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第 12 讲 机械能守恒定律
题型一
机械能守恒的条件
1．（2026•泉州模拟）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提
线作用下，其手掌在竖直面内由P 位置沿圆弧线匀速率运动到Q 位置，在此过程中（ ）
A．手掌的动量不变
B．手掌的动能不变
C．手掌的机械能守恒
D．提线对手掌不做功
【答案】B
【分析】根据匀速率运动的特点，结合动量的矢量性、动能的标量性、机械能的组成及力做功的条
件，逐一分析各选项的正误，重点关注速度方向变化、高度变化对能量的影响。
【解答】解：A.动量是矢量，其方向与速度方向一致，手掌做匀速率圆周运动时速度方向不断变化，
因此动量发生变化，故A 错误；
B.动能是标量，由公式Ek = 1
2 m v
2
手掌质量与速率均不变，所以动能保持不变，故B 正确；
C.机械能等于动能与重力势能之和，手掌动能不变，但竖直方向高度变化导致重力势能改变，因此机
械能不守恒，故C 错误；
D.提线拉力与手掌速度方向不垂直，且手掌机械能发生变化，根据功能关系可知提线对手掌做功，故
D 错误。
故选：B。
2．（2025 秋•青羊区校级月考）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t 变化的快慢Δ Ek
Δt 随时间均匀增大
B．动量p 随时间t 变化的快慢Δp
Δt 随时间均匀增大
C．重力势能Ep随位移x 变化的快慢Δ E p
Δx 随位移均匀减小
D．机械能E 随位移x 变化的快慢ΔE
Δx 随位移均匀减小
【答案】A
【分析】先明确自由落体运动中物体只受重力、机械能守恒，再将各选项中“变化的快慢”转化为对
应的物理量（如功率、合外力），逐一分析判断对错。
【解答】解：
A．因Ek = 1
2 m v
2= 1
2 m(>)
2= 1
2 m g
2t
2，则Ek﹣t 图像的斜率随t 的增加而增大，则动能Ek随时间t 变
化的快慢Δ Ek
Δt = 1
2 m g
2t随时间均匀增大，故A 正确；
B．因p＝mv＝mgt
则Δp
Δt =mg，动量p 随时间t 变化的快慢Δp
Δt 保持不变，故B 错误；
C．重力势能EP＝mg（h﹣x）＝mgh﹣mgx
则Δ E p
Δx =−mg，重力势能Ep随位移x 变化的快慢Δ E p
Δx 随x 不变，故C 错误；
D．物体的机械能守恒，则机械能E 随位移x 变化的快慢ΔE
Δx 不随位移改变，故D 错误。
故选：A。
3．（2026•九龙坡区校级模拟）通过编程可以对无人机的飞行轨迹进行控制。某无人机由静止开始竖直
向上飞行，其飞行高度y 随时间t 变化的关系如图所示，其中M、N、P 为图线上的三点，MN 为直线
段，P 点的切线与t 轴平行。则下列说法正确的是（ ）
A．OM 段：无人机处于失重状态
B．MN 段：无人机的机械能守恒
C．NP 段：无人机所受合力竖直向上
D．OP 全程：无人机所受合力做功为零
【答案】D
【分析】先根据y﹣t 图像的斜率（速度）变化分析各段加速度方向，再结合超重失重、机械能守恒条
件和动能定理判断选项。
【解答】解：A.分析OM 段的y﹣t 图像斜率变化，速度增大，说明加速度竖直向上，无人机处于超重
状态，故A 错误；
B.MN 段为直线，说明速度不变，无人机做匀速直线运动，升力对无人机做正功，机械能不守恒，故B
错误；
C.NP 段的y﹣t 图像斜率逐渐减小，说明速度减小，无人机竖直向上做减速运动，加速度方向竖直向
下，所受合力竖直向下，故C 错误；
D.OP 全程中，无人机初速度为0，P 点切线与t 轴平行，速度也为0，初末动能均为0，根据动能定
理，合外力做功为0，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026 春•渝北区校级期中）在如图所示的物理过程示意图中，甲图中一端固定有小球的轻
杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图中斜劈A 置于水平面上，物体B 沿斜面下滑，各接
触面均光滑；丙图中小球在绳的牵引下在水平面内做匀速圆周运动；丁图中跳伞运动员匀速下落。
甲、乙、丙过程中空气阻力均忽略不计，关于这几个运动过程（ ）
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中物体B 机械能守恒
C．丙图中小球的机械能守恒
D．丁图中运动员的机械能守恒
【答案】AC
【分析】判断每个情景中的物体是否只受重力做功，若有其他力做功则机械能不守恒。需注意系统和
单个物体的区别。
【解答】解：A、根据甲图分析可知，由于轻杆对小球的弹力方向沿杆，总是与小球的速度垂直，对
小球不做功，所以只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，故A 正确；
B、根据图乙分析可知，水平面光滑，所以物体B 的机械能一部分转化为斜面的动能，故系统机械能
守恒，物体B 的机械能不守恒，故B 错误；
C、根据丙图分析可知，小球在绳的牵引下在水平面内做匀速圆周运动，小球的动能不变，重力势能
不变，所以小球的机械能守恒，故C 正确；
D、根据丁图分析可知，跳伞运动员匀速下落，动能不变，重力势能减小，所以运动员的机械能减
小，故D 错误。
故选：AC。
题型二
机械能守恒定律的简单应用
1．（2026 春•沈阳期中）小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，Q 球的质量大于P 球的质量，
悬挂Q 球的绳比悬挂P 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释
放，忽略空气阻力作用，在各自轨迹的最低点（ ）
A．P 球的速度一定小于Q 球的速度
B．P 球的动能一定小于Q 球的动能
C．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力
D．P 球的向心加速度一定等于Q 球的向心加速度
【答案】D
【分析】先对两球分别应用机械能守恒，推导出最低点速度、动能与绳长的关系；再结合圆周运动向
心力公式，分析拉力和向心加速度与质量、绳长的关系，进而对比各选项的正确性。
【解答】解：AB、小球由静止释放，由动能定理可知mgl = 1
2 mv
2，即v= ❑√2gl，因mP＜mQ，lP＞
lQ，则动能大小无法判断，vP＞vQ，故AB 错误；
C、在最低点时满足FT −mg = m v
2
l
，将v = ❑√2 gl，代入可得FT＝3mg，mp＜mQ，故FTP＜FTQ，故C
错误；
D、向心加速度an= v
2
l =2 g，与m 及l 无关，故anP＝anQ，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•江苏模拟）如图所示，一小球从固定的四分之一光滑圆弧顶端静止释放，从释放到最低点的
过程中，小球的向心加速度an与时间t 的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先，根据机械能守恒，小球下滑过程中速度的平方与下落高度成正比，而向心加速度与速
度的平方成正比，因此向心加速度随高度减小而增大；其次，小球在圆弧上运动时，切向加速度由重
力的切向分力提供，随着小球下滑，切向加速度逐渐减小，导致速度的增加率（速度变化快慢）逐渐
变化，进而使向心加速度的变化率（即图像的斜率）呈现先小后大的趋势，因此向心加速度随时间变
化的图像应是过原点、斜率逐渐增大的曲线，据此判断选项。
【解答】解：向心加速度的定义为an= v
2
R
其中R 是圆弧半径，恒定不变，因此an的变化规律和v2完全一致。
小球下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有mgRsinθ = 1
2 m v
2
其中θ 为小球所在位置与水平方向的夹角，从0 到90°
可得v2＝2gRsinθ
代入向心加速度公式an＝2gsinθ
所以an随θ 增大而增大，在最低点θ＝90°时an最大，这一点四个选项都满足。
进一步分析an与时间的关系图像的斜率，对an＝2gsinθ 求导d an
dt =2gcosθ⋅dθ
