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专题 6.4 功能关系及能量守恒定律
一、单选题
1．炒茶厂的水平传送带装置如图甲所示，可简化为图乙所示模型，传送带上面始终以 m/s的速度向右
运动，传送带A、B两端的距离 ，将质量 kg的小茶叶盒轻轻放到传送带左端。盒子与传送带
之间的动摩擦因数 ，忽略盒子的大小，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．盒子在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用
B．盒子从左端运动到右端的时间为 s
C．盒子从左端运动到右端的过程中，摩擦力对盒子做的功为4J
D．盒子从左端运动到右端的过程中，由于摩擦而产生的热量为2J
【答案】D
【解析】
A．盒子刚放上传送带上受重力、支持力和摩擦力作用，此时的加速度大小为
当盒子加速至 时的位移大小为
所以盒子先做匀加速运动，后随传送带匀速运动，当盒子匀速运动时处于平衡状态，只受到重力和弹力作
用，故A错误；
B．盒子匀加速运动的时间为
盒子匀速运动的时间为所以盒子从左端运动到右端的时间为
故B错误；
C．盒子从左端运动到右端的过程中，摩擦力对盒子做的功为
故C错误；
D．盒子从左端运动到右端的过程中，由于摩擦而产生的热量
故D正确。
故选D。
2．如图所示，固定的粗糙斜面倾角为 ，将一物体从斜面上由静止释放，物体沿着斜面向下做匀加速直线
运动，关于物体在斜面上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数大于
B．物体减少的机械能等于克服摩擦力所做的功
C．物体获得的动能大于克服摩擦力所做的功
D．物体获得的动能等于重力做的功
【答案】B
【解析】
A．物体沿斜面加速下滑，根据受力分析可得
化简得
故A错误；
B．根据能量守恒定律可知，物体减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，故B正确；
C．物体下滑距离x过程，根据动能定理可得动能与克服摩擦力做功的比值
这个比值可能大于1，也可能介于0和1之间，所以动能和克服摩擦力做功的大小无法比较，故C错误；
D．由上述分析可知
故D错误。
故选B。
3．如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，现
把电荷量为 的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的
位移大小为 ，B向右运动的位移大小为 ，已知A与B接触面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，A、B的质量均为m，下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则该过程中因摩擦产生的热量
D．该过程中，A、B系统的电势能减小 ，机械能增加
【答案】C
【解析】
A．假设A、B系统一起向右加速，对A、B系统受力分析，根据牛顿第二定律有
可得，A、B系统共同的加速度为此时长木板B受到的摩擦力为
若 ，则长木板B受到的摩擦力
假设成立，说明此时A、B间为静摩擦，A、B一起向右加速，则 ，故A错误；
BC．由上分析可知，若 ，则长木板B受到的摩擦力
说明A、B发生相对滑动，对小物块A受力分析，根据牛顿第二定律有
对长木板B受力分析，根据牛顿第二定律有
由于 ，可得
则根据匀变速直线运动的位移公式
可得
根据功能关系，可得该过程中因摩擦产生的热量为
故B错误，C正确；
D．根据功能关系，即电场力做功的多少等于电势能变化的多少，可知A、B系统减少的电势能为 。由上分析可知，若 ，即若A、B一起运动，则根据能量的转化和守恒可知，A、B系统增加的机
械能等于A、B系统减少的电势能即为 。若 ，即A、B发生相对滑动，根据能量的转化可
知，A、B系统减少的电势能 转化为A、B摩擦产生的内能和A、B的机械能，则A、B系统增加的机
械能为
故D错误。
故选C。
二、多选题
4．如图所示，传送带底端A点与顶端B点的高度差为h，传送带在电动机的带动下以速率v匀速运动。现
将一质量为m的小物体轻放在传送带上的A点，物体在摩擦力的作用下向上传送，在到达B点之前，已经
与传送带共速，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q。则在传送带将物体从A送往B的过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．物体与传送带因摩擦产生的热量为
B．传送带对物体做功为
C．传送带对物体做功为
D．为传送物体，电动机需对传送带额外做功
【答案】BD
【解析】
A．设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时间为
t时间内物体和传送带的位移大小分别为物体相对于传送带滑动的位移大小为
设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得
物体与传送带因摩擦产生的热量为
故A错误；
BC．根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即
故B正确，C错误；
D．根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为
故D正确。
故选BD。
5．如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v＝1m/s
0
顺时针传动。建筑工人将质量m＝2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v＝1m/s
0
的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2m，重力
加速度大小为g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1J
D．运输带对建筑材料做的功为1J【答案】AD
【解析】
AB．建筑工人匀速运动到右端，所需时间
t＝ ＝2s
1
假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为
a＝μg＝1m/s2
加速的时间为
t＝ ＝1s
2
加速运动的位移为
x＝ t＝0.5m<L
1 2
假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为
t＝ ＝1.5s
3
因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为
Δt＝t＋t－t＝0.5s
3 2 1
故A正确，B错误；
C．建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为
x＝vt＝1m
2 02
则因摩擦而生成的热量为
Q＝μmg（x－x）＝1J
2 1
运输带对建筑材料做的功为
W＝ mv2＝1J
0
则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为
故C错误，D正确。
故选AD。
6．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的球从距离弹簧上端h处由静止释
