專題06機械能守恒定律能量守恒定律

目錄

01模擬基礎練..................................................................2

題型一機械能及其守恒的判斷和簡單應用.........................................2

題型二多物體的機械能轉化及守恒...............................................3

題型三機械能相關的圖象類問題.................................................9

題型四涉及摩擦力的能量轉化問題..............................................16

題型五能量的轉化與守恒綜合類問題............................................20

02重難創新練.................................................................26

題型六涉及彈簧的能量轉化問題................................................26

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題型一機械能及其守恒的判斷和簡單應用

1.（2024?重慶?高考真題）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的

著陸器上升器組合體著陸月球要經過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（）

A.減速階段所受合外力為0B.懸停階段不受力

C.自由下落階段機械能守恒D.自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2

【答案】C

【詳解】A.組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯誤；

B.組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；

C.組合體在自由下落階段只受重力，機械能守恒，故C正確；

D.月球表面重力加速度不為9.8m/s2,故D錯誤。

故選Co

2.（2023?遼寧?高考真題）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機

在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到也=80m/s時離開水面，該過程滑行距離￡=1600m、

汲水質量加=1.0xl04kg。離開水面后，飛機攀升高度/z=100m時速度達到V2=100m/s,之后保持水平勻速飛

行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）飛機在水面滑行階段的加速度?的大小及滑行時間

（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量/E。

【答案】⑴2tn/s2?40s；（2）2.8xlO7J

【詳解】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為則工=；相

2L2x1600“八

解得飛機滑行的時間為/=一=F^S=40S

V180

飛機滑行的加速度為a=^=—m/s2=2m/s2

t40

（2）飛機從水面至〃=100m處，水的機械能包含水的動能和重力勢能，則機械能變化量為

△E=—mv^+mgh--mv1=2.8xl07J

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3.（2025?云南?模擬預測）游樂項目“滑草”的模型如圖所示，某質量加=80kg的游客（包括滑板，可視為質

點）由靜止從距水平滑道高420m的尸點沿坡道滑下，滑到坡道底部河點后進入水平減速滑道

在水平滑道上勻減速滑行了/=9.0m后停止，水平滑行時間Z=3.0s,取重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）該游客滑到M點的速度大小和滑板與水平滑道之間的動摩擦因數；

（2）該游客（包括滑板）從尸點滑到M點的過程中損失的機械能。

NM

【答案】（l）6m/s,0.2（2）14560J

【詳解】（1）由于游客在水平滑道上做勻減速直線運動，根據運動學位移關系和速度關系公式/="，，

2

0-v

t=------

一a

根據牛頓第二定律可得a=巴喧=〃g

m

聯立解得v=6m/s,〃=0.2

（2）游客（包括滑板）從P點滑到M點的過程中，根據能量守恒可得損失的機械能為

1

AE=mgh——mv9=14560J

題型二多物體的機械能轉化及守恒

4.（2023?北京?高考真題）如圖所示，質量為加的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在。點，在。點正下方

的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距O點的距離等于繩長心現將A拉至某一高度，由

靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：

（1）A釋放時距桌面的高度X；

（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小八

（3）碰撞過程中系統損失的機械能AE。

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y22］

【答案】（l）—;（2）mg+m—；（3）—/wv2

2g6￡4

【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據動能定理得加gH=；"”2

2

解得8=9

2g

2

（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得尸-》ig=機］

2

解得F=mg+m~j~

（3）A、B碰撞過程中，根據動量守恒定律得加v=2/m，］

解得“

則碰撞過程中損失的機械能為\E=-mv2--=—mv2

22（2J4

5.（2023?浙江?高考真題）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道CD和

水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道。防與軌道CD和

足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數上=100N/m

的輕質彈簧連接，靜置于軌道廠G上。現有質量m=0」2kg的滑塊。以初速度%=2jilm/s從。處進入，

經。￡尸管道后，與尸G上的滑塊6碰撞（時間極短）。已知傳送帶長￡=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉

動，滑塊。與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.5,其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性

