第21讲 功能关系 能量守恒定律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“概念-方法-模型”三级架构系统整合功能关系与能量守恒，通过得分速记提炼解题逻辑，适配高考情境化与综合化命题趋势。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|3知识点|功能关系选取规则、能量守恒“增减量”等式、摩擦生热计算技巧|从概念理解（力功与能量转化）到综合应用（多模型能量分析）递进| |基础题型|5题型25题|板块/传送带模型能量拆解、曲线运动能量守恒条件判断|题型覆盖高考核心模型，对应方法解决特定能量转化问题| |重难创新|10题|多过程能量分段分析、系统能量损耗推导|融合真实情境（风洞/滑板），强化科学思维与模型建构能力|

第21讲 功能关系 能量守恒定律（专项训练） 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 1 2 3 5 7 9 10 17 20 22 答案 A B A C BC C BD ACD B CD 题号 23 24 25 29 30 31 32 35 37 答案 AB C B BD BD D AD BC BD 1．A 【详解】卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有 可得卫星的动能 卫星从轨道 变轨到 ，动能的变化量为 根据题意，卫星从轨道 变轨到 ，克服地球引力做功为 根据功能关系，发动机做的功等于卫星动能的增加量与克服引力做功之和，即 故选A。 2．B 【详解】AB．设小环重新稳定静止后，轻绳中的张力大小为，小环左侧的绳与天花板夹角为，对小环受力分析，如图所示， 根据平衡条件有， 由几何关系有a、b两点间距离 设b到小环的距离为x，由几何关系有 解得、、、，故A错误，B正确； C．没施加水平拉力时，如图所示， 小环距天花板的距离 小环稳定在b点正下方时，环距天花板的距离 由功能原理可得，此过程中拉力做功，故C错误； D．当重新稳定时，设两段绳与天花板夹角分别为和，如图所示，水平拉力F和重力的合力与两绳张角的角平分线在一条直线上（如图中虚线所示）， 由几何关系，有， 解得，故D错误。 故选B。 3．A 【详解】一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑，从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，可知风力对物块始终做正功，根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的其他力做的功等于系统机械能的变化量，可知物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。 故选A。 4．(1) (2) (3) 【详解】（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有 其中 代入数据解得。 （2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有 A、B碰撞后损失的动能为 联立解得。 （3）碰后A、B的重力 弹性绳的弹力为 即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有 弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力 弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有 根据几何关系有 联立解得 即A、B组成的新物块最终停在距点处。 5．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。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有 设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有 解得 所以滑块到达到与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小 （3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时，滑块与传送带相对位移，有，，， 滑块与挡板第一次碰撞后向左以 滑上传送带，减速到零的位移大小为 即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送带至速度减为零过程，设用时，滑块与传送带相对位移，则有，，， 滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C点位移有 其所用时间为，有，， 故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量 7．BC 【详解】A．球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g，球向上运动时，阻力向下，故考虑空气阻力的情况下加速度大于g，故A错误； B．v-t图中，小球先向下加速，反弹后速度不变，再向上减速，图线的斜率表示加速度，结合选项A分析可知，第一段的斜率应小于第二段斜率的绝对值，故B正确； C．若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的斜率大小均等于阻力大小，故C正确； D．小球的重力势能先减小后增大，但有空气阻力时，由于阻力一直做负功，机械能损失，小球不能回到原来的高度，故D错误。 故选BC。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从凹槽滑至点速度大小为，对小球 得 小球与物块碰后瞬间速度分别为和，根据动量守恒与机械能守恒有 ， 联立解得， 即碰后物块速度大小为 （2）此过程，设物块匀减速运动的加速度大小为，长木板匀加速运动的加速度大小 对于物块，牛顿第二定律得     解得 对于长木板，牛顿第二定律得     解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则， 解得 物块与长木板的相对位移     物块恰好不从板上落下，则 （3）①由上题可知当拉力小于等于1 N时，物体会从右侧飞出，产生的热量相同， ②设当拉力大小等于时，物块和长木板达共速后，相对静止匀加速运动。在拉力作用下，共速后物块与木板加速度大小为，对物块和长木板 对物块     得 当拉力大于1N小于3N时，共速前，物块加速度不变，对长木板牛顿第二定律得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则 解得 相对位移     则 可知 ③当时，物体先向右减速至与长木板共速后，相对板向左运动，最后从长木板左边落下，设共速前长木板加速度为，经过时间，物块与木板达共速，此时相对位移为 则有 联立解得，（） 可知 则当时，产生的热量最多不超过 9．C 【详解】A．初始绳无弹力，B恰好不向右滑动，弹簧压缩，对B受力得，初始压缩量 释放C瞬间，弹簧形变不变，弹力仍为向右 对B、C整体，沿绳方向合力： 解得加速度 对C受力： 解得，故A错误； B．B在长方体上运动时，滑动摩擦力对B做功，机械能转化为内能，因此三个物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．速度最大时加速度为零，合力为零。对B、C整体： 得，即弹簧到达原长，B向右移动了 对系统重力做功，弹性势能减少，摩擦力做功，总动能为，能量关系： 代入数值得，故C正确； D．当B向右移动，弹簧伸长量，此时A不动，弹性势能，总动能： ，即最低点在处，速度为0。此时受力：弹簧弹力向左，C的重力分力沿斜面向下，合力为零，物块C不会向上滑动，故D错误。 故选C。 10．BD 【详解】A．小物块沿斜面向下运动，相对木板向下滑动，摩擦力沿斜面向上。沿斜面方向由牛顿第二定律有 解得小物块加速度 小物块做匀减速直线运动，2s末速度为0，所以初速度，A错误； B．小物块2s内位移 木板的图为正弦曲线，由图可知，0~2s内正面积和负面积抵消，总位移 相对位移 摩擦生热，故B正确； C．木板做简谐运动，受到恒定摩擦力 开始时，回复力满足 解得 由木板的图可得周期为，则角频率 木板位移随时间关系为 时， 木板与弹簧系统机械能增加量等于摩擦力做的功，故C错误； D．木板位移最大时，摩擦力做功最多，系统机械能增加最多。由木板的图可知，木板最大位移出现在时，则 此时相对位移刚好等于木板长度 即 解得，故D正确。 故选BD。 11．(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 12．（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）木板A下表面光滑，A与B第一次碰撞前，若A、C一起向下加速，则 则此时C与A之间的摩擦力大小为 假设合理。对A和C，由位移速度关系 解得A、B第一碰撞前瞬间A的速度大小为 （2）A、B发生碰撞时，动量守恒 能量守恒 开始时，B处于静止状态 B与A碰撞后，到速度减为零，由动能定理 解得， 解得A、B第一次碰撞过程中损失的机械能 （3）由（2），A、B第一次碰撞后，A沿斜面向上运动，B沿斜面向下运动，对A A减速到速度为零的时间 对B 由图可知 解得B的加速度 沿斜面向上。B减速到速度为零的时间 所以A沿斜面向上减速到速度为零后再沿斜面向下加速，直到A、B速度相等时，B与A下端相距最远，此时 ， 解得 （4）A、B碰撞后一起运动 对AB整体 解得A、B碰撞后到速度减为零的位移 对AB受力分析可得 则A、B从碰撞开始到速度减为零的过程是以碰撞时的位置作为平衡位置作简谐运动，类比弹簧振子 由题意可知，周期 在时刻，A、B的位移 此时对A、B 解得 对C 在时刻，C的速度大小 A、C之间因摩擦产生的热量是 13．（1）；（2），；（3）；（4） 【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为，由牛顿第二定律得 滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有 得 （2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 ， 联立解得， 对木板由牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向上。 （3）方法一： 从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功 木板重力做功 木板所受摩擦力做功 由功能关系得 解得 方法二： 木板第一次碰后向下减速的位移 在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为 接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为，则 第二次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和能量守恒可得 联立解得， 木板向下的位移 当两者速度再次为0，此时两者之间距离为 滑块再次碰撞木板时的速度 由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为 木板向下的位移 即每次木板向下的位移或 木板下端与锁钉的距离 （4）当板块分离时，弹簧的形变量为，挡板与滑块间的弹力，两者的加速度相等都为 对板块整体 得 对弹簧和板块系统，由能量守恒得 解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）圆弧轨道光滑，物块由点运动到点时机械能守恒，、两点的高度差为 由 整理得，速度方向水平向右。在点取竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得 所以 根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力与支持力等大反向，压力大小为，方向竖直向下。 （2）传送带上表面向右运动，物块到达点时速度为，相对传送带向右滑动。滑动阶段摩擦力使做匀减速运动，加速度大小为 减速到传送带速度所需时间为 此阶段位移为 随后与传送带相对静止，以匀速通过余下路程 所需时间为 所以从点到点所用时间为 （3）物块到达点时速度为，木板静止。两者组成的系统在水平方向不受外力，摩擦过程中两物体最终速度相同，设为，由动量守恒得 解得，方向向右。摩擦产生的热量等于系统机械能的损失，故 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块相对木板滑动时，二者间的滑动摩擦力大小为 地面对木板的滑动摩擦力大小为 取向右为正，木板的加速度 滑块的加速度 设二者速度相等所用时间为，由 整理得 此时二者的共同速度 木板长度等于该过程中滑块相对木板的位移，则 （2）木板和滑块共同运动时，系统总质量 地面对系统的滑动摩擦力大小仍为 压缩弹簧过程中系统向右运动，弹簧形变量越大，系统向左的加速度越大。恰好不发生相对滑动时，在压缩至最大形变量前的瞬间，滑块所受静摩擦力达到最大值，由 整理得 设弹簧的最大弹力为，对木板和滑块组成的系统，由牛顿第二定律得 解得 反弹阶段系统加速度大小不超过 故反弹过程中二者也不发生相对滑动。 （3）弹簧的最大压缩量 设木板右端刚接触弹簧时系统的速度大小为。从接触弹簧到弹簧压缩量最大，由能量守恒得 代入数据解得 滑块到达木板右端后、木板接触弹簧前，系统的加速度大小 从二者速度相等到木板接触弹簧，木板运动的距离 在二者速度相等前，木板运动的距离 故初始时木板右端到弹簧左端的距离 16．(1)2.5mgL (2)0.25 (3)5L 【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点，则有 从E到D过程，由能量守恒有 联立解得 （2）题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有 联立解得 （3）分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有 联立解得 17．ACD 【详解】A．如果小球到点时，其速度足够大，使得指向凸圆弧圆心的合力不足以提供向心力导致小球脱离路面，其合力等于重力，加速度等于重力加速度，这种情况小球处于完全失重状态。故A正确； B．要保证小球在段沿轨道运动，则小球运动到段的任意一点，其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 联立推导得 的最小值为 因此计算得，故B错误； C．由选项B可知，才能保证小球在沿轨道运动。小球运动到段的任意一点，为了保证小球沿轨道运动，同样有其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和小球位置点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 同样推导出 由选项B知，综上为了保证小球能沿轨道运动到F点，不能大于0.2R。