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(共156张PPT)
第八章　机械能守恒定律
物理
新高考适用
目 录
CONTENTS
第1 节　功和功率
微专题10
动能定理在多过程运动中的应用
第2 节　动能定理及其应用
第3 节　机械能守恒定律及其应用
微专题11
动力学和能量观点相结合的两类典型模型
第4 节　功能关系　能量守恒
实验7
验证机械能守恒定律
第1节 功和功率
　
功的分析和计算T1、2、6　 功率的分析和计算T4、5　 机车启动问题T3、7
1.★★(2023北京,11,3分)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μ,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μmgx
D.F做功的最小值为max
　 D　
五年高考
解析　设力F与水平方向夹角为θ,则水平方向有F cos θ-f=ma,竖直方向有mg-F sin θ=
FN,f=μFN,联立解得f= -ma,摩擦力做功大小Wf=fx= x,与F方向有
关,A错误;合力大小F合=ma,合力做功大小W合=F合x=max,与F方向无关,B错误;若F水平
时,F=f+ma,F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;合力做功W合=WF-Wf=max,为定值,当摩擦
力为零时,摩擦力做功为零,力F做功最小值为WF=max,D正确。
2.★★(多选)(2023广东,8,6分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作
质点的货物在 圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小
为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取
10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 ( )

　 BCD　
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf= m ,
代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=
=9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力
大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
3.★★★(2025四川,7,4分)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 。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
( )
　 C　
A.物块的位移大小为 　　　
B.物块机械能增量为
C.小车的位移大小为 - 　　　
D.小车机械能增量为 +
解题导引　“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。”通过审题可知,小车与物块在速度刚好相
同之前是相对运动的,两者间存在滑动摩擦力,物块一直做匀加速直线运动;小车速度增
加,功率恒定,牵引力减小,做加速度减小的加速运动。
解析　对物块受力分析,其受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力,有a=μg cos 30°
-g sin 30°= ,末速度为v0,有 =2ax,得x= ,A错误;物块机械能增量为ΔE1=mgx sin 30°
+ m = m ,B错误;物块加速的时间t= ,对小车受力分析,其受重力、支持力、压
力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的牵引力,由动能定理有Pt-mgs sin 30°-μmgs
cos 30°= m ,解得s= - ,C正确;小车机械能增量为ΔE2=mgs sin 30°+ m =
+ m ,D错误。
4.★★★(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到
的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止
开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱
落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,
不计空气阻力。小车的额定功率P0为( )
A.
B.
　 A　
C.
D.
解析　设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。从小车拖
动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理
列方程有(F-f-μmg)×s1= (M+m)v2,从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物
体为研究对象根据动能定理列方程有-μmg(s2-s1)=0- mv2,联立上述两式得v=
,那么,小车的额定功率P0=Fv,得P0= ,A正确。
5.★★★(多选)(2026届河南名校联合测评)如图所示,内壁光滑的部分细圆轨道ABC竖
直固定放置在光滑水平面上的A点,竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ,质量为m
的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0,然后从A点切入圆弧轨道,
重力加速度为g,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.若小球刚好能到达B点,则小球在B点处于完全失重状态
　 BD　
B.若小球刚好能到达B点,则半径OA为
C.若小球到达C点时的速度为v,则小球在C点时重力的功率为mgv cos θ
D.若小球到达C点时的速度为v,则小球落回水平面的瞬间,重力的瞬时功率为mg

三年模拟
解析 若小球刚好能到达B点,则小球在B点的速度为0,受力平衡,A错误。小球从A到B,
根据机械能守恒定律可得mg·2R= m ,解得R= ,B正确。若小球到达C点时的速度为
v,则小球在C点时重力的功率为PG=mgv sin θ,C错误。小球由A点至C点,根据动能定理
可得-mg(R+R cos θ)= mv2- m ,小球离开C点后至落回水平面,竖直方向根据匀变速直
线运动规律可得 -(v sin θ)2=2g(R+R cos θ)【点拨:小球离开C点至落回水平面,做匀变
速曲线运动,可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动】,联立
解得小球落回水平面时竖直方向的分速度vy= ,重力的瞬时功率为PG'=mgvy=
mg ,D正确。
6.★★★(多选)(2026届新疆乌鲁木齐联考一)如图甲所示,一倾角θ=37°、足够长的斜面
固定在水平地面上,以顶点为原点O,以沿斜面向下为x轴正方向,质量m=1.0 kg的滑块与
斜面间的动摩擦因数μ随x变化的规律如图乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。现将滑块由O点静止释放,则下列说法正确的是 ( )
A.滑块向下运动的最大距离为2 m
B.滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3
　 BD　
C.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48 J
D.滑块加速和减速的时间相同
解析　滑块由O点静止释放至运动到最低点,根据动能定理可得mgxm sin 37°- mg
cos 37°·xm=0,由题图乙可知μm= xm= xm,解得xm=4 m,A错误。滑块速度最大时所受合
力为零,可得mg sin 37°=μ1mg cos 37°,解得μ1=0.75,此时x1= μ1=2 m,又μm= xm=1.5,则滑
块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比 = = ,B正
确。滑块与斜面间因摩擦产生的热量Q=-Wf= mg cos θ·xm=24 J【另解:根据能量守恒
可得Q=mg sin 37°·xm=24 J】,C错误。因μ随x均匀增大,所以滑块加速度大小随x先均匀
减小到零,然后均匀增大,因滑块初、末速度均为零,根据对称性可得,滑块加速和减速
的时间相同,D正确。
7.★★★(2026届河北保定四校月考)质量m=1 000 kg的某国产汽车在水平路面上进行
整车道路性能试验时,由静止启动,试验过程中汽车牵引力的倒数 和速度v的关系如
图所示,汽车速度能达到的最大值为vm=45 m/s,整个过程中汽车受到的阻力大小恒定。
下列说法正确的是 ( )

　 D　
A.汽车的额定功率为200 kW
B.汽车从静止开始一直做匀加速运动直至达到最大速度
C.汽车做匀加速运动的时间为10 s
D.汽车做匀加速运动的加速度大小为2 m/s2
解题导引

解析　根据P=Fv可得 = v,结合题图可得 = W-1,解得P=180 kW,A错误。由
题图可知,开始一段时间内汽车牵引力保持不变,做匀加速运动,后来随着牵引力的减
小,汽车做加速度减小的变加速运动直至达到最大速度,B错误。设匀加速阶段牵引力
为F1,由题图可得 = ,解得F1=6 000 N;汽车速度达到最大值时,牵引力与阻力等
大,即 =25×10-5 N-1,解得f=4 000 N;汽车做匀加速运动的加速度a= =2 m/s2;汽车做
匀加速运动的时间t= = s=15 s,C错误,D正确。
运用图像面积巧解变力做功问题
(2025广东,14,13分)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木
塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固
定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速
直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0 ,其中f0为常量,h为圆
柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,
瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下
的“面积”表示f所做的功)求:
创新风向·挑战思维
(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。

答案
(1) (2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t
解析 (1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=
解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=
由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度
ω= =
(2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得
W-mgh-ΔpSh-Wf= m
结合f=f0 作出f-x的关系图像如图所示
根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h
联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h
(3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma
由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at
由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x= at2,其中0≤t≤
拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv
联立解得
P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t
第2节 动能定理及其应用
动能定理的理解和基本应用T1、2、3、6、7　 动能定理与图像结合的问题T4、
5、8、9
1.★★(2025云南,2,4分)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿
水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接
近 ( )

