专题六　机械能守恒定律_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版选考总复习物理5·3A版_专题六机械能守恒定律_专题PDF_专题PDF_专题电子书

专题六 机械能守恒定律
课标解读
考情分析 备考指导
考点 内容
．理解功和功率 从近几年高考来看 关于功和能的考
１ 。 ，
功和功率 ．了解生产生活中常见机械的功率大 查 多以选择题的形式出现 有时与
２ ， ，
小及其意义 电流及电磁感应相结合命题 动能
。 。
本专题是力学的重点内容之一 高考对 定理多数题目是与牛顿运动定律 平
．理解动能和动能定理 ， 、
１ 。 本专题通常从三个角度进行考查 第 抛运动 圆周运动以及电磁学等知识
．能用动能定理解释生产生活中的现象 ： 、
２ 。 一 功和功率 第二 动能定理及其应 相结合的综合性试题 动能定理仍将
．理解重力势能 知道重力势能的变化 ， ； ， ；
３ ， 用 第三 功能关系 机械能守恒定律及 是高考考查的重点 机械能守恒定
动能定理、机械 与重力做功的关系 ； ， 、 。
。 其应用 一般与其他知识 比如牛顿运 律多数题目是与牛顿运动定律 平抛
能守恒定律及 ．定性了解弹性势能 。 （ 、
４ 。 动定律 平抛运动 圆周运动 电磁学 运动 圆周运动以及电磁学等知识相
其应用 ．通过实验 验证机械能守恒定律 、 、 、 、
５ ， 。 等 结合起来考查学生对规律的应用理 结合的综合性试题 高考题注重与
．理解机械能守恒定律 ） 。
６ 。 解 对综合问题的分析能力以及对能量 生产 生活 科技相结合 常将对相关
．能用机械能守恒定律分析生产生活 、 、 、 ，
７ 转化与守恒思想的理解能力 知识的考查放在一些与实际问题相
中的有关问题 。
。 结合的情境中 具体解决问题时 要
。 ，
功能关系、能量 体会守恒观念对认识物理规律的重 掌握从守恒的角度 从能量转化的角
、
守恒定律 要性 度着手分析 找到问题的突破口
。 ， 。
命题立意 解题指导 拓展延伸
本题以物块在斜面上的运动 物块的重力 图像中物块滑到斜面底端时 重力势能为 本题重点考查了单个物体的能量分析 牛
、 ， 、
势能和动能与下滑距离的变化关系图像 零 说明底端所在的平面为零势能面 刚 顿第二定律的应用 可以延伸到能量守
， ， 。
为背景 考查功和能 牛顿第二定律及运 开始下滑时重力势能为 可知物块的 恒 功能转化关系的分析 也可以拓展到
， 、 ３０ Ｊ， 、 ，
动学公式等知识 意在考查学生的分析综 质量是 沿着斜面下滑 时 重力势 连接体的能量转化问题 与弹簧相结合的
， １ｋｇ， ２ｍ ， 、
合能力 能为 动能为 故机械能减少 综合问题等
。 １８Ｊ， ４ Ｊ， ８ Ｊ， 。
因此机械能不守恒 答案解析见
。 Ｐ２９８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）专题六 机械能守恒定律 １６５

真题多维细目表
考点
真题 涉分 题型 设题情境 学科素养
功能关系
功和功率 动能定理 机械能守恒定律
能量守恒定律
２０２０课标 ２０ ６ 机械能 多选 Ｅ－ｓ图像 能量观念、科学推理
Ⅰ，
２０２０课标 ２５ ２０ 动能定理 计算 圆管和管内小球下落 能量观念、模型建构
Ⅱ，
２０２０课标 ２２ ６ 验证动能定理 实验 验证动能定理 实验探究
Ⅲ，
２０１９课标 １８ ６ 功能关系 多选 上抛物体 能量观念、科学推理
Ⅱ，
２０１９课标 ２５ ４ 动能定理应用 计算 汽车刹车 能量观念、科学推理
Ⅱ，
２０１９课标 １７ ６ 动能定理 单选 竖直上抛 模型建构
Ⅲ，
２０１９天津理综 １０ ４ 动能定理应用 计算 舰载机起飞 科学推理
，
２０１８课标 １８ ６ 功能关系 单选 小球与圆弧轨道 科学推理
Ⅰ，
２０１８课标 １４ ６ 动能定理理解 单选 人拉木箱 能量观念、科学推理
Ⅱ，
２０１８课标 １９ ６ 功、功率 多选 竖井矿车 科学推理、模型建构
Ⅲ，
２０１８课标 ２５ ４ 动能定理应用 计算 水平及圆弧轨道 能量观念、科学推理
Ⅲ，
２０１８海南单科 ６ ４ 功率的计算 单选 瀑布水流下落 科学推理
，
２０１７课标 ２４ １２ 机械能 功能关系 计算 飞船返回 能量观念
Ⅰ，
２０１７课标 １４ ６ 功的判定 单选 小环沿大圆环下滑 科学推理
Ⅱ，
２０１７课标 ２４ ６ 动能定理应用 计算 冰球运动 模型建构、科学推理
Ⅱ，
２０１７课标 １６ ６ 功的计算 单选 拉起挂绳 科学推理
Ⅲ，
２０１７上海单科 １９ １０ 动能定理应用 机械能守恒定律 计算 斜面与圆轨道 模型建构、科学推理
，
２０１６课标 １６ ６ 动能定理应用 单选 挂球摆动 能量观念、科学论证
Ⅱ，
２０１６课标 ２１ ６ 功、功率 多选 弹簧与小球 模型建构、科学推理
Ⅱ，
２０１６课标 ２５ １０ 机械能守恒定律 能量守恒定律 计算 弹簧与半圆轨道 科学推理、科学论证
Ⅱ，
２０１６课标 ２０ ６ 动能定理应用 多选 凹型槽 能量观念、科学推理
Ⅲ，
２０１６课标 ２４ ６ 机械能守恒定律 计算 自由落体与圆弧轨道 模型建构、科学推理
Ⅲ，

命题规律与探究
高考对本专题的考查内容主要有运动模型的建构和运动 查方向上以单一物体为主 多个物体不同的运动形式也有所体
，
能量观念的理解和应用 命题常结合生产生活中常见的物理 现 解题方法主要是函数法和图像法 同时应用推理论证
。 。 ， 。
情境 如物体上抛 下落 车辆启动 刹车 弹簧 各种轨道 物 对学科核心素养的考查主要体现在运动观念 能量观念 模型
， 、 ， 、 ， ， ， 、 、
体上下坡 传送带等 实现对运动过程中能量规律的考查 在考 建构 科学推理及严谨认真的科学态度
， ， 。 、 。

备考方法与策略
本专题是高考的重要内容 复习备考要理解物理观念 如 境下的具体应用 利用生产生活中与功 能量紧密联系的实践
， ， ， 、
动能 势能 机械能 突出物理思想 如转换与守恒 图像与文 活动 加强对能量规律的应用与探究 加强典型物理方法 如
、 、 ； ， 、 ， ； ，
字 独立与分解 加强能量规律的探究 推理 论证及在不同情 函数法 比较法 极限法 图像法 模型法等的应用训练
、 ； 、 、 、 、 、 、 。１６６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点二 动能定理、机械能守恒定律及其应用
一、动能
考点一 功和功率 １．动能的定义：物体由于运动所具有的能
。
一、功
２．动能的计算公式为Ｅ １ ｍｖ２
１．功的定义：一个物体受到力的作用 并在力的方向上发生 ｋ＝ 。
， ２
一段位移 就说这个力对物体做了机械功 简称功 ３．动能是标量 是描述物体运动状态的物理量 其单位与功
， ， 。 ， ，
２．做功的两个必要因素：力和物体在力的方向上发生的位 的单位相同 在国际单位制中其单位是焦耳
。 （Ｊ）。
移 缺一不可 二、动能定理
， 。
３．功的物理意义：功是 能量转化 的量度 １．动能定理的内容
① 。
４．公式： 当恒力Ｆ的方向与位移ｌ的方向一致时 力对物 合外力 对物体所做的功等于物体 动能 的变化 这个
ａ． ， ① ② ，
体所做的功为Ｗ Ｆｌ 结论叫作动能定理
＝② 。 。
当恒力Ｆ的方向与位移ｌ的方向成某一角度α时 力Ｆ对 ２．动能定理的表达式
ｂ． ，
物体所做的功为Ｗ Ｆｌ α 即力对物体所做的功 等于力的 Ｗ Ｅ Ｅ 式中Ｗ为合外力对物体所做的功 Ｅ 为物体末状
大小 位移的大小 力 ＝ 与位 ｃｏｓ 移的 。 夹角的余弦这三者的乘 ， 积 态的动能 ＝ ｋ Ｅ ２－ 为 ｋ１ 物 ， 体初状态的动能 动能定理的表达 ， 式 ｋ２ 为标量式 ｖ
５ 、 ．功是标量 但 、 有正负 。 为相对同 ， 一参 ｋ１ 考系的速度 中学物理 。 中一般取地面为参考系 ，
， 。 ， 。
６．功的判定
三、重力做功的特点
当 α π时 Ｗ 表示力对物体做正功 由于重力的方向始终竖直向下 因而在物体运动过程中 重
（１） ０≤ ＜ ， ＞０， 。 ， ，
２ 力的功只取决于初 末位置的高度差 与物体的运动路径无关
、 ， 。
当π α 时 Ｗ 表示力对物体做负功 或者说物
（２） ＜ ≤π ， ＜０， ， 四、势能
２
体克服这个力做了功 １．重力势能
。
由物体所处位置的高度决定的能量 称为重力势能 一
当α π时 Ｗ 表示力对物体不做功 （１） ， 。
（３） ＝
２
， ＝０， 。 个质量为ｍ的物体 被举高到高度为ｈ处 具有的重力势能为
， ， ：
从能量转化的角度来进行判断 若有能量转化 则应有
Ｅ ｍｇｈ
力做
（
功
４）
此法常用于判断两个相联系的
，
物体
， ③ ｐ＝
重力
。
势能是地球和物体组成的系统共有的 而不是物体
。 。 （２） ，
一个系统机械能增加 或减少 一定是除重力和系统内弹 单独具有的
（ ）， 。
力外 有其他力对系统做正功 或负功 重力势能Ｅ ｍｇｈ是相对的 式中的ｈ是物体的重心到
，
如图所示 弧面体ａ放在
（
光滑水平
）
面
。
上 弧面光滑 使物体ｂ 参考
（
平
３
面
）
零势能面
ｐ＝
的高度 若物体
，
在参考平面以上 则重力势
， ， ， （ ） ， ，
自弧面的顶端自由下滑 试判定ａ ｂ间弹力做功的情况 能为正值 若物体在参考平面以下 则重力势能为负值 通常选
， 、 。 ； ， ，
择地面作为参考平面
。
重力势能的变化与重力做功的关系
（４）
重力对物体做多少 正功 物体的重力势能就减少多少
④ ， ；
重力对物体做多少 负功 物体的重力势能就增加多少 即
⑤ ， ，
从能量转化的角度看 当ｂ沿弧面由静止下滑时 ａ就由静 Ｗ Ｅ
， ， Ｇ＝－Δ ｐ。
止开始向右运动 即ａ的动能增大了 因而ｂ对ａ的弹力做了正 ２．弹性势能：物体因发生弹性形变而具有的能叫作弹性势
， ，
功 由于ａ和ｂ组成的系统机械能守恒 ａ的机械能增加 ｂ的 能 弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关 弹簧的
。 ， ， 。 ，
机械能一定减少 因而ａ对ｂ的弹力对ｂ一定做了负功 形变量越大 劲度系数越大 弹簧的弹性势能越大
， 。 、 ， 。
二、功率 五、机械能守恒定律
１．功率是描述 做功快慢 的物理量 定义为功与完成这些 １．内容
③ ，
功所用时间的比值 在只有重力或弹力做功的物体系统内 动能与势能可以互
。 ，
２．功率的计算 相转化 而总的机械能保持不变
， 。
Ｗ ２．表达式
Ｐ 用此公式求出的是 平均 功率
ａ． ＝ ｔ ， ④ 。 观点 表达式 含义 使用说明
Ｐ Ｆｖ 若ｖ为平均速度 则Ｐ为平均功率 若ｖ为瞬时速
度 则 ｂ． Ｐ ＝ 为瞬 ， 时功率 ， ； 守恒 Ｅ １＝ Ｅ ２ 或 表示系统在初状态 单 末 个 态 物 高 体 度 或 已 系 知 统 ， 需 初 要 、
， 。 Ｅ Ｅ 的机械能等于末状 。
３．发动机铭牌上所标注的功率为这部机械的 额定 功率 观点 ｐ１＋ ｋ１＝ 选取参考平面 零势
⑤ 。 Ｅ Ｅ 态的机械能 （
机械运行过程中的功率是实际功率 机械的实际功率可以小于 ｐ２＋ ｋ２ 能面
。 ）
其额定功率 可以等于其额定功率 但是机械不能长时间超负荷
， ，
运行 否则会损坏机械设备 缩短其使用寿命 由Ｐ Ｆｖ可知 在
， ， 。 ＝ ，
功率一定的条件下 发动机产生的牵引力Ｆ跟运转速度ｖ成反比
， 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １６７
续表 二、能量守恒定律
观点 表达式 含义 使用说明 能量不会 凭空产生 也不会 凭空消失 它只能从一种
① ， ② ，
形式转化为另一种形式 或者从一个物体转移到另一个物体 在
表示系统动能的减 初末态高度未知 但高
转化 、 ， ， ，
Ｅ Ｅ 少 或增加 等于势 度变化已知 不需要选 转化或转移的过程中其总量 保持不变 这就是能量守恒定律
观点 Δ ｋ＋Δ ｐ＝０ （ ） 。 ③ ， 。
能的增加 或减少 取参考平面 零势能面
（ ） （ ） 三、两种摩擦力做功特点比较
表示系统一部分Ａ机
静摩擦力做功和滑动摩擦力做功的特点有相似之处 也有
转移 械能的减少 或增加 不需要选取参考平面 ，
Ｅ Ｅ （ ） 不同之处 现从三个方面进行比较总结
观点 Δ Ａ＋Δ Ｂ＝０ 等于另一部分Ｂ机械 零势能面 ， ：
（ ）
能的增加 或减少 比较 静摩擦力 滑动摩擦力
（ ）
考点三 功能关系、能量守恒定律 在静摩擦力做功的过
相互摩擦的物体通过摩擦
程中 只有机械能从一 （１）
一、功能关系 ， 力做功 将部分机械能从一个
个物体转移到另一个 ，
１．功是能量转化的量度 做了多少功 就有多少能量发生了 能量的 物体转移到另一个物体
， ， 物体 静摩擦力起着传
转化 转化方面 （ 部分机械能转化为内能
。 递机械能的作用 而没 （２） ，
的功 ２ 等 ．Ｗ 于 Ｆ 物 ＝Δ 体 Ｅ 机 ， 该 械 式 能 的 的 物 变 理 化 含义 即 是 功 除 能 重 原 力 理 以 要 外 注 的 意 力 的 对 是 物 物 体 体 所做 的 不 同 有 形式 机 的 械 能 能 量 转化为 ） 其他 此 损 部 失量 分能量就是系统机械能
， 。 点
内能 所有分子热运动的动能和分子势能的总和 电势能不属 一对相互作用的滑动摩擦力对物
（ ）、
于机械能 一对摩 体系统所做的总功 等于摩擦力
。 一对静摩擦力所做功 ，
３．对功能关系的理解 擦力的 与相对路程的乘积 即Ｗ ｆ
的代数总和等于零 ， ｆ＝－·
做功的过程就是能量转化的过程 不同形式的能量发 总功方面 ｓ 表示物体克服摩擦力做功
（１） 。 相对， ，
生相互转化可以通过做功来实现 系统损失的机械能转变成内能
。
功是能量转化的量度 功和能的关系 一是体现在不同 相 正功负
（２） ， ， 、
性质的力做功 对应不同形式的能转化 具有一一对应关系 二 同 功不做 两种摩擦力对物体可以做正功 负功 还可以不做功
， ， ， 、 、 ，
是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等 点 功方面
。
力学中几种常见的功能关系如下
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
个倾角为θ的光滑斜面体 斜面体放在水平面上 开始时小球
， ，
与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直 如图所示 现在用水平推力
， ，
Ｆ缓慢向左推动斜面体 直至细绳与斜面平行 则下列说法中
， ，
考点一 功和功率 正确的是
（ ）
１．（２０２０辽宁营口一轮复习验收）如图所示 重物质量为
， １ ｋｇ，
动滑轮质量不计 竖直向上拉动细绳 使重物从静止开始以
， ，
２的加速度上升 ｇ取 ２ 则拉力Ｆ在第 末的瞬
５ ｍ／ｓ ， １０ ｍ／ｓ ， １ ｓ
时功率为
（ ）
小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直 故对小球不做功
Ａ． ，
细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直 故对小球不
Ｂ． ，
做功
小球受到的合外力对小球做功为零 故小球在该过程中机械
Ｃ． ，
能守恒
若水平面光滑 则推力做功为ｍｇＬ θ
Ｄ． ， （１－ｃｏｓ ）
２． 答案 Ｂ
． ．
Ａ．７５ Ｗ Ｂ．３７５ Ｗ Ｃ．１２５ Ｗ Ｄ．１２ Ｗ
１． 答案 Ａ
２．用长为Ｌ的轻质细绳悬挂一个质量为ｍ的小球 其下方有一
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１６８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
若ＭＮ的长度为Ｌ 求小物块通过Ｃ点时所受轨
考点二 动能定理、机械能守恒定律及其应用
道的
（
弹
２
力
）
大小Ｆ
＝６ ｍ，
Ｎ；
１．如图所示 光滑轨道由 ＡＢ ＢＣＤＥ 两段细圆管平滑连接组成 若小物块恰好能通过Ｃ点 求ＭＮ的长度Ｌ′
， 、 ， （３） ， 。
其中ＡＢ段水平 ＢＣＤＥ段为半径为Ｒ的四分之三圆弧 圆心Ｏ ２． 答案 ．
， ， （１）０４５ ｍ （２）６０ Ｎ （３）１０ ｍ
及Ｄ点与ＡＢ等高 整个轨道固定在竖直平面内 现有一质量
， ，
考点三 功能关系、能量守恒定律
ｇＲ
为ｍ 初速度ｖ １０ 的光滑小球水平进入圆管ＡＢ 设小球
、 ０＝
２
， １．轻质弹簧右端固定在墙上
，
左端与一质量ｍ
＝０
．
５ ｋｇ
的物块相
经过管道交接处无能量损失 圆管内径远小于Ｒ 则 小球直径 连 如图甲所示 弹簧处于原长状态 物块静止且与水平面间的
， ， （ ， ， ，
略小于管内径 动摩擦因数μ ． 以物块所在处为原点 水平向右为正方向
） （ ） ＝０２。 ，
建立ｘ轴 现对物块施加水平向右的外力Ｆ Ｆ随ｘ轴坐标变化
， ，
的情况如图乙所示 物块运动至ｘ ． 处时速度为零 则此
， ＝０ ４ ｍ ，
时弹簧的弹性势能为 ｇ ２
（ ＝１０ ｍ／ｓ ） （ ）
ｇＲ
小球到达Ｃ点时的速度大小ｖ ３
Ａ． Ｃ＝
２
小球能通过Ｅ点且抛出后恰好落至Ｂ点
Ｂ．
无论小球的初速度ｖ 为多少 小球到达Ｅ点时的速度都不 ． ． ． ．
Ｃ． ０ ， Ａ．３１ Ｊ Ｂ．３５ Ｊ Ｃ．１８ Ｊ Ｄ．２０ Ｊ
能为零 １． 答案 Ａ
若将ＤＥ段轨道拆除 则小球能上升的最大高度与 Ｄ 点相 ２．（２０２０山东泰安期中）如图所示 固定斜面的倾角θ ° 物
Ｄ． ， ， ＝３０ ，
距 Ｒ
２
１． 答案 Ｂ 体Ａ与斜面之间的动摩擦因数为μ ＝ ３ ， 轻弹簧下端固定在斜
４
２．如图所示 质量ｍ 的小物块以初速度ｖ 水平向右 面底端 弹簧处于原长时上端位于Ｃ点 用一根不可伸长的轻
， ＝３ｋｇ ０＝４ｍ／ｓ ， ，
抛出 恰好从Ａ点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道 圆弧轨 绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体Ａ和Ｂ 滑轮右侧绳子与斜
， ， ，
道的半径为Ｒ ． Ｂ点是圆弧轨道的最低点 圆弧轨道与 面平行 Ａ的质量为 ｍ Ｂ的质量为ｍ 初始时物
＝３７５ ｍ， ， ， ２ ＝４ ｋｇ， ＝２ ｋｇ，
水平轨道ＢＤ平滑连接 Ａ与圆心Ｏ的连线与竖直方向成 ° 体Ａ到Ｃ点的距离为Ｌ 现给Ａ Ｂ一初速度ｖ 使
角 ＭＮ是一段粗糙的水 ， 平轨道 小物块与ＭＮ间的动摩擦 ３ 因 ７ Ａ开始沿斜面向下运动 ＝１ Ｂ ｍ 向 ， 上运动 、 物体Ａ将弹 ０ 簧 ＝ 压 ３ ｍ 缩 ／ 到 ｓ， 最
。 ， ， ，
数μ ＝０ ． １， 轨道其他部分光滑 。 最右侧是一个半径为ｒ ＝０ ． ４ ｍ 短后又恰好能弹到Ｃ点 。 已知重力加速度取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ， 不计
的半圆轨道 Ｃ点是半圆轨道的最高点 半圆轨道与水平轨道 空气阻力 整个过程中轻绳始终处于伸直状态 求此过程中
， ， ， ， ：
ＢＤ在Ｄ点平滑连接 已知重力加速度ｇ ２ ° 物体Ａ向下运动到Ｃ点时的速度大小
。 ＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝ （１） ；
． ° ． 弹簧的最大压缩量
０６，ｃｏｓ３７ ＝０８。 （２） ；
弹簧中的最大弹性势能
（３） 。
求小物块的抛出点离Ａ点的高度ｈ ２． 答案 ．
（１） ； （１）２ ｍ／ｓ （２）０４ ｍ （３）６ Ｊ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
续表
方法 以例说法
质量为ｍ的木块在水平面内做圆周运
拓展一 变力功的分析与计算
动 运动一周克服摩擦力做功 Ｗ ｆ
１．计算变力功的方法 微元法 ， ｆ＝ ·
ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
方法 以例说法
Δ １＋ ·Δ ２＋ ·Δ ３＋…＝ （Δ １＋Δ ２＋
ｘ ｆ Ｒ
Δ ３＋…）＝ ·２π
用力Ｆ把小球从Ａ处缓慢拉到Ｂ处 Ｆ 汽车以恒定功率Ｐ在水平路面上运动ｔ时间的过程中 牵引
应用动 ， 功率法 ，
做功为Ｗ 则有 Ｗ ｍｇｌ θ 力做功Ｗ Ｐｔ
能定理 Ｆ， ： Ｆ－ （１－ｃｏｓ ）＝０， Ｆ＝
得Ｗ ｍｇｌ θ
Ｆ＝ （１－ｃｏｓ ）
恒力Ｆ把物块从Ａ拉到Ｂ 绳子对物
等效 ，
( ｈ ｈ )
转换法 块做的功Ｗ Ｆ
＝ · α－ β
ｓｉｎ ｓｉｎ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １６９
续表
轴下方为负。 物体 末的速度 ｖ １ （ ） １
方法 以例说法 ６ ｓ ６＝ × ２＋５ ×２ ｍ／ｓ－ ×
２ ２
，则 内物体一直向正方向运动， 错误；由
１×２ ｍ／ｓ＝６ ｍ／ｓ ０～６ ｓ Ａ
弹簧由伸长ｘ 被继续拉至伸长ｘ 的过程中
平均 １ ２ ， 图像可知物体在 末速度最大，为 ｖ １ （ ）
ｋｘ ｋｘ ５ ｓ ｍ＝ × ２＋５ ×２ ｍ／ｓ＝
力法 克服弹力做功Ｗ １＋ ２ ｘ ｘ ２
＝ ·（ ２－ １） ， 错误；由图像可知在 内物体加速度不变，物体做
２ ７ ｍ／ｓ Ｂ ２～４ ｓ
匀加速直线运动，速度变大， 错误；
Ｃ
一水平拉力Ｆ拉着一物体在水平面上运动 在 内合力对物体做的功由动能定理可知：
０～４ ｓ
的位移为ｘ 图线与横轴所围面积表示拉
图像法 ０， Ｗ
合 ４＝
１ ｍｖ２
４－０
力所做的功 Ｗ １ Ｆ ｘ ２
， ＝ ０ ０
２ 又ｖ １ （ ）
４＝ × ２＋４ ×２ ｍ／ｓ＝６ ｍ／ｓ
２．题型通解 ２
得Ｗ
合 ４＝３６ Ｊ
内合力对物体做的功由动能定理可知：
０～６ ｓ
Ｗ
合 ６＝
１ ｍｖ２
６－０
２
又ｖ
６＝６ ｍ／ｓ
得Ｗ
合 ６＝３６ Ｊ
则Ｗ Ｗ ， 正确。
合 ４＝ 合 ６ Ｄ
答案 Ｄ
拓展二 动能定理与图像问题的结合
拓展三 动能定理处理多运动过程问题
１．解决物理图像问题的基本步骤
观察题目给出的图像 弄清纵坐标 横坐标所对应的物 １．分析思路
（１） ， 、
理量及图线所表示的物理意义 受力与运动分析 根据物体的运动过程分析物体的受力
。 （１） ：
根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量 情况 以及不同运动过程中力的变化情况
（２） ， 。
间的函数关系式 做功分析 根据各种力做功的不同特点 分析各种力在
。 （２） ： ，
将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数 不同的运动过程中的做功情况
（３） 。
关系式相对比 找出图线的斜率 截距 图线的交点 图线下的面 功能关系分析 运用动能定理 功能关系或能量守恒定
， 、 、 、 （３） ： 、
积所对应的物理意义 分析解答问题 或者利用函数图线上的特 律进行分析 选择合适的规律求解
， ， ， 。
定值代入函数关系式求物理量 ２．方法技巧
。
２．图像所围“面积”的意义 合 整体上把握全过程 构建大致的运动图景
（１）“ ”——— ， 。
ｖ ｔ图像 由公式ｘ ｖｔ可知 ｖ ｔ图线与横轴围成的面积 分 将全过程进行分解 分析每个子过程对应的
（１） － ： ＝ ， － （２）“ ”——— ，
表示物体的位移 基本规律
。 。
ａ ｔ图像 由公式 ｖ ａｔ可知 ａ ｔ图线与横轴围成的面 合 找出各子过程之间的联系 以衔接点为突破
（２） － ： Δ ＝ ， － （３）“ ”——— ，
积表示物体速度的变化量 口 寻求解题最优方案
。 ， 。
Ｆ ｘ图像 由公式Ｗ Ｆｘ可知 Ｆ ｘ图线与横轴围成的 例２ 如图所示 ＡＢＣＤＯ 是处于竖直平面内的固定光滑
（３） － ： ＝ ， － ，
面积表示力所做的功
。 轨道 Ｏ Ａ处于同一水平位置 ＡＢ是半径为Ｒ 的 １ 圆弧轨
Ｐ ｔ图像 由公式Ｗ Ｐｔ可知 Ｐ ｔ图线与横轴围成的面 ， 、 。 ＝１ ｍ
（４） － ： ＝ ， － ４
积表示力所做的功 道 ＣＤＯ是半径为ｒ ． 的半圆弧轨道 最高点Ｏ处固定一个
。 ， ＝０５ ｍ ，
例１ 用传感器研究质量为 的物体由静止开始做直 竖直弹性挡板 可以把小球弹回且不损失能量 图中没有画出
２ ｋｇ （ ， ），
Ｄ为ＣＤＯ轨道的中点 ＢＣ段是水平粗糙轨道 与圆弧形轨道平
线运动的规律时 在计算机上得到 内物体的加速度随时间 。 ，
， ０～６ ｓ
滑连接 现让一个质量为ｍ 的小球从Ａ点的正上方距水
变化的关系如图所示 下列说法正确的是 。 ＝１ ｋｇ
。 （ ）
平线ＯＡ 高 Ｈ 处的 Ｐ 点自由落下 已知 ＢＣ 段水平轨道长 Ｌ
， ＝
与小球之间的动摩擦因数μ ． 则 取ｇ ２
２ ｍ， ＝０２。 （ ＝１０ ｍ／ｓ ）
内物体先向正方向运动 后向负方向运动
Ａ．０～６ ｓ ，
内物体在 时的速度最大 当Ｈ 时 小球第一次到达Ｄ点对轨道的压力大小
Ｂ．０～６ ｓ ４ ｓ （１） ＝２ｍ ， ；
物体在 内速度不变 为使小球仅仅与弹性板碰撞一次 且小球不会脱离ＣＤＯ
Ｃ． ２～４ ｓ （２） ，
内合力对物体做的功等于 内合力做的功 轨道 求Ｈ的取值范围
Ｄ．０～４ ｓ ０～６ ｓ ， 。
解析 由ａ ｔ图像可知：图线与时间轴围成的“面积”代表 解析 （ ）设小球第一次到达Ｄ点的速度大小为ｖ ，对小
－ １ Ｄ
物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间 球从 Ｐ 到 Ｄ 点的过程，根据动能定理有 ｍｇ（Ｈ ｒ） μｍｇＬ
＋ － ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
转化为内能
１ ｍｖ２Ｄ
摩擦
。
生热的计算 Ｑ Ｆｘ 其中ｘ 为相互摩擦的两
２ （３） ： ＝ ｆ 相对。 相对
在Ｄ点轨道对小球的支持力Ｆ 提供向心力，则有Ｆ ｍ
ｖ２Ｄ 个物体间的相对路程
。
Ｎ Ｎ＝ ｒ 从功的角度看 一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统
，
联立解得：Ｆ 机械能的变化量 从能量的角度看 其他形式能量的减少量等于
Ｎ＝８４ Ｎ ； ，
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为 Ｆ ′ Ｆ 系统内能的增加量
Ｎ ＝ Ｎ＝ 。
例３ （２０１９吉林白城模拟） 多选 质量为ｍ的物体在
８４ Ｎ （ ）
（ ）为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离 ＣＤＯ
２ 水平面上 只受摩擦力作用 以初动能Ｅ 做匀变速直线运动 经
轨道，Ｈ 最小时必须满足能上升到 Ｏ 点，有 ｍｇＨ μｍｇＬ ， ， ０ ，
ｍｉｎ－ ＝ Ｅ
距离ｄ后 动能减小为 ０ 则
１ ｍｖ２Ｏ ，
３
， （ ）
２ Ｅ
在Ｏ点有：ｍｇ ｍ
ｖ２Ｏ
Ａ．
物体与水平面间的动摩擦因数为 ２
ｍｇ
０
ｄ
＝ ｒ ３
ｄ
代入数据解得：Ｈ ． 物体再前进 便停止
Ｈ最大时，第二次滑 ｍｉｎ 到 ＝０ ＣＤ ６５ Ｏ ｍ 轨道最高能上升到Ｄ点，有： Ｂ． ３
物体滑行距离ｄ所用的时间是滑行后面距离所用时间的
ｍｇ（Ｈ ｒ） μｍｇＬ Ｃ．
ｍａｘ＋ －３ ＝０ 倍
代入数据解得：Ｈ ． ３
ｍａｘ＝０７ ｍ 若要使此物体滑行的总距离为 ｄ 其初动能应为 Ｅ
故有： ． Ｈ ． Ｄ． ３ ， ２ ０
０６５ ｍ≤ ≤０７ ｍ Ｅ Ｅ
答案 （ ） （ ） ． Ｈ ． 解析 由动能定理知Ｗ μｍｇｄ Ｅ ０，所以μ ２ ０ ，
１ ８４ Ｎ ２ ０６５ ｍ≤ ≤０７ ｍ ｆ＝ ＝ ０－ ＝ ｍｇｄ Ａ
３ ３
拓展四 摩擦力做功与能量转化 正确；设物体总共滑行的距离为ｓ，则有μｍｇｓ Ｅ ，所以ｓ ３ ｄ，
＝ ０ ＝
１．静摩擦力做功 ２
物体再前进
ｄ
便停止， 错误；将物体的运动看成反方向的初速
静摩擦力可以做正功 也可以做负功 还可以不做功
Ｂ
（１） ， ， 。 ２
相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零
ｄ
（２） 。 度为 的匀加速直线运动，则连续运动三个 距离所用时间之
静摩擦力做功时 只有机械能的相互转移 不会转化为 ０
（３） ， ， ２
内能
。 比为（ ） （ ） ，所以物体滑行距离ｄ所用的时间
２．滑动摩擦力做功的特点 ３－ ２ ∶ ２－１ ∶ １
是滑行后面距离所用时间的 ， 错误；若要使此物体滑行的
滑动摩擦力可以做正功 也可以做负功 还可以不做功 ３－１ Ｃ
（１） ， ， 。 总距离为 ｄ，则由动能定理知 μｍｇ· ｄ Ｅ ，得 Ｅ Ｅ ，
