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考点 24 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 功能关系 2024 年山东卷
计算题 功能关系 2024 年重庆卷
计算题 机械能守恒定律、动能定理 2024 年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律的考查非常频繁，考题的形式多以选择题
和计算题，该部分内容贯穿于重力场、电场、磁场中，是三大处理物理问题的方法之一。
【备考策略】
1.能够利用机械能守恒定律处理多物体多过程的机械能守恒问题。
2.理解各种功能关系和能量守恒定律。
3.利用功能关系和能量守恒定处理有关物理问题。
【命题预测】重点关注功能关系在三大力场中的综合应用。
1.机械能守恒定律
(1)机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
(2)机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持
不变。
2.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
合力做的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
(1)重力做正功，重力势能减少
重力做的功 重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
(1)弹力做正功，弹性势能减少
弹簧弹力做的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
除重力和弹力之外的其他力 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
做的功 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W 其他＝ΔE
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内
一对相互作用的滑动摩擦力 机械能减少
能增加
做的总功 内能增加
(2)摩擦生热 Q＝Ff·x 相对
3.能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转
移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE 减＝ΔE 增。
(3)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。
(4)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，一般应用能的转化和守恒定律。
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。
考点一 机械能守恒守恒定律的应用
考向 1 判断物体和系统机械能守恒
1．对守恒条件理解的三个角度
2．判断机械能守恒的三种方法
1．如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（ ）
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力 F 的作用下匀减速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块 A 以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块 A 的机械能守恒
D．丁图中，物块 A 加速下落，物块 B 加速上升的过程中，A、B 系统机械能守恒
2．2023 年 9 月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅 15 岁的小将陈烨以 84.41 分夺冠。图示为陈烨在比
赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　）
A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零
B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C．运动员和滑板构成的系统动量守恒
D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零
考向 2 机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒的三种表达式
项目 守恒角度 转化角度 转移角度
表达式 E1=E2 ΔEk=-ΔEp ΔEA增=ΔEB减
表示系统(或物体)机械能守恒时,系 若系统由 A、B 两部分组成,则 A
系统初状态机械能的总和与
物理意义 统减少(或增加)的重力势能等于系 部分物体机械能的增加量与 B 部
末状态机械能的总和相等
统增加(或减少)的动能 分物体机械能的减少量相等
应用时应选好重力势能的零 应用时关键在于分清重力势能的
常用于解决两个或多个物体组成
注意事项 势能面,且初、末状态必须用 增加量和减少量,可不选零势能面
的系统的机械能守恒问题
同一零势能面计算势能 而直接计算初、末状态的势能差
2.应用机械能守恒定律解题的基本思路
3．如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球 A、B 分别套在水平杆与圆轨
道上，A、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A、B 质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B 静
止。由静止释放 B 后，已知当 B 和圆心连线与竖直方向的夹角为 30°时（细绳和小球的位置如图虚线所
示），滑块 B 下滑的速度为 v，则半圆的半径为（　　）
7v2 7v2 7 3v2 7v2
A． B． C． D．
4 3g 4g 4g 4 2g
4．如图所示，劲度系数为200N / m的轻弹簧下端固定在倾角为q = 53°的光滑斜面底端，上端连接物块
Q，Q 同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮 O 与套在足够长的光滑竖直杆上的物块 P 连接，图
中 O、B 两点等高，间距 d = 0.3m。初始时在外力作用下，P 在 A 点静止不动，A、B 间距离 h = 0.4m，此
时轻绳中张力大小为60N。已知 P 的质量为1kg ，Q 的质量为5kg ，P、Q 均可视为质点。现将 P 由静止释
放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度 g 取10m / s2 ， sin53° = 0.8， cos53° = 0.6，弹簧始终处于弹性限度
内），下列说法正确的是（ ）
A．物块 P 上升的最大高度为0.8m
B．物块 P 上升至 B 点时，其速度大小为 2 2m / s
C．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧对物块 Q 一直做正功
D．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，物块 P 机械能守恒
考点二 功能关系及能量守恒定律
考向 1 传送带类的功能转化
1．两个设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律
求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动
机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系
(1)传送带电动机做的功 W 电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx 传。
(2)传送带摩擦力产生的热量 Q＝Ff·x 相对。
5．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度 4m/s 顺时针运行，质量为 1kg 的小物块以 6m/s 的初速
度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
0.2，传送带的长度为 10m，重力加速度 g =10m / s2 ，对上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．小物块对传送带做功为 20J
B．小物块对传送带做功为 48J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为 40J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为 50J
6．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为
q =30o，以 1m/s 顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端 A 点无初速度释放后从 A 点运动 B 点，已知货
物均可视为质点，质量为 m=10kg，A、B 两端点间的距离为 s=9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为
m 3= ，重力加速度取 10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　）
2
A．510J B．490J C．375J D．260J
考向 2 板块类的功能转化
1．两个分析角度
(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画
出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，
减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。
2．三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
7．如图所示，质量为 M 长为 l 的长木板静止于粗糙水平面上， t = 0时，质量为 m 的物块（可视为质点）
以初速度 v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因
数为m 。下列说法正确的是（　　）
mv
A．物块滑到木板最右端的速度为 0
M + m
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于mmgl
1
D mv2．木板的动能一定大于 0 - mmgl2
8．如图甲所示，光滑水平面上有一质量M =1kg的木板 A，板左端有一质量m = 0.5kg 的物块 B（视为质
点），A 与 B 间的动摩擦因数为 0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块 B 施加水平向右的力F ，F 随时间
t 变化的图像如图乙所示，1s末撤去F ，物块 B 始终未从木板 A 上滑下。取 g =10m / s2 ，最大静摩擦力与
滑动摩擦力相等，则（　　）
A．1s时物块 B 的加速度大小为 4m / s2
B．1s时物块 B 的速度大小为2m / s
C．1s后木板 A 与物块 B 因摩擦产生的热量为1.5J
D．木板 A 的长度可能为1.5m
考点三 功能关系中的图像问题
常见图像的基本规律
EK-x 图像 EP-x 图像 E-x 图像 E-t 图像
EK EP E E
- ① - ① - ① - ①
- - - -
