由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹.O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c距地面高度相等，下列说法正确的是（ D ）
A.到达b点时，炮弹的速度为零
B.炮弹到达b点时的加速度为重力加速度g
C.炮弹经过a、c两点时的速度大小相等
D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
解析
到达b点vy=0vx≠0→A错
b点受力分析如图→F＝（mg）2＋F阻2＞mg→ab＝Fm＞g→B错
a、c高度相同，Wac＜0→va＞vc→C错
结合h＝12at2分析
↓
tOb＜tbd→D对
命题点2 功能关系中的图像问题分析
3.[W－x图像/2023新课标/多选]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是（ BC ）
A.在x＝1m时，拉力的功率为6W
B.在x＝4m时，物体的动能为2J
C.从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D.从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
解析 物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有
W1-μmgx1＝12mv12，解得v1＝2 m/s，又W-x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，
拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由
动能定理有W4-μmgx4＝Ek4-0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m
的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8 J，C正确；由W-x图像可知，2～4 m的
过程，拉力F2＝3 N，则F1＞f＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m
的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有
W2-fx2＝12mv22，解得v2＝22 m/s，故物体的最大动量为pm＝22 kg·m/s，D错误.
4.[多种图像组合]如图所示，某一斜面与水平面平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能Ep、动能Ek、机械能E和产生的内能Q与水平位移x的关系图线错误的是（ C ）
解析 设动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，小木块开始下滑位置到水平面的高度
为H；小木块在斜面上运动时的重力势能为Ep＝mg(H-h)，h＝xtan θ，解得Ep＝mgH-
mgxtan θ，又小木块在水平面上运动时，Ep＝0，A正确.木块在斜面上运动时，根据
动能定理得mgh-μmgs cs θ＝Ek-0，h＝xtan θ，s＝xcsθ，解得Ek＝mgx(tan θ-μ)，木块
在水平面上运动时，设初动能为Ek0，根据动能定理得-μmg(x-x1)＝Ek-Ek0，解得Ek＝
Ek0-μmg(x-x1)，B正确.木块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时，Q＝μmgs
cs θ，s＝xcsθ，解得Q＝μmgx，木块在水平面上运动时，Q＝μmg(x-x1)，木块在斜
面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，D正确.木块在斜面上运动时，根据
能量守恒定律得E＝mgH-Q，Q＝μmgx.解得E＝mgH-μmgx，木块在水平面上运动时，设初始机械能为E0，根据能量守恒定律得E＝E0-μmg(x-x1)，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误.
命题点3 功能关系的综合应用
5.[2021北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2.不计空气阻力，重力加速度大小为g.
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小.
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高.
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2.假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1.
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大.随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件.
答案 （1）mg＋mv2l1 （2）a.见解析 b.ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－csθ）
解析 （1）“摆球”在最低点时，根据牛顿第二定律有
T－mg＝mv2l1
解得T＝mg＋mv2l1
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得mgl1（1－csθ1）＝12mv12
mgl2（1－csθ2）＝12mv22
已知v1＝v2，得mgl1（1－csθ1）＝mgl2（1－csθ2）
因为l1＞l2，则csθ1＞csθ2
所以θ2＞θ1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得Ek＝mgl1（1－csθ）
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，设通过最高点的最小速度为vmin
根据牛顿第二定律得mg＝mvmin2l2
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系有
Ek＋ΔEk≥2mgl2＋12mvmin2
解得ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－csθ）.
考点2 能量守恒定律的应用
能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空[11] 产生 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式[12] 转化 为另一种形式，或者从一个物体[13] 转移 到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量[14] 保持不变 .
（2）表达式
①E初＝[15] E末 ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.
②ΔE增＝[16] ΔE减 ，某种形式能量的增加量等于其他形式能量的减少量.
6.[多物体能量守恒/多选]如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力均为f，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为3fl的轻弹簧.一质量为m的物体从左侧以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动l6.已知弹簧的弹性势能Ep＝12kx2，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是（ BD ）
A.欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为1010v0
B.欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为63v0
C.欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为62v0
D.欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为263v0
解析 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力为F，压缩量为x，由平衡条件可知F＝kx＝2f，代入k的值可得x＝23l；设欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为v1，则由能量守恒定律可得12mv12＝12k(23l)2.由题意，物体以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动l6，由能量守恒定律可得12mv02＝2f×l6＋12mv12，联立可得v1＝63v0，故选项A错误，B正确；设欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为v2，则由能量守恒定律可得12mv22＝2f×l＋12mv12，解得v2＝263v0，故选项C错误，D正确.
7.[单物体能量守恒/2021全国甲]如图，一倾角为θ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μ，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）mgdsinθ （2）mg（L+29d）sinθ－μmgs30 （3）L＞d＋μssinθ
解析 （1）由能量守恒定律可知，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等于小车在相邻减速带间重力势能的减少量，即mgdsinθ.
（2）设小车通过第50个减速带后速度为v，则由能量守恒定律有－μmgs＝0－mv22
由题意知，小车通过第30个减速带后速度也为v
小车通过前30个减速带的过程中，损失的总机械能为
ΔE＝mg（L＋29d）sinθ－mv22
小车在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE30
联立解得ΔE30＝mg（L+29d）sinθ－μmgs30.
（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，则应满足ΔE30＞mgdsinθ，mg（L+29d）sinθ－μmgs30＞mgdsinθ
解得L＞d＋μssinθ.
热点7 弹簧问题中的功能关系分析
弹簧问题中的功能关系分析涉及力和运动关系的分析.由于弹簧弹力是变力，且做功与弹性势能的变化相关联，因而此类比较抽象、复杂的问题成为高考命题的热点，同时也是学习的难点.
1.[单物体弹簧问题/2023浙江1月]一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下.游客从跳台下落直到最低点过程中（ B ）
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
解析 游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误.
2.[多物体弹簧问题/多选]如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连.现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零.轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态.以下判断正确的是（ ACD ）
A.M＜2m
B.2m＜M＜3m
C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，B所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
解析 钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，B在最高点加速度
大小为g，所以在最低点加速度大小也为g.在最低点对B由牛顿第二定律有F-mg＝
ma，得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳
上拉力的竖直分力等于Mg，故M＜2m，A正确，B错误；B从释放位置到最低点的过
程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，故C正
确；由功能关系可知，B从释放位置到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等
于B机械能的减少量，故D正确.
