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第4 讲 功能关系 能量守恒定律
1．功能关系
(1)内容
①功是能量转化的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化。
②做功的过程一定伴随有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
(2)做功对应变化的能量形式
①合力的功影响物体的动能的变化。
②重力的功影响物体重力势能的变化。
③弹簧弹力的功影响弹性势能的变化。
④除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化。
⑤滑动摩擦力的功影响系统内能的变化。
⑥静电力的功影响电势能的变化。
⑦分子力的功影响分子势能的变化。
2．两种摩擦力做功特点的比较
项目
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同
点
能量的
转化方面
只有机械能从一个物体转移
到另一个物体，而没有机械
能转化为其他形式的能
(1)将部分机械能从一个物体转移到
另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部
分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦
力做的
总功方面
一对静摩擦力做功的代数和
总等于
0
一对滑动摩擦力做功的代数和总是
负值
相同
点
正功、负功、
不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
3.能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形
式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE 减＝Δ E 增。
考点一 对功能关系的理解
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程是能量转化或转移的过程。不同形式的能量发生相互转化或转移是通过
做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现为不同的力做功，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量上相等。
2．力学中几种常见的功能关系
考向1 对功能关系的理解
【典例1】（2026·辽宁·二模）如图所示，把不可伸长的轻绳两端固定在水平天花板上的a、
b 两点，绳长为L；一个质量为m 的物体A 通过穿在绳上的轻质光滑小环挂在轻绳中间（小
环大小忽略不计），静止时小环两侧轻绳的张角为120°。现给小环施加一水平向右的力
F，让小环缓慢沿绳移动，最终使小环重新稳定在b 点的正下方。已知重力加速度为g，则
（ ）
A．重新稳定时轻绳中张力大小为2
3 mg
B．重新稳定时水平力大小为
❑√3
2 mg
C．在小环移动过程中水平力做功为1
4 mgL
D．若水平力大小F =mg，则重新稳定时，小环两侧的轻绳与天花板所成角度之和小于
90°
【答案】B
【详解】AB．设小环重新稳定静止后，轻绳中的张力大小为T，小环左侧的绳与天花板夹角
为θ，对小环受力分析，如图所示，
根据平衡条件有T +T sinθ =mg，T cosθ = F
由几何关系有a、b 两点间距离d =2× L
2 cos30° =
❑√3
2 L
设b 到小环的距离为x，由几何关系有x
2+(
❑√3
2 L)
2
=(L−x)
2
解得x = L
8 、sinθ = 1
7 、T = 7
8 mg、F =
❑√3
2 mg，故A 错误，B 正确；
C．没施加水平拉力时，如图所示，
小环距天花板的距离x0= L
2 sin30° = L
4
小环稳定在b 点正下方时，环距天花板的距离x = L
8
由功能原理可得，此过程中拉力做功W F =mg(x0−x)= 1
8 mgL，故C 错误；
D．当F =mg重新稳定时，设两段绳与天花板夹角分别为θ1和θ2，如图所示，水平拉力F 和
重力的合力与两绳张角的角平分线在一条直线上（如图中虚线所示），
由几何关系，有θ1+α = 45°，θ2−α = 45°
解得θ1+θ2=90°，故D 错误。
故选B。
考向2 功能关系与图像的综合
【典例2】（2026·福建宁德·二模）（多选）如图所示，在某低速教学风洞中，有一个高
H =0.8 m的台面，上方固定一半径同为H的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面
边缘水平相切。将一质量m=0.4 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，最终落在水平地面上，
整个过程中，小球始终受到水平向左大小为3 N的恒定风力作用。重力加速度g取10 m /s
2，
下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到B点的过程中，机械能减少了2.4 J
B．小球在B点对轨道的压力为4 N
C．小球从B点飞出后到落地前的最小动能为1.4 J
D．小球从B点抛出到落地过程中，小球重力做功的瞬时功率不断增大
【答案】AD
【详解】A．小球从A点运动到B点的过程中，风力做功为W =−F 风R =−2.4 J
此过程小球受重力、轨道的弹力、风力三个力，轨道的弹力与速度方向垂直不做功，故由功
能关系小球机械能减少了2.4 J，故A 正确；
B．小球从A点运动到B点，由动能定理W G+W = 1
2 mv❑
B
2
在B点由牛顿第二定律FN-mg=m v❑
B
2
R
联立解得FN=6 N，vB=2m/s
由牛顿第三定律小球在B点对轨道的压力与轨道对其支持力等大、反向，故压力
F
′
N= FN=6 N,故B 错误；
C．小球离开B 点受风力和重力恒定做匀变速曲线运动，如下图合力方向与速度方向垂直时，
速度或动能最小，由几何关系vmin= vBcos37
∘=1.6 m/s
则最小动能Ekmin= 1
2 m v❑
min
2
=0.512J，故C 错误；
D．小球从B点抛出到落地过程中，小球竖直方向做自由落体运动，速度越来越大，故小球
重力做功的瞬时功率不断增大，故D 正确。
故选AD。
考点二 能量守恒定律的理解和应用
1．理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2．表达式：ΔE 减＝ΔE 增。
3．解题的步骤
(1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内
能等。
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加
的能量ΔE 增的表达式。
(3)列出能量守恒关系式：ΔE 减＝ΔE 增。
【典例3】（2026·河南南阳·模拟预测）某装置中，传送带长度为LAB=18 m，与水平面夹角
为θ =37
∘，以加速度a=6 m /s
2顺时针加速转动，当传送带速度为v0= 4 m /s时，将质量
md =1kg的物块d 轻放于传送带顶端A 点，物块与传送带间动摩擦因数为μ1=0.5，物块d
经过各连接处速率不变，随后物块d 经光滑水平面BC 滑上质量mc =0.5kg的长木板c，长
木板c 及另一质量mb=0.5kg的小物块b 初始静止，小物块b 位于长木板右端。物块d 与长
