压轴06 功和能（压轴题专练）（安徽专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 高中物理三轮冲刺功和能专项，以“概念-规律-应用”为逻辑链，系统整合动能定理、机械能守恒等核心规律，通过模型化方法提炼与典型情境分析，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动能定理综合应用|2题型+解码|分段/整体法、四步解题规范|功与动能变化量的等量代换关系| |机械能守恒定律应用|2题型+解码|轻绳/杆/弹簧模型分析、速度/位移关系|系统机械能守恒条件及能量转化路径| |功能关系理解与应用|2题型+解码|力做功与能量变化对应表、摩擦生热公式|重力/弹力/电场力等做功与势能变化的一一对应| |能量守恒定律应用|2题型+解码|ΔE减=ΔE增表达式、弹簧弹性势能特点|不同形式能量转化的守恒关系及计算|

压轴06 功和能 命题预测 2026年高考命题选材背景主要以联系生产生活的情境为主，也有部分以高中物理常见理想化物理模型为素材的题目，试题中也常出现弹簧、各类轨道、传送带装置，要求考生能够用物理知识解决实际应用问题。 复习备考时要夯实基础就是要重基本观念的复习，夯实功、功率、动能、重力势能、机械能等基本概念，以及动能定理、机械能守恒定律、功能关系等基本规律。强化能力就是通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化分析。提升素养需要重视在复习中渗透一些重要的思想方法，包括重要的数学方法，通过函数法、图像法、比较法、极限法来分析解决问题。 高频考法 1.动能定理的综合应用 2.机械能守恒定律的应用 3.功能关系的理解与应用 4.能量守恒定律的应用 知识·技法·思维 考向01 动能定理的综合应用 1.表达式：。式中W为合外力对物体所做的功，为物体末状态的动能，为物体初状态的动能 解读： （1）若物体运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为整体来处理。 （2）应用动能定理解题的基本步骤 ①选取研究对象，明确运动过程。 ②分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。 ③明确物体在始、末状态的动能和。 ④列出动能定理的方程及其他必要的辅助方程，进行求解。 动能定理中的是物体所受各力对物体做的总功，它等于各力做功的代数和，即若物体所受的各力为恒力时，可先求出，再求 2.一个物体动能的变化与合外力做的功具有等量代换的关系。因为动能定理实质上反映了物体动能的变化，是通过外力做功来实现的，并可以用合外力的功来量度。 考向02 机械能守恒定律的应用 1.连接体系统几种实际情景的分析 (1)轻绳模型 三点提醒: ①分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则可能守恒。 (2)轻杆模型 三大特点: ①平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒。 (3)轻弹簧模型 四点注意: ①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体和弹簧机械能都不守恒。 ②含弹簧的物体系统机械能守恒问题,符合一般的运动学解题规律,同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点。 ③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的改变量,而弹簧弹力做功与路径无关,只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。 ④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。 考向03 功能关系的理解与应用 1.几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG=-ΔEpG 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹=-ΔEp弹 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电=-ΔEp电 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合=ΔEk 负功 动能减少 重力及弹 力以外的 其他力 正功 机械能增加 W其=ΔE 负功 机械能减少 2.摩擦生热中的功能关系 滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能,即Q=Ff·x相对。 考向04 能量守恒定律的应用 1.表达式:ΔE减=ΔE增。 2.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。 典例·靶向·突破 题型01 动能定理的综合应用 1． 一游戏装置如图所示，左侧光滑斜面与水平传送带平滑连接，传送带右侧紧接有等高的光滑水平面。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，通过传送带和，冲上两个半径为的光滑四分之一圆管轨道。已知长，传送带长，以速度匀速向右运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力。 (1)若小滑块恰能从E点离开，求小滑块： ①在D点处的速度大小； ②在D点处对轨道的压力大小； ③释放高度。 (2)若在段铺上不同材料，且小滑块与材料的动摩擦因数为，小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，小滑块最终停在的中点位置（图中未标示），试讨论可能的取值。 【答案】(1)①；②；③ (2)（其中 【详解】（1）①若小滑块恰能从E点离开，则，从D到E过程有 联立解得 ②在D点有 联立解得 根据牛顿第三定律，在处对轨道的压力为。 ③从释放到E过程有 解得 （2）若只经过一次传送带，则有 解得 当滑块恰好从右侧以速度第二次到达时有 解得 当时，物体第三次回到点时速度为根据动能定理有 解得 当时，滑块从右侧第二次到达至离开动能不变，全程由动能定理得 解得，当时，，不符合要求。 综上可知（其中 题型解码 2． 如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 题型02 机械能守恒定律的应用 3． （多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 【答案】BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 题型解码 1.正确选取研究对象，合理选取物理过程。 2.对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 3.注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。 4.列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。 5.对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。 4. （多选）如图所示，一半径为的大圆环与竖直杆之间的距离为，杆与环在同一竖直平面内固定放置。一根长的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交叉部分不接触但距离忽略不计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B，A、B环套能在连杆作用下自由滑动。两环套的质量均为，重力加速度取，不计一切摩擦，静止释放两小环后（　　） A．静止释放瞬间A环的加速度为 B．B环到达最低点时速度 C．B环到达最低点时机械能最小 D．B环机械能最大时，B环机械能增加了 【答案】AD 【详解】A. 静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A环的加速度为，A正确； B．B环到达最低点时，AB两环的位置如图，对AB系统，由机械能守恒定律 速度关系为 速度，B错误； CD．从开始运动到AB环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B一直做正功，大圆环的弹力对B不做功，则B的机械能一直增加，此时B环的机械能最大，则B环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，A的速度为零，则由开始运动到三者共线对AB系统由机械能守恒定律可知，B环机械能最大时增加的机械能等于A环减小的机械能，即，C错误，D正确。 