勢能丸=g丘2（x為形變量）。

（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小VF和所受支持力大小FN；

（2）若滑塊。碰后返回到8點時速度%=lm/s,求滑塊質6碰撞過程中損失的機械能AE；

（3）若滑塊。碰到滑塊6立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Ax。

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【答案】(1)10m/s；31.2；(2)0；

由能量關系加g?2R=；mvp-gmvl

【詳解】（1）滑塊a從。到凡

在F點FN-mg=

解得v尸=10m/s,Ev=31.2N

（2）滑塊。返回8點時的速度V8=lm/s,滑塊。一直在傳送帶上減速，加速度大小為a=〃g=5m/s2

根據^B=VC~2aL

可得在C點的速度vc=3m/s

則滑塊a從碰撞后到到達。點;加V；=gm4+mg.2R

解得v/=5m/s

因ab碰撞動量守恒，則rnvF=-mvx+3mv2

解得碰后b的速度V2=5m/s

則碰撞損失的能量=^mvF~~mv\~~^rnvl=0

（3）若滑塊“碰到滑塊b立即被粘住，則打碰后的共同速度加匕=4冽v

解得v=2.5m/s

當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度4mv=6mv

則v'=—m/s

3

當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為X/,由能量關系:Y””=1.6加丫2+1日；

222

解得再=O.lm

同理當彈簧被拉到最長時伸長量為X2=X;

則彈簧最大長度與最小長度之差?=2%=0.2m

6.（2025?云南昆明?模擬預測）（多選）如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量

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為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M=6加,

把滑塊從圖中/點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經過/、3兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，己

知。/與水平面的夾角。=53。，OB長為L,與N3垂直，不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g,sin53o=0.8,

cos53°=0.6,滑塊P從4到2的過程中，下列說法正確的是()

A.對于滑塊Q,其重力的功率一直減小

B.P與Q的機械能之和先增加后減小

C.輕繩對滑塊P做功為4加g￡

D.滑塊P運動到位置3處速度達到最大，且大小為拽更

3

【答案】BC

【詳解】A.釋放重物Q后，Q向下運動，P向上運動，根據速度關聯可知，P沿繩方向的速度分量等于

Q運動的速度，當P運動到8點時，Q的速度為零，所以P從4點運動至8點的過程中，重物Q的速

度先增加后減小，根據P=6加g”,可知，重物Q的重力的功率先增加后減小，故A錯誤；

B.對于P、Q系統，豎直桿不做功，系統的機械能變化只與彈簧對P的做功有關，由題知，P經過“、

2兩點時彈簧彈力大小相等，則P在/處時彈簧被壓縮，P在2處時彈簧被拉伸，壓縮量等于伸長量，

故P從/到8的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以P、Q系統的機械能先增加后減小，故B

正確；

C.設P從/到3過程中，輕繩拉力對Q做功為少，P到達8點時Q的速度為0,對Q,根據動能定理

得少+6??g(------￡)=0，解得用=-4zwgL,則輕繩對P做功為/=-少=4?tg￡,故C正確；

cos53

D.由于滑塊P在N、2兩點處彈簧的彈力大小相等，所以滑塊P在/點時受到彈簧向上的彈力，運動

至3點時受到彈簧向下的彈力，對P受力分析可知，滑塊P運動到3點時所受合力豎直向下，則加速度

豎直向下，所以滑塊P從4到8過程中，開始時加速最后減速，即在/、3間某位置速度最大，故D錯

誤。

故選BCo

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7.（2024?全國?模擬預測）（多選）如圖所示，可視為質點的小球。的質量是小球b質量的6倍，兩小球用

