文档文本内容
2026 届高三物理二轮复习选择题专练·考点8 功和能
一．高考真题...............................................................................1
二．功与能的相关概念性问题.................................................................6
三．动能和动能定理的应用...................................................................8
四．机械能守恒定律的应用..................................................................10
五．功能关系的应用........................................................................13
一．高考真题
1.（2025·云南）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到
144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近( )
A. 4×10
5 J
B. 4×10
4 J C. 4×10
3J D. 4×10
2J
【答案】B
【解析】高中生的质量约为50kg，144 km/h= 40m/ s，由动能定理可得W = Δ Ek = 1
2 m v
2= 4×10
4 J，故
选B。
2. （2025·内蒙）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，
圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空
间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、
C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则( )
A. EkA< EkB< EkC
B. EkB< EkA< EkC
C. EkA< EkC< EkB
D. EkC< EkA< EkB
【答案】C
【解析】由题意可得A点弹簧伸长量为r，B点和C点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A
到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB> EkA，同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做
功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB> EkC，由A到C全过程则有qEl AB-mglBC = EkA - EkC>0，因此
EkA< EkC< EkB。
故选C。
3. （2025·四川）如图所示，倾角为30
∘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
√3
2 。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v0。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2v0
2
3 g
B. 物块机械能增量为5m v0
2
2
C. 小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 - 2v0
2
5 g
D. 小车机械能增量为8 P v0
5 g + m v0
2
2
【答案】C
【解析】A.对物块根据牛顿第二定律有 μmgcos30
∘-mgsin30
∘=ma
解得 a= 1
4 g
根据运动学公式有v 0
2=2a x1
解得物块的位移大小为x1= 2v0
2
g
，故A 错误；
B.物块机械能增量为ΔE = 1
2 mv 0
2+mg x1⋅sin30
∘= 3
2 mv 0
2，故B 错误；
C.对小车根据动能定理有Pt -(μmgcos30
∘+mgsin30
∘) x = 1
2 mv 0
2
其中t = v0
a ，联立解得x = 16 P v0
5m g
2 - 2v0
2
5 g ，故C 正确；
D.小车机械能增量为 ΔE' = 1
2 mv 0
2+mgx sin30
∘= 8 P v0
5 g + 3mv0
2
10
，故D 错误。
故选C。
4. （2025·河北）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射
的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，
表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为m g0 R0
2(
1
R0
- 1
r)(r ≥R0)。要使
飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为( )
A. ❑√g0 R0
B. ❑√
3 g0 R0
2
C. ❑√2 g0 R0 D. ❑√3 g0 R0
【答案】B
【解析】飞行器在轨道半径 r =2 R0 处的总机械能包括动能和势能。
引力势能为 E p= 1
2 m g0 R0
根据万有引力提供向心力 GMm
(2 R0)
2 =m
v
2
(2 R0) ，在地球表面有
GMm
R 0
2 =m g0 ，解得轨道速度满
足 v
2= g0 R0
2
，对应动能 Ek = 1
2 m v
2= 1
4 m g0 R0 ，总机械能 E总= 3
4 m g0 R0
根据机械能守恒，初始动能 1
2 m v0
2= E总 ，解得 v0=
√
3 g0 R0
2
。
故选B。
5. （2025·青海）（多选）如图，与水平面成53
