2026年高考物理终极冲刺：抢分秘籍06 功和能（含电磁场中的功和能）（六大题型）（解析版）

1/17秘籍06功和能（含电磁场中的功和能）秘籍导览秘籍导览【解密高考】【秘籍特训】【解密一】功、功率【解密二】动能定理的初步运用【解密三】动能定理解决多过程问题【解密四】机械能守恒、功能关系（押题型）【解密五】静电场中的功能关系【解密六】磁场中的功能关系解密高考解密高考：夯实功、功率、动能、动能定理、重力势能、机械能等基本概念。动能定理、功能关系等基本规律。强化运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力；渗透一些重要的思想方法（如函数法、图像法、比较法、极限法）。：动能定理常结合其他动力学的重点知识，如牛顿运动定律、曲线运动等。命题的选材背景主要以联系生产生活情境为主，也有部分高中物理常见理想化模型为素材的试题，试题中也常出现弹簧、各类轨道、传送带等装置，在此基础上可能还会与电磁场结合，这一点一定要注意。秘籍特训秘籍特训【解密一】功、功率秘籍解读秘籍解读1．使用W＝Flcosα应注意的几个问题(1)位移l①“l”应取作用点的位移。②“l”的取值一般以地面为参考系。(2)力F①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。(3)α是l与F之间的夹角。2.变力做功的计算方法（1）应用动能定理；（2）微元法；（3）等效转换法；（4）平均力法；（5）图像法3.机车启动三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm＝eq\f(P额,Fmin)＝eq\f(P额,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v1＝eq\f(P额,F)<vm＝eq\f(P额,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理：P额t－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大小。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·吉林长春·一模）光滑水平面上有一个静止的质量为m的物块，受到两个大小相等互成角的水平恒力F1、F2作用，经一段时间物块在方向的速度为v，如图所示。该段时间内做的功为（

A． B． C． D．【答案】C【详解】设两力大小为F，将分解为沿方向和垂直于的方向，则沿的方向上的合力结合牛顿第二定律可得由运动学规律可得，沿方向的位移则在这段时间内所做的功为故选C。【例2】（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，两物体叠放在一起置于足够长的光滑斜面上，现在物体上施加一沿斜面向上的恒力，两物体共同沿斜面向下做匀加速直线运动．下列说法正确的是（）A．两物体的重力做正功 B．恒力做正功C．摩擦力对物体做正功 D．摩擦力对物体做负功【答案】A【详解】A．物体沿斜面向下加速下滑，物体的高度下降，则两物体的重力对物体做正功，A正确；B．由于恒力与物体的运动方向相反，则恒力做负功，B错误；C．设斜面的倾角为，则物体的加速度为，则物体对物体的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力对物体做负功，C错误；D．物体对物体的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力对物体做正功，D错误。故选A。【例3】（2026·河北·一模）2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上，直升机悬挂国旗沿水平直线匀速通过天安门广场上空。如图所示，把国旗和配重看成一个整体，忽略悬索的质量，空气阻力方向与运动方向相反。下列说法正确的是（）A．直升机对悬索的拉力与国旗和配重对悬索的拉力是一对作用力和反作用力B．悬索对国旗和配重的拉力与国旗和配重的总重力是平衡力C．悬索对国旗和配重的拉力可能等于国旗和配重的总重力D．悬索对国旗和配重的拉力做功的功率等于国旗和配重克服阻力做功的功率【答案】D【详解】A．直升机对悬索的拉力与国旗和配重对悬索的拉力，作用在同一个物体（悬索）上，是一对平衡力；而作用力与反作用力是作用在两个不同物体上的，故A错误；B．悬索对国旗和配重的拉力是斜向上的，而重力是竖直向下的，这两个力不在同一直线上，且还存在水平方向的空气阻力，因此这两个力不是平衡力，故B错误；C．对国旗和配重进行受力分析，沿着水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，则由平衡关系有，解得悬索对国旗和配重的拉力大小为，故C错误；D．国旗和配重整体沿着水平方向做匀速直线运动，故合外力做功为0，由于重力不做功（竖直方向无位移），所以悬索对国旗和配重的拉力做的功等于国旗和配重克服阻力做的功。