功能關系、能量守恒定律（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復習（新教材新高考）

第22講功能關系能量守恒定律

目錄

01、考情透視，目標導航

02、知識導圖，思維引航..............................................2

03、考點突破，考法探究..............................................3

考點一功能關系的理解和應用...................................................3

知識點1.幾種常見的功能關系及其表達式....................................3

知識點2.功的正負與能量增減的對應關系....................................4

知識點3.兩種摩擦力做功特點的比較........................................4

考察動向

考向1功能關系的理解.....................................................5

考向2功能關系與圖像的結合..............................................5

考向3摩擦力做功與能量轉化..............................................6

考點二能量守恒定律的理解和應用................................................7

知識點1能量守恒定律的內容及表達式......................................7

知識點2.應用能量守恒定律解題的步驟.......................................7

知識點3.對能量守恒定律的兩點理解.........................................7

知識點4.能量轉化問題的解題思路...........................................7

知識點4.涉及彈簧的能量問題...............................................7

考察動向........................................................................8

考向1應用能量守恒定律定性分析.........................................8

考向2應用能量守恒定量計算.............................................8

考點三摩擦力做功與能量轉化....................................................10

知識點L兩種摩擦力做功的比較..........................................10

知識點2.三步求解相對滑動物體的能量問題..........；..........................................10

考察動向

考向1摩擦力做功與摩擦熱的計算........................................11

考向2往復運動中摩擦力做功的計算......................................11

04、真題練習，命題洞見.............................................12

2024?安徽?高考物理試題

2024?山東?高考物理試題

考情

2024?北京?高考物理試題

分析

2024?浙江?高考物理試題

2023?全國?高考物理試題

目標1.掌握幾種常見的動能關系，知道能量守恒定律。

復習

目標目標2.理解摩擦力做功與能量轉化的關系。

目標.會應用能量的觀點解決綜合問題。

功的正負與功能關系

各力做功

能比的增減表達式

合外力做功WjaE」W用=E十一E”

重力做功丫，二%:WG=E“—Ep?

彈簧彈力做功WL.-Ew

岸電力做功WjQEp；WAB-EM-EM

一對滑動摩擦

=Q'a■?

力做功之和

除重力以外的

W=E-E

其他外力做功ME21

安培力做功W安:-EoJH7?:電.

￡初=/末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)

各種能量的總和

能量守恒定律表達式

A￡■增=狂減，增加的能量總和等于減少的能

量總和

㈤3

考點突破?考法探究

考點一功能關系的理解和應用

--------------H-H-u

知識

知識點1.幾種常見的功能關系及其表達式

力做功能的變化定量關系

合力的功動能變化W=Ek2—Eg=AEk

(1)重力做正功，重力勢能減少

重力的功重力勢能變化(2)重力做負功，重力勢能增加

⑶僅3=-A￡p=￡pi—穌2

(1)彈力做正功，彈性勢能減少

彈簧彈力的功彈性勢能變化(2)彈力做負功，彈性勢能增加

⑶憶單=—AEp=昂—"￡p2

只有重力、彈簧彈

機械能不變化機械能守恒，A￡=0

力做功

(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多

少

除重力和彈簧彈力

之外的其他力做的機械能變化(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多

功少

⑶少其他=△￡

(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，

一對相互作用的滑機械能減少，內能增

系統(tǒng)內能增加

動摩擦力的總功加

(2)摩擦生熱Q=Rx相對

(1)克服安培力做的功等于電能增加量

安培力做功電能變化

(2)少點安=￡電

知識點2.功的正負與能量增減的對應關系

(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。

(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。

(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。

知識點3.兩種摩擦力做功特點的比較

類型

靜摩擦力做功滑動摩擦力做功

比較

(1)一部分機械能從一個物體轉移

能量只有機械能從一個物體

到另一個物體

的轉移到另一個物體，而沒

(2)一部分機械能轉化為內能，此

有機械能轉化為其他形

轉化部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失

不

式的能

量

同

點一對

一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總

摩擦一對靜摩擦力所做功的

是負值，總功，=一用5相對，即發(fā)

力的代數(shù)和總等于零

生相對滑動時產生的熱量

總功

做功兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做

相同點

情況功

/------------oaon-u.