- - - -
- ② - ② - ② - ②
O x O x O x O t [ 来
源:]
斜率：合外力 斜率：重力、弹力等 斜率：除重力、弹力以外 斜率：功率
①合外力沿+x 方向 ①力沿-x 方向 的力
②合外力沿-x 方向 ②力沿+x 方向 ①沿+x 方向②沿-x 方向
考向 1 EK-x 图像
9．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为 15°的斜坡向下运动，
初动能为1.0 105 J 。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek 与位移 x 的关系如图中直线①所示；第二次
让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek 与位移 x 的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效
率为 90%，重力加速度 g =10m / s2 。下列说法正确的是（　　）
A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑 200m 回收的电能
C．图中②对应过程下滑 100m 后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
考向 2 EP-x 图像
10．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于 A 点。 t = 0时将小
球从 A 点正上方 O 点由静止释放， t1 时到达 A 点， t2 时弹簧被压缩到最低点 B。以 O 为原点，向下为正方
向建立 x 坐标轴，以 B 点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek 、
重力势能EP1、机械能E0 及弹簧的弹性势能EP2变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
考向 3 E-x 图像
11．如图所示，踢毽子是一项深受大众喜爱的健身运动项目。在某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，沿
竖直方向向上运动，毽子在向上运动的过程中受到的空气阻力与其速率成正比。用 x 表示毽子离开脚后的
位移，E 表示毽子的机械能，则（ ）
A． B．
C． D．
考向 4 E-t 图像
12．如图所示，一个足够长的光滑斜面倾角为 α，一个质量为 m 的木块在沿斜面向上的恒力 F 作用下从斜
面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去恒力 F，则此木块在斜面上运动过程中的机械能 E 随时间 t
变化的情况可能是下图中的 ( )
A． B．
C． D．
1．如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗糙且水平。弹
簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压缩状态。现撤去外
力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
2．如图所示，两个质量相等可视为质点的小球 a、b 通过铰链用长为 2L的刚性轻杆连接，a 球套在竖直
杆 M 上，b 球套在水平杆 N 上，最初刚性轻杆与细杆 M 的夹角为 45°。两根足够长的细杆 M、N 不接触
（a、b 球均可无碰撞通过 O 点），且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切
摩擦，重力加速度为 g。下列说法中正确的是（　　）
A．a、b 两球组成系统机械能不守恒
B．a 球到达与 b 球等高位置时速度大小为 gL
C．a 球运动到最低点时，b 球速度最大
D．a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对 a 球的弹力一直做负功
3．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物 A、轻质定滑轮下方悬挂重物 B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始
时，重物 A、B 处于静止状态，释放后 A、B 开始运动。已知 A、B 的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻
力均忽略不计，重力加速度为 g，下列说法中正确的是（　　）
A．重物 A、B 的速度大小之比为 1：1
B．重物 A、B 的速度大小之比为 2：1
C 1．当 B 的位移为 h 时，A 的速度为 gh
5
D 2．当 B 的位移为 h 时，A 的速度为 gh
5
4．如图所示，质量均为m 的物块 A、B、C 通过轻绳轻弹簧连接，中间有孔的物块 C 套在一光滑竖直杆
上，杆与滑轮间距离为 d，最初用外力托住 C，轻绳刚好伸直，拉力为零，滑轮右侧轻绳水平。撤去外
3
力，若物块 C 下落 d 时，物块 A 刚好离开地面，忽略滑轮大小和一切阻力，此时物块 C 的速度大小是
4
（　　）
A 3gd B gd． ．
2 2
C 25gd． D 75gd．
34 136
5．某同学为了研究过山车的运动，在实验室完成了模拟实验，该同学取一半径为 r 的光滑圆轨道，沿竖直
方向固定，P、Q 分别为最低点和最高点，A 点与圆心等高（图中未画出），分别在 P、Q、A 点安装压力传
感器．实验时，将小球置于最低点 P，并给小球一水平的初速度，当小球经过最低点 P 和最高点 Q 时传感
器的示数分别为F1, F2 ，已知重力加速度为 g，忽略一切摩擦．则下列说法正确的是（ ）
F
A 1
- F2 F + 5F gr
．小球的质量为 3g B
1 2
．小球的初速度大小为
F1 - F2
F + F
C．小球在 A 点时对传感器的压力大小为 1 2 D．F
2 1
可能小于F2
6．如图（a）所示，传送带与水平地面的夹角为 θ=37°，传送带以 v=10m/s 的速度沿逆时针方向匀速转
动，在传送带最上端 A 点无初速度地放上一个质量为 m=1kg 的煤块（可视为质点），它与传送带之间的动
摩擦因数为 μ。t=3s 末煤块运动到传送带最下端 B 点，煤块运动的速度 v 随时间 t 变化的图像如图（b）所
示，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为 g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．μ=0.25
B．煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的距离为 24m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为 9m
D．煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的过程中，煤块对传送带所做的功为 40J
7．如图所示，质量M =1kg、长度 l = 4m的木板静止于光滑水平面上，某时刻一质量m = 2kg的木块以初速
度 v0 = 6m / s滑上木板左端，木块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数m = 0.2 ，则（ ）
A．木块会从木板的右侧滑下
B．2s 内木块的位移大小为 9m
C．2s 内木板对木块做功为 20J
D．2s 内木块和木板组成的系统增加的内能为 16J
8．将质量为 1kg 的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气
阻力大小不变，其动能Ek 随距离地面高度 h 的变化关系如图所示。取重力加速度 g = 10m/s2 ，下列说法正
确的是（　　）
A．物体能上升的最大高度为 3m
B．物体受到的空气阻力大小为 2N
C．上升过程中物体加速度大小为 10m/s2
D．下落过程中物体阻力做功为-24J
9．如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用 h 表
示铅球离地面的高度、E 表示铅球的机械能，Ep 表示铅球的重力势能、Ek 表示铅球的动能，则铅球下落过
程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F ，选取地面为重力势能的零势能面，
物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于 s1的位
置。下列说法正确的是（　　）
A．0 ~ s2过程中物块的加速度逐渐减小
B．0 ~ s1过程中物块的动能逐渐增大
C．0 ~ s2过程中物块先向上运动后向下运动
D． s2 ~ s3过程中物块一定向上运动
11．如图所示，质量为 m 的物体（可视为质点）以某一速度从 A 点冲上倾角为 30°的固定斜面，其运动的
加速度大小为 g，沿斜面上升的最大高度为 h，重力加速度为 g，则此过程物体（　　）
A．克服摩擦力做功 mgh B．重力势能增加了 2mgh
1
C．动能减小了 2mgh D．机械能减少了 mgh
2
12．为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯
由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑
过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于
电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B．电梯的动能先增大后减小
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
13．如图所示，质量均为 m 的物体 A、B 用跨过滑轮 O 的轻绳连接，A 穿在固定的竖直光滑杆上，B 置于
mg
倾角q = 30°的光滑固定斜面上。一劲度系数 k = 的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端
2l
连接 B。初始时，施加外力将 A 置于 N 点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON 段长为3l ，与杆垂直，OB段与斜
面平行。现将 A 由静止释放，沿杆下滑到最低点 P ，M 为 NP 中的一点，且MN = 4l 。A、B 均可视为质
点，运动过程中 B 不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，不计一切阻力。则 A 从 N
点下滑到 M 点的过程中（　　）
A．B 沿斜面运动的距离为 2l B．A、B 组成的系统机械能守恒
114mgl
C．经过 M 点时 A 150gl的速度大小为 D．轻绳对 A 做的功为-
41 41
14．如图所示，柔软的绳索放置在粗糙水平桌面上， a、c为绳索端点，b 为绳索中点，且恰好处于桌面边
缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态，由静止释放绳索后，绳索开始滑动，直至离开桌面，此过
程中 c点未落至地面。已知质量分布均匀的绳索总质量为m ，总长度为 L，绳索和桌面间的滑动摩擦因数
为m 。下列分析正确的有（ ）
3
A．绳索离开桌面前的过程中重力势能减少了 mgL
8
3 1
B．绳索离开桌面时的动能为 mgL - mmgL
8 4
C．绳索离开桌面前的过程中， ab段的动能增加得越来越快
D．绳索离开桌面前的过程中，bc段的机械能减小得越来越慢
15．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端 P 点由静止开始自由下滑，在下
