2023-2025三年高考物理真题分类汇编 专题06 机械能守恒定律

这是一份2023-2025三年高考物理真题分类汇编 专题06 机械能守恒定律，共53页。试卷主要包含了 A等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共 31 小题）
1．（2025•河南）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零 C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变
?3
1
?3
1
2．（2024•江西）“嫦娥六号”探测器于 2024 年 5 月 8 日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从 r1 调整到 r2 时（两轨道均可视为圆形轨道），其动能和周期从 Ek1、T1 分别变为 Ek2、T2。下列选项正确的是（ ）
??1
?2
?1
??1
?1
?1
?3
2
?3
2
A．?
= ? ，=
B．= ? ，=
?2
1?2
??22?2
??1
?2
?1
?3
??1
?1
?1
?3
C．= ? ，
2
?3
1
=
D．= ? ，
2
?3
1
=
??2
1?2
??2
2?2
3．（2023•辽宁）如图（a），从高处 M 点到地面 N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从 M 点由静止释放，沿不同轨道滑到 N 点，其速率 v 与时间 t 的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开 M 点后、到达 N 点前的下滑过程中（） A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
4．（2024•浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为 2×10﹣4m2，喷水速度约为 10m/s，水的密度为 1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（）
A．10WB．20WC．100WD．200W
5．（2023•新课标）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．0B．mghC．1mv2﹣mghD．1mv2+mgh
22
6．（2023•甲卷）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（）
A．机械能一直增加B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大
7．（2023•浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小 a、速度大小 v、动能 Ek 和机械能 E 随运动时间 t 的变化关系中，正确的是（）
A．B．C．D．
8．（2023•ft东）《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，不考虑水筒中水的动能增加，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
2????2??
3??????
A．5B．5
3????2??
C．5D．nmgωRH
9．（2023•北京）如图所示，一物体在力 F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为 m，加速度大小为 a，物体和桌面之间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g。在物体移动距离为 x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与 F 方向无关
B．合力做功大小与 F 方向有关
C．F 为水平方向时，F 做功为 μmgx
D．F 做功的最小值为 max
10．（2023•ft东）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
2?2(?−?)(?2−?1)?1
(?+?)?2−??1
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．
2?2(?−?)(?2−?1)?1
(?+?)?2−??1
B．
2?2(?−?)(?2−?1)?2
(?+?)?2−??1
C．
2?2(?−?)(?2−?1)?2
(?+?)?2+??1
D．
11．（2023•浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）
A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变D．绳一绷紧动能就开始减小
12．（2023•乙卷）一同学将排球自 O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到 O 点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（）
A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动
13．（2023•上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（）
A．质量大的落地速率大B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同D．无法判断
14．（2025•四川）如图所示，倾角为 30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为 m，两者之间动摩擦因数
为 3。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
2
速度刚好相同，大小为 v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为 g，忽略其他摩擦。则这段时间内（）
0
2?2
A．物块的位移大小为 3?
0
5??2
B．物块机械能增量为
2
0
16??0 2?2
C．小车的位移大小为−
5??25?
D．小车机械能增量为
8??0
5?
??2
0
+
2
15．（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 μ1，与其余部分的动摩擦因数为 μ2，且 μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度 v0 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 x1，所用时间为 t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度 v0 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 x2，所用时间为 t2。忽略空气阻力，则（）
A．t1＜t2B．t1＞t2C．x1＞x2D．x1＜x2
16．（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．4×105JB．4×104JC．4×103JD．4×102J
17．（2025•浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为 210W•h/kg，其中单位“W•h”（瓦时）对应的物理量是（）
A．能量B．位移C．电流D．电荷量
18．（2024•重庆）2024 年 5 月 3 日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器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 0B．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＝9.8m/s2
19．（2024•安徽）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．mghB．
1
1
??2
2
1
C．??ℎ +
??2D．??ℎ−
2
??2
2
20．（2024•ft东）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? =
1
??2（x 为绳的伸长量）。现用水平力 F 缓
2
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（）
(???)2
A．
2?
+???(?−?)
3(???)2
B．
2?
3(???)2
C．
2?
(???)2
+???(?−?)
+2???(?−?)
D．
2?
+2???(?−?)
21．（2024•江西）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐ft瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为 10m3/s，水位落差约为 150m。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（ ）
A．109WB．107WC．105WD．103W
22．（2024•甲卷）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
23．（2024•贵州）质量为 1kg 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＝ 3m 处，F 做功的瞬时功率为（ ）
8WB．16WC．24WD．36W
24．（2024•安徽）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为 H。出水口距水平地面的高度为 h，与落地点的水平距离约为 l。假设抽水过程中 H 保持不变，水泵输出能量的 η 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为 ρ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（）
???? 2?ℎ
（H+h +
?2
）
???? 2?ℎ
C．
2?ℎ
???? 2?ℎ
2?ℎ
（H+h +
?2
（H +
2ℎ
?2
）
4ℎ
）
D．
2?ℎ
???? 2?ℎ
（H +
2ℎ
?2
）
2?ℎ4ℎ
25．（2024•海南）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，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，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
主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功
26．（2024•新课标）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A．0.25 倍B．0.5 倍C．2 倍D．4 倍
27．（2024•浙江）如图所示，质量为 m 的足球从水平地面上位置 1 被踢出后落在位置 3，在空中达到最高点 2 的高度为 h，则足球（ ）
A．从 1 到 2 动能减少 mgh
B．从 1 到 2 重力势能增加 mgh
C．从 2 到 3 动能增加 mgh
D．从 2 到 3 机械能不变
28．（2024•北京）如图所示，光滑水平轨道 AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道 BC 在 B 点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至 A 点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最 高点 C。下列说法正确的是（）
A．物体在 C 点所受合力为零
B．物体在 C 点的速度为零
C．物体在 C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在 A 点时弹簧的弹性势能等于物体在 C 点的动能
29．（2023•湖北）两节动车的额定功率分别为 P1 和 P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为 v1 和 v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
?1?1+?2?2
?1?2+?2?1
(?1+?2)?1?2
(?1+?2)?1?2
A． ?1+?2B． ?1+?2C． ?1?1+?2?2D． ?1?2+?2?1
30．（2023•江苏）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
31．（2025•江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A．释放瞬间物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
二．多选题（共 8 小题）
（多选）32．（2024•广东）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以 60m/s 的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为 1000kg，背罩质量为 50kg，该行星的质量和半径分别为地
球的 1 和1，地球表面重力加速度大小取 g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背
102
罩的阻力。下列说法正确的有（） A．该行星表面的重力加速度大小为 4m/s2 B．该行星的第一宇宙速度为 7.9km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 80m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为 30kW
（多选）33．（2023•福建）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出 发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（）
A．0～2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在 t＝2s 和 t＝6s 时的速度相同
C．2～6s 内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8s 时，甲、乙两车的动能不同
1
（多选）34．（2023•广东）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从4
圆弧滑道顶端P 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q 点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度 h 为 4m，且过 Q 点的切线水平，重力加速度取 10m/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 360J
B．克服阻力做的功为 440J
C．经过 Q 点时向心加速度大小为 9m/s2
D．经过 Q 点时对轨道的压力大小为 380N
（多选）35．（2023•乙卷）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1??2−??
20
D．物块的动能一定小于1??2−??
