专题6 机械能守恒定律-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题六　机械能守恒定律 考点1 功和功率 考向1 功和功率的分析与计算 1．（2025·山东 ）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。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意小车匀速运动，则有 小车的机械功率 由于电动机的效率为，则有 光伏电池的光电转换效率为，即 可得 故选A。 2.(2024海南,1,3分)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆,在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞,返回舱快速减速,速度大大减小,在减速过程中(　　) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 【答案】A 【解析】返回舱减速下落,则加速度方向向上,故处于超重状态，A正确，B错误。主伞对返回舱的拉力向上,返回舱的位移向下,故主伞的拉力做负功，C错误。返回舱的重力向下,位移向下,故重力做正功，D错误。 3.（2024江西，5，4分）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为（g取10 m/s2）（　　） A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 【答案】B 【解析】设Δt时间内流出的水的质量为Δm，单位时间内流出水的质量=ρQ，则发电功率P=η=ηρQgh，代入数据解得P=70%×1.0×103×10×10×150 W≈107 W，B正确。 【关键点拨】水流量是指单位时间内流过的水的体积，单位时间内流出的水的质量与密度、水流量相关。本题将水的密度ρ=1.0×103 kg/m3作为常识进行考查。 4.(2024贵州,6,4分)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处,F做功的瞬时功率为(　　) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 【答案】A 【解析】根据F-x图像中,图线与坐标轴围成面积代表功,可知物块运动到x=3 m处,F做的总功为WF=(3×2+2×1) J=8 J,该过程根据动能定理得WF=mv2,解得物块运动到x=3 m处时的速度为v=4 m/s,则此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W,A正确。 5.(2023山东,4,3分)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D.nmgωRH 答案 B t时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M=nlm=nmωRt,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P==,故选B。 6.(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　) A. B. C. D. 答案 A 设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。 从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理列方程有 (F-f-μmg)×s1=(m+M)v2 从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方程有 -μmg(s2-s1)=0-mv2 联立上述两式得v= 那么,小车的额定功率P0=Fv 得P0=。 7.(2022北京,8,3分)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验,提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验:细绳一端固定,另一端系一小球,给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验, (　　) A.小球的速度大小均发生变化 B.小球的向心加速度大小均发生变化 C.细绳的拉力对小球均不做功 D.细绳的拉力大小均发生变化 答案　C　在“天宫”中是完全失重的环境,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,细绳拉力提供小球做圆周运动所需的向心力,小球的线速度大小、向心加速度大小、向心力(细绳的拉力)大小均不变,无论在“天宫”还是在地面,细绳的拉力始终与速度垂直而不做功,故只有C正确。 8.(2022全国乙,20,6分)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 (　　) A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J 答案　AD　由图知0~3 s内F的大小为F1=4 N,3~6 s内F的大小F2=4 N;在0到3 s内,物块沿正方向做匀加速直线运动,F1-μmg=ma1,解得a1=2 m/s2,为正方向,3 s末的速度v1=a1t1=6 m/s;3 s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6 m/s2,为负方向,物块减速到零所用的时间t2==1 s,即4 s末物块减速到零;在4~6 s内,物块再反向做匀加速直线运动,F2-μmg=ma3,解得a3=2 m/s2,为负方向。画出整个过程中的v-t图像如图所示。 4 s时物块的速度为零,动能为零,A正确;由图可知在0~6 s内,物块的位移不为零,6 s时物块没有回到初始位置,B错误;3 s时的速度v1=6 m/s,动量p1=mv1=6 kg·m/s,C错误;由v-t图线与时间轴所围的面积表示位移知,0~3 s内、3~4 s内、4~6 s内物块的位移大小分别为x1=9 m、x2=3 m、x3=4 m,则F对物块做的功分别为W1=F1x1=36 J、W2=-F2x2=-12 J、W3=F2x3=16 J,则0~6 s时间内F对物块所做的功W=W1+W2+W3=40 J,D正确。 9.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10 m/s2)(　　) A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功 答案　BD　由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I== A=12.5 A,可知B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P==100 W,故实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。 10.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(　　) A.mgl　　　　　　B.mgl　　　　　　C.mgl　　　　　　D.mgl 答案　A　将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面的绳的重力做功,W外 =|WG| ,而下面的绳重心升高l,故克服重力做的功大小为|WG|=m0g·l,又m0=m,则W外=|WG|=mg·l=mgl,故A选项正确。 11．（2025·广东 ）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 12.(2022山东,16,9分)某粮库使用额定电压U=380 V、内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡、装满粮食的小车以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,取重力加速度g=10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求: (1)比例系数k值; (2)上行路程L值。 答案　(1)0.1　(2)0.36 m 解析　(1)电动机输出功率P输=UI-I2R P输=F拉v T绳=m0g 小车及车上粮食匀速上行时,设斜坡倾角为θ T绳+F拉=(m1+m2)g sin θ+k(m1+m2)g 卸粮后,小车匀速下行时 T绳+km1g=m1g sin θ 由以上各式得k=0.1,sin θ=0.5 (2)关闭电动机后,小车与粮食向上减速运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有 (m1+m2)g sin θ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a 对配重受力分析,由牛顿第二定律有 T-m0g=m0a 由运动学公式有 02-v2=-2aL 由以上各式得L= m≈0.36 m 13.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。 (1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少; (2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导的表达式; (3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议。 答案　(1)　(2)=　(3)见解析 解析　本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。 (1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有 ZeU=mv2-0① 设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有 F1'=F1② 设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有 F1'=ΔNm③ 联立①②③式,且N=得 N=④ (2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有 P=F'v⑤ 考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得 =⑥ (3)为使尽量大,分析⑥式得到 三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。 解题关键　①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故==;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·=F'v。 考向2 机车启动问题 1．（2025·四川 ）如图所示，倾角为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。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。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 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为 D．小车机械能增量为 【答案】C 【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式有 解得物块的位移大小为 故A错误； B．物块机械能增量为 故B错误； C．对小车根据动能定理有 其中 联立解得 故C正确； D．小车机械能增量为 故D错误。 故选C。 2.(2022浙江1月选考,12,3分)某节水喷灌系统如图所示,水以v0=15 m/s的速度水平喷出,每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H=3.75 m不变。水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220 V,输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失,g取10 m/s2,则 (　　) A.每秒水泵对水做功为75 J B.每秒水泵对水做功为225 J C.水泵输入功率为440 W D.电动机线圈的电阻为10 Ω 答案　D　根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+m=2.0×10×3.75 J+×2.0×152 J=300 J,则水泵输出功率P1=300 W,由题意可知,水泵输入功率P2== W=400 W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率P出=400 W,故电动机线圈的热功率P热=I2R=UI-P出=40 W,则R=10 Ω,D正确。 3.