2025年高考物理二轮复习：机械能守恒定律、能量守恒定律（练习）（解析版）

专题06机械能守恒定律能量守恒定律

目录

01模拟基础练..................................................................2

题型一机械能及其守恒的判断和简单应用.........................................2

题型二多物体的机械能转化及守恒...............................................3

题型三机械能相关的图象类问题.................................................9

题型四涉及摩擦力的能量转化问题..............................................16

题型五能量的转化与守恒综合类问题............................................20

02重难创新练.................................................................26

题型六涉及弹簧的能量转化问题................................................26

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题型一机械能及其守恒的判断和简单应用

1.（2024・重庆・高考真题）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

【答案】C

【详解】A.组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；

B.组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；

C.组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；

D.月球表面重力加速度不为9.8m/s2,故D错误。

故选Co

2.（2023・辽宁・高考真题）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，速度达到也=80m/s时离开水面，该过程滑行距离£=1600m、

汲水质量加=1.0xl04kg。离开水面后，飞机攀升高度/z=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：

（1）飞机在水面滑行阶段的加速度«的大小及滑行时间

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量/E。

【答案】⑴2tn/s2»40s；（2）2.8xlO7J

【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为则工=；相

2L2x1600“八

解得飞机滑行的时间为/=一=F^S=40S

V180

飞机滑行的加速度为a=^=—m/s2=2m/s2

t40

（2）飞机从水面至〃=100m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为

△E=—mv^+mgh--mv1=2.8xl07J

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3.（2025•云南•模拟预测）游乐项目“滑草”的模型如图所示，某质量加=80kg的游客（包括滑板，可视为质

点）由静止从距水平滑道高420m的尸点沿坡道滑下，滑到坡道底部河点后进入水平减速滑道

在水平滑道上匀减速滑行了/=9.0m后停止，水平滑行时间Z=3.0s,取重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道之间的动摩擦因数；

（2）该游客（包括滑板）从尸点滑到M点的过程中损失的机械能。

NM

【答案】（l）6m/s,0.2（2）14560J

【详解】（1）由于游客在水平滑道上做匀减速直线运动，根据运动学位移关系和速度关系公式/="，，

2

0-v

t=------

一a

根据牛顿第二定律可得a=巴喧=〃g

m

联立解得v=6m/s,〃=0.2

（2）游客（包括滑板）从P点滑到M点的过程中，根据能量守恒可得损失的机械能为

1

AE=mgh——mv9=14560J

题型二多物体的机械能转化及守恒

4.（2023•北京•高考真题）如图所示，质量为加的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方

的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距O点的距离等于绳长心现将A拉至某一高度，由

静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：

（1）A释放时距桌面的高度X；

（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小八

（3）碰撞过程中系统损失的机械能AE。

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y22］

【答案】（l）—;（2）mg+m—；（3）—/wv2

2g6£4

【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得加gH=；"”2

2

解得8=9

2g

2

（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得尸-》ig=机］

2

解得F=mg+m~j~

（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得加v=2/m，］

解得“

则碰撞过程中损失的机械能为\E=-mv2--=—mv2

22（2J4

5.（2023•浙江•高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道CD和

水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道。防与轨道CD和

足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数上=100N/m

的轻质弹簧连接，静置于轨道厂G上。现有质量m=0」2kg的滑块。以初速度%=2jilm/s从。处进入，

经。£尸管道后，与尸G上的滑块6碰撞（时间极短）。已知传送带长£=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转

动，滑块。与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性

势能丸=g丘2（x为形变量）。

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小VF和所受支持力大小FN；

（2）若滑块。碰后返回到8点时速度%=lm/s,求滑块质6碰撞过程中损失的机械能AE；

（3）若滑块。碰到滑块6立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Ax。

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【答案】(1)10m/s；31.2；(2)0；

由能量关系加g•2R=；mvp-gmvl

【详解】（1）滑块a从。到凡

在F点FN-mg=

解得v尸=10m/s,Ev=31.2N

（2）滑块。返回8点时的速度V8=lm/s,滑块。一直在传送带上减速，加速度大小为a=〃g=5m/s2

根据^B=VC~2aL

可得在C点的速度vc=3m/s

则滑块a从碰撞后到到达。点;加V；=gm4+mg.2R

解得v/=5m/s

因ab碰撞动量守恒，则rnvF=-mvx+3mv2

解得碰后b的速度V2=5m/s

则碰撞损失的能量=^mvF~~mv\~~^rnvl=0

（3）若滑块“碰到滑块b立即被粘住，则打碰后的共同速度加匕=4冽v

解得v=2.5m/s

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv

则v'=—m/s

3

当弹簧被压缩到最短时压缩量为X/,由能量关系:Y””=1.6加丫2+1日；

222

解得再=O.lm

同理当弹簧被拉到最长时伸长量为X2=X;