根据功率的表达式可知，由于时间相同，因此有即悬索对国旗和配重的拉力做功的功率等于国旗和配重克服阻力做功的功率，故D正确。故选D。【跟踪训练1】（2026·广东广州·模拟预测）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，如图，一名游戏者先后从同一位置（O点）射出两支完全相同的箭，一支箭以速度v1水平抛出，另一支箭以速度v2斜向上抛出，两支箭均落入壶中（P点）。不计空气阻力，忽略箭长、壶口大小等因素的影响，则（）A．箭2在最高点的速度大于v1B．从O到P，箭1速度变化量较大C．从O到P，箭2重力做功较多D．从O到P，箭1重力做功的平均功率较大【答案】D【详解】A．由题意可知，箭1做平抛运动，箭2做斜上抛运动，则二者水平方向分运动均为匀速直线运动，且箭2运动到最高点的速度即为其水平方向上的分速度；根据箭1及箭2的运动轨迹可知，二者水平方形位移相同，但箭2的运动时间较长，故箭2在水平方向上的速度较小，即箭2在最高点的速度小于v1，故A错误；B．结合前面分析可知，两支箭从O点到P点的速度变化量可以表示为：Δv=gt，又因为箭2的运动时间较长，则箭2的速度变化量更大，故B错误；C．抛出的两支箭在空中运动的竖直位移相同，重力相同，则重力做功相同，故C错误；D．根据，两支箭重力做功相同，箭1运动时间较短，则箭1重力做功的平均功率较大，故D正确。故选D。【跟踪训练2】（2026·浙江宁波·二模）单位行程耗能和单位时间耗能是衡量纯电动汽车性能的两个重要参量。现有某纯电动汽车在水平路段以匀速行驶时，单位行程耗能；以匀速行驶时，单位行程耗能。电动机驱动汽车匀速行驶，单位时间耗能（单位为）与阻力的功率成线性关系，即（为未知常数），汽车所受阻力与速度大小成正比。单位行程耗能最小时，汽车的速度为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】汽车匀速行驶时阻力与速度成正比，即，阻力功率单位时间耗能单位行程耗能为每行驶1米消耗的能量，1米行驶时长为，因此设，，代入两组已知条件：时，，整理得时，，整理得联立解得，，即根据均值不等式，当时取最小值，解得，即（速度取正值）。故选B。【跟踪训练3】（2026·山西朔州·一模）如图所示为某新能源汽车在某次测试行驶时的加速度和车速的倒数的关系图像。若车的质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，根据以上条件结合图像，下列说法正确的是（）A．无法求出汽车做匀加速运动的时间B．无法求出汽车所受阻力大小C．可以求出汽车的额定功率D．无法求出汽车的加速度为时的速度大小【答案】C【详解】A．由题图可知，汽车做匀加速直线运动的加速度大小为，末速度大小，则汽车做匀加速运动的时间为，故A错误；BC．设汽车所受阻力大小为，额定功率为，当汽车速度达到最大时，有汽车做匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律可得又联立解得，，故B错误，C正确；D．当汽车的加速度为时，由牛顿第二定律可得解得牵引力大小为此时汽车的速度大小为，故D错误。故选C。【跟踪训练4】（多选）（2026·福建莆田·二模）“水上巴士”是莆田水乡文旅的靓丽名片。某游船采用电动舷外机新能源动力设备，并配备动力回收系统。某次游船从1号码头由静止启动沿直线驶向2号码头，其动力输出功率P与速度v关系如图所示，当速度达到后，保持额定功率不变，达到最大速度后继续匀速行驶。当游船距离2号码头时，关闭动力系统，同时启动动力回收系统，将部分机械能转化为电能储存在电池中，恰好停靠2号码头。已知游船行驶过程受到恒定阻力，游船（包括游客）总质量，则该游船（）A．速度达到前加速度保持不变B．能达到的最大速度为C．速度达到所用时间约为D．整个过程最多可回收的电能为【答案】AB【详解】A．速度达到前，根据P=Fv，因P-v图像为过原点的直线，可知牵引力不变，则游船加速度保持不变，A正确；B．当牵引力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，则能达到的最大速度为，B正确；C．速度达到时而解得所用时间约为，C错误；D．由能量关系解得整个过程最多可回收的电能为，D错误。故选AB。【解密二】动能定理的初步运用秘籍解读秘籍解读应用动能定理的注意事项1.应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息，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。2.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。3.动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·浙江·二模）人形机器人半程马拉松赛事中，“天工Ultra”以2小时40分24秒夺冠。