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第6 课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
【知识网络】
热点一 机械能守恒定律的应用
常见的机械能守恒的连接体模型
共速率
模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速
度模型
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速
度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大
时，速度可能为0
轻弹簧
模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限
度内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大
时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹
簧弹性势能最小(为零)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机
械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
例1 (2024·安徽安庆二模)如图1 所示，竖直轨道MA 与四分之一圆弧轨道ABC
平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC 连线竖直，OB 连线与竖
直方向夹角为θ＝37°，紧靠MA 的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有
一质量为m＝2 kg 的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P 点后无初速度释放，
小球恰能运动到C 点。已知PA 高度差为0.8 m，圆弧轨道半径为1.0 m，不计轨
道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重
力加速度g 取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )
图1
A.小球离开弹簧时速度最大
B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36 J
C.若小球质量改为5.5 kg，仍从P 点释放小球后，小球能沿轨道返回P 点
D.若小球质量改为2.3 kg，仍从P 点释放小球后，小球将从B 点离开圆弧轨道
答案 D
解析 小球从P 点无初速度释放后，上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速
度最大，故A 错误；小球恰能过C 点，则有mg＝m，可得vC＝＝ m/s，所以弹
簧的最大弹性势能为Ep＝mg(h＋R)＋mv＝46 J，故B 错误；小球质量为m1＝5.5
kg＞2 kg 时，小球肯定到不了C 点，而最大弹性势能Ep＝46 J＞m1gh＝44 J，小
球到达A 点时还有速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C 之间
某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P 点，故C 错误；设小球质
量为m2时恰好从B 点离开，则在B 点有m2gcos 37°＝m2，解得vB＝2 m/s，根据
机械能守恒定律可得Ep＝m2g(h＋Rcos 37°)＋m2v，解得m2＝2.3 kg，故D 正确。
例2 如图2 所示，质量均为m 的A、B 两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，
A 球套在光滑的固定竖直杆上。把A 球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运
动到P 处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53°，此时A 球的速度是v，B 球没有
与定滑轮相碰。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则下列说法正
确的是( )
图2
A.在此过程中A 球的机械能增加
B.在此过程中B 球的重力势能增加了
C.此时轻绳PQ 段的长度是
D.此时轻绳PQ 段的长度是
答案 C
解析 A 球从与定滑轮等高的P1处由静止释放，运动到P 处的过程中，绳对A
球做负功，A 球机械能减小，A 错误；A 球运动到P 处时，B 球的速度vB＝v∥＝
vAcos 53°＝0.6vA，设此时PQ 的长度为l，由机械能守恒定律有mAv＋mBv＝
mAghA－mBghB，其中vA＝v，mA＝mB＝m，A 球下降的高度hA＝lcos 53°＝0.6l，
B 球上升的高度hB＝l－lsin 53°＝0.2l，求解可得l＝，C 正确，D 错误；在此过
程中，B 球上升了0.2l＝，所以在此过程中，B 球的重力势能增加了，B 错误。
训练1 (2024·河北廊坊高三期末)如图3 所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平
地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m 的两小球
(均视为质点)用长为L 的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，
甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚
好平行时，乙的动能为( )
图3
A.mgL
B.mgL
C.mgL
D.mgL
答案 B
解析 甲下降的高度为h 甲＝＝L，乙下降的高度为h 乙＝(L－)sin 30°＝，当轻质
硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v 甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，
沿着轻质硬杆方向的分速度为，有v∥＝v 甲sin 30°，小球乙的速度v 乙沿着斜面，
轻质硬杆与斜面平行，则v 乙沿着轻质硬杆，有v 乙＝v∥，甲、乙两球组成的系
统由机械能守恒定律可得mgh 甲＋mgh 乙＝mv＋mv，乙的动能为Ek 乙＝mv，综合
解得Ek 乙＝mgL，故B 正确。
热点二 能量守恒定律的应用
例3 (2024·黑龙江哈三中二模)如图4 所示，两根轻绳连接质量为m 的小球P，
右侧绳一端固定于A 点，左侧绳通过光滑定滑轮C 连接一物块Q，质量相等的物
块Q、N 通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P 位于图示位置，
两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N 与地面间的压力恰好为零。
现将小球P 托至与A、B 两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静
止释放小球P。已知A 点与小球P 间的绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重
力加速度为g，求：
图4
(1)物块Q 的质量M；
(2)小球P 运动到图示位置时，物块Q 的速度大小v；
(3)小球P 从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q 做的功W。
答案 (1)m (2) (3)mgL
解析 (1)对小球P 受力分析，有sin 37°＝
对物块N 和Q 整体受力分析，有2Mg＝TB
联立解得M＝m。
(2)P 的运动为绕A 点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P 和物块Q 的速
度大小相等，根据系统能量守恒有
mgLcos 37°＝mv2＋Mv2＋Mgh
其中h＝(＋L)－＝L
联立解得v＝。
(3)对物块Q，由动能定理有W－Mgh＝Mv2－0
解得W＝mgL。
1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒
定律。
2.应用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E 初＝E 末，初、末总能量不变。
