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专题08 动能定理 机械能守恒定律
模型一 动能定理
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们
可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
2．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”是一种表示因果关系的
数值上相等的符号．
3．运用动能定理解决多过程问题的方法
(1)分段法
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功
情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各
个击破．
(2)全程法
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个
运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大
简化运算．
4．应用动能定理解题的四个基本步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研究过程要根据已知量
和所求量来定，可以对某个运动过程应用动能定理，也可以对整个运动过程
( 全程
) 应用动能定
理．
(2)分析物体受力及各力做功的情况．
(3)明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)利用动能定理表达式W1＋
W
2＋
W
3＋…＝
mv
－
mv
求解．
5．动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
【例题精讲】
1．动车组列车是我国高端装备制造的代表，其技术水平体现了我国强大的综合国力。如表所示为CRH5 型
动车组的部分技术参数：
参数
数值
最高运营速度
200km/h（约56m/s）
最高试验速度
250km/h（约70m/s）
编组质量
450t（即4.5×105kg）
启动加速度
0.5m/s2
紧急制动距离（制动初速度200km/h）
≤2000m
根据以上信息，下列说法错误的是（ ）
A．动车组启动时，合力大小为2.25×105N
B．动车组以最高运营速度紧急制动时，平均加速度大小最小值约为0.78m/s2
C．若动车组以相同的制动力刹车，制动初速度加倍时，制动距离也加倍
D．若动车组以启动加速度从静止匀加速至最高试验速度，所需时间约为140s
【答案】C
【解答】解：A、根据题意分析可知，由牛顿第二定律有F＝ma
其中质量m＝4.5×105kg，启动加速度a＝0.5m/s2
则F＝4.5×105×0.5N＝2.25×105N，故A 正确；
B、根据题意分析可知，制动初速度v＝200km/h≈56m/s，制动距离s≤2000m。最小平均加速度对应最
大制动距离s＝2000m。由运动学公式0＝v2+2as
解得a≈﹣0.78m/s2
加速度大小约为0.78m/s2，故B 正确；
C、根据题意分析可知，相同的制动力意味着相同的加速度大小a（因质量不变）。制动距离s= v
2
2a
若初速度从v 加倍至2v，则s′= (2v)
2
2a = 4 v
2
2a = 4× v
2
2a =4s
即制动距离变为原来的4 倍，故C 错误；
D、根据题意分析可知，由速度—时间公式v＝at
解得t＝140s，故D 正确。
本题要求选出错误的，故选：C。
2．如图乙所示，绝缘粗糙水平面上x＝﹣2l 处和x＝4l 处分别固定两个不等量正点电荷（场源电荷），其中
x＝﹣2l 处的电荷量大小为Q。两点电荷形成的电场在x 轴上的电势φ 与x 关系如图甲所示，其中坐标原
点处电势为φ0且为极小值，x＝﹣l 和x＝2l 处电势分别为6
5φ0和3
2φ0。现由x＝2l 处静止释放质量为m、
电荷量为q 的带正电物体（视为质点），该物体刚好向左运动到x＝﹣l 处。物体产生的电场忽略不计，
重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．x＝4l 的电荷的电荷量为2Q
B．物体在运动过程中，电势能变化量为3q φ0
10
C．物体与地面动摩擦因数为q φ0
10mgl
D．物体在坐标原点处动能最大
【答案】C
【解答】解：A.图像的斜率等于场强，可知在原点位置的场强为零，则k
Q
(2 L)
2 =k
Q′
(4 L)
2
代入数据得x＝4l 的电荷的电荷量为Q'＝4Q，故A 错误；
B.物体在运动过程中，电势能变化量为ΔE =q( 6φ0
5 −3φ0
2 )=−3q φ0
10
，故B 错误；
C.根据动能定理μmg•3l＝W 电＝﹣ΔE
代入数据得物体与地面动摩擦因数为μ= q φ0
10mgl ，故C 正确；
D.当电场力等于摩擦力时物块动能最大，而在坐标原点位置受电场力为零，则物体在坐标原点处动能不
是最大，故D 错误。
故选：C。
3．如图所示，质量均为m 的A、B 两滑块用足够长的轻绳相连，并将其置于等高的光滑斜面上，斜面倾角
均为30°，质量为4m 的物块C 挂在轻质动滑轮下端。开始时托住物块C 使其静止，轻绳处于伸直状态，
重力加速度为g。释放物块C，当物块C 下落高度为h 时，其动能为（ ）
A．4mgh
B．3mgh
C．2mgh
D．mgh
【答案】C
【解答】解：由动滑轮的几何特性可知，物块C 下落高度h 时，连接动滑轮的两段绳子均缩短h，致使滑
块A 与B 沿斜面上升的位移之和为2h；
考虑到系统对称，滑块A 和B 各自沿斜面上升的高度均为h。由此位移关系可得三者瞬时速度大小相等，
即vA＝vB＝vC＝v。
以A 、B 、C 构成的系统为研究对象，斜面光滑且轻绳不可伸长，故系统机械能守恒，有
M C gh−2mghsin30° = 1
2 M C v
2+2× 1
2 m v
2，代入MC＝4m 并化简，解得mv2＝mgh。
物块C 的动能表达式为Ek = 1
2 M C v
2= 1
2 ⋅4 m v
2，联立mv2＝mgh，解得此时物块C 的动能Ek＝2mgh。
故ABD 错误，C 正确，
故选：C。
4．如图所示，用轻弹簧拴接物块和水平地面，物块在压力F 作用下处于静止状态。撤去压力F，物块竖直
向上运动过程中，其动能Ek与位移x、时间t 的关系图像，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：A.弹簧支撑阶段，弹力随形变量减小而减小，合力是变化的，动能的变化率（图像斜率）
也会变化，因此Ek﹣x 应是曲线上升，而非直线。故A 错误。
B.。弹簧支撑阶段，合力变化导致动能曲线上升；离开弹簧后仅受重力，合力恒定，动能随位移线性减
小（直线下降），符合运动规律。故B 正确。
C.弹簧支撑阶段是变加速运动，动能随时间的变化率（功率）是变化的，应曲线上升；离开弹簧后匀减
速，动能按二次函数规律减小，也应曲线下降，并非直线。故C 错误。
D.弹簧支撑阶段，物块合力变化、做变加速运动，速度随时间非线性变化，动能Ek = 1
2 m v
2随时间也非
线性变化，图像是曲线上升。离开弹簧后，物块做匀减速直线运动，速度v＝v0﹣gt 动能是关于时间的二
次函数，图像还是曲线下降。故D 错误。
故选：B。
5．一物块在水平拉力F 作用下沿粗糙水平面运动，拉力随时间变化的F﹣t 图像如图甲所示，5s 后撤去拉力
F，拉力F 的功率随时间变化的P﹣t 图像如图乙所示，则（ ）
A．运动过程中，物块受到的摩擦力大小为3N
B．2s 末物块的速度大小为12m/s
C．0～5s 内物块的位移大小为12m
D．位移为18m 时物块的动能为6J
【答案】D
【解答】解：A.由P﹣r 图像可知，在2～5s 为拉力F 的功率不变，物块做匀速直线运动，根据平衡条件
可得运动过程中，物块受到的摩擦力大小为f＝F2＝1N，故A 错误；
B.在0～2s 过程，由P﹣r 图像可知，2s 末拉力F 的功率为P2＝F1v2
代入数据得2s 末物块的速度大小为v2= P2
F1
= 12
3 m/ s= 4 m/ s，故B 错误；
C.在0～2s 过程，由P﹣t 图像可知，物块做初速度为0 的匀加速直线运动，通过的位移大小为
x1= v2
2 t = 4
2 ×2m= 4 m
物块在2～5s 内做匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v2t'＝4×3m＝12m，则0～5s 内物块的位移大小
为x＝x1+x2
代入数据得x＝16m，故C 错误；
D.设位移为x＝18m 时物块的动能为Ek，根据动能定理可得F1x1+F2x2﹣fx＝Ek﹣0
代入数据得Ek＝6J，故D 正确。
故选：D。