相互间存在滑动摩擦力的系统内 一对滑动摩擦力做功 ３ ３ ＝ ｋ ｋ ＝２ ０ Ｄ
（２） ， 正确。
将产生两种可能效果
： 答案 ＡＤ
机械能全部转化为内能
① ；
有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移 另外一部分
② ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
拓展一 变力功的分析与计算
１．（２０２０湖北宜昌质量检测）如图所示 在水平面上 有一弯曲
， ，
Ｒ
的槽道ＡＢ
，
槽道内侧两个半圆的半径分别为 和Ｒ
。
现用大
ｍ２ｇ２
２
ｍ２ｇ２
２ Ａ． ｋ Ｂ． ｋ
小恒为Ｆ的拉力将一光滑小球从Ａ点沿槽道拉至Ｂ点 若拉
， ｍ２ｇ２ ｍ２ｇ２
力Ｆ的方向时时刻刻均与小球运动方向一致 则此过程中拉 ３ ４
， Ｃ． ｋ Ｄ． ｋ
力所做的功为
（ ） ２． 答案 Ｂ
拓展二 动能定理与图像问题的结合
１．（２０１９重庆第二次质检）如图甲所示 置于水平地面上质量为
，
ｍ的物体 在竖直拉力 Ｆ 作用下 由静止开始向上运动 其动
， ， ，
能Ｅ 与距地面高度ｈ的关系图像如图乙所示 已知重力加速
ｋ ，
度为ｇ 空气阻力不计 下列说法正确的是
ＦＲ ３ ＦＲ ＦＲ ， 。 （ ）
Ａ．０ Ｂ． Ｃ． π Ｄ．２π
２
１． 答案 Ｃ
２．（２０２０辽宁鞍山期末统考）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
， ， ，
现在用力Ｆ向上缓慢拉Ａ直到Ｂ刚好要离开地面 重力加速
，
度大小为ｇ 则这一过程中力Ｆ做的功为
， （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １７１
在 ｈ 过程中 Ｆ大小始终为ｍｇ 度大小
Ａ． ０～ ０ ， ；
在 ｈ 和ｈ ｈ 过程中 Ｆ做功之比为 物块Ｐ上升至Ｂ点过程中 轻绳拉力对其所做的功
Ｂ． ０～ ０ ０～２ ０ ， ２ ∶ １ （３） ， 。
在 ｈ 过程中 物体的机械能不断增加
Ｃ． ０～２ ０ ，
在 ｈ ． ｈ 过程中 物体的机械能不断减少
Ｄ． ２ ０～３５ ０ ，
１． 答案 Ｃ
２．（２０２０湖北宜昌期末统考）如图甲所示 在倾角为 °的足够
， ３０
长的光滑斜面ＡＢ的Ａ处连接一粗糙水平面ＯＡ ＯＡ长为
， ４ ｍ。
有一质量为ｍ的滑块 从Ｏ处由静止开始受一水平向右的力
，
Ｆ作用 Ｆ只在水平面上按图乙所示的规律变化 滑块与ＯＡ
。 。
间的动摩擦因数μ ． ｇ取 ２ 试求
＝０２５， １０ ｍ／ｓ ， ： ２． 答案 ．
滑块运动到Ａ处的速度大小 （１）０１ ｍ （２）２ ３ ｍ／ｓ （３）８ Ｊ
（１） ；
不计滑块在Ａ处的速率变化 滑块冲上斜面ＡＢ的长
（２） ， 拓展四 摩擦力做功与能量转化
度是多少
？ １．（２０１９河北衡水中学期末）如图所示 传送带 ＡＢ 总长为 ｌ
， ＝
与一个半径为Ｒ ． 的光滑四分之一圆弧轨道ＢＣ相
１０ ｍ， ＝０４ｍ
切于Ｂ点 传送带速度恒为ｖ 方向向右 现有一个滑块
， ＝６ ｍ／ｓ， ，
以一定初速度从Ａ点水平滑上传送带 滑块质量为ｍ
， ＝１０ ｋｇ，
滑块与传送带间的动摩擦因数为μ ． 已知滑块运动到Ｂ端
＝０１，
时 刚好与传送带同速 求 ｇ ２
２． 答案 ， ， ：（ ＝１０ ｍ／ｓ ）
（１）５ ２ ｍ／ｓ （２）５ ｍ 滑块的初速度大小
（１） ；
滑块能上升的最大高度
拓展三 动能定理处理多运动过程问题 （２） ；
滑块第二次在传送带上滑行时 滑块和传送带系统产
１．（２０２０山东青岛一模） 多选 如图所示 轻弹簧的一端悬挂在 （３） ，
（ ） ， 生的内能
天花板上 另一端固定一质量为ｍ的小物块 小物块放在水平 。
， ，
地面上 弹簧与竖直方向夹角为θ ° 开始时弹簧处于伸长
， ＝３０ 。
状态 长度为Ｌ 现在小物块上加一水平向右的恒力Ｆ 使小物
， ， ，
块向右运动距离Ｌ 小物块与地面间的动摩擦因数为μ 重力加
， ， １． 答案 或 ．
速度为ｇ 弹簧始终在弹性限度内 则此过程中分析正确的是 （１）２ １４ ｍ／ｓ ４ ｍ／ｓ （２）１８ ｍ （３）２２０ Ｊ
， ， ２．（２０２０山东济南二模）一传送带装置示意图如图所示 传送带
，
（ ） 的倾角θ ° 工作时传送带的运行速度保持ｖ 不变
＝３０ ， ＝２ ｍ／ｓ 。
现将质量均为ｍ 的小货箱 可视为质点 一个一个在 Ａ
＝２ ｋｇ （ ）
处放到传送带上 放置小货箱的时间间隔均为Ｔ 放置时
， ＝１ ｓ，
初速度为零 小货箱一到达 Ｂ 处立即被取走 已知小货箱刚
， 。
放在Ａ处时 前方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段 此时
， ，
小物块和弹簧系统机械能改变了 Ｆ μｍｇ Ｌ 两者间的距离为ｓ ． 传送带装置由电动机带动 传送
Ａ． （ － ） １＝０５ ｍ。 ，
Ｂ． 弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大 带与轮子间无相对滑动 ， 不计轮轴处的摩擦 ， 取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。
小物块在弹簧悬点正下方时速度最大 求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小
Ｃ． （１） ；
小物块动能的改变量等于拉力Ｆ和摩擦力做功之和 ＡＢ的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到
Ｄ． （２）
１． 答案 ＢＤ ｖ
＝２ ｍ／ｓ；
２．（２０１９福建厦门期末质检）一劲度系数为ｋ 的轻弹 除了刚释放货箱的时刻 若其他时间内总有 个货箱
＝１００ Ｎ／ｍ （３） ， ４
簧下端固定于倾角为 θ °的光滑斜面底端 上端连接物块 在传送带上运动 求每运送一个小货箱 电动机对外多做多少
＝５３ ， ， ，
Ｑ 一轻绳跨过定滑轮Ｏ 一端与物块Ｑ连接 另一端与套在
。 ， ， 功 并求电动机的平均输出功率Ｐ
光滑竖直杆上的物块 Ｐ 连接 定滑轮到竖直杆的距离为 ｄ ？ 。
， ＝
． 初始时在外力作用下 物块Ｐ在Ａ点静止不动 轻绳与
０３ ｍ。 ， ，
斜面平行 绳子张力大小为 已知物块 Ｐ 质量为ｍ
， ５０ Ｎ。 １＝
． 物块Ｑ质量为ｍ 不计滑轮大小及摩擦 取ｇ
０８ ｋｇ， ２＝５ ｋｇ， ， ＝
２ ° ． ° ． 现将物块 Ｐ 由静止释
１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ５３ ＝０ ８，ｃｏｓ ５３ ＝０ ６。
放 求
，
物块Ｐ位于Ａ点时 弹簧的伸长量ｘ
（１） ， １；
（２） 物块Ｐ上升ｈ ＝０ ． ４ ｍ 至与滑轮Ｏ等高的Ｂ点时的速 ２． 答案 （１）１ ｍ／ｓ ２ （２）２ ｍ （３）８８ Ｊ ８８ Ｗ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
小球飞行过程中单位时间内的速度变化不同
Ａ．
小球落地时 重力的瞬时功率相同
Ｂ． ，
从开始运动至落地 重力对小球做功相同
１．如图所示 倾斜的传送带始终以恒定速率ｖ 运动 一小物块 Ｃ． ，
以ｖ 的初 ， 速度冲上传送带 ｖ ｖ 小物块从 ２ Ａ到 。 Ｂ的过程中 Ｄ． 从开始运动至落地 ， 重力对小球做功的平均功率相同
１ ， １＞ ２。
一直做减速运动 则
， （ ） 答案 Ｃ 本题考查了功和功率知识 以及理解能力 推理能
， 、
力 体现了物理观念中能量观念的要素和科学思维模型建构 科学
， 、
推理 科学论证的要素
、 。
ｖ
根据加速度的定义式ａ Δ 知单位时间内的速度变化即
＝ ｔ
Δ
小物块到达Ｂ端的速度可能等于ｖ 加速度 它们的加速度都是ｇ 所以小球飞行过程中单位时间
Ａ． ２ ， ，
小物块到达Ｂ端的速度不可能等于零 内的速度变化相同 故 错误 小球落地时重力做功的瞬时功
Ｂ． ， Ａ ；
小物块的机械能一直在减少 率公式为Ｐ ｍｇｖ ｖ 是竖直方向的分速度 四个球落地时竖
Ｃ． ＝ ｙ， ｙ ，
小物块所受合力一直在做负功 直方向的分速度不全相同 竖直下抛 竖直上抛的最大 落地时
Ｄ． ， 、 ，
答案 ＡＤ 由题意可知 物块上滑过程中一直减速 则合外 重力的功率最大 故 错误 重力做功Ｗ ｍｇｈ 起点与终点的
， ， ， Ｂ ； Ｇ＝ ，
力一直做负功 项正确 物块开始上滑时初速度ｖ 大于传送
竖直高度相等 重力相等 重力做功相等 四个小球抛出后 加
带速度ｖ 上滑 ，Ｄ 过程中 可 ； 能情况是物块受摩擦力斜 １ 向下 沿斜 ， ， 。 ，
向下方向 ２ 还 ， 存在重力的 ， 分力 两力作用使物块一直减速 ， 达到 速度都是ｇ ， 竖直方向都做匀变速直线运动 ， 设高度为ｈ ， 对于
， ，
顶端时物块速度恰好减到与ｖ 一样大 则 项正确 物块上滑 第 个球 ｈ ｖ ｔ １ ｇｔ２ 第二个球 先上升后下落 返回出发点
过程中 还可能存在如下情况 ２ 物块速 ， 度减 Ａ 到 ｖ 时 ； 未到达 Ｂ １ ： ＝ ０ ＋ ２ ； ： ，
端 则物 ， 块速度减小到ｖ 过程中 ： 摩擦力做负功 物 ２ 块的机械能 时 ， 速率等于ｖ ０， 则知竖直上抛小球的运动时间大于竖直下抛
减小 ， 若还存在 θ μ ２ 物块速度达到ｖ 后还 ， 会继续减小 此 小球的运动时间 第三个球做平抛运动 ｈ １ ｇｔ２ 第四个球竖
， ｔａｎ ＞ ， ２ ， ； ， ＝ ；
后物块受到的摩擦力会变为斜向上 与上滑方向一致 物块在 ２
， ， 直方向做竖直上抛运动 运动时间比平抛运动的时间长 故可
重力斜向下的分力和摩擦力的作用下可能恰好运动到顶端 速 ， 。
， 知竖直下抛的小球运动时间最短 竖直上抛的小球运动时间最
度变为零 这一过程中摩擦力方向与物块运动方向相同 摩擦 ，
， ， Ｗ
力做正功 机械能增大 则 项错误 长 由平均功率Ｐ 知重力对每个小球做的功相同 但运动
， ， Ｂ、Ｃ 。 。 ＝ ｔ ，
２．如图甲所示 静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块 在水
， ， 时间不同 故平均功率不同 故 正确 错误
平拉力Ｆ作用下 沿ｘ轴方向运动 拉力Ｆ随物块所在位置坐 ， ， Ｃ ，Ｄ 。
， ， ４．（２０１９江苏南京师大附中月考，７） 多选 如图所示 将两质
标ｘ的变化关系如图乙所示 图线为半圆 则小物块运动到ｘ （ ） ，
， 。 ０ 量相等的小球ａ ｂ从水平地面ＮＯ上方同一位置Ａ水平抛出
处时Ｆ所做的总功为 、 ，
（ ） 初速度均垂直于光滑的竖直墙壁ＭＯ 但大小不同 小球ａ抛
， 。
出后做平抛运动落到水平地面上的Ｂ点 小球ｂ碰到竖直墙壁
，
后也落到Ｂ点 已知小球ｂ碰撞竖直墙壁前 后竖直方向速度
。 、
不变 水平方向速度大小不变 方向相反 若不计小球与墙壁碰
， ， ，
撞的时间 下列说法正确的是
， （ ）
１ Ｆ ｘ
Ａ．０ Ｂ． ｍ ０
２
πＦ ｘ πｘ２
Ｃ． ｍ ０ Ｄ． ０
４ ４
答案 Ｃ Ｆ为变力 但Ｆ ｘ图线包围的面积在数值上表示 抛出到落地前瞬间重力对两小球做功的平均功率相同
， － Ａ．
抛出到落地前瞬间重力对小球ａ做功的平均功率小于重力
拉力做的总功 由于图线为半圆 又因在数值上Ｆ １ ｘ 故 Ｂ．
。 ， ｍ＝ ０， 对小球ｂ做功的平均功率
２
落地前瞬间重力对小球做功的瞬时功率相等
Ｗ １ Ｆ２ １ Ｆ １ ｘ πＦ ｘ Ｃ．
＝ π· ｍ＝ π· ｍ· ０＝ ｍ ０。 落地前瞬间重力对小球ａ做功的时功率大于重力对小球ｂ
２ ２ ２ ４ Ｄ．
３．（２０２０届山东济南章丘四中段考，７，３分）如图所示 四个相 做功的瞬时功率
，
同的小球在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛 答案 ＡＣ 两小球竖直方向的运动均为自由落体运动 故
、 ，
竖直上抛 平抛和斜抛 不计空气阻力 则下列关于这四个小球 它们从开始运动到落地的时间相等 重力对它们做的功也相
、 ， ， ，
从抛出到落地过程的说法中正确的是 Ｗ
（ ） 同 由Ｐ 可得 抛出到落地前瞬间重力对两小球做功的平
， ＝ ｔ ，
均功率相同 故 正确 错误 因竖直方向的运动规律相同
， Ａ ，Ｂ 。 ，
故落地时两小球的竖直分速度大小相等 由Ｐ ｍｇｖ 可知 落
， ＝ ｙ ，
地前瞬间重力对小球做功的瞬时功率相等 故 正确 错误
， Ｃ ，Ｄ 。
温馨提示 小球下落的时间 重力做功的功率均只与竖直方
、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １７３
向上的分运动有关 故抓住竖直分运动进行分析 就抓住了本 ｍ
， ， １ １ 故 选项正确
题的解题关键 ｍ ＝ ， Ｄ 。
。 ２ ２
５．（２０１９山东菏泽一模，２０，６ 分） 多选 如图所示 半径为 Ｒ ７． 多选 如图所示 斜面ＡＢＣ竖直固定放置 斜边ＡＣ与一光滑
（ ） ， （ ） ， ，
的半圆弧槽固定在水平面上 槽口向上 槽口直径水平 一个质 Ｒ
， ， ， 的圆弧轨道ＤＥＧ相切 切点为Ｄ ＡＤ长为Ｌ 圆弧轨
量为ｍ的物块从Ｐ点由静止释放刚好从槽口Ａ点无碰撞地进 ， ， ＝ θ μ，
ｔａｎ －
入槽中 并沿圆弧槽匀速率地滑行到Ｂ点 不计物块的大小和 道圆心为Ｏ 半径为Ｒ ＤＯＥ θ ＯＧ水平 现有一质量为ｍ
， ， 、 ，∠ ＝ ， 。
空气阻力 Ｐ点到Ａ点高度为ｈ 重力加速度大小为ｇ 则下列 可看为质点的滑块从Ａ点无初速度下滑 滑块与斜面间的动摩
， ， ， ，
说法正确的是 擦因数为μ 重力加速度为ｇ 则
（ ） ， ， （ ）
滑块经过Ｅ点时对轨道的最小压力为ｍｇ
物块从Ｐ到Ｂ过程克服摩擦力做的功为ｍｇ Ｒ ｈ Ａ．
Ａ． （ ＋ ） 滑块下滑后将会从Ｇ点飞出
ｍｇ ｇｈ Ｂ．
物块从Ａ到Ｂ过程重力的平均功率为２ ２ 滑块第二次经过Ｅ点时对轨道的压力为 ｍｇ
Ｂ． Ｃ． ３
π Ｒ θ
Ｒ ｈ ｍｇ 滑块在斜面上经过的总路程为ｓ ｔａｎ
物块在Ｂ点时对槽底的压力大小为（ ＋２ ） Ｄ． ＝μ θ μ
Ｃ． Ｒ （ｔａｎ － ）
答案 ＣＤ 本题考查了动能定理 体现了物理学科的能量
物块到Ｂ点时重力的瞬时功率为ｍｇ ｇｈ ，
Ｄ． ２ 观念与科学推理核心素养
答案 ＢＣ 物块从Ａ到Ｂ做匀速圆周运动 根据动能定理 。
， 滑块从Ａ点滑下后在ＡＤ部分要克服摩擦力做功 则返回
有 ｍｇＲ Ｗ 因此克服摩擦力做功Ｗ ｍｇＲ 故 错误 根 ，
： － ｆ＝０， ｆ＝ ， Ａ ； 到ＡＤ斜面上时的高度逐渐降低 最终滑块将在以Ｅ点为最低
，
据机械能守恒定律 由ｍｇｈ １ ｍｖ２ 得物块在Ａ点时的速度大 点 Ｄ点为最高点的圆弧轨道内来回滑动 此时经过Ｅ点对轨
， ＝ 、 ，
２ 道的压力最小 则从Ｄ点到Ｅ点 由机械能守恒定律有ｍｇＲ
， ， （１－
小 ： ｖ ＝ ２ ｇｈ ， 从Ａ到Ｂ运动的时间为ｔ ＝ ４ １ × ｖ ２π Ｒ ＝ π Ｒ ｇｈ， 因 ｃｏｓ θ ）＝ ２ １ ｍｖ２Ｅ， 在Ｅ点由牛顿第二定律得 ： Ｎ － ｍｇ ＝ ｍ ｖ Ｒ ２Ｅ ， 联立
２ ２ 解得 Ｎ ｍｇ θ 故 错误 从Ａ到Ｇ由动能定理有
Ｗ ｍｇ ｇｈ ： ＝ （３－２ ｃｏｓ ）， Ａ ； ：
此从Ａ到Ｂ过程中重力的平均功率为Ｐ ２ ２ 故 Ｒ
＝ ｔ ＝
π
， Ｂ ｍｇ
（
Ｌ
ｓｉｎ
θ
－
Ｒ
ｃｏｓ
θ
）－
μｍｇ
ｃｏｓ
θ
·
Ｌ
＝
１ ｍｖ２Ｇ， 其中Ｌ
＝ θ μ，
ｖ２ ２ ｔａｎ －
正确 根据牛顿第二定律 Ｆ ｍｇ ｍ 解得 Ｆ 解得 ｖ 则滑块下滑后不能从Ｇ点飞出 故 错误 滑块第
； ： Ｎ － ＝ Ｒ， ： Ｎ ＝ ： Ｇ＝０， ， Ｂ ；
一次到达Ｅ点时 根据动能定理 ｍｇ Ｌ θ Ｒ θ
Ｒ ｈ ｍｇ Ｒ ｈ ｍｇ ， ： ［ ｓｉｎ ＋ （１－ｃｏｓ ）］－
（ ＋２ ） 由牛顿第三定律可知 Ｆ ′ Ｆ （ ＋２ ） 故
Ｒ ， Ｎ ＝ Ｎ＝ Ｒ ， Ｃ μｍｇ
ｃｏｓ
θ
·
Ｌ
＝
１ ｍｖ′２Ｅ， 解得
：
ｖ
Ｅ
′
＝ ２
ｇＲ
，
第二次经过Ｅ点的
正确 物块运动到Ｂ点 速度方向与重力方向垂直 因此重力 ２
的瞬
；
时功率为 故 错
，
误
，
速度大小与第一次相等 由牛顿第二定律有Ｎ ｍｇ ｍ
ｖ′２Ｅ
解
０， Ｄ 。 ， Ｅ－ ＝ Ｒ，
６．（２０１９湖南重点高中大联考）如图所示
， 得 Ｎ ｍｇ 故 正确 由以上分析可知 滑块最终将在以
竖直放置的半径为Ｒ的光滑圆形管道 一 ： Ｅ＝３ ， Ｃ ； ，
， Ｅ点为最低点 Ｄ点为最高点的圆弧轨道内来回滑动 则由能
个小球ｍ 在管道内侧顶点左边从静止释 、 ，
１ Ｒ θ
放 经过一段时间后将另一个质量为 ｍ 量守恒有 ｍｇＬ θ μｍｇ θ ｓ 解得 ｓ ｔａｎ 故
， ２ ： ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ · ， ： ＝μ θ μ ， Ｄ
的小球以大小为ｖ ｇＲ的初速度向右 （ｔａｎ － ）
＝ ３ 正确
抛出 二者恰好同时运动到过圆心的水平 。
， ８．（２０２０河北衡水中学六调） 多选 如图所示 Ａ Ｂ质量分别为
（ ） ， 、
线ａ ｂ位置 此时整个装置没有水平方向的运动趋势 则两小
、 ， ， ｍ和Ｍ Ｂ系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端 并置于光
， ，
ｍ
滑的水平面上 弹簧的劲度系数为ｋ 将Ｂ向右拉离平衡位置ｘ
球质量之比 １为 两小球都可视为质点 ， ，
ｍ （ ） （ ） 后 无初速度释放 在以后的运动中Ａ Ｂ保持相对静止 则在
２ ， ， 、 ，
弹簧恢复原长的过程中
Ａ． ３ ∶ １ Ｂ． ２ ∶ １ Ｃ．１ ∶ ２ Ｄ．１ ∶ ２ （ ）
答案 Ｄ 本题考查了动能定理 圆周运动向心力等知识
， ，
考查了学生的综合分析能力 体现了模型建构 科学推理的核
， 、
心要素 ｍｋｘ
。 Ａ受到的摩擦力最大值为
Ａ． Ｍ
小球ｍ 下滑到 ａ 点时由动能定理可知 ｍ ｇＲ １ ｍ ｖ２
１ ： １ ＝ １ １， ｍｋｘ
２ Ａ受到的摩擦力最大值为
Ｂ． Ｍ ｍ
得ｖ ｇＲ 小球ｍ 上滑到ｂ点时同理得 ｍ ｇＲ １ ｍ ｖ２ ＋
１＝ ２ ， ２ － ２ ＝
２
２ ２－
摩擦力对Ａ做功为
ｍｋｘ２
Ｃ． Ｍ
１ ｍ ｖ２ 得ｖ ｇＲ 两小球在ａ ｂ位置时整个装置没有水平 ２
２
２ ， ２＝ 。 、
摩擦力对Ａ做功为
ｍｋｘ２
ｍ ｖ２ ｍ ｖ２ Ｄ． Ｍ ｍ
方向的运动趋势说明二者向心力相等 即有 ２ ２ １ １ 解得 ２（ ＋ ）
， Ｒ ＝ Ｒ ， ： 答案 ＢＤ 刚释放时 Ａ Ｂ 加速度最大 以整体为研究对
， 、 ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｋｘ
象 根据牛顿第二定律得ｋｘ Ｍ ｍ ａ 解得ａ 此时 像与 ｘ 轴围成的面积代表克服摩擦力做的功 大小为 １
， ＝（ ＋ ） ｍ， ｍ＝Ｍ ｍ， ，
＋ ２
Ａ受到的摩擦力最大 对 Ａ根据牛顿第二定律得 Ｆ ｍａ μＭｇｌ 故Ｃ正确 错误
， ｆｍ＝ ｍ＝ ， ，Ｄ 。
ｍｋｘ
故 错误 Ｂ正确 在弹簧恢复原长的过程中 Ａ受的摩
Ｍ ｍ， Ａ ， ； ，
＋
擦力随位移增大而线性减小到零 所以摩擦力对Ａ做的功为Ｗ
，
Ｆ ｍｋｘ２
ｆｍ ｘ 故 错误 Ｄ正确
＝ · ＝ Ｍ ｍ ， Ｃ ， 。
２ ２（ ＋ ）
９．（２０２０河北衡水中学信息卷） 多选 如图所示 倾角为θ 半 １１．（２０１９衡阳第二次联考） 多选 如图所示 一
（ ） ， 、 （ ） ，
径为Ｒ的倾斜圆盘绕圆心处的转轴Ｏ以角速度ω匀速转动 根轻弹簧一端固定在Ｏ点 另一端固定一个带
， ，
一个质量为ｍ的小物块放在圆盘的边缘 小物块与圆盘间的 有孔的小球 小球套在固定的竖直光滑杆上
， ， ，
动摩擦因数为μ 图中Ａ Ｂ分别为小物块转动过程中所经过 小球位于图中的 Ａ 点时 弹簧处于原长 现将
。 、 ， ，
的最高点和最低点 运动过程中经过的Ｃ Ｄ两点连线与ＡＢ垂 小球从Ａ点由静止释放 小球向下运动 经过
， 、 ， ，
直 小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且始终 与Ａ点关于Ｂ点对称的Ｃ点后 小球能运动到
。 ， ，
相对于圆盘静止 重力加速度为ｇ 下列说法正确的是 最低点Ｄ ＯＢ垂直于杆 则下列结论正确的是
。 ， （ ） ， ， （ ）
小球从Ａ点运动到Ｄ点的过程中 其最大加速度一定大于
Ａ． ，
重力加速度ｇ
小球从Ｂ点运动到Ｃ点的过程中 小球的重力势能和弹簧
Ｂ． ，
的弹性势能之和可能增大
小物块受到的摩擦力始终指向圆心
Ａ． 小球运动到Ｃ点时 重力对其做功的功率最大
动摩擦因数μ一定大于 θ Ｃ． ，
Ｂ． ｔａｎ 小球在Ｄ点时弹簧的弹性势能一定最大
小物块从Ａ点运动到Ｂ点的过程中 摩擦力对小物块做功为 Ｄ．
Ｃ． ， 答案 ＡＤ 本题考查受力分析 牛顿第二定律 能量守恒
μｍｇ Ｒ θ 、 、 、
－ π ｃｏｓ 弹性势能等知识 考查了学生的综合分析以及推理能力 体现
当小物块运动至Ｃ Ｄ两点时所受摩擦力大小相等 从Ｃ点 ， ，
Ｄ． 、 ， 了模型建构 科学论证的核心要素
运动到Ｄ点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功 、 。
在Ｂ点时 小球的加速度为ｇ 在ＢＣ间弹簧处于压缩状
， ，
态 小球在竖直方向除受重力外还受到弹簧沿竖直方向的分
答案 ＢＤ 小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合 ，
力 所以小球从Ａ点运动到Ｄ点的过程中 其最大加速度一
力提供向心力 始终指向圆心 错误 小物块在Ｂ点时由牛顿 ， ，
， ，Ａ ； 定大于重力加速度ｇ 故 正确
第二定律得ｆ ｍｇ θ ｍＲω２ ｆ ｍｇ θ 又因ｆ μｍｇ θ ， Ａ ；
－ ｓｉｎ ＝ ， ＞ ｓｉｎ ， ≤ ｃｏｓ ， 由能量守恒可知 小球从Ｂ点运动到Ｃ点的过程中 小
所以μｍｇ θ ｍｇ θ 则μ一定大于 θ Ｂ正确 小物块 ， ，
ｃｏｓ ＞ ｓｉｎ ， ｔａｎ ， ； 球做加速运动 即动能增大 所以小球的重力势能和弹簧的弹
从Ａ点运动到Ｂ点的过程中由动能定理得ｍｇ Ｒ θ Ｗ ， ，
·２ ｓｉｎ ＋ ｆ＝ 性势能之和一定减小 故 错误
解得Ｗ ｍｇ Ｒ θ 错误 小物块运动至Ｃ Ｄ两点时 ， Ｂ ；
０， ｆ＝－ ·２ ｓｉｎ ，Ｃ ； 、 小球在Ｃ点时 合力等于重力Ｇ 要继续向下加速 从Ｃ
受力具有对称性 所受静摩擦力大小相等 方向关于ＡＢ对称 ， ， ，
， ， ， 点到Ｄ点的运动过程 弹簧的弹力沿杆向上的分力先小于重
从Ｃ点运动到Ｄ点的过程中 重力先做正功后做负功 小物块 ，
， ， 力后大于重力 小球先加速后减速 所以小球在 Ｃ 点的速度
动能始终不变 即合外力做功始终为 所以摩擦力对小物块 ， ，
， ０， 不是最大 即重力的功率不是最大 故 错误
先做负功后做正功 Ｄ正确 ， ， Ｃ ；
， 。 小球从Ａ点运动到Ｄ点的过程中 只有重力和弹簧的弹
方法探究 利用公式Ｗ Ｆｌ α不容易直接求功时 尤其对 ，
＝ ｃｏｓ ， 力做功 系统机械能守恒 在Ｄ点小球的重力势能和动能都
于曲线运动或变力做功问题 可考虑由动能的变化来间接求 ， ，
， 最小 则小球在Ｄ点时弹簧的弹性势能最大 故 正确
功 所以动能定理是求变力做功的首选 ， ， Ｄ 。
， 。 １２．（２０１８江苏泰州二模，９） 多选 如图所示 一根轻质弹簧与
１０．（２０２０湖北襄阳四中模拟） 多选 如图所示 ｎ个完全相同 （ ） ，
（ ） ， 、 质量为ｍ的滑块Ｐ连接后 穿在一根光滑竖直杆上 弹簧下
边长足够小且互不粘连的小方块依次排列 总长度为ｌ 总质 ， ，
， ， 端与竖直杆的下端连接 一根轻绳跨过定滑轮将滑块Ｐ和重
量为Ｍ 它们一起以速度ｖ在光滑水平面上滑动 某时刻开始 ，
， ，
物Ｑ连接起来 图中Ｏ Ｂ两点等高 线段ＯＡ长为Ｌ 与水平
滑上粗糙水平面 小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为 。 、 ， ，
。
μ 若小方块恰能完全进入粗糙水平面 则摩擦力对所有小方 方向的夹角θ ＝３７ ° ， 重物Ｑ的质量Ｍ ＝５ ｍ 。 滑块从图中Ａ点
， ，
块所做功的大小为 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 不计滑轮的摩擦 在滑块从Ａ到
， 。
Ｂ的运动过程中
（ ）
１ Ｍｖ２ Ｍｖ２ １ μＭｇｌ μＭｇｌ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ２
答案 ＡＣ 小方块恰能完全进入粗糙水平面 说明小方块
，
进入粗糙水平面后速度为零 以所有小方块为研究对象 据动
， ，
能定理得
，
Ｗ
ｆ＝０－
１ Ｍｖ２
，
所以所有小方块克服摩擦力做功为
２
１ Ｍｖ２ 故Ａ正确 错误 由于摩擦力是变力 联立ｆ μＦ
， ，Ｂ 。 ， ＝ Ｎ
２
Ｍｇ μＭｇ
和Ｆ ｘ 得ｆ ｘ 画出ｆ ｘ图像如图所示 ｆ ｘ图
Ｎ＝ ｌ · ， ＝ ｌ · ， － ， －
Ａ．
滑块Ｐ的速度一直增大
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １７５
内能的增加量之和 选项 错误 对Ｐ Ｑ两滑块整体使用
滑块Ｐ在位置Ｂ的速度为ｖ ４ ｇＬ ， Ｂ、Ｃ ； 、
Ｂ． Ｂ＝ 牛顿第二定律可得 ｍｇ ° ｍｇ ° μ ｍｇ °
５ ２ ｓｉｎ５３ － ｓｉｎ３７ － ·２ ｃｏｓ５３ ＝
轻绳对滑块Ｐ做功ｍｇＬ
Ｃ． ｍａ 解得加速度ａ １ ｇ 选项 正确
Ｐ与Ｑ的机械能之和先增加后减小 ３ ， ＝ ， Ｄ 。
Ｄ． ５
答案 ＢＣＤ 因滑块Ｐ经过Ａ Ｂ两点时 弹簧对滑块的弹力 １４．（２０１９江苏扬州月考，１４）如图所示 水平传送带水平段长
、 ， ，
大小相等 可知 在Ａ点时弹簧被压缩 在Ｂ点时弹簧被拉伸 弹 ｌ 两皮带轮半径均为ｒ 距地面高度ｈ ． 此
， ， ， ， ＝３ ｍ， ＝５ ｃｍ， ＝３２ ｍ，
簧对滑块Ｐ的弹力先向上后向下 可知滑块Ｐ向上先加速后减 时传送带静止 与传送带等高的光滑平台上 有一个可看成
， 。 ，
速 选项 错误 滑块从Ａ到Ｂ 对Ｐ Ｑ系统 由动能定理可知 质点的小物体以ｖ 的初速度滑上传送带 从传送带的右端飞
， Ａ ； ， 、 ， ０ ，
出做平抛运动 水平射程是 ． 已知物体与传送带间的动
， １６ｍ。
Ｍｇ （ Ｌ － Ｌ ｃｏｓ３７ ° ）－ ｍｇＬ ｓｉｎ３７ ° ＝ １ｍｖ２Ｂ， 解得ｖ Ｂ＝ ４ｇＬ ， 选项 Ｂ 摩擦因数为 ０ ． ２， 取重力加速度ｇ为 １０ ｍ／ｓ ２ ， 求 。
２ ５
正确 从Ａ到Ｂ 对滑块Ｐ分析 由动能定理有Ｗ ｍｇＬ °
； ， ， － ｓｉｎ ３７ ＝
１ｍｖ２Ｂ， 解得Ｗ
＝
ｍｇＬ
，
选项
Ｃ
正确
；
对Ｐ
、
Ｑ及弹簧组成的系统
，
Ｐ
２
与Ｑ的机械能之和与弹簧的弹性势能之和守恒 因从Ａ到Ｂ的
，
过程中 弹簧的弹性势能先减小后增加 故Ｐ与Ｑ的机械能之和 物体的初速度ｖ
先增加
，
后减小 选项 正确
， （１）
保持其他条件不
０；
变 为使物体做平抛运动的水平射
， Ｄ 。 （２） ，
１３．（２０１９江苏宿迁调研，４）如图所示 楔形木块ＡＢＣ固定在水 程最大 则皮带轮至少应以多大的角速度转动
， ， 。
平面上 斜面ＡＢ ＢＣ与水平面的夹角分别为 ° ° 质量
， 、 ５３ 、３７ 。 答案
分别为 ｍ ｍ的两滑块Ｐ Ｑ通过不可伸长的轻绳跨过轻质 （１）４ ｍ／ｓ （２）４０ ７ ｒａｄ／ｓ
２ 、 、 解析 物体从传送带的右端飞出做平抛运动 则平抛
定滑轮连接 轻绳与斜面平行 已知滑块Ｐ与ＡＢ间的动摩 （１） ，
， 。 ｈ
运动的时间为ｔ ２ ．
擦因数为 １ 其他摩擦不计 重力加速度为ｇ ° ． ＝ ｇ ＝０８ ｓ
， ， ，ｓｉｎ ５３ ＝０ ８，
３ ｘ
° ． 在两滑块运动的过程中 平抛运动的初速度为ｖ
ｓｉｎ３７ ＝０６。 （ ） １＝ ｔ ＝２ ｍ／ｓ
物体滑上传送带后做匀减速运动 对此过程运用动能定
，
理得 μｍｇＬ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
：－ ＝ １－ ０
２ ２
解得 ｖ
： ０＝４ ｍ／ｓ
平抛运动的时间一定 当物体在传送带上一直加速
Ｑ动能的增加量等于轻绳对Ｑ做的功 （２） ，
Ａ． 时 获得的平抛运动初速度最大 平抛运动的水平射程最大
Ｑ机械能的增加量等于Ｐ机械能的减少量 ， ， 。
Ｂ． 设物体获得的最大平抛运动初速度为ｖ
Ｐ机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量 ３
Ｃ．
