文档内容
考向 11 动能定理 机械能
【重点知识点目录】
1. 对动能、动能定理的理解及动能定理的应用
2. 动能定理的图像问题
3. 机械能守恒的理解与判断
4. 单个物体、多个物体的机械能
1．（2022•甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从 a处
由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要
求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的 k倍，运动过程中将运动员
视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D。
【解析】解：从a到c根据动能定理有：mgh＝
在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝
联立解得：R＝
故ABC错误，D正确；
2．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水
平面成24°角，长度l ＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑
1
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 ＝ ，货物可视为质点（取
cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。 μ
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小；
1
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l 。
2
【答案】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小为2m/s2；
1
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
【解析】解：（1）倾斜滑轨与水平面成 ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：
mgsin ﹣ mgcos ＝ma θ
1
代入数θ据μ解得：aθ1 ＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a l
11
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣ mgl ＝ ﹣ ，其中v′＝2m/s
2
代μ入数据解得：l ＝2.7m。
2
（多选）3．（2022•湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力
作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做
匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建
立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为 ，木棒横
截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 （ ） ρ
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
【答案】ABD。
【解析】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到
平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后
减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始
向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒
加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐
运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相
反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C
错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F ＝ gS（A+h），浮力最小时，有：F ＝ gS（h﹣A），联立解得：
1 2
ρ ρ
A＝ ，故D正确；
E、振动质点不会随波逐流，故D错误。
4．（2021•湖北）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
k
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A．m＝0.7kg，f＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N
【答案】A。
【解析】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中：﹣fs﹣mgssin30°＝ mv2
变形可得E ＝（f+mgsin30°）s
k
在下降过程中：mgssin30°﹣fs＝ mv'2
变形可得E '＝（mgsin30°﹣f）s
k
结合图像联立解得m＝0.7kg，f＝0.5N
故A正确，BCD错误
（多选）5．（2022•辽宁）如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30°光
滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为﹣Q的球2，斜面上距a点L处的b
点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。
此时弹簧的压缩量为 ，球2、3间的静电力大小为 。迅速移走球1后，球3沿斜面
向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为2g
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为 mg
【答案】BCD。
