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第22 讲 功能关系 能量守恒定律
目录
01 课标达标练
题型01 功能关系
题型02 摩擦力做功与能量转化
题型03 能量守恒定律
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 功能关系
1.
彩虹滑道是一款旱地仿滑雪设备，其模型如图所示。质量为50kg 的人坐在滑板上，从滑道斜
面顶端由静止开始沿直线匀加速下滑，经过5s 到达底端，速度大小为20m/s。已知彩虹滑道的倾角为
30°，重力加速度g=10 m /s
2，该过程中下列说法正确的是（ ）
A．人的重力势能减少了2.5×10
4J
B．人克服阻力做功2.5×10
3J
C．人的动能增加了1.0×10
4J
D．人的机械能减少了1.5×10
4J
【答案】BC
【详解】A．人下滑的位移
x = v
2 t = 20
2 ×5m=50m
人下滑的高度
ℎ= x sin30° =25m
人的重力势能的减少量
Δ E p=mgℎ=50×10×25J =1.25×10
4J
故A 错误；
C．人的动能增加量
Δ Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ×50×20
2J =1×10
4J
故C 正确；
B．人下滑过程，由动能定理得
mgℎ−W f = 1
2 m v
2−0
解得人克服阻力做功
W f =2.5×10
3J
故B 正确；
D．机械能的减少量等于克服阻力做的功，由功能关系可知，人机械能的减少量
Δ E =W f =2.5×10
3J
故D 错误。
故选BC。
2.（2025·陕西渭南·二模）急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空
与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（ ）
A．助跑是为了增大运动员自身的惯性
B．蹬地起跳时，运动员处于超重状态
C．从腾空到落地，运动员所受重力的冲量为0
D．从起跳后到最高点过程中，运动员重力势能的增加量大于其动能的减少量
【答案】B
【详解】A．惯性只与质量有关，助跑不能增大运动员自身的惯性，故A 错误；
B．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，故B 正确；
C．根据冲量的计算式
可知从腾空到落地，运动员所受重力的冲量不为0，故C 错误；
D．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此
运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故D 错误。
故选B。
3.2024 年10 月25 日，备受瞩目的中国女排以3 2∶逆转战胜了强大的对手。这场比赛不仅是一场技术与战
术的较量，更是意志与精神的对决。如图所示，运动员由A 点竖直向上抛出一个排球，排球抛出时的动能
为30J，当运动到B 点时动能损失了15J，机械能损失了5J，选抛出点为重力势能零点，假设空气阻力恒定
不变。则下列说法正确的是（ ）
A．排球所受的重力等于空气阻力
B．排球在最高点的重力势能为10J
C．排球返回到A 点时的动能为10J
D．排球上升最大高度是AB 间距离的3
2
【答案】C
【详解】A．设排球所受的空气阻力为f ，重力为G，在A 、B两点的动能分别为EkA、EkB，机械能分别
为E A、EB，A 、B间的距离为h，根据动能定理得
−Gℎ−fℎ= EkB−EkA =−15 J
根据功能关系得−fℎ= EB−E A =−5 J
联立可得Gℎ=10 J，G =2f
故A 选项错误；
BD．当排球运动到最高点时，动能为零，设排球上升的最大高度为H，根据动能定理可得
−GH −fH =0−EkA =−30 J
解得H =2ℎ
选抛出点为重力势能零点，排球上升到最高点时，重力势能为
EP 高=mgH =GH =20J
故B、D 选项错误；
C．当排球返回到出发点时，因为摩擦产生的内能为Q = f·2 H = f·4ℎ=20 J
根据能量守恒可知，剩下的动能EKA
'为EKA
' = EKA−Q =10 J
故选项C 正确。故选C。
4.（多选）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上
升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f ，对上述过
程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间t = (mg+ f ) H
P
【答案】BC
【详解】AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F −mg−f =ma
功率有P = Fv
则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A 错误，B 正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C 正确；
