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专题六 机械能守恒定律
基础篇
考点 一 功和功率 所示 图线为半圆 则小物块运动到 ｘ 处
２ ， 。 ０
时 Ｆ 所做的总功为
１．（ 广东， ， 分）（多选）如图所示 载有防 （ ）
２０２２ ９ ６ ，
疫物资的无人驾驶小车 在水平ＭＮ 段以恒定
，
功率 速度 匀速行驶 在斜坡 ＰＱ
２００ Ｗ、 ５ ｍ／ｓ ，
段以恒定功率 速度 匀速行驶
５７０ Ｗ、 ２ ｍ／ｓ 。
已知小车总质量为 ＭＮ ＰＱ ＰＱ
５０ ｋｇ， ＝ ＝２０ ｍ，
１Ｆ ｘ πＦ ｘ πｘ２
段的倾角为 ° 重力加速度ｇ取 ２ 不计 Ａ．０ Ｂ． ｍ ０ Ｃ． ｍ ０ Ｄ． ０
３０ ， １０ ｍ／ｓ ， ２ ４ ４
空气阻力 下列说法正确的有 答案 Ｃ 在 Ｆ ｘ 图像中 图线与 ｘ 轴所围
。 （ ） － ，
面积 的代数和表示力 Ｆ 在这段位移内所
“ ”
Ｒ２ Ｆ２ ｘ
做的功 面积 Ｓ π π ｍ πＦ ０ π
， ＝ ＝ ＝ ｍ· ＝
２ ２ ２ ２ ４
Ｆ ｘ πｘ２ 项正确
从 Ｍ 到 Ｎ 小车牵引力大小为 ｍ ０ ＝ ０，Ｃ 。
Ａ． ， ４０ Ｎ ８
从 Ｍ 到 Ｎ 小车克服摩擦力做功 方法技巧
Ｂ． ， ８００ Ｊ
从 Ｐ 到 Ｑ 小车重力势能增加 ４ 利用 Ｆ ｘ 图像计算力做功需要注意两点，一
Ｃ． ， １×１０ Ｊ －
从 Ｐ 到 Ｑ 小车克服摩擦力做功 是坐标轴上的单位是不是国际单位制中的
Ｄ． ， ７００ Ｊ
Ｐ 单位；二是图线是否穿越 ｘ 轴。
答案 ＡＢＤ 由Ｆ 得从Ｍ 到Ｎ 的牵引力
＝ ｖ
３．（ 重庆选考适应性测试， ）（多选）如图
２０２１ １０
Ｆ ２００ 正确 从 Ｍ 到 Ｎ 匀速运 所示 倾角为 θ 的斜面 ＭＮ 段粗糙 其余段光
＝ Ｎ＝４０ Ｎ，Ａ 。 ， ， ，
５
滑 ＰＭ ＭＮ 长度均为 ｄ 四个质量均为 ｍ
ｘ ， 、 ３ 。
动的速度ｖ ｔ 由动能定理有
＝５ ｍ／ｓ， ＝ ｖ ＝４ ｓ， 的相同样品 放在斜面上 每个样品
１、２、３、４ ，
Ｐｔ Ｗ 则克服摩擦力做功Ｗ 正 可视为质点 左侧固定有长度为 ｄ 的轻质细
－ ｆ＝０， ｆ＝８００ Ｊ，Ｂ （ ）
确 从 Ｐ 到 Ｑ 上升高度 ｈ ｘ ° 杆 细杆与斜面平行 且与其左侧的样品接触
。 ＝ ＰＱ ｓｉｎ ３０ ＝１０ ， ，
Ｅ Ｗ ｍｇｈ ３ 运动时间 ｔ′ 但不粘连 样品与 ＭＮ 间的动摩擦因数为
ｍ，Δ ｐ ＝－ Ｇ ＝ ＝５×１０ Ｊ， ＝ ， ｔａｎ
ｘ θ 若样品 在Ｐ 处时 四个样品由静止一起
ＰＱ 由动能定理有 Ｐ′ｔ′ ｍｇｈ Ｗ ′ 。 １ ，
ｖ′ ＝１０ ｓ， － － ｆ ＝０， 释放 则 重力加速度大小为ｇ
， （ ） （ ）
专
得克服摩擦力做功Ｗ ′ 错 正确
ｆ ＝７００ Ｊ，Ｃ ，Ｄ 。 题
六
２．（ 河北廊坊期末， ）如图 所示 静止于
２０２２ ２ １ ， 机
光滑水平面上坐标原点处的小物块 在水平 械
， 能
守
拉力 Ｆ 作用下 沿 ｘ 轴方向运动 拉力 Ｆ 的
恒
， ，
定
大小随物块所在位置坐标ｘ 的变化关系如图 当样品 刚进入 ＭＮ 段时 样品的共同加 律
Ａ． １ ，
８７
速度大小为３ｇ θ
ｓｉｎ
４
当样品 刚进入 ＭＮ 段时 样品 的轻杆
Ｂ． １ ， １
受到的压力大小为 ｍｇ θ
３ ｓｉｎ
从开始到四个样品均位于 ＭＮ 段时 摩擦
Ｃ． ，
力做的总功为 ｄｍｇ θ
９ ｓｉｎ
当四个样品均位于 ＭＮ 段时 样品的共同 ． ．
Ｄ． ， Ａ．２ ｋｇ Ｂ．１ ５ ｋｇ Ｃ．１ ｋｇ Ｄ．０ ５ ｋｇ
速度大小为 ｇｄ θ 答案 Ｃ 设外力大小为 ｆ 在距地面高度
３ ｓｉｎ ， ３
答案 ＡＤ 当样品 刚进入 ＭＮ 段时 以四 内的上升过程中 由动能定理知 ｍｇ ｆ ｈ
１ ， ｍ ， －（ ＋ ）
个样品整体为研究对象 根据牛顿第二定律
， １ｍｖ２ １ｍｖ２ 由图像可知 １ ｍｖ２ １
＝ ２ － １， ， １ ＝ ７２ Ｊ，
得 ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ 解得样品的共 ２ ２ ２ ２
４ ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝４ ，
ｍｖ２ 得 ｍｇ ｆ 同理结合物体在
２ ＝３６ Ｊ， ＋ ＝１２ Ｎ。
同加速度大小 ａ ３ｇ θ 以样品 为研
＝ ｓｉｎ 。 １ 下落过程中的 Ｅ ｈ 图像有 ｍｇ ｆ 联立
４ ｋ － － ＝８ Ｎ，
究对象 由牛顿第二定律得 Ｆ ｍｇ θ 解得 ｍｇ 则ｍ 选项 正确
， １ ＋ ｓｉｎ － ＝１０ Ｎ， ＝１ ｋｇ， Ｃ 。
μｍｇ θ ｍａ 解得样品 的轻杆受到的压 ２．（ 浙江 月选考， ， 分）风力发电已
ｃｏｓ ＝ ， １ ２０２２ ６ １２ ３
成为我国实现 双碳 目标的重要途径之一
力大小Ｆ ′ Ｆ ３ ｍｇ θ 项正确 项 “ ” 。
１ ＝ １ ＝ ｓｉｎ ，Ａ ，Ｂ 如图所示 风力发电机是一种将风能转化为
４
，
错误 当四个样品均位于 ＭＮ 段时 摩擦力
电能的装置 某风力发电机在风速为
。 ，
。 ９ ｍ／ｓ
对样品 做功 Ｗ μｍｇ θ ｄ ｍｇｄ 时 输出电功率为 风速在
１ １ ＝－ ｃｏｓ ×３ ＝－３ ， ４０５ ｋＷ， ５～１０ ｍ／ｓ
θ 摩擦力对样品 做功Ｗ μｍｇ θ 范围内 转化效率可视为不变 该风机叶片
ｓｉｎ ， ２ ２ ＝－ ｃｏｓ × ， 。
ｄ ｍｇｄ θ 摩擦力对样品 做功 Ｗ 旋转一周扫过的面积为 Ａ 空气密度为 ρ 风
２ ＝－２ ｓｉｎ ， ３ ３ ＝ ， ，
μｍｇ θ ｄ ｍｇｄ θ 此时样品 刚进 场风速为 ｖ 并保持风正面吹向叶片 下列
－ ｃｏｓ · ＝－ ｓｉｎ ， ４ ， 。
入 ＭＮ 段 摩擦力对样品 未做功 所以当四 说法正确的是
， ４ ， （ ）
个样品均位于 ＭＮ 段时 摩擦力做的总功 Ｗ
，
Ｗ Ｗ Ｗ ｍｇｄ θ 项错误 对四
＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝－６ ｓｉｎ ，Ｃ 。
个样品整体由功能关系得 ｍｇ ｄ θ ω
４ ×６ ｓｉｎ ＋ ＝
１ ｍ ｖ２ 解得 ｖ ｇｄ θ 项正确
×（４ ） ， ＝３ ｓｉｎ ，Ｄ 。
２ 该风力发电机的输出电功率与风速成
Ａ．
正比
考点 二 动能与动能定理
单位时间流过面积 Ａ 的流动空气动能为
5 Ｂ．
１．（ 课标 ， ， 分）从地面竖直向上抛
年
２０１９ Ⅲ １７ ６
高 １ρＡｖ２
考 出一物体 物体在运动过程中除受到重力
3 ， ２
年 外 还受到一大小不变 方向始终与运动方 若每天平均有 ． ８ 的风能资源 则
模 ， 、 Ｃ． １ ０×１０ ｋＷ ，
拟
向相反的外力作用 距地面高度ｈ 在 以 每天发电量为 ． ９
A 。 ３ ｍ ２ ４×１０ ｋＷ·ｈ
版 内时 物体上升 下落过程中动能 Ｅ 随 ｈ 的 若风场每年有 风速在
， 、 ｋ Ｄ． ５ ０００ ｈ ６～１０ ｍ／ｓ
高
考 变化如图所示 。 重力加速度取 １０ ｍ／ｓ ２ 。 该 范围内 ， 则该发电机年发电量至少为 ６ ． ０×
物
理 物体的质量为 ５
（ ） １０ ｋＷ·ｈ
８８
答案 Ｄ 设转化效率为 η 则 Ｐ 物块先沿正方向减速到零 Ｆ μｍｇ ｍａ
， 出 ＝ ， ２ ＋ ＝ ２，
解得 ａ ２ 为负方向 物块减速到零
１ｍ 空 ｖ２ · η ２ ＝６ ｍ／ｓ ， ，
２ １ ρｖＡ ｖ２ η １ρＡｖ３η 故输 ｖ
ｔ ＝ · · · ＝ ， 所用的时间 ｔ １ 即 末物块减速到
Δ ２ ２ ２ ＝ａ ＝１ ｓ， ４ ｓ
出电功率与 ｖ３ 成正比 错 单位时间内流 ２
，Ａ ； 零 在 内 物块再反向做匀加速直线
； ４～６ ｓ ，
过面积 Ａ 的空气动能为１ ρＡｖ３ 错 每天的 运动 Ｆ μｍｇ ｍａ 解得 ａ ２ 为负
，Ｂ ； ， ２ － ＝ ３， ３ ＝２ ｍ／ｓ ，
２ 方向 画出整个过程中的 ｖ ｔ 图像如图
发电量为 Ｅ Ｐ ｔ η ． ９ η 。 －
每天 ＝ 每天· · ＝ ２ ４×１０ · 所示
由于 η 小于 故 错 风速在 。
ｋＷ·ｈ， １， Ｃ ； ６～１０
范围内时 η 不变 当 ｖ′ 时 输出
ｍ／ｓ ， ， ＝６ ｍ／ｓ ，
电功率最少为 Ｐ ′ １ρＡｖ′３η 故每
出 ＝ ＝１２０ ｋＷ，
２
年发 电 量 至 少 为 Ｐ ′
出 · ５ ０００ ｈ ＝ ６ ×
故 正确
５
１０ ｋＷ·ｈ， Ｄ 。
时物块的速度为零 动能为零 正确 由
解题关键 ４ ｓ ， ，Ａ ；
图可知在 内 物块的位移不为零
风速在 范围内 η 恒定，题目中给 ０～６ ｓ ， ，６ ｓ
５～１０ ｍ／ｓ
时物块没有回到初始位置 错误 时的
出风速是 时的输出功率，可根据这个 ，Ｂ ；３ ｓ
９ ｍ／ｓ
速度 ｖ 动量 ｐ ｍｖ
速度下的输出功率推导出风速是 时的 １ ＝６ ｍ／ｓ， １ ＝ １ ＝６ ｋｇ·ｍ／ｓ，Ｃ
６ ｍ／ｓ
错误 由 ｖ ｔ 图线与时间轴所围的面积表示
输出功率。 ； －
位移知 内 内 内物块的
３．（ 全国乙， ， 分）（多选）质量为 ，０～３ ｓ 、３～４ ｓ 、４～６ ｓ
２０２２ ２０ ６ １ ｋｇ
位移大小分别为 ｘ ｘ ｘ
的物块在水平力 Ｆ 的作用下由静止开始在 １ ＝９ ｍ、 ２ ＝３ ｍ、 ３ ＝４ ｍ，
则 Ｆ 对物块做的功分别为 Ｗ Ｆ ｘ
水平地面上做直线运动 Ｆ 与时间 ｔ 的关系 １ ＝ １ １ ＝３６ Ｊ、
， Ｗ Ｆ ｘ Ｗ Ｆ ｘ 则
如图所示 已知物块与地面间的动摩擦因 ２ ＝－ ２ ２ ＝－１２ Ｊ、 ３ ＝ ２ ３ ＝１６ Ｊ， ０～６ ｓ
。 时间内 Ｆ 对物块所做的功 Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ
数为 ． 重力加速度大小取 ｇ ２ 则 ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝
０ ２， ＝１０ ｍ／ｓ 。 正确
４０ Ｊ，Ｄ 。
（ ）
考点 三 机械能守恒定律
１．（ 广东， ， 分）（多选）
２０２１ ９ ６
长征途中 为了突破敌方关
，
隘 战士爬上陡峭的山头 居
时物块的动能为零 ， ，
Ａ．４ ｓ
高临下向敌方工事内投掷手榴弹 战士在
时物块回到初始位置 。
Ｂ．６ ｓ