故C正确； D．小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 同理，小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 因此 因此小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关，故D正确。 故选ACD。 18．(1) (2) 【详解】（1）乘客经过A点时，根据向心加速度公式有 解得 从最低点运动到最高点，损失的机械能为 代入数据解得 （2）从A点运动到B点，损失的机械能为 由题知 乘客在B点时，根据牛顿第二定律有 联立解得 19．(1)0.125 (2)18m 【详解】（1）由牛顿第三定律可知在C点轨道对滑块的支持力 在C点，根据牛顿第二定律可知 滑块由A点运动到C点，由动能定理有 解得 （2）滑块最终在轨道内做往复运动，最高能到达B点，设B点为零势能点，根据能量守恒定律有 解得 20．B 【详解】设水做斜抛运动的初速度为，经时间水打到着火点，在竖直方向有 在水平方向有 联立解得， 设水枪机器消耗的功率为，经时间打出水的质量为 根据能量守恒有   解得 故选B。 21．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有     解得 由图乙可知滑块到时速度为，设左侧的传送带长度为，由运动学关系可知     解得 （2）滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有 整理得 其中为到挡板的距离，因进入电磁场后物块位移与速度关系图像为过原点直线，故 解得 （3）物块与挡板碰撞后反向弹回，由小问（2）的结论可知，竖直方向，物块所受的洛伦兹力为其合外力；由左手定则可知，反向弹回的瞬间，物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，物块做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 由题意，物块向左做匀速圆周运动恰好到达，轨道半径等于到挡板距离，即 滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有     代入，联立上式解得， （4）滑块与传送带在左侧运动时因摩擦产生的热量     其中滑块在左侧运动的时间满足 联立解得     滑块在右侧运动时与传送带因摩擦产生的热量为传送带克服摩擦力做的功与物块动能增量的差值，即 整理得 代入数据解得     故滑块与传送带因摩擦产生的热量 解得 22．CD 【详解】A．P放上传送带后，受力如图所示 由牛顿第二定律有 解得a1=2.5m/s2，故A错误； C．工件与传送带共速时间为 工件加速运动的位移为 工件匀速运动的时间为 工件在传送带上运动的时间为，故C正确； B．工件在CD上减速过程由动能定理有 解得，故B错误； D．工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有 解得，故D正确。 故选CD。 23．AB 【详解】A．工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确； B．工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确； C．若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做功减小，故C错误； D．若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，故D错误。 故选AB。 24．C 【详解】A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误； B．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B错误； C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得 物品的加速度大小为 匀加速的时间为 位移为 传送带匀速的位移为 物品相对传送带滑行的距离为 物品与传送带摩擦产生的热量为 则知相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确； D．前阶段物品的位移为 则知相同时，增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍，故D错误。 故选C。 25．B 【详解】A．当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知 解得 当小物块的速度等于传送带的速度时，由于 小物块会继续以a2加速运动至B点，由牛顿第二定律可知 解得 故全程做变加速运动，故A错误； C．设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则 由题可知，全程运动时间为 到达B点时的速度为解得故C错误； B．AB间长度为解得 故B正确； D．全过程中小物块机械能减小量为 解得故D错误。 故选B。 重难·创新演练 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块由A点运动到B点的过程中做平抛运动，设运动时间为，由平抛运动规律有 解得 设到达B点时竖直方向的速度为，则 又 解得 （2）设小物块在C点时速度大小为，由机械能守恒定律得 小物块在C点时受到轨道的支持力大小为N，由牛顿第二定律得 解得 （3）斜面CD的长度为 小物块沿斜面上滑的最大距离 小物块沿斜面体运动到最高点过程中，有 解得 2．（1）0.5；（2）-12J 【详解】（1）由乙图可知，0.5s末时物体的速度 物体的加速度 对物体受力分析可知 解得 （2）0.5~1s这段时间物体的加速度 解得 物体到达传送带底端时，物体的速度 物体从A到B通过的位移 A到B的竖直高度 物体克服摩擦力所做的功即为机械能的减少量，根据动能定理可知 解得 3．（1）0.5mgL；（2）；（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 解得 （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 解得 （3）下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，由受力平衡得 同理，上滑过程中，由受力平衡得 故与大小相等，即 4．BD 【详解】A．施加恒力前由平衡条件 解得 甲回到弹簧原长撤去恒力时速度最大，由动能定理得 其中 解得 故A错误； C．设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为，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 解得 此时乙刚好不离开挡板，则有 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，由能量守恒得 解得（另一解不合题意，舍去） 对甲由牛顿第二定律有 解得故B正确； D．因为，故最大弹性势能 故D正确。 故选BD。 5．BD 【详解】A．小球受到水平向右的电场力 合力为 设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为，有 解得 A错误； B．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，电场力做的负功最多，机械能最小，B正确； C．设合力方向与电场线方向夹角为，有， 将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，C错误； D．小球在A点的速度小于做圆周运动的最小速度 所以小球将不沿圆周运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有 水平位移有， 解得 所以不能到达B点，D正确。 故选BD。 6．D 【详解】A．因为P在接触弹簧前速度达到时，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块与传送带之间没有摩擦力，故A错误； B．接触弹簧后，对物块P由动能定律得 整理有 故B错误； C．物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动。所以物块P接触弹簧后P的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误； D．由之前的分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有 开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大，当物块P开始做减速运动时，其摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，但是速度减小，所以功率开始减小。综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。 故选D。 7．AD 【详解】A．小球从点运动到点的过程中，风力做功为 此过程小球受重力、轨道的弹力、风力三个力，轨道的弹力与速度方向垂直不做功，故由功能关系小球机械能减少了2.4 J，故A正确； B．小球从点运动到点，由动能定理 在点由牛顿第二定律 联立解得， 由牛顿第三定律小球在点对轨道的压力与轨道对其支持力等大、反向，故压力,故B错误； C．小球离开B点受风力和重力恒定做匀变速曲线运动，如下图合力方向与速度方向垂直时，速度或动能最小，由几何关系 则最小动能，故C错误； D．小球从点抛出到落地过程中，小球竖直方向做自由落体运动，速度越来越大，故小球重力做功的瞬时功率不断增大，故D正确。 故选AD。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理 解得 （2）设碰撞后 A 的速度为​，B 的速度为​A、B 发生弹性碰撞， 根据动量守恒 机械能守恒 解得(向左)，（向右） 以A为研究对象，根据牛顿第二定律 0.2s 内A 向左的位移 解得（向左） 薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律 解得，B向右为匀变速运动 0.2s 内B 的位移 解得（向右） A、B 左端距离 （3）时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为 由受力平衡可得 解得 时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为 由受力平衡可得 解得 设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理 解得 从​到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量 解得 9． 大于 eU 【详解】[1] 若A、K之间为匀强电场，则A点与两极中点的电势差应等于。但由题图可知，越靠近A端电场线越密集，即越靠近A端电场强度越大，所以A、O之间的电势差大于。 [2] 在两极之间加上高压，则电子从K运动到A的过程电场力做功为 所以其电势能减小了，则由功能关系可知电子由K运动到A动能增加了。 10．BC 【详解】A．由图像可知，时间内该同学在空中，时刻着地时速度为 时间内，支持力小于重力，合力向下，该同学接触地面继续向下加速，可知该同学的最大速度大于，故A错误； B．由图像可知，时间内，该同学所受地面支持力小于重力，则加速度方向向下，由于时刻处于静止，所以时间内，该同学向上减速运动，则时刻，该同学速度方向竖直向上，故B正确； C．时间内，题图乙中图像与横轴围成的面积为在时间内地面对该同学的冲量；则从时间内，根据动量定理可得 可得图乙中图像与横轴围成的面积为，故C正确； D．时间内该同学做自由落体运动，则箱子的高度为 则时间内该同学的机械能减少了，故D错误。 故选BC。 真题·实战演练 1．（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为 （2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有 其中 联立可得 （3）在时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有 且有， 联立解得时间内，匀强电场对A和B做的总功 （4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。 A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有 对B有 当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。 对A根据动能定理有 对B 联立解得 2．BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 3．(1) (2)； (3) 【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有 解得 （2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有， 其中 解得 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 解得 （3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得 对B、C根据牛顿第二定律可得 撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 联立解得 4．（1），；（2） 【详解】（1）游客从B点做平抛运动，有， 代入解得 从A到B，根据动能定理，有 解得 （2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得 过P点时，根据向心力公式，有 式中N=0，根据几何关系可知 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 功能关系 能量守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 3 知识点1 对功能关系的理解 3 知识点2 功能关系的综合应用 3 知识点3 能量守恒定律的应用 4 模拟·基础演练 5 题型01 功能关系 5 题型02 常见力做功与相应能量转化 10 题型03 能量守恒在板块模型中的应用 16 题型04 能量守恒在曲线运动中的应用 25 题型05 能量守恒在传送带模型中的应用 29 重难·创新演练 35 真题·实战演练 45 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 功、功率与动能定理的应用 计算题T14（12 分） 机械能守恒定律的理解与应用 选择题T2（4 分）、计算题T14（12 分） 功能关系与能量守恒定律的综合应用 选择题T8（6分）、 考情分析 1.