文档文本内容
专题08 功与能量
6 大考点概览
考点01 功、动能、势能
考点02 功率与机车启动
考点03 动能和动能定理
考点04 机械能守恒定律
考点05 功能关系
考点06 能量守恒定律
1．（2026·四川字节教育·一模）下列说法正确的是（ ）
A．一对相互作用力的总冲量一定为零
B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零
C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小
D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小
【答案】A
【解析】A．相互作用力总等大反向，同时存在，根据冲量的定义，可知一对相互作用力的冲量大小相
等，方向相反，故总冲量一定为零，故A 正确；
B．相互作用力发生的位移不一定相同，故一对相互作用的摩擦力的总功不一定为零，故B 错误；
C．动量变化量是矢量，负号代表与规定的正方向相反，并不代表动量在减小，故C 错误；
D．冲量是矢量，正负表示方向，功的正负表示力作用的效果，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，
故D 错误。
故选 A。
2．（2026·四川达州·一模）一运动员训练抓举杠铃，运动员发力使杠铃加速上升的过程中，下列说法正确
的是（ ）
A．运动员对杠铃的作用力对杠铃做正功
B．地面对运动员的支持力对运动员做正功
C．地面对运动员的支持力大小等于运动员和杠铃的总重力
D．运动员对杠铃的作用力大小等于杠铃的重力
【答案】A
【解析】A．运动员对杠铃的作用力方向向上，杠铃位移方向向上，力与位移同向，故对杠铃做正功，
故A 正确；
考点1
功、动能、势能
B．地面对运动员的支持力作用在接触点（脚），接触点无位移（脚未移动），故不做功，故B 错误；
C．杠铃加速上升，系统（运动员和杠铃）有向上加速度，地面对运动员的支持力需提供系统加速度，
故大于运动员和杠铃的总重力，故C 错误；
D．对杠铃，根据牛顿第二定律有F -mg=ma
所以
，故D 错误。
故选A。
3．（2026·四川达州·一模）在竖直平面内，滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三
点在同一水平线上。电动玩具车与滑道各处的动摩擦因数相同，电动玩具车在沿速度方向电机牵引力
作用下由P点以恒定速率沿着滑道运动到Q点，PM过程克服摩擦力做功为W 1，MQ过程克服摩擦力做
功为W 2，在滑道最低点N点对滑道压力为
，在滑道最高点S点对滑道压力为
，下列说法正确的是
（ ）
A．F1= F2
B．F1< F2
C．W 1>W 2 D．W 1=W 2
【答案】C
【解析】AB．根据牛顿第二定律，则在N 点时F1
' -mg=m v
2
R
在S 点时mg- F2
' =m v
2
R
可知F1
' > F2
' 根据牛顿第三定律可知F1> F2，AB 错误；
CD．根据f = μ F N因在PM 段运动时玩具车对轨道的平均压力均大于在MQ 段运动时对轨道的平均压力，
可知f PM >f MQ
根据W = f s可知W 1>W 2，C 正确，D 错误。
故选C。
4．（2026·四川绵阳·一模）光滑细圆管固定在竖直平面内，O为圆心，M 、N分别为圆管的最高、最低
点。可视为质点的小球（直径略小于管道）由静止从M点开始下滑，从M到N的过程中，设小球的位
移大小为x，则小球的重力势能EP（以N点所在平面为零势能面）、动能Ek、速率v、绕O点做圆周运
动的角速度ω随x变化的关系图像，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A．重力势能E p的分析，设圆管的半径为
，小球的竖直高度为
由几何关系可知h=2 R - x cosθ
θ为位移x与竖直方向的夹角
根据等腰三角形可知cosθ = x
2 R
小球的重力势能E p=mgh=2mgR -mgcosθ· x =2mgR - mg
2 R x
2
所以E p随x非线性变化，故A 错误；
B．由机械能守恒可知小球动能Ek =mg(2 R -h)= mg
2 R x
2
所以Ek与x不是线性关系，故B 错误；
C．由Ek = 1
2 mv
2
因此v = ❑√
g
R · x
所以v 与x是线性关系，故C 正确；
D．角速度ω= v
R
则ω= 1
R
❑√
g
R · x，可知ω与x成正比，故D 错误。
故选C。
5．（2026·四川内江·一模）在位移相同的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线叫做最速降线，
如图所示，3 轨道为最速降线。现将相同的小球分别沿不同轨道从最高点由静止释放，一段时间后到达
轨道末端。下列说法中正确的是（ ）
A．在小球从最高点下滑到底端的过程中，沿3 轨道下滑的小球重力的平均功率最小
B．在小球从最高点下滑到底端的过程中，沿5 轨道下滑的小球重力的平均功率最大
C．各小球下滑到轨道末端时，重力的功率相同
D．各小球下滑到轨道末端时，沿1 轨道下滑的小球重力的功率最大
【答案】D
【解析】AB．由题可知，整个过程，重力所做的功相等，而沿3 轨道下滑的小球用时最短，则沿3 轨
道下滑的小球重力的平均功率最大，故AB 错误；
CD．设小球的质量为m，轨道最高点与最低点的高度差为h，小球从静止开始下滑，由于轨道光滑，
根据机械能守恒定律，小球到达轨道末端时的速度大小v 满足mgh= 1
2 m v
2
解得v = ❑√2 gh
可见，所有小球到达轨道末端时的速度大小均相同。由于重力的功率为PG=mg v y
设小球到达轨道末端时，其速度方向（即轨道末端的切线方向）与水平方向的夹角为θ，则有
考点2
功率与机车启动
v y = v sinθ
可见重力的功率取决于速度方向与水平方向的夹角θ，由题可知，从1 轨道到6 轨道θ逐渐减小，重力
的功率逐渐减小，因此沿1 轨道下滑的小球重力的功率最大。
故选D。
6．（2026·四川泸州·一模）一小球以一定速度从水平台面上滚落地面的过程中，经过了A、B、C 三个位
置，它们的位置关系如图所示（忽略空气阻力）。小球在AB 段与BC 段重力的平均功率分别为P1、
P2；小球在B 点与C 点重力的瞬时功率分别为P3、P4。则下列关系正确的是（ ）
A．P1> P2，P3> P4
B．P1> P2，P3< P4
C．P1< P2，P3> P4
D．P1< P2，P3< P4
【答案】D
【解析】小球以一定速度从水平台面上滚落地面的过程中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自
由落体运动，由图可知AB 段与BC 段小球在竖直方向上位移相等，但AB 段水平位移大于BC 段水平位
移，根据x = v0t可知，小球经过AB 段作用时间大于BC 段所用时间，即t1>t2
所以
，P3=mg⋅gt1< P4=mg⋅g(t1+t2)
故选D。
7．（2026·四川自贡·一模）如图所示，在世界山地极限运动会“高山斜面平抛精准赛”中，某运动员在固
定倾角的高山斜面顶端，分别以v1、v2（v1<v2）的初速度将标准投掷器材（视为质点）水平抛出，投
掷器材以v2抛出刚好落在斜面底端。若忽略空气阻力，两次投掷器材从抛出到落在斜面的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．运动时间t1>t2
B．水平位移x1> x2
C．落到斜面时重力的瞬时功率P1= P2
D．落到斜面时的速度与竖直方向的夹角θ1=θ2
【答案】D
【解析】A．由题可知，投掷器材以v2抛出时刚好落在斜面底端，且两次投掷器材都落在斜面上，因此
投掷器材以v2抛出时的竖直位移
大于投掷器材以v1抛出时的竖直位移
，根据平抛运动竖直方向做
自由落体运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g
因此两次运动时间关系为
，故A 错误；
B．根据平抛运动水平方向做匀速直线运动可得x = v0t
由于投掷器材平抛时的速度v2>v1