同一位置先后投出甲 乙两颗质量均为 ｍ 的
时物块的动量为 、
Ｃ．３ ｓ １２ ｋｇ·ｍ／ｓ
手榴弹 手榴弹从投出的位置到落地点的
时间内 Ｆ 对物块所做的功为 。
Ｄ．０～６ ｓ ４０ Ｊ
高度差为 ｈ 在空中的运动可视为平抛运动
答案 ＡＤ 由图知 内Ｆ 的大小为Ｆ ， ， 专
０～３ ｓ １ 轨迹如图所示 重力加速度为 ｇ 下列说法 题
内 Ｆ 的大小 Ｆ 在 到 ， 。 六
＝４ Ｎ，３～６ ｓ ２ ＝４ Ｎ； ０ ３ 正确的有 机
内 物块沿正方向做匀加速直线运动 Ｆ （ ） 械
ｓ ， ， １ － 甲在空中的运动时间比乙的长 能
μｍｇ ｍａ 解得 ａ ２ 为正方向 Ａ． 守
＝ １， １ ＝ ２ ｍ／ｓ ， ，３ ｓ 两手榴弹在落地前瞬间 重力的功率相等 恒
末的速度 ｖ ａ ｔ 末力 Ｆ 反向 Ｂ． ， 定
１ ＝ １ １ ＝６ ｍ／ｓ；３ ｓ ， 律
８９
从投出到落地 每颗手榴弹的重力势能减 动员从 ａ 处由静止自由滑下 到 ｂ 处起跳 ｃ
Ｃ． ， ， ，
少 ｍｇｈ 点为 ａ ｂ 之间的最低点 ａ ｃ 两处的高度差
、 ， 、
从投出到落地 每颗手榴弹的机械能变化 为 ｈ 要求运动员经过 ｃ 点时对滑雪板的压
Ｄ． ， 。
量为 ｍｇｈ 力不大于自身所受重力的 ｋ 倍 运动过程中
，
答案 ＢＣ 由于甲 乙都做平抛运动 投出 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
点到落地点的高度差一样 由 ｈ １ｇｔ２ 得 ｔ （ ）
， ＝ ， ＝
２
ｈ
２ 则 ｔ ｔ 项错误 重力的功率 Ｐ
ｇ ， 甲＝ 乙，Ａ ； Ｇ＝
ｍｇｖ 其中 ｖ ｇｔ 则两手榴弹落地前瞬间
ｙ， ｙ ＝ ， ， ｈ ｈ ｈ ｈ
重力的功率相等 项正确 由 Ｅ ｍｇｈ 可 ２ ２
，Ｂ ； ｐ ＝ ， Ａ．ｋ Ｂ． ｋ Ｃ． ｋ Ｄ．ｋ
＋１ －１
知从投出到落地 每颗手榴弹重力势能的减
，
答案 Ｄ 运动员从 ａ 处滑至 ｃ 处 ｍｇｈ １
少量都是 ｍｇｈ 项正确 由题意知 手榴弹 ， ＝
，Ｃ ； ，
２
仅受重力作用 手榴弹机械能守恒 项
， ，Ｄ
ｖ２
ｃ
ｍｖ２ 在 ｃ 点 Ｎ ｍｇ ｍ 联立得 Ｎ ｍｇ
错误 ｃ－０， ， － ＝ Ｒ， ＝
。
２．（ 全国乙， ， 分）固定于竖直平面内 æ ｈö
２０２２ １６ ６ ç ２ ÷ 由题意 结合牛顿第三定律可知 Ｎ
è１＋Ｒ ø， ， ，
的光滑大圆环上套有一个小环 小环从大
。
ｈ
圆环顶端 Ｐ 点由静止开始自由下滑 在下滑 Ｆ ｋｍｇ 得 Ｒ ２ 故 项正确
， ＝ 压≤ ， ≥ｋ ， Ｄ 。
过程中 小环的速率正比于 －１
， （ ）
４．（ 河北， ， 分）（多选）如图
它滑过的弧长 ２０２２ ９ ６ ，
Ａ．
轻质定滑轮固定在天花板上 物体
它下降的高度 ，
Ｂ．
Ｐ 和 Ｑ 用不可伸长的轻绳相连 悬
它到 Ｐ 点的距离 ，
Ｃ．
挂在定滑轮上 质量 ｍ ｍ ｔ
它与 Ｐ 点的连线扫过的面积 ， Ｑ＞ Ｐ， ＝０
Ｄ．
时刻将两物体由静止释放 物体 Ｑ
答案 Ｃ 如图所示 设大圆环半径为 Ｒ Ｐ ，
， ， 、
ｇ
Ａ 距离为 Ｌ 由机械能守恒定 的加速度大小为 Ｔ 时刻轻绳突然断开
， 。 ，
律可知 小环沿圆弧滑到 Ａ ３
， 物体 Ｐ 能够达到的最高点恰与物体 Ｑ 释放
点的速率与沿斜线 ＰＡ 滑到
位置处于同一高度 取 ｔ 时刻物体 Ｐ 所在
， ＝０
Ａ 点的速率相等 分析小环
， 水平面为零势能面 此时物体 Ｑ 的机械能为
，
的运动可知小环沿斜线 ＰＡ 下滑加速度 ａ ｇ
＝ Ｅ 重力加速度大小为 ｇ 不计摩擦和空气阻
。 ，
ｇＬ ｇＬ
θ ｖ ａｔ ｔ 由等时圆模型可知小 力 两物体均可视为质点 下列说法正确
ｃｏｓ ＝ Ｒ， ＝ ＝ Ｒ ， ， 。
5 ２ ２ 的是
年
环沿斜线 ＰＡ 从 Ｐ 到 Ａ 的时间与沿直线 ＰＢ （ ）
高
考 物体 Ｐ 和 Ｑ 的质量之比为
Ａ． １ ∶ ３
3
年 模 从 Ｐ 到 Ｂ 的时间相同 ， 即 ２ Ｒ ＝ ２ １ｇｔ２ ， 代入上 Ｂ．２ Ｔ 时刻物体 Ｑ 的机械能为 Ｅ
拟
２
ｇ
A 式可得 ｖ Ｌ 故 正确 Ｅ
版 ： ＝ Ｒ ， Ｃ 。 Ｔ 时刻物体 Ｐ 重力的功率为３
Ｃ．２ Ｔ
高 ３．（ 全国甲， ， 分）北京 年冬奥会 ２
考 ２０２２ １４ ６ ２０２２ ｇＴ
物 Ｔ 时刻物体 Ｐ 的速度大小为２
理 首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示 运 Ｄ．２
。 ３
９０
答案 ＢＣＤ 由静止释放后 利用整体法结 ５．（ 山西八校联考， ）如图
， ２０２１ ７
合牛顿第二定律可知 ｍ ｍ ｇ ｍ 所示 原长为 ｌ 劲度系数为 ｋ
，（ Ｑ－ Ｐ） ＝ （ Ｑ＋ ， 、
ｇ ｍ 的轻弹簧 一端拴接一个质量
Ｐ
ｍ ａ 由于 ａ 则 １ 选项 错误 设 ，
Ｐ） ， ＝ ， ｍ ＝ ， Ａ ；
３ Ｑ ２ 为 ｍ 的小球 另一端固定在光
，
Ｐ 物体质量为 ｍ 则 Ｑ 物体质量为 ｍ
滑转动轴 Ｏ 上 弹簧中有一不
， ２ ，
，
可伸长的细绳 两端分别系在
，
ｍｇ
弹簧的两端 细绳长为 ｌ 初始时 小球
， ＋ ｋ 。 ，
静止在竖直的弹簧上端 轻触小球 小球绕
， ，
光滑转轴 Ｏ 在竖直平面转动 假设细绳拉直
，
瞬间前后小球的速度大小不变 当地重力
Ｔ时刻绳子断开时 Ｐ Ｑ 两物体在图中 Ｂ Ｄ 。
， 、 、 加速度为 ｇ 当小球转动到最低点时 细绳的
ｇ ， ，
两处 对应速度为 ｖ ′ ｖ Ｔ 绳子断开之 拉力大小为
， １ ＝ １ ＝ ， （ ）
３
ｋｍｇｌ
后 Ｐ 做竖直上抛运动 设再经 ｔ 到达与 Ｑ ｍｇ ４
， ， ０ Ａ． Ｂ．ｌｋ ｍｇ
释放位置 Ｃ 点 等高处 根据匀变速直线运 ＋
（ ） ， ｋｍｇｌ ｋｍｇｌ
Ｔ ４ ｍｇ ４ ｍｇ
动公式有 ｖ ′ ｇｔ 得 ｔ 则开始时 Ｐ Ｑ Ｃ．ｌｋ ｍｇ＋ Ｄ．ｌｋ ｍｇ－
０＝ １ － ０， ０ ＝ ， 、 ＋ ＋
３ 答案 Ｂ 小球静止在弹簧上端 压缩弹簧
ｖ ′ ｖ ′ Ｔ ， ，
的高度差 ｈ ｘ ｘ ０＋ １ Ｔ ０＋ １ ２ ｍｇ ｍｇ
＝ １ ＋ ２ ＝ ＋ · ＝ ｘ 小球与 Ｏ 的距离 ｈ ｌ ｘ ｌ 小
２ ２ ３ ９ １ ＝ ｋ ， １ ＝ － １ ＝ － ｋ ；
ｇＴ２ 所以ｔ 时刻 Ｑ 的机械能 Ｅ ｍｇｈ ４ 球转动到最低点 小球与 Ｏ 的距离 ｈ ｌ
， ＝０ ， ＝２ ＝ ， ２ ＝ ＋
９
ｍｇ ｍｇ
ｍｇ２Ｔ２ Ｔ 时刻 Ｑ 运动到 Ｆ 点 速度为 ｖ ｖ 弹簧伸长量 ｘ 小球下降的高度为
，２ ， ２ ＝ １ ｋ ， ２ ＝ ｋ ，
ｇＴ ４ｇＴ 在 Ｔ 时间内 Ｑ 下落的距离Ｈ ｈ ｈ ｌ 小球和弹簧组成的系统的机械
＋ ＝ ， ０～２ ， １ ＋ ２ ＝２ 。
３
能守恒 由于开始时弹簧的压缩量等于小球
ｖ ｖ ｖ ，
０＋ １Ｔ １ ＋ ２Ｔ ｇＴ２ 所以在 Ｔ 时刻Ｑ 的机 转动到最低点时弹簧的伸长量 所以弹簧弹
＝ ＋ ＝ ， ２ ，
２ ２
械能为Ｅ′ ＝－２ ｍｇ （ Ｈ － ｈ ）＋ １ ·２ ｍｖ２ ２ ＝ ２ｍｇ２Ｔ２
性势能不变
，Δ
Ｅ
ｐ ＝０，
有 ｍｇ
（
ｈ
１ ＋
ｈ
２）＝ ２
１ｍｖ２
０，
２ ９
小球做圆周运动在最低点所需的向心力 Ｆ
Ｅ 向
选项 正确 Ｐ 到达最高点之后 再经
＝ ， Ｂ ； ， ｍｖ２ ｋｍｇｌ
２ ０ Ｒ ｈ 解得Ｆ ４ 对小球受力分
＝ Ｒ ， ＝ ２， 向＝ｌｋ ｍｇ，
＋
过 ｔ′ ２Ｔ 到达 Ｔ 时刻 此时 Ｐ 的速度为 ｖ ′
＝ ２ ， ２ ｋｍｇｌ
３ 析有Ｆ ｋｘ ｍｇ Ｆ 解得 Ｆ Ｆ ４
Ｔ ＋ ２ － ＝ 向， Ｔ ＝ 向＝ｌｋ ｍｇ，
＋
ｇｔ′ ２ｇＴ 选项 正确 在 Ｔ 时刻 物体 Ｐ
＝ ＝ ， Ｄ ； ２ ， 项正确
３ Ｂ 。
专
题
重力的功率 Ｐ ｍｇｖ ′ ２ｍｇ２Ｔ 结合上述分 六
＝ ２ ＝ ，
３ 机
Ｅ 械
析 得Ｐ ３ 选项 正确 能
， ＝ Ｔ， Ｃ 。 守
２ 恒
定
律
９１
综合篇
拓展 一 动能定理在多过程中的应用 物体与斜面间的动摩擦因数等于 ．
Ｃ． ０ ５
物体向上滑动所用的时间比向下滑动的
１．（ 江苏单科， ， 分）（多选）如图所示 Ｄ．
２０１８ ７ ４ ，
时间长
轻质弹簧一端固定
， 答案 ＢＣ 设物体向上滑动的距离为 ｓ 根
另一端连接一小物 ，
据动能定理得 上滑过程 ｍｇ α μｍｇ
块 Ｏ 点为弹簧在原长时物块的位置 物块 ， ，－（ ｓｉｎ ＋
， 。
α ｓ Ｅ 下滑过程 ｍｇ α μｍｇ
由 Ａ 点静止释放 沿粗糙程度相同的水平面 ｃｏｓ ） ＝ ０－ ｋ， ，（ ｓｉｎ －
，
Ｅ Ｅ
向右运动 最远到达 Ｂ 点 在从 Ａ 到 Ｂ 的过 α ｓ ｋ 联立解得 ｓ ｋ μ ． 错
， 。 ｃｏｓ ） ＝ －０， ＝ｍｇ、 ＝０ ５，Ａ
程中 物块 ５
， （ ） 误 正确 下滑过程 根据牛顿第二定律得
加速度先减小后增大 ，Ｃ ； ，
Ａ．
ｇ
经过 Ｏ 点时的速度最大 ｍｇ α μｍｇ α ｍａ 解得 ａ
Ｂ． ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ 下， 下 ＝ ，Ｂ
５
所受弹簧弹力始终做正功
Ｃ． 正确 上滑的初速度比回到出发点时的速度
；
所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
Ｄ． ｖ
答案 ＡＤ 对物块受力分析 当弹簧处于 大 根据 ｓ ｔ 知 下滑的时间较长 错误
， ＝ ， ，Ｄ 。
，
２
压缩状态时 由牛顿第二定律可得 ｋｘ ｆ
， － ＝ ３．（ 湖北， ， 分）如图 所示 一物块以
２０２１ ４ ４ （ａ） ，
ｍａ ｘ 减小 ａ 减小 当 ａ 时 物块速度最
， ， ， ＝０ ， 一定初速度沿倾角为 °的固定斜面上滑
３０ ，
大 此时 物块在 Ｏ 点左侧 错误 从加速
， ， ，Ｂ ； 运动过程中摩擦力大小 ｆ 恒定 物块动能 Ｅ
度ａ 处到 Ｏ 点过程 由牛顿第二定律得 ｆ ， ｋ
＝０ ， － 与运动路程 ｓ 的关系如图 所示 重力加
（ｂ） 。
ｋｘ ｍａ ｘ 减小 ａ 增大 当弹簧处于伸长状态
＝ ， ， ， 速度大小取 ２ 物块质量 ｍ 和所受摩
时 由牛顿第二定律可得ｋｘ ｆ ｍａ ｘ 增大 ａ １０ ｍ／ｓ ，
， ＋ ＝ ， ， 擦力大小 ｆ 分别为