【解析】解：A、由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小
球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故
小球3带正电，故A错误；
B、小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于 ，根据对称性可知，小球2对小球3做功
为0；弹簧弹力做功为0，根据动能定理得：
解得： ，故B正确；
C、小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得：
5
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于 ，根据对称性可知
解得：a＝2g，故C正确；
D、当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的拉力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为 mg，故D正确；
6．（2022•上海）如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为 ，BC
为光滑曲面。A与地面间高度差为h ，BC间高度差为h ，一个质量为m的物块在μ 水平
1 2
恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，
已知重力加速度为g。
（1）若物块落地时动能为E ，求其经过B点时的动能E ；
1 kB
（2）若要物块落地时动能小于E ，求恒力必须满足的条件。
1
【答案】（1）若物块落地时动能为E ，求其经过B点时的动能为E ﹣mgh ；
1 1 1
（2）若要物块落地时动能小于 E ，求恒力必须满足的条件为 ＜F＜
1
。
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则
mgh +E ＝E
1 kB 1
化简得：E ＝E ﹣mgh
kB 1 1
（2）整个过程中根据动能定理得：
F L﹣ mgL+mgh ＝E
max 1 1
μ
所以F ＝
max
若物体恰能达到C点，根据动能定理得：
F L﹣ mgL﹣mgh ＝0
min 2
μ
解得：F ＝
min
综上所述可得： ＜F＜
一、重力势能的理解
二、 物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，物体的重力势能等于它所受重力与
所处高度的乘积．其表达式为：Ep=mgh．
三、 重力势能是一个相对量，它的数值与参考平面的选择有关，同一个物体在同一位
置，相对于不同的参考平面，其重力势能的数值不同．所以，研究重力势能，必须首先
选取参考平面．通常情况下，选取地面作为重力势能的参考平面．在解题时，经常选取
物体运动过程中的最低位置所在平面作为参考平面，这样可以避免负势能的计算．
四、重力做功的求解方法
五、（1）公式法
六、 利用WG=mgh求解，其中h为初、末位置的高度差．
七、（2）转化法
八、 对于无法利用做功公式来计算重力做功的问题，我们可以转换一下思考的角度，
因为重力做功与重力势能的变化相对应，所以通过求重力势能的变化量来求重力做功是
7
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司一种解题途径．即利用公式WG=Ep1-Ep2=-△Ep，通过求重力势能的变化△Ep来求重力
做的功WG．
九、（3）整体法、等效法
十、 常用于求物体系统或液体的重力做功．对于大小和形状不可忽略的物体，要由其
重心的位置来确定它相对参考平面的高度．
三、机械能守恒定律
1．判断机械能是否守恒的方法
（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化。如：匀速下落的物体动
能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，
但其他力做功的代数和为零，机械能守恒。
（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形
式的能的转化，则系统的机械能守恒。
（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有
特别说明或暗示。
2．应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象--物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1=Ek2+Ep2、△Ek=-△Ep 或
△EA=-△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度
与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
3．对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
四、图像问题
常与动能定理结合的四类图像
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司解决物理图像问题的基本步骤
9
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
学科网（北京）股份有限公司一、动能定理
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W=EK-EK。
2 1
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即
合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek=0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了
一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物
体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力
学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移