“天工Ultra”体重约为60kg，在一段直跑道上的跑步过程中，30秒内将时速从3.6km/h提升到最高时速14.4km/h，该过程的加速度逐渐减小，随后以最高时速匀速奔跑，则（）A．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度大小为9km/hB．“天工Ultra”30秒提速过程，平均速度可能小于9km/hC．“天工Ultra”以最高时速匀速奔跑时，合外力做功为零D．“天工Ultra”30秒提速过程，合外力对其做功为480J【答案】C【详解】A．提速过程加速度逐渐减小，不是匀加速运动，平均速度不等于初末速度的平均值（(3.6km/h+14.4km/h)/2=9km/h），且由于加速度减小，速度-时间图线为凸曲线，位移大于匀加速运动的位移，故平均速度大于9km/h，故A错误；B．由于加速度逐渐减小，提速过程的平均速度大于初末速度的平均值9km/h，故“可能小于9km/h”错误，故B错误；C．以最高时速匀速奔跑时，速度恒定，动能不变，由动能定理知合外力做功为零，故C正确；D．合外力做功等于动能变化量，初速度，末速度，质量，则动能的变化ΔEk===30×15=450J≠480J，故D错误。故选C。【例2】（2026·河北邯郸·一模）某次特大洪水中，无人机为受困群众提供物资投送，载着物资的无人机总质量为100kg，无人机沿竖直方向运动，无人机的速度随时间变化的图像如图所示，取竖直向上为正方向，取重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．0∼2s，无人机提供的牵引力大小为1000NB．4s∼5s，无人机处于超重状态C．4.5s时，无人机发动机的输出功率为600WD．0∼5s，无人机所受合力做的功为0【答案】D【详解】A．由图像可知，内无人机的加速度根据牛顿第二定律有解得牵引力，故A错误。B．4s∼5s内，图像斜率为负，加速度加速度方向竖直向下，无人机处于失重状态，故B错误。C．时，无人机的速度此时加速度仍为。根据牛顿第二定律解得此时牵引力则发动机输出功率，故C错误。D．内，无人机初速度为，末速度为，动能变化量。根据动能定理，合力做的功，故D正确。故选D。【跟踪训练1】（2026·湖南怀化·一模）如图所示在倾角为的斜面体上，ABCD面虚线左侧粗糙右侧光滑，绳子一端连接小球，另一端与固定点O连接。为了让小球在ABCD面内做圆周运动，给小球一个水平向左的速度（未知）恰好使OE段无张力。当小球运动到G点时绳子突然断裂，之后小球做类斜抛运动，E、F点为圆周运动的最高点和最低点且F在BC上。绳子长度L为0.2m，小球质量为1kg，运动到G点时速度为，G点与圆心O的连线与EF的夹角为，重力加速度取，则（）A．从E到G动量变化量为B．从E到G摩擦力做的功为2JC．小球在G点时重力的功率D．小球在类斜抛运动过程中离BC边的最大距离为【答案】C【详解】A．小球在E点时，由重力沿斜面方向的分力提供向心力，有解得由几何关系可知，与G点的速度的夹角为，则速度变化量为从E到G的动量变化量为，故A错误；B．小球在E点和G点的速度大小相等，动能变化量为0，由动能定理，得重力做功则从E到G摩擦力做的功为，故B错误；C．小球在G点时沿斜面垂直于BC方向的速度为小球在G点时竖直方向的速度为小球在G点时重力的功率，故C正确；D．小球沿斜面垂直于BC方向的速度为0时，离BC边的距离最大，沿斜面垂直于BC方向的加速度为由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得从G点沿斜面垂直于BC方向上升的最大距离为由几何关系，可得离BC边的最大距离为，故D错误。故选C。【跟踪训练2】（2026·贵州遵义·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平方向的恒力推了5s后，又用相同方向的恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的v—t图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，下列说法正确的是（）A．水平恒力B．冰车与冰面间的动摩擦因数C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功【答案】D【详解】B．由图可知，最后10s冰车做匀减速运动，加速度大小则摩擦力由，冰车与冰面间的动摩擦因数，B错误；A．由图可知，最初5s冰车做匀加速运动，加速度大小水平恒力，A错误；C．5s末的速度整个过程中冰车在冰面上运动的总距离，C错误；D．整个过程中根据动能定理大人对小孩和冰车做的功，D正确。故选D。【跟踪训练3】（2026·新疆乌鲁木齐·二模）某同学观看了2026年马年央视春晚《武BOT》节目后，对机器人的“弹射”运动产生了浓厚的兴趣。他设计了一个弹射装置，并用质量的小球代替机器人进行测试试验。