dt =2gcosθ⋅ω
其中ω= dθ
dt 是角速度，又因ω= v
R 、v = ❑√2gRsinθ
可得d an
dt =2gcosθ⋅
❑√2gRsinθ
R
当θ＝0°时，代入可得斜率为0。
下滑过程中：一开始θ 很小cosθ≈1，但v 很小，斜率小；随着θ 增大，v 快速增大，斜率快速变大
（图像变陡）。接近最低点时，θ 接近90°，cosθ 趋近于0，虽然v 最大，但cosθ 趋近于0，所以斜率
会变小（图像变缓）。
因此，小球的向心加速度an与时间的关系图像的斜率是先增大后减小。
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
3．（2026 春•新建区校级期中） 2025 年11 月14 日，神舟二十一号载人飞船返回舱安全返回地面，在打
开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速后匀速下降，忽略返回舱受到的空气阻力，在这段时间内
关于返回舱的说法正确的是（ ）
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量等于返回舱克服绳拉力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于重力对返回舱做的功
D．匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒
【答案】C
【分析】整个装置先减速后匀速下降，返回舱受到重力和绳子拉力的作用。减速下降阶段，加速度方
向向上，返回舱处于超重状态，其动能减少量等于合外力做功，需考虑重力做正功和拉力做负功的共
同效果。匀速下降阶段，动能不变，重力势能减少导致机械能减少，其减少量等于重力做的正功，同
时拉力做负功，因此机械能不守恒。
【解答】解：打开降落伞后，整个装置先减速下降后匀速下降，返回舱受到竖直向下的重力及绳子竖
直向上的拉力。
A、在减速下降阶段，返回舱的加速度方向竖直向上，因此处于超重状态，故A 错误；
B、在减速下降阶段，由动能定理可知，重力所做的正功与绳子拉力所做的负功之和等于返回舱动能
的变化量，即减少的动能等于克服绳子拉力所做的功与重力做功之差，故B 错误；
CD、在匀速下降阶段，返回舱的动能保持不变，其机械能的减少量等于重力势能的减少量，而重力势
能的减少量在数值上等于重力对返回舱所做的正功；由于绳子拉力对返回舱做负功，其机械能不断减
小，故C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026 春•高新区期中）如图所示，质量不计的直角形轻杆支架两端分别连接质量为2m 和m
的小球A 和B（均视为质点），两直角边长度分别为2l 和l。支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦
转动。开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确
的是（ ）
A．运动中小球A 和B 的速度大小之比为2：1
B．小球A 下摆过程中，小球A 减少的重力势能等于小球B 增加的机械能
C．小球A 摆至最低点时，小球B 的速度大小为❑√
2 gl
3
D．B 球相对于初始位置上升的最大高度为l
【答案】AC
【分析】先根据同轴转动的角速度相同，结合线速度与半径的关系判断两球速度比；再以系统为研究
对象，利用机械能守恒定律，结合两球的重力势能变化与动能变化的关系，分析能量转化及最低点速
度，最后用机械能守恒分析B 球上升的最大高度。
【解答】解：A.两球运动时角速度相等，由v＝ωr 可知vA＝2vB，故A 正确；
B.系统机械能守恒，小球A 减少的重力势能应等于小球B 增加的机械能与小球A 增加的动能之和，故
B 错误；
C.小球A 从静止释放转动到最低点过程，对系统，根据机械能守恒可得
−mgl =−2mg2l+ 1
2 ⋅2mv A
2 + 1
2 mvB
2，又vA＝2vB
解得v A = ❑√
8 gl
3 vB= ❑√
2gl
3 ，故C 正确；
D.当两球速度为零时，B 球上升高度最大，以初始OA 所在平面为零势面，假设当B 球上升高度为l 时
速度为0，则系统重力势能Ep＝﹣2mg•2l＝﹣4mgl，初状态系统机械能E＝﹣mgl 可知此时B 的速度不
为0，未达到最大高度，故D 错误。
故选：AC。
题型三 利用机械能守恒定律解决多物体系统问题
1．（2026 春•思明区校级期中）如图所示，轻绳的一端系一质量为m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂
质量为5m 的重物，金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环
从图中P 点由静止释放。OP 与直杆之间的夹角θ＝37°。不计一切摩擦，重力加速度为g，则（ ）
A．金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大
B．金属环从P 上升到Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为10
3 mgd
C．金属环在Q 点的速度大小为❑√gd
D．若金属环最高能上升到N 点，则ON 与直杆之间的夹角α＝53°
【答案】D
【分析】分析金属环与重物的牵连速度关系，确定重物的速度变化，由瞬时功率计算公式分析重物所
受重力的瞬时功率的变化；根据动能定理求得绳子拉力对重物做的功；根据系统机械能守恒求得金属
环在Q 点的速度大小，以及ON 与直杆之间的夹角。
【解答】解：A、刚开始重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零；当金属环上升到Q 时，其
速度方向竖直向上与轻绳垂直，由关联速度可知，此时重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功
率为零，所以金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 错误；
B、金属环从P 上升到Q 的过程，设轻绳拉力对重物做的功为W，对重物由动能定理可得：
W +5mg( d
sinθ −d)=0−0，解得：W =−10
3 mgd，故B 错误；
C、设金属环在Q 点的速度大小为v，对金属环和重物整体，由机械能守恒定律得：
5mg( d
sinθ −d)=mg×
d
tanθ + 1
2 m v
2，解得：v =2❑√gd，故C 错误；
D、金属环由P 点到N 点的过程，对金属环和重物整体，由机械能守恒定律得：
5mg( d
sinθ −
d
sinα )=mg(
d
tanθ −
d
tanα )
解得：sinα＝0.8，可得ON 与直杆之间的夹角α＝53°，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•定安县模拟）如图所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连接在一起，圆环套在光滑
的竖直杆上。开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L。某时刻圆环由静止释放，圆
环下落到B 点时，速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37°。已知圆环的质量为m，重力加速度为g，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计，下列判断正确的是（ ）
A．圆环下落过程中，圆环和物块组成的系统机械能守恒
B．圆环下落过程中，圆环的机械能先增大后减小
C．当圆环到达B 位置时，物块所受合力为0
D．物块的质量为5
4 m
【答案】A
【分析】圆环在B 点时速度最大，则圆环的加速度为0，分析物块的加速度是否为0，来判断能否求出
物块的质量；根据轻绳对圆环做功情况分析圆环的机械能变化情况；根据机械能守恒的条件判断系统
机械能变化情况。
【解答】解：A.圆环下落过程中，圆环和物块组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A
正确；