则弹簧最大长度与最小长度之差©=2%=0.2m

6.（2025•云南昆明•模拟预测）（多选）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量

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为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6加,

把滑块从图中/点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过/、3两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，己

知。/与水平面的夹角。=53。，OB长为L,与N3垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g,sin53o=0.8,

cos53°=0.6,滑块P从4到2的过程中，下列说法正确的是()

A.对于滑块Q,其重力的功率一直减小

B.P与Q的机械能之和先增加后减小

C.轻绳对滑块P做功为4加g£

D.滑块P运动到位置3处速度达到最大，且大小为拽更

3

【答案】BC

【详解】A.释放重物Q后，Q向下运动，P向上运动，根据速度关联可知，P沿绳方向的速度分量等于

Q运动的速度，当P运动到8点时，Q的速度为零，所以P从4点运动至8点的过程中，重物Q的速

度先增加后减小，根据P=6加g”,可知，重物Q的重力的功率先增加后减小，故A错误；

B.对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过“、

2两点时弹簧弹力大小相等，则P在/处时弹簧被压缩，P在2处时弹簧被拉伸，压缩量等于伸长量，

故P从/到8的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以P、Q系统的机械能先增加后减小，故B

正确；

C.设P从/到3过程中，轻绳拉力对Q做功为少，P到达8点时Q的速度为0,对Q,根据动能定理

得少+6»?g(------£)=0，解得用=-4zwgL,则轻绳对P做功为/=-少=4»tg£,故C正确；

cos53

D.由于滑块P在N、2两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在/点时受到弹簧向上的弹力，运动

至3点时受到弹簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到3点时所受合力竖直向下，则加速度

竖直向下，所以滑块P从4到8过程中，开始时加速最后减速，即在/、3间某位置速度最大，故D错

误。

故选BCo

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7.（2024•全国•模拟预测）（多选）如图所示，可视为质点的小球。的质量是小球b质量的6倍，两小球用

一刚性轻杆连接，置于固定的光滑半球内，轻杆长度为半球半径的逝倍，半球的直径水平。现将。球从半

球右边最高点由静止释放（如图所示），已知两球在运动过程中均没有离开半球内表面，不计空气阻力，则

小球。到达半球最低点前，下列说法正确的是（）

A.同一时刻两球的向心加速度大小相等

B.同一时刻。球重力的功率是6球重力功率的6倍

C.当轻杆与水平方向成15。角时。球速度最大

D.当轻杆与水平方向成30。角时b球速度最大

【答案】AC

【详解】A.设半球半径为R,则轻杆长度£=&尺，可知任意时刻两球与半球球心。的连线与轻杆的

夹角均为45。，两球的速度打、出分别与两球所在位置的半径垂直，为、地的方向与轻杆的夹角均为45。,

同一时刻两球沿杆方向的分速度相等，即VaCOs45o=VbCOs45。，故同一时刻两球的速度大小"a="b=丫，

2

由。=L可知同一时刻两球的向心加速度大小相等，A正确；

R

B.重力的功率尸=7Mgvcos£,同一时刻两球速度方向与竖直向下方向的夹角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错误；

CD.不计空气阻力，两球及轻杆组成的系统在运动过程中机械能守恒，设轻杆与水平方向的夹角为6时

。球所在位置的半径与水平方向的夹角为a,此时系统的总动能4=-4综=/gAsina-%gT?（l-cosa）,

整理可得外=2/gAsin（a+3（r）-%gR,可知当a=60。时&最大，此时两球的速度同时达到最大，根

据几何关系可得0=60。-45。=15。，C正确，D错误。

故选ACo

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8.(2024・广东•模拟预测)如图所示，带孔物块A穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连

接物块A,另一端跨过轻质定滑轮连接物块B,用手将物块A向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，

两物块开始在竖直方向上做往复运动。已知物块A的质量为加，物块B的质量为2加，定滑轮到细杆的距离

为L细绳的长度为2乙重力加速度大小为g,忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求:

