专题11 功能关系、能量守恒 （解析版）-2025年高考物理真题题源解密

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。

考情概览

命题解读考向考查统计

2024•浙江1月，3

考向一功能关系的应用2023•浙江1月，4

2021•北京卷，20

2024•湖北卷,14

2024•湖南卷,15

考向二机械能守恒的应用2024•江苏卷，8

2024.仝国甲卷，4

本美试题主要考查各种功能关系及能2023•湖南卷，15

量守恒的应用。经常与动量知识相互综2024•河北卷，16

2023•辽宁卷，13

合。与动量综合时，常以碰拽、板块模考向三能量守恒定律的应用

型出现。要求体会守恒观念对认识物理2023•全国乙卷，8

规律的重要性。2022•山东卷，2

2024•湖北卷，10

考向四摩擦生热问题2023•湖南卷，18

2023•辽宁卷，15

2023•福建卷，12

2022•广东卷，II

考向五实验：脸证机械能守恒定律及各

2021,海南卷，15

种功能关系

2021•河北卷，12

2021•浙江卷，17

2024年真题研析

命题分析

2024年高考各卷区物理试题均考查了功能关系、能量守恒。预测2025年高考会继续大力考查这部分内

容。各种题型均可出现。

试题精讲

考向一功能关系的应用

1.（2024年1月浙江卷第3题）如图所示，质量为，〃的足球从水平地面上位置I被踢出后落在位置3,在

空中达到最高点2的高度为力，则足球（）

777777777777777777777777777；

A.从1到2动能减少〃3?B.从I到2重力势能增加mg

C.从2到3动能增加“城D.从2到3机械能不变

【答案】B

【解析】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，则从从1到2重力势能

增加机劭，则1到2动能减少量大于,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，重力势能减小〃侬?，则动能增加小于，咫/?,选项CD错

误C

故选B。

考向二机械能守恒的应用

2.（2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距

离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，

小球与传送带上表面平齐但不接触。在。点右侧的P点固定一钉子，P点与。点等高。将质量为0.1kg的小

物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大

小为hn/s、方向水平向左.小球碰后续。点做圆周运动.当轻绳被钉子挡住后.小球继续绕P点向上运动.

2

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=lOm/so

（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小：

（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；

（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求尸点到。点的最小距离。

【答案】⑴5m/s：（2）0.3J；（3）0.2m

【解析】（I）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有

"mg=ma

解得

a=5m/s2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为

2

x=—=2.5m<Lu.=3.6m

2a传

可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传

送带的速度大小5m/s.

（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律有

加物N=〃乐匕+加球为

其中

y=5m/s,V1=-lm/s

解得

v2=3m/s

小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为

1112

△A£?耳=5根物y2加物匕2一/加球外

解得

AEk=0.3J

（3）若小球运动到〃点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到。点的距离为d，小球在/，点正上方的速

度为七，在尸点正上方，由牛顿笫二定律有

2

V；

“一。

小球从。点正下方到P点正上方过程也由机械能守恒定律有

3小理q=gW+m球g（25-d）

联立解得

d=0.2m

即尸点到。点的最小距离为0.2m.

3.（2024年湖南卷第15题）如图，半径为A的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为他和"出的小球A

和BA>/〃B）。初始时小球A以初速度亦沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与

圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小：

(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比

加八

%0

(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞.每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0＜问),

求第I次碰撞到第2n+\次碰撞之间小球B通过的路程。

/纵+外e2n(e-i)

【解析】(1)有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动量守恒

有

八％=(〃，+〃%)□

可得

碰撞后根据牛顿第二定律有

「=(%+%)，■

可得

尸二加汨

(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为VA,他，则碰后动量和能量守恒有

111

2=2+f2

3〃入%-^A-W

联立解得

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

①若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

考生(左=0,123…)，则有

子吵=瞿(&W23..)

V-j"B■DK、

联立解得

，以二4I3:

/〃B2-3%

由于两质量均为正数，故&=0,即

丝=2

"小

对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为或，暝，则同样有

帆A^A+〃%%=〃“；+〃?B《

1,1,1,,1P

5〃%以+]〃%咋=2，?7AV/+2，ZZBVB-

联立解得“=%,4=0,故第三次碰撞发生在〃点、第四次碰撞发生在。点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点,则从第•次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

汽裂化=0,123...)：所以

D13K)

以二4.2+3"

vBxB5+3k2

联立可得

—mz.=-5-+--3公=.

