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(共76張PPT)
專題六 功和能
考向四 功能關系
2025年高考物理專題復習資料
考點切片
考點1 對功能關系的理解
1.（2024湖南岳陽一中期末）一質量為 的物體以某一速度
沖上一個傾角為 的斜面，其運動過程中加速度的大小為
。這個物體沿斜面上升的最大高度為 ，則在這個過程中
( )
C
A.物體的重力勢能增加了 B.物體的動能損失了
C.物體克服阻力做的功為 D.物體的機械能損失了
【解析】 上升過程中重力做功，所以重力勢能增加 。
由牛頓第二定律可知，物體所受合外力為 ，由動能定理可知，物體
動能變化量為，則動能損失了 。
由動能定理得，解得物體克服阻力做的功為 ，
由功能關系可知，機械能損失了 。
2.（2024湖南長沙市雅禮中學開學考）如圖甲所示，傾角為 的斜面足夠長，質量為
的物塊受沿斜面向上的拉力作用，靜止在斜面中點處?，F改變拉力 的大小
（方向始終沿斜面向上），物塊由靜止開始沿斜面向下運動，運動過程中物塊的機械能
隨離開點的位移變化關系如圖乙所示，其中過程的圖線為曲線, 過程的
圖線為直線，物塊與斜面間的動摩擦因數為 。物塊從開始運動到位移為 的過程中
( )
D
A. 過程物塊的加速度在不斷減小
B.物塊減少的機械能等于物塊克服合力做的
功
C.物塊減少的機械能等于物塊克服摩擦力做
的功
D.物塊減少的機械能小于減少的重力勢能
【解析】 由題圖可知，物塊向下運動的過程中，其中 過程的圖線為曲線，
斜率的絕對值逐漸減小，而斜率， ，聯立可知，
，（【點撥】機械能隨離開 點的位移x變化關系圖像的斜率表
示除重力以外其他力在位移方向上的合力。）則 減小，物塊受到的合力
增大，由牛頓第二定律可知物塊的加速度增大。
物塊向下運動的過程中，重力、拉力與摩擦力做功，物塊減少的機械能等于
其克服拉力與摩擦力做功之和，不等于物塊克服合力做的功。
物塊由靜止開始沿斜面向下運動，重力做正功，拉力與摩擦力做負功，物塊速度
不斷增大，說明重力做的功大于物塊克服拉力與摩擦力做的功之和，所以物塊減少的機
械能小于其減少的重力勢能。
. .
跳跳學長有話說
常見的功能關系
做功 能量變化 表達式
重力做功 重力勢能變化
彈簧彈力做功 彈性勢能變化
合外力做功 動能變化
除重力和系統內彈力之外其他力做功 機械能變化
滑動摩擦力與介質阻力做功 系統內能變化
考點2 3種常見模型中的功能關系
題組1 彈簧模型中的功能關系
3.［多選］（2024河北石家莊二中模擬）如圖所示，兩物體、 用輕質彈簧相連，靜止
在光滑水平面上，現同時對、兩物體施加等大反向的水平恒力、，使、 同時
由靜止開始運動，在運動過程中，對、 兩物體及彈簧組成的系統，正確的說法是
（整個過程中彈簧不超過其彈性限度）( )
CD
A.機械能守恒
B.機械能不斷增加
C.當彈簧伸長到最長時，系統的機械能最大
D.當彈簧彈力的大小與、的大小相等時，、 兩物體速度最大
跳跳學長來避坑
對于本題的易錯選項B，應考慮到當彈簧的彈力等于拉力時，、 兩物體速度最大，之
后便是做減速運動，兩物體的動能和外力做功轉化為彈簧的彈性勢能。當、 兩物體
速度減為零時彈簧的彈性勢能最大，、 兩物體開始做反向的加速運動，在反向做加
速運動的過程中，、 均做負功，系統的機械能減少。
4.（2024福建泉州期中）如圖所示，在豎直方向上、兩物體通過勁度系數為 的輕質
彈簧相連，放在水平地面上；、兩物體通過細線繞過輕質定滑輪相連， 放在固定
的光滑斜面上。用手拿住，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證段細線豎直、
段細線與斜面平行。已知、的質量均為，斜面傾角為 ，重力加速度大小為
，滑輪的質量和摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態，釋放后沿斜面下滑，當
剛要離開地面時，的速度最大。則從釋放到 剛離開地面的過程中( )
B
A.、 組成的系統機械能守恒
B.的質量為
C.物體沿斜面下滑的距離為
D.細線拉力對物體做的功為
【解析】 沿斜面下滑過程中，彈簧彈力對先做正功再做負功，和 組成的系統
機械能不守恒。
當具有最大速度時，和的合力均為零，對根據平衡條件可得 ，
對有，對有，可得的質量為 。
開始時，彈簧的壓縮量為，剛要離開地面時，彈簧的彈力等于 的重力，
此時彈簧的伸長量為，因此物體 沿斜面下滑的距離
。
從釋放到剛要離開地面時，彈簧的彈性勢能變化量為零，和 組成的系統機械
能不變。（【提醒】彈簧的彈性勢能與形變量有關，本題中，初始狀態與 剛要離開地
面時，彈簧的形變量大小相等，故彈簧的彈性勢能相等。）可得
，根據功能關系可得細線拉力對做的功 ，聯立解
得 。
. .