（多选）6．某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内
称其体重。电梯从t＝0 时由静止开始运动，到t＝11s 时停止，得到台秤的示数F 随时间t 变化的情况如
图所示（g＝10m/s2）。则（ ）
A．电梯为下降过程
B．在10～11s 内电梯的加速度大小为1m/s2
C．F3的示数为600N
D．电梯运行的总位移为20m
【答案】AC
【解答】解：A、由t＝0 时电梯静止，可知电梯的初速度与0～2s 时间内的加速度方向相同，由图可知0
～2s 时间内台秤示数为450N，同学体重为500N，即同学受到的合力向下，加速度向下，则电梯初始的
运动方向向下，该过程为下降过程，故A 正确；
BC、由图可知电梯在三段时间内分别做匀加速、匀速、匀减速运动，结合牛顿第二定律，可得电梯第一
段的加速度满足：mg﹣F1＝ma1，匀速时的速度大小满足：v＝a1t1，根据电梯在11s 时停止，可在10～
11s 内电梯的加速度大小满足：0﹣v＝﹣a2t3，F3﹣mg＝ma2，解得F3＝600N，a2=2m/ s
2，故B 错误，
C 正确；
D、电梯加速阶段：h1= v t1
2
，减速阶段：h3= v
2 t3，匀速运动阶段：h2＝vt2，电梯运行的总位移为：H＝
h1+h2+h3，解得：H＝19m，故D 错误。
故选：AC。
（多选）7．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同
时通过绳子对质量为m 的地面上的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成θ
角，重物离开地面高度为h 时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d 的凹坑。不计
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．重物落下接触地面时的动能等于2Fhcosθ
B．重物上升的最大高度为2 Fhcosθ
mg
C．整个过程重力做功等于mg（h+d）
D．地面对重物的阻力做功等于﹣（2Fhcosθ+mgd）
【答案】ABD
【解答】解：A.设重物落下接触地面时的动能为Ek，从地面到接触地面的过程，拉力做功2Fhcosθ，重
力总做功为0（初末位置均在地面）。根据动能定理，接触地面时的动能等于拉力做功，即 Ek＝
2Fhcosθ，故A 正确；
B.对重物从刚开始离开地面上升到最大高度过程，根据动能定理有2Fhcosθ﹣mgH＝0
可得重物上升的最大高度H = 2 Fhcosθ
mg
，故B 正确；
C.重力做功仅与初末高度差有关，整个过程中午下降位移为d，则重力做功为WG＝mgd，故C 错误；
D.设地面对重物的阻力做功为Wf，重物下落至刚接触地面到最终停下的过程，根据动能定理有WG+Wf＝
0﹣Ek解得W＝﹣（2Fhcosθ+mgd），故D 正确。
故选：ABD。
模型二 机械能守恒定律
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒．
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功．
(3)除重力外，其他力做功的代数和为零，那么系统的机械能守恒．
2．判断机械能守恒的三种方法
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和
是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但
其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形
式能的转化，则机械能守恒
3．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：
不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
4．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
②由v＝ωr 知，v 与r 成正比。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
【例题精讲】
1．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小圆环，圆环
套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A 处由静止释放，
此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相碰。
忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为2
3mg
B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为4
3 g
C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小
D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为❑√
20 ❑√3−12
3
gd
【答案】A
【解答】解：AB、设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为T，重物加速度为a，圆环加速度沿绳方向的
分量为a'。对重物有2mg﹣T＝2ma，对圆环沿垂直绳方向有Tsin30°+mg＝ma'，根据运动的关联性可知
a'sin30°＝a，联立解得a= 2
3 g，T = 2
3 mg，故A 正确，B 错误；
C、圆环下落到最低点的过程中，轻绳对圆环的拉力方向先向下后向上，因此该拉力对圆环先做正功后做
负功，圆环的机械能先增加后减小，故C 错误；
D、当圆环下落到与定滑轮等高的位置时，其速度方向竖直向下，由运动的分解可知此时重物的速度为
零。对系统由机械能守恒定律有mgdtan30°+2mg(
d
cos30° −d)= 1
2 mv
2，解得v = ❑√
10 ❑√3−12
3
gd，
故D 错误。
故选：A。
2．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的木块与轻质弹簧相连，弹簧的另一端连在竖直墙壁上，弹簧处
于水平状态，木块处于静止状态。质量为m 的子弹以水平向右的速度v0射入木块并留在木块内（该过程
所用时间很短），之后木块压缩弹簧（未超出弹性限度），下列说法正确的是（ ）
A．子弹打入木块的过程中，子弹受到的冲量大小为mv0
B．子弹打入木块的过程中，子弹动能的减少量等于子弹和木块内能的增加量
C．子弹打入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．在压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
【答案】C
【解答】解：AC、根据题意分析可知，子弹打入木块的过程，时间极短则外力忽略不计，子弹与木块组
成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，有mv0＝2mv
子弹受到的冲量大小为I =| Δp|=|mv −m v0|= m v0
2
子弹打入木块的过程中，会有内能产生，因而子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故A 错误，C 正确；
B、根据能量守恒定律，有1
2 m v0
2= 1
2 ⋅2m v
2+Q
子弹动能的减少量Δ Ek = 1
2 m v
2+Q
即子弹动能的减少量等于木块增加的动能与子弹和木块内能的增加量之和，故B 错误；
D、根据题意分析可知，在压缩弹簧的过程中，外力不做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，
但是墙壁对系统有向左的冲量，则系统动量不守恒，故D 错误。
故选：C。
3．2025 年4 月30 日，神舟十九号载人飞船返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。返回舱在落地前，反推发
动机点火使返回舱减速；返回舱落地瞬间，缓冲装置开启使返回舱安全着陆。下列说法正确的是
（ ）
A．返回舱在返回的过程中机械能守恒
B．返回舱在靠近地面的过程中，所受地球的引力逐渐减小
C．返回舱在落地前减速的过程中，宇航员处于超重状态
D．缓冲装置的作用原理是通过增大受力面积来减小冲击力
【答案】C
【解答】解：A、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，无其他外力（如空气阻力、发动机推力）