运动时间t2>t1
因此水平位移x1< x2，故B 错误；
C．投掷器材落到斜面上时竖直方向的速度v y =>¿
根据上述分析可知，投掷器材以v2抛出时所用时间大于v1抛出时所用的时间，因此v1 y<v2 y
则重力的功率P =mg v y
因此落到斜面时重力的瞬时功率P1< P2，故C 错误；
D ．设斜面的倾角为α，落到斜面上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有
tan α =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
=
1
2tanθ
由于斜面的倾角α不变，因此落到斜面时的速度与竖直方向的夹角θ1=θ2，故D 正确。
故选D。
8．（2026·四川凉山·一模）2025 年我国GJ-1 察打一体无人机在阅兵式上亮相。假设在某次训练中无人机
总质量为1000kg，无人机在水平地面上从静止开始，以恒定的动力F=27000N 启动，经过4s 在地面上
向前运动了约200m，该过程中无人机所受阻力恒定，取g=10m/s2，则（ ）
A．无人机运动过程中加速度大小约50m/s2
B．无人机4 s 时的速度约50m/s
C．无人机运动过程中所受阻力大小约2000N
D．无人机最大功率约为2.5×106W
【答案】C
【解析】A．根据x = 1
2 at
2
解得无人机运动过程中加速度大小约为a=25 m/s
2，故A 错误；
B．无人机4 s 时的速度约v4=at 4=100 m/s，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得F - f =ma
解得无人机运动过程中所受阻力大小约为f =2000 N，故C 正确；
D．根据P = Fv可知，则无人机4s 末功率约为P = F v4=2.7×10
6 W>2.5×10
6W ，故D 错误。
故选C。
9．（2026·四川自贡·一模）对无人驾驶汽车的测试过程中，质量为2t 的汽车在水平路面上以恒定加速度
a=2.5 m/s
2启动，其v-t 图像如图所示，其中OA 段和BC 段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为
P =75kW，所受阻力大小恒为
，关于汽车的运动以下说法正确的是（ ）
A．最大速度v2=25 m/s
B．匀加速阶段的末速度v1=10 m/s
C．匀加速阶段的牵引力F1=5000 N
D．当速度为20m/s 时，加速度大小是2m/s
2
【答案】B
【解析】A．当汽车以最大速度行驶时，则有
则汽车的最大速度为vm= P
F =30 m/s，故A 错误；
BC．汽车匀加速启动过程，根据牛顿第二定律可得F牵引- f =ma
解得F牵引=7500 N
则匀加速阶段的末速度v1=
P
F牵引
=10 m/s，故B 正确，C 错误；
D．当汽车的速度v2=20 m/s时，汽车处于额定功率启动过程，此时汽车的牵引力为F2= P
v2
=3750 N
根据牛顿第二定律可得F2- f =ma
'
解得a
' =0.625 m/s
2，故D 错误。
故选B。
10．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中
画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得
到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，B点对应的坐标为(
1
F1
，v1)，第二
个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v 均与C点的坐标(
1
F2
，v2)对应，
大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，
滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（ ）
A．重物的质量为
B．第一阶段重物上升的高度v1
2
2g
C．F1v1= F2v2
D．重物在前两个时间段内的总位移v2t +
v1
2 F1
2 g(F1- F2)
- v2
2
2 g
【答案】B
【解析】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有F2=mg
解得m= F2
g ，A 正确；
B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为a= F1-G
m
= （F1- F2）g
F2
第一个时间段内的位移x1= v1
2
2a =
v1
2 F2
2g（F1- F2），B 错误；
C．BC 段的拉力功率不变，有P = F1v1= F2v2，C 正确；
D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有Pt -G x2= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
解得x2=
Pt - 1
2 mv2
2+ 1
2 mv1
2
G
= v2t - v2
2- v1
2
2g
所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移
x = x1+ x2= v2t +
v1
2 F1
2g（F1- F2）- v2
2
2g，D 正确。
故选B。
11．（2026·四川资阳·一模）如图甲所示，在新能源汽车技术测试中，一辆质量为1200kg的氢燃料电池赛
车在平直赛道上由静止开始加速，设其所受到的阻力不变，在加速阶段的加速度a和速度的倒数1/ v的
关系如图乙所示，则赛车（ ）
A．做匀加速直线运动
B．发动机的功率为500kw
C．所受阻力大小为5000 N
D．速度大小为50m/ s时牵引力大小为9600 N
【答案】D
【解析】A．根据牛顿第二定律可得由P
v - f =ma
可得a= P
m ⋅1
v - f
m
由图线可知斜率为P
m，为常量，故赛车在恒定功率下启动，速度变大，根据P = Fv可知牵引力变小，
根据F - f =ma可知加速度减小，故A 错误；
BC．根据a= P
m ⋅1
v - f
m
可知a- 1
v 图像的斜率为k = P
m =
4
0.01 m
2/ s
3= 400m
2/ s
3，- f
m =- 4 m/ s
2
可知功率为P = 480kw，阻力大小为4800 N，故BC 错误；
D．速度大小为v1=50m/ s时，根据P = F1v1
可知牵引力为F1=9600 N，故D 正确。
故选D。
12．（2026·四川内江·一模）在一次救援任务中，悬停于空中的直升机上放下一根质量不计的绳索，绳索
的一端连接在直升机的电机上，另一端系着质量为m=50kg的被救人员。从
时刻起，绳索通过电
机将被救人员由静止开始竖直向上匀加速提升一段时间。已知绳索牵引力的功率P与时间t的关系如图
所示，被救人员在6s 之前已达最大速度，不计一切阻力，取重力加速度大小g=10m/ s
2。则下列说法
中正确的是（ ）
A．在3s 以后被救人员做匀速直线运动
B．在被救人员匀加速阶段，加速度的大小为2m/ s
2
C．在被救人员运动过程中，最大速度为7.2m/ s
D．在0～6 s时间内，被救人员上升的距离为21m
【答案】BC
【解析】A．由图可知，3s 后被救人员以恒定的功率加速运动，根据P = Fv可知，功率不变，速度增大
则绳索的拉力减小，被救人员做变速运动，故A 错误；
B．由图可知，0∼3 s被救人员做匀加速运动，3s 时达到额定功率，则有P额= F v1= F 3a
结合牛顿第二定律可得F -mg=ma
代入数据解得a=2m/s
2，故B 正确；
C．速度最大时，则有F
' =mg
则最大速度为vm= P额
F
' =7.2m/s，故C 正确；
D．根据上述分析可知，匀加速阶段的位移x1= 1
2 at1
2=9m
恒定功率运动时，根据动能定理可得P额t2-mg x2= 1
2 m vm
2 1
2 1
2
其中
，v1=at1=6 m/s
解得x2=21m