由动能定理得 μｍｇＬ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
两滑块运动的加速度大小为 １ ｇ ： ＝ ３－ ０
Ｄ． ２ ２
５ 代入数据解得 ｖ
答案 Ｄ 本题考查功能关系 ： ３＝２ ７ ｍ／ｓ
。 ｖ
轻绳和重力都对 Ｑ 做功 由动能定理可知 合力做的功 则转动的最小角速度为 ω ３ ２ ７
等于动能的增加量 选项 错 ， 误 由于Ｐ与斜面 ， 间有摩擦 由 ＝ ｒ ＝ ５×１０ －２ ｒａｄ／ｓ＝４０ ７
， Ａ ； ，
功能关系可得Ｐ机械能的减少量等于Ｑ机械能的增加量与 ｒａｄ／ｓ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｐ
启动过程的ｖ ｔ关系如图所示 其中ｖ
－ ， ｍ＝Ｆ 。
ｆ
应用一 探究机车启动问题的处理方法
１．机车启动有两种方式
以恒定的功率启动
（１）
设加速阶段机车位移为ｓ 对机车应用动能定理有Ｐｔ ｆｓ
， ０－ ＝
加速度逐渐减小 匀速直 １ ｍｖ２
ｍ－０
← 的变加速运动 → ← 线运动 →…… ２
以恒定的加速度启动
所以机车达到最大速度时ａ Ｆ Ｆ Ｐ Ｆｖ Ｆｖ 这一 （２）
＝０， ＝ ｆ， ＝ ｍ＝ ｆ ｍ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｐ Ｆ ｖ
额＝ 牵
１ ｍａｘ
解得升降机的总质量ｍ
＝３００ ｋｇ
（ ）当ｔ 时，升降机的速度ｖ ａｔ
２ １＝５ ｓ ０＝ １
Ｐ
电动机的牵引力Ｆ
牵 ２＝ｖ
０
根据牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ ｍａ
牵 ２－ ＝
解得ａ ２，ｖ
＝２ ｍ／ｓ ０＝１０ ｍ／ｓ
则 内上升的高度ｈ １ ａｔ２
这一运动过程的 ｖ ｔ 关系如图所示 其中 ｖ Ｐ 额 Ｆ Ｆ
０～５
内
ｓ
由动能定理得
１＝
２
１＝２５ ｍ
－ ， ０＝ Ｆ ， ＝ ｆ＋
５～８ ｓ
ｍａ ， ｖ ｍ＝
Ｐ
Ｆ
额
。
Ｐｔ
２－
ｍｇｈ
２＝ ２
１ ｍｖ２
ｍａｘ－ ２
１ ｍｖ２
０
ｆ 解得上升的高度ｈ ．
２＝３３８ ｍ
则 内升降机上升的高度
０～８ ｓ
ｈ ｈ ｈ ．
＝ １＋ ２＝５８８ ｍ
答案 （ ） （ ） ．
１ ３００ ｋｇ ２ ５８８ ｍ
两种启动过程中 物理量变化的判断主要依靠公式 Ｐ Ｆｖ 应用二 探究机械能与关联速度问题
， ＝
Ｆ Ｆ 机械能是功与能中的一条重要概念 在力学范围内涉及机
和ａ － ｆ 另外Ｐ Ｐ ａ 为两种启动方式的最终状态 ，
＝ ｍ ， ＝ 额、 ＝０ 。 械能的题目类型较多 其中有一类题目 除应用动能定理 功能
， ， 、
２．以恒定加速度启动时的分段处理
关系 机械能守恒定律外 还必须应用关联速度 系统机械能
、 ， 。 “
上图中 ｔ 段Ｐ均匀增加 Ｐ Ｆｖ ａ不变 Ｆ不变 ｖ均 守恒 题型分类较多 例如 按对象数目可分为 单体类 连接
（１） ０～ ０ （ ＝ ， ， ， ” ， ： “ ”“
匀增加 可按匀加速直线运动及平均功率处理 体类 连续体类 按对象连接方式可分为 接触类 绳连接
）， 。 ”“ ”； “ ”“
ｔ 时刻Ｐ增至Ｐ ｖ Ｐ 额 ｔ ｔ 段Ｐ Ｐ Ｆｖ 功率不 类 ”“ 杆连接类 ”“ 弹簧连接类 ”； 按问题方向可分为 “ 机械能守恒
（２） ０ 额， ０＝ Ｆ 。 ０～ １ ＝ 额＝ ， 的判定类 机械能守恒的应用类
”“ ”。
变 Ｆ 不变 牵引力Ｆ和ａ变小 但速度ｖ增加 此阶段牵引力 １．关联速度主要有三个类型
， ｆ ， ， 。
是变力 牵引力的功为Ｗ Ｐ ｔ ｔ 系统内两个直接接触的物体 如果所有接触面间无摩
， ＝ （ １－ ０）。 （１） ，
（３） ｔ １ 时刻后 ， Ｐ 额＝ Ｆ ｆ· ｖ ｍ 成立 。 擦 ， 通常系统机械能守恒 。 两物体的运动联系是沿垂直于接触
说明 机车以恒定加速度启动时 先后经过两个过程 面的分速度相等
（１） ， ， 。
匀加速运动结束时的速度 并未达到整个过程的最大速度ｖ 只 以轻绳相连的两个物体 如果和外界不存在摩擦力做功或
， ｍ， （２） ，
是达到匀加速阶段的最大速度 绳子突然绷紧等问题时 只有机械能在两个物体之间的相互转移
。 ， ，
在Ｐ Ｆｖ中因为Ｐ为机车牵引力的功率 所以对应的Ｆ 两物体系统机械能守恒 解此类问题的关键是沿绳的方向上两物
（２） ＝ ， 。
是牵引力并非合力 这一点在计算时极易出错 体速度大小相等
， 。 。
Ｐ Ｐ 以轻杆相连的两物体在绕固定转动轴转动时 两物体的
只有最终匀速运动时才有Ｆ Ｆ ｖ 额 额 （３） ，
（３） ＝ ｆ、 ｍ＝ Ｆ ＝ Ｆ 。 角速度相等 无转动轴时两物体沿杆方向的分速度大小相等
。 。
ｆ
例１ 如图甲所示 一升降机在电动机的拉力作用下 由
２．题型通解
， ，
静止开始沿竖直方向向上运动 在电动机的带动下 升降机先做
， ，
匀加速运动 末电动机达到额定功率 之后保持额定功率不
，５ ｓ ，
变 升降机运动的ｖ ｔ图像如图乙所示 已知电动机的额定功率
， － ，
Ｐ 重力加速度ｇ取 ２ 求
＝３６ ｋＷ， １０ ｍ／ｓ ， ：
升降机的总质量
（１） 。
升降机在 内上升的高度
（２） ０～８ ｓ 。
例２ （２０１９湖北孝感综合高级中学期中）如图所示 左
，
侧竖直墙面上固定半径为Ｒ ． 的光滑半圆环 右侧竖直墙
＝０ ３ ｍ ，
面上与圆环的圆心 Ｏ 等高处固定一光滑直杆 质量为 ｍ
。 ａ ＝
的小球ａ套在半圆环上 质量为ｍ 的滑块ｂ套在直
１００ ｇ ， ｂ＝３６ ｇ
杆上 二者之间用长为ｌ ． 的轻杆通过两铰链连接 现将ａ
， ＝０４ ｍ 。
从圆环的最高处由静止释放 使ａ沿圆环自由下滑 不计一切摩擦
， ， ，
ａ ｂ均视为质点 重力加速度ｇ ２ 求
、 ， ＝１０ｍ／ｓ 。 ：
解析 （ ）最终升降机做匀速运动，电动机的牵引力Ｆ
１ 牵 １＝
ｍｇ，电动机以额定功率工作时，有
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １７７
放在光滑水平面上 Ａ Ｂ之间的动摩擦因数为μ 某时刻给Ｂ施
， 、 。
加一大小为 μｍｇ的水平拉力Ｆ 当Ａ位于Ｂ的中点时撤去拉
５ ，
力 求
。 ：
拉力Ｆ的作用时间
（１） ；
滑块Ａ在木板Ｂ上与Ｐ端的最远距离
（２） 。
小球ａ滑到与圆心Ｏ等高的Ｐ点时的向心力大小
（１） ；
小球ａ从Ｐ点下滑至杆与圆环相切的Ｑ点的过程中
（２） ， 解析 （ ）在力Ｆ作用的过程中，根据牛顿第二定律有
杆对滑块ｂ做的功 １
。 对滑块Ａ：μｍｇ ｍａ
解析 （ ）当ａ滑到与Ｏ同高度的Ｐ点时，ａ的速度ｖ沿 ＝ Ａ
１ 对木板Ｂ：Ｆ μｍｇ ｍａ
圆环切线向下，ｂ的速度为零，
－ ＝２ Ｂ
根据运动学规律，Ａ、Ｂ的位移分别为
由机械能守恒可得：ｍ
ａ
ｇＲ
＝
２
１ ｍ
ａ
ｖ２
ｘ
Ａ＝
１ ａ
Ａ
ｔ２
２
解得：ｖ ｇＲ
对小球
＝
ａ受
２
力分析，由牛顿第二定律可得：Ｆ
ｍ
ａ
ｖ２
ｘ
Ｂ＝
２
１ ａ
Ｂ
ｔ２
＝ Ｒ ＝２ Ｎ
Ｌ Ｌ
由题意知ｘ ｘ ，整理得ｔ
（ ）杆与圆环相切时，如图所示，此时ａ的速度沿杆方向，设 Ｂ－ Ａ＝ ＝ μｇ
２ ２
此时ｂ的速度为ｖ ，则知ｖ ｖ θ （ ）撤去Ｆ时，Ａ、Ｂ的速度分别为ｖ ａ ｔ
ｂ ａ＝ ｂ ｃｏｓ ２ Ａ＝ Ａ
ｖ ａ ｔ
Ｂ＝ Ｂ
设Ａ、Ｂ共同运动的最终速度为ｖ，根据动量守恒定律得
ｍｖ ｍｖ （ｍ ｍ）ｖ
Ａ＋２ Ｂ＝ ＋２
设此过程中滑块的位移为ｘ ，木板的位移为ｘ ，
１ ２
根据动能定理得μｍｇｘ
１＝
１ ｍｖ２
－
１ ｍｖ２Ａ
２ ２
ｌ
由几何关系可得：
ｃｏｓ
θ
＝ ｌ２ Ｒ２ ＝０
．
８ －
μｍｇｘ
２＝
１ ·
２
ｍｖ２
－
１ ·
２
ｍｖ２Ｂ
＋ ２ ２
球ａ从Ｐ到Ｑ下降的高度ｈ Ｒ θ Ｌ
＝ ｃｏｓ 整理得，此过程滑块在木板上滑过的距离ｘ ｘ
２－ １＝
ａ、ｂ及杆组成的系统机械能守恒：ｍ
ａ
ｇｈ
＝
１ ｍ
ａ
ｖ２ａ＋ １ ｍ
ｂ
ｖ２ｂ－
Ｌ
３
２ ２ 最终滑块与木板Ｐ端的距离为 ｘ ｘ ｘ ５ Ｌ
Δ ＝ ＋ ２－ １＝
２ ６
１ ｍ
ａ
ｖ２
Ｌ
２ 答案 （ ） （ ） ５ Ｌ
１ μｇ ２
对滑块ｂ，由动能定理得：Ｗ
＝
１ ｍ
ｂ
ｖ２ｂ＝０ ．
１９４４ Ｊ
６
２
应用四 探究传送带模型的功能关系
答案 （ ） （ ） ．
１ ２ Ｎ ２ ０１９４４ Ｊ
１．模型分类：水平传送带和倾斜传送带
。
应用三 探究板块模型的功能关系 ２．解决问题角度
１．速度关系 动力学角度 首先要正确分析物体的运动过程 做好受
（１） ： ，
滑块恰好没有从木板上滑离 意味着滑块滑到木板的边缘 力分析 然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送
， ，
时 二者速度相等 带在相应时间内的位移 找出物体和传送带之间的位移关系
， 。 ， 。
２．位移关系 能量角度 求传送带对物体所做的功 物体和传送带由
（２） ： 、
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中 若滑块和木板 于相对滑动而产生的热量 因放上物体而使电动机多消耗的电
， 、
沿同一方向运动 则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的 能等 常依据功能关系或能量守恒定律求解
， ， 。
长度 若滑块和木板沿相反方向运动 则滑块的位移和木板的位 ３．功能关系的应用
； ，
移之和等于木板的长度 功能关系分析 Ｗ Ｅ Ｅ Ｑ
。 （１） ： ＝Δ ｋ＋Δ ｐ＋ 。
３．解题关键 对Ｗ和Ｑ的理解
（２）
找出物体之间的位移 路程 关系或速度关系是解题的突破 传送带克服摩擦力做的功 Ｗ Ｆｘ
（ ） ① ： ＝ ｆ 传。
口 求解中应注意联系两个过程的纽带 每一个过程的末速度是 产生的内能 Ｑ Ｆｘ
， ， ② ： ＝ ｆ 相对。
下一个过程的初速度 根据牛顿第二定律求出各自的加速度再 例４ 如图所示 一根轻弹簧左端固定于竖直墙上 右端
。 ， ，
根据运动学方程列式求解 被质量ｍ 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态 且弹
。 ＝１ ｋｇ ，
例３ （２０２０山东泰安期中）如图所示 质量为ｍ 可视为 簧与物块不拴接 弹簧原长小于光滑平台的长度 在平台的右
， 、 ， 。
质点的小滑块Ａ位于质量为 ｍ 长为Ｌ的木板Ｂ的右端Ｐ处 Ｂ 端有一传送带 ＡＢ长Ｌ 物块与传送带间的动摩擦因数μ
２ 、 ， ， ＝５ ｍ， １＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
０． 与传送带相邻的粗糙水平面ＢＣ长ｓ ． 它与物块间的
动
２
摩
，
擦因数μ ． 在Ｃ点右侧有一半径
＝
为
１ ５
Ｒ
ｍ
的
，
光滑竖直圆弧
１ ｍｖ２Ｂ＝ μ
２
ｍｇ
×２
ｓ，得ｖ
Ｂ＝ ７ ｍ／ｓ
，因为ｖ
Ｂ＞０
，故物块会再次滑上
２＝０３， ２
轨道与ＢＣ平滑连接 圆弧对应的圆心角为θ ° 在圆弧轨道 传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至 再反向加速，由
， ＝１２０ ， ０
的最高点Ｆ处有一固定挡板 物块撞上挡板后会以原速率反弹 运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距
，
回
上和
来
滑
。
下
若
传
传
送
送
带
带
的
以
机
ｖ ＝
械
５
能
ｍ
损
／ｓ
失
的速
当
率
弹
顺
簧
时
储
针
存
转
的
动
Ｅ
， 不考虑物
能
块
量
滑
全
Ｃ点ｘ处，由 １
２
ｍｖ２Ｂ＝ μ
２
ｍｇ（ｓ
－
ｘ），得ｘ
＝ ３
１
ｍ
。
。 ｐ＝１８ Ｊ （ ）设传送带速度为ｖ 时物块恰能到Ｆ点，在Ｆ点满足
部释放时 小物块恰能滑到与圆心等高的Ｅ点 取ｇ ２ ３ １
， ， ＝１０ ｍ／ｓ 。
求右侧圆弧轨道的半径Ｒ
ｍｇ ° ｍ
ｖ２Ｆ
（１） ； ｓｉｎ３０ ＝ Ｒ
求小物块最终停下时与Ｃ点的距离
（２） ；
（３）
若传送带的速度大小可调
，
欲使小物块与挡板只碰一 从Ｂ到Ｆ过程中由动能定理可知： １ ｍｖ２
１－
１ ｍｖ２Ｆ＝ μ
２
ｍｇｓ
＋
次 且碰后不脱离轨道 求传送带速度的可调节范围 ２ ２
， ， 。 ｍｇ（Ｒ Ｒ °）
＋ ｓｉｎ３０
得：ｖ
１＝ ３７ ｍ／ｓ
设传送带速度为ｖ 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到
２
Ｅ点
解析 （
１
）物块被弹簧弹出，由Ｅ
ｐ＝
１ ｍｖ２
０
， 由：１ ｍｖ２
２＝
μ
２
ｍｇ
×３
ｓ
＋
ｍｇＲ
２ ２
可
因
知
为
：
ｖ
ｖ
０＝
ｖ，
６
故
ｍ
物
／ｓ
块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对
解得：ｖ
２＝ ４３ ｍ／ｓ
滑动过程中
０＞ 若物块在传送带上一直加速运动，由１ ｍｖ２Ｂ
ｍ－
１ｍｖ２
０＝
μ
１
ｍｇＬ
２ ２
由：μ １ ｍｇ ＝ ｍａ １ ，ｖ ＝ ｖ ０－ ａ １ ｔ １ ，ｘ １＝ ｖ ０ ｔ １－ １ ａ １ ｔ２ １
知其到Ｂ点的最大速度ｖ
Ｂ ｍ＝ ５６ ｍ／ｓ
２ 综合上述分析可知，只要传送带速度 ｖ
得：ａ ２，ｔ ． ，ｘ ． ３７ ｍ／ｓ≤ ≤ ４３ ｍ／ｓ
１＝２ ｍ／ｓ １＝０５ ｓ １＝２７５ ｍ 就满足条件。
因为ｘ Ｌ，故物块与传送带共速后相对静止，最后物块以
１＜
的速度滑上水平面ＢＣ，物块滑离传送带后恰到Ｅ点，由动 答案 （ ） ． （ ） １
５ ｍ／ｓ １ ０８ ｍ ２ ｍ
３
能定理可知：１ ｍｖ２ μ ｍｇｓ ｍｇＲ （ ） ｖ
＝ ２ ＋ ３ ３７ ｍ／ｓ≤ ≤ ４３ ｍ／ｓ
２
得：Ｒ ．
＝０８ ｍ
（
２
）设物块从 Ｅ 点返回至 Ｂ 点的速度为 ｖ
Ｂ
，由 １ ｍｖ２
－
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２．（２０１９福建厦门期末质检）某电动机工作时输出功率Ｐ与拉
动物体的速度ｖ之间的关系如图 所示 现用该电动机在水
（ａ） 。
平地面拉动一物体 可视为质点 运动过程中轻绳始终处在
应用一 探究机车启动问题的处理方法 （ ），
拉直状态 且不可伸长 如图 所示 已知物体质量 ｍ
， ， （ｂ） 。 ＝
１．（２０２０河北衡水中学模拟）用一根绳子竖直向上拉一个物块
与地面间的动摩擦因数μ ． 在出发点Ｃ左侧ｓ距离
， １ ｋｇ， １＝０３５，
物块从静止开始运动 绳子拉力的功率按如图所示规律变化
处另有长为ｄ ． 的粗糙材料铺设的地面 ＡＢ 段 物体与
， ， ＝０ ５ ｍ ，
已知物块的质量为ｍ ， 重力加速度为ｇ ，０～ ｔ ０ 时间内物块做匀 ＡＢ段间的动摩擦因数为μ ２＝０ ． ４５（ ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ）。
加速直线运动 ｔ 时刻后功率保持不变 ｔ 时刻物块达到最大 若ｓ足够长 电动机功率为 时 物体在地面能达
，０ ， １ （１） ， ２ Ｗ ，
速度 则下列说法正确的是 到的最大速度是多少
， （ ） ；
若启动电动机 物体在Ｃ点从静止开始运动 到达 Ｂ
（２） ， ，
点时速度恰好达到 ． 则Ｂ Ｃ间的距离ｓ是多少 物体能
０５ ｍ／ｓ， 、 ；
通过ＡＢ段吗 如果不能 停在何处
？ ， ？
物块始终做匀加速直线运动
Ａ．
Ｐ
ｔ 时间内物块的加速度大小为 ０
Ｂ．０～ ０ ｍｔ
０
Ｐ
ｔ 时刻物块的速度大小为 ０ ２． 答案 ４ ． 不能 物体最后停在ＡＢ
Ｃ． ０ ｍｇ （１） ｍ／ｓ （２）０ ２５ ｍ
７
Ｐ ｔ Ｐ２ 中点位置
ｔ 时间内物块上升的高度为 ０ ｔ ０ ０
Ｄ．０～ １ ｍｇ（ １－ ）－ ｍ２ｇ３
２ ２
１． 答案 Ｄ 应用二 探究机械能与关联速度问题
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １７９
１．（２０２０天津期末统考） 多选 如图所示 固定的光滑竖直杆上 ２．（２０２０湖北武汉统考）如图所示 半径为Ｒ ． 的光滑圆弧
（ ） ， ， ＝１０ｍ
套一个滑块Ａ 与滑块Ａ连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连 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
， ，
接滑块Ｂ 细绳不可伸长 滑块Ｂ放在粗糙的固定斜面上 连接 与水平方向的夹角θ ° 另一端点Ｃ为轨道的最低点 Ｃ点
， ， ， ＝３７ ， 。
滑块Ｂ的细绳和斜面平行 滑块Ａ从细绳水平位置由静止释 右侧的光滑水平面上紧挨Ｃ点静止放置一木板 木板质量Ｍ
， ， ＝
放 不计滑轮的摩擦及空气阻力 到滑块Ａ下降到速度最大 上表面与Ｃ点等高 质量为ｍ 的物块 可视为质
（ ）， １ ｋｇ， 。 ＝１ ｋｇ （
Ａ未落地 Ｂ未上升至滑轮处 的过程中 点 从Ａ点以ｖ ． 的速度水平抛出 恰好从轨道的Ｂ端
（ ， ） （ ） ） ０＝１２ｍ／ｓ ，
沿切线方向进入轨道 已知物块与木板间的动摩擦因数 μ
。 ＝
． ｇ取 ２ ° ． ° ． 求
０２， １０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， ：
物块经过Ｃ点时的速率ｖ
（１） Ｃ；
若木板足够长 物块在木板上相对木板滑动过程中产
（２） ，
生的热量Ｑ
。
滑块Ａ和滑块Ｂ的加速度大小一直相等
Ａ．
滑块Ａ减小的机械能等于滑块Ｂ增加的机械能
Ｂ．
滑块Ａ的速度最大时 滑块Ａ的速度大于滑块Ｂ的速度
Ｃ． ，
细绳上张力对滑块Ａ做的功等于滑块Ａ机械能的变化量
Ｄ．
１． 答案 ＣＤ
２．如图所示 竖直平面内放一直角杆 杆的各部分均光滑 水平部
， ， ，
２． 答案
分套有质量为ｍ Ａ＝３ ｋｇ 的小球Ａ ， 竖直部分套有质量为ｍ Ｂ＝ （１）６ ｍ／ｓ （２）９ Ｊ
的小球Ｂ Ａ Ｂ之间用不可伸长的轻绳相连 在水平外力
２ ｋｇ ， 、 。 应用四 探究传送带模型的功能关系
Ｆ的作用下 系统处于静止状态 且ＯＡ ＯＢ 重力加
， ， ＝３ ｍ， ＝４ ｍ， １．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图 皮带在电动机
速度ｇ ２ ，
＝１０ ｍ／ｓ 。 的带动下保持ｖ 的恒定速度向右运动 现将一质量为
＝１ ｍ／ｓ ，
ｍ 的邮件轻放在皮带上 邮件和皮带间的动摩擦因数μ
＝２ ｋｇ ， ＝
． 设皮带足够长 取ｇ ２ 在邮件与皮带发生相对滑
０５。 ， ＝１０ ｍ／ｓ ，
动的过程中 求
，
邮件滑动的时间ｔ
（１） ；
邮件对地的位移大小ｘ
（２） ；
邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功Ｗ
求水平拉力Ｆ的大小和水平杆对小球Ａ的弹力Ｆ 的 （３） 。
（１） Ｎ
大小
；
若改变水平力Ｆ大小 使小球Ａ由静止开始向右做加速
（２） ，
度大小为
４
．
５ｍ／ｓ
２的匀加速直线运动
，
求经过 ２
ｓ
拉力Ｆ所做 １． 答案
（１）０
．
２ ｓ （２）０
．
１ ｍ （３）－２ Ｊ
３ ２．如图所示 与水平面成 °角的传送带以ｖ 的速度按如
的功 ， ３０ ＝２ ｍ／ｓ
。 图所示顺时针方向匀速运行 Ａ Ｂ两端距离ｌ 把一质量
， 、 ＝９ ｍ。
ｍ 的物块无初速度地轻轻放到传送带的Ａ端 物块在传
２． 答案 ． ＝２ ｋｇ ，
（１）１５ Ｎ ５０ Ｎ （２）４９５ Ｊ 送带的带动下向上运动 若物块与传送带间的动摩擦因数μ
。 ＝
应用三 探究板块模型的功能关系 ．
１４ ３ 不计物块的大小 ｇ取 ２ 求
， ， １０ ｍ／ｓ 。 ：
１．（２０１９天津南开二模）如图所示 质量Ｍ 的小车停放在 ３
， ＝８ ｋｇ
从放上物块开始计时 ｔ ． 时摩擦力对物块做功的
光滑水平面上 在小车右端施加一水平恒力Ｆ 当小车 （１） ， ＝０５ｓ
， ＝８ Ｎ。
功率是多少 此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少
向右运动速度达到ｖ 时 在小车的右端轻放一质量ｍ ？ ？
０＝３ｍ／ｓ ， ＝
把这个物块从Ａ端传送到Ｂ端的过程中 传送带运送
的小物块 物块与小车间的动摩擦因数μ ． 假定小车 （２） ，
２ ｋｇ ， ＝０ ２，
物块产生的热量多大
足够长 ｇ ２ 求 ？
， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
把这个物块从Ａ端传送到Ｂ端的过程中 摩擦力对物
小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相 （３） ，
（１）
块做功的平均功率是多少
同的速度及此时的速度大小 ？
；
从小物块放在车上开始经过ｔ ． 摩擦力对小物
（２） ０＝３ ０ ｓ
块所做的功
。
１． 答案 ． ２． 答案 ．
（１）２ ｓ ４ ｍ／ｓ （２）２３０４ Ｊ （１）１４ Ｗ ２８ Ｗ （２）１４ Ｊ （３）１８８ Ｗ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
３．一辆汽车在平直公路上运动 受到的阻力恒定为ｆ 运动的最大
， ，
速度为ｖ 下列说法正确的是
ｍ。 （ ）
汽车以恒定额定功率行驶时 牵引力Ｆ与速度ｖ成正比
Ａ． ，
１．（２０２０江苏江阴期末） 多选 如图所示为汽车的加速度和车 在汽车匀加速运动过程中 当发动机的实际功率等于额定功
（ ） Ｂ． ，
率时 速度就达到ｖ
速倒数 １ ｖ 的关系图像 。 若汽车质量为 ２×１０ ３ ｋｇ， 它由静止开始 ， ｍ
汽车运动的最大速度ｖ 与额定功率Ｐ 满足Ｐ ｆｖ
沿平直公路行驶 且行驶中阻力恒定 最大车速为 则 Ｃ． ｍ ｍ ｍ＝ ｍ
当汽车以恒定速度行驶时 发动机的实际功率一定等于额定
， ， ３０ ｍ／ｓ，
Ｄ． ，
功率
（ ）
答案 Ｃ 汽车以恒定额定功率行驶时 由Ｐ Ｆｖ可知牵引
， ＝
力与速度成反比 故 项与题意不相符 汽车匀加速运动时
， Ａ ； ，
阻力恒定 根据牛顿第二定律可知牵引力恒定 由Ｐ Ｆｖ可知
， ， ＝
发动机的实际功率不断增大 当发动机的实际功率等于额定功
，
率时 汽车开始做加速度逐渐减小的加速运动 功率不变 速度
， ， ，
汽车所受阻力为 ３ 变大 故 项与题意不相符 当汽车匀速运动时 牵引力等于
Ａ． ２×１０ Ｎ ， Ｂ ； ，
汽车在车速为 时 功率为 ４ 阻力 即Ｆ ｆ 当速度达到最大时 ｖ 与Ｐ 满足Ｐ Ｆｖ ｆｖ
Ｂ． １５ ｍ／ｓ ， ６×１０ Ｗ ， ＝ ， ， ｍ ｍ ｍ＝ ｍ＝ ｍ，
汽车匀加速的加速度为 ２ 故 项与题意相符 当汽车以恒定速度行驶时 如果速度没有
Ｃ． ３ ｍ／ｓ Ｃ ； ，
汽车匀加速所需时间为 达到最大速度 发动机的实际功率将小于额定功率 故 项与
Ｄ． ５ ｓ ， ， Ｄ
答案 ＡＢＤ 设汽车所受阻力大小为Ｆ 由汽车的加速度 题意不相符
ｆ， 。
４．（２０２０届江苏新海高中月考） 多选 建筑工地上常用起重机
和车速倒数 １ 的关系图像可知 汽车从静止开始先做匀加速 （ ）
ｖ ， 提起重物 某起重机的电动机功率为Ｐ ３ 当它把质量
， ＝３×１０ Ｗ，
运动 加速度ａ ２ 直到速度达到ｖ 则匀加速阶 为ｍ 的重物匀速提起ｈ 时 用时ｔ 下
， ＝２ｍ／ｓ ， １＝１０ｍ／ｓ， ＝１０００ ｋｇ ＝２４ｍ ， ＝１００ｓ。
ｖ 列说法中正确的是 ｇ取 ２ 不计摩擦和起重机自重
段所用时间为ｔ １ 此时汽车的牵引力功率达到最大 即 （ １０ ｍ／ｓ ， ）
＝ ａ ＝５ｓ， ，
（ ）
Ｐ Ｆ ｍａ ｖ 接下来做加速度逐渐减小的变加速运动 汽 在这段时间内起重机提起重物做功
ｍ＝（ ｆ＋ ） １； ， Ａ． ２４０００ Ｊ
车的牵引力功率保持不变 当速度达到ｖ 时 加速度 在这段时间内起重机提起重物做功的功率是
， ２＝３０ ｍ／ｓ ， Ｂ． ２４００ Ｗ
为零 ， Ｆ ＝ Ｆ ｆ， 速度达到最大 ， 此时Ｐ ｍ＝ Ｆ ｆ ｖ ２， 则解得Ｆ ｆ＝２×１０ ３ Ｃ． 在这段时间内起重机机械效率是 ８０ ％
Ｎ 大 ， 功 Ｐ ｍ 率 ＝
，
６ 功 ×１ 率 ０ ４ 为 Ｗ
６
，
×
当
１０
汽 ４
Ｗ
车
，
在 所 车 以 速 正 为 确选 １５ 项 ｍ 为 ／ｓ Ａ 时 、 汽 Ｂ、 车 Ｄ
。
已经达到最 Ｄ． 答 在 案 这 段 Ｂ 时 Ｃ 间 内 在 重 这 物 段 的 时 重 间 力 内 做 起 功 重 ２４ 机 ０ 提 ０００ 起 Ｊ 重物做的功为 Ｗ ＝
２．（２０２０湖南益阳月考）某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性 ｍｇｈ ＝１０００×１０×２４Ｊ＝２４００００Ｊ， 故 Ａ 错误 。 重力做负功 ， 故 Ｄ
错误 由功率的定义可得 在这段时间内起重机提起重物做功
能进行研究 他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度 。 ，
，
Ｗ
由静止启动 并将小车运动的全过程记录下来 通过处理转化 的功率是Ｐ 故 正确 这段时间内起重机提
， ， 起＝ ｔ ＝２４００ Ｗ， Ｂ 。
为ｖ ｔ图像 如图所示 除 时间段内的图像为曲线外
其余 － 时间段 ， 图像均为直 （ 线 ２～１０ 后 ｓ 小车的功率不变 可认为在 ， 起重物的总功率为Ｐ 总＝３×１０ ３ Ｗ， 所以在这段时间内起重机的
），２ ｓ ，
整个过程中小车所受到的阻力大小不变 小车的质量为 机械效率是η ２４００ Ｗ ％ ％ 故 正确
。 １ ｋｇ， ＝ ×１００ ＝８０ ， Ｃ 。
则小车在 运动过程中位移的大小为 ３０００ Ｗ
０～１０ ｓ （ ） ５．（２０１９湖南重点高中联考） 多选 一辆汽车由静止开始沿平
（ ）
直公路行驶 汽车所受牵引力Ｆ随时间ｔ变化关系图线如图所
，
示 若汽车的质量为 ． ３ 阻力恒定 汽车的最大功率
。 １ ５×１０ ｋｇ， ，
恒定 则以下说法正确的是
， （ ）
Ａ．３９ ｍ Ｂ．４２ ｍ
Ｃ．４５ ｍ Ｄ．４８ ｍ
答案 Ｂ 小车在前 内做匀加速直线运动 其加速度ａ
２ ｓ ， ＝
ｖ 汽车的最大功率为 ３
Δ ． ２ 后功率不变 在 时有Ｆ ｆ ｍａ 此时功率Ｐ Ａ． ６×１０ Ｗ
ｔ＝１５ｍ／ｓ ，２ ｓ ， ２ｓ － ＝ ， 汽车匀加速运动阶段的加速度是 ２
Δ Ｂ． ４ ｍ／ｓ
Ｆｖ 此后小车做功率恒定的变加速运动 当速度达到最大时 汽车先做匀加速运动 然后再做匀速直线运动
＝ ， ， Ｃ． ，
有Ｐ ｆｖ 整理得ｆ ． Ｐ 第一阶段匀加速的位移ｘ 汽车从静止开始运动 ． 内位移是
＝ ｍ， ＝１５ Ｎ， ＝９ Ｗ， １ Ｄ． １０５ ｓ ６０ ｍ
答案 ＡＤ 本题考查汽车启动的知识 考查了学生的综合
１ ａｔ２ 第二阶段变加速 由动能定理有Ｐｔ ｆｘ １ ｍ ，
＝ １＝３ ｍ， ， ２－ ２＝ 分析以及推理能力 体现了模型建构 科学论证的核心素养
２ ２ ， 、 。
ｖ２ ｖ２ 得ｘ 两段的总位移ｘ ｘ ｘ Ｂ正确 根据图像可知 汽车在前 内受到的牵引力Ｆ ３
（ ｍ－ ）， ２＝３９ ｍ， ＝ １＋ ２＝４２ ｍ， ， ， ５ ｓ ＝６×１０ Ｎ
错误 恒定 故此阶段汽车做匀加速运动 ． 内牵引力逐渐减
Ａ、Ｃ、Ｄ 。 ， ，５～１０ ５ ｓ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １８１
小 此过程汽车做加速度减小的加速运动 根据汽车启动特点
， ，
可知 时汽车功率达到最大值并保持不变 ． 时牵引力
，５ ｓ ，１０５ ｓ
再次达到恒定值 说明此时汽车达到最大车速并做匀速直线运
，
动 故 错误 由以上分析可知 汽车运动过程中所受到的阻
， Ｃ ； ，
力ｆ ３ 则在匀加速阶段可由牛顿第二定律 Ｆ ｆ ｍａ 判断Ｐ在传送带上的运动方向并求其加速度大小
＝３×１０ Ｎ， － ＝ （１） ；
得 ， 汽车在匀加速阶段加速度 ａ ＝２ ｍ／ｓ ２ ， 则 ５ ｓ 末时速度为 （２） 求Ｐ从开始到离开传送带水平端点的过程中 ， 与传送
ｖ １＝ ａｔ ＝１０ｍ／ｓ， 所以汽车的最大功率为Ｐ ＝ Ｆｖ １＝６×１０ ３ ×１０ Ｗ＝ 带间因摩擦产生的热量 ；
求Ｐ从开始到离开传送带水平端点的过程中 电动机
４ 此过程汽车位移为ｘ １ ａｔ２ 当汽车以最大速 （３） ，
６×１０ Ｗ， １＝ ＝２５ ｍ， 多消耗的电能
２ 。
Ｐ 答案 向左运动 ２
度运动时 由 Ｐ Ｆ′ｖ ｆｖ 得汽车的最大速度为 ｖ （１） ４ ｍ／ｓ （２）４ Ｊ （３）２ Ｊ
， ＝ ｍ＝ ｍ， ｍ ＝ ｆ ＝ 解析 传送带对Ｐ的摩擦力ｆ μｍ ｇ
