8.4机械能守恒定律【考点分类提优】讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第二册

8.4　机械能守恒定律 知道机械能是动能、重力势能和弹性势能之和，理解机械能是标量、状态量，具有相对性和系统性。 理解机械能守恒定律的内容、条件和三种表达式（守恒式、转化式、转移式），能正确判断研究对象（或系统）的机械能是否守恒。 能用机械能守恒定律分析单个物体在光滑斜面、曲面、抛体和竖直圆周运动中的问题，以及绳、杆、滑轮等连接体系统的问题，会求速度、高度、拉力等。 能结合弹簧模型、竖直圆周临界条件，以及功能关系、能量守恒定律，分析传送带、板块、摩擦生热等多过程综合问题。 【思维导图】 考点一　机械能 1．机械能的定义：物体的动能、重力势能和弹性势能统称为机械能。机械能是与机械运动相对应的能量。 2．机械能的表达式： 其中 包括重力势能和弹性势能。在只有重力势能的问题中 ；在含有弹簧的问题中 。 3．标矢性：机械能是标量，只有大小、没有方向；由于重力势能可正、可负、可为零，机械能也可正、可负、可为零。 4．机械能的特点： （1）状态量：机械能对应物体某一位置（某一状态），是描述物体运动状态的状态量。 （2）相对性：重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关，速度与参考系的选取有关，故机械能也具有相对性；但机械能的变化与参考平面的选取无关。 （3）系统性：重力势能是物体与地球组成的系统所共有，弹性势能是弹簧各部分所共有，故机械能是物体、地球及弹性系统所共有的。 5．动能与势能的相互转化： （1）只有重力做功时，重力势能与动能相互转化：重力做正功，重力势能减少、动能增加；重力做负功则相反。 （2）只有弹簧弹力做功时，弹性势能与动能相互转化：弹力做正功，弹性势能减少、动能增加。 重力做功与重力势能变化：；弹力做功与弹性势能变化：。 比较项目 动能 重力势能 弹性势能 表达式 决定因素 质量与速度大小 重力与相对参考面高度 劲度系数与形变量 标矢性 标量，恒为正值 标量，可正可负 标量，恒为正值 相对性 与参考系有关 与零势能面选取有关 一般以弹簧原长为零 改变原因 合力做功 重力做功 弹簧弹力做功 重难诠释　①机械能的“三性”：状态量（对应某一位置）、相对性（与零势能面、参考系有关，但机械能的变化与参考面无关）、系统性（为物体、地球、弹簧所共有）。②零势能面选取不同，机械能数值可能不同，但机械能的变化（动能与势能的转化量）与零势能面无关；实际问题中常取地面或运动的最低点为零势能面。③重力势能与弹性势能都属于势能，势能与动能可以相互转化，转化的“桥梁”是重力或弹力做功。 考点二　机械能守恒定律 1．机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力（系统内的保守力）做功的情况下，物体系统的动能与势能相互转化，而机械能的总量保持不变。 2．三种表达式： 即 ，系统初、末状态的机械能相等；还可写成下列两种形式： 转化式：（系统增加的动能等于减少的势能）； 转移式（多物体系统）：（一部分增加的机械能等于另一部分减少的机械能）。 3．机械能守恒的条件： （1）物体（系统）只受重力或弹簧弹力作用，没有其他力； （2）物体虽受其他力，但其他力都不做功； （3）物体受其他力且其他力做功，但其他力做功的代数和为零。 4．判断机械能是否守恒的三种方法： 判断方法 判据（怎么判断） 定义法 分别分析动能、势能，看二者之和 是否发生变化 做功法 系统内只有重力、弹簧弹力做功，其他力不做功（或做功代数和为 0），则守恒 能量转化法 系统内只有动能、重力势能、弹性势能相互转化，没有转化为内能等其他形式能，则守恒 5．应用机械能守恒定律解题的一般步骤： ①明确研究对象（单个物体或系统）；②分析受力和各力做功情况，判断机械能是否守恒；③选取零势能面（用守恒式时），确定初、末状态的机械能；④选择合适的表达式列方程；⑤求解并对结果讨论。 观点（表达式） 形式 物理意义 注意事项 守恒 初、末状态机械能相等 须选取且只选同一个零势能面 转化 动能增加量等于势能减少量 无须选零势能面，只看增减 转移 一部分增加的等于另一部分减少的 用于多物体系统，无须选零势能面 比较项目 机械能守恒定律 动能定理 研究对象 物体（含地球、弹簧）组成的系统 通常是单个物体（质点） 适用条件 只有重力、弹力做功 没有条件限制，其他力也可做功 着眼点 初、末状态的机械能 合外力做功与初、末动能 方程 能—能转化关系（势能必须计入） 功—动能变化关系 共同点 都是标量方程，都从做功和能量转化角度研究运动 重难诠释　①机械能守恒的条件绝不是“合外力等于零”，也不是“合外力做的功等于零”；如水平飞来的子弹打入静止木块（合外力做功可能为零），但有摩擦生热，机械能不守恒。②绳（杆）突然绷紧、物体间碰撞合在一起等过程，除非题目特别说明，一般伴随机械能损失，不能直接用机械能守恒。③守恒式必须选取同一零势能面，转化式、转移式只研究能量增减，无须选零势能面。④判断顺序：先看研究对象（系统），再看除重力、弹簧弹力外是否有其他力做功或产生内能，最后才确定能否守恒。 考点三　单个物体机械能守恒的应用 1．常见模型：光滑斜面、光滑曲面、不计空气阻力的各种抛体运动、竖直平面内的圆周运动等，其共同特点是只有重力做功（支持力、绳的拉力不做功），机械能守恒。 2．光滑斜面（曲面）问题：物体从高 h 处由静止释放，沿光滑轨道滑下，由机械能守恒 ，得最低点速度 可见末速度只与下落高度 h 有关，与轨道的形状、倾角、物体质量都无关。 光滑斜面上重力势能与动能的转化 3．抛体运动（不计空气阻力）：无论平抛、斜抛还是竖直上抛，整个过程中只有重力做功，机械能守恒。物体在同一高度处（无论沿哪条路径）速率相等。 4．竖直平面内的圆周运动： （1）重力做功只看高度差，绳（轨道）的弹力始终沿半径、不做功，求速率用机械能守恒。 （2）绳模型（内轨道、绳拴小球）：最高点是“能通过”的临界位置，恰好通过最高点时只有重力提供向心力，临界速度为 （3）管模型（外轨道、双轨圆管、轻杆）：最高点轨道（杆）可提供向上的支持力（推力），临界速度为 。 竖直圆周运动（绳模型）最高点与最低点 从最高点 B 到最低点 A，由机械能守恒（下落高度为 ）： 模型 最高点受力 最高点临界速度 最低点速度（最高点临界时） 绳模型（绳、内轨道） 重力与绳（轨）拉力，均指向圆心 管模型（杆、双轨、外轨道） 重力与杆（轨）力，方向可上可下 重难诠释　①由机械能守恒得到的速度只与高度差有关，与路径无关；同一高度处物体速率相等，这是处理多轨道、多过程问题的常用结论。②绳模型与管模型的最高点临界不同：绳模型最高点至少要有 （速度不足会在到达最高点前脱离），管模型（杆模型）最高点速度可以为零。③求最低点的拉力、支持力时，要先由机械能守恒求出速度，再由向心力方程 （最低点）或 （最高点）求力，切勿只列守恒式而漏掉向心力方程。 考点四　连接体系统的机械能守恒 1．多个物体组成的系统：当系统内只有重力、弹簧弹力做功，外力不做功，内力也不引起机械能与其他形式能的转化时，系统的机械能守恒。 2．绳连接系统（定滑轮两侧物体）：绳子不可伸长，两物体沿绳方向的速度大小相等；一个物体下降（重力势能减少），另一个物体上升（重力势能增加），对系统用转移式 。 3．杆连接系统：轻杆绕同一转轴转动，各物体的角速度相同，线速度 ，由转动半径决定线速度大小。 绳连接（左）与杆连接（右）系统的速度关系 4．解题要点：①判断系统机械能是否守恒；②找出相连接物体间的速度关系（沿绳速度相等、杆上各点角速度相同）；③确定各物体上升、下降的高度关系；④对系统列 （或 ）求解。 连接方式 速度关系 位移（高度）关系 列方程常用式 绳连接（定滑轮） 两物体沿绳速度大小相等 绳长不变，一升一降位移大小相等 杆连接（同轴转动） 角速度相同 ， 线位移、弧长与半径成正比 斜面绳连接 沿绳速度相等，注意分解 由几何关系确定升、降高度 重难诠释　①连接体问题的关键是“速度关联”：绳连接的两物体沿绳方向的速度分量相等（一般直接大小相等）；杆连接的各点角速度相同，线速度与转动半径成正比，不能想当然地认为所有物体速度都相等。②对系统列方程时，重力势能的增减要把所有物体都计入，一个物体下降减少的重力势能，等于另一物体上升增加的重力势能与系统增加的动能之和（）。③绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞的瞬间一般有机械能损失，该瞬间不能用机械能守恒，应分段处理。 考点五　弹簧、圆周与功能关系综合 1．含弹簧的系统：只要除重力、弹簧弹力外其他力不做功，系统（含弹簧）的机械能守恒，此时弹簧的弹性势能必须计入： 弹簧被拉伸到最长或压缩到最短时，弹簧两端物体的速度相同（相对速度为零），此时弹性势能最大、系统动能最小。 弹簧模型：弹性势能与动能的转化 2．机械能不守恒时——功能关系：除重力、弹簧弹力以外的其他力做功的过程，等于物体机械能的变化： 其他力做正功，机械能增加；做负功，机械能减少。 3．摩擦生热：一对滑动摩擦力做功的代数和为负，其绝对值等于因摩擦产生的内能： 式中 是相互摩擦的两个物体之间的相对路程（不是对地位移）。 4．能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体。增加量等于减少量： 对传送带、板块模型，电动机（或外力）提供的能量、物体机械能的变化与摩擦生热满足 。 力 做功特点 功能关系 重力 与路径无关，只看高度差 弹簧弹力 只看劲度系数和形变量 一对滑动摩擦力 做功代数和为负，与相对路程有关 （生热） 合力 — （动能定理） 其他力（非重力、弹力） 改变机械能 重难诠释　①含弹簧的系统应用机械能守恒时，务必把弹性势能 计入，并抓住“弹簧最长、最短时两端物体共速”这一临界条件。②摩擦生热公式中的位移是两物体的相对路程 ，不是物体的对地位移；传送带、板块问题先求“共速”时刻和相对位移，再算热量，切忌用对地位移代替相对位移。③机械能不守恒（有摩擦、非弹性碰撞、绳绷紧等）时，应改用动能定理或能量守恒定律：减少的机械能等于增加的内能（热量），即 。 考向1　机械能守恒的判断与条件 1．（2026•绵阳校级开学）我国神舟十八号载人飞船要飞往太空中与天宫空间站完成对接任务，飞船在加速升空的某段时间过程中，它的（　　） A．动能增加，重力势能不变，机械能不变 B．动能不变，重力势能增加，机械能不变 C．动能不变，重力势能不变，机械能增加 D．动能增加，重力势能增加，机械能增加 2．（2026•驻马店开学）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（r≥R0）。从该星球表面以初速度v0发射飞行器，使其在距星球表面高度为R0的轨道上以线速度v做匀速圆周运动。已知引力常量为G，则（　　） A．该星球的质量为 B．该星球的密度为 C． D． 3．（2025秋•济南校级月考）一物体在运动过程中，重力做了﹣2J的功，合力做了4J的功，则（　　） A．该物体动能减少，减少量等于4J B．该物体动能增加，增加量等于4J C．该物体重力势能减少，减少量等于2J D．该物体重力势能增加，增加量等于3J 4．（2026•榕城区校级开学）2026年2月，中国体育代表团在第25届米兰冬奥会上取得了境外参赛最佳成绩，雪上项目全面突破。如图所示，跳台滑雪运动中，运动员从助滑开始，直到下落至着陆坡的运动过程中经过了各个不同的位置。下列说法正确的是（　　） A．AB段，运动员减小的重力势能全部转化为动能 B．BC段，运动员的重力势能转化为动能 C．运动员腾空至最高点C时动能为零 D．从A点到D点，运动员的机械能逐渐减小 5．（2026•三河市校级开学）某跳水运动员进入水中后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动，运动员质量为m，水对运动员的阻力大小恒为f，那么在运动员减速下降深度为h的过程中（已知重力加速度g），下列说法正确的是（　　） A．运动员所受阻力做功fh B．运动员的机械能增加了fh C．运动员所受合外力做功mgh﹣fh D．运动员的动能减少了mgh﹣fh 6．（2026秋•如东县月考）运动员把质量m＝0.4kg的足球踢出后，估测上升的最大高度h＝5m，在最高点P的速度v＝20m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。设足球在P点的重力势能为0，估算它在空中飞行时的机械能（　　） A．60J B．80J C．100J D．120J 考向2　单个物体机械能守恒的应用 1．（2026•模拟）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时机械能表达式为（　　） A．mgh B． C．﹣mgh D． 2．（2026秋•南岸区校级月考）如图甲所示，半径为r＝0.3m的圆弧轨道与水平地面平滑连接，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点。水平地面上有并排放置的A、B两物块（可视为质点且质量均为0.5kg），A与地面间动摩擦因数为μ＝0.2，B与地面和圆弧轨道间均无摩擦，两物块在外力F的作用下向右运动，F随位移x的变化图像如图乙所示，初始时水平地面上A、B与P点间的距离等于4m，取g＝10m/s2。则下列结论中正确的是（　　） A．0～2m内F做功3J B．物块B能上升的最大高度为0.075m C．x＝2m时，A、B间的弹力大小为0.5N D．