機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系和能量守恒定律 -2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

考點(diǎn)24機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系和能量守恒定律

IK考情探究,

i.高考真題考點(diǎn)分布

題型考點(diǎn)考查考題統(tǒng)計(jì)

選擇題功能關(guān)系2024年山東卷

計(jì)算題功能關(guān)系2024年重慶卷

計(jì)算題機(jī)械能守恒定律、動能定理2024年海南卷

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】高考對機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律的考查非常頻繁，考題的形式多以選擇題

和計(jì)算題，該部分內(nèi)容貫穿于重力場、電場、磁場中，是三大處理物理問題的方法之一。

【備考策略】

1.能夠利用機(jī)械能守恒定律處理多物體多過程的機(jī)械能守恒問題。

2.理解各種功能關(guān)系和能量守恒定律。

3.利用功能關(guān)系和能量守恒定處理有關(guān)物理問題。

【命題預(yù)測】重點(diǎn)關(guān)注功能關(guān)系在三大力場中的綜合應(yīng)用。

I、.考點(diǎn)梳理|?

1.機(jī)械能守恒定律

(1)機(jī)械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機(jī)械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。

(2)機(jī)械能守恒定律：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持

不變。

2.幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式

力做功能的變化定量關(guān)系

合力做的功動能變化沙=耳2-%=

(1)重力做正功，重力勢能減少

重力做的功重力勢能變化(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加

⑶%=—AEp=Epi—與2

(1)彈力做正功，彈性勢能減少

彈簧彈力做的功彈性勢能變化(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加

(3)少=一A￡p=￡pi—穌2

除重力和彈力之外的其他力機(jī)械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少

做的功(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少

(3)唯他=八￡

(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)

一對相互作用的滑動摩擦力機(jī)械能減少

能增加

做的總功內(nèi)能增加

(2)摩擦生熱Q=Ft-x相對

3.能量守恒定律

(1)內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)

移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。

(2)表達(dá)式：AE減增。

(3)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解

①某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。

②某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。

(4)能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路

①當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。

②解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，

求出減少的能量總和減與增加的能量總和AE增，最后由AELAE增列式求解。

考點(diǎn)精講|

考點(diǎn)一機(jī)械能守恒守恒定律的應(yīng)用

i.對守恒條件理解的三個角度

只受重力作用

個除重力外，物體還受其他力,但其他力不做功或做i

功代數(shù)和為零：

角

度除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，只有動能、重力］

勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化,無其他形式能量的轉(zhuǎn)化］

2.判斷機(jī)械能守恒的三種方法

典例引領(lǐng)

1.如圖所示，下列說法正確的是（所有情況均不計(jì)摩擦、空氣阻力以及滑輪質(zhì)量）（）

A.甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，機(jī)械能守恒，若加速升空，機(jī)械能不守恒

B.乙圖中，物塊在外力下的作用下勻減速上滑，物塊的機(jī)械能守恒

C.丙圖中，物塊A以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，物塊A的機(jī)械能守恒

D.丁圖中，物塊A加速下落，物塊B加速上升的過程中，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒

【答案】D

【詳解】A.甲圖中，不論是勻速還是加速，由于推力對火箭做功，火箭的機(jī)械能不守恒，是增加的，故

A錯誤；

B.物體勻減速上滑，力尸對物塊做正功，則物塊的機(jī)械能必定增加，故B錯誤；

C.在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。由于

彈性勢能增加，則A的機(jī)械能減小，故C錯誤；

D.對A、B組成的系統(tǒng)，不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。

故選D。

2.2023年9月，杭亞會滑板男子碗池決賽，中國年僅15歲的小將陳煒以84.41分奪冠。圖示為陳煒在比

賽中騰空越過障礙物，若忽略空氣阻力，那么騰空過程中（）

A.在最高點(diǎn)的時候人的速度為零，但加速度不為零

B.運(yùn)動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.運(yùn)動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒

D.上升過程是超重狀態(tài)，滑板對人的作用力不為零

【答案】B

【詳解】A.在最高點(diǎn)的時候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點(diǎn)的時候人的

速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故A錯誤；

B.運(yùn)動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；

C.在開始起跳到脫離滑板瞬間，在豎直方向上運(yùn)動員和滑板所受合力不為零，故運(yùn)動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)

動量不守恒，故C錯誤；

D.上升過程是運(yùn)動員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運(yùn)動員處于完全失重狀態(tài)，滑板對人的作

用力為零，故D錯誤。

故選Bo

考向2機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

1.機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式

項(xiàng)目守恒角度轉(zhuǎn)化角度轉(zhuǎn)移角度

表達(dá)式E[=E2AEk*p△EA增二AEB減

表示系統(tǒng)（或物體）機(jī)械能守恒時，系若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A