（１） ＝ １ ＝１ Ｎ，
汽车在 ． 内以恒定功率运动 设此过程位移为 Ｑ的重力ｍ ｇ 故Ｐ将向左运动
２０ ｍ／ｓ， ５～１０５ ｓ ， ２ ＝３ Ｎ， 。
根据牛顿第二定律
ｘ 由动能定理得 Ｐ ｔ ｆｘ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ 代入数据解得 ，
２， ： Δ － ２＝ ｍ－ １， ： 对Ｐ Ｔ μｍ ｇ ｍ ａ
２ ２ ： － １ ＝ １
ｘ 则在 ． 内位移为ｘ ｘ ｘ 故 错 对Ｑ ｍ ｇ Ｔ ｍ ａ
２＝３５ ｍ， ０～１０５ ｓ ＝ １＋ ２＝６０ ｍ， Ｂ、Ｃ ： ２ － ＝ ２
误 正确 ｍ ｇ μｍ ｇ
，Ｄ 。 解得 ａ ２ － １ ２
６．（２０２０四川眉山中学模拟） 多选 如图所示 在一水平向右匀 ： ＝ ｍ ｍ ＝４ ｍ／ｓ 。
（ ） ， １＋ ２
速运动的传送带的左端Ａ点 每隔相同的时间Ｔ 轻放上一个 Ｌ
， ， 从开始到离开端点 １ ａｔ２
相同的工件 已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ 工件质 （２） ： ＝
。 ， ２ ２
量为ｍ 经测量 发现后面那些和传送带共速的工件之间的距 传送带的位移ｓ ｖ ｔ
。 ， ＝ １
离均为Ｌ 已知重力加速度为ｇ 下列说法正确的是 Ｌ
， ， （ ） Ｑ μｍ ｇ ｓ
＝ １ （ ＋ ）＝４ Ｊ。
２
电动机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功
（３）
Ｅ Ｗ μｍ ｇｓ
Δ 电＝ 克＝ １ ＝２ Ｊ
传送带的速度大小为 Ｌ ８．一列火车总质量ｍ ＝５００ ｔ， 发动机的额定功率Ｐ ＝６×１０ ５ Ｗ， 在
Ａ． Ｔ 轨道上行驶时 轨道对列车的阻力Ｆ 是车重的 ． 取ｇ
， ｆ ０ ０１。 （ ＝
μｇＬ
工件在传送带上加速的时间为２
１０ ｍ／ｓ
２
）
Ｂ． Ｔ
求列车在水平轨道上行驶的最大速度
（１） ；
每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 μｍｇＬ 在水平轨道上 发动机以额定功率Ｐ工作 求当行驶
Ｃ． （２） ， ，
２ 速度为ｖ 和ｖ 时 列车的瞬时加速度ａ ａ 的
传送带传送一个工件多消耗的能量为
ｍＬ２
大小
１＝１ｍ／ｓ ２＝１０ｍ／ｓ ， １、 ２
Ｄ． Ｔ２ ；
列车在水平轨道上以 的速度匀速行驶时 求
答案 ＡＤ 工件在传送带上先做匀加速直线运动 然后做 （３） ３６ ｋｍ／ｈ ，
， 发动机的实际功率Ｐ′
匀速直线运动 每个工件放上传送带后运动的规律相同 可知 ；
， ， 若列车从静止开始 保持 ． ２的加速度做匀加速
（４） ， ０ ５ ｍ／ｓ
Ｌ
Ｌ ｖＴ 解得传送带的速度ｖ 选项Ａ正确 设每个工件匀加 运动 求这一过程维持的最长时间
＝ ， ＝ Ｔ， ； ， 。
答案 ． ２ ． ２
速运动的时间为ｔ 根据牛顿第二定律得 工件的加速度ａ μｇ （１）１２ ｍ／ｓ （２）１１ ｍ／ｓ ００２ ｍ／ｓ
， ， ＝ ， ５
ｖ Ｌ （３）５×１０ Ｗ （４）４ ｓ
根据ｖ ｖ ａｔ 解得ｔ 选项 错误 工件与传送带发 解析 列车以额定功率行驶 当牵引力等于阻力 即
＝ ０＋ ， ＝ ａ ＝μｇＴ， Ｂ ； （１） ， ，
Ｆ Ｆ ｋｍｇ时 列车的加速度为零 速度达到最大值ｖ 则ｖ
ｖ ｖ２ Ｌ２ ＝ ｆ＝ ， ， ｍ， ｍ＝
生相对滑动的位移 ｘ ｘ ｘ ｖ 则因摩擦产 Ｐ Ｐ Ｐ
Δ ＝ 传－ 物＝ μｇ－
２
μｇ＝
２
μｇＴ２，
Ｆ ＝Ｆ ＝ｋｍｇ＝１２ ｍ／ｓ；
生的热量为Ｑ μｍｇ ｘ
ｍＬ２
选项 错误 根据能量守恒定律
ｆ
Ｐ
＝ Δ ＝
２
Ｔ２， Ｃ ；
（２）
当ｖ
＜
ｖ
ｍ
时
，
列车做加速运动
，
若ｖ
１＝１ｍ／ｓ，
则Ｆ
１＝ｖ ＝
１
Ｆ Ｆ
可得 ， 传送带传送一个工件多消耗的能量为 Ｅ ＝ １ ｍｖ２ ＋ Ｑ ＝ ５ 根据牛顿第二定律得ａ １－ ｆ ． ２
２ ６×１０ Ｎ， １＝ ｍ ＝１１ ｍ／ｓ
ｍＬ２
选项Ｄ正确 Ｐ
Ｔ２ ， 。 若ｖ ２＝１０ ｍ／ｓ， 则Ｆ ２＝ｖ ＝６×１０ ４ Ｎ
易错提醒 在解涉及功能关系的传送带问题时 要理解功是 ２ Ｆ Ｆ
能量转化的 量度
，
从物体增加的机械能和系统增加 ， 的内能两个 根据牛顿第二定律得ａ ２＝ ２ ｍ － ｆ ＝０ ． ０２ ｍ／ｓ ２ ；
角度去求解电动机多消耗的电能 当ｖ 时 列车匀速运动 则发动机
。 （３） ＝３６ ｋｍ／ｈ＝１０ ｍ／ｓ ， ，
７．（２０２０福建四校联考）如图所示 ， 水平传送带在电动机带动下 的实际功率Ｐ′ ＝ Ｆ ｆ ｖ ＝５×１０ ５ Ｗ；
以速度ｖ １＝２ ｍ／ｓ 匀速运动 ， 小物体Ｐ 、 Ｑ质量分别为 ０ ． ２ ｋｇ 和 （４） 由牛顿第二定律得Ｆ′ ＝ Ｆ ｆ＋ ｍａ ＝３×１０ ５ Ｎ
． 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连 ｔ 时刻Ｐ在传 在此过程中 速度增大 发动机功率增大 当功率为额定功
０３ｋｇ， ， ＝０ ， ， ，
送带中点处由静止释放 已知Ｐ与传送带间的动摩擦因数为 Ｐ ｖ′
。 率时速度为ｖ′ 即ｖ′ 由ｖ′ ａｔ得ｔ
． 传送带水平部分两端点间的距离为 不计定滑轮质量 ， ＝Ｆ′＝２ ｍ／ｓ， ＝ ＝ ａ ＝４ ｓ。
０５， ４ ｍ，
及摩擦 Ｐ与定滑轮间的绳水平 取ｇ ２ ９．如图所示 质量ｍ 的木块静止在高ｈ ． 的平台上
， ， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ， ＝１ ｋｇ ＝１ ２ ｍ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
木块与平台间的动摩擦因数μ ． 用水平推力Ｆ 使木 解析 以滑块为研究对象 滑块在整个运动过程中克服摩擦
＝０２， ＝２０ Ｎ ，
块产生位移ｘ 时撤去力 木块又滑行ｘ 时飞出平 阻力做功消耗了初始动能 设碰撞ｎ次 根据动能定理列方程
１＝３ ｍ ， ２＝１ ｍ ， ， ：
台 求木块落地时速度的大小 ｇ取 ２ ( Ｌ )
， 。 （ １０ ｍ／ｓ ） μｍｇ Ｌ ｎ μｍｇ １ ｍｖ２
－ · ·（ －１）＋ － · ＝０－ ０，
２ ２
ｖ２
得ｎ ０ １ 忽略小数取整数
＝ μｇＬ＋ （ ）。
２ ２
友情提醒 在多过程问题中 经常遇到滑动摩擦力做功 滑
， ，
动摩擦力做的功等于该力与物体运动路程的乘积
。
１１．如图所示 竖直固定放置的斜面 ＤＥ 与一光滑的圆弧轨道
答案 ，
８ ２ ｍ／ｓ ＡＢＣ相切 Ｃ为切点 圆弧轨道的半径为Ｒ 斜面的倾角为θ
解析 解法一 木块从开始到飞出平台过程由动能定理得 ， ， ， 。
： 现有一质量为ｍ的滑块从Ｄ点无初速下滑 滑块可在斜面和
，
Ｆｘ ｆ ｘ ｘ １ ｍｖ２ 其中ｆ μｍｇ 圆弧轨道之间做往复运动 已知圆弧轨道的圆心Ｏ与Ａ Ｄ在
１－（ １＋ ２）＝ －０， ＝ ， 、
２ 同一水平面上 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ 求
木块飞出平台到落地过程由机械能守恒可知 ， ， ：
：
ｍｇｈ
＋
１ ｍｖ２
＝
１ ｍｖ２地
２ ２
联立各式得 ｖ
： 地＝８ ２ ｍ／ｓ
解法二 对木块运动的全过程应用动能定理有
： 滑块第一次滑至左侧圆弧上时距 Ａ 点的最小高度
（１）
Ｆｘ
１－
ｆ
（
ｘ
１＋
ｘ
２）＋
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２地－０ 差ｈ
；
２ 滑块在斜面上能通过的最大路程ｓ
解得 ｖ （２） 。
： 地＝８ ２ ｍ／ｓ
方法指导 在应用动能定理解题时 运动过程的选取很重要
， ， μＲ θ Ｒ
选择恰当 则解题过程很简捷 一般先考虑选择全过程 若不 答案 ｃｏｓ
， 。 ， （１） θ （２） μ
ｔａｎ
能解决 再取其中一个分过程 联立方程组解题
， ， 。 解析 滑块从Ｄ到达左侧最高点Ｆ经历ＤＣ ＣＢ ＢＦ三
（１） 、 、
１０．如图所示 在一个固定盒子里有一个质量为ｍ的滑块 它与
， ， 个过程 现以ＤＦ整个过程为研究过程 运用动能定理得
， ， ：
盒子底面之间的动摩擦因数为μ 开始时滑块在盒子中央以
， Ｒ
ｍｇｈ μｍｇ θ
足够大的初速度ｖ 向右运动 与盒子两壁碰撞若干次后速度 － ｃｏｓ · θ＝０，
０ ， ｔａｎ
减为零 若盒子长为Ｌ 滑块与盒壁碰撞没有能量损失 求整 μＲ θ
， ， ， 解得ｈ ｃｏｓ
个过程中滑块与两壁碰撞的次数 ＝ θ 。
。 ｔａｎ
通过分析可知 滑块最终至Ｃ点的速度为 时对应
（２） ， ０
在斜面上的总路程最大 由动能定理得
， ：
ｍｇＲ θ μｍｇ θ ｓ
ｃｏｓ － ｃｏｓ · ＝０，
Ｒ
解得 ｓ
： ＝ μ 。
ｖ２
答案 ０ １ 忽略小数取整数
μｇＬ＋ （ ）
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 功和功率 它的作用力
（ ）
１．（２０２０天津，８，５分） 多选 复兴号动车在世界上首次实现速 一直不做功
（ ） Ａ．
度 自动驾驶功能 成为我国高铁自主创新的又一重 一直做正功
３５０ ｋｍ／ｈ ， Ｂ．
大标志性成果 一列质量为ｍ的动车 初速度为ｖ 以恒定功 始终指向大圆环圆心
。 ， ０， Ｃ．
率Ｐ在平直轨道上运动 经时间ｔ达到该功率下的最大速度 始终背离大圆环圆心
， Ｄ．
ｖ 设动车行驶过程所受到的阻力Ｆ保持不变 动车在时间ｔ ２． 答案 Ａ
内
ｍ， 。
３．（２０１８ 课标 Ⅰ，１４，６分）高铁列车在启动阶段的运动可看作
（ ）
做匀加速直线运动 初速度为零的匀加速直线运动 在启动阶段 列车的动能
Ａ． 。 ，
加速度逐渐减小
Ｂ． （ ）
牵引力的功率Ｐ Ｆｖ 与它所经历的时间成正比 与它的位移成正比
Ｃ． ＝ ｍ Ａ． Ｂ．
与它的速度成正比 与它的动量成正比
Ｄ．
牵引力做功Ｗ
＝
１ ｍｖ２
ｍ－
１ ｍｖ２
０ ３．
Ｃ．
答案 Ｂ
Ｄ．
２ ２
１． 答案 ＢＣ ４．（２０１８海南单科，６，４分）某大瀑布的平均水流量为 ３
５９００ｍ ／ｓ，
２．（２０１７课标Ⅱ，１４，６ 分）如图 一光滑大圆环固定在桌面上 水的落差为 已知水的密度为 ． ３ ３ 在大瀑布水
， ， ５０ｍ。 １００×１０ ｋｇ／ｍ。
环面位于竖直平面内 在大圆环上套着一个小环 小环由大圆 流下落过程中 重力做功的平均功率约为
， 。 ， （ ）
环的最高点从静止开始下滑 在小环下滑的过程中 大圆环对 ６ ７
， ， Ａ．３×１０ Ｗ Ｂ．３×１０ Ｗ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １８３
８ ９ 升 下落过程中动能Ｅ 随ｈ的变化如图所示 重力加速度取
Ｃ．３×１０ Ｗ Ｄ．３×１０ Ｗ 、 ｋ 。
４． 答案 Ｄ ２ 该物体的质量为
１０ ｍ／ｓ 。 （ ）
５．（２０１７课标Ⅲ，１６，６分）如图 一质量为ｍ 长度
， 、
为ｌ的均匀柔软细绳ＰＱ 竖直悬挂 用外力将绳
。
的下端Ｑ缓慢地竖直向上拉起至Ｍ点 Ｍ点与绳
，
的上端Ｐ相距 １ ｌ 重力加速度大小为ｇ 在此过
。 。
３
程中 外力做的功为
， （ ）
１ ｍｇｌ １ ｍｇｌ １ ｍｇｌ １ ｍｇｌ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ． ．
９ ６ ３ ２ Ａ．２ ｋｇ Ｂ．１５ ｋｇ Ｃ．１ ｋｇ Ｄ．０５ ｋｇ
５． 答案 Ａ ２． 答案 Ｃ
６．（２０１８课标Ⅲ，１９，６分） 多选 地下矿井中的矿石装在矿车 ３．（２０１８课标Ⅱ，１４，６分）如图 某同学用绳子拉动木箱 使它
（ ） ， ，
中 用电机通过竖井运送到地面 某竖井中矿车提升的速度大 从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度 木箱获得
， 。 。
小ｖ随时间ｔ的变化关系如图所示 其中图线 分别描述两 的动能一定
， ①② （ ）
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 小于拉力所做的功
， ； Ａ．
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 等于拉力所做的功
， 。 Ｂ．
力 对于第 次和第 次提升过程 等于克服摩擦力所做的功
。 ① ② ， （ ） Ｃ．
矿车上升所用的时间之比为 大于克服摩擦力所做的功
Ａ． ４ ∶ ５ Ｄ．
电机的最大牵引力之比为 ３． 答案 Ａ
Ｂ． ２ ∶ １
电机输出的最大功率之比为 ４．（２０２１湖北新高考适应卷，７，４
Ｃ． ２ ∶ １
电机所做的功之比为 分）如图所示 两倾角均为 θ 的
Ｄ． ４ ∶ ５ ，
６． 答案 ＡＣ 光滑斜面对接后固定在水平地
７．（２０２１河北新高考适应卷，６，４ 分）螺旋 面上 Ｏ 点为斜面的最低点 一
， 。
千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成 螺纹 个小物块从右侧斜面上高为Ｈ处由静止滑下 在两个斜面上
， ，
与水平面夹角为α 如图所示 水平转动 做往复运动 小物块每次通过Ｏ点时都会有动能损失 损失
， 。 。 ，
手柄 使螺杆沿底座的螺纹槽 相当于螺 的动能为小物块当次到达Ｏ点时动能的 ％ 小物块从开始
， （ ５ 。
母 缓慢旋进而顶起质量为ｍ的重物 如果 下滑到停止的过程中运动的总路程为
） ， （ ）
重物和螺杆可在任意位置保持平衡 称为 Ｈ Ｈ Ｈ Ｈ
， ４９ ３９ ２９ ２０
摩擦自锁 能实现自锁的千斤顶 α的最 Ａ． θ Ｂ． θ Ｃ． θ Ｄ． θ
。 ， ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
大值为α 现用一个倾角为α 的千斤顶 ４． 答案 Ｂ
将重物缓 ０ 慢 。 顶起高度ｈ后 向螺 ０ 纹槽滴入润滑油使其动摩擦因 ５．（２０２０ 课标 Ⅱ，２５，２０分）如图 一竖直圆管质量为Ｍ 下端距
， ， ，
数μ减小 重物回落到起点 假定最大静摩擦力等于滑动摩擦 水平地面的高度为Ｈ 顶端塞有一质量为 ｍ的小球 圆管由
， 。 ， 。
力 不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力 转动手柄 静止自由下落 与地面发生多次弹性碰撞 且每次碰撞时间均
， ， ， ，
不改变螺纹槽和螺杆之间的压力 下列说法正确的是 极短 在运动过程中 管始终保持竖直 已知 Ｍ ｍ 球和管
。 （ ） ； ， 。 ＝４ ，
实现摩擦自锁的条件为 α μ 之间的滑动摩擦力大小为 ｍｇ ｇ为重力加速度的大小 不计
Ａ． ｔａｎ ≥ ４ ， ，
下落过程中重物对螺杆的压力等于ｍｇ 空气阻力
Ｂ． 。
从重物开始升起到最高点摩擦力做功为ｍｇｈ 求管第一次与地面碰撞后的瞬间 管
Ｃ． （１） ，
从重物开始升起到最高点转动手柄做功为 ｍｇｈ 和球各自的加速度大小
Ｄ． ２ ；
７． 答案 Ｄ 管第一次落地弹起后 在上升过程中
（２） ，
球没有从管中滑出 求管上升的最大高度
， ；
考点二 动能定理、机械能守恒定律及其应用 管第二次落地弹起的上升过程中 球
（３） ，
１．（２０２０课标Ⅰ，２０，６ 分） 多选 一 仍没有从管中滑出 求圆管长度应满足的
（ ） ，
物块在高 ． 长 ． 的斜面顶 条件
３ ０ ｍ、 ５ ０ ｍ 。
端从静止开始沿斜面下滑 其重力
， ５． 答案 ｇ ｇ １３Ｈ 见解析
势能和动能随下滑距离 ｓ 的变化如 （１）２ ３ （２） （３）
２５
图中直线 所示 重力加速度取 ６．（２０１８课标Ⅲ，２５，２０分）如图 在
Ⅰ、Ⅱ ， ，
１０ ｍ／ｓ ２ 。 则 （ ） 竖直平面内 ， 一半径为Ｒ的光滑圆弧
物块下滑过程中机械能不守恒 轨道ＡＢＣ和水平轨道ＰＡ在Ａ点相
Ａ．
物块与斜面间的动摩擦因数为 ． 切 ＢＣ 为圆弧轨道的直径 Ｏ 为圆
Ｂ． ０５ ， ，
Ｃ． 物块下滑时加速度的大小为 ６ ． ０ｍ／ｓ ２ 心 ， ＯＡ 和 ＯＢ 之间的夹角为 α ，
当物块下滑 ． 时机械能损失了
Ｄ． ２０ ｍ １２ Ｊ α ３ 一质量为ｍ的小球沿水
１． 答案 ＡＢ ｓｉｎ ＝ 。
平轨道向
５
右运动 经Ａ点沿圆弧轨道通过Ｃ点 落至水平轨道 在
２．（２０１９课标Ⅲ，１７，６分）从地面竖直向上抛出一物体 物体在 ， ， ；
， 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
运动过程中除受到重力外 还受到一大小不变 方向始终与运 ， ，
， 、 恒力的作用 已知小球在Ｃ点所受合力的方向指向圆心 且此时
动方向相反的外力作用 距地面高度ｈ在 以内时 物体上 。 ，
。 ３ ｍ ， 小球对轨道的压力恰好为零 重力加速度大小为ｇ 求
。 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
水平恒力的大小和小球到达Ｃ点时速度的大小 ２ 由图中数据可得
（１） ； １０ ｍ／ｓ 。 （ ）
小球到达Ａ点时动量的大小 物体的质量为
（２） ； Ａ． ２ ｋｇ
小球从Ｃ点落至水平轨道所用的时间 ｈ 时 物体的速率为
（３） 。 Ｂ． ＝０ ， ２０ ｍ／ｓ
ｇＲ ｍ ｇＲ Ｒ ｈ 时 物体的动能Ｅ
６． 答案 ３ ｍｇ ５ ２３ ３ ５ Ｃ． ＝２ ｍ ， ｋ＝４０ Ｊ
（１） （２） （３） ｇ 从地面至ｈ 物体的动能减少
４ ２ ２ ５ Ｄ． ＝４ ｍ， １００ Ｊ
７．（２０１９课标Ⅱ，２５，２０分）一质量为ｍ 的汽车以某一 ３． 答案 ＡＤ
＝２０００ｋｇ
速度在平直公路上匀速行驶 行驶过程中 司机突然发现前方 ４．（２０２１河北新高考适应卷，１０，６分） 多选 如图 一顶角为直
。 ， （ ） ，
处有一警示牌 立即刹车 刹车过程中 汽车所受阻力大 角的 形光滑细杆竖直放置 质量均为ｍ的两金属环套
１００ｍ ， 。 ， “ ” 。
小随时间的变化可简化为图 中的图线 图 中 ｔ 时间 在细杆上 高度相同 用一劲度系数为ｋ的轻质弹簧相连 弹簧
（ａ） 。 （ａ） ，０～ １ ， ， ，
段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间 这段时间内汽 处于原长ｌ 两金属环同时由静止释放 运动过程中弹簧的伸
（ ０。 ，
车所受阻力已忽略 汽车仍保持匀速行驶 ｔ ． ｔ ｔ 时间 长在弹性限度内 对其中一个金属环 下列说法正确的是 弹
， ）， １＝０８ｓ；１～ ２ 。 ， ［
段为刹车系统的启动时间 ｔ ． 从ｔ 时刻开始汽车的刹车
系统稳定工作 直至汽车停 ， 止 ２＝１ 已 ３ 知 ｓ； 从ｔ ２ 时刻开始 汽车第 簧的长度为ｌ时弹性势能为 １ ｋ （ ｌ － ｌ ０） ２ ］ （ ）
， 。 ２ ， １ ｓ ２
内的位移为 第 内的位移为
２４ｍ， ４ｓ １ｍ。
在图 中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳
（１） （ｂ）
定工作后汽车运动的ｖ ｔ图线
－ ；
求ｔ 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小
（２） ２ ；
求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及ｔ ｔ 时间内
（３） １～ ２
汽车克服阻力做的功 从司机发现警示牌到汽车停止 汽车行 金属环的最大加速度为 ｇ
； ， Ａ． ２
驶的距离约为多少 以ｔ ｔ 时间段始末速度的算术平均值替 ｍ
（ １～ ２ 金属环的最大速度为ｇ
代这段时间内汽车的平均速度 Ｂ． ｋ
）？ ２
金属环与细杆之间的最大压力为３ ２ｍｇ
Ｃ．
２
ｍ
金属环达到最大速度时重力的功率为ｍｇ２
Ｄ． ｋ
２
４． 答案 ＢＣ
图 图
（ａ） （ｂ） ５．（２０１７课标Ⅰ，２４，１２分）一质量为 ． ４ 的太空飞船
８ ００×１０ ｋｇ
７． 答案 见解析 从其飞行轨道返回地面 飞船在离地面高度 ． ５ 处以
。 １６０×１０ ｍ
． ３ 的速度进入大气层 逐渐减慢至速度为
考点三 功能关系、能量守恒定律 ７５０×１０ ｍ／ｓ ， １００ ｍ／ｓ
时下落到地面 取地面为重力势能零点 在飞船下落过程中
。 ， ，
１．（２０１８海南单科，５，４分）如图 ， 用长为ｌ的轻绳悬 重力加速度可视为常量 ， 大小取为 ９ ． ８ ｍ／ｓ ２ 。 （ 结果保留 ２ 位
挂一质量为Ｍ的沙箱 沙箱静止 一质量为ｍ的子 有效数字
， 。 ）
弹以速度ｖ水平射入沙箱并留在其中 随后与沙箱 分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气
， （１）
共同摆动一个小角度 不计空气阻力 对子弹射向 层时的机械能
。 ， ；
沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 求飞船从离地面高度 处至着地前瞬间的过程
（ ） （２） ６００ ｍ
若保持ｍ ｖ ｌ不变 Ｍ变大 则系统损失的机械能变小 中克服阻力所做的功 已知飞船在该处的速度大小是其进入大
Ａ． 、 、 ， ， ，
若保持Ｍ ｖ ｌ不变 ｍ变大 则系统损失的机械能变小 气层时速度大小的 ． ％
Ｂ． 、 、 ， ， ２０ 。
Ｃ． 若保持Ｍ 、 ｍ 、 ｌ不变 ， ｖ变大 ， 则系统损失的机械能变大 ５． 答案 （１）４ ． ０×１０ ８ Ｊ ２ ． ４×１０ １２ Ｊ （２）９ ． ７×１０ ８ Ｊ
若保持Ｍ ｍ ｖ不变 ｌ变大 则系统损失的机械能变大 ６．（２０１７上海单科，１９，１４分）如图 与水平面夹角θ °的斜
Ｄ． 、 、 ， ， ， ＝３７
１． 答案 Ｃ 面和半径Ｒ ． 的光滑圆轨道相切于Ｂ点 且固定于竖直
＝０４ ｍ ，
２．（２０１８课标Ⅰ，１８，６分）如图 ａｂｃ是 平面内 滑块从斜面上的Ａ点由静止释放 经Ｂ点后沿圆轨
， 。 ，
竖直面内的光滑固定轨道 ａｂ 水平 道运动 通过最高点Ｃ时轨道对滑块的弹力为零 已知滑块
， ， ， 。
长度为 ２ Ｒ ； ｂｃ是半径为Ｒ的四分之一 与斜面间动摩擦因数 μ ＝０ ． ２５。 （ ｇ 取 １０ ｍ／ｓ ２ ，ｓｉｎ ３７ ° ＝０ ． ６，
圆弧 与ａｂ相切于ｂ点 一质量为ｍ ° ． 求
， 。 ｃｏｓ３７ ＝０８） ：
的小球 始终受到与重力大小相等的水平外力的作用 自ａ点 滑块在Ｃ点的速度大小ｖ
， ， （１） Ｃ；
处从静止开始向右运动 重力加速度大小为ｇ 小球从ａ点 滑块在Ｂ点的速度大小ｖ
。 。 （２） Ｂ；
开始运动到其轨迹最高点 机械能的增量为 Ａ Ｂ两点间的高度差ｈ
， （ ） （３） 、 。
ｍｇＲ ｍｇＲ ｍｇＲ ｍｇＲ
Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６
２． 答案 Ｃ
３．（２０１９ 课标Ⅱ，１８，６ 分） 多选 从
（ ）
地面竖直向上抛出一物体 其机械能
，
Ｅ 等于动能 Ｅ 与重力势能 Ｅ 之
总
ｋ ｐ
和 取地面为重力势能零点 该物体
。 ，
的Ｅ 和 Ｅ 随它离开地面的高度 ｈ
总 ｐ ６． 答案 ． ．
的变化如图所示 重力加速度取 （１）２ ｍ／ｓ （２）４２９ ｍ／ｓ （３）１３８ ｍ
。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １８５
考点一 功和功率 力对物块先做正功 后做负功 选项 错误 从Ａ到Ｂ的过程
， ， Ｃ ； ，
１．（２０２０江苏单科，１，３分）质量为 １ ． ５×１０ ３ ｋｇ 的汽车在水平路 由动能定理可得Ｗ 弹－ Ｗ ｆ＝０， 选项 Ｄ 正确 。
面上匀速行驶
，
速度为
２０ ｍ／ｓ，
受到的阻力大小为
１
．
８×１０
３
Ｎ。
思路分析 物块运动状态的确定
此时 汽车发动机输出的实际功率是 根据题设条件 对物块受力分析 并分阶段讨论物块的加
， （ ） ， ，
速度和速度的变化情况
Ａ．９０ Ｗ Ｂ．３０ ｋＷ 。
４．（２０１５浙江理综，１８，６分） 多选 我国科学家正在研制航母
Ｃ．３６ ｋＷ Ｄ．３００ ｋＷ （ ）
答案 Ｃ 由于汽车在水平路面上匀速行驶 其受到的合外 舰载机使用的电磁弹射器 舰载机总质量为 ． ４ 设起
， 。 ３０×１０ ｋｇ，
力为 即汽车的牵引力Ｆ等于其受到的阻力ｆ Ｆ ｆ 则汽车发 飞过程中发动机的推力恒为 ． ５ 弹射器有效作用长度
０， ， ＝ ， １ ０×１０ Ｎ；
动机输出的实际功率Ｐ Ｆｖ ｆｖ 正确 为 推力恒定 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小
＝ ＝ ＝３６ ｋＷ，Ｃ 。 １００ ｍ， 。
２．（２０２０浙江７月选考，１６，２ 分） 多选 如图所示 系留无人 达到 弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动
（ ） ， ８０ ｍ／ｓ。
机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机 旋翼由电动机 机推力之和 假设所受阻力为总推力的 ％ 则
， ， ２０ ， （ ）
带动 现有质量为 额定功率为 的系留无人机从地 弹射器的推力大小为 ． ６
。 ２０ ｋｇ、 ５ ｋＷ Ａ． １１×１０ Ｎ
面起飞沿竖直方向上升 经过 到达 高处后悬停并 弹射器对舰载机所做的功为 ． ８
， ２００ ｓ １００ ｍ Ｂ． １１×１０ Ｊ
进行工作 已知直流电源供电电压为 若不计电缆的质 弹射器对舰载机做功的平均功率为 ． ７
。 ４００ Ｖ， Ｃ． ８８×１０ Ｗ
量和电阻 ， 忽略电缆对无人机的拉力 ， 则 （ ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ） Ｄ． 舰载机在弹射过程中的加速度大小为 ３２ ｍ／ｓ ２
ｖ２
（ ） 答案 ＡＢＤ 舰载机弹射过程中的加速度 ａ
＝ ｘ ＝
２
２
８０ ２ ２ 选项 正确 对舰载机在水平方向受力
ｍ／ｓ ＝３２ ｍ／ｓ ， Ｄ ；
２×１００
分析 根据牛顿第二定律得 Ｆ Ｆ ％ Ｆ Ｆ ｍａ 解
， ： 弹＋ 发－２０ （ 弹＋ 发）＝ ，
得 ： Ｆ 弹＝１ ． １×１０ ６ Ｎ， 选项 Ａ 正确 ； 由功的定义得 ： Ｗ 弹＝ Ｆ 弹· ｘ ＝
． ８ 选项 正确 由速度公式得弹射器对舰载机的作用
１１×１０ Ｊ， Ｂ ；
空气对无人机的作用力始终大于或等于 ｖ Ｗ
Ａ． ２００ Ｎ 时间ｔ ８０ ． 由功率的定义得 Ｐ 弹 ．
直流电源对无人机供电的额定电流为 ． ＝ ａ ＝ ｓ＝２ ５ ｓ， ： 弹 ＝ ｔ ＝４ ４×
Ｂ． １２５ Ａ ３２
无人机上升过程中消耗的平均功率为 ７ 选项 错
Ｃ． １００ Ｗ １０ Ｗ， Ｃ 。
无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功 ５．（２０１５海南单科，３，３分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比
Ｄ．
答案 ＢＤ 由牛顿第二定律分析可知 无人机向上加速过 于它的速率 如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的 倍
， 。 ２ ，
程中 空气对无人机的作用力大于 向上减速过程则小 则摩托艇的最大速率变为原来的
， ２００ Ｎ， （ ）
Ｐ ３ 倍 倍 倍 倍
于 故 选项错误 由Ｉ ５×１０ ． 可知 Ａ．４ Ｂ．２ Ｃ． ３ Ｄ． ２
２００ Ｎ， Ａ 。 ＝ Ｕ ＝ Ａ＝１２ ５ Ａ， Ｂ 答案 Ｄ 因摩托艇受到的阻力ｆ ｋｖ 设原来发动机的输出
４００ ＝ ，
选项正确 无人机上升及悬停时 均会推动其周围空气加速流 功率为Ｐ 最大速率为ｖ 输出功率为 Ｐ时 最大速率为ｖ ′
动 故无人 。 机上升及悬停时均有部 ， 分功率对空气做功 而克服 ， ｍ， ２ ， ｍ 。
， ， Ｐ ｖ ′ Ｐ
ｍｇｈ 由Ｐ Ｆｖ ｆｖ ｋｖ２ 得ｖ 所以 ｍ ２ 因此
无人机升高所消耗的平均功率为Ｐ 故实际消耗 ＝ ＝ ｍ＝ ｍ ｍ＝ ｋ ， ｖ ＝ Ｐ ＝ ２， Ａ、
＝ ｔ ＝１００ Ｗ， ｍ
错 对
的平均功率大于 故 项错误 项正确 Ｂ、Ｃ ，Ｄ 。
１００ Ｗ， Ｃ ，Ｄ 。 ６．（２０１４课标Ⅱ，１６，６ 分）一物体静止在粗糙水平地面上 现
３．（２０１８江苏单科，７，４分） 多选 如图所示 轻质弹簧一端固 。
（ ） ， 用一大小为Ｆ 的水平拉力拉动物体 经过一段时间后其速度
定 另一端连接一小物块 Ｏ 点为弹簧在原长时物块的位置 １ ，
， ， 。 变为ｖ 若将水平拉力的大小改为Ｆ 物体从静止开始经过同