故选AD。 题型03 功能关系的理解与应用 5． （多选） 如图，斜面OPQ固定在水平地面上（零势能面），P为斜面的中点，OP段光滑，PQ段粗糙且粗糙程度一致，现让滑块（视为质点）从顶点O由静止滑下，滑至斜面底端Q点时速度减为零，不计空气阻力，滑块的位移s、速度随时间t及加速度a、机械能E随位移s变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】ABC．由题意可知滑块从O到P做匀加速运动，从P到Q做匀减速运动，两段位移相等，平均速度相等，则时间相等，加速度等大反向，则s−t图像的斜率先增加后减小；v−t图像是两段斜率大小相等符号相反的直线（关于t1左右对称的线段）；a−t图像是先在正半轴的水平线段，后在负半轴的水平线段，故A正确，BC错误； D．在OP段机械能守恒，图像是平行轴的直线；设滑块初态机械能为，所受摩擦力大小为，设P点位移为，总位移为，在PQ段由能量关系机械能 图线是向下倾斜的直线，故D正确。 故选AD。 题型解码 1． 做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度. 2． 功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等. 3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析． 6. 如图所示，水平轨道长为，其端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在、半径为的光滑圆弧轨道与相切于点，并且和圆心在、半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点。一质量为的小滑块（可视为质点）静止于轨道上的点，轻微扰动后，刚好能沿轨道下滑，且恰好运动到点，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达点之前已经脱离弹簧，并通过细圆管轨道最高点时上表面与轨道接触挤压，且压力大小为（计算时圆管直径不计，重力加速度为，不计空气阻力）。求： (1)小滑块与水平轨道间的动摩擦因数； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能； (3)小滑块通过最高点后落到圆弧挡板时的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图得、间的高度差，小滑块从点运动到点的过程中，由动能定理得   解得 （2）小滑块在点，由重力和压力提供向心力，有   解得 弹簧对小滑块做功过程由功能关系有 小滑块从到过程由动能定理得 解得 （3）小滑块通过点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有 竖直方向有 由几何关系有 可得小滑块落到圆弧挡板时的动能为 联立解得 题型03 能量守恒定律的应用 7． 如图所示，一质量的小滑块（可视为质点）被轻放在倾角、顺时针匀速转动的倾斜传送带的底端，小滑块从静止开始向上运动，到达顶点时，恰好与传送带共速，传送带顶端上方有一小段固定的圆弧，圆弧可使小滑块无机械能损失地沿水平方向向右滑上水平轨道，之后小滑块从水平轨道的末端点进入半径的竖直圆轨道（圆心为）。在圆轨道中，小滑块始终在沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，外力施加前后小滑块速率不变。已知传送带的长度，水平轨道的长度，小滑块与传送带、水平轨道、圆轨道间的动摩擦因数分别为、、，重力加速度取。求： (1)传送带的速度大小。 (2)电动机由于传送小滑块多消耗的电能。 (3)小滑块运动到圆轨道上点右侧与圆心等高的点时，外力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在传送带上的加速度大小为，则有 设传送带的速度大小为，则有 解得 （2）设小滑块在传送带上运动的时间为，则有 小滑块与传送带间因摩擦产生的热量 传送带的电动机由于传送小滑块多消耗的电能 解得 （3）设小滑块做匀速圆周运动的速度大小为，则有 解得 小滑块运动到点时，竖直方向有，其中 解得 题型解码 能量问题的解题方法 (1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法 ①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。 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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。 (2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题关键 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能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。②如果系统中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。 8. 如图，在水平地面上有一轻质弹簧一端固定，另一端与物块栓接，在右侧紧靠物块。、的质量均为，与地面的动摩擦因数均为。开始时，弹簧处于原长，、均静止。现给施加水平向左的恒力，大小为。当、一起向左移动至弹簧压缩最短时，撤去该恒力。经过一段时间后，、分离，最终两物块均停止运动。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为，若弹簧的形变量为，弹性势能可表示为：；若弹簧振子质量为，其周期可表示为：。物块、可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求 (1)、向左移动的最大距离和、分离时的速度大小； (2)从撤去恒力至第一次运动到最右端的过程中，物块克服地面摩擦力做的功； (3)从撤去恒力至、分离，对作用力的冲量大小。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）两物块一起向左移动到弹簧压缩最短的过程，根据能量守恒有 解得、向左移动的最大距离 、分离时两物块速度相同，加速度相同，两物块所受的合外力也相同，此时物块B水平方向只受摩擦力，故物块A水平方向也只受摩擦力，即此时弹簧恢复为原长，从两物块开始运动到弹簧第一次恢复为原长的过程，对A、B整体，根据动能定理有 解得、分离时的速度大小 （2）设从A、B分离至A第一次运动到最右端的过程中A的位移大小为，根据能量守恒有 解得 从撤去恒力至A第一次运动到最右端的过程中，物块A克服地面摩擦力做功 （3）从撤去恒力至A、B分离，A、B的运动为简谐运动，回复力最大值为 A、B分离时，回复力大小为，由于 根据类比法可知，A、B从平衡位置运动到A、B分离所用时间为 所用时间为 从撤去恒力至A、B分离，对B，根据动量定理有 解得 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）能量是个状态量，其具有相对性。如图所示，一个可视为质点、质量为的小球沿光滑水平面以速度向左匀速运动，随后穿越光滑固定隧道继续向左运动。隧道与水平地面平滑衔接，且隧道最高点到水平面的高度为，重力加速度为。设小球穿越隧道前沿水平面运动时的机械能，则下列判断中正确的是（    ） A．小球在水平面时，重力势能为0 B．小球到达点时的机械能为0，重力势能为 C．小球到达点时的机械能为0，重力势能为 D．小球到达点时的机械能为，重力势能为 【答案】C 【详解】A．因小球处于水平面时，而动能，由机械能定义可知此时小球重力势能为，故A错误； BCD．由题意可知，小球运动的过程中机械能守恒，机械能恒为零，小球到达隧道顶点时的重力势能为，故BD错误，C正确。 故选C。 2．（2026·安徽芜湖·一模）一个质量为m的小球（视为质点）从空中某一高度的P点以大小为的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与P点相同高度的Q点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的恒定风力大小为 B．小球经过最高点时机械能最小 C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为 D．