0～1m内A运动时间为1s 3．（2026•衡阳校级开学）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径为R＝0.5m，一可视为质点的小球逆时针运动通过轨道最低点P时，速度大小为，Q点为圆轨道上与圆心等高的点，小球质量m＝1kg，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．小球通过P点时对轨道的压力大小为30N B．小球从P向Q运动的过程中小球机械能不守恒 C．小球能运动到与圆心等高的Q点，且在Q点的向心加速度大小为10m/s2 D．小球能沿轨道做完整的圆周运动 4．（2026秋•昭平县月考）如图所示，质量m＝10kg的货物（可视为质点）从高h＝0.2m的光滑轨道上的P点由静止开始下滑，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道与传送带连接处机械能损失不计，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带上A、B两点间的距离L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，取重力加速度大小g＝10m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从传送带左端A点运动到右端B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力对货物做的功为40J B．货物从A点运动到B点用时2.5s C．由于摩擦而产生的热量为60J D．由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为80J 5．（2026秋•五华区校级月考）如图，光滑圆形支架固定于竖直平面内，圆心为O，半径为R＝0.5m，AB为圆的竖直直径，圆上穿一质量为m＝1.25kg的小球，小球可沿圆自由滑动。原长为L0＝0.6m、劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆上A点，初始时小球锁定在圆上C点。已知∠CAB＝60°，重力加速度g＝10m/s2，弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。某一时刻解除锁定，小球沿圆轨道运动过程中弹簧始终在弹性限度内。以A点所在的水平面为重力势能的参考平面，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中小球机械能守恒 B．小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大 C．小球的最大动能为3.325J D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和的最小值为﹣6J 6．（2026•滁州校级开学）如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂直，在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小 B．刚释放时，小球A的加速度大小为aAg C．小球A运动到最低点时的速度大小为vA D．若A在最低点时加速度大小为a，则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为5mg+ma 考向3　连接体系统的机械能守恒 1．（2026•模拟）如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用长度不同的不可伸长的细线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长。把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速度释放，以两悬点所在水平面为参考平面，不计空气阻力。两球经过最低点时，悬线上的拉力分别为FTA、FTB，两球所具有的机械能分别为EA和EB。则（　　） A．FTA＝FTB、EA＝EB B．FTA＞FTB、EA＞EB C．FTA＝FTB、EA＞EB D．FTA＞FTB、EA＝EB 2．（2026•株洲校级开学）如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻t＝0.3s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．b球质量5kg B．b球落地时a球的动能为2J C．b球下落前距地面的高度为0.4m D．t＝0.3s时a球离地面的高度为0.225m，b球离地面的高度0.075m 3．（2026•阜南县开学）如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法错误的是（　　） A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量 B．物块B的重力势能减少量为mgLtanθ C．物块A的速度大于物块B的速度 D．物块B的末速度为 4．（2026春•汉寿县校级月考）如图，两个质量均为m的小球M、N通过轻质细杆连接，杆与水平面的夹角为53°，M套在固定的竖直杆上，N放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与N相连，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。当弹簧处于原长状态时，M到地面的距离为h，将M由此处静止释放，在小球M向下运动至与地面接触的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球M释放的瞬间，小球N的加速度等于 B．小球N的对水平面的压力先减小后增大 C．当小球N的速度最大时，小球M的加速度大小等于g D．若小球M落地时弹簧的弹性势能为Ep，M的动能大小为mgh﹣Ep 5．（2026春•佳木斯校级期末）如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴，在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有小球A和B（可看作质点），A、B的质量分别为2m和m，到转轴O的距离分别为2L和L，重力加速度为g。现将轻杆从水平位置由静止释放，轻杆开始绕O轴自由转动，不计空气阻力，当球A到达最低点时，下列说法正确的是（　　） A．A、B系统机械能不守恒 B．球A的机械能增大 C．球B的机械能变化量为 D．杆对球A做的功为 6．（2026•模拟）一幼儿园可调臂长的跷跷板示意图如下，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ＝30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板首次处于水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，重力加速度为g，不计一切摩擦和跷跷板的质量，小朋友与老师均可视为质点，运动开始时小朋友双脚未蹬踏地面，则从开始到跷跷板首次水平的过程中（　　） A．小朋友的机械能守恒 B．小朋友与老师的速度大小之比始终为1：2 C．跷跷板处于水平位置时，小朋友的速度大小为 D．此过程中跷跷板对老师做正功，大小为 考向4　弹簧、圆周中的机械能守恒 1．（2026秋•四川月考）水平地面上轻弹簧左端固定，右端与滑块不拴接，通过滑块压缩0.4m锁定。t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度平方与滑块位移图像如图所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，已知滑块质量m＝2.0kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．若水平地面光滑，则在滑块向右运动的过程中（未与弹簧分离），滑块机械能守恒 B．滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.25 C．弹簧锁定时具有的弹性势能为4.5J D．滑块运动过程中加速度最大为15m/s2 2．（2025秋•四川月考）如图所示，一劲度系数为400N/m的轻质弹簧一端固定，另一端连接一质量为2kg的小物块，O点为弹簧原长时物块的位置，物块与地面间的动摩擦因数为0.2。现将物块拉至A点并由静止释放，全过程弹簧形变均在弹性限度内，已知OA＝6cm，g取10m/s2，则（　　） A．物块第二次经过O点时的速度大小为0.3m/s B．物块第二次经过O点时的速度大小为0.5m/s C．全程物块通过的路程为0.16m D．物块最后恰好停在O点 3．（2026•南昌校级开学）如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A点时，轨道对小球的作用力大小为2 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为2 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 4．（2026•三河市校级开学）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图像如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　） A．A达到最大速度时的位移为 B．拉力F的最小值为2ma C．A、B分离时 D．A、B分离前，A和弹簧系统机械能不变 5．（2026秋•南京校级月考）如图所示，质量为m的小球静止在轻质弹簧上端，小球和弹簧不栓接。现给小球施加竖直向下的外力，稳定后撤去外力。小球在上升过程中的速度为v，运动时间为t，加速度大小为a，动能为Ek，机械能为E，上升高度为h，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2026•重庆校级开学）如图所示，水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端连接质量为m的薄板，薄板上静置一质量也为m的小物块，系统静止时弹簧的压缩量为x0。现对物块施加竖直向下的恒力F，当系统向下运动位移x0时撤去F，此后物块与薄板一起向上运动至弹簧原长位置时，恰好不分离。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量，则恒力F的大小为（　　） A．0.25mg B．0.5mg C．0.75mg D．mg 考向5　功能关系与能量守恒综合 1．（2025秋•榆林月考）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度v0水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小v0，下列说法中正确的是（　　） A．v0越大，木板的末速度就越大 B．v0越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．v0越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木板的末速度都不可能大于 2．（2026•哈尔滨校级开学）质量为M的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为m的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m＞M。经过一段时间物块停在木板上。若选项中上图为物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，则下列示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2026•模拟）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． 4．（2026•重庆校级开学）如题图甲所示，倾角为θ的传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5m。t＝0时刻将质量为0.02kg的小物块轻放在传送带顶端，同时给小物块施加垂直于传送带向上的外力F，F的大小随时间t变化，如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，，，，重力加速度大小g＝10m/s2，则小物块（　　） A．始终沿传送带向下加速 B．运动过程中加速度大小发生变化 C．在传送带上运动的总时间为5s D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.4J 5．（2026秋•宿迁月考）将一个小球从地面竖直上抛，运动过程中小球受到的阻力大小与速率成正比。