B.圆环下落过程中，绳的拉力一直对圆环做负功，则圆环的机械能一直减小，故B 错误；
CD.当圆环到达B 位置时速度最大，则加速度为零，但此时物块的加速度不为零，则物块所受合力不
为0，无法确定物块的质量，故CD 错误。
故选：A。
3．（2026•孝感模拟）如图，小球B、C 放置在光滑水平面上，球A 与B、C 之间分别用一可转动的、长
为L 的轻杆连接。小球A、B、C 在两杆所在的竖直面内，质量分别为m、m、2m，均可视为质点。重
力加速度为g，在外界轻微扰动下小球A 在图示竖直面内下落，不计一切阻力，下列分析正确的是（
）
A．球A 竖直下落
B．球A 落到水平面前瞬间速度大小为❑√2 gL
C．杆对小球B、C 一直做正功
D．球A 落到水平面前瞬间，重力的功率最小
【答案】B
【分析】分析题目描述的物理过程，系统由三小球通过等长轻杆连接，在光滑水平面上A 球从图示位
置下落。由于系统水平方向不受外力，水平动量守恒；A 球下落过程中杆长不变，几何约束使得三球
速度存在关联。分析A 球运动轨迹时需结合几何关系与动量守恒，确定其水平分速度是否为零。考虑
A 球落至水平面瞬间的临界条件，由几何约束和动量守恒可推断此时B、C 球水平速度为零，系统机
械能守恒，A 球速度仅剩竖直分量。对于杆做功问题，需通过B、C 球动能变化判断，其速度先增后
减对应杆先做正功后做负功。重力功率取决于A 球竖直速度瞬时值，需分析下落过程中该速度的变化
趋势。
【解答】解：A、由于两轻杆长度相等，即LAB＝LAC＝L，A 球始终位于B、C 两球连线的中点，其水
平坐标满足x A = xB+ xC
2
，对时间求导可得速度分量关系v Ax = vBx+ vCx
2
。系统在水平方向不受外力，因
此水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有mvAx+mvBx+2mvCx＝0，联立解得v Ax=−1
3 vCx，可见A
球的水平分速度不为零，因此A 球并非沿竖直方向下落，故A 错误；
B、根据几何关系有( x A−xB)
2+ y A
2 = L
2，对时间求导得（xA﹣xB）（vAx﹣vBx）+yAvAy＝0。当A 球即
将接触水平面瞬间，yA→0，则vAx﹣vBx→0，同理有vAx﹣vCx→0。结合系统水平方向动量守恒可知，
此时vAx＝vBx＝vCx＝0，A 球仅具有竖直方向速度，系统动能全部集中于A 球。由机械能守恒定律得
mgL= 1
2 mv A
2 ，解得v A = ❑√2 gL，故B 正确；
C、根据B 项分析，B、C 两球的速度从零开始先增大，在A 球落地前瞬间又减小为零，其动能先增加
后减少。依据动能定理可知，杆对B、C 两球先做正功后做负功，故C 错误；
D、A 球落到水平面前瞬间，其竖直分速度达到最大值❑√2gL，根据瞬时功率公式P＝mgvAy可知，此
时重力的瞬时功率最大，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026•小店区校级模拟）如图所示，钉子A、B 相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质
量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B。质量为m 的小球固定在细线上C 点，B、C 间的线长为
3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°。松手后，小球
运动到与A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取
sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．静止时，绳BC 受到的拉力T= 4
5 mg
B．小球受到手的拉力大小F = 5
3 Mg−mg
C．物块和小球的质量之比M：m＝6：5
D．小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T = 48
55 mg
【答案】BCD
【分析】B.松手前对小球受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断；
AC.结合前面分析及题意，由机械能守恒定律及几何关系列式，即可分析判断；
D.结合前面分析及题意，由牛顿第二定律、机械能守恒定律、力与力的关系分别列式，即可分析判
断。
【解答】解：B.松手前小球受力分析如图所示：
由平衡条件可得：
T1sin53°＝T2cos53°
F+mg＝T1cos53°+T2sin53°
且：
T1＝Mg，
联立解得：
T2= 4
3 Mg，F= 5
3 Mg−mg，故B 正确；
AC.小球运动到与A、B 相同高度过程中，小球上升高度为：
h1＝3lsin53°，
由几何关系可知，初始时AC 为4l，则小球运动到与A、B 相同高度过程中，物块下降高度为：
h2＝4l+3l﹣5l＝2l，
整个过程系统机械能守恒，则有：
mgh1＝Mgh2，
联立解得：
M：m＝6：5，
则结合A 联立可得：
T2= 8
5mg，
故A 错误，C 正确；
D.根据机械能守恒定律可知，小球向下运动到最低点即为小球回到起始点，设此时物块M 所受的拉力
大小为T，由牛顿第二定律得：
对物块：
Mg﹣T＝Ma，
对小球：
T′﹣mgcos53°＝ma，
根据牛顿第三定律可知：
T′＝T，
联立解得：
T= 48
55 mg，故D 正确；
故选：BCD。
题型四 利用机械能守恒定律解决板块问题
1．（2026 春•平阳县校级月考）如图所示，O 点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。一块质量为1kg、长
为1m 的匀质木板静止在O 点左侧，且右端距离O 点为1m，木板在大小为1N 的恒力F 作用下由静止
沿水平面运动，当木板右端到达O 点时立即撤去恒力F，已知O 点右侧水平面与木板间的动摩擦因数
为0.2，则（ ）
A．木板的加速度先不变后减小
B．木板不能全部进入O 点右侧区域
C．木板加速时间大于减速的时间
D．若恒力F 大小变为0.5N，木板做减速运动的时间减小
【答案】C
【分析】分析木板在光滑和粗糙两个区域的运动过程。在O 点左侧，木板受恒力作用做匀加速直线运
动，加速度恒定；进入O 点右侧后，木板与粗糙面接触部分逐渐增加，导致滑动摩擦力随进入长度线
性增大，合外力方向与运动方向相反且大小变化，因此木板做加速度逐渐增大的减速运动。通过动能
定理比较加速阶段获得的动能与粗糙面克服摩擦力做功，判断木板能否完全进入粗糙区域；利用运动
学规律分别分析匀加速和变减速运动的时间关系；改变恒力大小会影响加速阶段末速度，但粗糙面提
供的等效回复力特性不变，因此减速时间取决于系统本身性质。
【解答】解：A、在加速阶段，木板的加速度为a1= F
m，解得：a1=1m/ s
2；当木板进入粗糙区域
后，其受到的摩擦力f = μmg
L
x，解得：f＝2x，该力随进入长度x 的增加而线性增大，依据牛顿第二
定律，加速度a= f
m也会随之增大，故A 错误。
B、根据动能定理，加速过程结束时木板的动能Ek＝Fx0，解得：Ek＝1J；进入粗糙面后，由于摩擦力
线性变化，克服摩擦力所做的功等于平均力与位移的乘积，即W f = 0+ μmg
2
⋅L，解得：Wf＝1J。因
为Ek＝Wf，所以当木板左端恰好到达O 点时速度降为零，表明木板刚好完全进入粗糙区域，故B 错
误。
C、加速阶段所需的时间为t1= ❑√
2 x0
a1
，解得：t1= ❑√2s；木板在粗糙面内做变减速运动，该过程可类
比于简谐运动的四分之一周期，减速时间t2= π
2
❑√
L
μg ，解得：t2=
π
2❑√2 s。已知❑√2≈1.414且
π
2❑√2 ≈1.11，因此t1＞t2，故C 正确。
D、若恒力F 减小为0.5N，则加速阶段末的动能减小，木板最终停止时进入粗糙面的长度x 会变小。
然而，减速过程对应的等效劲度系数k = μmg
L
并未改变，因此减速时间t = π
2
❑√
m
k 保持不变，故D 错
误。
故选：C。
2．（2025 秋•丽水期末）如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为37°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10m/s2，物块质量