木板c 间动摩擦因数为μ2=0.2，小物块b 与长木板c 间动摩擦因数为μ3=0.1，长木板c 与
地面间动摩擦因数为μ4=0.025。最终物块d、b 恰好未碰撞。重力加速度g 取10 m /s
2，
sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，求：
(1)物块d与传送带共速时的速率；
(2)整个过程传送带与d 之间因摩擦产生的热量及传送带对d 做的功；
(3)长木板c 的长度。
【答案】(1)10 m /s
(2)8J，20J
(3)44.8 m
【详解】（1）对物块d，由牛顿第二定律得md gsinθ+ μ1md gcosθ =md a1
解得a1=10 m /s
2
假设经过t1时间d与传送带共速，对传送带，由运动学公式得v1= v0+at1
对物块d，有v1=a1t1
解得v1=10 m /s,t1=1s
d在该阶段的位移为x1= 1
2 a1t1
2=5 m < LAB
假设之后与传送带相对静止一起运动，对d，由牛顿第二定律有md gsinθ+ Ff=md a
解得Ff=0，所以d不会与传送带发生相对滑动；
（2）作出0∼1s传送带和物块d的v −t图像如图1 所示，图中阴影部分面积为d和传送带之
间的相对位移Δ x = 4×1
2
m =2m
由Q = μ1md gcosθ⋅Δ x
得Q =8J
之后与传送带相对静止，没有相对滑动，对d，由运动学公式得vB
2 −v1
2=2a(LAB−x1)
解得vB=16 m /s
物块d从A到B，由动能定理得md g LABsinθ+W = 1
2 md vB
2
解得W =20J
（3）d滑上c，对d由牛顿第二定律得μ2md g=md a2
解得a2=2m /s
2
假设b、c相对滑动，对b，由牛顿第二定律得μ3mb g=mba3
解得a3=1m /s
2
对c，由牛顿第二定律得μ2md g−μ3mb g−μ4(md+mb+mc)g=mc a4
解得a4=2m /s
2>a3
假设成立，假设d滑上c为0 时刻，经过t2时间d与c共速，对d由运动学公式得v2= vB−a2t2
对c由运动学公式得v2=a4t2
解得v2=8 m /s，t2= 4s
此时b的速度为vb=a3t2= 4 m /s
假设之后d、c一起运动，对d、c，由牛顿第二定律得
μ3mb g+ μ4(md+mb+mc)g=(md+mc)a5
解得a5= 2
3 m /s
2，此时d、c之间摩擦力为Ff=md a5= 2
3 N < μ2md g
假设成立，设再经过t3时间d、b、c共速，v2−a5t3=a3(t2+t3)
解得t3=2.4s
假设d、b、c共速以后相对静止一起运动，对整体由牛顿第二定律得
μ4(md+mb+mc)g=(md+mb+mc)a6
解得a6= μ4 g=0.25 m /s
2
此时d、c之间摩擦力为Ff1=md a6= 1
4 N< μ2md g
b、c之间摩擦力为Ff2=mba6= 1
8 N< μ3mb g
假设成立，作出d、b、c的v −t图像如图2 所示
图中S1为d、c相对位移，S1= 16×4
2
m =32m
图中S2为d、c相对位移，S2= 6.4×4
2
m =12.8 m
所以c的长度为L= S1+ S2= 44.8 m
【典例4】 （2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如题图所示，某物理兴趣小组设计了一个挑战
游戏。挑战者通过弹射装置压缩弹簧，使质量为m的小物块（视为质点）以一定速度弹出，
从水平台面沿切线方向进入圆弧轨道ab，轨道ab与轨道bc相切于b点，b点到轨道圆心的连
线与水平面的夹角为θ =30
∘，c 端与水平地面相平，ab、bc 的半径分别为R、2 R。在de 段，
挑战者可自行选择传送带以v0= ❑√5 gR顺时针或逆时针匀速转动，若小物块能始终不脱离轨
道运动至ef 段且不与gf 碰撞，则挑战成功。所有轨道、传送带在同一竖直面内，cdef 在同
一水平面上，de =5R，ef =2 R，物块与de、ef 段之间动摩擦因数分别为μ1= 5
7、μ2= 6
7 ，
其余摩擦均不计，重力加速度为g。求：
(1)为使小物块不脱离圆弧轨道，求初始弹性势能的最小值；
(2)分别讨论传送带顺时针或逆时针转动时，挑战能否成功，若成功，求初始弹性势能的取
值范围。
【答案】(1)1
2 mgR
(2)逆时针转动挑战不成功，顺时针转动挑战成功1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR
【详解】（1）物块恰好不脱离圆弧轨道时，在a 点由受力分析mg=m va
2
R
由释放到a 点的过程中，初始弹性势能的最小值Ep0= 1
2 m va
2= 1
2 mgR
（2）若传送带顺时针转动，物体在传送带上做减速运动
情况1：刚好到达e 点停下。
从释放到e，由能量守恒Epmin+mg×3 R (1+sinθ)= μ1mg de
解得Epmin=−13
14 mgR<0
故为使挑战成功，只需小物块恰不脱离圆弧轨道，即最小初始弹性势能为Ep0= 1
2 mgR
情况2：刚好到达f 点停下。
从释放物块到恰好运动到f，由能量守恒Epmax+mg×3 R (1+sinθ)= μ1mg de+ μ2mgef
解得Epmax= 11
14 mgR
所以，若传送带顺时针转动且初始弹性势能在1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR范围内，则挑战成功。
若传送带逆时针转动，为确保物体不脱轨，当以最小弹性势能Ep0释放时，设物体到达c 点
的速率为vcmin，由能量守恒Ep0+mg×3 R (1+sinθ)= 1
2 m vcmin
2
解得vcmin= ❑√10 gR
由于传送带速率v0= ❑√5 gR<vcmin≤vc，物体在传送带上一定先做减速运动，无论能否与传
送带共速，物体离开传送带的速度ve≥v0
到达e 点后，设小物块减速x减后停下，则由于ve≥v0，x减≥v0
2−0
2 μ2g = 35
12 R
解得x减>ef ，故若传送带逆时针转动，一定会和gf 发生碰撞，挑战不可能成功。
综上所述：只有当1
2 mgR≤Ep≤11
14 mgR且传送带顺时针转动，挑战成功。
1.
（2026·安徽芜湖·二模）如图所示，水平面上一劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定于墙上，
另一端连接物体甲。现用物体乙缓慢推甲使弹簧压缩x0，甲、乙质量均为m。乙的下表面光
滑，甲与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现同时由静止释放甲、乙，两者向
右运动一段时间后分离，下列说法正确的是（ ）
A．甲运动到速度最大时，弹簧压缩量为0
B．甲与乙分离时，弹簧为伸长状态
C．释放后，甲、乙间的最大弹力为k x0−μmg
2
D．从释放到分离，甲、乙与弹簧组成的系统机械能减少量为μmg x0
【答案】C
【详解】AB．对甲、乙当k Δ x = μmg时，弹簧压缩量为Δ x = μmg
k
甲、乙的加速度为零，速度最大，此时甲与乙分离，此后乙向右做匀速直线运动，甲向右做
减速运动（弹力小于摩擦力），故AB 错误；
C．释放瞬间，甲、乙间的弹力最大，对甲乙整体由牛顿第二定律k x0−μmg=2ma
对乙F m =ma
联立解得Fm = k x0−μmg
2
，故C 正确；
D．由AB 选项知从释放到分离，甲、乙与弹簧组成的系统机械能减少量为
μmg( x0−Δ x)= μmg( x0−μmg
k
)，故D 错误。
故选C。
2.
