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专题09 机械能守恒定律 功能关系
考点
五年考情（2020-2024）
命题趋势
考点1 机械能
守恒定律（含
实验）
2021 年河北卷、广东卷；
2022 年全国卷、河北卷、湖北卷；
2023 年天津卷等
机械能守恒和功能关系是物
理学中的重要概念，它们在高考
物理命题中占有重要地位。
1.重视基础知识的考查：高
考命题会强调对基本概念和规律
的理解和应用。对于机械能守
恒，考生需要掌握守恒的条件、
表达式以及应用。同时，对于功
能关系，要理解不同力做功与能
量变化之间的关系，如重力做功
与重力势能变化、弹力做功与弹
性势能变化等。
2.强调综合应用：高考物理
试题往往将机械能守恒与牛顿运
动定律、能量守恒定律等其他知
识点综合考查，要求考生能够综
合运用这些知识解决实际问题。
3.注重实验和探究能力：实
验是物理学的基础，高考物理命
题可能会通过实验题或探究题的
形式，考查考生的实验操作能力
和数据处理能力，以及对物理规
律的探究能力。
4.联系实际生活：高考物理
命题会结合实际生活情境，如体
育比赛、生产工具、娱乐项目
等，考查考生将理论知识应用于
考点2 功能关
系
2020 年浙江卷；
2021 年全国卷、福建卷；
2022 年江苏卷、全国卷、福建卷、河北卷；
2023 年全国卷、湖南卷；
2024 年浙江卷等
1
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实际问题的能力。
5.图像与数据分析：图像和
数据分析是物理学中常用的研究
方法，高考物理命题可能会提供
图像或数据，要求考生进行分析
和处理，以得出结论。
6.创新和拓展：高考物理命
题可能会在原有知识点的基础上
进行创新和拓展，考查考生的创
新思维和解决问题的能力。
考点01 机械能守恒定律
1．(2022·全国乙卷·16)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
2
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D．它与P 点的连线扫过的面积
【答案】 C
【解析】如图所示，
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P 点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2
由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝
联立可得h＝，则v＝L
故C 正确，A、B、D 错误．
2.(2021·河北卷·6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图1 所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，
一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉
直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为
g，不计空气阻力)( )
图1
A.
B.
C.
D．2
【答案】 A
【解析】 小球下落的高度为
h＝πR－R＋R＝R，
小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝mv2，
综上有v＝，故选A.
3.（多选）(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，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1 所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(
3
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)
图1
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mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【答案】BC
【解析】由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝，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；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mg，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，两手榴弹重力的功率相同，故B 正确；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ΔEp＝mgh，故C 正确；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．
4.(2022·全国甲卷·14)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】从a 到c，由机械能守恒定律，mgh=
mv2，在c 点，由牛顿第二定律，F-mg=m
，F≤kmg，联
4
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立解得R≥
，选项D 正确。
5．(2022·河北卷·11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械
能守恒定律，实验装置如图甲所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势
能表达式为E＝kx2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释
放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻
两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A 点)．从打出A 点到打出F 点时
间内，弹簧的弹性势能减少量为________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力
势能增加量为________________．
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上
升高度h 的关系，如图丙所示．由图丙可知，随着h 增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是
__________________________________________________.
【答案】 (1)k(L－L0)h5－kh5
2 mgh5 (2)见解析
【解析】 (1)从打出A 点到打出F 点时间内，弹簧的弹性势能减少量为
5
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ΔEp 弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp 弹＝k(L－L0)h5－kh5
2
打F 点时钩码的速度为vF＝
则钩码动能的增加量为
ΔEk＝mvF
2－0＝
钩码的重力势能增加量为ΔEp 重＝mgh5
(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量
等于钩码机械能的增加量．现在随着h 增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔
即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，
空气阻力做的功也逐渐增大．
6.(2022·湖北卷·12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固
定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直
平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，
重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示．
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为________．
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________ N．(结果均保留2 位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)．
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
【答案】(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
【解析】(1)设初始位置时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin＝mgcos θ
6
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到最低点时轻绳拉力最大，则有
mgl(1－cos θ)＝mv2，Tmax－mg＝m
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为－2；
(2)由题图乙得直线的斜率为
k＝－＝－2.1
3mg＝1.77 N
则小钢球的重力为mg＝0.59 N
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.