(2022浙江6月选考,12,3分)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时,输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是 (　　) A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2 C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109 kW·h D.若风场每年有5 000 h风速在6~10 m/s范围内,则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h 答案　D　设转化效率为η,则P出==·ρvA·v2·η=ρAv3η,故输出电功率与v3成正比,A错;单位时间内流过面积A的空气动能为ρAv3,B错;每天的发电量为E每天=P每天·t·η=2.4×109·η kW·h,由于η小于1,故C错;风速在6~10 m/s范围内时,η不变,当v'=6 m/s时,输出电功率最少为P出'=ρAv'3η=120 kW,故每年发电量至少为P出'·5 000 h=6×105 kW·h,故D正确。 解题关键　风速在5~10 m/s范围内η恒定,题目中给出风速是9 m/s时的输出功率,可根据这个速度下的输出功率推导出风速是6 m/s时的输出功率。 4.(2022浙江6月选考,13,3分)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为 (　　) A.13.2 s　　　　　　　　　　B.14.2 s C.15.5 s　　　　　　　　　　D.17.0 s 答案　C　以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,即300 N-200 N=20a1(N),解得a1=5 m/s2;由v1=得,匀加速运动的末速度v1= m/s=4 m/s,由v1=a1t1,得t1= s=0.8 s,该段位移x1=t1=×0.8 m=1.6 m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm= m/s=6 m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5 m/s2,匀减速运动的时间t3== s=1.2 s,该段位移x3=t3=×1.2 m=3.6 m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=m-m,代入数据解得t2=13.5 s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5+1.2) s=15.5 s,故C正确。 解题指导　本题运动过程复杂,利用v-t图像进行分析推理,既能思路清晰,又不易犯错误。易犯的错误是漏掉变加速运动过程,熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关键。 5.(2015课标Ⅱ,17,6分)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是(　　) 答案　A　由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0<v1,则0~t1时间内汽车先加速有:-f=ma1,可见a1随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v0=v1,汽车在0~t1时间内匀速运动,因选项中不涉及v0>v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有:-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。 考点2 动能定理及其应用 考向1 动能定理的理解和基本应用 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144km/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．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 【答案】B 【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有 故选B。 2.(2024安徽,2,4分)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 【答案】D 【解析】人与滑板在下滑的过程中,由动能定理有mgh-Wf克=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克=mgh-mv2,D正确。 3.（2024浙江6月，5，3分）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　） A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 【答案】C 【解析】单位时间Δt内喷出水的质量Δm=ρSv·Δt，根据动能定理得P·Δt=Δm·v2，解得P=100 W，C正确。 4.（2024山东，7，3分）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　） A.+μmg（l-d） B.+μmg（l-d） C.+2μmg（l-d） D.+2μmg（l-d） 【答案】B 【审题指导】“轻木板”“轻质弹性绳”，表示它们的质量忽略不计；“缓慢”拉动表示乙与所坐木板处于动态平衡状态。 【解析】甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳伸长量为x，则有kx=μmg，x=；水平力F“缓慢”拉动乙所坐木板，故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，由功能关系可知水平力F做的功W=μmg（l-d+x）+kx2，将x的表达式代入得W=+μmg（l-d），B正确。 5.（2024全国甲，17，6分）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】如图所示，设大圆环半径为R，最高点为M点，最低点为N点，P为小环运动过程中的点。小环从M到P由动能定理可得mgR（1-cos θ）=mv2，在P点由牛顿第二定律可得mg cos θ-FNP=m，联立可得FNP=3mg cos θ-2mg；小环由M点运动到N点，θ由0°变到180°，cos θ由1减小到-1，当cos θ=-1时，FNP=-5mg，即大圆环对小环的作用力大小等于5mg，方向指向圆心，此时小环对大圆环的作用力最大，A错误。当cos θ=时，FNP=0，所以小环在Q点对大圆环的作用力不是最小，B错误。小环由M点运动到N点，大圆环对小环的作用力先背离圆心逐渐减小，当cos θ=时，此作用力减到零，之后，大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大，C正确，D错误。 6.(2023新课标,15,6分)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A.0 B.mgh C.mv2-mgh D.mv2+mgh 答案：B 以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近下落高度h的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,故B正确。 7.(2023江苏,11,4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块(　　) A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 答案 C 由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,故C正确;由x=at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma可知,题图甲中滑块受到的合力较大,故A错误;设斜面倾角为θ,由Wf=μmg cos θ·x可知,两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D错误;由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下降过程,题图甲中,滑块从A运动到B,由动能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,题图乙中,滑块从B运动到A,由动能定理得WG-Wf=EkA'-0,联立得EkA>EkA',即题图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误。 8.(2023全国乙,21,6分)(多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时(　　) A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m-fl D.物块的动能一定小于m-fl 答案 BD 运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木板右端滑下时,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2=t,小物块的位移x1=t,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2<fl,B正确,A错误;摩擦力对小物块做负功,对小物块由动能定理可知-fx1=Ekm-m,则物块的动能Ekm=m-fx1,又x1>l,所以Ekm<m-fl,D正确,C错误。 9.(2023广东,8,6分)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物在圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 答案 BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。 10．（2025·黑吉辽蒙卷 ）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小； (2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。 【答案】(1)5m/s (2)8m/s，60° 【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理 代入数据解得雪块到A点速度大小为 （2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理 代入数据解得雪块到地面速度大小 速度与水平方向夹角，满足 解得 11．（2025·福建 ）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度。 (1)求，F做的功； (2)时，A与B之间的弹力； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 【答案】(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 12.(2023江苏,15,12分)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t; (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。 答案 (1)　(2) (3)(1-μ)d 解析 (1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段的运动分析 由牛顿第二定律得mg sin 45°-mg μ cos 45°=ma① 解得:a=(1-μ)g② 由运动学分析有 d=at2③ vP=at④ 联立②③得t=⑤ (2)由④式可知,vP=⑥ 对滑雪者在PB段的运动分析 从P点静止开始下滑到B点有: WGPB+WfPB=0⑦ 对从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有 WGPB+WfPB=mv2-m⑧ 联立⑥⑦⑧得 v=vP=⑨ (3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动时间为t',竖直方向:vy=v sin 45°=g×⑩ 水平方向L=vxt'=v cos 45°·t' 联立⑨⑩得L=(1-μ)d 可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为(1-μ)d。 13.(2023重庆,13,10分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,运动方向与竖直方向夹角为θ,提升高度为h,如图所示。求: (1)提升高度为h时,工件的速度大小; (2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。 