系統(tǒng)初狀態(tài)機(jī)械能的總和與

物理意義統(tǒng)減少（或增加）的重力勢能等于系部分物體機(jī)械能的增加量與B部

末狀態(tài)機(jī)械能的總和相等

統(tǒng)增加（或減少）的動能分物體機(jī)械能的減少量相等

應(yīng)用時應(yīng)選好重力勢能的零應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清重力勢能的

常用于解決兩個或多個物體組成

注意事項(xiàng)勢能面，且初、末狀態(tài)必須用增加量和減少量，可不選零勢能面

的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題

同一零勢能面計(jì)算勢能而直接計(jì)算初、末狀態(tài)的勢能差

2.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路

選取研究對象口蜃祐垢

_________/'---------------------------------------

0

選取運(yùn)動過程H施行受另花械加青加加后

0

判斷P機(jī)藏至毫否守信

_________/1---------------------------------------

0

I-!Eki+Epj=Ek2+Ep2

選表達(dá)式-二二二二二二二二二二二二

HAEk=-AEp

01

求解H靛立言篇.

___________/?---------------------------------------

典例引領(lǐng)

3.如圖，豎直放置有一半圓軌道，在其左側(cè)連有一水平桿，現(xiàn)將光滑的小球A、B分別套在水平桿與圓軌

道上，A、B用一不可伸長的輕細(xì)繩相連，A、B質(zhì)量相等，且可看做質(zhì)點(diǎn)，開始時細(xì)繩水平伸直，A、B靜

止。由靜止釋放B后，已知當(dāng)B和圓心連線與豎直方向的夾角為30。時（細(xì)繩和小球的位置如圖虛線所

示），滑塊B下滑的速度為v,則半圓的半徑為（）

【答案】A

【詳解】將滑塊B下滑的速度分解為沿繩方向的分速度和垂直繩方向的分速度，A、B兩小球沿繩方向的

速度大小相等，如圖所示，則有

/711

VA=VCOS30°W^VA=^V,A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有機(jī)8R《?30。=5辦/+5加片解得

故選Ao

即阻性測

4.如圖所示，勁度系數(shù)為200N/m的輕彈簧下端固定在傾角為0=53。的光滑斜面底端，上端連接物塊

Q,Q同時與平行于斜面的輕繩相連，輕繩跨過定滑輪。與套在足夠長的光滑豎直桿上的物塊P連接，圖

中。、8兩點(diǎn)等高，間距d=0.3m。初始時在外力作用下，P在N點(diǎn)靜止不動，A、8間距離/7=0.4m,此

時輕繩中張力大小為60N。已知P的質(zhì)量為1kg,Q的質(zhì)量為5kg,P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)將P由靜止釋

放（不計(jì)滑輪大小及摩擦，重力加速度g取10m/Sin530=o.8,cos53°=0.6,彈簧始終處于彈性限度

內(nèi)），下列說法正確的是（）

A.物塊P上升的最大高度為0.8m

B.物塊P上升至8點(diǎn)時，其速度大小為2&m/s

C.在物塊P由4點(diǎn)運(yùn)動到2點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊Q一直做正功

D.在物塊P由“點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，物塊P機(jī)械能守恒

【答案】B

【詳解】A.假設(shè)物塊P上升的最大高度為0.8m,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，此時物塊Q剛好回到初始位

置，則物塊從/點(diǎn)釋放到最大高度過程，彈簧的彈性勢能變化為0,Q的重力勢能變化為0,而P的重力

勢能增加，不滿足P、Q彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知物塊P上升的最大高度一定小于0.8m,故A錯

誤；

B.P位于4點(diǎn)時，設(shè)彈簧伸長量為為；對Q,由平衡條件得T=^Qgsin6+包解得彈簧的伸長量為

西=0.1m,P上升至8點(diǎn)時，Q下降的距離為Ax=OP-OB=0.5-0.3m=0.2m則此時彈簧的壓縮量為

X2=Ax-%=0.2-0.hn=0.1m可知P從/點(diǎn)上升至8點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能不變，且物塊Q的速度為0；

對物塊P、Q及彈簧，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒有〃?QgAxsin。-啊g/z=；啊域解得P上升至B點(diǎn)時的速度大

小為VR=2萬11/5故B正確；

C.在物塊P由/點(diǎn)運(yùn)動到8點(diǎn)的過程中，彈簧先處于伸長狀態(tài)后處于壓縮狀態(tài)，彈簧對物塊Q先做正

功，后做負(fù)功，故C錯誤；

D.在物塊P由N點(diǎn)運(yùn)動到8點(diǎn)的過程中，繩子拉力對P一直做正功，物塊P的機(jī)械能增加，故D錯誤。

故選Bo

!考點(diǎn)精講I

考點(diǎn)二功能關(guān)系及能量守恒定律

i.兩個設(shè)問角度

(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律

求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。

(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動

機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。

2.兩個功能關(guān)系

(1)傳送帶電動機(jī)做的功少電=AEk+g+O=網(wǎng)傳。

(2)傳送帶摩擦力產(chǎn)生的熱量Q=Ff-x相對。

典例引領(lǐng)