放，刚接触弹簧时球立即与弹簧上端黏连，并在竖直方向上运动，一段时间后，球停止运动，此时球距离地面为0.5L，弹簧的弹性能为 ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的度系数为
B．小球静止处就是下落过程中速度最大处
C．下落过程中，小球先超重后失重
D．小球第一次下到最低点时，弹簧的弹性势能小于
【答案】AD
【解析】
A．小球停止运动时，受力平衡，根据平衡关系和胡克定律得
解得
故A正确；
B．在运动过程中有阻力作用，下落过程中速度最大处应满足
结合A中分析知，小球静止处不是下落过程中速度最大处，故B错误；
C．下落过程中，小球先加速后减速，然后第一次到达最低点，所以这个过程是先失重后超重，故C错误
D．小球第一次下落到最低点时，根据能量守恒有
故小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能小于 ，故D正确。
故选AD。7．秋千是人们都喜欢的健身娱乐活动。会荡秋千的人，不用别人帮助推，就能越荡越高，而不会荡秋千
的人则始终荡不起来。对能独自把秋千越荡越高的现象，下列说法正确的是（ ）
A．通过人做功，系统的机械能不断增加
B．只存在动能和重力势能的相互转化
C．系统没有外力做功，机械能守恒
D．从高处荡下时身体应迅速下蹲，从最低点向上摆起时，身体应迅速直立起来
【答案】AD
【解析】
AD．从高处荡下时身体应迅速下蹲，此过程降低重心，将更多的重力势能转化为动能，获得更大的速度，
从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，此过程人克服重力做功，升高重心，获得更大的重力势能，系
统的机械能不断增加，这样秋千才能越荡越高，AD正确。
BC.从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来，重心升高，此过程人克服重力做功，系统的机械能不断增
加，人克服重力做功的过程中，将自身的化学能转化为机械能，BC错误。
故选AD。
8．如图所示，粗糙程度相同的水平直轨道AB与竖直面内半圆轨道在B点平滑相接，动摩擦因数为 ，直
轨道AB长度为 ，半圆轨道半径为 。一个质量为 的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作
用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧且可顺利通过C点。它经过B点的速度为 ，图中D点与O点等高，
当地重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧压缩至A点时的弹性势能
B．弹籍压缩至A点时的弹性势能
C．物体在圆弧BD间克服摩擦力做的功比在圆弧DC间多
D．物体在圆弧BD间克服摩擦力做的功比在圆弧DC间少
【答案】AC【解析】
AB．由题意对从A到B过程由能量守恒定律得
由功能关系知
联立得
故A正确，B错误；
CD．因为物体在圆弧BD间比在圆弧DC间的平均速度大，则对应的平均轨道支持力大，由
可知，物体在圆弧BD间平均摩擦力比在圆弧DC间大，又因为两个过程对应的路程相等，则可知物体在
圆弧BD间克服摩擦力做的功比在圆弧DC间多，故C正确，D错误。
故选AC。
三、解答题
9．如图，某实验小组发射自制的水火箭，总质量为M的水火箭竖直静置在水平地面，打开喷嘴后，火箭
内的高压空气将质量为m的水以速度 瞬间喷出，火箭发射升空，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
求：
（1）喷水后瞬间火箭的速度及上升的最大高度；
（2）喷嘴打开后，火箭内的高压空气对外做的功至少多大。
【答案】（1） ， ；（2）
【解析】
（1）设喷水后瞬间火箭的速度v，由动量守恒定律得解得
设水火箭上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
（2）喷嘴打开后，火箭内的高压空气对外做的功至少为
10．如图所示，半径 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水
平方向的夹角 ，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板
质量 kg，上表面与C点等高。质量 kg可视为质点的物块在A点以3m/s的速度水平抛出，
恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，物块以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块
与木板间的动摩擦因数 ，木板与地面之间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
m/s2求：
（1）物块在B点时的速度大小 ；
（2）物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功 ；
（3）若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，木板和地面之间由于摩擦所产生的
热量Q。【答案】（1）6m/s；（2）10.5J；（3）4J
【解析】
（1）物体从A到B做平抛运动，在B点有
解得物块在B点的速度
（2）物体从B点运动到C点过程中，由动能定理有
解得物块克服摩擦力做功
（3）物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
物块与木板达的共同速度为 ，由运动学公式有
木板做匀加速直线运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
由运动学规律有
解得
木板匀加速直线运动的位移
当二者达到共速后，假设物块和木板一起运动，由牛顿第二定律有
解得物块和木板一起运动加速度大小对物块由牛顿第二定律有
假设成立，即二者达共速后一起做匀减速直线运动至停下。
木板匀减速直线运动的位移为
木板和地面之间由于摩擦所产生的热量
1．（2022·福建三明·三模）如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图，箭头表示跳伞者的受力，
跳伞者的位移为y、重力势能为 、机械能为E，取竖直向下为正方向，地面为零势能面，下列图像中可
能正确的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】D
【解析】
A．由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速
度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动，随着速度的减小，阻力
也在减小，向上的加速度逐渐减小，当阻力和重力相等时向下做匀速运动。则位移先增加的越来越快，后
增加的越来越慢，然后均匀增加。故A错误；
BC．重力势能
Ep = mgh
其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小
得越来越慢，最后均匀减小。故BC错误；
D．机械能
E=E 一fy
0
开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变等于重力，故此过程中，
阻力做的功先是慢慢变大，打开伞后阻力做的功瞬间增加，最后运动员匀速，阻力做的功不变。故D正确。
故选D。
2．（2022·河北·石家庄二中模拟）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中
