专题 06 机械能守恒定律 能量守恒定律
目 录
01机械能转化及守恒的判断····················································2
考向一：机械能转化及守恒的判断·········································································2
02 机械能守恒定律的应用·····················································10
考向一：机械能的图像类问题··············································································10
考向二：单个物体的机械能守恒···········································································22
考向三：多个物体(系统)的机械能守恒···································································25
03能量转化及守恒定律的综合应用··········································30
考向一：能量转化及守恒定律的综合应用······························································30
考向四：涉及弹簧的能量问题··············································································34
考向二：涉及板块、传送带的能量问题·································································4901机械能转化及守恒的判断
考向一：机械能转化及守恒的判断
1．（2023·浙江·高考真题）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
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮
绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，
速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A
错误；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；C．下落阶段橡皮绳对游客
做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合
力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错
误。
故选B。
2．（2023·重庆·高考真题）（多选）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 和
。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB【详解】A．根据EF段方程 ，可知EF段无人机的速度大小为 ，故A正确；B．
根据 图像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，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；C．根据MN段方程 ，可知
MN段无人机的速度为 ，则有 ，
可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；D．MN段无人机向下做匀速直线运
动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
3．（2022·浙江·高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心
舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（ ）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
【答案】C
【详解】AC．根据 ，可得 ，可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要
环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A错误，
C正确；B．返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运
动的向心力，故B错误；D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故
D错误。
故选C。
4．（2022·湖南·高考真题）（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、
主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简
化为竖直方向的直线运动，其 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列
说法正确的是（ ）A．在 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在 时间内，返回舱的加速度不变
C．在 时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在 时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【详解】A．重力的功率为 ，由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率
随时间减小，故A正确；B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B
错误；C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；D．在t2~t3
时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能
减小，故D错误。
故选AC。
5．（2021·浙江·高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静
止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）
A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同
【答案】C
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图，根据牛顿第二定律可知加速度
，又因为 相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；B．
下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；C．根据匀加速直线运动位移与时间的
关系 ，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线
运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时
间不断增大，C正确；D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力 也可能不相同，D错
误。
故选C。
6．（2021·广东·高考真题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌
方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到
落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有
（ ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 ，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴
弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
，故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选BC。
7．（2024·广东江门·统考模拟预测）蹦极是一项非常刺激的体育项目，而“反向蹦极”是一项比蹦极更加
刺激的运动。如图所示，弹性轻绳上端固定在P点，下端固定在玩家的身上并向下拉长与固定在地面上的
安全扣环相连。打开安全扣环后，玩家从c点开始由静止释放，像“火箭发射一般竖直向上运动”，上升
到b点时速度最大，轻绳在a点为原长位置，玩家到达的最高点在P与a之间，不计空气阻力，下列说法
正确的是（ ）
A．人在c到a运动过程中都做加速运动
B．人在c到b运动过程中做加速度减小的加速运动
C．在整个运动过程中，玩家的机械能守恒
D．人在b到最高点的运动过程中，玩家处于超重状态
【答案】B
【详解】AD．上升到b点时速度最大，此时重力等于绳子的拉力，继续向上升时，绳子拉力小于重力，合
外力竖直向下，人的加速度方向竖直向下，做减速运动，处于失重状态，故AD错误；B．人在c到b运动
过程中绳子拉力大于重力，根据牛顿第二定律 ，随着人上升绳子拉力T减小，加速度在减小，
加速度方向与速度方向相同，做加速度减小的加速运动，故B正确；C．在整个运动过程中，玩家除了受
到重力做功外还有绳子的拉力对其做功，故机械能不守恒，故C错误。
故选B。
8．（2024·广东惠州·统考二模）2023年10月3日，在杭州亚运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹
夺冠，图为朱雪莹在东京奥运会上决赛时腾空后下落的照片，朱雪莹从刚接触床面到运动至最低点的过程
中，下列说法正确的是（ ）A．朱雪莹刚接触床面时速度最大
B．朱雪莹在该过程中始终处于失重状态
C．在该过程中朱雪莹的动能减少量等于弹性势能的增加量
D．在该过程中蹦床对朱雪莹一直做负功
【答案】D
【详解】A．朱雪莹重力与床面的弹力等大反向时，速度最大，故A错误；B．朱雪莹在该过程中加速度
方向先向下后向上，先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；C．在该过程中朱雪莹的动能和重力
势能全部转化为蹦床的弹性势能，故C错误；D．在该过程中蹦床对朱雪莹的弹力和朱雪莹的位移方向一
直相反，一直做负功，故D正确。
故选D。
9．（2023·黑龙江大庆·统考一模）撑竿跳高是一项运动员经过持竿助跑，借助竿的支撑腾空。在完成一系
列复杂的动作后越过横杆的运动。下列说法正确的是（ ）
A．运动员撑竿上升的过程中，竿的弹性势能增大
B．运动员撑竿上升的过程中，运动员的重力势能不变
C．运动员撑竿上升的过程中，运动员的机械能增大
D．运动员越过横杆在空中运动的过程中处于超重状态
【答案】C
【详解】AC．运动员撑竿上升过程中，竿的弹性势能转化为运动员的机械能，故此过程中竿的弹性势能减
小，运动员的机械能增大，A错误，C正确；B．运动员撑竿上升的过程中，高度逐渐增加，所以运动员
重力势能增大，B错误；D．运动员越过横杆在空中运动的过程中，加速度向下，处于失重状态，D错误；
故选C。
10．（2023·广东肇庆·统考一模）如图所示，蚂蚁由静止从高空落下，其受到的空气阻力会随速度的增加
而变大，落地前会以一定的速度做匀速直线运动，此速度称为终端速度，由于蚂蚁身体构造特殊，蚂蚁落
地时能承受此撞击而不会摔死。据研究，一只普通蚂蚁的体重约为40mg，从高空落地时的动能大约为
。下列说法正确的是（ ）A．蚂蚁落地前先处于失重状态，再处于超重状态
B．整个过程中重力对蚂蚁做的功等于阻力对蚂蚁做的功
C．蚂蚁做匀速直线运动时机械能守恒
D．蚂蚁落地前的终端速度大小约为5m/s
【答案】D
【详解】A．蚂蚁先有向下的加速度，处于失重状态，落地前会以一定的速度做匀速直线运动，此时蚂蚁
处于平衡状态，故A错误；B．根据功能关系可知，整个过程中重力对蚂蚁做的功等于阻力对蚂蚁做的功
和蚂蚁增加的动能之和，故B错误；C．蚂蚁做匀速直线运动时，阻力对其做负功，机械能不守恒，故C
错误；D．根据动能的公式有 ，解得 ，故D正确。