1-3k2

因为两质量均为正数，故B=0,即

"=5

〃/

根据①的分析可证以二%，4=0,满足题意。

综上可知

以=2或四=5。

恤"%

（3）第一次碰前相对速度大小为V0,第一次碰后的相对速度大小为y丽=6%,第一次碰后与第二次相碰前

B球比AJ求多运动•圈，即B球相对A球运Z力圈，有

2TTR

vlttl

第•次碰撞动量守恒有

且

匕相=味】一匕\1=&%

联立解得

钎瑞酒…相）

B球溶动的路程

271：Rm.=2五“小

S\=VB/I=——A

“+成BI片相+1

第二次碰撞的相对速度大小为

%相=6匕相=片与

24R

八=——

匕相

第二次碰撞有

〃么%=〃八以2+'场%2

旦

%相=%-%2=《%

联立可得

“2=二”（%一匕利）

/〃A十'〃B

所以B球运动的路程

2万/?〃7Av0]_2兀

$2=%2»2=

机A+〃%1%相），纵+"，B

一共碰了2n次，有

27tRm.（1I11）ZrRn鼠4一1

）

5=电+电+邑+…+S2n=〃…上+/+/+，+萨卜〃％+/]”（6-1

4.（2024•江苏卷•第8题）在水平而.上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧

连接在滑板A的左侧，右侧用--根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，

剪断细绳后，则（）

A.弹簧原长时物体动量最大

B.压缩最短时物体动能最大

C.系统动量变大

D.系统机械能变大

【答案】A

【解析】对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒，得

"NA=%Z

设弹簧的初始弹性势能为4,，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得

112

r2f

稣=5〃〃%+-w

联立得

故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。

故选Ao

5.（2024年全国甲卷第4题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为机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，。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。点最大B.在。点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

【答案】C

【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零,

设图中夹角为0,从大圆环顶端到。点过程，根据机械能守恒定律

〃zgR(1-cos。)=一〃八』

在P点，根据牛顿第二定律

mgcos0=m—

联立解得

9

cos0=-

3

从大圆环顶端到尸点过程，小环速度段小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，

所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从尸点到最低点过程，小环速度变大，小环垂力和大圆环

对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环卜滑过程

中对大圆环的作用力大小先减小后增大。

方法二（数学法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角

为6（040〈万），根据机械能守恒定律

〃玲R（1—cos。）=—mv2（0<6?<^）

在该处根据牛顿第二定律

F+mgcos〃=〃?尢(0«，＜兀)

联立可得

F=2mg-3，ngcos0

则大圆环对小环作用力的大小

|12mg-3mgcos

2

根据数学知识可知|尸|的大小在cos6=§时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用

力大小先减小后增大。

故选C。

考向三能量守恒定律的应用

6.（2024年河北卷第16题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止

在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。巳知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为

2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取］Om/s2,忽略空气阻力。

（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。

（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳

过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3

次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。

费

7

【答案】（1）1.5m：（2）90J,2：（3）XAC=-LB

【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质

量为M,三个木板质量为机，根据人船模型得

MX=

同时有

X+M=%

解得A、B木板间的水平距离

占=1.5m

（2）设机器人起跳的速度大小为V,方向与水平方向的夹角为。，从A木板右端跳到B木板左端时间为3

根据斜抛运动规律得

vcosOt=x}

vsin^_t

~1~=2

联立解得

、15

V=--------------

2sin。cos。

机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒

Mucos8=

根据能量守恒可得机器人做的功为

W=-MV2+-

22

联立得

3cos*+1...4cos2夕+sin?。1八2\

W-----------------45J=---------------------45J=45-tan^+-------J

2sin6cos。2sinOcos。(2tan。J

1?

根据数学知识可得当一lane==4时，即tan£=2时，W取最小值，代入数值得此时

2tan<9

W=90J

（3）根据tan。=2可得vcos0=业5m/s，根据

2

Mvcos0=mvA

得

3岳1

vA=---m/s

分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC

木板组成的系统在水平方向动量守恒，得

Mvcose=(M+2m)vJt

解得

3A.

