資源簡介

考點 24 機械能守恒定律 功能關系和能量守恒定律
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 功能關系 2024 年山東卷
計算題 功能關系 2024 年重慶卷
計算題 機械能守恒定律、動能定理 2024 年海南卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律的考查非常頻繁，考題的形式多以選擇題
和計算題，該部分內容貫穿于重力場、電場、磁場中，是三大處理物理問題的方法之一。
【備考策略】
1.能夠利用機械能守恒定律處理多物體多過程的機械能守恒問題。
2.理解各種功能關系和能量守恒定律。
3.利用功能關系和能量守恒定處理有關物理問題。
【命題預測】重點關注功能關系在三大力場中的綜合應用。
1.機械能守恒定律
(1)機械能：動能和勢能統稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。
(2)機械能守恒定律：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持
不變。
2.幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力做的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
(1)重力做正功，重力勢能減少
重力做的功 重力勢能變化 (2)重力做負功，重力勢能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
(1)彈力做正功，彈性勢能減少
彈簧彈力做的功 彈性勢能變化 (2)彈力做負功，彈性勢能增加
(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
除重力和彈力之外的其他力 機械能變化 (1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少
做的功 (2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少
(3)W 其他＝ΔE
(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內
一對相互作用的滑動摩擦力 機械能減少
能增加
做的總功 內能增加
(2)摩擦生熱 Q＝Ff·x 相對
3.能量守恒定律
(1)內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉
移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。
(2)表達式：ΔE 減＝ΔE 增。
(3)能量守恒定律的兩點理解
①某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
②某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
(4)能量轉化問題的解題思路
①當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律。
②解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，
求出減少的能量總和 ΔE 減與增加的能量總和 ΔE 增，最后由 ΔE 減＝ΔE 增列式求解。
考點一 機械能守恒守恒定律的應用
考向 1 判斷物體和系統機械能守恒
1．對守恒條件理解的三個角度
2．判斷機械能守恒的三種方法
1．如圖所示，下列說法正確的是（所有情況均不計摩擦、空氣阻力以及滑輪質量）（ ）
A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，機械能守恒，若加速升空，機械能不守恒
B．乙圖中，物塊在外力 F 的作用下勻減速上滑，物塊的機械能守恒
C．丙圖中，物塊 A 以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，物塊 A 的機械能守恒
D．丁圖中，物塊 A 加速下落，物塊 B 加速上升的過程中，A、B 系統機械能守恒
2．2023 年 9 月，杭亞會滑板男子碗池決賽，中國年僅 15 歲的小將陳燁以 84.41 分奪冠。圖示為陳燁在比
賽中騰空越過障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．在最高點的時候人的速度為零，但加速度不為零
B．運動員和滑板構成的系統機械能守恒
C．運動員和滑板構成的系統動量守恒
D．上升過程是超重狀態，滑板對人的作用力不為零
考向 2 機械能守恒定律的應用
1.機械能守恒的三種表達式
項目 守恒角度 轉化角度 轉移角度
表達式 E1=E2 ΔEk=-ΔEp ΔEA增=ΔEB減
表示系統(或物體)機械能守恒時,系 若系統由 A、B 兩部分組成,則 A
系統初狀態機械能的總和與
物理意義 統減少(或增加)的重力勢能等于系 部分物體機械能的增加量與 B 部
末狀態機械能的總和相等
統增加(或減少)的動能 分物體機械能的減少量相等
應用時應選好重力勢能的零 應用時關鍵在于分清重力勢能的
常用于解決兩個或多個物體組成
注意事項 勢能面,且初、末狀態必須用 增加量和減少量,可不選零勢能面
的系統的機械能守恒問題
同一零勢能面計算勢能 而直接計算初、末狀態的勢能差
2.應用機械能守恒定律解題的基本思路
3．如圖，豎直放置有一半圓軌道，在其左側連有一水平桿，現將光滑的小球 A、B 分別套在水平桿與圓軌
道上，A、B 用一不可伸長的輕細繩相連，A、B 質量相等，且可看做質點，開始時細繩水平伸直，A、B 靜
止。由靜止釋放 B 后，已知當 B 和圓心連線與豎直方向的夾角為 30°時（細繩和小球的位置如圖虛線所
示），滑塊 B 下滑的速度為 v，則半圓的半徑為（　　）
7v2 7v2 7 3v2 7v2
A． B． C． D．
4 3g 4g 4g 4 2g
4．如圖所示，勁度系數為200N / m的輕彈簧下端固定在傾角為q = 53°的光滑斜面底端，上端連接物塊
Q，Q 同時與平行于斜面的輕繩相連，輕繩跨過定滑輪 O 與套在足夠長的光滑豎直桿上的物塊 P 連接，圖
中 O、B 兩點等高，間距 d = 0.3m。初始時在外力作用下，P 在 A 點靜止不動，A、B 間距離 h = 0.4m，此
時輕繩中張力大小為60N。已知 P 的質量為1kg ，Q 的質量為5kg ，P、Q 均可視為質點。現將 P 由靜止釋
放（不計滑輪大小及摩擦，重力加速度 g 取10m / s2 ， sin53° = 0.8， cos53° = 0.6，彈簧始終處于彈性限度
內），下列說法正確的是（ ）
A．物塊 P 上升的最大高度為0.8m
B．物塊 P 上升至 B 點時，其速度大小為 2 2m / s
C．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，彈簧對物塊 Q 一直做正功
D．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，物塊 P 機械能守恒
考點二 功能關系及能量守恒定律
考向 1 傳送帶類的功能轉化
1．兩個設問角度
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律
求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動
機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2．兩個功能關系
(1)傳送帶電動機做的功 W 電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx 傳。
(2)傳送帶摩擦力產生的熱量 Q＝Ff·x 相對。
5．如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度 4m/s 順時針運行，質量為 1kg 的小物塊以 6m/s 的初速
度從傳送帶右端滑上傳送帶，經一段時間后小物塊離開傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為
0.2，傳送帶的長度為 10m，重力加速度 g =10m / s2 ，對上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊對傳送帶做功為 20J
B．小物塊對傳送帶做功為 48J
C．帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為 40J
D．帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為 50J
6．如圖甲所示，向飛機上裝貨時，通常用到可移動式皮帶輸送機。如圖乙所示，皮帶輸送機傾角為
q =30o，以 1m/s 順時針勻速轉動，現將貨物在輸送帶下端 A 點無初速度釋放后從 A 點運動 B 點，已知貨
物均可視為質點，質量為 m=10kg，A、B 兩端點間的距離為 s=9.8m，貨物與輸送帶間的動摩擦因數為
m 3= ，重力加速度取 10m/s2。則貨物從低端到頂端要消耗的能量為（　　）
2
A．510J B．490J C．375J D．260J
考向 2 板塊類的功能轉化
1．兩個分析角度
(1)動力學角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據初速度分析兩者的運動過程，畫
出運動軌跡圖，找到位移和相對位移關系，根據時間關系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物塊在木板上滑行時，速度減小的物塊動能減小，速度增大的木板動能增加，根據能量守恒，
減小的動能等于增加的動能與系統產生的內能之和。
2．三種處理方法
(1)求解對地位移可優先考慮應用動能定理。
(2)求解相對位移可優先考慮應用能量守恒定律。
(3)地面光滑時，求速度可優先考慮應用動量守恒定律。
7．如圖所示，質量為 M 長為 l 的長木板靜止于粗糙水平面上， t = 0時，質量為 m 的物塊（可視為質點）
以初速度 v0從左端滑到長木板上，在運動過程中物塊剛好未從木板右端滑落，已知物塊與木板間的摩擦因
數為m 。下列說法正確的是（　　）
mv
A．物塊滑到木板最右端的速度為 0
M + m
B．小物塊減少的動能等于木板增加的動能和木板與物塊之間產生的內能之和
C．木板的動能一定小于mmgl
1
D mv2．木板的動能一定大于 0 - mmgl2
8．如圖甲所示，光滑水平面上有一質量M =1kg的木板 A，板左端有一質量m = 0.5kg 的物塊 B（視為質
點），A 與 B 間的動摩擦因數為 0.2，初始時均處于靜止狀態，僅給物塊 B 施加水平向右的力F ，F 隨時間
t 變化的圖像如圖乙所示，1s末撤去F ，物塊 B 始終未從木板 A 上滑下。取 g =10m / s2 ，最大靜摩擦力與
滑動摩擦力相等，則（　　）
A．1s時物塊 B 的加速度大小為 4m / s2
B．1s時物塊 B 的速度大小為2m / s
C．1s后木板 A 與物塊 B 因摩擦產生的熱量為1.5J
D．木板 A 的長度可能為1.5m
考點三 功能關系中的圖像問題
常見圖像的基本規律