故选D。
11．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，两个孩子在弹性蹦床上玩耍，不计空气阻力，则小孩从最低点到
脱离蹦床的过程中（ ）
A．机械能保持不变
B．动能一直增大
C．蹦床的弹性势能一直增大
D．重力势能一直增大
【答案】D
【详解】AC．从最低点到脱离蹦床的过程，蹦床对小孩做正功，蹦床的弹性势能一直减小，小孩的机械能
一直增大，故AC错误；B．蹦床对小孩的弹力大于小孩的重力时，小孩向上做加速运动，动能增大，弹
力小于小孩的重力时，小孩向上做减速运动，动能减小，故B错误；D．从最低点到脱离蹦床的过程中，
小孩的重力势能一直增大，故D正确。
故选D。02 机械能守恒定律的应用
考向一：机械能的图像类问题
1．（2022·福建·高考真题）（多选）一物块以初速度 自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到
斜面底端。该物体的动能 随位移x的变化关系如图所示，图中 、 、 均已知。根据图中信息可以
求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间
【考向】动能定理在图像中的问题
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得 ，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
，下滑时，由动能定理 ，x0为上滑的最远距离；由图
像的斜率可知 ， ，两式相加可得 ，相减可知
，即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故
AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得 ， ，故可求解沿斜面上滑
的时间，D正确。
故选BD。
2．（2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。
将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能 与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理
有 ，即 ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨
道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
3．（2021·湖北·高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程
中摩擦力大小f恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质
k
量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N【答案】A
【分析】本题结合 图像考查动能定理。
【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得 ，整理得 ，
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值 ，10~20 m内物块下滑，由动能定理得
，整理得 ，结合10~20 m内的图像得，
斜率 ，联立解得 ， 。
故选A。
4．（2020·全国·高考真题）（多选）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重
力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，
所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物
块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg，下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量
等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5。B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2，C错误；D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D
选项错误。
故选AB。5．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图所示，坡道滑雪中运动员从斜面自由滑到水平面直至停止，运
动员与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，空气阻力不计，其运动过程中重力的瞬时功率P和动能 随时
间t、重力势能 和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．运动员在坡道上做匀加速度运动，速度越来越大，重力的瞬时功率P越来越大，滑到水平面
后，重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率P为0，故A错误；B．运动员在坡道上做匀加速度运动，
速度越来越大，动能越来越大，故B错误；C．运动员在斜面上下滑过程中，重力势能随位移均匀减小，
故C错误；D．运动员在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能减少，在斜面上机械能减少量为
，在水平面上运动，机械能减少量为 ，两运动阶段E-x斜率相同，
停止后，机械能不变，故D正确。
故选D。
6．（2023·河北·校联考模拟预测）如图1所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块
从斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块的机械能E与其距地面的高度h的关系如图2所示，已
知重力加速度为g，图2中直线的斜率 ，则物块与斜面之间的动摩擦因数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】物块运动到距地面高h处时，其机械能 ，可知图2中图像的斜
率 ，解得 。
故选B。
7．（2023·湖北·校联考一模）质量为m的同学参加学校运动会的三级跳远项目，将其看成质点，从静止开
始助跑直至落地过程运动轨迹如图所示。其中OA段为助跑阶段，AB段为腾空之后的第一步，BC段为腾
空之后的第二步，CD段为腾空之后的第三步。已知腾空的最高高度为h。空气阻力忽略不计，重力加速度
为g。则下列说法正确的是（ ）
A． 腾空阶段合外力随水平位移变化
B． 腾空阶段加速度随水平位移变化C． 腾空阶段重力势能随水平位移变化
D． 腾空阶段机械能随水平位移变化
【答案】D
【详解】A．运动员腾空阶段，空气阻力忽略不计，三个阶段均只受到重力，故A错误；B．运动员腾空
阶段，三个阶段的加速度均为重力加速度，故B错误；C．腾空阶段，上升阶段重力做负功，重力势能增
大，下降阶段重力做正功，重力势能减小，而非图中所示水平直线段，故C错误；D．腾空阶段，运动员
只受重力，机械能守恒。在腾空前，运动员用力等地，运动员的机械能增大，BC段的机械能比AB段的机
械能大，CD段的机械能比BC段的机械能大，故D正确。
故选D。
8．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）千岛湖沪马探险乐园的“火箭蹦极”因其惊险刺激深受年青人喜
爱，如图所示，“蹦极球”被向上抛出后上升的运动过程中，忽略绳索对它的作用力和空气阻力，下列关
于“蹦极球”在此运动过程中的位移X、加速度大小a、动能E、和机械能E随时间t的变化关系中，正确
k
的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【详解】A．“蹦极球”被向上抛出后上升的运动过程中，根据竖直上抛公式可知 ，图像是
曲线，故A错误；B．忽略绳索对它的作用力和空气阻力，加速度不变，是重力加速度，故B错误；C．
根据 ，
动能 ，图像是曲线，故C错误；D．只有重力做功，机械能守恒，所以机械能不
随时间变化，故D正确。
故选D。
9．（2023·山东青岛·统考模拟预测）如图半径为R的 圆弧曲面固定在水平面上，圆弧曲面各处粗糙程度
相同。小物块从圆弧上的A点由静止释放，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。物块下滑过程中，
重力势能 和机械能E与高度h关系图像中，最接近真实情况的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】A
【详解】根据重力势能与重力做功的关系，在下落高度h时，其重力势能为 ,
故重力势能与高度h的图像是一条斜率不变的倾斜直线，且当h=0时，重力势能最大，h=R时，重力势能
为零。物块下落高度h时，由功能关系可得此时物块的机械能为 ,在下滑的过程中，物块的速
度逐渐增大。设在运动过程中重力与速度的夹角为θ，则在运动过程中根据牛顿第二定律得
,根据滑动摩擦力的定义可知 ,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐
渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所述，故A
正确，BCD错误。
故选A。
10．（2023·浙江·校联考模拟预测）一木箱放在电梯的水平底板上，随同电梯在竖直方向运动，运动过程
中木箱的机械能E与位移x关系的图像如图所示，其中 过程的图线为曲线， 过程的图线为直线。
根据该图像，在 过程中下列判断正确的是（ ）
A．电梯向上先变加速后匀减速 B．电梯所受拉力先增大后不变
C．木箱所受支持力先减小后不变 D．木箱一直处于超重状态
【答案】C
【详解】C．木箱机械能的增量 过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，所以木箱所受支持力
减小； 过程的图线为直线，斜率不变，所以木箱所受支持力不变。故C正确；D．由于不知道支持
力与重力的大小关系，不能判断木箱是超重还是失重，故D错误；A．木箱与电梯有共同的运动状态，木
箱的运动不能判断，电梯的运动也不能判断，故A错误；B．电梯与木箱有共同的加速度，木箱所受支持
力先减小后不变，则电梯所受拉力先减小后不变，故B错误。
故选C。
11．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考一模）（多选）从地面竖直向上抛出一小球(可视为质点)，其机械能 E 等于动能 与重力势能 E 之和。以地面为零势能参考面，该小球的机械能和重力势能随它离
A p
开地面的高度h的变化如图所示，g=10m/s²， 由图中数据可知（ ）
A．小球的质量为1.6kg
B．h=2m时，小球的动能
C．整个运动过程中小球的机械能守恒
D．从地面至h=5m，小球的动能减少100J
【答案】AD
【详解】A．由图知，h=5m时Ep=80J，由Ep=mgh得m=1.6kg，故A正确；C．0-5m的过程，根据功能关
系可知 ，解得物体上升过程中所受阻力大小为 ，故整个运动
过程中小球的机械能不守恒，故C错误；B．由动能定理可知h=2m时 ，解得小球的动
能 ，故B错误；D．从地面至h=5m，由动能定理可知 ，
所以小球的动能减少100J，故D正确。
故选AD。
12．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）（多选）如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，将
质量为1kg的小物块置于斜面的底端，并对其施加一平行于斜面的恒力F，使其从静止开始运动，某时刻
撤去F，以斜面底端所在水平面为零势能面，小物块的机械能随运动路程变化的图像如图乙所示。已知小
物块可视为质点且与斜面之间的动摩擦因数μ恒定，取 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法中
正确的是（ ）A．F=10N
B．μ=0.5
C．s=3m时，小物块的速度大小为2m/s
D．物块返回至斜面底端时机械能为8J
【答案】AC
【详解】A．由题意知，物块运动路程为2m时撤去拉力，2m<s≤3m范围内图像的斜率即摩擦力的大小，
可知 ，0<s≤2m范围内，图像的斜率为拉力与摩擦力的合力，可知 ，解得F=10N，故A