答案　(1)　(2)　 解析 (1)设提升高度为h时,工件速度大小为v,根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2=2a,解得v=。 (2)根据速度公式有v=at,解得t=,根据动能定理有W合=mv2,解得W合=。 14.(2022全国乙,16,6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 (　　) A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 答案　C　如图所示,x为PA间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由动能定理得mgh=mv2,由几何关系得h=R-R cos θ,所以v=。由于1-cos θ=2 sin2,sin=,所以v===x,故v正比于它到P点的距离,C正确。 15.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 答案　D　运动员从a处滑至c处,mgh=m-0,在c点,N-mg=m,联立得N=mg,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥,故D项正确。 16.(2022广东,9,6分)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　) A.从M到N,小车牵引力大小为40 N B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J 答案　ABD　由F=得从M到N的牵引力F= N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t==4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ sin 30°=10 m,ΔEp=-WG=mgh=5×103 J,运动时间t'==10 s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力做功Wf'=700 J,C错,D正确。 17.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(　　) A.加速度先减小后增大 B.经过O点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 答案　AD　本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。 思路分析　物块运动状态的确定 根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。 18.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(　　) A.a=　　　　　　B.a= C.N=　　　　　　D.N= 答案　AC　由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=mv2,在最低点的向心加速度a=,联立得a=,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。 19.(2017课标Ⅱ,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。 答案　(1)　(2) 解析　(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得 -μmgs0=m-m① 解得μ=② (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。 由运动学公式得-=2a1s0③ v0-v1=a1t④ s1=a2t2⑤ 联立③④⑤式得a2=⑥ 20.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为,与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)未拉A时,C受到B作用力的大小F; (2)动摩擦因数的最小值μmin; (3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。 答案　(1)mg　(2)　(3)(2μ-1)(-1)mgR 解析　本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。 (1)C受力平衡2F cos 30°=mg 解得F=mg (2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大 Fxmax=mg B受地面的最大静摩擦力f=μmg 根据题意fmin=Fxmax 解得μmin= (3)C下降的高度h=(-1)R A的位移x=2(-1)R 摩擦力做功的大小Wf=fx=2(-1)μmgR 根据动能定理W-Wf+mgh=0-0 解得W=(2μ-1)(-1)mgR 21.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/s2。 (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小; (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有 =2ax① 由牛顿第二定律有 mg-Ff=ma② 联立①②式,代入数据解得 Ff=144 N③ (2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有 mgh+W=m-m④ 设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有 FN-mg=m⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得 R=12.5 m⑥ 审题指导　(1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛顿第二定律来解答。 (2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些力提供向心力。 评分参考　①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。 22.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。 (1)求小球运动至B点时的速度大小; (2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功; (3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度; (4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。 答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m (4)2.4 s 解析　(1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N 由向心力公式得,N-mg=m 解得vB=4 m/s。 (2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。 由动能定理得mgR-W克=m-0 解得W克=2.4 J。 (3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位移。 设BC段运动时间为t,加速度a==2 m/s2 由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)① xBC=vBt-at2=4t-t2(m)② 其中0<t<2 s 由平抛运动规律有h=g③ xCP=vCt1④ 由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m)⑤ 则由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)⑥ 根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,xBP取到最大值。 代入②式,解得xBC=3.36 m。 (4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速度比例不变。每次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的。 设第n次损失后的竖直分速度为vyn,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为tn。 由平抛运动方程得vy0==8 m/s⑦ t0==0.8 s⑧ 则vyn=vy0·(n=1,2,3,…)⑨ tn=2·⑩ 将式⑦⑧⑨代入⑩可得 tn=t0(n=1,2,3,…) 由等比数列求和公式可得 t总=t0+t1+…tn+…=0.8+(s) 当n取无穷大,小球处于静止状态 解得t总=2.4 s。 考向2 动能定理的图像问题 1．（2025·江西 ）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确； B．龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0，速度方向始终为正向，故B正确； C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误； D．根据可知，前开口向上，故D错误。 故选AB。 2.(2023新课标,20,6分)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s 答案：BC 根据W=Fx可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F1= N=6 N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1==2 m/s2,故由x1=a1知,物体运动到x=1 m所用的时间t1=1 s,则v1=a1t1=2 m/s,P1=F1v1=12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能定理可得WF-μmgx4=Ek,解得Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F2= N=3 N,加速度a2==-1 m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故由x2=a1知,物体运动到x=2 m所用的时间t2= s,则v2=a1t2=2 m/s,则动量最大为p2=mv2=2 kg·m/s,D错误。故选B、C。 3.(2022重庆,10,5分)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,则 (　　) A.物块与斜面间的动摩擦因数为 B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9 J时,物块动能为3 J C.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3 D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶ 答案　BC　设斜面长为L,由图可知,当物块下滑到斜面底端时,重力做功mgL sin 45°=18 J、摩擦力做功大小μmgL cos 45°=6 J,故μ=,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mg sin 45°=9 J时,物块动能为Ek=mg sin 45°-2μmg cos 45°=3 J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mg sin 45°-2μmg cos 45°=ma1,向下时:mg sin 45°=ma2,解得a1=g、a2=g,a1∶a2=1∶3,故C正确。结合v2=2aL,当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为,则动量p=mv大小之比也为,D错误。 4.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　) 答案　A　设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-gt2,联立得Ek=mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。 4.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 答案　C　本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F降=mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则Ekt<Ek0,故选项C正确。 考向3 应用动能定理分析多过程问题 1.