EK-x 圖像 EP-x 圖像 E-x 圖像 E-t 圖像
EK EP E E
- ① - ① - ① - ①
- - - -
- - - -
- ② - ② - ② - ②
O x O x O x O t [ 來
源:]
斜率：合外力 斜率：重力、彈力等 斜率：除重力、彈力以外 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 圖像
9．電動車配有把機械能轉化為電能的“能量回收”裝置。某次測試中電動車沿傾角為 15°的斜坡向下運動，
初動能為1.0 105 J 。第一次讓車無動力自由滑行，其動能Ek 與位移 x 的關系如圖中直線①所示；第二次
讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行，其動能Ek 與位移 x 的關系如圖中曲線②所示。假設機械能回收效
率為 90%，重力加速度 g =10m / s2 。下列說法正確的是（　　）
A．圖中①對應過程汽車所受合力越來越大
B．可求圖中②對應過程下滑 200m 回收的電能
C．圖中②對應過程下滑 100m 后不再回收能量
D．由題中及圖像信息可求出電動車的質量
考向 2 EP-x 圖像
10．如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于 A 點。 t = 0時將小
球從 A 點正上方 O 點由靜止釋放， t1 時到達 A 點， t2 時彈簧被壓縮到最低點 B。以 O 為原點，向下為正方
向建立 x 坐標軸，以 B 點為重力勢能零點，彈簧形變始終處于彈性限度內。小球在運動過程中的動能Ek 、
重力勢能EP1、機械能E0 及彈簧的彈性勢能EP2變化圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
考向 3 E-x 圖像
11．如圖所示，踢毽子是一項深受大眾喜愛的健身運動項目。在某次踢毽子的過程中，毽子離開腳后，沿
豎直方向向上運動，毽子在向上運動的過程中受到的空氣阻力與其速率成正比。用 x 表示毽子離開腳后的
位移，E 表示毽子的機械能，則（ ）
A． B．
C． D．
考向 4 E-t 圖像
12．如圖所示，一個足夠長的光滑斜面傾角為 α，一個質量為 m 的木塊在沿斜面向上的恒力 F 作用下從斜
面底端由靜止開始向上運動，一段時間后撤去恒力 F，則此木塊在斜面上運動過程中的機械能 E 隨時間 t
變化的情況可能是下圖中的 ( )
A． B．
C． D．
1．如圖所示，裝有輕彈簧與小物塊的小車靜止在光滑水平地面上，小車與小物塊接觸面粗糙且水平。彈
簧左端固定在小車內壁，右端與小物塊靠在一起。初始時，在外力作用下彈簧處于壓縮狀態。現撤去外
力，小物塊向右運動。從撤去外力到小物塊與小車右壁碰撞前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊的機械能守恒
B．小物塊和彈簧組成的系統動量守恒
C．小物塊和彈簧組成的系統機械能守恒
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統動量守恒
2．如圖所示，兩個質量相等可視為質點的小球 a、b 通過鉸鏈用長為 2L的剛性輕桿連接，a 球套在豎直
桿 M 上，b 球套在水平桿 N 上，最初剛性輕桿與細桿 M 的夾角為 45°。兩根足夠長的細桿 M、N 不接觸
（a、b 球均可無碰撞通過 O 點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切
摩擦，重力加速度為 g。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b 兩球組成系統機械能不守恒
B．a 球到達與 b 球等高位置時速度大小為 gL
C．a 球運動到最低點時，b 球速度最大
D．a 球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對 a 球的彈力一直做負功
3．如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物 A、輕質定滑輪下方懸掛重物 B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始
時，重物 A、B 處于靜止狀態，釋放后 A、B 開始運動。已知 A、B 的質量相等，假設摩擦阻力和空氣阻
力均忽略不計，重力加速度為 g，下列說法中正確的是（　　）
A．重物 A、B 的速度大小之比為 1：1
B．重物 A、B 的速度大小之比為 2：1
C 1．當 B 的位移為 h 時，A 的速度為 gh
5
D 2．當 B 的位移為 h 時，A 的速度為 gh
5
4．如圖所示，質量均為m 的物塊 A、B、C 通過輕繩輕彈簧連接，中間有孔的物塊 C 套在一光滑豎直桿
上，桿與滑輪間距離為 d，最初用外力托住 C，輕繩剛好伸直，拉力為零，滑輪右側輕繩水平。撤去外
3
力，若物塊 C 下落 d 時，物塊 A 剛好離開地面，忽略滑輪大小和一切阻力，此時物塊 C 的速度大小是
4
（　　）
A 3gd B gd． ．
2 2
C 25gd． D 75gd．
34 136
5．某同學為了研究過山車的運動，在實驗室完成了模擬實驗，該同學取一半徑為 r 的光滑圓軌道，沿豎直
方向固定，P、Q 分別為最低點和最高點，A 點與圓心等高（圖中未畫出），分別在 P、Q、A 點安裝壓力傳
感器．實驗時，將小球置于最低點 P，并給小球一水平的初速度，當小球經過最低點 P 和最高點 Q 時傳感
器的示數分別為F1, F2 ，已知重力加速度為 g，忽略一切摩擦．則下列說法正確的是（ ）
F
A 1
- F2 F + 5F gr
．小球的質量為 3g B
1 2
．小球的初速度大小為
F1 - F2
F + F
C．小球在 A 點時對傳感器的壓力大小為 1 2 D．F
2 1
可能小于F2
6．如圖（a）所示，傳送帶與水平地面的夾角為 θ=37°，傳送帶以 v=10m/s 的速度沿逆時針方向勻速轉
動，在傳送帶最上端 A 點無初速度地放上一個質量為 m=1kg 的煤塊（可視為質點），它與傳送帶之間的動
摩擦因數為 μ。t=3s 末煤塊運動到傳送帶最下端 B 點，煤塊運動的速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖（b）所
示，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為 g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．μ=0.25
B．煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的距離為 24m
C．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為 9m
D．煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的過程中，煤塊對傳送帶所做的功為 40J
7．如圖所示，質量M =1kg、長度 l = 4m的木板靜止于光滑水平面上，某時刻一質量m = 2kg的木塊以初速
度 v0 = 6m / s滑上木板左端，木塊可視為質點，與木板之間的動摩擦因數m = 0.2 ，則（ ）
A．木塊會從木板的右側滑下
B．2s 內木塊的位移大小為 9m
C．2s 內木板對木塊做功為 20J
D．2s 內木塊和木板組成的系統增加的內能為 16J
8．將質量為 1kg 的物體從地面豎直向上拋出，一段時間后物體又落回拋出點。在此過程中物體所受空氣
阻力大小不變，其動能Ek 隨距離地面高度 h 的變化關系如圖所示。取重力加速度 g = 10m/s2 ，下列說法正
確的是（　　）
A．物體能上升的最大高度為 3m
B．物體受到的空氣阻力大小為 2N
C．上升過程中物體加速度大小為 10m/s2
D．下落過程中物體阻力做功為-24J
9．如圖所示是體育課上某同學水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為參考平面，用 h 表
示鉛球離地面的高度、E 表示鉛球的機械能，Ep 表示鉛球的重力勢能、Ek 表示鉛球的動能，則鉛球下落過
程中，下列圖像可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
10．一定質量的物塊靜止在水平面上，給物塊施加豎直向上的拉力F ，選取地面為重力勢能的零勢能面，
物塊在一定時間內機械能隨路程變化的圖像如圖所示。已知物塊加速度為零的位置出現在路程大于 s1的位
置。下列說法正確的是（　　）
A．0 ~ s2過程中物塊的加速度逐漸減小
B．0 ~ s1過程中物塊的動能逐漸增大
C．0 ~ s2過程中物塊先向上運動后向下運動
D． s2 ~ s3過程中物塊一定向上運動
11．如圖所示，質量為 m 的物體（可視為質點）以某一速度從 A 點沖上傾角為 30°的固定斜面，其運動的
加速度大小為 g，沿斜面上升的最大高度為 h，重力加速度為 g，則此過程物體（　　）
A．克服摩擦力做功 mgh B．重力勢能增加了 2mgh
1
C．動能減小了 2mgh D．機械能減少了 mgh
2
12．為檢測某電梯的安全性能，測試人員進行了如下測試：如圖所示，某時刻斷開連接電梯的纜繩，電梯
由靜止從一定的高度向下墜落，一段時間后，會壓縮電梯井底的緩沖輕質彈簧，逐漸停止運動。電梯下滑
過程中，電梯頂部的安全鉗給電梯的滑動摩擦力大小恒定，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內。對于
電梯從接觸彈簧到第一次運動至最低點的過程，下列說法正確的是（ ）
A．電梯和彈簧組成的系統機械能守恒
B．電梯的動能先增大后減小
C．彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．安全鉗和電梯間因摩擦產生的熱量等于兩者間的滑動摩擦力乘以彈簧的壓縮量
13．如圖所示，質量均為 m 的物體 A、B 用跨過滑輪 O 的輕繩連接，A 穿在固定的豎直光滑桿上，B 置于
mg
傾角q = 30°的光滑固定斜面上。一勁度系數 k = 的輕質彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端
2l
連接 B。初始時，施加外力將 A 置于 N 點，輕繩恰好伸直但無拉力，ON 段長為3l ，與桿垂直，OB段與斜
面平行。現將 A 由靜止釋放，沿桿下滑到最低點 P ，M 為 NP 中的一點，且MN = 4l 。A、B 均可視為質
點，運動過程中 B 不會與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為 g，不計一切阻力。則 A 從 N
點下滑到 M 點的過程中（　　）
A．B 沿斜面運動的距離為 2l B．A、B 組成的系統機械能守恒
114mgl
C．經過 M 點時 A 150gl的速度大小為 D．輕繩對 A 做的功為-
41 41
14．如圖所示，柔軟的繩索放置在粗糙水平桌面上， a、c為繩索端點，b 為繩索中點，且恰好處于桌面邊
緣。開始時繩索在外力的作用下處于靜止狀態，由靜止釋放繩索后，繩索開始滑動，直至離開桌面，此過
程中 c點未落至地面。已知質量分布均勻的繩索總質量為m ，總長度為 L，繩索和桌面間的滑動摩擦因數
為m 。下列分析正確的有（ ）
3
