文档内容
专题 06 机械能守恒定律 能量守恒定律
目录
01 模拟基础练.....................................................................................................................2
题型一 机械能及其守恒的判断和简单应用......................................................................................2
题型二 多物体的机械能转化及守恒...................................................................................................3
题型三 机械能相关的图象类问题.......................................................................................................9
题型四 涉及摩擦力的能量转化问题.................................................................................................16
题型五 能量的转化与守恒综合类问题............................................................................................20
02 重难创新练...................................................................................................................27
题型六 涉及弹簧的能量转化问题.....................................................................................................27题型一 机械能及其守恒的判断和简单应用
1．（2024·重庆·高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的
着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
2．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖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
机在水面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3．（2025·云南·模拟预测）游乐项目“滑草”的模型如图所示，某质量m=80kg的游客（包括滑板，可视
为质点）由静止从距水平滑道高h=20m的P点沿坡道PM滑下，滑到坡道底部M点后进入水平减速滑道
MN，在水平滑道上匀减速滑行了l=9.0m后停止，水平滑行时间t=3.0s，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道MN之间的动摩擦因数；
(2)该游客（包括滑板）从P点滑到M点的过程中损失的机械能。
【答案】(1)6m/s，0.2 (2)14560J
【详解】（1）由于游客在水平滑道上做匀减速直线运动，根据运动学位移关系和速度关系公式
，
根据牛顿第二定律可得
联立解得 ，
（2）游客（包括滑板）从P点滑到M点的过程中，根据能量守恒可得损失的机械能为
题型二 多物体的机械能转化及守恒
4．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下
方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
5．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD
和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD
和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度 从
D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 ，以 的
速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得 ，F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
根据
可得在C点的速度v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得v=5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度v=5m/s
2
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x，由能量关系
1
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x=x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
6．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质
量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M =
6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相
等，已知OA与水平面的夹角θ = 53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，
sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．对于滑块Q，其重力的功率一直减小
B．P与Q的机械能之和先增加后减小
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为
【答案】BC
【详解】A．释放重物Q后，Q向下运动，P向上运动，根据速度关联可知，P沿绳方向的速度分量等
于Q运动的速度，当P运动到B点时，Q的速度为零，所以P从A点运动至B点的过程中，重物Q的速度先增加后减小，根据 ，可知，重物Q的重力的功率先增加后减小，故A错误；
B．对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过A、
B两点时弹簧弹力大小相等，则P在A处时弹簧被压缩，P在B处时弹簧被拉伸，压缩量等于伸长量，
故P从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以P、Q系统的机械能先增加后减小，故B
正确；
C．设P从A到B过程中，轻绳拉力对Q做功为W，P到达B点时Q的速度为0，对Q，根据动能定理
得 ，解得 ，则轻绳对P做功为 ，故C正确；
D．由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动
至B点时受到弹簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到B点时所受合力竖直向下，则加速度
竖直向下，所以滑块P从A到B过程中，开始时加速最后减速，即在A、B间某位置速度最大，故D错
误。
故选BC。
7．（2024·全国·模拟预测）（多选）如图所示，可视为质点的小球a的质量是小球b质量的 倍，两小球
用一刚性轻杆连接，置于固定的光滑半球内，轻杆长度为半球半径的 倍，半球的直径水平。现将a球
从半球右边最高点由静止释放（如图所示），已知两球在运动过程中均没有离开半球内表面，不计空气阻
力，则小球a到达半球最低点前，下列说法正确的是（ ）
A．同一时刻两球的向心加速度大小相等
B．同一时刻a球重力的功率是b球重力功率的 倍
C．当轻杆与水平方向成15°角时a球速度最大
D．当轻杆与水平方向成30°角时b球速度最大
