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专题二 能量与动量
第6讲 功能关系和能量守恒题型总结
一．机械能
1．（2023•沙坪坝区校级开学）北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾
斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道卫星c 组成，它们均为圆轨道卫星。若轨道卫星c 与
地球同步静止轨道卫星a 在同一平面内同向旋转，已知卫星c 的轨道半径为r，同步卫星轨道半径为4r，地
球自转周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．卫星a 的发射速度大于地球第一宇宙速度，轨道运行速度小于地球第一宇宙速度
B．卫星a 与卫星b 具有相同的机械能
C．地球的质量为
D．卫星a 与卫星c 周期之比为8：1，某时刻两者相距最近，则经过
后，两者再次相距最近
【解答】解：A．地球第一宇宙速度是最小发射速度，最大运行速度，故A 正确；
B．机械能包括卫星的动能和势能，与卫星的质量有关，不确定质量关系，故卫星a 与卫星b 不一定具有相
同的机械能，故B 错误；
C．对地球同步卫星，根据万有引力提供向心力有
故地球质量
，故C 错误；
D．卫星a 与卫星c 再次相距最近的过程满足
代入卫星a 与卫星c 周期之比为8：1，解得
1
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故D 错误。
故选：A。
2．（2024•山西模拟）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的
圆弧形滑道PQ，从滑道的P 点滑行到最低点Q 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运
动员沿PQ 下滑过程中（ ）
A．所受摩擦力不变
B．所受支持力不变
C．重力做功的功率逐渐增大
D．机械能逐渐减小
【解答】解：A、滑雪运动员从滑道的P 点滑行到最低点Q 的过程中做匀速圆周运动，切向方向合力为
零，法向方向合力大小不变，重力沿切线方向的分力逐渐减小，运动员所受摩擦力大小等于重力沿切线方
向的分力，则知运动员所受的摩擦力减小，故A 错误；
B、重力沿法向分力Gn逐渐增大，根据向心力方程可知FN﹣Gn＝m
，得FN＝Gn+m
，可知运动员所
受支持力增大，故B 错误；
C、重力、速率都不变，但重力与速度相互间夹角变大，竖直方向的分速度减小，则重力做功的功率逐渐
减小，故C 错误；
D、摩擦力一直做负功，机械能逐渐减小，故D 正确。
故选：D。
3．（2023•天津模拟）如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，使卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q
点改变卫星速度，再使卫星进入地球同步轨道Ⅱ。以下判断正确的是（ ）
2
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A．在轨道Ⅰ上通过Q 点的速度小于轨道Ⅱ上通过Q 点的速度
B．在轨道Ⅰ上，卫星在P 点的加速度等于在Q 点的加速度
C．该卫星在轨道Ⅱ上运行时的机械能小于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
D．卫星由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ，需在Q 点点火向速度的方向喷气
【解答】解：AD．从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，应给卫星加速实现变轨，即在Q 点点火向速度的反方向
喷气，所以在轨道Ⅰ上的Q 点速度小于在轨道Ⅱ上的Q 点的速度，故A 正确，D 错误；
B、根据牛顿第二定律可知
＝ma
解得加速度
即离地球球心距离越大，加速度越小，所以在轨道I 上，卫星在P 点的加速度大于在Q 点的加速度，故B
错误；
C、卫星在轨道Ⅰ上Q 点需要喷气加速变到轨道Ⅱ，动能增大，所以探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨
道Ⅰ上的机械能，故C 错误。
故选：A。
二．机械能守恒定律
4．（2023•湖南二模）如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端
与物体b 相连，物体b 上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b 间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），将物体
a、b 从O 点由静止释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b 滑到A 点时，a 刚好相对b 开始滑动；
滑到B 点时a 刚好从b 上滑下，b 也恰好速度为零，设a、b 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度为g。下列对物体a、b 运动情况的描述正确的是（ ）
A．从O 到A 的过程中，两者一直加速
B．经过A 点时，两者加速度大小是μgcosθ﹣gsinθ，方向沿斜面向下
3
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C．从A 到B 的过程中，两者的加速度都在减小，速度也都在减小
D．经过B 点，a 掉下后，b 开始反向运动且能滑到开始下滑的O 点的上方
【解答】解：A．在A 点a、b 恰好产生相对滑动，静摩擦力达到最大，又μ＞tanθ，则此时整体处于减速
状态，故A 错误；
B．在A 点对a 根据牛顿第二定律可得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝μgcosθ﹣gsinθ，方向沿斜面向上，故B 错误；
C．从A 到B，a 做匀减速运动，b 做加速度增大的减速运动，故C 错误；
D．从A 到B 过程中a 对b 做正功，故b 一定能返回到O 点的上方，故D 正确。
故选：D。
5．（2024•五华区校级模拟）跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起跳区a 位置处水平飞出，落在着陆区
内的b 点，不计空气阻力，如图所示。Ep、Ek、E、P 分别表示运动员在空中的重力势能、动能、机械能、
重力的功率，用t 表示运动员在空中的运动时间，则下列图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、运动员在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据自由落体运动的规律可知运
动员下落的高度为
4
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以b 为零势能点，则有
故A 错误；
B、根据机械能守恒定律，有
Ek﹣Eka＝mgh
可得
故B 正确；
C、平抛过程中只受重力，故机械能守恒，E﹣t 图线应为横线，故C 错误；
D、运动员沿竖直方向上的速度为
vy＝gt
则重力的功率
故D 错误。
故选：B。
6．（2024•甘孜州模拟）2023 年5 月30 日16 时29 分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站天
和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，此次任务将带去航天员驻留和消耗物资、维修备件、推进剂
和应用任务载荷样品，并带回在轨废弃物。飞船发射后会在停泊轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转
移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如下图所示，已知停泊轨道半径近似为地
球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则（ ）
5
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A．飞船在停泊轨道（Ⅰ）上的速度大于7.9km/s
B．飞船在停泊轨道（Ⅰ）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为（R+h）：R
C．飞船在转移轨道（Ⅰ）上正常运行的周期为T＝T1•
D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行时，在Q 点的机械能和在空间站轨道（Ⅲ）上在Q 点的机械能相同
【解答】解：A．因为停泊轨道半径近似为地球半径R，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙
速度7.9km/s，不可能大于7.9km/s，故A 错误；
B．由万有引力提供向心力有
得
所以飞船在停泊轨道（I）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为
故B 错误；
C．由开普勒第三定律有，飞船在停泊轨道和在转移轨道有
得：
选项C 正确；
D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q 点经点火加速能进入空间站轨道（Ⅲ）上运行，所以飞船在转移轨道
（Ⅱ）上正常运行时，在Q 点的机械能小于在空间站轨道（Ⅲ）上在Q 点的机械能，故D 错误；
故选：C。