A．繩索離開桌面前的過程中重力勢能減少了 mgL
8
3 1
B．繩索離開桌面時的動能為 mgL - mmgL
8 4
C．繩索離開桌面前的過程中， ab段的動能增加得越來越快
D．繩索離開桌面前的過程中，bc段的機械能減小得越來越慢
15．固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端 P 點由靜止開始自由下滑，在下
滑到最低點的過程中，運動到 Q 點時，重力的功率最大，OQ 與水平面的夾角為 θ，則下列說法正確的是
（　　）
A． sinq
1
=
3
B． sinq 3=
3
C．當重力的功率最大時，小環的加速度為 2g
D．當重力的功率最大時，小環的加速度為 2 2g
16．一滴雨滴在空中由靜止開始豎直下落，雨滴只受空氣阻力和重力作用，且受到的空氣阻力與速率成正
比，t0時刻（下落高度為 h0），雨滴開始勻速下落。以地面為參考平面，下列關于雨滴下落過程中，它的重
力勢能 Ep與下落高度 h 圖像、重力勢能 Ep與時間 t 圖像、動能 Ek與下落高度 h 圖像、機械能 E 與下落高
度 h 圖像，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
17．如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，一木塊沿斜面由靜止開始下滑，下滑過程中木塊的機械能和動
能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，設水平地面為零勢能面，則下列說法正確的是（　　）
A．位移為 x 時，木塊剛好滑到斜面的底端
B．在位移從 0 到 x 的過程中，木塊的重力勢能減少了 3E
C．圖線 a 斜率的絕對值表示木塊所受的重力大小
D．圖線 b 斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小
18．如圖所示，小滑塊以一定的初速度從粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高點后，又沿斜面下滑返回底端，
該過程中小滑塊運動的路程為 2L，所用的時間為 t0 。用 x 表示小滑塊運動的路程，t 表示小滑塊運動的時
間，Ep 表示小滑塊的重力勢能（以初始位置所在平面為零勢能面），Ek 表示小滑塊的動能，下列圖像可能
正確的是（　　）
A． B．
C． D．
1
19．如圖所示，AOB 是游樂場中的滑道模型，位于豎直平面內，由兩個半徑為 R 的 圓周連接而成，它們
4
的圓心O1、O2 與兩圓弧的連接點 O 在同一豎直線上。O2B 沿水池的水面方向，B 點右側為無窮大水平
面，水平面上有一系列沿O2B 方向的漂浮的木板，木板的質量為 M，長度為 2l 。一質量為 m 的小孩（可
視為質點）可由弧 AO 的任意點靜止開始下滑。不考慮水與木板接觸面的阻力，設木板質量足夠大且始終
處于水平面上。
（1）若小孩恰能在 O 點脫離滑道，求小孩靜止下滑處距 O 點的高度？
（2）凡能在 O 點脫離滑道的小孩，其落水點到O2 的距離范圍？
（3）若小孩從 O 點靜止下滑，求脫離軌道時的位置與O2 的連線與豎直方向夾角的余弦值？
（4）某小孩從 O 點脫離滑道后，恰好落在某木板的中央，經過一段時間振蕩和調節后，該木板和小孩處
于靜止狀態，小孩接下來開始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳離木板，求小孩做功的最小值？
20．將一質量為mA =1kg的足夠長薄木板 A 置于足夠長的固定斜面上，質量為mB = 2 kg 的滑塊 B（可視為
質點）置于 A 上表面的最下端，如圖（a）所示，斜面傾角q = 37°。現從 t = 0時刻開始，將 A 和 B 同時由
靜止釋放，同時對 A 施加沿斜面向下的恒力F = 22N，運動過程中 A、B 發生相對滑動。圖（b）為滑塊 B
開始運動一小段時間內的 v2 - x 圖像，其中 v 表示 B 的速率，x 表示 B 相對斜面下滑的位移。已知 A 與斜面
間的動摩擦因數m1 = 0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 g = 10 m / s2 ， sin 37° = 0.6 ，求：
（1）A、B 間的動摩擦因數m2 以及圖（b）中 x = 0.25m時 A 的加速度大小和方向；
（2）一段時間后撤去力 F，從 t = 0時刻開始直到 B 從 A 的下端滑出，A、B 間因摩擦總共產生的熱量
Q =11J，求力 F 作用在 A 上的時間。
21．（2024·重慶·高考真題）如圖所示，M、N 兩個釘子固定于相距 a 的兩點，M 的正下方有不可伸長的輕
質細繩，一端固定在 M 上，另一端連接位于 M 正下方放置于水平地面質量為 m 的小木塊 B，繩長與 M 到
地面的距離均為 10a，質量為 2m 的小木塊 A，沿水平方向于 B 發生彈性碰撞，碰撞時間極短，A 與地面間
5
摩擦因數為 ，重力加速為 g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
48
(1)若碰后，B 在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求 B 碰后瞬間速度的最小值；
(2)若改變 A 碰前瞬間的速度，碰后 A 運動到 P 點停止，B 在豎直面圓周運動旋轉 2 圈，經過 M 正下方時
細繩子斷開，B 也來到 P 點，求 B 碰后瞬間的速度大小；
(3)若拉力達到 12mg 細繩會斷，上下移動 N 的位置，保持 N 在 M 正上方，B 碰后瞬間的速度與（2）間中
的相同，使 B 旋轉 n 圈。經過 M 正下的時細繩斷開，求 MN 之間距離的范圍，及在 n 的所有取值中，B 落
在地面時水平位移的最小值和最大值。
22．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以 5m/s 的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距
離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點 O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為 0.2kg 的小球，
小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在 O 點右側的 P 點固定一釘子，P 點與 O 點等高。將質量為 0.1kg 的
小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度
大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞 O 點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞 P 點向上運
動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.5，重力加速度大小 g = 10m/s2 。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子不松弛，求 P 點到 O 點的最小距離。考點 24 機械能守恒定律 功能關系和能量守恒定律
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 功能關系 2024 年山東卷
計算題 功能關系 2024 年重慶卷
計算題 機械能守恒定律、動能定理 2024 年海南卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律的考查非常頻繁，考題的形式多以選擇題
和計算題，該部分內容貫穿于重力場、電場、磁場中，是三大處理物理問題的方法之一。
【備考策略】
1.能夠利用機械能守恒定律處理多物體多過程的機械能守恒問題。
2.理解各種功能關系和能量守恒定律。
3.利用功能關系和能量守恒定處理有關物理問題。
【命題預測】重點關注功能關系在三大力場中的綜合應用。
1.機械能守恒定律
(1)機械能：動能和勢能統稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。
(2)機械能守恒定律：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持
不變。
2.幾種常見的功能關系及其表達式
力做功 能的變化 定量關系
合力做的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
(1)重力做正功，重力勢能減少
重力做的功 重力勢能變化 (2)重力做負功，重力勢能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
(1)彈力做正功，彈性勢能減少
彈簧彈力做的功 彈性勢能變化 (2)彈力做負功，彈性勢能增加
(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
除重力和彈力之外的其他力 機械能變化 (1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少
做的功 (2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少
(3)W 其他＝ΔE
(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內
一對相互作用的滑動摩擦力 機械能減少
能增加
做的總功 內能增加
(2)摩擦生熱 Q＝Ff·x 相對
3.能量守恒定律
(1)內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉
移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。
(2)表達式：ΔE 減＝ΔE 增。
(3)能量守恒定律的兩點理解
①某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
②某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
(4)能量轉化問題的解題思路
①當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律。
②解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，
求出減少的能量總和 ΔE 減與增加的能量總和 ΔE 增，最后由 ΔE 減＝ΔE 增列式求解。
考點一 機械能守恒守恒定律的應用
考向 1 判斷物體和系統機械能守恒
1．對守恒條件理解的三個角度
2．判斷機械能守恒的三種方法
1．如圖所示，下列說法正確的是（所有情況均不計摩擦、空氣阻力以及滑輪質量）（ ）
A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，機械能守恒，若加速升空，機械能不守恒
B．乙圖中，物塊在外力 F 的作用下勻減速上滑，物塊的機械能守恒
C．丙圖中，物塊 A 以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，物塊 A 的機械能守恒