小球从抛出到落回地面的过程中的速度v、动能Ek、机械能E、和空气摩擦产生的内能Q与距地面的高度h之间关系的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2026秋•灌南县月考）将蹦极运动简化为直线运动。如图所示，轻质弹性绳的一端固定在O点，另一端和人（视为质点）相连。人从a点静止下落，经b点时绳恰好伸直，到达最低点c后向上运动。假设整个过程弹性绳的弹力与伸长量成正比，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．人运动到bc中点处速度最大 B．人在b点的加速度大于在c点的加速度 C．从b点到c点的过程中，人一直处于失重状态 D．从a点到c点的过程中，重力势能与弹性势能之和先减小后增大 一、单选题 1．（2026秋•合肥月考）如图所示，粗细均匀的光滑长杆水平固定放置，质量为m的小球A和轻弹簧均套在杆上，弹簧两端分别与小球A和固定挡板连接。长杆正下方的固定水平板上有光滑小孔，穿过小孔且与长杆在同一竖直面的细线分别与A、B球连接，B球的质量也为m，依靠外力使A球静止，此时轻弹簧处于原长，板上小孔到小球A间的细线与水平方向的夹角为30°、长为L。现撤去外力，使小球A由静止开始运动，当小球B到最低点时小球A的速度为v（v≠0），A、B两球均可看成质点，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　） A．撤去外力的一瞬间，小球A的加速度大小等于 B．小球B第一次向下运动的过程中，小球A、B的动能均先增大后减小 C．小球B到最低点时，速度和加速度均为零 D．小球B到最低点时，弹簧的弹性势能为 2．（2026•模拟）如图所示，轻质弹簧与固定粗糙斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直。开始时用手托住小球，使弹簧处于原长状态，然后由静止释放小球，小球下落，带动物块沿斜面上滑。对物块沿斜面上滑的过程，下列说法正确的是（　　） A．物块、小球以及弹簧组成的系统机械能守恒 B．轻绳拉力对小球做的功等于小球动能的变化 C．小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物块机械能的增加量之和 D．物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力、弹簧弹力做的功之和 3．（2026•鸠江区开学）如图所示，斜面体倾角为30°，斜面光滑且足够长，足够长的轻绳绕过光滑定滑轮，一端连接斜面上质量为m的小球，另一端连接轻弹簧，弹簧的右端连接在竖直墙面上，弹簧水平，滑轮与小球间的轻绳与斜面平行，用外力控制小球使其静止在斜面上，此时轻弹簧刚好伸直，由静止释放小球，小球沿斜面向下运动的最大距离为L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度与加速度同向时小球受到的合力在增大 B．小球运动的最大加速度大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动的最大速度大小为 4．（2026•模拟）横截面积为S的均匀气流，以速度v垂直吹向风力发电机叶片，经过叶片后速度变为，空气密度为ρ。发电机将气流损失动能转化为电能的效率为η，不计其他能量损耗。下列说法正确的是（　　） A．发电机的发电功率为 B．单位时间内气流损失的动能为 C．单位时间内冲击叶片的气流质量 D．若风速增大为原来的2倍，其余条件不变，发电机发电功率将变为原来的4倍 5．（2026•模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为4J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 6．（2026•北林区校级开学）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是（　　） A．此过程摩擦生热为mv2 B．摩擦力对物体做的功为mv2 C．电动机增加的功率为μmgv D．传送带克服摩擦力做功为mv2 7．（2026•北京校级开学）如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（　　） A．A球到达最低点时速度为零 B．A球机械能减小量等于B球机械能增加量 C．B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度 D．当支架从左向右回摆时，A不可能回到起始高度 8．（2026•岳麓区校级开学）如图甲所示，可视为质点的物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立坐标轴x，选择地面为零势能面。坐标原点处固定一厚度不计的弹性挡板（物体与挡板碰撞后速度大小不变），物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化如图乙所示（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。则（　　） A．物体的质量为1kg B．物体与斜面之间的动摩擦因数为0.2 C．物块从开始到停止运动的总路程为25m D．物体在第一次上升过程中机械能减少了15J 二、多选题 （多选）1．（2027•兰州校级一模）如图所示，内壁光滑的细圆轨道ABC竖直固定放置在光滑水平面上的A点，竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ，质量为m的小球（可视为质点）在光滑水平面上获得水平向左的速度v0，然后从A点切入圆弧轨道，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．若小球刚好能到达B点，则小球在B点处于完全失重状态 B．若小球刚好能到达B点，则半径OA为 C．若小球到达C点时的速度为v，则小球在C点时重力的功率为mgvcosθ D．若小球到达C点时的速度为v，则小球落回水平面的瞬间，重力的瞬时功率为 三、解答题 1．（2026春•莎车县月考）质量m＝60kg的跳水运动员从距水面高h＝10m的跳水台以v0＝5m/s的初速度斜向上起跳，最终落入水中。若将运动员看成质点，以水面为参考平面，不计空气阻力，g取10m/s2，求： （1）运动员起跳时的动能； （2）运动员在跳台上时具有的重力势能； （3）运动员入水时的机械能大小。 2．（2026•合肥校级模拟）如图所示，半径R＝2m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，轨道的下端与一质量M＝2kg的长木板相切于C点，小物块可以无损耗地滑上长木板，长木板长度L＝5m，C点右侧距离d＝5.75m处有一弹性竖直挡板，物块和木板与弹性挡板相碰后会以原速率反弹。圆弧轨道右上方有一个光滑的平台，一轻质弹簧的右端固定在平台右侧的竖直挡板上，平台左端A点与圆弧轨道顶端B点的高度差h＝0.15m，用外力使质量m＝1kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧处于静止状态，撤去外力，小物块从平台左端A点飞出恰好从B点沿圆弧轨道切线方向进入轨道。小物块与木板的动摩擦因数μ1＝0.6，木板和水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1。g取10m/s2。求： （1）外力撤去前，弹簧的弹性势能； （2）小物块第一次经过C点时受到的支持力大小； （3）小物块最终静止时的位置距木板右端的距离。 3．（2026•保定开学）如图所示，半径为R的轻质圆盘可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长均为R的轻杆，两杆的端点分别固定有小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳，轻绳的另一端拴接一小球C。现将小球C由静止释放（轻绳绷直），小球C落至水平地面立即静止并与轻绳断开，轻绳断开后小球A、B做匀速圆周运动，小球A经过最高点时对轻杆的弹力为0。已知小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，重力加速度大小为g，圆盘与轻绳间不打滑。求： （1）轻绳断开后小球A的角速度大小ω； （2）小球C从释放至落地的过程中，轻绳对圆盘做的功W； （3）小球C释放时的位置到水平地面的高度h。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 8.4　机械能守恒定律 知道机械能是动能、重力势能和弹性势能之和，理解机械能是标量、状态量，具有相对性和系统性。 理解机械能守恒定律的内容、条件和三种表达式（守恒式、转化式、转移式），能正确判断研究对象（或系统）的机械能是否守恒。 能用机械能守恒定律分析单个物体在光滑斜面、曲面、抛体和竖直圆周运动中的问题，以及绳、杆、滑轮等连接体系统的问题，会求速度、高度、拉力等。 能结合弹簧模型、竖直圆周临界条件，以及功能关系、能量守恒定律，分析传送带、板块、摩擦生热等多过程综合问题。 【思维导图】 考点一　机械能 1．机械能的定义：物体的动能、重力势能和弹性势能统称为机械能。机械能是与机械运动相对应的能量。 2．机械能的表达式： 其中 包括重力势能和弹性势能。在只有重力势能的问题中 ；在含有弹簧的问题中 。 3．标矢性：机械能是标量，只有大小、没有方向；由于重力势能可正、可负、可为零，机械能也可正、可负、可为零。 4．机械能的特点： （1）状态量：机械能对应物体某一位置（某一状态），是描述物体运动状态的状态量。 （2）相对性：重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关，速度与参考系的选取有关，故机械能也具有相对性；但机械能的变化与参考平面的选取无关。 （3）系统性：重力势能是物体与地球组成的系统所共有，弹性势能是弹簧各部分所共有，故机械能是物体、地球及弹性系统所共有的。 5．动能与势能的相互转化： （1）只有重力做功时，重力势能与动能相互转化：重力做正功，重力势能减少、动能增加；重力做负功则相反。 （2）只有弹簧弹力做功时，弹性势能与动能相互转化：弹力做正功，弹性势能减少、动能增加。 重力做功与重力势能变化：；弹力做功与弹性势能变化：。 比较项目 动能 重力势能 弹性势能 表达式 决定因素 质量与速度大小 重力与相对参考面高度 劲度系数与形变量 标矢性 标量，恒为正值 标量，可正可负 标量，恒为正值 相对性 与参考系有关 与零势能面选取有关 一般以弹簧原长为零 改变原因 合力做功 重力做功 弹簧弹力做功 重难诠释　①机械能的“三性”：状态量（对应某一位置）、相对性（与零势能面、参考系有关，但机械能的变化与参考面无关）、系统性（为物体、地球、弹簧所共有）。②零势能面选取不同，机械能数值可能不同，但机械能的变化（动能与势能的转化量）与零势能面无关；实际问题中常取地面或运动的最低点为零势能面。③重力势能与弹性势能都属于势能，势能与动能可以相互转化，转化的“桥梁”是重力或弹力做功。 考点二　机械能守恒定律 1．机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力（系统内的保守力）做功的情况下，物体系统的动能与势能相互转化，而机械能的总量保持不变。 2．三种表达式： 即 ，系统初、末状态的机械能相等；还可写成下列两种形式： 转化式：（系统增加的动能等于减少的势能）； 转移式（多物体系统）：（一部分增加的机械能等于另一部分减少的机械能）。 3．机械能守恒的条件： （1）物体（系统）只受重力或弹簧弹力作用，没有其他力； （2）物体虽受其他力，但其他力都不做功； （3）物体受其他力且其他力做功，但其他力做功的代数和为零。 4．判断机械能是否守恒的三种方法： 判断方法 判据（怎么判断） 定义法 分别分析动能、势能，看二者之和 是否发生变化 做功法 系统内只有重力、弹簧弹力做功，其他力不做功（或做功代数和为 0），则守恒 能量转化法 系统内只有动能、重力势能、弹性势能相互转化，没有转化为内能等其他形式能，则守恒 5．应用机械能守恒定律解题的一般步骤： ①明确研究对象（单个物体或系统）；②分析受力和各力做功情况，判断机械能是否守恒；③选取零势能面（用守恒式时），确定初、末状态的机械能；④选择合适的表达式列方程；⑤求解并对结果讨论。 观点（表达式） 形式 物理意义 注意事项 守恒 初、末状态机械能相等 须选取且只选同一个零势能面 转化 动能增加量等于势能减少量 无须选零势能面，只看增减 转移 一部分增加的等于另一部分减少的 用于多物体系统，无须选零势能面 比较项目 机械能守恒定律 动能定理 研究对象 物体（含地球、弹簧）组成的系统 通常是单个物体（质点） 适用条件 只有重力、弹力做功 没有条件限制，其他力也可做功 着眼点 初、末状态的机械能 合外力做功与初、末动能 方程 能—能转化关系（势能必须计入） 功—动能变化关系 共同点 都是标量方程，都从做功和能量转化角度研究运动 重难诠释　①机械能守恒的条件绝不是“合外力等于零”，也不是“合外力做的功等于零”；如水平飞来的子弹打入静止木块（合外力做功可能为零），但有摩擦生热，机械能不守恒。②绳（杆）突然绷紧、物体间碰撞合在一起等过程，除非题目特别说明，一般伴随机械能损失，不能直接用机械能守恒。