正确；B．由 ，得 ，故B错误；C．在0<s≤2m范围内，对物块由牛顿第二定
律有 ，设s=2m时物块的速度为v1，有 ，物块速度减至0之前，有
，设撤去F后，经位移 物块速度减小至0，有 ，解得 ，物块
从静止开始沿斜面向下运动0.5m的过程中，设加速度为a3，有 ，设s=3m时，
小物块的速度大小为v2，有 ，解得v2=2m/s故C正确；D．物块由斜面底端运动至最高点，
路程为2.5m，则当s=5m时，物块返回至斜面底端，由图像乙可知，2m<s≤5m范围内，满足 ，
故当s=5m时，物块的机械能为10J，故D错误。
故选AC。
13．（2024·河南鹤壁·鹤壁高中校考二模）（多选）一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为1kg的
小物块在平行斜面向上的拉力 作用下，以一定初速度从斜面底端沿斜面向上运动，经过时间 物块沿斜
面上滑了1.2m。小物块在 作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线Ⅰ和Ⅱ所示。
设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度 取10m/s2。由此可求出（ ）A．斜面的倾角为
B．力 的大小为20N
C．小物块的初速度大小为2m/s
D．若 时刻撤去拉力 ，物块沿斜面上滑的最大距离为2.8m
【答案】ACD
【详解】A．根据 ，得 ，所以斜面倾角为 ，故A正确；
B．根据动能定理 ，得 ，故B错误；C．根据 ，得初速度为
，故C正确；D．若经过 后撤去拉力 ，小物块的机械能不变，此后重力势能
增加、动能减小；根据图像可知， 时刻的机械能为 ，根据机械能守恒定律可得
，解得上升的最大距离为 ，故D正确。
故选ACD。
14．（2023·河南·校联考二模）（多选）如图甲所示，小物块（可以看成质点）以一定的初速度从倾角为
的斜面底端A点沿斜面向上运动。选择地面为参考平面，上滑过程中，物块的机械能E随物块离A点
距离s的变化关系如图乙所示。小物块上滑时离A最远距离为 ，重力加速度大小g取 ，则
（ ）A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上滑过程中的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的速度为
【答案】AD
【详解】A．上升到最高点时物体的机械能等于重力势能，则 ，解得
，故A正确；B．机械能的变化量等于除重力外的其它所做的功，故
满足 ，其中 ，解得 ，故B错误；
C．上滑过程中由牛顿第二定律可得 ，解得
，故C错误；D．下滑过程中由牛顿第二定律
可得 ，解得 ，由运动学公式可
得 ，解得 ，故D正确。
故选AD。
15．（2023·河北唐山·统考二模）（多选）一质量为 的物体静止在水平地面上，受到竖直方向的力F
后，竖直向上运动。物体动能 与上升的高度h间的关系图像如图所示，当h为 和 时图像为
直线。g取 ，忽略空气阻力，则（ ）
A．物体从 运动到 的过程中，F逐渐变小B．物体从 运动到 的过程中，F逐渐变大
C．物体从 运动到 的过程中，机械能保持不变
D．物体从 运动到 的过程中，机械能保持不变
【答案】AD
【详解】A．物体从 运动到 的过程中，由动能定理 ，图像的斜率为
，由图像知斜率减小，即 减小，A正确；B．由图可知，从h=3m运动到h=4m的过程中，物体向
上减速运动，斜率变大，合力大小为 ，方向为竖直向下，可知 减小，B错误；C．从h=0运动到
h=2m的过程中， 的方向竖直向上，所以 做正功，机械能增大，C错误；D．从h=4m运动到h=6m的
过程中，物体只受重力作用，机械能保持不变，D正确。
故选AD。
16．（2021下·河南·高三校联考阶段练习）北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪
中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示．运动员从起跳区水平起跳后在空中
运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用 、P、 、E表示，用t表示运动员在空中
的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变，竖直速度变化，则速度变化量为，
可知速度变化量和时间关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故A错误；B．经过时间t后
竖直方向速度为 ，重力的瞬时功率为 ，可知重力瞬时功率和时间关系为正比例函数，
图像为过原点的一条倾斜直线，故B错误；C．不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械
能守恒，不随时间变化，故C错误；D．设起跳时的速度为v0，则经过时间t动能为
，可知动能和时间关系为二次函数，图像为抛物线一部分，顶点不在
原点，故D正确。
故选D。
考向二：单个物体的机械能守恒
17．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该
飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离
L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持
水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为 ，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至 处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
18．（2021·海南·高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。
如图所示，滑梯顶端到末端的高度 ，末端到水面的高度 。取重力加速度 ，将
人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【详解】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为 ，根据机械能守恒定律可知 ，解得
，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据 可知落水时间
为 ，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
。
故选A。
19．（2021·河北·高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为 、不可伸长的轻
细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳
刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加
速度为g，不计空气阻力）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【详解】小球下落的高度为 ，小球下落过程中，由机械能守恒定律有
，综上有 。
故选A。
20．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的 圆弧轨道，固定在
竖直平面内，地面水平， 、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释
放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】图中 连线与水平方向的夹角 ，由几何关系可得 ，可得 ，设小物块通
过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知 ，解得
，故D正确，ABC错误。
故选D。
21．（2023·贵州·校考模拟预测）将质量为m的小球，从距离地而高h处的P点以初速度 竖直上抛，小
球能上升到距离抛出点的最大高度为H。若选取地面为零势能面，不计运动过程中的阻力，则小球在P点
的机械能是（ ）A．0 B．mgH C． D．mgh
【答案】C
【详解】选取地面为零势能面，小球在P点的机械能是 。
故选C。
22．（2023·西藏·统考模拟预测）如图所示，光滑斜面AB与粗糙斜面CD为两个对称斜面，斜面的倾角均
为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B的高度为H
处，以初速度v 沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为μ。
0
（1）物体首次到达C点的速度大小；
（2）物体沿斜面CD上升的最大高度h；
（3）请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由．
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）根据机械能守恒定律
解得
（2）物体沿CD上升的加速度 ，解得
（3）AB段和CD段物块所受合力恒定不变，加速度恒定，物块做匀变速运动，BEC段物块所受合力不断
变化，物块变速运动，若重力的分力小于摩擦力，则最后停止于CD斜面上不动，反之也可能在BC间做
等幅振动。
考向三：多个物体(系统)的机械能守恒
23．（2022·河北·高考真题）（多选）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体 和 用不可伸长的轻绳
相连，悬挂在定滑轮上，质量 ， 时刻将两物体由静止释放，物体 的加速度大小为 。 时
刻轻绳突然断开，物体 能够达到的最高点恰与物体 释放位置处于同一高度，取 时刻物体 所在水
平面为零势能面，此时物体 的机械能为 。重力加速度大小为 ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视
为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体 和 的质量之比为 B． 时刻物体 的机械能为
C． 时刻物体 重力的功率为 D． 时刻物体 的速度大小
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为 ，则 , .解得 ,
.选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度 ,P上升的距离 ,细线断后P能上升的高度 ,可知开始时PQ距离为 ,若设开始时P所处的位置为零势能面，
则开始时Q的机械能为 ,从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为
,则此时物体Q的机械能 ,此后物块Q的机械能守恒，则在
2T时刻物块Q的机械能仍为 ，选项B正确； CD．在2T时刻，重物P的速度 ,方向
向下；此时物体P重力的瞬时功率 ,选项CD正确。
故选BCD。
24．（2024·河南信阳·信阳高中校考一模）如图所示，倾角为 、表面光滑、足够长的斜面固定在足够
高的水平桌面上，轻质光滑定滑轮固定在斜面顶端，质量为 的物体 与质量为2m的物体 用跨过定滑
轮的、不可伸长的轻绳相连，轻绳和斜面平行， 悬在桌外。以物体 初始位置所在水平面为零势能面，
物体 的机械能为 ，某时刻，将物体 由静止释放，当 下降高度为 时，绳子断裂。 可视为质点，
不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．绳子断裂瞬间物体 重力的功率为
B．物体 所能达到的最大高度为
C．物体 在绳子断开后沿斜面向上运动的时间为D．当物体 到达最高点时，物体 的速度为
【答案】B
【详解】A．将P由静止释放，物体Q从静止释放到下降h，由机械能守恒定律可得
,
解得 ，则绳子断裂瞬间物体Q重力的功率为 ,故A错误；B．绳子断后P沿斜面做匀减
速运动，设此后物体P沿斜面上升的最大高度为x，由机械能守恒可知 ,解得 ,则物体P
所能达到的最大高度为 ,故B正确；C．设绳子断后P沿斜面做匀减速运动的时间为t，则
由运动学公式 ， ， ,联立解得 ,故C错误；D．绳子断开前，P物体与Q物
体的速度大小相同，则当物体P到达最高点时，物体Q的速度为 ,故D错
误。
故选B。
25．（2023·河北石家庄·统考二模）如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻
质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为
