2026高考物理总复习题库：第4讲　功能关系　能量守恒定律

第4讲功能关系能量守恒定律

学习目标1.掌握几种常见的动能关系，知道能量守恒定律。2.理解摩擦力做功

与能量转化的关系。3.会应用能量的观点解决综合问题。

一、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

(1)重力做正功，重力势能减少

重力势能

重力的功(2)重力做负功，重力势能增加

变化

(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

(1)弹力做正功，弹性势能减少

弹性势能

弹簧弹力的功(2)弹力做负功，弹性势能增加

变化

(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2

只有重力、弹簧机械能

机械能守恒，ΔE＝0

弹力做功不变化

(1)其他力做多少正功，物体的机械能就

除重力和弹簧弹增加多少

力之外的其他力机械能变化(2)其他力做多少负功，物体的机械能就

做的功减少多少

(3)W其他＝ΔE

一对相互作用的(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做

机械能减少，内能增

滑动摩擦力的总负功，系统内能增加

加

功(2)摩擦生热Q＝Ffx相对

(1)克服安培力做的功等于电能增加量

安培力做功电能变化

(2)W克安＝E电

二、能量守恒定律

1.思考判断

(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)

(2)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。(√)

(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)

(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)

(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。(×)

(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。

(√)

2.(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克

服阻力做功500J，则在此过程中这名运动员()

A.重力势能增加了3000JB.动能增加了3000J

C.动能增加了2500JD.机械能减少了500J

答案CD

考点一功能关系的理解和应用

功的正负与能量增减的对应关系

(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。

(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还

是做正功。

(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。

角度功能关系的理解

例1(2024·江苏南京高三检测)如图1所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在

电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中()

图1

A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功

B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能

C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能

D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能

答案B

解析在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，与

速度方向夹角为锐角，故摩擦力做正功，故A错误；根据功能关系可知，弹力和

摩擦力做功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对滑块做的功小

于滑块机械能增加量，故B正确；由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断

支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，

故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误；除

重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块

所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。

角度功能关系与图像的结合

例2(多选)(2024·福建三明高三期中)如图2甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平

地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程

中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是

()

图2

A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0

E0

B.木块受到的摩擦力大小为

x0

4E0

C.木块的重力大小为

x0

3

D.木块与斜面间的动摩擦因数为

2

答案BC

解析机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0

－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于

E0

摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功

x0

4E0

等于重力势能变化量，则mgx0sin30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩

x0

3

擦力为Ff＝μmgcos30°，解得μ＝，故D错误。

6

1.(多选)(2024·湖北武汉高三月考)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于

动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它

离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10m/s2，根据图中数据可

知()

图3

A.物体的质量为2kg

B.物体上升过程中所受阻力大小为4N

C.在物体上升至h＝2m处，物体的动能为40J

D.在物体上升后返回至h＝2m处，物体的动能为30J

答案AD

解析根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，

20

解得f＝N＝5N，故B错误；由图可知，物体初动能为100J，在物体上升至

4

h＝2m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50J，故C错误；

从地面上升后返回至h＝2m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6m，

解得Ek2＝30J，故D正确。

角度摩擦力做功与能量转化

例3(多选)(2024·江苏南京师大附中高三期中)一长木板静止于光滑水平面上，一

小物块(可视为质点)从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右

做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是

木板位移的4倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则()

图4

A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量

B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量

C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功

D.因摩擦而产生的内能是木板动能增加量的3倍

答案BD

解析根据能量守恒定律可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产

生的内能之和，故A错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动

能的增加量，故B正确；设物块与木板之间的摩擦力为Ff，木板的位移为x，则

物块的位移为4x，物块克服摩擦力所做的功为Wf＝Ff·4x，对木板根据动能定理

可得木板动能的增加量为ΔEk＝Ffx，因摩擦产生的内能为Q＝Ffs相＝Ff·3x，可知

因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功，因摩擦而产生的内能是木板

动能增加量的3倍，故C错误，D正确。

方法总结两种摩擦力做功特点的比较

类型

静摩擦力做功滑动摩擦力做功

比较

(1)一部分机械能从一个物体

能量只有机械能从一个物

不转移到另一个物体

的体转移到另一个物

同(2)一部分机械能转化为内能，

转化体，而没有机械能转

点此部分能量就是系统机械能

化为其他形式的能

的损失量

一对一对滑动摩擦力做功的代数

不

摩擦一对静摩擦力所做功和总是负值，总功W＝－Ffs相

同

力的的代数和总等于零对，即发生相对滑动时产生的

点

总功热量

做功两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可

相同点

情况以不做功

2.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进

入木块的深度达到最大值2cm时，木块沿水平面恰好移动距离1cm。在上述过

程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为()