20
（多选）36．（2023•湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道 ABC 由直线段 AB 和圆弧段 BC 组成，两段相切于 B 点，AB 段与水平面夹角为 θ，BC 段圆心为 O，最高点为 C，A 与 C 的高度差等于圆弧轨道的直径 2R。小球从 A 点以初速度 v0 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 C 点，下列说法正确的是（）
A．小球从 B 到 C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从 A 到 C 的过程中，重力的功率始终保持不变
2??
C．小球的初速度?0 =
D．若小球初速度 v0 增大，小球有可能从 B 点脱离轨道
（多选）37．（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从 H 点抛出沙包，分别落在正前方地面 Q1 和 Q2 处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于 P 点，H 点正下方地面处设为 O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为 3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包质量为 0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取 10m/s2，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比 7：4 B．第一次经 P 点时的机械能比第二次的小 1.3J C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为 72：85
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
（多选）38．（2023•河北）如图，质量为 m 的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的 A 点，弹簧 1 竖直且处于原长，弹簧 2 处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴 O1，O2 无摩擦转动。B 为杆上的另一个点，
与 O1、A、O2 构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从 A 点释放，
两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）
A．小球沿杆在 AB 之间做往复运动
B．与没有弹簧时相比，小球从 A 点运动到 B 点所用的时间更短
C．小球从 A 点运动到 B 点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧 2 的弹性势能先减小后增大
（多选）39．（2025•云南）如图所示，倾角为 θ 的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为 k 的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于 O 点。质量为 m 的滑块 Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数 μ＝ tanθ。过程Ⅰ：Q 以速度 v0 从斜面底端 P 点沿斜面向上运动恰好能滑至 O 点；过程Ⅱ：将 Q 连接在弹簧的下端并拉至 P 点由静止释放，Q 通过 M 点（图中未画出）时速度最大，过 O 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为 g。则（ ）
0
??2−4??2???2?
A．P、M 两点之间的距离为
4??????
B．过程Ⅱ中，Q 在从 P 点单向运动到 O 点的过程中损失的机械能为1??2
40
0
??2−8??2???2?
C．过程Ⅱ中，Q 从 P 点沿斜面向上运动的最大位移为
2??????
D．连接在弹簧下端的 Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在 OM（含 O、M 点）之间
三．实验题（共 1 小题）
40．（2024•重庆）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，将连结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 136.0g时，沙桶从 A 点由静止释放，能到达最高点 B，最终停在 C 点（A、B、C 三点未画出）。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。
若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结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”“逐渐减小”）。沙
桶在 B 点的加速度方向 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
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＝9.8m/s2）。
四．解答题（共 17 小题）
41．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角 θ＝37°的屋顶上的 O 点由静止开始下滑，滑到 A 点后离开屋顶。O、A 间距离 x＝2.5m，A 点距地面的高度 h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数 μ＝ 0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取 sin37°＝0.6，重力加速度大小 g＝10m/s2。求：
雪块从 A 点离开屋顶时的速度大小 v0；
雪块落地时的速度大小 v1，及其速度方向与水平方向的夹角 α。
42．（2024•新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子 Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量 m
＝42kg，重力加速度大小 g＝10m/s2，当 P 绳与竖直方向的夹角 α＝37°时，Q 绳与竖直方向的夹角 β＝53°。（sin37°＝0.6）
求此时 P、Q 绳中拉力的大小；
若开始竖直下降时重物距地面的高度 h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
43．（2023•辽宁）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＝80m/s 时离开水面，该过程滑行距离 L
＝1600m、汲水质量 m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度 h＝100m 时速度达到 v2＝
100m/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＝10m/s2。求：
飞机在水面滑行阶段的加速度 a 的大小及滑行时间 t；
整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
44．（2023•甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为 m 的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞
4
前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的
5
。小球与地面碰撞后，弹起的最大高
度为 h。重力加速度大小为 g，忽略空气阻力。求：
小球离开桌面时的速度大小；
小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
45．（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 L＝0.5m。一根长 为 3L 的轻绳一端系在 M 上，另一端竖直悬挂质量 m＝0.1kg 的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0 时，小球以水平向右的初速度 v0＝10m/s 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 10m/s2。
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；
求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
若在 t＝0 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。
46．（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 μ＝0.25，B 与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力 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。
求 0﹣1m，F 做的功；
x＝1m 时，A 与 B 之间的弹力；
要保证 B 能到达 M 点，圆弧半径满足的条件。
47．（2024•福建）我国古代劳动人民创造 了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已
知绳子与水平地面夹角 θ 为 25.5°，sin25.5°＝0.43，cs25.5°＝0.90。当每条绳子拉力 F 的大小为 250N 时，人与木板沿直线匀速前进，在 15s 内前进了 20m，求此过程中：
地面对木板的阻力大小；
两条绳子拉力所做的总功；
两条绳子拉力的总功率。
48．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点 O 为观测点，以质量为 m 的小星体（记为 P）为观测对象。当前 P 到 O 点的距离为 r0，宇宙的密度为 ρ0。
求小星体 P 远离到 2r0 处时宇宙的密度 ρ；
以 O 点为球心，以小星体 P 到 O 点的距离为半径建立球面。P 受到的万有引力相当于球内质
?1?2
量集中于O 点对P 的引力。已知质量为 m1 和m2、距离为 R 的两个质点间的引力势能EP＝﹣G
G 为引力常量。仅考虑万有引力和 P 远离 O 点的径向运动。
求小星体 P 从 r0 处远离到 2r0 处的过程中动能的变化量ΔEk；
?，
宇宙中各星体远离观测点的速率 v 满足哈勃定律 v＝Hr，其中 r 为星体到观测点的距离，H 为哈勃系数。H 与时间 t 有关但与 r 无关，分析说明 H 随 t 增大还是减小。
49．（2024•ft东）如图甲所示，质量为 M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在 P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为 m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径 R＝0.4m，重力加速度大小 g＝10m/s2。
若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到 Q 点时，受到轨道的弹力大小等于 3mg，求小物块在 Q 点的速度大小 v；
若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度 a
与 F 对应关系如图乙所示。
求 μ 和 m；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力 F＝8N，当小物块到 P 点时撤去 F，小物块从 Q 点离开轨道时相对地的速度大小为 7m/s。求轨道水平部分的长度 L。
50．（2024•上海）我国的汽车智能化技术发展迅猛。各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。
车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中 。
A.仅激光是横波B.激光与超声波都是横波
C.仅超声波是横波D.激光与超声波都不是横波
一辆质量 m＝2.0×103kg 的汽车，以 v＝36km/h 的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率 P1＝6.0kW，汽车受到的阻力大小为 N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，
主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率 P2＝48kW，此时汽车的制动力大小为 N，加速度大小为 m/s2。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）
51．（2023•重庆）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：
提升高度为 h 时，工件的速度大小；
在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
52．（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 f＝f0（1−ℎ），其中 f0 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Δp 且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用 f﹣x 图线下的“面积”表示 f 所做的功）求：
木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度 ω。
拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功 W。
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。
53．（2024•江苏）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，在电动机作用下，从 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，从 C 点又恰好到达最高点 D。求：
CD 段长 x；
BC 段电动机的输出功率 P；
全过程物块储存的机械能 E1 和电动机因拉动物块多消耗的电能 E2 的比值。
54．（2023•湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为
2R、内表面光滑，挡板的两端 A、B 在桌面边缘，B 与半径为 R 的固定光滑圆弧轨道???在同一竖直平面内，过 C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为 60°。小物块以某一水平初速度由 A 点切入挡板内侧，从 B 点飞出桌面后，在 C 点沿圆弧切线方向进入轨道???内侧，并恰好能到达轨道的
最高点 D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为
1
，重力加速度大小为 g，忽略空气阻力，小物块
可视为质点。求：
小物块到达 D 点的速度大小。
（2）B 和 D 两点的高度差。
（3）小物块在 A 点的初速度大小。
2?