m、物块B的质量为 ，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计空气
阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的机械能一直增大
B．物块A的速度始终小于物块B的速度C．物块A下落的最大距离为 L
D．物块A、B等高时系统的总动能为
【答案】C
【详解】A．由静止释放物块A，物块A向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A
的机械能减小，故A错误；B．设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则 ，由此可知，
物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误；C．当物块
A的速度为零时，下落的高度最大，则 ，解得 ，故C正确；D．设物块
A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有 ， ，
解得 ，所以等高时的总动能为 ，解得 ，故D错误。
故选C。
26．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图所示，小滑块Q的质量为m，P的质量为2m，P、Q通过轻质定
滑轮O(体积可忽略)用细线连接，Q套在光滑水平杆上。用力拉动Q，使OQ间的细线与水平方向的夹角
θ=60°，此时OQ长度为L，P、Q处于静止状态。不计一切摩擦，P不会与杆碰撞，重力加速度大小为g，
则释放Q后Q运动的最大速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】当Q运动到滑轮正下方时，P下降的高度最大，且P速度为零，则此时Q速度最大，此过程P下
降的高度 ，对P、Q整体，根据机械能守恒定律得 ，计算得则释放Q后Q运动的最大速度为 。
故选D。03能量转化及守恒定律的综合应用
考向一：能量转化及守恒定律的综合应用
1．（2023·重庆·统考三模）汽车沿直线匀加速上坡过程中，所受阻力恒定，则（ ）
A．汽车机械能守恒 B．汽车机械能减少
C．汽车机械能增加 D．汽车功率不变
【答案】C
【详解】ABC．汽车匀加速上坡，汽车的动能和重力势能均增加，因而机械能增加。故AB错误，C正确；
D．汽车功率为 由于汽车为匀加速上坡，则所受合力恒定，阻力恒定，则牵引力 恒定不变，加速过
程速度大小 逐渐增大，则汽车功率逐渐增大。故D错误。
故选C。
2．（2022·浙江·高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以 的速度水平喷出，每秒喷出水的质
量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动
机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水
泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中
运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10
【答案】D
【详解】AB．每秒喷出水的质量为 ,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为，故AB错误；C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则 ，而水
泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则 ，故C错误；D．电动机
的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为 ，而电动机的电功率为
，由能量守恒可知 ，联立解得 ，故D正确；
故选D。
3．如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（ ）
A．动能 B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能
【答案】C
【详解】无人机在匀速上升过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；同时高度增加，其重力势能
增加；因机械能等于动能与势能的总和，所以无人机的机械能增加。
故选C。
4．（2023·广东广州·统考三模）（多选）航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行（如图）。
航天员需要穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等，假设其总质
量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，在某次出舱作业过程中，给自己一个初速度后竖直向上匀速
漂浮的距离为h，以下说法正确的是（ ）
A．航天员所受的合力为零，合力不做功，其机械能守恒
B．上升h的过程中，动能不变C．上升h的过程中，重力势能减小了
D．上升h的过程中，机械能增加了
【答案】BD
【详解】AD．航天员在上升过程中，根据题意，由平衡条件可得 ，浮力向上，位移向上，浮力对
其做正功，所做功为 ，而若只有重力做功，机械能守恒，但该过程除重力做功外，浮力做正功，
因此机械能增加了 ，故A错误，D正确；B．匀速上升过程动能不变，故B正确；C．上升h的过程，
重力势能增加了 ，故C错误。
故选BD。
5．（2023·广东·统考二模）（多选）如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑
索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度为v，整体重力为G，不计空气阻
力，在这段下滑过程中下列说法正确的是（ ）
A．整体的机械能守恒
B．轻绳保持竖直
C．整体重力势能的减少量等于系统摩擦产生的热量
D．重力的功率为Gv
【答案】BC
【详解】A．下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，整体的重力势能减少、动能不变，所以机械
能减少，机械能不守恒，故A错误；B．以游客为研究对象，受到重力和轻绳的拉力，整体匀速下滑，受
平衡力作用，则拉力和重力平衡，则轻绳始终保持竖直，故B正确；C．由功能关系可知，整体重力势能
的减少量与系统摩擦产生的热量相等，故C正确；D．重力的功率为重力乘以重力方向的速度，小于Gv，
故D错误。故选BC。
6．（2023·广东潮州·统考二模）疫情期间利用无人机运送物资，已知质量为 的物资在无人机拉力作用
下匀速上升 ，然后匀加速水平移动 ，若空气阻力不能忽略，取 。则下列说法正确的是
（ ）
A．匀速上升时，物资重力势能不变
B．整个过程，物资机械能增加了
C．物资在匀速上升时机械能增量为
D．无人机水平移动过程中空气对它的作用力、重力均不做功
【答案】C
【详解】A．匀速上升时，高度增加，故物资重力势能增加，A错误；B．整个过程，物资重力势能增加了
，匀加速运动后动能也增加了，故物资机械能增加量大于 ，B错误；C．物
资在匀速上升时机械能增量为重力势能的增量，即 ，C正确；D．无人机水平移动过程中空气对它的
作用力与速度方向相反故做负功，重力与速度方向垂直故不做功，D错误。
故选C。
7．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）长潭水电厂位于浙江省台州市黄岩区境内永宁江上游，是发电运行近
40年的老厂。平均水位落差约为100m，水的流量约为1.35×104 m3/s。保持船只通航需要约 3500 m3/s 的
流量，其余流量可全部用来发电。水流冲击水轮机发电时，水流的动能有20%转化为电能。假设每天从早
到晚均有船只需要通过，则下列说法正确的是（ ）
A．最大功率约为2.0×109 W
B．年发电量约为1.8×1010 kWh
C．通过技术改进，能够使所有的水的动能都转化为电能
D．通航一天流失的能量7.0× 105 J
【答案】B
【详解】A．设平均水位落差约h=100m，水的流量约Q1=1.35×104m3/s，船只通航需要约Q2=3500m3/s的流量，最大功率为 ，故A错误；B．
根据电功的计算公式有 ，故B正确；C．根据能
量守恒定律可知，所有的水的动能无法全部都转化为电能，故C错误；D．通航一天流失的能量为
，故D错误；
故选B。
8．（2023·山东日照·日照一中校考模拟预测）风力发电是重要的发电方式之一，某风力发电机在风速为
8m/s时输出的电功率为680kW，若风场每天有12h风速在4m/s到10m/s的风能资源，风力发电机的转化效
率为18%，风正面吹向叶片，则该电站每天的发电量至少为（ ）
A．1020kW·h B．920kW·h C．800kW·h D．720kW·h
【答案】A
【详解】经过短暂时间 ，吹到叶片处的空气的质量为 ，动能为 ，发
电机的功率为 ，令 ，当 时，有 ；当 时，
有 ，联立各式解得 ，该电站每天的发电量至少为 ，
故选A。
考向四：涉及弹簧的能量问题
9．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，
A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜
面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因
数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
，对B有 ，联立可
得 ，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由
于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿
斜面向上，不发生变化，故B正确；A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最
高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
，化简得 ，当位移为最大位移的一半时有
，带入k值可知F =0，即此时加速度为0，故A错误；C．根据B的分析
合
可知 ，再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，
根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的
功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于
B的重力势能减小量，故D错误。
故选B。
10．（2022·湖北·高考真题）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平
地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q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。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始
终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于
其初始位置的最大位移大小为（ ）
A．μmgk B． C． D．
【答案】C
【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足 ，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为 。
故选C。
11．（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和
轻质弹簧套在轻杆上，长为 的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中
点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为 ，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹
角增大到 时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度