始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是
标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动
能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
题型一：对动能定理表达式的直接考核
二、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能．
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
0
学科网（北京）股份有限公司2．公式： ．单位：焦耳（J）．
3．矢标性：动能是标量，只有正值．
4．动能是状态量．而动能的变化量是过程量．
5．动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参
照物．
题型一：对动能公式的考查
三、重力势能
重力做的功
1．特点：只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．物体下
降时重力做正功；物体被举高时重力做负功．
2．表达式：W=mgh=mg（h-h），其中h、h 分别表示物体起点和终点的高度．
G 1 2 1 2
重力势能
1．定义：物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能．
2．大小：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积，表达式为Ep=mgh．
3．单位：在国际单位制中重力势能的单位是焦耳（J），与功的单位相同．
重力势能的性质
1．相对性
（1）参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫做参考
平面．在参考平面上，物体的重力势能取作0．
（2）重力势能的相对性
①选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的．
②对选定的参考平面，上方物体的重力势能是正值，下方物体的重力势能是负值，负号
表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小．
2．标矢性
重力势能为标量，其正负表示重力势能的大小．物体在参考平面上方时，重力
势能为正值，在参考平面下方时，重力势能为负值．
3．系统性
重力势能是地球与物体所组成的系统共有的．
四、重力做功与重力势能变化的关系
1．关系式：WG=Ep1-Ep2．
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
1
学科网（北京）股份有限公司其中Ep1=mgh1表示物体的初位置的重力势能，Ep2=mgh2表示物体的末位置的重力势
能．
2．当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，也就是WG＞0，Ep1＞
Ep2．重力势能减少的数量等于重力所做的功．
3．当物体由低处运动到高处时，重力做负功，或者说物体克服重力做功，重力势能增
大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力势能增加的数量等于物体克服重力所做的功．
重力做功与重力势能变化的关系的进一步理解：
重力势能是相对的，式中h是物体到参考平面的高度．选取不同的参考平面，只影响
物体重力的数值，而不影响重力势能的差值．即重力势能的变化与参考平面的选取无关．
重力对物体做多少正（负）功，物体的重力势能就减小（增大）多少，即W=-△Ep
（△Ep为重力势能的增量）．重力做正功等于物体重力势能的减少，物体克服重力做的功
等于物体重力势能的增加．
重力做功与路径无关，只与物体的初末位置的高度差和重力大小有关，但是重力做
功，不能引起物体机械能的变化．
四、动能和势能的相互转化
摆锤
1、摆球向下摆动过程中，重力势能变小，速度变大，摆锤的动能变大，摆锤的重力势能转
化为动能．
2、当摆锤过中点向上转动过程中，速度变小，摆锤的动能变小，重力势能变大，摆锤的动
能转化为重力势能．
滚摆
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
2
学科网（北京）股份有限公司1、上升：速度变慢，高度变高，动能变小，重力势能变大，动能转化为重力势能．
2、下降：速度变快，高度变低，动能变大，重力势能变小，重力势能转化为动能．
结论：
动能和势能相互转化：
（1）动能的增减变化要以速度的增减来判断．
（2）重力势能的增减变化要以物体离地面高度的变化来判断．
（3）弹性势能的增减要根据形变大小的变化来判断．
（4）动能和势能的相互转化过程中，必定有动能和势能各自变化，而且一定是此增彼减．
易错题【01】
功与能的关系容易搞混，做功是能量转移或者转化的方式。
易错题【02】
摩擦力做的负功并不是全部转化成内能，应该是系统克服摩擦力做的功才转化。
成内能易错题【03】
注意单个物体机械能守恒的条件和系统机械能守恒条件的区别，单个物体机械
能守恒条件是只有重力做功，系统机械能守恒的条件是系统内只有重力或弹力
做功
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
3
学科网（北京）股份有限公司7．（2022春•赣州期末）北京时间2月6日晚，2022女足亚洲杯决赛在印度打响。在上半
场0：2落后于韩国队的情况下，中国女足下半场奋起直追连进三球，最终完成超级逆
转，夺得亚洲杯冠军，向永不言弃的“铿锵玫瑰”致敬！已知足球质量约为400g，比赛
中运动员将足球从地面踢出后，足球上升的最大高度约为 3m，在最高点的速度约为
10m/s，不考虑空气阻力，g取10m/s2，试估算运动员此次踢球过程中对足球做的功为（
）
A．0J B．20J C．12J D．32J
【答案】D。
【解析】解：由功能关系得：W﹣mgh＝
将m＝400g＝0.4kg代入解得：W＝32J
故ABC错误，D正确；
8．（2022•南京模拟）一小物块沿倾角为30°的固定斜面向上滑动，而后又滑回到出发点。
该过程中，物块的动能E 与位移x关系的图像如图所示，取g＝10m/s2，设物块的质量
k
为m，物块与斜面间的动摩擦因数为 ，则（ ）
μ
A．m＝0.6kg， B．m＝0.6kg，
C．m＝0.8kg， D．m＝0.8kg，
【答案】B。
【解析】解：物块向上滑动过程，根据动能定理可得
﹣mgx•sin30°﹣ mgcos30°•x＝0﹣E