. .
題組2 板塊模型中的功能關系
5.［多選］（2024河南信陽一模）如圖所示，質量為 的長木板放在粗糙的水平
地面上，質量為 的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動摩擦因
數，長木板與地面之間的動摩擦因數 ?，F給小物塊施加一個水平向左
的恒力，給長木板施加一個水平向右的恒力。時撤掉力 ，小物
塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是( )
BC
A.內長木板的加速度大小
B.內對小物塊做了 的功
C.內小物塊與長木板之間因摩擦產生熱量
D.恒力對小物塊、長木板系統做的功等于系統機械能的增加
量
圖1
【解析】 對長木板進行受力分析，受力示意圖如圖1所示，根據
牛頓第二定律有，可得 。
圖2
對小物塊進行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的
作用下做勻加速直線運動，后在摩擦力作用下做勻減速直
線運動，根據牛頓第二定律分別有 ，
，代入數據解得，加速度大小分別為
和 ，以水平向右為位移的正方向，
長木板和小物塊在內的圖像如圖2所示，
內小物塊做勻加速直線運動，位移大小 ，拉力對小
物塊做的功為 。（【易錯】注意求拉力對小物塊
做的功時應使用相對地面的位移。）
. .
. .
. .
兩條圖線圍成的面積表示小物塊相對于長木板運動的距離，由 圖像可知
，內小物塊與長木板之間因摩擦產生的熱量 。
（【點撥】摩擦生熱公式中的 是小物塊相對長木板的位移大小。）
恒力對小物塊和長木板組成的系統做的功等于系統機械能的增加量與摩擦產生的
熱量之和。
. .
6.［多選］（2023全國乙卷）如圖，一質量為、長為 的木板靜止在光滑水平桌面上，
另一質量為的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度 開始運動。已知小物塊
與木板間的滑動摩擦力大小為 ，當小物塊從木板右端離開時( )
BD
A.木板的動能一定等于
B.木板的動能一定小于
C.小物塊的動能一定大于
D.小物塊的動能一定小于
【解析】 小物塊和木板的運動示意圖和 圖像如圖1、圖2所示，根據動能
定理可知，對小物塊有，對木板有，根據
圖像與橫軸圍成的面積表示物體運動的位移可知， ，根據位移
關系可知，因此 ，即木板的動能一
定小于 。
圖1
圖2
將①、②兩式相加得 ，變形得小物塊離開木板
時的動能 。
7.（2024山東臨沂期末）如圖所示，放在足夠大的水平桌面上的木板的質量 ，
木板右端疊放著質量 的小物塊，整體處于靜止狀態。已知木板與桌面間的動摩
擦因數，小物塊與木板間的動摩擦因數 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，
重力加速度大小取，木板足夠長?，F對木板施加水平向右的恒定拉力 ，
作用時間后撤去拉力 ，木板和小物塊繼續運動一段時間后靜止。求：
（1） 拉力 作用時，木板和小物塊的加速度大小；
【答案】 3; 2
【解析】 受恒定外力的板塊模型第一步：受力分析，求解小物塊、木板共同運動的最
大加速度。
假設對木板施加水平向右的恒定拉力大小為 時，小物塊與木板恰好不發生相對滑動，
此時小物塊與木板間的摩擦力為最大靜摩擦力
設小物塊此時的加速度大小為，根據牛頓第二定律有
對整體有
解得
故對木板施加水平向右的恒定拉力 時，小物塊與木板有相對滑動，由于最大靜
摩擦力等于滑動摩擦力，對小物塊有
對木板，根據牛頓第二定律可得
解得 。
（2） 木板和桌面摩擦產生的熱量 。
【答案】 93.