继续增大 可知物块的加速度先减小后增 （ ）
，
大 正确 物块所受弹簧的弹力对物块先
，Ａ ；
做正功 后做负功 错误 从Ａ 到Ｂ 的过程
， ，Ｃ ； ，
由动能定理可得 Ｗ Ｗ 正确
弹－ ｆ＝０，Ｄ 。
２．（ 全国甲， ， 分）（多选）一质量为 ｍ
图 图
２０２１ ２０ ６ （ａ） （ｂ）
的物体自倾角为 α 的固定斜面底端沿斜面
ｍ ． ｆ ． ｍ ． ｆ ．
Ａ． ＝０ ７ ｋｇ， ＝０ ５ Ｎ Ｂ． ＝０ ７ ｋｇ， ＝１ ０ Ｎ
向上滑动 该物体开始滑动时的动能为 Ｅ
。 ｋ， ｍ ． ｆ ． ｍ ． ｆ ．
Ｃ． ＝０ ８ ｋｇ， ＝０ ５ Ｎ Ｄ． ＝０ ８ ｋｇ， ＝１ ０ Ｎ
向上滑动一段距离后速度减小为零 此后物
， 答案 Ａ 由图可知 物块从底端开始运动
， ，
5 Ｅ
年 体向下滑动 到达斜面底端时动能为 ｋ 已 动能由 变为 说明物块冲到 距离
高 ， 。 ４０ Ｊ ０， １０ ｍ
考 ５ 时速度为零 则由动能定理得 ｍｇｈ ｆｓ
3 知 α ． 重力加速度大小为 ｇ 则 ， － － ＝０－
年 ｓｉｎ ＝０ ６， 。 Ｅ 接下来返回到底端时 动能变为 则
模 ｋ１， ， ３０ Ｊ，
拟 （ ） 由动能定理得 ｍｇｈ ｆｓ Ｅ ｈ ｓ ° 联
A Ｅ － ＝ ｋ２， ＝ ·ｓｉｎ ３０ ，
版 物体向上滑动的距离为 ｋ 立解得 ｍ ． ｆ ． 故选
Ａ． ｍｇ ＝０ ７ ｋｇ、 ＝０ ５ Ｎ， Ａ。
２
高 一题多解
考 ｇ
物 物体向下滑动时的加速度大小为
理 Ｂ． Ｅ ｓ 图像的斜率表示物块受到的合力。 上
５ ｋ －
９２
升过程，物块做匀减速运动，斜率的绝对值 第二定律得
等于所受合力大小，即ｍｇ θ ｆ ；下降 ｖ２
ｓｉｎ ＋ ＝４ Ｎ Ｆ ｍ 分
过程，物块做匀加速运动，斜率的绝对值等 ＝ Ｒ （１ ）③
由 式和题给数据得
于所受合力大小，即ｍｇ θ ｆ ，联立解
①②③
ｓｉｎ － ＝３ Ｎ
得 ｍ ． 、ｆ ． 。
Ｆ ３ｍｇ 分
＝０ ７ ｋｇ ＝０ ５ Ｎ
０ ＝ （１ ）④
４．（ 课标 ， ， 分）如图 在竖直平面 ４
２０１８ Ⅲ ２５ ２０ ，
ｇＲ
内 一半径为 Ｒ 的光滑圆弧轨道 ＡＢＣ 和水平 ｖ ５ 分
， ＝ （１ ）⑤
２
轨道 ＰＡ 在 Ａ 点相切 ＢＣ 为圆弧轨道的直
， 设小球到达 Ａ 点的速度大小为 ｖ 作 ＣＤ
径 Ｏ 为圆心 ＯＡ 和 ＯＢ 之间的夹角为 α
（２） １，
， ， ， ＰＡ 交 ＰＡ 于 Ｄ 点 由几何关系得
⊥ ， ，
α ３ 一质量为ｍ 的小球沿水平轨道向 ＤＡ Ｒ α 分
ｓｉｎ ＝ 。 ＝ ｓｉｎ （１ ）⑥
５
ＣＤ Ｒ α 分
右运动 经 Ａ 点沿圆弧轨道通过 Ｃ 点 落至 ＝ （１＋ｃｏｓ ） （１ ）⑦
， ， 由动能定理有
水平轨道 在整个过程中 除受到重力及轨
； ，
道作用力外 小球还一直受到一水平恒力的 ｍｇ ＣＤ Ｆ ＤＡ １ｍｖ２ １ｍｖ２ 分
， － · － ０· ＝ － １ （３ ）⑧
２ ２
作用 已知小球在 Ｃ 点所受合力的方向指
。 由 式和题给数据得小球在 Ａ 点
④⑤⑥⑦⑧
向圆心 且此时小球对轨道的压力恰好为
， ｍ ｇＲ
零 重力加速度大小为 ｇ 求 的动量大小为 ｐ ｍｖ ２３ 分
。 。 ＝ １ ＝ （２ ）⑨
２
水平恒力的大小和小球到达 Ｃ 点时速度
（１）
的大小 小球离开 Ｃ 点后在竖直方向上做初速度
； （３）
小球到达 Ａ 点时动量的大小 不为零的匀加速运动 加速度大小为 ｇ 设
（２） ； ， 。
小球从 Ｃ 点落至水平轨道所用的时间 小球在竖直方向的初速度为 ｖ 从 Ｃ 点落至
（３） 。 ⊥，
ｇＲ 水平轨道上所用时间为 ｔ 由运动学公式有
答案 ３ｍｇ ５ 。
（１）
４ ２ ｖ ｔ １ｇｔ２ ＣＤ 分
⊥ ＋ ＝ （２ ）
ｍ ｇＲ ２
２３
（２） ｖ ｖ α 分
２ ⊥ ＝ ｓｉｎ （２ ）
Ｒ Ｒ
３ ５ 由 式和题给数据得 ｔ ３ ５
（３） ｇ ⑤⑦⑩ ＝ ｇ
５ ５
解析 设水平恒力的大小为 Ｆ 小球到 分
（２ ）
（１） ０，
达Ｃ 点时所受合力的大小为Ｆ 由力的合成 ５．（ 福建， ， 分）如图 一倾角 °
。 ２０２１ １４ １２ （ａ）， ３７
专
法则有 的固定斜面的 ＡＢ 段粗糙 ＢＣ 段光滑 斜面
题
， 。
六
Ｆ 上一轻质弹簧的一端固定在底端 Ｃ 处 弹簧
０ α 分 ， 机
ｍｇ＝ｔａｎ （２ ）① 的原长与 ＢＣ 长度相同 一小滑块在沿斜面 械
。 能
守
Ｆ２ ＝（ ｍｇ ） ２ ＋ Ｆ２ ０ （２ 分 ）② 向下的拉力 Ｔ 作用下 ， 由 Ａ 处从静止开始下 恒 定
设小球到达 Ｃ 点时的速度大小为 ｖ 由牛顿 滑 当滑块第一次到达 Ｂ 点时撤去 Ｔ Ｔ 随 律
， ， 。
９３
滑块沿斜面下滑的位移 ｓ 的变化关系如图 达 Ｂ 点时 动能仍为 Ｅ 设滑块脱离弹簧上
， ｋ。
所示 已知 ＡＢ 段长度为 滑块质量 滑的最大距离为ｓ 由动能定理有 ｍｇ
（ｂ） 。 ２ ｍ， ｍａｘ， －（ ｓｉｎ
为 滑块与斜面 ＡＢ 段的动摩擦因数为 θ ｆ ｓ Ｅ
２ ｋｇ， ＋ ） ｍａｘ ＝０－ ｋ ⑧
． 弹簧始终在弹性限度内 重力加速度大 联立 式并代入题给数据得 ｓ ．
０ ５， ， ②③⑦⑧ ｍａｘ ＝１ ３ ｍ
小取 ２ ° ． 求
１０ ｍ／ｓ ， ｓｉｎ ３７ ＝０ ６。 ：
⑨
当拉力为 时 滑块的加速度大小
（１） １０ Ｎ ， ； ６．（ 湖南， ， 分）如图 竖直平面内一
２０２１ １４ １５ ，
滑块第一次到达 Ｂ 点时的动能
（２） ； 足够长的光滑倾斜轨道与一长为 Ｌ 的水平
滑块第一次在 Ｂ 点与弹簧脱离后 沿斜
（３） ， 轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接 水平轨
，
面上滑的最大距离
。 道右下方有一段弧形轨道 ＰＱ 质量为 ｍ 的
。
小物块 Ａ 与水平轨道间的动摩擦因数为 μ
。
以水平轨道末端 Ｏ 点为坐标原点建立平面
直角坐标系 ｘＯｙ ｘ 轴的正方向水平向右 ｙ
， ，
轴的正方向竖直向下 弧形轨道 Ｐ 端坐标为
，
图 图
（ａ） （ｂ） μＬ μＬ Ｑ 端在 ｙ 轴上 重力加速度为 ｇ
（２ ， ）， 。 。
答案 ２ ．
（１）７ ｍ／ｓ （２）２６ Ｊ （３）１ ３ ｍ
解析 设小滑块的质量为 ｍ 斜面倾角
（１） ，
为 θ 滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ 滑块
， ，
受斜面的支持力大小为 Ｎ 滑动摩擦力大小
，
为 ｆ 拉力 Ｔ 时滑块的加速度大小为
， ＝１０ Ｎ
若 Ａ 从倾斜轨道上距 ｘ 轴高度为 μＬ 的
ａ 由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
（１） ２
，
位置由静止开始下滑 求 Ａ 经过 Ｏ 点时的速
Ｔ ｍｇ θ ｆ ｍａ
，
＋ ｓｉｎ － ＝ ①
度大小
Ｎ ｍｇ θ
；
－ ｃｏｓ ＝０ ②
若 Ａ 从倾斜轨道上不同位置由静止开始
ｆ μＮ
（２）
＝ ③
下滑 经过 Ｏ 点落在弧形轨道 ＰＱ 上的动能
联立 式并代入题给数据得 ａ ２ ，
①②③ ＝７ ｍ／ｓ
均相同 求 ＰＱ 的曲线方程
， ；
④
将质量为 λｍ λ 为常数且 λ 的小物
设滑块在 ＡＢ 段运动的过程中拉力所做
（３） （ ≥５）
（２）
的功为 Ｗ 由功的定义有 Ｗ Ｔ ｓ Ｔ ｓ 块 Ｂ 置于 Ｏ 点 Ａ 沿倾斜轨道由静止开始下
， ＝ １ １ ＋ ２ ２ ⑤ ，
式中 Ｔ Ｔ 和 ｓ ｓ 分别对应滑块下滑过程 滑 与 Ｂ 发生弹性碰撞 碰撞时间极短 要
， （ ），
１、 ２ １、 ２
中两阶段所受的拉力大小及相应的位移大 使 Ａ 和 Ｂ 均能落在弧形轨道上 且 Ａ 落在 Ｂ
，
小 依题意 Ｔ ｓ Ｔ ｓ 落点的右侧 求 Ａ 下滑的初始位置距 ｘ 轴高
5 。 ， １ ＝８ Ｎ， １ ＝１ ｍ， ２ ＝１０ Ｎ， ２ ＝ ，
度的取值范围
年
高 １ ｍ 。
考 设滑块第一次到达 Ｂ 点时的动能为 Ｅ 由动 答案 μｇＬ ｙ２ ｘ２ μＬｙ
3 ｋ， （１） ２ （２）４ ＋ －８ ＝０
年 能定理有 见解析
模
（３）
拟
Ｗ ｍｇ θ ｆ ｓ ｓ Ｅ 解析 Ａ 由距 ｘ 轴高度为 μＬ 的位置滑
A ＋（ ｓｉｎ － ）（ １ ＋ ２）＝ ｋ －０ ⑥ （１） ２
版 联立 式并代入题给数据得 Ｅ
②③⑤⑥ ｋ ＝２６ Ｊ 到 Ｏ 点的过程满足 ｍｇ μＬ μｍｇＬ １ｍｖ２
高 ： ·２ － ＝
考 ２
⑦
物
理 由机械能守恒定律可知 滑块第二次到 得 ｖ μｇＬ
（３） ， ＝ ２
９４
Ａ 滑过 Ｏ 点后做平抛运动落到轨道 μＬ λ λ２ λ
（２） 解得 （３ －１） ｈ ＋ ＋１ μＬ
ＰＱ 上 λ ≤ ≤ λ ２
： －３ （ －１）
水平方向 ｘ ｖ ｔ 易错警示
＝
０
若要满足 Ａ 落在 Ｂ 落点右侧，必须满足的条
竖直方向 ｙ １ｇｔ２
＝ 件是 Ａ 与 Ｂ 发生弹性碰撞后 Ａ 返回倾斜轨
２
ｇ 道，且能再次滑过水平轨道，到达 Ｏ 点时的
得 ｖ ｘ
０ ＝ ｙ 速度 ｖ ″ ｖ ′。
２ Ａ ＞ Ｂ
竖直方向
，
由动能定理得 ｍｇｙ
＝
１ｍｖ２
ｙ
７．（
２０１９
课标
Ⅰ
，
２５
，
２０
分）竖直面内一倾斜轨
２ 道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑
得 ｖ２ ｇｙ
ｙ＝２
圆弧平滑连接 小物块 Ｂ 静止于水平轨道的
设 Ａ 落在轨道 ＰＱ 上的速度为 ｖ 则 ｖ２ ｖ２ ｖ２ ，
， ＝ ｙ＋ ０ 最左端 如图 所示 ｔ 时刻 小物块 Ａ
ｇ ， （ａ） 。 ＝０ ，
得 ｖ２ ｇｙ ｘ２ 在倾斜轨道上从静止开始下滑 一段时间后
＝２ ＋ ｙ ，
２
与 Ｂ 发生弹性碰撞 碰撞时间极短 当 Ａ 返
Ａ 落在轨道 ＰＱ 上的动能相同 则 ｖ２ 不变 （ ）；
，
回到倾斜轨道上的 Ｐ 点 图中未标出 时 速
ｇ
（ ） ，
令 ｖ２ ｇｙ ｘ２ ｋ
＝２ ＋ ｙ＝ 度减为 此时对其施加一外力 使其在倾斜
２ ０， ，
将点 μＬ μＬ 代入得 ｋ μｇＬ 轨道上保持静止 物块 Ａ 运动的 ｖ ｔ 图像如
（２ ， ） ＝４ 。 －
ｇ 图 所示 图中的 ｖ 和 ｔ 均为未知量 已
ＰＱ 的曲线方程 ｇｙ ｘ２ μｇＬ （ｂ） ， １ １ 。
：２ ＋ ｙ＝４
知 Ａ 的质量为 ｍ 初始时 Ａ 与 Ｂ 的高度差为