一剛性輕桿連接，置于固定的光滑半球內，輕桿長度為半球半徑的逝倍，半球的直徑水平。現將。球從半

球右邊最高點由靜止釋放（如圖所示），已知兩球在運動過程中均沒有離開半球內表面，不計空氣阻力，則

小球。到達半球最低點前，下列說法正確的是（）

A.同一時刻兩球的向心加速度大小相等

B.同一時刻。球重力的功率是6球重力功率的6倍

C.當輕桿與水平方向成15。角時。球速度最大

D.當輕桿與水平方向成30。角時b球速度最大

【答案】AC

【詳解】A.設半球半徑為R,則輕桿長度￡=&尺，可知任意時刻兩球與半球球心。的連線與輕桿的

夾角均為45。，兩球的速度打、出分別與兩球所在位置的半徑垂直，為、地的方向與輕桿的夾角均為45。,

同一時刻兩球沿桿方向的分速度相等，即VaCOs45o=VbCOs45。，故同一時刻兩球的速度大小"a="b=丫，

2

由。=L可知同一時刻兩球的向心加速度大小相等，A正確；

R

B.重力的功率尸=7Mgvcos￡,同一時刻兩球速度方向與豎直向下方向的夾角6不一定相等，故。球重力

的功率不一定等于6球重力功率的百倍，B錯誤；

CD.不計空氣阻力，兩球及輕桿組成的系統在運動過程中機械能守恒，設輕桿與水平方向的夾角為6時

。球所在位置的半徑與水平方向的夾角為a,此時系統的總動能4=-4綜=/gAsina-%gT?（l-cosa）,

整理可得外=2/gAsin（a+3（r）-%gR,可知當a=60。時&最大，此時兩球的速度同時達到最大，根

據幾何關系可得0=60。-45。=15。，C正確，D錯誤。

故選ACo

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8.(2024?廣東?模擬預測)如圖所示，帶孔物塊A穿在豎直固定的細桿上，不可伸長的輕質柔軟細繩一端連

接物塊A,另一端跨過輕質定滑輪連接物塊B,用手將物塊A向上移動到與定滑輪等高處由靜止釋放后，

兩物塊開始在豎直方向上做往復運動。已知物塊A的質量為加，物塊B的質量為2加，定滑輪到細桿的距離

為L細繩的長度為2乙重力加速度大小為g,忽略一切阻力，定滑輪大小不計，兩物塊均可視為質點，求:

(1)物塊A下降的最大高度h-,

(2)物塊A、B處于同一高度時物塊B的動能￡助；

(3)物塊A、B的總動能最大時物塊A的動能Euo

【答案】⑴人=?(2)%=^^(3)加=4一：?岫

3oo3

【詳解】(1)釋放瞬間系統總動能為零，物塊A下降到最低點時，系統總動能又為零，因此物塊A減少

的重力勢能等于物塊B增加的重力勢能，有mgh=2mg即+強臼

解得〃=冷4r

(2)設物塊A、B處于同一高度時定滑輪左側細繩與水平方向所成的角為夕，物塊B的速度大小為VB,

根據幾何關系有〃an￡=2L-一J

cosp

根據機械能守恒定律mgLt^n/3-2mgf———1^=—x2mVg+—m]上—]

Icos尸)22Isin夕)

解得4=嚷

00

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(3)設定滑輪左側細繩與水平方向所成的角為明寸，物塊A的速度大小為V”，物塊A的動能為球▼則

有

2+

gmv：+[x2加(vAsin0)=mgLtanO-2(一'=]

令左=嗎三，顯然后為第一象限內單位圓上的點與定點(0,2)連線的斜率，如圖所示

cos9—0

易得上的最大值為-百，此時

6=30。

mvx2

^A+-^2m(vAsin0)=(2一百)加g￡

解得耳認=4mgL

題型三機械能相關的圖象類問題

9.(2022?江蘇?高考真題)某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將

運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能或與水平位移x的關系圖像正確的是

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Ek

【答案】A

【詳解】設斜面傾角為仇不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理

F

有益=%gxtan。，即,=mgtanO,下滑過程中開始階段傾角。不變，4-x圖像為一條直線；經過圓弧軌

x

道過程中。先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。

故選Ao

10.（2023?全國?高考真題）（多選）一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿

X軸運動，出發點為X軸零點，拉力做的功少與物體坐標X的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因

數為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

B.在x=4m時，物體的動能為2J

C.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8J

D.從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s

【答案】BC

【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為印=網，可看出心-x圖像的斜率代表拉力凡

AB.在物體運動的過程中根據動能定理有少-〃加gx=；，心，貝Ux=1m時物體的速度為vi=2m/sx=Im

AJF

時，拉力為尸=---=6N,則此時拉力的功率P=Fv/=12W,x=4m時物體的動能為&=2J,A錯誤、

Ar

B正確;

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C.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為有=〃agx=8J,C正確；

D.根據W—x圖像可知在0—2m的過程中Fi=6N,2—4m的過程中F2=3N,由于物體受到的摩擦力恒

為/=4N,則物體在x=2m處速度最大，且根據選項AB分析可知此時的速度嶺=V^m/s,則從x=0

運動到x=4的過程中，物體的動量最大為°=niv=2V^kg.m/s,D錯誤。

故選BCo

11.（2022?全國?高考真題）（多選）質量為1kg的物塊在水平力下的作用下由靜止開始在水平地面上做直線

運動，/與時間/的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。

則（）

“F/N

4

I*t/s

024

-4

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg?m/s

D.0?6s時間內下對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【詳解】物塊與地面間的摩擦力為/=〃加g=2N

