2026年高考物理二轮复习（全国）专题06 功能关系、能量守恒（专练）（解析版）

专题06功能关系、能量守恒

情境突破练压轴提速练

1．新情境【热气球旅游】（2026·安徽省太和中学·上学期期中考试）热气球旅游项目是一种结合低空飞行

与观光体验的特色旅游活动。通过调整热气球的升力大小，让热气球从地面由静止开始在竖直方向上先匀

加速上升再匀速上升，不考虑气体燃烧带来的质量变化，设热气球在空中上升阶段其动能为Ek，重力势能

为Ep，机械能为E机，上升时间为t，上升高度为H，选地面为势能零点，不计空气阻力。下列描述相关物

理量关系的图像一定错误的是（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】C．选地面为势能零点，则热气球上升高度为H时，重力势能的表达式为EpmgH

所以EpH图像为过原点的倾斜直线，故C正确，不符合题意；

1

A．设热气球在匀加速上升阶段的加速度大小为a，则上升的高度为Hat2

2

11

故重力势能的表达式为EmgHmgat2mgat2

p22

所以上升阶段Ept图像不可能是线性的，故A错误，符合题意；

B．设热气球匀加速上升高度H时的速度为v，则有v22aH

11

所以热气球匀加速上升高度H时的动能为Emv2m2aHmaH

k22

则热气球在匀加速上升阶段的EkH图像为过原点的倾斜直线；当热气球匀速上升时，动能保持不变，故

B正确，不符合题意；

D．根据功能关系有ΔE机W其他F升H

ΔE机

解得F升

ΔH

当热气球匀加速上升时，F升恒定且大于重力；当热气球匀速上升时，F升恒定且等于重力，所以E机H图

像应是两条倾斜的直线，且匀加速上升阶段的斜率大于匀速上升阶段的斜率。故D正确，不符合题意。

故选A。

2．新考法（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块

（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹

簧和物块的拴接点A、B在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。

1

物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能Ekx2，重力加速度为g，遮光条的

p2

宽度为d，物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）。现将物块由静止释放，记录物块通过光

电门的时间t。

（1）某次实验中物块从B点静止释放，记录l，和对应的时间t，物块通过光电门时的动能为________，此

时弹簧的弹性势能为________；若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，

需要验证的关系式是________（三空均用k，t，m，d，l和g等字母表示）。

（2）某同学为了更精确地完成实验，多次改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B点静止释放，记

