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第一部分 专题二 第6 讲
A 组·基础练
1.(2024·浙江卷)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mgh
B．从1 到2 重力势能增加mgh
C．从2 到3 动能增加mgh
D．从2 到3 机械能不变
【答案】 B
【解析】 由足球的运
迹可知，足球在空中运
一定受到空气阻力作用
动轨
动时
，
从
则
1 到2 重力
能增加
势
mgh，则1 到2
能减少量大于
动
mgh，A
，
错误
B 正确；
从2 到3 由于空气阻力作用，机械能减小，重力
能减小
则
势
mgh，
能增加小于
则动
mgh，C、D
。
错误
2.(2024·广东佛山一模)如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢
球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次
回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底
座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N 极朝上放置，小钢
球逆时针“永动”时，下列分析正确的是( )
A．小球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a 应接电源的正极，轨道b 应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
【答案】 C
【解析】 小球运
的
程中有磁
力做功，机械能不守恒，故
动
过
场
A
；磁力
错误该
“永
机
动
”的物理原理是通
体在磁
中受力的作用，故
电导
场
B
；小
球逆
错误
钢
时
针“永动”
，
受向右的安培力，根据左手定
可知通
小球
流的方向从
时
应
则
过
电
轨
道a 到
道
轨
b，所以
道
轨
a
接
源的正极，道
应
电
轨
b
接
源的
极，故
应
电
负
C 正确；电
源反接后改
安培力的方向，影响
变
“永动”，故D
。
错误
3.(2024·浙江温州一模)图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一
质量为m 的小朋友从a 点沿轨道经b 点滑到最低c 点，已知ab、bc 间高度差均为
h。则小朋友( )
A．a 到b 和b 到c 动能增加量一定相同
B．a 到b 和b 到c 重力势能减少量一定相同
C．a 到b 和b 到c 机械能保持不变
D．a 到c 的运动总时间为2
【答案】 B
【解析】 a 到b 和b 到c
程，然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力
过
虽
做功关系不明确，因此无法确定两个
程中合外力做功关系，由
过
W 合＝ΔEk可知，
其两个
程
能的增加量不一定相同，故
过
动
A
；
项错误
a 到b 和b 到c
程，下降高
过
度相同，重力做功相同，由重力做功与重力
能的关系有
势
mgh＝－ΔEp，由于两过
程重力做功相同，所以重力
能减少量相同，故
势
B
正确；
项
a 到b 和b 到c
程中，
过
由于存在摩擦力做功，所以机械能减小，故C
；若
项错误
a 到c 做自由落体运
，
动
有
则
2h＝gt2，解得t＝2，由于a 到c
程的运
并不是自由落体运
，所以其运
过
动
动
动
一定比从
时间
a
开始做自由落体运
所需
，即
大于
处
动
时间长
时间
2，故D
。
项错误
4.(多选)(2024·湖南常德一模)2023 年9 月21 日，“天宫课堂”第四课在中国
空间站正式开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮进行授课，这是中国
航天员首次在梦天实验舱内进行授课。在天宫课堂上，航天员老师在太空实验室
中做如图所示的实验。一根长为L 的不可伸长的轻绳，一端固定于O 点，另一端系
一质量为m 的小球(可视为质点)。开始时，小球位于位置M，O、M 间距离d＝，绳
子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM 向右运动，
设在以后的运动中小球到达位置N，此时小球的速度方向与绳垂直，则小球从M
运动到N 的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．轻绳对小球做功不为零
C．小球始终做匀速圆周运动
D．小球在N 点时的速度大小为
【答案】 BD
【解析】 因空
站内的物体都
于完全失重状
，小球以初速度
间
处
态
v0先向右做
匀速直
运
至
恰好伸直，
在
瞬
生拉力，使小球沿
方向的速
线
动
轻绳
轻绳
绷紧
间产
绳
度立刻减
零，只剩下垂直于
方向的速度分量
为
绳
v⊥，即此
小球的机械能有
失
时
损
之后小球绕O 点以速度大小v⊥做半径为L 的匀速
周运
，故
圆
动
A、C
；因小球
错误
在N 点
已做匀速
周运
，其速度大小
时
圆
动
为v⊥＝v0sin θ 又sin θ＝＝故v⊥＝，因轻
在
瞬
造成小球机械能的
失，故
小球做功不
零，故
绳
细紧
间
损
轻绳对
为
B、D 正确。
5.(2024·全国卷)如图，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( )