3.[弹簧的综合问题/2024福建漳州模拟]如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后由静止向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力.已知弹簧的弹性势能为Ep＝12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ D ）
A.弹簧的劲度系数为3000N/m
B.整个过程中电梯的加速度一直在减小
C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D.电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
解析 电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2＋mg·Δx＝12k(Δx)2＋f动·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误.与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误.电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋f静，代入数据解得f静＝kΔx-mg＝(22 000-20 000)N＝2 000 N，故C错误.当电梯速度最大时，电梯的加速度为零，则kΔx'＋f动＝mg，解得Δx'＝mg-f动k＝20 000-17 00011 000 m＝311 m.电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则ΔE＝f动·Δx'＝17 000×311 J≈4 636 J≈4 600 J，故D正确.
1.[功能关系中的图像问题/2023浙江6月]铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ D ）
A B C D
解析 铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错；铅球的速
度大小为v＝v02＋vy2，又vy＝gt，联立可得v＝v02＋g2t2，所以v-t图像为曲线，B
错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由
动能定理有mgh＝Ek-Ek0，又h＝12gt2，联立可得Ek＝Ek0＋12mg2t2，所以Ek-t图线为二
次函数图线，C错，D对.
2.[功能关系的应用/2022江苏]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态.A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零.A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则（ B ）
A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B.A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时，B对A的压力先减小后增大
D.整个过程，A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减少量
解析
释放时刻，vA＝0，设斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数为μ
↓
下滑过程，A对B的弹力方向只能沿斜面向上，设大小为FAB，在最高点时，设弹簧弹力为F，规定沿斜面向下为正方向
对AB：F＋（mA＋mB）gsinθ－μ（mA＋mB）gcsθ＝（mA＋mB）a
对B：mBgsinθ－μmBgcsθ－FAB＝mBa
解得mBmA＋mB＝－FABF
所以在最高点处F＜0，沿斜面向上，弹簧依然处于压缩状态，弹力方向不发生变化，在下滑过程中，F增大，FAB增大，B正确，C错误.
↓
A从x1到x2处，由能量守恒定律得
12kx12＝12kx22＋mAg（x1－x2）sinθ＋f（x1－x2）
解得k＝2（mAgsinθ＋f）x1＋x2
A运动到最大位移一半处时，弹簧压缩量
x0＝x1－x1－x22＝x1＋x22
合力F合＝kx0－（mAgsinθ＋f）＝0，加速度为零，A错误.
↓
整个过程，弹簧的弹性势能不变，B的重力势能减少，系统内能增加（摩擦生热）.由功能关系可知，A、B克服摩擦力做的功等于B的重力势能减少量，D错误.
3.[能量守恒定律的应用/2021山东]如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止.现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动.已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小；
（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程.以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向.
答案 （1）2F－4fk F2－6fF+8f2k （2）（3＋102）f （3）W＜fxBC （4）见解析
解析 （1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
Fx0＝2fx0＋12kx02
解得x0＝2F－4fk
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得
12kx02＝2fx0＋2Ek
联立解得Ek＝F2－6fF+8f2k
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x'，以A为研究对象，由平衡条件得kx'＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下对应的恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得Ek＝12kx'2＋fx'
结合第（1）问结果可知Fmin＝（3±102）f
根据题意舍去Fmin＝（3－102）f，所以恒力的最小值为Fmin＝（3＋102）f
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得
－W－fxB＝0－Ek
以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek
由B、C的运动关系得xB＞xC－xBC
联立可得W＜fxBC
（4）小物块B、C向左运动的整个过程，由动能定理得
5fx1－2fx1－12kx12＝0
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1＝6f
则物块C在坐标原点的加速度为
a1＝kx1－2f2m＝6f－2f2m＝2fm
之后C向右运动，B与C分离前二者的加速度为
a＝k（x1－x）－2f2m（x≤x1）
可知加速度与位移x呈线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x增大，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a2＝－fm，负号表示C的加速度方向水平向左，从撤去恒力到弹簧恢复原长的过程，以B、C为研究对象，由动能定理得
12kx12－2fx1＝12×2mv2
B与C分离瞬间C的速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝12mv2
解得脱离弹簧后，C运动的距离为x2＝12x1
则C最后停止的位移为x1＋x2＝32x1＝32×6fk＝9fk
所以C向右运动的a－x图像如下.
1.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（ D ）
A.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B.人只受重力和踏板的支持力的作用
C.踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D.人所受合力做的功等于人的动能的增加量
解析 人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝a cs θ，方向水
平向右，ay＝a sin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝max＝ma cs
θ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN-mg＝ma sin θ，所以FN＞mg，故A、B
错误；除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了
支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等
于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动
能的增加量，故D正确.
2.[创新信息给予方式/2024广东惠州第一次调研/多选]如图为足球踢出后在空中运动依次经过a、b、c三点的轨迹示意图，其中a、c点等高，b点为最高点，则足球（ AC ）
A.在运动过程中受到空气阻力的作用
B.在b点的速度为0
C.在a点的机械能比在b点的机械能大
D.在a点的动能与在c点的动能相等
解析 由于足球在ab段和bc段的轨迹不对称【注意：足球踢出后的运动过程，若
其仅受重力作用，那么形成的运动轨迹应该是抛物线的一部分，ab段和bc段的轨迹
应该是对称的】，因此足球在运动过程中受到空气阻力的作用，A对；b点为轨迹的
最高点，足球的速度水平向右，B错；足球从a点运动到b点的过程中，空气阻力对
足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的机械能大于在b点的机械能，C
对；足球在a点和c点的高度相同，重力势能相等，但足球从a点运动到c点的过程
中，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的动能大于在c点
的动能，D错.
3.[2024海南琼中中学高三月考/多选]如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为27g，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g.在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为27mgL
C.滑板爱好者增加的动能为27mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为314mgL
解析 滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为2g7，小于g sin 30°，因此滑板受到阻
力，机械能不守恒，故A错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即
减少的重力势能为ΔEp＝mgL sin 30°＝12mgL，故B错误；根据动能定理可知，滑板爱
好者增加的动能为ΔEk＝FL＝maL＝27mgL，故C正确；根据牛顿第二定律可得mg sin
30°-F阻＝27mg，解得阻力大小为F阻＝314mg，滑板爱好者减少的机械能等于克服阻力
所做的功，即ΔE＝F阻L＝314mgL，故D正确.