A.4×105 J　　　 B.4×104 J　　　
C.4×103 J　　　 D.4×102 J
　 B　
解析 根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作
用力,高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做
的功W= mv2-0,假设这名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解
得列车对高中生所做的功W=4×104 J,B正确。
2.★★(2023辽宁,3,4分)如图(a),从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同
小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图
(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中 ( )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
　 B　
解析　对下滑过程中的物块受力分析,结合牛顿第二定律有a=g sin θ,θ为斜面的倾角,
由题图(a)知Ⅰ轨道倾角逐渐变小,物块在Ⅰ轨道上运动时加速度逐渐变小,对应的是题
图(b)中的图线乙,Ⅱ轨道倾角不变,物块在Ⅱ轨道上运动时加速度不变,对应的是题图
(b)中的图线甲,A、D错误;在同一时刻v甲Ⅰ下滑时竖直方向的速度在M和N点均为零,在M、N之间竖直方向的速度不为零,所以
重力的功率不是一直不变,C错误。
3.★★(2025浙江6月,6,3分)如图所示,两根相同的橡皮绳,一端连接质量为m的物块,另
一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于AB连线的中点C时,橡皮绳为原长。现
将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L,物块与桌面间
的动摩擦因数为μ,橡皮绳始终处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g,则释放
后 ( )
A.物块做简谐运动
　 D　
B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用
C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F,则物块所受合力大小为 F
D.若物块第一次到达C点的速度为v0,此过程中橡皮绳对物块做的功为W= m +μmgL
解析　对物块受力分析可知,物块受重力、支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用,
B错误;在物块的运动方向上,物块受橡皮绳弹力和摩擦力的作用,因摩擦力与运动方向
相反且大小不变,则物块所受的合力大小关于位移大小不成正比,物块不做简谐运动
【点拨:物块做简谐运动时,回复力的大小与位移大小成正比,方向与位移的方向相
反】,A错误;若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F,则两根橡皮绳弹力的合力大小为
F1= = F,又物块所受滑动摩擦力的大小为Ff=μFN,FN=mg,所以物块所受合力的
大小为F合= F-μmg,C错误;若物块第一次到达C点时的速度为v0,则对物块从O点运动
到C点的过程,由动能定理得W-μmgL= m ,则橡皮绳对物块做的功为W=μmgL+ m ,
D正确。
4.★★★(多选)(2025江西,9,6分)每逢端午节,江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活
动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄,发现在某段时间内该龙舟
做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系,该龙舟在0.4 s时间
内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段),再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段),则关于这
段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系,下列图像可能正确
的是( )
　
　 AB　
解析　龙舟相对无人机做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动,龙舟在0~0.4 s内的
加速度不变,速度由0增加到0.6 m/s,在0.4~1.0 s内的加速度不变,速度由0.6 m/s减到0,B
正确,C错误。0~0.4 s内,龙舟相对无人机速度增大,x-t图线斜率变大,0.4~1.0 s内龙舟相
对无人机速度减小,x-t图线斜率变小,A正确。龙舟相对无人机的动能Ek= mv2,在0~
0.4 s内有Ek= ma2t2,则0~0.4 s内Ek-t图线应为开口向上的抛物线,D错误。
5.★★★(多选)(2023新课标,20,6分)一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用下,由静止
开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图
所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正
确的是 ( )
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
　 BC　
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
解析　根据W=Fx及题意可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F1=
N=6 N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1= =2 m/s2,故由x1= a1 知,物体运动
到x=1 m所用的时间t1=1 s,则v1=a1t1=2 m/s,P1=F1v1=12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能定
理可得W4-μmgx4=Ek,解得Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf
=μmgx2=8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F2= N=3 N,加速度a2= =-1 m/s2,则
物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故动量最大,在0~2 m内,根据动
能定理有(F1-μmg)x2= m ,结合p2=mv2,联立解得p2=2 kg·m/s,D错误。
6.★★★(2026届四川广安中学模拟)如图所示,有一根长为L、质量为M的均匀链条AB
静止在动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平桌面上,其长度的 悬于桌边外,如果在链条的A端
施加一个拉力使链条AB以0.4g(g为重力加速度)的加速度运动,直到把悬着的部分拉回
桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触,则拉力需做功 ( )

A. 　　　 B.
　 C　
三年模拟
C. 　　　 D.
解析　根据运动学公式可得,悬着的部分拉回桌面时,链条的速度满足v2-0=2ax=0.4gL;
链条上升的过程中所受摩擦力与位移x的关系如图所示,设拉力F做的功为W,对整个过
程根据动能定理可得W- - Mg× L= Mv2,联立解得W= ,C正确。

7.★★★(2025届甘肃金昌三模)一质量为m的小球从离地足够高的位置由静止开始释
放,已知小球下落过程中受到一个始终垂直于速度方向的外力,且外力F的大小与小球
速率v的关系为F=kv(k>0且为常数),重力加速度为g,则小球下落的最大高度h与此时小
球的速率v分别为 ( )
A.h= ,v= 　　　 B.h= ,v=
C.h= ,v= 　　　 D.h= ,v=
　 A　
解析 【关键:小球在最低点时,竖直方向速度为零,故此时速度沿水平方向,可得外力F
的方向竖直向上】小球运动到最低点时,受向上的外力F和向下的重力mg,其中F=kv,设
小球运动轨迹最低点的曲率半径为R,根据牛顿第二定律可得kv-mg=m ,即mv2-kRv+
mgR=0,小球在最低点的速度v具有唯一解,则有Δ=(kR)2-4m2gR=0,可得R= ,v= ;
小球下落过程,根据动能定理可得mgh= mv2,解得h= ,A正确。
8.★★★(多选)(2026届湖南永州一模)如图甲所示,倾角为37°的斜面固定在水平地面
上,一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长,上滑过程中木块的机
械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8,则下列说法正确的是 ( )
A.木块的重力大小为
　 BD　
B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.木块在斜面上运动的总时间为
D.木块返回斜面底端时的动能为E0
解析　机械能减小量等于克服阻力做的功,可得5E0-3E0=μmg cos θ·x0,动能变化量等于
合力做的功,可得5E0=(mg sin θ+μmg cos θ)x0,联立解得G=mg= ,μ=0.5,A错误,B正确。
木块上滑时的加速度大小a1=g sin θ+μg cos θ=g,下滑时的加速度大小a2=g sin θ-μg cos θ
=0.2g,可得上滑的时间t1= = 、下滑的时间t2= = ,在斜面上运动的总
时间t=t1+t2=( + ) ,C错误。上滑时损失的机械能为2E0,返回时损失的机械能仍
为2E0,则返回斜面底端时的动能为5E0-4E0=E0,D正确。
一题多解
状态法求解重力