如图所示，弹射装置上表面为距离地面的粗糙平台。小球以的水平初速度运动到平台上时，弹射装置立即启动，使小球向上弹起，随后小球从平台上的P点斜向上抛出，达到最高点后经落地，落地点与P点的水平距离。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取。求(1)小球距离地面的最大高度H；(2)小球离开P点瞬间的水平速度大小；(3)弹射平台对小球做的功W。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小球从最高点到地面做平抛运动，由平抛运动规律得解得（2）小球从P点到最高点的竖直距离为由斜抛运动规律可得，解得（3）设小球离开P点瞬间的竖直速度大小为，由斜抛运动规律和动能定理可得，解得【解密三】动能定理解决多过程问题秘籍解读秘籍解读秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（）A．滑块进入AB段立即做减速运动B．滑块经过点时重力的功率为C．点处的动摩擦因数D．滑块从处由静止释放将不能到达处【答案】C【详解】A．滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误；B．从，由重力的功率为，故B错误；C．设在距离原点x处动摩擦因数为，则下滑由动能定理有求和得为图乙中三角形的面积解得，故C正确；D．从处到处，重力做功为摩擦力做功为因，故滑块从处由静止释放将能到达处，故D错误。故选C。【例2】（多选）（2026·陕西西安·一模）如图所示，足够长的木板置于水平地面上，其上表面光滑，质量为，在水平拉力的作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动，现有若干个小铁块（可视为质点），每个质量均为，将第一个铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了时，又将第二块无初速地放在木板最右端，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速地放上一个铁块，直到木板停下来，就不再向木板上放铁块了，，。则下列说法正确的是（）A．最终有7个铁块放在木板上 B．最终有6个铁块放在木板上C．最后一个铁块与木板最右端的距离为 D．最后一个铁块与木板最右端的距离为【答案】AD【详解】AB.无铁块时，木板做匀速直线运动，受到地面摩擦力，可以算出每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增大，木板最终停下来时，木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功，第n块铁块释放时，木板克服摩擦力所做的功为由动能定理可得解得即第7个铁块放上去后木板再运动不足1m便会停下来，所以木板最终停下来时上面有7个铁块，故A正确，B错误；CD．第7个铁块放上去时，增加的摩擦力已做功木板剩下的动能为设木板还能运动的距离为s，则由解得，故C错误，D正确。故选AD。【跟踪训练1】（2026·湖南湘潭·二模）2024年8月24日，湖南省第二届滑板公开赛在衡东激情开赛。某次滑板运动员比赛过程可简化为如图所示的模型，是半径的光滑固定圆弧形滑板赛道，点与圆心等高，为最低点，圆弧所对应的圆心角为。滑板运动员从点以的初速度沿圆弧面滑下，从点滑出过最高点后落到斜面上的点，两点的竖直高度。已知运动员和滑板的总质量，取重力加速度大小，运动员和滑板整体可视为质点，不计空气阻力。求：(1)运动员和滑板一起在点受到的向心力；(2)斜面上的点到圆弧轨道上的点的水平距离；【答案】(1)，方向竖直向上(2)【详解】（1）对运动员和滑板从点出发到点的过程，根据动能定理有根据牛顿第二定律有解得，方向竖直向上。（2）对运动员和滑板从点出发到点的过程，根据动能定理有解得由题意知，，运动员和滑板从点到点做斜上抛运动，由竖直方向上的运动特点可知由此得，（舍去）斜面上的点到圆弧轨道上的点的水平距离【跟踪训练2】（2026·天津和平·一模）如图所示，半径的圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一足够长的木板，木板质量，上表面与C点等高。质量的物块（可视为质点）从空中A点以的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行，之后又滑上木板，木板获得的最大速度为，取，求：(1)A、B两点间的竖直高度h；(2)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力；(3)在圆弧轨道运动过程摩擦力对物块做的功。