（2026·湖北·二模）我国空间站在高空绕地球做圆周运动，空间站在运行过程中受到稀薄空
气阻力的作用，当空间站的轨道半径从R降低到(R−Δ R)（其中Δ R≪R）时就要进行轨
道维护与提升，以确保空间站能稳定运行。假设空间站质量为m，空间站绕地球每一圈均视
为匀速圆周运动，地球质量为M，引力常量为G。取无穷远处为零势能点，当空间站运行
轨道半径为r时，空间站与地球组成系统具有的引力势能可表示为Ep=−GMm
r
，受到空气
阻力大小为f = k
r （k为大于零的常数）。空间站绕地球运动n圈后需要进行轨道维护与提升，
则n等于（ ）
A．GMm
4πk(
1
R−Δ R −1
R)
B．GMm
2πk(
1
R−Δ R −1
R)
C．
Mm
2πkG(
1
R−Δ R −1
R)
D．
Mm
4πkG(
1
R−Δ R −1
R)
【答案】A
【详解】根据万有引力提供向心力GMm
r
2
= m v
2
r
可得动能Ek= 1
2 m v
2= GMm
2r
引力势能Ep=−GMm
r
因此总机械能E = Ek+ Ep=−GMm
2r
轨道从R降到R−Δ R，初态机械能E1=−GMm
2 R ，末态机械能E2=−
GMm
2(R−Δ R)
可得机械能减少量Δ E = E1−E2= GMm
2 (
1
R−Δ R −1
R)
每圈轨道周长为2πr，阻力f = k
r ，因此每圈克服阻力做功W 1= f ⋅2πr = k
r ⋅2πr =2πk
n圈总克服阻力做功W =n⋅2πk
机械能减少量等于克服阻力做的功，有n⋅2πk = GMm
2 (
1
R−Δ R −1
R)
解得n= GMm
4 πk (
1
R−Δ R −1
R)
故选A。
3.
（2026·重庆沙坪坝·三模）如题图所示，一质量为M、半径为R、内壁光滑的半圆槽放在粗
糙水平地面上，半圆槽与地面间的动摩擦因数为μ。一质量为m的小球，从半圆槽的最左端
与圆槽圆心等高位置由静止释放。已知在小球运动的过程中半圆槽始终相对地面静止，不计
空气阻力，重力加速度为g。释放小球后，下列说法正确的是（ ）
A．小球加速度的最大值为3
2 g
B．地面对半圆槽摩擦力的最大值为1
2 mg
C．μ的最小值为
3m
2❑√M (3m+ M )
D．当小球运动到最低点时，地面对半圆槽的支持力F N <(m+ M )g
【答案】C
【详解】A．小球从初始位置释放到最低点过程，由机械能守恒mgR = 1
2 m v
2
得v
2=2 gR
最低点小球向心加速度a= v
2
R =2g
初始位置小球加速度仅为g，因此加速度最大值为2 g，故A 错误；
B．设小球位置与圆心连线和水平方向夹角为θ，由机械能守恒mgRsin θ = 1
2 mv
2
径向合力提供向心力N −mgsin θ = mv
2
R
得N =3mgsin θ
根据平衡条件地面对半圆槽摩擦力f = N cos θ =3mgsin θcos θ = 3mg
2
sin 2θ
地面对槽的摩擦力平衡该分量，最大值为3mg
2
（θ = 45
∘时取到），故B 错误。
C．槽静止时需满足μ F N ≥f ，其中竖直方向地面支持力
F N = Mg+ N sinθ = Mg+3mgsin
2θ
水平摩擦力f = 3mg
2
sin 2θ
整理得 μ≥
3mg
2
sin 2θ
Mg+3mgsin
2θ
=
3mgsin 2θ
2 Mg+3mg(1−cos 2θ) =
sin 2θ
2 M +3m
3m
−sin 2θ
令y =
sin α
k −cos α （α =2θ，k = 2 M +3m
3m
）
由三角函数求最值可得ymax =
1
❑√k
2−1
代入k化简得 ymax =
3m
2❑√M (3m+ M )
即μ最小值为
3m
2❑√M (3m+ M )，故C 正确；
D．小球运动到最低点时，小球对槽的压力为3mg向下，因此地面对槽的支持力
F N = Mg+3mg=( M +m)g+2mg>( M +m)g
故D 错误；
故选C。
4.
（2026·河北衡水·二模）军事演习中，一台油电混合无人机通过缆绳O
′O连接OA、OB、
OC、OD 四根等长的绳索运送质量为m 的橡皮艇，结点为O，A、B、C、D 四点在同一水平
面内且OA = AB = BC =CD = DA。在无人机与橡皮艇一起沿竖直方向匀加速上升的过程中，
加速度大小为a，缆绳O
′O始终竖直，空气对橡皮艇的作用力大小恒为f，方向竖直向下。
不计缆绳与绳索质量，无人机燃油消耗不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A．橡皮艇的机械能守恒
B．无人机受到空气的作用力保持不变
C．绳索OA 受到的拉力大小为
❑√2
4
(mg+ f )
D．当速度为v0时绳索OA 对橡皮艇的拉力的功率为1
4
(mg+ f +ma)v0
【答案】D
【详解】A．橡皮艇匀加速上升，动能增加，重力势能增加，故机械能不守恒，故A 错误；
B．设无人机质量为M，橡皮艇的质量为m，空气对无人机的作用力为F，对无人机和橡皮
艇分析，根据牛顿第二定律有F −(M +m)g−f =(M +m)a
解得F =(M +m)(g+a)+ f
因无人机燃油消耗，其质量M会减小，故空气对无人机的作用力F也会减小，故B 错误；
C．橡皮艇受重力mg、空气阻力f 、四根绳索的拉力作用，且每根索的拉力大小相等，令大
小为T。设每根绳索与竖直方向夹角为θ，由题知，OA = AB = BC =CD = DA，设五段绳索
长度都为L，根据几何关系有sinθ =
❑√2
2 L
L
=
❑√2
2
解得θ = 45
∘
对橡皮艇分析，根据牛顿第二定律有4T cosθ−mg−f =ma
解得T =
❑√2
4 [m(g+a)+ f )，故C 错误；
D．当速度为v0时绳索OA 对橡皮艇的拉力的功率为P=T cosθ⋅v0= 1
4
(mg+ f +ma)v0，故
D 正确。
故选D。
5.