5.如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度4m/s順時針運(yùn)行，質(zhì)量為1kg的小物塊以6m/s的初速

度從傳送帶右端滑上傳送帶，經(jīng)一段時間后小物塊離開傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為

0.2,傳送帶的長度為10m,重力加速度g=10m/s2,對上述過程，下列說法正確的是()

V1

____________

Vo(J

A.小物塊對傳送帶做功為20J

B.小物塊對傳送帶做功為48J

C.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為40J

D.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為50J

【答案】C

【詳解】AB.物塊的加速度大小為。=S=2m/s2物塊向左減速至。的位移為x=或=9m物塊向左運(yùn)動的

mla

時間為4=%=3s向右運(yùn)動至共速的時間為=上=2s小物塊對傳送帶做功W=-〃+幻=-40J,AB

aa

錯誤；

CD.全程物塊與傳送帶的相對位移為〃+=25m根據(jù)功能關(guān)系，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動

機(jī)多做的功為少'=〃冽gAx-gmv；-；f2]=40J,c正確，D錯誤。故選C。

即時檢測

6.如圖甲所示，向飛機(jī)上裝貨時，通常用到可移動式皮帶輸送機(jī)。如圖乙所示，皮帶輸送機(jī)傾角為

0=300,以lm/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將貨物在輸送帶下端/點(diǎn)無初速度釋放后從/點(diǎn)運(yùn)動8點(diǎn)，已知貨

物均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為根=10kg,/、3兩端點(diǎn)間的距離為s=9.8m,貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為

.重力加速度取10m/s2。則貨物從低端到頂端要消耗的能量為()

甲乙

A.510JB.490JC.375JD.260J

【答案】A

【詳解】貨物先做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有〃加geos300-加gsin300=加4解得，加速階段的加

。-加。

速度為a=〃"?gcos30gsin30=25mzs2則加速到與傳送帶共速的時間為。=上=0.4s加速的位移為

ma

西彳=0.2m此時傳送帶的路程為邑=vf=0.4m則摩擦產(chǎn)生的熱量為

0=7?%=〃〃?gcos30。?(4-)=15J則根據(jù)能量守恒定律，貨物從低端到頂端要消耗的能量為

1,

E=Q+—mv2+mgssin30°=510J故選A。

1.兩個分析角度

(1)動力學(xué)角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據(jù)初速度分析兩者的運(yùn)動過程，畫

出運(yùn)動軌跡圖，找到位移和相對位移關(guān)系，根據(jù)時間關(guān)系列位移等式和速度等式。

(2)能量角度：物塊在木板上滑行時，速度減小的物塊動能減小，速度增大的木板動能增加，根據(jù)能量守恒,

減小的動能等于增加的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。

2.三種處理方法

(1)求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理。

(2)求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。

(3)地面光滑時，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律。

典例引領(lǐng)

7.如圖所示，質(zhì)量為M長為/的長木板靜止于粗糙水平面上，/=0時，質(zhì)量為小的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))

以初速度％從左端滑到長木板上，在運(yùn)動過程中物塊剛好未從木板右端滑落，已知物塊與木板間的摩擦因

數(shù)為〃。下列說法正確的是()

77777777777777777777777777777

A.物塊滑到木板最右端的速度為

M+m

B.小物塊減少的動能等于木板增加的動能和木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能之和

C.木板的動能一定小于

D.木板的動能一定大于;加%-〃加g/

【答案】C

【詳解】A.物塊剛好未從木板右端滑落，則物塊到木板右端時，恰好有共同速度，如果物塊與木板組成

的系統(tǒng)動量守恒，則加%=（加+河）丫解得"=產(chǎn)」由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物塊

與木板組成的系統(tǒng)動量不守恒，故物塊滑到木板最右端的速度不為一/故A錯誤；

BD.由能量守恒定律可知小物塊減少的動能等于木板增加的動能、木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能以及水平面

與木板之間產(chǎn)生的內(nèi)能之和，木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能E內(nèi)木板的動能一定小于;加片,故

BD錯誤;

C.設(shè)物塊運(yùn)動的位移大小為，木板運(yùn)動的位移大小入2,物塊與木板共同速度匕，物塊與木板因摩擦產(chǎn)生

的熱量Q=〃mgl=〃加g（再-%）由于玉=%；匕t>2x0=2x2故Rrngl>/dmgx2對木板由動能定理得

/jmgx2-/j.2（ni+M）gx2=^Mv^則;Mv,<〃加g/<pmgl故C正確。故選C?