k0
物块向下滑动过μ程，根据动能定理可得
mgx•sin30°﹣ mgcos30°•x＝E ﹣0
k
由图可知x＝1mμ，E
k0
＝4J，E
k
＝2J
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
4
学科网（北京）股份有限公司联立解得m＝0.6kg， ＝ ，故B正确，ACD错误。
9．（2022春•石景山区期
μ
末）电梯轿厢地板上静置一质量为m的物体，电梯轿厢在钢索拉
力作用下，由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，对此过程，下
列说法正确的是（ ）
A．轿厢地板对物体的支持力做的功等于
B．轿厢地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．轿厢钢索的拉力做的功等于
D．合力对物体做的功等于
【答案】D。
【解析】解：ABD、以物体为研究对象，对物体上升H的过程应用动能定理得：
W合 ＝
解得： ，故AB错误，D正确；
C、设轿厢的质量为M，以系统为研究对象，对系统上升H的过程应用动能定理得：
解得： ，故C错误；
10．（2021春•黄浦区校级期末）如图为物体沿直线运动的v﹣t图，已知第1秒内合外力
对物体做功为W，则（ ）
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
5
学科网（北京）股份有限公司A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为﹣2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第6秒末到第7秒末合外力做功为﹣0.75W
【答案】C。
【解析】解：在第1秒内，物体做匀加速直线运动，做功为W，设此时的合外力为F，
位移为x，即Fx＝W＝ ﹣0；
从第3秒末到第7秒末由图象的斜率可以知道，此时的合力大小F ＝ F，
2
第3秒末到第5秒末合外力的方向与速度方向相反，第 5秒末到第7秒末力的方向与速
度方向相同。
A、由动能定理得：从第1秒末到第3秒末合外力做功为W ＝ΔE ＝0，故A错误；
1 k
B、第3秒末到第5秒末的位移为2x，合外力做功为W ＝ F×2x×cos180°＝﹣W，故B
2
错误；
C、第5秒末到第7秒末的位移也为2x，合外力做功为W ＝ F×2x×cos0°＝W，故C正
3
确；
D、从第5秒末到第6秒末的位移为 x，合外力做功为W ＝ F× x×cos0°＝ W，从
4
第6秒末到第7秒末合外力做功为W ＝W﹣ W＝0.75W，故D错误；
5
11．（2022春•新市区校级期末）如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，
AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环（可视为质点，小
环直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，
从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0．已知 取3.14，重力加速
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权π必究！
6
学科网（北京）股份有限公司度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为（ ）
A．﹣72J B．﹣36J C．﹣210.6J D．﹣66.6J
【答案】D。
【解析】解：小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则细杆对小圆环没有支持力，
由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg＝m
拉力F沿圆的切线方向，在这一过程中拉力做功为W ＝F• r
F
根据动能定理得：W −mgr+W＝ mv 2﹣0，又r＝3.6m
F f B
解得摩擦力做功为W＝﹣66.6J，故ABC错误，D正确。
f
12．（2022春•南开区期末）如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时恰与弹簧接
触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由 a→b→c的运
动过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球在b点时动能最大
C．到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D．到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
7
学科网（北京）股份有限公司【答案】D。
【解析】解：A、在小球由a→b→c的运动过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，
单独对小球来说，机械能并不守恒，故A错误；
B、小球从a到b过程中，小球做自由落体运动，接触弹簧后，开始时重力大于弹簧弹
力，小球继续做加速运动，当小球所受重力与弹簧弹力相等时，小球速度达到最大，即
此时小球的动能最大，故B错误；
CD、小球在由a到c的整个过程中，由能量守恒定律可知：mgΔh ＝ΔE ，即到c点时，
ac P
弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，故C错误，D正确。
13．（2022春•杭州期末）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂
重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，A、B处于静止状态，释放后A、B开始运
动。已知A、B的质量相等，若不计一切阻力，在两重物开始一起运动的一小段时间内，
下列说法正确的是（ ）
A．A向下运动，B向上运动
B．A的机械能减小，B的机械能增加，A、B系统的机械能守恒
C．A和B的速度大小始终相等
D．B重力的功率大小始终是A的2倍
【答案】D。
【解析】解：A、设细线的拉力为T，由图可知A受到两细线的拉力之和为2T，方向向
上；B受到细线的拉力为T，方向向上；A、B所受重力大小相等，释放后，A将向上运