(2)转移：EA 减＝EB 增，A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量。
(3)转化：|ΔE 减|＝|ΔE 增|，减少的某些能量等于增加的某些能量。
训练2 如图5 所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的
挡板相连。可看作质点的小物块A、B 叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放并
保持相对静止一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，迅速取走物块A(不影响
物块B 的速度)，此后弹簧将物块B 弹出，B 刚好又能滑到斜面顶端，已知重力
加速度为g，B 物块与斜面间动摩擦因数为，则关于A、B 的质量m 和M 之间的
关系，下列说法正确的是( )
图5
A.M＝2m
B.M＝m
C.M＝2m
D.M＝3m
答案 A
解析 弹簧被压缩到最短时，小物块A、B 的速度均为0，从开始运动到弹簧压
缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m＋M)gLsin 30°－
μ(m＋M)gcos 30°·L＝Ep；弹簧将物块B 弹出，B 刚好又能滑到斜面顶端的过程中，
由能量守恒定律得Ep＝MgLsin 30°＋μMgcos 30°·L，两式联立解得M＝2m，A 项
正确。
热点三 与能量相关的图像问题
例4 如图6 甲所示，倾角为37°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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(
)
图6
A.木块的重力大小为
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块与斜面间的动摩擦因数为
D.木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
答案 A
解析 上滑过程中，摩擦力对木块做负功，木块的机械能减少，由图乙可知物块
的机械能减少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，动能减少了ΔEk＝4E0，所以木块的重力势
能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D 错误；设木块质量为m，由图乙可知木块上
滑的距离为x0，则有μmgcos 37°·x0＝E0，则木块受到的摩擦力大小为Ff＝μmgcos
37°＝，故B 错误；木块上滑过程中，重力做负功，木块的动能部分转化为重力
势能，则有mgsin 37°·x0＝3E0，则木块的重力大小为G＝mg＝，故A 正确；木块
与斜面间的动摩擦因数为μ＝＝，故C 错误。
方法总结 解决物理图像问题的基本思路
训练3 (2024·湖北黄冈模拟，4)如图7 甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为
30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s
的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m 和所受摩擦力大小f
分别为( )
图7
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m 内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得
Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin
30°＋f＝4 N；10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整
理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k′
＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A 正确，B、C、D 错误。
1.(2024·北京卷，7)如图8 所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道
BC 在B 点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹
簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是( )
图8
A.物体在C 点所受合力为零
B.物体在C 点的速度为零
C.物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
答案 C
解析 设物体恰好到达C 点的速度大小为v，则在C 点重力完全提供向心力，有
mg＝m＝ma 向，解得v＝，向心加速度a 向＝g，A、B 错误，C 正确；物体从A
点到C 点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C 点
的重力势能和动能，D 错误。
2.(2024·全国甲卷，17)如图9，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小
环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q
为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )
图9
A.在Q 点最大
B.在Q 点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
答案 C
解析 设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环
对小环的作用力为F，由机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周
运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝
mg(2－3cos θ)，则F 的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F 最小，当cos θ＝
－1，即小环在大圆环最低点时F 最大，结合牛顿第三定律可知，C 正确。
3.(2024·黑吉辽卷，14)如图10，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块
A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与
A、B 不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水
平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25
m 后停止，A、B 均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求：
图10
(1)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A 做平抛运动，B 做匀减速直线运动
对A，水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立解得vA＝1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B 所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B 与
弹簧组成的系统动量守恒
对系统有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B 物块与弹簧分离后做匀减速直线运动
对B 有－μmBgxB＝0－mBv
解得μ＝0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A
和B 的动能与A 和B 同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B 两物块相对桌面的路程，则有Δx＝
ΔxA＋ΔxB