小球从P点到Q点过程中机械能增加量为 【答案】D 【详解】A．已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆向思维，则有 可知小球在水平方向的加速度 则小球受到的恒定风力大小为，故A错误； B．小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点时机械能不是最小的，故B错误； C．小球经过最高点时，水平方向的速度大小为 则此时恒定风力的瞬时功率大小为，故C错误； D．小球运动到Q点时的速度大小为 可得小球从P点到Q点过程中机械能增加量为，故D正确。 故选D。 3．（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，在倾角为的粗糙斜面上，一轻绳一端固定于点，另一端连接一个质量为的小球，初始时，轻绳水平伸直且没有拉力，小球由静止释放，摆到最低点时速度大小为。已知轻绳的长度为，重力加速度为，空气阻力不计。在此过程中，下列说法正确的是（    ） A．小球在最低点时，轻绳对小球的拉力大小为 B．重力对小球的功为 C．小球摩擦力的功为 D．小球在最低点处受到的合力大小为 【答案】C 【详解】A．设小球在最低点时，轻绳对小球的拉力为，根据牛顿第二定律 可得，A错误； B．根据动能定理，所以，B错误； C．根据动能定理，所以，C正确； D．小球在最低点时，沿半径方向的合力为，沿切线方向还有摩擦力 所以最低点时，小球的合力，D错误。 故选C。 4．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，倾角的固定光滑斜面上放着相同的两物块P、Q，质量均为，两物块紧靠但不粘连，轻弹簧一端与Q相连。另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。0时刻对P施加一沿斜面向上的恒力，使P、Q沿斜面向上做加速运动，时刻P、Q恰好分离。弹簧的劲度系数，弹性势能的表达式，x为弹簧的形变量，重力加速度，则（　　） A．0时刻P的加速度大小为 B．时刻弹簧的弹力大小为 C．时间内弹簧的弹性势能减少了 D．时间内P的机械能增加了 【答案】C 【详解】AB．开始时整个系统处于静止状态，有 可得弹簧弹力为， 0时刻对P施加沿斜面向上的恒力，可知P、Q整体的合力大小为 根据 解得P的加速度大小 时刻P、Q恰好分离，设此时弹力为，有， 可得 可得，故AB错误； C．可得时间内弹簧的弹性势能减少了，故C正确； D．时间内P的位移为 可知P的重力势能增加了 根据能量关系有 P的机械能增加了，故D错误。 故选C。 5．（2026·安徽淮南·一模）如图所示，一不可伸长轻绳系一质量为的小球（可看作质点）竖直悬挂在O点，现将小球拉至与O等高的点，由静止自由释放小球。若球运动过程中经过点时，重力的瞬时功率最大，此时绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为，以下判断正确的是（   ） A．小球下摆到最低点的过程中，轻绳拉力先增大后减小 B．小球运动至点时，轻绳对小球的拉力大小 C． D．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0 【答案】C 【详解】AB．令轻绳长为L，绳与竖直方向夹角为，根据动能定理有 对小球进行分析，小球做圆周运动，则有 解得 小球向下运动过程中，减小，则细绳拉力一直增大，小球运动至点时，轻绳对小球的拉力大小，故AB错误； C．小球重力的瞬时功率 若有 对函数求导有 当导数值为0时，重力的瞬时功率达到最大，解得，故C正确； D．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为 小球下降高度不为0，可知重力平均功率不为0，故D错误； 故选C。 6．（2026·安徽安庆·二模）如图甲所示，竖直平面内，一足够长的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。时刻用一水平向右的推力F作用在A上，使A、B向右运动。F随t变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.25kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，B与水平轨道间的摩擦不计，不计空气阻力，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（　　） A．在时AB之间作用力大小为0.75N B．两物块分离前B的位移等于7m C．若B恰能运动到M点，则半圆形轨道半径为0.4m D．两物块分离前A对B的弹力做的功为2J 【答案】D 【详解】A．时，对A、B整体受力分析有 对B受力分析有 联立解得，故A错误； D．当A、B分离瞬间，A、B之间无弹力且加速度相同，对B受力分析有 对A受力分析有 联立解得 由图像可知，A、B分离瞬间 在分离之前对A、B整体应用动量定理有 根据冲量计算公式可知，在A、B分离之前推力的冲量 联立解得 在A、B分离之前，对B应用动能定理有，故D正确； B．分离前B运动的图像如图所示 由图看出，在A、B分离之前，B的位移，故B错误； C．分离后B匀速运动到P点，然后沿圆弧运动到M点，通过M点时 B从P到M，根据能量守恒有 联立解得，故C错误。 故选D。 7．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，C点位于O点正下方，碗的内表面及碗口光滑，右侧放有一足够长的斜面。一根不可伸长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接一质量为m的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在A点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C点时，绳子突然断裂，整个过程中斜面始终保持静止。则下列说法中正确的是（　　） A．小球从A点运动到C点的过程中机械能守恒 B．小球运动到C点时，小球的速率是木块的倍 C．绳子断裂后瞬间，小球在C点对轨道的压力大小为mg D．木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定 【答案】D 【详解】A．小球从A运动到C的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小球+木块组成的系统机械能守恒，故A错误； B．当小球运动到C点时，C点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R，，因此绳子AC与水平方向（小球速度方向）夹角为。 将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，沿绳分量等于绳子的移动速度，则 整理得 即小球速率是木块的倍，故B错误； C．对系统机械能守恒，结合C点向心力公式推导：小球在C点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于，故C错误； D．绳子断裂后，木块沿斜面上滑过程中，加速度恒定（若斜面光滑，若斜面粗糙，加速度始终恒定）。 将木块和斜面视为整体，斜面加速度为0，木块加速度可分解为恒定的水平分量和竖直分量 由牛顿第二定律：水平方向：地面对斜面的摩擦力，恒定； 竖直方向 得也恒定。 因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故D正确。 故选D。 8．（2026·安徽·一模）如图所示，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的O点，另一端连接一质量为m的小球。这一装置从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度为。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（    ） A．弹簧的劲度系数为 B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．在转动过程中，小球的重力势能可能先增大后减小 【答案】D 【详解】A．装置转到竖直位置时，弹簧的形变量 小球受力平衡有 联立解得，故A错误； B．转动后，小球的重力势能和弹簧的弹性势能都比原来的大，小球的动能不变，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．