∘夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg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1.6m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F =kx。k =10 N /m，g取
10m/ s
2，sin53
∘=0.8。则滑块( )
A. 与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
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0.64 m
D. 从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
【答案】AC
【解析】A.根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为 θ 时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有 FT cosθ =mgcos53
∘+ F N，由胡克定律结合几何关系有 FT =k PQ
cosθ ，联立解
得 F N =k ⋅PQ -mgcos53
∘=10 N
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 f = μ F N =1.6 N，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，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 x ，此时弹性轻绳与PQ间夹角为 θ1 ，由平衡条件
有 mgsin53
∘= f +k PQ
cosθ1
⋅sinθ1
解得 tanθ1=0.4，由几何关系可得 x = PQ⋅tanθ1=0.64 m，故C 正确；
D. 从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为 W f ，由能量守恒定律
有 mgsin53
∘⋅x = 1
2 k (PQ
2+ x
2- PQ
2)+W f
解得 W f =3.072J，故D 错误。
故选AC。
6. （2025·湖南）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μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出
点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，
S1= h
μ ，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36mgh(1+ S2
2
4 h
2)
D. 弹药释放的能量为48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
【答案】BD
【解析】A.爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3m v1=m v2
B与C碰撞过程动量守恒m v2=6mv
联立解得v =0.5 v1。
爆炸后瞬间A的动能 EkA = 1
2 ⋅3m⋅v 1
2
D的初动能 EkD= 1
2 ⋅6m⋅(0.5 v1)
2
两者不相等，故A 错误；
B.D水平滑动过程中摩擦力做功为 W f =- μ⋅6mg⋅S1=- μ⋅6mg⋅h
μ =-6mgh
做平抛运动过程中重力做的功为 W G=6mgh
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 h= 1
2 gt
2 ， S2= v0
t
联立可得 v0= S2
√
g
2h
D水平滑动过程中根据动能定理有 -6mgh= 1
2 ⋅6mv0
2- 1
2 ⋅6mv
2
化简得 v
2= S2
2 g
2h +2gh
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 E = 1
2 ⋅3m v1
2+ 1
2 ⋅m v2
2=24 m v
2=24(
S2
2 g
2h +2 gh)= 48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
故C 错误，D 正确。
故选BD。
7. （2025·云南）如图所示，倾角为θ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μ= tanθ。过程Ⅰ:Q以速度v0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k v0
2- 4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
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1
4 m v0
2
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2-8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
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】CD
【解析】A.Ⅰ过程中Q上滑受力分析可知mgsinθ+ μmgcosθ =ma，上滑最大位移为xPO= v
2
2a =
v0
2
4 gsinθ ;Ⅱ
过程经过M点时，速度最大，可知此时Q受力平衡，则有k x1=mgsinθ+ μmgcosθ，则P、M两点之间的距
离为xPM = xPO- x1= k v0
2-8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
；故A 错误；