【解析】 受恒定外力的板塊模型第二步：列出速度、位移隨時間變化的關系式，并確
定木板、小物塊的速度、位移關系。
拉力作用時間后，木板和小物塊的速度分別為 ，
這段時間木板的位移為
撤去拉力 后，由于木板的速度大于小物塊的速度，因此小物塊的加速度不變，繼續做
勻加速直線運動，而木板做勻減速直線運動，此時木板的加速度大小為
設經過時間后二者共速，則
解得
該段時間內木板的位移為
共速后速度大小為
共速后由于
. .
（【點撥】判斷兩者共速后的運動狀態，若兩者相對滑動，此時木板的加速度為
應大于，即，則當 時，兩者相對靜止。）
因此木板和小物塊保持相對靜止做勻減速直線運動，直到停止，根據能量守恒可知此過
程木板和小物塊的動能都轉化為木板和桌面摩擦產生的熱量，故從開始運動到最后靜止
整個過程，木板和桌面摩擦產生的熱量為
。（【點撥】摩擦生熱為
摩擦力與相對位移的乘積。）
. .
跳跳學長有話說
將物塊和木板看成一個系統。全程分析，由木板的位移可得，外力做功
，木板和小物塊之間只有共速前有摩擦，共速前小物塊做勻加速
直線運動，時間是，加速度為，代入位移公式得位移為 ，該時間內
木板位移大小為兩段的和,即，兩者相對位移差 ，小物塊和
木板間的摩擦力做功 。共速前木板和桌面、木板和小物塊之
間的摩擦力都做功，共速后只有木板和桌面之間的摩擦力做功，設木板與桌面的摩擦力
做功為，根據能量守恒可得 。
題組3 傳送帶模型中的功能關系
8.（2024廣東廣州三模）玉米收割后脫粒玉米用如圖甲所示的傳送帶裝置傳送，可近似
為如圖乙所示物理過程。將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到
底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持相對靜止，
直至從傳送帶的頂端飛出最后落在水平地面上，不計空氣阻力。已知玉米粒在此運動過
程中的速率為，加速度大小為，動能為，機械能為，玉米粒距離地面的高度為 ，
下列圖像能近似反映上述物理過程的是( )
A. B.
C. D.
√
【解析】 根據題意可知，玉米粒在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻速直線
運動。玉米粒從傳送帶拋出后到最高點過（【點撥】玉米粒靜止放到傳送帶底端,玉米
粒的速度小于傳送帶的速度,因此玉米粒相對傳送帶向下滑動,在沿傳送帶向上的滑動摩
擦力作用下玉米粒相對地面沿傳送帶向上做勻加速直線運動,直至與傳送帶共速后做勻
速直線運動。）
程，速率不斷減小，到最高點后速率再逐漸增大。（【點撥】玉米粒拋出后做斜拋運動，
豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動，由 可知，玉米粒
拋出后的速率先減小后增大。）
根據題意可知，玉米粒在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動，則
加速度先恒定不變，再變為零，玉米粒從傳送帶拋出后，加速度為重力加速度。
根據題意可知，玉米粒在傳送帶上運動時，動能先增大后不變。玉米粒從傳送帶
拋出后到落地過程，重力先做負功，后做正功，由動能定理可知動能先不斷減小，到最
高點后再不斷增大。
根據功能關系可知，除重力的其他力做的功等于機械能的變化量，玉米粒在傳送
帶上運動時，先受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力后受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，可知
玉米粒的機械能一直增大。設傾斜傳送帶與水平面間的夾角為 ，玉米粒在傳送帶上做
加速運動時所受滑動摩擦力為，做勻速運動時所受靜摩擦力為 ，玉米粒剛開始做勻
速運動時的高度為，機械能為 ，則根據功能關系可得玉米粒在傳送帶上加速階段
，勻速階段 ，受力分析可知
，則圖像在加速階段的斜率大于勻速階段的斜率。玉米粒從傳送帶拋
出后到落回地面過程，只受重力作用，機械能不變。
9.（2024四川宜賓二模）圖甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角 ，順
時針勻速轉動，在輸送帶下端點無初速度放上貨物。貨物從下端點運動到上端 點的