设装置与水平方向的夹角为，由，， 联立解得 转动过程中，变大，变大，故弹簧的弹性势能一直增大，故C错误； D．因为 可知h有极大值，则可能有极大值，即小球的重力势能可能先增大后减小，故D正确。 故选D。 9．（2026·安徽·三模）如图所示，有一根长为、质量为的均匀链条锁定在动摩擦系数的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的端施加一个拉力并解开锁定使链条以（为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（忽略桌子转角阻力）（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，由运动学公式，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大，与位移成正比，如图所示 设拉力做功，整个过程，由动能定理有 联立解得 故选B。 二、多选题 10．（2026·安徽·模拟预测）一光滑轨道由水平部分和竖直圆周部分组成，圆轨道半径为R。水平轨道左端连接一轻弹簧，第一次质量为m的小球在水平轨道上被压缩的弹簧弹出后，在轨道上运动时最高只能到达离水平轨道高度为的位置。若保持每次弹射前的弹簧压缩量与第一次相同，改变小球的质量，要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】第一次压缩弹簧弹出小球，根据系统机械能守恒可得 第二次若改变小球质量，小球恰好通过轨道最高点，则， 解得 小球恰好通过圆心等高处，则 解得 要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量应大于等于或者小于等于。 故选AD。 三、解答题 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，质量的底座上通过轻质弹簧连接一水平托盘，静置于水平地面上。现将一质量的弹性小球自托盘正上方距托盘高度为处由静止释放，小球下落后与托盘发生弹性碰撞、且碰撞时间极短，碰后小球上升的最大高度为，并在最高点取走小球，托盘下降的最大高度为。已知整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，弹簧弹性势能与其形变量间的关系为（k为劲度系数，为形变量），重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求托盘的质量； (2)求底座对地面最大压力的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球在与托盘碰撞前做自由落体运动，而碰后做竖直上抛运动，设小球与托盘碰撞前瞬间速度大小为，与托盘碰撞后小球的速度大小为，托盘的速度大小为，则根据自由落体运动的位移公式，可得， 又因为小球与托盘发生的是弹性碰撞且碰撞时间极短，则根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 联立解得托盘的质量为， （2）托盘下降的过程中，设托盘下降到最低点时下落的高度为，则根据托盘弹簧系统机械能守恒有 代入数据解得弹簧的劲度系数为 当托盘下降至最低点时地面对底座的支持力最大，其最大值为 所以根据牛顿第三定律可知，底座对地面的最大压力大小为。 12．（2026·安徽蚌埠·二模）如图所示，竖直面内的光滑半圆形导轨与光滑水平地面在B点平滑相接，导轨半径。一个质量的物体自地面上A点以一定速度向右运动，经过B点后沿半圆形导轨运动，到达最高点C时对轨道恰好无压力，之后水平抛出。物体可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)物体运动到C点时的速度大小； (2)物体自A点出发时的速度大小； (3)物体落地点到B点的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由牛顿第二定律得 解得 （2）由机械能守恒定律得 联立解得 （3）竖直方向上有 水平方向上有 联立解得 13．（2026·安徽淮南·一模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为的O点，另一端系有质量为可视为质点的小球。将小球拉至O点正上方的点，给其一水平方向的初速度，使其恰好通过点后，在竖直平面内以O点为圆心做半径为的圆周运动。当小球运动到最低点时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度。求： (1)绳能承受拉力的最大值； (2)小球落地点与点的距离（结果可用根式表示）。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球刚好通过点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力 解得 从点到点，由动能定理 解得. 在点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力 解得 再由牛顿第三定律可得 （2）小球从点到落地的过程中，做平抛运动， 则 可得 14．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为，弹簧的劲度系数为，已知弹簧弹性势能与弹簧形变量的关系为。 (1)现用一个力向下压物体A，撤去后B不会离开地面，A物块速度最大时弹簧的形变量？ (2)将一个质量也为的物体C从A的正上方高为处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起， ①求碰撞后的共同速度大小？（用和表示） ②之后在竖直方向做简谐运动的过程中，物体B对地面的最小弹力为，求C 、A整体在运动过程中的最大速度。（用、和表示） 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）当物块A加速度为0时，速度有最大值，此时弹簧对A向上的弹力等于A的重力 根据胡克定律 可得弹簧形变量为 （2）C与A碰撞前瞬间速度为，下落过程中机械能守恒 C与A碰撞后共速，根据动量守恒可得 解得 物体B对地面的最小弹力为 则当AC整体上升到最高点时弹簧被拉长，且大小为 解得 当AC整体所受合力为零时处于平衡位置，此时弹力为 弹簧形变量为 当AC整体所受合力为零时，整体速度最大，由能量守恒可得 解得 15．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在水平面与竖直墙面之间，圆心为O1，在圆弧的最低点C静止放置质量为m乙的小球乙（视为质点），在圆弧的最高点O2悬挂一条长度为2R的轻质细线，细线的另一端连接质量为m甲的小球甲（视为质点），甲从A点由静止释放时，细线伸直与水平方向的夹角为30°，当甲落到B点细线再次伸直时，甲立即沿着圆弧轨迹向下运动；甲运动到C点时速度为v甲，与乙发生碰撞刚结束时，甲立即停止运动，乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O2，此时乙的动能，动量大小，重力加速度g=10m/s2，（不考虑空气阻力）求∶ (1)圆弧轨道的半径R及两球碰撞后瞬间乙的速度； (2)小球甲的质量m甲； 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O2，根据牛顿第二定律 从C点运动到O2点，根据机械能守恒 由题意可知， 联立解得， ， （2）甲从A落到B点做自由落体运动，设细线伸直之前的瞬时速度为，根据机械能守恒 把分别沿着垂直O2B的方向和沿着O2B的方向分解，可得甲在垂直O2B方向的分速度 根据题意可知甲落到B点立即做圆周运动，说明细线伸直后甲沿着O2B方向的分速度立即消失，速度由立即突变为沿着轨迹切线方向的分速度 甲从B运动到C的过程中，应用动能定理 甲、乙在C点发生碰撞，碰撞过程动量守恒 联立解得   / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴06 功和能 命题预测 2026年高考命题选材背景主要以联系生产生活的情境为主，也有部分以高中物理常见理想化物理模型为素材的题目，试题中也常出现弹簧、各类轨道、传送带装置，要求考生能够用物理知识解决实际应用问题。 复习备考时要夯实基础就是要重基本观念的复习，夯实功、功率、动能、重力势能、机械能等基本概念，以及动能定理、机械能守恒定律、功能关系等基本规律。强化能力就是通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化分析。