“二1-m/s

该过程A木板向左运动的距离为

…学平m=4.5m

机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次

起跳机器人的水平速度大小为％,B木板的速度大小为％,机器人每次跳跃的时间为△，，取向右为正方向,

得

(M+Vp=Mv0-mvl(①

每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为守，可得

年=（%+%）加②

机器人到B木板右端时，B木板恰好追hA木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板

的位移差为

Ax=xi+xA=6m

可得

（匕一办）=Ax③

联立①②③解得

加=—细_________

4（.+4）3（^+4）

故A、C两木板间距为

%=（匕+%>34+©+4

%=v共

解得

考向四摩擦生热问题

7.（2024年湖北卷第10题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，

质量为，〃的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小/与射入初速度大小%

成正比，即/«为己知常数）。改变子弹的初速度大小％,若木块获得的速度最大，则（）

L

A.子弹的初速度大小为四竺竺

mM

2mM

B.子弹在木块中运动的时间为+

c.木块和子弹损失的总动能为X"（'"+“）

mM

D.木块在加速过程中运动的距离为一

rn+M

【答案】AD

【解析】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为

匕，匕，则有

=mvx+Mu,

子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kv°,因此了•弹和物块的加速度分别为

4=工,生=/

由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为

2a}xt=vj-vf,2a2x2=.

xt-x2=L

联立上式可得

M+m

因此木块的速度最大即%—J诏一2（*+豫）L取极值即可，该函数在2（,+!）人到无穷单调递减,

(kk\kL(M+m)

因此当％=2-+—L=2—4--^木块的速度最大，A正确;

\mMJMm

B.则子弹穿过木块时木块速度为

'M+m

由运动学公式

彩=®

可得

mM

kW+M)

故B错误；

C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即

2k2I?（m+M）

\E=Q=fL=-------------』

mM

故C错误；

D.木块加速过程运动的距岗为

_0+v2_mL

2M+m

故U正确。

故选AD。

近年真题精选

考向一功能关系的应用

1、12023年1月浙江卷第4题）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

答案：B

解析：游客从跳台下落直到最低点过程中，游客的重力做正功，重力势能减小，B正确：橡皮绳绷紧后形变

量一直增大，弹性势能一直增大，A错误：橡皮绳绷紧后的过程，橡皮绳的弹力做负功，因此游客的机械能

减小，C错误；绳绷紧后游客先加速后减速，因此游客的动能先增大后减小，D错误。

2.（2021年北京卷第20题）秋「由踏板和绳构成，人在秋千上的搜包过程可以简化为单提的提动，等效

“摆球”的质量为加，人蹲在踏板上时摆长为1,人站立时接长为不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）如果摆长为小“摆球”通过最低点时的速度为v,求此时“摆球”受到拉力7的大小。

（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。

a.人塘在踏板上从最大摆角。开始运动，到最低点时突然站起，此后保夺站立姿势摆到另•边的最大摆角为

忆假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明q>4。

b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角。

后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求

在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。

20

【答案）（1）T=mg+m^-；（2）a.见解析;b.AE；>丁则一则（1-cos。）

2

【解析】（1）根据牛顿运动定律

T"

T—mg=，n—

解得

_v2

T=mg+,n~

（2）4.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为W、1，2,根据功能关系得

/喇（1-cosa）=：，欣

"侬2（]-cos名）=g，欣

已知也=V2，得

〃明(1-cosa)=〃32(1-cos仇)

因为4>4,得

cos4>cos4

所以

a>a

〃•设“摆球”由最大摆角。摆至最低点时动能为4，根据功能关系得

4=〃?,弘(1-cos0)

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为％，根据牛顿运动定律得

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得

耳+4=2相灯+万曲

得

g/叫《一”则（I-cos0）

考向二机械能守恒的应用

3.（2023年湖南卷第15题）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的

光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为“和〃，长轴水平，短轴竖直.质量为〃，的小球，初始时刻从椭

圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于

地面的直角坐标系X0V,椭圆长轴位于X轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离：

（2）在平面直角坐标系xQv中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若竺二」;，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用以〃及g表示）0

ma-b2

【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正

0=mvx-MV2

小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒

mgb=；〃八彳+；Mu；

因水平方向在任何时候都动量守恒即

0=网-MV2

两边同时乘/可得

WM]=MX2

旦由几何关系可知

x,+x2=a

联立得

tn

x,=------a

~M+m

（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为（•%），）时，此时凹槽水平向右运动的位移为Ax,

根据上式有

n?（67-x）=M-Ar

则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为

（X…『V

a2b2~

整理得

[x（M+.（_/?<y<0）

M2a2b2~

（3）将丝=';代入小球的轨迹方程化简可得

ma-b

+y2=h2

即此时小球的轨迹为以（a-b）为圆心，。为半径的圆，则当小球下降的高度为，时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为60。，小球下降!的过程中，系统水平方向动量守恒