③守恒式必须选取同一零势能面，转化式、转移式只研究能量增减，无须选零势能面。④判断顺序：先看研究对象（系统），再看除重力、弹簧弹力外是否有其他力做功或产生内能，最后才确定能否守恒。 考点三　单个物体机械能守恒的应用 1．常见模型：光滑斜面、光滑曲面、不计空气阻力的各种抛体运动、竖直平面内的圆周运动等，其共同特点是只有重力做功（支持力、绳的拉力不做功），机械能守恒。 2．光滑斜面（曲面）问题：物体从高 h 处由静止释放，沿光滑轨道滑下，由机械能守恒 ，得最低点速度 可见末速度只与下落高度 h 有关，与轨道的形状、倾角、物体质量都无关。 光滑斜面上重力势能与动能的转化 3．抛体运动（不计空气阻力）：无论平抛、斜抛还是竖直上抛，整个过程中只有重力做功，机械能守恒。物体在同一高度处（无论沿哪条路径）速率相等。 4．竖直平面内的圆周运动： （1）重力做功只看高度差，绳（轨道）的弹力始终沿半径、不做功，求速率用机械能守恒。 （2）绳模型（内轨道、绳拴小球）：最高点是“能通过”的临界位置，恰好通过最高点时只有重力提供向心力，临界速度为 （3）管模型（外轨道、双轨圆管、轻杆）：最高点轨道（杆）可提供向上的支持力（推力），临界速度为 。 竖直圆周运动（绳模型）最高点与最低点 从最高点 B 到最低点 A，由机械能守恒（下落高度为 ）： 模型 最高点受力 最高点临界速度 最低点速度（最高点临界时） 绳模型（绳、内轨道） 重力与绳（轨）拉力，均指向圆心 管模型（杆、双轨、外轨道） 重力与杆（轨）力，方向可上可下 重难诠释　①由机械能守恒得到的速度只与高度差有关，与路径无关；同一高度处物体速率相等，这是处理多轨道、多过程问题的常用结论。②绳模型与管模型的最高点临界不同：绳模型最高点至少要有 （速度不足会在到达最高点前脱离），管模型（杆模型）最高点速度可以为零。③求最低点的拉力、支持力时，要先由机械能守恒求出速度，再由向心力方程 （最低点）或 （最高点）求力，切勿只列守恒式而漏掉向心力方程。 考点四　连接体系统的机械能守恒 1．多个物体组成的系统：当系统内只有重力、弹簧弹力做功，外力不做功，内力也不引起机械能与其他形式能的转化时，系统的机械能守恒。 2．绳连接系统（定滑轮两侧物体）：绳子不可伸长，两物体沿绳方向的速度大小相等；一个物体下降（重力势能减少），另一个物体上升（重力势能增加），对系统用转移式 。 3．杆连接系统：轻杆绕同一转轴转动，各物体的角速度相同，线速度 ，由转动半径决定线速度大小。 绳连接（左）与杆连接（右）系统的速度关系 4．解题要点：①判断系统机械能是否守恒；②找出相连接物体间的速度关系（沿绳速度相等、杆上各点角速度相同）；③确定各物体上升、下降的高度关系；④对系统列 （或 ）求解。 连接方式 速度关系 位移（高度）关系 列方程常用式 绳连接（定滑轮） 两物体沿绳速度大小相等 绳长不变，一升一降位移大小相等 杆连接（同轴转动） 角速度相同 ， 线位移、弧长与半径成正比 斜面绳连接 沿绳速度相等，注意分解 由几何关系确定升、降高度 重难诠释　①连接体问题的关键是“速度关联”：绳连接的两物体沿绳方向的速度分量相等（一般直接大小相等）；杆连接的各点角速度相同，线速度与转动半径成正比，不能想当然地认为所有物体速度都相等。②对系统列方程时，重力势能的增减要把所有物体都计入，一个物体下降减少的重力势能，等于另一物体上升增加的重力势能与系统增加的动能之和（）。③绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞的瞬间一般有机械能损失，该瞬间不能用机械能守恒，应分段处理。 考点五　弹簧、圆周与功能关系综合 1．含弹簧的系统：只要除重力、弹簧弹力外其他力不做功，系统（含弹簧）的机械能守恒，此时弹簧的弹性势能必须计入： 弹簧被拉伸到最长或压缩到最短时，弹簧两端物体的速度相同（相对速度为零），此时弹性势能最大、系统动能最小。 弹簧模型：弹性势能与动能的转化 2．机械能不守恒时——功能关系：除重力、弹簧弹力以外的其他力做功的过程，等于物体机械能的变化： 其他力做正功，机械能增加；做负功，机械能减少。 3．摩擦生热：一对滑动摩擦力做功的代数和为负，其绝对值等于因摩擦产生的内能： 式中 是相互摩擦的两个物体之间的相对路程（不是对地位移）。 4．能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体。增加量等于减少量： 对传送带、板块模型，电动机（或外力）提供的能量、物体机械能的变化与摩擦生热满足 。 力 做功特点 功能关系 重力 与路径无关，只看高度差 弹簧弹力 只看劲度系数和形变量 一对滑动摩擦力 做功代数和为负，与相对路程有关 （生热） 合力 — （动能定理） 其他力（非重力、弹力） 改变机械能 重难诠释　①含弹簧的系统应用机械能守恒时，务必把弹性势能 计入，并抓住“弹簧最长、最短时两端物体共速”这一临界条件。②摩擦生热公式中的位移是两物体的相对路程 ，不是物体的对地位移；传送带、板块问题先求“共速”时刻和相对位移，再算热量，切忌用对地位移代替相对位移。③机械能不守恒（有摩擦、非弹性碰撞、绳绷紧等）时，应改用动能定理或能量守恒定律：减少的机械能等于增加的内能（热量），即 。 考向1　机械能守恒的判断与条件 1．（2026•绵阳校级开学）我国神舟十八号载人飞船要飞往太空中与天宫空间站完成对接任务，飞船在加速升空的某段时间过程中，它的（　　） A．动能增加，重力势能不变，机械能不变 B．动能不变，重力势能增加，机械能不变 C．动能不变，重力势能不变，机械能增加 D．动能增加，重力势能增加，机械能增加 【答案】D 【详解】飞船质量不变，加速升空过程中，速度增大，动能增大；高度增大，则重力势能Ep＝mgh增大；飞船机械能等于动能加重力势能，因此机械能增加。 故选：D。 2．（2026•驻马店开学）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（r≥R0）。从该星球表面以初速度v0发射飞行器，使其在距星球表面高度为R0的轨道上以线速度v做匀速圆周运动。已知引力常量为G，则（　　） A．该星球的质量为 B．该星球的密度为 C． D． 【答案】C 【详解】A．根据黄金代换式有，解得星球质量，故A错误； B．星球密度，又由，联立解得星球的密度，故B错误； CD．飞行器在轨道半径r＝2R0处，引力势能，又，结合，解得线速度，动能，总机械能E总＝Ep+Ek，发射时机械能守恒，初始动能，求得，故C正确，D错误。 故选：C。 3．（2025秋•济南校级月考）一物体在运动过程中，重力做了﹣2J的功，合力做了4J的功，则（　　） A．该物体动能减少，减少量等于4J B．该物体动能增加，增加量等于4J C．该物体重力势能减少，减少量等于2J D．该物体重力势能增加，增加量等于3J 【答案】B 【详解】AB．根据题意分析可知，合外力所做的功大小等于动能的变化量，合力做了4J的功，物体动能增加4J，故A错误，B正确； CD．根据题意分析可知，重力做负功，重力势能增大，重力做正功，重力势能减小，故重力势能增加2J，故CD错误。 故选：B。 4．（2026•榕城区校级开学）2026年2月，中国体育代表团在第25届米兰冬奥会上取得了境外参赛最佳成绩，雪上项目全面突破。如图所示，跳台滑雪运动中，运动员从助滑开始，直到下落至着陆坡的运动过程中经过了各个不同的位置。下列说法正确的是（　　） A．AB段，运动员减小的重力势能全部转化为动能 B．BC段，运动员的重力势能转化为动能 C．运动员腾空至最高点C时动能为零 D．从A点到D点，运动员的机械能逐渐减小 【答案】D 【详解】A、在AB段，运动员下滑过程中，重力做正功，重力势能减小。由于存在摩擦力和空气阻力，运动员需要克服阻力做功，根据能量守恒定律，减小的重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为内能，故减小的重力势能并没有全部转化为动能，故A错误； C、运动员腾空至最高点C时，竖直方向速度为零，但水平方向仍具有速度，此时动能不为零，故C错误； B、在BC段，运动员腾空上升，高度增加，重力势能增加；速度减小，动能减小。此过程主要是动能转化为重力势能与内能，故B错误； D、从A点到D点的整个过程中，运动员在雪道上滑行受摩擦力，在空中飞行受空气阻力，阻力始终做负功。根据功能关系，除重力以外的力（阻力）做负功，机械能减小，故D正确。 故选：D。 5．（2026•三河市校级开学）某跳水运动员进入水中后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动，运动员质量为m，水对运动员的阻力大小恒为f，那么在运动员减速下降深度为h的过程中（已知重力加速度g），下列说法正确的是（　　） A．运动员所受阻力做功fh B．运动员的机械能增加了fh C．运动员所受合外力做功mgh﹣fh D．运动员的动能减少了mgh﹣fh 【答案】C 【详解】A、由功的公式可知减速下降深度为h的过程中，运动员所受阻力做功﹣fh，故A错误； B、由于阻力做功，所以运动员的机械能减小，由功能关系可知，机械能的减小量等于克服阻力做的功，则运动员的机械能增加了﹣fh，故B错误； CD、由功的公式可得运动员在减速下降深度为h的过程中，合外力做功为mgh﹣fh，根据动能定理知，动能的减小量等于克服合力做的功，则动能减小了fh﹣mgh，故C正确，D错误。 故选：C。 6．（2026秋•如东县月考）运动员把质量m＝0.4kg的足球踢出后，估测上升的最大高度h＝5m，在最高点P的速度v＝20m/s。不计空气阻力，g取10m/s2。设足球在P点的重力势能为0，估算它在空中飞行时的机械能（　　） A．60J B．80J C．100J D．120J 【答案】B 【详解】足球在P点的重力势能为0，机械能为EJ＝80J 不计空气阻力，足球在空中飞行时，只有重力做功，其机械能不变，因此它在空中飞行时的机械能为80J，故ACD错误，B正确。 故选：B。 考向2　单个物体机械能守恒的应用 1．（2026•模拟）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时机械能表达式为（　　） A．mgh B． C．﹣mgh D． 【答案】D 【详解】不计空气阻力，石块的运动满足机械能守恒定律，由题意可知抛出时石块的总机械能 所以石块落地机械能为，故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2026秋•南岸区校级月考）如图甲所示，半径为r＝0.3m的圆弧轨道与水平地面平滑连接，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点。水平地面上有并排放置的A、B两物块（可视为质点且质量均为0.5kg），A与地面间动摩擦因数为μ＝0.2，B与地面和圆弧轨道间均无摩擦，两物块在外力F的作用下向右运动，F随位移x的变化图像如图乙所示，初始时水平地面上A、B与P点间的距离等于4m，取g＝10m/s2。则下列结论中正确的是（　　） A．0～2m内F做功3J B．物块B能上升的最大高度为0.075m C．x＝2m时，A、B间的弹力大小为0.5N D．0～1m内A运动时间为1s 【答案】B 【详解】根据F﹣x图像可知，图线与坐标轴包围的面积表示外力F做的功。 A、0～2m内，外力F做的功设为W1；根据图像面积可得；计算得W1＝2.75J，并非3J，故A错误； C、当x＝2m时，由图可知F＝1.0N；A受到的滑动摩擦力为；对A、B整体，根据牛顿第二定律有F﹣fA＝（mA+mB）a；代入数据得1.0N﹣1.0N＝1.0kg×a，解得加速度a＝0；隔离B分析，其所受合力即为A对B的弹力，则NAB＝mBa；计算可得NAB＝0，即此时A、B间弹力大小为0，并非0.5N，故C错误； B、由选项C的分析可知，x＝2m时系统加速度为零。此后F＜1.0N，A开始减速；由于B不受摩擦力，在此处将与A分离，分离后B保持匀速运动到达P点；0～2m内，对A、B系统应用动能定理有W1﹣fAx1＝Ek；代入数据得2.75J﹣1.0N×2m＝Ek，解得分离时系统总动能Ek＝0.75J；由于两物块质量相等，分离时B具有的动能为；B冲上圆弧轨道上升到最大高度h的过程中，由机械能守恒有EkB＝mBgh；代入数据得0.375J＝0.5kg×10m/s2×h，解得h＝0.075m，故B正确； D、0～1m内，F＝1.5N保持不变；设该阶段系统加速度为a1，由牛顿第二定律有F﹣fA＝（mA+mB）a1；代入数据解得；由匀加速直线运动位移公式可得；代入数据得，并非1s，故D错误。 故选：B。 3．（2026•衡阳校级开学）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径为R＝0.5m，一可视为质点的小球逆时针运动通过轨道最低点P时，速度大小为，Q点为圆轨道上与圆心等高的点，小球质量m＝1kg，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．小球通过P点时对轨道的压力大小为30N B．小球从P向Q运动的过程中小球机械能不守恒 C．小球能运动到与圆心等高的Q点，且在Q点的向心加速度大小为10m/s2 D．小球能沿轨道做完整的圆周运动 【答案】C 【详解】A．小球通过P点时由牛顿第二定律 代入数据解得FN＝40N 结合牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为40N，故A错误； B．小球从P向Q运动的过程中只有重力做功，则小球机械能守恒，故B错误； C．