题型覆盖单选、多选、计算题，单题分值 3-17 分，全卷占比约 15%-25%，是高考物理核心主干考点，每年必考。 2.命题紧密依托生产生活、科技前沿等实际情境，重点考查能量转化与守恒的核心物理思想，弱化纯数学计算，强化物理过程分析与建模能力。 3.动能定理是核心考查内容，是解决多过程力学问题的核心工具；机械能守恒定律侧重条件判断与系统应用；功能关系与能量守恒常与牛顿运动定律、动量、电磁感应等综合考查，是压轴题的高频命题方向。 4.基础题以概念辨析、简单公式应用为主，中档题侧重多过程分析与定量计算，难题以综合模型为载体，考查能量观点的灵活运用，对考生的综合分析能力要求较高。 5.未来将持续强化能量守恒思想的考查，进一步弱化偏题怪题，更注重知识的综合应用与物理思维的考查，情境化、综合化的命题趋势明显。 复习目标 1. 熟记功、功率、动能定理、机械能守恒、能量守恒的核心概念与公式，能准确判断机械能守恒的适用条件，清晰区分不同功能关系的适用场景，杜绝概念性错误。 2.熟练运用动能定理解决多过程、变力做功问题，掌握机械能守恒定律的两种核心表达式（守恒式、转化式），能灵活分析摩擦力、电场力、安培力等不同力做功对应的能量变化，规范解题步骤与书写格式。 3.能在板块模型、弹簧连接体、传送带模型、电磁感应综合等复杂情境中，建立能量守恒的解题思路，能准确识别题干隐含条件，规避轨道半径、相对位移、守恒条件判断等审题陷阱，提升综合建模与运算能力。 4.形成以能量转化与守恒为核心的物理思维，能从能量视角分析复杂物理过程，将能量观点作为解决力学综合问题的核心工具，适配高考中档、难题的考查要求，实现从 "会做题" 到 "会分析" 的能力升级。 巩固·知识解构 知识点1 对功能关系的理解 几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力的功 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＝Ep1－Ep2 弹簧弹 力的功 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＝Ep1－Ep2 只有重 力、弹簧 弹力做功 机械能 不变化 机械能守恒ΔE＝0 除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少，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＝Ff·x相对 ✨得分速记： 功能关系的选取方法 (1)若只涉及动能的变化用动能定理。 (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，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 知识点2 功能关系的综合应用 功能关系核心逻辑：做功是能量转化的量度，某种力做功对应特定能量变化。重力做功改变重力势能，弹簧弹力做功改变弹性势能，二者做功不改变系统机械能；滑动摩擦力做功产生内能，电场力做功改变电势能，安培力做功转化电能，以上力做功会造成机械能增减。 单物体、多连接体、弹簧、传送带、板块为高频综合模型，解题优先梳理全过程所有力的做功，对应写出能量增减等式。 综合题型常融合动能定理、机械能守恒，若存在摩擦、电磁力做功，只能用通用能量守恒，不可套用机械能守恒。计算摩擦生热需用物体间相对位移，切勿误用对地位移。 解题步骤：划分物理过程，明确研究对象，列出总功等于各类能量变化之和，区分单体与系统能量范围，规避漏算弹性势能、混淆相对位移的失分陷阱。✨得分速记 功是能量转化量度，分力记对应能量：重力、弹簧弹力做功仅改变势能；摩擦、电场、安培力做功改变机械能。有滑动摩擦必生内能，热量等于摩擦力乘相对位移。 光滑无耗散可用机械能守恒，存在除重力弹力外做功，统一用能量守恒列式。 多过程题型分段分析，分清单体、系统范围，不漏弹性势能。计算题优先列初末总能量等式，避开相对位移、能量种类混淆两大高频失分点。 知识点3 能量守恒定律的应用 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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE减＝ΔE增． 3．基本思路 (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． 应用能量守恒定律解题的步骤 1．分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等． 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式． 3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增． ⚠特别提醒 使用能量守恒需先划定研究系统，分清内力与外力做功。滑动摩擦生热要用两物体相对位移，不可用对地路程。弹簧弹性势能归系统，单独物体不能忽略。存在电场力、安培力做功时，需计入电势能、电能变化，不能套用机械能守恒。注意能量不会凭空消失，列式要涵盖全部能量形式，避免漏算势能、内能，切勿混淆初末状态能量。 ✨得分速记 能量守恒核心：总能量始终不变，做功仅实现能量互相转化。先确定系统，梳理全过程动能、重力势能、弹性势能、内能、电能。有摩擦算相对位移求热量，光滑场景可简化为机械能守恒。列式写初态总能量等于末态总能量，多过程分段拆解，逐项罗列能量，不漏、不重复，快速规避位移、系统范围两类易错坑。 模拟·基础演练 考查重点：福建高考功能关系、能量守恒为力学核心考点，选择题侧重各类力做功对应的能量变化辨析，区分重力、摩擦力、电场力做功的能量转化差异。计算题常结合传送带、板块、弹簧连接体综合命题，考查摩擦生热计算、系统能量列式。常联动动能定理、机械能守恒对比考查，重点要求区分守恒适用条件，借助相对位移求解内能，拆解多过程能量变化，兼顾基础判断与综合运算，分值稳定 6 至 12 分。 ⏳题型01 功能关系 1．（2026·福建·模拟预测）已知质量为的物体从距地心处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为，式中为地球质量，为引力常量。现将某卫星的质量记为，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为、，如图所示。则该卫星在进行轨道变换的过程中，发动机做的功至少为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有 可得卫星的动能 卫星从轨道 变轨到 ，动能的变化量为 根据题意，卫星从轨道 变轨到 ，克服地球引力做功为 根据功能关系，发动机做的功等于卫星动能的增加量与克服引力做功之和，即 故选A。 2．（2026·福建·二模）如图所示，把不可伸长的轻绳两端固定在水平天花板上的a、b两点，绳长为L；一个质量为m的物体A通过穿在绳上的轻质光滑小环挂在轻绳中间（小环大小忽略不计），静止时小环两侧轻绳的张角为。现给小环施加一水平向右的力F，让小环缓慢沿绳移动，最终使小环重新稳定在b点的正下方。已知重力加速度为g，则（　　） A．重新稳定时轻绳中张力大小为 B．重新稳定时水平力大小为 C．在小环移动过程中水平力做功为 D．若水平力大小，则重新稳定时，小环两侧的轻绳与天花板所成角度之和小于 【答案】B 【详解】AB．设小环重新稳定静止后，轻绳中的张力大小为，小环左侧的绳与天花板夹角为，对小环受力分析，如图所示， 根据平衡条件有， 由几何关系有a、b两点间距离 设b到小环的距离为x，由几何关系有 解得、、、，故A错误，B正确； C．没施加水平拉力时，如图所示， 小环距天花板的距离 小环稳定在b点正下方时，环距天花板的距离 由功能原理可得，此过程中拉力做功，故C错误； D．当重新稳定时，设两段绳与天花板夹角分别为和，如图所示，水平拉力F和重力的合力与两绳张角的角平分线在一条直线上（如图中虚线所示）， 由几何关系，有， 解得，故D错误。 故选B。 3．（2026·河南三门峡·二模）我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，物块和弹簧组成的系统机械能（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【详解】一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑，从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，可知风力对物块始终做正功，根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的其他力做的功等于系统机械能的变化量，可知物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。 故选A。 4．（2026·福建·三模）如图所示，原长L=0.5m的弹性轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m=0.8kg的小物块A，O点正下方距离0.5m处固定有一根光滑细钉E，弹性绳的弹力F的大小与其伸长量x的关系满足F=kx，k=60N/m。初始时A与O点等高，弹性绳刚好伸直但无弹力，现将A由静止释放，当A到达O点正下方处时，刚好与地面接触但无弹力，即速度恰好水平，之后A立即与静止在处的小物块B发生碰撞，碰后粘在一起。已知B的质量为3m，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为=0.375，OO'的距离为0.9m，g取 10m/s2，A、B均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 弹性势能。求： (1)碰撞前瞬间，A的速度大小； (2)A与B碰撞损失的机械能； (3)A、B组成的新物块最终停在距O'点多远处。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有 其中 代入数据解得。 （2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有 A、B碰撞后损失的动能为 联立解得。 （3）碰后A、B的重力 弹性绳的弹力为 即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有 弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力 弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有 根据几何关系有 联立解得 即A、B组成的新物块最终停在距点处。 5．（2026·福建·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。 ⏳题型02 常见力做功与相应能量转化 6．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有 设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有 解得 所以滑块到达到与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小 （3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时，滑块与传送带相对位移，有，，， 滑块与挡板第一次碰撞后向左以 滑上传送带，减速到零的位移大小为 即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送带至速度减为零过程，设用时，滑块与传送带相对位移，则有，，， 滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C点位移有 其所用时间为，有，， 故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量 7．（2026·福建福州·三模）（多选）如图时刻，在距离水平地面高处，将一弹性球以初速度竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、机械能、重力势能分别设为、、、，球下落过程与抛出点距离设为，在下列选项图、图、图和图中，以竖直向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】A．球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g，球向上运动时，阻力向下，故考虑空气阻力的情况下加速度大于g，故A错误； B．v-t图中，小球先向下加速，反弹后速度不变，再向上减速，图线的斜率表示加速度，结合选项A分析可知，第一段的斜率应小于第二段斜率的绝对值，故B正确； C．若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的斜率大小均等于阻力大小，故C正确； D．小球的重力势能先减小后增大，但有空气阻力时，由于阻力一直做负功，机械能损失，小球不能回到原来的高度，故D错误。 故选BC。 8．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点、间对应的圆心角，圆弧半径，点与圆心的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面。质量，长度为的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽点等高，左端恰好位于点正下方。质量的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数。将质量的小球从圆弧槽的点由静止释放，小球在圆弧槽的点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力，物块、小球均可看作质点，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)小球与物块碰后瞬间物块速度大小； (2)当时，物块在木板上运动产生的热量； (3)改变的大小（作用过程中仍为恒力），物块在木板上运动产生的热量至多不超过多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从凹槽滑至点速度大小为，对小球 得 小球与物块碰后瞬间速度分别为和，根据动量守恒与机械能守恒有 ， 联立解得， 即碰后物块速度大小为 （2）此过程，设物块匀减速运动的加速度大小为，长木板匀加速运动的加速度大小 对于物块，牛顿第二定律得     解得 对于长木板，牛顿第二定律得     解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则， 解得 物块与长木板的相对位移     物块恰好不从板上落下，则 （3）①由上题可知当拉力小于等于1 N时，物体会从右侧飞出，产生的热量相同， ②设当拉力大小等于时，物块和长木板达共速后，相对静止匀加速运动。