动，B向下运动，故A错误；
B、A向上运动，动能和重力势能都增加，即机械能增加，B向下运动，细线的拉力对
B做负功，B的机械能减小，A和B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B错误；
C、若A上升的高度为h时，则连接动滑轮两侧的细线上升的高度均为 h，而细线的固
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
8
学科网（北京）股份有限公司定端静止不动，故细线的自由端下降的高度为2h，即B下降的位移为2h.而A、B两物
体运动的时间相等，由 知，B的加速度大小是A的两倍，由v＝at知，同一时
刻B的速度大小是A的两倍，故C错误；
D、重力的功率P＝mgv，A、B两物体的质量相等，B的速度大小始终是A的两倍，所
以B的重力的功率大小始终是A的2倍。故D正确。
14．（2022春•源汇区校级期中）连接A、B两点的弧形轨道ACB和ADB关于A、B的连
线对称，轨道材料相同，粗糙程度相同，如图所示，一个小物块由 A点以一定的初速度
v开始沿ACB轨道到达B点的速度为v ；若由A以大小相同的初速度v沿ADB轨道到
1
达B点的速度为v 。v 和v 的大小关系为（ ）
2 1 2
A．v ＞v B．v ＝v
1 2 1 2
C．v ＜v D．条件不足，无法判定
1 2
【答案】A。
【解析】解：由于AB轨道等高，故滑块从A到B过程中，只有阻力做功，根据动能定
理，克服阻力做功等于动能的减小量；但ACB轨道上运动时加速度向下，是失重；
ADB轨道上运动时加速度向上，是超重，故ADB轨道上运动时阻力大，克服阻力做功
多，动能减小多，故v ＞v ，故A正确，BCD错误。
1 2
15．（2022春•南关区校级期中）质量为2 kg的均匀条形铁链AB在半径R＝ m的光滑
半球体上方保持静止，已知∠AOB＝60π°，给铁链AB一个微小的扰动使之向右沿球面
下滑，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为2 m/s，以OC所在
平面为参考平面，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．铁链在初始位置时具有的重力势能为120J
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
9
学科网（北京）股份有限公司B．铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为3m
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为（ ）m
D．铁链的端点B滑至C点时其速度大小为3 m/s
【答案】D。
【解析】解：A.因机械能守恒，以OC所在平面为参考平面，假定初始重力势能为E ，
p
端点A滑至C处时重力势能为E' ，依题意有
p
E ﹣E' ＝ mv
p p 2
E' ＝﹣mg
p
L为铁链长度，有
L＝ •2 R
联立解得π：E
p
＝36 J＝113.04J
故A错误； π
B.设铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为h，据前面分析
E ＝113.04J＝36 J＝2 gh
p
解得：h＝1.8m π π
故B错误；
C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为
Δh＝h+
解得：Δh＝2.8m，
故C错误；
D.初始状态重心为E点，距O为1 8米，铁链的端点B滑至C点时，如图所示，
重心在F点，其中OE＝OF＝1.8m
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
0
学科网（北京）股份有限公司根据机械能守恒定律有
mg （OE﹣OFcos60°）＝ mv'2
解得：v＝3 m/s，
故D正确；
16．（2022春•阎良区期末）如图所示，轻质绳索一端固定，另外一端连接到工程车的牵
引装置上．绳索穿过两轻质滑轮以提升矿井中质量为30kg的矿物．悬挂动滑轮的轻质
细线竖直，不计滑轮与绳之间的摩擦．在前2s内，工程车从静止出发以1m/s2的加速度
匀加速行驶．g＝10m/s2，则在这2s内，工程车通过绳索对矿物所做的功为（ ）
A．660J B．360J C．315J D．300J
【答案】C。
【解析】解：工程车从静止出发以a＝1m/s2的加速度匀加速行驶，它在t＝2s时的速度
为v车 ＝at＝1×2m/s＝2m/s
此时矿物的速度为v＝ ＝ m/s＝1m/s
工程车在2s内的位移为x＝ at2
矿物上升的高度为h＝ ＝ at2＝ ×1×22m＝1m
对矿物，根据动能定理得：W﹣mgh＝ mv2
解得工程车通过绳索对矿物所做的功为W＝315J，故ABD错误，C正确。
17．（2022春•辽宁期中）如图所示，半径为R的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
1
学科网（北京）股份有限公司管内以足够大的初速度v在水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为 ，设
从开始运动的一周内小球从A到B和从B到A的过程中摩擦力对小球做功分别为μW 和
1
W ，在这一周内摩擦力做的总功为W ，则下列关系式正确的是（ ）
2 3
A．W ＝0 B．W ＞W +W C．W ＝W D．W ＞W
3 3 1 2 1 2 1 2
【答案】D。
【解析】解：A、摩擦力方向与速度方向始终相反，所以摩擦力一直做负功，则W ＜
3
0，故A错误；
B、在这一周内摩擦力做的总功等于两段做功之和，即W ＝W +W ，故B错误；
3 1 2
CD、运动过程中速度越来越小，小球与外壁间的压力变小，则小球受到的摩擦力变小，
路程相同，则摩擦力做功变小，则W ＞W ，故C错误，D正确。
1 2
18．（2022春•如皋市期中）某城市广场喷泉的喷嘴横截面为S，用于给喷管喷水的电动机
输出功率为P。已知水的密度为 ，重力加速度为g，不计空气阻力，则喷泉喷出的水柱
高度为（ ） ρ
A． B．
C． D．
【答案】D。
【解析】解：设喷泉喷出的水柱高度为h，则水离开管口的速度为：v＝ ；
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：m
＝ •vΔtS，
ρ
根据动能定理可得：PΔt＝ mv2，