過程中，其機械能與位移的關系圖像（以 位置所在水平面為零勢能面）如圖乙所示。
貨物視為質點，質量，重力加速度大小取， ，
。下列說法正確的是( )
C
A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數為0.825
B.輸送帶、兩端點間的距離為
C.貨物從下端點運動到上端點的時間為
D.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量
為
【解析】 在輸送帶下端點無初速度放上貨物，結合 圖像分析可知貨物在輸
送帶上先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，貨物做勻加速直線運動過程，貨物受
沿輸送帶向上的滑動摩擦力作用，根據功能關系可知滑動摩擦力做的功等于貨物機械能
的增加量，即，由圖像可知， ，解得
。
由圖像可知，貨物沿輸送帶向上運動 后與輸送帶相對靜止，此后貨物的動能
不變，重力勢能增加，根據功能關系有，由圖像可知 ，
解得，則輸送帶兩端點之間的距離為 。
設貨物加速階段的加速度大小為，有 ，設貨物加速
階段運動的時間為，有，輸送帶速度的平方 ，設貨物勻速階段運
動的時間為，有，貨物運動的總時間為，解得 。
由能量守恒定律可得，輸送機多消耗的能量為
。
（【點撥】輸送機多消耗的能量轉化為了貨物與輸送帶間因滑動摩擦產生的熱量和貨物
機械能的增加量。）
. .
10.（2024福建省廈門雙十中學月考）如圖甲所示，繃緊的足夠長的水平傳送帶始終以
恒定速率運行，一質量為、水平初速度大小為 的小物塊，從與傳送帶等高
的光滑水平面上的 處滑上傳送帶；若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶
上運動的圖像（以地面為參考系）如圖乙所示。重力加速度大小取 ，則
( )
C
A.小物塊向左運動的過程中離 處的最大距
離為
B.小物塊返回點時動能增加了
C.小物塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為
D. 時間內，傳送帶克服摩擦力做的功
為
【解析】 由圖像可知，時小物塊向左運動的距離最遠，根據 圖像
與橫軸圍成的面積表示位移可得 。
結合圖像可得小物塊的初動能，小物塊返回
點時的動能，故小物塊返回點時動能減少了 。
小物塊做勻變速運動的加速度大小 ，由牛頓第二定律得
，可得。由圖像可得傳送帶速度大小為 ，
內小物塊在傳送帶上滑動，傳送帶的位移 ，方向向右。由圖像可
知小物塊向右做勻加速運動階段運動的距離，則 內小物塊的位移
，方向向左。小物塊和傳送帶的相對位移 ，整個過
程中因摩擦產生的熱量 。
前 內小物塊與傳送帶間有相對運動，存在摩擦力，可得傳送帶克服摩擦力做的
功為 。
考點3 功能關系中的圖像問題
11.（2023年6月浙江卷）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛
球在空中運動時的加速度大小、速度大小、動能和機械能隨運動時間 的變化關
系中,正確的是( )
D
A. B. C. D.
【解析】 鉛球在空中做平拋運動，加速度為重力加速度，恒定不變。
鉛球的速度大小為，又，聯立可得,所以
圖像為曲線。
由于不計空氣阻力，則鉛球在空中運動過程中只有重力做功，機械能守恒，
不隨時間發生變化，由動能定理有，又 ，聯立可得
，所以 圖線為二次函數圖線的一部分。
12.［多選］（2024安徽馬鞍山三模）質量為 的球豎直落入
深的水中后，下降過程中受到水的作用而做勻減速直線運
動，下降過程中球的機械能和重力勢能隨著球進入水的深度
變化的規律如圖所示，重力加速度大小取 。則
( )
AC
A.球的質量為 B.球的動能減少了
C.球受到水的作用力大小為 D.球向下運動的時間約為
【解析】 由圖像可知是以水底所在水平面為零重力勢能參考平面的，則在水面處
的重力勢能為 ,（【點撥】由球做勻減速直線運動可知水對球的作用力豎直向上，且
大于球的重力，由功能關系可得球機械能的減小量由功能關系可得球機械能的減小量
,球重力勢能的減小量,可知 圖像的斜率表示力的大小,由
可得題圖中上邊的圖線是球機械能的變化圖像,下邊的圖線是球重力勢能的變
化圖像。），根據，其中，可得球的質量為 。
球開始進入水中時的機械能為，則動能為 ，則到達水底時球的動能減少了
。
. .