D．当a=0时，货物的速度最大，有vm =
P
mg+ f
根据能量守恒定律有Pt =mg H + fH + 1
2 m vm
2
联立解得t = (mg+ f ) H
P
+ m
2 P(
P
mg+ f )
2
故D 错误。
故选BC。
5.．（2025·陕西宝鸡·二模）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度
从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，
则下列说法正确的是( )
A.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块的重力大小为
D.木块与斜面间的动摩擦因数为
【答案】 BC
【解析】机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝
2E0，故A 错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff
＝，故B 正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C 正确；滑动摩
擦力为Ff＝μmgcos 30°，解得μ＝，故D 错误。
6. (多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考
平面，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图3 所示。重力加速度g 取10 m/s2，根据图中数
据可知( )
A.物体的质量为2 kg
B.物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C.在物体上升至h＝2 m 处，物体的动能为40 J
D.在物体上升后返回至h＝2 m 处，物体的动能为30 J
【答案】 AD
【解析】 根据Ep＝mgh 结合图像可得物体的质量为2 kg，故A 正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝ N＝5 N，
故B 错误；由图可知，物体初动能为100 J，在物体上升至h＝2 m 处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－
Ek0，解得Ek1＝50 J，故C 错误；从地面上升后返回至h＝2 m 处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，
又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D 正确。
7.（2025·湖北·二模）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A 点，自然长度等
于AB。弹性绳跨过由固定轻杆
固定的定滑轮连接一个质量为
的小球，小球穿过竖直固定的杆，
初始时弹性绳
在一条水平线上，小球从
点由静止释放，当滑到
点时速度恰好为零，已知
两点间距离为
为
的中点，小球在
点时弹性绳的拉力为
，小球与杆之间的动摩擦因
数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．对于由弹性绳和小球组成的系统，在
阶段损失的机械能等于在
阶段损失的机械能
B．小球从
到
克服弹性绳弹力做功
C．在
点给小球一个竖直向上的速度
小球恰好能回到
点
D．若只把小球质量变为
，则小球从
点由静止开始运动，到达
点时的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．当小球运动到某点
点，弹性绳的伸长量是
，小球受到如图所示的四个力作用
其中
将
正交分解，则
的水平分量为
小球水平方向平衡，则
又
的竖直分量为
由以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则
段与
段摩擦力所做的功相同，则在
段弹性绳
和小球组成的系统机械能的减小量等于
段弹性绳和小球组成的系统机械能的减小量，故A 正确；
B．小球从
到
，根据动能定理有
解得克服弹性绳弹力做功为
故B 错误；
C．对小球从
运动到
过程，应用动能定理得
若小球恰能从
点回到
点，应用动能定理得
联立求解得
故C 错误；
D．若只把小球质量变为
，小球受到的摩擦力不变，小球从
点由静止开始运动，到达
点时根据
动能定理有
解得小球到达
点时的速度大小
故D 正确。
故选AD。
02 摩擦力做功与能量转化
8（2025 高三下·河北沧州·阶段练习）如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡
板连接，弹簧处于原长时上端位于B 点。一质量为m 的物块从斜面A 点由静止释放，将弹簧压缩至最低点
C（弹簧在弹性限度内），后物块刚好沿斜面向上运动到D 点。已知斜面B 点上方粗糙，B 点下方光滑，物
块可视为质点，AB =2BC =2 L，AB =3 BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep= 1
2 k x
2