55．（2023•江苏）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。
求滑雪者运动到 P 点的时间 t；
求滑雪者从 B 点飞出的速度大小 v；
若滑雪者能着陆在缓冲坡 CD 上，求平台 BC 的最大长度 L。
56．（2024•福建）如图，木板 A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧 M、N 与桌面上的两个固定挡板相连。小物块 B 放在 A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的
小球 C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0 时撤去电场，C向下加速运动，下降 0.2m 后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧 N 的弹性势能为 0.1J。已知 A、B、C 的质量分别为 0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球 C 的带电量为 1×10﹣6C，重力加速度大小取 10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
求匀强电场的场强大小；
求 A 与 B 间的动摩擦因数及 C 做匀速运动时的速度大小；
若 t＝0 时电场方向改为竖直向下，当 B 与 A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一段时间后，A 从右向左运动。求 A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程 B 未与 A 脱离，C 未与地面相碰）
57．（2024•贵州）如图，半径为 R＝1.8m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面 PM 相切于 P 点，PM 的长度 d＝2.7m。一长为 L＝3.3m 的水平传送带以恒定速率 v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在 M 点无缝对接。物块 a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至 P点，再向左做直线运动至 M 点与静止的物块 b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后 b 向左运动到达传送带的左端 N 时，瞬间给 b 一水平向右的冲量 I，其大小为 6N•s。以后每隔Δt＝0.6s 给 b一相同的瞬时冲量 I，直到 b 离开传送带。已知 a 的质量为 ma＝1kg，b 的质量为 mb＝2kg，它们
均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，取重力加速度大小 g＝10m/s2。求：
（1）a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b 从 M 运动到 N 的时间；
（3）b 从 N 运动到 M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
专题 06
机械能守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共 31 小题）
二．多选题（共 8 小题）
一．选择题（共 31 小题）
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：AB、对零件受力分析如下图所示，其所受重力 G 与轻绳的拉力 T 的合力 F 合为零件所受合外力。
因零件与无人机相对静止一起沿水平向左的方向运动，故 F 合的方向水平向左，其大小不为零。因轻绳与竖直方向的夹角不变，故 F 合恒定，根据牛顿第二定律，零件的加速度恒定，其做匀加速直线运动，易知无人机也做匀加速直线运动，故 AB 错误；
C、因质量是惯性大小的唯一量度，零件的质量不变，故其惯性保持不变，故 C 错误； D、因零件在水平方向上运动，其所处高度不变，故其重力势能保持不变，故 D 正确。故选：D。
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动能定理的应用专题；推
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
B
C
B
B
D
B
D
A
B
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
B
C
C
A
B
A
C
D
B
B
C
题号
23
24
25
26
27
28
29
30
31
答案
A
B
A
C
B
C
D
C
D
题号
32
33
34
35
36
37
38
39
答案
AC
BC
BCD
BD
AD
BD
BC
CD
理论证能力．
??
?2
4?2
解：A、探测器在环月轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：? ?2 = ? ? = ? ?2 ?
4?2?3
??
解得：v2 = ??，T =
?
动能：?? =
1
??2 =
2
??? 2?
??1
?2
?1
?3
可得动能之比为：
= ? ，周期之比为：
= 1，故 A 正确，BCD 错误。
2
??21
?2
?3
故选：A。
【专题】定性思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故 A 错误，B 正确；
CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在 M 点乙的速率为零，则重力功率为零，在 N 点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由 M 点到 N 点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故 CD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：设Δt 时间内从喷头流出的水的质量为
m＝ρV＝ρSv•Δt
Δt 时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即
?1 ??2
??
? == 2
??
联立解得
P＝100W
故 ABD 错误，C 正确。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做的功为 W 克，则空气阻力对雨滴做功为﹣W 克，雨滴在地面附近以速率 v 下落高度 h 的过程中，由动能定理得：mgh
﹣W 克＝0
解得：W 克＝mgh
故 B 正确，ACD 错误。故选：B。
【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：A、铅球在平抛运动过程中，仅受重力，机械能守桓，故 A 错误；
B、铅球在平抛运动过程中加速度为重力加速度，保持不变，故 B 正确；
CD、运动过程中减少的重力势能转化为动能，铅球的动能越来越大，速度也越来越大，故 CD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t 图像应为水平直线，故 A 错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度 vy＝gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度 vx＝v0
?2 + ?2
??
?2 + ?2?2
0
铅球的速度大小 v ==
速度随时间变化的关系不是线性关系，故 B 错误；
C、铅球的动能 E
= 1mv2 = 1m（?2 + g2t2）
k220
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故 C 错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t 图像为水平直线，故 D 正确。故选：D。
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：每个水筒中水的重力为 G＝mg
水筒的线速度为 v＝ωR
取足够长的一段时间 t 内，装水的水筒个数为 N＝nvt＝nωRt
筒车对灌入稻田的水做功的功率为 P =
故 B 正确，ACD 错误。故选：B。
?
? =
60%???
?=
3??????
5
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．
解：A、设 F 与水平方向的夹角为 θ，桌面对物体的支持力为 FN，对物体受力分析，则有 FN＝mg﹣Fsinθ
f＝μFN Wf＝fx
联立方程可得：Wf＝μ（mg﹣Fsinθ）x
可知摩擦力做功大小与 F 方向有关，故 A 错误； B、由牛顿第二定律有：F 合＝Fcsθ﹣f＝ma
整理得：Fcsθ+μFsinθ﹣μmg＝ma
由于 m、a、μ 均为已知量，上式中只有 F、θ 是变量，且无论 F、θ 如何变化，上式恒成立，ma不变
根据??合 = F 合x＝max，可知合力做功大小与 F 方向无关，故 B 错误； C、F 为水平方向时，由牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma
可知：F＞μmg
则 F 做功为 Fx，且 Fx＞μmgx，故 C 错误； D、由牛顿第二定律有：Fcsθ﹣f＝ma
结合选项 A 解析，可得：Fcsθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma
则：WF＝Fcsθ•x＝max+μ（mg﹣Fsinθ）x
当 mg﹣Fsinθ＝0 时，WF 取得最小值 max，故 D 正确。故选：D。
【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；分析综合能力．解：设物体与地面间的动摩擦因数为 μ，小车达到额定功率时速度为 v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F﹣f﹣μmg＝（M+m）a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1s1额定功率 P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（s2﹣s1）
2?2(?−?)(?2−?1)?1
(?+?)?2−??1
联立解得：P0 =
故 A 正确，BCD 错误。故选：A。
【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故 A 错误； B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故 B 正确；
C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故 C 错误；
D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的
合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故 D 错误。
故选：B。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．解：A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为 F 阻，则 F
阻＝kv
由牛顿第二定律得：mg+F 阻＝ma1
??