B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中系统损失的机械能为Q1= μmgcosθ xOP= 1
4 m v0
2，故B 错误；
C.设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动到N点，由对称性可知xPM = xMN，故过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上
运动的最大位移为xPN =2 xPM = k v0
2-8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
;C 正确；
D.对Q受力分析可知若平衡，则外界拉力向上最大为mgsinθ+ μmgcosθ即M点，最小为零，则连接在弹簧
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。故D 正确；
故选CD；
二．功与能的相关概念性问题
8.一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，
此时电动机的效率为50 %。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f =kv(k为常量)，该光伏电池的光
电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A. 2k v
2
η
B. k v
2
2η C. k v
2+mv
2
2η
D. 2k v
2+m v
2
η
2
【答案】A
【解析】小车做匀速运动，由平衡条件有F = f =kv，则小车的机械功率P机= Fv =k v
2
因电动机的效率为50 %，即η电= P机
P电
= k v
2
P电
=50％，解得P电=2k v
2
该光伏电池的光电转换效率为η，即 η= P电
P太阳
，解得P太阳= P电
η = 2k v
2
η
，即单位时间内获得的太阳能，故
选A。
9.如图所示，足够长光滑细杆一端固定在竖直圆环最高点O，可绕O点自由转动。当细杆与竖直方向夹角为θ时，
穿过细杆的小圆环从O点静止释放沿杆下滑到竖直圆环上A点，此过程中下列说法正确的是( )
A. 增大夹角θ，小圆环下滑的加速度增加
B. 增大夹角θ，小圆环受到的支持力减小
C. 减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加
D. 减小夹角θ，小圆环重力的冲量增加
【答案】C
【解析】A.小圆环下滑的加速度 a= mgcosθ
m
= gcosθ，可知增大夹角 θ ，小圆环下滑的加速度减小，
故A 错误；
B.小圆环受到的支持力 F N =mgsinθ，可知，增大夹角θ，小圆环受到的支持力增加，故B 错误；
C.设竖直圆环的半径为r，合外力对小圆环做的功 W =mgcosθ⋅2r cosθ =2mgrco s
2θ，则减小夹角θ，合
外力对小圆环做的功增加，故C 正确；
D.小圆环下滑的时间 t = √
2⋅2r cosθ
a
= √
4 r
g
，重力的冲量 I G=mgt =m
√4 gr，可知减小夹角θ，小圆环
重力的冲量不变，故D 错误。
故选C。
10.一台起重机将工件从地面由静止向上提起，在向上匀加速运动过程中，重物上升的高度为h时，动能为Ek，
重力势能为E p，机械能为E，克服重力做功的功率为P，设地面为重力势能为零，下列图像不能描述上述过
程的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A.根据重力势能的定义得出EP=mgh，故EP-h图像是过原点的倾斜直线，故A 正确；
B.根据动能定理得出EK =mah，故Ek -h图像是过原点的倾斜直线，故B 正确；
C.根据机械能的定义得出E =mgh+mah=m(g+a)h，故E-h图像为过原点的倾斜直线，故C 正确；
D.根据瞬时功率的表达式得出，P =mgv =mg
√2 gh，故P -h图像不是过原点的直线，故 D 错误。
11.如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速
度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量Δ E p和力F做的功
W 分别为( )
A. m
2 g
2
k
, m
2 g
2
k
B. m
2 g
2
k
, 2m
2 g
2
k
C. 0, m
2 g
2
k
D. 0, 2m
2 g
2
k
【答案】D
【解析】开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有k x1=mg，解得：x1= mg
k
物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有k x2=mg，解得：
x2= mg
k
由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；
这一过程中，物体A上移的距离为：d = x1+ x2= 2mg
k
，
根据功能关系可得拉力做的功等于A的重力势能的增加量，则有：W =mgd = 2m
2 g
2
k
，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
三．动能和动能定理的应用
12.一辆汽车紧急避让急刹车(车轮抱死)后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察为了判断该汽车
是否超速，测出路面上车轮磨痕的长度为18m，重力加速度g=10m/ s
2。已知轮胎与地面间的动摩擦因数是
0.8。道路限速50km/h，请根据以上条件判断该汽车( )
A. 没有超速
B. 超速10 %以内C. 超速20 %以内D. 超速20 %以上
【答案】D
【解析】刹车过程中，摩擦力做负功使汽车停止，根据动能定理有 μmg⋅s= 1
2 m v0
2
解得初速度 v0=
√2 μgs=