（其中k 为劲度系数，x 为形变量）。下列说法中正确的是（ ）
A．物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数tanθ
3
B．弹簧弹性势能的最大值为mgLsinθ
C．弹簧的劲度系数k 为2mgsinθ
L
D．小球动能的最大值为9
8 mgLsinθ
【答案】D
【详解】A．物块从A 到D 的全过程中由动能定理有
mg×2 L×(1−1
3)sinθ−μmgcosθ×2 L×(1+ 1
3)=0
解得
μ= tanθ
2
故A 错误；
B．物块从A 到C 的过程中由能量守恒定律有
mgsinθ×3 L−μmgcosθ⋅2 L= Epmax
解得
Epmax =2mgLsinθ
故B 错误；
C．由题意可知
Epmax=2mgLsinθ = 1
2 k L
2
解得
k = 4 mgsinθ
L
故C 错误；
D．当物块加速度为0 时动能最大，有
mgsinθ =kx
从物块开始运动到动能最大的过程中有
mgsinθ⋅(2 L+ x)−μmgcosθ⋅2 L= 1
2 k x
2+ Ekmax
解得
Ekmax = 9
8 mgLsinθ
故D 正确。
故选D。
9.如图所示，用汽车可将质量为m 的工件由河底的M 点运送到地面上的O 点，整个过程中汽车对轻绳的拉
力大小始终为F，工件始终没离开接触面，忽略轻绳与滑轮的摩擦。已知MN = NO = s，工件在M 点时轻
绳与水平面的夹角为α，工件与接触面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则整个运动过程中
（ ）
A．工件克服重力所做的功为mgssin2α
B．接触面对工件的支持力做功为mgs
C．轻绳的拉力对工件做功为2 Fscosα
D．工件克服摩擦力做功为μmgs(1+cos2α )
【答案】AC
【详解】A．根据题意，由几何关系可得，斜面与河底夹角为2α，则整个运动过程中，工件克服重力所做
的功为
W =mgssin2α
故A 正确；
B．整个运动过程中，工件始终没离开接触面，则接触面对工件的支持力与工件的速度一直垂直，则接触
面对工件的支持力不做功，故B 错误；
C．由能量守恒定律可得，轻绳对工件做的功等于小车对轻绳做的功。以绳子和汽车的结点为对象进行分
析，在把工件从M 拉到O 的过程中，小车向右移动的距离为OM，由正弦定理有
sin (π −2α )
OM
= sin α
s
解得
OM = ssin2α
sin α
=2scosα
汽车对轻绳做功为
W = F ⋅OM =2 Fscosα
则轻绳的拉力对工件做功为2 Fscosα，故C 正确；
D．在河底平面上，工件克服摩擦力做的功
W f1= f 1s< μmgs
在斜面上，工件克服摩擦力做的功为
W f2= μmgcos2α ⋅s
则工件克服摩擦力做功为
W f=W f1+W f2< μmgs(1+cos2α )
故D 错误。
故选AC。
10.一固定轨道如图所示，粗糙程度相同。AB 段为四分之一圆弧轨道，其半径为R，BC 段是水平轨道，现
将一质量为m 的小球（小球视为质点）从A 点静止释放，最后静止于水平轨道某处。现要将小球沿原路径
拉回A 点，关于此拉力做功的最小值W，下列说法正确的是（ ）
A．W =2mgR
B．W <2mgR
C．W >2mgR
D．无法判断
【答案】B
【详解】小球从A 点运动至水平轨道某处静止，这过程中重力势能的减少量变成热能，所以这过程中克服
摩擦力做功
W f=mgR
沿原路经拉回A 点，拉力做功的最小值为重力势能的增加量和克服摩擦力做功之和，由于拉回A 点过程中
在圆弧轨道上可以缓慢拉，所以弹力可以比下滑时小，摩擦力同样变小，所以克服摩擦力做功小于mgR。
则此拉力做功的最小值
W <W G+W f<2mgR
故选B。
11.如图所示，粗糙的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长到b 点，质量为2kg 的滑块从a
点以初速度v0＝6m/s 开始向右运动，与此同时，在滑块上施加一个大小为20N，与水平方向夹角为53°的
恒力F，滑块将弹簧压缩至c 点时，速度减小为零，然后滑块被反弹至d 点时，速度再次为零，已知ab 间
的距离是2m，d 是ab 的中点，bc 间的距离为0.5m，g 取10m/s❑
2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则下列说
法中正确的是（ ）
A．滑块运动至b 点时，一接触弹簧就开始减速
B．滑块从c 点被反弹至d 点的过程中因摩擦产生的热量为36J
C．滑块与水平面间的摩擦因数为0.5
D．弹簧的最大弹性势能为36J
【答案】AD
【详解】AC．设滑块与水平面间的摩擦因数为μ，滑块从a 出发到最终d 停止，由能量守恒可得
1
2 m v0
2+ F cos53
∘xad = f ( 3
2 xab+2 xbc)
f = μ(mg+ F sin53
∘)
解得
μ= 1
3
则在a 到b 过程中有
F cos53
∘= μ(mg+ F sin53
∘)=12N
滑块所受合力为零，因此一接触弹簧，所受合力向左，滑块开始减速，故A 正确，C 错误；
B．滑块从c 点被反弹至d 点的过程中因摩擦产生的热量为
Q = f xcd =18J