从P到Q由机械能守恒定律可知 代入数据解得 可知小球能运动到与圆心等高的Q点，且在Q点的向心加速度大小为 代入数据解得 a＝10m/s2 故C正确； D．假设小球能经过最高点，则由机械能守恒定律 代入数据解得 该值无意义，可知小球不能沿轨道做完整的圆周运动，故D错误。 故选：C。 4．（2026秋•昭平县月考）如图所示，质量m＝10kg的货物（可视为质点）从高h＝0.2m的光滑轨道上的P点由静止开始下滑，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道与传送带连接处机械能损失不计，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带上A、B两点间的距离L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，取重力加速度大小g＝10m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从传送带左端A点运动到右端B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力对货物做的功为40J B．货物从A点运动到B点用时2.5s C．由于摩擦而产生的热量为60J D．由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为80J 【答案】D 【详解】A、货物从光滑轨道下滑到A点的过程中机械能守恒，取A点所在水平面为零势能面。 由机械能守恒定律得，解得货物到达A点时的速度为v0＝2m/s。货物在传送带上相对传送带向左运动，受到水平向右的滑动摩擦力。 以向右为正方向，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得加速度为a＝2m/s2。 货物与传送带共速前，由匀变速直线运动速度公式得v0+at1＝v，解得加速时间为t1＝1s。 这段时间内，货物的位移满足，所以x1＝3m，摩擦力对货物做的功为W＝μmgx1，故W＝60J，故A错误； C、货物相对传送带的位移大小为Δx＝vt1﹣x1，所以Δx＝1m。摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移乘积，故Q＝μmgΔx，所以Q＝20J，故C错误； B、货物与传送带共速后做匀速运动，匀速阶段时间为，所以t2＝0.5s，从A点到B点的总时间为t＝t1+t2，故t＝1.5s，故B错误； D、根据能量守恒，电动机为运送货物额外提供的电能等于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和，故，所以E＝80J，故D正确。 故选：D。 5．（2026秋•五华区校级月考）如图，光滑圆形支架固定于竖直平面内，圆心为O，半径为R＝0.5m，AB为圆的竖直直径，圆上穿一质量为m＝1.25kg的小球，小球可沿圆自由滑动。原长为L0＝0.6m、劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆上A点，初始时小球锁定在圆上C点。已知∠CAB＝60°，重力加速度g＝10m/s2，弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。某一时刻解除锁定，小球沿圆轨道运动过程中弹簧始终在弹性限度内。以A点所在的水平面为重力势能的参考平面，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中小球机械能守恒 B．小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大 C．小球的最大动能为3.325J D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和的最小值为﹣6J 【答案】D 【详解】设小球在圆上任意位置时，与A点的连线同竖直直径AB的夹角为θ。 由几何关系可知，此时弹簧长度为L＝2Rcosθ，小球相对于A点下落的竖直高度为h＝Lcosθ＝2Rcos2θ。 规定A点所在的水平面为重力势能零势能面，小球的重力势能Eg＝﹣mgh，代入数据解得； 弹簧的形变量x＝L﹣L0，代入数据解得弹簧的弹性势能。 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和E势＝Eg+Ep，化简得。 初始状态小球位于C点，已知∠CAB＝60°，即θ0＝60°，代入数据解得系统初始状态势能之和E势0＝﹣2.625J，由于初动能为零，系统总机械能E机＝﹣2.625J。 A、在运动过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误； B、小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变。由于小球在沿轨道运动时高度会发生上下波动，其重力势能并非单调减小，可知小球的动能和弹簧的弹性势能之和并非一直增大，故B错误； CD、由前面得出的势能总和关系式可知，这是关于cosθ的二次函数，对称轴为。 小球在运动过程中cosθ可取到0.8，此时小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和取得最小值，代入数据解得E势min＝﹣6J； 由系统机械能守恒可得，小球的最大动能Ekmax＝E机﹣E势min，代入数据解得Ekmax＝3.375J，故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2026•滁州校级开学）如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂直，在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小 B．刚释放时，小球A的加速度大小为aAg C．小球A运动到最低点时的速度大小为vA D．若A在最低点时加速度大小为a，则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为5mg+ma 【答案】C 【详解】B、由牛顿第二定律得mgsin60°＝maA，解得aAg，故B错误； A、小球A由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0，而B的机械能减小，则A的机械能增加，故A错误； C、小球A初始位置距水平面高度设为h1，由几何关系有Rsin60°tan30°＝1.5Rsin60° 解得h1R B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系得h2＝h1+1.5Rcos60° 解得h2＝2R 从释放至小球运动到最低点的过程，A、B下落的高度分别为ΔhAR，ΔhBR 由系统机械能守恒有mgΔhA+mgΔhB，vB＝0 解得vA，故C正确； D、以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得FN﹣F﹣mg＝ma 解得FN＝mg+ma+F 其中F为轻杆对A的力（未知），故D错误。 故选：C。 考向3　连接体系统的机械能守恒 1．（2026•模拟）如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用长度不同的不可伸长的细线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长。把两球的悬线均拉到水平后将小球无初速度释放，以两悬点所在水平面为参考平面，不计空气阻力。两球经过最低点时，悬线上的拉力分别为FTA、FTB，两球所具有的机械能分别为EA和EB。则（　　） A．FTA＝FTB、EA＝EB B．FTA＞FTB、EA＞EB C．FTA＝FTB、EA＞EB D．FTA＞FTB、EA＝EB 【答案】A 【详解】根据题意，两球运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，初始时两球机械能相等为0，则经过最低点机械能也相等，即EA＝EB 设小球质量均为m，悬线长为l，小球经过最低点时速度大小为v，由机械能守恒定律有 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得FT＝3mg 根据上式可知两小球经过最低点时悬线上的拉力大小与悬线长度无关，均为3mg，即FTA＝FTB 故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026•株洲校级开学）如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻t＝0.3s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．b球质量5kg B．b球落地时a球的动能为2J C．b球下落前距地面的高度为0.4m D．t＝0.3s时a球离地面的高度为0.225m，b球离地面的高度0.075m 【答案】D 【详解】AC．设b球下落前距地面的高度为H，根据图b可得：mbgH＝Epb＝18J，magH＝Epa＝6J 联立解得 根据牛顿第二定律可得mbg﹣mag＝（ma+mb）a 联立解得a＝5m/s2 0～0.3s内，a球向上运动的位移大小为 代入数据解得 xa＝0.225m b球向下运动的位移大小为xb＝xa＝0.225m 此时a、b两球的重力势能大小相等，即mbg（H﹣xb）＝magxa 联立解得H＝0.3m，ma＝2kg，mb＝6kg，故AC错误； B．b球下落过程，由系统机械能守恒定律可得 解得a球的动能为 代入数据解得 Eka＝3J 故B错误； D．t＝0.3s时，a球向上运动的位移大小为xa＝0.225m 即a球离地面的高度为0.225m，b球向下运动的位移大小为xb＝0.225m 此时b球离地面的高度为h＝H﹣xb 代入数据解得b球离地面的高度h＝0.075m 故D正确。 故选：D。 3．（2026•阜南县开学）如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法错误的是（　　） A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量 B．物块B的重力势能减少量为mgLtanθ C．物块A的速度大于物块B的速度 D．物块B的末速度为 【答案】C 【详解】A．A与B组成的系统中只有重力做功，系统的机械能是守恒的，所以B物体减小的机械能应等于A物体增加的机械能以及A、B两物体的动能，故物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量，故A正确； B．根据几何关系可知，物块B下降的高度为h＝Ltanθ 所以B重力势能减少量为EpB＝mgLtanθ，故B正确； C．将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，其中沿绳方向的分速度与物块A的速度大小相等，即vA＝vBsinθ 所以物块A的速度小于物块B的速度，故C错误； D．对系统应用机械能守恒，满足 其中vA＝vBsinθ 可得物块B的末速度为，故D正确。 本题选择错误的，故选：C。 4．（2026春•汉寿县校级月考）如图，两个质量均为m的小球M、N通过轻质细杆连接，杆与水平面的夹角为53°，M套在固定的竖直杆上，N放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与N相连，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。当弹簧处于原长状态时，M到地面的距离为h，将M由此处静止释放，在小球M向下运动至与地面接触的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球M释放的瞬间，小球N的加速度等于 B．小球N的对水平面的压力先减小后增大 C．当小球N的速度最大时，小球M的加速度大小等于g D．若小球M落地时弹簧的弹性势能为Ep，M的动能大小为mgh﹣Ep 【答案】D 【详解】A．设小球M释放的瞬间，细杆的弹力大小为F，根据牛顿第二定律得： 对M有：mg﹣Fcos37°＝maM 对N有：Fsin37°＝maN 由关联速度可得两者的加速度大小关系为：aMcos37°＝aNsin37° 联立解得：，故A错误； B．依题意，小球M先加速下滑，即小球M、N系统先处于失重状态，而此过程加速度逐渐减小，可知地面对小球N的支持力增大，到加速度减小到零后再减速下滑，即小球M、N系统后处于超重状态，而此过程加速度逐渐增大，可知地面对小球N的支持力增大，所以地面对小球N的支持力一直增大，由牛顿第三定律可知小球N对水平面的压力一直增大，故B错误； C．当小球N的速度最大时，弹簧处于伸长状态，且N所受合力为零，细杆对小球N的水平推力等于弹簧的拉力，细杆对小球M有斜向上的推力，所以小球M的加速度大小小于g，故C错误； D．小球M与地面接触时小球N的速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据整个系统机械能守恒可得：mgh＝EkM+Ep 可得此时M的动能大小为：EkM＝mgh﹣Ep，故D正确。 