7．（2024•吉林一模）如图所示，甲球从O 点以水平速度v1抛出，落在水平地面上的A 点；乙球从O 点
以水平速度v2抛出，落在水平地面上的B 点，乙球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不
6
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变，反弹后恰好也落在A 点。已知两球质量均为m，乙球落在B 点时速度与水平方向夹角为60°，不计碰
撞时间和空气阻力，以水平地面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A．甲球落在A 点时速度与水平方向夹角为45°
B．甲、乙抛出时速度之比v1：v2＝
：1
C．甲、乙落地时速度之比为v 甲：v 乙＝3：1
D．甲、乙抛出时机械能之比为E 甲：E 乙＝3：1
【解答】解：AB、设OA 间的竖直高度为h。由O 点到A 点，甲球运动时间为
乙球运动时间是甲球的3 倍。设乙球由O 点到B 点水平位移为x，时间为t。对甲球有
3x＝v1t
对乙球有
x＝v2t
则得
v1：v2＝3：1
在B 点，对乙球
甲球落在A 点时
故甲球落在A 点时速度与水平方向夹角为30°，故AB 错误；
C、甲、乙落地时速度
，
故甲、乙落地时速度之比为
7
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v 甲：v 乙＝
：1
故C 错误；
D、设OA 间的竖直高度为h，以水平地面为重力势能零势面，因为是抛体运动只受重力，小球机械能守
恒，则抛出时刻的机械能和落地时刻的机械能是相等的，所以小球机械能为：E＝
mv2，把v 甲和v 乙代入
得甲、乙抛出时机械能之比为：E 甲：E 乙＝3：1，故D 正确；
故选D。
8．（2023•盐山县校级模拟）如图所示，小滑块Q 的质量为m，P 的质量为2m，P、Q 通过轻质定滑轮O
（体积可忽略）用细线连接，Q 套在光滑水平杆上。用力拉动Q，使OQ 间的细线与水平方向的夹角θ＝
60°，此时OQ 长度为L，P、Q 处于静止状态。不计一切摩擦，P 不会与杆碰撞，重力加速度大小为g，则
释放Q 后Q 运动的最大速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：当Q 运动到滑轮正下方时，P 下降的高度最大，此时P 速度为零，Q 速度最大，根据几何关
系可知此过程中P 下降的高度为
对P、Q 整体，根据机械能守恒定律得
计算得则释放Q 后Q 运动的最大速度为
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
9．（2023•湖北模拟）如图所示，一根质量可以忽略不计的刚性轻杆，O 端为固定转轴，杆可在竖直平面
内无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固定一个小球A 和B。已知两球质量相同，现用外力使杆静止在
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水平方向，然后撤去外力，杆将摆下，从开始运动到杆处于竖直方向的过程中正确的是（ ）
A．B 球下落过程中机械能守恒
B．杆的弹力对A 球做正功，对B 球做负功
C．杆的弹力对A 球做负功，对B 球做正功
D．杆的弹力对A 球和B 球做功之和不为零
【解答】解：BCD．两球同轴转动，角速度相等，由线速度的计算公式v＝ωr 知B 球的速度总是等于A 球
速度的2 倍，由于杆在转动过程中无摩擦，故系统机械能守恒，设杆长为2l，A 球运动到竖直方向时的速
度为v，则有
mgl+mg×2l＝
解得：
A 球获得的动能
小于减少的重力势能mgl，其机械能减少，故杆对A 球做负功，同理可分析出杆对
B 球做正功，且杆的弹力对A 球和B 球做功之和为零，故C 正确，BD 错误；
A．B 球下落过程中受杆的弹力和重力作用，根据机械能的定义可知，此过程中机械能不守恒，故A 错
误。
故选：C。
10．（2024•南通模拟）如图所示，固定的倾斜轨道倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R 的圆弧轨
道相切、相连接，位置P 为圆弧轨道的最低点。质量分别为2m、m 的小球A、B 用长L＝1.5R 的轻杆通过
轻质铰链相连，A 套在倾斜轨道上，B 套在固定的竖直轨道上，竖直轨道过圆弧轨道的圆心O。现A 受到
一沿倾斜轨道向上的推力处于静止状态，此时轻杆与倾斜轨道垂直，撤去推力后，A 由静止沿倾斜轨道、
圆弧轨道运动。假设在运动过程中轻杆和竖直轨道不会碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求推力的大小F；
（2）求A 运动至P 点时的速度大小vA；
（3）A 运动至P 点时，轨道对A 产生方向竖直向上、大小为FN的弹力，求此时B 的加速度大小aB。
9
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【解答】解：（1）在推力F 作用时，A 处于静止状态，此时杆与轨道垂直，根据平衡条件得
F＝2mgsin60°＝
mg
（2）如图，设小球A 初始位置距P 点的高度为h1，由几何关系得
解得
将小球B 初始位置距P 点的高度设为h2，由几何关系得
h2＝h1+1.5Rcos60°
解得h2＝2R
当A 运动到P 点时，根据系统机械能守恒得
根据关联速度可得vB＝0
联立解得vA＝
（3）以小球B 为研究对象，由牛顿第二定律得
F﹣mg＝maB
以小球A 为研究对象，由牛顿第二定律得
且F′＝F
解得aB＝
﹣9g
答：（1）推力的大小F 为
mg；
10
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（2）A 运动至P 点时的速度大小vA为
；
（3）A 运动至P 点时，此时B 的加速度大小aB为
﹣9g。
11．（2024•嘉兴一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找
到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B 为同一轨迹上等高的两点，P 为该轨迹的最高点，则该羽
毛球（ ）
A．在A、B 两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P 点的速度最小
C．AP 段的飞行时间大于PB 段的飞行时间
D．在A 点的机械能大于B 点的机械能
【解答】解：AD．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能减小，A 点的机械能大于B 点的机械
能，A 点速度大于B 点的速度，故A 错误，D 正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P 时，合力
方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P 点之前，故B 错误；
C．AP 段羽毛球处于上升阶段，由于存在空气阻力作用，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB 段
羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP 段的飞行时间小于PB 段的飞
行时间，故C 错误。
故选：D。
12．（2024•重庆模拟）如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O 点连接在可自由旋转
的铰链上，A、B 两点各固定一质量为m 的小球（可视为质点）。AB 杆从竖直位置由静止释放，转到AB
杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．A 球机械能守恒，B 球机械能不守恒
B．AB 杆水平时，两球的速率均为
C．OA 杆对A 球不做功，AB 杆对A 球做正功
D．AB 杆转到水平位置的过程中，杆对A 球做的功为
【解答】解：AB、杆从竖直位置由静止释放，转到AB 杆处于水平位置的过程中，A 球与B 球组成的系统
机械能守恒，设AB 杆转到水平位置时，两球的速率均为v，由机械能守恒定律有mgL+2mgL（sin 60°﹣
cos 60°）＝
解得：v＝
，由于杆对两球都做功，所以A 球与B 球的机械能均不守恒，故AB 错误；
D、以A 球为对象，设杆对A 球做的功为W，由动能定理有W+mgL+mgL（sin 60°﹣cos 60°）＝
把v＝
代入可得W＝
则杆对小球A 做负功
故D 正确；
C、假设OA 杆对A 球不做功，AB 杆对小球A 做正功，则杆对A 球做正功，与D 项的分析矛盾，故假设
不成立，故C 错误。
故选：D。
（多选）13．（2024•泸州模拟）半径为R 的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为1.5m。质量
均为m 的相同小球静止在轨道最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为EP，两小球之间距
离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到
达轨道最高点。当小球沿轨道分别经过M、N 点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角θ＝53°，如图所
示，此时轻杆的弹力大小为F。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为
g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则（ ）