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由平抛运动可知到达B点时竖直速度又可得（2）在木板上滑行过程，有在C点，有由牛顿第三定律可得（3）在BC上滑动过程，由动能定理有其中可得【跟踪训练3】（2026·江西·模拟预测）某仓库货物的运转如图所示，一倾角为的固定斜面底端与一传送带的左端在点平滑连接，传送带的右端与半径的四分之一圆弧光滑小车在点平滑连接，斜面和小车均不影响传送带的转动，质量为的工件从斜面的顶端由静止释放，经过点后，滑上沿顺时针方向以的速度匀速转动的传送带，工件运动到点后滑上高质量为的小车。已知工件与斜面之间的动摩擦因数，斜面的长度为，工件与传送带之间及地面间的动摩擦因数分别为和，传送带的水平长度为，工件经过点和点时，忽略其能量的损耗，工件可看成质点，小车与地面之间摩擦力不计，重力加速度，，，求：(1)工件到达点时的速度大小。(2)工件与传送带之间因摩擦产生的热量。(3)若工件上升到最高点时，圆弧轨道突然被锁定，工件落地后不再弹起，可认为工件与地面间的弹力远大于工件重力，工件与地面作用时间极短，则工件落地后前进的距离是多少？【答案】(1)2m/s(2)10J(3)2.42m【详解】（1）工件从斜面的顶端由静止释放到点过程，根据动能定理可得解得（2）由于，可知工件滑上传送带后做加速运动，加速度大小为设工件在传送带上一直做加速运动，根据运动学公式可得解得工件到达端的速度为假设成立。工件从端到端所用时间为工件与传送带发生的相对位移大小为工件与传送带之间因摩擦产生的热量为（3）设工件滑上小车后，不能向上滑离小车，工件在小车上能上升的最大高度为，根据系统水平方向动量守恒可得解得根据系统机械能守恒可得解得由于所以工件能向上滑离小车上升到最高点时，已经脱离圆弧轨道，轨道突然被锁定，工件做平抛运动，直至落地，有解得工件落地时竖直方向的速度为竖直方向根据动量定理得水平方向根据动量定理得解得工件落地后继续向前滑动，由解得【解密四】机械能守恒、功能关系秘籍解读秘籍解读1.多物体系统机械能守恒问题的分析方法(1)正确选取研究对象，合理选取物理过程。(2)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。(3)注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。(4)列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。2.功能关系的选用原则(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化，用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化，用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。(4)只涉及电势能的变化，用静电力做功与电势能变化的关系分析。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·安徽·一模）如图所示，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的O点，另一端连接一质量为m的小球。这一装置从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度为。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．弹簧的劲度系数为B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D．在转动过程中，小球的重力势能可能先增大后减小【答案】D【详解】A．装置转到竖直位置时，弹簧的形变量小球受力平衡有联立解得，故A错误；B．转动后，小球的重力势能和弹簧的弹性势能都比原来的大，小球的动能不变，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．设装置与水平方向的夹角为，由，，联立解得转动过程中，变大，变大，故弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；D．因为可知h有极大值，则可能有极大值，即小球的重力势能可能先增大后减小，故D正确。故选D。【例2】（多选）（2026·安徽·模拟预测）一光滑轨道由水平部分和竖直圆周部分组成，圆轨道半径为R。水平轨道左端连接一轻弹簧，第一次质量为m的小球在水平轨道上被压缩的弹簧弹出后，在轨道上运动时最高只能到达离水平轨道高度为的位置。若保持每次弹射前的弹簧压缩量与第一次相同，改变小球的质量，要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量可能是（）A． B． C． D．【答案】AD【详解】第一次压缩弹簧弹出小球，根据系统机械能守恒可得第二次若改变小球质量，小球恰好通过轨道最高点，则，解得小球恰好通过圆心等高处，则解得要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量应大于等于或者小于等于。