1

录多组l和对应的时间t。他以l为横轴，为纵轴，做出图像，如图2所示，他发现此图像为一条曲线，

t2

为了方便数据处理应该将此曲线转化成一条直线，那么他应该做的图像是________，理论上此直线的斜率

的绝对值为________（用m、d、k表示）。

22

1d12d2

【答案】（1）①.m②.kl③.mkl2mgl

2t2t

2k

（）①1mg②

2.~l.2

t2kmd

【解析】

【小问1详解】

2

实验中物块从点静止释放，记录，和对应的时间，物块通过光电门时的动能为121d

[1]BltEkmvm

22t

11

[2]此时弹簧的弹性势能为Ekx2kl2

p22

[3]若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证的关系式是

EkEpmgl

2

d2

整理可得mkl2mgl

t

【小问2详解】

2

1d12

[1]为了方便数据处理应该将此曲线转化成一条直线，根据mklmgl

2t2

2

1kmgmg2

整理得到l

t2md2kkd2

2

1mg

那么他应该做的图像是~l图像。

t2k

2

1kmgmg2

[2]做出①中的直线，根据l

t2md2kkd2

k

可得理论上此直线的斜率的绝对值为k

md2

3．新情境【深蹲跳】（2026·北京市育才学校·上学期期中考试）“深蹲跳”是一项利用自重训练的健身运

动，需要先蹲下，然后靠大腿、臀部等的肌肉让整个身体向上直立跳起。如图甲所示，运动员做该动作，

在离开地面瞬间，全身绷直，之后保持该姿势达到最大高度。小明和小红运用所学知识对该对象和过程构

建了简化的物理模型来研究“深蹲跳”。已知重力加速度为g，不计空气阻力。

（1）测得运动员在离开地面之后上升的最大高度为h，求运动员离开地面瞬间的速度大小v0。

（2）小明考虑到起跳过程中身体各部分肌肉的作用，构建了如图乙所示的模型：把运动员的上、下半身看

作质量均为m的A、B两部分，这两部分用一质量不计的轻弹簧相连，静止时弹簧的压缩量为x0。起跳过

程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。小明查得弹簧的弹性势能Ep与其形变量x满足关系

1

Ekx2，k为弹簧的劲度系数。

p2

a．求图乙模型中弹簧的劲度系数k；

b．要想人的双脚能够离开地面，即B能离地，计算起跳前弹簧压缩量的最小值x1。

（3）小红发现，在运动员离开地面上升的过程中，绷直身体的各部分基本处于相对静止的状态，于是她在

小明构建的模型基础上做了进一步修正：如图丙所示，A和B间连一质量不计的轻杆（图中虚线所示），

当被压缩的弹簧伸长到原长时，轻杆将弹簧的长度锁定，此后上升过程中A和B的相对位置固定，代表绷

直的身体离开地面。根据小红的模型，当弹簧的压缩量为10x0时，计算运动员跳起的最大高度H。

【答案】（）

1v02gh

mg

（2）k，x13x0

x0

（3）H10x0

【解析】

【小问1详解】

运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知

1

mgh0mv2

20

则运动员离开地面瞬间的速度大小为

v02gh

【小问2详解】

a．静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件可知

kx0mg

解得劲度系数为

mg

k

x0

b．B恰好离地，A恰好到达最高点时，B所受的支持力恰好为0，A的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧压

缩量最小，由平衡条件

mgkx

解得弹簧的伸长量为

xx0

对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律

11

kx2kx2mg(xx)

2121

解得起跳前弹簧压缩量的最小值为

x13x0

【小问3详解】

弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律

11

k(10x)2mg10xmv2

2002

解得弹簧锁定前A的速度大小为

v45gx0

弹簧锁定前后，对A、弹簧和B组成的系统，由动量守恒定律

mv2mv1

解得运动员跳起时速度大小

v125gx0

运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为

v2

H110x

2g0

4．新考法（2026·广东省清远市·一模）（多选）如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和电

磁系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍

运动。质量为m的铁球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈的

时间为T，图中B点为管道最低点，A、C点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为

P，不计电路产生的焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（）

A.铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下

1

B.运动前两圈，该模型消耗的电能为mv2

2

C.运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做的功为PT

D.铁球经过AB段克服摩擦力做功大于经过BC段克服摩擦力做功

【答案】CD

v2

【解析】A．铁球在最高点处，对铁球受力分析有mgFm

r

由于v的大小可能大于、等于、小于gr，相应的F可能大于零、小于零或等于零，即铁球受到管的弹力

可能竖直向下、竖直向上，也可能没有弹力，由此可知，根据牛顿第三定律可得铁球对管的作用力方向不

确定，故A错误；

1

B．铁球从最高点静止开始下滑，运动前两圈，铁球的动能增加量为mv2，但该模型消耗的电能不仅用于

2

1

增加铁球的动能，还用于克服摩擦力做功，所以消耗的电能大于mv2，故B错误；

2

C．已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，运动每圈的时间为T，根据WPt可得运动一圈后，

电磁系统每圈对铁球做的功为PT，故C正确；

D．铁球先后经过A、C两个位置，重力势能相等，由于摩擦力作用，根据能量守恒可得vAvC，同理，AB

段与BC段相同高度的任意位置处的速度大小均是AB段处的大。根据牛顿运动定律和圆周运动规律可得，

AB段受到弹力比对应高度BC段受到弹力大，AB段受到摩擦力比对应高度BC段受到摩擦力大，两段路程

相等，可知铁球经过AB段克服摩擦力做功较多，故D正确。

故选CD。

5．新情境【冰块采集】（2026·福建省莆田市莆田一中·上学期期中考试）哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自

松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪

可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数10.05。长方体冰块长L0.5m，质量均匀分布且总质量为