矿车提升的速度大小 随时间 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变
速阶段加速度的大小都相同：两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于
第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为 B．两次不同的提升过程克服重力做功不同
C．电机输出的最大功率之比为 D．电机所做的功之比为
【答案】C
【解析】
A．由图可得，变速阶段的加速度
设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知解得
所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为
选项A错误；
B．两次不同的提升过程的高度一致，则重力做功相同，B错误；
C．由功率公式
P=Fv
且匀加速过程两种情况加速度一样大，则拉力一样大，故电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为
2∶1，选项C正确；
D．两个过程的初末速度一致，提升高度一致，提升质量相等。而两过程中电动机做的功全部转化为动能
和重力势能，因此两次电动机做功相同，选项D错误。
故选C
3．（2022·山东·高三学业考试）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 运行，初速度大小为
的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块
在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知 ，物块和传送带间的动摩擦因数为
，物块的质量为m。则（ ）
A． 时刻，小物块离A处的距离最大
B． 时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C． 时间内，因摩擦产生的热量为
D． 时间内，物块在传送带上留下的划痕为
【答案】C
【解析】
A．初速度大小为 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运
动的 图象可知， 时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B． 时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD． 时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为这段时间内，因此摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
4．（2022·重庆·西南大学附中模拟）传送装置在物流快递中的应用使得分拣工作更加智能化。如图所示，
水平传送带在电机的带动下，始终以速度 沿图示方向匀速运动：一质量为m的快递件以 的速度从左
端水平滑上传送带，最终快递件与传送带共速，则快递件与传送带间由于摩擦产生的热量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
快递件与传送带相对运动过程中，做匀加速直线运动，快递件的位移
传送带位移
根据速度时间关系式
根据牛顿第二定律
由于摩擦产生的热量联立解得
故选D。
5．（2022·河北衡水·二模）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为 的粗糙斜面底端，质量为
的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能 与其通过的路程x的关系如图乙
所示（弹簧始终处于弹性限度内），图像中 之间为直线，其余部分为曲线， 时物块
的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为 ，其中k为弹簧的劲度系数， 为弹簧的
原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度 ，
， 。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．弹簧的劲度系数k为
C． 的大小为
D．物块在斜面上运动的总路程大于
【答案】D
【解析】
A．物块接触弹簧前，由动能定理得
解得
故A错误；B．由能量守恒定律得
解得
故B错误；
C．由能量守恒定律得
解得
故C错误；
D．物块的路程为 时
物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于 ，故D正确。
故选D。
6．（2022·湖南师大附中一模）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一
个细环。棒和环的质量分为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为4mg。断开轻绳，
棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中
始终保持竖直，空气阻力不计。则（ ）
A．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒相对地面一直做加速度恒定的匀减速直线运动
B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对地面始终向下运动
C．棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环相对地面先做匀减速后匀加速最后做匀减速运动，从断开轻绳到棒和环都静止，系统损失的机械能为
D．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下
【答案】C
【解析】
AB．棒第一次与地面碰撞后，开始棒的速度方向变为向上，环的速度方向继续向下，二者存在相对运动，
相互间存在滑动摩擦力，棒所受合力方向向下，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
此时环的加速度大于棒的加速度，而环的速度与棒的速度大小相同，所以环的减速时间小于棒的减速时间，
最终环会向上做匀加速运动，加速度大小为3g，直至环与棒速度大小相同，此时两者无相对运动，不受摩
擦影响，环和棒一起做加速度大小为g的向上的匀减速运动，直至速度为0，故AB错误；
C．设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒
解
摩擦力对棒及环做的总功为
联立解得
则系统损失的机械能为 ，故C正确；
D．当棒再次下落时，由于此时棒的速度等于环的速度，此时棒与环之间无摩擦，所以环的下落为自由落
体运动，无相对于棒做往复运动，与地面接触后在棒反弹后重复之前的运动状态，因此位移总是向下，故
D错误。
故选C。
二、多选题
7．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟）如图甲所示，倾角为θ的斜面足够长，质量为m的物块受沿斜面向上的拉力F作用，静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小（方向始终沿斜面向上），物块由静止开始
沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示，其中O～x 过程
1
的图线为曲线x～x 过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为μ。物块从开始运动到位移为x 的过
1 2 2
程中（ ）
A．O～x 过程物块的加速度在不断变大
1
B．物块减少的机械能等于物块克服合力做的功
C．物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功
D．物块减少的机械能小于减少的重力势能
【答案】AD
【解析】
BC.物块向下运动的过程中，重力做正功，拉力与摩擦力做负功，物块减少的机械能等于它克服拉力与摩
擦力做功之和，故B、C错误；
D.O～x 过程由动能定理可知
2
W －(W ＋W)＝ΔE
G F f k
由题意知ΔE>0，而减少的重力势能等于重力功W ，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能，故D正
k G
确；
A.由题图乙可知，O～x 过程图线的斜率逐渐减小，而
1
ΔE＝－(F＋μmgcosθ)·Δx
所以F＋μmgcosθ减小，物块受到的合外力mgsinθ－(F＋μmgcosθ)增大，由牛顿第二定律可知，物块的加速
度增大，故A正确。
故选AD。
8．（2022·湖南衡阳·三模）如图所示，倾斜放置的传送带AB，以大小为v=lm/s的恒定速率顺时针转动，
传送带的倾角 =37°，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定
拉力F，物块运动的v-t图像如图所示，2.2s后运动到B端，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（ ）A．恒力F的大小为20N
B．传送带AB长为6.6m
C．物块与传送带的动摩擦因数为
D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为12.75J
【答案】CD
【解析】
AC．由题意可知，0.2s末物块速度等于传送带速度
解得
由v-t图像可得0.2~2.2s时间，物块的加速度
物块开始时做初速度为零匀加速直线运动，0~2s时间，根据牛顿第二定律可得
0.2~2.2s时间，物块继续向上加速，速度大于传送带，受摩擦力向下，根据牛顿第二定律可得
联立解得
F=19.5N，μ=
A错误，C正确；
B．传送带总长度等于物块的总位移，等于v-t图像在0~2.2s时间内图线与坐标轴所围的面积，则
B错误；D．物块和传送带在0~0.2s时间内向上运动的位移分别为
物块相对传送带向下滑动
物块和传送带在0~0.2s时间内向上运动的位移分别为
物块相对传送带向上滑动
所以物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为
D正确。
故选CD。
9、（2022·江苏苏州·三模）如图所示，底部A处装有挡板，倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一
长金属板，下端与A接触。离A距离为L=6.5m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电
机，滚轮作匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属
板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处
送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮角速度ω=80rad/s，半径r=0.05m，滚轮对金属板的压力
F =2×104N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103kg，不计板与斜面间的摩擦，
N
取g=10m/s2 。求：
（1）金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小；
（2）金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小；
（3）每个运动周期中电动机输出的平均功率。【答案】（1）2m/s2 ；（2）4.05×104J ；（3）1.3×104W
【解析】
（1）金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小
（2）滚轮线速度
根据能量守恒，金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小
所以电动机对金属板做功
（3）匀加速运动时间
运动位移
匀速运动时间
此后沿斜面向上做匀减速直线运动，取向上为正方向，位移
加速度
根据解得
一个周期时间内摩擦力做功大小
电动机输出的平均功率
10．（2022·湖南·长沙一中一模）如图所示，光滑轨道abcd周定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆
弧轨道的半径 ，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为 、 的物块
A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被
拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长 的小车，小车上表面与ab等高。现将细
绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小
车之间的动摩擦因数 ，小车质量M满足 ，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B运动到最低点b时对轨道的压力；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有M）。
【答案】（1）60N；（2）12J；（3）当1kg≤M≤2kg时， ；当2kg＜M≤3.5kg时，
【解析】
（1）在最高点有牛顿第二定律可得
b到d由动能定理可得在b点有牛顿第二定律可得
联立以上方程可得
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力竖直向下，大小为
（2）由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立以上方程可得
（3）假设A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得
m v =（m ＋M）v
A A A
由能量守恒可得
联立以上方程可得
=2kg
当1kg≤M≤2kg时，A与小车最终有共同速度，由能量守恒可得
解得
当2kg＜M≤3.5kg时，A将从小车左端滑出，可得
Q=μm gL
2 A解得
1．（2022·浙江·高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电
机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为 时，输出电功率为 ，风速在
范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 ，空气密度为 ，风场风