8.如圖甲所示，光滑水平面上有一質(zhì)量初=1kg的木板A,板左端有一質(zhì)量加=0.5kg的物塊B（視為質(zhì)

點(diǎn)），A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2,初始時均處于靜止?fàn)顟B(tài)，僅給物塊B施加水平向右的力尸，尸隨時間

，變化的圖像如圖乙所示，1s末撤去尸，物塊B始終未從木板A上滑下。取g=10m/s2,最大靜摩擦力與

滑動摩擦力相等，則（）

A.1s時物塊B的加速度大小為4m/s2

B.Is時物塊B的速度大小為2m/s

C.Is后木板A與物塊B因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5J

D.木板A的長度可能為1.5m

【答案】C

【詳解】A.設(shè)拉力為1，A、B剛好發(fā)生相對運(yùn)動，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得

乙=（河+加）旬以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得〃加g=M4聯(lián)立解得旬=hn/s2,1=L5N又圖乙可

知，A、B一開始就發(fā)生相對運(yùn)動，1s時B的加速度大小為g='一〃"*=＞一°2：!5xl0m人2=6m/s2故

m0.5

A錯誤；

2+4

B.在0?Is內(nèi)對B根據(jù)動量定理可得〃"如=MVB其中4=;一xlN-s=3N-s解得Is時物塊B的速度大

小為%=4m/s故B錯誤；

C.1s時木板A的速度大小為%=a（/=lm/s1s末撤去尸，之后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有

加VB+MVA=（加+M）v共解得最終兩者的共同速度為v共=2m/s根據(jù)能量守恒可知，1s后木板A與物塊B因

摩擦產(chǎn)生的熱量為。；〃說+-g（〃?+M）唉=1.5J故C正確；

D.設(shè)1s后木板A與物塊B發(fā)生的相對位移為s,則有。=卬僻=L5J解得s=L5m由于撤去力廠前，木板

A與物塊B也發(fā)生了相對位移，且整個過程相對運(yùn)動方向不變，所以木板A的長度一定大于1.5m,故D錯

誤。故選C。

考點(diǎn)精講|

考點(diǎn)三功能關(guān)系中的圖像問題

常見圖像的基本規(guī)律

EK-X圖像EP-x圖像E-x圖像￡1圖像

u

XXXf

斜率：合外力斜率：重力、彈力等斜率：除重力、彈力以外斜率：功率

①合外力沿+x方向①力沿-X方向的力

②合外力沿-X方向②力沿+x方向①沿+x方向②沿方向

典例引領(lǐng)

9.電動車配有把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的“能量回收"裝置。某次測試中電動車沿傾角為15。的斜坡向下運(yùn)動，

初動能為1.0X105J。第一次讓車無動力自由滑行，其動能紜與位移X的關(guān)系如圖中直線①所示；第二次

讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行，其動能線與位移x的關(guān)系如圖中曲線②所示。假設(shè)機(jī)械能回收效

率為90%,重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.圖中①對應(yīng)過程汽車所受合力越來越大

B.可求圖中②對應(yīng)過程下滑200m回收的電能

C.圖中②對應(yīng)過程下滑100m后不再回收能量

D.由題中及圖像信息可求出電動車的質(zhì)量

【答案】B

【詳解】A.由動能定理小尤=妝可見，線-x圖線的斜率為合外力，圖中①對應(yīng)過程汽車所受合力不

變，有私=mgsin150-/jmgcos15°=X1、。二°N=500N故A錯誤；

B.在車自由下滑200m時％+%=（200-100）x1（）3j開啟能量回收模式下滑200m時

%+匕+唯=（64-100）xIO,J貝I］回收的電能為E=一用x90%=1.224x1（）3j故B正確；

C.圖中②對應(yīng)過程下滑100m后動能不變，但是重力勢能減少，機(jī)械能減少，即還是繼續(xù)回收能量，故C

錯誤；

D.由于不知道車與斜坡的摩擦因數(shù)，故無法求出由題中及圖像信息可求出電動車的質(zhì)量，故D錯誤。故選

Bo

考向2EP■心圖像

典例引領(lǐng)

10.如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于/點(diǎn)。t=0時將小

球從/點(diǎn)正上方。點(diǎn)由靜止釋放，。時到達(dá)/點(diǎn)，與時彈簧被壓縮到最低點(diǎn)及以。為原點(diǎn)，向下為正方

向建立x坐標(biāo)軸，以8點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運(yùn)動過程中的動能心、

重力勢能穌1、機(jī)械能演及彈簧的彈性勢能￡02變化圖像可能正確的是（）

Or-OO

王?

