2026年高考物理二轮复习（全国）题型05 功能关系与机械能守恒定律（五大题型）（重难专练）（解析版）

题型05功能关系与机械能守恒定律

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01功和功率的功算

考向02动能定理的综合应用【重】

考向03机械能守恒定律的应用【重难】

考向04能量守恒定律

考向05功能关系【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

机械能守恒定律、能量守恒定律是高中物理力学的重要知识，也是高考中的高频必考点。功能关系是

高中物理能量观念的核心，也是高考考查的重点与难点。它贯穿于力学、电磁学等模块，通过能量转化与

守恒的视角分析问题，是解决复杂运动与相互作用的重要途径。

该部分是高考物理的高频必考点，每年均以选择题或计算题形式出现，尤其常在压轴题中结合曲线运

动、电磁场等情境进行综合考查。功能关系是连续力学与能量体系的桥梁，不仅是独立的知识板块，更是

分析和求解变力做功、多过程运动、非匀变速问题的重要工具，在物理思维方法中具有承上启下的关键地

位。命题常围绕单个物体或多物体系统，涉及恒力与变力做功、功率分析与计算、动能定理在多过程问题

中的应用、机械能守恒条件下的状态分析与临界判断，以及功能关系在电磁复合场中的综合应用。主要方

法包括动能定理法、能量守恒法、机械能守恒法以及图象辅助分析。

考向01功和功率的计算

【例1-1】（2025·山东·高考真题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，

刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻

力fkv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（）

2kv2kv2kv2mv22kv2mv2

A．B．C．D．

222

【答案】A

【详解】根据题意小车匀速运动，则有Ffkv

2

小车的机械功率P机=Fvkv由于电动机的效率为50%，

2

P机kv2

则有P电==2kv光伏电池的光电转换效率为，

电0.5

2

P电P电2kv

即可得P阳=故选A。

P阳

【例1-2】．（2025·广东·高考真题）用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃

瓶口平齐，木塞质量为m，高为h，过程中做匀加速直线运动，加速度为a、过程中木塞受

x

到的摩擦力为ff01，其中f0为参数，h为木塞高，x为木塞运动的距离。开瓶器

h

齿轮的半径为r，重力加速度为g。

(1)求拔出时，齿轮的角速度ω；

(2)求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W；

(3)设经过时间为t，求开瓶器的功率P与t的关系式。

2ah

【答案】(1)

r

1

(2)Wmahmghfh

20

fa2

(3)Pmagtma2tfat0t3

02h

【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v22ah

根据角速度和线速度的关系vr

2ah

联立可得

r

（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示

1

可得摩擦力所做的功为Wfh

f20

1

对木塞，根据动能定理WWmghmv20

f2

1

解得Wmahmghfh

20

（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律Fmgfma

速度vat

1

位移xat2

2

开瓶器的功率PFv

fa2

联立可得Pmagtma2tfat0t3

02h

1.功和功率的计算

2.机车启动的两类问题

（1）两种启动方式

以恒定功率启动以恒定加速度启动

P­t图像

和

v­t图像

P

v↑⇒F＝↓F－F阻

过程a＝不变⇒F不变

vm

分析F－F阻v↑

OA⇒a＝↓

⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1

段m

运动

v1

加速度减小的加速运动匀加速直线运动，维持时间t0＝

性质a

P额

F＝F阻⇒a＝0v↑⇒F＝↓

过程v

⇒＝P

AB分析vmF－F阻

F阻⇒a＝↓

段m

运动

以vm做匀速直线运动加速度减小的加速运动

性质

F＝F阻⇒a＝0⇒

段无

BCP额

以vm＝做匀速运动

F阻

（2）三个重要关系

P

①无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝。

F阻

PP

②机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。

FF阻

③机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车

以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。

【变式1-1】（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知

物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为

x的过程中（）

A．摩擦力做功大小与F方向无关B．合力做功大小与F方向有关

C．F为水平方向时，F做功为mgxD．F做功的最小值为max

【答案】D

【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f(mgFsin)摩擦力的功Wf(mgFsin)x

即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；

B．合力功WF合xmax可知合力功与力F方向无关，选项B错误；

C．当力F水平时，则Fmamg力F做功为WFFx(mamg)x选项C错误；

D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsinmg时，

摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。

故选D。

【变式1-2】（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，

实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹

车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受

到大小为f的空气阻力，则（）

F

A．列车减速过程的加速度大小aB．列车减速过程F的冲量为mv

m

mv2

C．列车减速过程通过的位移大小为D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为(fF)v

2(Ff)