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A．EP＝4mgR
B．EP＝5mgR
C．F＝0.06mg
D．F＝0.78mg
【解答】解：AB、两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，在最高点小球受到的重力提供向心力。
根据牛顿第二定律可得：
从最低点到最高点的过程，由动能定理得：
根据机械能守恒定律得：
联立解得：EP＝5mgR，故A 错误，B 正确；
CD、对右边小球从最低点到N 点的过程，由动能定理得：﹣mgR（1+cos53°）＝
设小球在N 点时其与轨道相互作用的弹力大小为N，
由牛顿第二定律得：
对光滑圆形轨道由受力平衡得：F+2Ncos53°＝1.5mg
联立解得：F＝0.06mg，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
14．（2023 秋•安宁区校级期末）如图所示，质量为m 的物体A 压在放于地面上的竖直的劲度系数为k1轻
弹簧上，上端与劲度系数为k2的轻弹簧相连，轻弹簧k2上端与质量也为m 物体B 相连，物体B 通过轻绳
跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P 相连，A、B 均静止。现缓慢地向小桶P 内加入细砂，当弹簧k1恰好恢复
原长时，（小桶一直未落地）求：
（1）小桶P 内所加入的细砂质量；
（2）小桶在此过程中下降的距离。
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【解答】解：（1）当k1恢复原长时，对AB 整体分析，绳子的拉力为 F＝2m g，即小桶中细砂的质量为
2m。
（2）开始时，对AB 分析，k1x1＝2mg，弹簧k1的压缩量为：
x1＝
对B 分析，k2x2＝m2g，弹簧k2的压缩量为：
x2＝
当k1恢复原长时，对A 分析，k2x2′＝m1g，弹簧k2的伸长量为：
x2′＝
在此过程中，小桶下降的距离为：
h＝x1+x2+x2′＝2mg（
+
）
答：（1）小桶P 内所加入的细砂质量是2m；
（2）小桶在此过程中下降的距离是2mg（
）。
三．功能关系
15．（2024•天河区一模）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B 固
定在把手上，橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处（AB 连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执
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把，另一手将弹丸拉至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发
射，已知E 是CD 中点，则（ ）
A．从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D．从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从E 到C 过程
【解答】解：A、从D 到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 错误。
B、橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，
所以从D 到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 错误。
C、从D 到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C 错误。
D、从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以
DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D 正确；
故选：D。
16．（2024•吉林一模）如图所示，质量均为m 的木块A 和B，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连
接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F 向上缓慢拉A 直到B 刚好要离开地面，则这一过程中弹
性势能的变化量ΔEp和力F 做的功W 分别为（ ）
A．
，
B．
，
C．0，
D．0，
【解答】解：开始时，A、B 都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1＝mg，解得：x1＝
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物体A 恰好离开地面时，弹簧对B 的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2＝mg，解
得：x2＝
由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；
这一过程中，物体A 上移的距离为：d＝x1+x2＝
，
根据功能关系可得拉力做的功等于A 的重力势能的增加量，则有：W＝mgd＝
，故D 正确，ABC
错误。
故选：D。
17．（2024•南充模拟）蹦极是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种
极限运动、如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O 点，另一端和质量为60kg 的跳跃者相连，
跳跃者从距离地面45m 的高台站立着从O 点自由下落，到B 点弹性绳自然伸直，C 点加速度为零，D 为最
低点，然后弹起。运动员可视为质点，不计弹性绳的质量，整个过程中忽略空气阻力。则下列说法正确的
是（ ）
A．跳跃者从O 到B 的运动为变加速直线运动
B．跳跃者从B 运动到C 的过程，始终处于失重状态
C．跳跃者从B 运动到C 的过程，减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能
D．假设弹性绳索长20m，劲度系数为1000N/m，可以得到C 点与O 点的距离是26m
【解答】解：A、从O 点到B 点的运动过程，跳跃者只受重力，所以跳跃者做匀加速直线运动，故A 错
误；
BC、跳跃者在C 点加速度为零，重力与弹性绳的弹力大小相等，从B 运动到C 的过程重力大于弹性绳的
弹力，合力竖直向下，加速度竖直向下，且逐渐减小，所以跳跃者做变加速直线运动，处于失重状态；减
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少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能与跳跃者增加的动能之和，故B 正确，C 错误；
D、在C 点时，根据共点力平衡条件可知：mg＝kx，解得：x＝0.6m，所以C 点与O 点的距离是s＝L0+x＝
20m+0.6m＝20.6m，故D 错误。
故选：B。
18．（2024•青羊区校级模拟）如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m 的物块P 和
质量为3m 的物块Q 用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q 均静止，某时刻撤去外力，当Q 下降的高度
为h 时，细绳断裂，重力加速度为g，sin37°＝0.6，P、Q 均可视为质点，斜面足够长，则（ ）
A．物块P 沿斜面上升的最大高度为
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q 的重力的功率为
C．在细绳断裂后，物块P 沿斜面向上运动的时间为
D．当物块P 运动至最高点时，物块Q 的机械能相对t＝0 时刻减少了
【解答】解：A、当Q 下降的高度为h 时，根据几何关系得P 上升的高度为
。
细绳断裂的瞬间P、Q 速度大小相等，对PQ 整体，根据机械能守恒定律有
解得：
细绳断裂后，P 还能上升的最大高度满足
解得：
所以物块P 沿斜面上升的最大高度为：H＝h′+h1＝
h+
h＝
h，故A 错误；
17
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B、当细绳断裂的瞬间，物块Q 重力做功的功率为
，故B 错误；
C、细绳断裂后，物块P 在斜面上的运动时间为：t＝
，解得：t＝
，故C 正确；
D、细绳断裂前，P、Q 组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q 的机械能均守恒，则当物块P 运
动至最高点时，物块P 增加的机械能等于物块Q 的机械能相对t＝0 时刻减少量，即
，故D 错误。
故选：C。
19．（2024•成都二模）如图，一质量为M＝2kg 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v0＝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，滑块与木板间
的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2（未知），重力加速度大小取g＝10m/s2，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9N
C．μ2可能为0.12
D．整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4J