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
2
学科网（北京）股份有限公司解得：h＝ ，故D正确，ABC错误。
19．（2022春•浙江期中）质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的
作用下运动，如图甲所示。外力F做的功和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的
关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是（ ）
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.3
B．物体运动的最大位移为13m
C．物体在前3m位移中的加速度为5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为3 m/s
【答案】D。
【解析】解：A、物体所受的滑动摩擦力为恒力，可知乙图中下面的一条直线为物体克
服摩擦力f做功的图象，由W＝ mgx，代入得：20＝ ×1×10×10，解得： ＝0.2，故A
f
错误； μ μ μ
B、根据W＝ mgx＝27J，得物体运动的最大位移为 x＝ ＝ m＝13.5m，
f
μ
故B错误；
C、滑动摩擦力大小为f＝ mg＝0.2×10N＝2N，在前3m的运动过程中，F＝ ＝ N＝
5N，根据牛顿第二定律：Fμ﹣f＝ma，解得：a＝3m/s2，故C错误；
D、x＝9m时，根据动能定理得：W﹣W＝ mv2，代入数据得 27﹣9×2＝ ×1×v2，解
f
得：物体速度 v＝3 m/s，故D正确。
20．（2022春•赣州期末）如图所示，轻绳跨过轻质定滑轮，两端分别系着质量为 1kg和
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
3
学科网（北京）股份有限公司3kg的小球a和b，小球a静止于地面，用手托住小球b，当绳刚好被拉直时，小球b离
地面的高度h为0.4m，若无初速度释放小球b，不计一切摩擦和阻力，小球a不会碰到
滑轮，g取10m/s2，则小球b落地前瞬间速度大小为（ ）
A．2m/s B．1m/s C． D．
【答案】A。
【解析】解：设小球a的质量为m，则小球b的质量为3m，小球b落地瞬间的速度大小
为v。根据a、b系统的机械能守恒得：3mgh＝mgh+ （3m+m）v2，解得，v＝2m/s，
所以b球落地瞬间，ab球的速度大小为2m/s，故BCD错误，A正确；
21．（2022春•金东区校级期中）如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下
端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度h ＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。
1
现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的E ﹣h图
k
像，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零
势能面，取g＝10m/s2，由图像可知（ ）
A．滑块的质量为0.1kg
B．弹簧原长为0.1m
C．弹簧最大弹性势能为0.32J
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
4
学科网（北京）股份有限公司D．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J
【答案】D。
【解析】解：A、在 0.2m 到 0.35m 范围内，ΔE ＝﹣mg•Δh，则滑块的质量为 m＝
k
＝ kg＝0.2kg，故A错误；
B、由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从
0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以从h＝0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧
的原长为0.2m，故B错误；
C、根据滑块与弹簧组成的系统机械能守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重
力势能等于弹簧最大弹性势能，所以弹簧最大弹性势能E ＝mgh ＝0.2×10×（0.35﹣
pm m
0.1）＝0.5J，故C错误；
D、由图可知，当h＝0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力
势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总
和最小，根据系统机械能守恒可知：E ＝E﹣E ＝E +mgh﹣E ＝（0.5+0.2×10×0.1
Pmin km pm km
﹣0.32）J＝0.38J，故D正确。
22．（2022春•烟台期中）如图所示，一根光滑的细杆上穿有一个质量为m的小球A，小
球A和质量为M的物块B通过一根足够长的轻绳绕过定滑轮（大小可忽略不计）相连，
细杆与定滑轮之间的水平间距L＝0.8m，现将小球A从与定滑轮同一高度处由静止释放，
已知m＝0.34kg，M＝0.5kg，g＝10m/s2，A离地足够高，不计一切摩擦阻力。求：
（1）A能下降的最大高度h ；（结果保留两位有效数字）
m
（2）当A下降高度为h＝0.6m时A的速度大小。
【答案】（1）A能下降的最大高度为2m；
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
5
学科网（北京）股份有限公司（2）当A下降高度为h＝0.6m时A的速度大小为2m/s。
【解析】解：（1）当A下降h 时，B上升的高度
m
根据系统机械能守恒有mgh ＝MgΔh
m
代入数据解得：h ＝2.0m
m
（2）设此时小球A的速度为v ，物块B的速度为v ，对A、B组成的系统，根据系统
A B
机械能守恒关系得
根据速度的分解有：
代入数据解得：v ＝2m/s
A
23．（2022 春•安阳期末）如图所示，质量为 m＝1kg 的物块从空中的 P 点以速度
，与水平方向成 ＝60°角抛出，恰好沿传送带方向进入传送带。传送带与
φ
水平方向的夹角 ＝30°，传送带以v ＝4m/s的速度顺时针转动，物块与传送带间的动