9.★★★(2025届山东潍坊三模)某次训练投掷中,运动员将质量m=4 kg的铅球以初速度
v0斜向上抛出,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。已知铅球在t1=0.5 s时动能达到最
小值Ekmin=150 J。以抛出点所在水平面为零势能面,下列反映铅球在空中运动过程中动
能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像正确的是 ( )
　
　 C　
解析 设抛出时的水平速度为v0x,可得 m =Ekmin=150 J【点拨:铅球上升到最高点时速
度最小,此时的速度等于初速度在水平方向的分速度】,解得v0x=5 m/s,抛出时的竖直
速度v0y=gt1=5 m/s,初动能Ek0= m( + )=200 J,根据动能定理可得Ek=Ek0-mgh,h的最大
值hm= g =1.25 m,C正确。由于h=v0yt- gt2,可得Ek=Ek0-mg ,可得Ek-t图线不
是直线,A错误。重力势能Ep=mgh=mg ,可得Ep-t图线不是直线,Ep-h图线是一
条直线,但h的最大值为1.25 m【点拨:Ep-h图线是倾斜直线且上升时和下降时的图线重
合】,B、D错误。
电场中等势面上动能定理的应用
(2026届辽宁鞍山一模)如图所示,光滑圆弧轨道ABC半径为R,O1为圆心,在O1点固定一
个点电荷+Q,AO1水平,B为最低点,θ=37°。C点右侧有一光滑圆弧轨道与ABC相切于C
点,O2为右侧圆弧轨道圆心。现有一个带电荷量为+q的小球(图中未画出)从A点无初速
度滑下,到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍,经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚
好为零。由此可求得右侧圆弧轨道的半径R2为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) ( )
　 D　
创新风向·模块融合
A.2R　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
解题导引　小球从A点经B点运动至C点的过程中,圆弧轨道ABC处于同一个等势面上,
小球受到的电场力与速度时刻垂直,故电场力对小球不做功。
解析　在B点,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持力FNB=4mg,根据牛顿第二定
律有FNB-F-mg=m ,从A到B的过程中,根据动能定理可得mgR= m -0,联立解得小球受
到的电场力F=mg。小球经过C点右侧瞬间,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持
力等于零,根据牛顿第二定律可得mg cos θ+F=m ,从B到C的过程中,根据动能定理可
得-mgR(1-cos θ)= m - m ,联立可得R2= ,D正确。
　
微专题10 动能定理在多过程
运动中的应用
题组1　动能定理在“单向”多过程运动中的应用
1.★★(2024重庆,4,4分)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。质量为m的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　
A.被弹出时速度大小为
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
解析　从被弹出到停止运动,对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2= mv2,解得v=
,A正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2减速至零,有-
F2d2=-Ek,B错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp=
mv2,又Ek= m =F2d2,联立可得Δp= ,C、D错误。
2.★★(多选)(2025届辽宁多校联考)在哈尔滨冰雪大世界,游客们不可错过的体验项目
之一便是“冰雪大滑梯”,其简化模型如图所示。冰滑梯轨道AB固定在斜面上,表面摩
擦忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面
BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区
CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通
过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为
( )
AB　

A.3 m　　 B.6 m　　 C.9 m　　 D.12 m
解析　利用“临界态”进行求解
恰好停 在C点 根据动能定理有mgh1-μ1mgL1=0-0 h1=1 m
恰好停 在D点 根据动能定理有mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2
=0-0 h2=8.5 m
h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,A、B正确 3.★★★(2025届江苏常州前黄高级中学月考)如图所示,不可伸长、长为l的轻细线一
端固定于O点,另一端连接一小球,此时细线刚好伸直,角度θ=30°。现将小球静止释放,
不计空气阻力,重力加速度为g,则小球运动到O点正下方时速度的大小为
( )

A. 　 B. 　 C. 　 D.

　 C
解题导引

解析　小球由P点至M点,根据自由落体运动规律可得2mgl sin 30°= mv2,解得v= ;
小球运动到M点时细线瞬间绷紧,沿细线方向的速度减为零,垂直细线方向的速度v1=v
cos 30°= ;小球从M点至N点,根据动能定理可得mgl(1-sin 30°)= m - m ,解得v2=
,C正确。
易错警示
小球从P点运动至N点,并不是只有重力做功,故通过mg(l+l sin 30°)= m 解出的v2,并不
是小球到达N点的速度。
4.★★★(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动
摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0
向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x
1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面
上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则
( )

　 A　
A.t1t2　　　 C.x1>x2　　　 D.x1解析　设滑块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为
t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0- m ,
解得x1'+x2'= ,而x总=x1'+x2'+x0= - x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得
-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'= - t0,总时间t总=t1'+t2'+t0= - t0(μ1>μ2),由
于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t1<
t2,A正确,B错误。
一题多解
滑块两次过程均以速度v0出发,通过MN最终停下来,两次过程中只有摩擦力做功,根据
动能定理有Wf=ΔEk,则x1=x2,C、D错误;滑块在各段路程中均做匀减速直线运动,由牛顿
第二定律得μ1mg=ma1,μ2mg=ma2,由于μ1>μ2,则a1>a2,Ⅰ、Ⅱ两种情况下滑块的速度—时
间图像如图所示,阴影部分面积表示MN段的距离L,图线与t轴围成的面积表示滑块运动
过程中的总位移x1=x2,可知t15.★★★★(多选)(2026届云南玉溪一中开学考)如图所示,ABC为一弹性轻绳,一端固定
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,杆OB固定在墙上,另
一端为定滑轮,初始时A、B、C在同一水平线上,弹性绳的原长为AB,现将小球在C点由
静止释放,E点为下滑的最低点,D点为CE的中点,且经过D点时速度最大,小球在C点时
弹性绳的拉力为 ,C、E间距离为h,小球与竖直杆间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度
为g,弹性轻绳始终在弹性限度内,下列说法正确的是( )

　 ACD　
A.CD段小球克服摩擦力做的功与DE段克服摩擦力做的功相等
B.小球在E点的加速度大小大于在C点的加速度大小
C.小球经过D点时加速度为零
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=
解题导引　设弹性绳与竖直杆间的夹角为θ,B、C之间距离为d,弹性绳的弹力Fk=k ;
小球与竖直杆之间的弹力FN=Fk sin θ=kd,为定值,故小球与竖直杆间的滑动摩擦力Ff也
为定值。
解析　根据功的定义式可得小球在CD段克服摩擦力做的功与在DE段克服摩擦力做的
功相等,A正确。小球经过D点时速度最大,可得此时小球的加速度为零,C正确。小球
在C点时,根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma1,解得a1= ;小球在D点时有mg=Ff+klCD
【点拨:弹性绳对小球的弹力在竖直方向上的分力等于klBD cos θ=klCD】;小球在E点时,
根据牛顿第二定律可得mg-Ff-klCE=ma2,解得a2= ;由于lCE=2lCD,可得a2=
,故小球在E点和在C点的加速度大小相等、方向相反,B错误。小球从C点到E
点过程中,根据动能定理可得mgh-Ffh-(EpE-EpC)=0;若在最低点E给小球一个向上的初速
度v,使小球从E点恰好回到C点,根据动能定理可得-mgh+(EpE-EpC)-Ffh=0- mv2,其中Ff=μ
kd=μFkC=0.1mg,联立解得v= ,D正确。
6.★★★(2023湖北,14,15分)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆
形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固
定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。
小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方
向进入轨道 内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因
数为 ,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求
(1)小物块到达D点的速度大小;
(2)B和D两点的高度差;
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案
(1) (2)0 (3)
解析 (1)设物块质量为m,物块恰好能通过最高点D,可知其所受重力提供向心力,在D
点对物块根据牛顿第二定律有mg=m ,可得vD= 。
(2)由题意可知C、D之间的高度差hCD=R+R cos 60°= R
对物块由C到D根据动能定理有-mghCD= m - m
解得vC=2
物块从B到C做平抛运动,过C点时有
vC水平=vC cos 60°=vB,解得vB=
由动能定理有mghBD= m - m
解得hBD=0。
(3)物块从A到B由动能定理得-μmgs= m - m
其中s= ×2π×2R
解得vA= 。
题组2　动能定理在往复运动中的应用
1.★★★(2026届河北保定定州中学开学考)将一可视为质点且质量为m的物体由地面
沿竖直向上的方向抛出,抛出瞬间物体的动能为Ek0,物体的动能与距离抛出点高度的关
系如图所示,规定抛出点为零势能面,整个过程物体所受的空气阻力大小保持不变,图线
与坐标轴的交点为已知量,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.m=
　 B　
B.空气阻力为物体重力的
C.物体下落过程中,距离地面的高度为 时,其动能等于重力势能
D.若在抛出点物体的动能为2Ek0,上升时,动能与重力势能相等时动能大小为
解析　对物体上升过程,根据动能定理可得-mgh0-Ffh0=0-Ek0;物体下落过程,根据动能定
理可得mgh0-Ffh0= ,解得m= ,Ff= ,A错误。物体的重力G=mg= ,空气阻力
与物体重力的比值 = ,B正确。物体下落过程中,距离地面的高度为h时,动能Ek=mg(h
0-h)-Ff(h0-h),重力势能为Ep=mgh,若Ek=Ep,解得h= h0,C错误。若抛出点的动能为2Ek0,物
体上升时,根据动能定理可得-mgh'-Ffh'=E'k-2Ek0;重力势能E'p=mgh',当E'k=E'p时,解得E'k=
,D错误。
2.★★★(多选)(2026届云南师大附中月考)如图所示,水平轻质弹簧一端连接竖直墙壁,
另一端连接一质量为m的小物块,物块位于O点时弹簧为原长,现将物块向右拉到P点,静
止释放后物块向左运动,且物块在第2次经过O点前,在O左边某位置停下,已知OP=L,重
力加速度为g,弹簧的劲度系数k= ,弹性势能的表达式为 kx2(x为弹簧形变量),物块可
视为质点,物块与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,μ取不同值
时,运动情况不同,则下列说法正确的是 ( )