A.1∶2B.1∶3

C.2∶3D.3∶2

答案C

解析根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩

擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，

有ΔE系统＝Q＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，

ΔE系统2

即ΔE子弹＝Ffx1，可得＝，故C正确，A、B、D错误。

ΔE子弹3

考点二能量守恒定律的理解和应用

1.对能量守恒定律的两点理解

(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定

相等。

(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定

相等。

2.能量转化问题的解题思路

(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。

(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，

哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由

ΔE减＝ΔE增列式求解。

3.涉及弹簧的能量问题

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：

(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大

程度时两物体速度相同。

例4(2024·河北任丘一中期中)如图5所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为

37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接

触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O

点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力

推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。

当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

图5

(1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep；

(2)改变滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可

能值。

3838

答案(1)3.8mgR(2)m≤M<m

2315

2

vD

解析(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有mg＝m

R

滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得

3＋＋

3Rsin37°RRcos37°12

Ep＝μmgcos37°×R＋mg2＋mvD

22

联立解得Ep＝3.8mgR。

(2)设滑块P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于

33

零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos37°·R＋Mg·Rsin37°

22

38

解得M<m

15

要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，

由能量守恒定律可得

3

3Rsin37°＋Rcos37°

Ep≤μMgcos37°·R＋Mg2

2

38

解得M≥m

23

3838

综上所述可得m≤M<m。

2315

3.(多选)(2024·辽宁大连高三期中)如图6所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有

一A点，长度为l＝0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3kg，开始用外力

使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1kg，两者用一轻质细绳绕过光

滑定滑轮连接在一起，木板与斜面的动摩擦因数为μ＝2。现撤去外力让木板由静

3

止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是()

图6

A.木板M和木块m组成的系统机械能守恒

2

B.木板上端刚过A点时速度大小为m/s

2

C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和

D.系统产生的热量为10J

答案BC

解析由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动中会有摩擦生热，

所以木板M和木块m组成的系统机械能不守恒，故A错误；木板M和木块m组

12

成的系统由能量守恒定律有Mglsinθ－mgl＝(M＋m)v2＋μMglcosθ，解得v＝

22

m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械

能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q＝μMglcosθ＝6J，故

D错误。

A级基础对点练

对点练1功能关系的理解与应用

1.(2023·1月浙江选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵

身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中()

A.弹性势能减小B.重力势能减小

C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小

答案B

解析橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直

做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械

能减少，转化为弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧的一段时间内，弹力小于重力，

合力向下，游客的速度继续增加，游客动能继续增加；当弹力大于重力后，合力

向上，游客动能逐渐减小，D错误。

2.(2024·山东潍坊高三期末)如图1所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m

1

的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g，

3

重力加速度为g，运动员从上向下滑到底端的过程中()

图1

11

A.减少的机械能为mghB.增加的动能为mgh

33

21

C.克服摩擦力做功为mghD.合外力做功为mgh

36

答案A

h1h2

解析合外力做功为W总＝ma·＝m·g·＝mgh，故D错误；对滑雪

sin30°3sin30°3

2

运动员由动能定理可知，增加的动能为ΔEk＝W总＝mgh，故B错误；对滑雪运

3

1

动员由牛顿第二定律有mgsin30°－Ff＝ma，可得运动员受到的摩擦力Ff＝mg，

6

h1

所以运动员克服摩擦力做的功为W克＝Ff·＝mgh，可知运动员减少的机械

sin30°3

1

能为mgh，故A正确，C错误。

3

3.(多选)(2024·湖南长郡中学模拟)如图2，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。

某次列车以64.8km/h(18m/s)的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2

km/h(2m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小

量之比)，g取9.8N/kg，则()