故选AD。【例3】（多选）（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.5m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2m的小球a套在半圆环上，质量为m=1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是（）A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的向心加速度为10m/s2C．小球a从释放到下滑至圆环最低点过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为【答案】ACD【详解】A．当小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的速度v沿圆环的切线方向向下，此时小球a沿杆方向的速度为零，所以小球b此时的速度为零，则由机械能守恒定律可得解得此时小球a的速度大小为，故A正确；B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的向心加速度为，故B错误；C．小球a从释放到下滑至圆环最低点的过程中，a、b两球组成的系统只有重力对系统做功，所以a、b两球组成的系统机械能守恒，故C正确；D．当小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点时，如图所示：此时小球a的速度沿杆方向，设此时小球、b的速度分别为、，则有由几何关系可得从点下滑至杆与圆环相切的点的过程，小球a下降的高度为a、b两球组成的系统满足机械能守恒，则有小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，对小球b列动能定理方程有联立解得杆对小球b做的功为，故D正确。故选ACD。【跟踪训练1】（多选）（2026·浙江宁波·二模）如图所示，一光滑木板倾斜固定，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为的物块Q连接。跨过定滑轮的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为的物块P连接。初始时物块P在水平外力作用下静止在直杆的点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。撤去水平外力，物块P由静止运动到点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为，重力加速度大小为，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦，物块P、Q均可视为质点。取，。则下列说法正确的是（）A．物块Q下滑过程中，弹簧的弹性势能一直减小B．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块P做正功C．物块P从点运动到点的过程中，轻绳拉力对物块Q做的功为D．物块P从点运动到点的过程中，物块Q的重力势能减少量等于P、Q两物块总动能的增加量【答案】BD【详解】A．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力大小相等，方向相反，即所以绳子的拉力为对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有解得设弹簧拉伸的长度为，由胡克定律有解得物块P运动到B点时，由几何关系可得物块Q沿斜面向下滑了所以此时弹簧的压缩量为即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同，即弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；D．物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q的重力势能减少量等于物块P和Q总动能的增加量，故D正确；B．由于轻绳只能提供拉力，对物块P，在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与P运动方向夹角为锐角，则轻绳拉力对P做正功，故B正确；C．物块P运动到B点时，P和Q速度满足物块P从A点运动到B的过程中，对系统由能量守恒有对物块Q有联立解得，故C错误。故选BD。【跟踪训练2】（多选）（2026·福建·模拟预测）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量的长木板A置于斜面上，质量的小物块B置于长木板上，轻绳的一端连接长木板，另一端绕过光滑轻质定滑轮与质量的重物C连接，C距离地面高度。开始时，整个系统处于静止状态。释放物块C，C落地后立即静止。