为g，取 ， ，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设 、 的张力分别为 、 ，A受力平衡
B受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为 ，对A
对B
解得
（3）B上升的高度 ，A、B的动能分别为 ；根据能量守恒定律可知
解得
12．（2020·浙江·高考真题）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道
（在最低点E分别与水平轨道 和 相连）、高度h可调的斜轨道 组成。游戏时滑块从O点弹出，
经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 ，
长 ， 长 ，圆轨道和 光滑，滑块与 、 之间的动摩擦因数 。滑
块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，
各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度 大小；
（2）当 且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力 大小及弹簧的弹性势能 ；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 与高度h之间满足的关系。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ，其中
【详解】（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律解得
从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O
点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h1，从O点到B点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
13．（2023·上海金山·统考二模）如图为小球和轻弹簧组成的系统，系统沿光滑斜面由静止开始下滑瞬间
的势能为E ，弹簧刚接触到斜面底端挡板时系统势能为E ，小球运动到最低点时系统势能为E 。则（
p1 p2 p3
）
A．E ＝E ，小球在最低点时系统势能最大
p1 p3
B．E ＝E ，小球在最低点时系统势能最大
p2 p3
C．E ＝E ，小球加速度为零时系统势能最大
p1 p3
D．E ＝E ，小球加速度为零时系统势能最大
p2 p3
【答案】A
【详解】ABD．小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，动能和势能相互转化，所以当小球动能最小时，系
统势能最大，当弹簧刚接触到斜面底端挡板时小球速度不为零，当小球运动到最低点时速度为零，所以
小球在最低点时系统势能最大，故A正确，BD错误；C．在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向上的弹力，后重力沿斜面向下的分力小于弹簧向上的弹力，
所以小球先加速后减速，当加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误。
故选A。
14．（2023·江苏·校联考模拟预测）如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环
的直径略大于细杆的直径，圆环分别与两个相同的轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端连在与圆环同一高
度的墙壁上。开始时圆环处于O点，弹簧处于原长状态。细杆上的A、B两点到O点的距离都为h，将圆
环拉至A点由静止释放，重力加速度为g。则圆环从A点运动到B点的过程中（ ）
A．圆环通过O点时，加速度小于g
B．圆环通过O点时，速度等于
C．圆环通过B点时，速度等于
D．圆环通过B点时，速度小于
【答案】C
【详解】A．圆环通过O点时，对圆环受力分析可知，水平方向合力为0，竖直方向只受重力，因此加速
度等于g，故A错误；B．圆环从A点运动到O点，由动能定理得 ，因该过程中弹力做正
功，则圆环过O点时的速度必定有 ，故B错误；CD．圆环从A点运动到B点的过程中，由题意
知，弹簧形变量在初末位置均相同，故弹性势能不变，由功能关系得 ，解得 ，故
C正确，D错误；
故选C。
15．（2023·四川达州·统考一模）如图所示，轻弹簧一端固定在 点，另一端系一小球，小球穿在固定于
竖直面内、圆心为 的光滑圆环上， 在 的正上方，C是 的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在C点时弹簧被
压缩。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧在A点时的弹性势能等于在C点时的弹性势能
B．从A点到B点过程小球机械能守恒
C．从A点到C点过程小球速率先增大再减小
D．小球在C点时动能最大
【答案】C
【详解】AB．小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能
守恒，从A点到B点过程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，根据系统机械能守恒，
小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，故AB错误；CD．小球从A点到C点过程，在光滑圆
环半径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分力，故小球先做加速运动，当切向合力
为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力的分力小于重力
沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能未达到
最大，故C正确，D错误。
故选C。
16．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图所示，倾角为θ = 30°的斜面体c固定在水平
地面上，质量为M = 2m的物体b置于光滑的斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物体a连
接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，用手托
住物体b使物体a和b保持静止不动，此时细绳伸直且拉力为零，弹簧的压缩量为x。现在松开手，在物
0
体b下滑2x 距离时，则下列说法中正确的是（ ）
0
A．物体a与弹簧组成的系统机械能守恒 B．物体b的重力势能减少mgx
0
C．细绳对物体a做的功为2mgx D．物体b的速度大小为
0【答案】C
【详解】A．绳拉力对a物体做正功，物体a与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；B．2x0是下滑距
离，物体b重力势能减少Mgx0= 2mgx0，故B错误；D．弹簧的压缩量和伸长量相等，所以弹性势能不变。
由能量守恒定律得，物体a和物体b的动能和等于 ,解得v = 0，故D错误；
C．由功能关系可知，拉力做的功等于物体a与弹簧组成的系统机械能增加量，物体a的动能为0，则拉力
做的功等于2mgx0，故C正确。
故选C。
17．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图所示，质量为m物块P放置于水平面上，P和
墙间水平拴接着劲度系数为k的轻弹簧，且弹簧处于原长状态。已知P与水平面间的动摩擦因数为 ，重
力加速度为g。今用水平力F向左缓慢压P，使P向左移动到某一位置后，突然撤去F，P先向右再向左往
复运动一次后停止。F做的功为 ，物体运动过程中的产生的热量为Q，下列判断正确的是（ ）
A．物体停止时弹性势能一定为零 B．力F的最大值为
C． 的最大值为 D．热量Q的最小值为
【答案】C
【详解】①为保证物块向右运动又向左运动一次，力F的最大值对应向左运动到停下时，弹力大小刚好等
于最大静摩擦力，设停下来时弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为 。有 ,解得 ,运动到
最右端时弹簧的伸长量为 ，第一次运动到最左端时弹簧的压缩量为 。从最右端到停下来，由能量守恒
得 ,解得 ,从最左端运动到最右端，由能量守恒定律得
,解得 ,②力F的最小值对应向左运动到停下时，弹力大小刚好等于最
大静摩擦力，设停下来时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量为 。有 ,解得 ,运动到最
右端时弹簧的伸长量为 ，第一次运动到最左端时弹簧的压缩量为 。从最右端到停下来，由能量守恒
得 ,解得 ,即滑到最右端直接停下来，这是从最左端运动到最右端，力F的最小值对应的临界情况，由能量守恒定律得 ,解得 ,A．因地面
和物块之间存在摩擦，物体停止时弹簧不一定处在原长，弹性势能不一定为零，故A错误；B．力F的最
大值 ,故B错误；C．由功能关系 ,得 的最大值等于
。故C正确；D．热量Q的最小值 .故D错误。
故选C。
18．（2023·辽宁鞍山·统考二模）（多选）如图所示，重 的滑块在倾角为 的斜面上从a点由静止开
始下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点，开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a
点，已知 ， 。那么，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中滑块动能的最大值为6J
B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J
C．从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做6J功
D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知，当滑块所受合力为零时，速度最大，滑块的动能最大，由于 点为最低点，
则速度最大之处在 之间，设该位置为 点，此时的动能为 ，克服弹簧做功为 ，由动能定理有
，由于 ，则有 ，故A错误；B．根据题意可
知， 点为最低点，此时，弹簧的弹性势能最大，从 过程中，设此过程克服弹簧做功为 ，由动能定
理有 ，解得 ，则弹簧的最大弹性势能为 ，故B正确；C．从c点运动到b点
的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，则从c点运动到b点的过程中弹
簧弹力对滑块做6J功，故C正确；D．从 出发最后可以回到 点，说明整个过程中弹簧、滑块与地球组
成的系统机械能守恒，故D正确。
故选BCD。
19．（2023·广东广州·统考模拟预测）（多选）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，
橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去。现将弹丸
竖直向上发射，已知E是CD中点，不计空气阻力，则（ ）
A．从D到C过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统机械能守恒
B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
D．从D到C过程中，弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和先增大后减小
【答案】AC
【详解】A．从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组成的系统除重力做功外，没有外力做功，所以系统的机
械能守恒，故A正确；B．在C点橡皮筋原长，弹力为零，故在C点和C点前某一段必有左右两边橡皮筋
弹力的合力小于重力，此时加速度向下，速度在减小，故B错误；C．从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合
力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C正
确；D．从D到C的过程中，弹丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能总和不变，而弹丸的重力
势能不断增大，说明弹丸的动能和橡皮筋的弹性势能不断减小，故D错误。
故选AC。
20．（2024·吉林长春·东北师大附中校考二模）（多选）如图所示，固定斜面的倾角为30°，一劲度系数为
k的轻质弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的小球甲相连，弹簧与斜面平行。一条不可伸长的
轻绳绕过斜面顶端的轻质定滑轮，一端连接小球甲，另一端连接一轻质挂钩。开始时各段绳子都处于伸直
状态，小球甲静止在A点。现在挂钩上挂一质量也为m的小球乙，并从静止释放小球乙，当弹簧第一次恢
复原长时小球甲运动到B点，一段时间后，小球甲到达最高点C。不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，
甲不会和定滑轮相碰，乙不会和地面相碰，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．BC=3ABB．小球甲从A点运动到C点，弹簧弹性势能的变化量为
C．小球甲从A点运动到C点的过程中，最大速度为
D．小球甲到达最高点C时绳恰好断开，小球甲回到A点时速度恰好为零
【答案】AC
【详解】A．小球甲静止在A点，由平衡条件有 ，挂上小球乙并从静止释放小球乙后，甲、
乙小球做简谐运动，甲、乙与弹簧构成的系统机械能守恒。设小球甲运动的平衡位置为O点。在O点，对
小球甲有 ，其中T为轻绳的拉力，大小此时等于小球乙的重力，即 ，解得
，根据简谐运动的对称性，有 ，则有 ，
A正确；B．小球甲从A点运动到C点过程中，对甲、乙与弹簧构成的系统，根据能量守恒定律有
，解得 ，B错误；C．小球甲运动到平衡位置O点
时速度最大，由于A与O点对应弹簧的形变量相等，弹性势能相等，根据能量守恒定律有
，解得 ，C正确；D．小球甲到达最高点C时绳恰好
断开，对小球甲与弹簧构成的系统，根据能量守恒定律有 ，小球甲回到
A点时速度一定不为零，D错误。
故选AC。
21．（2023上·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）（多选）如图所示，倾角为 的光滑斜面固
定在水平地面上，斜面底端固定一挡板，轻质弹簧一端与挡板连接，另一端为自由端，当弹簧处于原长时，
弹簧的自由端位于O点。质量为 的小滑块（视为质点）从斜面上的A点由静止滑下，小滑块运
动到B点时速度为零。已知 ， ，重力加速度g取 ，从A点运动到B点的运动
过程中，下列说法正确的是（ ）A．小滑块的机械能守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为0.4J
C．小滑块动能的最大值为0.4J
D．小滑块从O点运动到B点的过程中机械能减少量为0.4J
【答案】BD
【详解】A．小滑块从A点运动到O点的过程中机械能守恒，从O点运动到B点的过程中小滑块的机械能
有一部分转变为弹簧的弹性势能，小滑块的机械能不守恒，故A错误；B．小滑块从A点运动到B点的整
个过程中，由动能定理得 ，其中克服弹簧弹力做的功转化为弹簧的弹性势能，
到达B点时弹性势能最大为 ，故B正确；C．当小滑块受到的合力为0时，小滑块的速度最
大，动能最大，设小滑块在D点受到合力为0，D点在O点和B点之间，小滑块从A点到D点，克服弹簧
弹力做功为 ，根据动能定理得 ，因为有
，所以 ，故C错误；D．小滑块从O点运动到B
点的过程中克服弹簧弹力做的功为0.4J，即小滑块的机械能减少量为0.4J，故D正确。
故选BD。
22．（2023·贵州·统考模拟预测）（多选）如图甲所示，倾角为30°的光滑、固定斜面底端有一固定挡板，
轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块P（可视为质点）从斜面上的O点由静止释放，P的加速度
大小随到O点的距离x变化的图像如图乙所示，图乙中各坐标值均为已知， 为物块P到O点的最大距离。
地球视为半径为R的均质球体，忽略地球的自转，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）A． 时，物块P速度最大
B．弹簧的最大弹性势能为
C．地球的平均密度为
D．物块P的最大动能为
【答案】BCD
【详解】A．在物块沿斜面向下运动的过程中，对物块P进行分析可知，物块先向下做匀加速直线运动，
与弹簧接触后，先向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度达到最大值，之后在向下做
加速度方向变为向上的变减速直线运动，可知 时，物块P速度最大，故A错误；B．物块P没有接触
弹簧前，对物块分析有 ，由于 为物块P到O点的最大距离，即在 时，物块的速度
为0，根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为 ，解得 ，故
B正确；C．对于地面上的物体，万有引力近似等于重力，则有 ，地球的平均密度为
，结合上述解得 ，故C正确；D．根据上述可知， 时，物块P速度最大，动能
最大，根据动能定理有 ，根据胡克定律可知，弹簧弹力与形变量成正比，利用弹
力的平均值可以得到 ，由于在 时，加速度为0，则有 ，
解得 ，故D正确。
故选BCD。
23．（2024·河南·校联考模拟预测）（多选）如图所示，倾角为 的光滑足够长固定斜面上，一劲度系数
为 的轻弹簧，一端连在斜面底部的固定挡板上。质量分别为 和 的物块 和 叠放在一起，压在弹
簧上，处于静止状态。对B施加一沿斜面向上的外力，使B以 （ 为重力加速度）的加速度沿斜面匀
加速直线运动，则（ ）A．两物块分离时的速度大小为
B．两物块分离时的速度大小为
C．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
D．物块从开始运动到分离时，弹簧弹力做的功为
【答案】BD
【详解】AB．物块B施加外力前，物块 和 受力平衡有 ，两物块分离时，物块 和
间的作用力为零，物块 受力平衡有 ，物块 上滑的距离为 ，根据动
力学公式 ，可得两物块分离时的速度大小为 ，故A错误，B正确；CD．物块从开始运
动到分离时，弹簧弹力做的功为 ，故C错误，D正确。
故选BD。
24．（2024·福建漳州·统考模拟预测）（多选）为预防电梯缆绳断裂的安全事故，电梯井底和电梯上分别
安装有缓冲弹簧和安全钳，装置简化如图所示。现质量为 的电梯，因缆绳断裂而坠落，刚接触弹簧
时的速度为 ，弹簧被压缩了 时电梯停止运动，下落过程中安全钳提供给电梯 的滑动摩擦力。
已知弹簧的弹性势能为 （k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计空气阻力及弹簧自重，
g取 。则（ ）A．整个运动过程中电梯一直处于失重状态
B．整个运动过程电梯刚接触弹簧时速度最大
C．该缓冲弹簧的劲度系数为
D．停止运动时安全钳提供给电梯的摩擦力为
【答案】CD
【详解】AB．电梯的重力和安全钳提供给电梯的滑动摩擦力的合力为 ，方
向向下，则接触弹簧后开始阶段F合>F弹，电梯加速向下运动；随弹力的增加，当F合<F弹时，电梯减
速向下运动，则整个过程中电梯先加速后减速，先失重后超重，当F合=F弹时电梯速度最大，选项AB错
误；C．由能量关系可知 ，解得 ，选项C正确；D．停止运动时安全
钳提供给电梯的摩擦力为 ，方向向下，选项D正确。
故选CD。
25．（2023·河南开封·校考模拟预测）如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量 的小球压缩弹簧
后被锁扣锁住，储存的弹性势能为 ，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度 向左滑离平台，
做平抛运动，经过 恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的
圆心角为37°。半径 ，OD为竖直半径，圆轨道左侧DE是长为 的粗糙水平轨道，小球遇墙壁
等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10m/s²， ， 。
求：
（1）弹簧储存的弹性势能 ；
（2）小球在D点对轨道的压力；
（3）DE段的动摩擦因数μ。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）经过 恰好能从光滑圆弧形轨道 的 点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有
解得
所以弹簧储存的弹性势能
（2）小球在 点的速度为
由 到 根据动能定理有
解得
小球在 点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律知，小球在 点对轨道的压力为
（3）由 到 再回到 ，由动能定理可知
解得 段的动摩擦因数
26．（2023·海南·校联考一模）如图所示，一轻弹簧置于光滑水平面上，左端固定。在水平面的右侧，有
一个四分之三光滑圆环轨道，圆环轨道半径为 。用一质量为 的小球（可视质点）压缩弹簧右端至 点，
小球释放后，刚好运动到轨道的最高点，已知重力加速度为 ，不计空气阻力。求：
（1）弹簧的弹性势能为多大？
（2）改变小球的质量，小球仍从 点释放，要使小球在轨道上运动过程中不脱离轨道，小球的质量满足的
条件是什么？【答案】（1） ；（2）见解析
【详解】（1）小球刚好运动到轨道的最高点，重力刚好提供向心力，则有
从小球释放至运动到最高点的过程，根据能量守恒可得
联立解得弹簧的弹性势能为
（2）要使小球在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：
①小球能够通过最高点；应满足
从小球释放至运动到最高点的过程，根据能量守恒可得
解得
②小球运动的最高点不超过 圆周；应满足
根据能量守恒可得
解得
27．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导
轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，它经过B点的速度为v，之后沿半圆
0
形导轨运动，恰好能够到达半圆轨道的最高点C点。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）求物体在半圆轨道的最低点B时对轨道的压力；
（3）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据功能关系可得弹簧压缩至A点时的弹性势能E =
P
（2）在最低点，根据牛顿第二定律可得
解得
物体在半圆轨道的最低点B时对轨道的压力为 ；
（3）物体恰好能够到达半圆轨道的最高点，则有
从B到C的过程中，根据动能定理可得
解得物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功
考向二：涉及板块、传送带的能量问题
28．（2020·全国·高考真题）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。
传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质
点），以初速度v=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度
0
取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0 ，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有： ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有 ②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送
带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨
(3)传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t=1.0s
3
x=5.5m
2 ⑫
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运
⑬
动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有 ⑭
由①⑫⑬⑭式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有， ⑮
则减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理