做功。返回舱在返回的过程中，受到空气阻力、反推发动机点火等外力作用，这些力做功导致机械能减
少，其机械能不守恒，故A 错误；
B、地球对返回舱的引力F =G Mm
r
2 ，其中r 为返回舱到地心的距离。靠近地面时，r 减小，引力F 增大，
故B 错误；
C、超重状态指加速度方向向上时支持力大于重力的状态。反推发动机点火提供向上推力，使返回舱减速，
加速度方向向上，故宇航员处于超重状态，故C 正确；
D、缓冲装置主要通过延长冲击作用时间或材料变形吸收能量来减小冲击力，而非单纯增大受力面积
（增大面积减小的是压强，不一定减小总冲击力），故D 错误。
故选：C。
4．图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保
持v＝1m/s 的恒定速率运行，A、B 间的距离为6.25m，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。旅客把
10kg 的行李（可视为质点）无初速度地放在A 处，下列说法正确的是（ ）
A．行李刚放在传送带上时，传送带给行李的静摩擦力向左
B．行李从A 运动至B 的时间为6s
C．行李在传送带上留下摩擦痕迹的长度为0.25m
D．因为检查行李，检查仪至少多做5J 的功
【答案】C
【解答】解：A、行李以初速度为零的状态被置于传送带上，在滑动摩擦力的作用下，首先进行匀加速
直线运动。当其速度达到传送带速度后，由于行李与传送带之间不再有相对运动趋势，因此行李之后将
保持匀速直线运动。行李刚被放到传送带上时，相对于传送带向右滑动，因此它所受的滑动摩擦力方向
向左，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律，加速度a＝μg，解得a＝2m/s2。行李加速到与传送带速度相等所需时间t1= v
a，
解得：t1＝0.5s。加速阶段通过的位移x1= 1
2 at1
2，解得：x1＝0.25m。由于x1＜L，行李随后进入匀速运动
阶段，此阶段路程x2＝L﹣x1，解得：x2＝6m，对应时间t2= x2
v ，解得：t2＝6s。行李从A 点运动到B 点
的总时间t＝t1+t2，解得：t＝6.5s，故B 错误；
C、行李在传送带上留下的划痕长度，等于它在加速阶段与传送带之间的相对位移大小Δx＝vt1﹣x1，解
得：Δx＝0.25m，故C 正确；
D、传送带多做的功，等于行李动能的增量与系统因摩擦产生的热量之和，即W = 1
2 m v
2+ μmgΔx，代入
相关数据计算，解得：W＝10J，故D 错误。
故选：C。
5．学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置先后两次抛出，第一次铅球在空中
轨迹如图中1 所示，第二次铅球在空中轨迹如图中2 所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B 点
时动能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次抛出的初速度大小不相同
B．两次铅球在最高点机械能不相同
C．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
D．两次铅球在空中运动过程中重力做功的平均功率第二次更大
【答案】D
【解答】解：A.铅球做斜抛运动，合外力做功等于动能的变化，整个过程只有重力做功，两次铅球在B
点动能相同，高度相同，所以两次抛出的初速度大小相等，方向不同，故A 错误；
B.小球在空中运动过程中机械能守恒，由于两次铅球在B 点机械能相同，因此两次铅球在空中运动过程
机械能相等，它们在最高点的机械能相等，故B 错误；
C.两次铅球落地时的速度大小相等，竖直方向分速度不同，因此重力的瞬时功率不同，故C 错误；
D.由题图可知，第一次铅球在空中轨迹的最高点较高，运动时间较长，重力做功相同，根据P= W
t
可知第二次铅球在空中运动过程中重力做功的平均功率更大，故D 正确。
故选：D。
（多选）6．如图甲，固定粗糙直杆OM 与水平面夹角53°，套有质量1kg 的滑块。弹性轻绳一端固定于O
点，另一端跨过O 点正上方的光滑定滑轮Q，与滑块相连，弹性绳原长为OQ。PQ＝1.6m 且垂直OM，
以P 为原点沿杆向下建立x 轴。滑块无初速度释放，下滑时加速度与位移的关系为一条直线（图乙）。
已知x1＝0.64m，x2为滑块减速到零的位置坐标，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹性绳弹力大小F＝kl
（k＝10N/m，l 为伸长量），g＝10m/s2，sin53°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与直杆间的动摩擦因数为μ= 4
15
B．图乙中a1＝﹣a2＝6.4m/s2
C．滑块沿杆下滑过程中最大速度为16 ❑√10
25
m/s
D．滑块沿杆上滑过程中速度最大的位置在x1处
【答案】BC
【解答】解：根据题意可知，弹性绳原长等于OQ，当滑块位移为x 时，绳子总长L=
❑√(1.6m)
2+ x
2，伸
长量Δl =
❑√(1.6m)
2+ x
2；根据胡克定律F＝kΔl，代入数据得F =10 N /m⋅
❑√2.56m
2+ x
2；垂直杆方向
的分力F y = F ⋅1.6m
L
，代入数据解得Fy＝16N，方向背离杆；滑块重力垂直于杆的分量Gy＝mgcos53°，
代入数据得G y =1kg⋅10m/ s
2⋅0.6，解得Gy＝6N；由于Fy＞Gy，滑块被压向杆的另一侧，其法向压力
FN＝Fy﹣Gy，代入数据解得FN＝10N；沿杆方向的分力F x = F ⋅x
L，代入数据解得Fx＝10x，方向指向P
点。
A 、在滑块下滑过程中，根据牛顿第二定律有a= mgsin53°−μ F N −F x
m
，代入数据得
a= 1kg⋅10m/ s
2⋅0.8−μ⋅10 N −10 x
1kg
，整理得a＝（8﹣10μ）﹣10x；由a﹣x 图像可知当x1＝0.64m
时加速度为零，即8m/s2﹣10μm/s2＝10•0.64m/s2，解得μ＝0.16，故A 错误；
B、由图像特征可知，滑块从x＝0 到x2速度由零减至零，根据动能定理可知a﹣x 图像与轴围成的总面积
应为零，由几何对称性得x2 ＝2x1 ，代入数据解得x2 ＝1.28m ，此时加速度
a2=(8−1.6)m/ s
2−10⋅1.28m/ s
2，解得a2=−6.4 m/ s
2，故B 正确；
C、滑块下滑至x＝x1时加速度为零，此时速度最大，最大速度的平方等于图像围成三角形面积的两倍，
即vm
2 =2⋅1
2 ⋅6.4 m/ s
2⋅0.64 m，解得vm= 16 ❑√10
25
m/ s，故C 正确；
D、滑块上滑时摩擦力方向改变，加速度为零的位置满足Fx＝mgsin53°+μFN，代入数据得10x＝
8N+0.16•10N，解得x＝0.96m，该位置与x1不同，故D 错误。
故选：BC。
（多选）7．如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q 放在地面上，P、Q 间用一
长为L 的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q 连接。已知P、Q 质量均为m，重力加
速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为L
2 。P 由静止释放，整个运动过程中P、Q 可视为质点，
弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P 下降过程中（ ）
A．P、Q 组成的系统机械能一直增大
B．P 落地前瞬间速度大小为❑√2gL
C．P 速度最大时，Q 受到地面的支持力大于2mg
D．从P 释放到弹簧恢复原长时，P 所受的合力冲量小于Q 所受的合力冲量
【答案】BD
【解答】解：AB、由于忽略摩擦，P、Q、弹簧及地球组成的系统机械能守恒。初始时弹簧伸长量为L
2 ，
当P 落地瞬间，Q 向右移动距离为L，此时弹簧压缩量为L−L
2 = L
2 ，初末状态弹簧弹性势能相等。由能
量守恒定律得mgL= 1
2 mvP
2 + 1
2 mvQ
2 。根据运动学关联vQ•x＝vP•y，P 落地瞬间y＝0，解得vQ＝0，代入
数据解得v P= ❑√2 gL。在P 下降过程中，弹簧先由伸长恢复原长释放能量，后压缩储存能量，故P、Q 组
成的系统机械能先增大后减小，故A 错误，B 正确；
C、当P 速度最大时，其在竖直方向的加速度aP＝0。对P、Q 整体在竖直方向应用牛顿第二定律得N﹣
2mg＝maP+maQ，由于Q 始终在地面运动，其竖直加速度aQ＝0，当aP＝0 时，解得地面对Q 的支持力N
＝2mg，故C 错误；
D、从P 释放到弹簧恢复原长时，Q 的位移为L