滑到最低点的过程中，运动到 Q 点时，重力的功率最大，OQ 与水平面的夹角为 θ，则下列说法正确的是
（　　）
A． sinq
1
=
3
B． sinq 3=
3
C．当重力的功率最大时，小环的加速度为 2g
D．当重力的功率最大时，小环的加速度为 2 2g
16．一滴雨滴在空中由静止开始竖直下落，雨滴只受空气阻力和重力作用，且受到的空气阻力与速率成正
比，t0时刻（下落高度为 h0），雨滴开始匀速下落。以地面为参考平面，下列关于雨滴下落过程中，它的重
力势能 Ep与下落高度 h 图像、重力势能 Ep与时间 t 图像、动能 Ek与下落高度 h 图像、机械能 E 与下落高
度 h 图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
17．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，一木块沿斜面由静止开始下滑，下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，设水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）
A．位移为 x 时，木块刚好滑到斜面的底端
B．在位移从 0 到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 3E
C．图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的重力大小
D．图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
18．如图所示，小滑块以一定的初速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高点后，又沿斜面下滑返回底端，
该过程中小滑块运动的路程为 2L，所用的时间为 t0 。用 x 表示小滑块运动的路程，t 表示小滑块运动的时
间，Ep 表示小滑块的重力势能（以初始位置所在平面为零势能面），Ek 表示小滑块的动能，下列图像可能
正确的是（　　）
A． B．
C． D．
1
19．如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为 R 的 圆周连接而成，它们
4
的圆心O1、O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线上。O2B 沿水池的水面方向，B 点右侧为无穷大水平
面，水平面上有一系列沿O2B 方向的漂浮的木板，木板的质量为 M，长度为 2l 。一质量为 m 的小孩（可
视为质点）可由弧 AO 的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终
处于水平面上。
（1）若小孩恰能在 O 点脱离滑道，求小孩静止下滑处距 O 点的高度？
（2）凡能在 O 点脱离滑道的小孩，其落水点到O2 的距离范围？
（3）若小孩从 O 点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2 的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从 O 点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处
于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？
20．将一质量为mA =1kg的足够长薄木板 A 置于足够长的固定斜面上，质量为mB = 2 kg 的滑块 B（可视为
质点）置于 A 上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角q = 37°。现从 t = 0时刻开始，将 A 和 B 同时由
静止释放，同时对 A 施加沿斜面向下的恒力F = 22N，运动过程中 A、B 发生相对滑动。图（b）为滑块 B
开始运动一小段时间内的 v2 - x 图像，其中 v 表示 B 的速率，x 表示 B 相对斜面下滑的位移。已知 A 与斜面
间的动摩擦因数m1 = 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g = 10 m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，求：
（1）A、B 间的动摩擦因数m2 以及图（b）中 x = 0.25m时 A 的加速度大小和方向；
（2）一段时间后撤去力 F，从 t = 0时刻开始直到 B 从 A 的下端滑出，A、B 间因摩擦总共产生的热量
Q =11J，求力 F 作用在 A 上的时间。
21．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距 a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在 M 上，另一端连接位于 M 正下方放置于水平地面质量为 m 的小木块 B，绳长与 M 到
地面的距离均为 10a，质量为 2m 的小木块 A，沿水平方向于 B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间
5
摩擦因数为 ，重力加速为 g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
48
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求 B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变 A 碰前瞬间的速度，碰后 A 运动到 P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转 2 圈，经过 M 正下方时
细绳子断开，B 也来到 P 点，求 B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到 12mg 细绳会断，上下移动 N 的位置，保持 N 在 M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）间中
的相同，使 B 旋转 n 圈。经过 M 正下的时细绳断开，求 MN 之间距离的范围，及在 n 的所有取值中，B 落
在地面时水平位移的最小值和最大值。
22．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以 5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 0.2kg 的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O 点等高。将质量为 0.1kg 的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运
动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度大小 g = 10m/s2 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。考点 24 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 功能关系 2024 年山东卷
计算题 功能关系 2024 年重庆卷
计算题 机械能守恒定律、动能定理 2024 年海南卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律的考查非常频繁，考题的形式多以选择题
和计算题，该部分内容贯穿于重力场、电场、磁场中，是三大处理物理问题的方法之一。
【备考策略】
1.能够利用机械能守恒定律处理多物体多过程的机械能守恒问题。
2.理解各种功能关系和能量守恒定律。
3.利用功能关系和能量守恒定处理有关物理问题。
【命题预测】重点关注功能关系在三大力场中的综合应用。
1.机械能守恒定律
(1)机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
(2)机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持
不变。
2.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
合力做的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
(1)重力做正功，重力势能减少
重力做的功 重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
(1)弹力做正功，弹性势能减少
弹簧弹力做的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
除重力和弹力之外的其他力 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
做的功 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W 其他＝ΔE
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内
一对相互作用的滑动摩擦力 机械能减少
能增加
做的总功 内能增加
(2)摩擦生热 Q＝Ff·x 相对
3.能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转
移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE 减＝ΔE 增。
(3)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。
(4)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，一般应用能的转化和守恒定律。
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。
考点一 机械能守恒守恒定律的应用
考向 1 判断物体和系统机械能守恒
1．对守恒条件理解的三个角度
2．判断机械能守恒的三种方法
1．如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（ ）
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力 F 的作用下匀减速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块 A 以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块 A 的机械能守恒
D．丁图中，物块 A 加速下落，物块 B 加速上升的过程中，A、B 系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．甲图中，不论是匀速还是加速，由于推力对火箭做功，火箭的机械能不守恒，是增加的，故
A 错误；
B．物体匀减速上滑，力 F 对物块做正功，则物块的机械能必定增加，故 B 错误；
C．在物体 A 压缩弹簧的过程中，弹簧和物体组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。由于
弹性势能增加，则 A 的机械能减小，故 C 错误；
D．对 A、B 组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B 组成的系统机械能守恒，故 D 正确。
故选 D。