在拉力作用下，共速后物块与木板加速度大小为，对物块和长木板 对物块     得 当拉力大于1N小于3N时，共速前，物块加速度不变，对长木板牛顿第二定律得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则 解得 相对位移     则 可知 ③当时，物体先向右减速至与长木板共速后，相对板向左运动，最后从长木板左边落下，设共速前长木板加速度为，经过时间，物块与木板达共速，此时相对位移为 则有 联立解得，（） 可知 则当时，产生的热量最多不超过 9．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一个长方体和一个倾角为的斜面体紧密连接固定放置在水平地面上，长方体的上表面粗糙，左侧有一个竖直固定的挡板，右侧有一个光滑定滑轮，斜面体的上表面光滑。将两个质量均为的物块A和B放在长方体上，物块AB之间用一个劲度系数为的轻弹簧连接，物块A和B与长方体上表面的摩擦因数均为，物块B的右端连接一条轻绳，轻绳跨过定滑轮连接着一个质量也为的物块C．初始时控制物块C不动使细绳刚好拉直但没有弹力且物体B恰好不向右滑动，轻绳水平部分与长方体表面平行，倾斜部分与斜面平行，重力加速度取，轻绳无伸缩性，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，长方体和斜面都足够长，弹簧弹性势能表达式为。现在由静止释放物块C，在物块C下滑过程中下列说法正确的是（     ） A．释放物块C瞬间，轻绳的拉力大小为5 N B．三个物块和弹簧组成的系统机械能守恒 C．物块C的最大速度为0.5 m/s D．物块C下滑到最低点后会沿斜面向上滑动 【答案】C 【详解】A．初始绳无弹力，B恰好不向右滑动，弹簧压缩，对B受力得，初始压缩量 释放C瞬间，弹簧形变不变，弹力仍为向右 对B、C整体，沿绳方向合力： 解得加速度 对C受力： 解得，故A错误； B．B在长方体上运动时，滑动摩擦力对B做功，机械能转化为内能，因此三个物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．速度最大时加速度为零，合力为零。对B、C整体： 得，即弹簧到达原长，B向右移动了 对系统重力做功，弹性势能减少，摩擦力做功，总动能为，能量关系： 代入数值得，故C正确； D．当B向右移动，弹簧伸长量，此时A不动，弹性势能，总动能： ，即最低点在处，速度为0。此时受力：弹簧弹力向左，C的重力分力沿斜面向下，合力为零，物块C不会向上滑动，故D错误。 故选C。 10．（2026·福建福州·二模）（多选）如图甲，倾角的光滑斜面固定于水平面，劲度系数k=100 N/m的轻弹簧一端固定在斜面挡板上，另一端与木板相连，木板静止在斜面上。现有一质量m=2 kg的小物块以初速度从木板的上端P点滑入，t=2 s时小物块滑至木板的下端Q点，此时小物块和木板的速度恰好均为零，木板前2 s内的v-t图像为正弦图线（如图乙所示）。已知小物块与长木板间的动摩擦因数，取重力加速度，弹簧形变均在弹性限度内。则下列说法正确的是（    ） A．小物块滑上木板的初速度大小 B．前2 s内，小物块与木板间摩擦生热为75 J C．前1.5 s内，木板与弹簧系统的机械能增加了6.75 J D．若，木板与弹簧系统的机械能增加最多 【答案】BD 【详解】A．小物块沿斜面向下运动，相对木板向下滑动，摩擦力沿斜面向上。沿斜面方向由牛顿第二定律有 解得小物块加速度 小物块做匀减速直线运动，2s末速度为0，所以初速度，A错误； B．小物块2s内位移 木板的图为正弦曲线，由图可知，0~2s内正面积和负面积抵消，总位移 相对位移 摩擦生热，故B正确； C．木板做简谐运动，受到恒定摩擦力 开始时，回复力满足 解得 由木板的图可得周期为，则角频率 木板位移随时间关系为 时， 木板与弹簧系统机械能增加量等于摩擦力做的功，故C错误； D．木板位移最大时，摩擦力做功最多，系统机械能增加最多。由木板的图可知，木板最大位移出现在时，则 此时相对位移刚好等于木板长度 即 解得，故D正确。 故选BD。 ⏳题型03 能量守恒在板块模型中的应用 11．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 【答案】(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 12．（2024·山东淄博·二模）某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为的是够长光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，B处于静止状态，此时弹簧压缩量为d；现将质量为m下表面光滑的足够长的木板A置于B的上方，A的下端与B相距25d；质量为2m物块C置于A的上端，C与A之间动摩擦因数为，B、C均视为质点。B与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B施加大小可调的阻力，当B的速度为零时涂层对其不施加作用力。现将A和C由静止释放，之后A与B发生正碰，碰撞时间极短，碰后B向下运动2d时速度减为零，此过程中B受到涂层的阻力大小f与下移距离x之间的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内。 （1）求A、B第一碰前瞬间A的速度大小； （2）求A、B在第一次碰撞过程中损失的机械能； （3）在B第一次向下运动过程中，求B与A下端相距最远的距离； （4）若撤除弹簧，将B锁定在原位置，更换B与斜面间的智能涂层，仅B受到涂层的阻力，其大小与下移距离x之间的关系为。在A下端侧面粘有一质量不计的橡皮泥，A、C仍从原位置静止释放，A、B碰撞前瞬间B自动解除锁定，A、B碰后一起运动，经时间（已知）A、B速度减为零立即被锁定，且C与A、B始终未达共速。求从A、B碰后开始计时，在时间内A、C之间因摩摩擦产生的热量是多少。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）木板A下表面光滑，A与B第一次碰撞前，若A、C一起向下加速，则 则此时C与A之间的摩擦力大小为 假设合理。对A和C，由位移速度关系 解得A、B第一碰撞前瞬间A的速度大小为 （2）A、B发生碰撞时，动量守恒 能量守恒 开始时，B处于静止状态 B与A碰撞后，到速度减为零，由动能定理 解得， 解得A、B第一次碰撞过程中损失的机械能 （3）由（2），A、B第一次碰撞后，A沿斜面向上运动，B沿斜面向下运动，对A A减速到速度为零的时间 对B 由图可知 解得B的加速度 沿斜面向上。B减速到速度为零的时间 所以A沿斜面向上减速到速度为零后再沿斜面向下加速，直到A、B速度相等时，B与A下端相距最远，此时 ， 解得 （4）A、B碰撞后一起运动 对AB整体 解得A、B碰撞后到速度减为零的位移 对AB受力分析可得 则A、B从碰撞开始到速度减为零的过程是以碰撞时的位置作为平衡位置作简谐运动，类比弹簧振子 由题意可知，周期 在时刻，A、B的位移 此时对A、B 解得 对C 在时刻，C的速度大小 A、C之间因摩擦产生的热量是 13．（2024·福建泉州·二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了后用触控锁钉锁定。现将质量为的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求： （1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小； （2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小和加速度大小； （3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d； （4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小。 【答案】（1）；（2），；（3）；（4） 【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为，由牛顿第二定律得 滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有 得 （2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 ， 联立解得， 对木板由牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向上。 （3）方法一： 从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功 木板重力做功 木板所受摩擦力做功 由功能关系得 解得 方法二： 木板第一次碰后向下减速的位移 在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为 接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为，则 第二次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和能量守恒可得 联立解得， 木板向下的位移 当两者速度再次为0，此时两者之间距离为 滑块再次碰撞木板时的速度 由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为 木板向下的位移 即每次木板向下的位移或 木板下端与锁钉的距离 （4）当板块分离时，弹簧的形变量为，挡板与滑块间的弹力，两者的加速度相等都为 对板块整体 得 对弹簧和板块系统，由能量守恒得 解得 14．（2026·宁夏吴忠·三模）如图所示，竖直面内有一固定光滑圆弧轨道，半径，圆弧所对的圆心角，轨道最低点B与水平传送带左端相切，传送带BC长，以速率顺时针匀速转动。质量m2=3kg的长木板Q足够长，静止在C点右侧的光滑水平地面上，Q上表面与BC平齐。质量m1=1kg的物块P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，P与传送带及Q间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计物块P的大小，已知，，重力加速度取。 (1)求P经过B点时对轨道的压力大小； (2)求P从B点运动到C点所用的时间； (3)求P、Q之间因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）圆弧轨道光滑，物块由点运动到点时机械能守恒，、两点的高度差为 由 整理得，速度方向水平向右。在点取竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得 所以 根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力与支持力等大反向，压力大小为，方向竖直向下。 （2）传送带上表面向右运动，物块到达点时速度为，相对传送带向右滑动。滑动阶段摩擦力使做匀减速运动，加速度大小为 减速到传送带速度所需时间为 此阶段位移为 随后与传送带相对静止，以匀速通过余下路程 所需时间为 所以从点到点所用时间为 （3）物块到达点时速度为，木板静止。两者组成的系统在水平方向不受外力，摩擦过程中两物体最终速度相同，设为，由动量守恒得 解得，方向向右。摩擦产生的热量等于系统机械能的损失，故 15．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，劲度系数为的轻弹簧右端固定在竖直墙壁上，质量为的长木板A静止在粗糙水平地面上，质量为的滑块B以的初速度从左端滑上木板A，当滑块B到达木板A的右端时，二者速度恰好相同，运动一段距离后压缩弹簧，从压缩弹簧直到被弹开的过程中滑块B与木板A之间恰好未发生相对滑动。已知木板A与水平地面间的动摩擦因数为，滑块B与木板A间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能可表示为（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度。求： (1)木板A的长度； (2)弹簧对木板A的最大弹力； (3)初始时木板A的右端到弹簧左端的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块相对木板滑动时，二者间的滑动摩擦力大小为 地面对木板的滑动摩擦力大小为 取向右为正，木板的加速度 滑块的加速度 设二者速度相等所用时间为，由 整理得 此时二者的共同速度 木板长度等于该过程中滑块相对木板的位移，则 （2）木板和滑块共同运动时，系统总质量 地面对系统的滑动摩擦力大小仍为 压缩弹簧过程中系统向右运动，弹簧形变量越大，系统向左的加速度越大。恰好不发生相对滑动时，在压缩至最大形变量前的瞬间，滑块所受静摩擦力达到最大值，由 整理得 设弹簧的最大弹力为，对木板和滑块组成的系统，由牛顿第二定律得 解得 反弹阶段系统加速度大小不超过 故反弹过程中二者也不发生相对滑动。 （3）弹簧的最大压缩量 设木板右端刚接触弹簧时系统的速度大小为。从接触弹簧到弹簧压缩量最大，由能量守恒得 代入数据解得 滑块到达木板右端后、木板接触弹簧前，系统的加速度大小 从二者速度相等到木板接触弹簧，木板运动的距离 在二者速度相等前，木板运动的距离 故初始时木板右端到弹簧左端的距离 ⏳题型04 能量守恒在曲线运动中的应用 16．（2025·江苏泰州·模拟预测）如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点（图中未标出）后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。 (1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep； (2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ； (3)接第（2）问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。 【答案】(1)2.5mgL (2)0.25 (3)5L 【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点，则有 从E到D过程，由能量守恒有 联立解得 （2）题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有 联立解得 （3）分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有 联立解得 17．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）（多选）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑板赛事。