. .
整個過程中球的機械能減小量為，又有 ，解得球受到水的作用力
大小為 。
球向下運動的加速度，初速度 ，則
球運動的時間 。
13.［多選］（2024福建龍巖一中期中）如圖所示，光滑固定斜面
底端固定一輕質彈簧，一滑塊從 點由靜止釋放，向下滑動過程
經點接觸彈簧，最低到達點處。以為原點、平行斜面向下為
軸正方向建立一維坐標系，、處坐標分別為、。設滑塊在
BD
A. B. C. D.
處的重力勢能為0，下滑過程中，滑塊的動能、重力勢能、機械能、加速度 隨位
移 的變化圖像符合實際的是( )
【解析】 設斜面的傾角為 ，滑塊接觸彈簧前，在經過一小段位移 過程中，根
據動能定理得，整理得 ，滑塊動能隨位移均勻增加；
滑塊接觸彈簧后在經過一小段位移過程中，根據動能定理得 ，
整理得 ，由于彈簧彈力逐漸增大，圖像斜率的絕對值先減小后增大。
滑塊下滑過程中有 ，整理得 。
滑塊接觸彈簧前機械能守恒，滑塊接觸彈簧后，彈簧彈性勢能增加，滑塊機械能
減小。
滑塊接觸彈簧前，根據牛頓第二定律有，解得 ，滑塊接
觸彈簧后，根據牛頓第二定律有 ，解得
。
跳跳學長有話說
解答此類題關鍵點在于找出縱、橫坐標軸所代表的物理量之間的函數關系，并通過斜率、
截距、拐點等進行判斷。
覺醒集訓
1.（2023年1月浙江卷）一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身
而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中( )
B
A.橡皮繩彈性勢能減小 B.游客的重力勢能減小
C.游客的機械能保持不變 D.橡皮繩一繃緊游客的動能就開始減小
【解析】 游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客的重力做正功，重力勢能減小。
橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢能一直增大。
橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負功，因此游客的機械能減小。
橡皮繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動能先增大后減小。
2.（2024東北三省大聯考）如圖所示，傾角為 的斜面固定在水平桌面上，用平
行斜面向上的恒定推力將靜止于斜面底端的物塊推到斜面頂端，推力 做的功至少為
。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為，， 。若用水
平向左的恒定推力將物塊推到頂端，推力 做的功至少為( )
C
A. B. C. D.
【解析】 對物塊做功最少物塊應從斜面
底端緩慢運動到斜面頂端，（【點撥】物
塊受重力、推力和摩擦力,由功能關系可
知推力和摩擦力做的功之和等于物塊機械
能的變化量,有 ,可得
,由題意可知物塊克
服摩擦力做的功及物塊重力勢能的變化量恒定,則動能變化量 為零即物塊運動過
程中速度為0時推力做的功最小,因此物塊應從斜面底端緩慢運動到斜面頂端。）用平行
斜面向上的推力 將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖1所示，
根據受力平衡可得，設斜面的長度為 ，則
。恒定推力 推物體時，對物塊受力分析如圖2所示，根據受力平衡可
得 ，
解得 ，則
，（【易錯】注意推力方向與位移方向不同。正確。）
C
. .