(2024重庆,4,4分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘(　　) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为 答案 A 从被弹出到停止运动,对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,A正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2减速至零,有-F2d2=-Ek,B错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp=mv2,又Ek=m=F2d2,联立可得Δp=,C、D错误。 2.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(　　) A.动摩擦因数μ= B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案　AB　滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2 f1=μmg cos 45° f2=μmg cos 37° 整个过程由动能定理列方程: mg·2h-f1·-f2·=0① 解得:μ=,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程: mgh-f1·=mv2② 解得:v=,B项正确。 由①式知:Wf=2mgh,C项错误。 在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2 解得:a2=-g,故D项错误。 3．（2025·湖北 ）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 4.(2022浙江1月选考,20,12分)(12分)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度lAB=3 m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小; (2)设释放点距B点的长度为lx,滑块第1次经过F点时的速度v与lx之间的关系式; (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。 答案　(1)7 N　(2)v= (m·s-1)　(lx≥0.85 m)　(3)见解题思路 解析　(1)到C点过程,根据动能定理有: mgl sin 37°+mgR(1-cos 37°)=m (点拨:滑块由静止释放到C点过程,重力做功即为合外力做功) 在C点时,FN-mg=m,解得FN=7 N (2)根据动能定理,从释放点到F点过程: (点拨:竖直平面内做圆周运动时考虑不脱轨的条件) mglx sin 37°-4mgR cos 37°=mv2 可得v= (m·s-1) 由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mglx sin 37°≥mg(R+3R cos 37°),解得lx≥0.85 m (3)设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数) mglx sin 37°-mg· sin 37°-nμmg· cos 37°=0 (点拨:摩擦力做功与路径有关,滑块最终停在FG的中点,路径长度应是lFG一半的奇数倍,根据几何关系知lFG=0.8 m) lx= m 当n=1时,= m 当n=3时,= m 当n=5时,= m 5.(2022湖南,14,15分)如图(a),质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落,与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同,重力加速度大小为g。 (1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比; (2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图(b)所示,其中h0已知,求F0的大小; (3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处,求冲量I的大小。 答案　(1)　 (2) (3) 解析　(1)设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v0、v1,由动能定理有: m-0=(1-λ)mgH 0-m=-(1+λ)mgh 联立解得= (2)若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处,则篮球与地面碰撞后的速率必为v1,则篮球在力F作用下落回地面时速率必为v0,对篮球下落过程由动能定理有 m-0=(1-λ)mgh+WF 由图(b)中图像面积可得WF=F0 联立可得F0= (3)设第i次拍击前后的上升阶段的初速度大小、下降阶段的末速度大小分别为vi、vi',对应的离地高度为hi,每次拍击后篮球获得的速度为v,则由动量定理有 I=mv 再对每个阶段由动能定理有 0-m=-(1+λ)mgh1 mv1 ʹ'2-m=(1-λ)mgh1 0-m=-(1+λ)mgh2 mv2'2-m=(1-λ)mgh2 0-m=-(1+λ)mghN mvN ʹ'2-m=(1-λ)mghN 0-m=-(1+λ)mghN+1 其中hN+1=H、==…= 联立式解得 I= 考点3 机械能守恒定律及其应用 考向1 单物体机械能守恒问题 1．（2025·新课标 ）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（　　） A．4m B．5m C．6m D．7m 【答案】B 【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有 可得其理论的最大高度 故选B。 2.(2024重庆,2,4分)2024年5月3日,嫦娥六号探测器成功发射,开启月球背面采样之旅,探测器的着陆器和上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(　　) A.减速阶段所受合外力为0 B.悬停阶段不受力 C.自由下落阶段机械能守恒 D.自由下落阶段加速度大小g=9.8 m/s2 答案 C 组合体在减速阶段有加速度,所受合外力不为零,A错误;组合体在悬停阶段处于平衡状态,合力为零,受到重力和升力,B错误;组合体在自由下落阶段只受重力,机械能守恒,C正确;月球表面重力加速度不为9.8 m/s2,D错误。 3.(2024海南,17,12分)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板的质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 【答案】(1)1 000 N　(2)7 m 解析　(1)游客从a点滑到b点,由动能定理有 mgh=m-0 游客在b点,有F-mg=m 联立解得F=1 000 N 由牛顿第三定律可知,游客滑到b点时对滑梯的压力的大小F'=F=1 000 N。 (2)解法一:动力学方法 游客在平台上滑行s=16 m后停下,由牛顿第二定律有μmg=ma1 由运动学规律有0-=-2a1s 解得游客刚滑上平台时的速度大小为v1=8 m/s 游客滑上平台前在滑板上滑动时,对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2 对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3 游客在滑板上滑动的过程,由运动学规律有v1=vb-a2t 游客的位移为x1=vbt-a2t2 滑板的位移为x2=a3t2 滑板的长度L=x1-x2 联立解得L=7 m。 解法二:动量方法 游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,有mvb=mv1+Mv2 由能量守恒有m=m+M+μmgL 对游客在平台上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0-m 联立解得L=7 m。 4.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。则 (　　) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机内的装载物处于失重状态 C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 答案 AB　根据EF段方程y=4t-26可知EF段无人机的速度大小v==4 m/s,A正确。根据y-t图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B正确。根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度v'==-2 m/s,则有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s,可知FM段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s,C错误。MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,故无人机的机械能减少,D错误。 5.(2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　　) 答案A不计摩擦与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔx tan θ,即Ek=mgx tan θ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,可见A正确,B、C、D错误。 6.(2018浙江4月选考,13,3分)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处,A、B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A、B间绳长为20 m,质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(g取10 m/s2,绳处于拉直状态)　(　　) A.-1.2×103 J　　　　　　B.-7.5×102 J　　　　　　 C.-6.0×102 J　　　　　　D.-2.0×102 J 答案　B　猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在最低点(重力势能最小)时,两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长度为a,左边绳子长度为20 m-a 由几何关系得 联立解得a= m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为 m·sin θ=7 m,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m,所以猴子在最低点的重力势能约为Ep=-mgh=-750 J,选B。 7.(2016课标Ⅰ,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R 的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 μ=,重力加速度大小为g。(取 sin 37°=,cos 37°=) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。 (3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m 解析　(1)根据题意知,B、C之间的距离l为 l=7R-2R① 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mgl sin θ-μmgl cos θ=m② 式中θ=37°。联立①②式并由题给条件得 vB=2③ (2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有 mgx sin θ-μmgx cos θ-Ep=0-m④ E、F之间的距离l1为 l1=4R-2R+x⑤ P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有 Ep-mgl1 sin θ-μmgl1 cos θ=0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R⑦ Ep=mgR⑧ (3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1=R-R sin θ⑨ y1=R+R+R cos θ⑩ 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 y1=gt2 x1=vDt 联立⑨⑩式得 vD= 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 m1=m1+m1g(R+R cos θ) P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R) sin θ-μm1g(x+5R) cos θ=m1 联立⑦⑧式得 m1=m 8.