2 ，此时P 的下降高度y = ❑√L
2−( L
2 )
2=
❑√3
2 L。根据关联速
度公式vQ⋅L
2 = v P⋅
❑√3
2 L，解得vQ= ❑√3 v P。由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即IP
＝mvP，I Q=m vQ= ❑√3m v P，因此IP＜Iq，故D 正确。
故选：BD。
模型三 功能关系
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，
具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．常见的功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做的功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做的功等于弹性势能减少量
静电力做的功等于电势能减少量
动能
合外力做的功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv0
2
机械能
除重力和弹力之外的其他力做的功
等于机械能变化量
W 其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦产生的内
能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之
和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·x 相对
电能
克服安培力做的功等于电能增加量
W 克安＝E2－E1＝ΔE 电
【例题精讲】
1．如图甲，某次无人机从地面静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的v﹣t 图像，图像中的ab 段和cd 段
均为直线。下列说法正确的是（ ）
A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力
B．无人机在t3∼t4过程中处于失重状态
C．无人机在t1∼t2过程中受到的合外力越来越大
D．无人机在t1∼t4过程中机械能一定增大
【答案】B
【解答】解：A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是相互作用力，故A 错误；
B．由乙图可知，无人机在t3﹣t4过程中减速上升，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故B 正确；
C．根据v﹣t 图像中切线的斜率表示加速度，由乙图可知ab 段为直线，所以无人机在t1∼t2过程中加速度
恒定，根据牛顿第二定律F＝ma
可知无人机受到的合外力保持不变，故C 错误；
D．由乙图可知cd 段为直线，所以无人机在t3～t4过程中加速度恒定，可能在这段时间内空气对无人机的
作用力与重力的合外力保持不变，空气对无人机的作用力做正功，无人机的机械能增大，所以无人机在
t1～t4过程中机械能可能先增大后保持不变，也有可能一直增大，故D 错误。
故选：B。
2．无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空
旷无风区域测试一台农用无人机，该机质量为2kg、可垂直起降。无人机从地面由静止开始竖直向上做
加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，上升5s 时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受
到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．无人机上升过程始终处于超重状态
B．无人机发动机输出的最大功率为200W
C．整个过程中无人机发动机输出的总功与克服重力做的功相等
D．整个过程所用的时间为(6+ ❑√6)s
【答案】D
【解答】解：A、无人机加速上升时加速度方向向上，处于超重状态；失去动力后减速上升，加速度方
向向下，处于失重状态，故A 错误；
B、无人机加速阶段末速度达到最大，为v＝at，代入数据得v＝2m/s2×5m/s＝10m/s，此时升力F＝m
（g+a），代入数据得F＝2kg×（10m/s2+2m/s2）＝24N，最大功率P＝Fv，代入数据得P＝24N×10m/s＝
240W，故B 错误；
C、发动机仅在加速阶段做功，其总功W＝Fh1，代入数据得W＝24N×25m＝600J。无人机最终落回地面，
总位移为零，因此克服重力做的总功为零，两者不相等，故C 错误；
D、加速上升时间t1＝5s，高度h1＝25m。失去动力后继续上升时间t2＝1s，高度h2＝5m。自由下落时间
t3= ❑√
2 H
g ，代入数据得t3= ❑√
2×30 m
10 m/ s
2 = ❑√6 s，总时间
t ＝t1+t2+t3 ，解得：
t =(5+1+ ❑√6) s=(6+ ❑√6) s，故D 正确。
故选：D。
3．2024 年贵州“村超”火爆出圈！某次比赛中，足球的飞行轨迹如图所示，质量为m 的足球在地面1 的位
置以速度v1被踢出后，以速度v3落到地面3 的位置，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到最高点2 的速
度为v2，高度为h，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．从1 到2 重力做功mgh
B．从1 到2 空气阻力做功−mgh+ 1
2 m(v1
2−v2
2)
C．在2 重力的功率为mgv2
D．从2 到3 机械能减少了mgh+ 1
2 m(v2
2−v3
2)
【答案】D
【解答】解：A．从1 到2 重力做功为W＝﹣mgh
故A 错误；
B．从1 到2，根据动能定理可得−mgh+W f = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
可得W f =mgh+ 1
2 m(v2
2−v1
2)
故B 错误；
C．由于重力与速度方向垂直，故在2 位置重力的功率为0，故C 错误；
D．从2 到3 机械能减少了
ΔE = E2−E3=mgh+ 1
2 m v2
2−1
2 m v3
2=mgh+ 1
2 m(v2
2−v3
2)
故D 正确。
故选：D。
4．巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手以2：0 战胜克罗地亚选手夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥
运网球单打项目的金牌。某次运动员将质量为m 的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网
球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空
气阻力做的功为Wf。则下列说法正确的是（ ）
A．W f = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2−mgh
B．击球过程，球拍对网球做的功为mgh+ 1
2 mv1
2
C．网球从被击出到落地的过程，机械能减少Wf
D．网球从被击出到落地的过程，动能的增加量为Wf+mgh
【答案】C
【解答】解：A.根据动能定理有mgh−W f = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
代入数据得W f =mgh+ 1
2 m v1
2−1
2 m v2
2，故A 错误；
B.击球过程，根据动能定理有W = 1
2 m v1
2
即球拍对网球做功为1
2 m v1
2，故B 错误；
C.根据功能关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少Wf，故C 正确；
D.网球从被击出到落地，根据动能定理有ΔEk＝mgh﹣Wf，故D 错误；
故选：C。
5．如图，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4m/s 的速度匀速转动，将质量为1kg 的小物块轻放在传送带
的顶端A 处，经过2s 小物块到达传送带的底端B 处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重
力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．小物块一直做匀变速运动
B．A、B 间的长度为11.5m
C．小物块到达B 处时的速度大小为16m/s
D．全过程中小物块机械能减少23J