解得：a1＝g + ?
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F 阻＝
ma2
??
解得：a2＝g− ?
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故 A 错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故 B 正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度 g，故 C 错误；
??
D、由 A 得，下落过程的加速度为 a2＝g− ?
下落过程，v 增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故 D 错误。故选：B。
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
12 12
2
解：根据动能定理有 mgh = ?? −
2
??0
?ℎ + ?2
0
解得 v =
因三者初速率 v0 相同，下落高度 h 相同，可知三者落地速率都相同，故 ABD 错误，C 正确；故选：C。
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：A.小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：
1
μmgcs30°﹣mgsin30°＝ma，解得物块的加速度大小为：? = 4?
根据运动学公式有：?2 = 2?? ，解得这段时间内物块的位移大小为：?
2?2
0
=，故 A 错误；
011?
1232
B.这段时间内物块机械能增量为：?? = 2??0 +???1 ⋅ ???30° = 2??0，故 B 错误；
?0
C.小车与物块的速度刚好相同所用时间为：? = ?
电动机以恒定功率 P 拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt
12
对小车，根据动能定理得：?−(??????30° + ?????30°)? = 2??0−0
? = 0
16??0 2?2
联立解得小车的位移大小为：−，故 C 正确；
D.小车机械能增量为：??′ =
故选：C。
5??25?
1
0
??2 +??? ⋅ ???30° =
2
8??0
5?
3??2
0
+，故 D 错误。
10
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：CD、设 MN 的距离为 x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度 v0 向右滑动，根据动能定理可得：
12
−?1???0−?2??(?1−?0) = 0−2??0，
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度 v0 向右滑动，根据动能定理可得：−?1???0−?2??(?2−?0) = 0−
1??2，
20
联立以上由两式可得：x1＝x2，故 CD 错误；
AB、根据牛顿第二定律，滑块在 MN 段上运动的加速度为 a1，则有 μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为 a2，则有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移 相等，且第二次运动时滑块距离 M 点较近，在到达 M 点时速度较大，可作 v﹣t 如下所示：
由图像可得：t1＜t2，故 A 正确，B 错误。故选：A。
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；实验探究能力．解：高中生的质量 m＝50kg
列车速度 v＝144km/h＝40m/s
根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功? =
故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
1
??2 =
2
1
× 50 × 402? = 4.0 × 104?
2
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
解：根据功的公式 W＝Pt，可知单位“W•h”（瓦时）对应的物理量是能量或者功的单位，故 A
正确，BCD 错误。故选：A。
【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；推理论证能力．解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为 0，故 A 错误；
B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为 0，故 B 错误；
C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故 C 正确；
D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度 9.8m/s2，故 D 错误。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为 Wf，根据动能定理，有
mgh﹣W = 1mv2
f2
12
f
解得 W ＝mgh−mv
2
故 ABC 错误，D 正确。故选：D。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；与弹簧相关的动量、能量综合专题；理解能力．
解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为 x；对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件 μmg＝kx
???
解得弹性绳的伸长量? =?
1
1???
(???)2
此时弹性绳的弹性势能? =
??2 =
2
2?(
? )2 =
2?
乙同学的位移 x′＝（l﹣d）+x
根据功能关系，拉力做功? = ????′ + ? = ???[(?−?) +
3(???)2
???
? ] + ?
代入数据解得? =+???(?−?)
2?
综上分析，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：根据能的转化和守恒定律，发电功率为 P = ????ℎ•η＝ρQghη＝1×103×10×10×150×70%W
?
＝1.05×107W，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；模型建构能力．
解：设圆环的半径为 R，小环下滑的高度为 h，则 h≤2R
小环在下滑过程中，根据动能定理??ℎ =
2?ℎ
解得? =
1
??2
2
小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力 F1＝mg
小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成 θ 角，如图所示：
小环下滑的高度 h＝R（1﹣csθ）
2?ℎ
2??(1−????)
小环的速度? ==
?2
根据牛顿第二定律??????−? = ? ?
联立解得 F＝3mgcsθ﹣2mg
θ 增大，csθ 减小，作用力 F 先减小，再反方向增大；
( 2??)2
?2
小环在圆心等高处时?2
= ? 1 = ?
??
= 2??
小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成 α 角，如图所示：
小环下滑的高度 h＝R（1+csα）
2?ℎ
2??(1 + ????)
小环的速度? ==
?2
根据牛顿第二定律?−?????? = ? ?
代入数据联立解得 F＝2mg+3mgcsα
α 减小，csα 增大，作用力 F 增大；
( 4??)2
?
2
小环在最低处时? −?? = ? 2 = ?
= 4??
3
解得 F3＝5mg
??
根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故
ABD 错误，C 正确。故选：C。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；功率的计算专题；理解能力．解：设物块运动到 x＝3m 处的速度为 v；
全过程运用动能定理?1?1 + ?2?2 =
代入数据解得 v＝4m/s
1
??2
2
根据功率公式，物块运动到 x＝3m 处，F 做功的瞬时功率 P＝F2v＝2×4W＝8W。综上分析，故 A 正确，BCD 错误。
另解：0～2m 内，物块做匀加速直线运动，加速度为 a1；根据牛顿第二定律 F1＝ma1
代入数据解得?1 = 3?/?2
2
根据运动学公式?2 = 2?1?1
2m 末的瞬时速度?2 = 2 3?/?
在 2～3m 内，物块以加速度为 a2 做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律 F2＝ma2
代入数据解得?2 = 2?/?2
根据运动学公式?2−?2 = 2?2?2
32
3m 末的瞬时速度 v3＝4m/s
根据功率公式，物块运动到 x＝3m 处，F 做功的瞬时功率 P＝F2v3＝2×4W＝8W。综上分析，故 A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；分析综合能力．解：取Δt 时间内水管中质量为Δm 的水为研究对象，Δm 的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为 v，Δm 的水在空中运动的时间为 t；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动ℎ =
在水平方向做匀速直线运动 l＝vt
1
??2
2
?
2ℎ
代入数据解得? = ?