物块由Ａ点静止释放 沿粗糙程度相同的水平面向右运动 最 。 ２，
， ， 样的时间后速度变为 ｖ 对于上述两个过程 用Ｗ Ｗ 分别
远到达Ｂ点 在从Ａ到Ｂ的过程中 物块 ２ 。 ， Ｆ １、 Ｆ ２
。 ， （ ） 表示拉力Ｆ Ｆ 所做的功 Ｗ Ｗ 分别表示前后两次克服摩
１、 ２ ， ｆ １、 ｆ ２
擦力所做的功 则
， （ ）
Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ
加速度先减小后增大 Ａ． Ｆ ２＞４ Ｆ １， ｆ ２＞２ ｆ １ Ｂ． Ｆ ２＞４ Ｆ １， ｆ ２＝２ ｆ １
Ａ． Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ Ｗ
经过Ｏ点时的速度最大 Ｃ． Ｆ ２＜４ Ｆ １， ｆ ２＝２ ｆ １ Ｄ． Ｆ ２＜４ Ｆ １， ｆ ２＜２ ｆ １
Ｂ． ｖ ｖ
Ｃ．
所受弹簧弹力始终做正功 答案 Ｃ Ｗ
Ｆ １＝
１ ｍｖ２
＋
μｍｇ
·
ｔ
，
Ｗ
Ｆ ２＝
１ ｍ
·４
ｖ２
＋
μｍｇ ２ ｔ
，
所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 ２ ２ ２ ２
Ｄ． ｖ ｖ
答案 ＡＤ 本题考查牛顿第二定律的应用 、 动能定理 。 对 故Ｗ Ｆ ２ ＜４ Ｗ Ｆ １； Ｗ ｆ １ ＝ μｍｇ · ｔ ， Ｗ ｆ ２ ＝ μｍｇ · ２ ｔ ， 故 Ｗ ｆ ２ ＝
２ ２
物块受力分析 当弹簧处于压缩状态时 由牛顿第二定律可得
Ｗ 正确
ｋｘ － ｆ ＝ ｍａ ， ｘ减 ， 小 ， ａ减小 ， 当ａ ＝０ 时 ， 物 ， 块速度最大 ， 此时 ， 物 ７．（ ２ ２０ ｆ １ １ ，Ｃ ５课标 。 Ⅱ，１７，６ 分）一汽车在平直公路
块在Ｏ点左侧
，
选项
Ｂ
错误
；
从加速度ａ
＝０
处到Ｏ点过程
，
由
上行驶 从某时刻开始计时 发动机的功率Ｐ
。 ，
牛顿第二定律得ｆ
－
ｋｘ
＝
ｍａ
，
ｘ减小
，
ａ增大
，
当弹簧处于伸长状 随时间ｔ的变化如图所示
。
假定汽车所受阻
态时
，
由牛顿第二定律可得ｋｘ
＋
ｆ
＝
ｍａ
，
ｘ增大
，
ａ继续增大
，
可知 力的大小ｆ 恒定不变
。
下列描述该汽车的速
物块的加速度先减小后增大 选项 正确 物块所受弹簧的弹
， Ａ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
度ｖ随时间ｔ变化的图线中 可能正确的是
， （ ）
动摩擦因数μ ６
Ａ． ＝
７
ｇｈ
载人滑草车最大速度为 ２
Ｂ．
７
载人滑草车克服摩擦力做功为ｍｇｈ
答案 Ａ 由题意知汽车发动机的功率为Ｐ Ｐ 时 汽车匀 Ｃ．
１、 ２ ，
速运动的速度ｖ ｖ 满足Ｐ ｆｖ Ｐ ｆｖ 即ｖ Ｐ ／ｆ ｖ Ｐ ／ｆ 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 ３ ｇ
１、 ２ １＝ １、 ２＝ ２， １＝ Ｐ １ 、 ２＝ ２ 。 Ｄ． ５
若ｔ ＝０ 时刻ｖ ０＜ ｖ １， 则 ０～ ｔ １ 时间内汽车先加速有 ： ｖ １ － ｆ ＝ ｍａ １， 可 度 答 ｖ 案 在 上 ＡＢ 下 两 滑 段 草 所 车 受 受 摩 力 擦 分 力 析 大 如 小 图 分 所 别 示 为 ， ｆ 在 ｆ Ｂ点处有最大速
见ａ 随着ｖ的增大而减小 选项 错误 若ｖ ｖ 汽车在 ， 、 １、２
１ ， Ｂ、Ｄ 。 ０＝ １，
ｔ 时间内匀速运动 因选项中不涉及ｖ ｖ 的情况 故不作
０～ １ ， ０＞ １ ，
分析 在ｔ 时刻 发动机的功率突然由Ｐ 增大到Ｐ 而瞬时
。 １ ， １ ２，
速度未来得及变化 则由Ｐ Ｆｖ知牵引力突然增大 则汽车立
， ＝ ，
Ｐ
即开始做加速运动有 ２ ｆ ｍａ 同样 ａ 随ｖ的增大而减小
： ｖ － ＝ ２， ， ２ ，
直到ａ 时开始匀速运动 故 正确 错误
２＝０ ， Ａ 、Ｃ 。
８．（２０１４重庆理综，２，６分）某车以相同的功率在两种不同的水
ｆ μｍｇ °
平路面上行驶 受到的阻力分别为车重的ｋ 和ｋ 倍 最大速 １＝ ｃｏｓ４５
， １ ２ ， ｆ μｍｇ °
率分别为ｖ 和ｖ 则 ２＝ ｃｏｓ３７
１ ２， （ ） 整个过程由动能定理列方程
ｋ ｋ ：
ｖ ｋ ｖ ｖ １ｖ ｖ ２ｖ ｖ ｋ ｖ ｈ ｈ
Ａ． ２＝ １ １ Ｂ． ２＝ｋ ２ １ Ｃ． ２＝ｋ １ １ Ｄ． ２＝ ２ １ ｍｇ ·２ ｈ － ｆ １· °－ ｆ ２· °＝０ ①
答案 Ｂ 车以最大速率行驶时 牵引力Ｆ等于阻力ｆ 即Ｆ ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３７
， ， ＝
ｋ 解得 μ ６ 项正确
ｆ ＝ ｋｍｇ 。 由Ｐ ＝ ｋ １ ｍｇｖ １ 及Ｐ ＝ ｋ ２ ｍｇｖ ２， 得ｖ ２＝ｋ １ｖ １， 故 Ｂ 正确 。 滑草 ： 车在 ＝ 上 ７ ， 段 Ａ 滑道运动 。 过程由动能定理列方程
２ ：
ｈ
考点二 动能定理、机械能守恒定律及其应用 ｍｇｈ ｆ １ ｍｖ２
－ １· °＝ ②
１．（２０１６课标Ⅲ，２０，６分） 多选 如图 ｓｉｎ４５ ２
（ ） ， ｇｈ
一固定容器的内壁是半径为Ｒ的半球 解得 ｖ ２ 项正确
： ＝ ，Ｂ 。
面 在半球面水平直径的一端有一质量 ７
； 由 式知 Ｗ ｍｇｈ 项错误
为ｍ的质点Ｐ 它在容器内壁由静止 ① ： ｆ＝２ ，Ｃ 。
。 在下段滑道上 ｍｇ ° μｍｇ ° ｍａ
下滑到最低点的过程中 克服摩擦力做的功为Ｗ 重力加速度 ， ｓｉｎ３７ － ｃｏｓ３７ ＝ ２
， 。
解得 ａ ３ ｇ 故 项错误
大小为ｇ
。
设质点Ｐ在最低点时
，
向心加速度的大小为ａ
，
容器 ： ２＝－
３５
， Ｄ 。
对它的支持力大小为Ｎ 则 ３．（２０１５江苏单科，９，４分） 多选 如图所示 轻质弹簧一端固
， （ ） （ ） ，
ｍｇＲ Ｗ ｍｇＲ Ｗ 定 另一端与一质量为ｍ 套在粗糙竖直固定杆Ａ处的圆环相
ａ ２（ － ） ａ ２ － ， 、
Ａ． ＝ ｍＲ Ｂ． ＝ ｍＲ 连 弹簧水平且处于原长 圆环从Ａ处由静止开始下滑 经过
， 。 ，
ｍｇＲ Ｗ ｍｇＲ Ｗ Ｂ处的速度最大 到达Ｃ处的速度为零 ＡＣ ｈ 圆环在Ｃ处获
Ｎ ３ －２ Ｎ ２（ － ） ， ， ＝ 。
Ｃ． ＝ Ｒ Ｄ． ＝ Ｒ 得一竖直向上的速度ｖ 恰好能回到Ａ 弹簧始终在弹性限度
， 。
答案 ＡＣ 由动能定理知 在Ｐ从最高点下滑到最低点的 内 重力加速度为ｇ 则圆环
， ， 。 （ ）
ｖ２
过程中ｍｇＲ Ｗ １ ｍｖ２ 在最低点的向心加速度ａ 联立得
－ ＝ ， ＝ Ｒ，
２
ｍｇＲ Ｗ
ａ ２（ － ） 选项 正确 在最低点时有Ｎ ｍｇ ｍａ 所以Ｎ
＝ ｍＲ ， Ａ ； － ＝ ，
ｍｇＲ Ｗ
３ －２ 选项 正确
＝ Ｒ ， Ｃ 。
２．（２０１６浙江理综，１８，６分） 多选 如图所示为一滑草场 某
（ ） 。
条滑道由上下两段高均为ｈ 与水平面倾角分别为 °和 °的
下滑过程中 加速度一直减小
， ４５ ３７
Ａ． ，
滑道组成 滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ 质量为ｍ的
载人滑草
，
车从坡顶由静止开始自由下滑 经过上
。
下两段滑道 Ｂ．
下滑过程中
，
克服摩擦力做的功为 １ ｍｖ２
， 、 ４
后 最后恰好静止于滑道的底端 不计滑草车在两段滑道交接
， （ 在Ｃ处 弹簧的弹性势能为 １ ｍｖ２ ｍｇｈ
处的能量损失 ° ． ° ． 则 Ｃ． ， －
，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８）。 （ ） ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １８７
上滑经过Ｂ的速度大于下滑经过Ｂ的速度 闪光时间内照片上球的间距分别为 ｘ ｘ ′ ｘ ′
Ｄ． ： １ ＝６ ｍｍ、 １ ＝ ２ ＝
答案 ＢＤ 圆环在Ｂ处速度最大 加速度为 ＢＣ段加速度 ． 设照片的放大率为 ｋ 闪光 周 期 为 Ｔ 则 有
， ０， ３５ ｍｍ， 、 ，
在增大 因此 下滑过程中 加速度先减小后增大 选项 æｘ ö２ æｘ ′ö２ æｘ ′ö２
， ， ， ， Ａ １ ｍç １ ÷ １ ｍç １ ÷ １ ｍç ２ ÷
错误 èｋＴø － èｋＴø － èｋＴø ｘ２ ｘ ′２ ｘ ′２
。 ２ ２ ２ １－ １ － ２ ． 故
下滑过程中 ， 设克服摩擦力做的功为Ｗ ｆ， 由动能定理 １ ｍ æ ç ｘ １ ö ÷ ２ ＝ ｘ２ １ ＝０３１９，
ｍｇｈ Ｗ Ｗ èｋＴø
－ ｆ－ 弹＝０－０ ２
上滑过程中 正确
Ａ 。
６．（２０１１课标，１５，６分）一质点开始时做匀速直线运动 从某时
－
ｍｇｈ
－
Ｗ
ｆ＋
Ｗ
弹＝０－
１ ｍｖ２
刻起受到一恒力作用 此后 该质点的动能可能
，
２ 。 ， （ ）
一直增大
联立得Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
，
选项
Ｂ
正确
。
Ａ．
先逐渐减小至零 再逐渐增大
４ Ｂ． ，
先逐渐增大至某一最大值 再逐渐减小
Ｗ 弹＝ ｍｇｈ － １ ｍｖ２ ， 在 Ｃ 处 ， 弹簧的弹性势能等于圆环从 Ｃ． 先逐渐减小至某一非零的 ， 最小值 再逐渐增大
４
Ｄ． ，
Ａ Ｃ过程克服弹簧弹力做的功 选项 错误 答案 ＡＢＤ 当恒力方向与质点原来速度方向相同时 质点
→ ， Ｃ 。 ，
设从Ｂ到Ｃ克服弹簧弹力做功为Ｗ 弹 ′ ， 克服摩擦力做功 的动能一直增大 故 正确 当恒力方向与质点原来速度方
， Ａ 。
为Ｗ ｆ ′ 向相反时 速度先逐渐减小到零再逐渐增大 质点的动能也先
， ，
故有下滑过程从Ｂ Ｃ 逐渐减小至零再逐渐增大 故 正确 当恒力方向与原来质
→ ， Ｂ 。
－
Ｗ
弹
′
＋
ｍｇｈ
ＢＣ－
Ｗ
ｆ
′
＝０－
１ ｍｖ２Ｂ
①
点的速度方向夹角大于
９０
°时
，
将原来速度ｖ
０
分解为平行恒力
上滑过程从Ｃ Ｂ ２ 方向的ｖ ｙ、 垂直恒力方向的ｖ ｘ， 如图甲 ， ｖ ｙ 先逐渐减小到零再逐
→ 渐增大
，
ｖ
ｘ
始终不变
。
由ｖ
＝
ｖ２ｘ＋ ｖ２ｙ， 知质点速度ｖ先逐渐减小
Ｗ
弹
′
－
ｍｇｈ
ＢＣ－
Ｗ
ｆ
′
＝
１ ｍｖ
Ｂ
′２
－
１ ｍｖ２
②
至ｖ
ｘ
再逐渐增大
，
质点的动能先减小至某一非零的最小值
，
再
２ ２ 逐渐增大 故 正确 当恒力方向与ｖ 方向夹角小于 °时
联立 ①② 可得 如图乙 ｖ ， 一直 Ｄ 增大 。 ｖ 始终不变 质点 ０ 速度ｖ逐渐增大 ９０ 动能 ，
， ｙ ， ｘ ， ，
１ ｍｖ２Ｂ－２ Ｗ ｆ ′ ＋ １ ｍｖ２ ＝ １ ｍｖ Ｂ ′２ 一直增大
，
没有其他情况
，
故
Ｃ
错误
。
２ ２ ２
因Ｗ
ｆ
′
＜
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
４
故
２
Ｗ
ｆ
′
＜
１ ｍｖ２
甲 乙
２
评析 本题考查力与运动的关系 漏选的原因是没能将
则有 １ ｍｖ
Ｂ
′２
＞
１ ｍｖ２Ｂ
速度分解成 图甲来分析
，
２ ２ 。
ｖ ′ ｖ 选项 正确 ７．（２０１７江苏单科，３，３分）一小物块沿斜面向上滑动 然后滑
Ｂ ＞ Ｂ， Ｄ 。 ，
４．（２０１５海南单科，４，３分）如图 一半径为Ｒ 回到原处 物块初动能为Ｅ 与斜面间的动摩擦因数不变 则
， 。 ｋ０， ，
的半圆形轨道竖直固定放置 轨道两端等 该过程中 物块的动能Ｅ 与位移ｘ关系的图线是
， ， ｋ （ ）
高 质量为ｍ的质点自轨道端点Ｐ由静止开
；
始滑下 滑到最低点 Ｑ 时 对轨道的正压力
， ，
为 ｍｇ 重力加速度大小为ｇ 质点自Ｐ滑到Ｑ的过程中 克
２ ， 。 ，
服摩擦力所做的功为
（ ） 答案 Ｃ 本题考查动能定理和图像的应用 依据动能定
。
１ ｍｇＲ １ ｍｇＲ １ ｍｇＲ πｍｇＲ 理 上升过程中Ｆ ｍｇ α μｍｇ α大小恒定 下降过程
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ， 升＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ，
４ ３ ２ ４ 中Ｆ ｍｇ α μｍｇ α大小恒定 说明在Ｅ ｘ图像中
答案 Ｃ 当质点由Ｐ点滑到Ｑ点时 对轨道的正压力为 降＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ 。 ｋ－ ，
， 上升 下降阶段图线的斜率均恒定 图线均为直线 则选项
ｍｇ 则质点所受支持力Ｆ ｍｇ 由牛顿第二定律得Ｆ ｍｇ 、 ， ， Ｂ、Ｄ
２ ， Ｎ＝２ ， Ｎ－ ＝ 错误 物块能够返回 返回过程位移减小 而动能增加 则
ｍ
ｖ
Ｒ
２Ｑ
，
ｖ２Ｑ＝ ｇＲ
。
对质点自Ｐ点滑到Ｑ点应用动能定理得
：
ｍｇＲ
－
项错
。
误
。
因整个过程
，
中摩擦力做负功
，
则
，
Ｅ
ｋ ｔ＜
Ｅ
ｋ０，
故选
，
项
Ａ
Ｃ
正确
。
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２Ｑ－０， 得
：
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｇＲ
，
因此
，Ａ、Ｂ、Ｄ
错误
，Ｃ
正确
。
８．（２０１９天津理综，１２，２０分）
２０１８
年
，
人类历史上第一架由离
２ ２ 子引擎推动的飞机诞生 这种引擎不需要燃料 也无污染物排
５．（２０１３江苏单科，５，３分）水平面上 一白球与一静止的灰球 ， ，
， 放 引擎获得推力的原理如图所示 进入电离室的气体被电离
碰撞 两球质量相等 碰撞过程的频闪照片如图所示 据此可 。 ，
， 。 ， 成正离子 而后飘入电极Ａ Ｂ之间的匀强电场 初速度忽略不
推断 碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 ， 、 （
， （ ） 计 Ａ Ｂ间电压为Ｕ 使正离子加速形成离子束 在加速过程
）， 、 ， ，
中引擎获得恒定的推力 单位时间内飘入的正离子数目为定
。
值 离子质量为ｍ 电荷量为Ｚｅ 其中Ｚ是正整数 ｅ是元电荷
， ， ， ， 。
若引擎获得的推力为Ｆ 求单位时间内飘入Ａ Ｂ间的
（１） １， 、
正离子数目Ｎ为多少
；
％ ％ ％ ％ 加速正离子束所消耗的功率Ｐ不同时 引擎获得的推
Ａ．３０ Ｂ．５０ Ｃ．７０ Ｄ．９０ （２） ，
答案 Ａ 由题图测量可得白 灰两球在碰撞前后相邻两次 Ｆ
、 力Ｆ也不同 试推导 的表达式
， Ｐ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ 未拉Ａ时 Ｃ受到Ｂ作用力的大小Ｆ
为提高能量的转换效率 要使 尽量大 请提出增大 （１） ， ；
（３） ， Ｐ ， 动摩擦因数的最小值μ
（２） ｍｉｎ；
Ｆ Ａ移动的整个过程中 拉力做的功Ｗ
的三条建议 （３） ， 。
Ｐ 。
答案 ３ｍｇ ３ μ ｍｇＲ
（１） （２） （３）（２ －１）（ ３－１）
３ ２
解析 本题考查共点力作用下物体的平衡 力的分解 动能
、 、
定理
。
Ｃ受力平衡 Ｆ ° ｍｇ
（１） ２ ｃｏｓ３０ ＝
Ｆ Ｆ ｍ
答案 １ ２ 见解析 解得Ｆ ３ｍｇ
（１） ＺｅｍＵ （２） Ｐ ＝ ＺｅＵ （３） ＝
２ ３
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理 牛 Ｃ恰好降到地面时 Ｂ受Ｃ压力的水平分力最大
、 （２） ，
顿运动定律等知识 以及学生的综合分析能力 体现了科学思
， ， Ｆ ３ｍｇ
维中模型建构 科学推理的素养要素 ｘ ｍａｘ＝
、 。 ２
设正离子经过电极Ｂ时的速度为ｖ 根据动能定理 有 Ｂ受地面的最大静摩擦力ｆ μｍｇ
（１） ， ， ＝
根据题意ｆ Ｆ
ＺｅＵ １ ｍｖ２ ｍｉｎ＝ ｘ ｍａｘ
＝ －０ ①
２ 解得μ ３
设正离子束所受的电场力为Ｆ ′ 根据牛顿第三定律 有 ｍｉｎ＝
１ ， ， ２
Ｆ ′ Ｆ Ｃ下降的高度ｈ Ｒ
１ ＝ １ ② （３） ＝（ ３－１）
设引擎在 ｔ时间内飘入电极间的正离子个数为 Ｎ 由牛 Ａ的位移ｘ Ｒ
Δ Δ ， ＝２（ ３－１）
顿第二定律 有
， 摩擦力做功的大小Ｗ ｆ＝ ｆｘ ＝２（ ３－１） μｍｇＲ
Ｆ １ ′ ＝Δ Ｎｍ ｖ － ｔ ０ ③ 根据动能定理Ｗ － Ｗ ｆ＋ ｍｇｈ ＝０－０
Δ 解得Ｗ μ ｍｇＲ
Ｎ ＝（２ －１）（ ３－１）
联立 式 且Ｎ Δ 得 １０．（２０１６天津理综，１０，１６ 分）我国将于 年举办冬奥会
①②③ ， ＝ ｔ ２０２２ ，
Δ 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一 如图所示 质量ｍ
Ｆ 。 ，
Ｎ １ 的运动员从长直助滑道ＡＢ的Ａ处由静止开始以加速
＝ ＺｅｍＵ ④ ＝６０ ｋｇ
２ 度ａ ＝３ ． ６ ｍ／ｓ ２ 匀加速滑下 ， 到达助滑道末端Ｂ时速度 ｖ Ｂ＝
设正离子束所受的电场力为Ｆ′ 由正离子束在电场中
（２） ， Ａ与Ｂ的竖直高度差Ｈ 为了改变运动员的运
２４ ｍ／ｓ， ＝４８ｍ。
做匀加速直线运动 有
动方向 在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接 其中最
，
， ，
Ｐ １ Ｆ′ｖ
低点Ｃ处附近是一段以Ｏ为圆心的圆弧 助滑道末端Ｂ与
＝ ⑤ 。
２ 滑道最低点Ｃ的高度差ｈ 运动员在Ｂ Ｃ间运动时阻力
考虑到牛顿第三定律得到Ｆ′ Ｆ 联立 式得 ＝５ ｍ， 、
＝ ， ①⑤ 做功 Ｗ 取ｇ ２
＝－１５３０ Ｊ， ＝１０ ｍ／ｓ 。
Ｆ ｍ 求运动员在ＡＢ段下滑时受到阻力Ｆ 的大小
Ｐ ＝ Ｚ ２ ｅＵ ⑥ （１） 若运动员能够承受的最大压力为其 ｆ 所受重 ； 力的
（２） ６
Ｆ 倍 则Ｃ点所在圆弧的半径Ｒ至少应为多大
为使 尽量大 分析 式得到 ， 。
（３） Ｐ ， ⑥
三条建议 用质量大的离子 用带电荷量少的离子 减小加
： ； ；
速电压
。
解题关键 将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有
①
正离子所受到的总作用力 此题也可以用动量定理求解 即
， ，
Ｎ Ｆ ′ Ｆ 答案 ．
Ｆ ′ ｔ Ｎｍ ｖ 故Δ １ １ 加速离子束所消耗的 （１）１４４ Ｎ （２）１２５ ｍ
１ Δ ＝Δ Δ ， ｔ ＝ｍｖ＝ ＺｅｍＵ；② 解析 运动员在ＡＢ上做初速度为零的匀加速运动 设
Δ ２ （１） ，
ＡＢ的长度为ｘ 则有
功率即电场力对正离子做功的平均功率Ｐ Ｆ′ ｖ １ Ｆ′ｖ ，
＝ · ＝
２
。 ｖ２Ｂ＝２ ａｘ
①
９．（２０１７江苏单科，１４，１６分）如图所示 两个半圆柱Ａ Ｂ紧靠 由牛顿第二定律有
， 、
着静置于水平地面上 其上有一光滑圆柱Ｃ 三者半径均为Ｒ Ｈ
， ， 。 ｍｇ Ｆ ｍａ
ｍ ｘ － ｆ＝ ②
Ｃ的质量为ｍ Ａ Ｂ的质量都为 与地面间的动摩擦因数均
， 、 ， 联立 式 代入数据解得
２ ①② ，
为μ 现用水平向右的力拉Ａ 使Ａ缓慢移动 直至Ｃ恰好降 Ｆ
。 ， ， ｆ＝１４４ Ｎ ③
到地面 。 整个过程中Ｂ保持静止 。 设最大静摩擦力等于滑动 （２） 设运动员到达Ｃ点时的速度为ｖ Ｃ， 在由Ｂ到达Ｃ的
摩擦力 重力加速度为ｇ 求 过程中 由动能定理有
， 。 ： ，
ｍｇｈ
＋
Ｗ
＝
１ ｍｖ２Ｃ－ １ ｍｖ２Ｂ
④
２ ２
设运动员在Ｃ点所受的支持力为Ｆ 由牛顿第二定律有
Ｎ，
Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｃ
Ｎ－ ＝ Ｒ ⑤
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １８９
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 倍 联 减速的时间和位移 物块飞离圆弧轨道落至ＢＣ段 求物块
６ ， ）， ，
立 式 代入数据解得 的落点与Ｂ点间的距离
④⑤ ， 。
Ｒ ．
＝１２５ ｍ ⑥
审题指导 运动员在ＡＢ上做匀加速直线运动 在求受到
（１） ，
的阻力Ｆ 时 可利用运动学公式和牛顿第二定律来解答
ｆ ， 。
对运动员从Ｂ到Ｃ过程应用动能定理 求解ｖ 分
（２） ， Ｃ。
析运动员在Ｃ点时哪些力提供向心力
。
评分参考 式各 分 式各 分
①②④⑤ ３ ，③⑥ ２ 。 答案 ． ． ．
１１．（２０１５浙江理综，２３，１６分）如图所示 用一块长Ｌ ． （１）０２ ｍ （２）①８５ Ｎ ②０４ ｍ
， １＝１ ０ ｍ 解析 物块从Ｐ点下滑经Ｂ点至Ｃ点的整个过程 根
的木板在墙和桌面间架设斜面 桌子高Ｈ ． 长Ｌ ． （１） ，
， ＝０ ８ ｍ， ２＝１ ５ 据动能定理得
斜面与水平桌面的倾角θ可在 °间调节后固定 将
ｍ。 ０～６０ 。 ｍｇｈ μ ｍｇＬ
质量ｍ ＝０ ． ２ｋｇ 的小物块从斜面顶端静止释放 ， 物块与斜面间 代入 － 数 １ 据得 ＝０ ①
的动摩擦因数μ ． 物块与桌面间的动摩擦因数为μ 忽
１＝００５， ２， ｈ ．
略物块在斜面与桌面交接处的能量损失 重力加速度取ｇ ＝０２ ｍ ②
。 （ 设物块的加速度大小为ａ Ｐ点与圆心的连线与竖
２ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 （２）① ，
＝１０ ｍ／ｓ ； ） 直方向间的夹角为θ 由几何关系可得
，
Ｒ ｈ
θ －
ｃｏｓ ＝ Ｒ ③
根据牛顿第二定律 对物块有
，
ｍｇ θ ｍａ
ｔａｎ ＝ ④
求θ角增大到多少时 物块能从斜面开始下滑 用 对工件和物块整体有
（１） ， ；（
正切值表示 Ｆ μ Ｍ ｍ ｇ Ｍ ｍ ａ
） － ２（ ＋ ） ＝（ ＋ ） ⑤
当θ角增大到 °时 物块恰能停在桌面边缘 求物 联立 式 代入数据得
（２） ３７ ， ， ②③④⑤ ，
块与桌面间的动摩擦因数 μ 已知 ° ． ° Ｆ ．
２；（ ｓｉｎ ３７ ＝０６，ｃｏｓ ３７ ＝ ＝８５ Ｎ ⑥
． 设物块平抛运动的时间为ｔ 水平位移为ｘ 物块落点
０８） ② ， １，
继续增大θ角 发现θ °时物块落地点与墙面的 与Ｂ点间的距离为ｘ 由运动学公式可得
（３） ， ＝５３ ２，
距离最大 求此最大距离ｘ
， ｍ。 ｈ １ ｇｔ２
答案 见解析 ． ． ＝ ⑦
（１） （２）０８ （３）１９ ｍ ２
解析 为使小物块下滑ｍｇ θ μ ｍｇ θ ｘ ｖｔ
（１） ｓｉｎ ≥ １ ｃｏｓ ① １＝ ⑧
θ满足的条件 θ ． ｘ ｘ Ｒ θ
ｔａｎ ≥００５ ② ２＝ １－ ｓｉｎ ⑨
克服摩擦力做功 联立 式 代入数据得
（２） ②③⑦⑧⑨ ，
Ｗ μ ｍｇＬ θ μ ｍｇ Ｌ Ｌ θ ｘ ．
ｆ＝ １ １ ｃｏｓ ＋ ２ （ ２－ １ ｃｏｓ ） ③ ２＝０４ ｍ ⑩
由动能定理得ｍｇＬ θ Ｗ １３．（２０２０浙江７月选考，２０，１２分）小明将如图所示的装置放在
１ ｓｉｎ － ｆ＝０ ④
代入数据得μ ． 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
２＝０８ ⑤ ， 、 、
倾角θ °的斜轨道ＢＣ平滑连接而成 质量ｍ ． 的小滑
（３）
由动能定理得ｍｇＬ
１ ｓｉｎ
θ
－
Ｗ
ｆ＝ ２
１ ｍｖ２
⑥ 块从弧
＝
形
３
轨
７
道离地高Ｈ ＝１ ． ０ｍ 处静止释
。
放 。 已知
＝
Ｒ
０
＝
１
０ ．
ｋ
２
ｇ
ｍ， Ｌ ＡＢ＝
代入数据得ｖ Ｌ ． 滑块与轨道ＡＢ和ＢＣ间的动摩擦因数均为μ ．
＝１ ｍ／ｓ ⑦ ＢＣ＝１０ｍ， ＝０２５，
弧形轨道和圆轨道均可视为光滑 忽略空气阻力
Ｈ １ ｇｔ２ ， 。
＝ 求滑块运动到与圆心Ｏ等高的Ｄ点时对轨道的压力
２ （１） ；
ｔ ． 通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端Ｃ点
＝０４ ｓ ⑧ （２） ；
ｘ ｖｔ 若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距Ａ点ｘ处的
１＝ （３）
ｘ ． 质量为 ｍ的小滑块相碰 碰后一起运动 动摩擦因数仍为
１＝０４ ｍ ⑨ ２ ， ，
ｘ ｘ Ｌ ． ． 求它们在轨道ＢＣ上到达的高度ｈ与ｘ之间的关系
ｍ＝ １＋ ２＝１９ ｍ ⑩ ０２５， 。
１２．（２０１２山东理综，２２，１５分）如图所示 一工件置于水平地面 碰撞时间不计 ° ． ° ．
， （ ，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８）
上 其ＡＢ段为一半径Ｒ ． 的光滑圆弧轨道 ＢＣ段为一
， ＝１ ０ ｍ ，
长度Ｌ ． 的粗糙水平轨道 二者相切于Ｂ点 整个轨道
＝０５ ｍ ， ，
位于同一竖直平面内 Ｐ点为圆弧轨道上的一个确定点 一
， 。
可视为质点的物块 其质量ｍ ． 与ＢＣ间的动摩擦因数
， ＝０２ ｋｇ，
μ ． 工件质量Ｍ ． 与地面间的动摩擦因数μ ．
１＝０４。 ＝０８ ｋｇ， ２＝０
取ｇ ２
１。 （ ＝１０ ｍ／ｓ ）
若工件固定 将物块由Ｐ点无初速度释放 滑至Ｃ点
（１） ， ，
时恰好静止 求Ｐ Ｃ两点间的高度差ｈ 答案 见解析
， 、 。
若将一水平恒力Ｆ作用于工件 使物块在Ｐ点与工
件保
（
持
２
相
）
对静止 一起向左做匀加速直线
，
运动
解析
（１）
机械能守恒定律ｍｇＨ
＝
ｍｇＲ
＋
１ ｍｖ２Ｄ
， 。 ２
①
求Ｆ的大小
。 牛顿第二定律Ｆ
ｍｖ２Ｄ
当速度ｖ 时 使工件立刻停止运动 即不考虑 Ｎ＝ Ｒ ＝８ Ｎ
② ＝５ ｍ／ｓ ， （
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１９０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
牛顿第三定律Ｆ ′ Ｆ 方向水平向左 ｌ Ｒ Ｒ ｘ
Ｎ ＝ Ｎ＝８ Ｎ， １＝４ －２ ＋ ⑤
能在斜轨道上到达的最高点为Ｃ′点 功能关系 Ｐ到达Ｅ点后反弹 从Ｅ点运动到Ｆ点的过程中 由动
（２） ， ， ，
ｍｇＨ μｍｇＬ μｍｇＬ θ ｍｇＬ θ 能定理有
＝ ＡＢ＋ ＢＣ′ ｃｏｓ ＋ ＢＣ′ ｓｉｎ
Ｅ ｍｇｌ θ μｍｇｌ θ
得Ｌ ＢＣ′＝ １５ ｍ＜１ ． ０ ｍ， 故不会冲出 联 ｐ 立 － １ ｓｉｎ － 式并由 １ ｃ 题 ｏｓ 给条 ＝０ 件得 ⑥
１６ ③④⑤⑥
滑块运动到距Ａ点ｘ处的速度为ｖ 动能定理 ｘ Ｒ
（３） ， ＝ ⑦
ｍｇＨ μｍｇｘ １ ｍｖ２ Ｅ １２ｍｇＲ
－ ＝ ｐ＝ ⑧
２ ５
碰撞后的速度为ｖ′ 动量守恒定律ｍｖ ｍｖ′ 设改变后Ｐ的质量为ｍ Ｄ 点与 Ｇ 点的水平距离
， ＝３ （３） １。
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为ｈ 动能定理 ｘ 和竖直距离ｙ 分别为
， １ １
ｈ
－３
μｍｇ
（
Ｌ
ＡＢ－
ｘ
）－３
μｍｇ
θ－３
ｍｇｈ
＝０－
１
（３
ｍ
）
ｖ′２ ｘ
１＝
７ Ｒ
－
５ Ｒ
ｓｉｎ
θ
⑨
ｔａｎ ２ ２ ６
得ｈ １ ｘ ５ ５ ｘ ｙ Ｒ ５ Ｒ ５ Ｒ θ
＝ － （ ｍ＜ ≤１ ｍ） １＝ ＋ ＋ ｃｏｓ ⑩
６ ４８ ８ ６ ６
式中 已应用了过Ｃ点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍
ｈ ｘ ５ ，
＝０（０≤ ≤ ｍ） 为θ的事实
８ 。
１４．（２０１６课标Ⅰ，２５，１８分）如图 一轻弹簧原长为 Ｒ 其一端 设Ｐ在Ｄ点的速度为ｖ 由Ｄ点运动到Ｇ点的时间为ｔ
， ２ ， Ｄ， 。
固定在倾角为 °的固定直轨道ＡＣ的底端Ａ处 另一端位于 由平抛运动公式有
３７ ，
直轨道上Ｂ处
，
弹簧处于自然状态
。
直轨道与一半径为 ５
６
Ｒ ｙ
１＝
２
１ ｇｔ２
􀃊􀁉􀁓
的光滑圆弧轨道相切于Ｃ点 ＡＣ Ｒ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ均在同一竖 ｘ ｖ ｔ
， ＝７ ， 、 、 、 １＝ Ｄ 􀃊􀁉􀁔
直平面内 质量为ｍ的小物块Ｐ自Ｃ点由静止开始下滑 最 联立 式得
。 ， ⑨⑩􀃊􀁉􀁓􀃊􀁉􀁔
低到达Ｅ点 未画出 随后 Ｐ 沿轨道被弹回 最高到达 Ｆ
（ ）。 ， ｖ ３ ｇＲ
Ｄ＝ ５ 􀃊􀁉􀁕
点 ＡＦ Ｒ 已知Ｐ与直轨道间的动摩擦因数μ １ 重力加 ５
， ＝４ 。 ＝ ， 设Ｐ在Ｃ点速度的大小为ｖ 在Ｐ由Ｃ运动到Ｄ的过
４ Ｃ。
程中机械能守恒 有
速度大小为ｇ 取 ° ３ ° ４ ，
。 （ ｓｉｎ３７ ＝ ，ｃｏｓ３７ ＝ ）
５ ５ １ ｍ
１
ｖ２Ｃ＝ １ ｍ
１
ｖ２Ｄ＋ ｍ
１
ｇ
（
５ Ｒ
＋
５ Ｒ
ｃｏｓ
θ
） 􀃊􀁉􀁖
２ ２ ６ ６