【答案】B
【解答】解：A．当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得a1= gsin37°+ μgcos37° =(10×0.6+0.25×10×0.8)m/ s
2=8m/s2
当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mgsin37°＞μmgcos37°
小物块会继续以a2加速运动至B 点，由牛顿第二定律可知
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得a2= 4 m/ s
2
故全程做变加速运动，故A 错误；
C．设小物块从A 点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则v 带＝a1t1
由题可知，全程运动时间为t＝2s
到达B 点时的速度为vB＝v 带+a2（t﹣t1）
解得vB＝10m/s，故C 错误；
B．AB 间长度为L= 1
2 a1t1
2+ vB
2 −v带
2
2a2
解得L＝11.5m，故B 正确；
D．全过程中小物块机械能减小量为ΔE =mgLsin37°−1
2 m vB
2
解得ΔE＝19J，故D 错误。
故选：B。
（多选6．如图甲所示，质量M＝2kg 足够长的木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m＝1kg
的小物块。t＝0 时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，
4s 未撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取
10m/s2，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．t＝1s 时物块受到的摩擦力大小为3 1
3 N
B．撤去拉力后7
3 s物块与木板达到共速
C．撤去拉力后20
3 s木板在水平面上停止运动
D．在整个运动过程中摩擦生成的总热量为350
3 J
【答案】BC
【解答】解：A、由题意可知，在第1s 时间内，物块受到拉力为4N，假设物块与板不发生相对滑动，对
整体由牛顿第二定律可得F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
解得a= 1
3 m/ s
2
因为μ1mg=5 N ＞ma= 1
3 N
可知假设成立，对物块，由牛顿第二定律可知物块受到的摩擦力大小f =ma= 1
3 N，故A 错误；
B、以上分析可知3s 末整体速度v1=at ′ =( 1
3 ×3)m/ s=1m/ s
图乙可知3s～4s 拉力为20N，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得20N﹣μ2
（m+M）g＝（m+M）a1
解得a1= 17
3 m/ s
2
因为μ1mg=5 N ＜ma1= 17
3 N
可知假设不成立，即物块与木板产生了相对滑动，对物块、木板分别有
a物= F −μ1mg
m
= 20−0.5×1×10
1
m/ s
2=15m/ s
2，
a板= μ1mg−μ2(m+ M )g
M
= 0.5×1×10−0.1(1+2)×10
2
m/ s
2=1m/ s
2
可知4s 末二者速度分别为v 物＝v1+a 物×（4s﹣3s）＝（1+15×1）m/s＝16m/s，v 板＝v1+a 板×（4s﹣3s）＝
（1+1×1）m/s＝2m/s
撤去拉力后物块加速度大小a物1= μ1mg
m
= 0.5×1×10
1
m/ s
2=5m/ s
2（方向水平向左）
则撤去拉力后到二者共速有v 共＝v 物﹣a 物1t1＝v 板+a 板t1
联立解得t1= 7
3 s，v共= 13
3 m/ s，故B 正确；
C、因为μ2＞μ1，二者共速后保持相对静止，则共速后到二者停止运动用时t2= v共
a2
因为a2= μ2(m+ M )g
m+ M
= 0.1×(1+2)×10
1+2
m/s2＝1m/s2
联立解得t2= 13
3 s
则撤去拉力后木板在水平面上运动时间t 板＝t1+t2=( 7
3 + 13
3 )s= 20
3 s，故C 正确；
D
、
根
据
以
上
分
析
可
知
整
个
过
程
拉
力
做
功
W = F1× v1
2 ×3 s+ F2× v1+ v物
2
(4 s−3 s)=(4× 1
2 ×3+20× 1+17
2
×1)s=176 s
根据功能关系，可知在整个运动过程中摩擦生成的总热量为176J，故D 错误。
故选：BC。
（多选）7．如图1 所示，倾角为30°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不
可伸长的轻绳与质量为4kg 的小车相连，电动机输出功率恒定。当小车向上匀速运动时，将一小物块
（可视为质点）无初速度的放在小车上端，最终小物块恰好没滑离小车。小物块放上小车后，小车速度
随加速度大小的变化规律如图2 所示。运动过程中轻绳与斜面始终平行，重力加速度g＝10m/s2，忽略轻
绳与滑轮的摩擦及空气阻力。则（ ）
A．物块的质量为2kg
B．小车长度为17
48m
C．物块与小车间的动摩擦因数为
❑√3
2
D．电动机的输出功率为40W
【答案】BCD
【解答】解：D、当加速度a＞2m/s2时，轻绳上的牵引力F = P
v
对小车有m1gsin30°+ μm2 gcos30°−P
v =m1a
整理得1
v =−m1
P a+ m1gsin30°+ μm2 gcos30°
P
由图可知k = m1
P = 0.8−0.6
2
解得电动机的输出功率为P＝40W，故D 正确；
A 、a ＜2m/s2 时，图像发生突变，说明此时小车与物块达到共速，此后一起运动，同理可得
1
v =−m1−m2
P
a+ (m1+m2)gsin30°
P
则有(m1+m2)gsin30°
P
=0.7
解得物块的质量m2＝1.6kg，故A 错误；
C、又由共速前m1gsin30°+ μm2 gcos30°
P
=0.8
解得物块与小车间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，故C 正确；
B、共速前物块的加速度a'＝μgcos30°﹣gsin30°＝2.5m/s2
加速到v = 5
3 m/ s的时间t = v
a′ =
5
3
2.5
s= 2
3 s
位移x物= v
2 t = 5
9 m
放置物块前，小车运动，则有P＝mgv0sin30°
解得v0＝2m/s
从放置物块到共速的过程Pt −(m1 gsin30°+ μm2 gcos30°)x车= 1
2 m1v
2−1
2 m1v0
2
解得小车长度x车= 131
144 m
小车长度l＝x 车﹣x 物=( 131
144 −5
9 )m= 17
48 m，故B 正确。
故选BCD。
课题精练
一．选择题（共8 小题）
1．如图所示，在倾角为37°的斜面上的P 点钉有一小铁钉，一长度为4R 的轻绳一端系于斜面O 点，另一端
系一质量为m 的小球。现将轻绳水平拉直，小球从A 点由静止释放，运动到最低点后立即绕P 点做圆周
运动，第一次通过最高点B 时，轻绳拉力恰好为零。已知OP 距离为3R，sin37°＝0.6，重力加速度为g，
则小球从A 到B 的运动过程中，机械能的减少量为（ ）
A．9
10 mgR
B．11
10 mgR
C．13
10 mgR
D．17
10 mgR
【答案】A
【解答】解：取B 点为重力势能的零势能面，小球在A 点时机械能为EA＝EpA＝mgsin37°•2R= 6
5 mgR，
第一次通过最高点B 时，轻绳拉力恰好为零，故有mgsin37°= m v
2
R
，解得v2= 3
5 mgR，故B 点机械能为
EB= 1
2 mv
2= 3
10 mgR，故机械能减少量为ΔE = 6
5 mgR−3
10 mgR = 9
10 mgR，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
2．在山地自行车速降比赛中，选手从山坡顶端由静止开始沿直坡道下滑，坡道倾斜角恒定且足够长。选手
和自行车总质量为m，运动过程中受到的空气阻力与速度平方成正比（f＝kv2，k 为常数），且坡道存在
恒定的摩擦力f0，以坡顶为重力势能零点，沿斜面向下为正方向，对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，
用Ek表示动能、Ep表示重力势能，E 机表示机械能，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：A、对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，由牛顿第二定律可得mgsinθ﹣kv2＝ma