设Δt 时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm＝ρV＝ρS•vΔt
取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能?? = ???(? + ℎ) +
设水泵输出的功率为 P，根据功能关系 ηPΔt＝ΔE
???? 2?ℎ
?2
1
???2
2
代入数据解得? =
2?ℎ
(? + ℎ +)
4ℎ
综上分析，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题；理解能力．
解：AB.返回舱减速时加速度方向竖直向上，与速度方向相反，处于超重状态，故 A 正确，B 错误； CD.主伞的拉力向上，与运动位移方向相反，做负功，重力向下，与运动位移方向相同，做正功，故 CD 错误。
故选：A。
【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．
解：根据?? =
1
??2
2
小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍，则水平速度变为原来的 2 倍，根据平抛运动规律可知，竖直高度不变，水平方向上
x＝vt
则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 2 倍，故 C 正确，ABD 错误。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
解：AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从 1 到 2 重力势能增加 mgh，则 1 到 2 动能减少量大于 mgh，故 A 错误，B 正确；
CD．从 2 到 3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为 mgh，则动能增加小于 mgh，故 CD 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：ABC.小物体恰好能到达最高点 C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，
?2
设半圆轨道的半径为 r，在 C 点是速度大小为 v，由牛顿第二定律得?? = ? ? = ma，即 a＝g，物
体在 C 点的速度? = ??，故 AB 错误，C 正确；
D.由能量守恒定律知，物体在 A 点时弹簧的弹性势能等于物体离开弹簧后的在水平面上的动能，
由水平轨道向圆轨道的运动过程中满足机械能守恒，所以弹性势能等于小物体在 C 点时的动能和重力势能之和，故 D 错误。
故选：C。
【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；理解能力．解：由题意可知两节动车功率分别为
P1＝f1v1 P2＝f2v2
当把它们编组后 P1+P2＝（f1+f2）v联立解得
(?1+?2)?1?2
v = ?1?2+?2?1
故 ABC 错误，D 正确。故选：D。
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A、设滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，斜面的倾角为 θ，根据几何关系可知，图甲中滑块的合力大小为：
F1＝mgsinθ+μmgcsθ
图乙中滑块的合力大小为：
F2＝mgsinθ﹣μmgcsθ
由此可知，图甲中滑块受到的合力较大，故 A 错误；
B、经过 A 点时，两种情况下滑块的重力势能相等，因此两种情况下重力做的负功相等，但前者摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，则图甲中滑块经过 A 点的动能较大，故 B 错误；
C、根据 A 选项的分析可知，图甲中滑块的合力大于图乙中滑块的合力，根据逆向思维和运动学
公式? =
1
??2可知，图甲中滑块在 AB 之间的运动时间较短，故 C 正确；
2
D、在 A、B 之间，滑块受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根据功的计算公式 W＝Fs 可知两种情况下滑块在 A、B 之间克服摩擦力做的功相等，故 D 错误；
故选：C。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A、根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故 A 错误；
B、因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会
逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。
假设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小的弹簧弹力大小为 F。设物块与木箱之间的最大静摩擦力为 f，木箱与物块质量分别为 M、m，根据牛顿第二定律得：
对物块有：f＝ma
对物块与木箱整体有：F＝（m+M）a
?
联立解得：? = (? + ?)?
在弹簧的最大弹力减小到? = (? + ?)
?
后，当物块与木箱共速之后两者保持相对静止一起做简谐
?
运动，故 B 错误；
D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故 D 正确；
C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故 C 错误。
故选：D。
二．多选题（共 8 小题）
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题．解：AB、行星表面的物体受到的万有引力提供重力，则
???
?2 = ??
??
解得：g = ?2
1
行星的质量和半径分别为地球的
1
和，则行星表面的重力加速度为：
102
?1 = 4?/?2
行星第一宇宙速度的表达式为：
? =??，该行星表面的重力加速度和半径都比地球的小，所以该行星的第一宇宙速度不为7.9km/s，故 A 正确，B 错误；
C、设探测器质量为 M＝1000kg，背罩质量为 m＝50kg。“背罩分离”后瞬间，弹性绳的弹力瞬间不变，原先背罩做匀速直线运动，弹性绳的弹力为：
F＝（M+m）g1
“背罩分离”后瞬间对背罩，根据牛顿第二定律得：
F﹣mg1＝ma
联立解得：a＝80m/s2，方向竖直向上，故 C 正确；
D、“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为： P＝Mg1v＝1000×4×60W＝240kW，故 D 错误；
故选：AC。
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．
解：A．根据图（a）可得，0～2s 内，图像的斜率不变，v﹣t 图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变，故 A 错误；
1
B．根据图（b）易得，0～2s 图像的面积为 S＝2 × 2 × 2N•s＝2N•s，根据 F﹣t 图面积表示 F 对物
体的冲量，设 t＝2s 时，乙车速度为 v2，质量为 m，据动量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入数值解得
2
v2 =
m/s；
?
11
同理 0～6s 图像的面积为 S′＝4 × 2 × 2N•s﹣2 × 2 × 2N•s＝2N•s，设 t＝6s 时，乙车速度为 v6，
2
据动量定理：I′＝F′t′＝mv6﹣0，代入数值解得 v6 =
相同，故 B 正确。
m/s；故乙车在 t＝2s 和 t＝6s 时的速度
?
1
C．根据图（a）可得，v﹣t 图像的面积表示位移，故 2～6s 内，甲的位移为：x 甲＝2 × 2 × 2m﹣
1
2 × 2 × 2m＝0m，而根据图（b），物体在 t＝2s 和 t＝6s 时的速度相同，力 F 做功相同，物体运
动方向不变，故 2～6s 内，乙车肯定不为 0，故 2～6s 内，甲、乙两车的位移不同，故 C 正确。
D．t＝8s 时，根据图（a）可得此时甲车速度为 0，动能为 0；而根据图（b），设 t＝8s 时，乙车
11
速度为 v8，0～2s 图像的面积为 S＝4 × 2 × 2−N•s4 × 2 × 2N•s＝0，据动量定理：I″＝F″t″＝
mv8﹣0，代入数值解得 v8＝0，故乙车速度为 0，动能为 0。故 D 错误。故选：BC。
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．解：AB、货物从 P 到 Q 的运动过程中，根据动能定理可得：
mgh﹣W 克 =
1
??2
2
其中，mgh＝20×10×4J＝800J
代入数据解得：W 克＝440J，故 A 错误，B 正确； C、根据题意可知，r＝h
速度的表达式可得：
?26222
? =
? = 4 ?/? = 9?/? ，故 C 正确；
D、在 Q 点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则 FN﹣mg＝ma
根据牛顿第三定律可得：
F 压＝FN
联立解得：F 压＝380N，故 D 正确；故选：BCD。
【专题】定量思想；控制变量法；动能定理的应用专题；理解能力．解：设物块离开木板时的速度为 v1，此时木板的速度为 v2，由题可知 v1＞v2
设物块的对地位移为 xm，木板的对地位移为 xM
CD、根据能量守恒定律可得
121212
2m?0 = 2??1 + 2M?2 + fl
整理解得
1? 2 = 12 1212
2
2
2 ?1
2m?0−
M? −fl＜
2
m?0−fl
故 C 错误，D 正确；
AB、因摩擦产生的热量为 Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得 xm =
?2
xM = 2 ?
由于 v0＞v1＞v2
所以 xm＞2xM
故 xm﹣xM＝l＞xM
故 W＝fxM＜fl
故 A 错误，B 正确；故选：BD。
?0+?1
2•t
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力；模型建构能力．
解：A、小球从 B 到 C 的过程中，根据牛顿第二定律有
?2
mgcsθ﹣N＝m ?
其中 θ 逐渐减小，动能转化为重力势能，v 也逐渐减小，所以 N 逐渐增大，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力逐渐增大，故 A 正确；
B、小球从 A 到 C 的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故 B
错误；
C、小球从 A 点以初速度 v0 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 C 点，根据机械能守恒定律有
1??2 = mg•2R
20
??
解得?0 = 2
故 C 错误；
D、在 B 点，根据牛顿第二定律有
?2
mgcsθ﹣N＝m ?
解得
?2
N＝mgcsθ﹣m ?
当 N＝0 时，v =??????，当若小球初速度 v＝v0 增大，小球有可能从 B 点脱离轨道，故 D 正确；故选：AD。
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为 h1＝3.2m﹣1.4m＝1.8m，根据
1
2
ℎ = 2??