，，

m150kg开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度v11m/s使冰块向着BC运动，重

力加速度g10m/s2。求：

（1）冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a；

（2）冰块静止时，冰块右端与B点的距离d；

（3）如图乙，在冰块静止后，质量为m250kg，可视为质点的破冰工具，以v22m/s的速度从冰块左

端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩

擦产热Q。

【答案】（1）a0.25m/s2

（2）1.25m（3）37.5J

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律fm1a

0.5L

由fmg

1L1

解得a0.25m/s2

x

（2）设冰块进入BC段长度为xL时，冰块所受摩擦力fmg

1L1

0mg

由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入BC段的长度，则此阶段克服摩擦力做功W11L

12

1

根据能量守恒定律mv2Wmgs

211111

由dsL

解得d1.25m

（3）设破冰工具与冰块的动摩擦因数为2

假设冰块不动，则有2m2g1m1m2g

即20.1

对工具，2

2m2gm2a1v22a1L

解得20.4，不符合假设，说明冰块滑动。

对冰块2m2g1m1m2gm1a2

工具到达最右端恰好共速v2a1ta2t

11

位移关系Lvtat2at2

22122

，，2

解得20.25t0.5sa21.5m/s

13

对冰块xat2m

12216

共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为a3，有1m1m2gm1m2a3

，2

冰块减速位移v共a2t0.75m/sv共2a3x2

9

解得xm

216

冰块与地面摩擦产热Q1m1m2gx1x237.5J

6．新考法（2026·河南省豫西北教研联盟·第一次质量检测）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完

全相同的长方体积木水平叠放在靶位上，积木长为d20cm，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一

钢球用长为L1m，且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等。游戏时，每次都将钢

球拉至左上方P点处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成30的位置由静止释放，钢球运动到最低点时

与积木发生弹性碰撞，积木A、B、C分别与钢球碰撞后，沿高h1.4m、长度与积木相同的水平台面滑出，

假设积木在落地前一直保持水平。已知积木与积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为0.5，不计小