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】 方法一(分析法)：
大
半径
设
圆环
为R，小
在大
上某
环
圆环
处(P 点)与
的作用力恰好
零，如
所示
圆环
为
图
中
角
设图
夹
为θ，从大
端到
圆环顶
P 点
程，根据机械能守恒定律
过
mgR(1－cos θ)＝mv2
在P 点，根据牛
第二定律
顿
mgcos θ＝m
立解得
联
cos θ＝
从大
端到
圆环顶
P 点
程，小
速度
小，小
重力沿着大
心方向的分
过
环
较
环
圆环圆
力大于小
所需的向心力，所以大
小
的
力背离
心，不断减小，从
环
圆环对
环
弹
圆
P 点
到最低点
程，小
速度
大，小
重力和大
小
的
力合力提供向心力，
过
环
变
环
圆环对
环
弹
所以大
小
的
力逐
大，根据牛
第三定律可知小
下滑
程中
大
圆环对
环
弹
渐变
顿
环
过
对
的作用力大小先减小后增大。
圆环
方法二(数学法)：大
半径
设
圆环
为R，小
在大
上某
，
与
心的
环
圆环
处时设该处
圆
与
直向上的
角
连线
竖
夹
为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律
mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)
在
根据牛
第二定律
该处
顿
F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)
立可得
联
F＝2mg－3mgcos θ
大
小
作用力的大小
则
圆环对
环
|F|＝|2mg－3mgcos θ|
根据数学知
可知
识
|F|的大小在cos θ＝
最小，
合牛
第三定律可知小
下
时
结
顿
环
滑
程中
大
的作用力大小先减小后增大。故
过
对
圆环
选C。
6.(2024·山东淄博一模)图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，
在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。
取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起
点M 高度相同，终点N 高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N 点。若将两
个相同的小球a 和b 分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ
轨道上的小球a 先到达终点。下列描述两球速率v 与时间t、速率平方v2与下滑高
度h 的关系图像可能正确的是( )
【答案】 A
【解析】 根据机械能守恒可得mgH＝mv2可得小球a 和b 到达
道底端的速
轨
度大小均为v＝，小球b 沿直
道
线轨
Ⅱ做匀加速直
运
，其
线
动
v－t
像
一条
斜
图
为
倾
直
，小球
线
a 沿“最速降线”
道
轨
Ⅰ运
程，加速度逐
减小，其
动过
渐
则
v－t
像的
图
切
斜率逐
减小，且小球
线
渐
a 所用
小于小球
时间
b 所用
，故
时间
A 正确，B
；
错误
根据机械能守恒可得mgh＝mv2，可得小球a 和b 下滑
程速率平方
过
v2与下滑高度
h 的关系为v2＝2gh 可知小球a 和b 的v2－h
像均
一条
原点的
斜直
，故
图
为
过
倾
线
C、D
。
错误
7.(2024·安徽滁州二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”
号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻
力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像(v－t)、重力势
能—时间图像(Ep－t)、机械能—位移图像(E－x)和动能—位移图像(Ek－x)，可能正
确的是( )
【答案】 D
【解析】 下潜
程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，
过
则f＝kv，下潜
程中，由牛
第二定律得
过
顿
mg－kv＝ma，解得a＝g－可知下潜
程中潜水器做加
过
速度减小的加速运
，故
动
A
；潜水器下潜
程中，重力
能
错误
过
势
Ep＝mg(H－h)＝
mgH－mgh＝Ep0－mg×t2，所以下潜
程中重力
能越来越小，
过
势
Ep－t
像的斜率
图
越来越小，故B
；潜水器下潜中的机械能
错误
E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潜
程
过
中机械能减小，E－x
像的斜率越来越大，故
图
C
；潜水器下潜
程中的
能
错误
过
动
Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潜水器下潜
程中，能先增大，当阻力与重力大
过
动
小相等后
能大小不
，增大
程中
动
变
过
Ek－x
像斜率越来越小，故
图
D 正确。
B 组·综合练
8.(多选)(2024·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 m 的光滑圆弧轨道固
定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝
30°，另一端点D 与圆心O 等高，点C 为轨道的最低点。质量m＝1 kg 的物块(可视
为质点)从空中A 点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道，