4.如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，小球被一根细线拴在墙上，小球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v.对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是（ D ）
A.小球离开弹簧时的动能是12mv2
B.弹簧弹力做的功等于12mv2
C.弹簧弹力与重力做的功之和等于12mv2
D.弹簧弹力与摩擦力做的功之和等于12mv2－mgh
解析 从细线被烧断到小球被抛出的过程中，弹簧的弹性势能转化为内能和小球
的动能，由能量守恒定律得Ep＝Ek＋Qf，小球从被抛出到落地的过程中，由动能定
理得mgh＝12mv2-Ek，整理得12mv2＝Ep＋mgh-Qf，变形得Ep-Qf＝12mv2-mgh，故A、B、
C错误，D正确.
5.[2024浙江名校联考]如今，因为气排球相对标准排球质量轻，打法多变，深受人们喜爱.下列关于水平发球后球在空中运动过程中竖直方向的加速度a、水平方向的速度v、动能Ek、机械能E的大小随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ D ）
解析 由题意，可知气排球在飞行过程中需要考虑空气阻力的作用，其运动轨迹应为曲线，故可知在竖直方向上气排球的加速度应不是一个定值，水平方向也不可能合力为零，做匀速运动，故A、B错误.由于气排球飞出后（开始一段时间内），受空气阻力的影响较大，合力对气排球做负功，可知出手后其动能将减小，故C错误.根据功能关系可知，由于空气阻力对气排球做负功，则其机械能将减小，且由于气排球的速度减小，可知空气阻力也将减小，即图像的斜率减小，故D符合题意.
6.如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A点.物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上.若整个过程中斜面体始终静止，则下列说法正确的是（ B ）
A.整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处
B.物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同
C.对整个运动过程，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量
D.物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力大小先增大再减小，然后不变
解析 物块沿斜面上滑时，加速度最初沿斜面向上，逐渐减小至零后再反向增大，最终不变，当kx1＝f＋mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块上滑的速度最大；物块到达最高点后由C点开始从静止下滑，说明其重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块经过B点后，弹簧对物块有沿斜面向上的弹力，当kx2＋f＝mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块下滑的速度最大.显然x1＞x2，说明物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置不同，故A错误，B正确.易知物块最终静止在斜面上的位置比A点高，故对整个运动过程，弹簧的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，所以系统内能的增加量小于弹簧减少的弹性势能，故C错误. 物块从A上滑到B的过程中，弹簧的弹力逐渐减小，在物块的合力等于零之前，由牛顿第二定律有 kx-f-mg sin α＝ma，a随着弹簧形变量x的减小而减小，方向沿斜面向上，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力 f地＝ma cs α，a减小，则f地减小；物块的合力等于零之后到B的过程，由牛顿第二定律有 f＋mg sin α-kx＝ma，a随着x的减小而增大，方向沿斜面向下，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力 f地＝ma cs α，a增大，则f地增大；物块从B运动到C的过程，物块的加速度不变，则由f地＝ma cs α知，f地不变.综上知，物块从
A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D错误.
7.[2023福建莆田一中期中]如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端.三种情况相比较，下列说法正确的是（ A ）
A.因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc
B.因摩擦产生的热量4Qa＝3Qb＝Qc
C.物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc
D.物体损失的机械能ΔEa＝3ΔEb＝ΔEc
解析 物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，损失的机
械能转化成摩擦产生的内能.有Q＝fx＝μmg cs θ·x＝μmgx底边，x为斜面的长度，θ为
斜面的倾角，由题图可知a和b底边相等且等于c底边的13，故摩擦产生的热量关系为
Qa＝Qb＝13Qc，即3Qa＝3Qb＝Qc，损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝13ΔEc，即3ΔEa＝3ΔEb＝
ΔEc，故B、D错误，A正确.设物体滑到底端时的动能为Ek，根据动能定理得mgH-
μmgx cs θ＝Ek-0，则Eka＝3mgh-μmgL，Ekb＝mgh-μmgL，Ekc＝mgh-3μmgL，可知物
体滑到底端时的动能大小关系为Eka＞Ekb＞Ekc，故C错误.
8.[联系生产实践/2024广东惠州第一次调研/多选]图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情境，其简化模型如图（b）所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带的长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（ ABC ）
A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B.在传送带上运动的过程，其他谷粒对谷粒P做的功为12mv2＋mgLsinθ
C.谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能为12mv2＋mgLsinθ
D.在传送带上运动的过程，谷粒P克服重力做的功为12mv2
解析
谷粒P匀速上升其他谷粒对谷粒P的作用力与谷粒P的重力等大反向，A对
9.[多选]如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点.现对小球施加一水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力大小FT随绳转过的角度θ变化的图线如图乙所示，图中F0为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（ BC ）
A.小球到达最高点时的机械能最大
B.小球到达最高点时的加速度大小为3g
C.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4F0
D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为3F0L
解析 设恒力大小为F，将F与mg的合力作为等效重力mg'，小球在等效最低点时
速度最大，轻绳的拉力FT最大.由题图乙可知，当θ＝π3时，小球位于等效最低点，沿
切线方向有F cs 60°＝mg sin 60°，解得F＝3mg，又θ＝0°时，FT＝mg＝F0，所以
恒力F＝3F0，则等效重力mg'＝F2＋F02＝2F0.由功的定义可知，当轻绳被拉至水
平位置时，拉力做的功最大，小球的机械能最大.从小球静止到轻绳被拉至水平的过
程，由动能定理可知，FL-mgL＞0，可见轻绳水平时小球的速度不为零，小球还可
继续上升，故A错误. 小球运动到等效最低点时轻绳拉力最大，对小球由静止运动到等效最低点的过程，有mg'L(1- cs 60°)＝12mv2，在等效最低点时，有FT-mg'＝mv2L，联立以上各式得FT＝4F0，故C正确.根据运动的对称性可知，小球到达最高点时轻绳与水平方向的夹角为30°，小球在最高点的加速度大小与在初始位置的加速度大小相等，所以a＝Fm＝3g，故B正确.小球在最高点时，轻绳与水平方向间的夹角为30°，从开始到最高点拉力做的功W＝FL cs 30°＝32F0L，由功能关系可知，小球增加的机械能为32F0L，故D错误.