AC.對物塊從0~3s內由動量定理可知（/-/兌=加丫3，即（4-2）x3=lx%,得匕=6m/s,3s時物塊的動

量為p==6kg-m/s,設3s后經過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-（尸+/>=0-加丫3，即

-（4+2>=0-1X6,解得/=1S,所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C

錯誤；

B.0~3s物塊發生的位移為打，由動能定理可得（/-/居=；加4，即（4-2）±=gxlx62,得再=9m,

3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得-（尸+/氏=0-，即-（4+2）x2=0-3X1x62,得

9=3m,4s~6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為。=￡"=2m/s2,發生的位移為

m

2

x3=-1x2x2m=4m<x1+x2,即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

D.物塊在6s時的速度大小為=2x2m/s=4m/s,0?6s拉力所做的功為沙=（4x9-4x3+4x4）J=40J

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故D正確。

故選AD。

12.（2022?湖南?高考真題）（多選）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、

主傘，最后啟動反沖裝置，實現軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡

化為豎直方向的直線運動，其v-f圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質量不變，下列

說法正確的是（）

A.在0?4時間內，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在。?。時間內，返回艙的加速度不變

C.在0?4時間內，返回艙的動量隨時間減小

D.在4~，3時間內，返回艙的機械能不變

【答案】AC

【詳解】A.重力的功率為尸=小犯，由圖可知在0?〃時間內，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率

隨時間減小，故A正確；

B.根據3圖像的斜率表示加速度可知在0?力時間內返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在〃?力時間內由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；

D.在〃?為時間內，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減

小，故機械能減小，故D錯誤。

故選ACo

13.（2022?重慶?高考真題）（多選）一物塊在傾角為45。的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力

相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數處處相同。若拉

力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示,

則（）

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B.當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C.當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1:3

D.當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1：立

【答案】BC

【詳解】A.對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有尸=/=〃加gcos45。，

由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為q=gsin450=tg，則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端

的過程中重力和摩擦力對物塊做功為

22

WG=mg-att-sin45°=，%=》7g-cos45。xga/=_t,代入數據聯立解得〃=g,故A

錯誤；

C.當拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有機gsin45。-尸=—g-2gcos450=—g，

2A6

則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為a=（，故c正確；

B.當拉力沿斜面向上，重力做功為又2=加8$畝45。丁，合力做功為%=加。2，苫，則其比值為

在g

皆=餐=：，則重力做功為9J時，物塊的動能即合外力做功為3J,故B正確；

嗎V21

Tg

D.當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為尸=俏丫=機"^，則動量的大小之

比為占=華=±,故D錯誤。

R4at拒

故選BCo

14.（2022?福建?高考真題）（多選）一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后回到斜

面底端。該物體的動能耳隨位移x的變化關系如圖所示，圖中/、E-、￡卜2均已知。根據圖中信息可以求

出的物理量有（）

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A.重力加速度大小B.物體所受滑動摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時間