某条赛道竖直截面简化设计如图所示，其中是倾角为的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为，且、和、分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为的小球代替滑板，将小球从斜面上不同的高度由静止释放。，。在小球的运动过程中（　　） A．小球可能在某一位置处于完全失重状态 B．若，小球一定能沿轨道运动到点 C．若小球能沿轨道运动到点，则不能大于0.2R D．若小球能沿轨道运动到点，则小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关 【答案】ACD 【详解】A．如果小球到点时，其速度足够大，使得指向凸圆弧圆心的合力不足以提供向心力导致小球脱离路面，其合力等于重力，加速度等于重力加速度，这种情况小球处于完全失重状态。故A正确； B．要保证小球在段沿轨道运动，则小球运动到段的任意一点，其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 联立推导得 的最小值为 因此计算得，故B错误； C．由选项B可知，才能保证小球在沿轨道运动。小球运动到段的任意一点，为了保证小球沿轨道运动，同样有其重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有 为重力和小球位置点半径的夹角，等于小球位置与点之间圆弧对应的圆心角。从点运动到点能量守恒，有 同样推导出 由选项B知，综上为了保证小球能沿轨道运动到F点，不能大于0.2R。故C正确； D．小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 同理，小球从点到点，由能量守恒得 小球经过点时对轨道的压力大小满足 推导得 因此 因此小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关，故D正确。 故选ACD。 18．（2025·广东深圳·模拟预测）过山车竖直面上的“圆形”轨道往往不设计成标准圆，而是随着轨道高度增大，曲率半径逐渐减小。这是为过山车“倒挂”通过最高点提供更大的向心加速度，在最低点减小向心加速度大小。某左右对称的过山车轨道中的一段如图所示，轨道最高点A距地面，该处的曲率半径，轨道最低点B的曲率半径。整段轨道可视作在同一竖直平面上。可视作质点，质量的乘客乘坐过山车以速度从左侧最低点冲上轨道，同时关闭动力。已知乘客经过A点时向心加速度恰好等于2g，g取10m/s2，乘客上升和下降过程中损耗的机械能相等。求： (1)乘客从出发到A点的过程中损耗的机械能； (2)乘客在B点时受到座位向上的弹力大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）乘客经过A点时，根据向心加速度公式有 解得 从最低点运动到最高点，损失的机械能为 代入数据解得 （2）从A点运动到B点，损失的机械能为 由题知 乘客在B点时，根据牛顿第二定律有 联立解得 19．（2025·辽宁盘锦·三模）如图，倾角的斜面与圆心为、半径的光滑圆弧轨道相切于点，且固定于竖直平面内。质量的滑块从斜面上的点由静止释放，经点后沿圆弧轨道运动，通过轨道最低点时对轨道的压力大小为17N。已知为轨道的末端，水平，垂直于，、之间的长度，取，，。求： (1)滑块与斜面之间的动摩擦因数； (2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程。 【答案】(1)0.125 (2)18m 【详解】（1）由牛顿第三定律可知在C点轨道对滑块的支持力 在C点，根据牛顿第二定律可知 滑块由A点运动到C点，由动能定理有 解得 （2）滑块最终在轨道内做往复运动，最高能到达B点，设B点为零势能点，根据能量守恒定律有 解得 20．（2025·山东·模拟预测）如图1所示为消防员采用的高压水枪，图2为某次灭火的示意图，消防员将出水管与水平地面成角架好，着火点与出水口的竖直距离，水平距离，水落在着火点。已知出水管的横截面积，灭火过程中水枪机器的效率，水的密度，重力加速度取，忽略空气阻力及出水口与水箱液面的高度差，则水枪机器消耗的功率为（　　） A． B． C． D．50kW 【答案】B 【详解】设水做斜抛运动的初速度为，经时间水打到着火点，在竖直方向有 在水平方向有 联立解得， 设水枪机器消耗的功率为，经时间打出水的质量为 根据能量守恒有   解得 故选B。 ⏳题型05 能量守恒在传送带模型中的应用 21．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，沿顺时针方向转动的足够长绝缘水平传送带，传动速度为，传送带的右轮上方固定一绝缘挡板。在竖直分界面右侧空间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。在传送带左端由静止释放一可视为质点的质量为、电荷量为的小物块。小物块向右运动过程的位移与速度关系图像如图乙所示，其中为直线，延长线过原点。小物块撞击右侧挡板后立即以原速率反弹，恰好能到达分界面。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，电量不变，重力加速度为。求： (1)左侧的传送带长度； (2)电场强度的大小； (3)小物块与挡板撞击时速度的大小； (4)小物块与传送带因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有     解得 由图乙可知滑块到时速度为，设左侧的传送带长度为，由运动学关系可知     解得 （2）滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有 整理得 其中为到挡板的距离，因进入电磁场后物块位移与速度关系图像为过原点直线，故 解得 （3）物块与挡板碰撞后反向弹回，由小问（2）的结论可知，竖直方向，物块所受的洛伦兹力为其合外力；由左手定则可知，反向弹回的瞬间，物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，物块做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 由题意，物块向左做匀速圆周运动恰好到达，轨道半径等于到挡板距离，即 滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有     代入，联立上式解得， （4）滑块与传送带在左侧运动时因摩擦产生的热量     其中滑块在左侧运动的时间满足 联立解得     滑块在右侧运动时与传送带因摩擦产生的热量为传送带克服摩擦力做的功与物块动能增量的差值，即 整理得 代入数据解得     故滑块与传送带因摩擦产生的热量 解得 22．（2026·福建漳州·三模）（多选）某工厂工件输送系统由倾角为30°、长为10m的传送带和倾角相同、长为1m的斜面组成。工件质量为1kg，与传送带间的动摩擦因数为。传送带以4m/s的速度顺时针匀速转动。现将轻放于传送带底端点，由静止开始运动，到达斜面顶端点时速度恰好为零。工件可视为质点，传送带与斜面平滑连接，取，则（　　） A．刚放上传送带时的加速度大小为 B．与斜面间的动摩擦因数为 C．在传送带上运动的时间为3.3s D．传送带系统因传送多消耗的电能为82J 【答案】CD 【详解】A．P放上传送带后，受力如图所示 由牛顿第二定律有 解得a1=2.5m/s2，故A错误； C．工件与传送带共速时间为 工件加速运动的位移为 工件匀速运动的时间为 工件在传送带上运动的时间为，故C正确； B．工件在CD上减速过程由动能定理有 解得，故B错误； D．工件在加速和匀速过程中，传送带分别受到滑动摩擦力和静摩擦力，有 解得，故D正确。 故选CD。 23．（2025·福建·二模）（多选）如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为，下端A和上端B间的距离为，以速度沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变 B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功 C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多 D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少 【答案】AB 【详解】A．工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，故A正确； B．工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，故B正确； C．若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做功减小，故C错误； D．若传送带匀速运动的速度增大，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，故D错误。 故选AB。 24．（2025·福建福州·二模）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则（　　） A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动 B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C．v相同时，μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同 D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2倍 【答案】C 【详解】A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误； B．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B错误； C．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得 物品的加速度大小为 匀加速的时间为 位移为 传送带匀速的位移为 物品相对传送带滑行的距离为 物品与传送带摩擦产生的热量为 则知相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确； D．前阶段物品的位移为 则知相同时，增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍，故D错误。 故选C。 25．（2024·福建·二模）如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s的速度匀速转动，将质量为1kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．小物块一直做匀变速运动 B．A、B间的长度为11.5m C．小物块到达B处时的速度大小为16m/s D．全过程中小物块机械能减少23J 【答案】B 【详解】A．当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知 解得 当小物块的速度等于传送带的速度时，由于 小物块会继续以a2加速运动至B点，由牛顿第二定律可知 解得 故全程做变加速运动，故A错误； C．设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则 由题可知，全程运动时间为 到达B点时的速度为 解得 故C错误； B．AB间长度为 解得 故B正确； D．全过程中小物块机械能减小量为 解得 故D错误。 故选B。 重难·创新演练 设题创新:高考功能关系、能量守恒创新命题体现在三方面：一是情境创新，融合体育器械、电磁装置、航天探测等真实素材包装模型；二是模型融合，将板块、弹簧、电磁感应结合，同时考查单体与系统能量分析；三是设问多元，不单纯计算，增设条件判断、误差分析、能量损耗推导，对比动能定理与机械能守恒两种解法，弱化机械套公式，侧重物理过程逻辑推理。 1．（2025·福建泉州·一模）如图，水平台面右侧有一固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，C点切线水平，并与固定在水平地面上的斜面体平滑连接。斜面顶端D固定一轻质弹簧。一小物块从台面右端A点滑出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，再冲上斜面压缩弹簧，运动到斜面中点时速度恰好为0。已知A点、圆心O与顶端D共线，且离地高度均为h=1.2m，OB和OC的夹角θ=60°，斜面倾角α=37°，物块质量m=0.3kg，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求： (1)物块从A点滑出时的速度大小v0； (2)物块到达C点时受到轨道的支持力大小N； (3)弹簧的最大弹性势能Eₚ。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块由A点运动到B点的过程中做平抛运动，设运动时间为，由平抛运动规律有 解得 设到达B点时竖直方向的速度为，则 又 解得 （2）设小物块在C点时速度大小为，由机械能守恒定律得 小物块在C点时受到轨道的支持力大小为N，由牛顿第二定律得 解得 （3）斜面CD的长度为 小物块沿斜面上滑的最大距离 小物块沿斜面体运动到最高点过程中，有 解得 2．（2024·福建福州·模拟预测）如图甲所示，传送带与水平地面的夹角，传送带逆时针转动。时，将一质量的物体轻放在传送带上端A点，时物体到达传送带底端B点，在此过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取，，。求： （1）物体与传送带之间的动摩擦因数； （2）物体从A点运动到B点的过程中机械能的变化量。 【答案】（1）0.5；（2）-12J 【详解】（1）由乙图可知，0.5s末时物体的速度 物体的加速度 对物体受力分析可知 解得 （2）0.5~1s这段时间物体的加速度 解得 物体到达传送带底端时，物体的速度 物体从A到B通过的位移 A到B的竖直高度 物体克服摩擦力所做的功即为机械能的减少量，根据动能定理可知 解得 3．（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为，重力加速度为g。 （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，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为，求两次形变量之比。 【答案】（1）0.5mgL；（2）；（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 解得 （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 解得 （3）下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，由受力平衡得 同理，上滑过程中，由受力平衡得 故与大小相等，即 4．