(1)物块A下降的最大高度h-,

(2)物块A、B处于同一高度时物块B的动能£助；

(3)物块A、B的总动能最大时物块A的动能Euo

【答案】⑴人=?(2)%=^^(3)加=4一：?岫

3oo3

【详解】(1)释放瞬间系统总动能为零，物块A下降到最低点时，系统总动能又为零，因此物块A减少

的重力势能等于物块B增加的重力势能，有mgh=2mg即+强臼

解得〃=冷4r

(2)设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为夕，物块B的速度大小为VB,

根据几何关系有〃an£=2L-一J

cosp

根据机械能守恒定律mgLt^n/3-2mgf———1^=—x2mVg+—m]上—]

Icos尸)22Isin夕)

解得4=嚷

00

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(3)设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为明寸，物块A的速度大小为V”，物块A的动能为球▼则

有

2+

gmv：+[x2加(vAsin0)=mgLtanO-2(一'=]

令左=吗三，显然后为第一象限内单位圆上的点与定点(0,2)连线的斜率，如图所示

cos9—0

易得上的最大值为-百，此时

6=30。

mvx2

^A+-^2m(vAsin0)=(2一百)加g£

解得耳认=4mgL

题型三机械能相关的图象类问题

9.(2022・江苏•高考真题)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将

运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能或与水平位移x的关系图像正确的是

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Ek

【答案】A

【详解】设斜面倾角为仇不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理

F

有益=%gxtan。，即,=mgtanO,下滑过程中开始阶段倾角。不变，4-x图像为一条直线；经过圆弧轨

x

道过程中。先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。

故选Ao

10.（2023•全国•高考真题）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿

X轴运动，出发点为X轴零点，拉力做的功少与物体坐标X的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因

数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）

B.在x=4m时，物体的动能为2J

C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8J

D.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg•m/s

【答案】BC

【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为印=网，可看出心-x图像的斜率代表拉力凡

AB.在物体运动的过程中根据动能定理有少-〃加gx=；，心，贝Ux=1m时物体的速度为vi=2m/sx=Im

AJF

时，拉力为尸=---=6N,则此时拉力的功率P=Fv/=12W,x=4m时物体的动能为&=2J,A错误、

Ar

B正确;

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C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为有=〃agx=8J,C正确；

D.根据W—x图像可知在0—2m的过程中Fi=6N,2—4m的过程中F2=3N,由于物体受到的摩擦力恒

为/=4N,则物体在x=2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度岭=V^m/s,则从x=0

运动到x=4的过程中，物体的动量最大为°=niv=2V^kg.m/s,D错误。

故选BCo

11.（2022•全国•高考真题）（多选）质量为1kg的物块在水平力下的作用下由静止开始在水平地面上做直线

运动，/与时间/的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。

则（）

“F/N

4

I*t/s

024

-4

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg•m/s

D.0〜6s时间内下对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为/=〃加g=2N

AC.对物块从0~3s内由动量定理可知（/-/兑=加丫3，即（4-2）x3=lx%,得匕=6m/s,3s时物块的动

量为p==6kg-m/s,设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-（尸+/>=0-加丫3，即

-（4+2>=0-1X6,解得/=1S,所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C

错误；

B.0~3s物块发生的位移为打，由动能定理可得（/-/居=；加4，即（4-2）±=gxlx62,得再=9m,

3s~4s过程中，对物块由动能定理可得-（尸+/氏=0-，即-（4+2）x2=0-3X1x62,得

9=3m,4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为。=£"=2m/s2,发生的位移为

m

2

x3=-1x2x2m=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D.物块在6s时的速度大小为=2x2m/s=4m/s,0〜6s拉力所做的功为沙=（4x9-4x3+4x4）J=40J

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故D正确。

故选AD。

12.（2022・湖南•高考真题）（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、

主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简

化为竖直方向的直线运动，其v-f图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列

说法正确的是（）

A.在0〜4时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在。〜。时间内，返回舱的加速度不变

C.在0〜4时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在4~，3时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【详解】A.重力的功率为尸=小犯，由图可知在0〜〃时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率

随时间减小，故A正确；

B.根据3图像的斜率表示加速度可知在0〜力时间内返回舱的加速度减小，故B错误；

C.在〃〜力时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；

D.在〃〜为时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减

小，故机械能减小，故D错误。

故选ACo

13.（2022・重庆•高考真题）（多选）一物块在倾角为45。的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力

相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉

力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,

则（）

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B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J

C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1:3

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1：立

【答案】BC

【详解】A.对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有尸=/=〃加gcos45。，

由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为q=gsin450=tg，则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端

的过程中重力和摩擦力对物块做功为

22

WG=mg-att-sin45°=，%=》7g-cos45。xga/=_t,代入数据联立解得〃=g,故A

错误；

C.当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有机gsin45。-尸=—g-2gcos450=—g，