有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量 ，方向竖直向上
29．（2023·福建福州·福建师大附中校考模拟预测）如图，水平传送带以恒定速度 顺时针转动，传送带右
端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到
，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一
次到达最右端的过程中（ ）
A．接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用
B．接触弹簧后，弹簧对P做的功等于
C．接触弹簧后，P的速度不断减小
D．接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小
【答案】D
【详解】A．因为P在接触弹簧前速度达到 时，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块
与传送带之间没有摩擦力，故A错误；B．接触弹簧后，对物块P由动能定律得 ，整理
有 ，故B错误；C．物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受
到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动。所以物块
P接触弹簧后P的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误；D．由之前
的分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有 ，开始时随
着静摩擦力变大，所以功率变大，当物块P开始做减速运动时，其摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，但
是速度减小，所以功率开始减小。综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。
故选D。30．（2023·广东惠州·统考模拟预测）（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面
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，使小物块
从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 ，小物块和小车之间的滑动
摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（ ）
A．物块到达小车最右端时，其动能为
B．摩擦力对小物块所做的功为
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为
【答案】AC
【详解】A．小物块发生的位移为 ，对于小物块根据动能定理可得 ，故A正确；
B．小物块克服摩擦力做的功为 ，故B错误；C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为
，对小车根据动能定理得 ，故C正确；D．小车和小物块增加的动能为
，系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为
，故D错误。
故选AC。
31．（2023·山东济南·山东省实验中学校考二模）（多选）如图所示，质量为 的光滑木板静止放
在光滑水平面上，左侧连接一个劲度系数为 且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的轻
细线连接在竖直墙上，细线所能承受的最大拉力为 。现让一个质量为 、初速度为
的滑块在木板上向左运动，然后压缩弹簧。以下说法正确的是（ ）A．细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统机械能守恒
B．细线被拉断时，滑块的加速度最大
C．木板的最大加速度为
D．滑块最后离开木板时相对地面的速度恰好为零
【答案】AC
【详解】A．细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，其他力不做功，故系统机
械能守恒，故A正确；B．细线被拉断时，滑块将继续向左压缩弹簧，当滑块与木板速度相等时，弹簧被
压缩得最短，此时滑块的加速度最大，故B错误；C．细线被拉断时，滑块的速度为 ，此时弹簧被压缩
，当滑块与木板速度相等时，滑块的速度为 ，且弹簧被压缩 ，由能量守恒定律得
，由胡克定律得 ，由动量守恒得 ，解得
，木板的最大加速度为 ，故C正确；D．滑块滑块最后离开木板时，弹簧恢复
原长，设此时滑块速度为 ，木板速度为 ，由动量守恒得 ，由能量守恒定律得
，可知 ，故D错误。
故选AC。
32．（2023·四川南充·统考模拟预测）（多选）如图，已知传送带与水平方向成 角，倾角也为 的斜
面固定于地面且与传送带良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数
（其余位置摩擦不计）。传送带顺时针匀速转动，速度 ，两轮轴心相距 分别是传送
带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量 的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A
点后由静止释放，工件离开弹簧从斜面顶端滑到传送带上的 点时速度 间的距离 。工件可视为质点， 取 ，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能
B．工件刚滑上传送带时加速度
C．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的时间
D．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热量
【答案】AB
【详解】A．滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小量等于滑块机械能的增加量，根据机械能守恒定
律，弹簧的最大弹性势能为 ，代入数据解得 ，故A正确；B．工件刚滑上
传送带时，速度大于传送带速度，摩擦力沿着传送带向下，根据牛顿第二定律
，
代入数据解得 ，故B正确；C．从B点运动到与传送带共速需要的时间为 ，工件
滑行的位移大小为 ，因为 ，所以工件将沿传送带继续减速上
滑。有 ，代入数据解得 ，假设工件速度减为零时，工件未从传送
带上滑落，则有 ，工件滑行的位移大小为 ，故假设成立，工件沿传送
带上滑的时间为 ，故C错误；D．第一阶段皮带的位移为 ，物体与皮带的相对
位移为 ，第二阶段皮带的位移为 ，物体与皮带的相对位移为，故工件在皮带上滑动的全过程中所产生的热能为 ，故
D错误。
故选AB。
33．（2023·河北石家庄·统考二模）（多选）如图所示，倾斜传送带以恒定速率 v 顺时针转动，现将一小
物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v，在整个过程
中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q，小物块获得的动能为 E、重力势能的增加量为 E，下列说法正
k p
确的是（ ）
A．Q=E B．Q>E C． D．
k k
【答案】BC
【详解】设传送带长度为L，倾角为 ，质量为m，运动时间为t，物块受到的摩擦力为f，根据题意，有
， ，则有 ，可得 ，对物块，根据动能定理 ，
产生的热量为 ，其中 ，联立可得 ，则有Q>Ek。
故选BC。
34．（2023·四川攀枝花·统考一模）（多选）如图，质量m=2kg的小物块以水平初速度 从左端
滑上长L=3m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F=4N的恒力作用，传送带在电动
机的带动下沿顺时针方向运行、速度大小恒为 。已知物块与传送带间的动摩擦因数 ，重力加
速度g取 ，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块一直做匀速直线运动
B．恒力F对小物块做的功为6JC．小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为6J
D．因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6J
【答案】ACD
【详解】A．由于 则小物块一直做匀速直线运动，A正确；B．恒力F对小物块做的功为
，B错误；C．小物块的运动时间为 ，小物块与皮带间因摩擦而产生的热量为
，C正确；D．因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送带克服摩
擦力做功，即 ，D正确。
故选ACD。
35．（2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模）（多选）如图，水平传送带一直以速度 向右匀速
运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连， 时刻P在传送带左端具有向
右的速度 ，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数
，传送带长度 ，绳足够长， 。关于小物体P的描述正确的是（ ）
A．小物体P从传送带左端离开传送带
B．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60J
【答案】ACD
【详解】A．对P、Q分析，由牛顿第二定律 ，得 ，物块P与传动带攻速时的位移为 ，共速后，物块P做匀减速运动，根据牛顿第二定律 ，得 ，
物块P减速至零的位移为 ，由于 ，小物体P从传送带左端离开传送带，A正确；
B．由A选项可知，小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度由两个值，B错误；C． 时刻到与传
送带共速，划痕长度为 ，共速至P减速为零的过程，划痕长度为 ，
考虑到划痕重复，小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为 ，C正确；D．小
物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是 ，D正确。
故选ACD。
36．（2024·辽宁鞍山·统考二模）（多选）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角 ，与两
皮带轮 、 相切与A、B两点，从A到B长度为 。传送带以 的速率顺时针转动。两
皮带轮的半径都为 。长度为 水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有
一体积可忽略，质量为 小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因
数为 ，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为 ，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．小物块从A运动到B的时间为8s
B．小物块运动到皮带轮 最高点时，一定受到皮带轮 的支持力作用
C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为D．若小物块刚好停在CD中点，则
【答案】ABC
【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运
动由牛顿第二定律可得 ，解得 ，假设小物块能与传送带达到相同
速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为 ，则假设成立，小物块匀加速运
动的时间为 ，速度相同后，由于 ，小物块与传送带一起匀速，小
物块匀速运动的时间为 ，则小物块从A运动到B所用的时间为 ，A
正确；B．小物块运动到皮带轮 最高点时所需的向心力 ，所以小物块运动
到皮带轮 最高点时，一定受到皮带轮 的支持力作用，B正确；C．小物块与传送带的相对位移为
，小物块与传送带摩擦产生的热量为 ，B、C的高度
，小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为
，故C正确；D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有