故B 错误；
D．滑块从c 点被反弹至d 点的过程中，由能量守恒可得
Ep=( F cos53
∘+ f )xcd =36J
故D 正确。
故选AD。
03 能量守恒定律
12.（2025·安徽池州·二模）如图，光滑水平面
与竖直面内的光滑半圆形导轨在
点平滑连接，导轨半径
为
。现有一左端固定的轻质弹簧弹性势能为Ep，在弹力作用下一质量为
的物体获得水平向右速度
后脱离弹簧，重力加速度为
。若使物体不脱离半圆形导轨，弹簧弹性势能Ep的值不可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】分为下面两种情况讨论：
a.物体恰能到达最高点C，在最高点由牛顿第二定律有
解得
物体由A 点运动到C 点过程中，由能量守恒定律有
解得
所以初始弹簧弹性势能
b.如果到达与圆心等高位置，由能量守恒定律有
所以初始弹簧弹性势能
综上弹簧弹性势能不可能的是
。
故选B。
13.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，质量为0.1kg 的带孔物块A 和质量为0.2kg 的金属环B 通过光滑
铰链用轻质细杆连接，A 套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水
平横杆上，轻弹簧劲度系数
，弹簧原长
，B 套在固定的水平横杆上。弹簧处于
原长时将A 由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能
（
为弹簧的形变
量）。忽略一切摩擦，重力加速度
取
，在A 下降的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块A 和金属环B 组成的系统机械能守恒
B．在A、B 运动过程中当图中
时，
C．B 动能最大时，B 受到水平横杆的支持力大小等于2N
D．弹簧弹性势能最大时，
间距离为1cm
【答案】BC
【详解】A．在金属环A 下滑的过程中，弹簧逐渐压缩，对金属环A 和物块B 组成的系统，弹簧弹力
做负功，系统机械能减小，弹簧弹性势能增大，故A 错误；
B．在A、B 运动过程中当图中
时，根据速度关联关系有
即
故B 正确。
C．在A 下降的过程中，B 的速度先增大后减小，当其加速度为0 时，速度最大，则此时杠对B 的弹力
为零。根据平衡条件，可得B 受到水平横杆的支持力大小等于其重力大小，为2N，故C 正确；
D．当A 下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，设
间距离为
，根据能量守恒定律有
求得
故D 错误。
故选BC。
14.（2025·四川达州·一模）溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个整
体。绳的一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，溜
溜球会一边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的绳
缠绕在轴上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下落
到0.5l 处时，左边溜溜球的下落速度v1，右边溜溜球的下落速度v2。下列关于v1、v2大小关系正确的是（
）
A．v1= v2
B．v1>v2
C．v1<v2
D．无法确定
【答案】C
【详解】绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，根据能量守恒定律，减少的重力
势能转化为动能，两者下降高度一样，减少的重力势能相同，但是绳绕在轴上的球有旋转速度和下降速
度，则根据能量守恒定律可知
mg⋅0.5l = 1
2 m v1
2+ Ek 旋，mg⋅0.5l = 1
2 m v2
2
则
v1<v2
故选C。
1.
如图所示，足够长的固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P 的距离为x0，滑块以初速
度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块运动过程中始终受到沿着斜面向下的恒力F
（较大）的作用，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是（ ）
A．
v0
2
2 μgsinθ + (mgsinθ+ F )x0
μmgcosθ
B．
v0
2
2 μgsinθ + (mgsinθ−F )x0
μmgcosθ
C．
v0
2
2 μgcosθ + (mgsinθ+ F )x0
μmgcosθ
D．
v0
2
2 μgcosθ + (mgsinθ−F )x0
μmgcosθ
【答案】C
【详解】滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，则所产生的热量
Q = 1
2 mv0
2+(mgsinθ+ F )x0
而产生的热量又为
Q = μmgx cosθ
解以上方程可得
x =
v0
2
2 μgcosθ + (mgsinθ+ F )x0
μmgcosθ
故选C。
2.