　 AC　
A.若物块一直向左运动后停下,则 ≤μ<
B.若物块先向左运动再向右运动后停下,则 <μ<
C.物块最后停下的位置距O最远距离为
D.物块运动过程中,在O点左边距O最远距离为
解析　物块从P点释放后向左运动且经过O点,则 kL2>μmgL,解得μ< ;假设物块一直向
左运动至O点左边距O点为x后停下,则 kL2- kx2-μmg(L+x)=0,解得x=L-2μL,且kx≤μmg,
解得μ≥ ;所以若物块一直向左运动后停下,可得 ≤μ< ,A正确。若物块先向左运动
到O点左边距O点最大距离xm后再向右运动至停下,可得kxm>μmg;已知物块不能第2次
经过O点,可得 k <μmgxm,对物块从P点运动至最左端有 kL2- k -μmg(L+xm)=0,解得
xm=L-2μL,联立可得 <μ< ,B错误。若物块先向左运动到最大距离处,再向右运动到O
左边距O点x1处停下,可得 kL2- k -μmg(L+2xm-x1)=0,解得x1=4μL-L;由于 <μ< ,所以0
物块最后停下的位置在O点左边距O最远距离为 ,xm> ,物块运动过程中,在O点左边
距O最远距离大于 ,C正确,D错误。
第3节 机械能守恒定律及其应用
机械能守恒的判断T1、2、6　 单物体的机械能守恒问题T4、5　 系统的机械能
守恒问题T3、7、8
1.★★(2024浙江1月,3,3分)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落
在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球 ( )

A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
　 B　
五年高考
解析　假设不受空气阻力,斜抛运动在最高点位置左边的斜抛上升阶段的轨迹和其右
侧平抛运动的轨迹具有对称性,图中显示并不对称,则空气阻力不可忽略,所以从2到3阶
段,机械能不守恒,D错误;从2到3阶段,由于受空气阻力且不知道空气阻力做功的大小,
所以无法求解合外力做的功,无法计算动能变化量,C错误;同理,从1到2阶段,不知道空
气阻力做功的大小,无法计算动能变化量,A错误;从1到2阶段,重力做负功,WG=-mgh,所
以重力势能增加了mgh,B正确。
2.★★(多选)(2023重庆,8,5分)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随
时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其
方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正
方向。则 ( )

　 AB　
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机内的装载物处于失重状态
C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
解析　根据EF段方程y=4t-26可知EF段无人机的速度大小v= =4 m/s,A正确。根据y-t
图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加
速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B正确。根据MN段
方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度v'= =-2 m/s,则有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×
4 kg·m/s=-12 kg·m/s,可知FM段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s,C错误。
MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,故无人机的机械能减少,D
错误。
3.★★(2024北京,7,3分)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在
B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆
形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 ( )
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
　 C　
解析
选项 依据 分析运算 判定
ABC 物体沿竖直光滑圆形轨道
内侧运动,恰好能到达最高
点C:在C点物体与轨道之
间的弹力为零 物体在最高点仅受重力,重
力提供物体做圆周运动的
向心力:mg=ma= ,可得a =g、v>0 A、B错误,C正确
D 轨道光滑,整个过程中只有
重力与弹簧弹力做功,系统
机械能守恒 物体在A点时弹簧的弹性
势能等于在C点时物体的
动能与增加的重力势能之
和 D错误
4.★★★(2024全国甲,17,6分)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套
在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大
圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 ( )

A.在Q点最大　　　 B.在Q点最小
C.先减小后增大　　　 D.先增大后减小
　 C　
解析　如图所示,设大圆环半径为R,最高点为M点,最低点为N点,P为小环运动过程中的
点。小环从M到P由机械能守恒定律可得mgR(1-cos θ)= mv2,在P点由牛顿第二定律可
得mg cos θ-FNP=m ,联立可得FNP=3mg cos θ-2mg;小环由M点运动到N点,θ由0°变到180°,
cos θ由1减小到-1,当cos θ=-1时,FNP=-5mg,即大圆环对小环的作用力大小等于5mg,方
向指向圆心,此时小环对大圆环的作用力最大,A错误。当cos θ= 时,FNP=0,所以小环在
Q点对大圆环的作用力不是最小,B错误。小环由M点运动到N点,大圆环对小环的作用
力先背离圆心逐渐减小,当cos θ= 时,此作用力减到零,之后,大圆环对小环的作用力指
向圆心且逐渐增大,C正确,D错误。
5.★★(2025黑吉辽蒙,13,10分)如图,一雪块从倾角θ=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x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶
的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=
10 m/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α。

答案
(1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg
cos θ=ma,又 =2ax,联立解得v0=5 m/s
(2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动,由机械能守恒定律得mgh= m - m ,代入数据
解得v1=8 m/s,雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则v1 cos α=v0 cos θ,解得α=60°
思路点拨
本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的情况下,运用
斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。
6.★★(2026届天津武清杨村一中开学考)高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员
将专用弹性橡皮绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运
动员无初速度地从跳台上落下。若不计空气阻力,则 ( )
A.弹性绳刚伸直时,运动员开始减速
B.整个下落过程中,运动员的机械能保持不变
C.整个下落过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功
D.弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增
大后减小
　 C　
三年模拟
解析　弹性绳刚伸直时,弹力为零,运动员加速度向下,继续加速运动,A错误。当弹性绳
伸直后,弹性绳会对运动员做功,运动员的机械能不守恒,B错误。整个下落过程中,根据
动能定理可知合力做功为零,即重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所
做的功,C正确。弹性绳从伸直到最低点的过程中,运动员的速度先增大后减小,即动能
先增大后减小;运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒,故运动员的重力势能与弹性绳
的弹性势能之和先减小后增大,D错误。
7.★★★(2026届江苏扬州新华中学月考)如图所示,光滑斜面固定在水平地面上,质量
相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,一轻质弹簧下端固定
在斜面底端,另一端连接在A上。开始时B被托住,轻绳伸直但没有弹力。现使B由静止
释放,在B运动至最低点的过程中(设B未落地,A未与定滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度
内) ( )
A.A和B总的重力势能先增大后减小
B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加量
C.当A受到的合力为零时,A的速度最大
D.当A和B的速度最大时,A和B的总机械能最大
　 C　
解析　在B运动至最低点的过程中,设B下降的高度为h,斜面倾角为θ,A和B总的重力做
功WG=mgh-mgh sin θ>0,可得A和B总的重力势能一直减小【另解:B重力势能的减少量
大于A重力势能的增加量,故A和B整体的重力势能一直减小】,A错误。在B运动至最低
点的过程中,弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态,轻绳对A做的功与弹簧对A做的功的
代数和等于A的机械能的变化量,B错误。A先沿斜面向上做加速度减小的加速运动,后
做加速度增大的减速运动,当A受到的合力为零时,A的速度最大,C正确。当弹簧处于原
长时,弹簧的弹性势能最小,A和B的总机械能最大;当A、B所受合力为0时,A和B的速度
最大;此时mg=mg sin θ+Fk,弹簧处于伸长状态,A和B的总机械能并不是最大,D错误。
8.★★★(2026届四川绵阳丰谷中学开学考)如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为0.3
m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
2 kg的小球a套在半圆环上,质量为2 kg的小球b套在直杆上,两者之间用长为L=0.4 m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,g取10 m/s2,则以下说法正确的是 ( )
A.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的速度大小为 m/s
B.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的向心加速度为10 m/s2
C.小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)过程中,
a、b及轻杆组成的系统机械能、动量均守恒
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,小球a克服杆的作用
力做的功约为6.59 J
　 D　
解题导引　如图所示,a由最高处滑到P点过程中,根据关联速度可得va cos β=vb cos α;小
球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点时,根据关联速度可得v'a=v'b cos θ。