2．2023 年 9 月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅 15 岁的小将陈烨以 84.41 分夺冠。图示为陈烨在比
赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　）
A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零
B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒
C．运动员和滑板构成的系统动量守恒
D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零
【答案】B
【详解】A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的
速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故 A 错误；
B．运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故 B 正确；
C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统
动量不守恒，故 C 错误；
D．上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作
用力为零，故 D 错误。
故选 B。
考向 2 机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒的三种表达式
项目 守恒角度 转化角度 转移角度
表达式 E1=E2 ΔEk=-ΔEp ΔEA增=ΔEB减
表示系统(或物体)机械能守恒时,系 若系统由 A、B 两部分组成,则 A
系统初状态机械能的总和与
物理意义 统减少(或增加)的重力势能等于系 部分物体机械能的增加量与 B 部
末状态机械能的总和相等
统增加(或减少)的动能 分物体机械能的减少量相等
应用时应选好重力势能的零 应用时关键在于分清重力势能的
常用于解决两个或多个物体组成
注意事项 势能面,且初、末状态必须用 增加量和减少量,可不选零势能面
的系统的机械能守恒问题
同一零势能面计算势能 而直接计算初、末状态的势能差
2.应用机械能守恒定律解题的基本思路
3．如图，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球 A、B 分别套在水平杆与圆轨
道上，A、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A、B 质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B 静
止。由静止释放 B 后，已知当 B 和圆心连线与竖直方向的夹角为 30°时（细绳和小球的位置如图虚线所
示），滑块 B 下滑的速度为 v，则半圆的半径为（　　）
7v2 7v2 7 3v2 7v2
A． B． C． D．
4 3g 4g 4g 4 2g
【答案】A
【详解】将滑块 B 下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B 两小球沿绳方向的
速度大小相等，如图所示，则有
vA = v cos30
o 3 1 1
解得 vA = v，A B mgR cos30
o 2 2
、 两小球组成的系统机械能守恒，则有 = mv + mv
2 2 2 A
解得
R 7v
2
= 故选 A。
4 3g
4．如图所示，劲度系数为200N / m的轻弹簧下端固定在倾角为q = 53°的光滑斜面底端，上端连接物块
Q，Q 同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮 O 与套在足够长的光滑竖直杆上的物块 P 连接，图
中 O、B 两点等高，间距 d = 0.3m。初始时在外力作用下，P 在 A 点静止不动，A、B 间距离 h = 0.4m，此
时轻绳中张力大小为60N。已知 P 的质量为1kg ，Q 的质量为5kg ，P、Q 均可视为质点。现将 P 由静止释
放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度 g 取10m / s2 ， sin53° = 0.8， cos53° = 0.6，弹簧始终处于弹性限度
内），下列说法正确的是（ ）
A．物块 P 上升的最大高度为0.8m
B．物块 P 上升至 B 点时，其速度大小为 2 2m / s
C．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧对物块 Q 一直做正功
D．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，物块 P 机械能守恒
【答案】B
【详解】A．假设物块 P 上升的最大高度为0.8m，根据图中几何关系可知，此时物块 Q 刚好回到初始位
置，则物块从 A 点释放到最大高度过程，弹簧的弹性势能变化为 0，Q 的重力势能变化为 0，而 P 的重力
势能增加，不满足 P、Q 弹簧组成的系统机械能守恒，可知物块 P 上升的最大高度一定小于0.8m，故 A 错
误；
B．P 位于 A 点时，设弹簧伸长量为x1；对 Q，由平衡条件得T = mQ g sinq + kx1解得弹簧的伸长量为
x1 = 0.1m ，P 上升至 B 点时，Q 下降的距离为Dx = OP - OB = 0.5 - 0.3m = 0.2m则此时弹簧的压缩量为
x2 = Dx - x1 = 0.2 - 0.1m = 0.1m 可知 P 从 A 点上升至 B 点时，弹簧的弹性势能不变，且物块 Q 的速度为 0；
对物块 P、Q 及弹簧，根据系统的机械能守恒有mQ gDx sinq - mP gh
1
= m 2PvB解得 P 上升至 B 点时的速度大2
小为 vB = 2 2m / s故 B 正确；
C．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧先处于伸长状态后处于压缩状态，弹簧对物块 Q 先做正
功，后做负功，故 C 错误；
D．在物块 P 由 A 点运动到 B 点的过程中，绳子拉力对 P 一直做正功，物块 P 的机械能增加，故 D 错误。
故选 B。
考点二 功能关系及能量守恒定律
考向 1 传送带类的功能转化
1．两个设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律
求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动
机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系
(1)传送带电动机做的功 W 电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx 传。
(2)传送带摩擦力产生的热量 Q＝Ff·x 相对。
5．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度 4m/s 顺时针运行，质量为 1kg 的小物块以 6m/s 的初速
度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
0.2，传送带的长度为 10m，重力加速度 g =10m / s2 ，对上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．小物块对传送带做功为 20J
B．小物块对传送带做功为 48J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为 40J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为 50J
【答案】C
a mmg
2
【详解】AB．物块的加速度大小为 = = 2m/s2
v
m 物块向左减速至
0 的位移为 x = 0 = 9m 物块向左运动的
2a
v v
时间为 t1 = 0 = 3s向右运动至共速的时间为 t2 = = 2s 小物块对传送带做功W = -mmgv t1 + t2 = -40J，ABa a
错误；
2
CD．全程物块与传送带的相对位移为Dx v= 0 + vt1 + vt
1
2 - at
2
2 = 25m 根据功能关系，带动传送带转动的电动2a 2
W 1 1= mmgDx - mv2 - mv2 机多做的功为 0 ÷ = 40J ，C 正确，D 错误。故选 C。
è 2 2
6．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为
q =30o，以 1m/s 顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端 A 点无初速度释放后从 A 点运动 B 点，已知货
物均可视为质点，质量为 m=10kg，A、B 两端点间的距离为 s=9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为
m 3= ，重力加速度取 10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（　　）
2
A．510J B．490J C．375J D．260J
【答案】A
【详解】货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mmg cos30o - mg sin30o = ma 解得，加速阶段的加
a mmg cos30
o - mg sin 30o v
速度为 = = 2.5m/s2 则加速到与传送带共速的时间为 t1 = = 0.4s加速的位移为m a
x 1 21 = at1 = 0.2m此时传送带的路程为 s1 = vt = 0.4m 则摩擦产生的热量为2
Q = f × x相 = mmg cos30
o × (s1 - x1) =15J则根据能量守恒定律，货物从低端到顶端要消耗的能量为
E 1= Q + mv2 + mgs sin 30o = 510J故选 A。
2
考向 2 板块类的功能转化
1．两个分析角度
(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画
出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，
减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。
2．三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
7．如图所示，质量为 M 长为 l 的长木板静止于粗糙水平面上， t = 0时，质量为 m 的物块（可视为质点）
以初速度 v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因
数为m 。下列说法正确的是（　　）
mv
A．物块滑到木板最右端的速度为 0
M + m
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于mmgl
1
D mv2．木板的动能一定大于 0 - mmgl2
【答案】C
【详解】A．物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度，如果物块与木板组成
的系统动量守恒，则mv0 = m + M v
mv
解得 v = 0 由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物块
M + m
mv
与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为 0 ，故 A 错误；
M + m