如图所示，竖直墙壁上一质量为m 的物块用一水平力F 压着，F 从零开始随时间均匀增大即
F=kt，物块与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物块下滑的距离为h。下列说法正确的是（ ）
A．物块先匀加速后匀减速直至静止
B．当F=mg 时物块速度最大
C．当t=2mg
μk 时物块刚好静止
D．此过程产生的摩擦热为2mgh
【答案】C
【详解】A．对物块受力分析，由牛顿第二定律可知
mg−μN =ma，F = N
又
F=kt
解得
a= g−μkt
m
易知加速度先减小后增大。故A 错误；
B．当加速度为零时，即
mg−μF =0
解得
F = mg
μ
物块速度最大。故B 错误；
C．由上面选项分析，可知物块到达最大速度时，所需时间满足
0= g−μkt
m
解得
t = mg
μk
根据加速度表达式可知加速度与时间为一次函数关系，加速过程与减速过程对称，所以物块运动的最长时
间为
t ' = 2mg
μk
故C 正确；
D．根据能量守恒，可得此过程产生的摩擦热为
Q =mgℎ
故D 错误。
故选C。
3.（24-25 高一下·四川德阳·期末）如图所示，轻质弹簧和一质量为2m 的带孔小球套在一光滑竖直固定杆
上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A 处相连（小球此时被锁定），此时弹簧处于原长。小球通
过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m 的物块相连。解除锁定后，小球到达C 处速度为零，此时弹
簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则
下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C 的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．小球下滑到C 处时，弹簧的弹性势能为(3−❑√2)mgℎ
D．从A→C 的过程中，小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减后增
【答案】ACD
【详解】A．在小球下滑的过程中，小球的速度分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，
如图可得物块的速度vm= v cosθ
小球的速度始终大于物块的速度，故A 正确；
B．从A→C 的过程中，小球和弹簧、物块三个组成的系统机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹
簧组成的系统机械能一直减小，故B 错误；
C．小球到达C 时，小球和物块重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，所以弹簧的弹性势能为
E p=2mgℎ−mg(❑√2ℎ−ℎ)=(3−❑√2)mgℎ
故C 正确；
D．从A→C 的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能
先增大后减小，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D 正确。
故选ACD 。
4.将三个木板1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1 与2
底边相同，2 和3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板
斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同且等于物块与地面间的动摩擦因数。在这三个过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1 和2 下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2 和3 下滑到底端时，物块的速率相同
B．沿着1 下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3 下滑到底端的过程中，克服摩擦力做的功最多
D．若物块沿木板2、3 下滑后均能到达木板3 底端右侧某点，则物块在该点动能一定相同
【答案】BCD
【详解】AB．设1、2、3 木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1
下滑时，由动能定理有
mgℎ1−μmgl1cosθ1= 1
2 m v1
2−0
当物块沿木板2 下滑时，由动能定理有
mgℎ2−μmgl2cosθ2= 1
2 mv2
2−0
又因为有
ℎ1>ℎ2
l1cosθ1=l2cosθ2
可得
v1>v2
当物块沿木板3 下滑时，由动能定理有
mgℎ3−μmgl3cosθ3= 1
2 m v3
2−0
又有
ℎ2=ℎ3
l2cosθ2<l3cosθ3
可得
v2>v3
故A 错误，B 正确；
C．三个过程中克服摩擦力做功分别为
W 1= μmgl1cosθ1
W 2= μmgl2cosθ2
W 3= μmgl3cosθ3
结合前面分析可得
W 1=W 2<W 3
故C 正确；
D．设物块沿木板2、3 下滑后到达木板3 底端右侧某点距木板3 底端的距离为s，根据动能定理可得
mgℎ2−μmgl2cosθ2−μmg(s+l3cosθ3−l2cosθ2)= 1
2 m v2
' 2
mgℎ3−μmgl3cosθ3−μmgs= 1
2 m v3
' 2
而
ℎ2=ℎ3
解得
v2
' = v3
'
故D 正确。
故选BCD。
5.CS 是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台
烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水
平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H 的高台上去，其路径可简
化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．反弹点的高度为H
2
B．烟雾弹离手到墙壁的时间为t1= ❑√
2 H
g
C．烟雾弹离手的初速度为❑√2 gH
D．若高台上有一高度为H 的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边
❑√2 L的地方
【答案】D
【详解】AB．若把整个路径补完，应该是一段完整的平抛运动的反过程，则H = 1
2 gt
2
解得时间t = ❑√
2 H
g
那么到达墙壁的时间为t1= t
2 = 1
2
❑√
2 H
g
反弹点的高度应3
4 H，故A 错误，B 错误；
C．根据能量守恒1
2 mv0
2=mgH + 1
2 mv1
2
而v1t =2 L
解得v0=
❑√
2g(H
2+ L
2)
H
，故C 错误；
D．水平通过顶篷，从时间上来说，反弹到达顶篷的时间为2t2对应高度为2H，那么2 H = 1
2 g(2t2)
2
而v水平t2= L
从顶篷下降H 则需要❑√2t2，对应水平距离则为❑√2 L，故D 正确。
故选D。
6.（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，一物块（可视为质点）以初速度
从足够长的固定斜面
底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力
与速度大小成正比。以斜面底端为原点O 和重力势
能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为
、重力势能为
、机械能为E、重力做
功的绝对值为
、位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返
回斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】A．设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值