球与积木的碰撞时间及空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）钢球与积木A碰撞前的速度大小；

（2）积木A离开台面时的速度大小；

（3）积木A、B、C落地时水平位移大小之比。

【答案】（1）5m/s

（2）15m/s

（3）15:19:23

【解析】

【小问1详解】

钢球自由下落至左下方处、轻绳处于伸直状态且与水平方向成30的位置时，钢球的速度为v1，根据

1

机械能守恒定律有mgLmv2

21

轻绳在这个位置绷直，钢球开始做圆周运动到最低点，钢球做圆周运动的初速度为v2v1cos

钢球做圆周运动过程中机械能守恒，设钢球运动至最低点的速度为v3，根据机械能守恒定律有

11

mv2mgL(1sin)mv2

2223

联立解得钢球运动至最低点的速度为v35m/s。

【小问2详解】

钢球运动到最低点时与积木发生弹性碰撞，钢球与积木A质量相等，二者发生速度交换，积木A具有运动

的初速度v35m/s，积木A受到上下表面的摩擦力，其中上表面的摩擦力为Ff12mg2mg

下表面受到的摩擦力为Ff23mg3mg

11

设积木A离开台面时的速度为v，根据动能定理有(2mg3mg)dmv2mv2

42423

代入数据解得。

v415m/s

【小问3详解】

1

积木A、B、C离开台面都做的是平抛运动，且竖直位移是相同的，根据hgt2，可知积木A、B、C落

2

地时间相等，由于水平方向做匀速直线运动，所以水平位移大小之比即为积木A、B、C离开台面的初速

度之比。积木离开台面的初速度。由于每次钢球的运动都是相同的，所以钢球与积木碰撞

Av415m/s

后积木在平台运动的初速度都是v35m/s，积木B在台面上运动上下表面受到摩擦力，其中上表面的摩擦

力为Ff3mg

下表面受到的摩擦力为Ff42mg2mg

1212

设积木B离开台面时的速度为v5，根据动能定理有(mg2mg)dmvmv

2523

代入数据解得

v519m/s

积木C在台面上运动下表面受到摩擦力为Ff5mg

1212

设积木C离开台面时的速度为v6，根据动能定理有mgdmvmv

2623

代入数据解得

v623m/s

所以积木A、B、C落地时水平位移大小之比15:19:23。

7．新情境【老式打桩机】（2026·广东梅县东山中学·上学期期中考试）建筑工地上有一种老式打桩机，如

左图所示，它通过类似于柴油机压缩可燃气体做功和撞击，一点点把混凝土柱子打入土壤。将打桩机工作

的过程简化成如右图所示的模型，物体A为打桩机上方的重锤、物体B为下方置于水平地面上的混凝土柱

子，A的下端是汽缸，B的上端是活塞（其长度可忽略不计），A、B中心在同一竖直线上。A从静止释放

后自由下落，活塞恰好能进入汽缸并瞬间压缩内部气体，使A、B发生碰撞后立刻向汽缸内喷射燃油并点

火使之爆燃做功，将内能转化成A、B的机械能，转化效率为50%，这一过程A、B相互作用的时间极短。

第一次爆燃后，A恰好返回到了初始位置，下次碰撞前物体B已经停止运动。已知A的质量为mA1000kg，

B的质量为mB9000kg，初始时A与B间的高度差为H1.25m，混凝土柱子B长度为L4.5m（不

0.8h

计初始处于地面下的深度）。已知B进入地面后所受的阻力与B进入地面的深度h满足f1mBg。

L

不计空气阻力，不计压缩气体时对气体做功和喷射燃油时做功。其中g10m/s2,617.81。

（1）求第一次爆燃产生的内能E和爆燃后瞬间混凝土柱子B的速率；

（2）在第二次碰撞前混凝土柱子B停止运动时进入地面的深度；

（3）如果第一次爆燃后不再喷射燃油，在第二次碰撞后的足够长时间里混凝土柱子B进入地面的最大深度

（保留3位有效数字）；如果每次碰撞后都喷射燃油，并且爆燃转化的机械能相同，要使混凝土柱子B全

部进入地面，求需要爆燃的最少次数（不喷射燃油时A、B相互碰撞不计其能量的损失）；

1

【答案】（1）105J，5m/s

9

5

（2）m

6

（3）2.25m，19次

【解析】

【小问1详解】

1

第一次碰撞前，对A进行分析，由动能定理有mgHmv20

A2A0

解得v05m/s

A、B碰撞瞬间由动量守恒有mAv0mAvAmBvB

111

由能量守恒有50%Emv2mv2mv2

2AA2BB2A0

因为A回到初始点，所以有vAv05m/s

101

解得vm/s，E105J

B99

【小问2详解】

第一次爆燃后到下次碰撞前，物体B向下做减速运动直到停止，设B下移的深度为h0，因物体B所受阻力

与进入地面的深度成正比，则平均作用力做功表示克服阻力做的功，由动能定理有

10.8h012

mBgh01mBgmBgh00mBvB

2L2

5

解得hm

06

【小问3详解】

如果只喷射一次，假设B始终未全部进入地面，对整个过程，设B滑动的总距离为x总，由能量守恒有

10.8h总

50%EmAgHh总mBgh总1mBgmBgh总

2L

舍去负值解得15561

h总m2.25mL

24

则假设成立。第二次碰撞后直到B最终停止，B进入地面的最大深度约为2.25m，设喷射n次恰好使B全

部进入地面，即进入地面的深度为L，由能量守恒有

10.8L

50%nEmAgHLmBgL1mBgmBgL

2L

解得n18.81

所以最少需要爆燃19次。

8．新考法（2026·河南省郑州市第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，ABC为一弹性轻绳，一

段固定在墙壁上A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在竖直杆上，与竖直杆的动摩擦因数0.4。

杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。初始时ABC在同一水平线上，弹性绳的原长为AB，小球在C

mg

点时弹性绳的拉力为。小球在C点由静止释放，E点为下滑的最低点，CE间距离为h，D点为CE的

4

中点。重力加速度为g，弹性绳始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.小球速度最大的位置在D点的上方

B.小球在CD段与DE段克服摩擦力做功相等

C.小球下滑过程中在C点的加速度小于在E点的加速度

2gh

D.若在最低点E给小球一个向上的初速度v，使小球恰好回到C点，则v

5

【答案】BD

【解析】A．设小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量为xBP，小球受力情况如图所示

其中TkxBP

mg

将T正交分解，水平方向有NTsinkxsinkx

BPBC4

竖直方向有mgTcosfma

mg

其中Tcoskxcoskx，fN

BPCP10

9kx

解得agCP

10m

即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，在随下降的距离增大而反向增大，根据运动的对称性可

知，小球运动到CE的中点D时，加速度为零，速度最大，故A错误；

B．可知摩擦力恒定不变，根据摩擦力做功公式Wffs

由于CDDE

所以CD段小球克服摩擦力做功与DE段克服摩擦力做功相等，故B正确；

9

C．小球在C点的加速度为ag

C10

9kx

在E点加速度为agCE

E10m

所以小球下滑过程中在C点的加速度大于在E点的加速度，故C错误；

D．从在C点到E点过程中，根据能量守恒可得mghfh(EpEEpC)