0
θ
摩擦因数为 ，传动带长L＝3m，重力加速度g取10m/s2，物块可看成质点，求：
（1）物块从P点抛出到进入传送带的时间；
（2）物块从传送带的最上端运动到最下端的时间；
（3）物块从传送带的最上端运动到最下端因摩擦产生的热量。
【答案】（1）物块从P点抛出到进入传送带的时间为1.2s；
（2）物块从传送带的最上端运动到最下端的时间0.5s；
（3）物块从传送带的最上端运动到最下端因摩擦产生的热量为25J。
【解析】解：（1）物块做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，有：v ＝vcos
x
竖直方向为竖直上抛运动，v y ＝﹣vsin +gt φ
φ 2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
6
学科网（北京）股份有限公司恰好沿传送带到达传送带，末速度方向满足：tan ＝
联立并代入数据得：t＝1.2s θ
（2）物块到达传送带时速度大小为：v ＝ ＝ ＝
1
6m/s，速度与水平方向的夹角为30°
物块到达传送带后，由于 ，即：mgsin ＝ mgcos ＝
物块在传送带是一直做匀速直线运动， θ μ θ
从最上端到最下端的时间t ＝ ＝ s＝0.5s
1
（3）在t ＝0.5s的时间内传送带向上的位移x ＝v t ＝4×0.5m＝2m
1 2 01
摩擦生热Q＝ mgcos ×（L+x）＝ J＝25J
24．（2022春•肥
μ
城市期
θ
中）如图所示，AB为倾角 ＝37°的光滑斜面轨道，BP为圆心角
等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，θ两轨道相切于B点，P与圆心O两点
在同一竖直线上。轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m
＝2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不拴接）释放，物块经过B点后
恰能沿竖直圆轨道到达P点，已知斜面部分的长度s ＝0.2m，s ＝1m，sin37°＝0.6，
DC CB
cos37°＝0.8，g＝10m/s2）。试求：
（1）物块在P点的速度大小。
（2）物块在B点的速度大小。
（3）将弹簧缓慢压缩到D点时，弹簧储存的弹性势能；
（4）若CB部分粗糙且动摩擦因数为 ＝0.25，其余轨道光滑，将上述物块在外力作用
下将弹簧缓慢压缩到D’点后（不拴接μ）释放，要使物块经过B点后仍恰能到达P点，
求释放后弹簧对物块做的功。
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
7
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）物块在P点的速度大小为 m/s；
（2）物块在B点的速度大小为 m/s；
（3）将弹簧缓慢压缩到D点时，弹簧储存的弹性势能为60.4J；
（4）若CB部分粗糙，释放后弹簧对物块做的功为64.4J。
【解析】解：（1）物块恰能沿竖直圆轨道到达P点，在P点根据牛顿第二定律可得：
mg＝m
解得：v ＝ m/s；
P
（2）从B到P过程中，根据动能定理可得：﹣mgR（1+cos37°）＝ ﹣
代入数据解得：v ＝ m/s；
B
（3）对弹簧和物块组成的系统，根据功能关系可得：E ＝mg（s +s ）sin37°+
P DC CB
代入数据解得：E ＝60.4J；
P
（4）物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D’点后（不拴接）释放，根据功能关系可
知，释放后弹簧对物块做的功为：
W弹 ＝E
P
+ mgcos37°•s
CB
代入数据解μ得：W弹 ＝64.4J。
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
8
学科网（北京）股份有限公司25．（2022•湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放
在水平地面上，P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 ，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μ ，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，P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． B． C． D．
【答案】C。
【解析】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx＝2 mg
若剪断μ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
P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝
故ABD错误，C正确；
26．（2021•全国）如图，一质量为m的小球从高度为H的地方以初速度v 水平抛出。不
0
计空气阻力，当小球在竖直方向上下降的距离为h时，其动能为（ ）
A． m +mgH B． m +mgh
C．mgH﹣mgh D． m +mg（H﹣h）
【答案】B。
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
9
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：由机械能守恒得：mgH+ ＝mg（H﹣h）+
解得
故B正确，ACD错误。
27．（2021•乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h ＝1.8m处由
1
静止自由落下，反弹高度为h ＝1.2m。若使篮球从距地面h ＝1.5m的高度由静止下落，
2 3
并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球
的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。
重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。
【解析】解：（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为E ，