D．丁圖中，物塊 A 加速下落，物塊 B 加速上升的過程中，A、B 系統機械能守恒
【答案】D
【詳解】A．甲圖中，不論是勻速還是加速，由于推力對火箭做功，火箭的機械能不守恒，是增加的，故
A 錯誤；
B．物體勻減速上滑，力 F 對物塊做正功，則物塊的機械能必定增加，故 B 錯誤；
C．在物體 A 壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體組成的系統，只有重力和彈力做功，系統機械能守恒。由于
彈性勢能增加，則 A 的機械能減小，故 C 錯誤；
D．對 A、B 組成的系統，不計空氣阻力，只有重力做功，A、B 組成的系統機械能守恒，故 D 正確。
故選 D。
2．2023 年 9 月，杭亞會滑板男子碗池決賽，中國年僅 15 歲的小將陳燁以 84.41 分奪冠。圖示為陳燁在比
賽中騰空越過障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（　　）
A．在最高點的時候人的速度為零，但加速度不為零
B．運動員和滑板構成的系統機械能守恒
C．運動員和滑板構成的系統動量守恒
D．上升過程是超重狀態，滑板對人的作用力不為零
【答案】B
【詳解】A．在最高點的時候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點的時候人的
速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故 A 錯誤；
B．運動員和滑板構成的系統只有重力做功，系統機械能守恒，故 B 正確；
C．在開始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運動員和滑板所受合力不為零，故運動員和滑板構成的系統
動量不守恒，故 C 錯誤；
D．上升過程是運動員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運動員處于完全失重狀態，滑板對人的作
用力為零，故 D 錯誤。
故選 B。
考向 2 機械能守恒定律的應用
1.機械能守恒的三種表達式
項目 守恒角度 轉化角度 轉移角度
表達式 E1=E2 ΔEk=-ΔEp ΔEA增=ΔEB減
表示系統(或物體)機械能守恒時,系 若系統由 A、B 兩部分組成,則 A
系統初狀態機械能的總和與
物理意義 統減少(或增加)的重力勢能等于系 部分物體機械能的增加量與 B 部
末狀態機械能的總和相等
統增加(或減少)的動能 分物體機械能的減少量相等
應用時應選好重力勢能的零 應用時關鍵在于分清重力勢能的
常用于解決兩個或多個物體組成
注意事項 勢能面,且初、末狀態必須用 增加量和減少量,可不選零勢能面
的系統的機械能守恒問題
同一零勢能面計算勢能 而直接計算初、末狀態的勢能差
2.應用機械能守恒定律解題的基本思路
3．如圖，豎直放置有一半圓軌道，在其左側連有一水平桿，現將光滑的小球 A、B 分別套在水平桿與圓軌
道上，A、B 用一不可伸長的輕細繩相連，A、B 質量相等，且可看做質點，開始時細繩水平伸直，A、B 靜
止。由靜止釋放 B 后，已知當 B 和圓心連線與豎直方向的夾角為 30°時（細繩和小球的位置如圖虛線所
示），滑塊 B 下滑的速度為 v，則半圓的半徑為（　　）
7v2 7v2 7 3v2 7v2
A． B． C． D．
4 3g 4g 4g 4 2g
【答案】A
【詳解】將滑塊 B 下滑的速度分解為沿繩方向的分速度和垂直繩方向的分速度， A、B 兩小球沿繩方向的
速度大小相等，如圖所示，則有
vA = v cos30
o 3 1 1
解得 vA = v，A B mgR cos30
o 2 2
、 兩小球組成的系統機械能守恒，則有 = mv + mv
2 2 2 A
解得
R 7v
2
= 故選 A。
4 3g
4．如圖所示，勁度系數為200N / m的輕彈簧下端固定在傾角為q = 53°的光滑斜面底端，上端連接物塊
Q，Q 同時與平行于斜面的輕繩相連，輕繩跨過定滑輪 O 與套在足夠長的光滑豎直桿上的物塊 P 連接，圖
中 O、B 兩點等高，間距 d = 0.3m。初始時在外力作用下，P 在 A 點靜止不動，A、B 間距離 h = 0.4m，此
時輕繩中張力大小為60N。已知 P 的質量為1kg ，Q 的質量為5kg ，P、Q 均可視為質點。現將 P 由靜止釋
放（不計滑輪大小及摩擦，重力加速度 g 取10m / s2 ， sin53° = 0.8， cos53° = 0.6，彈簧始終處于彈性限度
內），下列說法正確的是（ ）
A．物塊 P 上升的最大高度為0.8m
B．物塊 P 上升至 B 點時，其速度大小為 2 2m / s
C．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，彈簧對物塊 Q 一直做正功
D．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，物塊 P 機械能守恒
【答案】B
【詳解】A．假設物塊 P 上升的最大高度為0.8m，根據圖中幾何關系可知，此時物塊 Q 剛好回到初始位
置，則物塊從 A 點釋放到最大高度過程，彈簧的彈性勢能變化為 0，Q 的重力勢能變化為 0，而 P 的重力
勢能增加，不滿足 P、Q 彈簧組成的系統機械能守恒，可知物塊 P 上升的最大高度一定小于0.8m，故 A 錯
誤；
B．P 位于 A 點時，設彈簧伸長量為x1；對 Q，由平衡條件得T = mQ g sinq + kx1解得彈簧的伸長量為
x1 = 0.1m ，P 上升至 B 點時，Q 下降的距離為Dx = OP - OB = 0.5 - 0.3m = 0.2m則此時彈簧的壓縮量為
x2 = Dx - x1 = 0.2 - 0.1m = 0.1m 可知 P 從 A 點上升至 B 點時，彈簧的彈性勢能不變，且物塊 Q 的速度為 0；
對物塊 P、Q 及彈簧，根據系統的機械能守恒有mQ gDx sinq - mP gh
1
= m 2PvB解得 P 上升至 B 點時的速度大2
小為 vB = 2 2m / s故 B 正確；
C．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，彈簧先處于伸長狀態后處于壓縮狀態，彈簧對物塊 Q 先做正
功，后做負功，故 C 錯誤；
D．在物塊 P 由 A 點運動到 B 點的過程中，繩子拉力對 P 一直做正功，物塊 P 的機械能增加，故 D 錯誤。
故選 B。
考點二 功能關系及能量守恒定律
考向 1 傳送帶類的功能轉化
1．兩個設問角度
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律
求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動
機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2．兩個功能關系
(1)傳送帶電動機做的功 W 電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx 傳。
(2)傳送帶摩擦力產生的熱量 Q＝Ff·x 相對。
5．如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度 4m/s 順時針運行，質量為 1kg 的小物塊以 6m/s 的初速
度從傳送帶右端滑上傳送帶，經一段時間后小物塊離開傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為
0.2，傳送帶的長度為 10m，重力加速度 g =10m / s2 ，對上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊對傳送帶做功為 20J
B．小物塊對傳送帶做功為 48J
C．帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為 40J
D．帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為 50J
【答案】C
a mmg
2
【詳解】AB．物塊的加速度大小為 = = 2m/s2
v
m 物塊向左減速至
0 的位移為 x = 0 = 9m 物塊向左運動的
2a
v v
時間為 t1 = 0 = 3s向右運動至共速的時間為 t2 = = 2s 小物塊對傳送帶做功W = -mmgv t1 + t2 = -40J，ABa a
錯誤；
2
CD．全程物塊與傳送帶的相對位移為Dx v= 0 + vt1 + vt
1
2 - at
2
2 = 25m 根據功能關系，帶動傳送帶轉動的電動2a 2
W 1 1= mmgDx - mv2 - mv2 機多做的功為 0 ÷ = 40J ，C 正確，D 錯誤。故選 C。
è 2 2
6．如圖甲所示，向飛機上裝貨時，通常用到可移動式皮帶輸送機。如圖乙所示，皮帶輸送機傾角為
q =30o，以 1m/s 順時針勻速轉動，現將貨物在輸送帶下端 A 點無初速度釋放后從 A 點運動 B 點，已知貨
物均可視為質點，質量為 m=10kg，A、B 兩端點間的距離為 s=9.8m，貨物與輸送帶間的動摩擦因數為
m 3= ，重力加速度取 10m/s2。則貨物從低端到頂端要消耗的能量為（　　）
2
A．510J B．490J C．375J D．260J
【答案】A
【詳解】貨物先做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有mmg cos30o - mg sin30o = ma 解得，加速階段的加
a mmg cos30
o - mg sin 30o v
速度為 = = 2.5m/s2 則加速到與傳送帶共速的時間為 t1 = = 0.4s加速的位移為m a
x 1 21 = at1 = 0.2m此時傳送帶的路程為 s1 = vt = 0.4m 則摩擦產生的熱量為2
Q = f × x相 = mmg cos30
o × (s1 - x1) =15J則根據能量守恒定律，貨物從低端到頂端要消耗的能量為
E 1= Q + mv2 + mgs sin 30o = 510J故選 A。
2
考向 2 板塊類的功能轉化
1．兩個分析角度
(1)動力學角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據初速度分析兩者的運動過程，畫
出運動軌跡圖，找到位移和相對位移關系，根據時間關系列位移等式和速度等式。
(2)能量角度：物塊在木板上滑行時，速度減小的物塊動能減小，速度增大的木板動能增加，根據能量守恒，
減小的動能等于增加的動能與系統產生的內能之和。
2．三種處理方法
(1)求解對地位移可優先考慮應用動能定理。
(2)求解相對位移可優先考慮應用能量守恒定律。
(3)地面光滑時，求速度可優先考慮應用動量守恒定律。
7．如圖所示，質量為 M 長為 l 的長木板靜止于粗糙水平面上， t = 0時，質量為 m 的物塊（可視為質點）
以初速度 v0從左端滑到長木板上，在運動過程中物塊剛好未從木板右端滑落，已知物塊與木板間的摩擦因
數為m 。下列說法正確的是（　　）
mv
A．物塊滑到木板最右端的速度為 0
M + m
B．小物塊減少的動能等于木板增加的動能和木板與物塊之間產生的內能之和
C．木板的動能一定小于mmgl
1
D mv2．木板的動能一定大于 0 - mmgl2
【答案】C