（2026·辽宁鞍山·二模）如图，物块B 和C 间通过一轻质弹簧相连，轻质绳跨过固定于天花
板上的轻质定滑轮，两端分别与套在竖直固定杆上的小球A 和物块B 连接。初始时托住A 使
系统静止，滑轮与A 间的绳水平，滑轮与B 间的绳竖直，且绳无拉力。B、C 质量均为m，A
的质量为2m。将A 从图示位置由静止释放，当连接A 的绳与竖直杆的夹角为37°时，B 上升
的速度大小为v 且C 刚要离开地面。取sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度为g，不
计一切摩擦力和空气阻力，不计物体和滑轮的大小，则在此过程中A 下降的高度为（ ）
A．v
2
2g
B．11v
2
8 g
C．v
2
g
D．57 v
2
75 g
【答案】B
【详解】设A 下降的高度为h。由几何关系，初始时滑轮与A 间绳水平，设滑轮到杆的水平
距离为d。当绳与竖直杆夹角为37
∘时，A 下降h，此时绳长L=
h
cos37
∘
水平距离d =h tan37
∘
绳子被拉过的长度等于B 上升的高度hB，即hB= L−d =
h
cos37
∘−h tan37
∘=0.5h
根据速度分解vB= v A cos37
∘
已知vB= v，则v A = v
0.8 = 5
4 v
初始时绳无拉力，B 静止，弹簧处于压缩状态，压缩量x1满足k x1=mg
末态C 刚要离开地面，弹簧处于伸长状态，伸长量x2满足k x2=mg
由于x1= x2，弹簧弹性势能变化量为0。对系统应用机械能守恒定律，重力做功
W G=mA gh−mB ghB=1.5mgh
动能增加Δ Ek = 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2 = 33
16 m v
2
由W G= Δ Ek
得1.5mgh= 33
16 m v
2
解得h= 11v
2
8 g
故选B。
6.
（2026·北京海淀·一模）一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A 和
B。用手托住B 球，当绳刚好被拉紧时，B 球离地面的高度为h，A 球静止于地面，如图所示。
已知B 球的质量是A 球的k 倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B 球从释放至刚好落地
的过程中，下列判断不正确的是（ ）
A．A 球和B 球组成系统的机械能不守恒
B．A 球上升过程的速度大小等于B 球下落过程的速度大小
C．A 球加速度的大小等于B 球加速度的大小
D．k 值越大，B 球运动的加速度越接近g
【答案】A
【详解】A．对A、B 组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 错误，符合题意；
B．绳子不可伸长，B 下落的距离始终等于A 上升的距离，因此任意时刻两球速度大小相等，
故B 正确，不符合题意；
C．两球速度大小始终相等，相同时间内速度变化量大小相等，因此加速度大小相等，故C
正确，不符合题意；
D．对整体由牛顿第二定律得kmg−mg=(km+m)a
解得a=(1−
2
k +1 )g
k 值越大，B 球运动的加速度越接近g，故D 正确，不符合题意；
本题选择错误选项，故选A。
7.
（2026·海南省直辖县级单位·二模）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
【详解】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，
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，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，CD 错误。
故选A。
8.
（2026·河北保定·二模）（多选）如图，倾斜滑道高h=0.6 m，水平底边长L=0.8 m，与水
平传送带平滑连接，传送带沿垂直于滑道的方向匀速运行。质量为2kg 的工件（可视为质
点）从滑道顶端由静止释放，沿滑道下滑后垂直滑上传送带。已知工件与滑道及传送带间的
动摩擦因数均为0.5，传送带运行速度v =1m/s，取g=10 m/s
2，忽略工件在连接处的能量
损失。下列说法正确的是（ ）
A．工件滑上传送带时的速度大小为2m/s
B．工件在传送带上受到的摩擦力方向与传送带运动方向夹角为45°
C．为防止工件从传送带侧边滑落，传送带的最小宽度d 为0.4m
D．工件在传送带上滑动过程中摩擦生热为5J
【答案】AD
【详解】A．对工件沿滑道下滑过程用动能定理，斜面长度为s，倾角为θ，则
mgh−μmgcosθ⋅s= 1
2 mv0
2−0
代入scosθ = L
化简得mgh−μmgL= 1
2 mv0
2
解得v0=2m/s，故A 正确；
B．工件刚滑上传送带时，初速度沿垂直传送带运动方向，大小v0=2m/s，沿传送带运动方
向初速度为0；因此工件相对于传送带的速度为：沿传送带运动反方向分量1m/s，垂直传
送带运动方向分量2m/s。滑动摩擦力方向与相对速度方向相反，摩擦力与传送带运动方向
夹角θ满足tanθ = 2
1 =2，因此θ≠45
∘，故B 错误；
C．工件滑入的初速度方向（垂直传送带）加速度恒定a1= μmg
m sinθ
当工件垂直传送带方向速度减为0 时，最大位移（即最小传送带宽度d）满足
0−v0
2=−2a1d
代入数值解得d =
❑√5
5 m，故C 错误；
D．摩擦生热Q = f ⋅s相对
摩擦力大小为f = μmg=10 N
整个过程相对初速度大小❑√v0
2+ v
2= ❑√5 m/s
最终相对速度为0，运动时间t =
❑√v0
2+ v
2
μg
=
❑√5
5 s
相对位移大小s相对=
❑√5
2 ⋅t =0.5 m
因此Q =10×0.5J =5J，故D 正确。
故选AD。
9.