BD．由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面
1 2
与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能E =mmgl内 木板的动能一定小于 mv0 - mmgl ，故2
BD 错误；
C．设物块运动的位移大小x1，木板运动的位移大小x2，物块与木板共同速度 v1，物块与木板因摩擦产生
的热量Q = mmgl = mmg x - x x v0 + v由于 = 1 t 2 v11 2 1 > t = 2x2 故mmgl > mmgx2 对木板由动能定理得2 2
mmgx2 - m2 m + M gx
1 2 1 2
2 = Mv1 则 Mv1 < mmgx2 < mmgl 故 C 正确。故选 C。2 2
8．如图甲所示，光滑水平面上有一质量M =1kg的木板 A，板左端有一质量m = 0.5kg 的物块 B（视为质
点），A 与 B 间的动摩擦因数为 0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块 B 施加水平向右的力F ，F 随时间
t 变化的图像如图乙所示，1s末撤去F ，物块 B 始终未从木板 A 上滑下。取 g =10m / s2 ，最大静摩擦力与
滑动摩擦力相等，则（　　）
A．1s时物块 B 的加速度大小为 4m / s2
B．1s时物块 B 的速度大小为2m / s
C．1s后木板 A 与物块 B 因摩擦产生的热量为1.5J
D．木板 A 的长度可能为1.5m
【答案】C
【详解】A．设拉力为F0 ，A、B 刚好发生相对运动，以 A、B 为整体，根据牛顿第二定律可得
F0 = (M + m)a
2
0 以 A 为对象，根据牛顿第二定律可得mmg = Ma0 联立解得a0 = 1m / s ，F0 =1.5N又图乙可
F - mmg 4 - 0.2 0.5 10
知，A、B 一开始就发生相对运动，1s时 B 的加速度大小为 aB = = m / s
2 = 6m / s2 故
m 0.5
A 错误；
B．在0 ~ 1s内对 B 根据动量定理可得 IF - mmgt = mv I
2 + 4
B 其中 F = 1N ×s = 3N ×s 解得1s时物块 B 的速度大2
小为vB = 4m/s故 B 错误；
C．1s时木板 A 的速度大小为 vA = a0t =1m / s 1s末撤去F ，之后 A、B 组成的系统满足动量守恒，则有
mvB + MvA = (m + M )v共解得最终两者的共同速度为 v共 = 2m / s根据能量守恒可知，1s后木板 A 与物块 B 因
1 2 1 2 1
摩擦产生的热量为Q = mvB + MvA - (m + M )v
2
2 2 2 共
=1.5J故 C 正确；
D．设1s后木板 A 与物块 B 发生的相对位移为 s，则有Q = mmgs =1.5J 解得 s =1.5m由于撤去力F 前，木板
A 与物块 B 也发生了相对位移，且整个过程相对运动方向不变，所以木板 A 的长度一定大于1.5m，故 D 错
误。故选 C。
考点三 功能关系中的图像问题
常见图像的基本规律
EK-x 图像 EP-x 图像 E-x 图像 E-t 图像
EK EP E E
- ① - ① - ① - ①
- - - -
- - - -
- ② - ② - ② - ②
O x O x O x O t [ 来
源:]
斜率：合外力 斜率：重力、弹力等 斜率：除重力、弹力以外 斜率：功率
①合外力沿+x 方向 ①力沿-x 方向 的力
②合外力沿-x 方向 ②力沿+x 方向 ①沿+x 方向②沿-x 方向
考向 1 EK-x 图像
9．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为 15°的斜坡向下运动，
初动能为1.0 105 J 。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek 与位移 x 的关系如图中直线①所示；第二次
让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek 与位移 x 的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效
率为 90%，重力加速度 g =10m / s2 。下列说法正确的是（　　）
A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑 200m 回收的电能
C．图中②对应过程下滑 100m 后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
【答案】B
【详解】A.由动能定理F合x = DEk 可见，Ek - x图线的斜率为合外力，图中①对应过程汽车所受合力不
3 3
变，有F合 = mg sin15° - mmg cos15
200 10 -100 10
° = N = 500N 故 A 错误；
200
B.在车自由下滑 200m 时WG +Wf = 200 -100 103 J 开启能量回收模式下滑 200m 时
WG +Wf +WF = 64 -100 103 J 则回收的电能为E = -WF 90% =1.224 103 J 故 B 正确；
C.图中②对应过程下滑 100m 后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还是继续回收能量，故 C
错误；
D.由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法求出由题中及图像信息可求出电动车的质量，故 D 错误。故选
B。
考向 2 EP-x 图像
10．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于 A 点。 t = 0时将小
球从 A 点正上方 O 点由静止释放， t1 时到达 A 点， t2 时弹簧被压缩到最低点 B。以 O 为原点，向下为正方
向建立 x 坐标轴，以 B 点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek 、
重力势能EP1、机械能E0 及弹簧的弹性势能EP2变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．小球在到达 A 点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能在增大，在到达 A 点后弹簧弹力
小于小球重力，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧弹力大于小球重力，小球做减速运动，动
能在减小，所以 t1 时动能不是最大，故 A 错误；
B．以 B 点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有EP1 = mgx2 - mgx 可知EP1 - x图像为一条直线，故
B 正确；
C．小球在到达 A 点前，只有重力做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹力做负功，小球的机械能在减小，
故 C 错误；
1 2 1 2D．设弹簧的劲度系数为 k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有EP2 = k ×Dx = k × x - x 可2 2 1
知EP2 - x图像不是直线，故 D 错误。故选 B。
考向 3 E-x 图像
11．如图所示，踢毽子是一项深受大众喜爱的健身运动项目。在某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，沿
竖直方向向上运动，毽子在向上运动的过程中受到的空气阻力与其速率成正比。用 x 表示毽子离开脚后的
位移，E 表示毽子的机械能，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．根据题述，毽子离开脚以后，空气阻力对毽子做负功，则毽子的机械能减小，故 AB 错误；
CD．毽子在向上运动的过程中受到的空气阻力与其速率成正比，即 f = kv由功能关系可得E = E0 -W阻由于
上升过程中，毽子的速率逐渐减小，空气阻力逐渐减小，故W阻 与 x 呈非线性关系，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
考向 4 E-t 图像
12．如图所示，一个足够长的光滑斜面倾角为 α，一个质量为 m 的木块在沿斜面向上的恒力 F 作用下从斜
面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去恒力 F，则此木块在斜面上运动过程中的机械能 E 随时间 t
变化的情况可能是下图中的 ( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】若以地面为零势能面，以沿斜面向上为正方向，则对于木块，在撤去外力前，有
F - mg sina = ma， l
1 at 2 E E Fl E Fa= = D = = × t 2 ∝ t 2某一时刻的机械能 联立以上各式得到 撤去外力后，
2 2
木块机械能守恒，故选项 C 正确，ABD 错误．故选 C。
1．如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗糙且水平。弹
簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压缩状态。现撤去外
力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
【答案】D
【详解】A．弹簧弹力及摩擦力对小物块做功，故小物块的机械能不守恒，故 A 错误；
B．小车与小物块接触面粗糙，小物块受摩擦力作用，故小物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故 B 错
误；
C．摩擦力对小物块做功，故小物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故 C 错误；
D．小物块、弹簧和小车组成的系统，所受合外力为零，故系统动量守恒，故 D 正确。
故选 D。
2．如图所示，两个质量相等可视为质点的小球 a、b 通过铰链用长为 2L的刚性轻杆连接，a 球套在竖直
杆 M 上，b 球套在水平杆 N 上，最初刚性轻杆与细杆 M 的夹角为 45°。两根足够长的细杆 M、N 不接触
（a、b 球均可无碰撞通过 O 点），且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切
摩擦，重力加速度为 g。下列说法中正确的是（　　）
A．a、b 两球组成系统机械能不守恒
B．a 球到达与 b 球等高位置时速度大小为 gL
C．a 球运动到最低点时，b 球速度最大
D．a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对 a 球的弹力一直做负功
【答案】C
【详解】A．a 球和 b 球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故 A 错误；
1
B 2．根据系统机械能守恒，则 a 球到达与 b 球等高位置时，b 球速度为零，则mgL = mva 解得 va = 2gL2
故 B 错误；
C．当 a 球运动到两杆的交点后再往下运动 2L，此时 b 球到达两杆的交点处，a 球的速度为 0，b 球的速
mg(L 2L) 1度达到最大，则 + = mv2b 所以2 vb = 2(1+ 2)gL
故 C 正确；
D．由于系统机械能守恒，a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对 a 球的弹力先做负功后做正功
再做负功，故 D 错误。故选 C。