【詳解】A．物塊剛好未從木板右端滑落，則物塊到木板右端時，恰好有共同速度，如果物塊與木板組成
的系統動量守恒，則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，所以物塊
M + m
mv
與木板組成的系統動量不守恒，故物塊滑到木板最右端的速度不為 0 ，故 A 錯誤；
M + m
BD．由能量守恒定律可知小物塊減少的動能等于木板增加的動能、木板與物塊之間產生的內能以及水平面
1 2
與木板之間產生的內能之和，木板與物塊之間產生的內能E =mmgl內 木板的動能一定小于 mv0 - mmgl ，故2
BD 錯誤；
C．設物塊運動的位移大小x1，木板運動的位移大小x2，物塊與木板共同速度 v1，物塊與木板因摩擦產生
的熱量Q = mmgl = mmg x - x x v0 + v由于 = 1 t 2 v11 2 1 > t = 2x2 故mmgl > mmgx2 對木板由動能定理得2 2
mmgx2 - m2 m + M gx
1 2 1 2
2 = Mv1 則 Mv1 < mmgx2 < mmgl 故 C 正確。故選 C。2 2
8．如圖甲所示，光滑水平面上有一質量M =1kg的木板 A，板左端有一質量m = 0.5kg 的物塊 B（視為質
點），A 與 B 間的動摩擦因數為 0.2，初始時均處于靜止狀態，僅給物塊 B 施加水平向右的力F ，F 隨時間
t 變化的圖像如圖乙所示，1s末撤去F ，物塊 B 始終未從木板 A 上滑下。取 g =10m / s2 ，最大靜摩擦力與
滑動摩擦力相等，則（　　）
A．1s時物塊 B 的加速度大小為 4m / s2
B．1s時物塊 B 的速度大小為2m / s
C．1s后木板 A 與物塊 B 因摩擦產生的熱量為1.5J
D．木板 A 的長度可能為1.5m
【答案】C
【詳解】A．設拉力為F0 ，A、B 剛好發生相對運動，以 A、B 為整體，根據牛頓第二定律可得
F0 = (M + m)a
2
0 以 A 為對象，根據牛頓第二定律可得mmg = Ma0 聯立解得a0 = 1m / s ，F0 =1.5N又圖乙可
F - mmg 4 - 0.2 0.5 10
知，A、B 一開始就發生相對運動，1s時 B 的加速度大小為 aB = = m / s
2 = 6m / s2 故
m 0.5
A 錯誤；
B．在0 ~ 1s內對 B 根據動量定理可得 IF - mmgt = mv I
2 + 4
B 其中 F = 1N ×s = 3N ×s 解得1s時物塊 B 的速度大2
小為vB = 4m/s故 B 錯誤；
C．1s時木板 A 的速度大小為 vA = a0t =1m / s 1s末撤去F ，之后 A、B 組成的系統滿足動量守恒，則有
mvB + MvA = (m + M )v共解得最終兩者的共同速度為 v共 = 2m / s根據能量守恒可知，1s后木板 A 與物塊 B 因
1 2 1 2 1
摩擦產生的熱量為Q = mvB + MvA - (m + M )v
2
2 2 2 共
=1.5J故 C 正確；
D．設1s后木板 A 與物塊 B 發生的相對位移為 s，則有Q = mmgs =1.5J 解得 s =1.5m由于撤去力F 前，木板
A 與物塊 B 也發生了相對位移，且整個過程相對運動方向不變，所以木板 A 的長度一定大于1.5m，故 D 錯
誤。故選 C。
考點三 功能關系中的圖像問題
常見圖像的基本規律
EK-x 圖像 EP-x 圖像 E-x 圖像 E-t 圖像
EK EP E E
- ① - ① - ① - ①
- - - -
- - - -
- ② - ② - ② - ②
O x O x O x O t [ 來
源:]
斜率：合外力 斜率：重力、彈力等 斜率：除重力、彈力以外 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 圖像
9．電動車配有把機械能轉化為電能的“能量回收”裝置。某次測試中電動車沿傾角為 15°的斜坡向下運動，
初動能為1.0 105 J 。第一次讓車無動力自由滑行，其動能Ek 與位移 x 的關系如圖中直線①所示；第二次
讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行，其動能Ek 與位移 x 的關系如圖中曲線②所示。假設機械能回收效
率為 90%，重力加速度 g =10m / s2 。下列說法正確的是（　　）
A．圖中①對應過程汽車所受合力越來越大
B．可求圖中②對應過程下滑 200m 回收的電能
C．圖中②對應過程下滑 100m 后不再回收能量
D．由題中及圖像信息可求出電動車的質量
【答案】B
【詳解】A.由動能定理F合x = DEk 可見，Ek - x圖線的斜率為合外力，圖中①對應過程汽車所受合力不
3 3
變，有F合 = mg sin15° - mmg cos15
200 10 -100 10
° = N = 500N 故 A 錯誤；
200
B.在車自由下滑 200m 時WG +Wf = 200 -100 103 J 開啟能量回收模式下滑 200m 時
WG +Wf +WF = 64 -100 103 J 則回收的電能為E = -WF 90% =1.224 103 J 故 B 正確；
C.圖中②對應過程下滑 100m 后動能不變，但是重力勢能減少，機械能減少，即還是繼續回收能量，故 C
錯誤；
D.由于不知道車與斜坡的摩擦因數，故無法求出由題中及圖像信息可求出電動車的質量，故 D 錯誤。故選
B。
考向 2 EP-x 圖像
10．如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于 A 點。 t = 0時將小
球從 A 點正上方 O 點由靜止釋放， t1 時到達 A 點， t2 時彈簧被壓縮到最低點 B。以 O 為原點，向下為正方
向建立 x 坐標軸，以 B 點為重力勢能零點，彈簧形變始終處于彈性限度內。小球在運動過程中的動能Ek 、
重力勢能EP1、機械能E0 及彈簧的彈性勢能EP2變化圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【詳解】A．小球在到達 A 點前做自由落體運動，速度一直在增大，動能在增大，在到達 A 點后彈簧彈力
小于小球重力，小球仍然向下做加速運動，經過平衡位置后彈簧彈力大于小球重力，小球做減速運動，動
能在減小，所以 t1 時動能不是最大，故 A 錯誤；
B．以 B 點為重力勢能零點，可知小球在下降的過程中有EP1 = mgx2 - mgx 可知EP1 - x圖像為一條直線，故
B 正確；
C．小球在到達 A 點前，只有重力做功，機械能守恒，接觸彈簧后，彈力做負功，小球的機械能在減小，
故 C 錯誤；
1 2 1 2D．設彈簧的勁度系數為 k，小球接觸到彈簧后，根據彈簧的彈性勢能公式有EP2 = k ×Dx = k × x - x 可2 2 1
知EP2 - x圖像不是直線，故 D 錯誤。故選 B。
考向 3 E-x 圖像
11．如圖所示，踢毽子是一項深受大眾喜愛的健身運動項目。在某次踢毽子的過程中，毽子離開腳后，沿
豎直方向向上運動，毽子在向上運動的過程中受到的空氣阻力與其速率成正比。用 x 表示毽子離開腳后的
位移，E 表示毽子的機械能，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】AB．根據題述，毽子離開腳以后，空氣阻力對毽子做負功，則毽子的機械能減小，故 AB 錯誤；
CD．毽子在向上運動的過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，即 f = kv由功能關系可得E = E0 -W阻由于
上升過程中，毽子的速率逐漸減小，空氣阻力逐漸減小，故W阻 與 x 呈非線性關系，故 C 正確，D 錯誤。
故選 C。
考向 4 E-t 圖像
12．如圖所示，一個足夠長的光滑斜面傾角為 α，一個質量為 m 的木塊在沿斜面向上的恒力 F 作用下從斜
面底端由靜止開始向上運動，一段時間后撤去恒力 F，則此木塊在斜面上運動過程中的機械能 E 隨時間 t
變化的情況可能是下圖中的 ( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】若以地面為零勢能面，以沿斜面向上為正方向，則對于木塊，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某一時刻的機械能 聯立以上各式得到 撤去外力后，
2 2
木塊機械能守恒，故選項 C 正確，ABD 錯誤．故選 C。
1．如圖所示，裝有輕彈簧與小物塊的小車靜止在光滑水平地面上，小車與小物塊接觸面粗糙且水平。彈
簧左端固定在小車內壁，右端與小物塊靠在一起。初始時，在外力作用下彈簧處于壓縮狀態。現撤去外
力，小物塊向右運動。從撤去外力到小物塊與小車右壁碰撞前的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊的機械能守恒
B．小物塊和彈簧組成的系統動量守恒
C．小物塊和彈簧組成的系統機械能守恒
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統動量守恒
【答案】D
【詳解】A．彈簧彈力及摩擦力對小物塊做功，故小物塊的機械能不守恒，故 A 錯誤；
B．小車與小物塊接觸面粗糙，小物塊受摩擦力作用，故小物塊和彈簧組成的系統動量不守恒，故 B 錯
誤；
C．摩擦力對小物塊做功，故小物塊和彈簧組成的系統機械能不守恒，故 C 錯誤；
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統，所受合外力為零，故系統動量守恒，故 D 正確。
故選 D。
2．如圖所示，兩個質量相等可視為質點的小球 a、b 通過鉸鏈用長為 2L的剛性輕桿連接，a 球套在豎直
桿 M 上，b 球套在水平桿 N 上，最初剛性輕桿與細桿 M 的夾角為 45°。兩根足夠長的細桿 M、N 不接觸
（a、b 球均可無碰撞通過 O 點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切
摩擦，重力加速度為 g。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b 兩球組成系統機械能不守恒
B．a 球到達與 b 球等高位置時速度大小為 gL
C．a 球運動到最低點時，b 球速度最大
D．a 球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對 a 球的彈力一直做負功
【答案】C
【詳解】A．a 球和 b 球所組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，故 A 錯誤；
1
B 2．根據系統機械能守恒，則 a 球到達與 b 球等高位置時，b 球速度為零，則mgL = mva 解得 va = 2gL2
故 B 錯誤；
C．當 a 球運動到兩桿的交點后再往下運動 2L，此時 b 球到達兩桿的交點處，a 球的速度為 0，b 球的速
mg(L 2L) 1度達到最大，則 + = mv2b 所以2 vb = 2(1+ 2)gL
故 C 正確；
D．由于系統機械能守恒，a 球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對 a 球的彈力先做負功后做正功
再做負功，故 D 錯誤。故選 C。