【解答】解：AB、滑块相对木板向右运动，所受摩擦力f1方向水平向左，大小为：f1＝μ1mg＝0.3×1×10N
＝3N，由牛顿第三定律可知滑块对木板的摩擦力f1′＝f1＝3N，方向水平向右，木板静止，合力为零，所
以地面对木板的摩擦力f2＝f1′＝3N，方向水平向左，故AB 错误；
C、木板静止，可知滑块对木板的摩擦力小于地面对木板的最大静摩擦力，即：μ1mg＜μ2（M+m）g
代入数据可得：μ2＞0.1，μ2可能为0.12，故C 正确；
D、整个过程中，由能量守恒可知，滑块损失的动能转化为滑块与木板间因摩擦产生的热量，即：
，故D 错误。
故选：C。
20．（2024•安平县校级模拟）如图所示，A、B 两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA＝mB＝1kg，
轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A 上作用一个竖直向上的力F，使木块A 由静止开始以2m/s2的加
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速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A 向上做匀加速运动开始到A、B 分离的过程中。弹簧的弹性势
能减小了1.28J，重力加速度g 取10m/s2。下列判断不正确的是（ ）
A．木块A 向上做匀加速运动的过程中，力F 的最大值是12N
B．木块A 向上做匀加速运动的过程中，力F 的最小值是4N
C．从A 向上做匀加速运动到A、B 分离的过程中，力F 对木块做功为0.64J
D．从A 向上做匀加速运动到A、B 分离的过程中，力F 对木块做功为0.96J
【解答】解：AB、对A、B 整体分析，根据牛顿第二定律可得：F﹣（mA+mB）g+F 弹＝（mA+mB）a
弹簧开始时被压缩，向上做加速运动，a 不变，弹簧弹力F 弹逐渐变小，则力F 逐渐增大。
对A 分析，根据牛顿第二定律有：F﹣mAg+FBA＝mAa
a 不变，力F 逐渐增大，则B、A 间的弹力FBA逐渐减小，当B、A 间的弹力FBA减小为零时，力F 达到最
大值保持不变。
则开始时力F 有最小值，对整体由牛顿第二定律有：Fmin＝（mA+mB）a＝（1+1）×2N＝4N
当AB 刚要脱离时，力F 有最大值，对A 有：Fmax＝mAa+mAg＝1×2N+1×10N＝12N，故AB 正确；
CD、A、B 静止时，根据胡克定律可得，弹簧的压缩量为：x1＝
＝
m＝0.2m
A、B 分离瞬间，对B 分析，根据牛顿第二定律有：kx2﹣mBg＝mBa
解得，此时弹簧的压缩量为：x2＝0.12m
设A、B 分离时的速度为v，则根据运动学规律有：v2＝2a（x1﹣x2）
整个过程中，根据功能关系可得：
解得，从A 向上做匀加速运动到A、B 分离的过程中，力F 对木块做功为：WF＝0.64J，故C 正确，D 错
误。
本题选不正确的，
故选：D。
21．（2023 秋•天心区校级期末）气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将一质量
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为m 的气排球以大小为v0的初速度竖直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为v1。已知气排球在运动过程
中所受空气阻力的大小与其运动速度大小成正比。若选竖直向上方向为正方向，选取抛出点为重力势能的
零势能点，已知重力加速度大小为g，则下列加速度a 和速度v 随时间t 变化的图象以及动能Ek和机械能E
随高度h 变化的图象正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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【解答】解：C．根据动能定理可得
上升过程中
F 合＝﹣mg+kv
下降过程中
F 合＝mg﹣kv
斜率大小应该越来越小，故C 错误；
AB．上升过程中，加速度方向向下，大小为
速度减小，加速度减小，加速度随时间的变化率在减小；
下降过程中，加速度方向向下，大小为
速度增加，加速度减小，加速度随时间的变化率的减小，即加速度和速度随时间的变化率一直减小，故
AB 错误；
D．由功能关系可知
在上升过程中斜率越来越小，在下降过程中斜率越来越大，故D 正确。
故选：D。
（多选）22．（2024•重庆模拟）如图甲所示，小物块（可以看成质点）以一定的初速度从倾角为30°的斜
面底端A 点沿斜面向上运动。选择地面为参考平面，上滑过程中，物块的机械能E 随物块离A 点距离s 的
变化关系如图乙所示。小物块上滑时离A 最远距离为4m，重力加速度大小g 取10m/s2，则（ ）
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A．物体的质量m＝2kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3
C．物体上滑过程中的加速度大小a＝10m/s2
D．物体回到斜面底端时的速度为4m/s
【解答】解：A．上升到最高点时物体的机械能等于重力势能，则
E2＝40J＝mgh
其中，h＝Lsinθ
联立解得：m＝2kg，故A 正确；
B．机械能的变化量等于除重力外的其它所做的功，故满足ΔE＝μmgcosα•x
其中ΔE＝64J﹣40J＝24J
解得：μ＝
，故B 错误；
C．上滑过程中由牛顿第二定律可得mgsinα+μmgcosα＝ma
解得：
，故C 错误；
D．下滑过程中由牛顿第二定律可得：
mgsinα﹣μmgcosα＝ma'
解得：
由运动学公式可得v'2＝2ax
解得：
，故D 正确。
故选：AD。
（多选）23．（2024•乌鲁木齐模拟）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的转轴O 上，另一端与套
在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球（可视为质点）相连，A 点到水平面的高度为h，直杆的倾角为30o，
OA＝OC，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长，小球从A 处以加速度大小为aA由静止开始下滑，第一次经
过B 处的速度为v，运动到水平面C 处速度恰好为零；然后小球获得一初动能Ek由C 处以加速度大小为aC
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沿直杆向上滑行，恰好能到达出发点A．已知重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说
法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，AB 段与BC 段摩擦力做功相等
B．Ek＝
mgh
C．弹簧具有的最大弹性势能为
mv2
D．aA﹣aC＝g
【解答】解：A、根据对称性知，小球通过AB 段与BC 段关于B 点对称位置受到的摩擦力相等，且AB＝
BC，则两段过程中摩擦力做功相等，故A 正确；
B、设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A 到C 的过程和C 到A 的过程，分别运用动
能定理得：mgh﹣2Wf＝0，
﹣mgh﹣2Wf＝0﹣Ek，
联立解得Ek＝2mgh，故B 错误；
C、设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球A 到B 的过程有：mg
+Ep＝
mv2+Wf，
A 到C 的过程有：mgh+Ep＝2Wf+Ep
解得：Wf＝
mgh，Ep＝
mv2．故C 正确。
D、根据题意可知，小球在A 点和C 点的摩擦力大小相同，令小球在A 点和C 点的摩擦力为f，弹簧的弹
力在沿着杆方向的分量为F，
在A 点，根据牛顿第二定律有mgsinθ+F﹣f＝maA，
在C 点，根据牛顿第二定律有F﹣f﹣mgsinθ＝maC，
联立解得aA﹣aC＝2gsinθ＝g，故D 正确。
故选：ACD。
（多选）24．（2024•泸州模拟）机械臂广泛应用于机械装配。如图所示，某质量为m 的工件（视为质
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点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度为a 的匀加速直线运动，运动方向与竖直
方向间夹角为θ。在将工件提升竖直高度为h 的过程中（ ）
A．所用时间为
B．工件重力的瞬时功率保持不变
C．工件的机械能增大
D．机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量
【解答】解：A．工件做匀加速直线运动，可得
解得
故A 错误；
B．工件重力的瞬时功率为
PG＝mgvcos（π﹣θ）＝﹣mgvcosθ
且
v＝at
联立解得
PG＝﹣mgatcosθ
即重力的瞬时功率随时间变化。故B 错误；
C．根据
E＝Ek+Ep
工件上升过程中，速度、高度增加，其动能和重力势能均增加，则工件的机械能增大。故C 正确；
D．由动能定理，可得
WF+WG＝ΔEk
重力对工件做负功，则机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量。故D 正确。
24
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故选：CD。
（多选）25．（2024•南充模拟）如图，已知传送带与水平方向成37°角，倾角也为37°的光滑斜面固定于