2A6

则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为a=（，故c正确；

B.当拉力沿斜面向上，重力做功为又2=加8$亩45。丁，合力做功为%=加。2，苫，则其比值为

在g

皆=餐=：，则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J,故B正确；

吗V21

Tg

D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为尸=俏丫=机"^，则动量的大小之

比为占=华=±,故D错误。

R4at拒

故选BCo

14.（2022・福建・高考真题）（多选）一物块以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜

面底端。该物体的动能耳随位移x的变化关系如图所示，图中/、E-、£卜2均已知。根据图中信息可以求

出的物理量有（）

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A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小

C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间

【答案】BD

【详解1ABC.由动能定义式得见，则可求解质量加；上滑时，由动能定理线-线1=~（mgsin0+f）x

下滑时，由动能定理线=（班^m0-7）（/7）/。为上滑的最远距离；

由图像的斜率可知mgsine+yu"1,mgsin3-f=^-

尤0

1EE

两式相加可得gsine=T（3+*）

2mxQX0

相减可知/=纭:-4

即可求解gsinG和所受滑动摩擦力了的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B

正确；

D.根据牛顿第二定律和运动学关系得用gsine+/=7〃a,/=%

a

故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。

故选BDo

15.（2024・广东广州•模拟预测）网球运动员沿水平方向击出网球后，网球在空中运动的过程（不计空气阻

力），其动能&和机械能E随时间f变化图像可能正确的是（）

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【答案】c

【详解】AB.根据平抛运动的规律可得用.=!%/=，〃5+gq）,由此可知，图像为开口向上的

抛物线，但顶点不在坐标原点，故AB错误；

CD.由于网球做平抛运动，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误。

故选C。

16.（2024•浙江•模拟预测）如图所示为2022年北京冬奥会某运动员滑雪比赛的场景，假设滑板与雪面的动

摩擦因数一定，当运动员从坡度一定的雪坡上沿直线匀加速下滑时，运动员的速度V、加速度。、重力势能

Ep、机械能£随时间的变化图像，正确的是（）

【详解】A.由于运动员由静止匀加速下滑，根据v=袱，可知，速度与时间成正比，A正确；

B.匀加速运动，加速度不变，B错误；

C.加速下滑的过程中，重力势能减小，C错误；

D.下滑的过程中，由于要克服摩擦力做功，机械能减小，但速度增大，相同时间内位移变大，克服摩

擦力做功变大，因此机械能并不是均匀减小的，D错误。

故选Ao

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题型四涉及摩擦力的能量转化问题

17.（2024•广西•高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，

方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上

底面的夹角均为。。木栓质量为处与方孔侧壁的动摩擦因数为〃。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子

以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为/,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Ax的位移，未

到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,

则（）

A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为-/

B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为—，—+加g

2mAx

T2

C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了

2m

D.木栓前进Ax后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为"（1+2"?g'）

4mAx（cos6+〃sin0）

【答案】BD

【详解】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为/,

由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为故A错误；

B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为凡二上机,二2-，木栓进入过程根据动能定理有

22m

（〃唱-7）八》=0-耳，解得平均阻力为了=-^—+mg,故B正确；

C.木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能

/2

——FmgAx>Q=E损,故C错误；

D.对木栓的一个侧面受力分析如图

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11-

由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有:（/sinO+&cosO）=：/,且根据B选项求得平均阻力

f=-----卜mg,又因为/=〃综，联立可得/=—M......——-—，故D正确。

12mAx47MAx（cos6+〃sin夕）

故选BDo

18.（2024•安徽•二模）一块质量为"、长为/的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为加的物体B（视

为质点）以初速度%从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为的小,

长木板A的动能增加量为她以，A、B间摩擦产生的热量为0,关于阳口空…。的值，下列情况可能

的是（）

7777777777777777777777777777777777

=7J,AE1tA=4J,Q=4JB.A后出==3J,0=4J

A£kB=8J,A5kA=3J,Q=2JD.AEkB=8，公线人=5J,Q=3J

【答案】B

【详解】AC.根据木板A和物体B组成的系统能量守恒+。，故AC错误;