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求: (1)A固定不动时,A对B支持力的大小N; (2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s; (3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。 答案　(1)mg cos α　(2)·x (3) 解析　(1)支持力的大小N=mg cos α (2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α且s= 解得s=·x (3)B的下降高度sy=x·sin α 根据机械能守恒定律mgsy=m+m 根据速度的定义得vA=,vB= 则vB=·vA 解得vA= 解题关键　由平面几何的知识找出A与B的位移之间存在的关系是解决本题的关键。 考向2 系统机械能守恒问题 1.(2022湖北,5,4分)如图所示,质量分别为m和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 答案　C　对Q,根据平衡条件有kx=2μmg,则弹簧伸长量x=。剪断轻绳后,P的运动为简谐运动,故其最大位移为2x=,即C正确。 2.(2022河北,9,6分)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为 C.2T时刻物体P重力的功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 答案　BCD　由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=,则=,选项A错误;设P物体质量为m,则Q物体质量为2m, T时刻绳子断开时,P、Q两物体在图中B、D两处,对应速度为v1'=v1=T,绳子断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有0=v1'-gt0,得t0=,则开始时P、Q的高度差h=x1+x2=T+·=gT2,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh=mg2T2,2T时刻Q运动到F点,速度为v2=v1+gT=gT,在0~2T时间内,Q下落的距离H=T+T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-h)+·2m=mg2T2=,选项B正确;P到达最高点之后,再经过t'=T到达2T时刻,此时P的速度为v2'=gt'=gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2'=mg2T,结合上述分析,得P=,选项C正确。 3.(2020山东,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　) A.M<2m B.2m<M<3m C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功 D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量 答案　ACD　将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin θ=Mg,可见M=2m sin θ<2m,A项正确,B项错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B从释放到速度最大的过程中除重力外只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D正确。 4.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　) A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为mgL 答案　AB　本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。 A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。 5.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中,(　　) A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 答案　BCD　如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。 6．（2025·安徽 ）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 【答案】(1)， (2)4m (3) 【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律 在该位置时根据牛顿第二定律 解得， （2）小球做平抛运动时， 解得x=4m （3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足 从最低点到该位置由动能定理 解得 7．（2025·山东 ）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。 【答案】(1)，水平向左，，水平向右 (2)，水平向左， 【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有 由能量守恒定律有 联立解得， 即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 （2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则有 解得 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律 系统机械能守恒 联立解得， 固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 解得，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 8．（2025·海南 ）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】(1)，方向竖直向上； (2) (3)或 【详解】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； （2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 9．（2025·四川 ）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【答案】(1) (2)或 (3) 【详解】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知 解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒， 解得碰后乙的速度为② 碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足 即③ 联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知， 解得④ 联立①②④可得 （3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足 同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当， 联立解得⑤ 联立②⑤将代入可得⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦ 联立⑥⑦可得 10.(2022湖北,16,16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动 距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。 (1)求C的质量; (2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小; (3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。 答案　(1)m　(2)mg　(3)2(2-)mgL 解析　(1)系统在图中虚线位置能保持静止,由平衡条件可得mCg=2mg sin 60° 解得mC=m (2)设碰撞后D的速度为v,由于碰撞时间极短,C、D构成的系统动量守恒mCvC=2mv 在D运动过程中由动能定理有 -(F-2mg)×=0-×2mv2 将vC=代入可得F=mg (3)系统动能最大时加速度为零,合力为零,即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时A、B与C的速度大小分别为v1、v1、v2,由于C的速度沿绳的分速度等于A、B的速度,故v1=v2 sin 60° 再由系统机械能守恒有 mCgL tan 60°-2mg=mC+×2m 解得C的最大动能Ekm=mC=2(2-)mgL 11.(2018江苏单科,14,16分)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sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)小球受到手的拉力大小F; (2)物块和小球的质量之比M∶m; (3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。 答案　(1)Mg-mg　(2)6∶5　(3)见解析 解析　本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿运动定律的应用。 (1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1 sin 53°=F2 cos 53° F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53° 且F1=Mg 解得F=Mg-mg (2)小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3l sin 53°,物块下降高度h2=2l 由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2 解得= (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力为T 由牛顿运动定律得Mg-T=Ma　 小球受AC的拉力T'=T 由牛顿运动定律得T'-mg cos 53°=ma 解得T=(T=mg或T=Mg) 考点4 功能关系 能量守恒 1．（2025·浙江 ）如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压容量的储能电池，功率的LED灯。已知该路灯平均每天照明；标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳。则（　　） A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比 B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能 C．该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约 D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作 【答案】D 【详解】A．设时间，风力发电机的扇叶半径为，假设风的动能全部变成发电机输出，输出功率为，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误； B．太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，存在能量损耗，转换效率一般在15%~20%左右，故B错误； C．已知路灯的功率为 每天照明，一年按365天计算，6年的总时间 可得总耗电量为 因标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳，则减少的二氧化碳排放量为，故C错误； D．已知储能电池的额定电压，容量，则电池的电能为 而路灯连续一周的耗电量为 因，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作。故D正确。 故选D。 2．（2025·云南 ）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为，与其余部分的动摩擦因数为，且。第一次，滑块从I位置以速度向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为，所用时间为；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为，所用时间为。