馬

?▼-

X"

/

//

C.i：D.

v

ox2O玉X2-

【答案】B

【詳解】A.小球在到達(dá)4點(diǎn)前做自由落體運(yùn)動，速度一直在增大，動能在增大，在到達(dá)4點(diǎn)后彈簧彈力

小于小球重力，小球仍然向下做加速運(yùn)動，經(jīng)過平衡位置后彈簧彈力大于小球重力，小球做減速運(yùn)動，動

能在減小，所以4時動能不是最大，故A錯誤；

B.以8點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，可知小球在下降的過程中有益1=7咫巧-加gx可知圖像為一條直線，故

B正確；

C.小球在到達(dá)4點(diǎn)前，只有重力做功，機(jī)械能守恒，接觸彈簧后，彈力做負(fù)功，小球的機(jī)械能在減小，

故C錯誤;

119

D.設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為左，小球接觸到彈簧后，根據(jù)彈簧的彈性勢能公式有左心-網(wǎng)）可

知與2-X圖像不是直線，故D錯誤。故選B。

考向3E-x圖像

典例引領(lǐng)

I____________________

11.如圖所示，踢犍子是一項(xiàng)深受大眾喜愛的健身運(yùn)動項(xiàng)目。在某次踢健子的過程中，毯子離開腳后，沿

豎直方向向上運(yùn)動，犍子在向上運(yùn)動的過程中受到的空氣阻力與其速率成正比。用X表示毯子離開腳后的

位移，E表示建子的機(jī)械能，則（）

EE

X

【答案】C

【詳解】AB.根據(jù)題述，毯子離開腳以后，空氣阻力對建子做負(fù)功，則建子的機(jī)械能減小，故AB錯誤；

CD.毯子在向上運(yùn)動的過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，即/=前由功能關(guān)系可得E=4-股由于

上升過程中，健子的速率逐漸減小，空氣阻力逐漸減小，故照與x呈非線性關(guān)系，故C正確，D錯誤。

故選C。

典例引領(lǐng)

12.如圖所示，一個足夠長的光滑斜面傾角為a,一個質(zhì)量為加的木塊在沿斜面向上的恒力廠作用下從斜

面底端由靜止開始向上運(yùn)動，一段時間后撤去恒力尸，則此木塊在斜面上運(yùn)動過程中的機(jī)械能E隨時間:

變化的情況可能是下圖中的（）

【答案】C

【詳解】若以地面為零勢能面，以沿斜面向上為正方向，則對于木塊，在撤去外力前，有

1EVy

F-mgsina=ma,l=~at2某一時刻的機(jī)械能E=AE=Fl聯(lián)立以上各式得到E=彳/oc/撤去外力后,

木塊機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確，ABD錯誤.故選C。

IN.好地沖關(guān)，

，基礎(chǔ)過關(guān)

1.如圖所示，裝有輕彈簧與小物塊的小車靜止在光滑水平地面上，小車與小物塊接觸面粗糙且水平。彈

簧左端固定在小車內(nèi)壁，右端與小物塊靠在一起。初始時，在外力作用下彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)撤去外

力，小物塊向右運(yùn)動。從撤去外力到小物塊與小車右壁碰撞前的過程中，下列說法正確的是（）

B.小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒

C.小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D.小物塊、彈簧和小車組成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】D

【詳解】A.彈簧彈力及摩擦力對小物塊做功，故小物塊的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；

B.小車與小物塊接觸面粗糙，小物塊受摩擦力作用，故小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故B錯

誤；

C.摩擦力對小物塊做功，故小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故C錯誤；

D.小物塊、彈簧和小車組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，故D正確。

故選D。

2.如圖所示，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點(diǎn)的小球。、6通過錢鏈用長為包的剛性輕桿連接，。球套在豎直

桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細(xì)桿M的夾角為45。。兩根足夠長的細(xì)桿M、N不接觸

（a、b球均可無碰撞通過。點(diǎn)），且兩桿間的距離忽略不計(jì)，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切

摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

A.a、6兩球組成系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

B.。球到達(dá)與6球等高位置時速度大小為加

C.a球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，b球速度最大

D.。球從初位置下降到最低點(diǎn)的過程中，剛性輕桿對。球的彈力一直做負(fù)功

【答案】C

【詳解】A.。球和6球所組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機(jī)械能守恒，故A錯誤；

B.根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則。球到達(dá)與6球等高位置時，6球速度為零，則加解得匕=也過

故B錯誤；

C.當(dāng)。球運(yùn)動到兩桿的交點(diǎn)后再往下運(yùn)動國，此時6球到達(dá)兩桿的交點(diǎn)處，。球的速度為0,6球的速

度達(dá)到最大，則mg(L+&)=gmv；所以%=小2(1+回gL故C正確；

D.由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，“球從初位置下降到最低點(diǎn)的過程中，剛性輕桿對。球的彈力先做負(fù)功后做正功