速为 ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积 的流动空气动能为
C．若每天平均有 的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有 风速在 范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【解析】
AB．单位时间流过面积 的流动空气体积为
单位时间流过面积 的流动空气质量为
单位时间流过面积 的流动空气动能为
风速在 范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，
AB错误；C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有 的风能资源，则每天发电量应满足
C错误；
D．若风场每年有 风速在 的风能资源，当风速取最小值 时，该发电机年发电量具有
最小值，根据题意，风速为 时，输出电功率为 ，风速在 范围内，转化效率可视为不
变，可知风速为 时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
D正确；
故选D。
2．（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，
发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火
的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】
A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，
且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做
加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，
速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
3．（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
【解析】
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。
4．（2021·浙江·高考真题）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。
5．（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）
【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
6．（2021·北京·高考真题）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7．（2021·山东·高考真题）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】
【分析】
（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8．（2021·湖南·高考真题）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为 的水平轨道通过一小段
光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道 。质量为 的小物块A与水平轨道间的动摩擦因
数为 。以水平轨道末端 点为坐标原点建立平面直角坐标系 ， 轴的正方向水平向右， 轴的正方
向竖直向下，弧形轨道 端坐标为 ， 端在 轴上。重力加速度为 。
（1）若A从倾斜轨道上距 轴高度为 的位置由静止开始下滑，求 经过 点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过 点落在弧形轨道 上的动能均相同，求 的
曲线方程；
（3）将质量为 （ 为常数且 ）的小物块 置于 点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹
性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始
位置距 轴高度的取值范围。
【答案】（1） ；（2） （其中， ）；（3）
【解析】
（1）物块 从光滑轨道滑至 点，根据动能定理
解得（2）物块 从 点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为 ，落在弧形轨道上的坐标为 ，将平抛运
动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为
物块 从 点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块 从 点到弧形轨道上动能均相同，将落点 的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中， ）
（3）物块 在倾斜轨道上从距 轴高 处静止滑下，到达 点与 物块碰前，其速度为 ，根据动能定理
可知
解得
------- ①
物块 与 发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需
要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为 和 ，在物块 与 碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
-------②
-------③
设碰后 物块反弹，再次到达 点时速度为 ，根据动能定理可知
解得
-------④
据题意， A落在B落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得 的取值范围为
9．（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为 的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速
带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L
处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30
个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水
平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应
满足什么条件？
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v，到达第31个减速带时的速度为v，则有
1 2
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一
个减速带均为v 和v；经过每一个减速带时损失的机械能为
1 2
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v，则在水平地面上根据动能定理有
1
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知可得
