2026年山东高考物理二轮复习讲练测题型05 功能关系（题型专练）（解析版）

题型05功能关系

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功和功率的计算

考向02动能定理的综合应用【重难】

考向03机械能守恒定律的综合应用

考向04功能关系与能量守恒定律的综合应用【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

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、实验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。

学生常见误区有：混淆功的正负与能量增减关系、忽视变力做功的特殊性、机械能守恒条件判断不准、

在多物体系统中研究对象选择不当、功能关系与牛顿运动定律混用等，这些错误易导致列式错误或求解困

难。

考向01功和功率的计算

【例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。

【例1-2】（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

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】（2025·湖南郴州·一模）（多选）如图所示，一辆货车在水平公路上以速度v0做匀速直线运动，

车厢内放置一质量为m的箱子，与车厢保持相对静止。货车突然遇到紧急情况刹车，当货车和箱子均停止

时，箱子相对车厢向前滑行的距离为x。已知箱子与车厢间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法

正确的是（）

A．货车对箱子做的功为-μmgxB．箱子对货车做的功为-μmgx

1

C．合外力对箱子做的功为mv2D．箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为μmgx

20

【答案】CD

【详解】A．设货车的位移为s，则箱子的位移为sx，货车对箱子的功为W1mgsx故A错误；

B．箱子对货车的功为W2mgs故B错误；

12

C．合外力对箱子的功由动能定理可知W合E0mv故C正确；

k20

D．箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为Qmgx故D正确。故选CD。

【变式1-2】（2025·广东深圳·模拟预测）（多选）如图甲所示，液压拔桩机将桩体从土壤中竖直拔出，并

上升一段高度的整个过程中，桩体一直做匀加速直线运动。如图乙所示，桩体被拔出的过程中，受到的阻

力f大小与在地基里面的长度h成正比。已知桩体尖端部分、土壤对桩体的支持力大小以及空气阻力均忽略

不计。整个运动过程，液压机对桩体的作用力F、液压机对桩体的作用力的瞬时功率P，与位移x和时间t

的关系中，下列图像中可能正确的有（）

A．B．C．D．

【答案】AC

【详解】AB．由题知，桩体向上做匀加速运动，则有vat没出土之前，根据牛顿第二定律Ffmgma

f0f012f0f012

又fH0xH0at联立可得FmgmaH0xmgmaH0at出土之

H0H02H0H02

后，根据牛顿第二定律有Fmgma解得Fmgma综上分析，可知力F先与位移x是一次函数，与时间

t之间是二次函数，之后保持不变，故A正确，B错误；

f012

C．根据功率公式PFv其中vat出土之前，PmgmaH0atat出土之后，Pmgmaat

H02

出土之前P与时间t是三次函数，出土之后是一次函数，故C正确；

f0

D．根据功率公式PFv其中v2ax可得到出土之前PmgmaH0x2ax出土之后，

H0

Pmgma2ax，不可能是一次函数，故D错误。故选AC。

【变式1-3】（25-26高三上·河南焦作·期中）截至2024年12月26日，我国高铁营业里程达到4.7万公里。

4

某高铁试验机车的最大功率为10kW，试运行时的v-t图像如图所示，0~t1时间内的图像为直线，通过查阅

2

相关资料知：0~200km/h加速阶段，列车做加速度大小为0.4m/s的匀加速运动，t2时刻列车运行达到最大

速度v2，列车的质量为80t，认为列车受到的阻力大小恒定，则（）

A．列车匀加速运行的时间为t1=500s

B．列车所受的阻力大小为1.48×105N

C．列车运行的最大速度v2≈78m/s

D．列车速度为64m/s时，加速度约为0.2m/s2

【答案】B

v

【详解】A．v200km/h55.5m/s，列车匀加速的时间t1138.9s，故A错误；

11a

B．t1时刻，列车达到最大功率，有PFv1此时仍处在匀加速阶段，由牛顿第二定律，有Ffma解得

f1.48105N，故B正确；

P

C．列车运行的最大速度v267.6m/s，故C错误；

f

P

2

D．列车速度为v3=64m/s时，牵引力F由牛顿第二定律，有Ffma解得a0.1m/s，故D错误。

v3

故选B。

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

3

动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】（2025·湖北·模拟预测）（多选）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲。在某次研学活

