2024年新高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)24 功能關(guān)系 能量守恒定律（核心考點(diǎn)精講解析版）

考點(diǎn)24功能關(guān)系能量守恒定律

1.3年真題考點(diǎn)分布

題型選擇題

高考考點(diǎn)功能關(guān)系的應(yīng)用；摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化；能量守恒定律及應(yīng)用

2023遼寧卷13題、乙卷14題、甲卷21題、

新高考2022福建卷11題、浙江卷12題、廣東卷9題

2021海南卷17題、重慶卷5題、浙江春招II題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于運(yùn)動的描述考查共計(jì)9次，主要考查：

1.功能關(guān)系的應(yīng)用；

2.摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化：

3.能量守恒定律的應(yīng)用；

【備考策略】能靈活判斷物體是否做機(jī)械運(yùn)動和參考系的選擇；能正確區(qū)分時間與時刻的不同點(diǎn)；能正確

區(qū)分矢量和標(biāo)量的區(qū)別：熟練掌握位移和路程的區(qū)別并掌握其計(jì)算方法；能正確區(qū)分速度和

速率、平均速度和瞬時速率的概念并掌握其計(jì)算方法；理解并掌握加速度的概念和計(jì)算的方

法并能根據(jù)圖像判斷物體的運(yùn)動情況。

【命題預(yù)測】本節(jié)常與傳送帶模型、板塊模型、輕繩模型和輕桿模型等結(jié)合在一起，命題角度新穎，常以

綜介壓軸題的形式出現(xiàn)在新高考中，2024年考生需要引起重視，掌握好此節(jié)內(nèi)容，高考時能

輕松獲得高分。

考點(diǎn)梳理

考法一功能關(guān)系的理解

1.功能關(guān)系

(I)內(nèi)容：做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，做多少功就有多少某種形式的能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，功是

能量轉(zhuǎn)化的亮度；

(2)幾種常見力的功能關(guān)系

不同的力做功對應(yīng)不同形式能的變化定量關(guān)系

合外力做功動能變化W^=Ek2-Eki=AEk

重力做功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少；重力做負(fù)功，重力勢

能增加論=-△EP=EpI-Ep2

彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負(fù)功，彈性勢

彈簧彈力做功強(qiáng)性勢能變化

能增加Ep=Ep1一Ep2

只有重力、彈力做

不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒，△￡=()

功

除重力和彈力之外除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機(jī)械能

機(jī)械能變化

的力做功就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負(fù)功，

物體的機(jī)械能就減少多少.W=AE

一對相互作用的滑作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負(fù)

內(nèi)能變化

動摩擦力做的總功

功，系統(tǒng)內(nèi)能增加。二0?相

2.能量守恒定律

(I)內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一

個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變.

(2)適用范圍：能最守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律.

（3）表達(dá)式

①E療E未，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和.

②AE產(chǎn)AE-增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量。

3.能源和能量耗散

（1）能源是指能夠提供可利用的能量的物質(zhì)，它是人類社會活動的物質(zhì)基礎(chǔ)。

（2）能顯的耗散：在能晟的轉(zhuǎn)化過程中，一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能流散到周圍環(huán)境中，我們無法把這些

內(nèi)能收集起來重新利用，這種現(xiàn)象叫作能量的耗散.

（3）能源危機(jī)的含義：在能源的利用過程中，即使在能量的轉(zhuǎn)化過程中，能量在數(shù)量上并未減少，但

在可利用的品質(zhì)上降低了，從便于利用的變成不便于利用的了.

☆典例引領(lǐng)

【典例1】（2023?全國?統(tǒng)考高考真題）一同學(xué)將排球自。點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動，隨后下落回到O

點(diǎn)，設(shè)排球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（）

A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大

C.達(dá)到最高點(diǎn)時加速度為零D.下落過程中做勻加速運(yùn)動

【答案】B

【詳解】A.上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。

對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定

律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較

大，由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；

B.上升過程排球做減速運(yùn)動，下降過程排球做加速運(yùn)動。在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械

能一宜在減小，下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時的速度最

大，B正確；

C.達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；

D.下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做

變加速運(yùn)動，D錯誤。

故選Be

☆即時檢測

1.（2023?湖北?模擬預(yù)測）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定，小球從彈簧的正上方某一高度

處由靜止下落.不計(jì)空氣阻力，則從小球接觸彈簧到彈簧被壓縮至最短的過程中（）

C.除重力之外的其它力做的功等于運(yùn)動員機(jī)械能的變化，所以跳板對運(yùn)動員支持力做的功等于運(yùn)動員機(jī)

械能的變化量，故c正確；

D.運(yùn)動員下降過程中，只有重力和彈力做功，運(yùn)動員和跳板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以運(yùn)動員的重力

勢能+跳板的彈性勢能+運(yùn)動員的動能=恒量，由于運(yùn)動員的動能先增大后減小，所以運(yùn)動員的重力勢能與

跳板的彈性勢能之和先減小后增大，故D錯誤。

故選Co

考法二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化

1.比較靜摩擦力和滑動摩擦力做功

靜摩擦力做功滑動摩擦力做功

(1)將部分機(jī)械能從一個物體轉(zhuǎn)移

到另一個物體

只有機(jī)械能從一個物體轉(zhuǎn)移到

能量的轉(zhuǎn)化方(2)一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：此

另一個物體，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)