【答案】BD

【詳解1ABC.由動能定義式得見，則可求解質量加；上滑時，由動能定理線-線1=~（mgsin0+f）x

下滑時，由動能定理線=（班^m0-7）（/7）/。為上滑的最遠距離；

由圖像的斜率可知mgsine+yu"1,mgsin3-f=^-

尤0

1EE

兩式相加可得gsine=T（3+*）

2mxQX0

相減可知/=紜:-4

即可求解gsinG和所受滑動摩擦力了的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯誤，B

正確；

D.根據牛頓第二定律和運動學關系得用gsine+/=7〃a,/=%

a

故可求解沿斜面上滑的時間，D正確。

故選BDo

15.（2024?廣東廣州?模擬預測）網球運動員沿水平方向擊出網球后，網球在空中運動的過程（不計空氣阻

力），其動能&和機械能E隨時間f變化圖像可能正確的是（）

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【答案】c

【詳解】AB.根據平拋運動的規律可得用.=!%/=，〃5+gq）,由此可知，圖像為開口向上的

拋物線，但頂點不在坐標原點，故AB錯誤；

CD.由于網球做平拋運動，運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故C正確，D錯誤。

故選C。

16.（2024?浙江?模擬預測）如圖所示為2022年北京冬奧會某運動員滑雪比賽的場景，假設滑板與雪面的動

摩擦因數一定，當運動員從坡度一定的雪坡上沿直線勻加速下滑時，運動員的速度V、加速度。、重力勢能

Ep、機械能￡隨時間的變化圖像，正確的是（）

【詳解】A.由于運動員由靜止勻加速下滑，根據v=袱，可知，速度與時間成正比，A正確；

B.勻加速運動，加速度不變，B錯誤；

C.加速下滑的過程中，重力勢能減小，C錯誤；

D.下滑的過程中，由于要克服摩擦力做功，機械能減小，但速度增大，相同時間內位移變大，克服摩

擦力做功變大，因此機械能并不是均勻減小的，D錯誤。

故選Ao

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題型四涉及摩擦力的能量轉化問題

17.（2024?廣西?高考真題）（多選）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，

方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側面完全相同且與上

底面的夾角均為。。木栓質量為處與方孔側壁的動摩擦因數為〃。將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子

以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為/,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Ax的位移，未

到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,

則（）

A.進入過程，木料對木栓的合力的沖量為-/

B.進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為—，—+加g

2mAx

T2

C.進入過程，木料和木栓的機械能共損失了

2m

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為"（1+2"?g'）

4mAx（cos6+〃sin0）

【答案】BD

【詳解】A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木栓的沖量為/,

由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為故A錯誤；

B.錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能為凡二上機,二2-，木栓進入過程根據動能定理有

22m

（〃唱-7）八》=0-耳，解得平均阻力為了=-^—+mg,故B正確；

C.木栓進入過程損失的動能與重力勢能，一部分轉化為系統內能另一部分轉化為木栓的彈性勢能

/2

——FmgAx>Q=E損,故C錯誤；

D.對木栓的一個側面受力分析如圖

16/35

11-

由于方孔側壁彈力成線性變化，則有:（/sinO+&cosO）=：/,且根據B選項求得平均阻力

f=-----卜mg,又因為/=〃綜，聯立可得/=—M......——-—，故D正確。

12mAx47MAx（cos6+〃sin夕）

故選BDo

18.（2024?安徽?二模）一塊質量為"、長為/的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質量為加的物體B（視

為質點）以初速度%從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下。該過程中,物體B的動能減少量大小為的小,

長木板A的動能增加量為她以，A、B間摩擦產生的熱量為0,關于陽口空…。的值，下列情況可能

的是（）

7777777777777777777777777777777777

=7J,AE1tA=4J,Q=4JB.A后出==3J,0=4J

A￡kB=8J,A5kA=3J,Q=2JD.AEkB=8，公線人=5J,Q=3J

【答案】B

【詳解】AC.根據木板A和物體B組成的系統能量守恒+。，故AC錯誤;

BD.畫出物體B和長木板A的速度一時間圖線，分別如圖中1和2所示

圖中1和2之間的梯形面積表示板長/,1與/軸所圍的面積表示物體B的位移，2與f軸所圍的面積表示

長木板A的位移％，由圖可知為網>/,x2<l,根據功能關系招出=危］,=fa2,Q=fl,聯立解

17/35

得故B正確，D錯誤。

故選B。

19.（2024,安徽?三模）如圖所示，用長￡=lni的繩子拴住一質量為〃?o=O.5kg的小球，繩的一端固定在O點，

起始時，小球位于。點豎直平面內右上方的/點，繩子處于繃直狀態，。/與水平方向夾角為53。，給小球

一向左的水平初速度vo,當繩子再次繃直時，小球剛好運動到。點左側等高的2點（繩子繃直后立即在豎

直平面內做圓周運動）。小球運動到最低點與地面上質量為〃=L5kg的木板發生彈性碰撞，木板最右端靜止

一質量為加=lkg的物塊，板塊間的動摩擦因數為0.1,木板與地面間的動摩擦因數為0.2。已知sin53o=0.8,

cos53°=0.6,g=10m/s2o

（1）求小球平拋出去的初速度大小VO；

（2）求小球與木板碰后木板的瞬時速度的大小V2；

（3）木板足夠長，物塊與木板間由于發生相對滑動產生的熱量。。

【答案】（1）4m/s；（2）3m/s；（3）0.72J

【詳解】（1）小球從Z到8做平拋運動，有

Z+Zcos53°=

.1

Lsin53°=—gt29

2

解得t=0.4s,%=4m/s

（2）小球到5點時，水平分速度因為繩子作用瞬間變為0,小球從5運動到。的過程中，根據動能定

理可得根ogZ=；；加o（g7）2

解得匕=6m/s

小球與木板發生彈性碰撞有

加oh=mov3+Mv2

18/35

解得v3=-3m/s,v2=3m/s

(3)木板向右運動過程中，對木板＜ZZjmg+/z2(Af+m)g=Max

對物塊，有〃產g=/%

當二者共速時有v=v2-a/=a2t'