3．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物 A、轻质定滑轮下方悬挂重物 B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始
时，重物 A、B 处于静止状态，释放后 A、B 开始运动。已知 A、B 的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻
力均忽略不计，重力加速度为 g，下列说法中正确的是（　　）
A．重物 A、B 的速度大小之比为 1：1
B．重物 A、B 的速度大小之比为 2：1
C B h A 1．当 的位移为 时， 的速度为 gh
5
D．当 B 的位移为 h 时，A 2的速度为 gh
5
【答案】C
【详解】AB．由题意知，A、B 系统机械能守恒，当 A 上升 h 时，B 下降 2h，则 vA：vB =1：2 故 AB 错误；
1 1 1 2
CD．设 A 2 1的速度为 v，则 B 的速度为 2v，则 mgh - mgh = mv + m 2v 解得 v = gh 故 C 正确，D 错
2 2 2 5
误。故选 C。
4．如图所示，质量均为m 的物块 A、B、C 通过轻绳轻弹簧连接，中间有孔的物块 C 套在一光滑竖直杆
上，杆与滑轮间距离为 d，最初用外力托住 C，轻绳刚好伸直，拉力为零，滑轮右侧轻绳水平。撤去外
3
力，若物块 C 下落 d 时，物块 A 刚好离开地面，忽略滑轮大小和一切阻力，此时物块 C 的速度大小是
4
（　　）
A 3gd． B gd．
2 2
C 25gd． D 75gd．
34 136
【答案】C
tanq d 4=
【详解】令右侧绳与竖直杆之间的夹角为q ，根据几何关系有 3
=
d 3 解得q = 53
o 物块 B 初始状态
4
所受弹簧的弹力与其重力平衡，弹簧处于压缩状态，则有mg = kx1，A 刚刚离开地面时，弹簧处于拉伸状
态，对其进行分析有 kx2 = mg 解得 x1 = x2即弹簧的压缩量等于其拉伸量，弹簧始末状态的弹性势能相等，
h d dB 上升高度为 = - d = 根据速度分解有 vB = vC cosq 根据机械能守恒定律有sinq 4
mg 3× d = mgh 1+ mv2 1 2 25gdB + mvC 解得 vC = 故选 C。4 2 2 34
5．某同学为了研究过山车的运动，在实验室完成了模拟实验，该同学取一半径为 r 的光滑圆轨道，沿竖直
方向固定，P、Q 分别为最低点和最高点，A 点与圆心等高（图中未画出），分别在 P、Q、A 点安装压力传
感器．实验时，将小球置于最低点 P，并给小球一水平的初速度，当小球经过最低点 P 和最高点 Q 时传感
器的示数分别为F1, F2 ，已知重力加速度为 g，忽略一切摩擦．则下列说法正确的是（ ）
F
A 1
- F2 F1 + 5F2 gr
．小球的质量为 3g B．小球的初速度大小为 F1 - F2
F + F
C．小球在 A 点时对传感器的压力大小为 1 2 D．F1可能小于F2 2
【答案】C
【详解】ABD．设小球的初速度大小为 v0、小球在Q的速度大小为 v，小球由 P 到Q的过程只有重力做功，
1 2 1 2 2
则小球的机械能守恒，有 mv0 = 2mgr + mv
2 F mg mv在最高点时有 2 + = 小球在 P 点时有F1 - mg
mv
= 0
2 2 r r
F - F
F - F = 6mg m = 1 2 5F1 + F v 2 gr v 5F2 + F1 gr整理得 1 2 解得 0 = = 由上可知F6g 一定大于F ，选F 21 - F
1
2 F1 - F2
项 ABD 错误；
1 1
C mv
2 F + F
．小球由 P 到A 2 2的过程中，有 mv0 = mgr + mvA 小球在A 点时，有FA = A 解得F =
1 2
A ，C 正2 2 r 2
确；故选 C。
6．如图（a）所示，传送带与水平地面的夹角为 θ=37°，传送带以 v=10m/s 的速度沿逆时针方向匀速转
动，在传送带最上端 A 点无初速度地放上一个质量为 m=1kg 的煤块（可视为质点），它与传送带之间的动
摩擦因数为 μ。t=3s 末煤块运动到传送带最下端 B 点，煤块运动的速度 v 随时间 t 变化的图像如图（b）所
示，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为 g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．μ=0.25
B．煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的距离为 24m
C．煤块在传送带上留下的痕迹长度为 9m
D．煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的过程中，煤块对传送带所做的功为 40J
【答案】D
【详解】A．煤块无初速度放在传送带上，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律有
mg sinq + mmg cosq = ma 101由图（b）有 a1 = m / s
2 =10m / s2解得 m = 0.5故 A 错误；
1
C．煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的距离即煤块在 3s 内的总位移，由图（b）有
10 +14 2
L 10 1 m = + m = 29m故 B 错误；C．在0 -1s，传送带速度比煤块大，两者相对位移为
2 2
s1 = s传1 - s 10 1m
10 1
= - m = 5m
煤1 在1s - 3s ，煤块速度比传送带大，两者相对位移为2
10 +14 2s1 = s 2 - s传 = m -10 2m = 4m所以划痕为 s = s1 = 5m 故 C 错误；煤 2
D．在0 -1s，煤块对传送带所做的功为W1 = -mg cosqms传1 = -40J在1s - 3s ，煤块对传送带所做的功为
W2 = mg cosqms传2 = 80J 煤块从最上端 A 点运动到最下端 B 点的过程中，煤块对传送带所做的功为
W = W1 +W2 = 40J 故 D 正确。故选 D。
7．如图所示，质量M =1kg、长度 l = 4m的木板静止于光滑水平面上，某时刻一质量m = 2kg的木块以初速
度 v0 = 6m / s滑上木板左端，木块可视为质点，与木板之间的动摩擦因数m = 0.2 ，则（ ）
A．木块会从木板的右侧滑下
B．2s 内木块的位移大小为 9m
C．2s 内木板对木块做功为 20J
D．2s 内木块和木板组成的系统增加的内能为 16J
【答案】B
【详解】AD．木块与木板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可知，木块与木板的加速度大小分别为
a mmg= = 2m / s2 a mmg1 ， 2 = = 4m / s
2
设经过 t1 时间，木块与木板达到共速，则有 vm M 1
= v0 - a1t1 = a2t1 解得
t1 =1s ， v1 = 4m / s
v + v v
共速前木块与木板发生的相对位移为Dx = 0 1 t 1
2 1
- t1 = 3m < l = 4m共速后木块与木板2
保持相对静止，一起做匀速直线运动，则木块不会从木板的右侧滑下；2s 内木块和木板组成的系统增加的
内能为Q = mmg ×Dx =12J故 AD 错误；
v + v 6 + 4
B．2s 内木块的位移大小为 x = x + x = 0 1 t + v t = 1m + 4 1m = 9m块 加 匀 1 1 2 故 B 正确；2 2
1 1
C 2．根据动能定理可知，2s 内木板对木块做功为W = mv1 - mv
2
0 = -20J故 C 错误。故选 B。2 2
8．将质量为 1kg 的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气
阻力大小不变，其动能Ek 随距离地面高度 h 的变化关系如图所示。取重力加速度 g = 10m/s2 ，下列说法正
确的是（　　）
A．物体能上升的最大高度为 3m
B．物体受到的空气阻力大小为 2N
C．上升过程中物体加速度大小为 10m/s2
D．下落过程中物体阻力做功为-24J
【答案】B
【详解】B．根据动能定理可得F合 ×Dh = DEk 解得Ek - h图象的斜率大小 k = F合；故上升过程有
mg DE 72 - 36 DE 48 - 24+ f = 1 = N =12N mg - f = k2下降过程有 = N = 8N 联立解得 f = 2N ，m =1kgDh 故 B1 3 Dh2 3
正确；
72
A．针对上升到最高点的过程，由动能定理-(mg + f )H = 0 - Ek0 解得物体上升的最大高度为H = m = 6m12
故 A 错误；
12 2 2
B．对上升过程由牛顿第二定律有mg + f = ma1可知上升的加速度为 a1 = m/s =12m/s 故 C 错误；1
D．物体下落过程克服阻力做功为Wf = fH = 2 6J =12J克 故 D 错误。故选 B。
9．如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用 h 表
示铅球离地面的高度、E 表示铅球的机械能，Ep 表示铅球的重力势能、Ek 表示铅球的动能，则铅球下落过
程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】AB．不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故 A 错误，B 正确；
C．铅球的重力势能为Ep = mgh故 C 错误；
D．设抛出时铅球的动能为E0 ，距地面的高度为 h0 ，根据机械能守恒得mgh0 + E0 = mgh + Ek 可得
Ek = mgh0 + E0 - mgh 故 D 错误。故选 B。
10．一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F ，选取地面为重力势能的零势能面，
物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于 s1的位
置。下列说法正确的是（　　）
A．0 ~ s2过程中物块的加速度逐渐减小
B．0 ~ s1过程中物块的动能逐渐增大
C．0 ~ s2过程中物块先向上运动后向下运动
D． s2 ~ s3过程中物块一定向上运动
【答案】B
【详解】A 物块机械能增加是由拉力F 做功引起的，根据DE = FDs可知E - s 图像的斜率表示F ，因此F
一直在减小，当路程大于 s2后拉力变为零，0 ~ s2的过程中物块的机械能在增加，所以F 在做正功，物块
向上运动，之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中，开始时
拉力F 大于重力，向上做加速度逐渐减小的加速度运动，直到加速度为零，速度达到最大值，然后再做加
速度逐渐增大的减速运动，当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选 B。
11．如图所示，质量为 m 的物体（可视为质点）以某一速度从 A 点冲上倾角为 30°的固定斜面，其运动的
加速度大小为 g，沿斜面上升的最大高度为 h，重力加速度为 g，则此过程物体（　　）
A．克服摩擦力做功 mgh B．重力势能增加了 2mgh
1
C．动能减小了 2mgh D．机械能减少了 mgh
2
【答案】AC
【详解】A．对物体进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin 30o f
mg
+ f = mg 解得 = 则物体克服摩擦力做
2
W f h功 = × o = mgh克 故 A 正确；sin 30
B．重力做负功，重力势能增大，可知，重力势能增加了 mgh，故 B 错误；