则在0～6 s时间内，被救人员上升的距离为x = x1+ x2=30m，故D 错误。
故选BC。
13．（2026·四川雅安·一模）如图，质量为M=0.8kg 的玩具车通过轻绳拖着质量为m=0.2kg 的物块在水平
面上做匀速直线运动。某时刻轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动。整个过程中玩具车功
率恒为P=10W，玩具车和物块所受阻力均为自身重力的k=0.5 倍，重力加速度g 取10m/s2.求：
(1)轻绳断裂前，玩具车和物块的速度大小；
(2)轻绳断裂后经过t=0.4s，玩具车运动的距离。
【答案】(1)2m/ s
(2)0.775m
【解析】（1）由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为Ff =k (M +m)g=5 N
玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为v，满足P = Ff v
解得v =2m/ s
（2）轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为Ff ' =kMg= 4 N
故绳断后，玩具车匀速运动的速度v '满足P = Ff ' v '
解得v ' =2.5m/ s
故玩具车运动的距离x满足Pt - Ff ' x = 1
2 Mv '
2- 1
2 M v
2
解得x =0.775m
14．（2026·四川·一模）“福建舰”采用平直通长飞行甲板，配备电磁弹射器，能大幅提升舰载机的起飞
效率。在某次起飞训练中，质量为m的歼-35 舰载机离舰瞬间的速度为v，弹射器对歼-35 做功为W 1，
歼-35 的发动机做功为W 2，则在该次起飞过程中，歼-35 克服阻力做的功为（ ）
A．W 1+W 2- 1
2 m v
2
B．W 1+W 2+ 1
2 m v
2
C．W 1-W 2+ 1
2 m v
2
D．W 1-W 2- 1
2 m v
2
【答案】A
【解析】根据动能定理，合外力对舰载机做的总功等于其动能变化W 总= 1
2 m v
2-0= 1
2 m v
2
总功由弹射器做功W 1、发动机做功W 2和克服阻力做功W 阻，则有W 1+W 2-W 阻= 1
2 m v
2
解得克服阻力做功为W 阻=W 1+W 2- 1
2 m v
2
故选A。
15．（2026·四川凉山·一模）质量相等的A、B 两球离地等高，A 球做自由落体运动的同时B 球以速度v 水
考点3
动能和动能定理
平抛出，则A、B 球在运动中（ ）
A．机械能差随高度的减小均匀增大
B．球间距离随时间的增加均匀增大
C．动能之差随高度的减小均匀增大
D．动能之差不随高度的减小而变化
【答案】BD
【解析】A．A、B 两个小球都只受重力，机械能守恒，机械能之差等于初始的机械能之差，恒定不变，
故A 错误；
B．小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球B 竖直方向的运动和小球A 的运动相同，小球
A、B 之间的距离为x = x0+ vt
可知小球A、B 之间距离随时间的增加均匀增大，故B 正确；
CD．设两小球的质量为m，初始高度为
，离地面的高度为
，小球A 的动能为EkA=mg( H -h)
小球B 的动能为EkB= 1
2 mv
2+mg(H -h)
小球A、B 之间的动能差EkB- EkA= 1
2 mv
2
可知小球A、B 的动能之差恒定不变，故C 错误，D 正确。
故选BD。
16．（2026·四川泸州·一模）如图所示，置于水平地面上仅四个侧面有挡板的正方体，边长L=7.2m，上
表面中心放有一个大小可忽略且绕竖直轴线匀速转动的发球机，其转动角速度ω= 2π
45 rad/ s，每秒向
水平方向发射一个质量m=0.5kg、初速度v0=3.75m/ s的小球，开始时水平向右发射第一个小球。
小球与挡板碰撞后竖直方向速度分量不变，水平方向速度分量大小不变、方向反向，小球落地后不反
弹。忽略小球随发球机做圆周运动的切线速度和空气阻力，重力加速度g=10m/ s
2,sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8。下列判断正确的是（ ）
A．第一个小球落到地面过程中动能增加了42J
B．第一个小球落地前瞬间重力的功率为60W
C．发球机转动第一圈有8 个小球不碰侧面挡板就直接落地
D．发球机转动第一圈有12 个小球不碰侧面挡板就直接落地
【答案】BC
【解析】A．由于小球与挡板碰撞后没有能量损失，所以第一个小球落到地面过程中只有重力对小球做
功，根据动能定理可知第一个小球落到地面过程中动能增加量为Δ Ek =mgL=36 J，故A 错误；
B．第一个小球落地前瞬间竖直方向上的速度为v y = ❑√2gL=12m/s，则落地前瞬间重力的功率为
P =mg v y =60W ，故B 正确；
CD．小球落地需要的时间为t = ❑√
2 L
g =1.2s
小球水平方向上的位移为x = v0t = 4.5m，如图所示，OB=3.6m，OA=4.5m，小球恰好与A 点不相碰，
此时cosθ = OB
OA =0.8，即θ =37°
因此在360°的范围内，有8(45° -37°)=64°范围内发出的小球不会与侧面挡板碰撞，发球机的周期
为T = 2π
ω = 45 s，可知每秒发球机转8°，所以64°范围内，发球机用时8s，发球机每秒发出一个小球，
所以发球机转动第一圈有8 个小球不碰侧面挡板就直接落地，C 正确，D 错误。
故选BC。
17．（2026·四川遂宁·一模）春秋战国时期，《墨经》记载了利用斜面来运送货物的方法。如图所示，用
平行于斜面的推力将货物从地面匀速推到货车上。若货物与斜面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确
的是（ ）
A．斜面越短，推力一定越大
B．斜面越长，推力不一定越小
C．斜面越长，推力对货物做的功越多
D．斜面越短，推力对货物做的功越多
【答案】BC
【解析】AB．设斜面的倾角为θ，斜面长为L，高为，则sinθ = h
L
对货物进行受力分析，根据平衡条件，推力F =mgsinθ+ μmgcosθ
推力F除与斜面倾角θ（高度不变时，斜面长度越短，θ大）有关以外，还与μ有关，故A 错误，
B 正确；
CD
．
推
力
做
功
等
于
克
服
重
力
和
摩
擦
力
做
功
，
即
W = FL=(mgsinθ+ μmgcosθ) L=mgh+ μmgLcosθ
在高度相同时，斜面越长，Lcosθ斜面的水平投影长度会越长，所以推力对货物做功越多，故
D 错误，C 正确。
故选BC。
18．（2026·四川绵阳·一模）“飞椅”是游乐场常见的游乐项目，结构示意图如图所示，长为l的钢绳一端
系着“飞椅”的座椅，另一端固定在长为
的水平横臂上，横臂可以沿竖直轴上下移动，还可以绕轴转
动。开始时，座椅静止在地面附近，横臂位于P处，人坐上座椅后，横臂一边转动一边上升，到Q处时
人和座椅稳定地绕竖直轴做匀速圆周运动，此时钢绳与竖直方向的夹角为θ。已知
间的高度差为h，
人与座椅的总质量为m。忽略竖直轴自身的半径，不计空气阻力。则（ ）
A．横臂在Q处，人和座椅的角速度为❑√
gtanθ
lsinθ+r
B．横臂在Q处，人和座椅的角速度为❑√
g
lcosθ
C．横臂从P到Q的过程中，钢绳对人和座椅做功mgh+ 1
2 mgtanθ⋅(lsinθ+r)
D．横臂从P到Q的过程中，钢绳对人和座椅做功mg(h+l -lcosθ)+ 1
2 mgtanθ⋅(lsinθ+r)
【答案】AD
【解析】AB．人和座椅做匀速圆周运动，向心力由重力和钢绳拉力的合力提供。圆周运动的轨道半径
R =lsinθ+r
对人和座椅受力分析，竖直方向T cosθ =mg
水平方向T sinθ =mω
2 R
解得ω= ❑√
g tanθ
lsinθ+r ，故A 正确，B 错误
CD ．根据动能定理，钢绳做功W 等于重力做功的负值与动能变化之和，即
W -mg(h+l -lcosθ)= 1
2 m v
2
线速度v =ωR = ❑√g tanθ(lsinθ+r)
动能1
2 mv