面部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失

不同點(diǎn)化為其他形式的能

星

(3)摩擦生熱：Q=fx用

一對摩擦力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總

總功方面總等于零是負(fù)值

正功、負(fù)功、

相同點(diǎn)兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功

不做功方面

☆典例引領(lǐng)

【例2】(2023?海南?？?海南華僑中學(xué)校考模擬預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為〃?的物體在水平傳送帶上由靜

止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶動，始終保持以速度v勻速運(yùn)動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為“，物體過

一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是

()

A.摩擦力對物體做的功為加聲

B.電動機(jī)多做的功為J"一

C.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為

D.傳送帶克服摩擦力做的功為々加

【答案】c

【詳解】A.根據(jù)動能定理有，摩擦力對物體做的功為W=故A錯誤；

B.電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化為物體的動能和內(nèi)能，所以電動機(jī)多做的功一定大于《機(jī)/，故B錯誤；

CD.設(shè)共速前物體相對地面的位移為巧，傳送帶相等地面的位移為々則有%=］，，

可知當(dāng)=2%

可知傳送帶克服摩擦力做的功為摩擦力對物體做功的二倍，即為〃?，，則系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為

￡：=/〃!？一?機(jī)—,故C正確，D錯誤。

22

故選Co

☆即時檢測

1.（2023?新疆?統(tǒng)考三模）如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定的速率n沿逆時針方向運(yùn)行。/=0時

刻，質(zhì)量小=24的小物塊以初速度％從A端滑卜.傳送帶，小物塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，

1.25s時小物塊從B端滑離傳送帶。沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取lOm/s"則（）

A.傳送帶的傾角0=37。

B.小物塊對傳送帶做功I8J

C.小物塊在傳送帶上留下的痕跡長度為1m

D.小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為4.5J

【答案】BC

【詳解】A.由圖示圖象可知，物體先做初速度為2m/s的勻加速直線運(yùn)動，速度達(dá)到傳送帶速度后（在

t=0.25s時刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物塊繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動，從圖象可知

傳送帶的速度為4m/s：

開始勻加速運(yùn)動的加速度4=巖=11小2=8m/s2

根據(jù)牛頓第二定律得〃磔inO+〃〃?gcosO=ma,

22

速更相等后，加速度a2=—=m/s=2m/s

X1

根據(jù)牛頓第二定律得〃?gsin0-僅咫cos。=ma2

聯(lián)立兩式解得“=30。，〃=￡,故A錯誤；

5

B.小物塊對傳送帶的摩擦力為/=〃/〃geos。=6N

小物塊對傳送帶做功為卬=-自+色=-6x4xO25J+6x4xg8J,故B正確;

2+4

CD.0~0.25s時間，小物塊的位移為爪=亍乂0.25m=0.75m

相對位移&=Xr'=lm-0.75m=0.25m

6+4

O.25s~l.25s時間，小物塊的位移為人”=----xlm=5m

2

相對位移Aj=9—x"=5m-4m=

所以小物塊在傳送帶上留卜的痕跡長度為1m；小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為

。=/0罵+—?)=4.25J,故C正確，D錯誤；

故選BCo

2.(2023?湖北?模擬預(yù)測)足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為y=2m/s的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，如圖

甲圻示。質(zhì)量=2%的小物塊以初速度v°=12m/s從4端沖上傳送帶又滑了下來，小物塊的速度隨時間

變化的圖像如圖乙所示，g=10m/s2,小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，求：

(1)小物塊從沖上傳送帶到離開所用的時間；

(2)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)和傳送帶的傾角

(3)。-2s內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦所產(chǎn)生的熱量。

【詳解】(1)由—圖像知，小物塊沖上斜面到達(dá)最高點(diǎn)所用時間乙=2s,y-f圖像面積即位移x=8m

由圖像知，1s~2s的加速度“2為出=m/s?=-2nVs?

方向沿傳送帶向下，小物塊向下運(yùn)動過程中加速度大小與的相等，由工=；|。2K

得，2=2&sa2.83s

故總時間r=，i+G=4.83s

(2)由u—圖像得01s的加速度q為4=q&m/s2=-10m/s2，方向沿傳送帶向下;

0-ls,對小物塊由牛頓第二定律得mgsine+〃/"gcos6=r〃q

ls~2s,對小物塊由牛頓第二定律得〃磔in。-〃〃儂os。=-〃心2

解得0=37,A=0.5

(3)傳送帶的速度v=2m/$,在0~ls內(nèi)傳送帶的位移/M=叫=2xlm=2m

小物塊的位移為不加=^12x+l2m=7m

兩者相對位移大小為人』=式物-/i=5m

在12s內(nèi)傳送帶的位移與2=%=2x1m=2m

小物塊的位移為X帆=^2xr1n=lm

兩者相對位移大小為=02-%2=1m

02s內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦所產(chǎn)生的熱品

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

考法三能量守恒定律及應(yīng)用

1.對能用守恒定律的理解

(I)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等.