（2024·湖南长沙·一模）（多选）如图所示，倾角为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，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．甲的最大速度为 B．甲运动到最低点时的加速度大小为g C．小物块乙的质量为2m D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】BD 【详解】A．施加恒力前由平衡条件 解得 甲回到弹簧原长撤去恒力时速度最大，由动能定理得 其中 解得 故A错误； C．设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为，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 解得 此时乙刚好不离开挡板，则有 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，由能量守恒得 解得（另一解不合题意，舍去） 对甲由牛顿第二定律有 解得 故B正确； D．因为，故最大弹性势能故D正确。 故选BD。 5．（2024·四川成都·二模）（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（　　） A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度 D．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点 【答案】BD 【详解】A．小球受到水平向右的电场力 合力为 设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为，有 解得 A错误； B．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，电场力做的负功最多，机械能最小，B正确； C．设合力方向与电场线方向夹角为，有， 将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，C错误； D．小球在A点的速度小于做圆周运动的最小速度 所以小球将不沿圆周运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有 水平位移有 解得所以不能到达B点，D正确。 故选BD。 6．（2023·福建福州·模拟预测）如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一次到达最右端的过程中（　　）    A．接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用 B．接触弹簧后，弹簧对P做的功等于 C．接触弹簧后，P的速度不断减小 D．接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小 【答案】D 【详解】A．因为P在接触弹簧前速度达到时，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块与传送带之间没有摩擦力，故A错误； B．接触弹簧后，对物块P由动能定律得 整理有 故B错误； C．物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动。所以物块P接触弹簧后P的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误； D．由之前的分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有 开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大，当物块P开始做减速运动时，其摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，但是速度减小，所以功率开始减小。综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。 故选D。 7．（2026·福建宁德·二模）（多选）如图所示，在某低速教学风洞中，有一个高的台面，上方固定一半径同为的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端与桌面边缘水平相切。将一质量的小球由轨道顶端处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小球始终受到水平向左大小为的恒定风力作用。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．小球从点运动到点的过程中，机械能减少了2.4 J B．小球在点对轨道的压力为 C．小球从点飞出后到落地前的最小动能为 D．小球从点抛出到落地过程中，小球重力做功的瞬时功率不断增大 【答案】AD 【详解】A．小球从点运动到点的过程中，风力做功为 此过程小球受重力、轨道的弹力、风力三个力，轨道的弹力与速度方向垂直不做功，故由功能关系小球机械能减少了2.4 J，故A正确； B．小球从点运动到点，由动能定理 在点由牛顿第二定律 联立解得， 由牛顿第三定律小球在点对轨道的压力与轨道对其支持力等大、反向，故压力,故B错误； C．小球离开B点受风力和重力恒定做匀变速曲线运动，如下图合力方向与速度方向垂直时，速度或动能最小，由几何关系 则最小动能，故C错误； D．小球从点抛出到落地过程中，小球竖直方向做自由落体运动，速度越来越大，故小球重力做功的瞬时功率不断增大，故D正确。 故选AD。 8．（2026·福建南平·一模）如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A和不带电的匀质绝缘薄板B，B右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B静止且右端位于点，点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为，A的质量为2kg、电荷量为，B的质量为6kg、长度为，A、B与点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧劲度系数为。初始时A与B左端的距离为20m。将A由静止释放，A与B发生弹性碰撞后立即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度大小，求： (1)A、B碰撞前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后0.2s时A与B左端的距离； (3)从碰后B刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B运动的图像如图乙所示，图线在、时刻的斜率均为零，求从到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A与B左端的距离为，设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理 解得 （2）设碰撞后 A 的速度为​，B 的速度为​A、B 发生弹性碰撞， 根据动量守恒 机械能守恒 解得(向左)，（向右） 以A为研究对象，根据牛顿第二定律 0.2s 内A 向左的位移 解得（向左） 薄板B的长度，当B向右的位移为时，根据牛顿第二定律 解得，B向右为匀变速运动 0.2s 内B 的位移 解得（向右） A、B 左端距离 （3）时刻，B向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B进入光滑区长度为 由受力平衡可得 解得 时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板右端距离O点距离为 由受力平衡可得 解得 设时刻B板右端距离O点距离为，从碰撞结束到的过程中，应用动能定理 解得 从​到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量 解得 9．（2026·福建泉州·二模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，O为两极间的中点，在A、K两极之间加上高压U，则A、O之间的电势差_________（填“大于”“小于”或“等于”）；电子在K极由静止被加速，已知电子的电荷量大小为e，不考虑电子重力，则电子由K运动到A动能增加了_________。 【答案】 大于 eU 【详解】[1] 若A、K之间为匀强电场，则A点与两极中点的电势差应等于。但由题图可知，越靠近A端电场线越密集，即越靠近A端电场强度越大，所以A、O之间的电势差大于。 [2] 在两极之间加上高压，则电子从K运动到A的过程电场力做功为 所以其电势能减小了，则由功能关系可知电子由K运动到A动能增加了。 10．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为m的同学直立于箱子上，时刻该同学从箱子上无初速度跳下，经曲腿缓冲一系列动作后，t7时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该同学的最大速度为 B．t6时刻，该同学速度方向竖直向上 C．图乙中图像与横轴t1~t7围成的面积为 D．0~t7时间内该同学的机械能减少了 【答案】BC 【详解】A．由图像可知，时间内该同学在空中，时刻着地时速度为 时间内，支持力小于重力，合力向下，该同学接触地面继续向下加速，可知该同学的最大速度大于，故A错误； B．由图像可知，时间内，该同学所受地面支持力小于重力，则加速度方向向下，由于时刻处于静止，所以时间内，该同学向上减速运动，则时刻，该同学速度方向竖直向上，故B正确； C．时间内，题图乙中图像与横轴围成的面积为在时间内地面对该同学的冲量；则从时间内，根据动量定理可得 可得图乙中图像与横轴围成的面积为，故C正确； D．时间内该同学做自由落体运动，则箱子的高度为 则时间内该同学的机械能减少了，故D错误。 故选BC。 真题·实战演练 高频考点：高考功能关系与能量守恒高频考点分三类：一是各类力做功与能量转化对应关系辨析，单选常考重力、摩擦力、安培力做功带来的能量变化；二是板块、传送带、弹簧系统的能量计算，核心考点为滑动摩擦生热，需用相对位移求解内能；三是力学电磁综合大题，联立动能定理、能量守恒列式计算，常对比机械能守恒适用条件 1．（2023·福建·高考真题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 （1）求时间内，合外力对A所做的功； （2）求时刻A与B之间的距离； （3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功； （4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为 （2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有 其中 联立可得 （3）在时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有 且有， 联立解得 时间内，匀强电场对A和B做的总功 （4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。 A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有 对B有 当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。 对A根据动能定理有 对B 联立解得 2．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 3．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 【答案】(1) (2)； (3) 【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有 解得 （2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有， 其中 解得 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 解得 （3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得 对B、C根据牛顿第二定律可得 撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 联立解得 4．（2014·福建·高考真题）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，有因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为） 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）游客从B点做平抛运动，有， 代入解得 从A到B，根据动能定理，有 解得 （2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得 过P点时，根据向心力公式，有 式中N=0，根据几何关系可知 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 功能关系 能量守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 3 知识点1 对功能关系的理解 3 知识点2 功能关系的综合应用 3 知识点3 能量守恒定律的应用 4 模拟·基础演练 5 题型01 功能关系 5 题型02 常见力做功与相应能量转化 7 题型03 能量守恒在板块模型中的应用 10 题型04 能量守恒在曲线运动中的应用 12 题型05 能量守恒在传送带模型中的应用 14 重难·创新演练 16 真题·实战演练 21 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 功、功率与动能定理的应用 计算题T14（12 分） 机械能守恒定律的理解与应用 选择题T2（4 分）、计算题T14（12 分） 功能关系与能量守恒定律的综合应用 选择题T8（6分）、 考情分析 1.题型覆盖单选、多选、计算题，单题分值 3-17 分，全卷占比约 15%-25%，是高考物理核心主干考点，每年必考。 2.命题紧密依托生产生活、科技前沿等实际情境，重点考查能量转化与守恒的核心物理思想，弱化纯数学计算，强化物理过程分析与建模能力。 3.动能定理是核心考查内容，是解决多过程力学问题的核心工具；机械能守恒定律侧重条件判断与系统应用；功能关系与能量守恒常与牛顿运动定律、动量、电磁感应等综合考查，是压轴题的高频命题方向。 4.基础题以概念辨析、简单公式应用为主，中档题侧重多过程分析与定量计算，难题以综合模型为载体，考查能量观点的灵活运用，对考生的综合分析能力要求较高。 5.未来将持续强化能量守恒思想的考查，进一步弱化偏题怪题，更注重知识的综合应用与物理思维的考查，情境化、综合化的命题趋势明显。 