可得上升时间为 t 上1＝0.6s
最高点距水平地面高为 h0＝3.2m，故下降的时间为 t 下1＝0.8s
故一次抛出上升时间、下降时间比值为 0.6：0.8＝3：4，故 A 错误；
BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 t＝t 上
1+t 下1＝0.6s+0.8s＝1.4s
故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为??1 =
9.8
?/? = 7?/?
1.4
??1
? =
8.4
?2
?/? = 6?/?，?=
1.4
??2
? =
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 vy＝gt 上1＝10×0.6m/s＝6m/s，
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
1
22 2
1
??1
22 2
??2
2
故第一次过 P 点比第二次机械能少 ?? = 2?(
解得ΔE＝1.3J
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
+ ??) −
?(
+ ??)
122
Ek1＝Ek01+mghOH = 2?(??1 + ??) + ??ℎ??
?= ?
+??ℎ
1
2
= ?(?
+ ?2) + ??ℎ
?2
?02
??2
?2?
??
解得 Ek1＝10J Ek2＝11.3J
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 100：113，故 B 正确，C 错误；
D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故 D 正确。
故选：BD。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
解：AC．根据对称性可知，小球从 A 点运动到 B 点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，根 据功能关系可知小球由于重力做功，在 B 点的速度不为 0，所以小球不会在 AB 之间做往复运动，故 A 错误，C 正确；
B．与没有弹簧时相比，小球从 A 点运动到 B 点的速度相等，没有弹簧时，小球运动的加速度为
a＝gsinθ
有弹簧时加速度先大于 gsinθ，AB＝2AO1，然后一直减小，且小球运动到 AB 中点时，加速度为
gsinθ，v﹣t 图像如图
由图可知与没有弹簧时相比，小球从 A 点运动到 B 点所用的时间更短，故 B 正确； D．小球从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧 2 的弹性势能先减小后增大再减小，故 D 错误；故选：BC。
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．
????
解：B、滑块所受的滑动摩擦力? = ??????? = ???? × ?????? = ???? × ?????? = ??????
12
过程Ⅰ，根据动能定理得：−?????? ⋅ ??−? ⋅ ?? = 0−2??0
?
2
解得：?? = 0
4?????
过程Ⅱ中，弹簧弹力对 Q 做正功，设为 W 弹，Q 克服滑动摩擦力做功为 Wf，由功能关系可得 Q
在从 P 点单向运动到 O 点的过程中损失的机械能为：?? = ??−?弹 = ? ⋅ ??−?弹 = ?????? ×
0 ?
?2
−
4?????
1
弹 = 4
??2−?弹
，故 B 错误；
0
A、过程Ⅱ中，M 点的速度最大，则 M 点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为 x，根据平衡条件得：
kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：? =
2??????
?
?2
2??????
??2−8??2???2?
P、M 两点之间的距离为：? = ??−? = 0−
4??????
= 0，故 A 错误；
4??????
0
??2−8??2???2?
C、滑块从 P 到 M 的过程向上运动的位移为? =
4??????
由运动的对称性可得滑块过 M 点后能继续上滑的最大位移等于 s，故 Q 从 P 点沿斜面向上运动的
??2−8??2???2?
最大位移为??
= 2? = 0，故 C 正确；
2?????
D.设滑块最终停留在距 O 点 x2 处，停止时加速度为零，速度为零；若弹力为零，根据平衡条件 mgsinθ＝f＝μmgcsθ，滑块停在 O 点；
若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件 mgsinθ+f＝kx2
其中 f≤mgsinθ
解得?2 ≤
2??????
?= ?
滑块停在 M 点与 O 点之间，含 M 点；
由于 fm＝mgsinθ，因此弹簧不可能处于压缩状态；
综上分析可知，连接在弹簧下端的 Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在 OM（含 O、M 点）之间，故 D 正确。
故选：CD。
三．实验题（共 1 小题）
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：（1）设细线与竖直方向夹角为 θ，沙桶匀速上升
2Tcsθ＝Mg
当 θ 逐渐增大时，T 逐渐增大，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。
沙桶从开始运动到静止上升高度为 8.4cm，机械能增加量为 Mgh＝0.136×9.8×0.084J＝0.11J
故答案为：（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。
四．解答题（共 17 小题）
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：（1）雪块由静止下滑到 A 点的过程，根据动能定理得：
12
mgxsinθ﹣μmgxcsθ = 2??0−0
解得：v0＝5m/s
（2）雪块由 A 点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：
1212
mgh + 2??0 = 2??1
解得：v1＝8m/s
雪块由 A 点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为： vx＝v0csθ，解得：vx＝4m/s
??
由速度分解可得：csα = ?1
解得：α＝60°
答：（1）雪块到 A 点速度大小 v0 为 5m/s；
（2）雪块到地面速度大小 v1 为 8m/s，方向与水平方向夹角 α 为 60°。
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）对重物受力分析如下图所示：
由平衡条件得：
在水平方向上有：TPsinα＝TQsinβ
在竖直方向上有：TPcsα＝mg+TQcsβ联立解得：TP＝1200N，TQ＝900N
（2）使重物缓慢竖直下降，可认为初末重物的动能均为零，设两根绳子拉力对重物做的总功为
W，对此过程根据动能定理得： W+mgh＝0﹣0
解得：W＝﹣4200J
答：（1）此时 P、Q 绳中拉力的大小分别为 1200N、900N；
（2）在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功为﹣4200J。
【专题】定量思想；控制变量法；直线运动规律专题；理解能力．解：（1）根据运动学公式可得
1
?2 = 2??
?
2
解得 a = 1 =
802
m/s2＝2m/s2
2?2×1600
根据 vt＝v0+at 可得
?1
t = ? =
80
2 s＝40s
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为
12 121
421424
2
ΔE＝ΔEk+ΔEp = 2??2−
??1 + mgh =
2 × 1.0 × 10
× 100 J−
2
× 1.0×10 ×80 J+1.0×10 ×
10×100J＝2.8×107J
答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度 a 的大小为 2m/s2，滑行时间 t 为 40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE 为 2.8×107J。
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：（1）设小球离开桌面时速度大小为 v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：EP
= 1??2
20
2??
?
解得：v0 =
（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为 t，则落地点距飞出点的水平距离 x＝v0t
落地瞬间竖直分速度 vy＝gt
44
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为 vy′ = 5vy = 5gt
5
??ℎ
2 ??
小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0﹣vy′2＝﹣2gh联立解得：x =
答：（1）小球离开桌面时的速度大小为 2??；
?
（2
5 ??ℎ
）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为
2
??。
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．
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
1
0
律?
2
?2 = ?? ⋅ 2? +
1
??2
2
?2
在该位置时根据牛顿第二定律?−?? = ? ?
解得? = 4 5?/?，T＝17N
小球做平抛运动时 x＝vt，2? =
解得 x＝4m
1
??2
2
?′2
若小球经过 N 点正上方绳子恰不松弛，则满足?? = ?2?
1
从最低点到该位置由动能定理
2
??0′2 = ?? ⋅ 5? +
1
??′2
2
解得?0′ = 2 15?/?