2= 1
2 mg tanθ(lsinθ+r)
代入动能定理公式得W =mg(h+l -lcosθ)+ 1
2 mg tanθ(lsinθ+r)，故C 错误，D 正确。
故选AD。
19．（2026·四川攀枝花·一模）如图甲所示为工地上常用的简易吊车的工作原理图，电机和减速器为一整
体，通过支臂OB 上的滑轮竖直吊起货物。在某次施工中需要竖直吊起总质量M=480kg 的沙子，吊起
过程中沙子的速度与时间的关系如图乙所示。已知吊绳允许承载的最大拉力为1×104N，吊篮及吊钩的
质量m=20kg，重力加速度g 取10m/s2，不计滑轮和吊绳的质量，忽略空气阻力及滑轮与吊绳之间的摩
擦，求：
(1)该吊车吊起这批沙子允许达到的最大加速度am；
(2)沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率P；
(3)0~4s 内电机和减速器整体做的功W。
【答案】(1)10m/s2
(2)9000W
(3)27810J
【解析】（1）由图可得，0~2s 内，沙子向上做匀加速直线运动，绳拉力大于重力，加速度大小为
a1= Δv
Δt = 1.8
2 m/s
2=0.9 m/s
2
2~4s 内，沙子的速度不变，沙子做匀速直线运动，加速度为0；
4s 后，沙子向上做匀减速直线运动，绳拉力为零时，加速度最大，其最大值为
（2）沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率为P =( M +m)gv =9000W
（3）0~4s 内，根据动能定理可得W -( M +m)gh= 1
2 ( M +m)v
2
v-t 图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，则h= 4+2
2
×1.8m=5.4 m
联立解得W =27810 J
20．（2026·四川资阳·一模）如图所示，游戏装置由光滑倾斜轨道AB，半径R =2❑√3m的光滑圆弧轨道
BC，长为L=9.0m水平轨道CD和高为h= ❑√3m光滑高台EF构成。倾角为θ的直角斜面体紧贴着高台
边缘ED，且与高台EF等高。现将质量m=0.5kg的小物块从倾斜轨道上高度为H = 4 ❑√3m的A处由静
止释放，小物块恰好能到达高台边缘E点。若斜面体向左移动，固定在CD间的任一位置，小物块仍从
同一高度
处由静止释放，发现小物块从斜面体顶端斜抛后也恰好落在高台边沿E点。已知小物块与水
平轨道CD和与斜面体之间的动摩擦因数均为μ，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取
10m/ s
2。求：
(1)小物块到达圆弧轨道最低点C时，小物块所受支持力F N的大小；
(2)动摩擦因数μ；
(3)斜面体倾角θ。
【答案】(1)25N
(2)μ=
❑√3
3
(3)θ =30
∘
【解析】（1）小物块由A到C的过程中，根据机械能守恒定律：mgH = 1
2 mvC
2
当小物块在圆弧轨道最低点C时，根据牛顿第二定律：F N -mg=m vC
2
R
解得 F N =25 N
（2）设斜面体的斜边长为l，水平直角边长为
，可得 l0=lcosθ
小物块从A滑动到E的过程中，根据动能定理：mg(H -h)- μmg(L-l0)- μmgcosθ⋅l =0
解得 μ=
❑√3
3
（3）设斜面体与平台相距为x，小物块到达斜面体顶点的速度为v，由能量转化与守恒有：
1
2 mv
2= μmgx
在小物块从斜面体顶点到达E点的过程中，对于水平方向上的运动有：
对于竖直方向上的运动有：t =2 v sinθ
g
解得：θ =30
∘
21．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，竖直平面内，光滑斜面AB与水平轨道BO由一小段光滑圆弧平滑
连接，BO长
。以水平轨道末端O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy ，x轴的正方向水平向右，
y轴的正方向竖直向下，坐标系内C点坐标为（1.6m，0.8m），C点左下方的D点坐标为(xD，y D)。
一小物块从斜面上不同位置由静止下滑，通过坐标系中的不同位置。小物块与水平轨道间动摩擦因数
μ=0.2，重力加速度g取
。
(1)若小物块刚好运动到O点就停下，求小物块在水平轨道上运动的时间t0；
(2)若小物块通过C点，求小物块下滑初始位置相对水平轨道的高度
；
(3)若小物块下滑初始位置相对水平轨道高度为
时通过D点，且通过D点的动能与通过C点的动能相
等。判断
与
的大小关系，并求xD与y D的关系式。
【答案】(1)2s
(2)1.6m
(3)h2<h1；20 y D
2 -32 y D+5 xD
2 =0
【解析】（1）由受力分析可知，小物块在水平轨道BO上F合= μmg=ma1
解得a1=2 m
s
2，可知小物块在BO上做匀减速直线运动且刚好到O点停下，则t0= ❑√
2 L
a1
解得t0=2s
（2）若小物块能过C点，则小物块过O点后做平抛运动，由平抛水平方向位移x1=1.6m 满足公式
x1= v1t1
竖直方向位移y1=0.8m且满足公式y1= 1
2 gt1
2
联立可解得v1= 4 m
s ，即平抛运动的初速度也是到O点的速度。从初始位置到O点，由动能定理可知
mgh1- μmgL= 1
2 m v1
2-0
解得h1=1.6m
（3）由图可知，由于y D>0.8m，根据自由落体运动规律，可判断小物块做平抛运动时间t2>t1，由于
xD<1.6m，由匀速运动规律，可判断小物块在O点速度v <v1，小物块从A点到O点由动能定理
mgh- μmgL= 1
2 mv
2-0
可判断h2<h1。小物块从O点到C点做平抛运动，水平方向x1= v1t1
竖直方向y1= 1
2 gt1
2
可得v1
2= g x1
2
2 y1
小物块从O点到D点做平抛运动，同理可得v D
2 = g xD
2
2 y D
，由于通过D点的动能和C点动能相等
mg y D+ 1
2 m v D
2 =mg y1+ 1
2 m v1
2
由上一问知v1= 4 m
s ，y1=0.8m，解得10 y D+ 1
2 v D
2 =16
由v D
2 = g xD
2
2 y D
，解得20 y D
2 -32 y D+5 xD
2 =0
22．（2026·四川泸州·一模）我国科研训练中心配备了用大型运输机改装的失重飞机，可模拟太空失重环
境。飞行员驾驶飞机在竖直面内做抛物线飞行，单次可实现飞机在20∼30秒内处于完全失重状态，下
列说法正确的是（ ）
A．飞机在完全失重过程中机械能不变
B．飞机在完全失重过程中没有惯性
C．飞机在完全失重过程中不受重力
D．完全失重过程中飞机内可用天平测质量
【答案】A
【解析】A．飞机在完全失重过程中机械能不变。在抛物线飞行中，忽略空气阻力等非保守力，只有重
考点4
机械能守恒定律
力做功，机械能（动能与重力势能之和）守恒，故机械能不变，故A 正确；
B．飞机在完全失重过程中没有惯性。惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与运动状态无关。失重
状态不影响惯性，飞机仍有惯性，故B 错误；
C．飞机在完全失重过程中不受重力。完全失重是重力作用的表现，飞机仍受重力作用，只是加速度等
于重力加速度，导致物体间无压力，故C 错误；
D．完全失重过程中飞机内可用天平测质量。天平测质量依赖于重力对物体的作用（如杠杆平衡）。失
重状态下，物体无重量，天平无法工作，故不能测质量，故D 错误。
故选A。
23．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，质量相等的两球a、b 间通过轻质弹簧连接，a球用细线悬挂于O
点，系统处于静止状态。弹簧在弹性限度内，忽略空气阻力。剪断细线，在两球开始下落到弹簧第一
次恢复原长的过程中（ ）
A．球a机械能增加
B．球a机械能减少
C．球b机械能减少
D．球b机械能守恒
【答案】AC
【解析】开始时弹簧处于拉伸状态，则剪断细线到弹簧恢复到原长的过程中，弹力对球a 做正功，则
球a 的机械能增加；弹力对球b 做负功，则球b 的机械能减小。