【答案】AC【详解】A．设半球半径为 ，则轻杆长度 ，可知任意时刻两球与半球球心O的连线与轻杆的
夹角均为45°，两球的速度v、v 分别与两球所在位置的半径垂直，v、v 的方向与轻杆的夹角均为
a b a b
45°，同一时刻两球沿杆方向的分速度相等，即 ，故同一时刻两球的速度大小
，由 可知同一时刻两球的向心加速度大小相等，A正确；
B．重力的功率 ，同一时刻两球速度方向与竖直向下方向的夹角β不一定相等，故a球重
力的功率不一定等于b球重力功率的 倍，B错误；
CD．不计空气阻力，两球及轻杆组成的系统在运动过程中机械能守恒，设轻杆与水平方向的夹角为θ
时a球所在位置的半径与水平方向的夹角为α，此时系统的总动能
，整理可得 ，可知当 时
E 最大，此时两球的速度同时达到最大，根据几何关系可得 ，C正确，D错误。
k
故选AC。
8．（2024·广东·模拟预测）如图所示，带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端
连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮连接物块B，用手将物块A向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，
两物块开始在竖直方向上做往复运动。已知物块A的质量为m，物块B的质量为2m，定滑轮到细杆的距
离为L，细绳的长度为2L，重力加速度大小为g，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，
求：
(1)物块A下降的最大高度h；
(2)物块A、B处于同一高度时物块B的动能E ；
kB
(3)物块A、B的总动能最大时物块A的动能E 。
kA【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减
少的重力势能等于物块B增加的重力势能，有
解得
（2）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β，物块B的速度大小为v ，
B
根据几何关系有
根据机械能守恒定律
解得
（3）设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ时，物块A的速度大小为v ，物块A的动能为 ，
A
则有
令 ，显然k为第一象限内单位圆上的点与定点（0，2）连线的斜率，如图所示易得k的最大值为 ，此时
解得
题型三 机械能相关的图象类问题
9．（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，E-x图像为一条直线；经过圆
k
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 。
10．（20A23·全国·高考真题）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面
上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动
摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx，可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有 ，则x = 1m时物体的速度为v= 2m/sx =
1
1m时，拉力为 ，则此时拉力的功率P = Fv= 12W，x = 4m时物体的动能为E= 2J，A
1 k
错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为W= μmgx = 8J，C正确；
f
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力
1 2恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 ，则从x
= 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为 ，D错误。
故选BC。
11．（2022·全国·高考真题）（多选）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直
线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知 ，即 ，得 ，3s时物块的
动量为 ，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 ，
即 ，解得 ，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，
C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得 ，即 ，得 ，
1过程中，对物块由动能定理可得 ，即 ，得 ,
物块开始反向运动，物块的加速度大小为 ，发生的位移为
，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为 , 拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
12．（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~t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功
1
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~t 时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
1
C．在t~t 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；
1 2
D．在t~t 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
2 3
小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
13．（2022·重庆·高考真题）（多选）一物块在倾角为 的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦
力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若
拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所
示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为 时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
，由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为 ，则拉力沿斜面
向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为 ,
，代入数据联立解得 ，故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有 ，解得 ，
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为 ，故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为 ，合力做功为 ，则其比值为
，则重力做功为 时，物块的动能即合外力做功为 ，故B正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为 ，则动量的大小之
比为 ，故D错误。
故选BC。
14．（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
【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 ,x 为上滑的最远距离；
0
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。