动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。该种辘轳的工作原理简化图如图乙，已知转筒（辘

轳）半径r0.4m。在某次提水的过程中，电动机以恒定输出功率将质量为m8kg的水桶（含水）由静止

开始竖直向上提起。圆筒转动的角速度随时间t变化的图像如图丙。忽略转筒（辘轳）的质量以及所有摩

擦阻力，取重力加速度g10m/s2，则下列说法正确的是（）

A．电动机的输出功率P160W

B．04s内井绳对水桶的拉力F逐渐增大

C．当角速度2.5rad/s时，水桶的加速度大小为a5m/s2

D．06s内水桶上升的高度为h11.8m

【答案】AD

【详解】A．水桶被提起的最大速度为vmmr50.4m/s2m/s电动机的输出功率为

PFvmmgvm8102W160W，故A正确；

B．04s内速度增大，根据PFv可知，拉力F逐渐减小，故B错误；

P

mg

C．当角速度2.5rad/s时，速度vr2.50.4m/s1m/s水桶的加速度大小为v，

1a110m/s2

m

故C错误；

1

D．0~4s内，根据动能定理有Ptmghmv2，0~4s内水桶上升的高度为h7.8m，4s-6s内水桶上升的

12m1

高度为h2vmt22m4m，06s内水桶上升的高度为hh1h211.8m，故D正确；故选AD。

【变式2-2】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场E1，

在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差为h=0.45m，，C是轨

道最低点，D是轨道的最高点，圆弧BC对应的圆心角37。一带正电的物块（大小可忽略不计）从平

台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好从B点沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷

q

2102C/kg，物块释放点距A点的距离L=2m，sin37°0.6，cos37°0.8，取g10m/s2。。若物块

m

在轨道上运动时不会脱离轨道，求：

(1)物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x；

(2)平台所在区域的场强大小E1；

(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。

2525

【答案】(1)v4m/s，x1.2m(2)E200V/m(3)0Rm或Rm

A14616

1

【详解】（1）物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，从A到B，竖直方向有hgt2解得t0.3s在B点有

2

vy

vygt3m/s，tan可得物块离开A点时的速度大小为vA4m/sA、B间的水平离为xvAt1.2m

vA

1

（2）物块从释放到A点过程，根据动能定理可得qELmv20代入数据解得E200V/m

12A1

v2

（3）情景一：物块在轨道上运行时恰好经过最高点，则有mgm物块从A点到轨道最高点过程，根据

R1

1125

动能定理可得mg(RRcosh)mv2mv2联立解得Rm

1122A146

1

情景二：物块恰好运动到圆心等高处，从A点到圆心等高处，根据动能定理可得mg(Rcosh)0mv2

22A

25

解得Rm综上分析可知，物块在轨道上运动时不会脱离轨道，圆弧轨道的半径的取值范围为

216

2525

0Rm或Rm。

4616

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

应用机械能守恒定律解题的基本思路

【变式3-1】（2025·贵州安顺·模拟预测）（多选）如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平面上，

轻质弹簧一端固定于斜面底端，另一端与物块A连接，物块A静止时与斜面底端距离l11m。弹簧原长

l01.2m，斜面长L2.6m，物块B从斜面顶端由静止开始释放，A、B发生碰撞后粘在一起，碰撞时间极

1

短。已知A、B质量均为m1kg，不计一切阻力，g10m/s2，弹性势能Ekx2，弹簧未超过弹性限度，

p2

A、B均视为质点。则（）

A．弹簧的劲度系数为25N/m

B．碰后A、B运动过程中的最大速度为2m/s

C．最低点的弹性势能为12.5J

D．返回到最大高度时的加速度大小为7.5m/s2

【答案】ACD

【详解】A．物块A静止时弹簧弹力Fmgsin5N弹簧的压缩量为x0l0l11.21m=0.2m根据胡克

F5

定律有kNm25Nm，故A正确；

x00.2

1

B．设B与A碰前瞬间的速度为v，对物块B由动能定理得mgLlsinmv2解得v4m/s之后A、B发

12

生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv2mv共，得碰后A、B的速度v共2m/s当弹簧弹力等于A、B的

总重力沿斜面向下的分力时，A、B的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x1，则kx12mgsin由A、B、弹

12121212

簧组成的系统机械能守恒有2mvm2mv共kx1kx02mgx1x0sin解得x10.4m，

2222

32

vm/s，故B错误；

m2

C．设物块A、B速度减为0时弹簧压缩量为x2，由A、B、弹簧组成的系统机械能守恒有

12121212

kxkx2mv共2mgxxsin解得x1m到达最低点时弹性势能为kx12.5J，故C正确；

2220220222

D．A、B碰后一起在斜面上做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，A、B返回到最大高度时的加速度与

最低点的加速度等大反向，设加速度大小为a，运动的最低点时，根据牛顿第二定律有kx22mgsin2ma

解得a7.5m/s2，故D正确。

故选ACD。

【变式3-2】（2025·山东·模拟预测）（多选）如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端

用活动铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止

8mg

于O点处。现在杆中点处施加一大小始终为（g为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力F，经过一