Ｐ由Ｅ点运动到Ｃ点的过程中 同理 由动能定理有
， ，
Ｅ
ｐ－
ｍ
１
ｇ
（
ｘ
＋５
Ｒ
） ｓｉｎ
θ
－
μｍ
１
ｇ
（
ｘ
＋５
Ｒ
） ｃｏｓ
θ
＝
１ ｍ
１
ｖ２Ｃ
􀃊􀁉􀁗
２
联立 式得
⑦⑧􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁖􀃊􀁉􀁗
ｍ １ ｍ
１＝ 􀃊􀁉􀁘
３
１５．（２０１５山东理综，２３，１８ 分）如图甲所示 物块与质量为 ｍ
，
求Ｐ第一次运动到Ｂ点时速度的大小 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接 物
（１） 。 。
求Ｐ运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能 块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上 小球
（２） 。 ，
改变物块Ｐ的质量 将Ｐ推至Ｅ点 从静止开始释 与右侧滑轮的距离为ｌ 开始时物块和小球均静止 将此时传
（３） ， ， 。 ，
放 已知Ｐ自圆弧轨道的最高点Ｄ处水平飞出后 恰好通过 感装置的示数记为初始值 现给小球施加一始终垂直于ｌ段
。 ， 。
细绳的力 将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 °角 如图
Ｇ点 Ｇ点在Ｃ点左下方 与Ｃ点水平相距 ７ Ｒ 竖直相距Ｒ ， ６０ ，
。 ， 、 。 乙所示 此时传感装置的示数为初始值的 ． 倍 再将小球
２ ， １ ２５ ；
求Ｐ运动到Ｄ点时速度的大小和改变后Ｐ的质量 由静止释放 当运动至最低位置时 传感装置的示数为初始值
。 ， ，
的 ． 倍 不计滑轮的大小和摩擦 重力加速度的大小为
答案 ｇＲ １２ｍｇＲ ３ ｇＲ １ ｍ ０６ 。 ，
（１）２ （２） （３） ５ ｇ 求
５ ５ ３ 。 ：
解析 根据题意知 Ｂ Ｃ之间的距离ｌ为
（１） ， 、
ｌ Ｒ Ｒ
＝７ －２ ①
设Ｐ到达Ｂ点时的速度为ｖ 由动能定理得
Ｂ，
ｍｇｌ
ｓｉｎ
θ
－
μｍｇｌ
ｃｏｓ
θ
＝
１ ｍｖ２Ｂ
②
图甲 图乙
２
式中θ ° 联立 式并由题给条件得 物块的质量
＝３７ 。 ①② （１） ；
ｖ ｇＲ 从释放到运动至最低位置的过程中 小球克服空气
Ｂ＝２ ③ （２） ，
设ＢＥ ｘ Ｐ到达Ｅ点时速度为零 设此时弹簧的弹 阻力所做的功
（２） ＝ 。 ， 。
性势能为Ｅ Ｐ由Ｂ点运动到Ｅ点的过程中 由动能定理有 答案 ｍ ． ｍｇｌ
ｐ。 ， （１）３ （２）０１
解析 设开始时细绳的拉力大小为Ｔ 传感装置的初
ｍｇｘ
ｓｉｎ
θ
－
μｍｇｘ
ｃｏｓ
θ
－
Ｅ
ｐ＝０－
１ ｍｖ２Ｂ
④ 始值为 Ｆ
（１
物
）
块质量为Ｍ 由平衡条件得
１，
２ １， ，
Ｅ Ｆ之间的距离ｌ 为 对小球 Ｔ ｍｇ
、 １ ， １＝ ①
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １９１
对物块 Ｆ Ｔ Ｍｇ θ 弹簧长度为ｘ
， １＋ １＝ ② ２， 。
当细绳与竖直方向的夹角为 °时 设细绳的拉力大小 小环受到弹簧的弹力Ｆ ｋ ｘ Ｌ
６０ ， 弹 ２＝ （ － ）
为Ｔ 传感装置的示数为Ｆ 据题意可知 Ｆ ． Ｆ 由平衡
２， ２， ， ２＝１２５ １， 小环受力平衡 Ｆ ｍｇ 得ｘ ５ Ｌ
条件得 ， 弹 ２＝ ， ＝
４
对小球 Ｔ ｍｇ ° 对小球 Ｆ θ ｍｇ Ｆ θ ｍω２ｌ θ
， ２＝ ｃｏｓ６０ ③ ， ２ ｃｏｓ ２＝ ， ２ ｓｉｎ ２＝ ０ ｓｉｎ ２
对物块 Ｆ Ｔ Ｍｇ ｘ
， ２＋ ２＝ ④ 且 θ
联立 式 代入数据得 ｃｏｓ ２＝ ｌ
①②③④ ， ２
Ｍ ｍ ｇ
＝３ ⑤ 解得ω ８
设小球运动至最低位置时速度的大小为ｖ 从释放到 ０＝ Ｌ
（２） ， ５
运动至最低位置的过程中 小球克服空气阻力所做的功为
， 弹簧长度为 １ Ｌ 时 设 ＯＡ ＡＢ 杆中的弹力分别为
Ｗ 由动能定理得 （３） ， 、
ｆ， ２
Ｆ Ｔ ＯＡ杆与弹簧的夹角为θ
ｍｇｌ
（１－ｃｏｓ６０
°
）－
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
⑥
３、 ３， ３。
２ 小环受到弹簧的弹力Ｆ １ ｋＬ
在最低位置
，
设细绳的拉力大小为 Ｔ
３，
传感装置的示数 弹 ３＝
２
为Ｆ 据题意可知 小环受力平衡 Ｔ θ ｍｇ Ｆ
３， ， ，２ ３ ｃｏｓ ３＝ ＋ 弹 ３
Ｆ ． Ｆ 对小球 由牛顿第二定律得 Ｌ
３＝０６ １， ， 且 θ
ｖ２ ｃｏｓ ３＝ ｌ
Ｔ ｍｇ ｍ ４
３－ ＝ ｌ ⑦ 对小球 Ｆ θ Ｔ θ ｍｇ Ｆ θ Ｔ θ
， ３ ｃｏｓ ３＝ ３ ｃｏｓ ３＋ ， ３ ｓｉｎ ３＋ ３ ｓｉｎ ３＝
对物块 由平衡条件得
， ｍω２ｌ θ
Ｆ Ｔ Ｍｇ ３ ｓｉｎ ３
３＋ ３＝ ⑧ ｇ
联立 式 代入数据得 解得ω １６
①②⑤⑥⑦⑧ ， ３＝ Ｌ
Ｗ ． ｍｇｌ
ｆ＝０１ ⑨ 整个过程弹簧弹性势能变化为零 则弹力做的功为零 由
１６．（２０１５江苏单科，１４，１６分）一转动装置如图所示 四根轻杆 ， ，
， 动能定理
ＯＡ ＯＣ ＡＢ和ＣＢ与两小球及一小环通过铰链连接 轻杆长
、 、 ， Ｌ Ｌ Ｌ Ｌ
均为ｌ 球和环的质量均为ｍ Ｏ端固定在竖直的轻质转轴上 Ｗ ｍｇ ３ ｍｇ ３ １ ｍ ω ｌ θ ２
， ， 。 － （ － ）－２ （ － ）＝２× （ ３ ｓｉｎ ３）
套在转轴上的轻质弹簧连接在Ｏ与小环之间 原长为Ｌ 装 ２ ２ ４ ４ ２
， 。 ｍｇｌ２
解得Ｗ ｍｇＬ １６
置静止时 弹簧长为 ３ Ｌ 转动该装置并缓慢增大转速 小环 ＝ ＋ Ｌ
， 。 ，
２
缓慢上升 弹簧始终在弹性限度内 忽略一切摩擦和空气阻 １７．（２０１６ 课标Ⅲ，２４，１２ 分）如图 在竖直平面内有由 １ 圆弧
。 ， ，
力 重力加速度为ｇ 求 ４
， 。 ：
弹簧的劲度系数ｋ ＡＢ和 １ 圆弧ＢＣ组成的光滑固定轨道 两者在最低点Ｂ平滑
（１） ； ，
２
ＡＢ杆中弹力为零时 装置转动的角速度ω
（２） ， ０；
连接 ＡＢ弧的半径为Ｒ ＢＣ弧的半径为
Ｒ
一小球在Ａ点
弹簧长度从 ３ Ｌ 缓慢缩短为 １ Ｌ 的过程中 外界对 。 ， 。
２
（３） ，
２ ２ Ｒ
转动装置所做的功Ｗ 正上方与Ａ相距 处由静止开始自由下落 经Ａ点沿圆弧轨
。 ，
４
道运动
。
求小球在Ｂ Ａ两点的动能之比
（１） 、 ；
通过计算判断小球能否沿轨道运动到Ｃ点
（２） 。
ｍｇ ｇ ｍｇｌ２
答案 ４ ８ ｍｇＬ １６
（１） Ｌ （２） Ｌ （３） ＋ Ｌ 答案 见解析
５
解析 装置静止时 设ＯＡ ＡＢ杆中的弹力分别为Ｆ 解析 设小球的质量为ｍ 小球在Ａ点的动能为Ｅ 由
（１） ， 、 １、 （１） ， ｋ Ａ，
Ｔ ＯＡ杆与转轴的夹角为θ Ｒ
１， １。
Ｌ
机械能守恒得Ｅ
ｋ Ａ＝
ｍｇ
①
小环受到弹簧的弹力Ｆ ｋ ４
弹 １＝ · Ｒ
２ 设小球在Ｂ点的动能为Ｅ 同理有Ｅ ｍｇ５
小环受力平衡 Ｆ ｍｇ Ｔ θ ｋ Ｂ， ｋ Ｂ＝ ②
， 弹 １＝ ＋２ １ ｃｏｓ １ ４
小球受力平衡 Ｆ θ Ｔ θ ｍｇ Ｆ θ Ｅ
， １ ｃｏｓ １＋ １ ｃｏｓ １ ＝ ， １ ｓｉｎ １ ＝ 由 式得 ｋ Ｂ
Ｔ θ ①② Ｅ ＝５ ③
Ａ
１ ｓｉｎ １ ｋ
ｍｇ 若小球能沿轨道运动到Ｃ点 小球在Ｃ点所受轨道
解得ｋ ４ （２） ，
＝ Ｌ 的正压力Ｎ应满足Ｎ
≥０ ④
设此时ＯＡ杆中的弹力为Ｆ ＯＡ杆与转轴的夹角为 设小球在Ｃ点的速度大小为ｖ 由牛顿运动定律和向心
（２） ２， Ｃ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１９２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
加速度公式有Ｎ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｃ 头的边缘点
，
Ｏ 为青藤的固定点
，
ｈ
１＝１
．
８ ｍ，
ｈ
２＝４
．
０ ｍ，
ｘ
１＝
＋ ＝ Ｒ ⑤ ． ｘ ． 开始时 质量分别为Ｍ 和ｍ
４８ ｍ， ２＝８０ ｍ。 ， ＝１０ ｋｇ ＝２ ｋｇ
的大 小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上 当大猴
２ 、 ，
由 式得 ｖ 应满足ｍｇ ｍ２
ｖ２Ｃ 发现小猴将受到伤害时
，
迅速从左边石头的Ａ点水平跳至中
④⑤ ， Ｃ ≤ Ｒ ⑥ 间石头 大猴抱起小猴跑到 Ｃ 点 抓住青藤下端 荡到右边
。 ， ，
Ｒ 石头上的Ｄ点 此时速度恰好为零 运动过程中猴子均可看
由机械能守恒有ｍｇ
４ ＝ ２
１ ｍｖ２Ｃ
⑦ 成质点 ， 空气阻
，
力不计 ， 重力加速度
。
ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 求 ：
由 式可知 小球恰好可以沿轨道运动到Ｃ点 大猴从Ａ点水平跳离时速度的最小值
⑥⑦ ， 。 （１） ；
１８．（２０１４福建理综，２１，１９分）图为某游乐场内水上滑梯轨道示 猴子抓住青藤荡起时的速度大小
（２） ；
意图 整个轨道在同一竖直平面内 表面粗糙的ＡＢ段轨道与四 猴子荡起时 青藤对猴子的拉力大小
， ， （３） ， 。
分之一光滑圆弧轨道ＢＣ在Ｂ点水平相切 点Ａ距水面的高度
。
为Ｈ 圆弧轨道ＢＣ的半径为Ｒ 圆心Ｏ恰在水面 一质量为ｍ
， ， 。
的游客 视为质点 可从轨道ＡＢ 的任意位置滑下 不计空气
（ ） ，
阻力
。
答案
（１）８ ｍ／ｓ （２）９ ｍ／ｓ （３）２１６ Ｎ
解析 设猴子从Ａ点水平跳离时速度的最小值为ｖ
（１） ｍｉｎ，
根据平抛运动规律 有
若游客从Ａ点由静止开始滑下 到Ｂ点时沿切线方 ，
（１） ，
向滑离轨道落在水面Ｄ点 ＯＤ Ｒ 求游客滑到Ｂ点时的速 ｈ １ ｇｔ２
， ＝２ ， １＝ ①
度ｖ 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Ｗ ２
Ｂ ｆ； ｘ ｖ ｔ
若游客从ＡＢ段某处滑下 恰好停在Ｂ点 又因受到 １＝ ｍｉｎ ②
（２） ， ， 联立 式 得
微小扰动 继续沿圆弧轨道滑到Ｐ点后滑离轨道 求Ｐ点离 ①、② ，
， ， ｖ
水面的高度ｈ 提示 在圆周运动过程中任一点 质点所受 ｍｉｎ＝８ ｍ／ｓ ③
。 （ ： ， 猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒 设荡起
ｖ２ （２） ，
的向心力与其速率的关系为Ｆ ｍ 时速度为ｖ 有
向＝ Ｒ） Ｃ，
答案 ｇＲ ｍｇＨ ｍｇＲ ２ Ｒ （
Ｍ
＋
ｍ
）
ｇｈ
２＝
１
（
Ｍ
＋
ｍ
）
ｖ２Ｃ
④
（１） ２ －（ －２ ） （２） ２
３
解析 （１） 游客从Ｂ点做平抛运动 ， 有 ｖ Ｃ＝ ２ ｇｈ ２ ＝ ８０ ｍ／ｓ≈９ ｍ／ｓ ⑤
设拉力为Ｆ 青藤的长度为Ｌ 对最低点 由牛顿第
２ Ｒ ＝ ｖ Ｂ ｔ ① （３） Ｔ， ， ，
二定律得
Ｒ
＝
２
１ ｇｔ２
②
Ｆ Ｍ ｍ ｇ Ｍ ｍ
ｖ２Ｃ
由 式得 Ｔ－（ ＋ ） ＝（ ＋ ） Ｌ ⑥
①②
由几何关系
ｖ ｇＲ
从 Ｂ＝ Ａ到 ２ Ｂ
，
根据动能定理
，
有 ③ （
得
Ｌ －
Ｌ
ｈ ２） ２ ＋ ｘ２ ２＝ Ｌ２ ⑦
： ＝１０ ｍ ⑧
ｍｇ （ Ｈ － Ｒ ）＋ Ｗ ｆ＝ １ ｍｖ２Ｂ－０ ④ 综合 ⑤、⑥、⑧ 式并代入数据解得 ：
２
由
③④
式得
Ｆ Ｍ ｍ ｇ Ｍ ｍ
ｖ２Ｃ
Ｗ ｍｇＨ ｍｇＲ
Ｔ＝（ ＋ ） ＋（ ＋ ） Ｌ ＝２１６ Ｎ
ｆ＝－（ －２ ） ⑤
（２）
设ＯＰ与ＯＢ间夹角为θ
，
游客在Ｐ点时的速度为ｖ
Ｐ，
２０．（２０１６江苏单科，１４，１６分）如图所示
，
倾角为α的斜面Ａ被
固定在水平面上 细线的一端固定于墙面 另一端跨过斜面顶
受到的支持力为Ｎ 从Ｂ到Ｐ由机械能守恒定律 有
， ，
， ，
端的小滑轮与物块Ｂ相连 Ｂ静止在斜面上 滑轮左侧的细
， 。
ｍｇ
（
Ｒ
－
Ｒ
ｃｏｓ
θ
）＝
１ ｍｖ２Ｐ－０
⑥ 线水平 右侧的细线与斜面平行 Ａ Ｂ的质量均为ｍ 撤去
２ ， 。 、 。
过Ｐ点时 根据向心力公式 有 固定Ａ的装置后 Ａ Ｂ均做直线运动 不计一切摩擦 重力加
， ， ， 、 。 ，
ｍｇ θ Ｎ ｍ
ｖ２Ｐ 速度为ｇ
。
求
：
ｃｏｓ － ＝ Ｒ ⑦ Ａ固定不动时 Ａ对Ｂ支持力的大小Ｎ
（１） ， ；
Ｎ Ａ滑动的位移为ｘ时 Ｂ的位移大小ｓ
＝０ ⑧ （２） ， ；
θ ｈ （３） Ａ滑动的位移为ｘ时的速度大小ｖ Ａ。
ｃｏｓ ＝ Ｒ ⑨
由 式解得
⑥⑦⑧⑨
ｈ ２ Ｒ
＝ ⑩
３
１９．（２０１３浙江理综，２３，１６分）山谷中有三块石头和一根不可
伸长的轻质青藤 其示意图如图所示 图中Ａ Ｂ Ｃ Ｄ均为石 答案 ｍｇ α α ｘ
， 。 、 、 、 （１） ｃｏｓ （２） ２（１－ｃｏｓ ）·
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １９３
ｇｘ α ３ ２
２ ｓｉｎ Ａ．－１．２×１０ Ｊ Ｂ．－７．５×１０ Ｊ
（３） α ２ ２
３－２ ｃｏｓ Ｃ．－６．０×１０ Ｊ Ｄ．－２．０×１０ Ｊ
解析 支持力的大小Ｎ ｍｇ α 答案 Ｂ 猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度
（１） ＝ ｃｏｓ
根据几何关系 ｓ ｘ α ｓ ｘ α 且 最低点 结合同绳同力可知 在最低点 重力势能最小 时 两
（２） ｘ ＝ ·（１－ｃｏｓ ）， ｙ ＝ ·ｓｉｎ ， ， （ ） ，
ｓ
＝
ｓ２ｘ＋ ｓ２ｙ 侧绳子与水平方向的夹角相同
，
记为θ
，
设右边绳子长度为ａ
，
左边绳子长度为 ａ
２０ ｍ－
{ａ θ ａ θ
由几何关系得 ｃｏｓ ＋（２０ ｍ－ ） ｃｏｓ ＝１６ ｍ
ａ θ ａ θ
ｓｉｎ －（２０ ｍ－ ） ｓｉｎ ＝２ ｍ
解得ｓ α ｘ
＝ ２（１－ｃｏｓ ）·
Ｂ的下降高度ｓ ｘ α
（３） ｙ＝ ·ｓｉｎ
根据机械能守恒定律ｍｇｓ
ｙ＝
１ ｍｖ２Ａ＋ １ ｍｖ２Ｂ
２ ２
ｘ ｓ
根据速度的定义得ｖ Δ ｖ Δ
Ａ＝ ｔ， Ｂ＝ ｔ 联立解得ａ ３５ 所以绳子最低点与参考平面的竖直距
Δ Δ ＝ ｍ，
３
则ｖ α ｖ
Ｂ＝ ２（１－ｃｏｓ ）· Ａ
离为３５ θ 猴子的重心比绳子最低点大约低
ｇｘ α ｍ·ｓｉｎ ＝７ ｍ，
解得ｖ ２ ｓｉｎ ３
Ａ＝ α ． 所以猴子在最低点的重力势能约为Ｅ ｍｇｈ
解题关键 由平
３
面
－２
几
ｃ
何
ｏｓ
的知识找出Ａ与Ｂ的位移之间存在
０５ ｍ， ｐ＝－ ＝－７５０ Ｊ，
选
Ｂ。
的关系是解决本题的关键
。 ３．（２０１７江苏单科，９，４分） 多选 如图所示 三个小球Ａ Ｂ Ｃ
（ ） ， 、 、
的质量均为ｍ Ａ 与 Ｂ Ｃ 间通过铰链用轻杆连接 杆长为 Ｌ
考点三 功能关系、能量守恒定律 ， 、 ， 。
Ｂ Ｃ置于水平地面上 用一轻质弹簧连接 弹簧处于原长 现
１．（２０１９江苏单科，８，４分） 多选 如图所示 轻质弹簧的左端 、 ， ， 。
（ ） ， Ａ由静止释放下降到最低点 两轻杆间夹角 α 由 °变为
固定 并处于自然状态 小物块的质量为ｍ 从Ａ点向左沿水 ， ６０
， 。 ， ° Ａ Ｂ Ｃ在同一竖直平面内运动 弹簧在弹性限度内 忽
平地面运动 压缩弹簧后被弹回 运动到Ａ点恰好静止 物块 １２０ 。 、 、 ， ，
， ， 。 略一切摩擦 重力加速度为ｇ 则此下降过程中
向左运动的最大距离为ｓ 与地面间的动摩擦因数为μ 重力加 ， 。 （ ）
， ，
速度为ｇ 弹簧未超出弹性限度 在上述过程中
， 。 （ ）
弹簧的最大弹力为μｍｇ
Ａ．
物块克服摩擦力做的功为 μｍｇｓ
Ｂ． ２ Ａ的动能达到最大前 Ｂ受到地面的支持力小于 ３ ｍｇ
弹簧的最大弹性势能为μｍｇｓ Ａ． ，
Ｃ． ２
物块在Ａ点的初速度为 μｇｓ
Ｄ． ２ Ａ的动能最大时 Ｂ受到地面的支持力等于 ３ ｍｇ
答案 ＢＣ 本题考查动能定理 对物块不同运动过程的分 Ｂ． ，
， ２
析能体现学生的综合分析能力 弹簧的弹性势能最大时 Ａ的加速度方向竖直向下
。 Ｃ． ，
对物块从Ａ点开始到再回到Ａ点整个过程 由动能定理可
， 弹簧的弹性势能最大值为 ３ｍｇＬ
Ｄ．
知Ｗ
ｆ＝－２
μｍｇｓ
＝０－
１ ｍｖ２Ａ， 则ｖ
Ａ＝２
μｇｓ
，
故
Ｂ
正确
，Ｄ
错误
。 答案 ＡＢ 本题考查牛顿运
２
动定律 能量守恒定律
２ 、 。
对物块从Ａ点开始到弹簧压缩量最大这一过程 由动能定理可
，
Ａ球初态ｖ 末态ｖ 因此Ａ球在运动过程中先加速
０＝０， ＝０，
知Ｗ
弹＋
Ｗ
ｆ
′
＝０－
１ ｍｖ２Ａ， Ｗ
ｆ
′
＝－
μｍｇｓ
，
则Ｗ
弹＝－
μｍｇｓ
，
即物块克 后减速
，
当速度最大时
，
动能最大
，
加速度为
０，
故Ａ的动能达
２ 到最大前 Ａ具有向下的加速度 处于失重状态 由整体法可知
服弹力做功为μｍｇｓ 所以弹簧弹性势能增加μｍｇｓ 故 正确 ， ， ，
， ， Ｃ 。
当克服弹力做功为μｍｇｓ时 弹簧的最大弹力要大于μｍｇ 故 在Ａ的动能达到最大之前 Ｂ受到地面的支持力小于 ３ ｍｇ 在
， ， Ａ ， ，
错误 ２
。
２．（２０１８浙江４月选考，１３，３分）如图所示 一根绳的两端分别 Ａ的动能最大时 Ｂ受到地面的支持力等于 ３ ｍｇ 选项 正
， ， ， Ａ、Ｂ
固定在两座猴山的Ａ Ｂ处 Ａ Ｂ两点水平距离为 竖直距 ２
、 ， 、 １６ ｍ， 确 弹簧的弹性势能最大时 Ａ到达最低点 此时具有向上的加
离为 Ａ Ｂ间绳长为 质量为 的猴子抓住套在绳 ； ， ，
２ｍ， 、 ２０ｍ， １０ｋｇ 速度 选项 错误 由能量守恒定律 Ａ球重力所做功等于弹簧
上的滑环从Ａ处滑到Ｂ处 以Ａ点所在水平面为参考平面 ， Ｃ ； ，
。 ，
猴子在滑行过程中重力势能最小值约为 ｇ取 ２ 绳处于 最大弹性势能 Ａ球下降高度ｈ Ｌ ° Ｌ ° ３－１Ｌ
（ １０ ｍ／ｓ ， ， ＝ ｃｏｓ３０ － ｃｏｓ ６０ ＝ ，
拉直状态 ２
） （ ）
重力做功Ｗ ｍｇｈ ３－１ｍｇＬ 选项 错误
＝ ＝ ， Ｄ 。
２
４．（２０１６课标Ⅱ，２１，６分） 多选 如图 小球套在光滑的竖直杆
（ ） ，
上 轻弹簧一端固定于Ｏ点 另一端与小球相连 现将小球从
， ， 。
Ｍ点由静止释放 它在下降的过程中经过了Ｎ点 已知在Ｍ
， 。 、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１９４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｎ两点处 弹簧对小球的弹力大小相等 且 ＯＮＭ ＯＭＮ ａ落地前 轻杆对ｂ一直做正功
， ， ∠ ＜∠ ＜ Ａ． ，
ａ落地时速度大小为 ｇｈ
π 在小球从Ｍ点运动到Ｎ点的过程中 Ｂ． ２
２
。 ， （ ） ａ下落过程中 其加速度大小始终不大于ｇ
Ｃ． ，
ａ落地前 当ａ的机械能最小时 ｂ对地面的压力大小为ｍｇ
Ｄ． ， ，
答案 ＢＤ 因为杆对滑块ｂ的限制 ａ落地时 ｂ 的速度为
，
零 所以ｂ的运动为先加速后减速 杆对ｂ的作用力对ｂ做的
， ，
功即ｂ所受合外力做的总功 由动能定理可知 杆对ｂ先做正
， ，
功后做负功 故 错 对ａ ｂ组成的系统应用机械能守恒定
， Ａ 。 、
Ａ．
弹力对小球先做正功后做负功 律有
：
ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２ａ， ｖ
ａ＝ ２
ｇｈ
，
故
Ｂ
正确
。
杆对ａ的作用效果
有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 ２
Ｂ． 为先推后拉 杆对ａ的作用力为拉力时 ａ下落过程中的加速
弹簧长度最短时 弹力对小球做功的功率为零 ， ，
Ｃ． ， 度大小会大于ｇ 即 错 由功能关系可知 当杆对ａ的推力
小球到达Ｎ点时的动能等于其在Ｍ Ｎ两点的重力势能差 ， Ｃ 。 ，
Ｄ． 、 减为零的时刻 即ａ的机械能最小的时刻 此时杆对ａ和ｂ的
答案 ＢＣＤ 如图所示 ＯＰ垂直于竖直杆 Ｑ点与Ｍ点关 ， ，
， ， 作用力均为零 故ｂ对地面的压力大小为ｍｇ 正确
于ＯＰ对称 在小球从Ｍ点到Ｑ点的过程中 弹簧弹力先做负 ， ，Ｄ 。
， ， ８．（２０１５福建理综，１７，６分）如图 在竖直平面内 滑道ＡＢＣ关
功后做正功 故 错 在Ｐ点弹簧长度最短 弹力方向与速度 ， ，
， Ａ 。 ， 于Ｂ点对称 且Ａ Ｂ Ｃ三点在同一水平线上 若小滑块第一
方向垂直 故此时弹力对小球做功的功率为零 即 正确 小 ， 、 、 。
， ， Ｃ 。 次由Ａ滑到Ｃ 所用的时间为ｔ 第二次由Ｃ滑到Ａ 所用的时
球在Ｐ点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力 竖直方向 ， １， ，
， 间为ｔ 小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑
上只受重力 此时小球加速度为ｇ 当弹簧处于自由长度时 小 ２，
， ， ， 道滑行 小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定 则
球只受重力作用 此时小球的加速度也为ｇ 故 正确 小球 ， ， （ ）
， ， Ｂ 。
和弹簧组成的系统机械能守恒 小球在Ｍ点和Ｎ点时弹簧的
，
弹性势能相等 故小球从Ｍ到Ｎ重力势能的减少量等于动能
，
的增加量 ， 而小球在Ｍ点的动能为零 ， 故 Ｄ 正确 。 Ａ． ｔ １＜ ｔ ２ Ｂ． ｔ １＝ ｔ ２
ｔ ｔ 无法比较ｔ ｔ 的大小
Ｃ． １＞ ２ Ｄ． １、２
答案 Ａ 在ＡＢ段同一位置 或关于过最高点的竖直线对
（
称的位置 处速度越大 对滑道的压力越小 所受摩擦力越小
） ， ， ；
在ＢＣ段同一位置 或关于过最低点的竖直线对称的位置 处
（ ）
速度越小 对滑道的压力越小 所受摩擦力越小 分析可知第
， ， 。
一次滑块所受平均摩擦力较小 摩擦力做功较少 动能变化量
， ，
５．（２０１６上海单科，７，２分）在今年上海的某活动中引入了全国 ｓ
较小 平均速率较大 由ｔ 可知ｔ ｔ 项正确
首个户外风洞飞行体验装置 体验者在风力作用下飘浮在半 ， ， ＝ ｖ １＜ ２，Ａ 。
，
空 若减小风力 体验者在加速下落过程中 ９．（２０１５天津理综，５，６ 分）如图所示 固定的竖直
。 ， （ ） ，
失重且机械能增加 光滑长杆上套有质量为ｍ的小圆环 圆环与水平状
Ａ． ，
失重且机械能减少 态的轻质弹簧一端连接 弹簧的另一端连接在墙
Ｂ． ，
超重且机械能增加 上 且处于原长状态 现让圆环由静止开始下滑
Ｃ． ， 。 ，
超重且机械能减少 已知弹簧原长为Ｌ 圆环下滑到最大距离时弹簧的
Ｄ． ，
答案 Ｂ 根据题意 体验者飘浮时受到的重力和风力平 长度变为 Ｌ 未超过弹性限度 则在圆环下滑到最大距离的
， ２ （ ），
衡 在加速下落过程中 风力小于重力 即重力对体验者做正 过程中
； ， ， （ ）
功 风力做负功 体验者的机械能减小 加速下落过程中 加速 圆环的机械能守恒
， ， ； ， Ａ．
度方向向下 体验者处于失重状态 故选项 正确 弹簧弹性势能变化了 ｍｇＬ
， ， Ｂ 。 Ｂ． ３
６．（２０１６四川理综，１，６分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项 圆环下滑到最大距离时 所受合力为零
Ｃ． ，
目夺冠的运动员 他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
。 Ｄ．
助滑区 保持同一姿态下滑了一段距离 重力对他做功 答案 Ｂ 圆环在下滑过程中 圆环的重力和弹
“ ” ， ，
他克服阻力做功 韩晓鹏在此过程中 簧的弹力对圆环做功 圆环的机械能不守恒 圆环
１９００ Ｊ， １００ Ｊ。 （ ） ， ，
动能增加了 动能增加了 和弹簧组成的系统机械能守恒 系统的机械能等
Ａ． １９００ Ｊ Ｂ． ２０００ Ｊ ，
重力势能减小了 重力势能减小了 于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之
Ｃ． １９００ Ｊ Ｄ． ２０００ Ｊ
答案 Ｃ 由动能定理可知 Ｅ 和 选项 错误 对圆环进行受力分析 可知圆
，Δ ｋ＝１ ９００ Ｊ－１００ Ｊ＝１ ８００ Ｊ， ， Ａ、Ｄ ； ，
故 均错 重力势能的减少量等于重力做的功 故 正确 环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小 当弹簧对圆
Ａ、Ｂ 。 ， Ｃ 、 ，
错 环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时 加速度
Ｄ 。 ，
７．（２０１５课标Ⅱ，２１，６分） 多选 如图 滑 减为 速度达到最大 而后加速度反向且逐渐增大 圆环开始
（ ） ， ０， ， ，
块ａ ｂ的质量均为 ｍ ａ 套在固定竖直杆 做减速运动 当圆环下滑到最大距离时 所受合力最大 选项
、 ，
， ， ， Ｃ
上 与光滑水平地面相距ｈ ｂ放在地面上
， ， 。 错误 由图中几何关系知圆环的下降高度为 Ｌ 由系统机械
ａ ｂ通过铰链用刚性轻杆连接 由静止开 ； ３ ，
、 ， 能守恒可得ｍｇ Ｌ Ｅ 解得 Ｅ ｍｇＬ 选项 正确
始运动
。
不计摩擦
，
ａ
、
ｂ可视为质点
，
重力
１０．（２０１３大纲全
×
国
３
，２０
＝
，
Δ
６分
ｐ，
）如图
Δ
一
ｐ＝
固定
３
斜面
，
倾角
Ｂ
为 °
。
一
加速度大小为ｇ 则 ， ３０ ，
。 （ ）
质量为ｍ的小物块自斜面底端以一定的初速度 沿斜面向上
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １９５
做匀减速运动 加速度的大小等于重力加速度的大小ｇ 若
， 。 物块在Ｂ点时 弹簧的弹性势能小于Ｗ ３ μｍｇａ
物块上升的最大高度为Ｈ 则此过程中 物块的 Ｂ． ， －
， ， （ ） ２
经Ｏ点时 物块的动能小于Ｗ μｍｇａ
Ｃ． ， －
物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 Ｂ 点时弹簧
Ｄ．
的弹性势能
答案 ＢＣ 因为要克服摩擦力做功 所以Ｏ点不在ＡＢ的
动能损失了 ｍｇＨ 动能损失了ｍｇＨ ，
Ａ． ２ Ｂ． ａ
中点 如图 ｘ 由动能定理 从Ｏ到Ａ Ｗ μｍｇｘ Ｗ 系
机械能损失了ｍｇＨ 机械能损失了 １ ｍｇＨ ， ， ＞ ， ， ， － － 弹＝０，
Ｃ． Ｄ． ２
２ ａ
答案 ＡＣ 对小物块进行受力分析 如图所示 有ｆ ｍｇ 统增加的弹性势能 Ｅ Ｗ μｍｇｘ 因为 ｘ 所以 Ｅ Ｗ
， ， ＋ ｓｉｎ ｐ＝ － ， ＞ ， ｐ＜ －
２
° ｍａ 又因ａ ｇ
３０ ＝ ， ＝
１ μｍｇａ 错误 同理 物块在Ｂ点时 Ｅ ′ Ｗ μｍｇ ｘ ａ Ｗ
，Ａ ； ， ， ｐ ＝ － （ ＋ ）＜
２
３ μｍｇａ 正确 经 Ｏ 点时 Ｅ Ｗ μｍｇｘ Ｗ μｍｇａ 正
－ ，Ｂ ； ， ｋ＝ －２ ＜ － ，Ｃ
２
确 Ａ Ｂ的过程中当弹力与 ｆ 平衡时速度最大 此点在 Ｏ 点
； → ，
ｆ μｍｇ
所以解得ｆ １ ｍｇ 右侧距Ｏ点ｘ 处 ｘ 可能大于ＢＯ 所以 错
＝ １＝ ｋ ＝ ｋ ， １ ， Ｄ 。
２
由动能定理知Ｗ Ｅ
合＝Δ
ｋ
Ｈ
可知损失的动能 Ｅ ｍａ ｍｇＨ
｜Δ ｋ｜＝ °＝２ 。
ｓｉｎ３０
根据功能关系知 克服阻力做的功等于机械能的减小量
， ，
考查点 本题考查动能定理 功能关系 弹力做功与弹性
所以 损失的机械能 、 、
，
势能等知识 要求考生有较高的分析综合能力 属于较难题
Ｈ ， ， 。
Ｅ ｆ ｍｇＨ
｜Δ ｜＝ °＝ 学习指导 以弹簧的变力问题为背景的题目很多 常常可以
ｓｉｎ３０ ，
故 正确 错误 和牛顿运动定律 功和能等主干知识相联系 所以 我们在学
Ａ、Ｃ ，Ｂ、Ｄ 。 、 ， ，
评析 本题考查动能定理及功能关系 正确的受力分析 习过程中应该把有关弹簧的问题 吃 透 尤其是随弹簧形变
， “ ” ，
是解题的基础 难度中等 量的变化对应的受力分析 运动过程的分析 能量转化与守恒
。 。 、 、
１１．（２０１３山东理综，１６，５ 分） 多选 如图所示 楔形木块 ａｂｃ 的分析 要做到成竹在胸
（ ） ， ， 。
固定在水平面上 粗糙斜面ａｂ和光滑斜面ｂｃ与水平面的夹
１３．（２０１４广东理综，１６，４分）图是安装在列车车厢之间的摩擦
，
角相同 顶角ｂ处安装一定滑轮 质量分别为Ｍ ｍ Ｍ ｍ 的 缓冲器结构图 图中 和 为楔块 和 为垫板 楔块与弹
， 。 、 （ ＞ ） ， ① ② ，③ ④ ，