故选：D。 5．（2026春•佳木斯校级期末）如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴，在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有小球A和B（可看作质点），A、B的质量分别为2m和m，到转轴O的距离分别为2L和L，重力加速度为g。现将轻杆从水平位置由静止释放，轻杆开始绕O轴自由转动，不计空气阻力，当球A到达最低点时，下列说法正确的是（　　） A．A、B系统机械能不守恒 B．球A的机械能增大 C．球B的机械能变化量为 D．杆对球A做的功为 【答案】D 【详解】B、球B向上转动，动能和重力势能都增加，即球B机械能增加，则球A的机械能减小，故B错误； A、A、B系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误； C、当球A到达最低点时，设A的速度为v，由于二者的角速度相等，则由，有 可得 对A、B系统，由机械能守恒定律有 解得 则球B的机械能变化量为，故C错误； D、对球A，由动能定理有 解得杆对球A做的功为，故D正确。 故选：D。 6．（2026•模拟）一幼儿园可调臂长的跷跷板示意图如下，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ＝30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板首次处于水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，重力加速度为g，不计一切摩擦和跷跷板的质量，小朋友与老师均可视为质点，运动开始时小朋友双脚未蹬踏地面，则从开始到跷跷板首次水平的过程中（　　） A．小朋友的机械能守恒 B．小朋友与老师的速度大小之比始终为1：2 C．跷跷板处于水平位置时，小朋友的速度大小为 D．此过程中跷跷板对老师做正功，大小为 【答案】C 【详解】A、在小朋友运动过程中受到跷跷板对他的作用力，且该作用力一般不与小朋友的速度方向垂直，因此跷跷板对小朋友会做功，所以小朋友的机械能不守恒，故A错误； B、由于小朋友和老师均随跷板转动，两个角速度相同，结合v＝ωr 小朋友与老师的速度大小之比为 代入数据可得v1：v2＝2：1，故B错误； C、设O点距地面高度为h。初始A端着地，A端高度为0，OA＝2L，跷跷板与水平面夹角θ＝30°，则 B端在O的另一侧，B端高度 初始静止，系统总机械能E总＝mghA+4mghB＝6mgL 水平位置时，A、B两端等高，高度均为h＝L，系统重力势能Ep＝mgL+4mgL＝5mgL 由机械能守恒，系统动能Ek＝E总﹣Ep＝mgL 系统动能 代入数据可得 即，，故C正确； D、对老师由动能定理，初速度0，末速度，末动能 老师重力做功 设跷跷板对老师做功为W，则W+WG＝EkB，得 负号表示跷跷板对老师做负功，大小为，故D错误。 故选：C。 考向4　弹簧、圆周中的机械能守恒 1．（2026秋•四川月考）水平地面上轻弹簧左端固定，右端与滑块不拴接，通过滑块压缩0.4m锁定。t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度平方与滑块位移图像如图所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，已知滑块质量m＝2.0kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．若水平地面光滑，则在滑块向右运动的过程中（未与弹簧分离），滑块机械能守恒 B．滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.25 C．弹簧锁定时具有的弹性势能为4.5J D．滑块运动过程中加速度最大为15m/s2 【答案】D 【详解】A．若水平地面光滑，在滑块向右运动未与弹簧分离的过程中，滑块受重力、支持力和弹簧弹力作用。重力和支持力不做功，弹簧弹力对滑块做正功，根据机械能守恒条件可知滑块的机械能不守恒，故A错误； B．bc 段图像为直线，说明滑块离开弹簧后做匀减速直线运动。由图可知 b 点坐标 （0.4，4.0），c 点坐标 （0.8，0）。根据运动学公式 代入数据得0﹣4.0m2•s﹣2＝2a2（0.8m﹣0.4m） 解得加速度 根据牛顿第二定律﹣μmg＝ma2 解得，故B错误； C．滑块从O点运动到c点停止，根据动能定理可知，即Ep﹣μmgxc＝0，解得弹簧的弹性势能为EP＝8J，故C错误； D．滑块在a点时速度最大，加速度为零，此时弹簧弹力等于滑动摩擦力。a点横坐标xa＝0.3m 弹簧压缩量Δx＝0.4﹣0.3＝0.1m 由平衡条件kΔx＝μmg 代入数据解得k＝100N/m 滑块刚释放时（x＝0），弹簧压缩量最大，弹力最大，合力最大，加速度最大。由牛顿第二定律 kx0﹣μmg＝mamax 代入数据解得，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•四川月考）如图所示，一劲度系数为400N/m的轻质弹簧一端固定，另一端连接一质量为2kg的小物块，O点为弹簧原长时物块的位置，物块与地面间的动摩擦因数为0.2。现将物块拉至A点并由静止释放，全过程弹簧形变均在弹性限度内，已知OA＝6cm，g取10m/s2，则（　　） A．物块第二次经过O点时的速度大小为0.3m/s B．物块第二次经过O点时的速度大小为0.5m/s C．全程物块通过的路程为0.16m D．物块最后恰好停在O点 【答案】D 【详解】AB、根据能量守恒，设物块第一次经过O点时的速度大小为v1，则 解得 物块此时向左运动，设最大位移为x1，根据能量守恒可得 解得x1＝0.04m 物块此时向右运动，直到第二次经过O点，根据能量守恒可得 解得，物块第二次经过O点时的速度大小为v2＝0.4m/s，故AB错误； CD、物块第二次经过O点后继续向右运动，设最大位移为x2，根据能量守恒可得 解得x2＝0.02m 由于F弹＝kx2＝400×0.02N＝8N＞μmg＝0.2×2×10N＝4N 所以，此后物块向左运动，直到第三次经过O点，根据能量守恒可得 解得，物块第三次经过O点时的速度大小为v3＝0 即物块最后恰好停在O点；全程物块通过的路程为s＝x+2x1+2x2＝6cm+2×4cm+2×2cm＝18cm，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2026•南昌校级开学）如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A点时，轨道对小球的作用力大小为2 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为2 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 【答案】C 【详解】A．在最高点A对小球分析有，小球受重力mg（向下）、库仑力Fe（向上）和轨道弹力FN（向下）。在最高点A取指向圆心的方向为正方向，根据牛顿第二定律，有 解得 由于题目已知Fe＞mg，即使vA＝0，仍有FN＝Fe﹣mg＞0 说明小球始终紧压轨道，不会脱离。因此小球通过A点的最小速率为0，故A错误； B．当小球以速率通过A点时，结合A选项的分析： 解得 故B错误； CD．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，临界条件为最高点速率vA＝0。小球从A运动到B的过程中，库仑力始终与速度垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定律： 解得 故C正确，D错误。 故选：C。 4．（2026•三河市校级开学）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图像如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　） A．A达到最大速度时的位移为 B．拉力F的最小值为2ma C．A、B分离时 D．A、B分离前，A和弹簧系统机械能不变 【答案】B 【详解】A、初始时A、B静止，对A、B整体受力分析，根据平衡条件有kx0＝2mgsinθ，解得弹簧的初始压缩量为。当A的速度最大时，其加速度为零，对A受力分析，根据平衡条件有kx2＝mgsinθ，解得此时弹簧的压缩量为，故A达到最大速度时的位移为，故A错误； B、在A、B分离前，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有F+kx﹣2mgsinθ＝2ma，解得F＝2ma+2mgsinθ﹣kx。随着物块向上运动，弹簧压缩量x逐渐减小，拉力F逐渐增大，故初始时刻拉力最小。代入初始条件kx0＝2mgsinθ，解得拉力F的最小值为2ma，故B正确； C、在t1时刻A、B刚好分离，此时A、B之间的弹力为零且A的加速度仍为a。对A受力分析，根据牛顿第二定律有kx1﹣mgsinθ＝ma，解得此时弹簧的压缩量为。从开始运动到分离的过程中，物块做匀加速直线运动，其位移为，根据，解得，故C错误； D、在A、B分离前，B对A的作用力方向沿斜面向下，与A的运动方向相反，故B对A做负功。对于A和弹簧组成的系统，除重力和弹簧弹力外，B对A的作用力做了负功，根据功能关系可知系统的机械能减小，故D错误。 故选：B。 5．（2026秋•南京校级月考）如图所示，质量为m的小球静止在轻质弹簧上端，小球和弹簧不栓接。现给小球施加竖直向下的外力，稳定后撤去外力。小球在上升过程中的速度为v，运动时间为t，加速度大小为a，动能为Ek，机械能为E，上升高度为h，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AB、刚撤去外力时，小球所受合外力为F合＝kΔx﹣mg，合外力方向向上。小球向上运动，弹簧的压缩量Δx逐渐减小，合外力逐渐减小，此时小球向上做加速度减小的加速运动。 当kΔx＝mg，此时弹簧仍处于压缩状态，小球的速度达到最大值，加速度为零，小球继续向上运动，此后小球所受合外力为 F合＝mg﹣kΔx 合外力方向向下，小球向上运动，合外力逐渐增大，此后小球向上做加速度增大的减速运动。当弹簧恢复原长后，小球只受重力作用，加速度不变。综上可知，小球先向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做加速度恒定的减速运动，故A错误，B正确； C、根据动能定理得ΔEk＝F合•Δh，可知Ek﹣h图像的斜率表示小球所受的合外力。由上述分析可知，小球所受合外力方向先向上后向下，合外力大小先减小后增大最后恒定不变，故Ek﹣h图像斜率先减小后反向变大最后斜率不变，故C错误； D、对小球，根据功能关系可得 ΔE＝F弹•Δh 可知E﹣h图像的斜率表示小球所受弹簧的弹力，上升过程中，弹簧对小球的弹力逐渐减小，即图像的斜率逐渐减小。而弹簧的弹力对小球先做正功后不做功，小球的机械能先不断增大后不变，故D错误。 故选：B。 6．（2026•重庆校级开学）如图所示，水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端连接质量为m的薄板，薄板上静置一质量也为m的小物块，系统静止时弹簧的压缩量为x0。现对物块施加竖直向下的恒力F，当系统向下运动位移x0时撤去F，此后物块与薄板一起向上运动至弹簧原长位置时，恰好不分离。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量，则恒力F的大小为（　　） A．0.25mg B．0.5mg C．0.75mg D．mg 【答案】D 【详解】初始时弹簧的压缩量为x0，对整体由平衡条件得：kx0＝2mg 解得弹簧劲度系数为： 撤去F后，物块与薄板一起恰能向上运动至弹簧原长位置，由于系统初、末动能均为零，对全过程应用动能定理可知： 解得：F＝mg，故D正确，ABC错误。 故选：D。 考向5　功能关系与能量守恒综合 1．（2025秋•榆林月考）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度v0水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小v0，下列说法中正确的是（　　） A．v0越大，木板的末速度就越大 B．v0越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．v0越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木板的末速度都不可能大于 【答案】D 【详解】ABC．根据题意可知，当物块未从木板上滑离，物块和木板组成的系统在水平方向动量守恒，物块的初速度越大时，木板的末速度越大，两者相对位移Δx也就越大；因物块与木板损失的总动能等于系统产热，满足ΔEk＝Q＝fΔx 可知物块的初速度越大时，物块与木板损失的总动能就越多，木板加速度恒定，物块与木板相对运动达到共速的时间越长。当物块从木板上滑离，物块的初速度越大时，木板的末速度越小，物块与木板损失的总动能不变，物块与木板相对运动的时间越短，故ABC错误； D．