【答案】C

【详解】A．根据牛顿第二定律有

Ffma

可得减速运动加速度大小

Ff

a

m

故A错误；

B．根据运动学公式有

vmv

t

aFf

故力F的冲量为

Fmv

IFt

Ff

方向与运动方向相反；故B错误；

C．根据运动学公式

v22ax

可得

v2mv2

x

2a2Ff

故C正确；

D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为

Pfv

故D错误。

故选C。

【变式1-3】（2024·福建·高考真题）两绳拉木板，每条拉力F=250N，15s内匀速前进20m，θ=22.5°，cos22.5°

≈0.9。求：

（1）阻力f大小；

（2）两绳拉力做的功；

（3）两绳拉力的总功率。

【答案】（1）450N；（2）9.0×103J；（3）600W

【详解】（1）由于木板匀速运动则有

2Fcosθ=f

带入数据解得

f=450N

（2）根据功的定义式有

W=2Flcosθ

带入数据解得

W=9.0×103J

（3）根据功率的定义式有

W

P

t

带入数据有

P=600W

考向02动能定理的综合应用

例2-1】（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动

3

机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。

2

电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，

大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。

则这段时间内（）

2v25mv2

A．物块的位移大小为0B．物块机械能增量为0

3g2

16Pv2v28Pvmv2

C．小车的位移大小为00D．小车机械能增量为00

5mg25g5g2

【答案】C

1

【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有mgcos30mgsin30ma解得ag根据运动学公式有