２
，
整理得 ｙ２ ｘ２ μＬｙ
Ｈ 重力加速度大小为 ｇ 不计空气阻力
：４ ＋ －８ ＝０
， ， 。
设 Ａ 由距 ｘ 轴高 ｈ 处滑下 到 Ｏ 点时速
（３） ，
度为 ｖ 这个过程满足 ｍｇｈ μｍｇＬ １ｍｖ２
Ａ， ： － ＝ Ａ
２
Ａ 与 Ｂ 发生弹性碰撞
：
图 图
ｍｖ ｍｖ ′ λｍｖ ′
Ａ＝ Ａ ＋ Ｂ （ａ） （ｂ）
求物块 Ｂ 的质量
１ｍｖ２ １ｍｖ ′２ １λｍｖ ′２ （１） ；
Ａ＝ Ａ ＋ Ｂ 在图 所描述的整个运动过程中 求物
２ ２ ２ （２） （ｂ） ，
λ 块 Ａ 克服摩擦力所做的功
得 ｖ ′ １－ ｖ
Ａ ＝ λ Ａ ；
１＋ 已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相
（３）
ｖ ′ ２ ｖ 等 在物块 Ｂ 停止运动后 改变物块与轨道
Ｂ ＝λ Ａ 。 ，
＋１
间的动摩擦因数 然后将 Ａ 从 Ｐ 点释放 一
λ ， ，
λ 则 ｖ ′ １－ ｖ
≥５， Ａ ＝ λ Ａ＜０ 段时间后 Ａ 刚好能与 Ｂ 再次碰上 求改变
。
１＋
前后动摩擦因数的比值
若要满足 Ａ 落在 Ｂ 落点的右侧 必须有
。
，
物块 Ａ 再次返回 Ｏ 点时的速度 ｖ ″ ｖ ′
Ａ ＞ Ｂ 答案 ｍ ２ ｍｇＨ １１ 专
（１）３ （２） （３）
题
１５ ９
六
μｍｇ
·２
Ｌ
＝
１ｍｖ
Ａ
′２
－
１ｍｖ
Ａ
″２
解析 根据图 ｖ 为物块Ａ 在碰撞前
２ ２ （１） （ｂ）， １ 机
械
若要使 Ａ 和 Ｂ 均能落在弧形轨道上 则 ｖ 能
， 瞬间速度的大小 １为其碰撞后瞬间速度的
守
，
恒
２
μＬ １ｇｔ２ μＬ ｖ ″ｔ 定
＝ ０，２ ≥ Ａ ０ 大小 设物块 Ｂ 的质量为 ｍ′ 碰撞后瞬间的 律
２ 。 ，
９５
速度大小为 ｖ′ 由动量守恒定律和机械能 μ
。 联立 式可得 １１
①③④⑤⑥⑦⑧⑩ μ′＝
守恒定律有
９
æ ｖ ö
ｍｖ ｍçç １ ÷÷ ｍ′ｖ′
１ ＝ è－ ø＋ ① 解题指导
２
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
æ ö
２
１ｍｖ２
１ ＝
１ｍ
è
ç
－
１ｖ
１ø
÷
＋
１ｍ′ｖ′２
② （ ）弄清物体的运动由哪些过程组成。
２ ２ ２ ２ １
联立 式得 ｍ′ ｍ （ ）分析每个过程中物体的受力情况。
①② ＝３ ③ ２
（ ）各个力做功有何特点，对动能的变化有
在图 所描述的运动中 设物块Ａ 与轨
３
（２） （ｂ） ，
无影响。
道间的滑动摩擦力大小为 ｆ 下滑过程中所
，
（ ）从总体上把握全过程，写出总功表达式，
走过的路程为 ｓ 返回过程中所走过的路程 ４
１，
找出初、末状态的动能。
为 ｓ Ｐ 点的高度为 ｈ 整个过程中克服摩擦
２， ，
（ ）对所研究的全过程运用动能定理列方程
力所做的功为 Ｗ 由动能定理有 ５
。 求解。
ｍｇＨ ｆｓ １ｍｖ２
－ １ ＝ １ －０ ④
２ 拓展 二 机械能守恒定律在多物体中的应用
æ ｖ ö ２
ｆｓ ｍｇｈ １ｍçç １ ÷÷ １．（ 山东济南历城二中模拟， ）如图所示
－（ ２ ＋ ）＝ ０－ è－ ø ⑤ ２０２１ ８ ，
２ ２
将一表面光滑的半圆柱体固定于水平桌面
从图 所给出的 ｖ ｔ 图线可知
（ｂ） －
上 一跨过圆柱表面不可伸长的轻绳分别与
，
ｓ １ｖ ｔ
甲 乙两个质量不同的小球相连 乙球的质
１ ＝ １ １ ⑥ 、 ，
２
量大于甲球的质量 开始时用手按住甲球
ｖ 。
ｓ １ １ ． ｔ ｔ
位于水平桌面且靠住圆柱侧面 现静止释
２ ＝ · ·（１ ４ １ － １） ⑦ 。
２ ２
放甲球 为使小球甲能恰好通过圆柱的最高
ｓ ｈ ，
由几何关系可得 ２
点 球可看成质点 则下列说法正确的是
ｓ ＝Ｈ ⑧
， ，
１
物块 Ａ 在整个过程中克服摩擦力所做的
（ ）
功为
Ｗ ｆｓ ｆｓ
＝ １ ＋ ２ ⑨
联立 式可得 Ｗ ２ｍｇＨ
④⑤⑥⑦⑧⑨ ＝ ⑩
１５
设倾斜轨道倾角为 θ 物块与轨道间的动 甲球在运动到圆柱顶前两球速度相同
（３） ， Ａ．
摩擦因数在改变前为 μ 有 乙球下落过程中机械能守恒
， Ｂ．
5 Ｈ ｈ ｍ 甲
年 Ｗ μｍｇ θ ＋ 当两球质量比满足 π－１时 甲球能恰
＝ ｃｏｓ · θ Ｃ． ｍ ＝ ，
高 ｓｉｎ 乙 ３
考
3 设物块 Ｂ 在水平轨道上能够滑行的距离为 好通过圆柱顶端
年
模 ｍ
甲
拟 ｓ′ 由动能定理有 μｍ′ｇｓ′ １ｍ′ｖ′２ 当两球质量比满足 １时 甲球能恰好
， － ＝０－ Ｄ． ｍ ＝ ，
A ２ 乙 ２
版 设改变后的动摩擦因数为 μ′ 由动能定理有 通过圆柱顶端
，
高
答案 Ｃ 绳一直处于伸直状态 故甲 乙两
考 ｈ
， 、
物 ｍｇｈ μ′ｍｇ θ μ′ｍｇｓ′
理 － ｃｏｓ · θ－ ＝０ 球速度大小相等 但方向不同 项错误 乙
ｓｉｎ ， ，Ａ ；
９６
球下落过程中还受到轻绳的拉力 故机械能
， 块 上升的距离为 ｈ ｄ ２ ｄ ２ ｄ
１ ＝ （３ ） ＋（４ ） －３ ＝
不守恒 项错误 假设甲恰好能通过圆柱的
ｄ 说明此时弹簧伸长量为 ｄ 根据系统机械
，Ｂ ；
２ ， ，
顶端 若使甲到达最高点 根据机械能守恒
能守恒得ｍ ｇ ｄ ｍ ｇ ｄ 解得ｍ ｍ
， ，
１ ·２ ＝ ２ ·４ ， １ ＝２ ２，
Ｒ
有ｍ
乙
ｇ π
－
ｍ
甲
ｇＲ
＝
１
（
ｍ
甲＋
ｍ
乙）
ｖ２
，
且甲恰
Ｃ
错误
；
据关联速度
，
滑块
２
到达Ｃ 处时有ｖ
１
２ ２ ｄ
能通过最高点需满足 ｍ ｇ ｍ ｖ２ 解得 ｍ 甲 ＝ ｖ ２ × ｄ ４ ２ ｄ ２ ， 解得 ｖ １ ∶ ｖ ２ ＝ ４ ∶ ５，Ｄ
甲 ＝ 甲 Ｒ， ｍ （３ ） ＋（４ ）
乙
项错误
ｍ 。
甲
π－１ 项正确 当 π－１时 甲在到达最 ３．（ 广东湛江期末， ）如图所示 在竖直
＝ ，Ｃ ； ｍ ＜ ，
３ 乙 ３ ２０２２ １３ ，
方向上 Ａ Ｂ 两物体通过劲度系数为 ｋ 的轻
ｍ
甲 、
高点之前脱离 π－１时 甲通过最高点时
，ｍ ＞ ， 质弹簧相连 Ａ 放在水平地面上 Ｂ Ｃ 两物体
乙 ３ ， ， 、
对圆柱有压力 项错误 通过细线绕过轻质定滑轮相连 Ｃ 放在固定
，Ｄ 。 ，
２．（ 重庆育才中学二模， ）如图所示 滑块 的足够长光滑斜面上 用手按住 Ｃ 使细线
２０２１ ７ ， 。 ，
套在光滑的竖直杆上 恰好伸直但没有拉力 并保证ａｂ 段的细线竖
２ ，
并通过细绳绕过光滑定 直 ｃｄ 段的细线与斜面平行 已知 Ａ Ｂ 的质
、 。 、
滑轮连接物块 物块 量均为 ｍ Ｃ 的质量为 Ｍ Ｍ ｍ 细线与滑
１， １ ， （ ＞２ ），
又与一轻质弹簧连接在 轮之间的摩擦不计 开始时整个系统处于静
，
一起 轻质弹簧另一端固 止状态 释放 Ｃ 后它沿斜面下滑 当 Ａ 恰好
， 。 ，
定在地面上 开始时用 要离开地面时 Ｂ 获得最大速度 Ｂ 未触及滑
。 ， （
手托住滑块 使绳子刚好伸直但无张力 此 轮 弹簧始终处于弹性限度内 重力加速度
２， ， ， ，
时弹簧的压缩量为 ｄ 现将滑块 从 Ａ 处由 大小为 ｇ 求
。 ２ ）。 ：
静止释放 经过 Ｂ 处的速度最大 到达 Ｃ 处
， ，
的速度为零 此时物块 还没有到达滑轮位
， １
置 已知滑轮与杆的水平距离为 ｄ Ａ Ｃ 间
。 ３ ， 、
距离为 ｄ 不计滑轮质量 大小及摩擦 下
４ ， 、 。
列说法中正确的是
（ ） 释放物体 Ｃ 之前弹簧的压缩量
（１） ；
滑块 下滑过程中 机械能先增大后减小
Ａ． ２ ， 物体 Ｂ 的最大速度 ｖ
滑块 经过 Ｂ 处时的加速度等于零
（２） ｍ。
Ｂ． ２
ｍｇ
物块 和滑块 的质量之比为 答案 ｍｇ １
Ｃ． １ ２ ３ ∶ ２ （１） ｋ （２）２ ｋ Ｍ ｍ
（ ＋ ）
若滑块 质量增加一倍 其他条件不变 仍
Ｄ． ２ ， ， 解析 设开始时弹簧压缩的长度为 ｘ
让滑块 由 Ａ 处从静止滑到 Ｃ 处 滑块 （１） Ｂ，
２ ， ２ ｍｇ
到达 Ｃ 处时 物块 和滑块 的速度之比 对 Ｂ 受力分析有 ｋｘ ｍｇ 得 ｘ 故释放
， １ ２ Ｂ＝ ， Ｂ＝ ｋ ，
为
５ ∶ ４ ｍｇ
物体 Ｃ 之前弹簧的压缩量为 专
答案 Ｂ 滑块 下滑过程中 克服绳子拉 ｋ 。 题
２ ，
六
力做功 机械能减少 错误 滑块 经过 Ｂ 设当物体 Ａ 刚要离开地面时 弹簧的伸
， ，Ａ ； ２ （２） ， 机
处的速度最大 则滑块 在 Ｂ 处合力为零 长量为 ｘ 对 Ａ 受力分析有 ｋｘ ｍｇ 得 ｘ 械
， ２ ， Ａ， Ａ ＝ ， Ａ 能
守
即加速度为零 正确 弹簧及两物体组成的
ｍｇ 恒
，Ｂ ；
定
系统 机械能守恒 当滑块 到达 Ｃ 处时 物 ＝ ｋ 律
， ， ２ ，
９７
此时 物体 Ｂ 上升的距离以及物体 Ｃ 沿斜面 小球受到手的拉力大小 Ｆ
， （１） ；
下滑的距离为 ｈ ｘ ｘ 物块和小球的质量之比 Ｍ ｍ
： ＝ Ａ＋ Ｂ （２） ∶ ；
ｍｇ 小球向下运动到最低点时 物块 Ｍ 所受
联立解得 ｈ ２ （３） ，
： ＝ ｋ
的拉力大小 Ｔ
。
物体 Ａ 刚要离开地面时 设细线上的弹力大
，
答案 ５ Ｍｇ ｍｇ 见
小为 Ｔ 根据牛顿第二定律 对 Ｂ 有 Ｔ ｍｇ （１） － （２）６ ∶ ５ （３）
， ， ： － － ３
ｋｘ ｍａ
解析
Ａ＝
对 Ｃ 有 Ｍｇ α Ｔ Ｍａ
解析 设小球受 ＡＣ ＢＣ 的拉力分别为
： ｓｉｎ － ＝
（１） 、
联立得 Ｍｇ α ｍｇ ｋｘ ｍ Ｍ ａ
： ｓｉｎ － － Ａ＝（ ＋ ） Ｆ Ｆ
１、 ２
此时 Ｂ 获得最大速度 故有 ａ
， ： ＝０ Ｆ ° Ｆ °
１ ｓｉｎ ５３ ＝ ２ ｃｏｓ ５３
ｍ
联立解得 α ２ Ｆ ｍｇ Ｆ ° Ｆ °
：ｓｉｎ ＝ Ｍ ＋ ＝ １ ｃｏｓ ５３ ＋ ２ ｓｉｎ ５３
且 Ｆ Ｍｇ
由于 ｘ ｘ 故弹簧开始时处于压缩状态和 １ ＝
Ａ＝ Ｂ，
Ａ 恰好要离开地面时处于伸长状态的弹性势 解得 Ｆ ５Ｍｇ ｍｇ
＝ －
能相等 且物体 Ａ 刚要离开地面时 Ｂ Ｃ 两 ３
， ， 、 小球运动到与 Ａ Ｂ 相同高度过程中
物体的速度大小相等 设为 ｖ （２） 、
， ｍ， 小球上升高度 ｈ ｌ ° 物块下降高度
对 Ｂ Ｃ 和弹簧整体 由机械能守恒定律得 １ ＝３ ｓｉｎ ５３ ，
、 ， ： ｈ ｌ
２
＝２
Ｍｇｈ α １ Ｍ ｍ ｖ２ ｍｇｈ 由机械能守恒定律得 ｍｇｈ Ｍｇｈ