（2026·河北沧州·一模）如图所示，质量 mA =1.5kg、长L=0.5m 的木板A 放在水平平台上，
质量mB=1kg的物块B（可视为质点）放在木板A 的左端，物块B 和质量为mC的物块C 通过
绕过光滑定滑轮的轻绳连接，物块 B 和滑轮之间的轻绳水平。已知物块B 和木板A 之间的
动摩擦因数 μ1=0.4，木板A 和平台之间的动摩擦因数 μ2=0.1，g 取10 m /s
2。设最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 与滑轮间的距离足够大，物块C 与地面间的距离足够大，
由静止释放物块C。下列说法中正确的是（ ）
A．若mC=0.25kg，木板A 和物块B 一起向右运动
B．木板A 的加速度可能为2m /s
2
C．若mC=0.5kg，物块C 的加速度大小为 2
3 m /s
2
D．若mC=0.75kg，物块B 离开木板A 的过程中系统损失的机械能为3.25 J
【答案】D
【详解】A．物块B 和木板A 之间的最大静摩擦力FfAB= μ1mB g= 4 N
木板A 和平台之间的最大静摩擦力FfA 地= μ2(mA+mB)g=2.5 N
所以当绳子拉力FT≤2.5 N时，整体静止不动，故A 错误；
B．ABC 一起运动，当AB 即将发生相对运动时，对整体分析有
mC g−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a
对木板A 分析有μ1mB g−μ2(mA+mB)g=mAa
解得a=1m /s
2,mC= 5
9 kg
所以木板A 的加速度不能超过1m /s
2，故B 错误；
C．当0.25kg<mC≤5
9 kg时，ABC 一起加速运动，所以当mC=0.5kg时，三个物体一起加速，
整体分析有mC g−μ2(mA+mB)g=(mA+mB+mC)a
解得a= 5
6 m /s
2，故C 错误；
D．当mC=0.75kg时，AB 发生相对运动，对BC 整体分析有mC g−μ1mB g=(mB+mC)aBC，
解得aBC=2m /s
2
此时木板A 的加速度aA=1m /s
2，物块B 从木板A 上离开有L= 1
2 aBCt
2−1
2 aAt
2
解得t =1s
此过程中物块B 和木板A 之间摩擦生热QAB= μ1mB gL=2J
木板A 与平台之间摩擦生热QA平= μ2(mA+mB)× 1
2 aAt
2=1.25J
所以此过程中系统损失的机械能Δ E =QAB+QA平=3.25J，故D 正确。
故选D。
10. （2026·河南信阳·二模）（多选）2021 年6 月17 日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海
胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空任务。9 月17 日13 时30
分许，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱的返回轨迹可以简化为如图所
示，已知返回舱在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运行时的周期分别为T 1、T 2和T 3，在轨道Ⅰ和Ⅲ运行时
的速度大小分别为v1和v3。则（ ）
A．返回舱在椭圆轨道上运行周期为T 2= T 1+T 3
2
B．返回舱在轨道Ⅰ的机械能大于轨道Ⅲ的机械能
C．从轨道Ⅱ上P点反向喷火减速进入轨道Ⅲ（不计位置变化），减速前后瞬间返回舱
的加速度不变
D．返回舱在轨道Ⅱ上Q点的速度与轨道Ⅲ上的运行速度无法比较大小
【答案】BC
【详解】A．返回舱在椭圆轨道上半长轴为a= r1+r3
2
由开普勒第三定律可知，返回舱在椭圆轨道上运行周期不等于T 1+T 3
2
，故A 错误；
B．返回舱在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ、轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时都要减速，机械能减小，则返回舱在
轨道Ⅰ的机械能大于轨道Ⅲ的机械能，故B 正确；
C．点火瞬间前后，合外力不变，加速度不变，故C 正确；
D．返回舱在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ上Q 点时需减速，即v1>v2Q
根据万有引力提供向心力，有G mM
r
2 =m v
2
r
解得v = ❑√
GM
r
可知返回舱在轨道Ⅲ的速度大于轨道Ⅰ的速度，则返回舱在轨道Ⅱ上Q 点的速度小于轨道
Ⅲ上的运行速度，故D 错误。
故选BC。
11. （2026·安徽·模拟预测）（多选）如图，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道，质量为
m=0.2kg、可视为质点的小球静止在圆轨道的最低点。现给小球一水平向右的初速度v0，
使小球能做完整的圆周运动。当小球转过的圆心角θ =60°时，轨道弹力大小为11N，小球
的动能减少0.6J。重力加速度大小取g=10m/ s
2，则（ ）
A．圆轨道半径R =0.5 m
B．小球运动过程中的最小速度大小为2❑√3 m/s
C．小球的初速度大小为v0=6 m/s
D．小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为15 N
【答案】BC
【详解】A．小球从最低点转过的圆心角θ =60°时,由机械能守恒
EK0−EK1=mgR(1−cos60°)=0.6J
解得R =0.6 m，故A 错误；
B．当小球转过的圆心角θ =60°时，FN−mgcos60° =m v1
2
R
小球运动到最高点速度最小，由机械能守恒mgR(1+cos60°)= 1
2 m v❑
1
2 −1
2 m vmin
2
联立解得最小速度大小为vmin=2❑√3 m/s，故B 正确；
C．由mgR(1−cos60°)= 1
2 mv❑
0
2 −1
2 mv1
2
解得v0=6 m/s，故C 正确；
D．小球对圆轨道最低点和最高点压力差最大
最低点FN−mg =m v❑
0
2
R
最高点FN
′ +mg =m v❑
min
2
R
联立解得FN−F
′
N=12N，故D 错误。
故选BC。
12. （2026·浙江·二模）如图所示，一小物块以某一初速度从O 处开始冲上斜面，最终停在B 处。
斜面和地面平滑连接于A，且物块与斜面、地面间的动摩擦因数均相同。若以O 为原点，水
平向右为正方向建立x 轴，则运动过程中，物块机械能E 与其水平位移x 的关系图像正确的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．根据功能关系，摩擦力做功等于物体机械能的变化，即Δ E =W f
摩擦力始终做负功，因此机械能一直减小，故A 错误；
BCD．分两段推导E−x图像的斜率。水平段OA，摩擦力f = μmg
运动路程等于水平位移x，摩擦力做功W f=−μmgx
因此机械能满足E = E0+W f= E0−μmgx
斜率k1=Δ E
Δ x =−μmg
斜面上AB 段，设斜面倾角为θ，水平位移变化Δ x，对应沿斜面的路程Δs=Δ x
cosθ