已知A与B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C均可视为质点，运动过程中B始终没有离开A，A不与滑轮相碰，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小g取，则（）A．释放瞬间，C的加速度大小为B．C落地瞬间，B的速度大小为C．木板A上滑过程中，B在A上留下的划痕长度为D．A、B组成的系统机械能的最大增加量为【答案】BC【详解】A．当A、B相对滑动时，B有沿斜面向上的最大加速度，记为，有可得假设A、B不相对打滑，则C拉着A、B一起有共同的加速度a，有可得可知A、B已经相对打滑。对A、C分析得A、C一起加速度为，故A错误；B．C落地时间记为，有解得此时A的速度B的速度，故B正确；C．该过程B运动位移而A运动位移B相对A向下滑动C落地后，B的加速度对A分析得，沿斜面向下。设经过时间A、B共速，有解得，该过程B相对A向下滑动之后A、B一起向上运动。故B在A上留下的划痕，故C正确；D．C刚落地时，A、B系统机械能增加量最大，为，故D错误。故选BC。【跟踪训练3】（多选）（2026·陕西·模拟预测）如图所示，将一根质量为、长为的均匀柔软链条置于光滑水平桌面上，链条右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高，图示圆弧可使离开桌面的链条都竖直向下运动且无能量损失。某时刻，稍稍向右拉动链条，链条从静止开始沿桌边下滑。当链条下落的长度为时，桌面剩余链条的动能最大为。已知重力加速度为，则（）A． B． C． D．【答案】AD【详解】链条从开始运动到链条下落长度的过程中，由机械能守恒定律可得桌面剩余链条的动能为则由数学知识知，当且仅当即时，取“=”故时动能取最大值。选AD。【解密五】静电场中的功能关系秘籍解读秘籍解读1.应用动能定理解决问题须研究合力的功(或总功)。2.应用能量守恒定律解决问题须注意电势能和其他形式能之间的转化。3.应用功能关系解决问题须明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。4.有静电力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可能守恒。秘籍应用秘籍应用【例1】（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立xOy坐标系，的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，电场区域的右边界为开口向右的抛物线。（单位：m）。一质量、电荷量的带正电粒子（可视为质点），从坐标原点以初速度沿轴正方向射入电场，规定坐标原点电势为5V。下列说法正确的是（）A．粒子在运动过程中会穿出抛物线边界B．粒子从坐标原点运动到过程中，电场力做功4JC．当粒子电势能为0时，速度大小为D．经2s粒子动能变为原来2倍【答案】C【详解】A．粒子水平方向做匀加速直线运动竖直方向做匀速直线运动联立得所以粒子在电场运动过程中不会穿出抛物线边界，故A错误；B．粒子从坐标原点到经过的时间为水平方向位移为则电场力做功为，故B错误；C．根据能量守恒有解得，故C正确；D．经粒子水平方向位移为根据动能定理解得0.3J则，故D错误。故选C。【跟踪训练1】（多选）（2026·四川绵阳·模拟预测）如图所示，质量，电荷量为的带电小球，从A点以竖直向上进入方向水平向右的匀强电场，它经过B点的速度为，已知小球从A到B经历的时间为，。下列说法中正确的是（）A．A、B两点间的高度差B．A、B两点间的电势差C．匀强电场的场强E大小D．小球从A至B运动过程中速度最小值为【答案】BD【详解】A．小球从A到B经历的时间为，竖直方向，粒子受重力，做竖直上抛运动，有解得，故A错误；B．根据动能定理可得解得，故B正确；C．小球经过点的速度为，竖直方向，有解得又可得水平分量为水平方向，小球做匀加速直线运动，有解得匀强电场的场强大小，故C错误；D．小球水平方向受电场力为，竖直方向受重力为，如图所示二者合力为恒力，合力的方向与水平方向夹角的正切值可得当速度方向与等效重力方向垂直时，速度最小，等于垂直方向的分速度‍，故D正确。故选BD。【跟踪训练2】（2025·四川凉山·一模）如图所示，粗糙水平绝缘轨道AB与半径R=0.4m的竖直半圆绝缘光滑轨道BC平滑连接，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度。现有一电量，质量m=0.2kg的带电体（视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，经过水平轨道加速，进入圆轨道B点时速度大小。带电体与水平轨道间动摩擦因素，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)P点到B点的距离；(2)带电体运动到与圆心O等高点D处时对圆形轨道的压力大小；(3)带电体离开圆弧轨道的速度大小。