故选AC。
24．（2026·四川·一模）如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别连接着质量为m、
的A、B两球，用手
托住B球，使A球刚好静止于地面。忽略一切摩擦和空气阻力。在B球由静止释放到落地的过程中（
）
A．A球机械能增加
B．A球机械能守恒
C．B球机械能减少D．B球机械能增加
【答案】AC
【解析】ACD．由题可知，释放后，绳子的拉力对A 球做正功，对B 球做负功，因此A 球的机械能增
大，B 球的机械能减小，A、B 组成的系统机械能守恒，则A 球增加的机械能等于B 球减小的机械能，
故AC 正确，D 错误；
B．根据上述分析可知，A 球的机械能增大，机械能不守恒，故B 错误。
故选AC。
25．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，弹力绳球是小朋友们喜爱的玩具。一根弹性轻绳的下端连接一
质量为m的小球，另一端用手拉住，现用手拿住小球并从静止释放，以释放点为坐标原点O，竖直向下
为x轴正方向，小球的动能Ek与其位置坐标的关系如图乙所示。其中，0～x1之间的图像为直线，
x1～x4之间的图像为曲线，且x2位置对应图像的最高点。小球可视为质点，弹性轻绳始终在弹性限度
内，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．弹性轻绳的劲度系数为mg
x2
B．小球的最大加速度大小为
x4- x2
x2- x1
g
C．小球在x3位置的速度大小为❑√2 g x3
D．在x3位置的弹性势能为mg(x3- x2)
【答案】B
【解析】A．根据动能定理，F合x = Δ Ek，可知Ek - x斜率表示合外力，0～x1之间的图像为过原点的
直线，故0～x1弹力为零，小球只受重力。在x1处，弹性绳开始伸长，所以弹性绳的原长为在x1处。
在x2位置，小球的动能最大，合力为零，有mg=k (x2- x1)
弹性轻绳的劲度系数为k =
mg
x2- x1
，故A 错误；
B．当0～x1时，a1= g
当x> x1时，加速度随x 的增大而减小后增大。在最低点x4处，弹力最大，此时加速度
a2= k (x4- x1)-mg
m
= x4- x2
x2- x1
g
由图可知x4- x2> x2- x1，故a2>a1
小球的最大加速度大小为
x4- x2
x2- x1
g，故B 正确；
C．从初始位置到x3由动能定理mg x3-W 弹= 1
2 mv
2
解得小球在x3位置的速度大小为v =
❑√2 g x3- 2W 弹
m
<❑√2 g x3，故C 错误；
D．小球在x1位置的动能Ek 1=mg x1
从图像可知，小球在x3位置的动能等于x1位置的动能Ek 3= Ek 1=mg x1
从初始位置到x3根据能量守恒mg x3= Ek 3+ E p3
在x3位置的弹性势能为E p3=mg(x3- x1)，故D 错误。
故选B。
26．（2026·四川·一模）如图甲所示，不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端连接小球。小球绕着O点在
竖直面内做完整的圆周运动，细绳与竖直向下方向间的夹角为θ，绳中拉力大小为F，F与
的关系
如图乙所示，g取10m/ s
2。则小球的质量为（ ）
A．0.1kgB．0.2kg
C．0.4 kg
D．0.6kg
【答案】B
【解析】设小球在最低点时的速度为v，从最低点开始转过θ角时，根据机械能守恒有
1
2 m v
2= 1
2 m v
' 2+mgL(1-cosθ)
根据牛顿第二定律可得F -mgcosθ =m v
' 2
L
联立可得F = m v
2
L -2mg+3mgcosθ
可得3mg=k =6 N
解得小球的质量m=0.2kg
故选B。
27．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，固定的粗糙水平杆上有A 、B两点，轻质弹簧一端固定在B点正
下方的O点，另一端与质量为m、套在杆上A点的滑块相连。滑块从A处静止自由释放后向右运动，过
B点时加速度为零，到达C点（图中未标出）时速度为零。滑块（ ）
A．从A到B的过程中，弹簧弹力大小一直减小
B．从A到B的过程中，弹簧弹力大小一直增大
C．在A处时弹簧弹力大小小于在C处时弹簧弹力大小
D．在A处时弹簧弹力大小大于在C处时弹簧弹力大小
【答案】D
【解析】AB．滑块由A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，即滑块加速运动，设AB 之间的D 位置为弹
簧的原长，则A 到D 的过程中，弹簧弹力减小，滑块的加速度逐渐减小，D 到B 的过程中，弹簧处于
压缩状态，则弹簧弹力增大。B 点弹簧对滑块竖直向上的弹力与重力平衡，滑块对杆的压力为零，摩擦
力为零，加速度为零。故从A到B的过程中，弹簧弹力大小先减小后增大，故AB 错误；
CD．滑块过B 后因惯性继续向右运动，同时受到向左的摩擦力和弹簧拉力的共同作用，最终在C 点速
度为零并保持静止。由能量或几何分析可判断，弹簧在A 处的弹性势能大于在C 处的弹性势能，所以
在A处时弹簧弹力大小大于在C处时弹簧弹力大小，故C 错误，D 正确。
故选D。
28．（2026·四川凉山·一模）如图所示，劲度系数为100 N/m 的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量
为1kg 可视为质点的小球相连，小球与水平地面的动摩擦因数为0.2，小球静止在地面A 位置时弹簧恰
好处于原长。现将小球拉到距A 点8cm 的地面B 位置由静止释放，则对于小球在以后运动中，下列说
法正确的有（g 取10m/s2）（ ）
A．小球第一次运动到A 点时动能最大
B．小球最终静止的位置离A 点的距离不可能大于2cm
C．小球第一次运动到最左端的位置在A 点左侧4cm 处
D．小球从B 点释放第一次运动到最左端经过的时间为0.2πs
【答案】BC
【解析】A．小球动能最大时，速度最大，此时加速度为零，即k x1= μmg
解得x1=2cm
即第一次运动到距离A 点2cm 位置时动能最大，A 错误；
B．因当小球在距离A 点2cm 的位置受弹力等于摩擦力，可知小球最终静止的位置离A 点的距离不可能
大于2cm，B 正确；
C．小球第一次运动到最左端的位置时由能量关系可知1
2 k x0
2- 1
2 k x2
2= μmg( x0+ x2)
可得x2=4cm
即小球第一次运动到最左端的位置在A 点左侧4cm 处，C 正确；
D．将小球从B 点到第一次运动到最左端的过程看作是平衡位置在A 点右侧2cm 处的简谐振动，可知该
简谐振动的等效质量m
' = μmg
g
= μm=0.2kg
可知周期T =2π
❑√
m
'
k =2π ❑√
0.2
100 s=
❑√5 π
25 s
则小球从B 点释放第一次运动到最左端经过的时间为t = T
2 =
❑√5 π
50 s，D 错误。
故选BC。
29．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，在上表面光滑的固定水平桌面上有一质量为
的物块甲，其左端
通过一根劲度系数为k的轻质弹簧连接于固定挡板P，右端通过两个轻质滑轮和一根不可伸长的轻质细
线和质量为m的物块乙相连。在弹簧处于原长状态时，将甲、乙从静止状态自由释放，运动过程中细线
始终伸直，两滑轮不会相碰。不计所有阻力，重力加速度为g，轻弹簧在形变量为x时的弹性势能
E p= 1
2 k x
2。则（ ）
A．释放瞬间甲的加速度大小等于重力加速度g
B．释放瞬间轻绳的拉力大小为1
2 mg
C．甲的速度第一次最大时，弹簧的弹力大小为2mg
D．甲的速度第一次最大时，其速度大小为g
3
❑√
6m
k
【答案】CD
【解析】AB．设释放瞬间轻绳的拉力大小为T，乙的加速度a，甲的加速度为a
'，对乙受力分析，根据
牛顿第二定律可得mg -T =ma
对于甲而言，则有2T =2ma
'
根据运动学规律可得1
2 at
2=2× 1
2 a
' t
2
联立解得a
' = 1
3 g，T = 1