3.（2025山東中學聯盟模擬）編號為1、2、3的三個相同的小球從同
一高度以相同速率拋出，1球豎直上拋、2球平拋、3球豎直下拋，從
拋出到落地的過程中，下列說法正確的是( )
C
A.重力對三個球做的功 B.重力的平均功率大小
C.落地前瞬間重力的功率 D.落地時的速率
【解析】 設小球下落高度為，重力對三個球做功為 。
由于，，，所以 ，根據
可得重力的平均功率大小 。
由于重力做的功相等，根據動能定理可知，三個小球落地瞬間速度大小相等，
即 ，由于水平拋出的小球落地瞬間速度方向斜向下，所以豎直分速度較小，
則有，根據可得重力的瞬時功率大小 。
4.［多選］（2025山西部分學校開學考）如圖所示，長為的輕桿一端連接在 處的鉸鏈
上，另一端連接在質量為的小球上，輕繩穿過處的光滑圓環，一端連接在小球 上，
另一端吊著質量為的小球。用向上的力拉著小球，使、 兩球均處于靜止狀態，
此時輕桿和連接小球的輕繩與水平方向的夾角均為 ，鉸鏈和圓環在同一水平直線上，
不計小球大小，不計一切摩擦，重力加速度大小為。某時刻撤去拉力，從撤去 到輕
桿水平的過程中，下列說法正確的是( )
BD
A.撤去拉力的瞬間，小球 的加速度為零
B.輕桿對小球 不做功
C.當輕桿水平時，輕桿和輕繩對小球的拉力大小相等
D.當輕桿水平時，小球的速度大小為
【解析】 撤去拉力的瞬間，由受力分析可知，小球 受到的合外力不為零，加速
度不為零。
由于輕桿連著鉸鏈，因此輕桿對小球的力始終沿桿的方向與小球 的速度方向垂
直，因此輕桿對小球 不做功。
由于小球繞鉸鏈做圓周運動，當輕桿水平時，輕桿對小球 的拉力大于輕繩對小
球 的拉力。
設當輕桿水平時，設小球的速度為，此時小球 的速度為零，（【點撥】之后小
球從水平位置繼續向下運動,與圓環間的輕繩長度開始增大,因此小球 將變為向上運
動,可知此時小球的速度減為了零。）小球下降的高度為，小球 下降的高度為
，根據系統機械能守恒，有 ，解得
。
. .
5.（2025黑龍江哈爾濱市第九中學月考）某新能源汽車生產廠家人員在平直公路上測試
汽車性能，時刻駕駛汽車由靜止啟動，時刻汽車達到額定功率，
時刻汽車速度達到最大，如圖是車載電腦生成的汽車牽引力隨速率倒數 變化的關系
圖像。已知汽車和司機的總質量，所受阻力與總重力的比值恒為 ，重力
加速度大小取 ，則( )
C
A.汽車啟動后做勻加速直線運動，直到速度達到最大
B.汽車在段做勻加速直線運動，在 段做勻速運動
C.汽車達到的最大速度大小為
D.從啟動到速度達到最大過程中汽車通過的距離為
【解析】
.
時刻汽車的速度為 ，汽車額定功率為
，汽車達到的最大速度大小為
。
汽車做勻加速直線運動的位移大小為 ，汽車從功率達到額定功率
到速度達到最大過程中，根據動能定理有 ，解得
，則從啟動到速度達到最大過程中汽車通過的距離為 。
6.［多選］（2025山東中學聯盟模擬）如圖所示，半徑為 的光滑圓環固定在豎直面
內，為圓環的圓心，、兩點等高。輕彈簧一端固定在圓環的最低點 ，另一端連接
圓環上的帶孔小球，小球質量為。小球自圓環的最高點由靜止釋放，經過 點時彈
簧恰好恢復到原長，經過點時彈簧的長度為。已知彈簧的原長為 ，勁度系數為
，重力加速度大小為 ，不計空氣阻力。在小球下滑過程中，下列說法正確的是
( )
A.小球經過點時的動能為
B.小球經過 點時的重力勢能可能最小
C.小球經過點時的動能為
D.小球的動能與彈簧的彈性勢能之和始終增大
CD
【解析】 小球和彈簧組成的系統機械能守恒，在小球下滑過程，小球的重力勢能
一直減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和始終增大。
設、兩點的高度差為，根據幾何關系可得 ，其中 ，
，解得，從到 過程，根據系統機械能
守恒可得 。
由于在點時，彈簧的伸長量為，在 點時，彈簧的壓縮量
為，可知在點和點彈簧的彈性勢能相等，從到 過程，根據系統
機械能守恒可得 ，其中 ， ，
，聯立解得小球經過 點時的動能為
，由于小球在點具有一定的動能，所以 點不是小球運動過程的最低點，
則小球經過 點時的重力勢能不可能最小。
7.［多選］（2025河南南陽階段練習）如圖所示，質量 的物體（可視為質點）
從高為的光滑軌道上點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的 點，物體和
傳送帶之間的動摩擦因數為，傳送帶、之間的距離 ，傳送帶一直以
的速率順時針轉動，重力加速度大小取 ，則( )
AC
A.物體從運動到的時間是
B.物體從運動到的過程中，摩擦力對物體做的功為
C.物體從運動到的過程中，因摩擦產生的熱量為
D.物體從運動到 的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多
做的功為
【解析】 物體自點至點的過程，由機械能守恒定律有 ，代入數據
解得物體下滑到點的速度大小 ，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩
擦力的作用下做勻加速運動,（【關鍵點】通過判斷物體速度與傳送帶速度的大小關系
可以確定物體所受摩擦力的性質和方向,分析物體的運動狀態。）加速度大小為
，物體從運動至速度與傳送帶的速度相等的過程用時 ，
勻加速運動的位移大小為 ，（【關鍵點】此處根據平均速
度法求解位移更便捷。）所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動，勻速運動的時間為
，故物體從運動到的時間為 。
物體運動到時的速度大小是，根據動能定理得物體從運動到 的過程
. .