图2

A.该过程列车的机械能守恒B.该过程列车的机械能减少

C.η约为10%D.η约为25%

答案BD

解析列车在冲上坡顶车站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了

列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小

1212

的动能之间的关系为ΔEp＝mgh<ΔEk＝mv初－mv末，因此该过程列车的机械能减

22

ΔEp

少，故A错误，B正确；则该过程节能坡的转化率为η＝＝

ΔEk

mgh

×100%≈25%，故C错误，D正确。

122

m（v初－v末）

2

4.(多选)(2024·福建厦门高三联考)如图3甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水

平地面上的物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，

其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法正确的是()

图3

A.0～x2过程中，物体所受拉力不变

B.x1～x2过程中，物体的加速度先减小后增大

C.0～x3过程中，物体的动能先增大后减小

D.0～x3过程中，物体的机械能一直增大

答案BC

解析物体的机械能变化等于力F做的功，即E＝Fx，故图线的斜率表示F，又

0～x1过程中斜率不变，而x1～x2过程中斜率减小，故0～x2过程中物体所受拉力

先不变后减小，故A错误；x1～x2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，则加速

度先减小后反向增大，故B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加

速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，最终F＝0，物体做

减速运动，则在0～x3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，

故C正确；由于题图为物体的机械能E与位移x的关系，则根据题图0～x2过程

中物体的机械能一直增大，x2～x3过程中物体机械能保持不变，故D错误。

5.(多选)(2024·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶

端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为

W3，则下列说法正确的是()

A.因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3

B.动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3

C.重力势能的变化量为ΔEp＝W2

D.机械能的变化量为ΔE＝W1－W3

答案BD

解析摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据

动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根

据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的

功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。

对点练2能量守恒定律的理解和应用

6.某同学用如图4所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木

块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放

后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再

将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右

端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m

为()

图4

A.100gB.200g

C.300gD.400g

答案D

解析根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m

＝400g，D正确。

7.轻质弹簧的劲度系数k＝30N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的

物块相连，如图5(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因

12

数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx。以物块所在处为原点，

2

水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变

化的情况如图(b)所示，g＝10m/s2，则物块向右运动至x＝0.4m处的动能为()

图5

A.0.7JB.1.1J

C.3.1JD.3.5J

答案A

解析全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力

1

F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2×J＋10×0.2J＝

2

12

3.5J，弹性势能Ep＝kx＝2.4J，代入数据联立解得Ek＝0.7J，故A正确。

2

B级综合提升练

8.(多选)(2024·四川成都石室中学期中)如图6所示，滑块以一定的初速度冲上足够

长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点

出发时为t＝0时刻，在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重

力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是()

图6

答案AB

解析根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgxsinθ－μmgxcosθ，可得Ek＝Ek0－(mgsin

θ＋μmgcosθ)x，可知Ek与位移x成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep

＝mgx·sinθ，可知Ep与位移成正比，故B正确；滑块以速度v0冲上粗糙的斜面，

加速度大小为a＝gsinθ＋μgcosθ，则有v＝v0－(gsinθ＋μgcosθ)t，滑块动能与时

1212

间的关系为Ek＝mv＝m[v0－(gsinθ＋μgcosθ)t]，故C错误；上滑过程中，摩

22

擦力对滑块做负功，滑块的机械能不断减小，故D错误。

9.如图7所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的

小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间

的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，

则下列说法正确的是()

图7

A.此时小物块的动能为F(x＋L)

B.此时小车的动能为Ffx

C.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL

D.这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)

答案B

解析对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)

－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，

故B项正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0，

经过水平外力作用后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－Ff(x

＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所

以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，摩擦产

生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。

10.如图8所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B

1

点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的细圆管CD，管口D端正下方直立

4

一根劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管

口D端平齐。一个质量为1.0kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6

m处由静止释放物块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时，

它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最

2

大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s。求：

图8

(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；

(2)物块最终停止的位置。

答案(1)6J(2)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B端0.2m处)

解析(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端

的距离为x0，则有kx0＝mg

解得x0＝0.1m

在C点，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力FN′＝2.5mg，有

2

vC

FN′＋mg＝m

r

解得vC＝7m/s

物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有

12

mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－mvC

2

解得Ekm＝6J。