4

2v2

v22ax解得物块的位移大小为x0故A错误；

011g

13

B．物块机械能增量为Emv2mgxsin30mv2故B错误；

20120

1v16Pv2v2

C．对小车根据动能定理有Ptmgcos30mgsin30xmv2其中t0联立解得x00故C

20a5mg25g

正确；

18Pv3mv2

D．小车机械能增量为Emv2mgxsin3000故D错误。故选C。

205g10

【例2-2】（2025·福建·高考真题）如图（a），竖直平面内，一长度大于4m的水平轨道OP与光滑半圆形

轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。

现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图

像如图（b）所示。已知A、B质量均为0.2kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩

擦不计，重力加速度大小取10m/s2。

（1）求A离开初始位置向右运动1m的过程中，推力F做的功；

（2）求A的位移为1m时，A、B间的作用力大小；

（3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。

【答案】(1)1.5J(2)0.5N(3)r0.2m

【详解】（1）求0﹣1m，F做的功WFx1.51J1.5J。

（2）对AB整体，根据牛顿第二定律Ff2ma其中fmg对B根据牛顿第二定律FABma联立解得

FAB0.5N

（3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时F0.5N此时x3m过程中，对A、

10.51.5

B根据动能定理Wmgx2mv2根据题图可得W1.5J2J3.5J从P点到M点，根据动能

F2F2

2

1212vmin

定理mg2rmaxmvminmv在M点的最小速度满足mgm联立可得rmax0.2m即圆弧半径满足的

22rmax

条件r0.2m。

1．解题流程

2．注意事项

(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借

助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，

也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检

验。

【变式2-1】（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可

以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水

平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距

离为调整前的（）

A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．4倍

【答案】C

【详解】动能表达式为

1

Emv2

k22

由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离

开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据

xvt

可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。

故选C。

【变式2-2】（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针

鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停

下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（）

A．被弹出时速度大小为

2�1�1+�2�2

�

B．到达目标组织表面时的动能为F1d1

C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2

D．运动d2的过程中动量变化量大小为

【答案】A��2�2

【详解】A．根据动能定理有

12

�解1得�1+�2�2=��

2

2�1�1+�2�2

�=

故A正确；�

B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有

Ek=F2d2

故B错误；

C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；

D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小

Δ故�D=错2误�。�k=2��2�2

故选A。

故选A。

【变式2-3】2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角37的屋顶上的O点由静止

开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x2.5m，A点距地面的高度h1.95m，

雪块与屋顶的动摩擦因数0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°0.6，重

力加速度大小g10m/s2。求：

(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；

(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角。

【答案】(1)5m/s

(2)8m/s，60°

1

【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsinmgcosxmv20

20

代入数据解得雪块到A点速度大小为v05m/s

11

（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理mghmv2mv2

2120

代入数据解得雪块到地面速度大小v18m/s

vcos50.81

速度与水平方向夹角，满足cos0

v182

解得60

考向03机械能守恒定律的综合应用

1

【例3-1】（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P

4

右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量

为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速

1

度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为

3

重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。

(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；

(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；

(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？

(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

32gR51

【答案】(1)mgR(2)，R(3)4m(4)m

249

【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WGmgR

2

11v

（）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为，由机械能守恒定律可知20，其中E2mgR

2v0mv0Epmp

223

1232gR5

同时有mghRmv0联立解得v，hR

2024

（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

11212

有mvmMv共，mvEmMv共，其中Ep22.2mgR联立解得M=4m

3020p22

（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹

1

簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有mvMv，

30m

111

mv2Mv2解得Mm。

202m9

【例3-2】（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L0.5m。

一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。

t0时，小球以水平向右的初速度v010m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，

运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不

可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；

(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；

(3)若在t0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。

【答案】(1)v45m/s，T17N(2)4m(3)215m/s

【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律

2

1212v

mv0mg2Lmv在该位置时根据牛顿第二定律Tmgm解得v45m/s，T17N

22L

1

（2）小球做平抛运动时xvt，2Lgt2解得x=4m。

2

v'2

（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mgm从最低点到该位置由动能定理

2L

11

mv'2mg5Lmv'2解得v'215m/s。

2020

1.应用机械能守恒定律解题的基本思路

2.连接体的机械能守恒问题

共速率模型

分清两物体位移大小与高度变化关系

共角速度模型

两物体角速度相同，线速度与半径成正比

关联速度模型

此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移

最大时，速度可能为0

①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹

轻弹簧模型

性限度内，形变量相等，弹性势能相等

②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最

大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度

时，弹簧弹性势能最小(为零)

说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。

【变式3-1】2025·北京市第三十五中学·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，

但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，

该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周

运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小

珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为m的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道

BC进入半径R10.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道

EFG，E点的曲率半径R22m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等高。忽略所有轨道摩

擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，g取10m/s2。

（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；

（2）在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值；

（3）在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道EFG上任

意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。

rhhR1r

【答案】（1）2m（2）40m/s2

（3）r2.5R1h或r2h

【解析】

【小问1详解】

mv2

小球恰能做完整的圆周运动，则在D点，由牛顿第二定律有mgD

R1

1

由A到D，由机械能守恒定律有mgHmv2mg2R

2D1

解得H=2m

【小问2详解】

1

由A到C，由机械能守恒定律有mgHmv2

2C

2

vC

在圆轨道上C点，向心加速度aC5g

R1

结合上述有2

aCaD4g40m/s

【小问3详解】

2

vE

小球在E点，向心加速度aE

R2

1

根据机械能守恒定律有mgHmv2

2E

解得aE2g

由题意可知，小球在轨道EFG上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h处，速度大小

1

为v，由机械能守恒定律有mgHmv2mgh

2

v2

由于2g

r

解得r=2.5R1­h或r=2­h

【变式3-2】（2025年山东卷第17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q

分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块

1

a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量mkg的小球自Q点正上方h2m处自由下

2

落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到

39

F15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量m1kg，b的质量mkg，方形物体的质量Mkg，