考向洞察J]

考向1功能關系的理解

1.如圖所示，在電梯中的斜面上放置了一滑塊，在電梯加速上升的過程中，滑塊相對斜面靜止，則在該過程

中()

A.斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負功

B.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功小于滑塊增加的機械能

C.斜面對滑塊的彈力對滑塊所做的功等于滑塊增加的重力勢能

D.滑塊所受合力對滑塊所做的功等于滑塊增加的機械能

【答案】B

【解析】在電梯加速上升的過程中，對滑塊受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，與速度方向夾角為銳角，

故摩擦力做正功，故A錯誤；根據(jù)功能關系可知，彈力和摩擦力做功之和等于滑塊機械能增加量，兩力均

做正功，故彈力對滑塊做的功小于滑塊機械能增加量，故B正確；由于加速度大小未知，根據(jù)題目信息無

法判斷支持力沿豎直方向分力與重力大小關系，無法判斷彈力做功與重力做功大小關系，故無法判斷彈力

對滑塊所做的功與滑塊增加的重力勢能大小關系，故C錯誤；除重力之外其他力做的功等于滑塊機械能的

增加量，合力包含重力，故合力對滑塊所做的功不等于滑塊增加的機械能，故D錯誤。

考向2功能關系與圖像的結合

2.如圖甲所示，傾角為30。的斜面固定在水平地面上，一木塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面

足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（）

A.木塊上滑過程中，重力勢能增加了4瓦

B.木塊受到的摩擦力大小為外

xo

C.木塊的重力大小為——

X0

D.木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0

2

【答案】BC

【解析】機械能的變化量等于重力勢能變化量和動能變化量的和，則2&）—3瓦=0—3Eo+AEp,解得A￡p=

2E。,故A錯誤；木塊上滑過程中，機械能的變化量等于摩擦力所做的功，則一尸的=2Eo—3瓦）,解得八=

Eo4Eo

—故B正確；重力所做的功等于重力勢能變化量，則冽gx（）sin30o=AEp,解得機g=—,故C正確；滑動

xoXQ

摩擦力為Ff=〃"gcos30。，解得〃,故D錯誤。

6

2.（多選）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能心與重力勢能心之和，取地面為零勢能參考

平面，該物體的E總和「隨它離開地面的高度力的變化如圖3所示。重力加速度g取10m/s2,根據(jù)圖中數(shù)

據(jù)可知（）

A.物體的質量為2kg

B.物體上升過程中所受阻力大小為4N

C.在物體上升至〃=2m處，物體的動能為40J

D.在物體上升后返回至力=2m處，物體的動能為30J

【答案】AD

【解析】根據(jù)結合圖像可得物體的質量為2kg,故A正確；根據(jù)df,解得尸介=5

N,故B錯誤；由圖可知，物體初動能為100J,在物體上升至人=2m處，根據(jù)動能定理得一加一"?g〃=Eki

—40，解得“ki=50J,故C錯誤；從地面上升后返回至刀=2m處，根據(jù)動能定理得一於一mg/!=Ek2一反0,

又s=6m,解得為2=30J,故D正確。

考向3摩擦力做功與能量轉化

3.（多選）一長木板靜止于光滑水平面上，一小物塊（可視為質點）從左側以某一速度滑上木板，最終和木板相

對靜止一起向右做勻速直線運動。在物塊從滑上木板到和木板相對靜止的過程中，物塊的位移是木板位移

的4倍，設板塊間滑動摩擦力大小不變，貝1（）

，7〃//〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃//〃〃〃7,

A.物塊動能的減少量等于木板動能的增加量

B.摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量

C.因摩擦而產生的內能等于物塊克服摩擦力所做的功

D.因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍

【答案】BD

【解析】根據(jù)能量守恒定律可知，物塊動能減少量等于木板動能增加量與因摩擦產生的內能之和，故A

錯誤；根據(jù)動能定理可知，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，故B正確；設物塊與木板之間的

摩擦力為尸f,木板的位移為x,則物塊的位移為4x,物塊克服摩擦力所做的功為對木板根據(jù)動

能定理可得木板動能的增加量為A￡k=尸件，因摩擦產生的內能為相=43x,可知因摩擦而產生的內

能小于物塊克服摩擦力所做的功，因摩擦而產生的內能是木板動能增加量的3倍，故C錯誤，D正確。

考點二能量守恒定律的理解和應用

/---------------CHJ-OU-u

f知識固本」

知識點1能量守恒定律的內容及表達式

(1).內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物

體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。

(2).表達式：AC減增。

知識點2.應用能量守恒定律解題的步驟

①分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等。

②明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量相堿和增加的能量△￡增的表達式。

③列出能量守恒關系式：AE減=△￡增。

知識點3.對能量守恒定律的兩點理解

(1)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)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。

知識點4.能量轉化問題的解題思路

(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。

(2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加,

求出減少的能量總和AE減與增加的能量總和增，最后由AE減=△￡增列式求解。

知識點4.涉及彈簧的能量問題

兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：

(1)能量轉化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。

(2)如果系統(tǒng)內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。

考向疝察J]