10.[2023辽宁]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水.取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
答案 （1）2m/s2 40s （2）2.8×107J
解析 （1）飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有2aL＝v12
解得a＝2m/s2
又v1＝at
解得t＝40s
（2）整个攀升阶段，对飞机汲取的水分析，由机械能的定义得
ΔE＝mgh＋12mv22－12mv12
解得ΔE＝2.8×107J.
11.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行.已知弹簧劲度系数k＝40N/m，A的质量m1＝1kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
（1）由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小.
（2）把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3.
答案 （1）2m/s （2）0.6kg
解析 （1）因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有m1gsinθ＝F弹
弹簧的压缩量为x1＝F弹k＝m1gsinθk＝0.15m
当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为x2＝h－x1＝0.15m
所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得m2gh＝m1ghsinθ＋μm1gcsθ·h＋12（m1＋m2）v2
代入数据解得v＝2m/s
（2）由（1）分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可得m3gh＝m1ghsinθ
代入数据解得m3＝0.6kg.
12.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、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成.游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道.全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功.已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能.忽略空气阻力，各部分平滑连接.求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系.
答案 （1）1m/s （2）0.14N 8.0×10－3J （3）Ep＝2×10－3×（10h＋3）J（其中0.05m≤h≤0.2m）
解析 （1）由滑块恰过F点可得mg＝mvF2r
vF＝1m/s
（2）滑块从E到B，由动能定理有－mgh－μmgL2＝0－12mvE2
设滑块在E点时受到的支持力的大小为F'N
则F'N－mg＝mvE2r
联立解得F'N＝0.14N
由牛顿第三定律可知FN＝F'N＝0.14N
滑块从O点到B点，根据动能定理有Ep0－mgh－μmg（L1＋L2）＝0
解得Ep0＝8.0×10－3J
（3）滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋12mvF2＝7.0×10－3J
滑块运动到B点时速度减为零，则从O点到B点的过程中，根据能量守恒定律有Ep1－mgh1－μmg（L1＋L2）＝0
解得h1＝0.05m
设斜轨道AB的倾角为θ，则μmgcsθ≥mgsinθ
得tanθ≤0.5，h＝L2tanθ≤0.2m
从O点到B点，有
Ep＝mgh＋μmg（L1＋L2）＝2×10－3×（10h＋3）J
其中0.05m≤h≤0.2m.
13.[流体中的能量问题/2024浙江名校联考]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的效率为80％，则下列说法正确的是（ C ）
A.该风力发电机的发电功率约为12.8kW
B.每秒钟水流的机械能增加400J
C.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4h
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
解析 由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V0＝vS＝vπR2，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝12mv2＝12ρV0v2＝12ρπR2v3，又风的动能转化为电能的效率为20％，则此风力发电机的发电功率为P＝20％Ek1s，联立解得P≈2.6 kW，若风速变为8 m/s，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，A、D错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE＝m'gh＋12m'v'2，其中m'＝ρ水S'v'，代入数据解得ΔE＝2.04×104 J，B错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE'＝ΔE80％＝2.55×104 J，而风力发电机一天的发电量为E'＝Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t'＝E'ΔE'≈8 627 s≈2.4 h，C正确.
核心考点
五年考情
命题分析预测
功能关系的理解和应用
2023：山东T4；
2022：江苏T10；
2019：全国ⅡT18
功能关系在选择题中考查的频率比较高，特别是功能关系中的图像问题是高考的热点.预计2025年高考题出题可能性较大，有可能会结合体育运动等实际情境进行考查.能量守恒定律可能会结合弹簧模型以计算题形式考查.
能量守恒定律的应用
2023：浙江6月T18；
2022：河北T9；
2021：山东T18；
2019：江苏T8
力做功
能的变化
二者关系
合力做功
动能变化
W＝[3] Ek2－Ek1 ＝ΔEk
重力做功
重力势能变化
（1）重力做正功，重力势能减少；（2）重力做负功，重力势能增加；（3）WG＝－ΔEp＝[4] Ep1－Ep2
弹簧弹力做功
弹性势能变化
（1）弹力做正功，弹性势能减少；（2）弹力做负功，弹性势能增加；（3）W弹＝－ΔEp＝[5] Ep1－Ep2
只有重力或系统内弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，即ΔE＝[6] 0
除重力和系统内弹力之外的其他力做功
机械能变化
（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
（3）W其他＝[7] ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
内能增加
（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加；（2）摩擦生热Q＝[8] fx相对
电场力做功
电势能变化
（1）电场力做正功，电势能减少；（2）电场力做负功，电势能增加；（3）W电＝－ΔEp＝[9] Ep1－Ep2
安培力做功
电能变化
W克安＝ΔE电，W安＝[10] －ΔE电
类型
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
能量的转化
机械能只能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
（1）一部分机械能从一个物体转移到另一个物体.
（2）一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量
做功情况
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
考点1 功能关系的理解和应用
1.对功能关系的理解
（1）[1] 功 是能量转化的量度，做了多少功就有多少能量发生转化.
（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[2] 做功 来实现.
2.几种常见的功能关系及表达式
滑雪者沿斜面下滑时，判断下列关于滑雪者功能关系说法的正误.
（1）合力对滑雪者做负功，滑雪者动能一定减小.（ √ ）
（2）合力对滑雪者做正功，滑雪者机械能一定增加.（ ✕ ）
（3）滑雪者动能增加时，滑雪者机械能可能增加.（ √ ）
（4）滑雪者重力势能的减少量等于滑雪者动能的增加量.（ ✕ ）
命题点1 功能关系的理解和简单应用
1.[直线运动中功能关系的应用/多选]如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶.已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的是（ ABD ）
A.从M到N，小车牵引力大小为40N
B.从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C.从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
解析 从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力大小F1＝P1v1＝2005 N＝40 N，故A正确.从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝ f1·MN＝40×20 J＝800 J，故B正确.从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力大小F2＝P2v2＝5702 N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mg sin 30°，解得f2＝F2-mg sin 30°＝285 N-50×10×12 N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，故D正确.从P到Q，小车上升的高度h＝PQ sin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误.