忽略空气阻力，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有， 可得，故CD错误； AB．根据牛顿第二定律 可得 由于，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的图像 可得，故A正确，B错误； 故选A。 3．（2025·湖南 ）（多选）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。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，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 D．弹药释放的能量为 【答案】BD 【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2 B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv 联立解得v=0.5v1。 爆炸后瞬间A的动能 D的初动能 两者不相等，故A错误； B．D水平滑动过程中摩擦力做功为 做平抛运动过程中重力做的功为 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， 联立可得 D水平滑动过程中根据动能定理有 化简得 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 故C错误，D正确。 故选BD。 4.（2024江西，10，6分）（多选）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=k（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　） A.最低点的位置x= B.速率达到最大值时的位置x= C.最后停留位置x的区间是≤x≤ D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<（mg-f） 【答案】BD 【审题指导】本题突破的关键是找到各个特殊位置对应的速度特征或加速度特征。小球甲在运动过程中的最低点时，速度为零，加速度不一定为零；在下降过程和上升过程中，都存在各过程所对应的速率最大的位置，此时加速度一定为零，但从开始到最终静止过程的最大速率一定在第一次下降过程中加速度为零的位置；此时静摩擦力方向可能向上，也可能向下，其大小小于等于f，故会有位置坐标的区间，最终静止时的速度为零、加速度也为零；小球甲在最低点能返回的特征是除瞬时速度为零外，合力（或加速度）一定向上。 【解析】设小球甲运动过程中最低点位置坐标为x，此时瞬时速度为零，根据能量守恒可得mg（x0-x）=f（x0-x）+，解得x=，A错误；小球甲第一次向下运动过程中速率达到最大值时，加速度为零，此时受力平衡，mg=f+k，解得x=，B正确；小球甲可能会经历多次上下往返运动，最后停留在某位置时速度一定为零，加速度一定为零，小球甲在静止位置所受静摩擦力最大且摩擦力方向向下时，则在停留位置有mg+f=k（此时最后停留位置x最小，对应的库仑力最大），解得x1=，小球甲在静止位置所受静摩擦力最大且摩擦力方向向上时有mg=f+k（此时最后停留位置x最大，对应的库仑力最小），解得x2=，综上可得小球甲最后停留位置的区间为≤x≤，C错误；若小球甲在最低点能返回，则k>mg+f，解得x<，由A项分析得x=，即（mg-f）x=，故初始电势能Ep0=<（mg-f），D正确。 5.（2024浙江6月，18，11分）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【答案】（1）5 m/s　（2）0.625 J　（3）6 m/s 【解析】（1）从滑块离开弹簧到恰好通过C点，由动能定理有-2mgR=m-m 在C点由牛顿第二定律有mg= 联立解得v0==5 m/s （2）由题意可知vE=v0=5 m/s 滑块在平板上运动的过程系统动量守恒，有 mvE=（m+M）v1 系统损失的机械能ΔE=m-（M+m） 联立解得ΔE=0.625 J （3）滑块与平板相对滑动过程中 对滑块有a1==6 m/s2 对平板有a2==4 m/s2 滑块减速至与平板共速后，可与平板一起做匀减速运动 设滑块从E点滑上平板的速度为v2，且恰好到达平板右端时与平板共速，则有 x1=v2t1-a1 x2=a2 且x1-x2=L，v2-a1t1=a2t1 联立解得t1=0.6 s，v2=6 m/s，x1=2.52 m，x2=0.72 m<d-L 分析可知当滑块滑上平板的速度大于v2时，滑块会从平板右端飞出，而滑块以v2速度滑上平板时，共速后一起向右做匀减速运动，v共=a2t1=2.4 m/s，a3=μ2g=1 m/s2，向右运动的距离s==2.88 m>d-x1，最终可以与平板一起到达H点，则v2为滑块从E点滑上平板的最大速度 则对滑块从A端弹射到E点的过程，由功能关系可得 vm=v2=6 m/s 6.(2024黑吉辽,14,12分)如图,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,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,取重力加速度g=10 m/s2。求: (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)对物块A由平抛运动规律可得 h=gt2 xA=vAt 对A和B组成的系统,相互作用过程动量守恒(点拨:在弹开过程中弹簧对A、B的弹力大小相等,方向相反,桌面对A、B的摩擦力同样大小相等,方向相反,故系统合力为零) 有mAvA=mBvB 解得vA=1 m/s,vB=1 m/s (2)解法一:应用动能定理 对物块B从脱离弹簧到静止,应用动能定理有 -μmBgxB=0-mB 解得μ=0.2 解法二:应用牛顿运动定律及运动学公式 由牛顿第二定律可得 μmBg=mBa 物块B脱离弹簧后做匀减速直线运动,有 =2axB 联立解得μ=0.2 (3)物块A和B由静止释放到刚好脱离弹簧,任一时刻速度均等大反向,则此过程物块A和B的位移大小均为,设物块A、B与桌面摩擦产生的内能为Q,根据能量守恒定律可得,弹簧释放的弹性势能 ΔEp=Q+mA+mB 根据功能关系有Q=μmAg+μmBg 解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J 7.(2024江苏,15,12分)如图所示,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,物块从C点又恰好到达最高点D。重力加速度为g,不计电动机产生的电热。求: (1)CD段长度x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 【答案】(1) (2)mgv (3) 解析　(1)解法一:动力学观点 物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma 由运动学公式有0-v2=-2ax 联立解得x= 解法二:能量观点 物块在CD段运动过程中,由动能定理有 -x=0-mv2 解得x= (2)物块在BC段匀速运动,则电动机对物块的牵引力为F=mg sin θ+μmg cos θ 由P=Fv得P=mgv (3)全过程中物块初、末态的动能均为0,重力势能增加,则物块增加的机械能为E1=mgL sin θ 整个过程根据题意及能量守恒定律可知,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的热量,故可知E2=E1+μmg cos θ·L 故可得==。 8.(2023辽宁,13,10分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80 m/s时离开水面,该过程滑行距离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg。离开水面后,飞机攀升高度h=100 m时速度达到v2=100 m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t; (2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。 答案 (1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J 解析 (1)由=2aL得a== m/s2=2 m/s2 由t=得t= s=40 s (2)飞机汲取的水的机械能增加量 ΔE=mgh+m-m 代入数据解得ΔE=2.8×107 J 9.(2022江苏,10,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度。则 (　　) A.当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下 B.A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化 C.下滑时,B对A的压力先减小后增大 D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 答案　B　由于下滑过程中A、B始终不分离,可知A对B的弹力方向沿斜面向上且不小于零;下滑到平衡位置前,B所受合力FB方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力减去A对B的弹力与斜面摩擦力,设斜面倾角为θ,有FB=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,由于合力逐渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变,故A对B的弹力逐渐增大;下滑过平衡位置后B所受合力大小FB'=FAB+μmBg cos θ-mBg sin θ逐渐增大,则A对B的弹力仍逐渐增大,C错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的机械能变化量为零,由能量守恒可知,A、B克服摩擦力所做总功等于B减少的重力势能,D错误。下滑过程中在最高点:对B受力分析得mBa=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,对A、B整体受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)g sin θ-Fx-μ(mA+mB)g cos θ,联立可得=,可见弹簧对A的弹力Fx方向总是与A对B的作用力FAB相同、大小与FAB成正比,故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态,可知上滑过程中弹簧弹力方向不变,B正确。设A在最低点和最高点时弹簧压缩量分别为x1和x2,上滑过程由能量守恒得k=k+mg(x1-x2) sin θ+f(x1-x2),解得k=,当位移为最大位移的一半时有F合=k-mg sin θ-f=0,则加速度为0,A错误。 方法技巧　分析B选项时,可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间,假设弹簧对A有沿斜面向下的拉力,则由牛顿第二定律知此时aA>aB,不满足题目中的运动情况,假设不成立,弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力,故B正确。 10.(2022湖南,7,5分)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是 (　　) A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小 B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变 C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小 D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变 答案　AC　PG=mgv,0~t1时间内,v减小,PG减小,A正确;在0~t1时间内图像斜率减小,加速度减小,B错误;t1~t2时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t2~t3时间内,v不变,Ek不变,返回舱下落,重力势能Ep减小,故返回舱机械能减小,D错误。 11.(2016上海单科,7,2分)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中(　　) A.失重且机械能增加 B.失重且机械能减少 C.超重且机械能增加 D.超重且机械能减少 答案　B　根据题意,体验者飘浮时受到的重力和风力平衡;在加速下落过程中,风力小于重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下落过程中,加速度方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。 12.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　) A.