(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量減少，?定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等.

2.運(yùn)用能最守恒定律解題的基本思路

需研究對象/?--------d—-初、末狀態(tài)

----------“分析狀態(tài)變化過程中哪種形I的能量減少；哪種形我的能蚩增加

趣m守恒定律通〉~~1能量的減少量與能量的墻加量一定相等，即』&片3一

☆典例引領(lǐng)

【典例2】(2023?海南?統(tǒng)考高考真題)如圖所示，有一固定的光滑:圓弧軌道，半徑R=Q2m,一質(zhì)量為

〃k=1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，

己知性=3kg,B、C間動摩擦因數(shù)M=。.2,C與地面間的動摩擦因數(shù)出=0.8,C右端有一個擋板，C長

為L。

求：

(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大？

(2)若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

(3)在().16mvLv().8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所

用的時間。

碰撞時B速度為vB2=%=2JO.8-1,

碰撞時由動量守恒可得〃”B2=（“A+"%）口

解得碰撞后B、C速度為y=運(yùn)二￡

2

之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得區(qū)==8m/s2

后再經(jīng)G后停下，則有「上二嗎"

q16

故B從滑上C到最終停止所用的時間總時間/=乙+/,+&=1_150.8-4

12316

☆即時檢測

1.（多選）（2023?河北滄州?滄縣中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖甲所示，斜面傾角為a=30。、足夠長、

光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為〃?=4kg的物塊置于斜面上足夠高處，，=。時刻

在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時釋放物塊，利用計(jì)算機(jī)描繪了0~4s時間內(nèi)物塊的速度隨

時旬的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向?yàn)檎较?，物塊在釋放點(diǎn)的重力勢能為零，重力

加速度大小為g=10m*。則（）

W（ms"）

甲乙

A.1~2s的時間內(nèi)外力的大小為40N

B.0-ls時間內(nèi)與2~4s時間內(nèi)的外力大小之比為2:19

C.1s末物塊的機(jī)械能為32J

D.0~4s的時間內(nèi)物塊的機(jī)械能減少了350J

【答案】BD

【詳解】A.由圖乙可知，0~ls時內(nèi)物塊的加速度為q=4m/s2

位移大小為％=號=201

由牛頓第二定律得mgsin30一耳=m%,解得耳=4N

由紹乙可知，Is-2s時內(nèi)物塊的加速度為生=—=5nVs2

位移大小為Wt2=xhn=6.5m

由牛頓第二定律得mgsin30°-乙=〃叫

解得6=0,故A錯誤；

B.由圖乙可知，2s4s時內(nèi)物塊的力口速度為%=9^IWS2=-4.5UI/S2

位移大小為馬二^=^^m=9m

由牛頓第二定律得“吆sin30-居=〃/

解得月=38N,則耳：6=2:19,故B正確；

CD.由題意可知，/=0時刻，物塊的機(jī)械能為0,由功能關(guān)系可知，物塊機(jī)械能的變化量等于整個過程外

力F所做的功，0~1s外力做的功為叱==-4x2J=-8J

即1s末物塊的機(jī)械能為-8J,2s4s外力做的功為叱=KX3=-38X9J=-342J

則整個過程中物塊機(jī)械能變化量大小為Af=|W；+W卜350J,故C錯誤，D正確。

故選BDo

2.（多選）（2023?山東?模擬預(yù)測）風(fēng)洞可以產(chǎn)生強(qiáng)力的氣流，用來模擬飛行器高速運(yùn)行時氣流的作

用效果。矩形風(fēng)洞原理圖中存在大小恒定的水平風(fēng)力，現(xiàn)有一質(zhì)量為2kg的小球從M點(diǎn)豎直向上拋出，

其運(yùn)動軌跡大致如圖中實(shí)線所示，其中M、N兩點(diǎn)在同一水平線上，。點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，小球在M點(diǎn)

速愛大小為3m/s,在。點(diǎn)速度大小為4m/s,不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=1。m/s?。下列說法正確的是

（）

A.小球的重力和受到的風(fēng)力大小之比為3:4

B.小球落到N點(diǎn)時的動能為73J

C.小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為1:3

D.小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程中的最小動能為9J

【答案】ABC

【詳解】A.設(shè)風(fēng)力大小為死小球質(zhì)量為九。、歷兩點(diǎn)間的水平距離為毛，豎直距離為從根據(jù)豎直上

拋運(yùn)動規(guī)律有〃=粵

2g

小球從M運(yùn)動到0的過程，根據(jù)動能定理有％-"儂=；/欣叫：

根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為〃=￡

m

小球從M運(yùn)動到。所用時間為1=也

g

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有解得竿=[,A正確；

2F4

B.M、N兩點(diǎn)間的水平距離為人=3"⑵了

設(shè)小球落到N點(diǎn)時的動能為昂，根據(jù)動能定理有0-gw；,=&

聯(lián)立解得線廣73J,B正確；

X1

C.設(shè)。、N兩點(diǎn)間的水平距離為4,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的推論可知-L=.