m 和所受摩擦力大小f 分别为（ ）
A．m＝0.5kg，f＝1.0N
B．m＝0.5kg，f＝0.5N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N
D．m＝0.8kg，f＝1.0N
【答案】A
【分析】物块沿斜面上滑和下滑过程中受到重力、支持力和恒定摩擦力作用，其动能随路程变化图像
呈现先减小后增大的趋势，上滑阶段合外力做负功导致动能减小至零，下滑阶段合外力做正功使动能
从零开始增加。分析图像中上滑阶段动能从初值减小到零对应的路程，以及下滑阶段动能从零增加到
末值对应的路程，结合动能定理分别列出上滑和下滑过程的合外力做功表达式，其中合外力包含重力
沿斜面的分力和摩擦力，通过两个方程联立即可求解物块质量和摩擦力大小。
【解答】解：考虑物块沿斜面上行与下滑两个阶段，由动能定理W 合＝ΔEk可得：在上滑阶段：﹣
（mgsinθ+f）s1＝0﹣Ek0，代入已知数值得10（6m+f）＝40；
在下滑阶段：（mgsinθ﹣f）（s2﹣s1）＝Ek2﹣0，代入数据得10（6m﹣f）＝20；联立以上两式，解
得：m＝0.5kg，f＝1.0N。故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
3．（2025 秋•重庆月考）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，小滑块A 以一定的初速度
从木板B 的左端滑上长木板，A 和B 的动能随位移变化关系的图像如图乙所示，重力加速度g 取
10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．滑块A 和木板B 的质量之比为1：2
B．A 和B 之间的摩擦力为5N
C．滑块A 的初动能为100J
D．A 和B 之间产生的热量为40J
【答案】B
【分析】题目描述滑块A 以初速度滑上静止的木板B，两者在光滑水平面上发生相对滑动。分析动能
—位移图像可知，滑块A 动能减少而木板B 动能增加，两者最终共速。对木板B 应用动能定理，摩擦
力对其做的功等于其动能增量，由图像中B 的位移与动能变化可求摩擦力大小。共速时两者速度相
同，动能之比等于质量之比，由图像末态动能可求质量比。对滑块A 应用动能定理，摩擦力做负功导
致其动能减少，结合已知位移和末动能可求初动能。系统产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，也等
于系统初动能与末总动能之差，由此可计算热量。
【解答】解：依据动能定理及图像特征分析如下：
B、对木板B 应用动能定理，有f•xB＝ΔEkB，代入f×4m＝20J﹣0J，解得滑块A 与木板B 间的摩擦力f
＝5N，故B 正确；
A、两者共速时速度相同，由动能公式Ek = 1
2 mv
2可知，动能之比等于质量之比，即mA：mB＝EkA：
EkB，代入40J：20J＝2：1，故A 错误；
C、对滑块A 应用动能定理，有﹣f•xA＝EkA﹣Ek0，代入﹣5N×10m＝40J﹣Ek0，解得滑块A 的初动能
Ek0＝90J，故C 错误；
D、系统因摩擦产生的热量Q 等于摩擦力与相对位移之积，即Q＝f•（xA﹣xB），代入Q＝5N×（10m
﹣4m），解得Q＝30J。亦可由能量守恒验证：Q＝Ek0﹣（EkA+EkB），代入数据Q＝90J﹣60J＝30J，
故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026 春•思明区校级期中）如图所示，长木板B 置于粗糙水平地面上，滑块A 置于B 的右
端，两者质量均为m＝2kg，都处于静止状态。某时刻给滑块A 一个向左的初速度v0＝2m/s，它开始以
a1＝1m/s2的加速度向左匀减速运动；同时给B 一个水平向右的恒力F＝18N，使B 以a2＝4m/s2的加速
度向右匀加速运动。经t＝1s 撤去恒力，最后滑块恰好没有滑离木板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，g＝10m/s2，则（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．木板长度至少为5.6m
C．整个过程中滑块与木板间摩擦产生热量为12J
D．整个过程中系统摩擦生热共40J
【答案】BD
【分析】先由滑块A 的加速度求出A 与木板间的动摩擦因数，再分阶段分析A 和B 的运动，计算各阶
段的位移与相对位移，进而求出木板的最小长度；再分别计算滑块与木板间、木板与地面间的摩擦生
热，得到系统总摩擦生热，逐一分析选项。
【解答】解：A、对滑块A，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，因a1=1m/ s
2
代入数据可得滑块和木板间的动摩擦因数 μ＝0.1，故A 错误；
B、在施加恒力的1s 内，对木板B 有F﹣μ1mg﹣μ2×2mg＝ma2，而a2= 4 m/ s
2
代入数据可得木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2
1s 后撤去外力F，对木板B 有μ1mg+μ2×2mg＝ma3
代入数据可得a3=5m/ s
2
木板B 以a3向右做匀减速运动，速度减为零用时t2= vB
a3
代入数据可得t2＝0.8s
由于μ1mg＜μ2×2mg，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到零，滑块的位移为x1= v0
2
2a1
代入数据可得x1＝2m
木板的总位移x2= 1
2 vB(t1+t2)= 1
2 ×4×(1+0.8)m=3.6m
所以木板长至少为L＝x1+x2
代入数据可得L＝5.6m，故B 正确；
C、滑块与木板间摩擦产生热量为Q1＝μmg•Δx 相对＝μ1mgL＝0.1×2×10×5.6J＝11.2J，故C 错误。
D、系统摩擦生热Q＝μ1mgL+μ2×2mgx2
代入数据可得Q＝40J，故D 正确。
故选：BD。
综合提升
一．选择题
1．（2026•模拟）如图所示，足球在地面1 的位置被踢出后，经过最高点2 位置，落到地面3 的位置。下
列说法正确的是（ ）
A．足球在1 位置重力势能一定为零
B．足球在2 位置重力的瞬时功率为零
C．足球在运动过程中机械能守恒
D．足球从1 位置到2 位置的过程中重力势能增大，重力做正功
【答案】B
【分析】先明确重力势能的大小与参考平面的选择有关；再根据重力瞬时功率公式P＝mgvy，分析最
高点处足球的竖直分速度是否为零；接着考虑实际运动中空气阻力的影响，分析机械能是否守恒；最
后根据重力做功与重力势能变化的关系，分析足球从1 到2 过程中重力做功的正负与势能变化。
【解答】解：A．重力势能的大小与参考平面的选择有关，题目中没有指定参考平面，足球在1 位置
的重力势能不一定为零，故A 错误；
B．足球在2 位置速度水平向右，与重力方向垂直，则足球在2 位置重力的瞬时功率为零，故B 正确；
C 由图可知足球受空气阻力作用，且空气阻力做负功，则足球的机械能不守恒，故C 错误；
D．足球由1 位置运动到2 位置的过程中，重力做负功，重力势能增大，故D 错误。
故选：B。
2．（2026•渝中区校级模拟）如图甲，劲度系数为k 的轻质弹簧竖直固定在地面上，上端放置薄板A（未
与弹簧相连），薄板A 处于静止状态，弹簧处于压缩状态。薄板B 与薄板A 完全相同，B 从A 正上方
某位置由静止释放，A、B 两薄板碰撞时间极短，碰后粘连在一起，共同下落3l 后速度减为零。以
A、B 碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x 轴，A、B 整体的重力势能随下落距离x 变化
的图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x 变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为
g，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．薄板A、B 相碰前，弹簧的弹力大小为kl
B．薄板A、B 碰撞前，薄板B 下落的高度H 为3l
C．薄板A、B 碰撞后两薄板的最大速度为❑√3 gl