7.(2023·天津卷·9)如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车位于气垫导
轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片到光电门长度l
c．遮光片通过光电门时间Δt
d．托盘与砝码质量m1，小车与遮光片质量m2
(1)小车通过光电门时的速度为________；
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；
(3)改变l，做多组实验，作出以l 为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，则图像斜率为
________。
【答案】(1) (2) m1gl (m1＋m2)()2 (3)
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【解析】(1)小车通过光电门时的速度为
v＝
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
ΔEp＝m1gl
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为
ΔEk＝(m1＋m2)()2
(3)改变l，做多组实验，作出以l 为横坐标，
以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立有
m1gl＝(m1＋m2)()2
整理有()2＝·l
则图像斜率为。
考点02 功能关系 能量守恒
1.(多选)(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组成，两段相
切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径
2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是( )
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】 AD
【解析】 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为vC＝0，则小球从C 到B 的过
程中，有mgR(1－cosα)＝mv2，FN＝mgcosα－m，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从C 到B 的过程中α 由0
增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的
压力逐渐增大，A 正确；由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为P＝－
mgvsinθ，则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；从A 到C 的过程中有－mg·2R＝mvC
2－
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mv0
2，解得v0＝，C 错误；小球在B 点恰好脱离轨道有mgcosθ＝m，则vB＝，则若小球初速度v0增大，小
球在B 点的速度有可能为，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
2．（2022·江苏·10）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FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB 有
F +(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
对B 有
mB gsinθ−μmB gcosθ−FAB=mBa
联立可得
F
mA+mB
=−FAB
mB
由于A 对B 的弹力FAB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x1，A 运动到最高点时距离O 点为x2；下滑过程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
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1
2 k x1
2= 1
2 k x2
2+(mgsinθ+ f )(x1−x2)
化简得
k = 2(mgsinθ+ f )
x1+ x2
当位移为最大位移的一半时有
F合=k(x1−x1−x2
2 )−(mgsinθ+ f )
带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；
C．根据B 的分析可知
F
mA+mB
=−F AB
mB
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FAB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；
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。
3.(多选)(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P 和Q 用不可伸长的轻绳相连，悬挂
在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为.T 时刻轻绳突然断开，
物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高度，取t＝0 时刻物体P 所在水平面为零势能面，
此时物体Q 的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正
确的是( )
A．物体P 和Q 的质量之比为1∶3
B．2T 时刻物体Q 的机械能为
C．2T 时刻物体P 重力的功率为
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D．2T 时刻物体P 的速度大小为
【答案】BCD
【详解】开始释放时物体Q 的加速度大小为，
则有mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，
解得FT＝mQg，＝，选项A 错误；
在T 时刻，两物体的速度大小v1＝，
P 上升的距离h1＝×T2＝，
轻绳断后P 能上升的高度h2＝＝，
则开始时P、Q 竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝，
开始时P 所处的水平面为零势能面，则开始时Q 的机械能E＝mQgh＝，
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q 做负功，大小为WF＝FTh1＝，
则绳断裂时物体Q 的机械能
E′＝E－WF＝＝，
此后物体Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物体Q 的机械能仍为，选项B 正确；
在2T 时刻，重物P 的速度v2＝v1－gT＝－，
方向向下，此时物体P 重力的瞬时功率
PG＝mPg|v2|＝·＝＝，
选项C、D 正确．
4.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m
的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，
当物块从木板右端离开时（ ）
A. 木板的动能一定等于fl
B. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于
D. 物块的动能一定小于
【答案】BD
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【解析】画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理，-fx1=
-
对木板，由动能定理，fx2=
根据速度图像面积表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，
l= x1-x2= SABCE＞x2=S△COF，
因-fl＞fx2=
，A 错误B 正确；
对系统，由能量守恒定律，fl=
-（
+
），
物块动能
=
-fl-
＜
-fl，C 错误D 正确。
5.(2024·浙江卷1 月·3)如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中达
到最高点2 的高度为h，则足球（ ）
A. 从1 到2 动能减少
. 从1 到2 重力势能增加
C. 从2 到3 动能增加
D. 从2 到3 机械能不变
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【答案】B
【解析】由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1 到2 重力势能增加
，则1 到2 动能减少量大于
，A 错误，B 正确； 从2 到3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重
力势能减小mgh，则动能增加小于
，选项CD 错误。
6.(多选)(2022·福建卷·7)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
【解析】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
x0为上滑的最远距离；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
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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。
7.(多选)（2022·全国乙卷·20）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
【解析】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
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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x1，由动能定理可得
即
得
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
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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。
8.（2021·全国甲卷·24）如图，一倾角为θ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μ，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）mgd sinθ；（2）mg(L+29d)sinθ−μmgs
30
；（3）L>d + μs
sinθ
【详解】（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
mgsinθ =ma
设小车通过第30 个减速带后速度为v1，到达第31 个减速带时的速度为v2，则有
v2
2−v1
2=2ad
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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v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
ΔE = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
联立以上各式解得
ΔE =mgd sinθ
（2）由（1）知小车通过第50 个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
−μmgs=0−1
2 mv1
2
从小车开始下滑到通过第30 个减速带，根据动能定理有
mg(L+29d)sinθ−Δ E总= 1
2 m v1
2
联立解得
Δ E总=mg(L+29d)sinθ−μmgs
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
Δ E
′ = Δ E总
30
= mg(L+29d)sinθ−μmgs
30
（3）由题意可知
Δ E
′> ΔE
可得
L>d + μs
sinθ
9．（2020·浙江·20）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AB 和倾角θ=37°的斜轨道BC 平滑连接而成。质量m=0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m 处
静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨
道均可视为光滑,忽略空气阻力。
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(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2m 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BC 上到达的高度h 与x 之间的关系。
(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
【答案】 见解析
【解析】 (1)机械能守恒定律mgH=mgR+1
2mv D
2
牛顿第二定律FN=m v D
2
R
=8 N
牛顿第三定律FN'=FN=8 N,方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C'点,功能关系
mgH=μmgLAB+μmgLBC' cosθ+mgLBC' sinθ
得LBC'=15
16 m<1.0 m,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
mgH-μmgx=1
2mv2
碰撞后的速度为v',动量守恒定律mv=3mv'
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,动能定理
-3μmg(LAB-x)-3μmg ℎ
tanθ -3mgh=0-1
2(3m)v'2
得h=1
6x- 5
48(5
8 m<x≤1 m)
h=0(0≤x≤5
8 m)
10.（2021·福建·14）如图（a），一倾角
的固定斜面的
段粗糙，
段光滑。斜面上一轻质弹簧
的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与
长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，由A 处从静
止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑的位移s 的变化关系如图（b）所示。
已知
段长度为
，滑块质量为
，滑块与斜面
段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，
重力加速度大小取
，
。求：
18
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（1）当拉力为
时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B 点时的动能；
（3）滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为
，滑块与斜面间的动摩擦因数为
，滑块受斜面的支持
力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为
时滑块的加速度大小为
。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公
式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在
段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中
、
和
、
分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，
，
，
，
。设滑块第一次到达B 点时的动能为
，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为
。设滑块离B 点的最大距离为
，
由动能定理有
19
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⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
max
1.3m
s
20