，
故A 正确；
B．物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力
根据动能定理有
图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移s 减小，所受的合力
图线的斜率的绝对值越来越小，故B 错误；
C．物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点的时间，故C 错误；
D．物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D 错误。
故选A。
7.（多选）如图甲所示，光滑水平面与半径为R 的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在A 点（距离B 点足够
远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为m 的小滑块，已知重力加速度g，则下列
说法正确的（ ）
A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C 点
B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D 点
C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B 点时对轨道的压力为6mg
D．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D 点后落在水平面上距B 点为2R
【答案】AD
【详解】A．根据能量守恒，小球由A 到C，有mgR =mgR+ 1
2 m vC
2
解得vC =0
可知小球恰能到达C 点。故A 正确；
B．同理，小球由A 到D，有2mgR =2mgR+ 1
2 m v D
2
解得v D=0
小球能到达D 点的最小速度满足mg=m vmin
2
R
解得vmin= ❑√gR
可知v D<vmin
则小球不能到达D 点。故B 错误；
C．依题意，小球由A 到B，有3mgR = 1
2 mvB
2
在B 点，由牛顿第二定律可知F N −mg = m vB
2
R
联立，可得F N =7mg
根据牛顿第三定律可知小球通过B 点时对轨道的压力为7mg。故C 错误；
D．小球由A 到D，有2.5mgR =2mgR+ 1
2 mv D
2
解得v D= ❑√gR
小球经过D 点后做平抛运动，有2 R = 1
2 gt
2，x = v Dt
解得x =2 R
故D 正确。故选AD。
8.（24-25 高三上·江苏苏州·期中）如图，有一款游戏，需要游戏者通过调整管口A 点坐标位置，然后压缩
弹簧把小物块弹出，使物块恰好无碰撞落入下方倾角为37°的固定斜面的顶部B 点，随后物块沿长
L=10m、动摩擦因数μ=0.85的粗糙斜面BC 下滑，无障碍进入固定在斜面上的1
4 光滑圆弧曲面，最终不离
开轨道BCD 即通关成功。以斜面的顶端B 为原点O，建立水平直角坐标系，某次调整管口A 点的纵坐标为
7.2m，物块以某一速度v0抛出后，恰好到达圆弧右侧D 点后返回，g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
求：
(1)速度v0的大小；
(2)圆弧半径R；
(3)要满足整个游戏通关要求，A 点坐标x 与y 的关系如何。
【答案】(1)16m/ s
(2)96m
(3)0.288≤y ≤4.896m，x = 8
3 y
【详解】（1）由平抛运动位移规律y = 1
2 gt
2，可得
t = ❑√
2 y
g
物块无障碍进入固定在斜面上的1
4 光滑圆弧曲面，则有
tan37° =gt
v0
解得
v0= 4
3
❑√2 gy
代入数据解得
v0=16m/ s
（2）物块在B 点的速度为合速度，根据合速度与分速度关系，则有
vB=
v0
cos37° = 5
4 v0=20m/ s
由动能定理可知
mg[Lsin37°−R (cos37°−cos53°)]−μmgLcos37° =0−1
2 m vB
2
解得
R =96m
（3）由v0= 4
3
❑√2 gy，则
x = v0t = 4
3
❑√2gy ×❑√
2 y
g = 8
3 y
要满足整个游戏通关，只要
y1≤7.2m
物体便不会从右侧滑出；要使不从左侧滑出，则有
1
2 mvB
2≤2 μmgLcos37°
vB=
v0
cos37° = 5
4 v0= 5
3
❑√2gy
解得
y ≤4.896m
要使小物块能进入光滑圆弧曲面，则有
1
2 mvB
2+mgsin37°× L≥μmgcos37°× L
解得
y ≥0.288m
综合得，只要
0.288m≤y ≤4.896m
且满足
x = 8
3 y
游戏可通关。
9.如图所示，质量m=0.5kg的物块（可视为质点）以v0= 4 m /s的速度从右侧皮带轮最高点向左滑上足够
长的水平薄传送带，传送带以v1=2m /s的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ0=0.2。
倾角为θ =37°的固定斜面上静置一质量为M =2kg的薄木板，木板的长度为L= 4 m，物块与木板之间的动
摩擦因数μ1= 7
8，木板与斜面之间的动摩擦因数μ2= 3
4 ，斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下
端距离挡板为x =2m，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动。物块离开传送带时做平抛运动，并且恰
好沿斜面落在木板的顶端。设物块与木板之间、木板与斜面之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加
速度g=10 m /s
2,sin37° =0.6,cos37° =0.8）求：
(1)物块做平抛运动的水平位移大小S。
(2)传送带由于传送物块而多消耗的电能E。
(3)物块最终停止的位置离木板上端的距离Δ L。
【答案】(1)0.3 m
(2)6J
(3)2.625 m
【详解】（1）因为传送带足够长，所以物块以v1=2m /s从右端平抛，物块恰好沿斜面落在木板顶端
tanθ =gt
v1
解得t =0.15s
根据S = v1t
解得S =0.3 m
（2）发生相对运动的时间t1= v0+ v1
μg
=3s
则传送带由于传送物块而多消耗的电能E = μ0mg v1t1
解得E =6J
（3）物块到达木板上端速度v2，则有v2cosθ = v1
解得v2=2.5 m/s
根据牛顿第二定律有mam=mgsinθ−μ1mgcosθ，M aM = μ1mgcosθ+ Mgsinθ−μ2( M +m)gcosθ
解得am=−1m/s
2，aM = 1
4 m/s
2
设经t2后达到共速v3，则有v3= v2+amt2
解得t2=2s
则v3=aM t2= 1
2 m /s
在t2内木板发生位移x板= 1
2 aM t2
2=0.5m< x
之后m、M 匀速，m 相对于M 发生的位移Δ L1= 1
2 ×2.5×2m =2.5 m
当木板粘住后，木块继续向下Δ L2= 0−v3
2
2am
= 1
8 m
物块最终停止的位置离木板上端的距离Δ L= Δ L1+ Δ L2=2.625 m
10.如图所示为游乐场的空中飞椅项目。长度为L的轻质碳纤维绳一端系着座椅，另一端固定在半径为d 的
水平转盘边缘，电机带动水平转盘绕穿过其中心的竖直轴转动，从而带动绳、座椅、游玩者一起转动，座
椅P 与游客的总质量为m，水平转盘先在较低位置A处，以某一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹
角θ1=37
∘；然后再在慢慢加速转动的同时将水平转盘的高度提升3 L到达位置B处，再在B处保持另一转
速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角θ2=53
∘，将座椅P与游客整体视为质点，已知m=60kg, L=10 m，