滑块 通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接 轻绳与斜面平 簧盒 垫板间均有摩擦 在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中
， ， 、 ，
行 两滑块由静止释放后 沿斜面做匀加速运动 若不计滑
。 ， 。 （ ）
轮的质量和摩擦 在两滑块沿斜面运动的过程中
， （ ）
两滑块组成系统的机械能守恒
Ａ．
重力对Ｍ做的功等于Ｍ动能的增加
Ｂ．
轻绳对ｍ做的功等于ｍ机械能的增加 缓冲器的机械能守恒
Ｃ． Ａ．
两滑块组成系统的机械能损失等于Ｍ克服摩擦力做的功 摩擦力做功消耗机械能
Ｄ． Ｂ．
答案 ＣＤ 因为Ｍ克服摩擦力做功 所以系统机械能不守 垫板的动能全部转化为内能
， Ｃ．
恒 错误 由功能关系知系统减少的机械能等于Ｍ克服摩 弹簧的弹性势能全部转化为动能
，Ａ 。 Ｄ．
擦力做的功 正确 对Ｍ 除重力外还有摩擦力和轻绳拉力 答案 Ｂ 在弹簧压缩过程中 由于摩擦力做功消耗机械
，Ｄ 。 ， ，
对其做功 由动能定理知 错误 对ｍ 有拉力和重力对其做 能 因此机械能不守恒 选项 错 对 垫板的动能转化为弹
， Ｂ 。 ， ， ， Ａ Ｂ ；
功 由功能关系知 正确 性势能和内能 选项 均错误
， Ｃ 。 ， Ｃ、Ｄ 。
１２．（２０１３江苏单科，９，４分） 多选 如图所示 水平桌面上的轻 １４．（２０１８浙江４月选考，２０，１２分）如图所示 一轨道由半径为
（ ） ， ，
质弹簧一端固定 另一端与小物块相连 弹簧处于自然长度 的四分之一竖直圆弧轨道ＡＢ和长度可调的水平直轨道
， 。 ２ ｍ
时物块位于Ｏ点 图中未标出 物块的质量为ｍ ＡＢ ａ 物 ＢＣ在Ｂ点平滑连接而成 现有一质量为 ． 的小球从Ａ
（ ）。 ， ＝ ， 。 ０ ２ ｋｇ
块与桌面间的动摩擦因数为μ 现用水平向右的力将物块从 点无初速释放 经过圆弧上 Ｂ 点时 传感器测得轨道所受压
。 ， ，
Ｏ点拉至Ａ点 拉力做的功为Ｗ 撤去拉力后物块由静止向 力大小为 ． 小球经过ＢＣ段所受的阻力为其重力的 ．
， 。 ３６ Ｎ， ０ ２，
左运动 经Ｏ点到达Ｂ点时速度为零 重力加速度为ｇ 则 然后从Ｃ点水平飞离轨道 落到水平地面上的Ｐ点 Ｐ Ｃ两
， 。 。 ， ， 、
上述过程中 点间的高度差为 ． 小球运动过程中可视为质点 且不计
（ ） ３２ｍ。 ，
空气阻力 ｇ ２
， ＝１０ ｍ／ｓ 。
求小球运动至Ｂ点时的速度大小
（１） ；
求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功
物块在Ａ点时 弹簧的弹性势能等于Ｗ １ μｍｇａ （２） ；
Ａ． ， － 为使小球落点Ｐ与Ｂ点的水平距离最大 求ＢＣ段的
２ （３） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１９６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
长度 ( )ｎ
； 则ｖ ｖ １ ｎ
小球落到Ｐ点后弹起 与地面多次碰撞后静止 假 ｙｎ＝ ｙ ０· （ ＝１，２，３，…） ⑨
（４） ， 。 ２
设小球每次碰撞机械能损失 ％ 碰撞前后速度方向与地面 ｖ
７５ ， ｔ ｙｎ
的夹角相等 求小球从Ｃ点飞出到最后静止所需时间 ｎ＝２· ｇ ⑩
。 。
将式 代入 可得
⑦⑧⑨ ⑩
( )ｎ
－１
ｔ １ ｔ ｎ
ｎ＝ ０（ ＝１，２，３，…）
２
由等比数列求和公式可得
[ ( )ｎ]
． １
０８× １－
ｔ ｔ ｔ ｔ ． ２
总＝ ０＋ １＋… ｎ＋…＝０８＋ （ｓ）
１
１－
答案 ２
（１）４ ｍ／ｓ （２）２．４ Ｊ （３）３．３６ ｍ 当ｎ取无穷大 小球处于静止状态
，
（４）２．４ ｓ 解得ｔ ．
解析 由牛顿第三定律得小球运动至Ｂ点时轨道对小 总＝２４ ｓ。
（１） １５．（２０１５福建理综，２１，１９ 分）如图 质量为 Ｍ 的小车静止在
球的支持力Ｎ ． ，
＝３６ Ｎ 光滑水平面上 小车ＡＢ段是半径为Ｒ的四分之一圆弧光滑
由向心力公式得 Ｎ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｂ
轨道 ＢＣ段是长
，
为Ｌ的水平粗糙轨道 两段轨道相切于Ｂ点
， － ＝ Ｒ ， ， 。
一质量为ｍ的滑块在小车上从Ａ点由静止开始沿轨道滑下
解得ｖ ，
Ｂ＝４ ｍ／ｓ。 重力加速度为ｇ
小球从Ａ到Ｂ的过程中 重力和摩擦力做功 设小球 。
（２） ， ， 若固定小车 求滑块运动过程中对小车的最大压力
克服摩擦力所做的功为Ｗ （１） ， ；
克。 若不固定小车 滑块仍从Ａ点由静止下滑 然后滑入
（２） ， ，
由动能定理得ｍｇＲ
－
Ｗ
克＝
１ ｍｖ２Ｂ－０
ＢＣ轨道 最后从Ｃ点滑出小车 已知滑块质量ｍ
Ｍ
在任
２ ， 。 ＝ ，
解得Ｗ ． ２
克＝２４ Ｊ。 一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的
分析知 ＢＣ段长度会影响匀减速运动的时间 继而 ２
（３） ， ， 倍 滑块与轨道ＢＣ间的动摩擦因数为μ 求
影响平抛运动水平初速度以及水平位移 ， ， ：
。 滑块运动过程中 小车的最大速度大小ｖ
ｆ ① ， ｍ；
设ＢＣ段运动时间为ｔ ， 加速度ａ ＝ ｍ ＝２ ｍ／ｓ ２ ② 滑块从Ｂ到Ｃ运动过程中 ， 小车的位移大小ｓ 。
由运动学公式得ｖ ｖ ａｔ ｔ
Ｃ＝ Ｂ－ ＝４－２（ｍ／ｓ） ①
ｘ
ＢＣ＝
ｖ
Ｂ
ｔ
－
１ ａｔ２
＝４
ｔ
－
ｔ２
（ｍ） ②
２
其中 ｔ
０＜ ＜２ ｓ
由平抛运动规律有ｈ １ ｇｔ２
＝ ２ １ ③ 答案 ｍｇ ｇＲ １ Ｌ
ｘ ｖ ｔ （１）３ （２）① ②
由 ＣＰ＝ Ｃ １ 可得ｘ ． ． ｔ ④ 解析 滑块滑到Ｂ点时 ３ 对小车 ３ 压力最大 从Ａ到Ｂ机
①③④ ＣＰ＝３２－１６（ｍ） ⑤ （１） ，
械能守恒
则由
②⑤
可得ｘ
ＢＰ＝
ｘ
ＢＣ＋
ｘ
ＣＰ＝－
ｔ２
＋２
．
４
ｔ
＋３
．
２（ｍ） ⑥
根据二次函数单调性以及ｔ的范围
，
可得当ｔ
＝１
．
２ ｓ
时
，
ｍｇＲ
＝
１ ｍｖ２Ｂ
①
ｘ 取到最大值 ２
ＢＰ 。 滑块在Ｂ点处 由牛顿第二定律有
代入 式 解得ｘ ． ，
由
②
于碰
，
撞前后
ＢＣ
速
＝３
度
３
方
６ ｍ
向
。
与地面夹角相等 所以碰撞 Ｎ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｂ
（４） ， － ＝ Ｒ ②
前后水平速度与竖直速度比例不变 每次碰撞机械能损失
。 解得Ｎ ｍｇ
＝３ ③
％ 故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的 １ 由牛顿第三定律得Ｎ′ ｍｇ
７５ ， 。 ＝３ ④
２ 滑块下滑到达Ｂ点时 小车速度最大 由系统的
（２）① ， 。
机械能守恒
ｍｇＲ １ Ｍｖ２ １ ｍ ｖ ２
＝ ｍ＋ （２ ｍ） ⑤
２ ２
ｇＲ
解得ｖ
ｍ＝ ⑥
３
设滑块运动到 Ｃ 点时 小车速度大小为 ｖ 由功能
② ， Ｃ，
关系
设第ｎ次损失后的竖直分速度为ｖ 从第ｎ次碰撞到第
ｙｎ，
ｎ ＋１ 次碰撞的时间为ｔ ｎ。 ｍｇＲ － μｍｇＬ ＝ １ Ｍｖ２Ｃ＋ １ ｍ （２ ｖ Ｃ） ２ ⑦
２ ２
由平抛运动方程得ｖ
ｙ ０＝ ２
ｇｈ
＝８ ｍ／ｓ ⑦
设滑块从Ｂ到Ｃ过程中
，
小车运动加速度大小为ａ
，
由牛
ｈ 顿第二定律
ｔ ２ ．
０＝ ｇ ＝０８ ｓ ⑧ μｍｇ Ｍａ
＝ ⑧
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １９７
由运动学规律 １７．（２０１４江苏单科，１５，１６分）如图所示 生产车间有两个相互
，
ｖ２Ｃ－ ｖ２
ｍ＝－２
ａｓ
⑨
垂直且等高的水平传送带甲和乙
，
甲的速度为ｖ
０。
小工件离
开甲前与甲的速度相同 并平稳地传到乙上 工件与乙之间的
解得ｓ １ Ｌ ， ，
＝ ⑩ 动摩擦因数为μ 乙的宽度足够大 重力加速度为ｇ
３ 。 ， 。
１６．（２０１５北京理综，２３，１８ 分）如图所示 弹簧的一端固定 另
， ，
一端连接一个物块 弹簧质量不计 物块 可视为质点 的质
， 。 （ ）
量为ｍ 在水平桌面上沿ｘ轴运动 与桌面间的动摩擦因数为
， ，
μ 以弹簧原长时物块的位置为坐标原点Ｏ 当弹簧的伸长量
。 ，
为ｘ时 物块所受弹簧弹力大小为Ｆ＝ｋｘ ｋ为常量
， ， 。
若乙的速度为ｖ 求工件在乙上侧向 垂直于乙的运
（１） ０， （
动方向 滑过的距离ｓ
１ 请画出Ｆ随ｘ变化的示意图 并根据Ｆ－ｘ图像求物 ） ；
（ ） ； 若乙的速度为 ｖ 求工件在乙上刚停止侧向滑动时
块沿ｘ轴从Ｏ点运动到位置ｘ的过程中弹力所做的功 （２） ２ ０，
。 的速度大小ｖ
２ 物块由ｘ 向右运动到ｘ 然后由ｘ 返回到ｘ 在这 ；
（ ） １ ３， ３ ２， 保持乙的速度 ｖ 不变 当工件在乙上刚停止滑动
个过程中 （３） ２ ０ ，
， 时 下一只工件恰好传到乙上 如此反复 若每个工件的质量
求弹力所做的功 并据此求弹性势能的变化量 ， ， 。
ａ． ， ； 均为ｍ 除工件与传送带之间摩擦外 其他能量损耗均不计
求滑动摩擦力所做的功 并与弹力做功比较 说明为什 ， ， ，
ｂ． ， ，
么不存在与摩擦力对应的 摩擦力势能 的概念 求驱动乙的电动机的平均输出功率 Ｐ
“ ” 。 。
答案 １ Ｆ－ｘ图像如图 －
１
ｋｘ２ 答案 ２
ｖ２
０ ｖ ４ ５
μｍｇｖ
０
（ ） ２ （１） μｇ （２）２ ０ （３）
２ ５
解析 摩擦力与侧向的夹角为 °
（１） ４５
侧向加速度大小
ａ μｇ °
ｘ＝ ｃｏｓ４５
匀变速直线运动
２ ．
１
ｋｘ２－
１
ｋｘ２
１
ｋｘ２－
１
ｋｘ２ －２
ａ
ｘ
ｓ
＝０－
ｖ２
０
（ ）ａ ２ １ ２ ２ ２ ２ ２ １ ｖ２
见解析 解得ｓ ＝ ２ μｇ ０
ｂ． ２
解析 １ Ｆ－ｘ图像如答图 设ｔ 时刻摩擦力与侧向的夹角为θ 侧向 纵向加
（ ） 。 （２） ＝０ ， 、
物块沿ｘ轴从Ｏ点运动到位置ｘ的过程中 弹力做负功
ａ
Ｆ－ｘ图线下的面积等于弹力做功大小 弹力做功 ， ； 速度的大小分别为ａ ｘ、 ａ ｙ， 则 ａ ｙ ＝ｔａｎ θ
。 ｘ
Ｗ Ｔ ＝－ ２ １ · ｋｘ · ｘ＝－ ２ １ ｋｘ２ 很小的 Δ ｔ 时间内 ， 侧向 、 纵向的速度增量 Δ ｖ ｘ ＝ ａ ｘΔ ｔ ，
ｖ ａ ｔ
２ 物块由ｘ 向右运动到ｘ 的过程中 弹力做功 Δ ｙ＝ ｙΔ
（ ）ａ． １ １ ３ １ ， １ 解得Δ ｖ ｙ θ
Ｗ Ｔ１ ＝－ ２ ·（ ｋｘ １ ＋ｋｘ ３）·（ ｘ ３ －ｘ １） ＝ ２ ｋｘ２ １ － ２ ｋｘ２ ３ Δ ｖ ｘ ＝ｔａｎ
ｖ
物块由ｘ 向左运动到ｘ 的过程中 弹力做功 且由题意知 θ ｙ
３ ２ ， ｔａｎ ＝ ｖ
ｘ
１ １ １
Ｗ ＝ ｋｘ ＋ｋｘ ｘ －ｘ ＝ ｋｘ２－ ｋｘ２ ｖ ′ ｖ ｖ
Ｔ２ ２ ·（ ２ ３）·（ ３ ２） ２ ３ ２ ２ 则 ｙ ｙ－Δ ｙ θ
ｖ ′＝ｖ ｖ ＝ｔａｎ
整个过程中 弹力做功 ｘ ｘ－Δ ｘ
， 所以摩擦力方向保持不变
１ １
Ｗ ＝Ｗ ＋Ｗ ＝ ｋｘ２－ ｋｘ２ 则当ｖ ′ 时 ｖ ′ 即ｖ ｖ
Ｔ Ｔ１ Ｔ２ ２ １ ２ ２ ｘ ＝０ ， ｙ ＝０， ＝２ ０
工件在乙上滑动时侧向位移为ｘ 沿乙速度方向的位
弹性势能的变化量 （３） ，
移为ｙ
１ １ ，
Ｅ ＝－Ｗ ＝ ｋｘ２－ ｋｘ２ 由题意知ａ μｇ θ ａ μｇ θ
Δ ｐ Ｔ ２ ２ ２ １ ｘ＝ ｃｏｓ ， ｙ＝ ｓｉｎ
ｂ． 整个过程中 ， 摩擦力做功
在侧向上
－２
ａ
ｘ
ｘ
＝０－
ｖ２
０
Ｗ ｆ ＝－μｍｇ ·（ ２ｘ ３ －ｘ １ －ｘ ２） 在纵向上 ２ ａ ｙ ｙ ＝（２ ｖ ０） ２ －０
与弹力做功比较
：
弹力做功与ｘ
３
无关
，
即与实际路径无
工件滑动时间ｔ ２
ｖ
０
关 只与始末位置有关 所以 我们可以定义一个由物体之间 ＝ ａ ｙ
， ， ，
的相互作用力 （ 弹力 ） 和相对位置决定的能量 ——— 弹性势能 。 乙前进的距离ｙ １＝２ ｖ ０ ｔ
而摩擦力做功与ｘ ３ 有关 ， 即与实际路径有关 ， 所以 ， 不可以定 工件相对乙的位移Ｌ ＝ ｘ２ ＋（ ｙ １－ ｙ ） ２
义与摩擦力对应的 摩擦力势能 则系统摩擦生热Ｑ μｍｇＬ
“ ”。 ＝
考查点 功能关系
。 电动机做功Ｗ １ ｍ ｖ ２ １ ｍｖ２ Ｑ
思路点拨 一个力做功与路径无关 存在对应的势能 如弹 ＝ （２ ０） － ０＋
， 。 ２ ２
力做功与路径无关 存在对应的弹性势能 分子力做功与路径 Ｗ μｍｇｖ
， ； 由Ｐ 解得Ｐ ４ ５ ０
无关 存在对应的分子势能 ＝ ｔ ， ＝
， 。 ５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１９８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１８．（２０１３北京理综，２３，１８分）蹦床比赛分成预备运动和比赛 解析 １ 床面下沉ｘ ＝０．１０ 时 运动员受力平衡
（ ） ０ ｍ ，
动作两个阶段 最初 运动员静止站在蹦床上 在预备运动阶 ｍｇ＝ｋｘ
。 ， ； ０
段 他经过若干次蹦跳 逐渐增加上升高度 最终达到完成比 ｍｇ
， ， ， 得ｋ＝ ＝５．０×１０３
赛动作所需的高度 此后 进入比赛动作阶段 ｘ Ｎ／ｍ
； ， 。 ０
把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧 弹力大小Ｆ＝ｋｘ Ｆ－ｘ图线如答案图所示
， 。
ｘ为床面下沉的距离 ｋ为常量 质量ｍ＝５０ 的运动员 ２ 运动员从ｘ＝０处离开床面 开始腾空 其上升 下落
（ ， ）。 ｋｇ （ ） ， ， 、
静止站在蹦床上 床面下沉ｘ ＝０．１０ 在预备运动中 假定 时间相等
， ０ ｍ； ，
运动员所做的总功 Ｗ 全部用于增加其机械能 在比赛动作 １ ( ｔ)２
； ｈ ＝ ｇ Δ ＝５．０
中 把该运动员视作质点 其每次离开床面做竖直上抛运动的 ｍ ２ ２ ｍ
， ，
腾空时间均为 ｔ＝２．０ 设运动员每次落下使床面压缩的最 ３ 参考由速度－时间图像求位移的方法 知Ｆ－ｘ图线与
Δ ｓ， （ ） ，
大深度均为ｘ 取重力加速度ｇ＝１０ ２ 忽略空气阻力的 ｘ轴所围的面积等于弹力做的功 从ｘ处到ｘ＝０处 弹力做
１。 ｍ／ｓ ， 。 ，
影响 功Ｗ Ｔ
。
（ １ ） 求常量ｋ ， 并在图中画出弹力Ｆ随ｘ变化的示意图 ； Ｗ Ｔ ＝ ２ １ · ｘ · ｋｘ＝ ２ １ ｋｘ２
２ 求在比赛动作中 运动员离开床面后上升的最大高
（ ） ，
运动员从ｘ 处上升到最大高度ｈ 的过程 根据动能定
度ｈ ｍ；
理 有
１ ｍ ，
３ 借助Ｆ－ｘ图像可以确定弹力做功的规律 在此基础
，
（ ） ，
１
上 ， 求ｘ １ 和Ｗ的值 。 ２ ｋｘ２ １ －ｍｇ （ ｘ １ ＋ｈ ｍ） ＝０
得ｘ ＝ｘ ＋ ｘ２＋２ｘ ｈ １．１
１ ０ ０ ０ ｍ≈ ｍ
对整个预备运动 由题设条件以及功和能的关系 有
， ，
１
Ｗ＋ ｋｘ２＝ｍｇ ｈ ＋ｘ
２ ０ （ ｍ ０）
答案 １ ５．０×１０３ 示意图如图所示 得Ｗ＝２５２５ ２．５×１０３
（ ） Ｎ／ｍ Ｊ≈ Ｊ
考查点 弹力做功 动能定理的应用
、 。
思路点拨 运动员的运动可以分为两个阶段 在空中的运动
：
是加速度为ｇ的匀加速运动 在与蹦床接触的运动过程中 由
； ，
于弹力的变化 为加速度不断变化的运动 故求ｘ 和Ｗ可用
， ， １
动能定理 至于弹力做功的计算 可借助Ｆ－ｘ图中的图线与
。 ，
２ ５．０ ｘ轴所围的面积
（ ） ｍ 。
３ １．１ ２．５×１０３
（ ） ｍ Ｊ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
时间：６０分钟 分值：６０分
一、单项选择题 每题３分 共１５分 １． 答案 Ｄ
（ ， ）
１．（２０２１届福建厦门双十中学月考）如图所示 两个质量均为ｍ ２．（２０２１届辽宁新高考联合调研，５）如图所示 一表面光滑的木
， ，
的小滑块Ｐ Ｑ通过铰链用长为Ｌ的刚性轻杆连接 Ｐ套在固 板可绕固定的水平轴Ｏ转动 木板从水平位置 ＯＭ 转到 ＯＮ
、 ， 。
定的竖直光滑杆上 Ｑ放在光滑水平地面上 轻杆与竖直方向 位置的过程中 木板上质量为 ． 的物块从靠近转轴的位置
， ， ， ０６ｋｇ
Ｌ 由静止开始滑到图中虚线所示位置 在这一过程中 物块的重
的夹角α ° 原长为 的轻弹簧水平放置 右端与Ｑ相连 。 ，
＝３０ 。 ， ， 力势能减少了 取重力加速度ｇ ２ 则
２ ６ Ｊ（ ＝１０ ｍ／ｓ ）， （ ）
左端固定在竖直杆Ｏ点上 Ｐ由静止释放 下降到最低点时α
。 ，
变为 ° 整个运动过程中 Ｐ Ｑ始终在同一竖直平面内 弹
６０ 。 ， 、 ，
簧在弹性限度内 忽略一切摩擦 重力加速度为ｇ 则Ｐ下降
， ， 。
过程中
（ ）
木板对物块的支持力不做功
Ａ．
物块的竖直高度降低了
Ｂ． １ ｍ
物块的动能增加了
Ｃ． ６ Ｊ
物块的机械能必定增加
Ｄ．
２． 答案 Ｂ
３．（２０２０河北冀州中学期中，５）如图所示 两个完全相同的小球
，
Ｐ Ｑ组成的系统机械能守恒
Ａ． 、 分别从水平地面上Ａ点和Ａ点正上方的Ｏ点抛出 Ｏ点抛出
，
Ｂ．
Ｐ
、
Ｑ的速度大小始终相等 的小球做平抛运动 Ａ点斜抛出的小球能到达的最高点与Ｏ点
，
弹簧弹性势能最大值为 ｍｇＬ 等高 且两球同时落到水平面上的 Ｂ 点 关于两球的运动 下
Ｃ． （ ３－１） ， ， ，
Ｐ达到最大动能时 Ｑ受到地面的支持力大小为 ｍｇ 列说法正确的是
Ｄ． ， ２ （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 １９９
度为ｇ 则下列说法正确的是
， （ ）
两小球应该是同时抛出的
Ａ．
两小球着地速度大小相等
Ｂ．
两小球着地前瞬间 重力的瞬时功率相等
Ｃ． ，
两小球做抛体运动过程中重力做功相等
Ｄ．
３． 答案 Ｃ
当ｘ ｘ 时 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大
４．（２０２０河北唐山一中９月调研，７）如图所示 一倾角为α的固 Ａ． ＝ ０ ，
， ｍｇｘ
定斜面下端固定一挡板 一劲度系数为ｋ的轻弹簧下端固定在 小球动能的最大值为ｍｇｈ ０
， Ｂ． ＋
挡板上 现将一质量为ｍ的小物块从斜面上离弹簧上端距离 ２
。 当ｘ ｘ 时 小球的速度大小为 ｇｈ
为ｓ处 由静止释放 已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ 物 Ｃ． ＝２ ０ ， ２
， ， ， 小球在最低点的加速度大小等于ｇ
块下滑过程中的最大动能为Ｅ 则小物块从释放到运动至最 Ｄ．
ｋｍ， ６． 答案 ＢＣ
低点的过程中 下列说法中正确的是
， （ ） ７．（２０２０湖北宜昌部分示范高中教学协作体期中联考，１２）一个
质量为ｍ的物体以某一平行于斜面的速度从固定斜面底端冲
上倾角为 °的斜面 其加速度大小为 ３ ｇ 如图所示 此物体
３０ ， ， ，
４
在斜面上升的最大高度为ｈ ｇ为重力加速度 则
， ， （ ）
μ α
Ａ． ＞ ｔａｎ
物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能
Ｂ．
弹簧的最大弹性势能小于整个过程中物块减少的重力势能
Ｃ．
与摩擦力对物块做功之和
若将物块从离弹簧上端 ｓ的斜面处由静止释放 则下滑过
Ｄ． ２ ，
程中物块的最大动能小于 Ｅ
２ ｋｍ 物体与斜面间的动摩擦因数为 ３
４． 答案 Ｄ Ａ．
６
５．（２０１９重庆第三次调研抽测）如图所示 轻弹簧一端与不可伸 物体在沿斜面上升过程中重力做功ｍｇｈ
， Ｂ．
长的轻绳ＯＣ ＤＣ连接于Ｃ 两绳另一端固定 弹簧另一端拴
重力的最大功率为ｍｇ ｇｈ
、 （ ），
Ｃ． ３
接一质量为ｍ的小球 地面上竖直固定一内壁光滑的 １ 开缝 ｍｇｈ
， 物体在沿斜面上升过程中 物体克服摩擦力做功
４ Ｄ． ，
２
圆弧管道ＡＢ Ａ点位于Ｏ点正下方且与Ｃ点等高 管道圆心与
， ， ７． 答案 ＡＤ
Ｃ点重合 现将小球置于管道内 Ａ点由静止释放 已知轻绳
。 ， ８．（２０２０重庆巴蜀中学月考，７）全长为Ｌ且质量分布均匀的长
ＤＣ水平 当小球沿圆弧管道运动到Ｂ点时恰好对管道壁无弹
， 铁链由若干节组成 已知圆形管状轨道半径为Ｒ Ｌ Ｒ Ｒ远
力 则小球从Ａ运动到Ｂ的过程中 ， ， ＞２π ，
， （ ） 大于一节铁链的高度和长度 整个管道内壁光滑 如图所示
， 。 ，
铁链具有初速度且靠自身惯性能通过圆形管状管道继续前进
，
下列判断正确的是
（ ）
铁链的每一节通过最高点的速度大小都相等
Ａ．
弹簧一直处于自然长度 在铁链的第一节完成圆周运动的过程中 第一节铁链机械能
Ａ． Ｂ． ，
小球的机械能逐渐减小 不守恒
Ｂ．
轻绳ＯＣ的拉力先增大后减小 铁链的第一节与最后一节到达最高点时的速度大小相等
Ｃ． Ｃ．
轻绳ＤＣ的拉力先增大后减小 铁链的第一节回到最低点至最后一节刚进入圆状轨道的过
Ｄ． Ｄ．
５． 答案 Ｄ 程中铁链的重力势能保持不变
８． 答案 ＢＣＤ
二、多项选择题 每题 分 共 分
（ ４ ， １６ ） ９．（２０２０海南海口模拟）如图所示 一定质量的小球 可视为质
６．（２０２１届河北衡水中学联考）如图甲所示 足够长的轻弹簧竖 ， （
，
点 套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上 椭圆的左焦点为Ｐ 长
直放置 下端固定在水平地面上 以弹簧上端位置为坐标原点 ） ， ，
， ，
Ｏ 沿竖直向下建立坐标轴Ｏｘ 现将质量为ｍ的小球从原点Ｏ 轴ＡＣ水平且长为 Ｌ 短轴ＢＤ竖直且长为 Ｌ 原长为Ｌ
， 。 ２ ０， ３ ０。 ０
正上方ｈ处由静止释放 在小球落到弹簧上向下运动到最低点 的轻弹簧一端套在过Ｐ点的垂直纸面的光滑水平轴上 另一
， ，
的过程中 小球所受弹力Ｆ的大小随ｘ ｘ表示小球的位置坐 端与位于Ａ点的小球连接 若小球逆时针沿椭圆轨道运动 在
， （ 。 ，
标 的变化关系如图乙所示 若不计小球与弹簧接触时的机 Ａ点时的速度大小为ｖ 弹簧始终处于弹性限度内 则下列说
） 。 ０， ，
械能损失 弹簧始终处于弹性限度内 不计空气阻力 重力加速 法正确的是
， ， ， （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２００ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
四、计算题 共 分
（ ２３ ）
１１．（２０２０辽宁沈阳铁路实验中学１０月月考，１７） 分 如图
（１２ ）
所示 倾角θ °的光滑且足够长的斜面固定在水平面上 在
， ＝３７ ，
斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮Ｄ 质量
，
均为ｍ 的物体Ａ和Ｂ用一劲度系数ｋ 的轻
＝１ ｋｇ ＝２４０ Ｎ／ｍ
小球在Ｃ点的速度大小为ｖ 弹簧连接 物体Ｂ被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板Ｐ挡
Ａ． 小球在Ｄ点时的动能最大 ０ 住 用一 ， 不可伸长的轻绳使物体 Ａ跨过定滑轮与质量为 Ｍ
Ｂ． 。
小球在Ｂ Ｄ两点的机械能不相等 的小环Ｃ连接 小环Ｃ穿过竖直固定的光滑均匀细杆 当整
Ｃ． 、 ， ，
Ｄ．
小球在从Ａ点经过Ｄ点到达Ｃ点的过程中机械能先变小后 个系统静止时
，
环Ｃ位于Ｑ处
，
绳与细杆的夹角α
＝５３
°
，
且物
变大 体Ｂ对挡板Ｐ的压力恰好为零 图中ＳＤ水平且长度为ｄ
。 ＝
９． 答案 ＡＢ ． 位置Ｒ与位置Ｑ关于位置Ｓ对称 轻弹簧和定滑轮右
０２ ｍ， ，
侧的绳均与斜面平行 现让环 Ｃ 从位置 Ｒ 由静止释放
三、实验题 共 分 。 ，
（ ６ ） ° ． ° ． ｇ取 ２ 求
１０．（２０２０河北衡水中学统考）利用气垫导轨 验证机械能守恒 ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， １０ ｍ／ｓ 。 ：
“ 小环Ｃ的质量Ｍ
定律 实验装置如图甲所示 水平桌面上固定一倾斜的气垫 （１） ；
”， ， 小环Ｃ通过位置Ｓ时的动能Ｅ 及环从位置Ｒ运动
导轨 导轨上Ａ点处有一带长方形遮光片的滑块 其总质量为 （２） ｋ
， ， 到位置Ｓ的过程中轻绳对环做的功Ｗ
Ｍ 左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为ｍ的小球 Ｔ；
， 小环Ｃ运动到位置Ｑ的速率ｖ
相连 遮光片两条长边与导轨垂直 导轨上Ｂ点有一光电门 （３） 。
； ， ，
可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间ｔ 用ｄ表示Ａ点到
，
光电门Ｂ处的距离 ｂ表示遮光片的宽度 将遮光片通过光电
， ，
门的平均速度看作滑块通过Ｂ点时的瞬时速度ｖ 实验时滑
，
块在Ａ处由静止开始运动
。
１１． 答案 ． ． ．
（１）０７２ ｋｇ （２）１３８ Ｊ ０３ Ｊ （３）２ ｍ／ｓ
１２．（２０２０河北衡水模拟） 分 如图所示 水平面右端放一质
（１１ ） ，
量ｍ ． 的小物块 给小物块一ｖ 的初速度使其
＝０１ ｋｇ ， ０＝４ ｍ／ｓ
向左运动 运动ｄ 后将弹簧压至最短 反弹回到出发点
， ＝１ ｍ ，
时物块速度大小ｖ 若水平面与一长Ｌ 的水平
１＝２ ｍ／ｓ。 ＝３ ｍ
传送带平滑连接 传送带以ｖ 的速度顺时针匀速转
， ２＝１０ ｍ／ｓ
动 传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑
。
连接 圆轨道半径Ｒ ． 当小物块进入圆轨道时会触发
， ＝０８ ｍ。
闭合装置将圆轨道封闭 ｇ ２ ° ． °
。 （ ＝１０ｍ／ｓ ，ｓｉｎ５３ ＝０８，ｃｏｓ５３ ＝
． 求
０６） ：
小物块与水平面间的动摩擦因数μ
（１） １；
弹簧具有的最大弹性势能Ｅ
（２） ｐ；
要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道 传送
（３） ，
块从 （ Ａ １ 点 ）
某
到
次
达
实
Ｂ
验
处
测
时
得
小
倾
球
角
和
θ
滑 ＝３ 块 ０
°
组 ，
重
成
力
的
加
系
速
统
度
动
用
能
ｇ
增
表
加
示
量 ，
滑
可
带与物块间的动摩擦因数μ
２
应满足的条件
。
表示为 Ｅ 系统的重力势能减少量可表示为
Δ ｋ＝ ，
Ｅ 在误差允许的范围内 若 Ｅ Ｅ 则可认
Δ ｐ＝ ， ， Δ ｋ＝Δ ｐ，
为系统的机械能守恒 用题中所给字母表示
。 （ ）
按上述实验方法 某同学改变Ａ Ｂ间的距离 得到滑
（２） ， 、 ，
块到Ｂ点时对应的速度 作出ｖ２ ｄ图像如图乙所示 并测得
， － ，
Ｍ ｍ 则重力加速度ｇ ２
＝ ， ＝ ｍ／ｓ 。
１０． 答案 （ Ｍ ＋ ｍ ） ｂ２ ｍ Ｍ ｇｄ ． １２． 答案 见解析
（１） ｔ２ （ － ） （２）９６
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 ２０１
Ａ 组
一、选择题
ｇ
１．（２０２０安徽合肥二测，３）仰卧起坐是 国家学生体质健康标
方向有ｘ
＝
ｖｔ
、
竖直方向有ｈ
＝
１ ｇｔ２
，
则ｖ
＝
ｘ
ｈ，
则由动能定
《 ２ ２
准
》
中规定的女生测试项目之一
。
根据该标准高三女生一分
理可知 铅球得到的动能等于人做的功 则Ｗ １ ｍｖ２
ｍｇｘ２
钟内完成 个以上仰卧起坐记为满分 若某女生一分钟内做 ， ， ＝ ＝ ｈ ，
５５ 。 ２ ４
了 个仰卧起坐 其质量为 上半身质量为总质量的 ． 式中ｈ大约为 ． ｘ ｍ 代入可得Ｗ 选
５０ ， ５０ ｋｇ， ０６ １６ ｍ， ＝５ ｍ， ＝４ ｋｇ， ≈１５６ Ｊ，
倍 做仰卧起坐时下半身重心位置不变 ｇ取 ２ 则测试 项 正确
， ， １０ ｍ／ｓ 。 Ｂ 。
过程中该女生克服重力做功的平均功率约为 ４．（２０１９浙江杭州模拟四，３）下列表述中符合实际情况的是
（ ）
（ ）
小华正常步行的速度约为
Ａ． １０ ｍ／ｓ
小明将一个鸡蛋举过头顶 克服重力做功约为
Ｂ． ， １０ Ｊ
小球从 楼自由下落到地面 时间约为
Ｃ． ３ ， １ ｓ
小强正常上楼时的功率约为
Ｄ． １０ ｋＷ
答案 Ｃ 人正常步行的速度约为 ． 故 项错误
Ａ．１０ Ｗ Ｂ．４０ Ｗ Ｃ．１００ Ｗ Ｄ．２００ Ｗ １ ２ ｍ／ｓ， Ａ 。
答案 Ｃ 本题考查功率 通过对克服重力做功的平均功率 鸡蛋的质量约 ． 将鸡蛋举过头顶 鸡蛋上升的高度约
， ０ ０５ ｋｇ， ，
的求解 体现模型建构和能量观念要素 考查了学生分析问题 此过程中克服重力做功Ｗ ｍｇｈ ． ．