k1
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为E ，由动能定理得：
k2
篮球下落过程：mgh ＝E ﹣0
1 k1
篮球上升过程：﹣mgh ＝0﹣E ，
2 k2
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的动能为E ，与地面碰撞后瞬间动能为E ，
k3 k4
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh ＝0﹣E ，
3 k4
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh ＝E ﹣0
3 k3
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，
运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
0
学科网（北京）股份有限公司对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma
拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝
运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx
代入数据解得：F＝9N （F＝﹣15N 不符合题意，舍去）
28．（2020•浙江）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EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB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r＝0.1m，OE长L ＝0.2m，AC长L ＝0.4m，圆轨道和
1 2
AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数 ＝0.5．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μ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v 大小；
F
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力F 大小及弹簧的弹性势
N
能E ；
P0
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能E 与高度h之间满足的关系。
P
【解析】解：（1）滑块恰好过F的条件为 ，
解得v ＝1m/s。
F
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣ mgL ＝0﹣ ，
2
μ
在E点有 ，
代入数据解得F ＝0.14N，
N
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
1
学科网（北京）股份有限公司从O到B点，
E ﹣mgh﹣ mg（L +L ）＝0，
p0 1 2
解得E ＝8.μ0×10﹣3J。
p0
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为E ＝2mgr+ mgL ，
p1 1
此时B点减速到0有E ﹣mgh ﹣ mg（L +L ）μ＝0，
p1 1 1 2
代入数据解得h 1 ＝0.05m， μ
故0.05m≤h，能停在B点，则 mgcos ≥mgsin ，
得tan ＝0.5， μ θ θ
此时hθ2 ＝0.2m，
从O到B点E ＝mgh+ mg（L +L ）＝2×10﹣3（10h+3）J，
p 1 2
其中0.05m≤h≤0.2m。μ
答：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力F 大小为0.14N，弹簧
N
的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 E 与高度 h 之间满足的关系为 E ＝2×10﹣3
P p
（10h+3）J。
29．（2022•辽宁）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑 圆弧导轨在B点平滑连
接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离
弹簧后经过B点时的速度大小为 ，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角
坐标系xOy，在x≥﹣R区域有方向与x轴夹角为 ＝45°的匀强电场，进入电场后小球
θ
受到的电场力大小为 mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
2
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得：
＝ mgR
（2）小球从B到O，根据动能定理得：
解得：v ＝
O
（3）小球运至O点是速度竖直向上，受重力和电场力作用，将电场力分解到 x轴和y
轴上，则x轴方向有
qEcos45°＝ma
x
竖直方向有
qEsin45°﹣mg＝ma
y
解得：a ＝g；a ＝0
x y
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向
做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，y＝v t
O
联立解得：y2＝6Rx
【答案】（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能为 mgR；
（2）小球经过O点时的速度大小 ；
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
3
学科网（北京）股份有限公司（3）小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
4
学科网（北京）股份有限公司3
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
5
学科网（北京）股份有限公司