解析　当a滑到与O等高的P点时,va cos =vb cos 0°,可得vb=0,a由最高处滑到P点,根据
系统机械能守恒可得magR= ma ,即va= = m/s,a的向心加速度an= =20 m/s2,
A、B错误。小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点过程中,a、b及轻杆组成的系统
只有重力对其做功,a、b及轻杆组成的系统机械能守恒;b球竖直方向的分速度为零,a球
竖直方向的分速度不断发生变化,故a、b及轻杆组成的系统动量不守恒,C错误。a下滑
至Q点时,轻杆与圆环相切,根据关联速度可得v'a=v'b cos θ,由几何关系可得cos θ=
=0.8;a从P点下滑至轻杆与圆环相切的Q点的过程,对a、b及轻杆,根据机械能
守恒可得magR cos θ= mav' + mbv' - ma ,对a,根据动能定理可得magR cos θ+W=
mav' - ma ,联立可得W≈-6.59 J,故a克服杆的作用力做的功约为6.59 J,D正确。
运用机械能守恒解决不同方案下的“火箭发射”问题
(2025届山东德州三模)如图所示,某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂,来研究火箭
单级推进与多级推进。火箭的总质量为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内,
火箭始终在竖直方向上运动,不计空气阻力。方案一:将两根相同的轻弹簧并排放置在
火箭底部(不连接),模拟火箭的单级推进,将两根弹簧进行同样的压缩,释放后火箭在极
短时间内获得速度(此过程忽略重力的影响),此后上升的最大高度为h。方案二:将火箭
分为质量相等的两级,将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部(均不连
接),将两级火箭上下叠放,并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度,以此模拟火箭
的二级推进过程。实验时,先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进,使两级火箭迅速
创新风向·挑战思维
A.两个方案中,火箭的机械能守恒
B.方案二中,一级推进完成瞬间,火箭速度的大小为
C.方案二中,二级火箭上升的最大高度为2h
D.方案一中,压缩的单根弹簧储存的弹性势能为mgh
获得一共同速度,一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进,推进
过程忽略重力影响。下列说法正确的是 ( )
　 C　
解析　两个方案中,弹簧的弹性势能转化为火箭的机械能,火箭的机械能增加,A错误。
设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为Ep,方案一中,根据弹簧和火箭组成的系统机械能
守恒可得2Ep=mgh,解得Ep= mgh,D错误。方案二中,一级推进完成瞬间,设火箭的速度
大小为v1,根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒可得Ep= m ,联立解得v1= ,B错
误;设二级推进完成瞬间,一级火箭和二级火箭的速度分别为v2和v3,由系统动量守恒和
机械能守恒可得mv1= mv2+ mv3、 m +Ep= × m + × m ,联立解得v2=0,v3=2 ;
设二级火箭上升的最大高度为h',二级推进完成后,根据二级火箭机械能守恒可得 · m
= mgh',解得h'=2h,C正确。
第4节 功能关系　能量守恒
常见的功能关系的理解和应用T1、3、6　 能量守恒定律的理解和应用T2、4、
5、7
1.★★(2023浙江1月,4,3分)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵
身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中 ( )
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
　 B　
五年高考
解析　游客下落过程中,橡皮绳绷紧后,形变增大、弹性势能增大,A错误;此过程中重力
做正功,重力势能减小,B正确;对游客,该过程中有除重力以外的力对游客做功,故机械
能不守恒,C错误;绳恰好绷紧时,游客所受合力仍向下,速度仍会增大,动能并未开始减
小,D错误。
2.★★★(2024安徽,7,4分)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农
田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面
的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η
倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为
S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为 ( )

　 B　
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
解析　设水从出水口射出的初速度为v0,取单位时间内射出的水为研究对象,该部分水
的质量为m=v0Sρ,根据平抛运动规律有v0t=l,h= gt2,解得v0=l ,根据能量守恒定律得P
η= m +mg(H+h),联立解得水泵的输出功率P= · ,B正确。
3.★★★(2024山东,7,3分)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板与地面间动摩擦因数均为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 ( )

　 B　
A. +μmg(l-d)　　　　 B. +μmg(l-d)
C. +2μmg(l-d)　　　　 D. +2μmg(l-d)
解题导引　“轻木板”“轻质弹性绳”,表示它们的质量忽略不计;“缓慢”拉动表示
乙与所坐木板处于动态平衡状态。
解析　甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x= ;水平力
F“缓慢”拉动乙所坐木板,故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零,由功能关系
可知水平力F做的功W=μmg(l-d+x)+ kx2,将x的表达式代入得W= +μmg(l-d),
B正确。
4.★★★(2024江苏,15,12分)某重力储能系统的简化模型如图所示,长度为L,倾角为θ的
斜坡ABCD上,有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机牵引下,重物从斜
坡底端A点由静止开始运动,到达B点时速度达到最大值v,然后重物被匀速拉到C点,此
时关闭电动机,重物恰好能滑至顶端D点,系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行,重物
与斜坡间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力和滑轮摩擦。
(1)求CD的长度x;
(2)求重物从B到C过程中,电动机的输出功率P;
(3)若不计电动机的损耗,求在整个上升过程中,系统
储存的机械能E1与消耗电能E2的比值。
答案
(1)
(2)mgv
(3)
解析 (1)解法一 动力学观点
重物在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得
mg sin θ+μmg cos θ=ma
由运动学公式有0-v2=-2ax
联立解得x=
解法二 能量观点
重物在CD段运动过程中,由动能定理有
- x=0- mv2
解得x=
(2)重物在BC段匀速运动,则电动机对重物的牵引力为F=mg sin θ+μmg cos θ
由P=Fv得P=mgv
(3)全过程中重物初、末态的动能均为0,重力势能增加,则重物增加的机械能为E1=mgL
sin θ
整个过程根据题意及能量守恒可知,电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能(即
系统储存的机械能)和因摩擦产生的热量,故可知E2=E1+μmg cos θ·L
可得 = =
5.★★★(多选)(2025届河南名校联盟三模)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数
足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力为定
值。轻杆向右移动的距离不超过L时,装置可安全工作。若一小车分别以初动能Ek和2
Ek撞击弹簧,导致轻杆分别向右移动 和 。已知装置安全工作时,轻杆与槽间的最大
静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲的
过程,下列说法正确的是 ( )