若在最低点E给小球一个向上的初速度v，使小球恰好回到C点，根据能量守恒可得

1

mv2(EE)mghfh

2pEpC

mg

其中f

10

2gh

联立解得v，故D正确。

5

故选BD。

建议用时：45min

1．（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，

且LBC2m，CDF为竖直平面内半径为R0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强

度E1.5103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端

与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放滑块P，当滑块P

运动到F点瞬间对轨道的压力为2N。已知滑块P的质量为m0.2kg，电荷量为q1.0103C，与轨道

BC间的动摩擦因数为0.2，忽略滑块P与轨道间的电荷转移（已知g10m/s2，sin370.6，

cos370.8）。求：

（1）滑块运动到F点的速度大小；

（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；

（3）欲使滑块P进入圆轨道后能从F点水平抛出，求弹簧释放弹性势能的最小值。

【答案】（1）2m/s

（2）3.5N，方向水平向右

（3）1.95J

【解析】

【小问1详解】

v2

当滑块P运动到F点瞬间对轨道的压力为2N，在F点时，由牛顿第二定律得NmgmF

R

其中N2N，代入数据解得滑块运动到F点的速度大小为vF2m/s

【小问2详解】

11

滑块从D到F的过程中，根据动能定理可得qERmgRmv2mv2

2F2D

v2

在D点时，有NqEmD

DR

联立解得ND3.5N

根据牛顿第三定律可知，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。

【小问3详解】

重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），等效重力大小为mg(qE)2(mg)22.5N

qE

设等效重力的方向与竖直方向夹角为，则有tan

mg

解得37

v2

欲使滑块P进入圆轨道后能从F点水平抛出，设滑块刚好可以经过等效最高点M，此时有mgmM

R

解得

vM2.5m/s

1

滑块P从压缩时到M点的过程中，由功能关系可得EmgLmgR(1cos)mv20

pminBC2M

解得弹簧释放弹性势能的最小值为Epmin1.95J

2．（2026·广东省汕头市金山中学·上学期阶段考试）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大

小E103V/m。不带电的绝缘长木板A静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数k10N/m的轻

弹簧，A与地面间的动摩擦因数0.5。带正电的小物块B从A的右端与弹簧距离x00.1m处由静止释

放，从B释放开始计时，其速度v随时间t变化的关系图像如图乙，图中0t1时间内图线为直线，t2时刻

速度最大，t3时刻曲线的斜率绝对值最大，t4时刻速度恰为0。已知A和B的质量均为m0.2kg，A与B

3

之间接触面光滑，B的电荷量大小q210C，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系

1

为Ekx2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10m/s2。

p2

（1）求B从释放到刚与弹簧接触的时间t1；

的

（2）求t2时刻B速度大小vB及t4时刻A的速度大小vA；

（3）求t1时刻弹簧的压缩量。

2

【答案】（1）ts

110

（2）vAvB2m/s

（3）x20.4m

【解析】

【小问1详解】

对B，根据牛顿第二定律有qEma

1

又根据位移-时间公式得xat2

021

2

解得ts

110

【小问2详解】

t2时刻B的速度最大，其合力为零，即qEkx1

11

根据能量守恒定律得qExxkx2mv2

01212B

解得vB2m/s，x10.2m

可得qEkx12N

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A受到地面的最大静摩擦力大小f2mg2N

由于弹簧弹力和A受到地面的最大静摩擦力大小相等，故t2时刻A恰好开始运动。

由于B受到的电场力和A受到地面的最大静摩擦力大小相等，在t2t4时间内，A、B组成的系统受到的

合外力为零，系统动量守恒得mvBmv4mvA

t4时刻B速度恰为0，即v40m/s

解得vAvB2m/s

【小问3详解】

t3时刻弹簧的压缩量最大，A、B的速度相同为v3，在t2t3时间内，根据动量守恒定律得mvB2mv3

解得v31m/s

又有t2t3时间内，A位移为xA，B位移为xB，t3时刻弹簧的压缩量为x2，则xBxAx2x1

1111

根据能量守恒定律得qExmv2kx22mv2kx22mgx

B2B212322A

解得x20.4m

3．（2026·河北省衡水市·三模）带电粒子绕着带电荷量为QQ0的场源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，