3 mg，故AB 错误；
C．甲的速度最大时，受力平衡，甲的加速度为零，结合上述分析可知，乙的加速度也为零，此时设轻
绳的拉力为T
'，对乙则有T
' =mg
对甲则有F 弹=2T
' =2mg，故C 正确；
D．根据上述分析可知，甲的速度最大时，甲移动的位移为x = 2mg
k
（即弹簧的伸长量）
则乙移动的距离为x
' =2 x = 4 mg
k
此时甲的速度为v，则乙的速度为2v，由能量守恒可得mg x
' = 1
2 k x
2+ 1
2 2mv
2+ 1
2 m(2v)
2
联立解得v = g
3
❑√
6m
k ，故D 正确。
故选CD。
30．（2026·四川自贡·一模）如图所示，质量分别为1kg 和2kg 的物块A 和B 用一根轻弹簧连接，
时，
将两物块放置在速度为1m/s 顺时针转动的水平传送带上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的速度
为零，弹簧处于原长。在t =t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能E p=0.75 J。A、B 与传
送带的动摩擦因数分别为0.5 和0.25，传送带足够长，重力加速度g=10 m/s
2，则下列叙述正确的是（
）
A．在0-t0的时间里，A、B 及弹簧组成的系统动量守恒
B．在t = t0
2 时，A 的加速度小于B 的加速度
C．t =t0时，B 的速度为1m/s
D．t =t0时，弹簧的压缩量为0.1m
【答案】AD
【解析】A．根据f = μmg可知AB 与传送带的滑动摩擦力大小相等，均为f=5N，在0-t0的时间里，传
送带对B 的滑动摩擦力向左，对A 的滑动摩擦力向右，可知A、B 及弹簧组成的系统合外力为零，则
系统的动量守恒，A 正确；
B．在t = t0
2 时，A 做减速运动，加速度为aA = F + μA mA g
mA
= F
mA
+ μA g
B 做加速运动，加速度aB= F - μBmB g
mB
= F
mB
- μB g
可知A 的加速度大于B 的加速度，B 错误；
C．t =t0时，由动量守恒mA v0=mA v传+mB vB
解得vB=0.5m/s，C 错误；
D．t =t0时，由能量关系可知- fΔx - E p= 1
2 mA v传
2 + 1
2 mB vB
2 - 1
2 mA v0
2
解得∆x=0.1m，即弹簧的压缩量为0.1m，D 正确。
故选AD。
31．（2026·四川泸州·一模）如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q 两个物体通过
轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q 的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P 和Q 的质量分别为4m 和m。
初始时，控制P 使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在
弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能E p= 1
2 k x
2（x 为弹簧的形
变量），现无初速释放P，则在物体P 沿斜劈下滑过程中（ ）
A．刚释放物体P 时弹簧的形变量为mg
k
B．物体P 的加速度大小一直增大
C．物体P 沿斜劈下滑的最大距离为
D．物体P 的最大动能为
【答案】AD
【解析】A．释放物体P 前，物体Q 只受重力和弹簧的弹力，根据胡克定律和二力平衡有
x1= mg
k
解得x1= mg
k
即刚释放物体P 时弹簧的形变量为mg
k ，故A 正确；
B．物体P 被释放后沿斜劈向下先加速运动，后减速运动，速度最大时所受合力为零，加速度为零，故
物体P 的加速度大小先减小后增大，故B 错误；
C．设物体P 沿斜面下滑的最大距离为xmax，对于两物体和弹簧组成的系统，根据机械能守恒有
4 mg x sin3 1
2(x1max()
2 1
2 1
2
)maxmax
解得x 4 mg
k
max
，故C 错误；
D．物体P 的加速度为零时，其动能最大，设此时弹簧的伸长量为x2，则有4 mgsin30° =k x2+mg
解得x2= mg
k
即弹簧的弹性势能与初始状态相等，设此时物体P 的动能为Ek，则Q 的动能为1
4 Ek，根据机械能守恒
可得4 mg(x1+ x2)sin30° -mg(x1+ x2)= Ek + 1
4 Ek
解得Ek = 8m
2 g
2
5k
，故D 正确。
故选AD。
32．（2026·四川泸州·一模）如图所示，半径为R =0.35m的半圆柱体固定在水平面上，两个可以视为质点
的小球甲和乙通过轻绳相连，静止在光滑的圆柱面上，两小球静止位置所在的半径与竖直方向的夹角
分别为37°和53°。OO'右侧有一特殊区域，可以对甲球施加竖直恒力作用，而对乙球没有影响。某时
刻小球受到干扰失去平衡，从静止开始运动，甲球沿圆柱面向上，乙球沿圆柱面向下。当甲球刚进入
特殊区域时剪断轻绳，恰能离开圆柱面落到水平面上。已知乙球的质量为0.75kg，sin37° =0.6，
cos37° =0.8，重力加速度g=10m/ s
2。求：
(1)甲球的质量；
(2)甲球到达O'点时的速度大小；
(3)甲球落到水平面时的动能。
【答案】(1)1kg
(2)1m/ s
(3)1.5J
【解析】（1）开始时甲、乙两球处于平衡状态，根据平衡条件有m甲gsin37° =m乙gsin53°
解得m甲= 4
3 m乙=1kg
（2 ）甲球在最高点时，乙球恰好运动到地面，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，则
m乙gRsin37° -m甲gR (1-cos37°)= 1
2 (m甲+m乙)v
2
代入数据解得甲球到达O
'时的速度大小v =1m/ s
（3）甲球在最高点若恰好做圆周运动有m甲g=m甲
v0
2
R
则速度v0= ❑√3.5m/s>1m/ s
所以右侧特殊区域对甲球施加竖直向上的恒力，甲球在最高点时，根据牛顿第二定律得
m甲g- F =m甲
v
2
R
解得F = 50
7 N
甲球由最高点到落地过程中，根据动能定理得- FR +m甲gR = 1
2 m甲v1
2- 1
2 m甲v
2
甲球落地时的动能Ek = 1
2 m甲v1
2
代入数据解得Ek =1.5 J
33．（2026·四川内江·一模）如图所示，将质量为
的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为
m的小环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮
等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力。求：
(1)当环的速度大小为重物速度大小的2 倍时，环下降的高度；
(2)环能够下降的最大高度；
(3)当环运动到B点时，轻绳的拉力大小。
【答案】(1)
❑√3
3 d
(2)
(3)5 ❑√2
4
mg
【解析】（1）设绳与竖直方向夹角为θ，环向下的速度为v1，重物向上的速度为v2，沿绳的方向速度
相等，则有v1cosθ = v2
下降的高度h=
d
tanθ =
❑√3
3 d
（2）设环能下降的最大高度为
，此时环与重物的速度均为零，则重物上升的高度为h
' =
❑√H
2+d
2-d
根据机械能守恒定律可得mgH =2mgh
'
联立解得H = 4
3 d
（3）环从A 到B 运动过程中，系统能量守恒，则有mgd =2mg(❑√2-1)d + 1
2 m v1
2+ 1
2 ·2m v2
2
其中v1cosθ = v2
解得v
2
1=(3-2❑√2)gd
环的加速度
向下，重物的加速度
向上，根据牛顿第二定律可得，对环mg-T cosθ =ma1
对重物T -2mg=2ma2
沿绳的方向满足a1cosθ =a2- (v1sinθ)
2
d
sinθ
联立解得T = 5 ❑√2
4
mg
34．（2026·四川达州·一模）如图所示为小孩玩弹珠的游戏，AB为水平轨道，BC为半径R = 5