　 AD　
三年模拟
A.弹簧的最大弹性势能为
B.轻杆与槽间的滑动摩擦力为
C.两次小车反弹离开弹簧的速度不同
D.为使装置安全工作,小车撞击弹簧的最大动能为
解析　小车撞击弹簧使轻杆移动时,弹簧弹力等于滑动摩擦力【点拨:轻杆不考虑质】,
所以两次弹簧的最大压缩量相等,最大弹性势能相等,设弹簧的最大弹性势能为
Ep,根据能量守恒有Ek=Ep+f× ,2Ek=Ep+f× ,解得f= ,Ep= ,A正确,B错误;因两次撞
击弹簧的最大弹性势能相等,小车反弹后获得的动能相等,速度相同【点拨:小车被反弹
离开弹簧时,弹簧的弹性势能完全转化为小车的动能】,C错误;为使装置安全工作,小车
撞击弹簧的最大动能E'k=Ep+fL= ,D正确。
6.★★★(多选)(2026届四川绵阳平武中学开学考)如图所示,一根轻质弹簧一端固定于
光滑竖直杆上,另一端与质量为m的滑块P连接,P穿在杆上,一根轻绳跨过定滑轮将滑块
P和重物Q连接起来,Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动,
当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°(sin
53°=0.8,cos 53°=0.6),OB长为3L、与AB垂直,不计滑轮的摩擦,重力加速度为g。则P从A
点到B点的过程中 ( )
A.P和Q组成的系统机械能守恒
　 CD　
B.P的速度一直增大
C.轻绳对P做的功为8mgL
D.P运动至B点的速度为v=2
解析　滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒;弹簧的弹性势能不断变化,故P和
Q组成的系统机械能不守恒,A错误。滑块经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相
等,即滑块在A、B两点时弹簧分别处于压缩和伸长状态,则滑块位于B点时加速度向下,
到B点前已经减速了一段时间,B错误。【关键:由关联速度可知,滑块到达B处时,重物
的速度为零,滑块位于A、B两点时,弹簧的弹性势能相等】滑块P从A点运动至B点的过
程中,对P、Q组成的系统,根据能量守恒可得4mgH-mgh= mv2,其中h=3L· tan 53°=4L、
H=OA-OB= -3L=2L,联立解得v=2 ,D正确;对滑块P,根据功能关系可得轻绳对
P做的功W=mgh+ mv2,解得W=8mgL,C正确。
7.★★★(2024届河北雄安新区部分学校联考)如图所示,某同学设计了一款小球循环运
动的“永动装置”。小球从漏斗A点处静止释放,沿粗糙双金属杆组成的轨道运动,小
球运动至轨道水平部分时经过一电磁作用区,然后从轨道末端D抛出,最终刚好以大小
为v的水平速度回到漏斗中。小球撞击漏斗后立即减速为零继续下一周期的运动。小
球的质量为m,重力加速度为g,漏斗和轨道末端距离轨道水平部分的高度分别为h1和h2,
轨道末端与水平方向所成的角度为θ,不计小球在拐弯处机械能损失,下列说法正确的
是 ( )
　 D　

A.从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,电磁作用区给小球提供的能量等于小球
机械能的增加量
B.从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,电磁作用区给小球提供的能量等于
C.若撤去电磁作用区,其他条件不变,则小球仍可从D点抛出
D.h1-h2=
解析 从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,根据能量守恒可得电磁作用区给小
球提供的能量等于小球机械能的增加量与因摩擦产生的热量之和,即E电= mv2+Q
【点拨:初、末状态的重力势能相等,初动能为0,末动能为 mv2】,A、B错误。若撤去
电磁作用区,其他条件不变,由于不知道重力做功与摩擦力做功的关系,故不能确定小球
是否仍能从D点抛出,C错误。根据速度的合成与分解可得,小球在D点时竖直方向的分
速度vy=v tan θ,竖直方向有0- =-2g(h1-h2),解得h1-h2= ,D正确。
对比重力势能、重力做功与重力势能的关系理解“新势能”
(多选)(2025届湖南衡阳模拟)“水往低处流”是一种自然现象,同一滴水在水面的不同
位置具有相同的重力势能,即水面是等势面。通常稳定状态下的水面为水平面,但将一
桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动,稳定时水面呈凹状,如图所示。这一现
象依然可用势能来解释:以桶为参考系,桶中的水还多受到一个“力”,同时水还将具有
一个与该“力”对应的“势能”。为便于研究,在过桶竖直轴线的平面上,以水面最低
处为坐标原点O、以竖直向上为y轴正方向、以水平向右为x轴正方向建立xOy直角坐
标系,质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下,因该“力”具有的“势能”可
创新风向·知识迁移
表示为Epx=- mω2x2。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能,水会向总势能
更低的地方流动,稳定时水面上相同质量的水将具有相同的总势能。下列说法正确的
是( )

A.若增大桶转动的角速度ω,则稳定时,凹液面的最低点位置应下降
B.稳定转动时桶中水面的纵截面为双曲线的一部分
C.小水滴距离y轴越远,该“势能”越小
D.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增大而减小
　 AC　
解析　由Epx=- mω2x2可知,距离y轴越远,x2越大,该“势能”越小,C正确。设与该“势
能”对应的“力”为F,在x>0区间,取极短一段Δx,则有FΔx=Epx-E'px=- mω2x2+ mω2(x+Δ
x)2,即F= mω2(Δx+2x),又已知Δx趋近于0,解得F=mω2x,故在x>0区间,该“势能”对应的
“力”的大小随x的增大而增大,D错误。由于整个水面上质量相等的小水滴的总势能
相等,设质量为m的小水滴在O点处的总势能为零,则质量为m的小水滴在该水面上任何
位置的重力势能和该“势能”的和均为零,即mgy- mω2x2=0,解得y= x2,所以稳定转动
时,桶中水面的纵截面为抛物线的一部分,B错误。由y= x2知,若增大桶的角速度ω,则
抛物线开口变小,故稳定时凹液面的最低点位置下降【点拨:水面作为总势能的零势能
面,是动态变化的】,A正确。