提升素养需要重视在复习中渗透一些重要的思想方法，包括重要的数学方法，通过函数法、图像法、比较法、极限法来分析解决问题。 高频考法 1.动能定理的综合应用 2.机械能守恒定律的应用 3.功能关系的理解与应用 4.能量守恒定律的应用 知识·技法·思维 考向01 动能定理的综合应用 1.表达式：。式中W为合外力对物体所做的功，为物体末状态的动能，为物体初状态的动能 解读： （1）若物体运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为整体来处理。 （2）应用动能定理解题的基本步骤 ①选取研究对象，明确运动过程。 ②分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。 ③明确物体在始、末状态的动能和。 ④列出动能定理的方程及其他必要的辅助方程，进行求解。 动能定理中的是物体所受各力对物体做的总功，它等于各力做功的代数和，即若物体所受的各力为恒力时，可先求出，再求 2.一个物体动能的变化与合外力做的功具有等量代换的关系。因为动能定理实质上反映了物体动能的变化，是通过外力做功来实现的，并可以用合外力的功来量度。 考向02 机械能守恒定律的应用 1.连接体系统几种实际情景的分析 (1)轻绳模型 ①分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则可能守恒。 (2)轻杆模型 ①平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒。 (3)轻弹簧模型 ①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体和弹簧机械能都不守恒。 ②含弹簧的物体系统机械能守恒问题,符合一般的运动学解题规律,同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点。 ③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的改变量,而弹簧弹力做功与路径无关,只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。 ④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。 考向03 功能关系的理解与应用 1.几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG=-ΔEpG 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹=-ΔEp弹 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电=-ΔEp电 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合=ΔEk 负功 动能减少 重力及弹 力以外的 其他力 正功 机械能增加 W其=ΔE 负功 机械能减少 2.摩擦生热中的功能关系 滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能,即Q=Ff·x相对。 考向04 能量守恒定律的应用 1.表达式:ΔE减=ΔE增。 2.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。 典例·靶向·突破 题型01 动能定理的综合应用 1． 一游戏装置如图所示，左侧光滑斜面与水平传送带平滑连接，传送带右侧紧接有等高的光滑水平面。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，通过传送带和，冲上两个半径为的光滑四分之一圆管轨道。已知长，传送带长，以速度匀速向右运动，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力。 (1)若小滑块恰能从E点离开，求小滑块： ①在D点处的速度大小； ②在D点处对轨道的压力大小； ③释放高度。 (2)若在段铺上不同材料，且小滑块与材料的动摩擦因数为，小滑块从斜面上距传送带高度处静止下滑，小滑块最终停在的中点位置（图中未标示），试讨论可能的取值。 题型解码 2． 如图1所示为一款打弹珠游戏装置，斜面与水平面的夹角为，斜面上固定有两块圆形挡板（一块半圆挡板、一块四分之一圆挡板）和四块直挡板。斜面俯视图及尺寸如图2所示，底板沿水平方向，两圆形挡板均与直挡板相切，右侧两直挡板间距略大于弹珠尺寸，左侧两直挡板间形成了一块矩形中奖区间。游戏时，弹珠置于右侧两直挡板间紧贴底板，通过拉动拉杆后释放拉杆，拉杆上的顶杆穿过底板小孔与弹珠在底板处碰撞，弹珠获得动能，若弹珠运动过程进入“取胜区”即可赢得游戏。已知弹珠质量为m且可视为质点，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，求： (1)弹珠在斜面上做类平抛运动时的加速度大小a； (2)要使得弹珠与点b（左侧直挡板与半圆挡板的切点）相撞击，内侧圆形轨道最高点a对弹珠的作用力大小N； (3)该游戏若能取胜，弹珠被撞击后的动能需要满足的条件（若存在碰撞，仅考虑与区域直挡板的弹性碰撞）。 题型02 机械能守恒定律的应用 3． （多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 题型解码 1.正确选取研究对象，合理选取物理过程。 2.对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 3.注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。 4.列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。 5.对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。 4. （多选）如图所示，一半径为的大圆环与竖直杆之间的距离为，杆与环在同一竖直平面内固定放置。一根长的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交叉部分不接触但距离忽略不计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B，A、B环套能在连杆作用下自由滑动。两环套的质量均为，重力加速度取，不计一切摩擦，静止释放两小环后（　　） A．静止释放瞬间A环的加速度为 B．B环到达最低点时速度 C．B环到达最低点时机械能最小 D．B环机械能最大时，B环机械能增加了 题型03 功能关系的理解与应用 5． （多选） 如图，斜面OPQ固定在水平地面上（零势能面），P为斜面的中点，OP段光滑，PQ段粗糙且粗糙程度一致，现让滑块（视为质点）从顶点O由静止滑下，滑至斜面底端Q点时速度减为零，不计空气阻力，滑块的位移s、速度随时间t及加速度a、机械能E随位移s变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型解码 1． 做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度. 2． 功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等. 3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析． 6. 如图所示，水平轨道长为，其端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在、半径为的光滑圆弧轨道与相切于点，并且和圆心在、半径为的光滑细圆管轨道平滑对接，、、三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道右侧有一半径为，圆心在点的圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于点。一质量为的小滑块（可视为质点）静止于轨道上的点，轻微扰动后，刚好能沿轨道下滑，且恰好运动到点，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达点之前已经脱离弹簧，并通过细圆管轨道最高点时上表面与轨道接触挤压，且压力大小为（计算时圆管直径不计，重力加速度为，不计空气阻力）。求： (1)小滑块与水平轨道间的动摩擦因数； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能； (3)小滑块通过最高点后落到圆弧挡板时的动能。 题型03 能量守恒定律的应用 7． 