联立解得ΔEp＝0.12 J。
基础保分练
1.(2024·广东深圳高三期中)如图1 所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A
点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg，忽略一切阻力作用，
经过圆轨道最高点C 时，轨道给过山车的压力为Mg，下滑点A 距离圆轨道底部
的高度h 为( )
图1
A.2R
B.3R
C.4R
D.5R
答案 B
解析 经过圆轨道最高点C 时，轨道给过山车的压力FN＝Mg，根据牛顿第二定
律可得Mg＋FN＝m，解得vC＝，过山车从下滑点A 到C 点过程，根据机械能守
恒定律可得Mg(h－2R)＝Mv，解得h＝3R，故B 正确。
2.(多选)(2024·山西运城模拟预测)如图2 所示，A、B 两球分别用长度均为L 的轻
杆通过光滑铰链与C 球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑
水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B 两球开始向左右两边滑动。已知
A、B 两球的质量均为m，C 球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略
一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C 落地前的过程，下列说法正确的
是( )
图2
A.A、B、C 三球组成的系统机械能守恒
B.球C 的机械能先减少后增加
C.球A 速度达到最大时，球C 的加速度大小为g
D.球C 落地前瞬间的速度大小为2
答案 ABC
解析 从静止释放到球C 落地前的过程，A、B、C 三球组成的系统，只有重力
做功，机械能守恒，A 正确；从静止释放后A、B 两球先加速后减速，动能先增
加后减少，而A、B、C 三球组成的系统机械能守恒，则球C 的机械能先减少后
增加，B 正确；当球A 的加速度为0 时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为
0，则此时球C 只受重力作用，加速度大小为g，C 正确；球C 落地前瞬时，A、
B 两球的速度为零，对A、B、C 三球组成的系统，有2mgL＝×2mv2，解得v
＝，D 错误。
3.(2024·广东深圳模拟)物体以动能E 开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。
取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物
体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒定
律可得E＝mgh＋fh，解得mgh＝E，fh＝E，则f＝mg，若在上升阶段离出发点H
处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，
联立解得Ek＝E，故B 正确。
4.(2024·陕西汉中一模)如图3 所示，物块A 套在光滑水平杆上，连接物块A 的轻
质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与
质量相等的物块B 相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h＝0.8 m，现将物块B 由
静止释放，物块A、B 均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不
计空气阻力，则( )
图3
A.物块A 与物块B 速度大小始终相等
B.物块A 能达到的最大速度为2 m/s
C.物块B 下降过程中，重力始终大于细线拉力
D.当物块A 经过左侧滑轮正下方时，物块B 的速度最大
答案 B
解析 根据题意可知，物块A 与物块B 的速度关系为vAcos θ＝vB，两物块速度
不相等，当物块A 经过左侧滑轮正下方时，有vB＝vAcos 90°＝0，故A、D 错误；
当物块A 运动到左侧定滑轮正下方时，物块B 下降的距离最大，物块A 的速度
最大，根据机械能守恒定律有mBg(－h)＝mAv2，解得v＝2 m/s，故B 正确；由上
述分析可知，当物块A 经过左侧滑轮正下方时，物块B 的速度为0，则物块B 向
下先加速后减速，在物块B 减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故C 错误。
5.质量均为m、半径均为R 的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一
初速度向右冲上倾角为θ 的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通
过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最
高点的过程中，A 球对B 球所做的功为( )
图4
A.0
B.mgRsin θ
C.2mgRsin θ
D.mgR
答案 B
解析 设A 球的重心在斜面上上升的高度为h，两球的初速度大小为v0，对A、
B 整体，根据机械能守恒定律得×2mv＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ)。设A 球对B 球所
做的功为W，由动能定理有W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv，解得W＝mgRsin θ，
B 项正确。
6.(多选)(2024·重庆模拟预测)教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿
竖直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上
为正方向，v 表示排球速度、x 表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、
E 机表示排球的机械能、t 表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上
升和下落过程中各物理量关系的图像可能正确的是( )
答案 BD
解析 以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A 错误；速度先减小为0 后
反向增大，所以x－t 图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导
致上升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过
同一位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速
度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B 正确，C 错误；E 机－x 图像
斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过
程机械能损失更多，故D 正确。
7.(2024·湖北宜昌高三模拟)如图5 所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到
水平面O 点的高度为h，质量为m 的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动
到水平面上的A 点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，
OA＝x，下列说法正确的是( )
,图5)
A.斜面倾角θ 越大，x 越大
B.斜面倾角θ 越小，x 越大
C.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝mgh 滑下，最后在水平面上的B 点停下，则
BO＝
D.若小木块从斜面顶端以初动能Ek＝3mgh 滑下，并在A 点固定一个挡板，小木
块在A 点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端
答案 C
解析 小木块从开始下滑到最后停在A 点，设斜面的倾角为θ，斜面投影长度为
x1，斜面底端到A 点距离x2，由能量关系可知mgh＝μmgcos θ·＋μmgx2＝μmgx，
解得h＝μx，则当h 和μ 一定时，x 一定不变，故A、B 错误；设OB＝x′，由能量