复习目标 1. 熟记功、功率、动能定理、机械能守恒、能量守恒的核心概念与公式，能准确判断机械能守恒的适用条件，清晰区分不同功能关系的适用场景，杜绝概念性错误。 2.熟练运用动能定理解决多过程、变力做功问题，掌握机械能守恒定律的两种核心表达式（守恒式、转化式），能灵活分析摩擦力、电场力、安培力等不同力做功对应的能量变化，规范解题步骤与书写格式。 3.能在板块模型、弹簧连接体、传送带模型、电磁感应综合等复杂情境中，建立能量守恒的解题思路，能准确识别题干隐含条件，规避轨道半径、相对位移、守恒条件判断等审题陷阱，提升综合建模与运算能力。 4.形成以能量转化与守恒为核心的物理思维，能从能量视角分析复杂物理过程，将能量观点作为解决力学综合问题的核心工具，适配高考中档、难题的考查要求，实现从 "会做题" 到 "会分析" 的能力升级。 巩固·知识解构 知识点1 对功能关系的理解 几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力的功 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________ (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹 力的功 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＝Ep1－Ep2 只有重 力、弹簧 弹力做功 机械能 不变化 机械能守恒ΔE＝0 除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少________，物体的机械能就________多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少，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＝Ff·x相对 ✨得分速记： 功能关系的选取方法 (1)若只涉及动能的变化用动能定理。 (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，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 知识点2 功能关系的综合应用 功能关系核心逻辑：做功是能量转化的量度，某种力做功对应特定能量变化。重力做功改变重力势能，弹簧弹力做功改变弹性势能，二者做功不改变系统机械能；滑动摩擦力做功产生内能，电场力做功改变电势能，安培力做功转化电能，以上力做功会造成机械能增减。 单物体、多连接体、弹簧、传送带、板块为高频综合模型，解题优先梳理全过程所有力的做功，对应写出能量________。 综合题型常融合动能定理、机械能守恒，若存在摩擦、电磁力做功，只能用通用能量守恒，不可套用机械能守恒。计算摩擦生热需用物体间相对位移，切勿误用对地位移。 解题步骤：划分物理过程，明确研究对象，列出总功等于各类能量变化之和，区分单体与系统能量范围，规避漏算弹性势能、混淆相对位移的失分陷阱。✨得分速记 功是能量转化量度，分力记对应能量：重力、弹簧弹力做功仅改变势能；摩擦、电场、安培力做功改变机械能。有滑动摩擦必生内能，热量等于摩擦力乘相对位移。 光滑无耗散可用机械能守恒，存在除重力弹力外做功，统一用能量守恒列式。 多过程题型分段分析，分清单体、系统范围，不漏弹性势能。计算题优先列初末总能量等式，避开相对位移、能量种类混淆两大高频失分点。 知识点3 能量守恒定律的应用 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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE减＝ΔE增． 3．基本思路 (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． 应用能量守恒定律解题的步骤 1．分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等． 2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式． 3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增． ⚠特别提醒 使用能量守恒需先划定研究系统，分清内力与外力做功。滑动摩擦生热要用两物体相对位移，不可用对地路程。弹簧弹性势能归系统，单独物体不能忽略。存在电场力、安培力做功时，需计入电势能、电能变化，不能套用机械能守恒。注意能量不会凭空消失，列式要涵盖全部能量形式，避免漏算势能、内能，切勿混淆初末状态能量。 ✨得分速记 能量守恒核心：总能量始终不变，做功仅实现能量互相转化。先确定系统，梳理全过程动能、重力势能、弹性势能、内能、电能。有摩擦算相对位移求热量，光滑场景可简化为机械能守恒。列式写初态总能量等于末态总能量，多过程分段拆解，逐项罗列能量，不漏、不重复，快速规避位移、系统范围两类易错坑。 模拟·基础演练 考查重点：福建高考功能关系、能量守恒为力学核心考点，选择题侧重各类力做功对应的能量变化辨析，区分重力、摩擦力、电场力做功的能量转化差异。计算题常结合传送带、板块、弹簧连接体综合命题，考查摩擦生热计算、系统能量列式。常联动动能定理、机械能守恒对比考查，重点要求区分守恒适用条件，借助相对位移求解内能，拆解多过程能量变化，兼顾基础判断与综合运算，分值稳定 6 至 12 分。 ⏳题型01 功能关系 1．（2026·福建·模拟预测）已知质量为的物体从距地心处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为，式中为地球质量，为引力常量。现将某卫星的质量记为，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为、，如图所示。则该卫星在进行轨道变换的过程中，发动机做的功至少为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建·二模）如图所示，把不可伸长的轻绳两端固定在水平天花板上的a、b两点，绳长为L；一个质量为m的物体A通过穿在绳上的轻质光滑小环挂在轻绳中间（小环大小忽略不计），静止时小环两侧轻绳的张角为。现给小环施加一水平向右的力F，让小环缓慢沿绳移动，最终使小环重新稳定在b点的正下方。已知重力加速度为g，则（　　） A．重新稳定时轻绳中张力大小为 B．重新稳定时水平力大小为 C．在小环移动过程中水平力做功为 D．若水平力大小，则重新稳定时，小环两侧的轻绳与天花板所成角度之和小于 3．（2026·河南三门峡·二模）我国风洞技术世界领先，如图所示，在风洞模拟实验的光滑斜面上，上端接一弹簧。一小物块受沿斜面向上恒定风力作用，沿斜面加速上滑。从物块接触弹簧至第一次到达最高点的过程中，由于风力作用，物块和弹簧组成的系统机械能（　　） A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 4．（2026·福建·三模）如图所示，原长L=0.5m的弹性轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m=0.8kg的小物块A，O点正下方距离0.5m处固定有一根光滑细钉E，弹性绳的弹力F的大小与其伸长量x的关系满足F=kx，k=60N/m。初始时A与O点等高，弹性绳刚好伸直但无弹力，现将A由静止释放，当A到达O点正下方处时，刚好与地面接触但无弹力，即速度恰好水平，之后A立即与静止在处的小物块B发生碰撞，碰后粘在一起。已知B的质量为3m，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为=0.375，OO'的距离为0.9m，g取 10m/s2，A、B均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 弹性势能。求： (1)碰撞前瞬间，A的速度大小； (2)A与B碰撞损失的机械能； (3)A、B组成的新物块最终停在距O'点多远处。 5．（2026·福建·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 ⏳题型02 常见力做功与相应能量转化 6．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 7．（2026·福建福州·三模）（多选）如图时刻，在距离水平地面高处，将一弹性球以初速度竖直向下抛出，球与地面碰撞没有机械能损失，碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的加速度、速度、机械能、重力势能分别设为、、、，球下落过程与抛出点距离设为，在下列选项图、图、图和图中，以竖直向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点、间对应的圆心角，圆弧半径，点与圆心的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面。质量，长度为的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽点等高，左端恰好位于点正下方。质量的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数。将质量的小球从圆弧槽的点由静止释放，小球在圆弧槽的点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力，物块、小球均可看作质点，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)小球与物块碰后瞬间物块速度大小； (2)当时，物块在木板上运动产生的热量； (3)改变的大小（作用过程中仍为恒力），物块在木板上运动产生的热量至多不超过多少。 9．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一个长方体和一个倾角为的斜面体紧密连接固定放置在水平地面上，长方体的上表面粗糙，左侧有一个竖直固定的挡板，右侧有一个光滑定滑轮，斜面体的上表面光滑。将两个质量均为的物块A和B放在长方体上，物块AB之间用一个劲度系数为的轻弹簧连接，物块A和B与长方体上表面的摩擦因数均为，物块B的右端连接一条轻绳，轻绳跨过定滑轮连接着一个质量也为的物块C．初始时控制物块C不动使细绳刚好拉直但没有弹力且物体B恰好不向右滑动，轻绳水平部分与长方体表面平行，倾斜部分与斜面平行，重力加速度取，轻绳无伸缩性，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，长方体和斜面都足够长，弹簧弹性势能表达式为。现在由静止释放物块C，在物块C下滑过程中下列说法正确的是（     ） A．释放物块C瞬间，轻绳的拉力大小为5 N B．三个物块和弹簧组成的系统机械能守恒 C．物块C的最大速度为0.5 m/s D．物块C下滑到最低点后会沿斜面向上滑动 10．（2026·福建福州·二模）（多选）如图甲，倾角的光滑斜面固定于水平面，劲度系数k=100 N/m的轻弹簧一端固定在斜面挡板上，另一端与木板相连，木板静止在斜面上。现有一质量m=2 kg的小物块以初速度从木板的上端P点滑入，t=2 s时小物块滑至木板的下端Q点，此时小物块和木板的速度恰好均为零，木板前2 s内的v-t图像为正弦图线（如图乙所示）。已知小物块与长木板间的动摩擦因数，取重力加速度，弹簧形变均在弹性限度内。则下列说法正确的是（    ） A．小物块滑上木板的初速度大小 B．前2 s内，小物块与木板间摩擦生热为75 J C．前1.5 s内，木板与弹簧系统的机械能增加了6.75 J D．若，木板与弹簧系统的机械能增加最多 ⏳题型03 能量守恒在板块模型中的应用 11．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 12．（2024·山东淄博·二模）某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为的是够长光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，B处于静止状态，此时弹簧压缩量为d；现将质量为m下表面光滑的足够长的木板A置于B的上方，A的下端与B相距25d；质量为2m物块C置于A的上端，C与A之间动摩擦因数为，B、C均视为质点。B与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B施加大小可调的阻力，当B的速度为零时涂层对其不施加作用力。现将A和C由静止释放，之后A与B发生正碰，碰撞时间极短，碰后B向下运动2d时速度减为零，此过程中B受到涂层的阻力大小f与下移距离x之间的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内。 （1）求A、B第一碰前瞬间A的速度大小； （2）求A、B在第一次碰撞过程中损失的机械能； （3）在B第一次向下运动过程中，求B与A下端相距最远的距离； （4）若撤除弹簧，将B锁定在原位置，更换B与斜面间的智能涂层，仅B受到涂层的阻力，其大小与下移距离x之间的关系为。在A下端侧面粘有一质量不计的橡皮泥，A、C仍从原位置静止释放，A、B碰撞前瞬间B自动解除锁定，A、B碰后一起运动，经时间（已知）A、B速度减为零立即被锁定，且C与A、B始终未达共速。求从A、B碰后开始计时，在时间内A、C之间因摩摩擦产生的热量是多少。 13．（2024·福建泉州·二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了后用触控锁钉锁定。现将质量为的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求： （1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小； （2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小和加速度大小； （3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d； （4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小。 14．（2026·宁夏吴忠·三模）如图所示，竖直面内有一固定光滑圆弧轨道，半径，圆弧所对的圆心角，轨道最低点B与水平传送带左端相切，传送带BC长，以速率顺时针匀速转动。质量m2=3kg的长木板Q足够长，静止在C点右侧的光滑水平地面上，Q上表面与BC平齐。质量m1=1kg的物块P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，P与传送带及Q间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计物块P的大小，已知，，重力加速度取。 (1)求P经过B点时对轨道的压力大小； (2)求P从B点运动到C点所用的时间； (3)求P、Q之间因摩擦产生的热量。 15．