3．如圖所示，輕質動滑輪下方懸掛重物 A、輕質定滑輪下方懸掛重物 B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始
時，重物 A、B 處于靜止狀態，釋放后 A、B 開始運動。已知 A、B 的質量相等，假設摩擦阻力和空氣阻
力均忽略不計，重力加速度為 g，下列說法中正確的是（　　）
A．重物 A、B 的速度大小之比為 1：1
B．重物 A、B 的速度大小之比為 2：1
C B h A 1．當 的位移為 時， 的速度為 gh
5
D．當 B 的位移為 h 時，A 2的速度為 gh
5
【答案】C
【詳解】AB．由題意知，A、B 系統機械能守恒，當 A 上升 h 時，B 下降 2h，則 vA：vB =1：2 故 AB 錯誤；
1 1 1 2
CD．設 A 2 1的速度為 v，則 B 的速度為 2v，則 mgh - mgh = mv + m 2v 解得 v = gh 故 C 正確，D 錯
2 2 2 5
誤。故選 C。
4．如圖所示，質量均為m 的物塊 A、B、C 通過輕繩輕彈簧連接，中間有孔的物塊 C 套在一光滑豎直桿
上，桿與滑輪間距離為 d，最初用外力托住 C，輕繩剛好伸直，拉力為零，滑輪右側輕繩水平。撤去外
3
力，若物塊 C 下落 d 時，物塊 A 剛好離開地面，忽略滑輪大小和一切阻力，此時物塊 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=
【詳解】令右側繩與豎直桿之間的夾角為q ，根據幾何關系有 3
=
d 3 解得q = 53
o 物塊 B 初始狀態
4
所受彈簧的彈力與其重力平衡，彈簧處于壓縮狀態，則有mg = kx1，A 剛剛離開地面時，彈簧處于拉伸狀
態，對其進行分析有 kx2 = mg 解得 x1 = x2即彈簧的壓縮量等于其拉伸量，彈簧始末狀態的彈性勢能相等，
h d dB 上升高度為 = - d = 根據速度分解有 vB = vC cosq 根據機械能守恒定律有sinq 4
mg 3× d = mgh 1+ mv2 1 2 25gdB + mvC 解得 vC = 故選 C。4 2 2 34
5．某同學為了研究過山車的運動，在實驗室完成了模擬實驗，該同學取一半徑為 r 的光滑圓軌道，沿豎直
方向固定，P、Q 分別為最低點和最高點，A 點與圓心等高（圖中未畫出），分別在 P、Q、A 點安裝壓力傳
感器．實驗時，將小球置于最低點 P，并給小球一水平的初速度，當小球經過最低點 P 和最高點 Q 時傳感
器的示數分別為F1, F2 ，已知重力加速度為 g，忽略一切摩擦．則下列說法正確的是（ ）
F
A 1
- F2 F1 + 5F2 gr
．小球的質量為 3g B．小球的初速度大小為 F1 - F2
F + F
C．小球在 A 點時對傳感器的壓力大小為 1 2 D．F1可能小于F2 2
【答案】C
【詳解】ABD．設小球的初速度大小為 v0、小球在Q的速度大小為 v，小球由 P 到Q的過程只有重力做功，
1 2 1 2 2
則小球的機械能守恒，有 mv0 = 2mgr + mv
2 F mg mv在最高點時有 2 + = 小球在 P 點時有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 ，選F 21 - F
1
2 F1 - F2
項 ABD 錯誤；
1 1
C mv
2 F + F
．小球由 P 到A 2 2的過程中，有 mv0 = mgr + mvA 小球在A 點時，有FA = A 解得F =
1 2
A ，C 正2 2 r 2
確；故選 C。
6．如圖（a）所示，傳送帶與水平地面的夾角為 θ=37°，傳送帶以 v=10m/s 的速度沿逆時針方向勻速轉
動，在傳送帶最上端 A 點無初速度地放上一個質量為 m=1kg 的煤塊（可視為質點），它與傳送帶之間的動
摩擦因數為 μ。t=3s 末煤塊運動到傳送帶最下端 B 點，煤塊運動的速度 v 隨時間 t 變化的圖像如圖（b）所
示，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為 g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．μ=0.25
B．煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的距離為 24m
C．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為 9m
D．煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的過程中，煤塊對傳送帶所做的功為 40J
【答案】D
【詳解】A．煤塊無初速度放在傳送帶上，受到沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律有
mg sinq + mmg cosq = ma 101由圖（b）有 a1 = m / s
2 =10m / s2解得 m = 0.5故 A 錯誤；
1
C．煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的距離即煤塊在 3s 內的總位移，由圖（b）有
10 +14 2
L 10 1 m = + m = 29m故 B 錯誤；C．在0 -1s，傳送帶速度比煤塊大，兩者相對位移為
2 2
s1 = s傳1 - s 10 1m
10 1
= - m = 5m
煤1 在1s - 3s ，煤塊速度比傳送帶大，兩者相對位移為2
10 +14 2s1 = s 2 - s傳 = m -10 2m = 4m所以劃痕為 s = s1 = 5m 故 C 錯誤；煤 2
D．在0 -1s，煤塊對傳送帶所做的功為W1 = -mg cosqms傳1 = -40J在1s - 3s ，煤塊對傳送帶所做的功為
W2 = mg cosqms傳2 = 80J 煤塊從最上端 A 點運動到最下端 B 點的過程中，煤塊對傳送帶所做的功為
W = W1 +W2 = 40J 故 D 正確。故選 D。
7．如圖所示，質量M =1kg、長度 l = 4m的木板靜止于光滑水平面上，某時刻一質量m = 2kg的木塊以初速
度 v0 = 6m / s滑上木板左端，木塊可視為質點，與木板之間的動摩擦因數m = 0.2 ，則（ ）
A．木塊會從木板的右側滑下
B．2s 內木塊的位移大小為 9m
C．2s 內木板對木塊做功為 20J
D．2s 內木塊和木板組成的系統增加的內能為 16J
【答案】B
【詳解】AD．木塊與木板發生相對滑動時，根據牛頓第二定律可知，木塊與木板的加速度大小分別為
a mmg= = 2m / s2 a mmg1 ， 2 = = 4m / s
2
設經過 t1 時間，木塊與木板達到共速，則有 vm M 1
= v0 - a1t1 = a2t1 解得
t1 =1s ， v1 = 4m / s
v + v v
共速前木塊與木板發生的相對位移為Dx = 0 1 t 1
2 1
- t1 = 3m < l = 4m共速后木塊與木板2
保持相對靜止，一起做勻速直線運動，則木塊不會從木板的右側滑下；2s 內木塊和木板組成的系統增加的
內能為Q = mmg ×Dx =12J故 AD 錯誤；
v + v 6 + 4
B．2s 內木塊的位移大小為 x = x + x = 0 1 t + v t = 1m + 4 1m = 9m塊 加 勻 1 1 2 故 B 正確；2 2
1 1
C 2．根據動能定理可知，2s 內木板對木塊做功為W = mv1 - mv
2
0 = -20J故 C 錯誤。故選 B。2 2
8．將質量為 1kg 的物體從地面豎直向上拋出，一段時間后物體又落回拋出點。在此過程中物體所受空氣
阻力大小不變，其動能Ek 隨距離地面高度 h 的變化關系如圖所示。取重力加速度 g = 10m/s2 ，下列說法正
確的是（　　）
A．物體能上升的最大高度為 3m
B．物體受到的空氣阻力大小為 2N
C．上升過程中物體加速度大小為 10m/s2
D．下落過程中物體阻力做功為-24J
【答案】B
【詳解】B．根據動能定理可得F合 ×Dh = DEk 解得Ek - h圖象的斜率大小 k = F合；故上升過程有
mg DE 72 - 36 DE 48 - 24+ f = 1 = N =12N mg - f = k2下降過程有 = N = 8N 聯立解得 f = 2N ，m =1kgDh 故 B1 3 Dh2 3
正確；
72
A．針對上升到最高點的過程，由動能定理-(mg + f )H = 0 - Ek0 解得物體上升的最大高度為H = m = 6m12
故 A 錯誤；
12 2 2
B．對上升過程由牛頓第二定律有mg + f = ma1可知上升的加速度為 a1 = m/s =12m/s 故 C 錯誤；1
D．物體下落過程克服阻力做功為Wf = fH = 2 6J =12J克 故 D 錯誤。故選 B。
9．如圖所示是體育課上某同學水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為參考平面，用 h 表
示鉛球離地面的高度、E 表示鉛球的機械能，Ep 表示鉛球的重力勢能、Ek 表示鉛球的動能，則鉛球下落過
程中，下列圖像可能正確的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】AB．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機械能守恒，故 A 錯誤，B 正確；
C．鉛球的重力勢能為Ep = mgh故 C 錯誤；
D．設拋出時鉛球的動能為E0 ，距地面的高度為 h0 ，根據機械能守恒得mgh0 + E0 = mgh + Ek 可得
Ek = mgh0 + E0 - mgh 故 D 錯誤。故選 B。
10．一定質量的物塊靜止在水平面上，給物塊施加豎直向上的拉力F ，選取地面為重力勢能的零勢能面，
物塊在一定時間內機械能隨路程變化的圖像如圖所示。已知物塊加速度為零的位置出現在路程大于 s1的位
置。下列說法正確的是（　　）
A．0 ~ s2過程中物塊的加速度逐漸減小
B．0 ~ s1過程中物塊的動能逐漸增大
C．0 ~ s2過程中物塊先向上運動后向下運動
D． s2 ~ s3過程中物塊一定向上運動
【答案】B
【詳解】A 物塊機械能增加是由拉力F 做功引起的，根據DE = FDs可知E - s 圖像的斜率表示F ，因此F
一直在減小，當路程大于 s2后拉力變為零，0 ~ s2的過程中物塊的機械能在增加，所以F 在做正功，物塊
向上運動，之后物塊可能向下做自由落體運動或向上做豎直上拋運動。在物塊向上運動的過程中，開始時
拉力F 大于重力，向上做加速度逐漸減小的加速度運動，直到加速度為零，速度達到最大值，然后再做加
速度逐漸增大的減速運動，當拉力為零后做加速度恒定的勻變速直線運動。故選 B。
11．如圖所示，質量為 m 的物體（可視為質點）以某一速度從 A 點沖上傾角為 30°的固定斜面，其運動的
加速度大小為 g，沿斜面上升的最大高度為 h，重力加速度為 g，則此過程物體（　　）
A．克服摩擦力做功 mgh B．重力勢能增加了 2mgh
1
C．動能減小了 2mgh D．機械能減少了 mgh
2
【答案】AC
【詳解】A．對物體進行分析，根據牛頓第二定律有mg sin 30o f
mg
+ f = mg 解得 = 則物體克服摩擦力做
2
W f h功 = × o = mgh克 故 A 正確；sin 30
B．重力做負功，重力勢能增大，可知，重力勢能增加了 mgh，故 B 錯誤；