根據(jù)功能關(guān)系可知，小球運(yùn)動過程中，風(fēng)力對小球做的功等于其機(jī)械能的變化量，則小球在上升和下降

△七Fx1

過程中機(jī)械能變化量之比為重;用0C正確；

D.小球在重力和風(fēng)力的合力作用下做類斜拋運(yùn)動，當(dāng)小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)以

上分析可知合力與豎直方向的夾角0的正切值為tanO=g

4

根據(jù)速度的合成與分解可得小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)過程中的最小速度為％"=%疝］0=二%

解得最小動能為反小=￡線。=5.76J,D錯誤。

故選ABC。

3.（2023?廣東?廣州市第二中學(xué)校聯(lián)考三模）豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，上端與木塊A連

接，物塊B疊放在A上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖（a）所示?，F(xiàn)對B施加豎直向上的拉力F,使B以恒

定的加速度。豎直向上做勻加速直線運(yùn)動，直至分離后一小段時間，力尸的大小隨B的位移工變化的關(guān)

系如圖（b）所示，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

zz/ZzzzzOX。J

1圖（a）1圖（b）

A.物塊B的質(zhì)量〃?B=

8+a

B.當(dāng)物塊B運(yùn)動到xo時，彈簧恰好處于原長位置

C.從。到切的過程中，力戶與B的重力所做功的代數(shù)和等于物塊B的動能增加量

D.從。到初的過程中，力尸所做的功小于A和B構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加量

【答案】D

【詳解】A.由圖（b）所示圖像可知，當(dāng)B的位移大小由時，A與B恰好分離，A、B間的彈力為零，對

B,由牛頓第二定律得巴一%g=〃％a

解得，％=旦，故A錯誤；

B.由圖（b）所示圖像可知，當(dāng)B的位移大小X。時，A與B恰好分離，A、B間的彈力為零，此時兩物塊

的加速度也相等，即加速度方向向上，則彈簧應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；

C.由動能定理可知，從0到X。的過程中，力尸與B的重力所做功、A對B的彈力做功的代數(shù)和等于物塊

B的動能增加最，故C錯誤；

D.從0到期的過程中，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即彈力對A做正功，則力尸與彈簧彈力做功的代數(shù)和

等于A和B構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能消加量，所以力產(chǎn)所做的功小于A和B構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加量，故

D正確。

故選Do

且好題沖關(guān)

【基礎(chǔ)過關(guān)】

1.（2022?四川巴中?統(tǒng)考一模）小球以一定的初速度豎直上拋，在其向上運(yùn)動過程中，空氣阻力與速度

大小成正比，則其機(jī)械能￡（以拋出點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，拋出時機(jī)械能為瓦）隨小球上升高度/?變化的規(guī)律

下列描繪正確的是（）

【答案】C

【詳解】根據(jù)功能關(guān)系"=解得了=竽AF

h

即￡力圖線斜率的絕對值等于空氣阻力的大小。在上升過程中，〃增大，小球的速度減小，在其向上運(yùn)動

過程中，空氣阻力與速度大小成正比，所以空氣阻力隨之減小，圖線的斜率逐漸減小，直至為零。故C

正確，ABD錯誤。

故選C。

2.（2021?廣西柳州?統(tǒng)考三模）如圖所示，某游樂場的水池上有兩條形狀不同的并排滑水道，兩個水道

頂瑞高度相同，底端切線均水平，甲乙兩人分別同時從兩水道頂端由靜止開始下滑，不計(jì)下滑過程中的

各種阻力。下列敘述正確的是（）

水道頂端

B.到達(dá)水道底端時，甲和乙的速度相同

C.卜滑過程中，甲的加速度方向始終沿水道的切線方向

D.下滑過程中，甲、乙的平均速度相同

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)甲乙在豎直方向上的運(yùn)動，做出速度-時間圖像

其中甲乙到達(dá)底端的速度以及整個過程中的位移相等，由圖像可知甲比乙先到達(dá)底端。故A錯誤；

B.從最高點(diǎn)到底端，甲乙的重力做功相等，根據(jù)動能定理有〃3=故到達(dá)水道底端時，甲和乙的

速度相同。故B正確；

C.下滑過程，甲受到重力和支持力作用，兩者合力不一定總是指向切線方向，即甲的加速度方向不可能

始終沿水道的切線方向。故C錯誤；

D.下滑過程中甲乙位移相等，但時間不同。故下滑過程中，甲、乙的平均速度相同。故D錯誤。

故選Be

3.（2018?云南曲靖?校聯(lián)考一模）如圖所示，滑塊以速率刃沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返