考向1應用能量守恒定律定性分析

1.如圖所示，某同學將帶彈簧的圓珠筆倒置，在桌面上豎直向下壓緊彈簧，突然松手，圓珠筆豎直向上彈起。

對于圓珠筆(含彈簧)，下列說法正確的是()

A.向下壓縮彈簧的過程中，筆的機械能守恒

B.筆豎直向上運動的過程中機械能守恒

C.圓珠筆剛離開桌面時動能最大

D.換用不同的彈簧，只要壓縮量相同，筆上升的最大高度相同

【答案】B

【解析】：向下壓縮彈簧的過程中，手對圓珠筆做功，所以筆的機械能不守恒，A錯誤；松手后，筆豎直

向上運動的過程中，只有彈簧彈力和重力做功，故筆的機械能守恒，B正確；圓珠筆向上運動的某一時刻,

重力和彈簧彈力相等，這一時刻速度最大，但此時彈簧還沒有恢復原長，故筆還沒有離開桌面，C錯誤；從

筆開始向上運動到運動至最高點的過程，由能量守恒定律可得與彈=〃晦兒若換用不同的彈簧，當壓縮量x

相同時，彈性勢能不同，故上升的最大高度不同，D錯誤。

2.網(wǎng)上熱賣的一款“鋼球永動機”如圖所示。小球從平臺中心小孔P由靜止下落,

經(jīng)小孔下方快速旋轉的傳動輪加速后，由0點拋出并落回平臺，每次軌跡如圖中

虛線所示。貝!1()

A.該“鋼球永動機”不違背能量守恒定律

B.小球在空中上升過程中，處于超重狀態(tài)

C.小球在空中上升過程中，速度變化的方向豎直向上

D.小球在空中上升過程中，克服重力做功的功率恒定

【答案】A

【解析】：鋼球運動中因摩擦力、空氣阻力造成的機械能損失，由小孔下方快速旋轉的傳動輪補充，該“鋼

球永動機”不違背能量守恒定律，故A正確；小球在空中上升過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故B錯

誤；小球在空中上升過程中，由Av=成，可知速度變化的方向與加速度方向相同，加速度方向向下，故C

錯誤；小球在空中上升過程中，克服重力做功的功率由于豎直方向上速度大小變化，所以克服重

力做功的功率不恒定，故D錯誤。

考向2應用能量守恒定量計算

1.如圖所示，光滑水平面N3與豎直面內的半圓形軌道在8點銜接，導軌半徑為凡一個質量為加的靜止物

塊在/處壓縮彈簧，在彈力的作用下獲某一向右速度，當它經(jīng)過3點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力

的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，求：

AB

(1)開始時彈簧儲存的彈性勢能；

(2)物塊從B到C克服阻力做的功；

(3)物塊離開C點后落回水平面時的水平距離及動能的大小。

15

【答案】⑴3wgR(2)^mgR(3)27?yngR

【解析】(1)設物塊滑到2點的速度為切，

由牛頓第二定律可得

F^—mg=m—,其中F^=7mg

R

=

解得vByJ~6gR

設開始時彈簧儲存的彈性勢能為穌，

由穌=沙彈=丁￡

4至B光滑，即匕=期8

聯(lián)立解得穌=3加gR。

(2)設物塊恰能到達。點的速度為止,

由mg=m一得vc=JgR

R

設物塊從B到C克服阻力做的功為為

由能量守恒定律得—m=—mv??+mg-2R+Wi

解得Wf=^mgR。

(3)物塊離開。點做平拋運動，

有2尺=&gP,s=vctf解得s=2E

由能量守恒定律得Ek=mg'2R+-m

5

解得Ek=^mgRo

2.(多選)如圖6所示，傾角為9=53。的固定粗糙斜面上有一力點，長度為/=0.5m的木板質量分布均勻，其

質量為M=3kg,開始用外力使木板下端與4點對齊，如圖。木塊質量為機=lkg,兩者用一輕質細繩繞過

光滑定滑輪連接在一起，木板與斜面的動摩擦因數(shù)為〃=1?，F(xiàn)撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好

過N點，此過程中，下列說法正確的是()

M

A

m\e\

A.木板〃■和木塊加組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.木板上端剛過/點時速度大小為山m/s

2

C.木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產生的熱量之和

D.系統(tǒng)產生的熱量為10J

【答案】BC

【解析】和木塊羽組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；木板M和木塊”組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有

1/2

Mglsin9—mgl—^M+m)v2-\-/nMglcos0,解得m/s,故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知木板減少的機