ｓｉｎ ＝ （ ＋ ） ｍ ＋ ＝
２ １ ２
Ｍ
ｍｇ ｍ
代入 ｈ ２ α ２ 解得 ６
＝ ｋ ，ｓｉｎ ＝ Ｍ
ｍ＝
５
根据机械能守恒定律 小球回到起始点
ｍｇｈ ｍｇ ｍｇ
（３） ， 。
解 得 ｖ ２ ２ ×２
： ｍ ＝ Ｍ ｍ ＝ ｋ Ｍ ｍ ＝ 设此时 ＡＣ 方向的加速度大小为 ａ 物块受到
＋ （ ＋ ） ，
的拉力为 Ｔ
ｍｇ １
２ ｋ Ｍ ｍ 由牛顿运动定律得 Ｍｇ Ｔ Ｍａ
（ ＋ ） － ＝
４．（ 江苏单科， ， 分）如图所示 钉子 小球受 ＡＣ 的拉力 Ｔ′ Ｔ
２０１８ １４ １６ ， ＝
Ａ Ｂ 相距 ｌ 处于同一高度 细线的一端系 由牛顿运动定律得 Ｔ′ ｍｇ ° ｍａ
、 ５ ， 。 － ｃｏｓ ５３ ＝
有质量为 Ｍ 的小物块 另一端绕过 Ａ 固定于 ｍＭｇ
， 解得 Ｔ ８ Ｔ ４８ｍｇ 或 Ｔ ８Ｍｇ
Ｂ 质量为 ｍ 的小球固定在细线上 Ｃ 点 Ｂ ＝ ｍ Ｍ （ ＝ ＝ ）
。 ， 、 ５（ ＋ ） ５５ １１
Ｃ 间的线长为 ｌ 用手竖直向下拉住小球 ５．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示
３ 。 ， ２０２１ ６ ２０ １２ ，
使小球和物块都静止 此时 ＢＣ 与水平方向 水平地面上有一高 Ｈ ． 的水平台面 台
， ＝０ ４ ｍ ，
的夹角为 ° 松手后 小球运动到与 Ａ Ｂ 面上竖直放置倾角 θ °的粗糙直轨道 ＡＢ
5 ５３ 。 ， 、 ＝３７ 、
年 相同高度时的速度恰好为零 然后向下运 水平光滑直轨道 ＢＣ 四分之一圆周光滑细
高 ， 、
考 动 忽略一切摩擦 重力加速度为 ｇ 取 圆管道 ＣＤ 和半圆形光滑轨道 ＤＥＦ 它们平
3 。 ， ， ，
年 ° ． ° ． 求 滑连接 其中管道 ＣＤ 的半径 ｒ ． 圆心
模 ｓｉｎ ５３ ＝０ ８，ｃｏｓ ５３ ＝０ ６。 ： ， ＝０ １ ｍ、
拟
在 Ｏ 点 轨道ＤＥＦ 的半径Ｒ ． 圆心在
A １ ， ＝０ ２ ｍ、
版 Ｏ 点 Ｏ Ｄ Ｏ 和 Ｆ 点均处在同一水平线
２ ， １、 、 ２
高
上 小滑块从轨道ＡＢ 上 距台面高为ｈ 的Ｐ
考
。 、
物
理 点静止下滑 与静止在轨道 ＢＣ 上等质量的
，
９８
小球发生弹性碰撞 碰后小球经管道 ＣＤ 轨
， 、 １ｍｖ２ １ｍｖ２ ｍｇ Ｒ ｙ
道ＤＥＦ 从Ｆ 点竖直向下运动 与正下方固定 Ｇ＝ Ｅ ｍｉｎ ＋ （ ＋ ）
２ ２
，
从 Ｇ 到 Ｑ 点的平抛运动有
在直杆上的三棱柱 Ｇ 碰撞 碰后速度方向水
，
平向右 大小与碰前相同 最终落在地面上 Ｑ 水平方向 ： ｘ ＝ ｖ Ｇ ｔ
， ，
点 已知小滑块与轨道 ＡＢ 间的动摩擦因数
。 竖直方向 Ｈ ｒ ｙ １ｇｔ２
： ＋ － ＝
２
μ １ ° ． ° ． ｇ 取
＝ ，ｓｉｎ ３７ ＝ ０ ６， ｃｏｓ ３７ ＝ ０ ８， 解得 ｘ ． ｙ ． ｙ
１２ ＝２ （０ ５－ ）（０ ３＋ ）
２ 当 ｙ ． 时 ｘ 最大
１０ ｍ／ｓ 。 ＝０ １ ，
ｘ ．
ｍａｘ ＝０ ８ ｍ
６．（ 山东济南二模， ）如图所示 内径很
２０２１ １８ ，
小的细管 ＰＭＮ 竖直固定 ＰＭ 段为内径粗糙
，
的水平直线细管 Ｐ 点处有一弹性挡板 ＭＮ
， 、
段为内径光滑的半径为 Ｒ 的１圆弧 两段细
若小滑块的初始高度 ｈ ． 求小滑 ，
（１） ＝０ ９ ｍ， ４
块到达 Ｂ 点时速度 ｖ 的大小 管于 Ｍ 点处顺滑连接 一细绳左侧连接一
Ｂ ； 。
若小球能完成整个运动过程 求 ｈ 的最 质量为 ｍ 的滑块 Ａ 另一端穿过 Ｐ 板经细
（２） ， ３ ，
小值 ｈ 管连接一大小略小于内径的质量为 ｍ 的滑
ｍｉｎ；
若小球恰好能过最高点 Ｅ 且三棱柱 Ｇ 块 Ｂ 在外力影响下 两滑块初始均静止 除
（３） ， 。 ， ，
的位置上下可调 求落地点 Ｑ 与 Ｆ 点的水平 ＰＭ 段外 其余各处阻力不计 ＰＭ 段动摩擦
， ， ，
距离 ｘ 的最大值 ｘ 因数取 ． 重力加速度为 ｇ
ｍａｘ。 ０ ５， 。
答案 ． ．
（１）４ ｍ／ｓ （２）０ ４５ ｍ （３）０ ８ ｍ
解析 小滑块在 ＡＢ 轨道上运动
（１）
ｈ
ｍｇｈ μｍｇ θ １ｍｖ２
－ ｃｏｓ · θ＝ Ｂ
ｓｉｎ ２
同时释放两滑块 试求滑块 Ｂ 运动至 Ｍ
（１） ，
ｖ ４ ｇｈ
Ｂ＝ ＝４ ｍ／ｓ 点时 滑块 Ａ 的速度大小
３ ， 。
小滑块与小球质量相等 碰撞后速度 系统释放后 滑块 Ｂ 经 Ｍ 点后水平撞击
（２） ， （２） ，
互换 挡板 Ｐ 能够以原速率弹回 第一次弹回后刚
，
小球沿 ＣＤＥＦ 轨道运动 好返回到 Ｍ 点 最终滑块 Ｂ 和系统静止 试
， 。
ｖ２ 判断整个过程中 滑块 Ｂ 在水平段运动路程
Ｅ ，
ｍｇ ｍ ｍｉｎ
＝ Ｒ 是 ＰＭ 段长度的几倍
。
若滑块 Ａ 的质量可以调节 但应大于滑
１ｍｖ２ ｍｇ Ｒ ｒ １ｍｖ２ （３） ，
Ｅ ｍｉｎ ＋ （ ＋ ）＝ Ｂ ｍｉｎ 块 Ｂ 要使滑块 Ｂ 运动至 Ｍ 点时对细管的
２ ２
。 专
题
ｖ Ｂ ＝ ４ ｇｈ 压力不大于自身重力的１ 倍 试求滑块 Ａ 与 六
ｍｉｎ ｍｉｎ ，
３ ３ 机
ｈ ． 械
Ｂ 满足要求的质量比值范围
ｍｉｎ ＝０ ４５ ｍ 。 能
守
小球从 Ｅ 点到 Ｇ 点的运动机械能守恒
恒
（３） ，
答案 １ ｇＲ 倍 定
故有 （１） （３π－２） （２）８ 律
２
９９
æ ö
ç ８ １０ ÷
拓展 三 功能关系与能量守恒
（３）è ， ø
３π－２ ３π－４
解析 滑块 Ｂ 上升至 Ｍ 点过程中 绳一 １．（ 河北唐山期末， ）（多选）将三个木板
（１） ， ２０２２ ８
直处于伸直状态 Ａ Ｂ 速度大小相等 Ａ 与 Ｂ 固定在墙角 木板与墙壁和地面构成
， 、 ，
１、２、３ ，
了三个不同的三角形 如图所示 其中 和
组成的系统机械能守恒 ｍ ｇ πＲ ｍ ｇＲ
， Ａ · － Ｂ ＝ ， ， １ ２
２ 底边相同 和 高度相同 现将一个可以
，２ ３ 。
１ ｍ ｍ ｖ２ 故 ｍｇ πＲ ｍｇＲ １ ｍ 视为质点的物块分别从三个木板的顶端由
（ Ａ＋ Ｂ） Ｍ， ３ · － ＝ （３ ＋
２ ２ ２ 静止释放 并沿斜面下滑到底端 物块与木
， ，
ｍ ｖ２ 解得 ｖ １ ｇＲ 板之间的动摩擦因数 μ 均相同 在这三个
） Ｍ， Ｍ＝ （３π－２） 。
。
２
过程中 下列说法正确的是
第一次返回Ｍ 点开始至系统最终停止这
， （ ）
（２）
一段时间内 Ｂ 初位置在 Ｍ 点 末位置在 Ｐ
， ，
点 故 Ａ 下降高度为 Ｌ 对 Ａ Ｂ 组成的系统
， ＰＭ， 、
由能量守恒列式有
μｍ ｇｓ ｍ ｇＬ 解得 ｓ Ｌ 水平总路程
Ｂ
０
＝ Ａ ＰＭ，
０
＝６ ＰＭ，
ｓ Ｌ 沿着 和 下滑到底端时 物块的速率不
总＝８ ＰＭ。
Ａ． １ ２ ，
Ｍ 点处 若滑块 Ｂ 与细管上侧间压力恰 同 沿着 和 下滑到底端时 物块的速率
（３） ， ， ２ ３ ，
相同
为 Ｆ １ｍ ｇ 对滑块 Ｂ 受力分析有 ｍ ｇ Ｆ
Ｎ ＝ Ｂ ， Ｂ ＋ Ｎ 沿着 下滑到底端时 物块的速度最大
３
Ｂ． １ ，
ｖ２
Ｍ 物块沿着 下滑到底端的过程中 产生的
ｍ
＝ Ｂ Ｒ， Ｃ． ３ ，
热量是最多的
且 Ｂ 从 Ｎ 到 Ｍ 系统机械能守恒 故 ｍ ｇ π 物块沿着 和 下滑到底端的过程中 产
， Ａ · Ｄ． １ ２ ，
２ 生的热量是一样多的
ｍ
Ａ
Ｒ ｍ ｇＲ １ ｍ ｍ ｖ２ 联立解得 答案 ＢＣＤ 设 木板与地面的夹角
－ Ｂ ＝ （ Ａ ＋ Ｂ） Ｍ， ｍ １、２、３
２ Ｂ
分别为θ θ θ 木板长分别为ｌ ｌ ｌ 当物
１、 ２、 ３， １、 ２、 ３，
１０
块沿木板 下滑时 由动能定理有 ｍｇｈ
＝ ；
３π－４ １ ， １ －
Ｍ 点处 若滑块 Ｂ 与细管下侧间压力恰为
，
μｍｇｌ θ １ｍｖ２ 当物块沿木板 下滑
１ ｃｏｓ １ ＝ １ －０， ２
２
Ｆ ′ １ｍ ｇ 对滑块 Ｂ 受力分析有 ｍ ｇ Ｆ ′
Ｎ ＝
３
Ｂ ， ： Ｂ － Ｎ 时 由动能定理有 ｍｇｈ μｍｇｌ θ １ｍｖ２
， ２ － ２ ｃｏｓ ２ ＝ ２
ｖ ′２ ２
Ｍ
ｍ 又ｈ ｈ ｌ θ ｌ θ 可得 ｖ ｖ
＝ Ｂ Ｒ －０， １＞ ２， １ ｃｏｓ １ ＝ ２ ｃｏｓ ２， １＞ ２；
当物块沿木板 下滑时 由动能定理有 ｍｇｈ
5 Ｂ 从 Ｎ 到 Ｍ 系统机械能守恒 故 ３ ， ３
年 ，
高
考 3 ｍ Ａ ｇ · πＲ － ｍ Ｂ ｇＲ ＝ １ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｖ Ｍ ′２ －
μｍｇｌ
３ ｃｏｓ
θ
３ ＝ ２
１ｍｖ２
３ －０，
又 ｈ
２ ＝
ｈ
３，
ｌ
２ ｃｏｓ
θ
２＜
年 ２ ２
ｌ θ 可得 ｖ ｖ 故 项错误 项正确
模 拟 联立解得 ｍ Ａ ８ 三 ３ ｃ 个 ｏｓ 过 ３ 程 ， 中产生 ２＞ 的 ３ 热 ， 量 Ａ 分别为Ｑ ，Ｂ μｍｇｌ 。
A ：ｍ Ｂ ＝ ３π－２ １ ＝ １ ｃｏｓ
版 θ Ｑ μｍｇｌ θ Ｑ μｍｇｌ θ 则 Ｑ
因 此 ， 满 足 要 求 的 质 量 比 值 范 围 １， ２ ＝ ２ ｃｏｓ ２， ３ ＝ ３ ｃｏｓ ３， １
高 Ｑ Ｑ 故 项均正确
考
物 为
æ
ç ８ １０
ö
÷
＝ ２＜ ３， Ｃ、Ｄ 。
理 è ， ø。 ２．（ 天津理综， ， 分）滑雪运动深受人民
３π－２ ３π－４ ２０１８ ２ ６
１００
群众喜爱 某滑雪运动员 可视为质点 由 答案 ＡＢ 由题图可得 Ｅ ｍｇｈ 其
。 （ ） ｐ０ ＝ ＝３０ Ｊ，
坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 ＡＢ 从滑道 中 ｈ 则 ｍ 动能和重力势能之和
， ＝３ ｍ， ＝１ ｋｇ，
的 Ａ 点滑行到最低点 Ｂ 的过程中 由于摩擦 减小 机械能不守恒 正确 由题图可知 物
， ， ，Ａ ； ，
力的存在 运动员的速率不变 则运动员沿
， ， 块到达底端时动能为 由 Ｅ １ｍｖ２ 可
ＡＢ 下滑过程中 １０ Ｊ， ｋ ＝ ，
（ ） ２
所受合外力始终为零 ｖ２ ｖ２
Ａ． 得 ｖ 由 ｖ２ ｖ２ ａｓ 得 ａ － ０
所受摩擦力大小不变 ＝ ２ ５ ｍ／ｓ， － ０ ＝２ ， ＝ ｓ ＝
２
Ｂ．
合外力做功一定为零 ２ 错误 设斜面倾角为 θ 有 θ ．
Ｃ． ２ ｍ／ｓ ，Ｃ ； ， ｓｉｎ ＝０