D．从薄板A 开始运动至两薄板上升到最大高度过程，弹簧对两薄板做功为0.5kl2
【答案】C
【分析】题目涉及弹簧振子与碰撞的综合问题。通过图像分析整体重力势能与弹簧弹性势能随下落距
离的变化关系，首先确定A 板静止时弹力与重力平衡，结合图像零点信息可求出弹力大小。由碰后整
体下落过程的能量守恒，结合碰撞前后动量守恒，可推得B 板下落高度。碰撞后整体在合力为零时速
度最大，利用从碰后到该位置的能量守恒关系可求最大速度。从开始运动到返回最高点的全过程，弹
簧弹力做功等于弹性势能变化量，通过最高点位置对应的形变量可计算做功值。
【解答】解：由图乙中图像Ⅰ可知，当x＝0 时，E p=6 k l
2；当x＝3l 时，Ep＝0。根据重力势能公式
ΔEp＝2mgΔh 可知，2mg•3l＝6kl2，解得：mg＝kl。
由图乙中图像Ⅱ可知，当x＝0 时，弹簧弹性势能E pe0=0.5k l
2= 1
2 k l
2，说明此时弹簧形变量为l；当
x＝3l 时，E pe=8k l
2= 1
2 k(4l)
2，对应形变量为4l，符合位移关系l+3l＝4l。
A、薄板A 静止时，重力与弹力平衡，即mg＝kΔx0，代入mg＝kl 得初压缩量Δx0＝l，弹力大小为
kl，故A 正确；
B、碰后整体从x＝0 下落至x＝3l 过程机械能守恒。由系统能量关系可知，碰后瞬间速度v1满足
1
2 (2m)v1
2+ E p(0)+ E pe(0)= E pe(3l)，即m v1
2+6k l
2+0.5k l
2=8k l
2，解得：v1
2=1.5 gl。
由于v1是A、B 碰撞后的共同速度，根据动量守恒mvB＝2mv1，得碰撞前B 的速度vB=2v1= ❑√6 gl。
根据vB
2 =2gH解得：H＝3l，故B 正确；
C、当整体受到的合力为零时，速度达到最大值。此时弹力kΔx＝2mg＝2kl，即形变量Δx＝2l，对应
坐标x＝2l﹣l＝l。
从x＝0 到x＝l 过程，由能量守恒得Etotal=m v1
2+ E p(0)+ E pe(0)=1.5mgl+6mgl+0.5mgl =8mgl。
在x＝l 处，E(l)=m vmax
2
+2mg(3l−l)+ 1
2 k(2l)
2=m vmax
2
+ 4 mgl+2mgl。令8mgl =m vmax
2
+6mgl
，解得：vmax = ❑√2gl，故C 错误；
D、两薄板返回上升至最大高度时速度为零，由能量守恒可知此时总能量仍为8mgl。设最高点坐标为
x'，则8mgl =2mg(3l−x′ )+ 1
2 k(l+ x′ )
2。
代入mg＝kl 整理得8kl2＝6kl2﹣2klx'+0.5k（l2+2lx'+x'2），解得：x'＝﹣l。在该位置弹簧形变量为l+
（﹣l）＝0。从开始运动（x＝0）至最高点（x＝﹣l），弹簧做功
W = E pe(0)−E pe(−l)=0.5k l
2−0=0.5k l
2，故D 正确。
故选：C。
3．（2026•沧州模拟）如图所示，折成90°的光滑细杆ABC 固定在竖直面内，AB 段水平，用轻杆通过光
滑铰链连接的P、Q 两个小球分别套在杆的AB 段和BC 段。开始时小球Q 在B 点，不计球的大小，由
静止释放两小球，在小球P 向左运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球Q 重力的功率越来越大
B．轻杆对小球Q 的作用力先做正功后做负功
C．轻杆对小球P 作用力的功率越来越大
D．小球P 动能的增量等于小球Q 机械能的减少量
【答案】D
【分析】题目描述两个小球通过轻杆连接在光滑直角杆上运动，由静止释放后分析各物理量的变化。
需明确小球P 向左运动过程中，系统机械能守恒且两小球沿杆方向速度分量相等，从而分析小球Q 速
度变化导致其重力功率先增后减；轻杆对Q 做功需结合其动能与重力势能变化判断；轻杆对P 作用力
的功率随P 速度方向与力方向夹角变化，至B 点功率为零；系统机械能守恒直接得出P 动能增量等于
Q 机械能减少量。需重点关注速度关联与能量转化关系，避免混淆瞬时功率与平均功率。
【解答】解：A、当P、Q 位于图示位置时，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，与水平方向的夹角为α：
根据沿杆方向速度大小相等的原理，可得vPcosα＝vQcosθ。当P 运动至B 点时，α＝90°，解得：vQ＝
0。由此可知，Q 从静止开始运动，最终速度又变为零，表明其速度先增大后减小。根据重力功率公式
P＝mQgvQ，可得小球Q 重力的功率先增大后减小，故A 错误。
B、由A 项分析可知，Q 从静止开始运动至最终速度为零，此过程中其动能变化量为零，而重力势能
减小，因此轻杆对小球Q 做负功，故B 错误。
C、当P 运动至B 点时，α＝90°，根据瞬时功率公式P′＝mPgvPcosα，解得：P′＝0，故C 错误。
D、由于整个系统仅有重力和轻杆弹力做功，系统机械能守恒，即小球P 与小球Q 的机械能之和保持
不变，因此小球P 动能的增量等于小球Q 机械能的减少量，故D 正确。
故选：D。
4．（2025 秋•青羊区校级期中）如图所示，质量为2m、长为L 的长木板c 静止在光滑水平面上，质量为
m 的物块b 放在c 的正中央，质量为m 的物块a 以大小为v0的速度从c 的左端滑上c，a 与b 发生弹性
正碰，最终b 刚好到c 的右端与c 相对静止，不计物块大小，物块a、b 与c 间动摩擦因数相同，重力
加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．a 与b 碰撞前b 与c 相对滑动
B．a 与b 碰撞后，a 与b 都相对c 滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为3 v0
2
8 gL
D．整个过程因摩擦产生的内能为1
4 mv0
2
【答案】C
【分析】应用牛顿第二定律判断a、b 碰撞前与碰撞后a、b 是否与c 相对滑动；a、b、c 组成的系统动
量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
【解答】解：A、设物块a、b 与c 间动摩擦因数均为μ，a 滑上C 后相对c 滑动过程，假设b 相对c 静
止，由牛顿第二定律得：对b、c 整体：
μmg＝（2m+m）a
对b：
f＝ma
解得：
f = 1
3 μmg＜μmg
可得b 与c 间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b 相对c 保持静止，故A 错误；
B、设a、b 碰撞前瞬间a 的速度为v1，b 与c 的速度均为Vbca、b 发生弹性碰撞，因a、b 质量相同均为
m，故碰撞过程交换速度，碰撞后瞬间a 获得b 的速度与c 共速，b 获得a 的速度后相对c 向右滑动，
与A 选项同理，可知碰撞后a、c 相对静止一起运动，b 相对c 向右滑动，最终三者相对静止一起匀速
运动，故B 错误；
D、b 刚好滑到c 的右端与c 相对静止，此时a、b、C 三者共速，设此共同速度为v 共，a、b、c 组成的
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+m+2m）v 共
由能量守恒定律得：
Q = 1
2 m v0
2−1
2 (m+m+2m)v共
2
解得整个过程因摩擦产生的内能为：
Q = 3
8 m v0
2
故D 错误；
C、a、b 均相对c 滑动了1
2的距离，则有：
Q =2× μmg× 1
2 L
解得：
μ= 3 v0
2
8 gL
故C 正确。
故选：C。
二．多选题
（多选）5．（2026 春•集美区校级期中）小滑块从斜面的底端以某一速度滑上粗糙的斜面，小滑块最后
又滑回到斜面底端，则下列说法正确的是（ ）
A．上行过程小物块的重力势能在增加
B．下行过程小物块的动能在减少
C．上行过程小物块的机械能在减少
D．下行过程小物块的机械能在增大
【答案】AC
【分析】分别分析滑块上行、下行过程中重力势能、动能的变化，结合摩擦力做功对机械能的影响，
逐一判断选项正误。
【解答】解：A、重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大，
小滑块上行过程中，质量不变，高度逐渐增加，因此重力势能在增加，故A 正确；