回，回到出發(fā)點(diǎn)時的速率變?yōu)橐?，且叫〈匕，則下列說法中錯誤的是（）

B.全過程中摩擦力做功為零

C.在上滑和下滑兩過程中，機(jī)械能減少量相等

D.在上滑和下滑兩過程中，摩擦力做功的平均功率不相等

【答案】B

【詳解】A.重力做功等于重力號星直位移的乘積，全程騰直位移為零，所以重力做功為零，故A正確；

B.上滑時，摩擦力沿斜面向下，做負(fù)功；下滑時，摩擦力沿斜面向上，做負(fù)功，所以全程始終做負(fù)功，

總功不為零，故B錯誤；

C.因?yàn)樯匣拖禄^程摩擦力大小相等，位移大小相等，且始終做負(fù)功，所以上滑和下滑過程克服摩擦

力做功相同，機(jī)械能減小量相同，故C正確；

D,上滑過程的加速度右吟吆烈3=gsine+〃gcos。

m

卜,加速度"包空絲X=gsin〃-〃geos。

ni

位移大小相同，下滑加速度小，所以下滑時間長，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以根據(jù)

_w

p=—f可知平均功率不同，故D正確。

由于本題選擇錯誤的，故選B。

4.（2015?上海普陀?統(tǒng)考二模）如圖，長為L的粗糙長木板水立放置.，在木板的A端放置一個質(zhì)量為m

的小物塊.現(xiàn)緩慢抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動.當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為a時，小物塊開始

滑動，此時停止轉(zhuǎn)動木板，讓小物塊滑到底端.取重力加速度為g.下列說法正確的是（）

A

A.整個過程支持力對物塊做功為零

B.整個過程支持力對物塊做功為mgLsina

C.整個過程木板對物塊做功為零

D.整個過程木板對物塊做功大于物塊機(jī)械能的增量

【答案】B

【詳解】試題分析：在開始上抬木板到，物塊開始滑動過程中，支持力做功，而當(dāng)物塊向下滑動時，支

持力不做功，由動能定理可知，在開始上抬木板到物塊開始滑動過程中叱、,-〃?gLsina=O,即

WN=mgLsina,選項(xiàng)B正確，A錯兔設(shè)物體滑到底端的速度為v,則整個過程中，由動能定理：

W=^nv2,即整個過程木板對物塊做功等于物塊機(jī)械能的增量，選項(xiàng)CD錯誤；故選B.

考點(diǎn)：功；動能定理.

5.（多選）（2021?廣東?模擬預(yù)測）一物體懸掛在細(xì)繩下端，由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動，運(yùn)動過程中

物體的機(jī)械能七與物體位移s關(guān)系的圖象如圖所示，其中0~”過程的圖線為曲線，S/~S2過程的圖線為直

線.由此可以判斷（）

A.0~s/過程中物體所受拉力可能是變力，且一定不斷增大

B.過程中物體的動能一定是不斷減小

C.S/~S2過程中物體一定做勻速運(yùn)動

D.S/~S2過程中物體可能做勻加速運(yùn)動

【答案】AD

【詳解】A.根據(jù)機(jī)械能變化與做功關(guān)系有

FAv=AE

可知，圖線的斜率絕對值等于物體所受拉力的大小，故0~”過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷增

大，故A正確；

B.0~s/過程中物體拉力小于重力，物體加速向下運(yùn)動，故其動能不斷增大。故B錯誤；

CD.s/~S2過程中物體，圖線斜率不變，故物體所受拉力不變，如果拉力等于重力，可能做勻速直線，還

可能做勻加速直線。故C錯誤；D正確。

故選AD.

6.（多選）（2019?遼寧大連?統(tǒng)考二模）如圖甲所示，固定斜面的傾角為30。，一質(zhì)量為〃?的小物塊自斜

面底端以初速度如沿斜面向上做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后乂沿斜面下滑回到底端，整個過程小物塊

的UT圖象如圖乙所示，下列判斷正確的是（）

B.上滑過程的加速度大小是下滑過程的2倍

C.滑塊沿斜面上滑的過程中機(jī)械能減少白〃?4

16

D.滑塊沿斜面下滑的過程中動能增加;〃?。?/p>

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)題意可知，上滑階段，根據(jù)牛頓第二定律+=

同理下滑過程mgsin"卬用cose=,〃牛，聯(lián)立解得4=*,故A錯誤：

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

確；

C.聯(lián)立mgsin0+Ringcos0=in—與mgsin0-Ringcos0=m°'%兩式，可得/=f-im8cos0=竺^

/（）h%

上滑過程中，機(jī)械能減小等于摩擦力做功"=叱=//2,故C錯誤；

2o

D.根據(jù)動能定理得紇-（）=（〃*sin*/）x,解得線='/2,故D正確。

故選BDo

7.（2019?陜西渭南?統(tǒng)考一模）如圖所示，分別用恒力B、B先后將質(zhì)量為，〃的物體由靜止開始沿同一

粗糙的固定斜面由底端推至頂端，兩次所用時間相同，第一次力尸/沿斜面向上，第二次力尸2沿水平方

向,則兩個過程（）

A.物體動能的變化量相同

B.物體機(jī)械能變化量相同

C.物體克服摩擦力做的功相同

D.恒力B、尸2做功相同

【答案】AB

【詳解】A.由公式x=得，由于工和/均相同，故加速度相同，由口=々，，相同，則物體到達(dá)斜面

頂湍時速度相同，動能相同，初動能都為0,所以物體動能的變化量相同，A正確：

B.物體末速度相同，又由于處于相同高度，所以兩物體機(jī)械能變化相同，B正確；

C.對物塊進(jìn)行受力分析，可以得到，兩次過程物體對斜面的壓力不同，所以滑動摩擦力大小不同，而沿

摩擦力方向位移都為斜面長，所以物體克服摩擦力做的功不同，C錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律得到，力尸做功一部分克服摩擦力做功，另一部分增加了物體的機(jī)械能，因?yàn)闄C(jī)械