再做負(fù)功，故D錯誤。故選C。

3.如圖所示，輕質(zhì)動滑輪下方懸掛重物A、輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B,懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直。開始

時，重物A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后A、B開始運(yùn)動。已知A、B的質(zhì)量相等，假設(shè)摩擦阻力和空氣阻

力均忽略不計(jì)，重力加速度為g,下列說法中正確的是()

A.重物A、B的速度大小之比為1：1

B.重物A、B的速度大小之比為2：1

C.當(dāng)B的位移為〃時，A的速度為

D.當(dāng)B的位移為〃時，A的速度為

【答案】C

【詳解】AB.由題意知，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A上升力時，B下降2〃，則匕：切=1：2故AB錯誤;

CD.設(shè)A的速度為v,則B的速度為2v,貝!］加g/^-；〃?g/7=；%v2+J%(2v)2解得v=J■lg//故C正確，D錯

222V5

誤。故選Co

4.如圖所示，質(zhì)量均為加的物塊A、B、C通過輕繩輕彈簧連接，中間有孔的物塊C套在一光滑豎直桿

上，桿與滑輪間距離為力最初用外力托住C,輕繩剛好伸直，拉力為零，滑輪右側(cè)輕繩水平。撤去外

3

力，若物塊C下落7時，物塊A剛好離開地面，忽略滑輪大小和一切阻力，此時物塊C的速度大小是

B

【答案】C

cd4

tanu）-...二—

【詳解】令右側(cè)繩與豎直桿之間的夾角為。，根據(jù)幾何關(guān)系有3,3解得6=53。物塊B初始狀態(tài)

—a

4

所受彈簧的彈力與其重力平衡，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則有機(jī)g=A剛剛離開地面時，彈簧處于拉伸狀

態(tài)，對其進(jìn)行分析有點(diǎn)2=解得玉=%即彈簧的壓縮量等于其拉伸量，彈簧始末狀態(tài)的彈性勢能相等，

B上升高度為h=\-d=3根據(jù)速度分解有vB=vccos6根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

sin”4

mg-d=加8〃+3加吟+；加誤解得%=,^||^故選Co

5.某同學(xué)為了研究過山車的運(yùn)動，在實(shí)驗(yàn)室完成了模擬實(shí)驗(yàn)，該同學(xué)取一半徑為r的光滑圓軌道，沿豎直

方向固定，尸、。分別為最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，/點(diǎn)與圓心等高（圖中未畫出），分別在P、。、N點(diǎn)安裝壓力傳

感器.實(shí)驗(yàn)時，將小球置于最低點(diǎn)尸，并給小球一水平的初速度，當(dāng)小球經(jīng)過最低點(diǎn)尸和最高點(diǎn)0時傳感

器的示數(shù)分別為弓外，已知重力加速度為g,忽略一切摩擦.則下列說法正確的是（）

C.小球在/點(diǎn)時對傳感器的壓力大小為”殳D.耳可能小于耳

【答案】C

【詳解】ABD.設(shè)小球的初速度大小為%、小球在。的速度大小為V,小球由尸到。的過程只有重力做功，

則小球的機(jī)械能守恒，有:加片=2加8廠+（加/在最高點(diǎn)時有乙+加8=竺，小球在尸點(diǎn)時有K-mg=^~

22rr

整理得片-分=6mg解得旭=&i晟v=由上可知耳一定大于g,選

項(xiàng)ABD錯誤；

C.小球由尸到A的過程中，有1加%2=加歹+1加vj小球在A點(diǎn)時，有工=竺么解得死=’：’,C正

22r2

確；故選C。

6.如圖（a）所示，傳送帶與水平地面的夾角為6=37。，傳送帶以v=10m/s的速度沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)

動，在傳送帶最上端/點(diǎn)無初速度地放上一個質(zhì)量為加=lkg的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與傳送帶之間的動

摩擦因數(shù)為小U3s末煤塊運(yùn)動到傳送帶最下端3點(diǎn)，煤塊運(yùn)動的速度v隨時間［變化的圖像如圖（b）所

示，已知sin37-=0.6,337。=0.8,重力加速度大小為g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.//=0.25