当物块从木板的最左端恰好滑到木板的最右端时，物块与木板的速度相等时，木板的末速度最大，物块和木板动量守恒，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v 根据能量守恒定律有： 解得，故D正确。 故选：D。 2．（2026•哈尔滨校级开学）质量为M的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为m的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m＞M。经过一段时间物块停在木板上。若选项中上图为物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置状态，则下列示意图正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设物块初速度为v0，共速速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（M+m）v 解得 设动摩擦因数为μ，木板对地位移x，二者相对位移为Δx 对木板，根据动能定理 对物块，根据动能定理 联立解得 又m＞M，因此 解得x＜Δx＜2x 故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2026•模拟）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，摩擦力所做的功等于物体机械能的变化量，即ΔE＝Wf；由于摩擦力始终做负功，故机械能持续减小，故A错误； BCD、分两段分析E﹣x图像的斜率。在水平段OA，摩擦力大小为f＝μmg，运动路程等于水平位移x，则摩擦力做功Wf＝﹣μmgx；由此可得机械能满足E＝E0+Wf，即E＝E0﹣μmgx，故斜率，解得：k1＝﹣μmg；在斜面上AB段，设斜面倾角为θ，水平位移变化为Δx，对应沿斜面的路程为，斜面上摩擦力f＝μN＝μmgcosθ，则摩擦力做功ΔWf＝﹣f•Δs，即，解得：ΔWf＝﹣μmgΔx；因此机械能变化满足ΔE＝ΔWf，即ΔE＝﹣μmgΔx，故斜率，解得：k2＝﹣μmg，与水平段斜率完全相同；所以全程E﹣x图像为斜率不变的倾斜直线，机械能一直均匀减小，故BC错误，D正确。 故选：D。 4．（2026•重庆校级开学）如题图甲所示，倾角为θ的传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5m。t＝0时刻将质量为0.02kg的小物块轻放在传送带顶端，同时给小物块施加垂直于传送带向上的外力F，F的大小随时间t变化，如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，，，，重力加速度大小g＝10m/s2，则小物块（　　） A．始终沿传送带向下加速 B．运动过程中加速度大小发生变化 C．在传送带上运动的总时间为5s D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.4J 【答案】C 【详解】AB、传送带顺时针转动，物块初速度为零，所受滑动摩擦力方向与相对运动方向相反， 存在力F时，有mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣F0）＝ma 解得a＝2m/s2 不存在力F时，有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′ 解得a′＝﹣2m/s2 所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行，且加速度大小不变，故AB错误； C、一个周期运动的位移为，代入数据解得s0＝2m 所以运动的时间为，计算解得t＝5s，故C正确； D、在没有F时（即第2s内和第4s内），小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为 发热量为Q＝μmgcosθ•s′，计算解得Q＝0.48J，故D错误。 故选：C。 5．（2026秋•宿迁月考）将一个小球从地面竖直上抛，运动过程中小球受到的阻力大小与速率成正比。小球从抛出到落回地面的过程中的速度v、动能Ek、机械能E、和空气摩擦产生的内能Q与距地面的高度h之间关系的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A、考虑小球上升阶段，根据动能定理，每上升极小一段高度 Δh，动能的减少量|ΔEk|＝（mg+kv）Δh。由于动能 ，当小球接近最高点时，速度 v 变得极小，而动能的减少量此时趋近于 mgΔh（并不为零）。在速度极小的情况下，要扣除这部分不为零的动能，速度的下降量|Δv|会变得极大。这意味着越靠近最高点，极小的高度增加都会带来极大的速度减小，v﹣h 图线应该变得越来越陡峭。而题图A中上升段图线在接近横轴时却变得平缓。若无阻力，竖直上抛过程对称；受阻力后落回速率小于抛出速率，故A错误； B、由动能定理可知，小球在极小高度 Δh 内的动能变化量满足 ΔEk＝﹣（mg+kv）Δh，因此 Ek﹣h 图线斜率的绝对值就对应此时的合外力大小 mg+kv。上升时 v 减小，合外力减小，图线斜率的绝对值变小；同理，下落时 v 增大，合外力 mg﹣kv 减小，下落阶段图线斜率的绝对值亦变小，故B正确； C、上升与下落路程相同，阻力均做负功，小球机械能持续减少，依据功能关系，机械能减少量等于克服阻力所做的功，由于上升阶段平均速度大于下落阶段平均速度，故上升阶段平均阻力较大，因而上升阶段机械能减少更多，故C错误； D、由功能关系可知，小球减少的机械能转化为系统（小球与空气）的内能Q，结合C项分析，上升阶段生成的内能更多，故D错误。 故选：B。 6．（2026秋•灌南县月考）将蹦极运动简化为直线运动。如图所示，轻质弹性绳的一端固定在O点，另一端和人（视为质点）相连。人从a点静止下落，经b点时绳恰好伸直，到达最低点c后向上运动。假设整个过程弹性绳的弹力与伸长量成正比，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．人运动到bc中点处速度最大 B．人在b点的加速度大于在c点的加速度 C．从b点到c点的过程中，人一直处于失重状态 D．从a点到c点的过程中，重力势能与弹性势能之和先减小后增大 【答案】D 【详解】A、人速度最大的位置在合力为零处，即重力与弹力平衡的位置（设为d点），此时mg＝kx0（x0为b到d的距离）。 若人从b点静止释放，根据简谐运动对称性，最低点应在b点下方2x0处； 现人从a点下落，到达b点已有速度，故最低点c在b点下方大于2x0处，即bc＞2x0。 bc中点处的伸长量，此时弹力F＝kΔx＞kx0＝mg，合力向上，人处于减速阶段，故速度最大位置在bc中点上方，故A错误； B、在b点，绳刚伸直，弹力为零，人只受重力，加速度ab＝g 在c点，由A项分析可知伸长量，弹力Fc＝k•bc＞2mg 根据牛顿第二定律Fc﹣mg＝mac 可得mac＞mg 即ac＞g，所以c点加速度大于b点加速度，故B错误； D、对于人、地球和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，从a点到c点的过程中，人的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减小后增大，故D正确； C、从b点到c点，人先做加速度减小的加速运动mg＞F，加速度向下，人处于失重状态，过平衡位置后做加速度增大的减速运动F＞mg，加速度向上，人处于超重状态，故人先处于失重状态后处于超重状态，故C错误。 故选：D。 一、单选题 1．（2026秋•合肥月考）如图所示，粗细均匀的光滑长杆水平固定放置，质量为m的小球A和轻弹簧均套在杆上，弹簧两端分别与小球A和固定挡板连接。长杆正下方的固定水平板上有光滑小孔，穿过小孔且与长杆在同一竖直面的细线分别与A、B球连接，B球的质量也为m，依靠外力使A球静止，此时轻弹簧处于原长，板上小孔到小球A间的细线与水平方向的夹角为30°、长为L。现撤去外力，使小球A由静止开始运动，当小球B到最低点时小球A的速度为v（v≠0），A、B两球均可看成质点，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　） A．撤去外力的一瞬间，小球A的加速度大小等于 B．小球B第一次向下运动的过程中，小球A、B的动能均先增大后减小 C．小球B到最低点时，速度和加速度均为零 D．小球B到最低点时，弹簧的弹性势能为 【答案】B 【详解】A、撤去外力的一瞬间，由于初速度为零，小球A的加速度aA与小球B的加速度aB满足沿细线方向的运动学关系aB＝aAcos30°。设细线上的拉力大小为FT，对小球B由牛顿第二定律有mg﹣FT＝maB，对小球A水平方向受力分析，由牛顿第二定律有FTcos30°＝maA。联立解得，故A错误； B、设细线与水平长杆的夹角为θ。小球A向左运动时，小球A与小球B的速度关系为vB＝vAcosθ。当小球A运动到小孔正上方时，θ＝90°，此时vB＝0，小球B到达最低点。此过程中θ由30°增加到90°，由于小球B初速度为零，且到达最低点时速度也为零，所以小球B的速度先增大后减小，其动能先增大后减小。对于小球A，初始时受水平向左的细线拉力分力，向左做加速运动；当小球A到达小孔正上方时，细线拉力沿竖直方向，小球A在水平方向只受弹簧向右的拉力，其加速度向右，由于此时小球A速度向左，故小球A正做减速运动。由于小球A初速度为零，到达正上方时在减速，说明小球A的速度先增大后减小，其动能先增大后减小，故B正确； C、小球B到最低点时，即小球A运动到小孔正上方时，由vB＝vAcos90°＝0可知小球B速度为零。此后随着小球A继续向左运动，小孔到小球A的距离将逐渐增大，小球B将向上加速运动，说明小球B在最低点时所受细线向上的拉力大于其重力，合力向上，其加速度不为零，故C错误； D、小球B下降到最低点时，小球A刚好运动到小孔正上方。根据几何关系可知小孔到长杆的距离，在此过程中小球B下降的高度。对小球A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有，解得此时弹簧的弹性势能，故D错误。 故选：B。 2．（2026•模拟）如图所示，轻质弹簧与固定粗糙斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直。开始时用手托住小球，使弹簧处于原长状态，然后由静止释放小球，小球下落，带动物块沿斜面上滑。对物块沿斜面上滑的过程，下列说法正确的是（　　） A．物块、小球以及弹簧组成的系统机械能守恒 B．轻绳拉力对小球做的功等于小球动能的变化 C．小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物块机械能的增加量之和 D．物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力、弹簧弹力做的功之和 【答案】D 【详解】A．由物块、小球、弹簧组成的系统中，斜面粗糙，斜面对物块的摩擦力做负功，故系统机械能不守恒，故A错误； B．对小球，根据动能定理，小球动能的变化等于重力做功与轻绳拉力做功的总和，故B错误； C．由能量守恒，小球机械能的减少量，等于弹簧弹性势能的增加量、物块机械能的增加量、摩擦力产生的内能三者之和，故C错误； D．根据动能定理，物块动能的增加量等于所有对物块做功的力的总功。物块受重力、轻绳拉力、摩擦力、弹簧弹力和斜面支持力，支持力与位移垂直不做功，因此物块动能的增加量等于重力、轻绳拉力、摩擦力、弹簧弹力做功之和，故D正确。 故选：D。 3．（2026•鸠江区开学）如图所示，斜面体倾角为30°，斜面光滑且足够长，足够长的轻绳绕过光滑定滑轮，一端连接斜面上质量为m的小球，另一端连接轻弹簧，弹簧的右端连接在竖直墙面上，弹簧水平，滑轮与小球间的轻绳与斜面平行，用外力控制小球使其静止在斜面上，此时轻弹簧刚好伸直，由静止释放小球，小球沿斜面向下运动的最大距离为L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球速度与加速度同向时小球受到的合力在增大 B．小球运动的最大加速度大小为 C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动的最大速度大小为 【答案】B 【详解】A．小球速度与加速度同向时，小球沿斜面向下的分力大于轻绳的拉力，随着向下运动的位移增大，弹簧弹力增大，绳子拉力增大，小球受到的合力减小，故A错误； B．在刚开始释放小球时，小球的加速度最大，此时绳子拉力为零，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma，解得小球运动的最大加速度大小为，故B正确； C．小球沿斜面向下运动的最大距离为L，根据机械能守恒定律可得：mgLsin30°，解得弹簧的劲度系数为k，故C错误； D．当小球的加速度为零时速度最大，此时有：mgsin30°＝kx，解得小球沿斜面向下运动的距离为：x 此过程中，根据能量关系可得：mgxsin30° 解得小球运动的最大速度大小为：vm，故D错误。 故选：B。 4．（2026•模拟）横截面积为S的均匀气流，以速度v垂直吹向风力发电机叶片，经过叶片后速度变为，空气密度为ρ。发电机将气流损失动能转化为电能的效率为η，不计其他能量损耗。下列说法正确的是（　　） A．发电机的发电功率为 B．单位时间内气流损失的动能为 C．