能增加量相同，而克服摩擦力做的功不同，所以恒力B、2做功不同，D錯誤。

故選AB。

8.（2018?安徽滁州?統(tǒng)考一模）洛物塊從傾角為6=30。的斜面頂端由靜止釋放,取地面為零勢能面.物

塊在下滑過程中的動能々，重力勢能％，,與下滑位移x間的關(guān)系分別如圖所示，取g=10，〃/d,下面說

法正確的是（）

A.物塊的質(zhì)量是0.2kg

B.物塊受到的阻力是0.25N

C.物塊動能與勢能相等時的高度為3.6m

D.物塊下滑9m時，動能與重力勢能之差為3J

【答案】AD

【詳解】A.由圖知，小球下滑的最大位移為x=12m.在最高點(diǎn)時，小球的重力勢能

耳,=/忡sin300=12J,得小球的質(zhì)量m=0.2kg,A正確:

B.根據(jù)除重力以外其他力做的功可知人=5一%,

由紹知，最高點(diǎn)的機(jī)械能為上高二12J,最低點(diǎn)的機(jī)械能為七低=8./,又x=12m,解得：阻力為

/=；N.B錯誤；

C.設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為h,此時有風(fēng)助/

由動能定理有一/門-二^1+/咫（即/力30。-人）=:，，病，聯(lián)立解得：〃=2.4m.C錯誤；

I5zn30J2

9

D.由圖可知，在物塊下滑9m處，小球的重力勢能是3J,動能為丘x8J=6J,動能與重力勢能之差為6J-

3J=3J.D正確；

選AD,

9.（2023?山東煙臺?統(tǒng)考二模）如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角。=37。的斜面底端沿斜面向上運(yùn)

動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機(jī)械能E隨高度〃的變化如圖

乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.6o則下列說法中正確的是（）

A.物體的質(zhì)量加=0.67kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=（）.5

C.物體上升過程的加速度大小〃=12m/s2

D.物體回到斜面底端時的動能或=I（）J

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)題意，由圖可知,物體上升到最大高度時,機(jī)械能為30J,則有〃吆鼠=30J

解得〃?=lkg,故A錯誤：

B.根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的減少，則有

=pmgcos37°?=50J-30J,解得〃=0.5,故B正確；

sin370

C.物體上升過程中，由牛頓第二定律有〃，咫8$37。+〃名由137。=〃也，解得“TOm/s。

故C錯誤；

D.根據(jù)題意，物體回到斜面底端過程中，由動能定理有-2嗎=跳一線。，其中紜°=50J

解得或二10J,故D正確。

故選BDo

10.（2019?福建泉州?統(tǒng)考二模）如圖，光滑水平面上有一輛勻質(zhì)平板車，平板車右端固定有質(zhì)量不計(jì)的

豎直擋板，左端靠在傾角族37。的斜面底端.一個小滑塊從離斜面底端〃高處無初速度釋放，滑上平板車

后恰好不會落地.已知滑塊與平板車的質(zhì)量相等，滑塊與斜面及平板車間的動摩擦因數(shù)均為產(chǎn)05滑塊

從斜面滑上平板車的過程速度大小不變，滑塊與擋板撞擊過程時間極短且無動能損失，重力加速度大小

為g,忽略其它摩擦,取sin37°=0.6,cos37°=0.8.

⑴求滑塊在斜面上的運(yùn)動時間/;

（2）求滑塊撞擊擋板時滑塊離斜面底端的距離s；

⑶若將平板車左邊一半去掉后放回斜面底端，滑塊仍從原處釋放，求其離開平板車時的速度天小V.

【詳解】（1）設(shè)滑塊得質(zhì)量為小，下滑距離為由根據(jù)幾何關(guān)系：d在下滑過程中，根據(jù)牛頓

sin。

第二定律有：〃啰in6r"〃gcos￡=〃"，位移關(guān)系：d=^at2,聯(lián)立解得f=5后

（2）設(shè)滑塊滑到底端時速度為此：4=2.d,設(shè)平板車長度為3滑塊滑上車與車相對靜止得過程中，

對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒有：〃?％=2町共，能量守恒有：$，喏=；2〃唳+〃〃?夕2L,同理滑塊劃上車至于擋

板碰撞前得過程中，對系統(tǒng)有:tnvQ=m\\+niv2,—mv~=—"八；+-mv；+uingL

對滑塊根據(jù)勻變速規(guī)律有：

聯(lián)立上式可解得s=2邁

12

（3）平板車去掉一半后，對系統(tǒng)動量守恒有：〃?%=""+］為：能量守恒有:

【能力提升】

1.（多選）（2023?山東聊城?統(tǒng)考三模）我國民用無人機(jī)技術(shù)發(fā)展迅速，目前已點(diǎn)據(jù)全球市場?半以

上，某品牌無人機(jī)出廠前進(jìn)行豎直飛行測試，無人機(jī)發(fā)動機(jī)啟動一段時間后關(guān)閉，再經(jīng)一小段時間上升

到最高點(diǎn)。該過程無人機(jī)的動能E-隨上升高度〃的關(guān)系如圖所示。已知無人機(jī)發(fā)動機(jī)提供的升力大小

恒定，空氣阻力恒為重力的0.25倍。則下列結(jié)論正確的有（）

A.無人機(jī)的升力大小為75N

B.無人機(jī)的重力大小為40N

C.空氣阻力的大小是40N

D.加速與減速的加速度大小之比為1:2

【答案】ABD

【詳解】ABC.設(shè)升力為凡根據(jù)動能定理有線=（尸一沖-0.25砥）%=（尸-1.25/ngM

結(jié)合圖像得K=b—L25〃?g=yN=25N

「

關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，根據(jù)動能定理-（〃?g+0.25〃w）/z=EEM

化解的耳=%-1.25砥*

結(jié)合圖像得及=一1.25,網(wǎng)=上言N=-50N

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

D.無人機(jī)的質(zhì)量〃?=g=4kg

g

根據(jù)牛頓第二定律，加速階段q=F~/ng~°-25/Wg=m/s2

m4

減速階段%='咫+025-=斗m/s2

m4

加速與減速的加速度大小之比為4：%=1：2,故D正確。

故選ABDo

2.（多選）（2023?北京海淀?統(tǒng)考一模）B如圖所示，兩個質(zhì)量均為的物塊用勁度系數(shù)為4的輕彈簧相

連，豎直放置在水平面上靜止?，F(xiàn)用豎直向上的力〃拉著物塊M緩慢向上提，直到物塊N剛好要離開地

面為止。重力加速度為上述過程中，下列判斷正確的是（）

A.拉力〃的大小從零逐漸增大到2〃次

B.拉力廠做的功等于M的重力勢能的增加

C.彈簧的彈性勢能逐漸增大

D.該過程的初狀態(tài)和末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相同

【答案】ABD

【詳解】A.尸拉著物塊M緩慢向上提，直到物塊N剛好要離開地面為止，對M、N整體有口=2〃2g

可知整個過程拉力F的大小從零逐漸增大到2〃吆，故A正確；

B.初始對物塊M分析得彈簧的壓縮量用=?

k

物塊N剛好要離開地面時，彈簧的伸長量為巧-等

k

可知初態(tài)彈簧的壓縮量與末態(tài)彈簧的伸長量相等，所以該過程的初狀態(tài)和末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相同，

彈性勢能變化量為零，由功能關(guān)系可知拉力?做的功等于M的重力勢能的增加，故BD正確；

C.彈簧由壓縮到伸長，彈性勢能先減小后增大，故C錯誤。

故選ABD。

3.（多選）（2023?湖南?模擬預(yù)測）一個質(zhì)量為M=2kg的長木板靜止在粗糙水平地面上，木板右端靜

止一個質(zhì)量為〃?=2kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，如圖甲所示。某時刻，給長木板一個向右大小為

/=8N?s的沖量，此后小物塊和長木板運(yùn)動的圖像如圖之所示，且小物塊始終沒有滑離長木板，若

已知圖中“0.4s,匕=0.8m/s,小物塊木板間的動摩擦因數(shù)設(shè)為從，長木板與地面的動摩擦因數(shù)設(shè)為

出，重力加速度g=l（）m/s2,則從初始到二者最終停下的整個過程中，下列說法正確的是（）

B.0~6時間內(nèi)，小物塊與長木板間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為3.2J

C.小物塊比長木板提前0.2s停下

D.小物塊相對長木板的位移為0.88m

【答案】AB

【詳解】A.根據(jù)題意，對長木板，由動量定理有/=

對小物塊，由牛頓第二定律有

對長木板有“mg+乃W+〃）g=用痣

通過對題圖及題中數(shù)據(jù)分析q=F=2m/s?