地面且与传送带良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25（其余位置
摩擦不计）。传送带顺时针匀速转动，速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C 分别是传送带与两轮的
切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1kg 的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止
释放，工件离开弹簧从斜面顶端滑到传送带上的B 点时速度v0＝8m/s，A、B 间的距离x＝1m。工件可视
为质点，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能Ep＝38J
B．工件刚滑上传送带时加速度a＝8m/s2
C．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的时间t＝2s
D．工件第一次从传送带底端上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝10J
【解答】解：A、工件从A 到B 过程，弹簧弹性势能的减小量等于滑块机械能的增加量，根据机械能守恒
定律可知弹簧的最大弹性势能为：
，代入数据解得：EP＝38J，故A 正确；
B、工件刚滑上传送带时，其速度大于传送带速度，所受的摩擦力沿着传送带向下，根据牛顿第二定律
得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma
代入数据解得：a＝8m/s2，故B 正确；
C、工件从B 点运动到与传送带共速需要的时间为
t1＝
＝
s＝0.5s
工件滑行的位移大小为
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑。
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由牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
代入数据解得：
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有
工件滑行的位移大小为
x2＝
＝
×1m＝2m
因x2＝L﹣x1
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
t＝t1+t2＝0.5s+1s＝1.5s，故C 错误；
D、第一阶段皮带的位移为
x 皮1＝vt1＝4×0.5m＝2m
物体与皮带的相对位移为
Δx1＝x1﹣x 皮1＝3m﹣2m＝1m
第二阶段皮带的位移为
x 皮2＝vt2＝4×1m＝4m
物体与皮带的相对位移为
Δx2＝x 皮2﹣x2＝4m﹣2m＝2m
故工件在皮带上滑动的全过程中所产生的热能为
Q＝μmgcos37°（Δx1+Δx1）
解得：Q＝6J，故D 错误。
故选：AB。
26．（2023 秋•河西区期末）如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B 的左端放有一个
可视为质点的小滑块A，A、B 间的动摩擦因数μ＝0.4，A 的质量m＝1kg，B 的质量M＝2kg，g＝
10m/s2。现对A 施加F＝7N 的水平向右的拉力，1s 后撤去拉力F，求：
（1）撤去拉力F 前小滑块A 和长木板B 的加速度a1和a2；
（2）A 相对于B 静止时的速度v；
（3）A 相对于B 静止的整个过程中由于摩擦生成的热量（结果可以用分数表示）。
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【解答】解：（1）对A 滑块根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝maA，
代入数据解得：a1＝3m/s2，
对B 木板有：μMg＝MaB，
代入数据解得：a2＝2m/s2；
（2）对A 和B 整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft＝（M+m）v
解得：v＝
＝
m/s＝
m/s；
（3）撤去F 时，A 的位移为：xA＝
a1t2＝
m＝1.5m，
从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：
FxA＝
+Q
解得：Q＝
J。
答：（1）撤去拉力F 前小滑块A 和长木板B 的加速度a1和a2分别为3m/s2、2m/s2；
（2）A 相对于B 静止时的速度为
m/s；
（3）A 相对于B 静止的整个过程中由于摩擦生成的热量为
J。
27．（2023 秋•朝阳区校级月考）足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s 的恒定速率顺时针转动，
如图甲所示。质量m＝2kg 的小物块以初速度v0＝12m/s 从A 端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时
间变化的图像如图乙所示，g＝10m/s2，小物块视为质点，求：
（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
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（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角θ；
（3）0﹣2s 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
【解答】解：（1）由v﹣t 图像可知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t1＝2s
根据v﹣t 图像与t 轴所围面积表示位移，可得小物块上滑的最大位移为
x＝
×1m+
m＝8m
由图像知，1s∼2s 内的加速度为
a2＝
＝
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a2相等，下滑过程有
解得：
故所求总时间t＝t1+t2＝2s+2.83s＝4.83s
（2）由v﹣t 图像得0～1s 内的加速度为
a1＝
方向沿传送带向下；
0∼1s 内，对小物块，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ＝﹣ma1
1s∼2s 内，对小物块，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝﹣ma2
解得：θ＝37°，μ＝0.5
（3）传送带的速度v＝2m/s，在0∼1s 内传送带的位移为
x 带1＝vt1＝2×1m＝2m
小物块的位移为
两者相对位移大小为
Δx1＝x 物1﹣x 带1＝7m﹣2m＝5m
在1～2s 内传送带的位移
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x 带2＝vt2＝2×1m＝2m
小物块的位移为
两者相对位移大小为
Δx2＝x 带2﹣x 物2＝2m﹣1m＝1m
0～2s 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
Q＝fd＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）＝0.5×2×10×0.8×（5+1）J＝48J
答：（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间为4.83s；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带的倾角θ 为37°；
（3）0﹣2s 内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量为48J。
（多选）28．（2024•顺庆区校级一模）从地面竖直向上抛出一小球（可视为质点），其机械能EA等于动
能Ek与重力势能Ep之和。以地面为零势能参考面，该小球的机械能和重力势能随它离开地面的高度h 的变
化如图所示，g＝10m/s2，由图中数据可知（ ）
A．小球的质量为1.6kg
B．h＝2m 时，小球的动能Ek＝68J
C．整个运动过程中小球的机械能守恒
D．从地面至h＝5m，小球的动能减少100J
【解答】解：A、由图知，h＝5m 时：Ep＝80J，由Ep＝mgh 得：m＝1.6kg，故A 正确；
C、对物体上升0﹣5m 的过程，根据功能关系可知：﹣fx＝EA5﹣EA0
解得物体上升过程中所受阻力大小为：
故整个运动过程中小球的机械能不守恒，故C 错误；
B、当物体从地面上升h＝2m 时，由动能定理可知：﹣fh﹣mgh＝Ek﹣EA0，代入相关数据解得小球的动
能：Ek＝60J，故B 错误；
D、从地面至h＝5m，由动能定理可知：ΔEk＝﹣fh﹣mgh
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代入数据得：ΔEk＝﹣100J，所以小球的动能减少100J，故D 正确。
故选：AD。
29．（2024•重庆一模）如图所示，倾角为θ＝53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100N/m 的轻弹簧，弹
簧上端连接质量为5kg 的物块Q，Q 与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O 与套在光滑竖直
杆上的质量为0.8kg 的物块P 连接，图中O、B 两点等高，间距d＝0.3m。初始时在外力作用下，P 在A 点