斜面上摩擦力f = μN = μmgcosθ
摩擦力做功ΔW f=−f ⋅Δs=−μmgcosθ⋅Δ x
cosθ =−μmgΔ x
因此机械能变化满足Δ E =ΔW f=−μmgΔ x
斜率k2=Δ E
Δ x =−μmg
和水平段斜率完全相同。因此全程E−x图像是斜率不变的倾斜直线，机械能一直均匀减小，
BC 错误，D 正确。
故选D。
13. （2026·安徽·模拟预测）（多选）2026 年米兰-科尔蒂纳丹佩佐冬奥会（第二十五届冬季奥
林匹克运动会），于2026 年2 月6 日至22 日在意大利米兰和科尔蒂纳丹佩佐举行。中国单
板滑雪运动员苏翊鸣从18 岁在北京冬奥会一鸣惊人，到22 岁在米兰-科尔蒂纳冬奥会拼下
一金一铜，他用四年时光，完成了从天才少年到强者的蜕变。大跳台主要由助滑道，圆弧形
起跳台和着陆坡组成，起跳台的半径为20 米，起跳方向与水平方向成30°角，如图所示为简
化示意图。运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。图中
虚线为苏翊鸣在某次比赛中起跳后的运动轨迹，a 点为起跳点，b 点为轨迹最高点，c 点为
落在坡上的着陆点。苏翊鸣的质量为50 kg，不计一切阻力，g=10 N/kg，则下列说法正确
的是
A．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，则ab 段水平距离为5
2
❑√3 m
B．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，则苏翊鸣在最低点对起跳台压力为250(7−2❑√3)N
C．苏翊鸣在ab 段运动过程中处于超重状态，在bc 段处于失重状态
D．苏翊鸣起跳后重力的功率不断地减小
【答案】AB
【详解】A．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，速度的水平分量为vacos30
°，速度的竖直分量为
vasin30
°，到达b 点的时间为t1= vasin30
°
g
=0.5s
ab 段水平距离为xab= vacos30
°t1= 5
2
❑√3 m，故A 正确；
B．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，从最低点到a 点，根据机械能守恒有
1
2 m v
2= 1
2 m va
2+mgR(1−cos30
°)
在最低点有N −mg=m v
2
R
解得N =250(7−2❑√3)N
根据牛顿第三定律可得苏翊鸣在最低点对起跳台压力为250(7−2❑√3)N，故B 正确；
C．苏翊鸣在ab 段、bc 段运动过程中只受重力，可知均处于完全失重状态，故C 错误；
D．苏翊鸣起跳后，做斜抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，根据重力的功率
PG=mg v y可知重力的功率先减小后增大，故D 错误。
故选AB。
14. （2026·北京昌平·一模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端
连接一个质量为m的小球，小球静止时位于O点。现竖直向下拉动小球至P点后由静止释放，
小球在竖直平面内做简谐运动。已知O、P 两点间的距离为mg
k ，弹簧始终处于弹性限度内，
重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与弹簧形变量x之间的关系式为Ep= 1
2 k x
2。下列说法
正确的是（ ）
A．简谐运动的振幅为2mg
k
B．从P向O点运动时，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
C．在O点处，小球的速度最大，大小为g ❑√
m
k
D．在弹簧原长处，小球的速度最大，大小为g ❑√m
【答案】C
【详解】A．小球在O 点时弹簧伸长量为mg
k ，因O、P 两点间的距离也为mg
k ，可知简谐运
动的振幅为mg
k ，A 错误；
B．从P向O点运动时，弹簧的弹性势能减小量转化为小球的动能和重力势能，B 错误；
C．O点处是平衡位置，小球的速度最大，由能量关系
1
2 k( 2mg
k
)
2
= 1
2 k( mg
k )
2
+mg( mg
k )+ 1
2 m vm
2
解得大小为vm= g ❑√
m
k ，C 正确；
D．在弹簧原长处，小球恰好在最高点，此时的速度为零，D 错误。
故选C。
15. （2026·江西·模拟预测）（多选）如图所示，光滑的固定斜面倾角θ =30
0。左侧放置一个木
板，其上表面与斜面底端平滑相连，若干个相同的小滑块紧挨着放在斜面上，小滑块总长度
为l =1.62m，最下端的小滑块刚好与斜面底端对齐，由静止释放所有小滑块，然后滑上木板，
当木板刚滑动时，将斜面上的小滑块取走，最终冲上木板的滑块均未从木板左端滑出。已知
木板的质量M =2kg，滑块总质量为m=16.2kg，滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.4，
木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，木板与地面之间的最大静摩擦力是滑动摩擦力的1.5
倍。重力加速度取g=10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．木板刚滑动时滑块的速度大小为2m /s
B．滑块与木板共速后之间的摩擦力为10 N
C．木板至少长0.75 m
D．滑块与木板之间摩擦产生的热量为13.2 J
【答案】AD
【详解】A．设木板上滑块的质量为m1，当木板刚要滑动时，则有
μ1m1g=1.5 μ2( M +m1)g
解得m1=6kg
由于滑块质量分布均，匀这部分长l1=0.6 m
则滑块重力所做的功W 1=m1g(l−l1
2 )sinθ
摩擦力所做的功W 2=−μ1m1g
2
l1
根据动能定理可得W 1+W 2= 1
2 m v
2
联立解得v =2m/s，故A 正确；
B．由题可知，共速后整体的加速度a3= μ2 g=2m/s
2
则滑块和木板之间的摩擦力为f =m1a3=12N，故B 错误；
C．当木板开始运动后，滑块的加速度a1= μ1g= 4 m/s
2
木板的加速度为a2= μ1m1g−μ2( M +m1)g
M
= 4 m/s
2
共速时则有v共= v −a1t =a2t
联立解得t =0.25s，v共=1m/s
滑块相对于木板的位移Δ x = 1
2 (v + v共)t −1
2 v共t =0.25 m
木板的长度至少为L= Δ x +l1=0.85 m，故C 错误；
D．滑块与木板因摩擦产生的热量Q = 1
2 μ1m1gl1+ μ1m1g· Δ x =13.2J，故D 正确。
故选AD。
16. （2026·新疆省直辖县级单位·模拟预测）（多选）如图所示，半径为R 的光滑大圆环用一细
杆固定在竖直平面内，质量为m 的小球A 套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质
量为m 的滑块B 连接，并一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间用长为2R 的轻杆分别通过铰