如图所示，一质量的小滑块（可视为质点）被轻放在倾角、顺时针匀速转动的倾斜传送带的底端，小滑块从静止开始向上运动，到达顶点时，恰好与传送带共速，传送带顶端上方有一小段固定的圆弧，圆弧可使小滑块无机械能损失地沿水平方向向右滑上水平轨道，之后小滑块从水平轨道的末端点进入半径的竖直圆轨道（圆心为）。在圆轨道中，小滑块始终在沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，外力施加前后小滑块速率不变。已知传送带的长度，水平轨道的长度，小滑块与传送带、水平轨道、圆轨道间的动摩擦因数分别为、、，重力加速度取。求： (1)传送带的速度大小。 (2)电动机由于传送小滑块多消耗的电能。 (3)小滑块运动到圆轨道上点右侧与圆心等高的点时，外力的大小。 题型解码 能量问题的解题方法 (1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法 ①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。 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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。 (2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题关键 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能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。②如果系统中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。 8. 如图，在水平地面上有一轻质弹簧一端固定，另一端与物块栓接，在右侧紧靠物块。、的质量均为，与地面的动摩擦因数均为。开始时，弹簧处于原长，、均静止。现给施加水平向左的恒力，大小为。当、一起向左移动至弹簧压缩最短时，撤去该恒力。经过一段时间后，、分离，最终两物块均停止运动。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为，若弹簧的形变量为，弹性势能可表示为：；若弹簧振子质量为，其周期可表示为：。物块、可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求 (1)、向左移动的最大距离和、分离时的速度大小； (2)从撤去恒力至第一次运动到最右端的过程中，物块克服地面摩擦力做的功； (3)从撤去恒力至、分离，对作用力的冲量大小。 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）能量是个状态量，其具有相对性。如图所示，一个可视为质点、质量为的小球沿光滑水平面以速度向左匀速运动，随后穿越光滑固定隧道继续向左运动。隧道与水平地面平滑衔接，且隧道最高点到水平面的高度为，重力加速度为。设小球穿越隧道前沿水平面运动时的机械能，则下列判断中正确的是（    ） A．小球在水平面时，重力势能为0 B．小球到达点时的机械能为0，重力势能为 C．小球到达点时的机械能为0，重力势能为 D．小球到达点时的机械能为，重力势能为 2．（2026·安徽芜湖·一模）一个质量为m的小球（视为质点）从空中某一高度的P点以大小为的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与P点相同高度的Q点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的恒定风力大小为 B．小球经过最高点时机械能最小 C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为 D．小球从P点到Q点过程中机械能增加量为 3．（2026·安徽马鞍山·一模）如图所示，在倾角为的粗糙斜面上，一轻绳一端固定于点，另一端连接一个质量为的小球，初始时，轻绳水平伸直且没有拉力，小球由静止释放，摆到最低点时速度大小为。已知轻绳的长度为，重力加速度为，空气阻力不计。在此过程中，下列说法正确的是（    ） A．小球在最低点时，轻绳对小球的拉力大小为 B．重力对小球的功为 C．小球摩擦力的功为 D．小球在最低点处受到的合力大小为 4．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，倾角的固定光滑斜面上放着相同的两物块P、Q，质量均为，两物块紧靠但不粘连，轻弹簧一端与Q相连。另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。0时刻对P施加一沿斜面向上的恒力，使P、Q沿斜面向上做加速运动，时刻P、Q恰好分离。弹簧的劲度系数，弹性势能的表达式，x为弹簧的形变量，重力加速度，则（　　） A．0时刻P的加速度大小为 B．时刻弹簧的弹力大小为 C．时间内弹簧的弹性势能减少了 D．时间内P的机械能增加了 5．（2026·安徽淮南·一模）如图所示，一不可伸长轻绳系一质量为的小球（可看作质点）竖直悬挂在O点，现将小球拉至与O等高的点，由静止自由释放小球。若球运动过程中经过点时，重力的瞬时功率最大，此时绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为，以下判断正确的是（   ） A．小球下摆到最低点的过程中，轻绳拉力先增大后减小 B．小球运动至点时，轻绳对小球的拉力大小 C． D．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0 6．（2026·安徽安庆·二模）如图甲所示，竖直平面内，一足够长的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。时刻用一水平向右的推力F作用在A上，使A、B向右运动。F随t变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.25kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，B与水平轨道间的摩擦不计，不计空气阻力，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（　　） A．在时AB之间作用力大小为0.75N B．两物块分离前B的位移等于7m C．若B恰能运动到M点，则半圆形轨道半径为0.4m D．两物块分离前A对B的弹力做的功为2J 7．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，C点位于O点正下方，碗的内表面及碗口光滑，右侧放有一足够长的斜面。一根不可伸长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接一质量为m的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在A点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C点时，绳子突然断裂，整个过程中斜面始终保持静止。则下列说法中正确的是（　　） A．小球从A点运动到C点的过程中机械能守恒 B．小球运动到C点时，小球的速率是木块的倍 C．绳子断裂后瞬间，小球在C点对轨道的压力大小为mg D．木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定 8．（2026·安徽·一模）如图所示，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的O点，另一端连接一质量为m的小球。这一装置从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度为。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（    ） A．弹簧的劲度系数为 B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．在转动过程中，小球的重力势能可能先增大后减小 9．（2026·安徽·三模）如图所示，有一根长为、质量为的均匀链条锁定在动摩擦系数的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的端施加一个拉力并解开锁定使链条以（为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（忽略桌子转角阻力）（　　） A． B． C． D． 