15．（2024·广东广州·模拟预测）网球运动员沿水平方向击出网球后，网球在空中运动的过程（不计空气
阻力），其动能E 和机械能E随时间t变化图像可能正确的是（ ）
k
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．根据平抛运动的规律可得 ，由此可知，E-t图像为开口向上的
k
抛物线，但顶点不在坐标原点，故AB错误；
CD．由于网球做平抛运动，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误。故选C。
16．（2024·浙江·模拟预测）如图所示为2022年北京冬奥会某运动员滑雪比赛的场景，假设滑板与雪面的
动摩擦因数一定，当运动员从坡度一定的雪坡上沿直线匀加速下滑时，运动员的速度v、加速度a、重力势
能 、机械能E随时间的变化图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．由于运动员由静止匀加速下滑，根据 ，可知，速度与时间成正比，A正确；
B．匀加速运动，加速度不变，B错误；
C．加速下滑的过程中，重力势能减小，C错误；
D．下滑的过程中，由于要克服摩擦力做功，机械能减小，但速度增大，相同时间内位移变大，克服摩
擦力做功变大，因此机械能并不是均匀减小的，D错误。
故选A。
题型四 涉及摩擦力的能量转化问题
17．（2024·广西·高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且
与上底面的夹角均为 。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为 。将木栓对准方孔，接触但无挤压，
锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了 的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为
I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 ，木栓进入过程根据动能定理有
，解得平均阻力为 ，故B正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能
，故C错误；D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有 ，且根据B选项求得平均阻力
，又因为 ，联立可得 ，故D正确。
故选BD。
18．（2024·安徽·二模）一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B
（视为质点）以初速度 从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中，物体B的动能减少量大
小为 ，长木板A的动能增加量为 ，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于 ， ，Q的值，下
列情况可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】AC．根据木板A和物体B组成的系统能量守恒 ，故AC错误；
BD．画出物体B和长木板A的速度一时间图线，分别如图中1和2所示图中1和2之间的梯形面积表示板长 ，1与 轴所围的面积表示物体B的位移，2与 轴所围的面积表示
长木板A的位移 ，由图可知 ， ，根据功能关系 ， ， ，联立
解得 ，故B正确，D错误。
故选B。
19．（2024·安徽·三模）如图所示，用长L=1m的绳子拴住一质量为m=0.5kg的小球，绳的一端固定在O
0
点，起始时，小球位于O点竖直平面内右上方的A点，绳子处于绷直状态，OA与水平方向夹角为53°，给
小球一向左的水平初速度v，当绳子再次绷直时，小球刚好运动到O点左侧等高的B点（绳子绷直后立即
0
在竖直平面内做圆周运动）。小球运动到最低点与地面上质量为M=1.5kg的木板发生弹性碰撞，木板最右
端静止一质量为m=1kg的物块，板块间的动摩擦因数为0.1，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。已知
sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2。
（1）求小球平抛出去的初速度大小v；
0
（2）求小球与木板碰后木板的瞬时速度的大小v；
2
（3）木板足够长，物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量Q。
【答案】（1）4m/s；（2）3m/s；（3）0.72J
【详解】（1）小球从A到B做平抛运动，有解得 ，
（2）小球到B点时，水平分速度因为绳子作用瞬间变为0，小球从B运动到C的过程中，根据动能定
理可得
解得
小球与木板发生弹性碰撞有
解得 ，
（3）木板向右运动过程中，对木板M，有
对物块，有
当二者共速时有
解得 ，
所以相对位移为
物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量为
20．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为α，质量为3m的物块A在
斜面上恰好不下滑，质量为m的光滑物块B从距A一定距离处由静止释放，与A发生正碰，碰撞时间极
短。B与A碰撞前瞬间的速度大小为v，碰撞后B以 的速率弹回。已知重力加速度大小为g，最大静
0
摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点，不计空气阻力。求：
(1)B从释放到与A碰撞所运动的距离；
(2)B与A第一次碰撞过程中，B对A的冲量大小；
(3)B与A第一次碰撞到第二次碰撞过程中，A与斜面因摩擦产生的热量。【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）对B物体，根据动能定理，有
解得
（2）在B与A碰撞时，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v，根据动量守恒定律，有：
解得
对A应用动量定理，有
联立解得
（3）设第一次碰撞后，经过时间t，B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的位移相同。对
B根据牛顿第二定律，有
则对A、B根据位移与时间公式有
对A受力分析可知，A受到的摩擦力大小
在这过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量
联立解得题型五 能量的转化与守恒综合类问题
21．（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。
22．（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引
水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有
n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处
灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A． B． C． D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的
水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m =
总
2πRnm × 60% = 1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W = 1.2πRnmgH，则筒车对灌
入稻田的水做功的功率为 ， ，联立有
故选B。
23．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为 ，喷水速度约为10m/s，水的
密度为 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W B．20W C．100W D．200W
【答案】C
【详解】设 时间内从喷头流出的水的质量为 ，喷头喷水的功率等于 时间内喷出的水的动能增加量，即 ，联立解得