械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產生的熱量之和，故C正確；系統(tǒng)產生的熱量為。=〃A/Hcos(9=6J,故

D錯誤。

考點三摩擦力做功與能量轉化

知識固本

知識點L兩種摩擦力做功的比較

靜摩擦力做功滑動摩擦力做功

互為作用力和反作用力的一對靜摩擦互為作用力和反作用力的一對滑動摩

力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正擦力所做功的代數(shù)和為負值，即至少有

一負，要么都不做功一個力做負功

兩種摩擦力都可以對物體做」E功或者負功，還可以不做功

知識點2.三步求解相對滑動物體的能量問題

第一步正確分析物體的運動過程，做好受力分析

第二步利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系

代入公式少=4/相對計算，其中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體

第三步

在傳送帶上做往復運動，則代入總的相對路程s相對

考向洞察J]

考向1摩擦力做功與摩擦熱的計算

1.(多選)如圖所示，質量為M、長度為工的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)放

在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力廠作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和

小車之間的摩擦力為吊，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為X。此過程中，以下結論正確的是

()

m

A.小物塊到達小車最右端時的動能為(尸一Ff)?+x)

B.小物塊到達小車最右端時，小車的動能為斥

C.小物塊克服摩擦力所做的功為尸"+x)

D.系統(tǒng)產生的內能為Ec

【答案】ABC

【解析工由動能定理可得，小物塊到達小車最右端時的動能耳物=少合=(尸一Ff)(￡+x),A正確；小物塊

到達小車最右端時，小車的動能與車=摩，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功為=K(￡+x),C正確；系

統(tǒng)產生的內能為尸也，D錯誤。

考向2往復運動中摩擦力做功的計算

2.如圖所示，N8為固定水平長木板，長為LC為長木板的中點，一原長為4的輕彈簧一端連在長木板左

2

端的擋板上，另一端連一物塊（可看作質點），開始時將物塊拉至長木板的右端8點，由靜止釋放物塊，物塊

在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為〃，物塊的質量為〃?，彈簧的勁度系數(shù)

k普詈,彈性勢能與=*2&為形變量），彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

下列說法正確的是（）

ACB

A.物塊第一次向左運動過程中，經(jīng)過C點時速度最大

2

B.物塊第一次到達左側最遠點距C點、-L

5

C.物塊最終停在C點右側出處

10

D.物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機械能為1.5nmgL

【答案】C

【解析】：物塊第一次向左運動過程中，運動到受到的彈簧向左拉力與向右摩擦力大小相等時，物塊的速

度最大，即％解得AX=K,故A錯誤；當物塊第一次到達左側最遠點時，設彈簧壓縮的長度為

10

X”根據(jù)能量守恒定律可得;加+解得內=高，故B錯誤；物塊最終停下時受

力平衡，即皿=〃加g,解得AxJ,整個過程損失的總機械能為兇=3出T回y=L2"mgL,設整

個過程木塊運動的路程為s,則AE=〃/gs,解得s=1.2L結合B選項分析可知，物塊最終停在C點右側4

處，故C正確，D錯誤。

1.(2024?安徽?高考真題)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所

示。水井中的水面距離水平地面的高度為出水口距水平地面的高度為九與落地點的水平距離約為

假設抽水過程中"保持不變，水泵輸出能量的〃倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度

為。，水管內徑的橫截面積為S,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為()

//出水口

Vn

A,頌/屈儲+J]B.PgS屈[H+J

2r/h(2h)2r/h(4h7

C.PSSl^gh(H+r\D.PSSljM_(Hn

Irjh(2hJ2r)h(4/i,

【答案】B

【詳解】設水從出水口射出的初速度為%,取f時間內的水為研究對象，該部分水的質量為：m=votSp

根據(jù)平拋運動規(guī)律

〃=；g產

解得:％=/居

2

根據(jù)功能關系得：Ptr]=^v0+mg(H+h)

聯(lián)立解得水泵的輸出功率為：A甯用，

故選B。

2.（2024?山東?高考真題）如圖所示，質量均為機的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通

過一根原長為/的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d</）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為〃，彈

性繩勁度系數(shù)為總被拉伸時彈性勢能b2（X為繩的伸長量）。現(xiàn)用水平力廠緩慢拉動乙所坐木板，直

至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，人保持不變，最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，重力加速度大小為g,則尸所做的功等于（）