C．根据动能定理有-W - mgh = DE克 k 解得DEk = -2mgh可知，动能减小了 2mgh，故 C 正确；
D．结合上述可知，物体 克服摩擦力做功 mgh，则机械能减少了mgh ，故 D 错误。
故选 AC。
12．为检测某电梯的安全性能，测试人员进行了如下测试：如图所示，某时刻断开连接电梯的缆绳，电梯
由静止从一定的高度向下坠落，一段时间后，会压缩电梯井底的缓冲轻质弹簧，逐渐停止运动。电梯下滑
过程中，电梯顶部的安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。对于
电梯从接触弹簧到第一次运动至最低点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．电梯和弹簧组成的系统机械能守恒
B．电梯的动能先增大后减小
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量
【答案】BD
【详解】A．电梯和弹簧组成的系统除电梯的重力和弹簧的弹力做功外，还有电梯受到的滑动摩擦力做
功，使系统的机械能减小，故 A 错误；
B．电梯接触弹簧后受到重力，向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由 0 开始逐渐
增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，物体速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，速度达到
最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到 0，所以整个过程速度先
增大后减小，即电梯的动能先增大后减小，故 B 正确；
C．弹簧的形变量一直变大，所以弹簧的弹性势能一直增大，故 C 错误；
D．根据功能关系可知，安全钳和电梯间因摩擦产生的热量等于克服滑动摩擦力做的功，电梯从接触弹簧
到第一次运动至最低点的过程，两者相对滑动的路程等于弹簧的压缩量，所以，克服滑动摩擦力做的功等
于两者间的滑动摩擦力乘以弹簧的压缩量，故 D 正确。故选 BD。
13．如图所示，质量均为 m 的物体 A、B 用跨过滑轮 O 的轻绳连接，A 穿在固定的竖直光滑杆上，B 置于
mg
倾角q = 30°的光滑固定斜面上。一劲度系数 k = 的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端
2l
连接 B。初始时，施加外力将 A 置于 N 点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON 段长为3l ，与杆垂直，OB段与斜
面平行。现将 A 由静止释放，沿杆下滑到最低点 P ，M 为 NP 中的一点，且MN = 4l 。A、B 均可视为质
点，运动过程中 B 不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，不计一切阻力。则 A 从 N
点下滑到 M 点的过程中（　　）
A．B 沿斜面运动的距离为 2l B．A、B 组成的系统机械能守恒
C M A 150gl
114mgl
．经过 点时 的速度大小为 D．轻绳对 A 做的功为-
41 41
【答案】AC
【详解】A．A 从 N 点下滑到 M 点的过程，B 沿斜面运动的距离为 xB = OM - ON = (3l)
2 + (4l)2 - 3l = 2l
故 A 正确；
B．由于弹簧对 B 做功，所以 A、B 组成的系统机械能不守恒，故 B 错误；
mg sinq
CD．开始运动时，弹簧的压缩量为 x1 = = l 则 A 经过 M 点时，弹簧的伸长量为 x2 = xB - x1 = l = xk 1
可知 A 从 N 点下滑到 M 点的过程，弹簧的弹性势能变化量为 0，根据能量守恒可得
mg ×4l - mgxB sinq
1
= mv2 1 mv2 MN 4A + B 根据速度关联关系可得vA cosa =vB其中 cosa = = 联立解得经过 M2 2 OM 5
1
点时 A 150gl 2的速度大小为 vA = 对 A 根据动能定理可得mg × 4l +WT = mvA - 0解得轻绳对 A 做的功为41 2
W 89mglT = - 故 C 正确，D 错误。故选 AC。41
14．如图所示，柔软的绳索放置在粗糙水平桌面上， a、c为绳索端点，b 为绳索中点，且恰好处于桌面边
缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态，由静止释放绳索后，绳索开始滑动，直至离开桌面，此过
程中 c点未落至地面。已知质量分布均匀的绳索总质量为m ，总长度为 L，绳索和桌面间的滑动摩擦因数
为m 。下列分析正确的有（ ）
3
A．绳索离开桌面前的过程中重力势能减少了 mgL
8
3 1
B．绳索离开桌面时的动能为 mgL - mmgL
8 4
C．绳索离开桌面前的过程中， ab段的动能增加得越来越快
D．绳索离开桌面前的过程中，bc段的机械能减小得越来越慢
【答案】ACD
【详解】A．绳索离开桌面前的过程中重力势能减少量
ΔE 1 mg 3 3p = × L = mgL2 4 8
故 A 正确；
B．绳索离开桌面前的过程中，克服摩擦力做功
0 1+ m × mg
W L 1f = 2 × = mmgL2 2 8
3 mgL 1由动能定理知绳索离开桌面时的动能为 - mmgL ，故 B 错误；
8 8
C．由题易得绳索下滑过程加速度逐渐增大，速度增加得越来越快，动能增加得越来越快，C 正确；
D．对bc段利用牛顿第二定律易得b 点张力逐渐减小，由功能关系得bc段机械能减小得越来越慢，D 正
确。
故选 ACD。
15．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端 P 点由静止开始自由下滑，在下
滑到最低点的过程中，运动到 Q 点时，重力的功率最大，OQ 与水平面的夹角为 θ，则下列说法正确的是
（　　）
A． sinq
1
=
3
B． sinq 3=
3
C．当重力的功率最大时，小环的加速度为 2g
D．当重力的功率最大时，小环的加速度为 2 2g
【答案】AD
【详解】小环运动到 Q 点时，重力的功率最大，则此时小环竖直分速度最大，小环竖直方向的合力为 0，
即小环受到弹力的竖直分力刚好与重力平衡，则有 N sinq = mg 设此时小环速度为 v，从 P 点到 Q 点过
1 2
程，根据机械能守恒可得mgR(1+ sinq ) = mv2 v小环在 Q 点，由牛顿第二定律可得 N - mg sinq = m 联立
2 R
1 mg
可得3sin2 q + 2sinq -1 = 0 解得 sinq = 或 sinq = -1（舍去）则有 N = = 3mg 则小环的加速度为
3 sinq
a N cosq= = 3g cosq = 2 2g 故选 AD。
m
16．一滴雨滴在空中由静止开始竖直下落，雨滴只受空气阻力和重力作用，且受到的空气阻力与速率成正
比，t0时刻（下落高度为 h0），雨滴开始匀速下落。以地面为参考平面，下列关于雨滴下落过程中，它的重
力势能 Ep与下落高度 h 图像、重力势能 Ep与时间 t 图像、动能 Ek与下落高度 h 图像、机械能 E 与下落高
度 h 图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】AB．以地面为参考平面，重力势能 Ep与下落高度 h 的关系为
Ep = Ep0 - mgh
由于雨滴加速阶段，下落高度与时间不是线性关系，则加速阶段，Ep - t 图像不是直线，故 A 正确，B 错
误；
C．t0时刻（下落高度为 h0），雨滴开始匀速下落，因为
E 1= mv2k 2
则过了 h0之后雨滴动能应不变，故 C 错误；
D．根据功能关系可知，由于空气阻力对雨滴做负功，雨滴的机械能应逐渐减小，根据
DE = - f Dh
可知E - h 图像的切线斜率绝对值表示空气阻力大小，由于受到的空气阻力与速率成正比，可知空气阻力
先增大后不变，则E - h 图像的切线斜率绝对值先增大后不变，故 D 正确。
故选 AD。
17．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，一木块沿斜面由静止开始下滑，下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，设水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）
A．位移为 x 时，木块刚好滑到斜面的底端
B．在位移从 0 到 x 的过程中，木块的重力势能减少了 3E
C．图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的重力大小
D．图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
【答案】ABD
【详解】A．根据图像可知，位移为 x 时，机械能与动能相等，则势能为零，木块刚好滑到斜面的底端，
故 A 正确；
B．初始时刻重力势能为 3E，到底部，重力势能为零，在位移从 0 到 x 的过程中，木块的重力势能减少了
3E，故 B 正确；
C．机械能改变量等于除重力以外的其他力做的功，故图线 a 斜率的绝对值表示木块所受的阻力大小，故
C 错误；
D．根据动能定理可知，图线 b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。
故选 ABD。
18．如图所示，小滑块以一定的初速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高点后，又沿斜面下滑返回底端，
该过程中小滑块运动的路程为 2L，所用的时间为 t0 。用 x 表示小滑块运动的路程，t 表示小滑块运动的时
间，Ep 表示小滑块的重力势能（以初始位置所在平面为零势能面），Ek 表示小滑块的动能，下列图像可能
正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】A．设斜面的倾角为 α，小滑块上滑过程中重力势能的表达式为
Ep = mgx sina
下滑过程
Ep = mg 2L - x sina
故 A 正确；
B．因为上滑和下滑过程，小滑块的加速度不同，因此上滑和下滑过程的时间不相等，因此最大重力势能
t
不可能在 0 时，故 B 错误；
2
D．小滑块上滑过程有- mg sinq + f x = Ek - Ek0可得Ek = Ek0 - mg sinq + f x可见Ek 与 x 成一次函数关
系；下滑过程有 mg sinq - f x - L = Ek - 0可得Ek = mg sinq - f x - mg sinq - f L
可见Ek 与 x 成一次函数关系，但上滑过程图像的斜率较大，且由于摩擦原因返回底端时的末速度较小，D
正确；
C．由于滑块在斜面上的速率 v 与时间 t 具有线性关系，故动能Ek 与时间 t 成二次函数关系，C 错误。
故选 AD。
1
19．如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模型，位于竖直平面内，由两个半径为 R 的 圆周连接而成，它们
4
的圆心O1、O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线上。O2B 沿水池的水面方向，B 点右侧为无穷大水平
面，水平面上有一系列沿O2B 方向的漂浮的木板，木板的质量为 M，长度为 2l 。一质量为 m 的小孩（可
视为质点）可由弧 AO 的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终
处于水平面上。
（1）若小孩恰能在 O 点脱离滑道，求小孩静止下滑处距 O 点的高度？
（2）凡能在 O 点脱离滑道的小孩，其落水点到O2 的距离范围？