ab42

重力加速度大小g10m/s2，弹簧的劲度系数k50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达

1

式Ekx2（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：

p2

（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；

（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。

2

【答案】（1）6ms，水平向左，ms，水平向右

3

25

（2）ms，水平向左，EJ

3pm2

【解析】

【小问1详解】

根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1Mv2

11

由能量守恒定律有mghmv2Mv2

2122

2

联立解得v6ms，vms

123

2

即小球速度为6ms，方向水平向左，大物块速度为ms，方向水平向右。

3

【小问2详解】

由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，

则有mv1mmav3

解得v32ms

设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律Fkx1

111

系统机械能守恒mmv2mmv2kx2

2a32a421

联立解得v41ms，x10.3m

固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动

量守恒定律有mmav4mmambvb

2

解得vms，方向水平向左。

b3

1115

由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Emmv2kx2mmmv2J

pm2a4212abb2

【变式3-3】（2025·山西省·一模）（多选）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过

光滑定滑轮P的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为m。给A施加一水平向右的拉力F，

使小球A静止在圆轨道最低点a。已知定滑轮P与b、o、c在同一水平线上，o点为圆心，ob3L，op4L，

重力加速度为g，sin370.6，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（）

4

A.水平拉力F的大小为mg

5

B.撤去拉力F后，A球运动过程中速度一直变大

C.撤去拉力F后，A球不能运动到b点

撤去拉力后，球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小

D.FAvA2gL

【答案】AD

【解析】A．当A球在拉力F的作用下保持静止时，水平方向还会受到绳对小球拉力T的分力，此时由题意

可知，绳与水平方向的夹角为37°，对A球水平方向受力分析得

Tcos37F

对B球受力分析可知

Tmg

解得

4

Fmg

5

故A正确；

C．撤去拉力F后，A球会在绳的拉力的作用下沿半圆轨道向左运动，设A球和圆心的连线与竖直方向的夹

角为θ，则可知A球上升的高度为

hA2L1cos

此时B球下降的高度为

22

hB5L4L3Lsin(3Lcos)5LL2524sin

由数学知识可知，当090时，始终有

hBhA

在整个运动过程中，A球和B球这一整体的机械能是守恒的，因B球减少的重力势能始终比A球增加的重

力势能多，则当A球运动到b点时仍有速度，故C错误；

B．当A球从b点脱离轨道后，因受到重力和绳拉力的作用，其速度会不断减小，故B错误；

D．当B球的机械能最小时，A球的机械能最大，此时A球刚好到b点，有竖直向上的速度v，沿绳方向速

度为0，即B球的速度为0，对整体用动能定理有

1

mg5LLmg·3Lmv2

2

解得

v2gL

故D正确。

故选AD。

考向04功能关系

【例4-1】（2025·海南·高考真题）（多选）一起重机将质量为m的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加

速度为a，重力加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（）

A．匀加速的最大速度为at

1

B．集装箱的机械能增加mgat2

2

C．起重机的最大输出功率为m(ga)at

D．起重机对集装箱的作用力为ma

【答案】AC

【详解】A．匀加速的最大速度vmat，A正确；

11

B．集装箱的动能增加量为Emv2ma2t2

k2m2

1

集装箱上升的高度hat2

2

1

重力势能的增加量为Emghmgat2

p2

1

集装箱的机械能增加ΔEΔEΔEmgaat2，B错误；

kp2

CD．对集装箱进行受力分析，集装箱受到重力mg和起重机的拉力F，根据牛顿第二定律Fmgma

可得起重机对集装箱的作用力Fm(ga)

起重机的最大输出功率为PFvmm(ga)at，C正确，D错误。

故选AC。

。

【例4-2】（2025年广西卷第12题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底

端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带

共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾

斜传送带与水平地面夹角为30，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔t将散货以几乎为0的速度放

置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。

3

散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，

2

撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无

间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围

面积为I如图乙，求这段时间内：

（1）单个散货的质量。

（2）水平传送带的平均传送速度大小。

（3）倾斜传送带的平均输出功率。

I

【答案】（1）

v0

dI

（2）

Mv0t

I(2v9gt)

（3）0

2t

【解析】

【小问1详解】

对单个散货水平方向由动量定理I0mv0

I

解得单个散货的质量为m

v0

【小问2详解】

MMv

落入货箱中散货的个数为N0

mI

ddI

则水平传送带的平均传送速度大小为v

NtMv0t

【小问3详解】

设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律mgcos30mgsin30ma

1

解得ag

4

v4v

加速时间t00

1ag

12v2

加速位移xat20

121g

设匀速时间为t2

其中t1t29t

4v

则匀速位移为xvtv(9t0)

2020g

2v2

故传送带的长度为Lxx9vt0

120g

2v2

在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为xvtx0

011g

1

在t时间内传送带额外多做的功为Wmv2mgLsin30Q

20

I2v2W

其中，0，，

mL9v0tQmgcos30xP

v0gt

I(2v9gt)

联立可得倾斜传送带的平均输出功率为