d = 4 m，不计空气阻力，重力加速度为g,sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8,π
2=10，求：
(1)转盘在B 处匀速转动时的轻绳拉力F大小和座椅P的转动周期T；
(2)转盘在A处匀速转动时，座椅P的线速度大小v1；
(3)从转盘在A处匀速转动到转盘提升后在B处匀速转动的过程中，轻绳对座椅和游客所做的功W 。
【答案】(1)1000N，6s
(2)5 ❑√3 m /s
(3)2.175×10
4J
【详解】（1）B 处钢绳上的拉力大小为F，对座椅和游客进行受力分析，竖直方向合力为零Fcosθ2=mg
解得F = mg
cosθ =1000 N
根据几何关系可得B处绕转轴运动的半径为R =d + Lsinθ
由向心力公式得F sinθ =m 4 π
2
T
2 R
联立解得T =6s
（2）座椅P和游玩者在A处的转动半径R1=d + Lsin37=10 m
由牛顿第二定律，有mgtanθ1= m v1
2
R1
解得v1=5 ❑√3 m /s
（3）同理可得P在B 处速度v2= 4 ❑√10 m /s
座椅P和游玩者上升的高度H，则H =3 L+ Lcosθ1−Lcosθ2
根据能量守恒可知W =mgH + 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
解得W =2.175×10
4J
1. （2025·云南卷·高考真题）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的轻质弹簧，
弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过程
I：Q 以速度
从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q 连接在弹簧的下端并拉至P
点由静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最大，过O 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M 两点之间的距离为
B. 过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为
C. 过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动
最大位移为
D. 连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．设
的距离为
，过程I，根据动能定理有
设
的距离为
，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件
P、M 两点之间的距离
联立可得
故A 错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能
结合
可得
故B 正确；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移
，根据能量守恒定律
结合
解得
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在
点时，满
足
当在
点时，满足
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选BCD。
2. （2025·四川卷·高考真题）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动
机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好
相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其
他摩擦。则这段时间内（ ）
A. 物块的位移大小为
B. 物块机械能增量为
C. 小车的位移大小为
D. 小车机械能增量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A 错误；
B．物块机械能增量为
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C 正确；
D．小车机械能增量为
故D 错误。
3. （2025·湖南卷·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动
的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放
入装载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为
A 和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为
。D 在滑轨上运动
距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为
，根据
可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C
质量分别为
、
、
，
，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小
为g。则（ ）
A. D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B. D 的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．爆炸后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A 的动能
D 的初动能
两者不相等，故A 错误；
B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故B
正确；
CD．D 物块平抛过程有
，
联立可得
D 水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
4. （2025·福建卷·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B 用一
根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传送带的动摩擦因数为0.5，B
与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在传送带上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的
速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够
长，A 可在传送带上留下痕迹，则（ ）
A. 在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B. t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C. t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D. 0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【解析】
【详解】AB ．根据题意可知传送带对
AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统动
量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B
速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C ．在
时间内，设
AB
向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
故选BD。
5.（2025·陕西、山西、青海、宁夏卷·高考真题） 如图，与水平面成
夹角且固定于O、M 两点的硬直
杆上套着一质量为