故选C。
24．（2024·江西·高考真题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量
10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A．109W B．107W C．105W D．103W
【答案】B
【详解】由题知，Δt时间内流出的水量为m = ρQΔt = 1.0×104Δt，发电过程中水的重力势能转化为电
能，则有
故选B。
25．（2024·浙江绍兴·一模）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引
水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，与水轮间无相
对滑动，单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处
灌入稻田。当地的重力加速度为g，则（ ）
A．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
B．筒车对灌入稻田的水做功的功率为
C．筒车消耗的功率等于
D．筒车消耗的功率小于
【答案】A
【详解】AB．由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功 ，则筒车对
灌入稻田的水做功的功率为 , ，联立解得 ，故A正确，B错误；
CD．筒车消耗的功率大于 ，故CD错误。
故选A。
26．（2024·浙江金华·二模）某地区常年有风，风速基本保持在5m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转
动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为 ，风的动能转化为电能的效率
为20％。现用这台风力发电机给一小区供电，则下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的发电功率约为25.5kw
B．风力发电机一天的发电量
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W的灯，为保证供电正常，则该风力发电机同时能给约64户
家庭供电
D．若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的一半
【答案】C
【详解】AD．单位时间(1s)内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 ，单位时间
内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 ，该风力发电机的发电功率
1
，解得 ，若风速变为2.5m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的 ，故AD
8
错误；
B．风力发电机一天的发电量 ，故B错误；
C．假设一户家庭在晚上同时开着两盏40W的灯，为保证供电正常，根据 ，则该风
力发电机同时能给约64户家庭供电,故C正确；
故选C。27．（2024·浙江金华·三模）一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯功率为120W，风力发电机的风
能转化率为 ，工作原理如图所示，内部的线圈面积为 、匝数 匝，磁体的磁感应
强度为 ，风叶的半径为 ，空气的密度为 。太阳垂直照射的单位面积功率为1
，光电池板被太阳光直射的等效面积为 ，光能转化率为 。如果在一个风速稳定的晴
天，经3小时的光照和风吹，路灯可正常工作7小时，测得风力发电机输出的电流强度大小为1A。下列对
风速和风叶转速估算合理的是（ ）
A．10 ，4.6 B．10 ，2.3 C．20 ，4.6 D．
20 ，2.3
【答案】A
【详解】设经 的光照和风吹，光能转化为电能为E，风能转化为电能为E，则 ，
3 4
，又 ，联立解得风速 ，风能转化为电能为 ，
设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为U ，则U NBS ω NBS ，所以
m m 1 1
，解得 ，即风速为10m/s，风叶的转
速为4.6r/s。
故选A。
28．（2024·广东广州·三模）（多选）如图所示是明代宋应星所著《天工开物》中记载的我国古代的一种
农业机械——水碾，当水冲击下部水轮时，水轮会带动上部的碾来碾米。假设水流沿水平方向垂直冲击水轮中的叶片，每秒冲击叶片的水量为10kg，水速从6m/s减小为1m/s，水流动能的减少量全部用来对水轮
做功，下列说法正确的是（ ）
A．水碾每秒从水流中获得的能量为180J
B．水流对叶片的平均作用为的大小为50N
C．叶片对水流的作用力方向与水流速度方向相反
D．不同叶片上到转轴距离相同的点线速度相同
【答案】BC
【详解】A．水碾每秒从水流中获得的能量等于水流动能的变化量的大小，即
，故A错误；
B．由动量定理可得，叶片对水流的平均作用力的冲量等于水流动量的变化 ，得到
N
由牛顿第三定律得到水流对该叶片的平均作用力的大小为50N，故B正确；
C．叶片对水流做负功，则叶片的作用力方向与水流速度方向相反，故C正确；
D．线速度是矢量，不同叶片上到转轴距离相同的点线速度方向不同，故D错误；
故选BC。
（2024·台湾·模拟预测）风能为再生能源，可作为净零碳排的绿色能源。风力发电机（简称：风机）利用
风力带动风机叶片旋转，将风的动能经发电机组转换成电能，其功率P与单位时间内空气流向风机的气流
动能成正比。
29．空气以速度v垂直流向风机叶片，叶片旋转所形成的假想圆形平面其面积为A，如图。a.在时间 内，密度为 的空气流向风机的质量m为何？（以试题中所定义的参数符号表示）
b.风机的功率P与风速三次方（ ）成正比，说明其原因为何？
30．风机所标示的[额定功率]通常为风速 时运转的功率。近五年来台湾平均每发100度电的二氧化
碳排放量约为 。以一座额定功率为 的风机来发电，若全年中有 的时间风速皆为 ，另外
的时间风速皆为 ，则下列叙述哪些正确？（1年有8760小时；1度电 ）（ ）
A．当风速为 时，该风机功率为 风速额定功率时的
B．当风速为 时，该风机功率为 风速额定功率时的
C．若该风机全年以额定功率发电，则1年发电量为70080度
D．该风机1年实际发电量为19710度
E．在相同发电量下，该风机1年实际发电比台湾近五年平均发电，约可减少 的二氧化碳排放
量
【答案】29．a. ；b.见解析 30．BCE
【解析】29．1.a.在时间 内，密度为 的空气流向风机的质量 ，b.风机的功率
30．AB．根据 ，可知，当风速为 时，该风机功率为 风速额定功率时的 ；
当风速为 时，该风机功率为 风速额定功率时的 ，选项A错误，B正确；C．若该风机全年以额定功率发电，则1年发电量为 ，选项C正确；
D．该风机1年实际发电量为 ，选项D错误；
E．在相同发电量下，该风机1年实际发电比台湾近五年平均发电，约可减少的二氧化碳排放量
，选项E正确。
故选BCE。
题型六 涉及弹簧的能量转化问题
31．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连
接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点
C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设
半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得 ,解得物体在C点的速度 ,AB错误；C．由牛顿第二定律得 ,解得物体在C点的向心加速度 ，C正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错
误。
故选C。
32．（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。
33．（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；
AB
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x，A运动到最高点时距离O点为x；下滑过程