A.（〃mg）-+〃,喈（/_4）

B.一黑,+〃加g（/—d）

2k

C.3（〃mg"+2"mg（i_d）D.（“mg"+2〃mg（i_d）

2k2k

【答案】B

【詳解】當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有：kx0=^mg

解得彈性繩的伸長量：無。=幺等

則此時彈性繩的彈性勢能為：&=-kx；=&支

22k

從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為：Xl=x0+l-d

則由功能關系可知該過程F所做的功：W=E+〃加gX]=加g）+〃叫（/-d）

02k

故選B。

3.（2024?北京?高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與

速度大小成正比，則下列說法正確的是（）

A.上升和下落兩過程的時間相等

B.上升和下落兩過程損失的機械能相等

C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量

D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

【答案】C

【詳解】D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知

上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；

C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度,

所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的

沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；

A.上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，

所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；

B.經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機械能損失

大于下落過程機械能損失，B錯誤。

故選C。

4.（2024?浙江?高考真題）如圖所示，質量為加的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中達

到最高點2的高度為h,則足球（）

2

一?一"、

〃&.〃〃/〃〃〃〃〃〃』“〃〃初

A.從1到2動能減少優(yōu)B.從1到2重力勢能增加加

C.從2到3動能增加加D.從2到3機械能不變

【答案】B

【詳解】AB.由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能

增加加g力，則1到2動能減少量大于機，A錯誤，B正確；

CD.從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小mg//,則動能增加小于機g〃，選項CD錯

誤。

故選B。

5.（2023?全國?高考真題）一同學將排球自。點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到。點。設排球在

運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.達到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動

【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動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負功，小球機械能

一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正

確；

C.達到最高點速度為零，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

加速運動，D錯誤。

故選B。

6.（2023?浙江?高考真題）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（）

A.彈性勢能減小B.重力勢能減小

C.機械能保持不變D.繩一繃緊動能就開始減小

【答案】B

【詳解】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一定高度時橡皮

繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，

速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值。

A.橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤;

B.游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確;

C.下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；

D.繩剛繃緊開始一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當彈力大于重力后，合

力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。

故選B。

7.（2022?浙江?高考真題）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以為=15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質量

為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持〃=3.75m不變。水泵由電動機帶動，電動機正

常工作時，輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需

要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%,忽略水在管道中運動的

機械能損失，則（）

p

p

p

p

J

p

E

j

p

p

R

A.每秒水泵對水做功為75J

B.每秒水泵對水做功為225J

C.水泵輸入功率為440W

D.電動機線圈的電阻為10Q

【答案】D

【詳解】AB.每秒噴出水的質量為加0=2.0kg,抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為:

1,

W=mogH+-movl=300J

故AB錯誤;

C.水泵的輸出能量轉化為水的機械能，貝U：%=7=300W

而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%,貝I」：「入=果=400W

故C錯誤；

D.電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為：%=產入=400W

而電動機的電功率為：集=U/=440W

由能量守恒可知：4=/汰+]

聯(lián)立解得：7?=10Q

故D正確；

故選D。

8.（多選）（2023?全國?高考真題）如圖，一質量為M、長為/的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為加

的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度V。開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為了,當

物塊從木板右端離開時（）

A.木板的動能一定等于力B.木板的動能一定小于

C.物塊的動能一定大于:加葉-力D.物塊的動能一定小于;機說-〃

【答案】BD

【詳解】設物塊離開木板時的速度為匕，此時木板的速度為％，由題意可知：匕＞馬

設物塊的對地位移為木板的對地位移為與

CD.根據(jù)能量守恒定律可得：；機葉=；加片

整理可得：（機v；=；加說—力一；A/v；<；冽v；一力

D正確，C錯誤；

AB.因摩擦產生的摩擦熱：Q=a=/（X,“-XM）

根據(jù)運動學公式

Xm--丁川

XM=^-（

因為：v0>Vj>v2

可得：X,n>2XM

則：xm-xM=l>xM

所以：W=fxM<fl

B正確，A錯誤。

故選BD?

9.（多選）（2024?廣西?高考真題）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，

方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上

底面的夾角均為夕。木栓質量為加，與方孔側壁的動摩擦因數(shù)為〃。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子

以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為/,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Ax的位移，未

到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,

則（）

A.進入過程，木料對木栓的合力的沖量為-/

J

B.進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為上一+加8

2mAx

[2

C.進入過程，木料和木栓的機械能共損失了J+加gAx

2m

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為“(1+2加gAx)

4mAx(cos6+4sinO')

【答案】BD

【詳解】A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木栓的沖量為/,

由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為故A錯誤；

1T2

B.錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能為：E^-mv2^—

k22m

木栓進入過程根據(jù)動能定理有：(mg-f)Ax=0-E,

—一—I2

解得平均阻力為：f=-