的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直
杆上P 点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ 为
且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最
大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量
x 满足
。
，g 取
，
。则滑块（ ）
A. 与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B. 下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C. 从释放到静止的位移大小为
D. 从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为
时，对滑块进行受力分析，如图所示
在垂直杆方向有
由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A 正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的
冲量不相同，故B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为
，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0
时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0 时，有
由几何关系可得
此时
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0 时，有
解得
此时
此时
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为
，故C 正确；
D ．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为
，由能量守恒定律有
解得
故D 错误。
故选AC。
6．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图
所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为
l。假设抽水过程中H 保持不变，水泵输出能量的
倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密
度为
，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为
，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
7．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板
通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为
μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=
kx2（x 为绳的伸长量）。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木
板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不变，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F 所做的功
故选B。
8．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小
与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可
知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D 错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，
所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的
冲量大于下落过程合力的冲量，C 正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速
度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A 错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损
失大于下落过程机械能损失，B 错误。
故选C。
9．（2024·浙江·高考真题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中
达到最高点2 的高度为h，则足球（ ）
A．从1 到2 动能减少
B．从1 到2 重力势能增加
C．从2 到3 动能增加
D．从2 到3 机械能不变
【答案】B
【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1 到2 重力势能
增加
，则1 到2 动能减少量大于
，A 错误，B 正确；
CD．从2 到3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于
，选项CD 错
误。
故选B。
10．（2023·浙江·高考真题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从
跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮
绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，
速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A 错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B 正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C 错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，
合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D 错误。
故选B。
11．（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方
孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且
与上底面的夹角均为
。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为
。将木栓对准方孔，接触但无挤压，
锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了
的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进
后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，
由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A 错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B 正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C 错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B 选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D 正确。
故选BD。