， ， １ ｍ， 克＝ ＝０ ０５×１０×１ Ｊ＝０５ Ｊ，
的能力
。 故 项错误 物体自由下落 的距离约为 ｈ １ ｇｔ２ １
该同学身高约为 ． 则坐起过程中上半身重心上升的 Ｂ 。 １ ｓ ＝ ＝ ×
１６ ｍ， ２ ２
２ 与三楼的高度接近 故 项正确 小强正常上
距离ｈ约为 １ ． ． 则她每一次坐起过程中克服重 １０×１ ｍ＝５ ｍ， ， Ｃ 。
×１６ ｍ＝０ ４ ｍ， 楼时的功率等于克服重力做功的功率 人的质量约 人上
４ ， ６０ ｋｇ，
力做的功 楼时竖直方向的速度约 ． 则小强正常上楼时的功率Ｐ
０３ ｍ／ｓ， ＝
Ｗ ． ｍｇｈ ． ． ｍｇｖ ． 故 项错误
＝０６ ＝０６×５０×１０×０４ Ｊ＝１２０ Ｊ ＝６０×１０×０３ Ｗ＝１８０ Ｗ， Ｄ 。
内她克服重力所做的总功 ５．（２０１９浙江七彩联盟模拟）货车在水平路面上行驶 车厢内一
１ ｍｉｎ ，
Ｗ Ｗ 人用手推车 当驾驶员挂倒车挡刹车时
总＝５０ ＝５０×１２０ Ｊ＝６０００ Ｊ ， （ ）
她克服重力做功的平均功率为
Ｗ
总
Ｐ ６０００
＝ ｔ ＝ Ｗ＝１００ Ｗ 人对车的作用力对车做负功
６０ Ａ．
故 正确 错误 人对车的作用力方向斜向右上
Ｃ ，Ａ、Ｂ、Ｄ 。 Ｂ．
２．（２０１８北京朝阳二模，１８）如图所示 车对人的作用力对人做正功
， Ｃ．
水平传送带在电动机带动下始终以速 车对人的作用力方向斜向左上
Ｄ．
度ｖ匀速运动 某时刻一质量为ｍ的物块轻放在传送带的左 答案 Ｄ 由题意可知 人随车厢向右做匀减速运动 加速
， ， ，
端 在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中 下 度水平向左 由牛顿第二定律知人受到的合力水平向左 人受
。 ， ， ，
列说法正确的是 重力和车厢的作用力 根据平行四边形定则知车对人的作用力
（ ） ，
方向斜向左上 根据牛顿第三定律知人对车厢的作用力方向斜
传送带对物块所做的功为 １ ｍｖ２ ，
Ａ． － 向右下方 故 错误 正确 人对车厢的作用力方向斜向右下
２
， Ｂ ，Ｄ ；
Ｂ．
物块对传送带所做的功为 １ ｍｖ２ 方
，
人随车向右运动
，
人对车的作用力对车做正功
，
故
Ａ
错误
；
２ 车对人的作用力方向斜向左上 人随车向右运动 车对人的作
Ｃ．
物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为ｍｖ２
用力对人做负功 故 错误
， ，
由于传送该物块电动机需要多做的功为ｍｖ２ ， Ｃ 。
Ｄ． 解题规律 物体做功的位移一般是指对地发生的位移
答案 Ｄ 设物块与传送带间的摩擦力为ｆ 相对滑动过程 。
， ６．（２０２０浙江名校联盟联考，１２）如图甲所示 水平面上一质量
ｖ ，
中 传送带的位移ｘ ｖｔ 物块的位移ｘ ｔ 由动能定理 为ｍ的物体在水平力Ｆ作用下开始加速运动 力Ｆ的功率Ｐ
， 带＝ ， 块＝ 。 ，
２ 保持恒定 运动过程中物体所受的阻力ｆ大小不变 物体速度
， ，
得
，
传送带对物块所做的功Ｗ
块＝Δ
Ｅ
ｋ＝
ｆｘ
块＝
１ ｍｖ２
－０＝
１ ｍｖ２
， 最终达到最大值ｖ 此过程中物体速度的倒数 １ 与加速度ａ
物块对传送带所做的功Ｗ
带＝－
ｆｘ
带＝－
ｍｖ２
，Ａ、
２
Ｂ
错误
。
摩 ２ 擦生
的关系图像如图乙
ｍａ
所
ｘ，
示 仅在已知功率 Ｐ 的情况
ｖ
下 根据图
。 ，
热为Ｑ ＝ ｆ （ ｘ 带－ ｘ 块）＝ １ ｍｖ２ ，Ｃ 错误 。 像所给信息可知以下说法错误的是 （ ）
２
∙∙
３．（２０１９浙江嘉兴教学测试）一女生在校运动会中参加 组
４ ｋｇ
的铅球比赛 她在某次投掷时的成绩为 多 经估算可知
。 ５ ｍ 。
本次投掷过程中该女生对铅球所做功为
（ ）
．
Ａ．１５００ Ｊ Ｂ．１５０ Ｊ Ｃ．１５ Ｊ Ｄ．１５ Ｊ
答案 Ｂ 铅球做平抛运动 由平抛运动的规律可知 水平
， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｐ 距离
ｖ ｍ
Ａ． ｍａｘ＝１０ ｍ／ｓ Ｂ． ＝
３０ Ｗ １ ｍｇＲ 物块第一次回落 经 Ｐ 点后 将继续上升一段
ｆ Ｄ． ＞ ， ， ，
图像的斜率为 ｆ ． Ｐ ２
Ｃ． Ｐ Ｄ． ＝０１ 距离
答案 Ｃ 当加速度为零时 物体做匀速运动 此时刻的力Ｆ 答案 Ｄ 物块从静止下落到飞离Ｑ点后上升的最大高度
， ，
等于阻力 速度为最大值 由功率的计算公式可得Ｐ Ｆｖ 物体 的过程应用动能定理有 ｍｇ Ｒ ｍｇＲ Ｗ 可得摩擦力做
， 。 ＝ ， （ ·２ － ）－ ｆ＝０，
ｍ ｆ ｍ 的功为Ｗ ｍｇＲ 物块第一次从Ｐ点运动到Ｑ点过程中 由于
的加速度满足Ｆ ｆ ｍａ 整理得 １ ａ 图像斜率ｋ ｆ＝ ， ，
－ ＝ ， ｖ ＝ Ｐ ＋Ｐ。 ＝ Ｐ 物块从Ｎ运动Ｑ的过程与从Ｐ运动到Ｎ的过程相比 经过相
，
． Ｐ 同高度的位置时速度小 向心力小 则轨道对物块的支持力小
＝ ０１ ， 故ｍ ＝ ， 故 Ｂ 正确 ， 不符合题意 ，Ｃ 错误 ， 符合题意 ； 图 ， ， ，
３ ３０ 摩擦力也小 ， 所以有Ｗ ＞ Ｗ ｆＮＱ， 则物块第一次从Ｐ点运动到 Ｎ
ｆ
像截距 ． 故ｆ ． Ｐ 故 正确 不符合题意 最大速度
Ｐ ＝０１， ＝０ １ ， Ｄ ， ； 点的过程中克服摩擦力所做的功 Ｗ １ ｍｇＲ 同理可知质点
＞ 。
Ｐ Ｐ ２
ｖ 故 正确 不符合题意 故选 从Ｑ返回到Ｐ点的过程中摩擦力做功Ｗ′ ｍｇＲ 从右侧最高
ｍａｘ＝ Ｆ ＝ ｆ ＝１０ ｍ／ｓ， Ａ ， 。 Ｃ。 ｆ ＜ ，
７．（２０２０浙江温州选考适应性测试，７）如图所示为一种环保
“
重 点返回到Ｐ点
，
根据动能定理有ｍｇＲ
－
Ｗ
ｆ
′
＝
１ ｍｖ２Ｐ， 可知ｖ
Ｐ＞０，
力灯 让重物缓慢下落 拉动绳子 从而带动发电机转动 使 ２
”， ， ， ， 所以物块到达Ｐ后 继续上升一段距离 故 正确
小灯泡发光 这种灯可替代部分不发达地区仍在使用的煤油 ， ， Ｄ 。
， 二、非选择题
灯 某 重力灯 中的重物为 它在 内缓慢下落了
。 “ ” １８ｋｇ， ３０ ｍｉｎ ２
使规格为 ． ． 的小灯泡正常发光 不计绳子重
９．（２０１９浙江温州适应性考试）如图
１
所示
，
用甲
、
乙两种装置
ｍ， “１ ５ Ｖ，０ １２ Ｗ” 。
分别做 探究功与速度变化的关系 实验 装置甲中挂有小桶
力 ， ｇ ＝１０ｍ／ｓ ２ ， 则以下说法正确的是 （ ） “ ” 。
的细线绕过定滑轮 固定在小车上 装置乙中橡皮筋的一端固
， ；
定在导轨的左端 另一端系在小车上 已知所用打点计时器电
， 。
源频率为
５０ Ｈｚ。
用装置甲进行实验 把小桶和桶中砝码的总重力当作小
（１） ，
车受到的拉力 求出合力对小车做功的具体数值时 应
， ， ；
细线必须与导轨平行
绳子拉力对重物做正功 Ａ．
Ａ． 适当倾斜导轨以补偿小车运动过程中受到的阻力
重物重力做功的功率为 ． Ｂ．
Ｂ． ０１２ Ｗ 需要用天平测出小车的质量
内产生的电能为 Ｃ．
Ｃ．３０ ｍｉｎ ３６０ Ｊ 小桶和桶中砝码的总质量必须远小于小车的质量
重物重力势能转化为灯泡电能的效率为 ％ Ｄ．
Ｄ． ６０ 用装置乙进行实验时 应
答案 Ｄ 绳子拉力方向竖直向上 重物竖直向下运动 故 （２） ， ；
， ， 测出单条橡皮筋对小车做功的数值
绳子拉力对重物做负功 故 错误 重物重力做功的功率为Ｐ Ａ．
， Ａ ； 每次实验中橡皮筋拉伸的长度必须相同
Ｗ ｍｇｈ Ｂ．
１８×１０×２ ． 故 错误 内产生的 适当倾斜导轨以补偿小车运动过程中受到的阻力
＝ ｔ ＝ ｔ ＝ Ｗ＝０ ２ Ｗ， Ｂ ；３０ ｍｉｎ Ｃ．
３０×６０ 测出小车从静止到匀速过程的平均速度
电能为Ｗ Ｐ ｔ ． 故 错误 重物重力 Ｄ．
电＝ 灯泡 ＝０１２×３０×６０ Ｊ＝２１６ Ｊ， Ｃ ； 经正确操作获得如图 所示两条纸带 和 纸带上
Ｗ （３） ２ ① ②，
势能转化为灯泡电能的效率为 η 电 ％ ２１６ Ｗ 的ａ ｂ ｃ 均为打点计时器打出的点 读出纸带 上ｃ ｅ两点
＝Ｗ ×１００ ＝ × 、 、 … ， ① 、
重 １８×１０×２ Ｗ 间距离为 并求出该纸带ｃ ｅ两点间的平均速度大
％ ％ 故 正确 故选 ｃｍ， 、
１００ ＝６０ ， Ｄ 。 Ｄ。 小为
８．（２０１９浙江湖、衢、丽三地教学质量检测，１０）如图所示 一半 ｍ／ｓ。
， 图 中两条纸带 和 所对应的实验装置是
径为Ｒ 粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置 直径 （４） ２ ① ② 。
， ， 两条纸带均为用装置甲实验所得
ＰＯＱ水平 质量为ｍ的物块 可视为质点 自Ｐ点上方 Ｒ处 Ａ．
。 （ ） ２ 两条纸带均为用装置乙实验所得
由静止开始下落 恰好从Ｐ 点进入轨道 已知物块第一次飞 Ｂ．
， 。 纸带 为用装置甲实验所得 纸带 为用装置乙实验
离Ｑ点后上升的最大高度为Ｒ Ｎ点为轨道最低点 用Ｗ表 Ｃ． ① ， ②
， 。 所得
示物块第一次从Ｐ点运动到Ｎ点的过程中克服摩擦力所做的
纸带 为用装置乙实验所得 纸带 为用装置甲实验
功 不计空气阻力 则 Ｄ． ① ， ②
（ ）。 （ ） 所得
图
１
Ｗ １ ｍｇＲ 物块第一次回落后恰能返回到Ｐ点
Ａ． ＝ ，
２
Ｗ １ ｍｇＲ 物块第一次回落后恰能返回到Ｐ点
Ｂ． ＞ ，
２
Ｗ １ ｍｇＲ 物块第一次回落 经 Ｐ 点后 将继续上升一段
Ｃ． ＝ ， ， ， 图
２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 ２０３
答案 ． ． 得 ｖ ｇＲ
（１）ＡＢＤ （２）ＢＣ （３）５００ １２５ （４）Ｄ ： Ａ＝ ２
解析 实验中必须使细线与导轨平行 这样才能使得细 若要使小球对抛物线管道始终无作用力 则需要小
（１） ， （２） ，
线的拉力等于小车的合外力 故 正确 实验中小车和导轨间
存在摩擦 实验前需要平衡摩
，
擦
Ａ
力 平衡
；
摩擦力的方法是用一
球平抛的轨迹和管道完全重合
，
由Ａ至Ｂ的过程
：
Ｒ
＝
１ ｇｔ２
， ， ２
个小木块垫高导轨的一端 故 正确 由Ｗ Ｆｓ可知 不需要 Ｒ ｖ ｔ
， Ｂ ； ＝ ， ＝ Ａｘ
测出小车的质量 故 错误 在本实验中 实际上细线的拉力
ｇＲ
， Ｃ ； ， 得ｖ
Ｍｍｇ Ａｘ＝
为Ｔ 则ｍｇ Ｔ ｍａ 解得Ｔ ｍｇ ｍａ 且 Ｔ Ｍａ 有 Ｔ ２
， － ＝ ， ＝ － ， ＝ ， ＝Ｍ ｍ＝
＋ Ａ点竖直速度 ｖ ｇＲ
ｍｇ ： Ａｙ＝ ２
故细线的拉力小于小桶及桶中砝码的总重力 为了减小 ｇＲ
ｍ， ， Ａ点合速度大小 ： ｖ Ａ＝ （ ｖ Ａｘ） ２ ＋（ ｖ Ａｙ） ２ ＝ ５
１＋Ｍ ２
ｖ
误差 实验时应要求小桶及桶中砝码的质量远小于小车的质 速度方向与水平方向夹角正切值 θ Ａｙ
， ｔａｎ ＝ｖ ＝２
量 故 正确 Ａｘ
， Ｄ 。
（２）
实验中改变拉力做功时
，
为了能定量分析
，
用不同条
（３）
Ａ点的初动能Ｅ
ｋ Ａ＝
１ ｍｖ２Ａ＝３ ．
８
ｍｇＲ
数的橡皮筋时应将橡皮筋拉到相同的长度 这样橡皮筋对小车 ２
， 能过Ｂ点的次数 整圈数 为ｎ Ｅ ． ｎ ｍｇＲ ｍｇＲ
做的功就有倍数关系 而不需要测量出每条橡皮筋做功的数 （ ） ， ｋ Ａ－０５（ －１） ＞
， 得ｎ ． ｎ取 次
值 故 错误 正确 要使橡皮筋对小车所做功等于合外力的 ＜６６， ６
， Ａ ，Ｂ ； 第 次过Ｂ点后返回Ａ点的动能
功 实验前需要平衡摩擦力 故导轨要适当倾斜 以平衡小车运 ６ ：
， ， ， Ｅ ′ Ｅ ． ｍｇＲ ． ｍｇＲ
动中受到的阻力 故 正确 计算时应取小车匀速运动时的速 ｋ Ａ ＝ ｋ Ａ－６×０５ ＝０８
， Ｃ ； 从此时Ａ点至最后停止由动能定理
度 此时橡皮筋对小车做功达到最大 故 错误 ：
， ， Ｄ 。 ． ｍｇＲ ． ｍｇｘ Ｅ ′
刻度尺的分度值为 ． 读出纸带 上ｃ ｅ点间距 ０５ －０５ ＝０－ ｋ Ａ
（３） ０ １ ｃｍ， ① 、 解得 ｘ ． Ｒ
离为 ． ． ． 该纸带ｃ ｅ两点间的平均速 ： ＝２６
１１５０ ｃｍ－６５０ ｃｍ＝５００ ｃｍ； 、 由此可以判断小球会再经过Ｄ点 次
． ． ２
度大小为ｖ ５００ ｃｍ ５００ ｃｍ ． 所以小球一共经过Ｄ点 次
＝ Ｔ ＝ ． ＝１２５ ｍ／ｓ。 ８
２ ００４ ｓ 静止时离Ｄ点的距离为 ． Ｒ
装置甲实验中小车做匀加速直线运动 所以相邻的计 ０４
（４） ， １１．（２０２０浙江嘉兴一模，２０）如图所示 一个质量ｍ 的小
时点的间距之差相等 装置乙实验中小车受橡皮筋的弹力越来 ， ＝１ ｋｇ
， 物块 视为质点 压缩弹簧后释放以ｖ 冲上长度ｌ
越小 所以做加速度减小的变加速度直线运动 最后做匀速直 （ ）， ０＝６ｍ／ｓ ＝６
， ， 的水平传送带 在传送带右侧等高的平台上固定一半径Ｒ
线运动 则相邻的计数点的间距之差减小 最后为零 所以纸带 ｍ 。
， ， ， ． 的圆轨道ＡＢＣＤ Ａ Ｄ的位置错开 以便小物块绕行一
为用装置甲实验所得 纸带 为用装置乙实验所得 故 ＝０５ ｍ ， 、 ，
② ， ① ， Ｄ 圈后可以通过Ｄ到达Ｅ位置抛出 在距离平台边缘Ｅ水平距
正确 ，
。 离ｓ ． 高度ｈ 处有一可升降的接物装置 通过调节
１０．（２０１９浙江温州二模，２０）如图所示 固定在竖直平面内的细 ＝１６ ｍ， ＝１ ｍ ，
， 装置的高度可以接收不同速度抛出的小物块 已知小物块与
管道ＡＢＣＤＥ ＡＢＣ段为光滑的抛物线形管道 ＣＤ和ＥＡ为光 。
， ， 传送带之间的动摩擦因数μ ． 其他摩擦均忽略不计 ｇ
滑的四分之一圆弧形管道 ＤＥ为水平粗糙管道 各部分之间 ＝０２５， ， ＝
平滑连接 Ａ Ｏ Ｏ Ｏ Ｃ在 ， 同一水平线上 四分 ， 之一圆弧管 １０ ｍ／ｓ ２ ， 求 ：
， 、 １、 、 ２、 。 小物块释放前 弹簧所储存的弹性势能
道半径为 ． Ｒ ＤＥ管道长度为Ｒ 抛物线顶点Ｂ与ＡＣ的距 （１） ， ；
０ ５ ， ，
离为Ｒ 从Ａ点斜向上射入一小球 小球直径略小于管道内 若传送带以 的速度顺时针转动 判断小物
。 ， （２） ２０ ｍ／ｓ ，
径 小球受水平管道的摩擦阻力为重力的 ． 重力加速度为 块能否通过圆轨道最高点Ｃ
， ０ ５， ；
ｇ 不计小球与管壁间撞击时的能量损失 若传送带速度大小 方向皆可任意调节 要使小物块
， 。 （３） 、 ，
要使小球能过Ｂ点 小球在Ａ点斜向上射入的最小 在运动过程中不脱离圆轨道 ＡＢＣＤ 传送带转动速度的可
（１） ， ，
速度为多少 能值
？ ；
能否使小球从Ａ点以某一初速度斜向上射入后 第 小物块到达接物装置时的最小动能
（２） ， （４） 。
一次经过抛物线管道时对它始终无作用力 若不能 请说明
？ ，
理由 若能 请求出该速度的大小和方向 与水平方向夹角的
； ， （
正切值
）。
若小球从Ａ点斜向上射入的初速度为 ． ｇＲ 求小
（３） ７６ ，
球经过Ｄ点的次数和最后静止时离Ｄ点的距离
。
答案 不能通过Ｃ点 见解析 ．
（１）１８Ｊ （２） （３） （４）１７６２Ｊ
解析 本题考查了多过程运动 以传送带 竖直平面内圆
。 、
周运动及平抛运动为核心内容 考查了学生理解能力 提取信
， 、
息建立模型能力 体现了物理观念 科学思维素养
， 、 。
根据能量守恒定律可知 弹性势能转化成动能 则有
（１） ， ，
答案 见解析
Ｅ １ ｍｖ２
解析 恰至Ｂ点的临界速度为 ｐ＝ ０＝１８ Ｊ。
（１） ０ ２
物块速度 大于传送带速度 所以在摩擦力作用
Ａ至Ｂ由动能定理得
：－
ｍｇＲ
＝０－
１ ｍｖ２Ａ
下要
（
减
２
速
）
减速到和
６
传
ｍ／
送
ｓ
带相同速度时位
，
移满足 ａｘ ｖ２ ｖ２
２ ， ２ ＝ ０－ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ μｇ 可得ｘ ． ｓ ｖｔ
＝ ， ＝３２ ｍ＜６ ｍ ＝
以后物块以与传送带相同速度运动到右端 到达顶端Ｃ
。 ｈ ｙ １ ｇｔ２
的过程满足 － ＝
２
－
ｍｇ
·２
Ｒ
＝
１ ｍｖ２Ｃ－ １ ｍｖ２ Ｅ
ｋ＝
１ ｍｖ２
＋
ｍｇ
（
ｈ
－
ｙ
）
２ ２ ２
可得ｖ ｍｇ２ｓ２
Ｃ＝０ 得Ｅ １ ｍｖ２
而最高点速度的最小值为 ｇＲ 所以小物块不能到达
ｋ＝
２
＋
２
ｖ２
，
Ｃ点
。 要使物块不脱离轨道 满足两种情况 过Ｃ点或不过
由数学知识可知
，
当 １
２
ｍｖ２
＝
ｍ
２
ｇ
ｖ
２
２
ｓ２ 时
，
存在极小值
，
此时
（３） ， ：
ｖ
Ｂ点 根据能量关系求解得物块离开传送带的速度必须满足 ＝４ ｍ／ｓ
， 因为要过最高点Ｃ 之后再到达 Ｅ 的最小速度为
大于 或小于 而当物块在传送带上一直减速 ５ ｍ／ｓ，
５ ｍ／ｓ １０ ｍ／ｓ， 所以不符合要求
时 离开传送带的速度为ｖ′ 则由ｖ２ ｖ′２ ａｌ ａ μｇ 可得ｖ′ ；
， ， ０－ ＝２ ， ＝ ， ＝ 根据不等式的特点可知 当小物块到达 Ｅ 点时速度为
所以传送带速度的可能值为顺时针转动时 ｖ ，
６ ｍ／ｓ， ， ≥５ ｍ／ｓ 时 小物块到达接物装置时的动能最小 最小值为
５ ｍ／ｓ ， ，
或 ｖ 逆时针均可以 ．
０≤ ≤ １０ ｍ／ｓ， 。 １７６２ Ｊ。
要进接物装置 满足平抛规律 有
（４） ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组
一、选择题 飞机所受合力不变 速度增加越来越慢
Ａ． ，
１．（２０２０ 届浙江宁波姜山中学 ９ 飞机所受合力增大 速度增加越来越快
Ｂ． ，
月月考，８）如图所示 质量为
， 该过程克服阻力所做的功为Ｐｔ １ ｍｖ２
的同学在做仰卧起坐运动 Ｃ． ０－ ｍ
５０ ｋｇ 。 ２
ｖ
若该同学上半身的质量约为全身质量的 ３ 她在 内做了 平均速度为 ｍ
， １ｍｉｎ Ｄ．
５ ２
次仰卧起坐 每次仰卧起坐上半身重心上升的高度均为 ． 答案 Ｃ 本题以 歼 为情境 通过分析飞机起飞过程
５０ ， ０３ “ －２０” ， ，
则她在 内做 次仰卧起坐克服重力做的功Ｗ和相
考查了通过图像获取信息的能力 鉴别考生掌握物理概念和规
ｍ， １ ｍｉｎ ５０
应的平均功率Ｐ为 （ ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ） （ ） 律的程度 体现了科学思维的素养 、
， 。
根据ｖ ｔ图像可知 图线的斜率表示加速度 图线的斜率
Ｗ Ｐ Ｗ Ｐ ． － ， ，
Ａ． ＝４５００ Ｊ， ＝７５ Ｗ Ｂ． ＝４５０ Ｊ， ＝７５ Ｗ 越来越小 加速度越来越小 速度增加越来越慢 根据牛顿第二
Ｗ Ｐ Ｗ Ｐ ， ， ，
Ｃ． ＝３６００ Ｊ， ＝６０ Ｗ Ｄ． ＝３６０ Ｊ， ＝６ Ｗ 定律Ｆ ｍａ可知 加速度减小 合外力减小 错误 根据
答案 Ａ 本题考查功和功率 体现能量观念的学科核心素 合＝ ， ， ，Ａ、Ｂ ；
，
养 Ｗ ｎｍｇｈ ３ ． Ｐ
Ｗ
４５００
动能定理可知Ｐｔ
０－
Ｗ
ｆ＝
１ ｍｖ２
ｍ－０，
解得 Ｗ
ｆ＝
Ｐｔ
０－
１ ｍｖ２
ｍ，Ｃ
正
。 ＝ ＝５０×５０× ×１０×０３Ｊ＝４５００Ｊ， ＝ ｔ ＝ Ｗ＝ ２ ２
５ ６０ 确 因为飞机起飞过程不是匀变速直线运动 所以平均速度不
故选 ； ，
７５Ｗ， Ａ。 ｖ
２．如图所示 人站在电动扶梯的水平台阶上 假定人与扶梯一起 等于 ｍ 错误
， ， ，Ｄ 。
沿斜面加速上升 在这个过程中 人脚所受的静摩擦力 ２
， ， （ ） ４．（２０１９浙江超级全能生２月联考，１３）如图甲所示 在倾角为
，
θ的粗糙斜面上 有一个质量为ｍ的物体在沿斜面方向的外力
，
Ｆ的作用下由静止开始向下运动 物体与斜面之间的动摩擦因
，
数为μ 物体的机械能Ｅ随位移ｘ的变化关系如图乙所示 其
， 。
中 ｘ 过程的图线是曲线 ｘ ｘ 过程的图线为平行于ｘ轴的
等于零 对人不做功 水平向左 对人做负功 ０～ １ ， １～ ２
Ａ． ， Ｂ． ， 直线 则下列说法中正确的是
水平向右 对人做正功 斜向上 对人做正功 ， （ ）
Ｃ． ， Ｄ． ，
答案 Ｃ 将人的加速度分解为水平方向的加速度ａ 和竖
ｘ
直方向的加速度ａ 在水平方向只有静摩擦力可以提供水平
ｙ，
向右的加速度ａ 因此 人受到的静摩擦力水平向右 与位移
ｘ， ， ，
方向的夹角小于 ° 故静摩擦力对人做正功 项正确
９０ ， ，Ｃ 。
３．（２０２０浙江选考模拟，７） 歼 是中国自主研制的双发重
“ －２０”
型隐形战机 该机将担负中国未来对空 对海的主权维护任务
， 、 。 在 ｘ 过程中 物体先加速后匀速
在某次起飞中 质量为ｍ的 歼 以恒定的功率Ｐ起动 其 Ａ． ０～ ２ ，
， “ －２０” ， 在 ｘ 过程中 物体的加速度一直减小
起飞过程的速度随时间变化图像如图所示 经时间ｔ 飞机的 Ｂ． ０～ １ ，
， ０ 在ｘ ｘ 过程中 物体的加速度为ｇ θ
速度达到最大值ｖ 时 刚好起飞 关于起飞过程 下列说法正 Ｃ． １～ ２ ， ｓｉｎ
确的是 ｍ ， 。 ， Ｄ． 在 ０～ ｘ ２ 过程中 ， 拉力Ｆ做的功为Ｗ Ｆ＝ Ｅ １－ Ｅ ２＋ μｍｇｘ ２
（ ） 答案 Ｃ 对物体受力分析如图所示 物体由静止开始向下运
，
动 根据牛顿第二定律有ｍｇ θ Ｆ ｆ ｍａ 且ｆ μｍｇ θ 由题
， ｓｉｎ ＋ － ＝ ， ＝ ｃｏｓ ，
图乙知 在 ｘ 过程中物体的机械能减少 即 Ｅ Ｆ
， ０～ １ ， Δ ＝（ －
μｍｇ θ ｘ 由Ｅ ｘ图线斜率减小知Ｆ增大 所以物体做加
ｃｏｓ ） ＜０， － ，
速度变大的加速运动 在ｘ ｘ 过程中 由题图乙知斜率为零
， １～ ２ ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题六 机械能守恒定律 ２０５
则Ｆ μｍｇ θ 此时加速度为ｇ θ最大 错误 正 小球拉至Ａ点 弹簧恰好无形变 由静止释放小球 当小球运动
＝ ｃｏｓ ， ｓｉｎ ，Ａ、Ｂ ，Ｃ ， ， ，
确 在 ｘ 过程中 拉力做的功为Ｗ Ｅ Ｅ μｍｇｘ θ 到Ｏ点正下方与Ａ点的竖直高度差为ｈ的Ｂ点时 速度大小
； ０～ ２ ， Ｆ＝ ２－ １＋ ２·ｃｏｓ ，Ｄ ，
错误 为ｖ 已知重力加速度为ｇ 下列说法正确的是
。 。 ， （ ）
５．（２０１９浙江平湖选考模拟）一小球以一定的初速度ｖ 从图示
０
位置进入光滑的轨道 小球先进入圆轨道 再进入圆轨道
， １， ２，
轨道 的半径为Ｒ 轨道 的半径是轨道 的 ． 倍 小球的质 小球运动到Ｂ点时的动能等于ｍｇｈ
１ ， ２ １ １８ ， Ａ．
量为ｍ 若小球恰好能通过轨道 的最高点Ｂ 则小球在轨道
上经过
，
其最高点Ａ时对轨道的压
２
力大小为
， １
Ｂ．
小球由Ａ点到Ｂ点重力势能减少 １ ｍｖ２
（ ） ２
小球由Ａ点到Ｂ点克服弹力做功为ｍｇｈ
Ｃ．
小球到达Ｂ点时弹簧的弹性势能为ｍｇｈ １ ｍｖ２
Ｄ． －
２
答案 Ｄ 小球由Ａ点到Ｂ点的过程中 小球和弹簧组成的
，
系统机械能守恒 弹簧由原长到发生伸长的形变 小球动能增
ｍｇ ｍｇ ｍｇ ｍｇ ， ，
Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５
答案 Ｃ 小球恰好能通过轨道 的最高点Ｂ 有ｍｇ
ｍｖ２Ｂ 加量小于重力势能减少量
，
即 １ ｍｖ２
＜
ｍｇｈ
，Ａ
项错误
；
小球重力
２ ， ＝ ． Ｒ， ２
１８ 势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和
，
小球在轨道
１
上经过其最高点Ａ时
，
有Ｆ
＋
ｍｇ
＝
ｍ
Ｒ
ｖ２Ａ
，
根据机械 即ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２
＋
Ｅ
ｐ，Ｂ
项错误
；
弹簧弹性势能增加量等于小球
２
能守恒定律
，
有
１
．
６
ｍｇＲ
＝
１ ｍｖ２Ａ－ １ ｍｖ２Ｂ， 解得Ｆ
＝４
ｍｇ
，
由牛顿 重力势能减少量与动能增加量之差
，
即ｍｇｈ
－
１ ｍｖ２
，Ｄ
项正确
；
２ ２ ２
第三定律可知 小球在轨道 上经过其最高点Ａ时对轨道的压 小球克服弹力所做的功等于弹簧弹性势能增加量 即 ｍｇｈ
， １ ， －
力大小为 ｍｇ 项正确
４ ，Ｃ 。 １ ｍｖ２ 项错误
６．（２０１９浙江暨阳联考，５）如图所示 是篮球比赛中易建联投篮 ，Ｃ 。
， ２
的照片 若在某次投篮中将球由静止快速出手 篮球不碰篮筐 二、非选择题
。 ，
直接入网 已知出手时篮球距地面高度为ｈ 出手时篮球的速 ８．（２０１９浙江名校协作体联考，２１）跳台滑雪运动员脚着专用滑
， １，
度为ｖ 篮筐距地面高度为ｈ 篮球质量为ｍ 不计空气阻力 雪板 不借助任何外力 从起滑台起滑 在助滑道上获得高速
篮球可
，
看成质点 以地面为零
２，
势能面 则篮球
。 ，
度 于
，
台端飞出 沿抛物
，
线在空中飞行
，
在着陆坡着陆后 继续
， ， （ ） ， ， ， ，
滑行至水平停止区静止 如图所示为一简化后的跳台滑雪的
。
雪道示意图 助滑坡由倾角为 θ °斜面ＡＢ和半径为Ｒ
。 ＝３７ １＝
的光滑圆弧 ＢＣ 组成 两者相切于 Ｂ ＡＢ 竖直高度差
１０ｍ ， 。
ｈ 竖直跳台ＣＤ高度差为ｈ 着陆坡ＤＥ是倾角
１＝３０ ｍ， ２＝５ ｍ，
为θ °的斜坡 长Ｌ 下端与半径为Ｒ 光滑圆
＝３７ ， ＝１３０ ｍ， ２＝２０ ｍ
弧ＥＦ相切 且ＥＦ下端与停止区相切于Ｆ 运动员从Ａ点由
， 。
出手过程中手对篮球做功为ｍｇ ｈ ｈ 静止滑下 通过Ｃ点 以速度ｖ 水平飞出落到着陆坡
Ａ． （ ２－ １） ， ， Ｃ＝２５ ｍ／ｓ
上 然后运动员通过技巧使垂直于斜坡的分速度降为 以沿
Ｂ．
进筐时的动能为 １ ｍｖ２
－
ｍｇ
（
ｈ
１－
ｈ
２） 斜
，
坡的分速度继续下滑 经过ＥＦ 到达停止区 ＦＧ 若
０
运
，
动员
２ ， 。
连同滑雪装备总质量为 不计空气阻力 °
进筐时 篮球的机械能为 １ ｍｖ２ ｍｇｈ ８０ ｋｇ。 （ ，ｓｉｎ ３７ ＝
Ｃ． ， ＋ １ ． ° ． ｇ ２ 求
２ ０６，ｃｏｓ３７ ＝０８， ＝１０ ｍ／ｓ ）。 ：
ｈ ｈ
从出手到进筐的过程中 运动总时间为 ２（ ２－ １）
Ｄ． ， ｇ
答案 Ｃ 手对篮球做功 使其动能增加 故Ｗ １ ｍｖ２ 错
， ， ＝ ，Ａ
２
误 篮球在进筐过程中 动能减少ｍｇ ｈ ｈ 故进筐时动能为
； ， （ ２－ １），
１ ｍｖ２ ｍｇ ｈ ｈ 错 进筐过程机械能守恒 篮球在出手处
－ （ ２－ １），Ｂ ； ，
２
的机械能为 １ ｍｖ２ ｍｇｈ 对 由于篮球进筐时速度一定有向
＋ １，Ｃ ；
２
下的分量 则篮球进筐时不是最高点 所以运动总时间 ｔ
， ， ＞
ｈ ｈ
２（ ２－ １） 错
ｇ ，Ｄ 。
７．（２０１９浙江萧山选考模拟，５，３分）如图所示 一质量为ｍ的
，
小球固定于轻质弹簧的一端 弹簧的另一端固定于 Ｏ 点 将
， 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
运动员在Ｃ点对台端的压力大小 设运动员离开Ｃ点后开始做平抛运动到Ｐ点
（１） ； （３）
滑板与斜坡ＡＢ间的动摩擦因数
（２）
运动员落点距离Ｄ多远
； 水平位移ｘ
Ｐ＝
ｖ
Ｃ
ｔ
，
竖直位移ｙ
Ｐ＝
１ ｇｔ２
（３） ； ２
运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力 若运动 ｙ ｈ ｘ
（４） ， 由几何关系得 Ｐ－ ２ θ Ｐ θ
员想在 之内停下 制动力至少是总重力的几倍 设两斜 ｘ ＝ｔａｎ ，ｓ ＝ｃｏｓ
６０ｍ ， ？ （ Ｐ Ｐ
坡粗糙程度相同 计算结果保留两位有效数字 联立得运动员落点距离Ｄ的距离ｓ
， ） Ｐ＝１２５ ｍ
Ｐ点沿斜坡速度ｖ ｖ θ ｇｔ θ
答案 ３ ． 倍 （４） Ｐ＝ Ｃ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝４４ ｍ／ｓ
（１）５８００ Ｎ （２） （３）１２５ ｍ （４）１８ 从落点Ｐ到最终停下由动能定理得
１６０
解析 在Ｃ点由牛顿第二定律得 Ｆ ｍｇ
ｍｖ２Ｃ ｍｇ
（
Ｌ
－
ｓ
Ｐ）ｓｉｎ
θ
－
μｍｇ
（
Ｌ
－
ｓ
Ｐ）ｃｏｓ
θ
＋
ｍｇＲ
２（１－ｃｏｓ
θ
）－
ｆｄ
＝０－
（１） ： Ｃ－ ＝ Ｒ
解得 Ｆ
１ １ ｍｖ２Ｐ，
： Ｃ＝５８００ Ｎ ２
根据牛顿第三定律 在 Ｃ 点运动员对台端压力大小为 解得ｆ
， ＝１３８３ Ｎ
ｆ
５８００ Ｎ 故 ．
ｈ ｍｇ≈１７２９
（２） 从Ａ点到Ｃ点 ， 由动能定理得 ： ｍｇｈ １－ μｍｇ ｃｏｓ θ ·
ｓｉｎ
１ θ＋ 为确保运动员在
６０ ｍ
之内停下
，
制动力至少是总重力的
． 倍
ｍｇＲ
１（１－ｃｏｓ
θ
）＝
１ ｍｖ２Ｃ １８ 。
２
得μ ３
＝
１６０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