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，劲度系数为的轻弹簧右端固定在竖直墙壁上，质量为的长木板A静止在粗糙水平地面上，质量为的滑块B以的初速度从左端滑上木板A，当滑块B到达木板A的右端时，二者速度恰好相同，运动一段距离后压缩弹簧，从压缩弹簧直到被弹开的过程中滑块B与木板A之间恰好未发生相对滑动。已知木板A与水平地面间的动摩擦因数为，滑块B与木板A间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能可表示为（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度。求： (1)木板A的长度； (2)弹簧对木板A的最大弹力； (3)初始时木板A的右端到弹簧左端的距离。 ⏳题型04 能量守恒在曲线运动中的应用 16．（2025·江苏泰州·模拟预测）如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点（图中未标出）后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。 (1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep； (2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ； (3)接第（2）问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。 17．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）（多选）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑板赛事。某条赛道竖直截面简化设计如图所示，其中是倾角为的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为，且、和、分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为的小球代替滑板，将小球从斜面上不同的高度由静止释放。，。在小球的运动过程中（　　） A．小球可能在某一位置处于完全失重状态 B．若，小球一定能沿轨道运动到点 C．若小球能沿轨道运动到点，则不能大于0.2R D．若小球能沿轨道运动到点，则小球经过、两点时对轨道的压力大小之和与的大小无关 18．（2025·广东深圳·模拟预测）过山车竖直面上的“圆形”轨道往往不设计成标准圆，而是随着轨道高度增大，曲率半径逐渐减小。这是为过山车“倒挂”通过最高点提供更大的向心加速度，在最低点减小向心加速度大小。某左右对称的过山车轨道中的一段如图所示，轨道最高点A距地面，该处的曲率半径，轨道最低点B的曲率半径。整段轨道可视作在同一竖直平面上。可视作质点，质量的乘客乘坐过山车以速度从左侧最低点冲上轨道，同时关闭动力。已知乘客经过A点时向心加速度恰好等于2g，g取10m/s2，乘客上升和下降过程中损耗的机械能相等。求： (1)乘客从出发到A点的过程中损耗的机械能； (2)乘客在B点时受到座位向上的弹力大小。 19．（2025·辽宁盘锦·三模）如图，倾角的斜面与圆心为、半径的光滑圆弧轨道相切于点，且固定于竖直平面内。质量的滑块从斜面上的点由静止释放，经点后沿圆弧轨道运动，通过轨道最低点时对轨道的压力大小为17N。已知为轨道的末端，水平，垂直于，、之间的长度，取，，。求： (1)滑块与斜面之间的动摩擦因数； (2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程。 20．（2025·山东·模拟预测）如图1所示为消防员采用的高压水枪，图2为某次灭火的示意图，消防员将出水管与水平地面成角架好，着火点与出水口的竖直距离，水平距离，水落在着火点。已知出水管的横截面积，灭火过程中水枪机器的效率，水的密度，重力加速度取，忽略空气阻力及出水口与水箱液面的高度差，则水枪机器消耗的功率为（　　） A． B． C． D．50kW ⏳题型05 能量守恒在传送带模型中的应用 21．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，沿顺时针方向转动的足够长绝缘水平传送带，传动速度为，传送带的右轮上方固定一绝缘挡板。在竖直分界面右侧空间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。在传送带左端由静止释放一可视为质点的质量为、电荷量为的小物块。小物块向右运动过程的位移与速度关系图像如图乙所示，其中为直线，延长线过原点。小物块撞击右侧挡板后立即以原速率反弹，恰好能到达分界面。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，电量不变，重力加速度为。求： (1)左侧的传送带长度； (2)电场强度的大小； (3)小物块与挡板撞击时速度的大小； (4)小物块与传送带因摩擦产生的热量。 22．（2026·福建漳州·三模）（多选）某工厂工件输送系统由倾角为30°、长为10m的传送带和倾角相同、长为1m的斜面组成。工件质量为1kg，与传送带间的动摩擦因数为。传送带以4m/s的速度顺时针匀速转动。现将轻放于传送带底端点，由静止开始运动，到达斜面顶端点时速度恰好为零。工件可视为质点，传送带与斜面平滑连接，取，则（　　） A．刚放上传送带时的加速度大小为 B．与斜面间的动摩擦因数为 C．在传送带上运动的时间为3.3s D．传送带系统因传送多消耗的电能为82J 23．（2025·福建·二模）（多选）如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为，下端A和上端B间的距离为，以速度沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变 B．工件匀速运动时，传送带对工件做正功 C．若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多 D．若传送带匀速运动的速度增大，传送带对工件做的功可能会减少 24．（2025·福建福州·二模）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则（　　） A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动 B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C．v相同时，μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同 D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2倍 25．（2024·福建·二模）如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s的速度匀速转动，将质量为1kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．小物块一直做匀变速运动 B．A、B间的长度为11.5m C．小物块到达B处时的速度大小为16m/s D．全过程中小物块机械能减少23J 重难·创新演练 设题创新:高考功能关系、能量守恒创新命题体现在三方面：一是情境创新，融合体育器械、电磁装置、航天探测等真实素材包装模型；二是模型融合，将板块、弹簧、电磁感应结合，同时考查单体与系统能量分析；三是设问多元，不单纯计算，增设条件判断、误差分析、能量损耗推导，对比动能定理与机械能守恒两种解法，弱化机械套公式，侧重物理过程逻辑推理。 1．（2025·福建泉州·一模）如图，水平台面右侧有一固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，C点切线水平，并与固定在水平地面上的斜面体平滑连接。斜面顶端D固定一轻质弹簧。一小物块从台面右端A点滑出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，再冲上斜面压缩弹簧，运动到斜面中点时速度恰好为0。已知A点、圆心O与顶端D共线，且离地高度均为h=1.2m，OB和OC的夹角θ=60°，斜面倾角α=37°，物块质量m=0.3kg，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求： (1)物块从A点滑出时的速度大小v0； (2)物块到达C点时受到轨道的支持力大小N； (3)弹簧的最大弹性势能Eₚ。 2．（2024·福建福州·模拟预测）如图甲所示，传送带与水平地面的夹角，传送带逆时针转动。时，将一质量的物体轻放在传送带上端A点，时物体到达传送带底端B点，在此过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取，，。求： （1）物体与传送带之间的动摩擦因数； （2）物体从A点运动到B点的过程中机械能的变化量。 3．（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为，重力加速度为g。 （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，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为，求两次形变量之比。 4．（2024·湖南长沙·一模）（多选）如图所示，倾角为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，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．甲的最大速度为 B．甲运动到最低点时的加速度大小为g C．小物块乙的质量为2m D．弹簧的最大弹性势能为 5．（2024·四川成都·二模）（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（　　） A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度 D．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点 6．（2023·福建福州·模拟预测）如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一次到达最右端的过程中（　　）    A．接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用 B．接触弹簧后，弹簧对P做的功等于 C．接触弹簧后，P的速度不断减小 D．接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小 7．（2026·福建宁德·二模）（多选）如图所示，在某低速教学风洞中，有一个高的台面，上方固定一半径同为的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端与桌面边缘水平相切。将一质量的小球由轨道顶端处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小球始终受到水平向左大小为的恒定风力作用。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．小球从点运动到点的过程中，机械能减少了2.4 J B．小球在点对轨道的压力为 C．小球从点飞出后到落地前的最小动能为 D．小球从点抛出到落地过程中，小球重力做功的瞬时功率不断增大 8．（2026·福建南平·一模）如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A和不带电的匀质绝缘薄板B，B右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B静止且右端位于点，点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为，A的质量为2kg、电荷量为，B的质量为6kg、长度为，A、B与点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧劲度系数为。初始时A与B左端的距离为20m。将A由静止释放，A与B发生弹性碰撞后立即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度大小，求： (1)A、B碰撞前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后0.2s时A与B左端的距离； (3)从碰后B刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B运动的图像如图乙所示，图线在、时刻的斜率均为零，求从到的时间内B与地面之间摩擦产生的热量。 9．（2026·福建泉州·二模）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，O为两极间的中点，在A、K两极之间加上高压U，则A、O之间的电势差_________（填“大于”“小于”或“等于”）；电子在K极由静止被加速，已知电子的电荷量大小为e，不考虑电子重力，则电子由K运动到A动能增加了_________。 10．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为m的同学直立于箱子上，时刻该同学从箱子上无初速度跳下，经曲腿缓冲一系列动作后，t7时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．该同学的最大速度为 B．t6时刻，该同学速度方向竖直向上 C．图乙中图像与横轴t1~t7围成的面积为 D．0~t7时间内该同学的机械能减少了 真题·实战演练 高频考点：高考功能关系与能量守恒高频考点分三类：一是各类力做功与能量转化对应关系辨析，单选常考重力、摩擦力、安培力做功带来的能量变化；二是板块、传送带、弹簧系统的能量计算，核心考点为滑动摩擦生热，需用相对位移求解内能；三是力学电磁综合大题，联立动能定理、能量守恒列式计算，常对比机械能守恒适用条件 1．（2023·福建·高考真题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 （1）求时间内，合外力对A所做的功； （2）求时刻A与B之间的距离； （3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功； （4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。 2．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 3．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 4．（2014·福建·高考真题）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，有因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $