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专题突破卷 05 机械能守恒和能量守恒定律的综合应用专题
（曲线运动，铁链，连接体，板块，传送带）
建议用时：75分钟
考点序号 考点 考向 题型分布
考点1 机械能守恒 考向1：曲线运动中的能量问题 13单选+2多选
和能量守恒 考向2：机械能守恒处理铁链下滑问题
定律的综合 考向3：机械能守恒处理轻杆连接体问题
应用 考向4：机械能守恒处理轻绳连接体问题
考向5：能量守恒与传送带问题的结合
考向6：能量守恒与板块问题的结合
机械能守恒和能量守恒定律的综合应用专题（曲线运动，
铁链，连接体，板块，传送带）（8 单选+8 多选+2 计算）
1．（2024·陕西安康·模拟预测）如图所示，内壁光滑的四分之三圆弧形槽放置在水平地面上，O点为其圆
心，A、B为圆弧上两点，OA连线水平，OB连线竖直，槽的质量为5m，圆弧的半径为R。一个质量为m
的小球从A点以初速度v （未知）竖直向下沿槽运动，小球运动至最高点B时槽对地面的压力刚好为零。
0
不计空气阻力，重力加速度为g，槽始终未发生移动，则小球的初速度大小v 为（ ）
0
A． B． C． D．
【答案】C【详解】小球在最高点B时，槽对地面的压力刚好为零，则在B点小球对槽的弹力向上，大小为5mg，由
牛顿第三定律和向心力公式有
对小球由A到B，由机械能守恒定律有
可得
C正确。
故选C。
L
2．（22-23高一下·四川内江·期末）如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其 放在倾角为30°的
2
光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜
面时，铁链的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
上一半铁链重心下落的高度为
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面由动能定理得解得
故选D。
3．（2024·青海·模拟预测）如图所示，顶角P为53°的光滑“ ”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m
的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“ ”形硬杆的倾斜和水平部分，当
轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点
时，轻质硬杆与“ ”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬
杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有
解得
故选B。
4．（2024·新疆省直辖县级单位·模拟预测）质量不计的直角支架两端分别连接质量为2m的小球A和质量L
为3m的小球B，支架的两直角边长度分别为L和 ，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所
2
示。开始时 边水平，现将小球A由静止释放，重力加速度为g，则（ ）
A．小球A到达最低点时的速度大小为
B．当 水平方向夹角为37°时，小球A、B速度达到最大
C．小球B最大速度为
D．小球A到达最低点的过程中，杆对小球A所做的功为
【答案】C
【详解】AD．由题意得，小球A从静止至到达最低点的过程中，两球组成的系统机械能守恒，小球A从静
止至到达最低点的过程中，根据系统机械能守恒可得
解得
对A由动能定理
解得杆对小球A所做的功为
选项AD错误；
BC．当OA直角边与水平方向的夹角为θ时，由系统机械能守恒可得可得
由数学知识可知
当θ=53∘时v最大，此时
小球B最大速度为
选项B错误，C正确；
故选C。
5．（2024·山东济南·二模）如图所示，倾角为 的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近
垂直斜面固定一挡板，小物块甲、乙用轻弹簧拴接后置于斜面上，甲的质量为m。初始静止时，弹簧压缩
量为d。某时刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力 ，当弹簧第一次恢复原长时将恒力撤去，甲到最高
点时乙刚要离开挡板。已知甲物体做简谐振动的周期为T，弹簧的弹性势能为E， ，其中k为劲度
系数（k未知），x为形变量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度以内。则（ ）
A．小物块乙的质量为2m
B．甲运动到最低点时的加速大小为2g
C．从撤去外力到甲运动到最高点的时间为
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】D【详解】A．施加恒力前由平衡条件
mgsinα=kd
解得
设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为x，从开始到乙刚要离开挡板的过程，对甲和弹簧由能量守恒有
1
解得
x=d
1
设乙的质量为m'，乙刚好不离开挡板，则有
kx=m'gsinα
1
解得
m'=m
故A错误；
B．甲在最高点时
解得
a=g，
由对称性可知，甲到最低点时加速度也为g，故B错误；
C．刚撤去外力甲做简谐振动的平衡位置为初始位置，因此甲此时的位移为 且向上运动，则从撤去外力
到甲运动到最高点的时间为 ，选项C错误；
D．设甲到最低点时弹簧的压缩量为x，由能量守恒得
2
解得
x=3d
2
由于x＜x，故最大弹性势能
1 2故D正确。
故选D。
6．（2024·黑龙江吉林·模拟预测）如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率
v 逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°，转轴间距L=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方向
0
以速度v=1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的v-t图像如
1
图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．传送带运行的速度大小为0.5m/s
D．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的滑动摩擦
力，在2.5s~4.5s内，货物匀速下滑，根据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力，所以2.5s时货物
所受摩擦力方向不变，故A错误；
C．图线与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根据题意可得
解得
故C正确；
B．由图乙和C分析可知，货物在0~2.5s内的对物块由牛顿第二定律
由图像可知货物的加速度大小为联立解得
故B错误；
D．由于货物向下运动过程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做负功，根据功能关系可知，
货物所具有的机械能一直减小，故D错误。
故选C。
7．（2024·云南·模拟预测）如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平
滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上
2
运动一段时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距N点高度为 R，重力加速度为g。则以下说法正
3
确的是（ ）
A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，小滑块最终静止于N点
C．小滑块第二次上升的最高点距N点高度为
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于
【答案】D
【详解】A．小滑块在圆弧轨道下滑，由
解得到达N点时速度为
小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，在传送带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，返回时第一次上升的最
2
高点距N点高度为 R，由
3可得传送带匀速传动的速度
故A错误；
BC．之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，返回时在传送带上向左先加速，和传送带共
2
速后匀速运动，所以滑块不会静止，返回时上升的最高点距N点高度始终为 R，故BC错误；
3
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充的能量，损失的
重力势能为 ，所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于 ，故D正确。
故选D。
8．（2024·四川成都·二模）如图，一质量为 的木板静止在水平地面上，一质量为m=1kg的滑块
（可视为质点）以v =2m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木
0
板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为μ （未知），重力加速度大小取 ，
2
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．地面对木板的摩擦力方向水平向右
B．地面对木板的摩擦力大小为
C．μ 可能为0.12
2
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为
【答案】C
【详解】A．根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向
水平向左，故A错误；
B．滑块对木板的滑动摩擦力大小由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小
故B错误；
C．木板始终保持静止，即
解得
故C正确；
D．整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量
故D错误。
故选C。
9．（2024·河南漯河·三模）如图所示，质量为 、半径为R、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，
轨道圆心为 ， 、 是轨道上与圆心 等高的两点。一质量为 的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过
轨道最高点，运动过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ）
A．小球经过轨道最低点时，速度为
B．小球经过 点时，轨道对地面的压力为
C．小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小
D．小球经过 点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向右
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，小球恰好能通过轨道最高点，则有小球的重力恰好提供向心力，设小球在最高点的速度为 ，则有
解得
小球从最高点运动到最低点，设小球在最低点的速度为 ，由机械能守恒定律可得
解得
A错误；
B．小球经过 点时，圆轨道的弹力提供向心力，小球处于完全失重状态，由平衡条件可知，地面对轨道
的支持力大小等于轨道的重力 ，由牛顿第三定律可知，则轨道对地面的压力大小为 ，B正确；
C．小球经过轨道最高点时，则有小球的重力恰好提供向心力，此时小球处于完全失重状态，则轨道对地
面的压力大小为 ，小球在下半轨道运动时，小球对轨道的压力有竖直向下的分力，则轨道对地面的压
力大于轨道重力 ，小球在上半轨道运动时，（除最高点外）小球对轨道的压力有竖直向上的分力，则
轨道对地面的压力小于轨道重力 ，因此小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力不是最小，C错误；
D．小球经过 点时，轨道对小球向左的弹力提供向心力，由牛顿第三定律可知，小球对轨道有向右的弹
力，即轨道有向右的运动趋势，则地面对轨道有向左的静摩擦力，则轨道对地面的摩擦力沿水平面向右，
D正确。
故选BD。
10．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑
轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为3kg、1kg，
物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现用水平拉力F作用在小球
B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取10m/s❑ 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是（ ）
A．轻绳上拉力先增大后减小
B．拉力F最大值为 N
C．A即将滑动时，突然撤去拉力F，小球B加速度大小为 m/s❑ 2
D．在A即将滑动前，撤去拉力F后，物块A仍静止不动
【答案】BC
【详解】A．设轻绳拉力为T，滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为α，小球B缓慢转动过程，α逐渐增大，小
球B受力平衡，则有
则轻绳拉力T逐渐增大，A错误；
B．当物块A即将发生滑动时α最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A
解得
N
又因为
解得所以
可得
N
B正确；
C．若突然撤去拉力F小球B加速度大小
m/s❑ 2
C正确；
D．撤去外力后，设物块A仍静止不动，小球B做圆周运动，到达最低点时速度为v，根据机械能守恒
由牛顿第二定律
解得
N
小球B摆动过程中，物块A已经发生滑动，D错误。
故选BC。
11．（2024·四川眉山·模拟预测）如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸
长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为 的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与
竖直方向的夹角为 ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达 点。已知定
滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同， ， ，重力加速度大小为 ，定滑轮
可看作质点，下列说法正确的是（ ）A．小球经过 点时的加速度大小为
B．小球的质量为
C．除M、P两点外小球B速率始终小于物块A速率
D．小球B在Q点速率最大
【答案】AB
【详解】A．小球经过Q点时在竖直方向仅受到重力作用，加速度大小为g，故A正确；
B．A和B组成的系统，整个系统只有重力做功，且无机械能与其他能发生转化，所以系统机械能守恒，有
解得
故B正确；
C．在运动过程中小球B与物块A的速度大小关系为
所以除M、P两点外小球B速率始终大于物块A速率，故C错误；
D．小球B从P点向上运动时，当小球B受到轻绳的拉力向上的分力与重力大小相等，方向相反时小球B
的速度最大，在Q点的下方，故D错误。
故选AB。
12．（2024·重庆·模拟预测）如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，
a球在外力作用下静止在地面，b球悬空。取地面为重力势能的零势能面，从t=0时静止释放a球，到b球
落地前的过程中，a、b两球的重力势能 随时间t的变化关系如图（b），a始终没有与定滑轮相碰，忽略
空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）A．a、b两球质量之比为1∶3
B．b球落地时的动能为3J
C．t=0.3s时，a球离地的高度为0.225m
D．当b球的重力势能与动能相等时，b球距地面的高度为0.1m
【答案】ACD
【详解】A．由图可知从释放到b落地，有
A正确；
B．系统机械能守恒，有
b球落地时的动能
解得
B错误；
C．系统牛顿第二定律，有
解得
g
a=
2
当 时，a离地面高度
C正确；
D．由图可知 时，有
即得释放时b离地
当 时，对b由动能定理有
，
解得
D正确。
故选ACD。
13．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图，两个质量均为m的小球M、N通过轻质细杆连接，杆与水平面的
夹角为53°，M套在固定的竖直杆上，N放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端
与N相连，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。当弹簧处于原长状态时，M到
地面的距离为h，将M由此处静止释放，在小球M向下运动至与地面接触的过程中，下列说法正确的是（
）
A．小球M释放的瞬间，小球N的加速度等于
B．小球N的对水平面的压力先减小后增大。
C．当小球N的速度最大时，小球M的加速度大小等于
D．若小球M落地时弹簧的弹性势能为 ，M的动能大小为
【答案】BD
【详解】A．设小球M释放的瞬间，细杆的弹力为F，则有
，
由关联加速度，可得解得
故A错误；
B．依题意，小球M先加速后减速，即小球M、N系统先处于失重状态后处于超重状态，所以地面对小球
N的支持力先减小后增大，由牛顿第三定律可知小球N的对水平面的压力先减小后增大。故B正确；
C．当小球N的速度最大时，弹簧处于伸长状态，细杆对小球N的水平推力等于弹簧的拉力，细杆对小球
M有向上的推力，所以小球M的加速度大小小于g。故C错误；
D．整个系统机械能守恒，则有
则此时M的动能大小为
故D正确。
故选BD。
14．（2024·四川成都·模拟预测）如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范
围内调节，方便不同情况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图乙为等双翼式
传输机工作示意图，M、M 代表两传送带。第一次调整M 的倾角为30°，M 的倾角为45°，第二次调整M
1 2 1 2 1
的倾角为45°，M 的倾角为30°，两次分别将同一货物无初速放在M 的最低端，都能传到M 的最高端。货
2 1 2
物与M 和M 的接触面粗糙程度相同，两次运输中货物均在M 上就已与传送带共速，先后两次传输机的运
1 2 1
行速度大小相同。则（ ）
A．第一次运送货物的时间较短
B．第二次运送货物的时间较短
C．传输机因运送货物而多消耗的能量，第一次较多D．传输机因运送货物而多消耗的能量，第二次较多
【答案】AD
【详解】AB．设传送带的速度为v，M 的倾角为θ，货物在M 上加速运动时有
1 1
μmgcosθ−mgsinθ = ma
解得
a = μgcosθ−gsinθ
可知θ越大，加速度越小，两次货物运送的长度一样，则第一次运送货物的时间较短，故A正确、B错误；
CD．根据能量守恒可知，传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生的内
能。两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货物
加速的时间为t，货物与传送带的相对位移为Δx，可得
，Q = f·Δx， ，f = μmgcosθ
联立解得
可知θ越大，Q越大，即传输机因运送货物而多消耗的能量多，故第二次较多，故C错误、D正确。
故选AD。
15．（2024·河南信阳·一模）如图所示，质量为M=1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m=0.5kg
的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ =0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数
1
μ =0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力 ，给长木板施加一个水平向右的恒力 时
2
撤掉力 ，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是（ ）
A． 长木板的加速度
B． 过程中 对小物块做了 的功
C． 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量【答案】BC
【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示
A. 根据牛顿第二定律
故A错误；
B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀
减速直线运动，加速度大小分别为2m/s2和 ，长木板和小物块在0~4s内的v−t如图所示，0~2s小物
块做匀加速直线运动，位移x=4m，拉力对小物块做功为
故B正确；
C．两条v−t图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v−t图像可知
小物块与长木板之间的摩擦生热
故C正确；D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。
故选BC。
16．（2024·江西·模拟预测）如图甲所示，一木板静置于足够大的水平地面上，木板右端放置一质量为
0.5kg的物块（可视为质点）， 时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，t=2s时撤去F，物块在木板
上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且恰好不能从木板左端掉落，整个过程中木板运动的v−t
图像如图乙所示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 ，下列
说法正确的是（ ）
A．木板的长度为3m
B．木板的质量为0.2kg
C．物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J
【答案】BCD
【详解】B．由题意画出物块运动的v−t图像，如图所示设物块与板间的动摩擦因数为μ ，由图得 内物块的加速度大小为
1
对物块由牛顿第二定律得
解得物块与木板间动摩擦因数为
设板与地面间的动摩擦因数为μ ，由图得在 内，木板的加速度大小为
2
对木板由牛顿第二定律得
在 内，木板的加速度大小为
对木板由牛顿第二定律得
两式联立得
，
故B正确；
A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s时与木板有共同速度，且在木板左端，木板的长度
故A错误；
C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为第二段为2.5s后，由图得长度为
物块与木板摩擦生热
故C正确；
D．木板的位移有三段，第一段由图得
第二段由图得长度为
第三段位移
木板与地面摩擦生热
故D正确。
故选BCD。
17．（2024·山东威海·二模）如图所示，竖直面内一半径为R的部分圆筒轨道固定在水平地面上，O为圆
心，AB为竖直直径，轨道末端为C点，OC与OB的夹角为θ。轨道左侧地面上有一可以沿地面左右移动
的竖直立柱，其高为H，下端为D点，其上放一球b。现将质量为m的球a以速度v 从A点射入，离开C
0
点时对轨道的压力大小为1.6N，然后击中b，已知m=0.1kg，v=1m/s，R=0.5m，θ=37°，H=0.17m，重力加
0
速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计。小球可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）a由A点运动至C点的过程中损失的机械能；
（2）BD间的距离。【答案】（1）0.75J；（2）0.46m或0.524m
【详解】（1）小球在C点时，根据牛顿第二定律可得
小球由A到C过程，根据能量守恒定律有
联立解得
（2）小球从C到击中b上升的高度为
竖直方向有
水平方向有
BD间的距离为
联立解得
或
18．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一
夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点
（切线水平），管道底端A位于光滑斜面挡板底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，
绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离B点距离为3R，缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未标
出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。
直管AB粗细不计。（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用 计算（x为弹簧的形变量）（最后结
果可用根式表示）
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠经BC轨道上的C点射出，求在C点的最小速度？
（2）经BC轨道上的C点射出，并击中斜面底边时距A最近，求此最近距离；
（3）设弹珠质量为m， ，该弹簧劲度系数 ，要达到（2）中条件，求弹珠在离开弹簧前的
最大速度。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可知
解得
（2）使弹珠经BC轨道上的C点射出并击中斜面底边时距A最近（设最近距离为d）时，需要弹珠经C点
时速度最小，弹珠离开C点后做类平抛运动，在平行斜面向下的方向上有
在水平方向上
则最近距离为
解得（3）弹珠离开弹簧前，在合力为0的位置速度最大（设为v ），设此位置弹簧的压缩量为x，由于弹珠的
m 0
合力为0，则
解得
对弹珠由合力为0的位置到C点，由机械能守恒定律得
解得