物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F 随时间t 的关系如图乙所示，重力加
速度g 取10 m/s2，则( )
A．物块从D 点离开轨道时速度大小为4 m/s
B．F0大小为70 N
C．v0的大小为2 m/s
D．物块在AC 段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】 AB
【解析】 由
像可知，物
从
道
图
块
轨
D 点
出
道到再次回到
飞
轨
D 点的时间为t
＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，物
从
则
块
D 点离开
道
速度大小
轨
时
为vD＝g＝4 m/s，选
项A 正确；从C 到D 由机械能守恒可知mv＝mv＋mgR，在C 点
力最大，由
时压
则
F0－mg＝m，解得F0＝70 N，选项B 正确；从B 到D 由机械能守恒可知mv＋
mgRsin 30°＝mv，解得vB＝2 m/s 则v0＝vBsin 30°＝ m/s，选项C
；根据
错误
PG＝
mgvy可知，物
在
块
A 点
直速度
零，重力的瞬
功率
零；在
时竖
为
则
时
为
C 点
直速
时竖
度
零，重力的瞬
功率也
零，可知物
在
为
则
时
为
块
AC 段运
程中重力的瞬
功率
动过
时
先增大后减小，选项D
。故
错误
选AB。
9.(多选)(2024·云南昆明模拟)如图所示，小滑块P、Q 的质量分别为3m、m，P、
Q 间通过轻质铰链用长为L 的刚性轻杆连接，Q 套在固定的水平横杆上，P 和竖直
放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹
角α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时，将P 由静止释放，P 下降到最低点时α＝
60°。整个运动过程中P、Q 始终在同一竖直平面内，滑块P 始终没有离开竖直墙壁，
弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加速度为g，在P 下降的过程中(
)
A．P、Q 组成的系统机械能不守恒
B．下滑过程中，两个滑块的速度大小始终一样
C．P 和弹簧组成的系统机械能最小时，Q 受到水平横杆的支持力大小等于mg
D．弹簧弹性势能的最大值为2(－1)mgL
【答案】 AC
【解析】 由于不
一切摩擦，所以
计
P、Q 和
簧三者
成的系
机械能守恒，
弹
组
统
但P、Q
成的系
机械能不守恒，故
组
统
A 正确；初始时P、Q 的速度均
零，在
为
P 下
降的
程中，
过
Q 一直沿着杆向左运
，
动P 下降至最低点
，
时P 的速度
零，
为
Q 速度也
零，但由速度的合成与分解可知
为
P、Q 的速度大小不是始
一
，故
终
样
B
；
错误
经
分析可知，P 和
簧
成的系
机械能最小
，
弹
组
统
时Q 的机械能最大，即Q 的
能最大
动
，
速度最大，
杆
轻
对Q 的作用力
零，水平横杆
为
对Q 的支持力大小等于Q 的重力
mg，故C 正确；P 下降至最低点
，簧
性
能最大，此
时弹
弹
势
时P、Q 的速度都
零，
为
由于P、Q 和
簧三者
成的系
机械能守恒，故此
簧
性
能等于系
减少
弹
组
统
时弹
弹
势
统
的重力
能，即
势
Ep＝3mgL(cos 30°－cos 60°)＝(－1)mgL，故D
。故
错误
选AC。
10.(多选)(2024·贵州遵义三模)如图甲所示，工人沿倾角为α＝10°的斜坡向上
推动平板车，将一质量为10 kg 的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没
有发生相对滑动。若平板车板面始终水平，则货物的动能Ek随位移x 的变化图像
如乙所示，已知：sin 10°＝0.17，cos 10°＝0.98，g 取10 m/s2，则( )
A．货物在0～2 m 的过程中，重力势能增加34 J
B．货物在0～2 m 的过程中，克服摩擦力做功
C．货物在2～4 m 的过程中，用时为 s
D．货物在2～4 m 的过程中，机械能一直增大
【答案】 ACD
【解析】
物在
货
0～2 m 的
程中，克服重力做功等于
物重力
能增加，
过
货
势
则
ΔEp＝mgx1sin α＝10×10×2×0.17 J＝34 J，选项A 正确；物在
货
0～2 m 的
程中
过
能增加，物沿斜面做加速运
，加速度沿斜面向上，摩擦力
物做正功
动
货
动则
则
对货
，
选项B
；
错误2 m 末的速度为v＝＝ m/s＝ m/s，物在
货
2～4 m 的
程中的合外力
过
F＝＝ N＝4 N，加速度为a＝＝0.4 m/s2，根据v＝at，可知用时为t＝＝ s，选项C
正确；
物在
货
2～4 m 的
程中，重力
能与
能之和
过
势
动
为E＝mgΔxsin α＋(Ek2－
kΔx)＝17Δx＋(8－4Δx)＝13Δx＋8(J)
随
则
Δx 增加，机械能一直增大，选项D 正确。
故选ACD。
11.(2024·湖南长沙模拟)如图所示，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、半径为r 的细圆管CD，管口D 端正下方直立一根劲度系
数为k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐。质量为m 的滑块
在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑，滑块与BC 间的动摩擦因数μ＝，