. .
. .
中,摩擦力對物體做的功為 。（【另解】此處也可以由功的定
義式進行求解,即摩擦力對物體做的功為 。）
在時間內，傳送帶運動的路程為，故物體從運動到 的過程中,
因摩擦產生的熱量為 。
（【易錯】①注意區分與，并理解它們間的關系。②此處“ ”為物體相對傳送帶滑
動的距離，而非相對地面運動的位移大小 ）
電動機多做的功一部分轉化為物體的動能，另一部分轉化為內能，則物體從 運動
到的過程中,電動機多做的功為 。
. .
. .
. .
8.（2025陜西部分高中開學考）有一種內置發條的玩具小車，在推力作用下運動時，發
條收緊儲存能量，每前進發條儲能，最大可儲能 。無推力作用時，發
條釋放能量產生動力，每前進釋放 ，直至儲能釋放完畢。該玩具小車在一
恒定推力作用下從靜止開始在水平地面上沿直線前進了 ，推力與水平方向夾角為
指向斜下方，大小為 ；撤去推力后，小車繼續沿直線前進。已知玩具小車質量
為，小車受到的外界阻力為其給水平地面壓力的，重力加速度大小取 ,
， 。求：
（1） 從推力開始作用到撤去時外界阻力做的功；
【答案】
【解析】 由題知， ，將其沿豎直方向和水平方向分解可得
，
則地面對小車的支持力為
外界阻力
外界阻力做的功為 。
（2） 推力撤去時小車的速度大?。?br/>【答案】
【解析】 推力做的功
發條儲能
由動能定理有
解得 。
（3） 小車運動過程中的最大動能。
【答案】 1.
【解析】 推力撤去后，則有
則外界阻力為
小車每前進，外界阻力做的功為 ，發條釋放能量
，因 ，所以發條儲能釋放完畢時小車動能最大，（ 【抓題眼】撤
去推力后，一方面發條釋放儲存的能量，轉化為玩具車的動能，一方面阻力做負功消耗
玩具車的動能，利用能量守恒定律判斷出小車此后動能的變化進而判斷出小車動能最大
的時刻。）發條釋放儲能對應路程
外界阻力做的功為
由功能關系有1. 。
. .
. .