√2×0.8×10×18m/ s=
√288m/ s≈16.97m/ s，换算为千米每小时，
v0≈16.97×3.6km/h≈61.1km/h，超速比例为 61.1-50
50
×100 %≈22.2%，结论：超速超过20 %。
故选D。
13.两个带等量正电荷的小球可看作点电荷，分别固定在光滑、绝缘的水平面上的A、B两点，O点是直线AB
的中点，如图所示。带正电的小滑块从直线AB上的C点由静止释放，在电场力作用下向右运动。滑块从C点
运动到O点的过程中
A. 受到的电场力做负功
B. 电势能不断减小
C. 加速度先增大后减小
D. 速度先增大后减小
【答案】B
【解析】AB.从C点到中点O，电场线向右，滑块所受的电场力向右，电场力做正功，电势能减小，故A 错
误，B 正确；
C.从C点到中点O，电场强度越来越小，则滑块从C点运动到O点的过程中，水平面光滑，摩擦力为0，电场
力不断减小，合力不断减小，所以加速度不断减小，故C 错误；
D.滑块从C点运动到O点的过程中，合力向右，做正功，由动能定理知速度不断增大，故D 错误。
故选B。
14.如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为θ =30
°足够长的光滑斜面上的物体相连，启动
电动机后物体沿斜面上升；在0∼6 s时间内物体运动的v -t图象如图乙所示，其中除1∼5 s时间段图象为曲
线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，
重力加速度g=10m/ s
2。下列说法正确的是( )
A. 在0∼1s内电动机牵引力大小为15 N
B. 1s后电动机的输出功率为50W
C. 物体达到的最大速度vm=10m/ s
D. 在0∼5 s内物体沿斜面向上运动了32.5m
【答案】C
【解析】AB.在0∼1s内，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得v1=at1，
F1-mgsin30
∘=ma，由图象可知
v1=5m/ s，解得a=5m/ s
2，F1=20 N，由功率公式P = F1v1，联立解得在1s末电动机输出功率为
P =100W ，1s后电动机的输出功率保持不变，所以1s后电动机的输出功率为100W ，故A、B 错误;
C.当物体达到最大速度vm后，细绳的拉力大小F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得F2-mgsinθ =0，由
P = F2vm，
解得vm=10m/ s，故C 正确;
D. 物体在0∼1s内运动的距离为x1= 1
2 a1t1
2=2.5m
在1∼5 s内，据动能定理得P(t -t1)-mg x2sinθ = 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2，代入数据解得x2=32.5m
物体在0∼5 s内物体沿斜面向上运动位移为x = x1+ x2=2.5m+32.5m=35m，故D 错误。
故选C。
15.如图甲所示，竖直面内半径为1.8m的1
4 圆弧轨道与水平轨道在B点平滑连接，工件从圆弧轨道顶端A点由静
止释放，其滑至底端B点的过程克服摩擦力做的功为11J。工件与水平轨道间的动摩擦因数为μ，记x为水平
轨道上某点到B点的距离，μ与x的关系如图乙所示。已知工件的质量为2kg，取g=10m/ s
2。下列说法正确
的是( )
A. 工件到达圆弧底端B点时的速度大小为6m/ s
B. 工件在水平轨道上滑行的距离为5m
C. 工件在水平轨道上克服摩擦力做的功为20 J
D. 工件在水平轨道上运动时与轨道间的最大动摩擦因数为0.4
【答案】B
【解析】A.工件从A到B的过程，由动能定理有mgR -W 克1= 1
2 m vB
2，解得vB=5m/ s，故A 错误；
B.由题图乙得μ=0.1 x，在水平轨道上对工件由动能定理得- 0+0.1 x
2
mgx =0- 1
2 mvB
2，联立解得x =5m，故
B 正确；
C.根据功能关系，可知工件在水平轨道上克服摩擦力做的功为W 克2= 1
2 m vB
2 =25 J，故C 错误；
D.工件在水平轨道上运动时与轨道间的最大动摩擦因数μmax=0.1×5=0.5，故D 错误。
四．机械能守恒定律的应用
16.喷泉可以美化景观，如图为广场内的喷泉，若某喷泉可看作将水竖直向上喷出，喷口喷出的水的初速度为v0，
已知喷口的横截面积为S，水的密度为ρ，不计空气阻力，重力加速度为g，且上升和下降的水流不发生碰撞，
不计空气阻力及电动机损耗，下列选项正确的是
A. 空中的水的质量为ρS v0
2
g
B. 带动喷管喷水的电动机输出功率为ρS v0
3
C. 若以喷口所在的水平面为重力势能的零势能面，则空中的水的机械能为ρS v0
4
g
D. 空中的水的重心距离喷口的高度是水柱上升最大高度的一半
【答案】C
【解析】喷口单位时间喷出的水的质量m0= ρS v0，水从离开喷口到落回水面的时间T = 2v0
g ，所以空中水的
质量M =m0T = 2 ρS v0
2
g
，A 错误;
喷水的功率P =
1
2 m0t v0
2
t
= 1
2 ρS v0
3，B 错误;
根据机械能守恒定律，空中水的机械能等于这些水喷出时的动能，即E = 1
2 M v0
2= ρS v0
4
g
，C 正确;
水柱在空中的横截面积发生变化，空中的水的重心距离喷口的高度不是水柱上升最大高度的一半，D 错误。
17.（多选）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、
b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则
( )
A. a落地前，轻杆对b一直做正功
B. a落地时速度大小为 √2 gh
C. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】BD
【解析】A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，