答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为4 5?/?，绳子所受的最大拉力大小为 17N；
小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为 4m；
初速度的最小值为2 15?/?。
【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：（1）由 F﹣x 图像得： W＝1.5×1J＝1.5J
x＝1m 时，对 AB 整体，由牛顿第二定律得： F﹣μmg＝2ma
对 B 受力分析，由牛顿第二定律得：
F 弹＝ma
代入数据联立解得：
F 弹＝0.5N
当两物块刚好分离时，AB 间弹力为 0，两物块加速度为 0，对 A，由平衡条件得： F＝μmg
代入数据解得：
F＝0.5N
由图乙可知，x＝3m 时，两物块分离，从开始到两物块分离，对 AB 整体，由动能定理得：
W ﹣μmgx = 1 × 2mv2
F2
物块 B 刚好到达 M 点，有
?
?2
mg＝m
?0
对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：
= 1212
2
﹣mg•2R0
2m??−mv
代入数据联立解得：
R0＝0.2m
则圆弧半径应满足 R≤0.2m
答：（1）F 做的功为 1.5J；
x＝1m 时，A 与 B 之间的弹力为 0.5N；
要保证 B 能到达 M 点，圆弧半径应小于或等于 0.2m。 47．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力 f＝2Fcsθ＝2×250×0.9N＝450N
（2）根据功的定义，拉力做功 W＝2Fxcsθ＝2×250×20×0.90J＝9000J＝9×103J
（3）根据功率的定义，拉力功率 P =
?
? =
9000
15 W＝600W
答：（1）地面对木板的阻力大小为 450N；
两条绳子拉力所做的总功为 9.0×103J；
两条绳子拉力的总功率为 600W。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体 P 运动前后距离 O 点半径为 r0 和 2r0 的球内质量相同，即
4243
?0 ⋅ 3??0 = ? ⋅ 3?(2?0)
1
解得小星体 P 远离到 2r0 处时宇宙的密度? = 8?0
（2）a.此球内的质量? = ?
4
3
⋅ ??
0 30
P 从 r0 处远离到 2r0 处，由能量守恒定律得
?????
动能的变化量??? = −? ?0 −(− 2?0 )
2
解得ΔE = − Gπρ m?2
k300
b.由 a 知星体的速度随 r0 增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间 t 越长，由 v＝Hr 知，H
减小，故 H 随 t 增大而减小。
1
答：（1）小星体 P 远离到 2r0 处时宇宙的密度 ρ 为8?0；
22
3
（2）a.小星体 P 从 r0 处远离到 2r0 处的过程中动能的变化量ΔEk 为−Gπρ0m?0；
b.H 随 t 增大而减小。
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．
解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到 Q 点时，受到轨道的弹力大小等于 3mg，通过分析题意可知，在 Q 点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为 3mg，根据牛顿第二定律有
?2
3mg+mg＝m ?
解得 v＝4m/s
（2）（i）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 F，小物块处在轨道水平部分时，由图乙可知，当 0＜F≤4N，小物块 m 和轨道 M 一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有 F＝（M+m）
a，则 a =
1
?
?+?
，根据图乙第一段图线的斜率 k =
1
2
（kg﹣1） =
4
1
（kg﹣1），
2
即（kg﹣1） =
?+?
（kg﹣1），则 M+m＝2，当 F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿
2
? ???1
第二定律有 F﹣μmg＝Ma，即 a = −
?
6−2
（kg﹣1）＝1（kg﹣1），
8−4
联立解得 M＝1kg，m＝1kg
? ，同理根据图乙第二段图线的斜率的物理意义，有? =
2= ? ???
?
将图乙中（4N，2m/s ）代入 a−
?
解得 μ＝0.2
（ii）当 F＝8N 时，由图乙对轨道 a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据 μmg＝ma2，解得
212 12
2
a2＝2m/s ，设经过时间 t 小物块运动到 P 点，根据匀变速直线运动的规律有2a1t −a2t ＝L，滑动
P 点时轨道的速度为 v1＝a1t，小物块的速度为 v2＝a2t，方向都是水平向左，小物块在与竖直面内圆弧轨道作用的过程中，系统在水平方向满足动量守恒条件和机械能守恒定律，且规定水平向左的方向为正方向，有
Mv1+mv2＝Mv1′+mv2′
1M?2 + 1m?2 = 1M?′2 + 1m?′2 + mg•2R
21222122
且 v2′＝7m/s
联立以上各式解得 t＝1.5s 或者 t＝3.17s（不合题意，舍弃） L＝4.5m
答：（1）小物块在 Q 点的速度大小 v 为 4m/s；
（2）（i）μ 的值为 0.2，m 的值为 1kg；
（ii）轨道水平部分的长度 L 为 4.5m。
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；波的多解性；实验探究能力．
解：（1）超声波是有两种类型的声波，一种是纵波，一种是横波。车载雷达发出的激光都是电磁波，电磁波是横波，故 ACD 错误，B 正确。
故选：B。
（2）汽车行驶速度 v＝36km/h＝10m/s，以汽车为研究对象
?1
根据牛顿第二定律 −? = ??
?
当加速度为零时，汽车匀速行驶，汽车所受阻力? =
?1
? =
6.0×103
10? = 600?
根据功率公式，汽车的制动力?制 =
?2
? =
48×103
10? = 4800?
设制动时汽车做减速运动的加速度大小为 a
根据牛顿第二定律 F 制+f＝ma
代入数据解得加速度的大小 2.7m/s2。
故答案为：（1）B；（2）600；4800；2.7；
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）根据几何关系可知工件的位移大小为：
ℎ
? = ????
根据速度—位移公式可得：
2??
2?ℎ
????
? ==
（2）根据速度—时间公式可得：
2ℎ
?????
?
? = ? =
根据动能定理可得：
W 合 =
1
??2
2
??ℎ
解得：W 合 = ????
答：（1）提升高度为 h 时，工件的速度大小为 2?ℎ ；
????
（2）在此过程中，工件运动的时间为 2ℎ ，合力对工件做的功为??ℎ。
?????
????
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
2?ℎ
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：v2＝2ah根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr
联立可得：? =
；
?
根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：
1
可得摩擦力所做的功为：?? = −2?0ℎ
对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh =
1
解得：? = ?(? + ?)ℎ + 2?0ℎ + ΔpSh；
1
??2−0
2
设开瓶器对木塞的作用力为 F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其
?
ℎ
中：f＝f0（1−）
t 时刻速度大小为：v′＝at
t 时间内的位移大小为：? =
1
??2
2
t 时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′
?0?2
联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at−
?3。
2ℎ
答：（1
2?ℎ
）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度 ω 为；
?
1
拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功 W 为?(? + ?)ℎ + 2?0ℎ + ΔpSh；
?0?2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率 P 随时间 t 变化的表达式为 P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at− 2ℎ
?3。
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．解：（1）关闭电动机，物块从 C 点恰好到达最高点 D 的过程，根据动能定理得：
1
﹣mgx•sinθ﹣μmgx•csθ＝0−
2
mv2
?2
解得：x = 2?(????+?????)
物块在 BC 段做匀速运动，由平衡条件可得：电动机输出的牵引力为：F＝mgsinθ+μmgcsθ
电动机的输出功率为：P＝Fv＝mgv（sinθ+μcsθ）
全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：
E1＝mgLsinθ
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A 到C 增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有：
E ＝mg（L﹣x）sinθ + 1mv2+μmg（L﹣x）csθ
22
解得：E2＝mgL（sinθ+μcsθ）
?1
????
????
可得：==
?2????+??????+????
?2
答：（1）CD 段长 x 为2?(????+?????)；
BC 段电动机的输出功率 P 为 mgv（sinθ+μcsθ）；
????