静止不动，A、B 间距离h＝0.4m，此时轻绳中张力大小为50N。现将P 由静止释放，取g＝10m/s2，sin53°
＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）P 上升至B 点时的速度大小；
（2）P 上升至B 点的过程中，Q 克服轻绳拉力做的功。
【解答】解：（1）物体P 位于A 点时，假设弹簧伸长量为x1，轻绳的张力T＝50N，对物块Q，由平衡条
件得：
T＝mQgsinθ+kx1
代入数据解得弹簧的伸长量：x1＝0.1m
P 上升到B 点时，OB 垂直于竖直杆，OB＝d＝0.3m，此时物块Q 速度为0，
根据勾股定理得：OP＝
m＝0.5m
P 从A 到B 过程，Q 下降距离：Δx＝OP﹣OB＝0.5m﹣0.3m＝0.2m，
此时弹簧压缩量：x2＝Δx﹣x1＝0.2m﹣0.1m＝0.1m
P 在A 点与B 点时弹性的形变量相同，弹性势能相同，
P 从A 到B 过程，对物块P、Q 及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
mQgΔx•sinθ﹣mPgh＝
mP
代入数据解得：vP＝2
m/s
（2）P 在A 点时Q 的速度为零，P 在B 点时Q 的速度为零，
P 在A、B 两位置时弹簧的形变量相等，P 从A 到B 过程弹簧对Q 做功为零，
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P 从A 到B 过程，设轻绳对Q 做功为W，对Q，由动能定理得：
W+mQgΔx•sinθ＝0﹣0
代入数据解得：W＝﹣8J
Q 克服轻绳拉力做功为8J
答：（1）P 上升至B 点时的速度大小是2
m/s；
（2）P 上升至B 点的过程中，Q 克服轻绳拉力做的功是8J。
30．（2023 秋•昌乐县期中）如图所示，水平传送带顺时针传送的速度v＝2m/s，与倾角为37°的斜面的底
端P 平滑连接，将一质量m＝1kg 的小物块从斜面上A 点由静止释放，小物块第一次滑上传动带时恰好不
会从传递带左端滑下。已知A、P 间的距离x0＝9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、
μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）传送带左端到传送带右端的距离L；
（2）小物块第n（n 为整数且n≥2）次从斜面上运动到P 时的速度大小；
（3）小物块在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q。
【解答】解：（1）小物块第一次滑上传动送带时恰好不会从传递带左端滑下，即滑到从传送带左端时速
度恰好为零，从A 点到第一次滑上传送带左端，根据动能定理得
mgx0sinθ﹣μ1mgcosθ•x0﹣μ2mgL＝0
代入数据解得L＝4.5m
（2）小物块第1 次从斜面上运动到P 点时
解得v1＝6m/s＞2m/s
故沿传送带返回先做加速运动与传送带共速，后匀速运动到P 点，速度为v1′＝2m/s
则，上升到最高点
第二次到达P 点时速度
联立得
由于v2＜2m/s
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可知从传送带返回速度仍然为v2，物块再次滑上斜面返回P 点，可推理得
则，第n 次返回P 点
（3）小物块最终停止在斜面底端，则在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量
答：（1）传送带左端到传送带右端的距离L 为4.5m；
（2）小物块第n（n 为整数且n≥2）次从斜面上运动到P 时的速度大小为
；
（3）小物块在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q 为38J。
31．（2023•广陵区校级开学）如图所示，水平地面上固定一倾角θ＝37°的斜面，一劲度系数k＝100N/m
的轻质弹簧下端固定于斜面底端，上端与质量m＝1kg 的物体A 相连，A 的右边系一轻细线，细线绕过轻
质光滑的滑轮后与轻挂钩相连，A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将A
放置P 点时A 刚好不上滑。现将一质量M＝2.0kg 的物体B 轻挂在钩上，然后松手，在以后的整个运动过
程中A 未接触到滑轮、B 始终未接触地面与滑轮。已知弹簧的弹性势能的表达式为
（式中k 为
弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）A 在P 点时弹簧的压缩量x1；
（2）刚松手时细线中的张力大小F；
（3）在松手后的整个运动过程中，A 克服摩擦力所做的功W。
【解答】解：（1）不挂物体B 将A 放置P 点时，A 刚好不上滑，对A 物体受力分析如下图所示。
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根据平衡条件有：kx1＝mgsinθ+μmgcosθ
解得：x1＝0.12m
（2）刚松手时，以B 和A 组成的整体为研究对象，其所受合力大小就等于B 的重力，根据牛顿第二定律
有：Mg＝（M+m）a
以B 为研究对象，由牛顿第二定律有：Mg﹣F＝Ma
解得：
（3）设A 物体向上运动的最大距离为s1，由能量守恒定律得：
Mgs1＝mgs1sinθ+μmgscosθ+
代入数据解得：s1＝0.4m
最高点弹簧的伸长量为为x2＝s1﹣x1＝0.4m﹣0.12m＝0.28m
因为kx2+mgsinθ﹣Mg＞μmgcosθ，所以A 将向下加速运动，
设A 由最高点向下运动的最大距离为s2，由能量守恒定律有：
mgs2sinθ+
＝Mgs2+μmgs2cosθ
代入数据解得：s2＝0.16m
此时弹簧的伸长量为：x3＝x2﹣s2＝0.28m﹣0.16m＝0.12m
因为有Mg﹣kx3﹣mgsinθ＜μmgcosθ，所以系统将处于静止状态
整个过程中A 克服摩擦力做功W＝μmgcosθ（s1+s2）
代入数据解得：W＝3.36J
答：（1）A 在P 点时弹簧的压缩量x1为0.12m；
（2）刚松手时细线中的张力大小F 为6.67N；
（3）在松手后的整个运动过程中，A 克服摩擦力所做的功W 为3.36J。
32．（2024•全国一模）如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m 的小球，
玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球从弹簧原长处由静止释放，小球运
动过程中的加速度a 与弹簧伸长量x 的关系如图所示，其中图线与x 轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹
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性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧的劲度系数为
C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D．弹簧拉伸量为x0 时，弹性势能为
【解答】解：B.根据
kx0＝mgsin30°
得弹簧的劲度系数为
k＝
故B 错误；
A.小球运动到最低点的过程中，根据动能定理
mgsin30°x＝
kx2
得
x＝2x0
所受弹簧弹力大小为
F＝kx＝
×2x0＝mg
故A 错误；
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C.当弹簧伸长量为x 时，动能最大，根据功能关系有
mgsin30°x0﹣
＝
＝Ekm
得
Ekm＝
故C 正确；
D.弹簧拉伸量为x0时，弹性势能为
Ep＝
解得Ep＝
故D 错误。
故选：C。
33．（2024•碑林区校级二模）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧
上端处于A 点。t＝0 时将小球从A 点正上方O 点由静止释放，t1时到达A 点，t2时弹簧被压缩到最低点
B。以O 为原点，向下为正方向建立x 坐标轴，以B 点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。
小球在运动过程中的动能Ek、重力势能
、机械能E0及弹簧的弹性势能
变化图像可能正确的是（
）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A 自由落体；第二阶
段：O 到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B 处，向上的弹力大于向下的重
力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大
值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：Ep2＝
（x﹣x1）2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0＝E﹣
（x﹣x1）2
是开口向下的抛物线，故A 错误，B 正确；
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CD．设小球下落到A 点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：Ek＝
＝
m（gt1）2＝
故第一阶段的Ek﹣t 图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐
渐增大，则根据牛顿第二定律可得：a＝
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律
可得：a＝