C．根據動能定理有-W - mgh = DE克 k 解得DEk = -2mgh可知，動能減小了 2mgh，故 C 正確；
D．結合上述可知，物體 克服摩擦力做功 mgh，則機械能減少了mgh ，故 D 錯誤。
故選 AC。
12．為檢測某電梯的安全性能，測試人員進行了如下測試：如圖所示，某時刻斷開連接電梯的纜繩，電梯
由靜止從一定的高度向下墜落，一段時間后，會壓縮電梯井底的緩沖輕質彈簧，逐漸停止運動。電梯下滑
過程中，電梯頂部的安全鉗給電梯的滑動摩擦力大小恒定，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內。對于
電梯從接觸彈簧到第一次運動至最低點的過程，下列說法正確的是（ ）
A．電梯和彈簧組成的系統機械能守恒
B．電梯的動能先增大后減小
C．彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．安全鉗和電梯間因摩擦產生的熱量等于兩者間的滑動摩擦力乘以彈簧的壓縮量
【答案】BD
【詳解】A．電梯和彈簧組成的系統除電梯的重力和彈簧的彈力做功外，還有電梯受到的滑動摩擦力做
功，使系統的機械能減小，故 A 錯誤；
B．電梯接觸彈簧后受到重力，向上的摩擦力和向上的彈力作用，重力大于摩擦力，彈力是由 0 開始逐漸
增大的，開始時彈力與摩擦力的和小于重力，物體速度增大，當彈力與摩擦力的和等于重力時，速度達到
最大，之后彈力與摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度減小直到減小到 0，所以整個過程速度先
增大后減小，即電梯的動能先增大后減小，故 B 正確；
C．彈簧的形變量一直變大，所以彈簧的彈性勢能一直增大，故 C 錯誤；
D．根據功能關系可知，安全鉗和電梯間因摩擦產生的熱量等于克服滑動摩擦力做的功，電梯從接觸彈簧
到第一次運動至最低點的過程，兩者相對滑動的路程等于彈簧的壓縮量，所以，克服滑動摩擦力做的功等
于兩者間的滑動摩擦力乘以彈簧的壓縮量，故 D 正確。故選 BD。
13．如圖所示，質量均為 m 的物體 A、B 用跨過滑輪 O 的輕繩連接，A 穿在固定的豎直光滑桿上，B 置于
mg
傾角q = 30°的光滑固定斜面上。一勁度系數 k = 的輕質彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端
2l
連接 B。初始時，施加外力將 A 置于 N 點，輕繩恰好伸直但無拉力，ON 段長為3l ，與桿垂直，OB段與斜
面平行。現將 A 由靜止釋放，沿桿下滑到最低點 P ，M 為 NP 中的一點，且MN = 4l 。A、B 均可視為質
點，運動過程中 B 不會與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為 g，不計一切阻力。則 A 從 N
點下滑到 M 點的過程中（　　）
A．B 沿斜面運動的距離為 2l B．A、B 組成的系統機械能守恒
C M A 150gl
114mgl
．經過 點時 的速度大小為 D．輕繩對 A 做的功為-
41 41
【答案】AC
【詳解】A．A 從 N 點下滑到 M 點的過程，B 沿斜面運動的距離為 xB = OM - ON = (3l)
2 + (4l)2 - 3l = 2l
故 A 正確；
B．由于彈簧對 B 做功，所以 A、B 組成的系統機械能不守恒，故 B 錯誤；
mg sinq
CD．開始運動時，彈簧的壓縮量為 x1 = = l 則 A 經過 M 點時，彈簧的伸長量為 x2 = xB - x1 = l = xk 1
可知 A 從 N 點下滑到 M 點的過程，彈簧的彈性勢能變化量為 0，根據能量守恒可得
mg ×4l - mgxB sinq
1
= mv2 1 mv2 MN 4A + B 根據速度關聯關系可得vA cosa =vB其中 cosa = = 聯立解得經過 M2 2 OM 5
1
點時 A 150gl 2的速度大小為 vA = 對 A 根據動能定理可得mg × 4l +WT = mvA - 0解得輕繩對 A 做的功為41 2
W 89mglT = - 故 C 正確，D 錯誤。故選 AC。41
14．如圖所示，柔軟的繩索放置在粗糙水平桌面上， a、c為繩索端點，b 為繩索中點，且恰好處于桌面邊
緣。開始時繩索在外力的作用下處于靜止狀態，由靜止釋放繩索后，繩索開始滑動，直至離開桌面，此過
程中 c點未落至地面。已知質量分布均勻的繩索總質量為m ，總長度為 L，繩索和桌面間的滑動摩擦因數
為m 。下列分析正確的有（ ）
3
A．繩索離開桌面前的過程中重力勢能減少了 mgL
8
3 1
B．繩索離開桌面時的動能為 mgL - mmgL
8 4
C．繩索離開桌面前的過程中， ab段的動能增加得越來越快
D．繩索離開桌面前的過程中，bc段的機械能減小得越來越慢
【答案】ACD
【詳解】A．繩索離開桌面前的過程中重力勢能減少量
ΔE 1 mg 3 3p = × L = mgL2 4 8
故 A 正確；
B．繩索離開桌面前的過程中，克服摩擦力做功
0 1+ m × mg
W L 1f = 2 × = mmgL2 2 8
3 mgL 1由動能定理知繩索離開桌面時的動能為 - mmgL ，故 B 錯誤；
8 8
C．由題易得繩索下滑過程加速度逐漸增大，速度增加得越來越快，動能增加得越來越快，C 正確；
D．對bc段利用牛頓第二定律易得b 點張力逐漸減小，由功能關系得bc段機械能減小得越來越慢，D 正
確。
故選 ACD。
15．固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端 P 點由靜止開始自由下滑，在下
滑到最低點的過程中，運動到 Q 點時，重力的功率最大，OQ 與水平面的夾角為 θ，則下列說法正確的是
（　　）
A． sinq
1
=
3
B． sinq 3=
3
C．當重力的功率最大時，小環的加速度為 2g
D．當重力的功率最大時，小環的加速度為 2 2g
【答案】AD
【詳解】小環運動到 Q 點時，重力的功率最大，則此時小環豎直分速度最大，小環豎直方向的合力為 0，
即小環受到彈力的豎直分力剛好與重力平衡，則有 N sinq = mg 設此時小環速度為 v，從 P 點到 Q 點過
1 2
程，根據機械能守恒可得mgR(1+ sinq ) = mv2 v小環在 Q 點，由牛頓第二定律可得 N - mg sinq = m 聯立
2 R
1 mg
可得3sin2 q + 2sinq -1 = 0 解得 sinq = 或 sinq = -1（舍去）則有 N = = 3mg 則小環的加速度為
3 sinq
a N cosq= = 3g cosq = 2 2g 故選 AD。
m
16．一滴雨滴在空中由靜止開始豎直下落，雨滴只受空氣阻力和重力作用，且受到的空氣阻力與速率成正
比，t0時刻（下落高度為 h0），雨滴開始勻速下落。以地面為參考平面，下列關于雨滴下落過程中，它的重
力勢能 Ep與下落高度 h 圖像、重力勢能 Ep與時間 t 圖像、動能 Ek與下落高度 h 圖像、機械能 E 與下落高
度 h 圖像，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【詳解】AB．以地面為參考平面，重力勢能 Ep與下落高度 h 的關系為
Ep = Ep0 - mgh
由于雨滴加速階段，下落高度與時間不是線性關系，則加速階段，Ep - t 圖像不是直線，故 A 正確，B 錯
誤；
C．t0時刻（下落高度為 h0），雨滴開始勻速下落，因為
E 1= mv2k 2
則過了 h0之后雨滴動能應不變，故 C 錯誤；
D．根據功能關系可知，由于空氣阻力對雨滴做負功，雨滴的機械能應逐漸減小，根據
DE = - f Dh
可知E - h 圖像的切線斜率絕對值表示空氣阻力大小，由于受到的空氣阻力與速率成正比，可知空氣阻力
先增大后不變，則E - h 圖像的切線斜率絕對值先增大后不變，故 D 正確。
故選 AD。
17．如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，一木塊沿斜面由靜止開始下滑，下滑過程中木塊的機械能和動
能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，設水平地面為零勢能面，則下列說法正確的是（　　）
A．位移為 x 時，木塊剛好滑到斜面的底端
B．在位移從 0 到 x 的過程中，木塊的重力勢能減少了 3E
C．圖線 a 斜率的絕對值表示木塊所受的重力大小
D．圖線 b 斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小
【答案】ABD
【詳解】A．根據圖像可知，位移為 x 時，機械能與動能相等，則勢能為零，木塊剛好滑到斜面的底端，
故 A 正確；
B．初始時刻重力勢能為 3E，到底部，重力勢能為零，在位移從 0 到 x 的過程中，木塊的重力勢能減少了
3E，故 B 正確；
C．機械能改變量等于除重力以外的其他力做的功，故圖線 a 斜率的絕對值表示木塊所受的阻力大小，故
C 錯誤；
D．根據動能定理可知，圖線 b 斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小，故 D 正確。
故選 ABD。
18．如圖所示，小滑塊以一定的初速度從粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高點后，又沿斜面下滑返回底端，
該過程中小滑塊運動的路程為 2L，所用的時間為 t0 。用 x 表示小滑塊運動的路程，t 表示小滑塊運動的時
間，Ep 表示小滑塊的重力勢能（以初始位置所在平面為零勢能面），Ek 表示小滑塊的動能，下列圖像可能
正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【詳解】A．設斜面的傾角為 α，小滑塊上滑過程中重力勢能的表達式為
Ep = mgx sina
下滑過程
Ep = mg 2L - x sina
故 A 正確；
B．因為上滑和下滑過程，小滑塊的加速度不同，因此上滑和下滑過程的時間不相等，因此最大重力勢能
t
不可能在 0 時，故 B 錯誤；
2
D．小滑塊上滑過程有- mg sinq + f x = Ek - Ek0可得Ek = Ek0 - mg sinq + f x可見Ek 與 x 成一次函數關
系；下滑過程有 mg sinq - f x - L = Ek - 0可得Ek = mg sinq - f x - mg sinq - f L
可見Ek 與 x 成一次函數關系，但上滑過程圖像的斜率較大，且由于摩擦原因返回底端時的末速度較小，D
正確；
C．由于滑塊在斜面上的速率 v 與時間 t 具有線性關系，故動能Ek 與時間 t 成二次函數關系，C 錯誤。
故選 AD。
1
19．如圖所示，AOB 是游樂場中的滑道模型，位于豎直平面內，由兩個半徑為 R 的 圓周連接而成，它們
4
的圓心O1、O2 與兩圓弧的連接點 O 在同一豎直線上。O2B 沿水池的水面方向，B 點右側為無窮大水平
面，水平面上有一系列沿O2B 方向的漂浮的木板，木板的質量為 M，長度為 2l 。一質量為 m 的小孩（可
視為質點）可由弧 AO 的任意點靜止開始下滑。不考慮水與木板接觸面的阻力，設木板質量足夠大且始終
處于水平面上。
（1）若小孩恰能在 O 點脫離滑道，求小孩靜止下滑處距 O 點的高度？
（2）凡能在 O 點脫離滑道的小孩，其落水點到O2 的距離范圍？
（3）若小孩從 O 點靜止下滑，求脫離軌道時的位置與O2 的連線與豎直方向夾角的余弦值？