解得a＝gsinθ−k v
2
m
，可知加速度随着速度增大而减小，当gsinθ= k v
2
m
时速度达到最大，选手和自行车
整体做加速度减小的加速运动直到速度达到最大，v﹣t 图像应是曲线，故A 错误；
B、由动能定理可知（mgsinθ﹣kv2）x＝Ek
可知速度v 增大（mgsinθ﹣kv2） 减小，则Ek﹣x 斜率不断的减小，到最后减小到0，故B 正确；
C、由于空气阻力做负功，机械能不断减小，但最后达到匀速，机械能不能减小到0，故C 错误；
D、速度越来越大，重力做功越来越快，则重力势能减小的越来越快，故D 错误。
故选：B。
3．如图，质量为m 的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为3m 且可视为质点的物块以水平向右的初速
度v0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍在木板上。物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地
面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（
）
A．若μ1
μ2
=1.2，则木板长度至少为v0
2
2 μ2 g
B．若μ1
μ2
=2，则木板长度至少为
v0
2
4 μ2 g
C．若μ1
μ2
=2，则在整个运动过程中，木板运动的总时间为v0
2 μ1g
D．若μ1
μ2
=2，则在整个运动过程中，地面与木板间因摩擦产生的热量为3
4 m v0
2
【答案】D
【解答】解：A、对木板分析，木板所受地面的最大静摩擦力为f2＝4μ2mg
所受物块的滑动摩擦力为f1＝3μ1mg
若
μ1
μ2
=1.2，则f1＝3.6μ2mg＜f2
故木板不动，对物块由动能定理得−3 μ1mgx =0−1
2 ×3m v0
2
解得x =
v0
2
2 μ1g
故A 错误；
BCD、若μ1
μ2
=2，则f1＞f2，木板将先向右做匀加速直线运动直至达到共同速度v，此后两者一起做减速
运动直至停止。
对过程一，设物块的加速度为a1和木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得3μ1mg＝3ma1，3μ1mg﹣4μ2mg
＝ma2
由运动学规律有v＝v0﹣a1t1＝a2t1
解得v = v0
2 ，t1=
v0
2 μ1g
故相对滑动的距离，即木板最短长度为x = 1
2 (v0+ v)t1−1
2 v t1=
v0
2
4 μ1g
木板发生的位移为x2= 1
2 v t1=
v0
2
8 μ1g
对过程二，设时间t2，位移x3，设两者的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得4μ2mg＝4ma3
由运动学规律有0＝v﹣a3t2，0﹣v2＝2（﹣a3）x3
解得t2= v
μ2 g = v0
μ1g ，x3=
v
2
2 μ2 g =
v0
2
4 μ1g
整个过程中，木板运动的总时间为t1+t2= 3 v0
2 μ1g
地面与木板间因摩擦产生的热量为Qf 2= 4 μ2mg( x2+ x3)= 3
4 m v0
2，故BC 错误，D 正确。
故选：D。
4．如图所示，一个长为L，质量为M 的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），
以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止
时，物块仍在木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g，则在此过
程中（ ）
A．摩擦力对木板做的功为μmg（s+d）
B．摩擦力对物块做的功为﹣μmg（s+d）
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
【答案】B
【解答】解：A、由图可知，木板对地的位移大小为s，方向水平向右，所受物块的摩擦力水平向右，则
摩擦力对木板做功W1＝μmgs，故A 错误；
B、由图可知，物块对地的位移大小为s+d，方向水平向右，所受木板的摩擦力水平向左，则摩擦力对物
块做功W2＝﹣μmg（s+d），故B 正确；
C、对木板，由动能关系可知木板动能的增量ΔEk＝W1＝μmgs，故C 错误；
D．由于摩擦而产生的热量Q＝μmgd，故D 错误。
故选：B。
5．无人机因具有机动性能好、生存能力强、使用方便快捷等优点而在生产生活中得到广泛应用。某次在空
旷无风区域测试一台农用无人机，该机质量为2kg、可垂直起降。无人机从地面由静止开始竖直向上做
加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，上升5s 时无人机突然失去动力，直至落回地面。不计无人机受
到的空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．无人机上升过程始终处于超重状态
B．无人机发动机输出的最大功率为200W
C．整个过程中无人机发动机输出的总功与克服重力做的功相等
D．整个过程所用的时间为(6+ ❑√6)s
【答案】D
【解答】解：A、根据题意分析可知，无人机加速上升时加速度向上，处于超重状态；失去动力后减速
上升，加速度向下，处于失重状态，故A 错误。
B、根据题意分析可知，无人机加速阶段末速度最大，为v＝at＝2×5m/s＝10m/s
此时升力F＝m（g+a）＝2×（10+2）N＝24N
最大功率P＝Fv＝24N×10m/s＝240W，故B 错误。
C、根据题意分析可知，发动机仅在加速阶段做功，总功W＝Fh1＝24N×25m＝600J
无人机最终落回地面，总位移为零，克服重力做的总功为零。两者不相等，故C 错误。
D、根据题意分析可知，加速上升时间5s，高度h1＝25m。失去动力后继续上升时间t1＝1s，高度h2＝
5m。自由下落时间t2= ❑√
2 H
g = ❑√
2×30
10
s= ❑√6 s
总时间t =(5+1+ ❑√6)s=(6+ ❑√6)s，故D 正确。
故选：D。
6．如图所示，倾角为θ 的光滑斜面固定在地面上，一滑块以初速度v0从斜面底端滑上斜面，一段时间后又
返回斜面底端。下列说法正确的是（ ）
A．滑块返回斜面底端时的速度大于v0
B．滑块返回斜面底端时的速度小于v0
C．滑块上滑过程中处于超重状态，下滑过程中处于失重状态
D．滑块上滑过程中和下滑过程中均处于失重状态
【答案】D
【解答】解：AB.由于斜面光滑，仅重力做功，滑块的机械能守恒。当滑块返回斜面底端时，其重力势能
与初始状态一致，故而动能也相同，速度大小为v0，但方向相反，故AB 错误；
CD.对滑块受力分析，沿斜面方向合力为mgsinθ，所以加速度a＝gsinθ，方向始终沿斜面向下。加速度有
竖直向下的分量a y =asinθ = gsin
2θ，因此滑块上滑和下滑过程中均处于失重状态，故C 错误，D 正确。
故选：D。
7．如图所示，一半径R＝0.5m 的圆形轨道竖直放置在粗糙水平地面上，轨道内壁光滑，O 点为圆形轨道的
圆心，B 点为最高点，∠BOC＝60°，轨道在A 处与水平地面相切。在A 处放置一小物块，质量m＝
1kg，给它一水平向左的初速度v0= ❑√31m/s，使其沿圆形轨道运动，从C 点抛出后落至D 点。已知重力
加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。小物块从A 点到D 点的运动过程中，圆形轨道始终保持静止，则（
）
A．小物块经过C 点时，速度大小为❑√46m/s
B．小物块经过C 点时，轨道对小物块的压力大小为32N
C．小物块经过C 点时，地面对圆形轨道的摩擦力方向水平向右
D．CD 两点间的水平距离为
❑√3
5 m
【答案】D
【解答】解：A、小物块从A 到C 的过程中，只有重力对小物块做功，可知小物块的机械能守恒，即：
1
2 mv0
2−1
2 mvC
2 =mgR(1+cos60°)，解得：vC＝4m/s，故A 错误；
B、在C 点时，对小物块受力分析，如图：
即mgcos60°+ N =m vC
2
R
，可得：N＝27N，故B 错误；
C、由B 选项分析，可知小物块经过C 点时，轨道对小物块的压力指向左下方，由相互作用力知识可知
小物块对轨道的压力斜向右上方；
轨道始终保持静止，即轨道受力平衡，则地面对轨道的摩擦力水平向左，故C 错误；
D 、小物块从C 点离开轨道后，水平方向：x ＝vCcos60°t ，竖直方向：
R(1+cos60°)= vC sin 60°t + 1
2 gt
2，解得CD 间的水平距离为：x =
❑√3
5 m，故D 正确。
故选：D。
8．如图1 所示，一轻质弹簧原长为24cm，劲度系数k＝800N/m，左端固定在竖直墙上，右端水平地面上有