9.設問創新（2024遼寧沈陽聯考）如圖所示，在豎直平面內建立 坐標系，曲線軌道
部分的方程為，在原點處與軸相切，點的橫坐標為 ；光滑圓弧軌
道所對的圓心角為 ，半徑。質量的穿孔小球以 的水平速
度從點進入軌道，以的速度從 端滑出后無碰撞地進入圓弧軌道。重力加速度大
小取，， ，空氣阻力忽略不計。
（1） 求小球滑到圓弧軌道最低點 時對軌道的壓力；
【答案】 2. ，方向豎直向下
【解析】 過程機械能守恒，則有
其中
小球在圓弧軌道點處，根據牛頓第二定律有
聯立解得
根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力為 ，方向豎直向下。
（2） 求小球在 軌道運動過程中克服摩擦力做的功；
【答案】
【解析】 過程，根據動能定理有
將代入方程
可得
解得 。
（3） 要使小球在 軌道運動過程中無機械能損失，可對小球施加一恒力。求此恒力
的大小和方向。
【答案】 1 ; 方向豎直向下
【解析】 要使小球與軌道無擠壓，則小球須沿著 軌跡運動，而根據類平拋
運動的研究方法可得
，
聯立可得
對照可得
豎直方向，根據牛頓第二定律有
解得 ，方向豎直向下。
跳跳學長有話說
（3）問的解題關鍵是讀懂題的隱含條件，要使小球在 軌道運動過程中無機械能損失，
則該過程中沒有摩擦力，全程沒有正壓力，小球完全按照 軌道軌跡運動，題中已給
出軌跡方程，由類平拋運動性質推出軌跡方程，求出類平拋運動的加速度 ，再結合牛
頓第二定律得出外力 。
覺醒原創
1.2024年7月18日，隨著 次列車從蘭考南站駛出，標志著日蘭高鐵全線貫通運營。
若發車前工作人員將兩列車串聯，兩列車能以速度 向前方勻速運動，前方列車的輸出
功率為，后方列車輸出功率為 ，前方列車質量是后方列車質量的2倍，兩列車受到
的阻力均為自身重力的 倍，則兩列車連接處牽引裝置的作用力為( )
C
A. B. C. D.
【解析】 設兩列車連接處牽引裝置的作用力為，后方列車質量為 。
2.［多選］水上飛傘是一項鍛煉勇氣和毅力的水上娛樂活動，快艇啟動后做加速運動，
飛傘升起張開，游客乘傘體驗在空中飛翔的感覺，如圖甲所示。某時刻，快艇中的速度
計顯示的速率為 ，從此位置開始建立坐標系，得到快艇運動的加速度與位移關系
如圖乙所示。下列說法正確的是( )
圖甲
圖乙
A.位置坐標為時，快艇運動的速率為
B.，快艇運動的時間為
C.，快艇運動的平均速度大于
D.，快艇運動的平均加速度小于
√
√
【解析】 題圖乙給的為不常見的圖像，從 圖像可
以看出，加速度不是一定值，圖像問題我們首先聯想到用面積來
解答，此時我們可聯想到牛頓第二定律和動能定理來解答，
，要求面積，等式兩邊同時乘，則 ,根據動能
定理可知，則 ，由題圖
乙得,代入數據解得 。
作出快艇運動的 圖像如圖所示，（【點撥】快艇的加速度
隨位移的增大而增大,可知快艇的加速度越來越大。\ 圖像的斜率越來越大。）可見
快艇平均速度，運動的時間 ，運動的平均加速度
。
. .
3.［多選］質量為的運動員從高于水面 的跳臺上自由落下，從運動
員接觸水面開始，運動員受到的浮力、阻力隨入水深度 的變化關系分別如圖甲、
乙所示，假設運動員從入水開始身體始終沿豎直方向，不計空氣阻力，重力加速度 取
，則( )
ACD
A.運動員的最大入水深度為
B.運動員恰完全入水時的動能為
C.從開始跳下到入水最深的整個過程中，運
動員重力做功的功率先增大后減小
D.從開始跳下到入水最深的整個過程中，運
動員的機械能減小了
【解析】 第一步：運動員運動過程不清晰，結合題圖分析
對題圖甲分析可知，運動員入水 時完全入水，之后所受浮力不變，阻力與速度有
關，入水最深時速度為零，受到的阻力為零，對整個運動過程由動能定理可得
浮阻，因， 浮
，阻 ，
代入可解得 ，A正確。
第二步：求解恰完全入水時的動能，需要結合最大入水深度
結合上述分析和題圖乙可知，恰完全入水時受到的阻力大小為
，運動員從自由落下到完全入水，根據動
能定理有 ，解得
，B錯誤。
第三步：運動員所受重力不變，功率如何變化？需要看速度的變化情況
運動員入水前速度越來越大，入水后當阻力和浮力的合力大于運動員的重力時，運動員
的速度逐漸減小，由 可知重力做功的功率先增大后減小，C正確。
第四步：如何求解機械能的變化量？可根據重力勢能的減少量計算
運動員在整個運動過程動能變化量為零，故其機械能減少量為
，D正確。

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