一题多解 对选项B，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用动能定理得出小车在
MN段克服摩擦力做的功，即W1- Wf1＝0，W1＝P1t1，t1＝MNv1，得出Wf1＝W1＝ P1MNv1
＝200×205 J＝800 J. 对选项D，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用功能关系得
出小车在PQ段克服摩擦力做的功，即W2－ Wf2＝ΔEp＝mgh，W2＝P2t2，t2＝PQv2，得
出Wf2＝W2- mgh ＝ P2PQv2- mgh ＝570×202 J-50×10×10 J ＝700 J.
方法点拨
两种摩擦力做功特点的比较
2.[曲线运动中功能关系的应用]由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹.O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c距地面高度相等，下列说法正确的是（ D ）
A.到达b点时，炮弹的速度为零
B.炮弹到达b点时的加速度为重力加速度g
C.炮弹经过a、c两点时的速度大小相等
D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
解析
到达b点vy=0vx≠0→A错
b点受力分析如图→F＝（mg）2＋F阻2＞mg→ab＝Fm＞g→B错
a、c高度相同，Wac＜0→va＞vc→C错
结合h＝12at2分析
↓
tOb＜tbd→D对
命题点2 功能关系中的图像问题分析
3.[W－x图像/2023新课标/多选]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是（ BC ）
A.在x＝1m时，拉力的功率为6W
B.在x＝4m时，物体的动能为2J
C.从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D.从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
解析 物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有
W1-μmgx1＝12mv12，解得v1＝2 m/s，又W-x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，
拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由
动能定理有W4-μmgx4＝Ek4-0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m
的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8 J，C正确；由W-x图像可知，2～4 m的
过程，拉力F2＝3 N，则F1＞f＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m
的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有
W2-fx2＝12mv22，解得v2＝22 m/s，故物体的最大动量为pm＝22 kg·m/s，D错误.
4.[多种图像组合]如图所示，某一斜面与水平面平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能Ep、动能Ek、机械能E和产生的内能Q与水平位移x的关系图线错误的是（ C ）
解析 设动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，小木块开始下滑位置到水平面的高度
为H；小木块在斜面上运动时的重力势能为Ep＝mg(H-h)，h＝xtan θ，解得Ep＝mgH-
mgxtan θ，又小木块在水平面上运动时，Ep＝0，A正确.木块在斜面上运动时，根据
动能定理得mgh-μmgs cs θ＝Ek-0，h＝xtan θ，s＝xcsθ，解得Ek＝mgx(tan θ-μ)，木块
在水平面上运动时，设初动能为Ek0，根据动能定理得-μmg(x-x1)＝Ek-Ek0，解得Ek＝
Ek0-μmg(x-x1)，B正确.木块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时，Q＝μmgs
cs θ，s＝xcsθ，解得Q＝μmgx，木块在水平面上运动时，Q＝μmg(x-x1)，木块在斜
面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，D正确.木块在斜面上运动时，根据
能量守恒定律得E＝mgH-Q，Q＝μmgx.解得E＝mgH-μmgx，木块在水平面上运动时，设初始机械能为E0，根据能量守恒定律得E＝E0-μmg(x-x1)，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误.
命题点3 功能关系的综合应用
5.[2021北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2.不计空气阻力，重力加速度大小为g.
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小.
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高.
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2.假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1.
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大.随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件.
答案 （1）mg＋mv2l1 （2）a.见解析 b.ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－csθ）
解析 （1）“摆球”在最低点时，根据牛顿第二定律有
T－mg＝mv2l1
解得T＝mg＋mv2l1
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得mgl1（1－csθ1）＝12mv12
mgl2（1－csθ2）＝12mv22
已知v1＝v2，得mgl1（1－csθ1）＝mgl2（1－csθ2）
因为l1＞l2，则csθ1＞csθ2
所以θ2＞θ1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得Ek＝mgl1（1－csθ）
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，设通过最高点的最小速度为vmin
根据牛顿第二定律得mg＝mvmin2l2
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系有
Ek＋ΔEk≥2mgl2＋12mvmin2
解得ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－csθ）.
考点2 能量守恒定律的应用
能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空[11] 产生 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式[12] 转化 为另一种形式，或者从一个物体[13] 转移 到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量[14] 保持不变 .
（2）表达式
①E初＝[15] E末 ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.
②ΔE增＝[16] ΔE减 ，某种形式能量的增加量等于其他形式能量的减少量.
6.[多物体能量守恒/多选]如图所示为某缓冲装置的模型图，一轻杆S被两个固定薄板夹在中间，轻杆S与两薄板之间的滑动摩擦力均为f，轻杆S露在薄板外面的长度为l.轻杆S前端固定一个劲度系数为3fl的轻弹簧.一质量为m的物体从左侧以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动l6.已知弹簧的弹性势能Ep＝12kx2，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是（ BD ）
A.欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为1010v0
B.欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为63v0
C.欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为62v0
D.欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为263v0
解析 当轻杆刚要移动时，对轻杆受力分析，设此时弹簧弹力为F，压缩量为x，由平衡条件可知F＝kx＝2f，代入k的值可得x＝23l；设欲使轻杆S发生移动，物体运动的最小初速度为v1，则由能量守恒定律可得12mv12＝12k(23l)2.由题意，物体以速度v0撞向弹簧，能使轻杆S向右侧移动l6，由能量守恒定律可得12mv02＝2f×l6＋12mv12，联立可得v1＝63v0，故选项A错误，B正确；设欲使轻杆S左端恰好完全进入薄板，物体运动的初速度为v2，则由能量守恒定律可得12mv22＝2f×l＋12mv12，解得v2＝263v0，故选项C错误，D正确.
7.[单物体能量守恒/2021全国甲]如图，一倾角为θ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μ，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）mgdsinθ （2）mg（L+29d）sinθ－μmgs30 （3）L＞d＋μssinθ
解析 （1）由能量守恒定律可知，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等于小车在相邻减速带间重力势能的减少量，即mgdsinθ.
（2）设小车通过第50个减速带后速度为v，则由能量守恒定律有－μmgs＝0－mv22
由题意知，小车通过第30个减速带后速度也为v
小车通过前30个减速带的过程中，损失的总机械能为
ΔE＝mg（L＋29d）sinθ－mv22
小车在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE30
联立解得ΔE30＝mg（L+29d）sinθ－μmgs30.
