文档内容
2023 年高考物理二轮复习讲练测（新高考专用）
专题二 动能和动量（练）
2.2 机械能守恒定律和功能关系
第一部分：练真题
【2022年真题】
1、（2022·江苏卷·T10）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
【解析】
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F ，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有
AB
对B有
联立可得
由于A对B的弹力F 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
AB
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x，A运动到最高点时距离O点为x；下滑过程AB不分
1 2
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；
合
C．根据B的分析可知
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F 逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B
AB
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。
2、（2022·全国乙卷·T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静
止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】
如图所示
设圆环下降的高度为 ，圆环的半径为 ，它到P点的距离为 ，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3、（2022·山东卷·T16）某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮。如图所示，配
重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度 沿斜坡匀速上行，此时电流
。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向
下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质量
，取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系
数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有
设斜面倾角为 ，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为 ，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
【2021年真题】
4、（2021·重庆卷·T5）如图所示。竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的1/4圆弧轨道，固定在竖直
平面内，地面水平，O、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
1
过N点时，速度大小为（重力加速度为g）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由图中几何关系可知，图中NO连线与水平方向的夹角θ=30°。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，mgRsinθ= mv2，解得：v= ，选项D正确。
5、（2021·浙江1月卷·T11）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况
如图所示则汽车（ ）A. 发动机的输出功率为70kW
B. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【解析】
A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45 104J，则输出功率为
×
选项A错误；
BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错
误。
故选C。
6、（2021·浙江1月卷·T6）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
【解析】
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。
7、（2021·广东卷·T9）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
【解析】
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。8、（2021·山东卷·T18）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直
墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施
加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开
墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为： ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形
变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离 和B、C分离时B的动能 ；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 ；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的
功为W，通过推导比较W与 的大小；
（4）若 ，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标
出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，
水平向右为正方向。
【答案】（1） 、 ；（2） ；（3） ；（4）
【解析】
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 ，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 ，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙
得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去 ，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 ，C的位移为 ，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，
之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
9、（2021·江苏卷·T14）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）
【解析】
（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10、（2021·北京卷·T20）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆
球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为 ，人站立时摆长为 。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为 ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为
。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角 后，
如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点
“摆球”增加的动能 应满足的条件。
【答案】（1） ；（2）a.见解析；b.
【解析】
（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v、v，根据功能关系得
1 2
已知v = v，得
1 2
因为 ，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角 摆至最低点时动能为 ，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为 ,根据牛顿运动定律得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
11、（2021·浙江1月卷·T21）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细
圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面
与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O 的连线，以及O、E、O 和B等四点连成的直线与水平线间的夹角
2 2 1
均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离 。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有
与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v 及在此过程中所受合力的冲量的
0 c
大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O 点等高的D点所受弹力F 与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】(1) ， ，水平向左；(2) （h≥R）；(3) 或
【解析】
(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中 ， ，则
得
机械能守恒
h满足的条件
【2020年真题】
12、（2020·全国I卷·T20）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【解析】
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
的
下滑5m过程中，由功能原理，机械能 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。
13、（2020·浙江7月卷·T21）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、
水平直轨道 和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高
处静止释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为
，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数
仍为0.25，求它们在轨道 上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计， ，
）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （ ）； （ ）
【解析】
(1)机械能守恒定律牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为 ，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
14、（2020·浙江1月卷·T20）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)
【解析】
（1）滑块恰过F点的条件：
解得：
（2）滑块从E到B，动能定理：
在E点根据牛顿第二定律：
解得：
从O到B点，根据能量守恒定律：
解得：
（3）滑块恰能过F点的弹性势能：
到B点减速到0：解得：
能停在B点，则：
解得： ，此时
从O到B点：
其中
第二部分：练新题
1、（2023届·河北五个一名校联盟高三上学期开学考试）如图所示，传送带 与水平方向夹角为 ，且足
够长。现有一质量为 可视为质点的物体，以初速度 沿着与传送带平行的方向，从 点开始向上运动，物
体与传送带之间的动摩擦因数为 。传送带以恒定的速度 运行，物体初速度大小和传送带的速
度大小关系为 。则物体在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）（重力加速度为 ）
A. 运动过程中摩擦力对物体可能先做正功再做负功
B. 运动过程中物体的机械能一直增加
C. 若传送带逆时针运动，则摩擦力对物体做功为零
D. 若传送带顺时针运动，则物块在加速过程中电动机多消耗的电能为
【答案】CD
【解析】
动摩擦因数为 ，滑动摩擦力的大小为且
C．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，再反向加速，加速阶段和减速阶段的加速度均为
又因为 ，根据运动的对称性可知，再与传送带共速之前，物体从B端以速度 离开传送带，整个过程
中重力做功为零，支持力不做功，物体动能的变化量为0，根据动能定理可知，整个过程中摩擦力做功也为零，
C正确；
D．若传送带顺时针运动，物体放上传送带后摩擦力做正功，加速度大小为
则物体加速至跟传送带共速所用的时间为
物块在加速过程中电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则有
D正确；
B．若传送带逆时针运动，物体在传送带上先减速为零，该过程摩擦力做负功，物体机械能减小，B错误；
A．若传送带逆时针运动，摩擦力先做负功，物体减速为零之后的反向加速过程中，摩擦力做正功；若传送带
顺时针运动，物体先加速至传送带共速，再与传送带一起匀速，整个过程摩擦力均做正功，因此，无论传送带
如何转动，摩擦力对物体不可能先做正功再做负功，A错误。
故选CD。
2、（2023届·安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试）如图1所示，在水平光滑台面上有一端固定的轻质
弹簧，弹簧处于自然长度时其自由端位于 点。平台的右端有一与平台等高的传送带，传送带两轮中心间距
离为 ，以 的速度逆时针匀速运行。现将一质量为 的物块置于平台上，并对其施加
一水平向左的推力 ，在推力 作用下物块缓慢压缩弹簧，且知 与弹簧的压缩量 间的关系如图2所示，物块与传送带间的动摩擦因数 ，重力加速度 取 。若某时刻撤去推力 ，则下列判断正确的是
（ ）
A. 弹簧的劲度系数为160N/m
B. 欲使物块从传送带右端离开传送带，弹簧的压缩量至少为
C. 若当弹簧压缩量 时，撤去推力 ，则物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
D. 若当弹簧压缩量 时，撤去推力 ，则物块将在平台与传送带间不停地往返运动
【答案】ABD
【解析】
A．物块缓慢移动，推力F等于弹簧弹力，即
由图2可知弹簧的进度系数为
故A正确；
B．物体向右滑上传动带欲从右端脱离初速度
根据图2知其面积为推力F做的功，由功能关系可知
解得
故B正确；C．若 ，物块一定从传动带右端脱离，则物块相对传动带的位移
由功能关系
故C错误；
D．若 ，物块从左侧以
的速度滑上传送带，速度减小至零然后在滑动摩擦力作用下向左匀加速运动，脱离传动带时速度大小依然为
，然后压缩弹簧至 ，再向右加速重复上述运动。物块将在平台与传送带间往返运动下去，故
D正确。
故选ABD。
3、（2023届·湖南九校联考高三上学期开学考试）“蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），
质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示（图中 、 、g，已知，
、 未知），忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加
速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（ ）
A. 下降位移为 时，速度最大
B. 下降过程中的最大速度大小为C. 下降的最大位移
D. 下降过程中的最大加速度大小为
【答案】BD
【解析】
A．由图乙可知，下降位移为 时，蹦极爱好者加速度为零，此时速度最大，故A错误；
B．根据动能定理可得
整理可得
解得
故B正确；
C．设绳子劲度系数为 ，对全过程由机械能守恒定律可得
在 处，由平衡条件可得
联立解得
故C错误；
D．在 处，由牛顿第二定律可得解得
故D正确 。
故选BD。
4、（2023届·江苏海安市高三上学期开学考试）如图所示， 、 两个物体通过一根绳子相连，跨过水平固
定的粗糙杆，拉着 吊起 。自由释放 ，重物 竖直下落，使得 绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋
转，进而使得重物 落地前能稳稳地停住——这就是循环摆实验（ ）
A. 重物 下落过程中，绳中张力
B. 绳子对重物 始终做正功
C. 整个过程中系统机械能守恒
D. 物体质量 值越小，实验越易成功
【答案】B
【解析】
A．重物 先加速后减速，物体 绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子将与水平杆缠绕，缠绕后
力的大小不再相同，A错误；
B．物体 绕杆在竖直平面内做半径减小的近心旋转，绳子张力对物体 做正功，B正确；
C．水平杆粗糙，有摩擦生热，机械能不守恒，C错误；
D． 值不能太小，当m 趋近于零时，物体 不会绕杆，即重物 会一直下落，D错误。
A
故选B。
5、（2023届·江苏镇江市高三上学期开学考试）某学生看到机场关于“严禁携带额定能量超过 的充电宝搭乘飞机”的规定。通过仔细阅读机场的说明后领悟到，机场限定的不是充电宝的电荷量，而是充电宝的
能量。则 的能量能把 物体举起的高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
的
能量为
根据功能关系
解得
故选D。
6、（2023届·河北沧州市高三上学期开学考试）如图所示，顶端带有光滑定滑轮、倾角 的光滑斜面
体固定在水平地面上，质量均为m的小球A、B之间用劲度系数为k的轻质弹簧连接，用一根不可伸长的轻绳
跨过光滑定滑轮连接物块C和小球B，轻绳与斜面平行。初始时用手控制住物块C使弹簧与轻绳在同一竖直平
面上，B、C之间的轻绳恰好张紧且无弹力作用。由静止释放物块C后，当其速度恰好达到最大值时，A小球
对地面的压力刚好为零。已知弹簧的弹性势能可表示为 ，其中k为弹簧的劲度系数，x表示弹簧的
形变量，当地的重力加速度为g，则（ ）
A. 物块C的质量为4m
B. 物块C速度达到最大值时，小球B的加速度为C. 物块C从释放到速度达到最大值 的过程中，轻绳对小球B所做的功为
D. 物块C从释放到速度达到最大值的过程中，弹簧对小球B所做的功为
【答案】AC
【解析】
A．物块C速度恰好达到最大值时，加速度为0，此时整体受力分析可知
则
故A正确；
B．物块C速度达到最大值时，B和C用轻绳连接运动状态相同，加速度为0，故B错误；
CD．运动过程中，系统机械能守恒，初状态对小球B受力分析可知
末状态对小球A受力分析可知
则弹簧形变量
因此弹性势能相同，弹簧不做功，则机械能守恒表达式为
对于B球，由动能定理
联立解得
故C正确，D错误。故选AC。
7、（2023届·西南大学附中高三上学期开学考试）如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与
两根长为L轻杆相连，B、C置于水平地面上。在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑
动，三小球始终在同一竖直平面内运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此过程中（ ）
A. 球A落地的瞬时速度为 B. 球B对地面的压力始终等于
C. 球B一直向左做加速运动 D. 当A球机械能最小时，A球的加速度为g
【答案】AD
【解析】
A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒，且三者沿杆方向的速度大小相等，球A落地的瞬时的速度为 ，
小球B、C的速度为0，则有
解得
A正确；
B．释放A之前，系统处于平衡状态，球B对地面的压力等于 ，当A加速下降时，系统处于失重状态，
球B对地面的压力小于 ，B错误；
C．初始时，小球B的速度为0，球A落地的瞬时，小球,的速度也为0，由此可知，球B先向左做加速运动，
再向左做减速运动，C错误；
D．小球A、B、C组成的系统机械能守恒，当A球机械能最小时，小球B、C的机械能最大，即小球B、C的速度最大，加速度为零，杆作用力为0，由此可知，A球的加速度为g，D正确。
故选AD。
8、（2023·河南省安阳市高三上学期期中）科技馆中有一个球体上移的装置，一个球体放在一个架子上，架
子是倾斜的，球可以从架子的低处向高处滚动。简化装置如图所示，两条支撑杆是向上抬起的，但是杆间距离
在不断增大，在球向高处滚动的过程中，不计—切阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 球的重心升高 B. 杆的支持力逐渐增大
C. 杆的支持力方向垂直于杆竖直向上 D. 违背了能量守恒定律
【答案】B
【解析】
AD．该过程满足能量守恒定律，向高处滚的过程中，实际上重心在降低，重力势能减小，动能增大，故AD
错误；
BC．对小球受力分析可知，杆的支持力垂直于杆指向小球球心，与水平方向夹角为 ，满足
滚动过程中 在减小，则支持力在逐渐增大，故B正确，C错误。
故选B。
9、（2023届·山东日照市高三上学期开学考试）如图所示，以 的速度运行的水平传送带与倾角为
的斜面的底端B平滑连接，将一质量 的小物块轻轻放到传送带的A端。已知A、B的距离 ，
物块与传送带间的动摩擦因数 ，物块与斜面间的动摩擦因数 。取重力加速度 ，
， 。求：
（1）第1次滑到B点的过程中摩擦力对物块做的功；
（2）第1次在斜面上滑行最远点P到点B的距离L；
（3）从释放至第3次到达B点的过程中，因摩擦产生的热量Q。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
的
解析：（1）物体在传送带上受到 摩擦力为
加速度为
物体在传送带上加速的末速度为
则物体在B点未与传送带共速，摩擦力做功为
（2）由动能定理得
解得
（3）物块在传送带上匀加速时间
期间传送带的位移
物体在传送带上的位移为x，二者相对位移物体与传送带摩擦生热
物体上升与斜面摩擦生热
物体下降与斜面摩擦生热
由动能定理得
物体再次到达传送带上时的速度为
物块在传送带上匀减速时间
物体在传送带上的位移
期间传送带的位移
物体在传送带上生热
物体在传送带上的位移
物块再次在传送带上匀加速时间期间传送带的位移
物体在传送带上生热
全过程产生的热量
10、（2023届·四川巴中市高三上学期开学考试）滑板是同学们喜爱的体育运动，如图所示，一同学正在进
行滑板运动。图中ABD是同一水平路面，BC是一段R = 4m的圆弧路面，圆弧的最高点C与其圆心O在同一
竖直线上，BC圆弧对应的圆心角为37°，该同学从A点由静止开始在AB路段单脚用力蹬地，然后收腿和滑板
一起冲上圆弧路段到达C点，在C点时滑板对路面的压力为300N；已知他和滑板的总质量为50kg，不计滑板
与各路段之间的摩擦力以及经过B点时的机械能损失。已知重力加速度g = 10m/s2，cos37° = 0.8，sin37° =
0.6。求∶
（1）从C点水平抛出，其落地点与C点的水平距离x为多少？
（2）该同学在AB段消耗的体能中有多少焦转化为他和滑板的机械能。
【答案】（1）x = 1.6m；（2）E = 800J
【解析】
（1）他和滑板在C点受力分析有
有几何关系有
h = R(1－cos37°)
在C点平抛有，x = v t
C
联立解得
x = 1.6m
（2）设其消耗的体能为E，A—C过程所做功为W，由功能关系有
能量守恒有
E = W
则
E = 800J