动能增加了1 900 J　　　　　　B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J　　　　　　D.重力势能减小了2 000 J 答案　C　由动能定理可知,ΔEk=1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少量等于重力做的功,故C正确、D错。 13.(2022浙江6月选考,20,12分)如图所示,在竖直面内,一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2 m,v=2 m/s,物块与MN、CD 之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD 与DE平滑连接,物块可视为质点。 (1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小; (2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系; (3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m,求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点,水平向右为正,建立x轴)。 答案　(1)5 m/s　(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)　(3)见解析 解析　(1)设滑块b摆到最低点的速度为vb,由mgh=m得vb=5 m/s a、b发生弹性正碰且a、b质量相等,则二者交换速度,v0=vb=5 m/s (2)设从h1释放时,物块a运动到E点时速度恰好为零。此为能到达DE最高点的临界条件 对物块a、b组成的系统由功能关系得mgh1-2μmgl-mgH=0 解得h1=1.2 m 以竖直向下为正方向,对物块a在DE最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=m 对物块a、b组成的系统由功能关系得 mgh-2μmgl-mgH=m 代入数据联立得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m) (3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块a静止的位置在E点或E点右侧水平面FG上,根据动能定理得 mgh-2μmgl-mgH=m 从E点飞出后,物块a做平抛运动,则H=gt2 S1=vEt 根据几何关系可得xDF== m 即物块a的位置为x=3l+xDF+S1 代入数据解得 m≤x< m 设滑块b释放的高度为h0时,滑块a恰好到达D点,由动能定理得mgh0-μmg2l=0,解得h0=1 m 此时滑块a静止的位置为x1=3l=3 m 则当0.9 m<h<1.2 m时,从h2=0.9 m释放物块b,物块a不能到达D点,设此过程中物块a所受滑动摩擦力对应的位移为S2,由mgh-μmgS2=0 得S1=1.8 m 即物块a静止的位置为x2=S2+l=2.8 m 若滑块a由E点速度为零返回到水平面上,由mgH-μmgS3=0可得S3=0.4 m 即物块a静止的位置为x3=3l-S3=2.6 m 综上可知当0.9 m<h<1.65 m时,2.6 m<x≤3 m 实验微专题7 验证机械能守恒定律 1．（2025·江西 ）某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律。重力加速度g取。 (1)实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门 的位置安装不合理，应如何调整 ： (2)实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L。将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和。移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。 … 滑块经过光电门1、2的速度分别为和。当时， ，滑块通过两光电门下降的高度 。（结果保留2位小数） (3)处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示。根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒： ，并给出理由： 。 【答案】(1) 1 适当向右移动光电门1 (2) 1.01 3.98 (3) 守恒 见解析 【详解】（1）[1]光电门1安装不合理； [2]由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。 （2）[1]当时，由表格可知通过光电门2的时间为 故通过光电门2的速度 [2]根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度 （3）[1]守恒； [2]根据图（b）可知其斜率约为 故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。 2．（2025·甘肃 ）某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。 把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。 将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。 (1)以h为横坐标、 （填“”、“”、“”或“”）为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为 （用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能守恒。 (2)实验中，用游标卡尺测得小球直径。 ①由结果可知，所用的是 分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50）； ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径、则游标尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 【答案】(1) (2) 50 12 【详解】（1）[1][2]小球经过光电门的挡光时间，可得小球到达平衡位置 为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有 联立解得 可得纵坐标为 图像的斜率为。 （2）[1]10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为 此游标卡尺测得小球直径 可以判断所用的是50分度的游标卡尺。 [2]若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 3．（2025·河南 ）实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有：交流电源（频率）、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 (1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实验必需且正确的，把它们选择出来并按实验顺序排列： （填步骤前面的序号） ①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为 （保留3位有效数字）。 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h，计算相应的重锤下落速度v，并绘制图3所示的关系图像。理论上，若机械能守恒，图中直线应 （填“通过”或“不通过”）原点且斜率为 （用重力加速度大小g表示）。由图3得直线的斜率 （保留3位有效数字）。 (4)定义单次测量的相对误差，其中是重锤重力势能的减小量，是其动能增加量，则实验相对误差为 （用字母k和g表示）；当地重力加速度大小取，则 （保留2位有效数字），若，可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。 【答案】(1)④①⑥⑤ (2)1.79 (3) 通过 18.6 (4) 5.1 【详解】（1）实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带，在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据，根据原理可知质量可以约掉，不需要用电子天平称量重锤的质量。 故选择正确且正确排序为④①⑥⑤。 （2）根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得 代入数据可得 （3）[1][2]根据 整理可得 可知理论上，若机械能守恒，图中直线应通过原点，且斜率 [3]由图3得直线的斜率 （4）[1]根据题意有 可得 [2]当地重力加速度大小取，代入数据可得。 4.(2024重庆,11,6分)元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对戽斗汲水工作情况进行模型化处理,设计了如图甲所示实验,探究戽斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点,分别固定一个小滑轮,将连接沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码,让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0 g时,沙桶从A点由静止释放,能到达最高点B,最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频,以A点为坐标原点,取竖直向上为正方向,建立直角坐标系,得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。 (1)若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动,则此段中随着连接沙桶的两线间夹角逐渐增大,每根线对沙桶的拉力　　　　(选填“逐渐增大”“保持不变”或“逐渐减小”)。沙桶在B点的加速度方向　　　　(选填“竖直向上”或“竖直向下”)。 (2)由图乙可知,沙桶从开始运动到最终停止,机械能增加　　　　J(保留两位有效数字,g=9.8 m/s2)。  答案 (1)逐渐增大　竖直向下　(2)0.11 解析　(1)设连接沙桶的细线与竖直方向夹角为θ,若沙桶匀速上升,根据平衡条件有2T cos θ=Mg,θ逐渐增大,则T逐渐增大;由题图乙可知沙桶上升到最高点B然后下落,在最高点的加速度方向竖直向下。 (2)沙桶从开始运动到静止,上升高度为8.4 cm,机械能增加量为ΔE=Mgh=0.136×9.8×0.084 J≈0.11 J。 5.（2024浙江6月，16-Ⅰ，4分）在“验证机械能守恒定律”的实验中， （1）下列操作正确的是________。 （2）实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。 已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为________m/s（保留三位有效数字）。  （3）某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结果________（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由是________。  A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 【答案】（1）A　（2）3.34　（3）不能　B 【解析】（1）为了减小纸带运动过程中与打点计时器之间产生的摩擦，需要在纸带末端提起纸带，A正确。 （2）根据v13=可得v13=m/s=3.34 m/s。 （3）若“1”处对应纸带速度为v1，“13”处对应纸带速度为v13，利用-=2gh计算重力加速度，公式变形可得m-m=mgh，利用纸带计算得到的重力加速度不能验证机械能守恒（点拨:比较求出的g值与当地的重力加速度，若在误差允许范围内相等，可验证机械能守恒），应使用当地的重力加速度进行计算，故所得的结论是不合理的。 6. [2023天津,(1)]某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,接通气垫导轨气源,释放托盘与砝码,并测得: a.遮光片的宽度d; b.遮光片到光电门的距离l; c.遮光片通过光电门的时间Δt; d.托盘与砝码的质量m1,小车与遮光片的质量m2。 ①小车通过光电门时的速度v=　　　　;  ②小车从释放到经过光电门的过程,系统重力势能的减少量为　　　　,动能的增加量为　　　　;  ③改变l,做多组实验,作出如图乙以l为横轴、以为纵轴的图像,若系统机械能守恒,则图像的斜率k=　　　　。  