进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中
滑块速度最大为vm试求：
(1)滑块到达B 点时的速度大小vB；
(2)水平面BC 的长度x；
(3)在压缩弹簧过程中当滑块的速度最大时弹簧的弹性势能Ep。
【答案】 (1)2 (2)3r (3)mgr＋－mv
【解析】 (1)滑
从
块
A 到B
程，根据机械能守恒可得
过
mg·2r＝mv
解得vB＝2。
(2)滑
入管口
块进
C 端
与
管恰好无作用力，重力提供向心力，由牛
第二
时
圆
顿
定律有mg＝m
解得vC＝
滑
从
块
A 到C
程，根据
能定理可得
过
动
mg·2r－μmgx＝mv－0
解得x＝3r。
(3)当
簧
程中速度最大
，小球所受的重力和
力平衡，有
压缩弹
过
时
弹
则
mg＝kx1
以此位置
重力
能的零
能点，
根据系
机械能守恒可得
为
势
势
则
统
mg(r＋x1)－Ep
＝mv－mv
解得Ep＝mgr＋－mv。
12.(2024·江苏泰州一模)如图所示，一半径r＝ m 的四分之一光滑圆弧轨道与
一水平固定平台相连，现用一轻绳将质量m＝1 kg 的小球(视为质点)跨过光滑轻
质定滑轮与平台上木板MN 相连，木板与滑轮间轻绳处于水平，木板有三分之一
长度伸出平台，其与平台的动摩擦因数μ＝0.2。小球位于圆弧轨道上的A 点，AC
长也为r，CM 足够长。g 取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(结果可保留根
号)。
(1)若小球、木板恰能在图示位置保持静止，求木板质量M；
(2)若木板质量M′＝m，从图示位置由静止释放时，木板的加速度大小为a1＝
1 m/s2，求此时绳中的张力F 和小球的加速度a2的大小；
(3)接第(2)问，求小球从A 点运动到B 点过程中绳子拉力对小球所做的功W。
【答案】 (1) kg (2)3 N m/s2 (3) J
【解析】 (1)根据
意，小球、木板在
示位置
，此
子的
力
题
图
时设
时绳
弹
为T，由
于小球、木板恰好静止，
有
则
T＝μMg
由小球平衡，有Tcos 30°＝mg
立解得
联
M＝ kg。
(2)根据
意，
木板，由牛
第二定律有
题
对
顿
F－μM′g＝M′a1
解得F＝M′a1＋μM′g＝3 N
放瞬
，小球速度
零，
小球指向
心方向的合力
零，
小球有
释
间
为
则
圆
为
则对
mgsin 30°－Fcos 30°＝ma2
解得a2＝＝ m/s2。
(3)小球运
到
动
B 点
，小球速度
时
为v1、木板速度为v2，则v1＝v2
系
，由能量守恒定律得
对
统
mv＋M′v＋μM′g(－1)r＝mgr(1－cos 30°)
小球运用
能定理，有
对
动
mgr(1－cos 30°)＋W＝mv－0
立解得
联
W＝ J。
13.如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。斜面上一轻质弹
簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的
拉力T 作用下，由A 处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑
块沿斜面下滑的位移x 的变化关系如图(b)所示。已知AB 段长度为2 m，滑块质量
为2 kg，滑块与斜面AB 段间的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加
速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N 时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B 点时的动能；
(3)滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)
小滑
的
量
设
块
质
为m，斜面
角
倾
为θ，滑
与斜面
的
摩擦因数
块
间
动
为μ，滑
受斜面的支持力大小
块
为FN，滑
摩擦力大小
动
为Ff，拉力为10 N
滑
时
块
的加速度大小为a。由牛
第二定律和滑
摩擦力公式有
顿
动
T＋mgsin θ－Ff＝ma
①
FN－mgcos θ＝0 ②
Ff＝μFN ③
立
联
①②③式并代入
数据得
题给
a＝7 m/s2。 ④
(2)
滑
在
设
块
AB 段运
的
程中拉力所做的功
动
过
为W，由功的定
有
义
W＝T1x1＋
T2x2 ⑤
式中T1、T2和x1、x2分
滑
下滑
程中两
段所受的拉力及相
的位移
别对应
块
过
阶
应
大小。
依
意，
题
T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
滑
第一次到达
设
块
B 点
的
能
时
动
为Ek，由
能定理有
动
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋
x2)＝Ek－0 ⑥
立
联
②③⑤⑥式并代入
数据得
题给
Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑
第二次到达
块
B 点
，能仍
时动
为Ek。滑
离
设
块
B
点的最大距离为smax，由
能定理有－
动
(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek ⑧
立
联
②③⑦⑧式并代入
数据得
题给
smax＝1.3 m。