B、动能的大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能越大，小滑块下行过程中，受
到重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的摩擦力，合力方向沿斜面向下，小滑块做加速运动，速度逐
渐增大，因此动能在增加，故B 错误；
C、机械能是动能与势能的总和。小滑块上行过程中，需要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内
能，因此机械能在减少，故C 正确；
D、小滑块下行过程中，同样需要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，因此机械能在减少，故
D 错误。
故选：AC。
（多选）6．（2026 春•南海区期中）如图所示，游乐场中绳网秋千是小孩喜欢玩的项目之一，秋千由三
根完全相同的轻绳悬挂，小孩坐在秋千上在竖直平面内左右摆动，若秋千与小孩的总质量为m，在秋
千左右摆动过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．秋千经过最低点时，三根绳子拉力的合力大小等于重力
B．秋千经过最低点时，单根绳子的拉力大于mg
3
C．小孩和秋千的机械能不守恒
D．秋千从最高点摆动到最低点过程中，秋千和小孩的重力的功率先增大后减小
【答案】BD
【分析】A.结合题意，由牛顿第二定律列式，即可分析判断；
B.结合前面分析及题意，表示出三根绳子拉力的合力与每根绳子拉力的关系，即可分析判断；
C.结合题意，由机械能守恒定律，即可分析判断；
D.结合题意，由瞬时功率的计算公式列式，即可分析判断。
【解答】解：A.设秋千经过最低点时，三根绳子拉力的合力大小为F，
因为秋千经过最低点时，做圆周运动，向心力由合力提供，则有：
F﹣mg= m v
2
r
，
解得：
F＝mg+ m v
2
r
＞mg，故A 错误；
B.三根绳子对称分布，设单根绳子拉力为 T，每根绳子与竖直方向夹角为θ，
则结合前面分析可得：
F＝3•Tcosθ＞mg，
解得：
T＞
mg
3cosθ ＞mg
3 ，故B 正确；
C.由题意可知，不计空气阻力，绳子拉力始终与速度方向垂直，不做功，因此对于小孩与秋千，只有
重力做功，所以小孩和秋千的机械能守恒，故C 错误；
D.秋千从最高点摆动到最低点过程中，秋千和小孩的重力的功率为：
PG＝mgvy，
其中vy为秋千与小孩竖直方向的分速度，
由题意可知，在最高点时，秋千与小孩的速度为0，则vy为0，在最低点时，秋千与小孩的速度沿水平
方向，则vy也为0，
因此，该过程中vy先增大后减小，则秋千与小孩的重力的功率也是先增大后减小，故D 正确；
故选：BD。
（多选）7．（2026•沙坪坝区校级模拟）如图所示，在足够长的水平面上有两个质量分别为3m 和m 的物
块P、Q（P、Q 紧靠在一起但不粘连）。一根弹性绳一端固定在天花板上O 点，另一端穿过水平固定
挡板上的光滑小孔O′后，系于物块P 上。物块P、Q 可视为质点，弹性绳的弹力与其形变量的关系满
足胡克定律，原长等于O、O′间距离，劲度系数k 为12mg
5 L ，弹性绳的弹性势能满足E p= 1
2 k x
2，x
为其形变量。将物块P、Q 从a 点静止释放，向右运动到d 点时P、Q 恰好分离。已知O、O′、c 三点
在一条直线上且Oc 垂直于地面，O′c＝L，O′a＝2L，b 为ac 的中点，已知物块P、Q 与地面的动摩
擦因数为
❑√3
3 ，则（ ）
A．P 在a 点受到的摩擦力大于在b 点受到的摩擦力
B．物块从a 点运动到d 点的过程中摩擦力对P 做功为−32mgL
15
C．P、Q 在c 点的加速度大小为2❑√3 g
15
D．P、Q 分离时的速度大小为2❑√30 gL
15
【答案】CD
【分析】题目描述弹性绳连接物块P 并穿过光滑小孔，物块P、Q 从a 点静止释放向右运动至d 点分
离。分析过程需关注弹性绳弹力随物块水平位移变化，其竖直分量影响物块对地面压力，进而改变滑
动摩擦力。通过几何关系确定弹力竖直分量恒为定值，导致压力与摩擦力恒定，结合给你关系分析从
a 到d 过程中摩擦力做功与物块速度变化，根据牛顿第二定律分析c 点加速度，利用分离条件判断分离
速度。
【解答】解：设当物块运动到与c 点距离为x 处时，物块P 与O′点的连线与O′c 的夹角为θ。
根据几何关系可得此时弹性绳的伸长量为：Δx=
L
cosθ
此时弹性绳的弹力大小为：T＝kΔx
其竖直分量为：Ty＝Tcosθ＝kL，可得Ty为恒量。
其水平分量为：Tx＝Tsinθ＝kLtanθ＝kx。
A、由上述分析可知，物块P 与地面之间的弹力大小为NP＝3mg﹣Ty＝3mg﹣kL＝0.6mg
物块P 与地面之间的滑动摩擦力大小为：fP＝μNP=
❑√3
5 mg
可见fP为恒定值，故物块P 在a 点受到的摩擦力等于在b 点受到的摩擦力，故A 错误；
B、两物块运动到d 点时恰好分离，此时P、Q 之间的弹力为零，设此时两者的加速度大小为a，弹性
绳的弹力T 的水平分量为Tx。根据牛顿第二定律得：
对Q 有：μmg＝ma
对P 有：Tx+fP＝3ma
联立解得：Tx= 4 ❑√3
5
mg
由前述分析：Tx＝kxcd，解得c、d 两点之间的距离为：xcd=
❑√3
3 L
已知：O′c＝L，O′a＝2L，由勾股定理易知，a、c 两点之间的距离为：xac= ❑√3L
物块从a 点运动到d 点的过程中摩擦力对P 做功为：W＝﹣fP（xac+xcd）=−4
5 mgL，故B 错误；
C、设P、Q 在c 点时加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得：fP+μmg＝4ma
解得：a′= 2❑√3
15 g，故C 正确；
D、两物块从a 到d 的过程，弹性绳的弹性势能的减少量为：ΔEp
= 1
2 k ⋅O′ a
2−1
2 k ⋅O′ d
2= 1
2 k ⋅(O′ a
2−O′ d
2)
其中：O′a2﹣O′d2=( xac
2 +O′ c
2)−( xcd
2 +O′ c
2)= xac
2 −xcd
2 = 2
3 L
2
解得：ΔEp= 16
5 mgL
设P、Q 分离时的速度大小为v，对此过程，根据能量守恒与功能关系得：
ΔEp＝（fP+μmg）（xac+xcd）+ 1
2 (4 m)v
2。
解得：v = 2❑√30 gL
15
，故D 正确。
故选：CD。
（多选）8．（2026•德阳模拟）如图1 所示，质量M＝3kg 的木板P 静止在水平地面上，质量m＝2kg 的
物块Q（可视为质点）静止在木板P 的右端。t＝0 时，对木板P 施加水平向右的拉力F，一段时间后撤
去F，木板的v﹣t 图像如图2 所示，物块Q 始终没有离开木板P，取重力加速度g＝10m/s2，则
（ ）
A．拉力F 的大小为16N
B．拉力F 的作用时间为6s
C．木板与地面摩擦产生的热量为397.5J
D．木板P 从开始运动到停下经历的时间为8.25s
【答案】CD
【分析】分析木板P 的v﹣t 图像，明确其运动分为三个阶段：0 至5 秒受拉力作用匀加速，5 至6 秒撤
去拉力后减速，6 秒后物块Q 与木板P 以不同加速度继续减速。物块Q 始终在木板P 上，表明两者间
存在滑动摩擦，且地面与木板间也有摩擦。通过图像斜率可求各阶段加速度，结合物块Q 的运动确定
其加速度，进而利用牛顿第二定律分别对木板P 在三个阶段列式，可求解动摩擦因数与拉力大小。再
根据木板P 在6 秒后的受力分析，计算其继续减速至停止的时间。木板与地面摩擦产生的热量需通过
木板相对地面的总位移与地面摩擦力的乘积求得。
【解答】解：B、根据木板P 的v﹣t 图像，在0～5s 内，木板受到拉力作用，其加速度为
a1= 10m/ s
5 s
=2m/ s
2；在5～6s 内，拉力撤去，加速度变为a2= 6m/ s−10m/ s
1s
=−4 m/ s
2，由此
可知拉力作用时间为5s，故B 错误；
A、物块Q 在P 的摩擦力作用下做加速运动，设其加速度为aQ，当t＝6s 时，两者达到共同速度v＝
6m/s，因此有aQ= 6m/ s
6 s
=1m/ s
2。根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝maQ，对木板P，在撤去拉力F
后的5～6s 内，有﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，在撤去拉力F 前的0～5s 内，有F﹣μ1mg﹣μ2