链连接，当小球A 位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A 一个微小扰动（初速度视为
0），使小球A 沿环顺时针滑下，当杆与大圆环相切时小球A 的速度为❑√gR（g 为重力加速
度）。不计一切摩擦，A、B 均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A、滑块B 和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B．当杆与大圆环相切时B 的速度为
❑√5 gR
2
C．小球A 从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B 的重力势能减小
(3+ ❑√5)mgR
D．小球A 从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了
23
8 mgR−6 ❑√5
5
mgR
【答案】BD
【详解】A．小球A、滑块B 和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒，小球A、滑块B
和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B．当轻杆与大圆环相切时，设此时轻杆与竖直方向的夹角为θ，将B 的速度沿轻杆和垂直
轻杆方向分解，根据沿杆方向速度大小处处相等，则有vBcosθ = vA= ❑√gR
根据几何关系有cosθ =
2 R
❑√(2 R)
2+ R
2 = 2
❑√5
联立解得vB=
❑√5 gR
2
，故B 正确；
C．开始时滑块B 距离圆环最高点的距离为hB=2 R
小球A 从圆环最高点到达与大圆环相切时，滑块B 距离圆环最高点的距离为
h
′
B=
❑√R
2+(2 R)
2−R =(❑√5−1) R
滑块B 下降的距离为Δh=hB−h
′
B=(3−❑√5) R
可得滑块B 重力势能减小量为Δ EpB=mg Δh=(3−❑√5)mgR，故C 错误；
D．A 到达杆与大圆环相切的过程中，由能量守恒可得弹簧的弹性势能增加量为
Ep弹= Δ EpA+ Δ EpB−EkA−EkB
根据几何关系可得整个过程A 重力势能的减小量为Δ EpA=mgR (1−sinθ)
其中sinθ =
❑√1−cos
2θ =
❑√5
5 ，解得Δ EpA=mgR(1−
❑√5
5 )
联立解得Ep 弹= 23
8 mgR−6 ❑√5
5
mgR，故D 正确。
故选BD。
17. （2026·重庆九龙坡·二模）（多选）如图是一款游戏装置的简化图，半径为 R 的四分之三
光滑圆管轨道竖直固定。一挑战者在管口 A 点正上方 h 高处，静止释放一质量为 m 的
小球，小球落入管中运动一段时间后从 E 点飞出，且恰好落回 A 点，游戏挑战成功。小
球直径略小于管径，管径远小于 R ，不计空气阻力， g 为重力加速度。下列说法正确的
是（ ）
A．小球通过 E 点时的速度大小为 ❑√gR
B．小球下落时距 A 点的高度 h 为 5
4 R
C．小球通过 E 点时圆管对小球的作用力竖直向下
D．小球通过 B、E 两点与圆管作用力大小的差为 5mg
【答案】BD
【详解】A．小球从E 点到A 点做平抛运动，水平方向有R = vt
竖直方向有R = 1
2 gt
2
解得v = ❑√
gR
2
故A 错误；
B．从释放小球开始到小球到达E 点为止，小球机械能守恒mg(h−R)= 1
2 mv
2
解得h= 5
4 R
故B 正确；
C．小球速度小于❑√gR，所以小球对管内壁有压力，圆管对小球的弹力竖直向上，故C 错误；
D．设小球在B 点处速度为v
′，由机械能守恒定律得mg(
5
4 R+ R)= 1
2 m v
′2
根据牛顿第二定律得N
′−mg = m v
′2
R
解得N
′ = 11
2 mg
小球位于E 点时，管壁对小球支持力为N，根据牛顿第二定律得mg−N = m v
2
R
解得N = 1
2 mg
故小球通过B、E 两点时对圆管的作用力大小之差为5mg，故D 正确。
故选BD。
18. （2026·重庆九龙坡·二模）（多选）科学家设想未来通过 “地心隧道” 来探测地核资源。
如图所示，质量为m 的探测器从地球表面A 点由静止释放，仅在万有引力作用下在地球的
A 、B两点往返运动（AB为直径）。地球视为质量分布均匀半径为R的球体，地心在O点，
P为OB的中点。已知均匀球壳对内部物体的引力为零，地表重力加速度为g，不考虑地球
自转，下列说法正确的是（ ）
A．探测器在A 点时加速度的大小为0
B．探测器在P 点时加速度大小为4 g
C．探测器在P 点速度的大小为
❑√3 gR
2
D．探测器在O 点速度的大小为❑√gR
【答案】CD
【详解】A．A点在地球表面，探测器受到的万有引力等于重力，即mg=ma，所以加速度
a= g，不是0，故A 错误。
B．设地球的密度为ρ，质量均匀球壳对其内部物体引力为零，探测器在距离地心r = 1
2 R处，
只受到来自以地心为球心、半径为r、质量为M 1的球体的万有引力，可得
F =G M 1m
r
2
=G m
r
2 × 4
3 π r
3 ρ= 4
3 πGmrρ
可知地心内的探测器受力与探测器相对于地心的距离成正比，在地球表面探测器受到的万有
引力F
′ = 4
3 πGmρR =mg
探测器在P点受到的万有引力大小为F = 4
3 πGmρ× 1
2 R =m gP
代入数据解得gP= g
2 ，故B 错误；
C．从A到P，根据机械能守恒定律有mgR
2
= m gP
2
× 1
2 R+ 1
2 m vP
2
结合B 选项，解得vP=
❑√3 gR
2
，故C 正确；
D．从A到O，根据机械能守恒定律有mgR
2
= 1
2 m vO
2
解得vO= ❑√gR，故D 正确。
故选CD。
19. （2026·山东潍坊·二模）（多选）如图所示，可绕O 点自由转动的轻杆左端固定一小球c，
通过细线将小球拉起使轻杆水平，用跨过定滑轮P 的轻绳连接物体b 与小球c，物体a、b 通
过一竖直轻弹簧相连。开始时，系统处于静止状态，轻绳恰好伸直但无张力。已知a、b 的
质量均为m，c 的质量为M，轻杆长度为L，O、P 间的距离为4
3 L，重力加速度大小为g，
忽略空气阻力及一切摩擦。某时刻剪断c 上方的细线，当c 运动到O 点正下方时，a 恰好离
开地面。则（ ）
A．轻弹簧的劲度系数为6mg
L
B．当c 下落高度为
❑√7
4 L时，b 和c 的速度大小相等
C．c 运动到O 点正下方时的速度大小为5 ❑√
2(3 M −4 m)gL
3(25 M +16m)
D．c 运动到O 点正下方时的速度大小为❑√
2(3 M −4 m)gL
3(M +m)
【答案】BC
【详解】A．开始时弹簧压缩量x = mg
k
当c 运动到O 点正下方时，a 恰好离开地面，则此时弹簧伸长量x = mg
k
可知b 上升2 x，由几何关系Pc 间细绳长度5
3 L，则
则2 x = 5 L
3 −L
3 ，k = 3mg
2 L ，A 错误；
B．当b、c 速度相等时，Oc 与细绳方向垂直，则c 下落的高度h= Lsinθ
而cosθ = L
4
3 L
= 3
4 （θ 为Oc 与水平方向的夹角），解得h=