，解得 ，D错误。
故选ABC。
37．（2023·贵州·校联考一模）（多选）如图甲所示，一质量 的物块沿曲面从一定高度处由静止开
始下滑，以某一初速度从左端滑上逆时针匀速转动的水平传送带 ，由速度传感器记录下物块在传送带
上运动时速度随时间的变化关系如图乙所示（以物块刚滑上传送带时为计时起点）。已知重力加速度
，下列说法正确的是（ ）A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．前2s和第3s内物块所受摩擦力的方向相反
C．物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中因摩擦产生的热量为
D．若提高传送带的转速，物块在传送带上减速为零时离B点的距离将变大
【答案】AC
【详解】A． 图像的斜率表示加速度，由图乙可知物块的加速度大小为 ，又
，解得 ，故A正确；B．前 和第 内 图像的斜率不变，物块受力不变，摩
擦力不变，故B错误；C．由 图像分析可知传送带的速度为 ， 图像与 轴围成的面积表
示位移，前 内物块的位移 ，传送带的位移 ，则相对位移 ，
第 内物块的位移 ，传送带的位移 ，则相对位移 ，
则 ，故C正确；D．提高传送带的转速，物块在水平传送带上运动的初速度、加
速度均不变，所以速度减为零时离 点的距离不变，故D错误。
故选AC。
38．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）（多选）如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块
（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传
送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间（v-t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时
间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹， ，则下列说法正确的是（ ）A．黑色痕迹的长度为36m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160J
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
【答案】BC
【详解】A．煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知 ，经时间 ，速度达到
，设经过 煤块和传送带共速为 ，皮带减速的加速度 ，有 ，
，联立解得 ， ，此后因 ，则煤块和皮带各自匀减速到停止，煤块减速
到零的时间为 ，作出煤块的速度v-t图像如图所示（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于
8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）
由图可知，煤块先相对皮带向左滑动的相对位移为 ，共速后煤块相对皮带往右滑
动的相对位移为 ，则痕迹应取较长的相对位移为 ，故A错误；
B．全程煤块在传送带上的相对位移为 ，故B正确；C．煤块与传送带间因摩擦产生的
热量为 ，故C正确；D．若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则图像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长也不变，故D错误。
故选BC。
39．（2022·浙江台州·统考模拟预测）如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、
两个相同的四分之一圆弧构成的竖直细管道BC、水平直轨道CD和水平传送带DE平滑连接而成。传送带
以恒定速度做顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O点。质量 的滑块a将弹簧
压缩至A处（图中未标出），此时弹性势能 。释放后滑块通过ABC段，进入轨道CD与质量
的滑块b发生弹性碰撞，碰后滑块b从E点水平飞出。已知OB段长 ，滑块a与OB段的
动摩擦因数 ，圆弧半径 ，传送带长 ，滑块b与传送带的动摩擦因数 ，滑
块均可视为质点，装置其余部分均光滑，不计空气阻力。求：
（1）在竖直光滑细管道C点时滑块a受到管道的作用力大小；
（2）滑块a最终静止的位置与管道最低点B的距离；
（3）滑块b平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
【答案】（1） ；（2） 点左侧 处；（3）见解析
【详解】（1）根据功能关系可知
解得
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）与滑块b发生弹性碰撞，则动量守恒且能量守恒解得 ，
而由于
则不会再弹上 ，
解得
而由于
故最终停在 点左侧 处。
（3）根据平抛运动规律有
解得
若一直减速则有
解得
若一直加速，则有
解得
则若 ，则
若 ，则
若 ，则
40．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图所示，长度l=3m的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一个
半径R=0.35m的光滑半圆弧轨道CEFD，其中C点为轨道的最低点，E点和圆心O等高，FD段为光滑圆管，
∠EOF=30°。可视为质点的小物块从A点以v=5.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kg，与传
0
送带之间的动摩擦因数μ=0.3，且小物块尺寸小于光滑圆管内径。重力加速度g取10m/s2。
（1）若传送带以v=6.1m/s的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的
电能；
（2）若传送带以 的速率顺时针方向转动，求：
①小物块第一次运动到C点时对轨道的压力大小；
②试通过计算判断小物块是否会脱离轨道CEFD；若脱离，求出落点到C点的距离，若不脱离，求小物块最终稳定运动时的最大动能。
【答案】（1）3.66J；（2）①45N；②不会脱离，2J
【详解】（1）假设小物块中途会与传送带达到共速，小物块先在传送带上做加速运动，由牛顿第二定律
有
解得
设与传送带共速需要的时间为t，则有
解得
加速过程中的位移
解得
故假设成立。电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，即有
解得
（2）①假设小物块一直减速运动到C，则由动能定理有
解得
由于
故假设成立，在C点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小物块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为
②小物块从C点运动到F点过程中，由动能定理有
解得，小物块到达F点的速度大小为
在F点有
则小物块恰好可以通过F点，小物块从C点运动到最高点过程中，由机械能守恒有解得
则小物块不会通过D点，即小物块第一次经过半圆弧轨道CD的过程中不会脱离轨道，小物块从半圆弧轨
道滑下后，在传送带上做减速运动，设减速到零的过程中发生的位移为 ，则有
小物块减速到零后反向向右加速，与传送带达到共速后再做匀速运动，小物块再次经过C点向右的速度为
则小物块再次通过C点后上升至速度为0时有
解得
即小物块第二次冲上半圆时，不会脱离轨道，小物块速度为零后再返回至C点，进入传送带，如此往复运
动，则小物块不脱离轨道，最终稳定运动时在C点的动能最大，最大动能为
41．（2023·浙江杭州·校联考二模）某闯关项目的简化图如图所示，距离水平地面高为 的平台上，
A点左侧为光滑平台，一根弹簧左端与固定挡板连接，自然长度时右端不超过A点，一个可以看作质点的
滑块靠着弹簧右端（不拴连），滑块质量为 。平台 段长为 ，与滑块的动摩擦因数为
。B点右侧设置长为 的水平传送带，传送带与滑块的动摩擦因数为 ，传送带的右端设
置半径为 的半圆弧光滑轨道， 为竖直直径的上下两端，C点与传送带末端的空隙很小，但是
可以让滑块通过。传送带一旦启动，顺转（即让传送带顺时针方向转动）和逆转的速度都为 ，在
B点的左侧附近设置传送带启动按钮，按钮有两个，一个为顺转，一个为逆转。闯关开始前传送带处于关
闭状态。闯关时，选手首先向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的初始弹性势能 ，然后释放滑块，在
滑块进入传送带前，选手必须按照实时情况按下顺转按钮或逆转按钮。闯关规则为：如果滑块最终能始终
沿着轨道到达水平地面，则闯关成功；如果滑块最终退回到A点左侧，则可以再次闯关（既不失败，也没
有成功）；如果滑块最终停在 段上，或者向右出传送带后摔落在 段则游戏失败（来不及按下按钮也
视为失败，本题假设选手都按了按钮）。g取 。
（1）设备调试时，关闭传送带，测得当弹簧的初始弹性势能为 时，滑块恰好滑到传送带的右端
停止，求传送带与滑块的动摩擦因数 的大小；
（2）某选手压缩弹簧使其具有 的初始弹性势能，请通过计算说明本次闯关选手（按下任何一个按钮的可能性都会有）是否可能会失败；
（3）求选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能 取值范围。
【答案】（1）0.2；（2）选手闯关不会失败；（3）
【详解】（1）根据能量守恒有
解得
（2）设滑块到达 点的速度为 ，根据能量守恒有
解得
设滑块能够沿 轨道运动的 点临界速度为 ，
解得
选择1：若选手按下顺转按钮，设滑块在传送带上能全程加速，到达 处的为 ，有
解得
说明滑块全程加速成立，由于
说明按下顺转按钮可以沿轨道到达水平地面，闯关成功
选择2：若选手按下逆转按钮，设滑块在传送带上减速到零的对地位移为 ，有
解得
说明滑块在传送带上减速至零成立，由于说明滑块可以按原速率 返回 点，又
故滑块可以回到 点左侧，再闯关一次。
综上分析，本次选手闯关不会失败
（3）设顺转按钮情景下的最小初始弹性势能为 ，有
解得
且
能冲上传送带，成立；
设逆转按钮情景下的最小初始弹性势能为 ，有
解得
综上所述，选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能 取值范围为
42．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，一质量 、长 的木板B静止于光滑的水平面上，距
离B的右端 处有一固定竖直挡板； 时刻，一个质量 的小物块A以初速度 从B
的左端水平滑上B， 时，对物块A施加一水平向右的恒力 。设物块A可视为质点，A、B间的
动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损
失，g取 ，求：
（1） 内，木板B的运动位移；
（2）从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对B所做的功；
（3） 与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离。
【答案】（1） ；（2）4J；（3）
【详解】（1）A滑上B后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动；由牛顿第二定律知，对木块A对木板B
设AB经过时间 后达到相等的速度 ，由运动学规律知
解得
此时A运动的位移为
B的运动位移为
当AB共速后将做匀速直线运动，则两者在 内的运动位移为
故在 内，木板B的运动位移为
（2）当 时，当恒力F作用在A上，假设AB仍保持相对静止，对整体有
对B有
解得
故在木板B与挡板碰撞前，A、B保持相对静止，其共同运动的加速度为
设木板B第一次与挡板碰撞前，AB的速度为 ，由运动学规律知
解得
而从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，只有摩擦力对B做功,由动能定理知
（3）当B与挡板第一次碰撞后，A向右做匀减速直线运动，B向左做匀减速直线运动
对A有
对B有
解得
即AB将同时减速到0，则在此过程中，由运动学公式知解得
在此过程中A相对B运动位移为
此后AB将在恒力F作用下以加速度 向右加速运动，在第二次碰撞前A与B之间不再发生相对
位移；
由（1）问可知， 内，A相对B运动位移为
故B与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离