所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A 错误；
B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：ma gh= 1
2 ma va
2，解得va=
√2gh.故B
正确；
C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先
是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C 错误；
D、ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作
用，所以b对地面的压力大小为mg，故D 正确。
18.（多选）如图所示，光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角α =37
∘，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，
在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接，将A放置在挡板上，物块B在斜面上
处于静止状态。与斜面平行的轻绳一端连接物块B，跨过定滑轮后另一端连接物块C，轻绳恰好伸直且无拉
力时，由静止释放物块C。已知物块A的质量为m，B的质量为m，C的质量为3m，斜面足够长，重力加速
度为g，sin37
∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 释放物块C的瞬间，物块C的加速度大小为g
B. 释放物块C的瞬间，物块B的加速度大小为0.75 g
C. 物块A刚离开挡板时，物块B的速度大小为6 g
5
√
m
k
D. 物块A刚离开挡板时，物块C的速度大小为3 g
5
√
2m
k
【答案】BC
【解析】AB.释放物块C瞬间，对物块C，根据牛顿第二定律可得3mg-T =3ma
对物块B，根据牛顿第二定律可得T =ma
联立解得物块C的加速度大小为a=0.75 g，故A 错误，B 正确；
CD .释放物块C瞬间，弹簧的压缩量为x1= mgsin α
k
物块A刚离开挡板时，弹簧的伸长量为x2= mgsin α
k
可得x1= x2
两状态弹簧的弹性势能相等；物块A刚离开挡板时，设物块B的速度为 v (BC速度大小相等)，物块A、B、
C和弹簧组成的系统机械能守恒，可得3mg( x1+ x2)-mg( x1+ x2)sin α = 1
2
(m+3m)v
2
联立解得v = 6 g
5
√
m
k ，故C 正确，D 错误。
故选BC。
19.（多选）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，
一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，Q的质量为4 m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上
下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角
θ =53°(sin53° =0.8,cos53° =0.6)，OB长为3 L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g。则P从
A点到B点的过程中( )
A. P和Q组成的系统机械能守恒
B. Q的速度一直增大
C. 轻绳对P做的功为8mgL
D. P运动至B点的速度为v =2
√2gL
【答案】CD
【解析】A.P从A点到B点的过程中，弹簧弹力对P做功，故P和Q组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B.当P运动到B点时，P沿绳方向没有分速度，故此时Q的速度为零，故P从A点到B点的过程中，Q的速度先
增大后减小，故B 错误；
D.根据题意可知，P从A点到B点的过程中弹簧对P做功为零，故初、末状态P和Q组成的系统机械能相等，
有 mg⋅3 L tanθ+ 1
2 m v
2= 4 mg(
3 L
cosθ -3 L)
解得 v =2
√2gL ，故D 正确；
C.P从A点到B点的过程中，轻绳对P做的功等于P的机械能的增加量，故轻绳对P做的功
为 W =mg⋅3 Ltanθ+ 1
2 mv
2=8mgL ，故C 正确。
故选CD。
五．功能关系的应用
20.如图所示，物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，初始时刻，物块P静止在粗糙水平面上的A点，
此时滑轮左侧轻绳沿竖直方向，现给物块P一水平向左的初速度。已知物块P经过B点时速度大小为v，且连
接P的轻绳与水平方向的夹角为45°，此后物块P继续运动到最远处C点。则物块P从A点到C点的整个过程
( )
A. 物块P、Q组成的系统机械能守恒
B. 绳子拉力始终大于物块Q的重力
C. 物块Q的机械能增大
D. 物块P经过B点时，物块Q的速率为 √2v
【答案】C
【解析】A.物块P在粗糙水平面上运动，水平面的摩擦力对P做负功，会有机械能转化为内能，所以物块P、
Q组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B.物块P从A到C是一直减速运动，到C点的速度为零；物块Q先向上加速运动，有 FT -mQ g=mQa (
FT >mQ g )
后向上做减速运动，有 mQ g- FT =mQa' ( FT <mQ g )
所以绳子的拉力不是始终大于物块Q的重力，故B 错误；
C.物块Q从初始位置上升到最高点的过程，除重力外，绳拉力对物块Q一直做正功，则物块Q的机械能一直增
大，故C 正确；
D.物块P经过B点时，将速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，两物块在沿着绳子的方向速度相等，
有 vQ= v绳= v cos 45
∘=
√2
2 v ，故D 错误。
故选C。