B.煤塊從最上端/點(diǎn)運(yùn)動到最下端B點(diǎn)的距離為24m

C.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為9m

D.煤塊從最上端A點(diǎn)運(yùn)動到最下端8點(diǎn)的過程中，煤塊對傳送帶所做的功為40J

【答案】D

【詳解】A.煤塊無初速度放在傳送帶上，受到沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律有

sin0+〃入geos6=由圖（b）有%=jm/s?=lOm/s?解得〃=0.5故A錯誤；

C,煤塊從最上端/點(diǎn)運(yùn)動到最下端8點(diǎn)的距離即煤塊在3s內(nèi)的總位移，由圖（b）有

/=12rlm+02+也2m=29m故B錯誤；C.在07s,傳送帶速度比煤塊大，兩者相對位移為

22

S1=s傳］-s煤］=10xlm-與am=5m在ls-3s,煤塊速度比傳送帶大，兩者相對位移為

(10+14)x2

S]=s煤2-s傳m-10x2m=4m所以劃痕為s==5m故C錯誤；

2

D.在O-ls,煤塊對傳送帶所做的功為?=-相geos3s徹=-40J在Is-3s,煤塊對傳送帶所做的功為

%=加geos如5傳2=80J煤塊從最上端A點(diǎn)運(yùn)動到最下端B點(diǎn)的過程中，煤塊對傳送帶所做的功為

用=葉+匕=401故D正確。故選D。

7.如圖所示，質(zhì)量”=lkg、長度/=4m的木板靜止于光滑水平面上，某時刻一質(zhì)量加=2kg的木塊以初速

度%=6m/s滑上木板左端，木塊可視為質(zhì)點(diǎn)，與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,則（）

—

///////////////////////////////

A.木塊會從木板的右側(cè)滑下

B.2s內(nèi)木塊的位移大小為9m

C.2s內(nèi)木板對木塊做功為20J

D.2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為16J

【答案】B

【詳解】AD.木塊與木板發(fā)生相對滑動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊與木板的加速度大小分別為

%=幺整=2m/s2,&=W￡=4m/s2設(shè)經(jīng)過。時間，木塊與木板達(dá)到共速，則有匕=%-叩|=。2：解得

%=1s,匕=4m/s共速前木塊與木板發(fā)生的相對位移為Ax=七%「^%=3m</=4m共速后木塊與木板

保持相對靜止，一起做勻速直線運(yùn)動，則木塊不會從木板的右側(cè)滑下；2s內(nèi)木塊和木板組成的系統(tǒng)增加的

內(nèi)能為。=4加g?加:=12J故AD錯誤；

B.2s內(nèi)木塊的位移大小為x塊=x加+%勻="[+卬2=W^xlm+4xlm=9m故B正確；

C.根據(jù)動能定理可知，2s內(nèi)木板對木塊做功為印=；3>；-：根行=-20^^^錯誤。故選B。

8.將質(zhì)量為1kg的物體從地面豎直向上拋出，一段時間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過程中物體所受空氣

阻力大小不變，其動能紜隨距離地面高度〃的變化關(guān)系如圖所示。取重力加速度g=10m/s2,下列說法正

A.物體能上升的最大高度為3m

B.物體受到的空氣阻力大小為2N

C.上升過程中物體加速度大小為10m/s2

D.下落過程中物體阻力做功為-24J

【答案】B

【詳解】B.根據(jù)動能定理可得心解得紇-〃圖象的斜率大小左=電；故上升過程有

\E72-36\E48-24

僅g+下降過程有加g-/=,=^^N=8N聯(lián)立解得了=2N,加=lkg故B

△43A/?,3

正確：

A.針對上升到最高點(diǎn)的過程，由動能定理-("g+/)〃=0-耳。解得物體上升的最大高度為〃==6m

故A錯誤；

17

22

B,對上升過程由牛頓第二定律有mg+f=max可知上升的加速度為ai=-m/s=12m/s故C錯誤；

D.物體下落過程克服阻力做功為％="=2x6J=12J故D錯誤。故選B。

9.如圖所示是體育課上某同學(xué)水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為參考平面，用刀表

示鉛球離地面的高度、E表示鉛球的機(jī)械能，紇表示鉛球的重力勢能、丸表示鉛球的動能，則鉛球下落過

【詳解】AB.不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機(jī)械能守恒，故A錯誤，B正確；

C.鉛球的重力勢能為七=mgh故C錯誤；

D.設(shè)拋出時鉛球的動能為鯨，距地面的高度為力,根據(jù)機(jī)械能守恒得加g/?o+Eo=Mg〃+￡k可得

&="哂+Eo-故D錯誤。故選B。

10.一定質(zhì)量的物塊靜止在水平面上，給物塊施加豎直向上的拉力尸，選取地面為重力勢能的零勢能面，

物塊在一定時間內(nèi)機(jī)械能隨路程變化的圖像如圖所示。已知物塊加速度為零的位置出現(xiàn)在路程大于心的位

置。下列說法正確的是()