（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，则应满足ΔE30＞mgdsinθ，mg（L+29d）sinθ－μmgs30＞mgdsinθ
解得L＞d＋μssinθ.
热点7 弹簧问题中的功能关系分析
弹簧问题中的功能关系分析涉及力和运动关系的分析.由于弹簧弹力是变力，且做功与弹性势能的变化相关联，因而此类比较抽象、复杂的问题成为高考命题的热点，同时也是学习的难点.
1.[单物体弹簧问题/2023浙江1月]一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下.游客从跳台下落直到最低点过程中（ B ）
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
解析 游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确；橡皮绳绷紧后形变量一直增大，弹性势能一直增大，A错误；橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误.
2.[多物体弹簧问题/多选]如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连.现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零.轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态.以下判断正确的是（ ACD ）
A.M＜2m
B.2m＜M＜3m
C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，B所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
解析 钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，B在最高点加速度
大小为g，所以在最低点加速度大小也为g.在最低点对B由牛顿第二定律有F-mg＝
ma，得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳
上拉力的竖直分力等于Mg，故M＜2m，A正确，B错误；B从释放位置到最低点的过
程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，故C正
确；由功能关系可知，B从释放位置到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等
于B机械能的减少量，故D正确.
3.[弹簧的综合问题/2024福建漳州模拟]如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后由静止向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力.已知弹簧的弹性势能为Ep＝12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ D ）
A.弹簧的劲度系数为3000N/m
B.整个过程中电梯的加速度一直在减小
C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D.电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
解析 电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2＋mg·Δx＝12k(Δx)2＋f动·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误.与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误.电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋f静，代入数据解得f静＝kΔx-mg＝(22 000-20 000)N＝2 000 N，故C错误.当电梯速度最大时，电梯的加速度为零，则kΔx'＋f动＝mg，解得Δx'＝mg-f动k＝20 000-17 00011 000 m＝311 m.电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则ΔE＝f动·Δx'＝17 000×311 J≈4 636 J≈4 600 J，故D正确.
1.[功能关系中的图像问题/2023浙江6月]铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ D ）
A B C D
解析 铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错；铅球的速
度大小为v＝v02＋vy2，又vy＝gt，联立可得v＝v02＋g2t2，所以v-t图像为曲线，B
错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由
动能定理有mgh＝Ek-Ek0，又h＝12gt2，联立可得Ek＝Ek0＋12mg2t2，所以Ek-t图线为二
次函数图线，C错，D对.
2.[功能关系的应用/2022江苏]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态.A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零.A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则（ B ）
A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B.A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时，B对A的压力先减小后增大
D.整个过程，A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减少量
解析
释放时刻，vA＝0，设斜面倾角为θ，A、B与斜面间的动摩擦因数为μ
↓
下滑过程，A对B的弹力方向只能沿斜面向上，设大小为FAB，在最高点时，设弹簧弹力为F，规定沿斜面向下为正方向
对AB：F＋（mA＋mB）gsinθ－μ（mA＋mB）gcsθ＝（mA＋mB）a
对B：mBgsinθ－μmBgcsθ－FAB＝mBa
解得mBmA＋mB＝－FABF
所以在最高点处F＜0，沿斜面向上，弹簧依然处于压缩状态，弹力方向不发生变化，在下滑过程中，F增大，FAB增大，B正确，C错误.
↓
A从x1到x2处，由能量守恒定律得
12kx12＝12kx22＋mAg（x1－x2）sinθ＋f（x1－x2）
解得k＝2（mAgsinθ＋f）x1＋x2
A运动到最大位移一半处时，弹簧压缩量
x0＝x1－x1－x22＝x1＋x22
合力F合＝kx0－（mAgsinθ＋f）＝0，加速度为零，A错误.
↓
整个过程，弹簧的弹性势能不变，B的重力势能减少，系统内能增加（摩擦生热）.由功能关系可知，A、B克服摩擦力做的功等于B的重力势能减少量，D错误.
3.[能量守恒定律的应用/2021山东]如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止.现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动.已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小；
（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程.以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向.
答案 （1）2F－4fk F2－6fF+8f2k （2）（3＋102）f （3）W＜fxBC （4）见解析
解析 （1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
Fx0＝2fx0＋12kx02
解得x0＝2F－4fk
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得
12kx02＝2fx0＋2Ek
联立解得Ek＝F2－6fF+8f2k
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x'，以A为研究对象，由平衡条件得kx'＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下对应的恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得Ek＝12kx'2＋fx'
结合第（1）问结果可知Fmin＝（3±102）f
根据题意舍去Fmin＝（3－102）f，所以恒力的最小值为Fmin＝（3＋102）f
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得
－W－fxB＝0－Ek
以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek
由B、C的运动关系得xB＞xC－xBC
联立可得W＜fxBC
（4）小物块B、C向左运动的整个过程，由动能定理得
5fx1－2fx1－12kx12＝0
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1＝6f
则物块C在坐标原点的加速度为
a1＝kx1－2f2m＝6f－2f2m＝2fm
之后C向右运动，B与C分离前二者的加速度为
a＝k（x1－x）－2f2m（x≤x1）
可知加速度与位移x呈线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x增大，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a2＝－fm，负号表示C的加速度方向水平向左，从撤去恒力到弹簧恢复原长的过程，以B、C为研究对象，由动能定理得
12kx12－2fx1＝12×2mv2
B与C分离瞬间C的速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝12mv2
解得脱离弹簧后，C运动的距离为x2＝12x1
则C最后停止的位移为x1＋x2＝32x1＝32×6fk＝9fk
所以C向右运动的a－x图像如下.
1.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（ D ）
A.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B.人只受重力和踏板的支持力的作用
C.踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D.人所受合力做的功等于人的动能的增加量
解析 人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝a cs θ，方向水
平向右，ay＝a sin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝max＝ma cs
θ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN-mg＝ma sin θ，所以FN＞mg，故A、B
错误；除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了
支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等
于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动
能的增加量，故D正确.