一质量为m 的滑块（不与弹簧连接）。用水平力将滑块从原长处缓慢推至P 点，弹簧压缩了12cm，撤去
外力后滑块由静止沿水平地面弹出，最后停在N 点。以弹簧左端为坐标原点，水平向右为正方向建立x
轴，滑块从P 点到N 点的过程中，加速度a 随位置坐标x 的变化规律如图2 所示。已知弹簧始终在弹性
限度内，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量m＝5kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．N 点的坐标xN＝48cm
D．滑块的最大动能Ekm＝8J
【答案】C
【解答】解：B、撤去外力后，滑块从P 点向右运动，先做加速度逐渐减小的加速运动。当弹簧弹力与滑
动摩擦力相等时，加速度减为0，速度达到最大值。之后，滑块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，
脱离弹簧后做匀减速运动，最终在N 点速度减为0。由图2 可知，滑块脱离弹簧后做匀减速运动的加速
度大小为a2= 4 m/ s
2。根据牛顿第二定律有μmg＝ma2，解得：μ＝0.4，故B 错误。
A、滑块在P 点刚要开始向右滑动时，加速度a1=20m/ s
2。根据kx﹣μmg＝ma1，解得：m＝4kg，故A
错误。
D、当滑块速度最大时，弹簧弹力与滑动摩擦力大小相等。设此时弹簧压缩量为x'，有kx'＝μmg，解得：
x'＝2cm，此时弹簧长度为22 cm。将a﹣x 图像中纵坐标乘以滑块质量m，可转化为合力F 合与位移x 的
图像，图线与x 轴所围面积表示合力所做的功。根据动能定理有W 合＝Ekm，计算可得Ekm＝4.0J，故D
错误。
C、对滑块从P 点运动到N 点的全过程应用动能定理，有1
2 ma1(24−12−x′ )−1
2 ma2(2 xN −46)=0，
代入数据解得：xN＝48cm，故C 正确。
故选：C。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．蹦床是少年儿童喜欢的一种体育活动。蹦床的中心由弹性网面组成，若少年儿童从最高点落下
直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童（ ）
A．机械能一直减小
B．刚接触网面时，动能最大
C．重力做功等于克服空气阻力做功
D．重力势能的减小量大于弹性势能的增大量
【答案】AD
【解答】解：A、少年儿童从最高点落下直至最低点的过程中，蹦床弹力以及空气阻力一直做负功，因
此，机械能一直减少，故A 正确；
B、少年儿童刚接触蹦床时，加速度方向仍竖直向下，动能会继续增大，故B 错误；
CD、根据功能关系，重力势能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量和克服空气阻力做功的代数和，故C
错误，D 正确；
故选：AD。
（多选）10．将一排球竖直向上抛出，忽略空气阻力，则排球从抛出到落回抛出点的过程中，其速度大小
v、加速度大小a、动能Ek、机械能E 分别随时间t 变化的关系图像，错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解答】解：AB.先竖直上抛，之后排球做自由落体运动整个过程中加速度的方向改变，但是大小不变，
所以v﹣t 图像的斜率大小不变方向相反，故A 正确，B 错误；
C.整个排球在运动过程中只有重力做功，即mgh＝ΔEk
又h= v0t −1
2 gt
2，故Ek不和t 有线性关系，故C 错误；
D.整个排球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以E﹣t 是一条直线，不是折线，故D 错误。
本题要求选择错误的，故选：BCD。
（多选）11．跳台滑雪是极具观赏性的项目，由滑门、助滑坡、着陆坡、停止区组成．若将着陆坡简化成倾
角为θ 的斜面，如图所示，运动员水平起跳后的运动可视为平抛运动，研究某运动员两次腾空过程，已
知第一次起跳时动能为E0，第二次起跳时动能为2E0，两次落点分别为a、b 两点，不计空气阻力，以下
说法正确的是（ ）
A．两次起跳的速度之比为1：2
B．两次落在斜面上时速度方向相同
C．第一次落在斜面上时动能为E0（1+2tan2θ）
D．两次腾空过程在空中运动时间之比为1：❑√2
【答案】BD
【解答】解：A．由动能表达式E = 1
2 mv
2，易知两次起跳的速度之比为1：❑√2，故A 错误；
B．斜面倾角为θ，运动员落在斜面上时其位移方向为θ，设运动员落在斜面上时速度方向与水平方向夹
角为α ，根据平抛运动规律，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的二倍，即
tanα =gt
v0
= gt
2
v0t =2 gt
2
2v0t =2tanθ
速度的偏向角与平抛速度大小无关，故两次落到斜面上时速度方向相同，故B 正确；
C．第一次起跳时，运动员落在斜面上下落高度为h，由平抛运动水平方向有h
tanθ = v0
❑√
2h
g
由动能定理有mgh＝Ek﹣E0，且E0= 1
2 m v0
2，得Ek＝E0（1+4tanθ2），故C 错误；
D．设起跳点到落点距离为x，水平方向有xcosθ＝v0t
竖直方向xsinθ= 1
2gt2，
解得t= 2tanθ
g
❑√
2 E0
m
，两次腾空过程在空中运动时间之比t1：t2＝1：❑√2，故D 正确。
故选：BD。
三．解答题（共5 小题）
12．某液压减震器竖直放置在水平地面上，如图（a）所示，其结构简化如图（b），上支座、活塞通过活塞
杆固连，构成质量为m0＝10kg 的支柱总成，上支座的下表面与储油缸体的上表面通过劲度系数k＝
1000N/m 的轻弹簧相连，密封良好的储油缸体中装满液压油，当支柱总成上下运动时，液压油会流过活
塞的小孔，对活塞产生阻力f＝βv，其中v 为活塞的速度，β＝50N•s/m。初始时，系统静止，某时刻将
一质量m1＝30kg 的物块从上支座正上方h＝0.2m 处由静止释放，物块与上支座碰撞后粘在一起，碰撞后
瞬间记为t＝0，经0.1s 支柱总成达到最大速度vm＝2m/s，经过足够长时间后，支柱总成停止运动。不计
活塞与缸体的摩擦，不计浮力，弹簧始终在弹性限度内，g 取10m/s2，求：
（1）初始时弹簧的压缩量；
（2）碰后至支柱总成停止运动的过程中，液压油对活塞做的功；
（3）0～0.1s 的时间内，弹簧对上支座的冲量大小。
【答案】（1）初始时弹簧的压缩量为0.1m。
（2）碰后至支柱总成停止运动的过程中，液压油对活塞做的功为﹣90J。
（3）0～0.1s 的时间内，弹簧对上支座的冲量大小为10N•s。
【解答】解：（1）系统初始处于静止状态，支柱总成受到的重力与弹簧弹力相互平衡，由m0g＝kx0，解
得弹簧初始压缩量x0＝0.1m。
（2）物块在碰撞前的下落速度满足v0= ❑√2 gh，解得：v0＝2m/s。碰撞过程遵循动量守恒定律，有m1v0
＝（m0+m1）v1，解得碰后瞬间的共同速度v1＝1.5m/s。
最终静止时，整体重力与弹簧弹力再次平衡，此时压缩量为x1= (m0+m1)g
k
，解得：x1＝0.4m。
从
碰
后
瞬
间
到
最
终
停
止
，
依
据
动
能
定
理
可
得
：
(m0+m1)g( x1−x0)+ 1
2 k x0
2−1
2 k x1
2+W 油=0−1
2 (m0+m1)v1
2，代入相关数据解得液压油对活塞所做的
功W 油＝﹣90J。
（3）当整体达到最大速度时，其加速度为零，满足受力平衡条件，即（m0+m1）g﹣kxm﹣βvm＝0，解得
此时弹簧的压缩量xm＝0.3m。
在0～0.1s 的时间间隔内，支柱总成的位移为Δx＝xm﹣x0＝0.2m。根据动量定理，有（m0+m1）gΔt+I 弹
﹣βΔx＝（m0+m1）vm﹣（m0+m1）v1，代入已知数据解得弹簧的冲量I 弹＝﹣10N•s，其大小为10N•s。
答：（1）初始时弹簧的压缩量为0.1m。
（2）碰后至支柱总成停止运动的过程中，液压油对活塞做的功为﹣90J。
（3）0～0.1s 的时间内，弹簧对上支座的冲量大小为10N•s。
13．如图所示，质量为m 的小球（可视为质点）放置在光滑水平面上的A 点，与水平面的右边缘B 点的距
离为L，四分之一圆弧轨道MN 固定在竖直平面内，O 是圆心，OM、ON 分别是水平、竖直半径，B 是
ON 上一点，C 是圆弧上一点。现给小球施加一水平向右、大小为F＝2mg 的恒定拉力，当小球运动到B
点时立即撤去此拉力，然后小球从B 点运动到C 点。已知小球在C 点速度的反向延长线为CO，且
∠MOC＝30°，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球在B 点的速度大小以及从A 点到B 点运动的时间；
（2）小球从B 点到C 点的运动时间。