机械能始终保持不变 θ ． 由牛顿第二定律有ｍｇ θ
Ｄ． ６，ｃｏｓ ＝０ ８， ｓｉｎ －
答案 Ｃ 由于运动员在竖直面内的圆弧形 μｍｇ θ ｍａ 解得μ ． 正确 下滑 ．
ｃｏｓ ＝ ， ＝０ ５，Ｂ ； ２ ０
滑道上运动时速率不变 故做匀速圆周运 时 动能 重力势能之和为 故机械能
， ｍ ， 、 ２２ Ｊ，
动 所受的合外力提供向心力 因此合外力 损失 错误
， ， ８ Ｊ，Ｄ 。
不为零 错误 因运动员的速率不变 故其 ４．（ 辽宁， ， 分）（多选）冰滑梯是东北
，Ａ ； ， ２０２１ １０ ６
所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力 运 地区体验冰雪运动乐趣的设施之一 某冰
， 。
动员沿 ＡＢ 下滑过程中重力沿滑道向下的分 滑梯的示意图如图所示 螺旋滑道的摩擦可
，
力变小 因此滑动摩擦力变小 错误 由动 忽略 倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的
， ，Ｂ ； ；
能定理知 合外力做的功等于动能的变化
动摩擦因数 μ 相同 因滑板不同 μ 满足 μ
，
， ０≤
量 因速率不变 则动能不变 故合外力做功
μ ． μ 在设计滑梯时 要确保所有游客
， ， ，
≤１ ２ ０。 ，
为零 正确 机械能的改变量等于摩擦力做
在倾斜滑道上均减速下滑 且滑行结束时停
，Ｃ ；
，
的功 故机械能减少 错误
在水平滑道上 以下 Ｌ Ｌ 的组合符合设计
， ，Ｄ 。
， １、 ２
３．（ 课标 ， ， 分）（多选）一物块在高
要求的是
２０２０ Ⅰ ２０ ６
（ ）
． 长 ． 的斜面顶端从静止开始沿斜
３ ０ ｍ、 ５ ０ ｍ
面下滑 其重力势能和动能随下滑距离 ｓ 的
，
变化如图中直线 所示 重力加速度取
Ⅰ、Ⅱ ，
则
２
１０ ｍ／ｓ 。 （ ）
ｈ ｈ ｈ ｈ
Ｌ Ｌ ３ Ｌ ４ Ｌ
Ａ． １ ＝ μ ， ２ ＝ μ Ｂ． １ ＝ μ ， ２ ＝ μ
２ ０ ２ ０ ３ ０ ３ ０
ｈ ｈ ｈ ｈ
Ｌ ４ Ｌ ２ Ｌ ３ Ｌ
Ｃ． １ ＝ μ ， ２ ＝ μ Ｄ． １ ＝ μ ， ２ ＝μ
３ ０ ３ ０ ２ ０ ０
答案 ＣＤ 根据题意可得 若要符合设计
，
要求 必须同时满足以下条件
， ：
所有游客在倾斜滑道上均减速下滑
①
设倾斜滑道倾角为 α 对游客进行受力分析
， 专
如图 题
六
物块下滑过程中机械能不守恒
Ａ． 机
物块与斜面间的动摩擦因数为 ． 械
Ｂ． ０ ５ 能
守
物块下滑时加速度的大小为 ． ２ 恒
Ｃ． ６ ０ ｍ／ｓ
定
当物块下滑 ． 时机械能损失了 律
Ｄ． ２ ０ ｍ １２ Ｊ
１０１
则有 μｍｇ α ｍｇ α 得 μ α 即 μ θ
ｃｏｓ ＞ ｓｉｎ ， ＞ｔａｎ ， ＞ ）
ｈ ｈ ｖ２
而不同滑板有 μ μ ． μ 则有 μ 解析 根据牛顿运动定律 Ｔ ｍｇ ｍ
Ｌ ， ０≤ ≤１ ２ ０， Ｌ ＜ ０， （１） － ＝ ｌ
１ １ １
ｈ ｖ２
故 Ｌ 得 Ｔ ｍｇ ｍ
１＞μ 。 ＝ ＋ ｌ
０ １
滑行结束时停在水平滑道上 设人在最低点站起前后 摆球 的摆动
② （２）ａ． “ ”
此条件可理解为动摩擦因数为 ． μ 时不能 速度大小分别为 ｖ ｖ 根据功能关系得 ｍｇｌ
１ ２ ０ １、 ２， １
停在倾斜滑道上 动摩擦因数为 μ 时不能冲
， ０ θ １ｍｖ２
出水平滑道即速度为零时的最远位置在水 （１－ｃｏｓ １）＝ １
２
平滑道的末端 则有 ｍｇｈ μ ｍｇ α ｘ
， ２ ≤ ０ ｃｏｓ · 斜 ｍｇｌ θ １ｍｖ２
μ ｍｇＬ ｍｇｈ ． μ ｍｇ α ｘ Ｌ ｘ
２（１－ｃｏｓ ２）＝
２
＋ ０ ２，２ ≥１ ２ ０ ｃｏｓ · 斜， １ ＝ 斜 ２
已知 ｖ ｖ 得 ｍｇｌ θ ｍｇｌ
ｈ ｈ ｈ
α 联立可得 Ｌ ５ Ｌ Ｌ ２ 将选 １ ＝ ２， １（１－ｃｏｓ １）＝ ２（１－ｃｏｓ
ｃｏｓ ， μ ＜ １≤ μ ， １ ＋ ２≥μ ， θ
０ ３ ０ ０ ２）
项数据代入可得 符合条件 因为 ｌ ｌ 得 θ θ
，Ｃ、Ｄ 。 １＞ ２， ｃｏｓ １＞ ｃｏｓ ２
５．（ 北京， ， 分）秋千由踏板和绳构 所以 θ θ
２０２１ ２０ １２ ２＞ １
成 人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆 设 摆球 由最大摆角θ 摆至最低点时动能
， ｂ． “ ”
的摆动 等效 摆球 的质量为 ｍ 人蹲在踏 为 Ｅ 根据功能关系得 Ｅ ｍｇｌ θ
， “ ” ， ｋ， ｋ ＝ １（１－ｃｏｓ ）
板上时摆长为 ｌ 人站立时摆长为 ｌ 不计 摆球 在竖直平面内做完整的圆周运动 通
１， ２。 “ ” ，
空气阻力 重力加速度大小为 ｇ 过最高点的最小速度为 ｖ
， 。 ｍ
如果摆长为 ｌ 摆球 通过最低点时的 ｖ２
（１） １，“ ” 根据牛顿运动定律得 ｍｇ ｍ ｍ
速度为 ｖ 求此时 摆球 受到拉力 Ｔ 的大小 ＝ ｌ
， “ ” 。 ２
在没有别人帮助的情况下 人可以通过 摆球 在竖直平面内做完整的圆周运动 根
（２） ， “ ” ，
在低处站起 在高处蹲下的方式使 摆球 摆
、 “ ” 据功能关系得 Ｅ Ｅ ｍｇｌ １ｍｖ２
得越来越高 ｋ ＋Δ ｋ≥２ ２ ＋ ｍ
２
。
人蹲在踏板上从最大摆角 θ 开始运动 到
得 Ｅ ５ｍｇｌ ｍｇｌ θ
ａ． １ ， Δ ｋ≥ ２ － １（１－ｃｏｓ ）
最低点时突然站起 此后保持站立姿势摆到 ２
，
６．（ 山东， ， 分）如图所示 三个质量
另一边的最大摆角为 θ 假定人在最低点 ２０２１ １８ １６ ，
２。
均为 ｍ 的小物块 Ａ Ｂ Ｃ 放置在水平地面
站起前后 摆球 摆动速度大小不变 通过计
、 、 ，
“ ” ，
上 Ａ 紧靠竖直墙壁 一劲度系数为 ｋ 的轻弹
算证明 θ θ ， ，
２＞ １。
簧将 Ａ Ｂ 相接 Ｃ 紧靠 Ｂ 开始时弹簧处于原
实际上人在最低点快速站起后 摆球 摆
、 ， ，
ｂ． “ ”
长 Ａ Ｂ Ｃ 均静止 现给 Ｃ 施加一水平向
动速度的大小会增大 随着摆动越来越高
， 、 、 。
。 ，
左 大小为 Ｆ 的恒力 使 Ｂ Ｃ 一起向左运动
5 达到某个最大摆角 θ 后 如果再次经过最低
、 ， 、 ，
年 ，
高 点时 通过一次站起并保持站立姿势就能实 当速度为零时 立即撤去恒力 一段时间后 Ａ
， ，
考 ，
3 现在竖直平面内做完整的圆周运动 求在最 离开墙壁 最终三物块都停止运动 已知 Ａ
年 ， ， 。 、
模 Ｂ Ｃ 与地面间的滑动摩擦力大小均为 ｆ 最
低点 摆球 增加的动能 Ｅ 应满足的条件
拟 、 ，
“ ” Δ ｋ 。
大静摩擦力等于滑动摩擦力 弹簧始终在弹
A ｖ２
，
版 答案 Ｔ ｍｇ ｍ
（１） ＝ ＋ ｌ 性限度内
。
高 １
考
物 见解析 Ｅ ５ ｍｇｌ ｍｇｌ 弹簧的弹性势能可表示为 Ｅ １ｋｘ２ ｋ 为
理 （２）ａ． ｂ．Δ ｋ≥ ２ － １（１－ｃｏｓ （ ： ｐ ＝ ，
２ ２
１０２
弹簧的劲度系数 ｘ 为弹簧的形变量 Ｆ ｆ
， ） 由 式得 ｘ ２ －４
① ０ ＝ ｋ ③
Ｆ２ ｆＦ ｆ２
联立 式得 Ｅ －６ ＋８
②③ ｋ ＝ ｋ ④
当 Ａ 刚要离开墙时 弹簧在 Ｂ 的带动下
（２） ，
处于伸长状态 设弹簧的伸长量为 ｘ 以 Ａ 为
， ，
研究对象 由平衡条件得 ｋｘ ｆ
， ＝ ⑤
若 Ａ 刚要离开墙壁时 Ｂ 的速度恰好等于零
，
这种情况下恒力为最小值 Ｆ 从弹簧恢复
ｍｉｎ，
求 Ｂ Ｃ 向左移动的最大距离 ｘ 和 Ｂ Ｃ
原长到 Ａ 刚要离开墙的过程中 以 Ｂ 和弹簧
（１） 、 ０ 、 ，
分离时 Ｂ 的动能 Ｅ 为研究对象 由能量守恒得
ｋ； ，
为保证 Ａ 能离开墙壁 求恒力的最小
（２） ， Ｅ １ｋｘ２ ｆｘ
值 Ｆ ｋ ＝ ＋ ⑥
ｍｉｎ； ２
若三物块都停止时 Ｂ Ｃ 间的距离为 ｘ
（３） 、 ＢＣ， 联立 式得 Ｆ １０ ｆ
④⑤⑥ ｍｉｎ ＝（３± ） ⑦
从 Ｂ Ｃ 分离到 Ｂ 停止运动的整个过程 Ｂ 克 ２
、 ，
服弹簧弹力做的功为 Ｗ 通过推导比较 Ｗ 与
根据题意舍去 Ｆ １０ ｆ 得
，
ｍｉｎ ＝（３－ ） ，
ｆｘ 的大小 ２
ＢＣ ；
若 Ｆ ｆ 请在所给坐标系中 画出 Ｃ 向 Ｆ １０ ｆ
（４） ＝５ ， ， ｍｉｎ ＝（３＋ ） ⑧
右运动过程中加速度 ａ 随位移 ｘ 变化的图 ２
从 Ｂ Ｃ 分离到 Ｂ 停止运动 设 Ｂ Ｂ 做往
像 并在坐标轴上标出开始运动和停止运动 （３） 、 ， （
， 返运动 的位移为 ｘ 路程为 ｓ Ｃ 的位移为
时 ａ ｘ 值 用 ｆ ｋ ｍ 表示 不要求推导过 ） Ｂ， Ｂ，
、 （ 、 、 ）， ｘ 以 Ｂ 为研究对象 由动能定理得 Ｗ ｆｓ
Ｃ， ， － － Ｂ＝
程 以撤去 Ｆ 时 Ｃ 的位置为坐标原点 水平
。 ， Ｅ
向右为正方向 ０－ ｋ ⑨
。 以 Ｃ 为研究对象 由动能定理得 ｆｘ Ｅ
Ｆ ｆ Ｆ２ ｆＦ ｆ２ ， － Ｃ＝０－ ｋ
答案 ２ －４ －６ ＋８ Ｆ
（１） ｋ ｋ （２） ｍｉｎ ＝ ⑩
由 Ｂ Ｃ 的运动关系得 ｓ ｘ ｘ ｘ
æ ö 、 Ｂ＞ Ｃ－ ＢＣ＝ Ｂ
çç １０ ÷÷ｆ 见解析 联立 式得 Ｗ ｆｘ
è３＋ ø （３）（４） ⑨⑩ ＜ ＢＣ
２ 在 Ｏ 点时 以Ｂ Ｃ 整体为研究对象 由Ｆ
解析 从开始到 Ｂ Ｃ 向左移动到最大距 （４） ， 、 ，
（１） 、 ｆ 和 式得 Ｆ ｋｘ ｆ 则对 Ｂ Ｃ 整体有
离的过程中 以 Ｂ Ｃ 和弹簧为研究对象 由 ＝５ ③ 弹＝ ０ ＝６ ， 、
， 、 ， ｆ
功能关系得 Ｆ ｆ ｍａ 解得 ａ ２ Ｂ Ｃ 分离时 Ｃ 的位
弹－２ ＝２ ， ＝ｍ； 、
ｆ
Ｆｘ
０ ＝２
ｆｘ
０ ＋ ２
１ｋｘ２
０ ① 移为 ｘ ０ ＝ ６ ｋ， 分离后由 Ｅ ｋ ＝ ｆｘ Ｃ 和 Ｆ ＝５ ｆ 及 ④
弹簧与 Ａ Ｂ 相连 弹簧恢复原长之后 Ｂ 向右
ｆ ｆ
、 ，
式得 ｘ ３ 故 Ｃ 停止运动时位移为９ 专
运动受弹簧阻力 摩擦阻力 Ｃ 向右运动受摩 Ｃ＝ ｋ， ｋ。 题
、 ， 六
擦阻力 Ｂ Ｃ 速度相同后分离 从弹簧最短
， 、 ， 机
械
到 Ｂ Ｃ 分离 以 Ｂ Ｃ 和弹簧为研究对象 由
能
、 ， 、 ，
守
恒
能量守恒得１ｋｘ２ ｆｘ Ｅ 定
０ ＝２ ０ ＋２ ｋ ② 律
２
１０３
应用篇
模型 一 机车启动模型
解得 Ｗ Ｐｔ １ｍｖ２ 错误
ｆ＝４ － ｍ，Ｄ 。