A.。?S2過程中物塊的加速度逐漸減小

B.。?與過程中物塊的動能逐漸增大

C.“過程中物塊先向上運(yùn)動后向下運(yùn)動

D.S3~三過程中物塊一定向上運(yùn)動

【答案】B

【詳解】A物塊機(jī)械能增加是由拉力廠做功引起的，根據(jù)兇=尸加可知E-s圖像的斜率表示尸，因此尸

一直在減小，當(dāng)路程大于$2后拉力變?yōu)榱悖?J的過程中物塊的機(jī)械能在增加，所以產(chǎn)在做正功，物塊

向上運(yùn)動，之后物塊可能向下做自由落體運(yùn)動或向上做豎直上拋運(yùn)動。在物塊向上運(yùn)動的過程中，開始時

拉力尸大于重力，向上做加速度逐漸減小的加速度運(yùn)動，直到加速度為零，速度達(dá)到最大值，然后再做加

速度逐漸增大的減速運(yùn)動，當(dāng)拉力為零后做加速度恒定的勻變速直線運(yùn)動。故選B。

，能力提升

11.如圖所示，質(zhì)量為加的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一速度從4點(diǎn)沖上傾角為30。的固定斜面，其運(yùn)動的

加速度大小為g,沿斜面上升的最大高度為肌重力加速度為g,則此過程物體（）

A.克服摩擦力做功〃B.重力勢能增加了2mgh

C.動能減小了2mghD.機(jī)械能減少了

【答案】AC

【詳解】A.對物體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有，”gsin3（T+/=加g解得了=等則物體克服摩擦力做

h

功%;=，.故A正確；

sin30

B.重力做負(fù)功，重力勢能增大，可知，重力勢能增加了加g〃，故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理有-%-〃解得A5k=-2%g〃可知，動能減小了2根g〃，故C正確;

D.結(jié)合上述可知，物體克服摩擦力做功〃晦〃，則機(jī)械能減少了故D錯誤。

故選ACo

12.為檢測某電梯的安全性能，測試人員進(jìn)行了如下測試：如圖所示，某時刻斷開連接電梯的纜繩，電梯

由靜止從一定的高度向下墜落，一段時間后，會壓縮電梯井底的緩沖輕質(zhì)彈簧，逐漸停止運(yùn)動。電梯下滑

過程中，電梯頂部的安全鉗給電梯的滑動摩擦力大小恒定，不計(jì)空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。對于

電梯從接觸彈簧到第一次運(yùn)動至最低點(diǎn)的過程，下列說法正確的是（）

A.電梯和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.電梯的動能先增大后減小

C.彈簧的彈性勢能先增大后減小

D.安全鉗和電梯間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于兩者間的滑動摩擦力乘以彈簧的壓縮量

【答案】BD

【詳解】A.電梯和彈簧組成的系統(tǒng)除電梯的重力和彈簧的彈力做功外，還有電梯受到的滑動摩擦力做

功，使系統(tǒng)的機(jī)械能減小，故A錯誤；

B.電梯接觸彈簧后受到重力，向上的摩擦力和向上的彈力作用，重力大于摩擦力，彈力是由。開始逐漸

增大的，開始時彈力與摩擦力的和小于重力，物體速度增大，當(dāng)彈力與摩擦力的和等于重力時，速度達(dá)到

最大，之后彈力與摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度減小直到減小到0,所以整個過程速度先

增大后減小，即電梯的動能先增大后減小，故B正確；

C.彈簧的形變量一直變大，所以彈簧的彈性勢能一直增大，故c錯誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系可知，安全鉗和電梯間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服滑動摩擦力做的功，電梯從接觸彈簧

到第一次運(yùn)動至最低點(diǎn)的過程，兩者相對滑動的路程等于彈簧的壓縮量，所以，克服滑動摩擦力做的功等

于兩者間的滑動摩擦力乘以彈簧的壓縮量，故D正確。故選BD。

13.如圖所示，質(zhì)量均為加的物體A、B用跨過滑輪O的輕繩連接，A穿在固定的豎直光滑桿上，B置于

傾角。=30。的光滑固定斜面上。一勁度系數(shù)后=篝的輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端

連接B。初始時，施加外力將A置于N點(diǎn)，輕繩恰好伸直但無拉力，ON段長為3/,與桿垂直，OB段與斜

面平行。現(xiàn)將A由靜止釋放，沿桿下滑到最低點(diǎn)尸，M為NP中的一點(diǎn)，且跖V=4/。A、B均可視為質(zhì)

點(diǎn)，運(yùn)動過程中B不會與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,不計(jì)一切阻力。則A從N

點(diǎn)下滑到M點(diǎn)的過程中（）

A

A.B沿斜面運(yùn)動的距離為2/B.A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.經(jīng)過M點(diǎn)時A的速度大小為、戶亟D.輕繩對A做的功為-嗎?