关系可知Ek＋mgh＝μmgx′，解得x′＝，故C 正确；小木块在A 点与挡板发生弹
性碰撞，无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为h′，根据能量守恒定律可
知Ek＋mgh＝2μmgx＋mgh′，解得h′＝2h，故D 错误。
提能增分练
8.(多选)(2024·江西南昌二模)一块质量为M 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，
质量为m 的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端
滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为ΔEkB，长木板A 的动能增加量为
ΔEkA，A、B 间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔEkB、ΔEkA、Q 的
数值，下列三个数量关系一定可能的是( )
图6
A.ΔEkB＝3 J，ΔEkA＝1 J，Q＝2 J
B.ΔEkB＝6 J，ΔEkA＝2 J，Q＝4 J
C.ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝3 J，Q＝7 J
D.ΔEkB＝8 J，ΔEkA＝3 J，Q＝3 J
答案 AB
解析 设物体与木板间的摩擦力大小为Ff，物体B 的位移为xB，木板A 的位移
为xA，对A 有ΔEkA＝FfxA，对B 有ΔEkB＝FfxB，且Q＝Ff(xB－xA)，A 和B 运动的
v－t 图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出xB＞(xB
－xA)＞xA，所以有ΔEkB＞Q＞ΔEkA，故选项A、B 正确。
9.(2024·江苏扬州模拟)如图7 所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端
O 点与管口A 的距离为2x0，一质量为m 的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩
至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则( )
图7
A.弹簧的最大弹性势能为3mgx0
B.小球运动的最大速度等于2
C.弹簧的劲度系数为
D.小球运动中最大加速度为g
答案 A
解析 小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能
最大，有Epmax＝3mgx0，故A 正确；根据选项A 和弹簧弹性势能的表达式有
3mgx0＝kx，解得k＝，故C 错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大
速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝
mv＋kx2，解得最大速度为vmax＝，故B 错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝
ma，解得a＝5g，故D 错误。
10.(2024·山东青岛一模)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8，
某同学把一个简易抽水器安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高
度h1＝20 cm，按键后测得t＝16 s 内注满了0.8 L 的水壶。已知抽水器出水口高
度H＝60 cm、横截面积S＝0.5 cm2，水壶的高度h2＝15 cm，若该次取水过程中
抽水器将电能转化为水的机械能的效率η ＝15%，忽略取水过程中桶内水位高
度的变化，重力加速度g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3。
图8
(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；
(2)估算本次取水抽水器的功率。
答案 (1)0.3 m (2)1.5 W
解析 (1)设出水口处水的速度为v0，由题意可得，
t＝16 s 内抽水器抽出水的体积V＝Sv0t
解得v0＝1 m/s
平抛过程：竖直方向H－h2＝gt2
水平方向x＝ v0t
联立解得x＝0.3 m。
(2)在t＝16 s 内，抽水机取水质量m＝ρV＝0.8 kg
根据能量守恒定律有ηPt＝mg(H－h1)＋mv
解得P＝1.5 W。
11.(2024·福建福州高三期末)如图9 所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平
面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m 的四分之一细圆
管CD，管口D 端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m 的轻弹簧，弹簧一端固
定，另一端恰好与管口D 端平齐。一个质量为m＝1 kg 的小球放在曲面AB 上，
现从距BC 的高度h＝0.6 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，
小球进入管口C 端时，它对上管壁有FN＝2.5mg 的作用力，通过CD 后，在压缩
弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g 取10
m/s2。求：
图9
(1)小球第一次经过C 点的速度大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置与B 点的距离。
答案 (1) m/s (2)6 J (3)0.2 m
解析 (1)小球进入管口C 端时，它对上管壁有FN＝2.5mg 的作用力，对小球由
牛顿第二定律有
2.5mg＋mg＝m
解得vC＝ m/s。
(2)在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能最大，设该位置
为零势能面，弹簧的压缩量为x，有mg＝kx
由能量守恒定律有
mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep
解得Ekm＝6 J。
(3)设BC 段克服摩擦力做功为WBC，由A 到C 有mgh－WBC＝mv
对整个过程分析可知，设共经过N 次BC 段，有mgh＝NWBC
解得N＝2.4
即小球最后从B 位置向C 位置运动过程中停下，设小球最终停在距离B 点为s，
有0.4WBC＝μmgs
解得s＝0.2 m。
培优高分练
12.(2024·江苏卷，15)如图10 所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜
面长为L。一个质量为m 的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A 点
由静止加速至B 点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C 点，关闭电动机，物
块恰好到达最高点D 点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：
图10
(1)CD 段长度x；
(2)BC 段电动机的输出功率P；
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
答案 (1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3)
解析 (1)解法一 对物块从C 点运动到D 点的过程，由动能定理有
－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2
解得x＝。
解法二 对物块从C 点运动到D 点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos
θ＝ma
由运动学规律有0－v2＝－2ax
联立解得x＝。
(2)物块在BC 段做匀速直线运动，由平衡条件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ
由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能
E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ
则＝。