１．（ 湖南， ， 分） 复兴号 动车组用多节 ２
２０２１ ３ ４ “ ” ２．（ 浙江 月选考， ， 分）小明用额定
２０２２ ６ １３ ３
车厢提供动力 从而达到提速的目的 总质
， 。 功率为 最大拉力为 的提升装
量为 ｍ 的动车组在平直的轨道上行驶 该 １ ２００ Ｗ、 ３００ Ｎ
。 置 把静置于地面的质量为 的重物竖
动车组有四节动力车厢 每节车厢发动机的 ， ２０ ｋｇ
， 直提升到高为 ． 的平台 先加速再匀
额定功率均为 Ｐ 若动车组所受的阻力与其 ８５ ２ ｍ ，
， 速 最后做加速度大小不超过 的匀减
２
， ５ ｍ／ｓ
速率成正比 Ｆ ｋｖ ｋ 为常量 动车组能达
（ 阻＝ ， ）， 速运动 到达平台的速度刚好为零 ｇ 取
， ，
到的最大速度为 ｖ 下列说法正确的是
ｍ。 ２ 则提升重物的最短时间为
１０ ｍ／ｓ ， （ ）
（ ） ． ．
Ａ．１３ ２ ｓ Ｂ．１４ ２ ｓ
动车组在匀加速启动过程中 牵引力恒定
Ａ． ， ． ．
Ｃ．１５ ５ ｓ Ｄ．１７ ０ ｓ
不变
答案 Ｃ 以最大加速度加速 减速运动 时
、 ，
若四节动力车厢输出功率均为额定值 则
Ｂ． ， 间最短 由Ｆ ｍｇ ｍａ 即
。 ｍ － ＝ １， ３００ Ｎ－２００ Ｎ＝
动车组从静止开始做匀加速运动
Ｐ
额
Ｃ． 若四节动力车厢输出的总功率为 ２ ． ２５ Ｐ ， ２０ ａ １（Ｎ）， 解得 ａ １ ＝５ ｍ／ｓ ２ ； 由 ｖ １ ＝ Ｆ ， 匀加
ｍ
则动车组匀速行驶的速度为 ３ｖ 速运动的末速度 ｖ １ ２００ 由 ｖ
４ ｍ １ ＝ ｍ／ｓ＝４ ｍ／ｓ， １
３００
若四节动力车厢输出功率均为额定值 动
ｖ
Ｄ． ，
ａ ｔ 得 ｔ ４ ． 该段位移 ｘ １ｔ
车组从静止启动 经过时间 ｔ 达到最大速 ＝ １ １， １ ＝ ｓ＝０ ８ ｓ， １ ＝ １ ＝
， ５ ２
度 ｖ 则这一过程中该动车组克服阻力做
ｍ， ４ ． ． 由 Ｐ ｍｇｖ 得匀速运动
×０ ８ ｍ＝１ ６ ｍ； 额 ＝ ｍ
２
的功为１ｍｖ２ Ｐｔ
－
ｍ
２ 的速度ｖ １ ２００ 匀减速运动的
答案 Ｃ 动车组在匀加速启动过程中 Ｆ ｍ ＝ ｍ／ｓ＝６ ｍ／ｓ；
２００
， －
ｖ ｖ
ｋｖ ｍａ ａ 不变 ｖ 增大 Ｆ 也增大 错误
＝ ， ， ， ，Ａ 。 时间 ｔ ｍ ６ ． 该段位移 ｘ ｍｔ
３ ＝ａ ＝ ｓ＝１ ２ ｓ， ３ ＝ ３ ＝
Ｐ ２ ５ ２
若四节动力车厢输出功率均为额定值 则４
， ｖ
６ ． ． 则变加速运动与匀速运动
×１ ２ ｍ＝３ ６ ｍ，
ｋｖ ｍａ 知随着 ｖ 增大 ａ 减小 错误 当 ２
－ ＝ ， ， ，Ｂ 。
的总位移 ｘ ． ． ． 对
Ｐ ２ ＝（８５ ２－１ ６－３ ６） ｍ＝８０ ｍ，
动车组达到最大速度 ｖ 时 满足 ４ ｋｖ
年 高
5
若四节动力车厢总功
ｍ
率为
，
． Ｐ
ｖ
ｍ 动
－
车
ｍ
组
＝ 该过程应用动能定理
，
Ｐ
额
ｔ
２ －
ｍｇｘ
２ ＝ ２
１ ｍｖ２
ｍ －
考 ０； ２ ２５ ，
3
年 模 匀速行驶时满足２
．
２ ｖ ５
Ｐ
－ ｋｖ ＝０， 联立可得 ｖ ＝ ２
１ｍｖ２
１，
代入数据解得 ｔ
２ ＝１３
．
５ ｓ，
则全程总时
拟
间 ｔ ｔ ｔ ｔ ． ． ． ． 故
A ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＝（０ ８＋１３ ５＋１ ２） ｓ＝１５ ５ ｓ，
３ｖ 正确 动车组从静止启动到达到最
版 正确
ｍ，Ｃ 。
Ｃ 。
４
高
考
物 大速度 ｖ 由动能定理得 Ｐｔ Ｗ １ｍｖ２
理 ｍ， ４ － ｆ＝ ｍ －０，
２
１０４
解题指导 Ｗ
Ｗ ｍｇｈ 即 １ １ 选项 错误
本题运动过程复杂，利用 － ＝０， Ｗ ＝ ， Ｄ 。
２ １
ｖ ｔ 图像进行分析推理，
－
既能思路清晰，又不易犯
错误。 易犯的错误是漏
掉变加速运动过程，熟练
掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误
的关键。
模型 二 能量观点综合应用模型
３．（ 课标 ， ， 分）
２０１８ Ⅲ １９ ６ １．（ 上海建青实验学校模拟， ）（多选）
（多选）地下矿井中的矿 ２０２２ １０
如图 质量为Ｍ 长度为Ｌ
石装在矿车中 用电机通 ， 、
，
的小车静止在光滑水平
过竖井运送到地面 某竖井中矿车提升的
。
面上 质量为 ｍ 的小物块 可视为质点 放在
速度大小 ｖ 随时间 ｔ 的变化关系如图所示 ， （ ）
，
小车的最左端 现用一水平恒力 Ｆ 作用在小
其中图线 分别描述两次不同的提升过 。
①②
物块上 使小物块从静止开始做匀加速直线
程 它们变速阶段加速度的大小都相同 两 ，
， ；
运动 小物块和小车之间的摩擦力为 Ｆ 小
次提升的高度相同 提升的质量相等 不考 。 ｆ，
， 。
物块滑到小车的最右端时 小车运动的距离
虑摩擦阻力和空气阻力 对于第 次和第 ，
。 ①
为ｘ 此过程中 以下结论正确的是
次提升过程
， ， （ ）
② （ ）
小物块到达小车最右端时具有的动能为
矿车上升所用的时间之比为
Ａ．
Ａ． ４ ∶ ５
Ｆ Ｆ Ｌ ｘ
Ｂ．
电机的最大牵引力之比为
２ ∶ １
（ － ｆ）（ ＋ ）
小物块到达小车最右端时小车具有的动
电机输出的最大功率之比为
Ｂ．
Ｃ． ２ ∶ １
能为 Ｆ Ｌ
电机所做的功之比为
Ｄ． ４ ∶ ５ ｆ
小物块克服摩擦力所做的功为 Ｆ ｘ
答案 ＡＣ 在 ｖ ｔ 图像中 图线的斜率表示
－ ， Ｃ． ｆ
小物块和小车增加的机械能为 Ｆ Ｌ
物体运动的加速度 而两次提升过程中的变
Ｄ． （ ＋
，
速阶段 加速度的大小都相同 即在 ｖ ｔ 图像 ｘ Ｆ Ｌ
， ， －
）－
ｆ
中 它们变速阶段对应的图线重合或平行 答案 ＡＤ 对物块分析 物块相对于水平
，
， ，
由图中几何关系可得 第 次所用时间 ｔ 面的位移为 Ｌ ｘ 根据动能定理得 Ｆ Ｆ Ｌ
： ② ＝ ＋ ， （ － ｆ）（
５ｔ 即矿车上升所用时间之比为 选项 ｘ １ｍｖ２ 则知物块到达小车最右端时
０， ４ ∶ ５， ＋ ）＝ －０，
２ ２
正确 对矿车受力分析可知 当矿车向上 具有的动能为 Ｆ Ｆ Ｌ ｘ 故 项正确
Ａ ； ， （ － ｆ）（ ＋ ）， Ａ 。
做匀加速直线运动时 电机的牵引力最大
， ， 对小车分析 根据动能定理得 Ｆ ｘ １Ｍｖ′２
即 Ｆ ｍｇ ｍａ 得Ｆ ｍｇ ｍａ 即最大牵引力 ， ， ｆ ＝ －
２
－ ＝ ， ＝ ＋ ，
则知物块到达小车最右端时 小车具有的
之比为 选项 错误 在第 次提升过
０， ，
１ ∶ １， Ｂ ； ①
专
动能为 Ｆ ｘ 故 项错误 物块相对于水平
程中 电机输出的最大功率 Ｐ ｍｇ ｍａ 题
， １ ＝（ ＋ ） ｆ ， Ｂ 。 六
ｖ 在第 次提升过程中 电机输出的最大功 面的位移大小为 Ｌ ｘ 则物块克服摩擦力所
０， ② ， ＋ ， 机
Ｐ 做的功为 Ｆ Ｌ ｘ 故 项错误 根据能量 械
率 Ｐ ｍｇ ｍａ １ｖ 即 １ ２ 选项 正
ｆ（ ＋ ）， Ｃ 。 能
守
２ ＝（ ＋ ）· ０， Ｐ ＝ ， Ｃ 守恒得 外力 Ｆ 做的功转化为小车和物块的 恒
２ ２ １ ， 定
确 对 两次提升过程 由动能定理可知 机械能和摩擦产生的内能 则有 Ｆ Ｌ ｘ 律
； ①② ， ， （ ＋ ）＝
１０５
Ｅ Ｑ 则物块和小车增加的机械能为 Ｅ
Δ ＋ ， Δ ＝ １ｍｖ２ １ｍｖ２ 解得 ｖ
Ｃ－ Ｂ， Ｃ＝３ ｍ／ｓ
Ｆ Ｌ ｘ Ｆ Ｌ 故 项正确
２ ２
（ ＋ ）－ ｆ ， Ｄ 。
在半圆轨道 Ｃ 点 设 Ｎ 为半圆轨道对滑块的
２．（ 黑龙江哈三中一模， ）（多选）如图所
，
２０２２ ９
示 传送带 ＡＢ 与水平面 ＢＣ 在同一平面内
ｖ２
Ｃ
支持力 根据牛顿第二定律有 Ｎ ｍｇ ｍ
， ，
， － ＝ Ｒ
传送带 ＡＢ 的长度为 水平面 ＢＣ 的长度
８ ｍ，
所以 Ｎ ． 由牛顿第三定律得滑块对轨
为 水平面ＢＣ 与一竖直面内固定的光滑 ＝５ ５ Ｎ，
７ ｍ，
道的压力为 ． 故 项错误 假设滑块能
半圆轨道相切于 Ｃ 点 半圆轨道的半径为 ． ５ ５ Ｎ， Ｂ ；
， ０
传送带始终以 的速率沿顺时针 到达 Ｄ 点 则由能量关系可得 ｍｇ Ｒ １
２ ｍ。 ４ ｍ／ｓ ， ·２ ＋
方向运动 一质量为 ． 的滑块 视为质 ２
。 ０ １ ｋｇ （
点 无初速度地放到传送带的 Ａ 端 滑块经 ｍｖ２ １ｍｖ２ 解得 ｖ
） ， Ｄ＝ Ｃ， Ｄ＝１ ｍ／ｓ
２
过 Ｃ 点滑上光滑半圆轨道 已知滑块与传
。 设恰好能过最高点 Ｄ 的最小速度为 ｖ 根
送带间的动摩擦因数为 ． 滑块与水平面
Ｄ ０，
０ １， ｖ２
Ｄ
ＢＣ 间的动摩擦因数为 ． 取重力加速度 据牛顿第二定律可得 ｍｇ ｍ ０
０ ０５。 ＝ Ｒ
大小 ｇ ２ 下列说法正确的是
＝１０ ｍ／ｓ ， （ ） 解得 ｖ 则滑块不能到达 Ｄ
Ｄ ０ ＝ ２ ｍ／ｓ＞１ ｍ／ｓ，
点 故 项正确 若将传送带的速率变为 ｖ ′
， Ｃ ； ０
则该滑块到达 Ｂ 点的速度为 ｖ ′
＝２ ｍ／ｓ， Ｂ ＝２
设滑块减速到零时通过的路程为 ｓ 则
滑块从 Ａ 运动到 Ｂ 的过程中产生的热量 ｍ／ｓ， ，
Ａ．
为 ． 有 μ ｍｇｓ １ｍｖ ′２ 解得 ｓ 则该滑
０ ８ Ｊ － ２ ＝０－ Ｂ ， ＝４ ｍ；
２
滑块经过 Ｃ 点时对半圆轨道的压力大小
Ｂ． 块停止运动时到 Ｃ 点的距离为 ｘ′
Δ ＝７ ｍ－４
为 ．
故 项错误
０ ９ Ｎ
ｍ＝３ ｍ， Ｄ 。
滑块不能通过半圆轨道的最高点 Ｄ
Ｃ． ３．（ 河北正定中学期末， ）（多选）如图所
２０２２ ８
若将传送带的速率变为 则该滑块
Ｄ． ２ ｍ／ｓ， 示 质量为 Ｍ 的长木板放在光滑的水
， ＝１ ｋｇ
停止运动时到 Ｃ 点的距离为
２ ｍ 平面上 质量为 ｍ 的滑块 可视为质
答案 ＡＣ 设滑块与传送带共速时向右运 ， ＝２ ｋｇ （
点 放在长木板的左端 两者之间的动摩擦
） ，
动距离为 ｘ 经过时间为 ｔ 有 μ ｍｇ ｍａ
１， １， １ ＝ １， 因数为 μ ． 某时刻用 Ｆ 的水平恒
＝０ ２。 ＝９ Ｎ
得 ａ ２
１ ＝１ ｍ／ｓ 力作用在长木板上 经 ｔ 后撤去力 Ｆ 最
， ＝１ ｓ ，
根据运动学公式可得 ｖ２ ａ ｘ ｖ ａ ｔ
０ ＝２ １ １， ０ ＝ １ １ 终滑块恰好没有滑离长木板 重力加速度
。
解得 ｔ ｘ