场源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电荷量为q（q0，且qQ）；已知椭圆焦距为c，半长

kQ

轴为a，场源电荷产生的电场中各点电势计算公式为（k为静电力常量，r为到场源电荷的距离，

r

取无穷远处电势为零）。只考虑电场力的作用。求：

（1）带电粒子在A、A两点的速率之比；

（2）从A运动到A的过程中，电场力对带电粒子做的功；

（3）带电粒子动能与电势能之和的表达式。

2ac

【答案】（1）

2ac

4kQqc

（2）

4a2c2

kQq

（3）

2a

【解析】

【小问1详解】

cc'

类比开普勒第二定律可知avAavA

22

v2ac

A

解得'

vA2ac

【小问2详解】

kQ

kQ

根据电势计算公式可得A点的电势Ac

ra

2

kQ

A点的电势Ac

a

2

根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A运动到A的过程中，电场力对带电粒子做的功

WAAqAA

4kQqc

解得W

AA4a2c2

【小问3详解】

1

在A点带电粒子动能与电势能之和Eqmv2

AA2A

'1'2

在A点带电粒子动能与电势能之和Eqmv

AA2A

根据能量守恒可知'

EEAEA

kQq

联立解得带电粒子动能与电势能之和E

2a

4．（2026·河南省郑州市宇华实验学校·一模）如图所示，在竖直平面内固定两圆形轨道，外侧轨道光滑，

内侧轨道粗糙，一质量m=1.0kg的小球可以在两圆轨道间运动，小球到圆心的距离为R=0.5m，现从轨道的

2

最低点A，给小球水平向右的初速度v0，取g=10m/s。

（1）若v0=4m/s，求小球出发时轨道对小球的作用力大小F；

（2）若v0=4m/s，求小球运动足够长时间后损失的机械能∆E；

（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，求初速度v0的范围。

【答案】（1）42N（2）3J

（）或者

3v05m/sv010m/s

【解析】

【小问1详解】

mv2

对小球在A点分析，根据牛顿第二定律Fmg0

R

解得小球出发时轨道对小球的作用力大小F42N

【小问2详解】

小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能

1

Emv2mgR

20

代入数据解得E3J

【小问3详解】

若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，

v2

则在最高点mgm

R

11

从最低点到最高点根据机械能守恒定律mv2mv22mgR

202

解得v05m/s

所以v05m/s

1

第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有mgRmv2

20

解得

v010m/s

综上所述，初速度范围为或者

v0v05m/sv010m/s

5．（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）（多选）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左

端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相

对滑动，t=2s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的

质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小

g=10m/s2，下列说法正确的是（）

A.木板的长度为3m

B.物块的质量为0.8kg

C.拉力F对物块做的功为9.9J

D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J

【答案】CD

【解析】A．根据题意可知，木板在0~2.5s内向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示

由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为

1

am/s20.4m/s2

12.5

物块在0~2.0s内的加速度大小为

3

am/s21.5m/s2

22.0

物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为

31

agm/s24m/s2

322.52.0

2.5s~3.0s内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为

1

agm/s22m/s2

413.02.5

可得木板与地面间的动摩擦因数为

10.2

物块与木板间的动摩擦因数为

20.4

木板的长度为

2.5(30.8)

Lm2.75m

2

故A错误；

B．前2s内，对木板，有

2m2g1(m1m2)gm1a1

对物块，有

F2m2gm2a2

解得

m20.6kg，F3.3N

故B错误；

C．前2s内，拉力F对物块做的功为

WFx1

结合图像可知，0~2s内物块的位移为

1

x32.0m3m

12

所以

W9.9J

故C正确；

D．木板与地面间因摩擦产生的热量

Q1m1m2gx2

结合图像可知，木板的位移为