（4）某小孩從 O 點脫離滑道后，恰好落在某木板的中央，經過一段時間振蕩和調節后，該木板和小孩處
于靜止狀態，小孩接下來開始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳離木板，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
【詳解】（1）若小孩恰能在 O 點脫離滑道，此時向心力由重力提供mg = 根據機械能守恒可得
R
R
mgh 1= mv2解得小孩靜止下滑處距 O 點的高度為 h =
2 2
R
（2）凡能在 O 點脫離滑道的小孩，其距離 O 點的高度范圍是 h R 由機械能守恒可得mgh 1= mv2平拋
2 2
2R 2R
運動的初速度為 v = 2gh 平拋運動的時間為 t = 其落水點到O2 的距離為 s = vt = 2gh = 2 hRg 其g
落水點到O2 的距離范圍為 2R s 2R
mv2
（3）若小孩從 O 點靜止下滑，脫離軌道時的位置與O2 的連線與豎直方向夾角設為q ，則mg cosq = 1R
1 2 2
由機械能守恒可得mgR(1- cosq ) = mv1 解得 cosq =2 3
（4）根據題意，木板質量足夠大，分析第一次跳離木板，可看作斜向右上方的斜拋運動，水平位移最小
l 2v
為 l y，水平初速度為 vx ，豎直初速度為 vy ，則有 = 小孩做功為vx g
1 1 1 1 2 2 2 2W = mv2 = mv2x + mv
2
y = m(v
2 g l+ ) v2 g lx 2 根據數學知識可知，當 x =2 2 2 2 4v 4v2
時，存在最小的功，為
x x
W 1min = mgl2
20．將一質量為mA =1kg的足夠長薄木板 A 置于足夠長的固定斜面上，質量為mB = 2 kg 的滑塊 B（可視為
質點）置于 A 上表面的最下端，如圖（a）所示，斜面傾角q = 37°。現從 t = 0時刻開始，將 A 和 B 同時由
靜止釋放，同時對 A 施加沿斜面向下的恒力F = 22N，運動過程中 A、B 發生相對滑動。圖（b）為滑塊 B
開始運動一小段時間內的 v2 - x 圖像，其中 v 表示 B 的速率，x 表示 B 相對斜面下滑的位移。已知 A 與斜面
間的動摩擦因數m 21 = 0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 g = 10 m / s ， sin 37° = 0.6 ，求：
（1）A、B 間的動摩擦因數m2 以及圖（b）中 x = 0.25m時 A 的加速度大小和方向；
（2）一段時間后撤去力 F，從 t = 0時刻開始直到 B 從 A 的下端滑出，A、B 間因摩擦總共產生的熱量
Q =11J，求力 F 作用在 A 上的時間。
2
【答案】（1）m2 = 0.25， aA =12m/s ，方向沿斜面向下；（2） t = 0.75s
2
【詳解】（1）根據運動學公式可知 v2 = 2ax結合 v2 - x 圖像可知 aB = 8m/s 根據牛頓第二定律，對物塊 B 有
mBg sin 37° + m2mBg cos37° = mBaB聯立解得m2 = 0.25同理，對物塊 A 有
F + mA g sin 37° - m2mBg cos37° - m1 mA + mB g cos37° = mAaA 聯立可得 a =12m/s2A 方向沿斜面向下。
（2）假設 F 施加在 A 上的時間為 t，則有兩個物體經過時間 t 后的速度分別為 vA =12t ， vB = 8t 由勻變速
12t 8t
直線運動的關系式可知兩物體的位移 xA = × t = 6t
2
， xB = × t = 4t
2
撤去 F 后，B 受力情況不變，對 A 進
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 代入數據可得 A = -10m/s2方向
沿斜面向上，此后 A 做勻減速直線運動。設 A 與 B 共速之前，運動的時間為 t2 ，位移為 xA2 和 xB2 則由勻變
速運動的關系式可知12t -10t2 = 8t + 8t t
2 t 882 可得 2 = 共同速度 v共 = t 由勻變速運動的關系式可知9 9
12t 88+ t 88
x 9 196
8t + t 160 22 2
= × t = t 2， x = 9 × t = t 2 兩次運動 A、B 的相對位移可得Dx = t 共速后，B 繼A2 2 2 81 B2 2 2 81 9
續加速運動，A 減速運動，直到 B 從 A 的下端離開，則產生的熱量為Q = m2mBg cos37° ×2Dx =11J聯立可得
t = 0.75s 。
21．（2024·重慶·高考真題）如圖所示，M、N 兩個釘子固定于相距 a 的兩點，M 的正下方有不可伸長的輕
質細繩，一端固定在 M 上，另一端連接位于 M 正下方放置于水平地面質量為 m 的小木塊 B，繩長與 M 到
地面的距離均為 10a，質量為 2m 的小木塊 A，沿水平方向于 B 發生彈性碰撞，碰撞時間極短，A 與地面間
5
摩擦因數為 ，重力加速為 g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
48
(1)若碰后，B 在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求 B 碰后瞬間速度的最小值；
(2)若改變 A 碰前瞬間的速度，碰后 A 運動到 P 點停止，B 在豎直面圓周運動旋轉 2 圈，經過 M 正下方時
細繩子斷開，B 也來到 P 點，求 B 碰后瞬間的速度大小；
(3)若拉力達到 12mg 細繩會斷，上下移動 N 的位置，保持 N 在 M 正上方，B 碰后瞬間的速度與（2）間中
的相同，使 B 旋轉 n 圈。經過 M 正下的時細繩斷開，求 MN 之間距離的范圍，及在 n 的所有取值中，B 落
在地面時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
【詳解】（1）碰后 B 能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為 10a，設碰后 B 的最小速度大小為 v0，最高點
速度大小為 v，在最高點時由牛頓第二足定律有
v2mg = m
10a
B 從最低點到最高點由動能定理可得
-mg 2 10a 1= mv2 1- mv2
2 2 0
解得
v0 = 5 2ga
（2）A 和 B 碰撞過程中動量守恒，設碰前 A 的速度大小為 v1碰后 A 的速度大小為 v2。碰后 B 的速度大小為
v3，則有
2mv1 = 2mv2＋mv3
1 2mv2 1 1 = 2mv2 + mv2
2 1 2 2 2 3
碰后 A 減速到 0，有
m 2mgL 1 = 2mv2
2 2
碰后 B 做兩周圓周運動，繩子在 MN 間纏繞 2 圈，縮短 4a，在 M 點正下方時，離 M 點 6a，離地面 4a，
此時速度大小為 v4，由功能關系得
mg 4a 1 = mv2 13 - mv
2
2 2 4
B 隨后做平拋運動，有
4a 1= gt 2
2
L = v4t
解得
v3 = 4 5ga
（3）設 MN 間距離為 h，B 轉 n 圈后到達 M 正下方速度大小為 v5，繩縮短 2nh，繩斷開時，以 M 為圓
心，由牛頓第二定律得
v212mg - mg = m 5 （n = 1，2，3，…）
10a - 2nh
以 N 為圓心，由牛頓第二定律得
2
12mg - mg m v= 5
10a 2(n 1)h （n =
1，2，3，…）
- -
2
從碰后到 B 轉 n 圈后到達 M 正下方，由功能關系得
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
繩斷后，B 做平拋運動，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
則由數學分析可得
nh 5a= s 20 11a當 時，3 min = 3
30a
當 n = 1 40 33a時， nh = ，
7 smax = 7
22．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以 5m/s 的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距
離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點 O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為 0.2kg 的小球，
小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在 O 點右側的 P 點固定一釘子，P 點與 O 點等高。將質量為 0.1kg 的
小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度
大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞 O 點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞 P 點向上運
動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.5，重力加速度大小 g = 10m/s2 。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子不松弛，求 P 點到 O 點的最小距離。
【答案】（1） 5m s；（2）0.3J；（3）0.2m
【詳解】（1）根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有
mmg = ma
解得
a = 5m s2
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為
v2
x = 傳 = 2.5m < L = 3.6m
2a 傳
可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳
送帶的速度大小 5m s。
（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方
向，由動量守恒定律有m物v = m物v1 + m球v2其中 v = 5m s ， v1 = -1m s解得 v2 = 3m s小物塊與小球碰撞過程
1 2 1
中，兩者構成的系統損失的總動能為DEk = m物v - m物v
2 1 2
1 - m v2 解得DEk = 0.3J2 2 2 球
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子恰好不松弛，設此時 P 點到 O 點的距離為d ，小球在 P 點正上方的
2
速度為 v3，在 P 點正上方，由牛頓第二定律有m球g = m
v3
球 L d 小球從O點正下方到 P 點正上方過程中，繩 -
1 2 1 2
由機械能守恒定律有 m球v2 = m v + m g 2L2 2 球 3 球 繩 - d 聯立解得 d = 0.2m 即 P 點到 O 點的最小距離為
0.2m。

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