2.[创新信息给予方式/2024广东惠州第一次调研/多选]如图为足球踢出后在空中运动依次经过a、b、c三点的轨迹示意图，其中a、c点等高，b点为最高点，则足球（ AC ）
A.在运动过程中受到空气阻力的作用
B.在b点的速度为0
C.在a点的机械能比在b点的机械能大
D.在a点的动能与在c点的动能相等
解析 由于足球在ab段和bc段的轨迹不对称【注意：足球踢出后的运动过程，若
其仅受重力作用，那么形成的运动轨迹应该是抛物线的一部分，ab段和bc段的轨迹
应该是对称的】，因此足球在运动过程中受到空气阻力的作用，A对；b点为轨迹的
最高点，足球的速度水平向右，B错；足球从a点运动到b点的过程中，空气阻力对
足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的机械能大于在b点的机械能，C
对；足球在a点和c点的高度相同，重力势能相等，但足球从a点运动到c点的过程
中，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的动能大于在c点
的动能，D错.
3.[2024海南琼中中学高三月考/多选]如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为27g，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g.在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为27mgL
C.滑板爱好者增加的动能为27mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为314mgL
解析 滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为2g7，小于g sin 30°，因此滑板受到阻
力，机械能不守恒，故A错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即
减少的重力势能为ΔEp＝mgL sin 30°＝12mgL，故B错误；根据动能定理可知，滑板爱
好者增加的动能为ΔEk＝FL＝maL＝27mgL，故C正确；根据牛顿第二定律可得mg sin
30°-F阻＝27mg，解得阻力大小为F阻＝314mg，滑板爱好者减少的机械能等于克服阻力
所做的功，即ΔE＝F阻L＝314mgL，故D正确.
4.如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，小球被一根细线拴在墙上，小球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v.对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是（ D ）
A.小球离开弹簧时的动能是12mv2
B.弹簧弹力做的功等于12mv2
C.弹簧弹力与重力做的功之和等于12mv2
D.弹簧弹力与摩擦力做的功之和等于12mv2－mgh
解析 从细线被烧断到小球被抛出的过程中，弹簧的弹性势能转化为内能和小球
的动能，由能量守恒定律得Ep＝Ek＋Qf，小球从被抛出到落地的过程中，由动能定
理得mgh＝12mv2-Ek，整理得12mv2＝Ep＋mgh-Qf，变形得Ep-Qf＝12mv2-mgh，故A、B、
C错误，D正确.
5.[2024浙江名校联考]如今，因为气排球相对标准排球质量轻，打法多变，深受人们喜爱.下列关于水平发球后球在空中运动过程中竖直方向的加速度a、水平方向的速度v、动能Ek、机械能E的大小随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ D ）
解析 由题意，可知气排球在飞行过程中需要考虑空气阻力的作用，其运动轨迹应为曲线，故可知在竖直方向上气排球的加速度应不是一个定值，水平方向也不可能合力为零，做匀速运动，故A、B错误.由于气排球飞出后（开始一段时间内），受空气阻力的影响较大，合力对气排球做负功，可知出手后其动能将减小，故C错误.根据功能关系可知，由于空气阻力对气排球做负功，则其机械能将减小，且由于气排球的速度减小，可知空气阻力也将减小，即图像的斜率减小，故D符合题意.
6.如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A点.物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上.若整个过程中斜面体始终静止，则下列说法正确的是（ B ）
A.整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处
B.物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同
C.对整个运动过程，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量
D.物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力大小先增大再减小，然后不变
解析 物块沿斜面上滑时，加速度最初沿斜面向上，逐渐减小至零后再反向增大，最终不变，当kx1＝f＋mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块上滑的速度最大；物块到达最高点后由C点开始从静止下滑，说明其重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块经过B点后，弹簧对物块有沿斜面向上的弹力，当kx2＋f＝mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块下滑的速度最大.显然x1＞x2，说明物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置不同，故A错误，B正确.易知物块最终静止在斜面上的位置比A点高，故对整个运动过程，弹簧的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，所以系统内能的增加量小于弹簧减少的弹性势能，故C错误. 物块从A上滑到B的过程中，弹簧的弹力逐渐减小，在物块的合力等于零之前，由牛顿第二定律有 kx-f-mg sin α＝ma，a随着弹簧形变量x的减小而减小，方向沿斜面向上，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力 f地＝ma cs α，a减小，则f地减小；物块的合力等于零之后到B的过程，由牛顿第二定律有 f＋mg sin α-kx＝ma，a随着x的减小而增大，方向沿斜面向下，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力 f地＝ma cs α，a增大，则f地增大；物块从B运动到C的过程，物块的加速度不变，则由f地＝ma cs α知，f地不变.综上知，物块从
A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D错误.
7.[2023福建莆田一中期中]如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端.三种情况相比较，下列说法正确的是（ A ）
A.因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc
B.因摩擦产生的热量4Qa＝3Qb＝Qc
C.物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc
D.物体损失的机械能ΔEa＝3ΔEb＝ΔEc
解析 物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，损失的机
械能转化成摩擦产生的内能.有Q＝fx＝μmg cs θ·x＝μmgx底边，x为斜面的长度，θ为
斜面的倾角，由题图可知a和b底边相等且等于c底边的13，故摩擦产生的热量关系为
Qa＝Qb＝13Qc，即3Qa＝3Qb＝Qc，损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝13ΔEc，即3ΔEa＝3ΔEb＝
ΔEc，故B、D错误，A正确.设物体滑到底端时的动能为Ek，根据动能定理得mgH-
μmgx cs θ＝Ek-0，则Eka＝3mgh-μmgL，Ekb＝mgh-μmgL，Ekc＝mgh-3μmgL，可知物
体滑到底端时的动能大小关系为Eka＞Ekb＞Ekc，故C错误.