单位时间内冲击叶片的气流质量 D．若风速增大为原来的2倍，其余条件不变，发电机发电功率将变为原来的4倍 【答案】A 【详解】A、发电机的发电功率为 其中t＝1s，可得发电机的发电功率为，故A正确； C、单位时间内冲击叶片的气流质量为，故C错误； B、单位时间内气流损失的动能为 结合m0＝ρSv，可得，故B错误； D、根据可知若风速增大为原来的2倍，其余条件不变，发电机发电功率将变为原来的8倍，故D错误。 故选：A。 5．（2026•模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为4J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】D 【详解】A、由题图乙可知，图像的斜率等于加速度，可知A、B的加速度大小都为1m/s2， 根据牛顿第二定律知，二者质量相等，木板获得的动能为，代入数据解得EkA＝1J，故A错误； B、系统损失的机械能，代入数据解得ΔE＝2J，故B错误； C、由题图乙可求出二者相对位移为，故C错误； D、分析B的受力，根据牛顿第二定律a＝μg，可求出μ＝0.1，故D正确。 故选：D。 6．（2026•北林区校级开学）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是（　　） A．此过程摩擦生热为mv2 B．摩擦力对物体做的功为mv2 C．电动机增加的功率为μmgv D．传送带克服摩擦力做功为mv2 【答案】C 【详解】设物体在传送带上做匀加速运动的时间为t。根据牛顿第二定律，物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg，其产生的加速度大小a＝μg。 物体加速到与传送带速度v相等时所用的时间。在此过程中，物体的位移。 传送带保持匀速运动，其位移。物体与传送带之间的相对位移。 A、此过程中摩擦生热Q＝fΔx，代入得，故A错误； B、根据动能定理，摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量，即，故B错误； C、在物体与传送带相对滑动期间，物体对传送带施加了方向相反、大小为f＝μmg的滑动摩擦力。 为了维持传送带以速度v匀速运动，电动机必须提供额外的牵引力来平衡该摩擦力，因此电动机增加的功率ΔP＝fv＝μmgv，故C正确； D、传送带克服摩擦力做的功W2＝fx2，代入得，故D错误。 故选：C。 7．（2026•北京校级开学）如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（　　） A．A球到达最低点时速度为零 B．A球机械能减小量等于B球机械能增加量 C．B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度 D．当支架从左向右回摆时，A不可能回到起始高度 【答案】B 【详解】因为在整个过程中系统机械能守恒，故有 A．若当A球到达最低点时速度为0，则A球减少的重力势能等于B球增加的重力势能，有mAghA＝mBghB，所以只有A球与B球的质量相等时才会成立。又因A球、B球质量不等，故A错误； B．A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确； C．因为B球质量小于A球，故B球上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B球和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故C错误； D．因为系统机械能守恒，故当支架从左到右回摆时，A球一定能回到起始高度，故D错误。 故选：B。 8．（2026•岳麓区校级开学）如图甲所示，可视为质点的物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立坐标轴x，选择地面为零势能面。坐标原点处固定一厚度不计的弹性挡板（物体与挡板碰撞后速度大小不变），物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化如图乙所示（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。则（　　） A．物体的质量为1kg B．物体与斜面之间的动摩擦因数为0.2 C．物块从开始到停止运动的总路程为25m D．物体在第一次上升过程中机械能减少了15J 【答案】C 【详解】AB．由图乙可知物体上滑的最大距离为xm＝10m，初动能为Ek0＝50J。对物体上滑的过程，根据动能定理得：﹣mgxmsinα﹣μmgxmcosα＝0﹣Ek0 由图乙可知物体上滑距离为x1＝6.25m时，动能和重力势能相等，即在x1＝6.25m时Ek1＝mgsinα×x1 对物体上滑距离为x1＝6.25m的过程，根据动能定理得：﹣mgsinα×x1﹣μmgcosα×x1＝Ek1﹣Ek0 联立解得：m＝0.5kg，μ＝0.5，故AB错误； C．物块最终停在斜面底端，从开始到停止，根据动能定理得：﹣μmgcosα×s＝0﹣Ek0 解得物块从开始到停止运动的总路程为：s＝25m，故C正确； D．根据功能关系可得物体在第一次上升过程中机械能减少量为：ΔE＝μmgxmcosα，解得：ΔE＝20J，故D错误。 故选：C。 二、多选题 （多选）1．（2027•兰州校级一模）如图所示，内壁光滑的细圆轨道ABC竖直固定放置在光滑水平面上的A点，竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ，质量为m的小球（可视为质点）在光滑水平面上获得水平向左的速度v0，然后从A点切入圆弧轨道，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．若小球刚好能到达B点，则小球在B点处于完全失重状态 B．若小球刚好能到达B点，则半径OA为 C．若小球到达C点时的速度为v，则小球在C点时重力的功率为mgvcosθ D．若小球到达C点时的速度为v，则小球落回水平面的瞬间，重力的瞬时功率为 【答案】BD 【详解】A．根据管道模型的特点可知，若小球刚好能到达B点，则小球在B点的速度为0，小球在B点处于二力平衡状态，既不是失重状态也不是超重状态，故A错误； B．小球从A到B，根据机械能守恒定律可得：mg×2R 解得轨道半径，故B正确； C．把小球在C点的速度v分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx1＝vcosθ，vy1＝vsinθ 则小球在C点时重力的功率为PG1＝mgvy1＝mgvsinθ，故C错误； D．根据机械能守恒可得小球落回水平面的瞬时速度大小为v0，把v0分别沿着水平方向和竖直方向分解，水平方向的分速度大小为vx＝vx1＝vcosθ 则竖直方向的分速度大小为 则小球落回水平面的瞬间，重力的瞬时功率为，故D正确。 故选：BD。 三、解答题 1．（2026春•莎车县月考）质量m＝60kg的跳水运动员从距水面高h＝10m的跳水台以v0＝5m/s的初速度斜向上起跳，最终落入水中。若将运动员看成质点，以水面为参考平面，不计空气阻力，g取10m/s2，求： （1）运动员起跳时的动能； （2）运动员在跳台上时具有的重力势能； （3）运动员入水时的机械能大小。 【答案】（1）起跳时的动能为750J。 （2）在跳台上时具有的重力势能为6000J。 （3）入水时的机械能大小为6750J。 【详解】（1）起跳时的动能，解得：Ek＝750J。 （2）在跳台上时具有的重力势能EP＝mgh，解得：EP＝6000J。 （3）运动员运动过程中机械能守恒，因此入水时机械能等于起跳时机械能E＝Ek+Ep，解得：E＝6750J。 答：（1）起跳时的动能为750J。 （2）在跳台上时具有的重力势能为6000J。 （3）入水时的机械能大小为6750J。 2．（2026•合肥校级模拟）如图所示，半径R＝2m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，轨道的下端与一质量M＝2kg的长木板相切于C点，小物块可以无损耗地滑上长木板，长木板长度L＝5m，C点右侧距离d＝5.75m处有一弹性竖直挡板，物块和木板与弹性挡板相碰后会以原速率反弹。圆弧轨道右上方有一个光滑的平台，一轻质弹簧的右端固定在平台右侧的竖直挡板上，平台左端A点与圆弧轨道顶端B点的高度差h＝0.15m，用外力使质量m＝1kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧处于静止状态，撤去外力，小物块从平台左端A点飞出恰好从B点沿圆弧轨道切线方向进入轨道。小物块与木板的动摩擦因数μ1＝0.6，木板和水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1。g取10m/s2。求： （1）外力撤去前，弹簧的弹性势能； （2）小物块第一次经过C点时受到的支持力大小； （3）小物块最终静止时的位置距木板右端的距离。 【答案】（1）外力撤去前，弹簧的弹性势能为0.5J； （2）小物块第一次经过C点时受到的支持力大小为42N； （3）小物块最终静止时的位置距木板右端的距离为。 【详解】（1）小物块从A点飞出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由 解得 小物块从B点沿圆弧轨道切线方向进入轨道，速度方向与竖直方向成θ＝30° 则 解得平抛的初速度大小为v0＝1m/s 小物块被弹簧弹开过程中，弹性势能转化为小物块的动能，由能量守恒可知，弹簧的弹性势能 （2）小物块经过B点的速度大小为 从B到C由动能定理有 解得vC＝8m/s 小物块第一次经过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得FN＝42N （3）小物块滑上木板后，对小物块，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 解得 对木板，根据牛顿第二定律可得μ1mg﹣μ2（M+m）＝Ma2 解得 假设木板与弹性挡板发生碰撞时，小物块与木板还未共速，则设经过t1时间后发生碰撞，则 解得t1＝1s 此时木板的速度大小为v2＝a2t1＝1.5m/s 小物块的速度大小为v1＝vC﹣a1t1＝2m/s＞v2 假设成立。此过程中，小物块的位移大小为 木板的位移大小为x2＝d﹣L＝0.75m 则此时小物块距离木板右端的距离为Δx1＝L﹣（x1﹣x2）＝0.75m 此后小物块继续向右匀减速，木板向左以初速度为v2＝1.5m/s的初速度匀减速，此时根据牛顿第二定律可得μ1mg+μ2（M+m）＝Ma3 解得木板的加速度大小为 假设小物块和木板减速到零时，木板还未到达C点，则小物块减速到零所需时间为 木板减速到零所需时间为 即小物块和木板同时减速到零，此过程中小物块的位移大小为 木板的位移大小为 则假设成立，此时小物块距离木板右端的距离为 答：（1）外力撤去前，弹簧的弹性势能为0.5J； （2）小物块第一次经过C点时受到的支持力大小为42N； （3）小物块最终静止时的位置距木板右端的距离为。 3．（2026•保定开学）如图所示，半径为R的轻质圆盘可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长均为R的轻杆，两杆的端点分别固定有小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳，轻绳的另一端拴接一小球C。现将小球C由静止释放（轻绳绷直），小球C落至水平地面立即静止并与轻绳断开，轻绳断开后小球A、B做匀速圆周运动，小球A经过最高点时对轻杆的弹力为0。已知小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，重力加速度大小为g，圆盘与轻绳间不打滑。求： （1）轻绳断开后小球A的角速度大小ω； （2）小球C从释放至落地的过程中，轻绳对圆盘做的功W； （3）小球C释放时的位置到水平地面的高度h。 【答案】（1）轻绳断开后小球A的角速度大小为； （2）小球C从释放至落地的过程中，轻绳对圆盘做的功为2mgR； （3）小球C释放时的位置到水平地面的高度为。 【详解】（1）小球A转动的半径为r＝R+R＝2R。轻绳断开后，小球A、B绕O点做匀速圆周运动， 当小球A经过最高点时对轻杆的弹力为0，由牛顿第三定律可知轻杆对小球A的弹力也为0， 小球A仅受重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg＝mω2r，代入数据解得。 （2）小球A、B沿同一直径对称分布，在转动过程中，一个小球上升的高度恒等于另一个小球下降的高度， 因此小球A、B构成的系统总重力势能保持不变，重力对A、B系统所做的总功为零。轻绳断开瞬间， 小球A、B的线速度大小均为。对圆盘及小球A、B组成的系统，根据动能定理有，代入数据解得W＝2mgR。 （3）轻绳与圆盘间不打滑，小球C落地前瞬间的线速度大小等于圆盘边缘的线速度大小， 即。对小球A、B、C、轻绳及圆盘组成的系统，从小球C释放至落地的过程中， 由机械能守恒定律有，代入数据解得。 答：（1）轻绳断开后小球A的角速度大小为； （2）小球C从释放至落地的过程中，轻绳对圆盘做的功为2mgR； （3）小球C释放时的位置到水平地面的高度为。 2 学科网（北京）股份有限公司 $