二、多选题 10．（2026·安徽·模拟预测）一光滑轨道由水平部分和竖直圆周部分组成，圆轨道半径为R。水平轨道左端连接一轻弹簧，第一次质量为m的小球在水平轨道上被压缩的弹簧弹出后，在轨道上运动时最高只能到达离水平轨道高度为的位置。若保持每次弹射前的弹簧压缩量与第一次相同，改变小球的质量，要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量可能是（　　） A． B． C． D． 三、解答题 11．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，质量的底座上通过轻质弹簧连接一水平托盘，静置于水平地面上。现将一质量的弹性小球自托盘正上方距托盘高度为处由静止释放，小球下落后与托盘发生弹性碰撞、且碰撞时间极短，碰后小球上升的最大高度为，并在最高点取走小球，托盘下降的最大高度为。已知整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，弹簧弹性势能与其形变量间的关系为（k为劲度系数，为形变量），重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求托盘的质量； (2)求底座对地面最大压力的大小。 12．（2026·安徽蚌埠·二模）如图所示，竖直面内的光滑半圆形导轨与光滑水平地面在B点平滑相接，导轨半径。一个质量的物体自地面上A点以一定速度向右运动，经过B点后沿半圆形导轨运动，到达最高点C时对轨道恰好无压力，之后水平抛出。物体可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)物体运动到C点时的速度大小； (2)物体自A点出发时的速度大小； (3)物体落地点到B点的距离。 13．（2026·安徽淮南·一模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为的O点，另一端系有质量为可视为质点的小球。将小球拉至O点正上方的点，给其一水平方向的初速度，使其恰好通过点后，在竖直平面内以O点为圆心做半径为的圆周运动。当小球运动到最低点时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度。求： (1)绳能承受拉力的最大值； (2)小球落地点与点的距离（结果可用根式表示）。 14．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为，弹簧的劲度系数为，已知弹簧弹性势能与弹簧形变量的关系为。 (1)现用一个力向下压物体A，撤去后B不会离开地面，A物块速度最大时弹簧的形变量？ (2)将一个质量也为的物体C从A的正上方高为处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起， ①求碰撞后的共同速度大小？（用和表示） ②之后在竖直方向做简谐运动的过程中，物体B对地面的最小弹力为，求C 、A整体在运动过程中的最大速度。（用、和表示） 15．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在水平面与竖直墙面之间，圆心为O1，在圆弧的最低点C静止放置质量为m乙的小球乙（视为质点），在圆弧的最高点O2悬挂一条长度为2R的轻质细线，细线的另一端连接质量为m甲的小球甲（视为质点），甲从A点由静止释放时，细线伸直与水平方向的夹角为30°，当甲落到B点细线再次伸直时，甲立即沿着圆弧轨迹向下运动；甲运动到C点时速度为v甲，与乙发生碰撞刚结束时，甲立即停止运动，乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O2，此时乙的动能，动量大小，重力加速度g=10m/s2，（不考虑空气阻力）求∶ (1)圆弧轨道的半径R及两球碰撞后瞬间乙的速度； (2)小球甲的质量m甲； / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴06 功和能 典例·靶向·突破 题型01 动能定理的综合应用 1． 【答案】(1)①；②；③ (2)（其中 【详解】（1）①若小滑块恰能从E点离开，则，从D到E过程有 联立解得 ②在D点有 联立解得 根据牛顿第三定律，在处对轨道的压力为。 ③从释放到E过程有 解得 （2）若只经过一次传送带，则有 解得 当滑块恰好从右侧以速度第二次到达时有 解得 当时，物体第三次回到点时速度为根据动能定理有 解得 当时，滑块从右侧第二次到达至离开动能不变，全程由动能定理得 解得，当时，，不符合要求。 综上可知（其中 2． 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）对于弹珠在斜面上的类平抛运动由牛顿第二定律有 解得 （2）设离开a点的速度大小为，沿底板方向有 垂直于底板方向有 解得 在a点，由圆周运动动力学方程有 解得 （3）由于弹珠与间的碰撞为弹性碰撞，可将碰撞后的运动轨迹沿着轴对称折叠，碰撞前后的运动可以合并成类平抛运动。现分析弹珠经碰撞后恰好撞击点的情况，设过a的速度为，轨迹如下 水平方向有 垂直于底板方向有 解得 对离开圆轨道后类平抛运动恰好过f点的情况，设其过a的速度为，水平方向有 垂直于底板方向有 联立解得 若弹珠过a点后恰不脱轨，其刚过a点速度满足 弹珠从底板到a点的过程，解得 弹珠从底板到a点的过程，由动能定理可得 因要取胜，过a点的速度需满足或，故解得弹珠被撞击后的动能需要满足的条件 或 题型02 机械能守恒定律的应用 3． 【答案】BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 4. 【答案】AD 【详解】A. 静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A环的加速度为，A正确； B．B环到达最低点时，AB两环的位置如图，对AB系统，由机械能守恒定律 速度关系为 速度，B错误； CD．从开始运动到AB环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B一直做正功，大圆环的弹力对B不做功，则B的机械能一直增加，此时B环的机械能最大，则B环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，A的速度为零，则由开始运动到三者共线对AB系统由机械能守恒定律可知，B环机械能最大时增加的机械能等于A环减小的机械能，即，C错误，D正确。 故选AD。 题型03 功能关系的理解与应用 5． 【答案】AD 【详解】ABC．由题意可知滑块从O到P做匀加速运动，从P到Q做匀减速运动，两段位移相等，平均速度相等，则时间相等，加速度等大反向，则s−t图像的斜率先增加后减小；v−t图像是两段斜率大小相等符号相反的直线（关于t1左右对称的线段）；a−t图像是先在正半轴的水平线段，后在负半轴的水平线段，故A正确，BC错误； D．在OP段机械能守恒，图像是平行轴的直线；设滑块初态机械能为，所受摩擦力大小为，设P点位移为，总位移为，在PQ段由能量关系机械能 图线是向下倾斜的直线，故D正确。 故选AD。 6. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图得、间的高度差，小滑块从点运动到点的过程中，由动能定理得   解得 （2）小滑块在点，由重力和压力提供向心力，有   解得 弹簧对小滑块做功过程由功能关系有 小滑块从到过程由动能定理得 解得 （3）小滑块通过点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有 竖直方向有 由几何关系有 可得小滑块落到圆弧挡板时的动能为 联立解得 题型03 能量守恒定律的应用 7． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在传送带上的加速度大小为，则有 设传送带的速度大小为，则有 解得 （2）设小滑块在传送带上运动的时间为，则有 小滑块与传送带间因摩擦产生的热量 传送带的电动机由于传送小滑块多消耗的电能 解得 （3）设小滑块做匀速圆周运动的速度大小为，则有 解得 小滑块运动到点时，竖直方向有，其中 解得 8. 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）两物块一起向左移动到弹簧压缩最短的过程，根据能量守恒有 解得、向左移动的最大距离 、分离时两物块速度相同，加速度相同，两物块所受的合外力也相同，此时物块B水平方向只受摩擦力，故物块A水平方向也只受摩擦力，即此时弹簧恢复为原长，从两物块开始运动到弹簧第一次恢复为原长的过程，对A、B整体，根据动能定理有 解得、分离时的速度大小 （2）设从A、B分离至A第一次运动到最右端的过程中A的位移大小为，根据能量守恒有 解得 从撤去恒力至A第一次运动到最右端的过程中，物块A克服地面摩擦力做功 （3）从撤去恒力至A、B分离，A、B的运动为简谐运动，回复力最大值为 A、B分离时，回复力大小为，由于 根据类比法可知，A、B从平衡位置运动到A、B分离所用时间为 所用时间为 从撤去恒力至A、B分离，对B，根据动量定理有 解得 一、单选题 1． 