１ ＝４ ｓ， １ ＝８ ｍ ｇ ２ 则下列说法正确的是
＝１０ ｍ／ｓ ， （ ）
ｔ 时间内传送带运动距离 ｌ ｖ ｔ
5 １
＝
０ １
＝４×４ ｍ＝
年
高 １６ ｍ
考 滑块相对于传送带滑动距离 ｘ ｌ ｘ 撤去力 Ｆ 时长木板的速度为
3 Δ ＝ － １ ＝１６ ｍ Ａ． ３ ｍ／ｓ
年 撤去力 Ｆ 时滑块的速度为
模 －８ ｍ＝８ ｍ Ｂ． ２ ｍ／ｓ
拟
所以在传送带上产生的热量 Ｑ μ ｍｇ ｘ ． 滑块最终的速度为
A ＝ １ Δ ＝０ Ｃ． ３ ｍ／ｓ
版 ． ． 故 项正确 长木板的长度为 ．
１×０ １×１０×８ Ｊ＝０ ８ Ｊ， Ａ ； Ｄ． １ ５ ｍ
高 滑块在 Ｂ 点速度 ｖ ｖ 答案 ＢＣ 力 Ｆ 作用在长木板上后 由牛
考 Ｂ＝ ０ ＝４ ｍ／ｓ ，
物
滑块在 ＢＣ 段运动 由动能定理有 μ ｍｇＬ 顿第二定律可得 μｍｇ ｍａ Ｆ μｍｇ Ｍａ 解
理
， － ２ ２ ＝ ＝ １， － ＝ ２，
１０６
得滑块和长木板的加速度分别为 ａ ｖ ｔ 由传送带的 ｖ ｔ 图像知加速度
１ ＝２ ｍ／ ＝ １ １ ＝４ ｍ。 －
２ ａ ２ 撤去力 Ｆ 时滑块和长木板的 ａ ２ 假设 后物体不受摩擦力 则
ｓ 、 ２ ＝５ ｍ／ｓ ； ＝－１ ｍ／ｓ ， ２ ｓ ，
速度分别为 ｖ ａ ｔ ｖ ａ ｔ 对物体有 ｍｇ ° ｍａ′ 加速度方向沿斜
１ ＝ １ ＝２ ｍ／ｓ、 ２ ＝ ２ ＝５ ｍ／ｓ， ｓｉｎ ３７ ＝ ，
故 项错误 项正确 撤去力 Ｆ 后由动量 面向下 ａ′ ２ ２ 与假设矛盾 故
Ａ ，Ｂ 。 ， ＝６ ｍ／ｓ ＞１ ｍ／ｓ ， ，
守恒定律可得 ｍｖ Ｍｖ ｍ Ｍ ｖ 解得滑块 物体受静摩擦力且方向沿传送带向上 故
１ ＋ ２ ＝（ ＋ ） ， ， ２ ｓ
最终的速度为 ｖ 故 项正确 撤去 后物体和传送带一起减速 物体后 内发
＝３ ｍ／ｓ， Ｃ 。 ， ２ ｓ
力 Ｆ 前 滑块在长木板上移动的距离为 ｘ
， Δ １ 生的位移 ｘ ｖ ｔ １ａｔ２ 物体重力势能
２ ＝ １ ２ ＋ ２ ＝２ ｍ，
２
＝ ２
１ａ
２
ｔ２
－ ２
１ａ
１
ｔ２
＝１
．
５ ｍ，
撤去力 Ｆ 后
，
由能量
增加ｍｇ （ ｘ １ ＋ ｘ ２） ｓｉｎ ３７ ° ＝３６ Ｊ， 故 Ｂ 项错误 。
前 内滑动摩擦力做功为 μｍｇｘ °
守恒定律可得 μｍｇ ｘ １ｍｖ２ １ Ｍｖ２ １ ２ ｓ １ ｃｏｓ ３７ ＝
·Δ ２ ＝ １ ＋ ２ － 后 物体做匀减速运动 ｍｇ ° ｆ
２ ２ ２ ２４ Ｊ， ２ ｓ ， ｓｉｎ ３７ －
ｍ Ｍ ｖ２ 解得 ｘ ． 则长木板的长 ｍａ 静摩擦力沿传送带向上 全过程摩
（ ＋ ） ， Δ ２ ＝０ ７５ ｍ， ＝ ｜ ｜， ；
度为 Ｌ ｘ ｘ ． 故 项错误 擦力做功大小 Ｗ μｍｇｘ ° ｆｘ
＝Δ １ ＋Δ ２ ＝２ ２５ ｍ， Ｄ 。 ＝ １ ｃｏｓ ３７ ＋ ２ ＝３４ Ｊ，
４．（ 安徽安庆二模， ）（多选）绷紧的传送 故 项错误 设 时刻传送带的速度为 ｖ
２０２２ ８ Ｃ 。 ０ ，
带与水平方向夹角为 ° 传送带的ｖ ｔ 图像 ｖ２ ｖ２
３７ ， － 则前 内传送带发生的位移ｓ １ －
２ ｓ ＝ ａ ＝６ ｍ，
如图所示 ｔ 时刻质量为 的楔形物体 ２
， ＝０ １ ｋｇ
后 无相对运动不产生热量 所以物体在
从 Ｂ 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速 ２ ｓ ，
传送带上运动过程中产生的热量Ｑ μｍｇ
运动 后开始减速 在 ｔ 时物体恰好 ＝ ｃｏｓ
，２ ｓ ， ＝４ ｓ
° ｓ ｘ 故 项正确
到达最高点Ａ 点 重力加速度为 ２ 对 ３７ （ － １）＝ １２ Ｊ， Ｄ 。
。 １０ ｍ／ｓ ，
５．（ 江西上饶一模， ）如图所示 一块长
物体从 Ｂ 点运动到 Ａ 点的过程中 下列说法
２０２２ １３ ，
，
为 Ｌ 质量为 ｍ 的扁平均匀规则木板通过装
正确的是 ． ° ．
、
（ｓｉｎ ３７＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８） （ ）
有传送带的光滑斜面输送 斜面与传送带
。
靠在一起连成一直线 与水平方向夹角为 θ
， ，
传送带以较大的恒定速率转动 传送方向向
，
上 木板与传送带之间动摩擦因数为常数
， 。
物体与传送带间的动摩擦因数为 ．
Ａ． ０ ７５ 已知木板放在斜面或者传送带上任意位置
物体重力势能增加
Ｂ． ４８ Ｊ 时 支持力均匀作用在木板底部 将木板静
， 。
摩擦力对物体做功大小为
Ｃ． １２ Ｊ 止放在传送带和光滑斜面之间某一位置 位
，
物体在传送带上运动过程中产生的热量
Ｄ． 于传送带部位的长度设为ｘ 当ｘ Ｌ／ 时 木
， ＝ ４ ，
为
板能保持静止
１２ Ｊ
。
答案 ＡＤ 物体前 内做匀速运动 传送
２ ｓ ，
带做匀减速运动 说明物体受到滑动摩擦力
，
且方向沿传送带向上 故μｍｇ ° ｍｇ
， ｃｏｓ ３７ － ｓｉｎ
专
° 题
° 则 μ ｓｉｎ ３７ ． 故 项正确 六
３７ ＝ ０， ＝ ° ＝ ０ ７５， Ａ 。 将木板静止放置在 ｘ Ｌ／ 的位置 则木
ｃｏｓ ３７ （１） ＝ ２ ， 机
由物体 后开始减速 而 时传送带的速 板释放瞬间加速度多大 械
２ ｓ ， ２ ｓ ？ 能
度为 可得物体前 内做匀速运动的 设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为 守
２ ｍ／ｓ， ２ ｓ （２） 恒
定
速度 ｖ 物体前 内发生的位移 ｘ ｆ 试在 ｘ Ｌ 范围内 画出 ｆ ｘ 图像 本 律
１ ＝２ ｍ／ｓ， ２ ｓ １ ， ０≤ ≤ ， － 。 （
１０７
小题仅根据图像给分 圆弧轨道平滑相连 Ｂ Ｃ Ｄ 为圆弧轨道上的
） ， 、 、
木板从 ｘ Ｌ／ 的位置静止释放 始终在 三个点 Ｂ 点为最低点 Ｃ 点与圆心 Ｏ 等高
（３） ＝ ２ ， ， ， ，
滑动摩擦力的作用下 移动到 ｘ Ｌ 的位置 Ｄ 点为圆弧轨道的最高点 而且 Ｄ 点的切线
， ＝ ，
时 木板的速度多大 方向与倾斜传送带平行 已知长度为 Ｒ 的
， ？ ， ５
在 的过程中 木板的机械能增加量设 传送带与水平面的夹角为 θ ° 传送带表
（４） （３） ， ＝３７ ，
为 Ｅ 传送带消耗的电能设为 Ｗ 不计电路 面的动摩擦因数也为 μ 正以 ｖ 顺时针转
Δ ， ， ， ０
中产生的电热 比较 Ｅ 和 Ｗ 的大小关系 动 现位于水平面上 Ａ 处一可视为质点的
， Δ ， 。
用文字说明理由 物体 其质量为 ｍ 在水平向右的恒力 Ｆ 作
。 ， ，
答案 ｇ θ 见解析 用下从静止开始向右运动 当物体运动到 Ｂ
（１） ｓｉｎ （２） （３） ，
ｇＬ θ 见解析 点时轨道对物体的支持力为 ｍｇ 物体运动
２ ｓｉｎ （４） １１ ，
Ｌ 到 Ｃ 点时撤去外力 Ｆ 其中 Ａ Ｂ 的距离为 Ｌ
解析 ｘ 时 ｆ ｍｇ θ ， 、
（１） ＝ ， １ ＝ ｓｉｎ Ｒ 重力加速度为 ｇ Ｆ 和 ｖ 均未知
４ ＝１０ ， ， ０ 。
Ｌ
ｘ 时 摩擦力加倍 ｆ ｍｇ θ
＝ ， ， ２ ＝２ ｓｉｎ
２
ｆ ｍｇ θ
故 ａ ２ － ｓｉｎ ｇ θ
＝ ｍ ＝ ｓｉｎ
在 ｘ Ｌ 范围内 摩擦力与放在传送
求水平恒力 Ｆ 的大小
（２） ０≤ ≤ ，
（１） 。
带上部分木板的正压力成正比 长木板不能
判断物体能否到达 Ｄ 点 写出判断过程
，
（２） ， 。
视为质点 正压力与放在传送带上的长度成
讨论物体在传送带上运动过程中摩擦力
，
（３）
Ｌ
做的功与传送带速度的关系
正比 当ｘ 时ｆ ｍｇ θ 当ｘ Ｌ 时 则摩
， ＝ ＝ ｓｉｎ ， ＝ ， 。
４ 答案 ｍｇ 见解析
擦力为 ｆ ｍｇ θ 如图所示 （１） （２）（３）
＝４ ｓｉｎ 。 。 解析 对物体在 Ｂ 点进行受力分析得
（１）
ｍｖ２
Ｂ
ｍｇ ｍｇ 又由Ａ 到Ｂ 运动过程应用动
１１ － ＝ Ｒ ，
能定理有
ＦＬ μｍｇＬ １ｍｖ２ 联立可得 Ｆ ｍｇ
利用 中图像与 ｘ 轴所围面积表示 ｆ － ＝ Ｂ， ＝
（３） （２） ２
Ｌ 若在 Ｄ 点恰好脱离轨道 向心力由重力
做的功 可知从 ｘ 到 ｘ Ｌ 摩擦力做功 Ｗ （２） ，
， ＝ ＝ ： ｆ ｍｖ２
２ Ｄ
指向圆心方向的分量提供 ｍｇ °
： ｃｏｓ ３７ ＝ Ｒ
３ｍｇＬ θ
＝ ｓｉｎ
5 ２ 解得 ｖ Ｄ ２ ＝ ０ ． ８ ｇＲ ， Ｂ 到 Ｄ 的过程应用动能
年
定理
高
考
由动能定理 Ｗ
ｆ－
１ｍｇＬ
ｓｉｎ
θ
＝
１ｍｖ２
：
3 ２ ２
年 得 ｖ ｇＬ θ
ＦＲ
－
ｍｇ
（
Ｒ
＋
Ｒ
ｃｏｓ ３７
°
）＝
１ｍｖ
Ｄ
′２
－
１ｍｖ２
Ｂ
模 ＝ ２ ｓｉｎ ２ ２
拟
Ｅ 小于 Ｗ 因为传送带与木板之间有滑 解得 ｖ ′２ ． ｇＲ ｖ ′２ ｖ２ 可得物体能到达
A （４）Δ ， Ｄ ＝８ ４ ， Ｄ ＞ Ｄ，
版 动摩擦 电能有一部分转化为内能 Ｄ 点
， 。
高 ６．（ 广西柳州二模， ）如图所示 动摩擦 对初始时传送带上的物体进行受力
考 ２０２２ １４ ， （３）
物
理 因数 μ ． 的水平地面与半径为 Ｒ 的光滑 分析
＝０ ５ ：
１０８
ｍｇ ° μｍｇ ° ｍａ 解得 ａ ｇ 物体沿斜面向下与传送带共速前做匀加速
ｓｉｎ ３７ ＋ ｃｏｓ ３７ ＝ ， ＝
物体在传送带上运动到速度为零时位移 ｘ ｖ
１ ＝ 运动的时间 ｔ ０
加＝ ｇ
ｖ ′２
Ｄ
． Ｒ 未脱离传送带
ａ ＝４ ２ ， ｖ２
２ ｘ １ａｔ２ ０
若 ｖ ｖ ′ 根据运动的对称性 可知物体 ２ ＝ 加＝ ｇ
① ０≥ Ｄ ， ， ２ ２
在传送带向上和向下的位移相等 摩擦力做 物体与传送带共速后由于 ｍｇ ° μｍｇ
ｓｉｎ ３７ ＞
，
正功与负功相等 故摩擦力做的总功 Ｗ °
， 总 ｃｏｓ ３７ ，
ｖ２
＝０。 物体继续向下加速运动 ｘ ｘ ｘ ． Ｒ ０
若 ｖ ｖ ′ 物体沿斜面向上运动的时间 ， ３ ＝ １ － ２ ＝４ ２ － ２ ｇ
② ０＜ Ｄ ，
所以摩擦力做功Ｗ μｍｇ ° ｘ ｘ
ｖ Ｄ ′ ． ｇＲ ＝－ ｃｏｓ ３７ ·（ １ ＋ ３）
ｔ ８ ４
减＝ ａ ＝ ｇ μｍｇ ° ｘ ． ｍｇＲ ． ｍｖ２
＋ ｃｏｓ ３７ · ２ ＝－３ ３６ ＋０ ４ ０
向上运动的位移为 ｘ １ａｔ２ ． Ｒ
１ ＝ 减＝４ ２
２
专
题
六
机
械
能
守
恒
定
律
１０９