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B 处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围
内，先加速后减速，x﹣t 图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t 的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动
能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD 错误。
故选：B。
（多选）34．（2024•市中区校级模拟）如图，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一
劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧上端距斜面顶端距离为l。将质量为m 的物块（可视为质点）从斜面顶端
由静止释放，经时间t 弹簧的最大压缩量为
。已知弹簧弹性势能表达式为
，其中x 是是
弹簧形变量，k 为弹簧劲度系数，则下列说法正确的是（ ）
A．物块速度最大时的压缩量为
B．物块的最大动能为
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C．物块运动过程中的最大加速度为
D．物块从与弹簧接触到速度为零的时间为
【解答】解：A．速度最大时物块合外力为零，此时加速度为零，速度达到最大值，有
mgsin45°＝kΔx1
解得Δx1＝
，故A 正确；
B．对物块由顶端运动至速度最大的过程中，由能量守恒定律得mg（l+
）sin45°＝Ekm+
k（
）2
解得Ekm＝
，故B 正确；
C．由题知，弹簧的最大压缩量为
，根据牛顿第二定律有
kx'﹣mgsin45°＝ma
解得a＝
g
故C 错误；
D．弹簧的最大压缩量为
，而平衡位置弹簧的压缩量为
，可知弹簧做简谐振动的振幅为
，分析可知，弹簧从平衡位置开始到最大位移处振动
个周期，从物块接触弹簧开始，这个系统就
开始做简谐振动，且从物块接触弹簧到物块运动到平衡位置的位移大小为
，恰好为振幅的一半，即
从物块接触弹簧开始到弹簧压缩至最短的时间为下图中的t1～t3这段时间，大于
，故D 错误；
故选：AB。
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（多选）35．（2024•碑林区校级二模）如图所示，甲、乙两传送带，倾斜于水平地面放置，传送带上表
面以同样恒定速率v 向上运动。现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传送带
上到达B 处时恰好达到传送带的速率y 小物块在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的
速率v。已知B 处离A 处的竖直高度皆为H。则在小物体从A 到B 的过程中（ ）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B 处，甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙多
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到B 处，甲图所示的系统中因摩擦而产生的热量比乙少
【解答】解：A.在小物体从A 到B 的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械
能的增量，因机械能增量相同，故传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C.小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小
a＝μgcosθ﹣gsinθ
在速度达到v 的过程中，小物体在甲传送带上的位移较大，根据公式a＝
可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据
a＝μgcosθ﹣gsinθ
可得
μ＝
+tanθ
即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，故C 正确；
D.在小物体从到B 的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩
擦生热”，根据公式
Q＝fs 相对
计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为
v，加速度大小为a＝μgcosθ﹣gsinθ
末速度为零的匀减速直线运动，可求出
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s 相对＝
可见，s 相对等于小物体相对于地面速度从0 加速到v 过程中的位移，即系统产生的热量等于小物体加速过
程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为W1，克服重力做功为
mgH，动能改变量为
，根据动能定理可求得
W1＝
+mgH
同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为
W2＝
+mg（H﹣h）
显然W1＞W2，所以Q1＞Q2即甲系统产生的热量多，故D 错误；
B.在将小物体传送到B 处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能，两种系统增
加的机械能相等，产生的内能Q1＞Q2，所以甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙多，故B 正确。
故选：ABC。
36．（2024•阆中市校级一模）如图，半径R＝1m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平
滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC 与OB 的夹角分别为53°和
37°。在高h＝0.8m 的光滑水平平台上，一质量m＝2kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量
的弹性势能Ep，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v0向右滑下平台，做平抛运动恰从A 点沿切线
方向进入圆弧轨道，物块进入圆弧轨道后立即在A 处放一个弹性挡板（碰撞过程机械能不损失）。已知物
体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）弹簧存储的弹性势能EP；
（2）物体经过B 点时，对圆弧轨道压力FN的大小；
（3）物体在轨道CD 上运动的路程s。
【解答】解：（1）小物块离开平台后做平抛运动，将其A 点速度沿水平和竖直方向分解，如图所示。
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由平抛运动规律知竖直分速度
解得：vy＝4m/s
由几何关系可得物块的初速度：
由机械能守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为
＝
J＝9J；
（2）对从水平面运动到B 点的过程，由动能定理得：
经过B 点时，由向心力公式可得：
代入数据解得FN′＝86N
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为FN＝FN′＝86N，方向竖直向下；
（3）取最低点B 所在的水平面为零势能面，物块从B 运动到C 过程由机械能守恒定律得：
＝mgR（1﹣cos37°）+
解得：vC＝
m/s
物体沿轨道CD 向上作匀减速运动，速度减为零后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，物体继续下滑至圆轨道上
A 点，碰后以原速返回后经过C 点后继续上滑，如此反复，直到物体无法滑上C 点，此过程由能量守恒定
律可得：
＝μmgcos37°•s
代入数据可解得
＝3.625m。
答：（1）弹簧存储的弹性势能为9J；
（2）物体经过B 点时，对圆弧轨道压力FN的大小为86N；
（3）物体在轨道CD 上运动的路程为3.625m。
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37．（2024•宿迁一模）如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质
量为m 的物块B，上端连接一轻质小球，物块B 与杆间无摩擦，小球A 与杆之间的最大摩擦力为1.2mg，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）B 静止时，弹簧伸长量x；
（2）若将物块B 拉至弹簧原长处由静止释放，
①物块的最大速度vm；
②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。
【解答】解：（1）对B 根据平衡条件可得：mg＝kx
解得：x＝
；
（2）①物块的速度最大时B 受力平衡，此时弹簧弹力等于B 的重力，小于小球A 与杆之间的最大摩擦
力，所以小球A 仍静止。
根据功能关系可得：mgx＝
+
解得：vm＝
；
②设系统再次静止时，小球A 下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x；
根据功能关系可得：mg（L+x）＝
+Q
其中：Q＝1.2mgL
联立解得：Q＝
。
答：（1）B 静止时，弹簧伸长量为