8 m，圆心角
为37
∘的圆弧轨道，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接，C点右边有一平台DE，C、D两点水平间
距L=0.3m。现向左拉弹簧枪，使弹簧压缩后释放，将质量
视为质点的小球水平弹出，若小
球离开C点后，恰好能够以速度v =2.0m/ s水平通过D点到达平台上。已知重力加速度g取10m/ s
2，
，cos37
∘=0.8。（答案可用分数表示）求：
(1)C、D两点的高度差
；
(2)小球经过圆弧轨道上的B点瞬间对轨道的压力大小F N。
【答案】(1)h= 9
80 m
(2)2.4 N.
【解析】（1）小球从C点到D点过程，由斜抛的逆过程平抛运动，在C点有tan37
∘= v y
v
其中v y =gt
竖直方向有v y
2 =2gh
解得C、D两点的高度差h= 9
80 m
（2）小球在C点的速度vC =
v
cos37
∘=2.5m/ s
小球从B点到C点过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得1
2 m vB
2 = 1
2 m vC
2 +mgR(1-cos37
∘)
小球在B点有F N -mg=m vB
2
R
解得F N =2.4 N
由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小F N
' = F N =2.4 N
35．（2026·四川泸州·一模）如图所示，倾角θ =37
∘的传送带MN在电机的带动下以v1=0.2m/ s的速度逆
时针匀速转动。可视为质点的物块a随传送带一起匀速向上运动，可视为质点的物块b以初速度
v2=0.2m/ s平行于传送带向下运动，两物块恰好不相碰。两物块质量均为1kg，且与传送带间的动摩
擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/ s
2,sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8，下列说法正确的是（ ）
考点5
功能关系
A．仅略微减小传送带倾角，两物块可能相碰
B．仅略微增大传送带速度，两物块不会相碰
C．a、b两物块刚开始相距0.4 m
D．物块与传送带摩擦生热1.28J
【答案】D
【解析】A．规定沿斜面向上为正，则两物块刚开始在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得对a 物
体来说μmgcosθ＞mgsinθ
所以物体a 与传送带保持静止，当减小传送带倾斜角时物体依旧保持静止，对b 物体
ab= μmgcosθ -mgsinθ
m
=0.4 m/s
2
则经过t = 0.2-(-0.2)
0.4
s=1s
如果减小传送带夹角则b 的加速度会增大，a 会继续在传送带上保持静止，所以两物体不会相碰，故A
错误；
B．仅略微增大传送带速度，则物体b 在传送带上的相对位移会增大，所以两物体会相碰，故B 错误；
C．对b 物体ab= μmgcosθ -mgsinθ
m
=0.4 m/s
2
则b 物体在减速到速度为0 过程中和传送带之间的相对位移为x传=0.2×0.5m=0.1m，
xb= 1
2 ×0.4×0.5
2m=0.05m
则两者的相对位移为x相对1= x传+ xb=0.15m
在
b
物体和传送带达到共速过程中，两者之间的相对位移为
x相对2= x传- xb=0.2×0.5- 1
2 ×0.4×0.5
2m=0.05m
而a 物体和传送带之间始终共速，所以a、b 之间刚开始相距0.2m，故C 错误；
D．对b 物体ab= μmgcosθ -mgsinθ
m
=0.4 m/s
2
则b 物体在减速到速度为0 过程中和传送带之间的相对位移为x传=0.2×0.5m=0.1m，
xb= 1
2 ×0.4×0.5
2=0.05m
则两者的相对位移为x相对1= x传+ xb=0.15m
在
b
物体和传送带达到共速过程中，两者之间的相对位移为
x相对2= x传- xb=0.2×0.5- 1
2 ×0.4×0.5
2m=0.05m
则在这个过程中b 物体与传送带摩擦生热Q = μmgcosθ( x相对1+ x相对2)=1.28 J，故D 正确。
故选D。
36．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，半径为
的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为
的圆盘，其圆
心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为m的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆盘
转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物块
与餐桌间的动摩擦因数为μ2，μ1> μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆
盘与餐桌间的间隙不计。则（ ）
A．小物块在餐桌上做匀速直线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μ2 g
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为❑√
2 μ1 g
r
D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为μ2mg
❑√R
2-r
2
【答案】D
【解析】A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以在餐桌
上做减速直线运动，故A 错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，
摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m= μ1g
小物块在餐桌上的加速度a2= μ2 g
由于
，可知a1m>a2，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于μ2 g，故B 错误。
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r
即ω≤
❑√
μ1 g
r
，不可能为❑√
2 μ1 g
r
，C 错误；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌
面滑动的位移
可知摩擦生热为Q = μ2mg
❑√R
2-r
2，D 正确。
故选D。
37．（2026·四川资阳·一模）如图甲所示一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送
带之间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速
后减速，其速度—时间(v -t )图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留
下了一段黑色痕迹，g取10m/ s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．黑色痕迹的长度为36m
B．煤块在传送带上的相对位移为-16m
C．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160 J
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
【答案】BC
【解析】
由图可知，传送带的加速度为 a1= 4 m/s
2，设煤块的加速度为
，经过时间
，煤块与传送带达到相
同速度v， μmg=ma2，v =a2t1，v =24 -a1（t1-6）
解得，
，v =16 m/s
此后，煤块做匀减速运动，
时停止 0=16-2（t2-8），可得 t2=16 s， 运动过程如图所示