BD.画出物体B和长木板A的速度一时间图线，分别如图中1和2所示

图中1和2之间的梯形面积表示板长/,1与/轴所围的面积表示物体B的位移，2与f轴所围的面积表示

长木板A的位移％，由图可知为网>/,x2<l,根据功能关系招出=危］,=fa2,Q=fl,联立解

17/35

得故B正确，D错误。

故选B。

19.（2024,安徽•三模）如图所示，用长£=lni的绳子拴住一质量为〃?o=O.5kg的小球，绳的一端固定在O点，

起始时，小球位于。点竖直平面内右上方的/点，绳子处于绷直状态，。/与水平方向夹角为53。，给小球

一向左的水平初速度vo,当绳子再次绷直时，小球刚好运动到。点左侧等高的2点（绳子绷直后立即在竖

直平面内做圆周运动）。小球运动到最低点与地面上质量为〃=L5kg的木板发生弹性碰撞，木板最右端静止

一质量为加=lkg的物块，板块间的动摩擦因数为0.1,木板与地面间的动摩擦因数为0.2。已知sin53o=0.8,

cos53°=0.6,g=10m/s2o

（1）求小球平抛出去的初速度大小VO；

（2）求小球与木板碰后木板的瞬时速度的大小V2；

（3）木板足够长，物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量。。

【答案】（1）4m/s；（2）3m/s；（3）0.72J

【详解】（1）小球从Z到8做平抛运动，有

Z+Zcos53°=

.1

Lsin53°=—gt29

2

解得t=0.4s,%=4m/s

（2）小球到5点时，水平分速度因为绳子作用瞬间变为0,小球从5运动到。的过程中，根据动能定

理可得根ogZ=；；加o（g7）2

解得匕=6m/s

小球与木板发生弹性碰撞有

加oh=mov3+Mv2

18/35

解得v3=-3m/s,v2=3m/s

(3)木板向右运动过程中，对木板＜ZZjmg+/z2(Af+m)g=Max

对物块，有〃产g=/%

当二者共速时有v=v2-a/=a2t'

解得v=0.6m/s,t'=0.6s

所以相对位移为Ax="土乙'-严=0.72m

22

物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量为Q=^mg-Nx=0.72J

20.(2024•安徽•模拟预测)如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为a,质量为3小的物块A在斜

面上恰好不下滑，质量为m的光滑物块B从距A一定距离处由静止释放，与A发生正碰，碰撞时间极短。

B与A碰撞前瞬间的速度大小为vo,碰撞后B以;%的速率弹回。已知重力加速度大小为g,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点，不计空气阻力。求：

(1)B从释放到与A碰撞所运动的距离；

(2)B与A第一次碰撞过程中，B对A的冲量大小；

(3)B与A第一次碰撞到第二次碰撞过程中，A与斜面因摩擦产生的热量。

2&

【答案】一⑵”%⑶

2gsina2

【详解】(1)对B物体，根据动能定理，Wmgxsma=^mv^

2

解得X二J」

2gsincr

(2)在B与A碰撞时，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v,根据动量守恒定律，有:

1)

mvQ=-m—v0+3mv

解得v=gv()

对A应用动量定理，有/=3mv

联立解得/=*3

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（3）设第一次碰撞后，经过时间f,B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的位移相同。对

B根据牛顿第二定律，Wmgsina=ma

则对A、B根据位移与时间公式有

1

x=~vot

对A受力分析可知，A受到的摩擦力大小/■=3/«gsina

在这过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量。="

联立解得。=3加%2

题型五能量的转化与守恒综合类问题

21.（2022•浙江・高考真题）某节水喷灌系统如图所示，水以%=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量

为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持"=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正

常工作时，输入电压为220V,输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需

要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%,忽略水在管道中运动的

机械能损失，则（）

■=1-

2p

/-

幺p

F

才p

F

多p

先w

p

比

f:

尸

A.每秒水泵对水做功为75J

B.每秒水泵对水做功为225J

C.水泵输入功率为440W

D.电动机线圈的电阻为10。

【答案】D

20/35

【详解】AB.每秒喷出水的质量为叫）=2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为

W=mQgH+=300J,故AB错误；

W

C.水泵的输出能量转化为水的机械能，则4=—=300W,而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入

功率之比）为75%,贝iJ/\=—=400W,故C错误；

入75%

D.电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为小=以=4000，而电动机的

电功率为埼=S=440W,由能量守恒可知国=片火+小，联立解得夫=10。，故D正确；

故选D。

22.（2023•山东•高考真题）《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：两个半径均为尺的水轮，以角速度。匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有〃个,

与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为加的水，其中的60%被输送到高出水面〃处灌入稻

田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）

,InmgarRH「3nmgcoRH3nmgarRH「

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

【答案】B

【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有〃个，且每个水筒离开水面时装有质量为冽的

水、其中的60%被输送到高出水面〃处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为加总=luRnm

x60%=\2nRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.litRnmgH,则筒车对灌入稻田的水

做功的功率为尸==，7=一，联立有尸二—三——

Tco5

故