；
（2）①物块的最大速度为
；
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②整个过程中，因摩擦产生的内能为
。
38．（2023•厦门模拟）如图甲所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度L＝1m、质
量M＝3kg 的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝
+1×10﹣5C 的物块B 放在木板上，与木板上端距离d1＝0.15m；与木板上端距离d2＝1m 的虚线ef 右侧存在
足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上。t＝0 时刻起，一沿斜面向上的恒力F 作用在长木板上，1s 后撤
去F，物块B 在0∼1s 内运动的v﹣t 图像如图乙所示，且物块B 在t＝1.3s 时速度恰好减为0。已知物块与
长木板间的动摩擦因数
，长木板与斜面间的动摩擦因数
，物块B 带电量始终不变，重
力加速度g 取10m/s2，求：
（1）恒力F 的大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）从t＝0 时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B 与木板A 间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）由图乙可得，0∼1s 物块B 加速度大小为：
若物块B 与长木板发生相对滑动，则有：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma0
代入数据得：
，a1＜a0
故恒力F 作用后，两者相对静止，一起向上加速
对AB 整体有：F＝μ2（M+m）gcosθ﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a1
代入数据得：F＝48N
（2）0∼1s 内AB 一起运动的位移为：
代入数据得到：s1＝1m＝d2
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即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后AB 相对静止一起减速，对AB 整体有：μ2
（M+m）gcosθ+（M+m）gsinθ＝（M+m）a2
代入数据得到：
对物块B 有：f0+mgsinθ＝ma
代入数据得：f0＝5N＜fm＝7.5N
假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B 减速为零，则运动距离为：
代入数据得到：sB0＝0.2m＞d1
即物块B 到达电场边缘时尚未减速为零。
由位移—时间公式有：
解二次方程得：t2＝0.1s 或t2＝0.3s（舍弃）
由速度—时间公式有：v2＝v1﹣a2t2
物块B 在t＝1.3s 减速为零，则共进入电场后的加速度大小为：
由牛顿第二定律有：mgsinθ+μ1（mgcosθ﹣qE）＝ma3
代入解得：
（3）物块B 进入电场后减速为零经过的位移为：
长木板A 减速为零的位移为sA，则有：
代入数据得：sB＝0.1m，sA＝0.05m
由于：sB＜sA+d1
所以物块B 尚未冲出长木板A 的上端，A 物体减速为零后，因：μ2Mgcosθ＝Mgsinθ
故A 静止不动，物块B 离开电场时，速度与进入时候等大反向，即：v2′＝v2
对B：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB
对A：μ1mgcosθ+Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝MaA
代入数据得：
，
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两者共速时：v2′﹣aBt4＝aAt4
代入可得：t4＝0.3s，v 共＝0.25m/s
此过程中长木板A、物块B 各自的位移大小为
sA′＝
，sB′＝
代入数据得到：sA′＝0.0375m，sB′＝0.1875m
sA′＜d2
即此时长木板A 尚未到达底部，物块B 进入电场后：qE＝mgcosθ
与木板间无摩擦生热，仅在物块B 离开电场后与长木板A 有摩擦生热，即
Q＝μ1mgcosθ（sB′﹣sA′）
代入数据得到：Q＝1.125J
答：（1）恒力F 的大小为48N；
（2）匀强电场的电场强度大小为
N/C；
（3）物块B 与木板A 间因摩擦产生的热量为1.125J。
39．（2024•成都模拟）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该
装置由传送带ABCD 及固定挡板CDEF 组成，固定挡板CDEF 与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD
与水平地面的夹角θ＝37°，CD 与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货
物从D 点由静止释放，货物对地发生位移L＝10m 后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所
示。已知传送带匀速运行的速度v＝1m/s，货物质量m＝10kg，其底部与传送带ABCD 的动摩擦因数为μ1
＝0.5，其侧面与挡板CDEF 的动摩擦因数为μ2＝0.25。（sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻
力）。求：
（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小；
（2）货物在传送带上所经历的时间t 及传送装置多消耗的电能E；
（3）某次测试过程中工作人员每隔Δt＝1s 从D 点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L＝10m 后被
取走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率ΔP。
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【解答】解：（1）货物刚放上传送带时，设传送带对货物支持力为N1，货物底面所受滑动摩擦力为f1，
固定挡板对货物支持力为N2，货物侧面所受滑动摩擦力为f2，由力的平衡条件得：
N1＝mgcosθ，N2＝mgsinθ
由滑动摩擦力计算公式得：
f1＝μ1N1，f2＝μ2N2
代入数据解得：
f1＝40N，f2＝15N
（2）因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能共
速，则共速后做匀速运动，由牛顿第二定律可得：
f1﹣f2＝ma1
解得：
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为t1，对地位移为x1，由运动学公式得：
，解得：t1＝0.4s
，解得：x1＝0.2m
因x1＜L，故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设匀速运动的时间为t2，位移为x2，
则有：
x2＝L﹣x1＝10m﹣0.2m＝9.8m
，解得：t2＝9.8s
货物运动总时间为：
t＝t1+t2＝0.4s+9.8s＝10.2s
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传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。
货物与传送带之间的相对位移为：
Δx＝vt1﹣x1
货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为：
Q1＝f1Δx，解得：Q1＝8J
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为：
Q2＝f2L＝15×10J＝150J
货物增加的动能为：
，解得：ΔEk＝5J
传送装置多消耗的电能为：
E＝Q1+Q2+ΔEk＝8J+150J+5J＝163J
（3）货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为t1＝0.4s，之后以速度v 做匀速运动。因第1
个货物在传送带上运动的总时间为t＝10.2s，因：
＝
＝10.2，故可知当某一货物即将被取走时，
传送带上共有11 个货物，且前10 个已共速，此时第11 个货物在传送带上运动的时间为：
t′＝t﹣10Δt＝10.2s﹣10×1s＝0.2s＜t1＝0.4s，可知第11 个货物相对传送带滑动。
综上分析，传送带上最多有11 个货物，且第11 个处于加速运动阶段时，传送带需增加的功率达到最大值
ΔP。传送带受到前10 个货物总的静摩擦力大小等于10f2，受到第11 个货物的滑动摩擦力大小等于f1，由
瞬时功率计算公式得：
ΔP＝（10f2+f1）v
解得：ΔP＝190W
答：（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小为40N，侧面所受滑动摩擦力f2的大小为
15N；
（2）货物在传送带上所经历的时间t 为10.2s，传送装置多消耗的电能E 为163J；
（3）传送带相对空载时需增加的最大功率ΔP 为190W。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/22 18:47:13；用户：云水生
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