1 2
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；
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对A的压力逐渐变大，故C错误；
AB
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。
34．（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。
35．（2023·湖北·高考真题）（多选）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质
量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O
点的距离均为l，P点到O点的距离为 ，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，
弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【详解】A．小球在P点受力平衡，则有 ， ， ，联立解得 ，A正确；
C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为 ，则此时弹簧的弹力为 ，小
球受到的摩擦力为 ，化简得 在MP之间增大在PN减变小，即
摩擦力先变大后变小，C错误；
D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦
力做功大小相等；D正确；
B．小球运动到P点下方 时 ，此时摩擦力大小为 ，由牛顿第二定律
，联立解得 ，B错误。
故选AD。
36．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与
桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球
C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，
A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。 时撤去电场，C向下加速运动，下
降 后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为 。已知A、B、C的质量分别为
、 、 ，小球C的带电量为 ，重力加速度大小取 ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
(3)若 时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一
段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，
C未与地面相碰）【答案】(1) (2) ； (3)
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳
中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有 ，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹
性势能相同，C下降 的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A
根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为 ，对A根据牛顿第二定律
可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降 时开始相对滑动，在C下降 的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动
过程中的最大速度为
联立解得
37．（2023·全国·高考真题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小
球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹
簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；
垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的 。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度
大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为 ，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得 ，
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
38．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、
B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 ；B脱离弹簧后沿桌面滑行一
段距离 后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小 和 ；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能 。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得 ,
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块
整体动量守恒，则解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中 ，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
39．（2024·广东广州·模拟预测）如图是一款弹球投篮游戏示意图，圆形篮筐水平，其边缘固定在竖直篮
板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧，小球由静止释放向左弹出，到达A点时弹簧恢复原长；小球沿
水平轨道进入圆弧轨道BC，从C点沿切线飞出，小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏，小球恰好垂
直击中篮板，击中点D在E点正上方。已知小球质量为m；圆弧轨道的半径为R，圆心角
，C点到篮板的水平距离为12R，C点与篮筐的高度差为7R，篮筐的直径为R，
忽略空气阻力和小球体积大小，不计摩擦，重力加速度为g。
(1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能 ；
(2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
(3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐，求碰撞过程小球损失动能的最小值。【答案】(1) (2) ,方向竖直向下 (3)
【详解】（1）小球在D点垂直击中篮板，设击中前瞬间小球的速度大小为 ，从C点飞出时的速度为
，应用逆向思维，把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程，设此过程的时间为 ，根据运动学
规律可知，水平方向上
在竖直方向上，C点的竖直分速度
C点的水平分速度等于 ，根据运动的分解可得
联立解得
小球从释放到C点的过程，由机械能守恒定律可得
（2）小球从释放到B点的过程，根据机械能守恒定律可得
设小球在B点轨道对小球的弹力为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为 ，方向竖直向下。
（3）设D、E两点的高度差为 ，从C到D竖直方向上有
解得小球经篮板反弹后做平抛运动，从反弹到落入篮筐的过程中，设小球的运动时间为 ，反弹后瞬间的最
大速度为 ，根据运动学规律，则有
解得
故碰撞过程小球损失的动能最小值为