【答案】(1)(2)F′=6N(3)，【详解】（1）从P点到B点过程，根据动能定理解得（2）从B点到D点过程，根据动能定理在D点有联立解得F=6N由牛顿第三定律可知，压力大小为F′=F=6N（3）假设可从C点离开，则从B到C点过程，由动能定理得解得：，假设不成立。设离开圆弧位置为O1点，重力与半径夹角为，则在O1点从B点到O1点过程解得，【跟踪训练3】（2025·四川成都·一模）如图所示，绝缘水平地面上固定一半径为R=0.3m的光滑半圆弧绝缘轨道，轨道竖直与水平地面相切于B点，水平面上A、B两点间距离L=0.3m，整个区域存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场。一电荷量为q=+1.0×10-9C、质量m=1.0kg的小球，从A点以水平向右的初速度v0=3m/s运动。小球与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)电场强度时，小球刚进入半圆弧轨道时对轨道的压力大小；(2)要使得小球能运动至C点（不考虑与轨道多次碰撞），电场强度E应满足什么条件。【答案】(1)30N(2)或【详解】（1）小球从A运动至B，根据动能定理可得在B点，根据牛顿第二定律可得由牛顿第三定律得解得（2）①当时，假设电场强度为E1时小球恰能运动至C点，从A到C，由动能定理可得在C点，有解得电场强度E应该满足的条件为；②当时，小球将脱离水平轨道做类平抛运动，则，，解得综上所述，电场强度E应该满足的条件为或。【解密六】磁场中的功能关系秘籍解读秘籍解读电粒子在叠加场中运动问题的一般分析方法秘籍应用秘籍应用【例1】（多选）（2026·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自点沿曲线运动，到达点时速度为零，点是运动的最低点，阻力不计，下列说法中正确的是（）A．液滴可能带负电 B．液滴在点时动能最大C．液滴从运动到的过程中机械能守恒 D．液滴将不可能由点返回到点【答案】BD【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下；然后粒子向右偏转，说明开始时洛伦兹力向右，根据左手定则可知，液滴带正电，故A错误；B．从A到C的过程中，重力和电场力均做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理知液滴在C点时的动能最大，故B正确；C．液滴从A运动到C的过程中，除重力做功外，还有电场力做功，所以液滴的机械能不守恒，故C错误；D．液滴到达B处后，向右重复类似于的运动，不能再由点返回点，故D正确。故选BD。【例2】（多选）（2026·广东·模拟预测）物流分拣系统中，有一个足够长的水平绝缘传送带以大小为的速度顺时针匀速转动，在传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示。将一质量为m、电荷量为＋q的带电小货物无初速度地放在传送带的左端，将小货物看成质点、小货物与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法可能正确的是（）A．小货物在传送带上运动过程中，摩擦力对小货物做的功一定等于B．小货物在传送带上运动的过程中，只有与传送带共速后才能做匀速直线运动C．小货物可能先做加速度减小的变加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动D．小货物在传送带上的最大加速度是，最大速度可能是【答案】CD【详解】A．小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小是此后支持力为0，不再受摩擦力，全过程摩擦力对小货物做的功为，A错误；B．小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小是，此后做匀速直线运动，B错误；C．由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律可知加速度减小，当与传送带共速后摩擦力为零了，合力为零了，此后速度不再变化，C正确；D．速度为零时，支持力最大，与重力平衡，滑动摩擦力最大，加速度最大，为，当小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小是此后支持力为零，不再受摩擦力了，最大速度可能是，D正确。故选CD。【跟踪训练1】（2026·河南开封·模拟预测）如图所示，一圆心为O、半径为的四分之一光滑圆弧轨道与倾角的光滑斜面相切于P点，圆弧轨道与斜面固定在同一竖直平面内。过O、P两点的虚线与斜面垂直且虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量的带正电的物块B锁定在斜面的上端。现有一质量为的绝缘小球C从圆弧轨道的