0~8 s时间内，传送带比煤块多走的位移为图中红色三角形面积 Δ x1= 1
2 ×(24 -12)×8 m=48m
8~16 s内，煤块比传送带多走的位移为图中蓝色三角形面积 Δ x2= 1
2 ×16×4 m=32m
A．黑色痕迹的长度为 Δ x1=48m，A 错误；
B．煤块在传送带上的相对位移 x相对=- 48 m+32m=-16m，B 正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量 Q = μmg(Δ x1+ Δ x2)=160 J，C 正确；
D．黑色痕迹的长度由两物体位移关系决定，从Δ x1的计算过程可看出，黑色痕迹的长度与煤块质量无
关，D 错误。
故选 BC。
38．（2026·四川·一模）某种“Y”形弹弓配备四根完全相同的皮筋，皮筋和弹兜质量均远小于弹丸质量。
如图（a）所示，当弹弓左右各系一根皮筋，将皮筋拉伸一定长度后释放，弹丸水平射出并恰好打在竖
直靶面上的e 点，已知靶上
，如图（b）所示。若弹弓左右各系两根皮筋，拉伸相同长
度后将弹丸从同一位置水平射出，则弹丸在靶上的落点为（ ）
A．b 点
B．bc 间某点C．c 点D．cd 间某点
【答案】C
【解析】发射弹丸的过程中，橡皮筋的弹性势能转化为弹丸的动能。当左右各系一根皮筋并拉伸一定
考点6
能量守恒定律
长度时，设每根橡皮筋储存的弹性势能为E p，弹丸做平抛运动的初速度为v0，弹丸射出点与靶面水平
距离为l，由能量守恒有2 E p= 1
2 m v0
2
打在靶面上时弹丸的下落高度为h= 1
2 g(
l
v0)
2
当左右各系两根皮筋并拉伸一定长度时，由能量守恒有4 E p= 1
2 m v
'
0
2
可得v0
' = ❑√2v0
打在靶面上时弹丸的下落高度为h
' = 1
2 g(
l
v0
' )
2
= 1
2 h
因此弹丸在靶上的落点为c 点。
故选C。
39．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，在垂直于传送带向上的匀强电场中，传送带足够长且与水平面夹
角θ =30°，以速度v0逆时针匀速转动。现将一电荷量为+q，质量为m的小物块轻放在传送带的A端并
开始计时，已知场强E =
❑√3mg
4 q
，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，最大静摩擦力近似等于滑
动摩擦力，重力加速度为g。小物块从A端运动到B端的过程中，速度v、动能Ek、机械能E以及小物
块与传送带的摩擦生热Q随运动时间t或位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律在传送带模型中的应用
【解析】A．对小物块受力分析，垂直传送带的方向上，则有F N +qE =mgcosθ
解得F N =
❑√3
4 mg>0
因此小物块不会离开传送带，沿传送带方向，小物块刚放上时，则有mgsinθ+ f =ma1，
f = μ F N = 3
8 mg
解得a1= 7
8 g
达到共速后，由于mgsinθ = 1
2 mg>f = 3
8 mg
此时小物块继续加速，对小物块受力分析可得mgsinθ - f =ma2，f = μ F N = 3
8 mg
解得
，故A 错误；
B．根据动能定理可得Δ Ek = F合x
因此Ek - x图像的斜率表示物体受到的合外力，结合上述分析可知，共速前小物块受到的合外力大小为
F合1= 7
8 mg
共速后小物块受到的合外力大小为F合2= 1
8 mg
因此Ek - x图像应为两条斜率均为正的直线段，且第一段的斜率大于第二段的斜率，故B 错误；
C．根据能量守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力外其他力对小物块所做的功，由于电场力的方
向与位移方向垂直，因此电场力对小物块不做功，所以机械能的变化量等于摩擦力做的功，则有
ΔE =W f
因此E - x图像的斜率表示摩擦力，共速前，摩擦力大小为f = 3
8 mg
方向与位移方向相同（为正值），共速后摩擦力的大小不变，方向与位移方向相反（为负值），故C
正确；
D．摩擦产生的热量Q = f x相对
因此在Q -t图像中，其斜率表示小物块相对于传送带的速度v相对，共速前v相对= v0-a1t1
相对速度v相对随时间t逐渐减小，因此图像斜率减小，图像应为一段开口向下的曲线，同理可知，共速
后v相对= v(t )- v0=a2(t -t1)
因此v相对随时间t增大。所以图像斜率增大，图像应为一段开口向上的曲线，故D 错误。
故选C。
40．（2026·四川宜宾·一模）某传送带自动分拣系统如图甲。图乙为其中一传送带的俯视图，其水平上表
面为边长L=1.6m的正方形ABCD，传送带的速度v =2m/s，方向水平向左。有一质量
的货
物（可视为质点）以初速度v0从CD 边中点O 垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间动摩擦因数
，重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻力。
(1)若v0=0，即将货物于O 点轻放于传送带上，求货物运动到AD 边过程的时间t；
(2)若v0=2m/s，求货物离开传送带ABCD 时与CD 边的距离d和货物与传送带之间的摩擦生热Q；
(3)用三个这样的传送带搭建四个出口的自动分拣系统如图丙，传送带的速度方向可如图双向设置，货
物进入每一个传送带前，系统已设置好传送带的速度方向，忽略传送带间空隙。该货物以v0=1.5 m/s
的速度从侧边中点O 垂直滑上传送带前往3 号出口，求三个传送带运送该货物额外输出的总能量E。
【答案】(1)0.6 s
(2)2❑√2
5
m，1.6J
(3)4.8J
【解析】（1）货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=5m/ s
2
加速时间t1= v
a =0.4 s
加速位移x1= 1
2 at1
2=0.4 m
匀速时间t2= 0.5 L- x1
v
=0.2s
货物运动到AD 边的时间t =t1+t2=0.6 s
（2）货物滑上传送带之后，以传送带为参考系，设相对速度为v
'，方向如图
则v
' =
❑√v0
2+ v
2=2❑√2m/ s
由于摩擦力恒定且方向与v
'方向相反，则货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小a=5m/ s
2。相对
位移大小x
' = v
' 2
2a =0.8m
由于tanθ = v
v0
=1
解得θ = 45°
物块沿v0方向上也做匀减速运动，位移大小d = x
' cos 45° = 2❑√2
5
m
物块沿v方向上也做匀减速运动，位移大小s= x
' sin 45° = 2❑√2
5
m
由于s< L
2 ，d < L
2 ，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。货物与传送带之间的摩擦生热
Q = μmg x
' =1.6 J
（3）同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，只是数据不同。把v0=1.5 m/s代入
v
' =
❑√v0
2+ v
2，x
' = v
' 2
2a解得货物的相对位移x1
' =0.625m
由tanθ = v
v0
，d = x
' cosθ，s= x
' sinθ解得物块沿v0方向上的位移大小d1=0.375m
物块沿v方向上的位移大小s1=0.5m
由于s1< L
2 ，d1< L
2 ，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。可知货物离开传送带时速度为传送
带速度v =2m/s
货物与传送带之间的摩擦生热Q1= μmg x1
' =1.25 J
由于货物滑上第二个、第三个的初速度与第（2）问相同，所以运动情况完全相同，产生热量相同。由
能量守恒定律得E =2Q+Q1+ 1
2 mv❑
2 - 1
2 mv0
2= 4.8 J