❑√7
4 L，B 正确；
CD．c 运动到O 点正下方时，设细绳与水平方向夹角为α，此时c 的速度为v，则b 的速度为
vb= v cosα，由几何关系cosα = 4
5
此时弹簧的弹性势能不变，则由能量关系MgL= 1
2 M v
2+ 1
2 m vb
2+mg( 5 L
3 −L
3 )
解得c 的速度大小为v =5 ❑√
2(3 M −4 m)gL
3(25 M +16m)
，C 正确，D 错误。
故选BC。
20. （2026·安徽淮北·二模）如图所示，有一长L=1.25m，距离地面高度h=0.8m 的平台BC，其
右端连接内壁光滑、半径r=0.2m 的四分之一细圆管CD，O 为细圆管的圆心，OD 水平。管
口D 端正下方有一根劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，自
由伸长时弹簧上端恰好与管口D 端平齐。将一可视为质点的小球由水平地面上的A 点斜向
上抛出，小球运动至B 点时速度方向恰好水平，然后小球沿平台BC 运动，在C 点无能量损
失进入细圆管CD。小球通过D 点后压缩弹簧，当小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5J。
已知A、B 间的水平距离d=1.2m，小球的质量m=1kg，小球与平台BC 间的摩擦力f=0.2mg。
不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)小球到达B 点时的速度大小；
(2)小球进入管口C 端时对管壁的作用力；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能。
【答案】(1)3m/s
(2)10N，竖直向上
(3)4.5J
【详解】（1）小球从A 运动到B，根据逆向思维法可得h= 1
2 gt
2，d = vBt
解得t =0.4s，vB=3 m/s
（2）小球由B 运动到C，根据动能定理可得−fL= 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
解得vC =2m/s
在圆管C 点，根据牛顿第二定律可得FN+mg =m vC
2
r
解得F N=10 N
由牛顿第三定律可得，小球对管壁作用力大小为10N，竖直向上；
（3）小球速度最大时合力为0，即mg=kx
解得x =0.1m
根据能量守恒定律可得1
2 mvC
2 +mg(r + x)= Ekmax+ 1
2 k x
2
解得Ekmax= 4.5J
21. （2026·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，光滑圆锥桶固定在地面上，桶底中心为O
′，AB为
过底面O
′的一条直径，顶点O有一光滑的小孔，一根长L=1.5 m的细轻绳穿过O点处小孔，
一端拴着静止在桶外表面、质量m=1kg的小球P，另一端拴着静止在O
′点、质量M =2kg
的小球Q，现让小球P在水平面内做匀速圆周运动.已知∠AOO
′ =37
∘，圆锥桶高h=1m，不
计一切摩擦，小球P、Q均可视为质点，重力加速度g取
10 m /s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，求：
(1)小球P对桶外表面恰好无压力时，小球P的角速度大小；
(2)小球Q对地面恰好无压力时，小球P的线速度；
(3)当小球P由静止到线速度大小v = ❑√15 m /s时，外界对小球P、Q做的功。
【答案】(1)5rad/s
(2)
❑√30
2
m /s
(3)16.5J
【详解】（1）小球P 对桶外表面恰好无压力时，有mgtan37
∘=mω
2(L−h)sin37
∘
解得ω=5rad/s
（2）小球Q 对地面恰好无压力时，有T = Mg=20 N
设此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，对小球P 受力分析，竖直方向有T cosθ =mg
解得θ =60
∘
水平方向有T sinθ =m
v1
2
(L−h)sinθ
解得v1=
❑√30
2
m /s
（3）因v = ❑√15 m /s>v1=
❑√30
2
m /s，故Q 会上升，分析可知小球P 做匀速圆周运动时
θ =60
∘始终不变，设小球P 到O点的距离为x (0≤x ≤1m)，根据牛顿第二定律有
T sinθ =m
v
2
xsinθ
解得x =1m
由能量守恒定律有W +mg[xcosθ−(L−h)cos37
∘)= 1
2 m v
2+ Mg(h+ x−L)
联立解得W =16.5J
22. （2026·北京丰台·一模）引力波探测为研究天体系统的演化提供了重要手段。为深入理解引
力波辐射的物理机制，可研究一个理想化的双星系统：两颗质量均为m 的星体，仅在万有
引力作用下绕其连线中点做匀速圆周运动。已知两星体间的引力势能为Ep=−G m
2
r ，其中
两星体间距为r，引力常量为G，取无穷远处引力势能为零。某同学建立如下两种模型：
模型I：假设双星系统的能量取分立值，能级结构类似于氢原子，即第n 个能级的能量可表
示为En=−A
n
2 ( A >0,n=1,2,3⋯⋯)，其中n=1对应双星系统能量最低的定态。
模型Ⅱ：假设双星系统因持续辐射引力波而损失能量，导致r 连续减小，辐射的引力波功率
P 可表示为P = 64G
4m
5
5c
5r
5 ，其中c 为光速，此过程可以认为天体的质量保持不变。
(1)求双星系统总能量E 与两星间距r 的关系式；
(2)在模型I 中，若已知双星系统从n=2能级跃迁到n=1能级时辐射的引力波能量为Δ E。求
基态时两星体间距r1的表达式（用Δ E、G、m 表示）；
(3)在模型Ⅱ中，经过一段时间Δt，两星体间距减小了Δr（Δr ≪r），辐射引力波的能量
为E波= P⋅Δt。某同学认为两星体间距r 会减小得越来越快。你是否同意他的想法，请说
明理由。
【答案】(1)E =−G m
2
2r
(2)3Gm
2
8 Δ E
(3)同意，理由见解析
【详解】（1）对单个星体，由万有引力提供向心力得G m
2
r
2 =m v
2
r1
, r1= 1
2 r
对双星系统，系统的总动能Ek=2 E0
其中E0= 1
2 m v
2
得Ek= Gm
2
2r
故双星系统的能量E = Ek+ Ep=−Gm
2
2r
（2）双星系统从n=2能级跃迁到n=1能级能量减少量为Δ E
′ = E2−E1=−A
4 −(−A )= 3
4 A
根据能量守恒得Δ E = Δ E
′ = 3
4 A得A = 4
3 Δ E
由（1）知E1=−G m
2
2r1
=−A
得r1= 3Gm
2
8 Δ E
（3）同意。双星系统间距由r 变为r −Δr时，系统能量减少量为
Δ E减=−Gm
2
2r −[−
Gm
2
2(r −Δr ))=
Gm
2 Δr
2r(r −Δr )
当r ≫Δr时有Δ E减= G m
2 Δr
2r
2
由能量守恒得Δ E减= E波
即64G
4m
5
5c
5r
5
Δt = G m
2 Δr
2r
2
化简得Δr
Δt = 128G
3m
3
5c
5r
3
，即Δr
Δt ∝1
r
3
因此，随着两星体间距离r 的减小，Δr
Δt 增加，该同学的说法正确。