答案　(1)①　②m1gl　(m1+m2) 解析 (1)①小车通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度,即v=;②小车从释放到经过光电门的过程,系统重力势能的减少量=m1gl,系统动能的增加量ΔEk=(m1+m2);③若系统的机械能守恒,则有=ΔEk,即m1gl=(m1+m2)成立,整理得=l,可得图像的斜率k=。 7.(2022湖北,12,7分)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。  (2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　N。(结果均保留2位有效数字)  (3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(单选,填正确答案标号)。  A.小钢球摆动角度偏大 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 答案　(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C 解析　(1)小球摆至最高点时有:Tmin=mg cos θ 小球摆至最低点时有:Tmax=mg+m 根据机械能守恒定律有:mgL(1-cos θ)=mv2 三式联立整理得:Tmax=3mg-2Tmin 故直线斜率的理论值为-2。 (2)由Tmax与Tmin的函数式可知,图像的纵截距为3mg=1.77 N,则mg=0.59 N,在图线上取两点坐标求斜率:k===-2.1。 (3)小钢球摆动过程克服空气阻力做功,使一部分机械能转化为内能,故选C。 8.(2022河北,11,6分)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k ,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。 (1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　,钩码的动能增加量为　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　。  (2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图3所示。 由图3可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是 　。  答案　见解析 解析　(1)打出A点时,弹簧的伸长量xA=L-L0;打出F点时,弹簧的伸长量xF=L-L0-h5,则从打出A点到打出F点的时间内,弹簧弹性势能减少量为ΔEp1=k-k=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2;打出F点时,钩码速度vF=,动能增加量ΔEk=m=m;重力势能增加量ΔEp2=mgh5。 (2)弹簧弹力逐渐减小,空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦阻力变得不可忽略,系统机械能持续减小。 9.(2022广东,11,7分)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下: (1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=　　　　mm。  (3)测量时,应　　　　(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。  (4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=　　　　(用字母m、d、t1和t2表示)。  (5)若适当调高光电门的高度,将会　　　(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。  答案　(2)7.885　(3)B　(4)md2 (5)增大 解析　(2)螺旋测微器的读数为7.5 mm+38.5×0.01 mm=7.885 mm。 (3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。 (4)小球两次通过光电门的速度v1=,v2=,由于光电门的高度一定,若不考虑空气阻力的影响,可认为小球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔE=m-m=m-=md2。 (5)由于存在空气阻力,适当调高光电门的高度后,不会影响小球碰撞过程中的机械能损失,但会增大小球两次通过光电门过程中空气阻力所做的功,当将小球两次通过光电门时减少的动能作为小球碰撞过程中损失的机械能时,会增大测量的系统误差。 10.[2017天津理综,9(2)]如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。 ①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是　　　。  A.重物选用质量和密度较大的金属锤 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正 C.精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物 ②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有　　　。  A.OA、AD和EG的长度　　　　　　B.OC、BC和CD的长度 C.BD、CF和EG的长度　　　　　　D.AC、BD和EG的长度 答案　①AB　②BC 解析　本题考查“验证机械能守恒定律”实验。 ①选用质量大的金属锤,可保证下落过程中纸带竖直不松弛;金属锤密度大,体积就小,下落过程中所受阻力小;上下限位孔对正,可减小摩擦;本实验中要验证mv2=mgh,即验证v2=2gh,不用测量重物的质量;实验时用手抓紧纸带上端,接通电源,打点计时器工作稳定后,再松手释放纸带,不用用手托住重物。 ②本实验中,需要测某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离,或者两点的速度及其间距,符合要求的选项有B、C。 试题评析　如何减小实验误差和如何处理数据是实验题目的两大高频考点,考生在平时实验中,要充分思考这方面问题的处理办法,做到心中有数,在考试中就可游刃有余。 11.(2016课标Ⅰ,22,5分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。 图(a) 图(b) 该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。 (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为　　　　,打出C点时重物下落的速度大小为　　　　,重物下落的加速度大小为　　　　。  (2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为　　　　Hz。  答案　(1)(s1+s2)f　(s2+s3)f　(s3-s1)f2 (2)40 解析　(1)匀变速直线运动中,某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:vB==(s1+s2)f,同理vC=(s2+s3)f,加速度a==(s3-s1)f2。 (2)由牛顿第二定律可知:mg-0.01mg=ma a=0.99g① 又由(1)问知:a=② ①②联立得f=40 Hz 12.[2016北京理综,21(2)]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。 图1 ①为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的　　　　。  A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量与势能变化量 C.速度变化量与高度变化量 ②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是　　　　。  A.交流电源　　　B.刻度尺　　　C.天平(含砝码) ③实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。 已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp=　　　　,动能变化量ΔEk=　　　　。  图2 ④大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是　　　　。  A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v=计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法 ⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。 答案　①A　②AB　③-mghB　m·　④C　⑤见解析 解析　①重物的机械能指它的动能和重力势能,所以机械能是否守恒要看动能和重力势能变化量是否相等,所以选A项。②因为电磁打点计时器用6 V以下交流电源,所以A项器材需要;实验中需要用刻度尺测纸带上点间距离,所以B项器材需要;因为动能变化、重力势能变化都是对同一重物而言的,所以不需要测它的质量,故C项不需要。③从打O点到打B点的过程中重物的重力势能在减少,所以ΔEp=-mghB,再由=得打B点时重物的速度为vB=,故动能变化量为ΔEk=m-0=m。④因为做实验时存在空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦阻力,故重物下落过程不是自由落体运动,所以|ΔEp|>ΔEk,所以C项正确。⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中,若阻力 f 恒定,根据mgh-fh=mv2-0⇒v2=2h可知,v2-h图像就是过原点的一条直线。要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒,还必须看图像的斜率是否接近2g。 3.(2016江苏单科,11,10分)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点。光电门固定在A的正下方,在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒。 图1 (1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到　　　　之间的竖直距离。  A.钢球在A点时的顶端 B.钢球在A点时的球心 C.钢球在A点时的底端 (2)用ΔEk=mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图2所示,其读数为　　　　cm。某次测量中,计时器的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v=　　　　m/s。  图2 (3)下表为该同学的实验结果: ΔEp(×10-2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 ΔEk(×10-2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 　　他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点?请说明理由。 (4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。 答案　(1)B　(2)1.50(1.49~1.51都算对) 1.50(1.49~1.51都算对) (3)不同意,因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp,但表中ΔEk大于ΔEp。 (4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算ΔEk时,将v折算成钢球的速度v'=v。 解析　(1)要考虑钢球重力势能的改变量大小,需要测量钢球球心下降的高度h,因此要测量钢球在释放点和A点时球心之间的竖直距离,选项B正确。 (2)刻度尺的读数为1.50 cm,钢球的速度v== m/s=1.50 m/s。 (3)由动能定理可知,mgh-Wf=ΔEk,即ΔEp-Wf=ΔEk,ΔEp>ΔEk,所以空气阻力会造成ΔEp>ΔEk,但表中为ΔEk>ΔEp,因此不同意他的观点。 (4)钢球球心和遮光条都绕悬点做圆周运动,但运动半径不同,因此分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,遮光条在光电门处的速度v=,则钢球的速度v'=·l,可以减小表中差异。 考查点　本题考查对验证机械能守恒定律实验原理的理解、刻度尺的读数、实验数据的处理、误差分析和对实验方法的分析与改进,主要考查考生解决实验问题的基本素养,属于中等难度题。 解题指导　(1)钢球高度的改变应为钢球球心间的高度差,因此应测球心间的竖直距离。 (3)因存在空气阻力,故重力势能的改变量应大于动能的改变量。 (4)不同半径、同一圆心的圆周运动,其线速度不同,故应将遮光条在光电门处的速度折算成钢球球心处的速度。 ( 1 / 78 ) 学科网（北京）股份有限公司 $