（M+m）g＝Ma1，联立以上方程并代入数据，解得μ1＝0.1，μ2＝0.2，F＝18N，故A 错误；
D、当t＝6s 后，由于物块Q 减速的加速度大小为1m/s2，小于木板P 的减速加速度，因此Q 相对P 向
前滑动。对木板P 应用牛顿第二定律，有μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma3，解得a3=−8
3 m/ s
2。木板P 继
续滑动直至停止所需的时间为t3= 0−6m/ s
−8/3m/ s
2 =2.25 s，则其总运动时间为t＝6s+2.25s＝8.25s，故D
正确；
C、木板P 运动的总位移等于其v﹣t 图线与时间轴所围成的面积，计算得
xP= 1
2 ×5 s×10m/ s+ 10m/ s+6m/ s
2
×1s+ 1
2 ×6m/ s×2.25 s=39.75m。木板与地面间因摩擦
产生的热量为Q＝μ2（M+m）gxP，代入数据解得Q＝397.5J，故C 正确。
故选：CD。
三．解答题
9．（2026•德州模拟）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径r＝
0.2m。传送带长为L＝3.6m，以v＝4m/s 顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度h＝3.2m。一
质量为M＝2kg 的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度v0＝4m/s 匀速运动，速度方向垂直于圆
弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为m＝2kg 的小物块从圆弧最上端无初速释放，物块落下
后打在木板上表面。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为μ1= 1
2，μ2=
❑√2
12 ，物块始终未
落在地面上，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力及木板的厚度。
（1）求物块在传送带上运动的时间；
（2）若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小
减半，方向反向。求：
①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能；
②物块与木板第1 次碰撞后瞬间，物块的速度大小。
【答案】（1）物块在传送带上运动的时间是1s；
（2）①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能是80J；
②物块与木板第1 次碰后瞬间，物块的速度大小是❑√26m/s。
【分析】（1）先由机械能守恒求物块滑到圆弧底端的速度，再结合传送带速度和物块加速度，分阶段
分析物块在传送带上的匀加速和匀速运动，计算总时间；
（2）①先求物块平抛到木板前的竖直和水平速度，结合碰撞前后的速度变化，计算碰撞前后的总机
械能，差值即为损失的机械能；
②先分析碰撞时水平方向的相互作用，用动量守恒求碰后水平速度，再结合竖直方向的速度，合成得
到物块的速度大小。
【解答】解：（1）设物块滑上传送带时的初速度为v1，在传送带上的加速度大小为a1根据动能定理
有mgr = 1
2 m v1
2
由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
设物块与传送带可以达到共速。由运动学公式v
2−v1
2=2a1 x1
代入数据可得x1＝1.2m＜L，即可以共速。则t1= v −v1
a1
，t2= L−x1
v
物块在传送带上运动的时间t＝t1+t2
代入数据可得t＝1s
（2）①物块与木板最终竖直速度为零，水平方向共速，建立如图所示坐标系
由动量守恒定律，得x 方向满足mv＝（M+m）vx 共
y 方向满足Mv0＝（M+m）vy 共
物块与木板最终的共同速度v共=
❑√v x 共
2
+ v y 共
2
对物块与木板组成的系统，由能量守恒解得ΔE = 1
2 m v
2+mgh+ 1
2 M v0
2−1
2 (m+ M )v共
2
代入数据可得ΔE＝80J
②设竖直方向物块的第一次碰前瞬间的速度为vc，则v2
2=2gh
碰后瞬间的速度v x1= v x
2 ，以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对木板的速度
Δv0=
❑√v
2+ v0
2
代入数据可得Δv0＝4❑√2m/s
可知木块受到木板的摩擦力与x 轴方向、y 轴正方向的夹角均为45°
规定初速度方向为正，由动量定理可知竖直方向FNΔt＝mvz1﹣（﹣mvz）
x 轴方向﹣μ2FNcos45°Δt＝mvx1﹣mv
y 轴方向μ2FNcos45°Δt＝mvy1
物块与木板第一次碰撞后v碰1=
❑√v x1
2 + v y 1
2 + v z1
2
代入数据可得v碰1= ❑√26m/ s
答：（1）物块在传送带上运动的时间是1s；
（2）①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能是80J；
②物块与木板第1 次碰后瞬间，物块的速度大小是❑√26m/s。
10．（2026 春•新建区校级期中）如图所示，MN 为光滑的水平面，NO 是一长度s＝1.25m、倾角为θ＝
37°的光滑斜面（斜面体固定不动），OP 为一粗糙的水平面。MN、NO 间及NO、OP 间用一小段光滑
圆弧轨道相连。一条质量为m＝2kg，总长L＝0.8m 的均匀柔软链条在外力作用下静止放在MNO 面
上，处在斜面上的AB 段长度为L1＝0.4m，链条与OP 面的动摩擦因数μ＝0.5（g＝10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8），不计链条经过圆弧处时的能量损失，现自由释放链条，求：
（1）取OP 水平面为零势能面，链条在开始释放位置的重力势能为多大；
（2）链条的A 端滑到O 点时，链条的速率为多大；
（3）链条在水平面OP 停下时，链条的C 端离O 点的距离为多大。
【答案】（1）链条在开始释放位置的重力势能为13.8J。
（2）链条的A 端滑到O 点时的速率为3m/s。
（3）链条在水平面OP 停下时，C 端离O 点的距离为0.98m。
【分析】（1）链条初始位置分为两段，MN 水平段和NO 斜面段。重力势能需以OP 为零势能面计
算，关键在于确定各部分质量中心到OP 面的竖直高度差。MN 段链条整体高度为斜面长度s 乘以正弦
值，斜面AB 段链条质量中心位于该段中点，其高度需减去自身长度一半对应的竖直分量，将两段势
能相加可得总重力势能。
（2）链条A 端滑至O 点过程中，系统仅重力做功，机械能守恒。此时链条形状已改变，C 点仍在斜
面上。需确定此时系统的重力势能，其等于全部链条质量中心在斜面上的高度对应的势能。根据机械
能守恒，初始总重力势能等于此时重力势能与链条整体动能之和，由此可解出链条整体速率。
（3）链条进入粗糙水平面OP 后受摩擦力作用直至停止。摩擦力随进入水平面的链条长度均匀增加，
可用平均摩擦力计算变力做功。从A 端到O 点瞬间至最终停止全过程，应用动能定理。初态为（2）
问末态的动能，过程中重力对仍在斜面上的部分链条做正功，水平面上已进入部分和完全进入部分滑
动摩擦力做负功，总功等于动能变化量，据此可求C 端到O 点的距离。
【解答】解：（1）设OP 水平面为重力势能的零点。
链条开始运动时的重力势能为E1，设AB 段链条质量为m1＝1.0kg，BC 段链条质量为m2＝1.0kg，则
E1=m2 gssinθ+m1g(ssinθ−L1
2 sinθ)，解得：E1＝13.8J。
（2）链条的A 端滑到O 点的过程中，只有重力做功，机械能守恒。
因为s＞L，链条的A 端滑到O 点时，C 点已在斜面上。
设此时的机械能为E2，则有E2=mg L
2 sinθ+ 1
2 m v
2。
由机械能守恒定律E1＝E2，可解得链条的A 端滑到O 点时的速率v＝3m/s。
（3）链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力，但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩
擦力做功。
从链条的A 端滑到O 点到链条最终停下的过程，由动能定理得
mg L
2 sinθ−1
2 μmgL−μmgx =0−1
2 m v
2，解得链条在水平面OP 停下时，其C 端离O 点的距离x＝
0.98m。
答：（1）链条在开始释放位置的重力势能为13.8J。
（2）链条的A 端滑到O 点时的速率为3m/s。
（3）链条在水平面OP 停下时，C 端离O 点的距离为0.98m。
11．（2026 春•思明区校级期中）如图所示，物块A 的质量m＝5kg，一根轻绳跨过物块A 上方的定滑
轮，一端与物块A 相连，另一端与质量为M 的小环B 相连，小环B 穿在竖直固定的均匀细杆上。将小
环B 置于杆的Q 点时，物块A、小环B 均处于静止状态，此时连接小环B 的轻绳与水平面的夹角θ＝
37°。当小环B 在杆上的O 点时，小环B 和定滑轮之间的轻绳处于水平。定滑轮到杆的距离为d＝
0.8m，不计一切摩擦和定滑轮的大小，现将小环B 由P 点静止释放，P、Q 关于O 点对称。取重力加
速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小环B 的质量M；
（2）小环B 运动到Q 点速度的大小；
（3）小环B 从P 点运动O 点过程中，轻绳对小环B 做的功。
【答案】（1）小环B 的质量M 为3kg；
（2）小环B 运动到Q 点速度的大小为❑√15 m/ s；
（3）小环B 从P 点运动O 点过程中，轻绳对小环B 做的功为10J。
【分析】（1）对小环进行受力分析，根据平衡关系求小环B 的质量M；
（2）由机械能守恒定律和速度的关系求小环B 运动到Q 点速度的大小；
（3）由机械能守恒定律和动能定理求小环B 从P 点运动O 点过程中，轻绳对小环B 做的功。
【解答】解：（1）小环静止在Q 点时，轻绳的拉力
T＝mg
对小环进行受力分析，如图
由正交分解Tsinθ＝Mg
小环的质量M＝3kg
（2）小环从P 点运动到Q 点，物体A 的位置不变，由机械能守恒定律
MghPQ= 1
2 M vQ❑
2+ 1
2 mv A❑
2
小环运动到Q 点时，小环与物体A 的速度关系vQsinθ＝vA
PQ 两点之间的高度hPQ＝2dtanθ
则小环运动到Q 点的速度大小vQ= ❑√15 m/ s
（3）小环从P 点运动到O 点，物体A 下降的高度h=
d
cosθ −d
小环下降高度
hPO＝dtanθ
小环下降到O 点时，物体A 的速度为零，由机械能守恒定律MghPO+mgh= 1
2 M vO
2
对小环，由动能定理MghPO+W = 1
2 M vO❑
2
得W＝10J
答：（1）小环B 的质量M 为3kg；
（2）小环B 运动到Q 点速度的大小为❑√15 m/ s；
（3）小环B 从P 点运动O 点过程中，轻绳对小环B 做的功为10J。
12．（2026•新洲区校级模拟）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静
止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A 木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A 木板
长度为4m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g 取10m/s2，忽略空气阻力。
（1）机器人从A 木板左端走到A 木板右端时，求A、B 木板间的水平距离。
（2）机器人走到A 木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A 木板右端跳到B 木板左端，求
起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B 木板左端后立刻与B 木板相对静止，随即相对B 木板连续不
停地6 次等间距跳到B 木板右端，此时B 木板恰好追上A 木板。求该时刻A、C 两木板间距xAC与B
木板长度LB的关系。
【答案】（1）A、B 木板间的水平距离为3m。
（2）起跳过程机器人做的功为180J，跳离瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值为2。
（3）该时刻A、C 两木板间距xAC与B 木板长度LB的关系为x AC = 7
4 LB。
【分析】（1）分析机器人从A 左端走到右端的过程，以机器人与A 为系统，水平方向动量守恒。机
器人相对地面向右移动，A 木板相对地面向左移动，两者位移之和等于A 木板长度。通过动量守恒建
立两者位移关系，可求出A 木板向左移动的距离，该距离即为此时A、B 木板间的水平距离。
（2）机器人从A 右端跳向B 左端，为做功最少，需优化起跳速度。起跳过程，机器人与A 系统水平
动量守恒，机器人获得水平与竖直分速度。机器人做平抛运动，其水平位移等于（1）中求得的A、B
间距。结合平抛运动规律与能量守恒，机器人做功为自身动能与A 木板动能之和。利用基本不等式求
做功最小值条件，可确定两分速度关系，进而求得最小功及速度方向正切值。
（3）机器人跳到B 上后，与B、C 系统水平动量守恒，达到共同速度v1，随后C 以v1匀速脱离。机器
人在B 上连续跳跃至右端，此过程机器人与B 系统水平动量守恒，两者相对位移等于B 木板长度LB。
B 木板恰好追上A 木板，需满足A、B 位移关系。结合A、B、C 三者的运动时间与位移关系，可建立
A、C 间距xAC与LB的方程。
【解答】解：（1）在机器人从A 木板左端运动至右端的过程中，以机器人与A 木板为系统，设系统
水平方向动量守恒，规定向右为正方向。
设机器人对地的位移为xR，A 木板对地的位移为xA，则有MxR＝mAxA。
由几何关系可知xR+xA＝LA，代入数据解得xA＝3m。
由于B 木板保持静止，此时A 木板与B 木板之间的水平距离为3m。
（2）在机器人起跳瞬间，设其获得水平速度vx与竖直速度vy，A 木板获得的反冲速度大小为vA。
根据水平方向动量守恒定律，以vx的方向为正方向，有Mvx＝mAvA。
机器人做平抛运动，其运动时间为t = 2v y
g
要跳到B 木板左端，其对地的水平位移需等于A、B 间的水平距离，即满足vxt＝3m。
可得出最终的化简结果vx•vy＝15
该乘积常数即为机器人能够准确命中B 木板左端的速度约束条件。
根据能量守恒定律，起跳过程中机器人所做的功为W = 1
2 M (v x
2+ v y
2 )+ 1
2 mA v A
2 =12v x
2+3 v y
2。
利用基本不等式，当12v x
2=3 v y
2，即vy＝2vx时，机器人做功最小。
联立方程解得起跳过程机器人做的功W＝180J，且跳离瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值为
tanθ = v y
v x
即tanθ＝2
（3）机器人在平抛运动期间，A 木板向左移动的距离为vAt，计算得该距离为9m。
因此，当机器人落到B 木板上时，A、B 两木板间的距离扩大为d＝3m+9m＝12m。
机器人落到B 木板上后，与B、C 木板相互作用并最终达到共同速度v1，以vx的方向为正方向，根据
动量守恒定律有Mvx＝（M+mB+mC）v1，解得v1＝0.6vx。
在后续的连续跳跃过程中，C 木板因不受水平拉力而脱离系统，并以速度v1匀速向右运动。
设机器人从B 木板左端运动至右端所需的总时间为t2，该过程中机器人的水平速度为vR，B 木板的水
平速度为vB。
根据机器人与B 木板组成的系统在水平方向动量守恒，以v1的方向为正方向，有MvR+mBvB＝
（M+mB）v1，同时满足相对位移关系（vR﹣vB）t2＝LB。
由于此时B 木板恰好追上A 木板，它们的位移关系满足d+vAt2＝﹣vBt2。
此时，A、C 两木板之间的距离为xAC＝LB+v1t2﹣vBt2，联立以上方程，解得x AC = 7
4 LB。
答：（1）A、B 木板间的水平距离为3m。
（2）起跳过程机器人做的功为180J，跳离瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值为2。
（3）该时刻A、C 两木板间距xAC与B 木板长度LB的关系为x AC = 7
4 LB。