8.[联系生产实践/2024广东惠州第一次调研/多选]图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情境，其简化模型如图（b）所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带的长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（ ABC ）
A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B.在传送带上运动的过程，其他谷粒对谷粒P做的功为12mv2＋mgLsinθ
C.谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能为12mv2＋mgLsinθ
D.在传送带上运动的过程，谷粒P克服重力做的功为12mv2
解析
谷粒P匀速上升其他谷粒对谷粒P的作用力与谷粒P的重力等大反向，A对
9.[多选]如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点.现对小球施加一水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力大小FT随绳转过的角度θ变化的图线如图乙所示，图中F0为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（ BC ）
A.小球到达最高点时的机械能最大
B.小球到达最高点时的加速度大小为3g
C.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4F0
D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为3F0L
解析 设恒力大小为F，将F与mg的合力作为等效重力mg'，小球在等效最低点时
速度最大，轻绳的拉力FT最大.由题图乙可知，当θ＝π3时，小球位于等效最低点，沿
切线方向有F cs 60°＝mg sin 60°，解得F＝3mg，又θ＝0°时，FT＝mg＝F0，所以
恒力F＝3F0，则等效重力mg'＝F2＋F02＝2F0.由功的定义可知，当轻绳被拉至水
平位置时，拉力做的功最大，小球的机械能最大.从小球静止到轻绳被拉至水平的过
程，由动能定理可知，FL-mgL＞0，可见轻绳水平时小球的速度不为零，小球还可
继续上升，故A错误. 小球运动到等效最低点时轻绳拉力最大，对小球由静止运动到等效最低点的过程，有mg'L(1- cs 60°)＝12mv2，在等效最低点时，有FT-mg'＝mv2L，联立以上各式得FT＝4F0，故C正确.根据运动的对称性可知，小球到达最高点时轻绳与水平方向的夹角为30°，小球在最高点的加速度大小与在初始位置的加速度大小相等，所以a＝Fm＝3g，故B正确.小球在最高点时，轻绳与水平方向间的夹角为30°，从开始到最高点拉力做的功W＝FL cs 30°＝32F0L，由功能关系可知，小球增加的机械能为32F0L，故D错误.
10.[2023辽宁]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水.取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
答案 （1）2m/s2 40s （2）2.8×107J
解析 （1）飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有2aL＝v12
解得a＝2m/s2
又v1＝at
解得t＝40s
（2）整个攀升阶段，对飞机汲取的水分析，由机械能的定义得
ΔE＝mgh＋12mv22－12mv12
解得ΔE＝2.8×107J.
11.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行.已知弹簧劲度系数k＝40N/m，A的质量m1＝1kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
（1）由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小.
（2）把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3.
答案 （1）2m/s （2）0.6kg
解析 （1）因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有m1gsinθ＝F弹
弹簧的压缩量为x1＝F弹k＝m1gsinθk＝0.15m
当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为x2＝h－x1＝0.15m
所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得m2gh＝m1ghsinθ＋μm1gcsθ·h＋12（m1＋m2）v2
代入数据解得v＝2m/s
（2）由（1）分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可得m3gh＝m1ghsinθ
代入数据解得m3＝0.6kg.
12.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、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成.游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道.全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功.已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能.忽略空气阻力，各部分平滑连接.求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系.
答案 （1）1m/s （2）0.14N 8.0×10－3J （3）Ep＝2×10－3×（10h＋3）J（其中0.05m≤h≤0.2m）
解析 （1）由滑块恰过F点可得mg＝mvF2r
vF＝1m/s
（2）滑块从E到B，由动能定理有－mgh－μmgL2＝0－12mvE2
设滑块在E点时受到的支持力的大小为F'N
则F'N－mg＝mvE2r
联立解得F'N＝0.14N
由牛顿第三定律可知FN＝F'N＝0.14N
滑块从O点到B点，根据动能定理有Ep0－mgh－μmg（L1＋L2）＝0
解得Ep0＝8.0×10－3J
（3）滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋12mvF2＝7.0×10－3J
滑块运动到B点时速度减为零，则从O点到B点的过程中，根据能量守恒定律有Ep1－mgh1－μmg（L1＋L2）＝0
解得h1＝0.05m
设斜轨道AB的倾角为θ，则μmgcsθ≥mgsinθ
得tanθ≤0.5，h＝L2tanθ≤0.2m
从O点到B点，有
Ep＝mgh＋μmg（L1＋L2）＝2×10－3×（10h＋3）J
其中0.05m≤h≤0.2m.
13.[流体中的能量问题/2024浙江名校联考]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的效率为80％，则下列说法正确的是（ C ）
A.该风力发电机的发电功率约为12.8kW
B.每秒钟水流的机械能增加400J
C.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4h
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
解析 由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V0＝vS＝vπR2，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝12mv2＝12ρV0v2＝12ρπR2v3，又风的动能转化为电能的效率为20％，则此风力发电机的发电功率为P＝20％Ek1s，联立解得P≈2.6 kW，若风速变为8 m/s，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，A、D错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE＝m'gh＋12m'v'2，其中m'＝ρ水S'v'，代入数据解得ΔE＝2.04×104 J，B错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE'＝ΔE80％＝2.55×104 J，而风力发电机一天的发电量为E'＝Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t'＝E'ΔE'≈8 627 s≈2.4 h，C正确.
核心考点
五年考情
命题分析预测
功能关系的理解和应用
2023：山东T4；
2022：江苏T10；
2019：全国ⅡT18
功能关系在选择题中考查的频率比较高，特别是功能关系中的图像问题是高考的热点.预计2025年高考题出题可能性较大，有可能会结合体育运动等实际情境进行考查.能量守恒定律可能会结合弹簧模型以计算题形式考查.
能量守恒定律的应用
2023：浙江6月T18；
2022：河北T9；
2021：山东T18；
2019：江苏T8
力做功
能的变化
二者关系
合力做功
动能变化
W＝[3] Ek2－Ek1 ＝ΔEk
重力做功
重力势能变化
（1）重力做正功，重力势能减少；（2）重力做负功，重力势能增加；（3）WG＝－ΔEp＝[4] Ep1－Ep2
弹簧弹力做功
弹性势能变化
（1）弹力做正功，弹性势能减少；（2）弹力做负功，弹性势能增加；（3）W弹＝－ΔEp＝[5] Ep1－Ep2
只有重力或系统内弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，即ΔE＝[6] 0
除重力和系统内弹力之外的其他力做功
机械能变化
（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
（3）W其他＝[7] ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
内能增加
（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加；（2）摩擦生热Q＝[8] fx相对
电场力做功
电势能变化
（1）电场力做正功，电势能减少；（2）电场力做负功，电势能增加；（3）W电＝－ΔEp＝[9] Ep1－Ep2
安培力做功
电能变化
W克安＝ΔE电，W安＝[10] －ΔE电
类型
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
能量的转化
机械能只能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
（1）一部分机械能从一个物体转移到另一个物体.
（2）一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量
做功情况
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
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