微专题11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型
1.★★★(2026届广西来宾高级中学开学考)如图所示,与水平地面成θ角的传送带,以恒
定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端
M处,小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率v,已知M、N间的高度差
为H,则在小物体从M到N的过程中 ( )
A.传送带对小物体做功为 mv2
　 D　
题组1　传送带模型
B.将小物体由底端传送到N处过程中,该系统多消耗的电能为mgH+ mv2
C.将小物体传送到N处,系统因摩擦而产生的热量为 mv2
D.改变传送带与小物体之间的动摩擦因数,使物体到达N点前速率达到v,则系统因摩擦
产生的热量将减少
解析　从M到N,对小物体根据动能定理可得W-mgH= mv2,解得传送带对小物体做功W
=mgH+ mv2,A错误。从M到N,传送带对小物体做的功W=Ff· t,系统因摩擦而产生的热
量Q=Ff·Δx=Ff =mgH+ mv2> mv2,C错误。根据能量守恒可得,从M到N,系统多消
耗的电能E电=mgH+ mv2+Q=2 ,B错误。结合C项分析可知,改变动摩擦因
数后,系统因摩擦产生的热量Q'=mgh+ mv2,又h减少,D正确。
2.★★★(多选)(2025届福建厦门六中月考)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定
速率v1运行。初速度大小为v2,质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的
A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像
(以地面为参考系)如图乙所示,已知当地重力加速度为g,则下列判断正确的是
( )
A.小物块与传送带之间的动摩擦因数为
　
　 AC
B.小物块向左运动的最远距离为 (v2-v1)t2
C.从0到t3时间内,由于物块和传送带摩擦而增加的内能为
D.从0到t3时间内,由于物块在传送带上运动而多消耗的电能为
解析 0~t2时间内,物块做匀变速直线运动的加速度a= ;根据牛顿第二定律可得-
μmg=ma,联立解得μ= ,A正确。小物块向左运动的最远距离x= v2t1,B错误。0~t3时
间内,小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对,其中μmg=m ,x相对= (v1+v2)t2,故
因物块和传送带摩擦而增加的内能为Q=μmg·x相对=m · (v1+v2)t2= ,C正确。
从0到t3时间内,由于物块在传送带上运动而多消耗的电能W=μmgv1t2= 【点拨:由
于物块在传送带上运动而多消耗的电能等于物块对传送带做功的绝对值】,D错误。
3.★★★(2025浙江6月,16,11分)某兴趣小组设计了一传送装置,其竖直截面如图所示。
AB是倾角为30°的斜轨道,BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带,紧靠C端有半径
为R、质量为M、置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道,水平面和传送带BC处于同一
高度,各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块,从轨道AB上与B相距L的P点由静止
下滑,经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ,其余接触面
均光滑。已知R=0.36 m,L=1.6 m,v0=5 m/s,m=0.2 kg,M=1.8 kg,μ=0.25。g取10 m/s2,不计
空气阻力,物块可视为质点,传送带足够长。求物块
(1)滑到B点处的速度大小;
(2)从B点运动到C点过程摩擦力对其做的功;
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度;
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间,受到轨道的压力大小。
答案
(1)4 m/s (2)0.9 J (3)0.2 m (4)3 N
解析 (1)解法一 能量观点
物块从P点到B点的过程,只有重力做功,由机械能守恒定律
得mgL sin 30°= m
解得物块滑到B点处的速度大小vB=4 m/s
解法二 运动学观点
物块从P点到B点的过程做匀变速直线运动,由牛顿第二定律有mg sin 30°=ma斜
由运动学公式有 =2a斜L,联立解得vB=4 m/s
(2)由于传送带足够长,则物块滑上传送带后,先做匀加速直线运动,与传送带共速后做
匀速直线运动,由动能定理得该过程摩擦力对物块做的功为Wf= m - m
代入数据解得Wf=0.9 J
(3)由功的定义可得物块在传送带上加速的位移为
x1= =1.8 m
物块在传送带上加速时的加速度大小为
a=μg=2.5 m/s2
物块在传送带上的加速时间为
t= =0.4 s
此过程传送带的位移为x2=v0t=2 m
则物块在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度为
Δx=x2-x1=0.2 m
(4)物块从进入圆弧轨道直至到达圆弧轨道最高点的过程,物块和半圆弧轨道组成的系
统机械能守恒、水平方向动量守恒,规定水平向右为正方向,则有mv0=mv1+Mv2
m = m + M +2mgR
解得v1=-2.2 m/s,v2=0.8 m/s(另一组解不符合题意,舍去)
物块在最高点时,由牛顿第二定律得F+mg=m 【点拨:速度应用物块相对半圆弧
轨道的速度】
解得F=3 N
1.★★(多选)(2026届北京四中开学考)如图所示,质量为M、长度为l的小车静止在光滑
的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F
作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的滑动摩擦
力为f。物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为s。在这个过程中,以下结论正确
的是( )
A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s)
　 BC　
题组2　滑块-木板模型
B.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fs
C.物块和小车系统增加的内能为fl
D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s)
解析　对物块,根据动能定理可得,物块到达小车最右端时的动能Ek物=(F-f)(l+s),A错
误。对小车,根据动能定理可得,小车获得的动能Ek=Wf=fs,B正确。系统增加的内能Q=
fl,C正确。外力F对系统做的功为WF=F(l+s),系统增加的机械能ΔE机械=F(l+s)-Q=F(l+s)-
fl,D错误。
2.★★(多选)(2023全国乙,21,6分)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面
上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块
与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时 ( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于 m -fl
　 BD　
D.物块的动能一定小于 m -fl
解析　运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木
板右端离开,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2= t,小物块的位移x1= t,由题知v0>v
1>v2,有 >v2,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,
则木板的动能EkM=fx2可知-fx1=Ekm- m ,则物块的动能Ekm= m -fx1,又x1>l,所以Ekm< m -fl,D正确,C错误。

3.★★★(多选)(2025届河北衡水二模)质量m1=3 kg的长木板M放置在光滑水平面上,另
一质量m2=2 kg的物块N放置在长木板的左端,如图甲所示。现对物块N施加一向右的水
平拉力,在物块N离开长木板前,两者的加速度a随各自位移x变化的图像如图乙所示,已
知重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
　
　 BC　
A.M、N之间的动摩擦因数为0.3
B.当x=0.5 m时,水平拉力大小为10 N
C.物块N的位移x≤5 m的过程中,水平拉力的最大功率为264 W
D.物块N的位移x≤5 m的过程中,水平拉力做的功为110 J
解析　当x≥1 m时,M的加速度为a1=3 m/s2;对M,根据牛顿第二定律可得μm2g=m1a1,解得
μ=0.45,A错误。当x=0.5 m时,两者共同加速,加速度a2=2 m/s2;对M、N整体,根据牛顿第
二定律可得F=(m1+m2)a2,解得F=10 N,B正确。根据v2=2ax可得a-x图线与横轴所围的面
积表示 ,可得x=5 m时,N的速度v=8 m/s;对N,根据牛顿第二定律可得F1-μm2g=m2a3,其中
a3=12 m/s2,解得F1=33 N;则水平拉力最大功率P=F1v=264 W【点拨:当物块N的位移x=5
m时,N的速度最大,拉力也最大,所以拉力的功率也最大】,C正确。当0v2=2ax及a-x图线与横轴所围的面积可得 =4 m2/s2,故水平拉力做功W1= (m1+m2) =10 J;
当1 m力做功W2=96 J;故水平拉力所做的总功W=W1+W2=106 J,D错误。
4.★★★(多选)(2026届四川多校开学联考)如图甲所示,质量M=0.5 kg、长L=1 m的木
板,初始时刻静止在光滑水平地面上,可视为质点的质量m=1 kg的小物块,以初速度v0从
木板左端滑上,同时对木板施加一个水平向右的恒力F,系统因摩擦产生的热量Q的倒
数与恒力F取不同值时的关系图像如图乙所示。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ=
0.2,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )

　 ACD　
A.当F<1 N时,系统因摩擦产生的热量为2 J
B.DE段表示物块最终与木板共速
C.物块的初速度为4 m/s
D.C点的横坐标为3 N
解题导引

解析　当F<1 N时,系统因摩擦产生的热量Q=Ffx相=μmgL=2 J,A正确。在DE段,物块滑
上木板后,物块减速、木板加速,共速后,物块相对于木板向左滑动,最终物块会从木板
左侧滑离,物块与木板速度不相同,B错误。当F=1 N时,对物块,根据牛顿第二定律可得
μmg=ma1,解得物块的加速度大小为a1=2 m/s2;对木板,根据牛顿第二定律可得F+μmg=
Ma2,解得木板的加速度为a2=6 m/s2;以木板为参考系,则物块的相对加速度a相=a1+a2=
8 m/s2,根据 =2a相L,解得物块的初速度为v0=4 m/s【另解:根据匀变速运动规律可得
-
=L、 = ,联立解得v0=4 m/s】
,C正确。C点,对物块与木板整体,根据
牛顿第二定律可得FC=(M+m)a0;对物块,根据牛顿第二定律可得μmg=ma0,联立解得a0=
2 m/s2,FC=3 N,D正确。
5.★★★★(2025届山东齐鲁名校联考五)如图所示,足够长固定斜面的倾角θ=37°,斜面
顶端放一长为4.5 m的木板,其质量为m1=4 kg,与斜面间动摩擦因数为μ1=0.5,初始时被
锁定。一质量为m2=1 kg的小物块(可看作质点)以沿斜面向上v0=8 m/s的速度从木板下
端滑上木板,同时释放木板,物块与木板间动摩擦因数为μ2=0.3。已知sin 37°=0.6,重力
加速度g取10 m/s2,以下说法正确的是 ( )
A.物块从木板上端滑下
B.物块经2 s从木板上滑下
C.物块从木板上滑下时,木板的速度大小为3.2 m/s
D.从物块滑上木板到滑下木板过程中,整个系统因摩擦产生的热量为103.2 J
　 D　
解析　假设共速时物块未滑离木板,共速前对物块有m2g sin θ+μ2m2g cos θ=m2a2,代入数
据得a2=8.4 m/s2,对木板有m1g sin θ-μ1(m1+m2)g cos θ-μ2m2g cos θ=m1a1,代入数据得a1=0.4
m/s2,共速时有-v0+a2t1=a1t1,可得t1=1 s,共速时速度v1=a1t1=0.4 m/s,则物块与木板的相对位
移为Δx= v1t1- (-v0+v1)t1=4 m<4.5 m,假设成立,A错误;共速后,对物块有m2g sin θ-μ2m2g
cos θ=m2a'2,代入数据得a'2=3.6 m/s2,对木板有m1g sin θ-μ1(m1+m2)g cos θ+μ2m2g cos θ=m1a'
1,代入数据得a'1=1.6 m/s2,物块再经过t2时间滑离木板,有Δx=v1t2+ a'2 -(v1t2+ a'1 )【点
拨:共速后物块和木板不能相对静止的原因是μ2<μ1< tan θ】,解得t2=2 s,此时木板速度v2
=v1+a'1t2=3.6 m/s,所用总时间t=t1+t2=3 s,B、C错误;木板运动的总位移x= v1t1+ (v1+v2)t2
=4.2 m,整个系统因摩擦产生的热量为Q=μ1(m1+m2)gx cos θ+μ2m2g cos θ×2·Δx=103.2 J,D
正确。
　
实验7 验证机械能守恒定律
1.(2025江西,11,8分)某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等,组成具有一
定倾角的导轨装置,研究机械能守恒定律。重力加速度g取9.80 m/s2。