解得v=0.6m/s,t'=0.6s

所以相對位移為Ax="土乙'-嚴=0.72m

22

物塊與木板間由于發生相對滑動產生的熱量為Q=^mg-Nx=0.72J

20.(2024?安徽?模擬預測)如圖所示，一足夠長的固定斜面與水平方向夾角為a,質量為3小的物塊A在斜

面上恰好不下滑，質量為m的光滑物塊B從距A一定距離處由靜止釋放，與A發生正碰，碰撞時間極短。

B與A碰撞前瞬間的速度大小為vo,碰撞后B以;%的速率彈回。已知重力加速度大小為g,最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，兩物塊均可視為質點，不計空氣阻力。求：

(1)B從釋放到與A碰撞所運動的距離；

(2)B與A第一次碰撞過程中，B對A的沖量大小；

(3)B與A第一次碰撞到第二次碰撞過程中，A與斜面因摩擦產生的熱量。

2&

【答案】一⑵”%⑶

2gsina2

【詳解】(1)對B物體，根據動能定理，Wmgxsma=^mv^

2

解得X二J」

2gsincr

(2)在B與A碰撞時，以沿斜面向下為正方向，設碰撞后A的速度為v,根據動量守恒定律，有:

1)

mvQ=-m—v0+3mv

解得v=gv()

對A應用動量定理，有/=3mv

聯立解得/=*3

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（3）設第一次碰撞后，經過時間f,B與A要發生第二次碰撞，在這過程中，兩者運動的位移相同。對

B根據牛頓第二定律，Wmgsina=ma

則對A、B根據位移與時間公式有

1

x=~vot

對A受力分析可知，A受到的摩擦力大小/■=3/?gsina

在這過程中，物塊A與斜面因摩擦產生的熱量。="

聯立解得。=3加%2

題型五能量的轉化與守恒綜合類問題

21.（2022?浙江?高考真題）某節水噴灌系統如圖所示，水以%=15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質量

為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持"=3.75m不變。水泵由電動機帶動，電動機正

常工作時，輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需

要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%,忽略水在管道中運動的

機械能損失，則（）

■=1-

2p

/-

幺p

F

才p

F

多p

先w

p

比

f:

尸

A.每秒水泵對水做功為75J

B.每秒水泵對水做功為225J

C.水泵輸入功率為440W

D.電動機線圈的電阻為10。

【答案】D

20/35

【詳解】AB.每秒噴出水的質量為叫）=2.0kg,抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為

W=mQgH+=300J,故AB錯誤；

W

C.水泵的輸出能量轉化為水的機械能，則4=—=300W,而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入

功率之比）為75%,貝iJ/\=—=400W,故C錯誤；

入75%

D.電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為小=以=4000，而電動機的

電功率為埼=S=440W,由能量守恒可知國=片火+小，聯立解得夫=10。，故D正確；

故選D。

22.（2023?山東?高考真題）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里引水的場景。引水過

程簡化如下：兩個半徑均為尺的水輪，以角速度。勻速轉動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有〃個,

與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為加的水，其中的60%被輸送到高出水面〃處灌入稻

田。當地的重力加速度為g,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（）

,InmgarRH「3nmgcoRH3nmgarRH「

A.-----q-------B.-------------C.-----3-------D.nmgconRTnT

【答案】B

【詳解】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有〃個，且每個水筒離開水面時裝有質量為冽的

水、其中的60%被輸送到高出水面〃處灌入稻田，則水輪轉一圈灌入農田的水的總質量為加總=luRnm

x60%=\2nRnm,則水輪轉一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.litRnmgH,則筒車對灌入稻田的水

做功的功率為尸==，7=一，聯立有尸二—三——

Tco5

故