4

在L時刻建立共速方程有%-gf產(chǎn)"i

聯(lián)立以上各式解得4=0.2,從=0.3,故A正確;

B.0乙時間內(nèi)，二者的相對位移可通過題圖中面積算得A5=；W1=().8m

則產(chǎn)生的內(nèi)能。=“〃7gA￡=3.2J,故B正確；

C.二者共速后，小物塊加速度大小不變，由題圖知，，〃做勻減速直線運(yùn)動，對長木板由牛頓第二定律有

外(/〃+M)g-4〃火=Ma、

解得％=4m/s2

則LG的時間為"=*~=0?2s

%

由對稱性可知小物塊停卜也會用時0.4s,則小物塊比長木板晚Q2s停卜，故C錯誤：

D.小物塊與長木板GA內(nèi)的相對位移％=gx().2x0.8m=0.08m

則全過程的相對位移為-=&￡-Av?=0.72m,故D錯誤。

故選AB。

4.(多選)(2023?四川涼山?統(tǒng)考二模)如圖所示，質(zhì)量為小的物體A固定在輕彈簧上端，勁度系數(shù)為

出的彈簧下端固定在地面上，質(zhì)量為2〃?的物體B靜止在A上，豎直向下的力尸=3/咫作用在B上，系統(tǒng)

處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)減小尸使A、B以?的加速度一起勻加速上升直到戶=0,彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加

速度為g，則()

B

vZZ]A

w

w

w

^

A./=0時，物體A和物體B之間壓力為2〃名

B.物體A、B開始運(yùn)動后，F(xiàn)隨位移均勻的減小

C.A、B從靜止到"=0的過程中系統(tǒng)重力勢能增加了四堂

k

D.A、B從靜止到尸=0的過程中，A、B機(jī)械能的增量為近歐

k

【答案】BD

【詳解】A.現(xiàn)減小廠使A、B以?的加速度一起勻加速上升直到尸=0,所以b=。時,，對B有

Q

8-2，ng-2ma,解得穌=§〃塔,故A錯誤；

B.初始壓縮量為小,紜=3〃吆+/=6"吆

整體分析Aa。一外一廠一3mg=3ma

整理得攵％-"一4〃吆=F

所以物體A、B開始運(yùn)動后，尸隨位移均勻的減小，故B正確；

C.當(dāng)尸=0時，上升位移“'=竽

k

系統(tǒng)重力勢能增加了AE,=3〃3'=處宜，故C錯誤；

k

D.當(dāng)尸=0時，整體的速度為，=2x&xf

3

A、B從靜止到f=0的過程中，A、B機(jī)械能的增量為AE=l3〃”2+A6，=^K,故D正確，

2'k

故選BDo

5.（多選）（2023?貴州貴陽?校聯(lián)考三模）如圖所示，傾斜成45。角的固定直桿_L套有一質(zhì)量為〃，的小球

（可視為質(zhì)點(diǎn)），小球可沿桿滑動，輕質(zhì)彈性繩一端固定于。點(diǎn)，另一端連在小球上。將小球從彈性繩

水平的位置M（此時彈性繩的長度為L）由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動到彈性繩與桿垂直的位置P時，彈性

繩長度剛好為原長，小球沿桿下滑到彈性繩豎直的位置N時速度減為零。若彈性繩始終在彈性限度內(nèi)且

彈性繩彈力與其形變量成正比，重力加速度大小為月。下列說法正確的是（）

B.從M到人小球克服摩擦力做的功為手跖乙

C.小球在P點(diǎn)的動能等于從“到夕彈性繩減小的彈性勢能

D.小球從M到P的過程中損失的機(jī)械能小于從2到N的過程口損失的機(jī)械能

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)題意可知，小球運(yùn)動到P點(diǎn)時，沿桿方向除重力的下滑分力以外，還受到摩擦力的作

用，由牛頓第二定律可知，其加速度。二85皿45。-/＜正8-2，故A錯誤

m2m

B.根據(jù)題意，小球從M釗N的過程中,由動能定理有〃火L-叱=0

根據(jù)小球受力及對稱性可知，當(dāng)小球位于關(guān)于〃點(diǎn)對稱的兩個位置時，桿對小球的支持力大小相等，故

其所受摩擦力大小也相等，因此小球從加到?的過程中摩擦力對小球做的功等于從P到N的過程中摩擦

力對小球做的功，則有叱=；叫故B正確；

C.結(jié)合B分析可知，從M到。，重力對小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故彈性繩減小的彈

性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，故C王確；

D.根據(jù)上述分析可知，小球從M到P的過程中摩擦力對小球做的功應(yīng)等于從P到N的過程中摩擦力對

小球做的功，因此小球從M到尸的過程損失的機(jī)械能應(yīng)等「從P到N的過程中損失的機(jī)械能，故D錯

誤,

故選BCo

6.（多選）（2023?海南?？?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為〃?的物體A放在光滑水平面上，右端與

一水平輕質(zhì)彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，質(zhì)量為機(jī)的物體B以速度即向右運(yùn)動，與A相碰后一起

壓縮彈簧，直至B與A分離的整個過程中，下列說法正確的是（）

A.在整個過程中，物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.彈簧的最大彈性勢能為，7M

C.物體A對B的沖量大小為1加為

D.物體A對B做的功為

O

【答案】BC

【詳解】A.A和B發(fā)生完全非彈性碰撞有機(jī)械能的損失；而在彈簧被壓縮的過程中，物體B、A和彈簧

組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則全過程系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤；

B.A和B發(fā)生完全非彈性碰撞有m%=2mv,

可得共同速度為4=與

則彈簧的最大彈性勢能為Ep=；.2〃"-0=；〃暗，故B正確；