【答案】（1）小球在B 点的速度大小为2❑√gL，从A 点到B 点运动的时间为❑√
L
g
；
（2）小球从B 点到C 点的运动时间为2
3
❑√
3 L
g
。
【解答】解：（1）设小球在B 点的速度大小为v0。对小球从A 点到B 点的过程，根据动能定理可得
FL= 1
2 m v0
2
其中F＝2mg
联立解得v0=2❑√gL
对小球从A 点到B 点的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得
Ft1＝mv0
解得t1= ❑√
L
g
（2）小球在C 点速度的反向延长线为CO，则小球在C 点的速度与水平方向的夹角为30°，把小球在C
点的速度分别沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：
则有
v y
v0
= tan30°
解得v y = 2❑√3 gL
3
根据vy＝gt2
解得t2= 2
3
❑√
3 L
g
答：（1）小球在B 点的速度大小为2❑√gL，从A 点到B 点运动的时间为❑√
L
g
；
（2）小球从B 点到C 点的运动时间为2
3
❑√
3 L
g
。
14．蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图a 所示是某蹴鞠活动的场景。如图b 所示，蹴鞠比赛的场地为一
长方形ABCD，长AD＝10m，宽AB＝8m，E、E′、F、F′分别为各边中点，O 为EE′和FF′交点，
EE′上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆形的球洞名为“风流眼”，蹴鞠在
运动中须穿过“风流眼”才能得分。圆形“风流眼”的圆心Q 在O 点正上方，Q、O 之间的高度h＝
3.75m。某次训练中，甲将静止在地面F 点的蹴鞠斜向上踢出，经时间t1＝0.5s 恰好到达最高点P，P 在场
地上的投影为P′且P′在FO 上，P′到F 点的距离为x1＝2m。乙运动员紧接着从P 点将蹴鞠斜向上踢
出，恰好以水平方向的速度经过“风流眼”的圆心Q，穿过“风流眼”后蹴鞠落到OF′上的K 点，如图
c 所示。已知，蹴鞠可看作质点且质量为0.6kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）最高点P 离地面的高度h1；
（2）甲运动员对蹴鞠做的功W。
【答案】（1）最高点P 离地面的高度为1.25m。
（2）甲运动员对蹴鞠做的功为12.3J。
【解答】解：（1）蹴鞠竖直上升过程可视为自由落体运动的逆过程，h1= 1
2 gt1
2，解得：h1＝1.25m。
（2）蹴鞠在水平方向做匀速直线运动，v x = x1
t1
，解得：vx＝4m/s。竖直方向上，vy＝gt1，解得：vy＝
5m/s。蹴鞠的初速度v0=
❑√v x
2+ v y
2，解得：v0= ❑√41m/ s。
甲运动员对蹴鞠所做的功W = 1
2 m v0
2，解得：W＝12.3J。
答：（1）最高点P 离地面的高度为1.25m。
（2）甲运动员对蹴鞠做的功为12.3J。
15．如图所示，质量M＝8kg 的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg 的小物块，
小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2．现对小物块施加一个大小F＝8N 的水平向右恒力，小物块将由
静止开始向右运动，2s 后小物块从长木板上滑落．从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力
加速度g 取10m/s2．求：
（1）小物块和长木板的加速度各为多大；
（2）长木板的长度；
（3）摩擦力对小物块及木板做功分别为多少．
【答案】（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律，对小物块列式：F﹣μmg＝mam，代入数值可得：am=2m/ s
2；
对长木板分析：μmg＝MaM，代入数据解得：aM =0.5m/ s
2。
（2）在t＝2s 内，小物块的位移为xm= 1
2 amt
2，代入数据得：xm＝4m；长木板的位移为xM = 1
2 aM t
2，代
入数据得：xM＝1m。
由两者相对位置关系，木板长度L＝xm﹣xM，代入数据解得：L＝3m。
（3）摩擦力对小物块做负功，其大小为Wfm＝﹣μmg•xm，代入数据解得：Wfm＝﹣16J；
摩擦力对长木板做正功，其大小为WfM＝μmg•xM，代入数据解得：WfM＝4J。
答：（1）小物块的加速度大小为2m/s2，长木板的加速度大小为0.5m/s2。
（2）长木板的长度为3m。
（3）摩擦力对小物块做功为﹣16J，对长木板做功为4J。
16．如图所示，AB 为一竖直平面内的四分之一粗糙圆弧轨道，其半径为R＝1m，OB 为其竖直方向的半径，
B 点恰好位于一个竖直平面内的传送带的最高点。该传送带拉直部分CD 的长度为L＝3m，与水平方向
夹角为θ＝37°，两个转轮的半径为R＝1m，始终以u＝1m/s 的速度匀速顺时针转动。紧接着D 点的是一
个足够长、足够粗糙的斜面DE，它与水平方向的夹角也为θ＝37°。在该斜面上，从D 点开始依次放置
985 个质量均为M＝3kg 的滑块，相邻两个滑块靠在一起但不粘连。现将一个质量为m＝1kg 的物块从A
点开始由静止释放，它运动到B 点时的速度大小为v＝1m/s，与传送带之间的动摩擦因数μ＝1.0。后续
过程中所有的碰撞都是弹性正碰。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）物块在离开四分之一圆弧轨道前的瞬间对其的压力大小；
（2）四分之一圆弧轨道对物块做的功；
（3）第985 个滑块第1 次被碰撞后瞬间的速度大小；
（4）整个过程中，传送带的电动机因物块在传送带上运动而多做的功。
【答案】（1）物块对轨道的压力大小为11N。
（2）轨道对物块做的功为﹣9.5J。
（3）第985 个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为0.5m/s。
（4）电动机因物块在传送带上运动多做的功为﹣20J（即少做20J）。
【解答】解：（1）物块运动至B 点时，受到重力mg 与轨道支持力FN 作用，根据牛顿第二定律可得
F N −mg=m v
2
R 。代入数据得F N −1kg×10m/ s
2=1kg× (1m/ s)
2
1m
，解得FN＝11N。依据牛顿第三定
律，物块离开轨道瞬间对轨道的压力大小为11N。
（2）物块从A 点释放至运动到B 点的过程中，重力做正功，摩擦力做负功。根据动能定理有
mgR+W f = 1
2 m v
2−0。代入数据得1kg×10m/ s
2×1m+W f = 1
2 ×1kg×(1m/ s)
2，解得轨道对物块
所做的功Wf＝﹣9.5J。
（3）物块在传送带上运动时，其初速度v＝1m/s 与传送带速度u＝1m/s 相等，且重力沿斜面向下的分力
mgsin37°＝6N 小于最大静摩擦力fmax＝μmgcos37°，即fmax＝8N，故物块与传送带保持相对静止，做匀速
直线运动，到达D 点时的速度vD＝1m/s。
物块与第1 个滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒定律有mvD ＝mv1+MvM1 以及
1
2 m v D
2 = 1
2 m v1
2+ 1
2 M v M 1
2 。联立解得碰后第1 个滑块的速度为v M 1= 2m
m+ M v D。代入数据得
v M 1= 2×1kg
1kg+3kg ×1m/ s，解得vM1＝0.5m/s。
由于后续滑块质量均为M 且碰撞均为弹性正碰，各滑块之间将依次发生速度交换，因此第985 个滑块被
碰后的速度与第1 个滑块获得的初速度相等，即v985＝0.5m/s。
（4）物块在传送带上匀速运动，初末动能不变，且因无相对滑动，摩擦生热Q＝0。根据能量守恒定律，
电动机多做的功W 与物块机械能变化量之和为零，即W+ΔEk+ΔEp＝0。
物块在传送带部分下落的竖直高度为Δh＝R（1﹣cos37°）+Lsin37°，代入数据得Δh＝1m×（1﹣
0.8）+3m×0.6，解得Δh＝2.0m。重力做正功WG＝mgΔh，代入数据WG＝20J，物块重力势能减少20J。
则有W+0﹣20J＝0，解得W＝20J。
但此处物块重力做功足以维持其匀速运动且有剩余，物块对传送带做正功，故电动机实际多做的功为﹣
20J（即电动机少做20J 的功）。
答：（1）物块对轨道的压力大小为11N。
（2）轨道对物块做的功为﹣9.5J。
（3）第985 个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为0.5m/s。
（4）电动机因物块在传送带上运动多做的功为﹣20J（即少做20J）。