(1)实验前,应合理安装实验器材。图(a)中光电门___________的位置安装不合理,应如何
调整:____________________________________________。
(2)实验时,导轨倾斜角的正弦值sin θ=0.061 3,光电门1、2相距L。将宽度d=4.82 mm的
遮光片固定于滑块上,从导轨最左端静止释放滑块,分别记录遮光片通过光电门1、2的
时间Δt1和Δt2。移动光电门2的位置改变L,重复实验,所测数据如表。
　　将光电门1位置沿导轨适当向右移动　
　 1　
L/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00 … 60.00 65.00 70.00
Δt1/ms 9.982 9.883 10.019 10.068 10.049 … 10.073 10.066 10.170
Δt2/ms 8.016 7.578 7.032 6.583 6.310 … 4.938 4.787 4.677
滑块经过光电门1、2的速度分别为v1和v2。当L=65.00 cm时,v2=______________m/s,滑块
通过两光电门下降的高度HL=______________cm。(结果保留2位小数)
(3)处理表中数据,并绘制Δv2-HL关系曲线(其中Δv2= - ),如图(b)所示。根据图(b)中的
信息,分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒:_____________,并给出理由:___________
___________________________________________________________________________
___________________________________________________。
滑块的动能增加量等于重力势能的减少量,即机械能守恒　
(b)可知图线斜率约为19.6 m/s2(等于2g)。在误差范围内Δv2=2gHL成立,说明下滑过程中
　　根据图
　　守恒　
　 3.98　
　 1.01　
解析 (1)滑块从导轨左端释放时其状态易受到扰动,若其与光电门1的位置太近,会导
致滑块通过光电门1的速度测量不准,因此应将光电门1位置沿导轨适当向右移动。
(2)v2= =1.01 m/s,HL=Lsin θ=3.98 cm。
(3)根据图(b)可知图线斜率约为19.6 m/s2(等于2g)。在误差范围内Δv2=2gHL成立,说明
下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量,即机械能守恒。
2.(2025甘肃,11,6分)某学习小组使用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。

把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂,光电门置于小球平衡位置处,其光线恰
好通过小球球心,计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直),记
录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻
力。
(1)以h为横坐标、___________ 填“Δt”“(Δt)2”“ ”或“ ” 为纵坐标作
直线图。若所得图像过原点,且斜率为___________(用d和g表示),即可证明小球在运动
过程中机械能守恒。
(2)实验中,用游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm。
　 　
　 　
①由结果可知,所用的是____________分度的游标卡尺(填“10”“20”或“50”);
②小组设计了一把25分度的游标卡尺,未测量时的状态如图2所示。如果用此游标卡尺
测量该小球直径,则游标尺上第____________条刻度线与主尺上的刻度线对齐。

　 12　
　 50　
解析 (1)若机械能守恒,则有mgh= mv2,其中v= ,整理可得 = h,故应以h为横坐
标、 为纵坐标,所得直线的斜率为 。
(2)①用10分度的游标卡尺测得结果精确到 mm=0.1 mm,以毫米为单位记录,则结果
只能到小数点后一位;同理,用20分度的游标卡尺测得结果精确到 mm=0.05 mm,用5
0分度的游标卡尺测得结果精确到 mm=0.02 mm,0.48 mm恰好是0.02 mm的24倍,与
0.05 mm没有整数倍关系,则所用的是50分度的游标卡尺。
②25分度的游标卡尺是把24 mm分成25个小格,每个小格表示 mm,与主尺上1 mm的
偏差是 mm= mm=0.04 mm,测量结果以毫米为单位,整数位直接从主尺上读
出,0.48 mm是根据游标尺得到的, =12,故游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线
对齐。
3.(2025河南,12,9分)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材
有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺
等。

图1
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺
序排列:_________________(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时
　　④①⑥⑤　
重锤下落的速度大小为______________m/s(保留3位有效数字)。

(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制
图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应_________(填“通
过”或“不通过”)原点且斜率为____________(用重力加速度大小g表示)。由图3得直
线的斜率k=_______________________________________________________________(保留3位有效数字)。
　 19.1 m/s2(18.9 m/s2、19.0 m/s2、19.2 m/s2、19.3 m/s2均算对)　
　 2g　
　　通过　
　 1.79　

(4)定义单次测量的相对误差η= ×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其
动能增加量,则实验相对误差为η=___________×100%(用字母k和g表示);当地重力加
速度大小取g=9.80 m/s2,则η=_________________________________%(保留2位有效数
字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
　 2.6(3.6、3.1、2.0、1.5均算对)　
　 　
解题导引　通过v2-h图像验证机械能守恒定律,关键是理解机械能守恒定律的表达式,
然后进行合理变换。
解析 (1)需要先接通电源,再释放纸带,①正确,②错误;不需要测量重锤质量,③不是必
需的;依据实验步骤先后,正确排序应为④①⑥⑤。
(2)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB= = m/s=1.785 m/s≈
1.79 m/s
(3)若机械能守恒,由mgh= mv2得v2=2gh,故v2-h图像中的图线应通过原点,斜率k=2g。在
图线上选点(0.29 m,5.5 m2·s-2)和(0.075 m,1.4 m2·s-2)计算斜率,可得k= m/s2≈
19.1 m/s2
(4)η= ×100%= ×100%= ×100%。代入k=19.1 m/s2和g=9.80 m/s2
可得η≈2.6%。
4.[2023天津,9(1)]某同学利用图示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律,主要实验
步骤如下:
A.将桌面上的气垫导轨调至水平;
B.测出遮光条的宽度d;
C.将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离l;
D.由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间Δt;
E.称出托盘和砝码总质量m1、滑块(含遮光条)的质量m2。
已知当地重力加速度为g,回答以下问题(用题中所给的字母表示):
①遮光条经过光电门时的速度大小为___________;
②遮光条由静止运动至光电门的过程,系统重力势能减少了______________;遮光条经过
光电门时,滑块、托盘和砝码的总动能为___________________;
　 (m1+m2) 　
　 m1gl　
　 　
③通过改变滑块的释放位置,测出多组l、Δt数据,利用实验数据绘制出 -l图像如
图。若图中直线的斜率近似等于___________,可认为该系统机械能守恒。

　 　
解析　①遮光条通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于遮光条通
过光电门的瞬时速度,即v= ;
②遮光条由静止运动至光电门的过程中,系统重力势能的减少量 =m1gl,系统动能的
增加量ΔEk= (m1+m2) ;
③若系统的机械能守恒,则有 =ΔEk,即m1gl= (m1+m2) 成立,整理得 =
l,可得图像的斜率k= 。

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