段时间后撤去F，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切

摩擦，则以下说法正确的是（）

A．拉力F所做的功为mgL

B．拉力F撤去时小球的速率为22gL

C．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为sin:1

2mgL1sinsin2

D．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为

mMsin2

【答案】ABD

【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动

能定理有WF－mgL＝0解得WF＝mgL，故A正确；

L

B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有WF＝Fs＝F·α解得α＝从撤去力F到小球运动到最高点

24

1

的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sinα）＝mv2解得撤去力F时小球的速度

2

大小为v（22）gL，故B正确；

C．如图所示

设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为v1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小

v1

1

为v2vFNv1sin即小球与正方体的速率之比为，故C错误；

v2sin

11

D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有mgL(1sin)mv2Mv2联立解得

2122

2mgL1sinsin2

v；故D正确。故选ABD。

2mMsin2

考向04功能关系与能量守恒定律的综合应用

【例4-1】（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，

木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为

1

μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木

2

板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（）

(mg)23(mg)2

A．mg(ld)B．mg(ld)

2k2k

3(mg)2(mg)2

C．2mg(ld)D．2mg(ld)

2k2k

【答案】B

【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0mg解得弹性绳的伸长量

222

mg12mg

x0则此时弹性绳的弹性势能为Ekx从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原

k0202k

位置的过程，乙所坐木板的位移为x1x0ld则由功能关系可知该过程F所做的功

3(mg)2

WEmgxmg(ld)故选B。

012k

【例4-2】（2025·湖南·高考真题）（多选）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以

在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量

时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能

量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑

轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，

h

A、B、C质量分别为3m、m、5m，S1，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速

度大小为g。则（）

A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等

B．D的初动能与其落地时的动能相等

2

S2

C．弹药释放的能量为36mgh12

4h

2

S2

D．弹药释放的能量为48mgh12

4h

【答案】BD

【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2，B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv联立解得

1212

v=0.5v1。爆炸后瞬间A的动能E=3mv，D的初动能E=6m0.5v两者不相等，故A错误；

kA21kD21

h

B．D水平滑动过程中摩擦力做功为W=6mgS6mg6mgh做平抛运动过程中重力做的功为

f1

WG=6mgh故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相

等，故B正确；

12v0g

CD．D物块平抛过程有hgt，S2联立可得vS

2t022h

2

12122S2g

D水平滑动过程中根据动能定理有6mgh6mv06mv化简得v2gh弹药释放的能量完全转

222h

22

12122S2gS2

化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E3mv1mv224mv24m2gh48mgh12

222h4h

故C错误，D正确。故选BD。

1.几种常见的功能关系

2.应用能量守恒定律的两点注意

(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量的转化和守恒定律。

(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。

【变式4-1】（2025·河南·模拟预测）小物块以一定初速度冲上足够长的固定斜面，如图1所示，斜面倾角37。

以地面为势能零点，其整个减速运动过程的机械能随距地面高度变化规律如图2所示。g取10m/s2。下列

判定正确的是（）

5

A．物块受到的摩擦力大小为N

3

B．物块质量为0.3kg

C．物块减速运动的加速度大小为4m/s2

D．物块减速运动的时间是0.25s

【答案】D

h

【详解】A．上滑过程中，摩擦力对物块做负功，物块的机械能变化量Ef

sin

Esin0.751.00.6

解得fN1N，A错误；

h15102

'

B．物块上滑到最高点时速度为0，动能为0，重力势能mghEEkE代入数据得

E0.75

mkg0.5kg，B错误；

gh1015102

C．物块减速运动fmgsinma解得a8m/s2

1

D．初动能Emv2解得初速度v2m/s物块减速运动0vat解得物块减速运动的时间t0.25s，D正

k2

确。故选D。

【变式4-2】（2025·贵州贵阳·模拟预测）（多选）如图为某探究小组设计的货物水平传送系统。质量为m

的货箱位于装货点，货箱左侧通过一根处于原长的水平弹性轻绳与墙壁相连，其右侧距离L处为取货点。

现将一质量为m的货物放入货箱，并使它们一起以水平初速度v0向右运动，到达取货点时速度恰好减为零，

取出货物后，货箱刚好能回到装货点。若需将货物原路退回到装货点，可在取货点对货箱作用一水平向左

的瞬时冲量。已知弹性轻绳始终处于弹性限度内，货物与货箱之间未发生相对滑动，重力加速度大小为g。

则在上述过程中（）

1

A．弹性轻绳的最大弹性势能为mv2

60

v2

B．货箱与地面间的动摩擦因数为0

3gL

23

C．瞬时冲量的最小值为mv