全过程物块储存的机械能 E1 和电动机因拉动物块多消耗的电能 E2 的比值为?+????。
【专题】定量思想；方程法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论
证能力；模型建构能力．
?2
解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点 D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg = ? ?，
?
解得小物块到达 D 点的速度大小：?? =??；
设 B 和 D 两点的高度差为 h，小物块在 B 点的速度为 vB，从 B 到 D 过程，根据动能定理得：
12 12
2
mgh = 2???−???
小物块在 BC 之间做平抛运动，在 C 点沿圆弧切线方向进入轨道???内侧，说明在 C 点速度与过 C
点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为 60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示：
BC 之间的竖直距离 H＝h+R+Rcs60°＝h+1.5R
??
根据平抛运动规律得：tan60° = ?? =
2??
??
联立求解小物块在 B 点的速度为 vB =??，B 和 D 两点的高度差 h＝0
1
设小物块在 A 点的速度为 v，从 A 到 B 只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg•2πR = 2
11
? 2 2
2
2?
??− ?? ，将? =
及 vB =??代入解得：小物块在 A 点的初速度大小 v =3??。
答：（1）小物块到达 D 点的速度大小为 ??；
（2）B 和 D 两点的高度差为 0；
（3）小物块在 A 点的初速度大小为 3??。
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．
解：（1）滑雪者由 A 到 P 做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为 a，滑雪者的质量为 m，由牛顿第二定律得：
mgsin45°﹣μmgcs45°＝ma
由位移—时间关系公式可得：
d = 1at2 2
2 2? (1−?)?
联立解得：t =
设滑雪者从 P 到 B 的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为 WG、Wf，对滑雪者从 P 点由静止开始下滑，恰好到达 B 点的过程，由动能定理得：
WG+Wf＝0﹣0
对滑雪者从 A 点静止下滑到 B 点的过程，由动能定理得：
1
mgdsin45°﹣μmgdcs45°+W +W = mv2﹣0
Gf2
2??(1−?)
联立解得：v =
滑雪者在 B 点以速度大小为 v，方向与水平方向夹角为 45°的速度做斜抛运动，在 B 点竖
直向上的分速度为 vy＝vsin45°，水平分速度为 vx＝vcs45°
设从 B 点运动到最高点的时间 t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：
??
t1 = ?
设从 B 点运动到与 B 点等高点的水平位移的大小为 x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为 2t1，由水平方向做匀速直线运动得：
x＝vx•2t1
联立解得：x = 2?(1−?)
2
若滑雪者能着陆在缓冲坡 CD 上，平台 BC 的长度不能大于 x，故平台 BC 的最大长度 L＝x =
?(1−?)
答：（1）滑雪者运动到 P 点的时间 t 为 2 2? ；
(1−?)?
滑雪者从 B 点飞出的速度大小 v 为2??(1−?)；
若滑雪者能着陆在缓冲坡 CD 上，平台 BC 的最大长度 L 为 2?(1−?)。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．解：（1）撤去电场前，对小球 C，根据共点力平衡条件有：
qE＝mCg
代入数据解得：E＝2×106N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对 C 和 B 根据共点力平衡条件分别有： T1＝mCg，T1＝fB＝μmBg
代入数据解得：μ＝0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时 A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性势能相同；
所以 C 下降 h＝0.2m 的过程中，对 A、B、C 及弹簧 M、N 组成的系统，由能量守恒定律有：???ℎ =
1
2
(?? + ?? + ??)?2 +2??
2
代入数据解得：? = 3?/?
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时 A 的加速度为零，对 A 根据平衡条件，有：f＝2kh
当电场方向改为竖直向下，设 B 与 A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为 h′，对 A，根据牛顿第二定律可得：f′﹣2kh′＝mAa
对 B、C 根据牛顿第二定律可得：qE+mCg﹣f′＝（mB+mC）a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知 A、B 在 C 下降 h＝0.2m 时开始相对滑动，在 C 下降 h＝0.2m
1
的过程中，对 A、B、C 及弹簧 M、N 组成的系统，由能量守恒定律，有??ℎ′ + ???ℎ = 2(?? + ??
+ ??)??2 +2??
此时 A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后 A 做简谐运动，所以 A 第一次从右向左
2
运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：vm = 3 2?/?。
答：（1）匀强电场的场强大小为 2×106N/C；
2
（2）A 与 B 间的动摩擦因数为 0.5，C 做匀速运动时的速度大小为3?/?；
2
（3）A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为3 2?/?。
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力． 解：（1）在 a 运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理
? ?? = 1? ?2
?2 ? ?
解得 vP＝6m/s
在 P 点，根据牛顿第二定律?
?2
?
−? ? = ?
解得 NP＝30N
??
? ?
设 a 运动到 M 的速度为 vM，由动能定理
−?? ?? = 1? ?2 −1? ?2
?2 ? ? 2 ? ?
解得 vM＝3m/s
取水平向左为正方向，物块 a、b 碰撞后的速度分别为 v1、v2把物块 a、b 做为一个系统，根据动量守恒定律 mavM＝mav1+mbv2
物块 a、b 发生弹性碰撞，根据机械能守恒
1? ?2 = 1? ?2 + 1? ?2
2 ? ?2 ? 12 ? 2
联立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
物块 b 进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
﹣μmbg＝mba得 a＝﹣5m/s2
设达到共速时间为 t1，根据运动学公式
v0＝v2+at1 解得 t1＝0.2s减速位移
?1 =
?2+?0
2× ?1 =
2+1
2 × 0.2? = 0.3?
匀速运动的位移 x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m匀速运动的时间
?2
?2 = ?0 =
3.0
1 ? = 3.0?
b 从 M 运动到 N 的总时间 t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s
设给 b 一个瞬时冲量后，物块 b 的速度为 v3，取水平向右为正方向，则作用前物块 b 的速度
为 v0＝﹣1m/s根据动量定理 I＝mbv3﹣mbv0解得 v3＝2m/s
物块 b 先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为 t3，根据运动学公式
?3 =
−?0−?3
?=
−1−2
−5 ? = 0.6?
物块 b 对地位移
?3+(−?0)
2−1
?3 =2× ?3 = 2 × 0.6? = 0.3?
传送带位移 x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m 物块 b 相对于传送带的位移
Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m
由于Δt＝t3，因此物块 b 刚好与传送带共速时，又获得一个冲量 I，设物块 b 的速度变为 v4
根据动量定理 I＝mbv4﹣mbv0解得 v4＝2m/s
同理可得，物块 b 对地位移 x5＝0.3m
传送带位移
x6＝0.6m
物块 b 相对于传送带的位移 Δx2＝0.9m
以此类推，物块 b 获得第 11 次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为： s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m
物块 b 获得第 11 次瞬时冲量后向右运动 s1＝0.3m 离开传送带，此过程时间为 t4，根据运动学公式
1
s ＝v t + ??2
13 42 4
解得：t4＝0.2s
此过程物块 b 相对于传送带的位移大小为： Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m
物块 b 相对于传送带总的相对位移为：
Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m产生的摩擦热 Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。
答：（1）a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为 30N；
（2）b 从 M 运动到 N 的时间为 3.2s；
（3）b 从 N 运动到 M 的过程中与传送带摩擦产生的热量为 95J。