【答案】C 【详解】A．因小球处于水平面时，而动能，由机械能定义可知此时小球重力势能为，故A错误； BCD．由题意可知，小球运动的过程中机械能守恒，机械能恒为零，小球到达隧道顶点时的重力势能为，故BD错误，C正确。 故选C。 2． 【答案】D 【详解】A．已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆向思维，则有 可知小球在水平方向的加速度 则小球受到的恒定风力大小为，故A错误； B．小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点时机械能不是最小的，故B错误； C．小球经过最高点时，水平方向的速度大小为 则此时恒定风力的瞬时功率大小为，故C错误； D．小球运动到Q点时的速度大小为 可得小球从P点到Q点过程中机械能增加量为，故D正确。 故选D。 3． 【答案】C 【详解】A．设小球在最低点时，轻绳对小球的拉力为，根据牛顿第二定律 可得，A错误； B．根据动能定理，所以，B错误； C．根据动能定理，所以，C正确； D．小球在最低点时，沿半径方向的合力为，沿切线方向还有摩擦力 所以最低点时，小球的合力，D错误。 故选C。 4． 【答案】C 【详解】AB．开始时整个系统处于静止状态，有 可得弹簧弹力为， 0时刻对P施加沿斜面向上的恒力，可知P、Q整体的合力大小为 根据 解得P的加速度大小 时刻P、Q恰好分离，设此时弹力为，有， 可得 可得，故AB错误； C．可得时间内弹簧的弹性势能减少了，故C正确； D．时间内P的位移为 可知P的重力势能增加了 根据能量关系有 P的机械能增加了，故D错误。 故选C。 5． 【答案】C 【详解】AB．令轻绳长为L，绳与竖直方向夹角为，根据动能定理有 对小球进行分析，小球做圆周运动，则有 解得 小球向下运动过程中，减小，则细绳拉力一直增大，小球运动至点时，轻绳对小球的拉力大小，故AB错误； C．小球重力的瞬时功率 若有 对函数求导有 当导数值为0时，重力的瞬时功率达到最大，解得，故C正确； D．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为 小球下降高度不为0，可知重力平均功率不为0，故D错误； 故选C。 6． 【答案】D 【详解】A．时，对A、B整体受力分析有 对B受力分析有 联立解得，故A错误； D．当A、B分离瞬间，A、B之间无弹力且加速度相同，对B受力分析有 对A受力分析有 联立解得 由图像可知，A、B分离瞬间 在分离之前对A、B整体应用动量定理有 根据冲量计算公式可知，在A、B分离之前推力的冲量 联立解得 在A、B分离之前，对B应用动能定理有，故D正确； B．分离前B运动的图像如图所示 由图看出，在A、B分离之前，B的位移，故B错误； C．分离后B匀速运动到P点，然后沿圆弧运动到M点，通过M点时 B从P到M，根据能量守恒有 联立解得，故C错误。 故选D。 7． 【答案】D 【详解】A．小球从A运动到C的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小球+木块组成的系统机械能守恒，故A错误； B．当小球运动到C点时，C点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R，，因此绳子AC与水平方向（小球速度方向）夹角为。 将小球速度分解为沿绳和垂直绳分量，沿绳分量等于绳子的移动速度，则 整理得 即小球速率是木块的倍，故B错误； C．对系统机械能守恒，结合C点向心力公式推导：小球在C点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于，故C错误； D．绳子断裂后，木块沿斜面上滑过程中，加速度恒定（若斜面光滑，若斜面粗糙，加速度始终恒定）。 将木块和斜面视为整体，斜面加速度为0，木块加速度可分解为恒定的水平分量和竖直分量 由牛顿第二定律：水平方向：地面对斜面的摩擦力，恒定； 竖直方向 得也恒定。 因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故D正确。 故选D。 8． 【答案】D 【详解】A．装置转到竖直位置时，弹簧的形变量 小球受力平衡有 联立解得，故A错误； B．转动后，小球的重力势能和弹簧的弹性势能都比原来的大，小球的动能不变，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．设装置与水平方向的夹角为，由，， 联立解得 转动过程中，变大，变大，故弹簧的弹性势能一直增大，故C错误； D．因为 可知h有极大值，则可能有极大值，即小球的重力势能可能先增大后减小，故D正确。 故选D。 9． 【答案】B 【详解】根据题意，由运动学公式，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大，与位移成正比，如图所示 设拉力做功，整个过程，由动能定理有 联立解得 故选B。 二、多选题 10． 【答案】AD 【详解】第一次压缩弹簧弹出小球，根据系统机械能守恒可得 第二次若改变小球质量，小球恰好通过轨道最高点，则， 解得 小球恰好通过圆心等高处，则 解得 要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量应大于等于或者小于等于。 故选AD。 三、解答题 11． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球在与托盘碰撞前做自由落体运动，而碰后做竖直上抛运动，设小球与托盘碰撞前瞬间速度大小为，与托盘碰撞后小球的速度大小为，托盘的速度大小为，则根据自由落体运动的位移公式，可得， 又因为小球与托盘发生的是弹性碰撞且碰撞时间极短，则根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 联立解得托盘的质量为， （2）托盘下降的过程中，设托盘下降到最低点时下落的高度为，则根据托盘弹簧系统机械能守恒有 代入数据解得弹簧的劲度系数为 当托盘下降至最低点时地面对底座的支持力最大，其最大值为 所以根据牛顿第三定律可知，底座对地面的最大压力大小为。 12． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由牛顿第二定律得 解得 （2）由机械能守恒定律得 联立解得 （3）竖直方向上有 水平方向上有 联立解得 13． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球刚好通过点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力 解得 从点到点，由动能定理 解得. 在点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力 解得 再由牛顿第三定律可得 （2）小球从点到落地的过程中，做平抛运动， 则 可得 14． 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）当物块A加速度为0时，速度有最大值，此时弹簧对A向上的弹力等于A的重力 根据胡克定律 可得弹簧形变量为 （2）C与A碰撞前瞬间速度为，下落过程中机械能守恒 C与A碰撞后共速，根据动量守恒可得 解得 物体B对地面的最小弹力为 则当AC整体上升到最高点时弹簧被拉长，且大小为 解得 当AC整体所受合力为零时处于平衡位置，此时弹力为 弹簧形变量为 当AC整体所受合力为零时，整体速度最大，由能量守恒可得 解得 15． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）乙沿着圆弧轨道恰好能运动到最高点O2，根据牛顿第二定律 从C点运动到O2点，根据机械能守恒 由题意可知， 联立解得， ， （2）甲从A落到B点做自由落体运动，设细线伸直之前的瞬时速度为，根据机械能守恒 把分别沿着垂直O2B的方向和沿着O2B的方向分解，可得甲在垂直O2B方向的分速度 根据题意可知甲落到B点立即做圆周运动，说明细线伸直后甲沿着O2B方向的分速度立即消失，速度由立即突变为沿着轨迹切线方向的分速度 甲从B运动到C的过程中，应用动能定理 甲、乙在C点发生碰撞，碰撞过程动量守恒 联立解得   / 学科网（北京）股份有限公司 $