（3）若小孩从 O 点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2 的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从 O 点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板和小孩处
于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小孩做功的最小值？
R
【答案】（1） h = ；（2） 2R s 2R；（3） cosq
2 1
= ；（4）Wmin = mgl2 3 2
mv2
【详解】（1）若小孩恰能在 O 点脱离滑道，此时向心力由重力提供mg = 根据机械能守恒可得
R
R
mgh 1= mv2解得小孩静止下滑处距 O 点的高度为 h =
2 2
R
（2）凡能在 O 点脱离滑道的小孩，其距离 O 点的高度范围是 h R 由机械能守恒可得mgh 1= mv2平抛
2 2
2R 2R
运动的初速度为 v = 2gh 平抛运动的时间为 t = 其落水点到O2 的距离为 s = vt = 2gh = 2 hRg 其g
落水点到O2 的距离范围为 2R s 2R
mv2
（3）若小孩从 O 点静止下滑，脱离轨道时的位置与O2 的连线与竖直方向夹角设为q ，则mg cosq = 1R
1 2 2
由机械能守恒可得mgR(1- cosq ) = mv1 解得 cosq =2 3
（4）根据题意，木板质量足够大，分析第一次跳离木板，可看作斜向右上方的斜抛运动，水平位移最小
l 2v
为 l y，水平初速度为 vx ，竖直初速度为 vy ，则有 = 小孩做功为vx g
1 1 1 1 2 2 2 2W = mv2 = mv2x + mv
2
y = m(v
2 g l+ ) v2 g lx 2 根据数学知识可知，当 x =2 2 2 2 4v 4v2
时，存在最小的功，为
x x
W 1min = mgl2
20．将一质量为mA =1kg的足够长薄木板 A 置于足够长的固定斜面上，质量为mB = 2 kg 的滑块 B（可视为
质点）置于 A 上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角q = 37°。现从 t = 0时刻开始，将 A 和 B 同时由
静止释放，同时对 A 施加沿斜面向下的恒力F = 22N，运动过程中 A、B 发生相对滑动。图（b）为滑块 B
开始运动一小段时间内的 v2 - x 图像，其中 v 表示 B 的速率，x 表示 B 相对斜面下滑的位移。已知 A 与斜面
间的动摩擦因数m 21 = 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g = 10 m / s ， sin 37° = 0.6 ，求：
（1）A、B 间的动摩擦因数m2 以及图（b）中 x = 0.25m时 A 的加速度大小和方向；
（2）一段时间后撤去力 F，从 t = 0时刻开始直到 B 从 A 的下端滑出，A、B 间因摩擦总共产生的热量
Q =11J，求力 F 作用在 A 上的时间。
2
【答案】（1）m2 = 0.25， aA =12m/s ，方向沿斜面向下；（2） t = 0.75s
2
【详解】（1）根据运动学公式可知 v2 = 2ax结合 v2 - x 图像可知 aB = 8m/s 根据牛顿第二定律，对物块 B 有
mBg sin 37° + m2mBg cos37° = mBaB联立解得m2 = 0.25同理，对物块 A 有
F + mA g sin 37° - m2mBg cos37° - m1 mA + mB g cos37° = mAaA 联立可得 a =12m/s2A 方向沿斜面向下。
（2）假设 F 施加在 A 上的时间为 t，则有两个物体经过时间 t 后的速度分别为 vA =12t ， vB = 8t 由匀变速
12t 8t
直线运动的关系式可知两物体的位移 xA = × t = 6t
2
， xB = × t = 4t
2
撤去 F 后，B 受力情况不变，对 A 进
2 2
行受力分析，可知mA g sin 37° - m2mBg cos37° - m1 mA + mB g cos37° = m a ' a 'A A 代入数据可得 A = -10m/s2方向
沿斜面向上，此后 A 做匀减速直线运动。设 A 与 B 共速之前，运动的时间为 t2 ，位移为 xA2 和 xB2 则由匀变
速运动的关系式可知12t -10t2 = 8t + 8t t
2 t 882 可得 2 = 共同速度 v共 = t 由匀变速运动的关系式可知9 9
12t 88+ t 88
x 9 196
8t + t 160 22 2
= × t = t 2， x = 9 × t = t 2 两次运动 A、B 的相对位移可得Dx = t 共速后，B 继A2 2 2 81 B2 2 2 81 9
续加速运动，A 减速运动，直到 B 从 A 的下端离开，则产生的热量为Q = m2mBg cos37° ×2Dx =11J联立可得
t = 0.75s 。
21．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距 a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在 M 上，另一端连接位于 M 正下方放置于水平地面质量为 m 的小木块 B，绳长与 M 到
地面的距离均为 10a，质量为 2m 的小木块 A，沿水平方向于 B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间
5
摩擦因数为 ，重力加速为 g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
48
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求 B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变 A 碰前瞬间的速度，碰后 A 运动到 P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转 2 圈，经过 M 正下方时
细绳子断开，B 也来到 P 点，求 B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到 12mg 细绳会断，上下移动 N 的位置，保持 N 在 M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）间中
的相同，使 B 旋转 n 圈。经过 M 正下的时细绳断开，求 MN 之间距离的范围，及在 n 的所有取值中，B 落
在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1) 5 2ga (2) 4 5ga
5a 30a
(3) h n = 1 2 3 … s 20 11a s 40 33a（ ， ， ， ）， ，3n 18n 11 min = max =- 3 7
【详解】（1）碰后 B 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为 10a，设碰后 B 的最小速度大小为 v0，最高点
速度大小为 v，在最高点时由牛顿第二足定律有
v2mg = m
10a
B 从最低点到最高点由动能定理可得
-mg 2 10a 1= mv2 1- mv2
2 2 0
解得
v0 = 5 2ga
（2）A 和 B 碰撞过程中动量守恒，设碰前 A 的速度大小为 v1碰后 A 的速度大小为 v2。碰后 B 的速度大小为
v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
1 2mv2 1 1 = 2mv2 + mv2
2 1 2 2 2 3
碰后 A 减速到 0，有
m 2mgL 1 = 2mv2
2 2
碰后 B 做两周圆周运动，绳子在 MN 间缠绕 2 圈，缩短 4a，在 M 点正下方时，离 M 点 6a，离地面 4a，
此时速度大小为 v4，由功能关系得
mg 4a 1 = mv2 13 - mv
2
2 2 4
B 随后做平抛运动，有
4a 1= gt 2
2
L = v4t
解得
v3 = 4 5ga
（3）设 MN 间距离为 h，B 转 n 圈后到达 M 正下方速度大小为 v5，绳缩短 2nh，绳断开时，以 M 为圆
心，由牛顿第二定律得
v212mg - mg = m 5 （n = 1，2，3，…）
10a - 2nh
以 N 为圆心，由牛顿第二定律得
2
12mg - mg m v= 5
10a 2(n 1)h （n =
1，2，3，…）
- -
2
从碰后到 B 转 n 圈后到达 M 正下方，由功能关系得
mg 2nh 1= mv2 1 23 - mv5 （n = 1，2，3，…）2 2
解得
5a 30a
h （n = 1，2，3，…）
3n 18n -11
绳断后，B 做平抛运动，有
2nh 1= gt 2（n = 1，2，3，…）
2
s = v5t
可得
s = 4 20anh - nh 2 （n = 1，2，3，…）
由于
5a
nh 30na （n = 1，2，3，…）
3 18n -11
则由数学分析可得
nh 5a= s 20 11a当 时，3 min = 3
30a
当 n = 1 40 33a时， nh = ，
7 smax = 7
22．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以 5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 0.2kg 的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O 点等高。将质量为 0.1kg 的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运
动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度大小 g = 10m/s2 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。
【答案】（1） 5m s；（2）0.3J；（3）0.2m
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
mmg = ma
解得
a = 5m s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
v2
x = 传 = 2.5m < L = 3.6m
2a 传
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小 5m s。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有m物v = m物v1 + m球v2其中 v = 5m s ， v1 = -1m s解得 v2 = 3m s小物块与小球碰撞过程
1 2 1
中，两者构成的系统损失的总动能为DEk = m物v - m物v
2 1 2
1 - m v2 解得DEk = 0.3J2 2 2 球
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P 点到 O 点的距离为d ，小球在 P 点正上方的
2
速度为 v3，在 P 点正上方，由牛顿第二定律有m球g = m
v3
球 L d 小球从O点正下方到 P 点正上方过程中，绳 -
1 2 1 2
由机械能守恒定律有 m球v2 = m v + m g 2L2 2 球 3 球 绳 - d 联立解得 d = 0.2m 即 P 点到 O 点的最小距离为
0.2m。

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