21.传送带经常用于分拣货物。如图(a)为倾斜传送带输送机简化模型图，传送带顺时针匀速转动，在传送带下
端A点无初速度放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A点
所在水平面为零势能面)如图(b)所示。货物视为质点，关于货物从A点运动到B点的过程说法正确的是
( )
A. 该过程中货物受到的摩擦力不变
B. 货物与传送带间相对滑动产生的热量为8 J
C. 货物对传送带做的功为-8 J
D. 传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为13 J
【答案】D
【解析】图(b)的斜率k = ΔE
Δx = F 其他，对货物而言，F 其他是摩擦力，由图(b)可知摩擦力是变力，故 A 错误
;在货物与传送带发生相对滑动阶段，货物加速运动，货物与传送带间相对滑动产生的热量Q = f x相，加速阶
段货物的机械能增量Δ E1= f x货，由图可知，Δ E1=5 J，货物的位移x货= v0
2 t 加，传送带的位移x带= v0t 加，
货物与传送带的相对位移x相= x带- x货= v0
2 t 加= x货，则Q = Δ E1=5 J，故B 错误;加速阶段，货物对传送带
做功W 1=- f x带=-10 J，匀速阶段，传送带对货物做的功为W 2= Δ E2=8 J -5 J =3 J，则货物对传送带做
的功为W 3=-3 J，则全程货物对传送带做的功为-13 J，故C 错误;货物从A点运动到B点的过程传送带输送
机因运送该货物而多消耗的电能为E电=Q+ ΔE，由图可知ΔE =8 J，故E电=13 J，故D 正确。
22.（多选）火车站安检仪是借助于传送带将被检查行李送入X射线检查通道完成检查，如图所示。水平传送带
AB长为L= 4 m，传送带末端装有一个斜面，斜面长x =2m，倾角θ =15
∘，AB和斜面在B点通过一极短的
圆弧平滑连接，传送带以v =0.4 m/ s的恒定速率顺时针运转。已知物品与传送带以及斜面间的动摩擦因数均
为μ=0.2，现将一质量m=1kg的物品(可视为质点)无初速地放在A点，g取10m/ s
2，取sin15
∘=0.26，
cos15
∘=0.97，下列说法正确的是( )
A. 物品在水平传送带上运动时相对传送带的位移为0.04 m
B. 物品到达水平传送带末端时速度为0.8m/ s
C. 物品走完水平传送带所用的时间为10.1s
D. 物品在斜面上因摩擦产生的热量约为7.76 J
【答案】AC
【解析】A.物品无初速度放在A点后，由受力可知物品先做匀加速运动F合= μmg=ma1
解得a1=2m/ s
2，物品做匀加速所用时间t1= v
a1
= 0.4 m/ s
2m/ s
2 =0.2s
物品做匀加速所走的位移为x1= v
2
2a =0.04 m
传送带走的位移为x2= v t1=0.08m
物品在水平传送带上运动时相对于传送带的位移Δx = x2- x1=0.04 m，故A 正确；
B.由上述分析可知，物品做匀加速结束后，还没有到达水平传送带末端，物品匀加速结束后，由受力分析可
知，将匀速运动，即和传送带共速，即物品到达水平传送带末端的速度为 0.4 m/ s，故B 错误；
C.物品在水平传送带上匀速运动所用时间为t2= L- x1
v
= 4 m-0.04 m
0.4 m/ s
=9.9 s
物品在水平传送带上所用的总时间t 总=t1+t2=0.2s+9.9 s=10.1s，故C 正确；
D. 当物品运动到斜面时，由μ<tanθ，可知物品在斜面上将加速下滑到底端，故摩擦产生的热量
Q =W f = μmgcosθ• x =3.88 J，故D 错误。
故选AC。
23.（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接
触(未连接)，如图中O点，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩
了x0，如图中B点，此时物体静止。撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3 x0，C点是物
体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则
( )
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为3 μmg x0
B. 物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动
C. 从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量
D. 撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大
【答案】ABC
【解析】A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，弹簧的弹性势能全部转化为摩擦力做的功，根据能量守恒
得
E p= μmg⋅3 x0=3 μmg x0，故A 正确；
B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的
减小而减小，在BC段，弹力先大于摩擦力，合力向右，弹力减小，合力减小，则加速度减小。即物体此阶段
做加速度逐渐变小的加速运动；在过C点后至弹簧恢复原长阶段，弹力小于摩擦力，合力向左，弹力减小时，
合力增大，加速度增大。在此阶段物体做加速度逐渐变大的减速运动，物体离开弹簧后只受摩擦力作用，加
速度不变，即物体做匀减速运动，故B 正确；
C、从B→C物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量
和摩擦力做功产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C 正确；
D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D 错误。
故选ABC。