2

0=cos600-M匕

系统机械能守恒

，情一人"火

联立得

V户隔=2

4.（2023年全国甲卷第1题）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

【答案】B

【解析】A.铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误：

B.铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；

CD.铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变

大，则动能越来越大，CD错误。

故选B。

5.（2023年全国甲卷第11题）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〃［的

小球压弹箫的另一端，使弹簧的弹性势能为释放后，小球在弹雷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•的速度分量与碰撞前瞬间相等；

4

垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的反。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为从重力加速度大

小为g,忽略空气阻力。求

(1)小球离开桌面时的速度大小；

(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

【解析】(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知

得小球离开桌面时速度大小

(2)离开桌面后由平抛运动规律可得

第一次碰撞前速度的竖宜分量为匕,，由题可知

离开桌面后由平抛运动规律得

x=vt,Vy=gt

解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为

丫=5M饵

2mg

6.(2022年全国乙卷第3题)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由

静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()

A.它滑过的弧长

B.它下降的高度

C.它到P点的距离

I).它与〃点的连线扫过的面积

【答案】C

【解析】如图所示

设圆环卜.降的高度为/?，圆环的半径为H,它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得

nigh=­mv2

由几何关系可得

h=Lsin。

•八L

sin^=——

2R

联立可得

h=—

2R

可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

7.(2022年全国乙卷第12题)如图(a),一质量为，〃的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面匕

物块8向A运动，，=0时与弹簧接触，到，=2/0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的I」(图像如图

(b)所示。已知从/=0到时间内，物块A运动的距离为0.36%大A、B分离后，A滑上粗糙斜而,

然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜

面倾角为0(sin0=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰捶过程中，弹簧弹性势能的最大值;

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

图(a)

【答案】(1)0.6加诏；(2)0.768%0.45

t解析】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、"速度相等，口|Jf=f°时刻，根据动量

守恒定律

%12%=(/%+/〃)%

根据能量守恒定律

与皿=g%(L2%)2

联立解得

mR=5m

上…=06成

(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ma

可知同一时刻

…5%

则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为

心=〃/，以=1・2%一寸

根据位移等速度在时间上的累积可得

.=匕/（累积），%=累积）

乂

〃=0.361，山

解得

%=1.128卬0

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As=sB-sA=0.768%%

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有

mHx1.2%=6，〃%=〃犷a+mvA

对方程两边同时乘以时间△，，有

6〃?%4=5〃八%加+〃叱1△/

0而之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

6mv0/0=5ms8+msA

将L=0.36%。代入可得

%=1.128卬0

则第•次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As-=SR-SA-0.768%/。

（3）物块A第二次到达斜面最高点与第一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块A第•次滑下斜面的速度大小为以，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

mvA-5〃10.8%=2%)+5〃八8

根据能量守恒定律可得

22

—匕:+；•5m(0.8%)=—/??•(-2v0)+—•5/nv；

2222

联立解得

力=%

方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得

figLsin。一RmgLcos6=0——皿2%f

2

下滑过程，根据动能定理可得

mgLsin0-卜/mgLcos6=g片-0

联立解得

〃=0.45

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

mgsin+/.nngcos0=ma）,mgsin-/.imgcos0=maK

上滑时末速度为0，卜滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移速度关系可得

22

2a[X=（2%）2-0,2aYx=vA'=v0

联立可解得

〃=0.45

8.（2021年全国乙卷第1题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一

端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢

底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统

-QOOOOOO

777777^7/77

77777777777777777777777

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，

而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力

后该系统动量守恒，机械能不守恒。

故选B。

9.（2021年海南卷第2题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如

图所示，滑梯顶端到末端的高度，=4.0m,末端到水面的高度〃=1.0m。取重力加速度g=10m/s2,将

人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（）

II

_________________

A.4.0mB.4.5mC.5.0mD.5.5m

【答案】A

【解析】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为匕根据机械能守恒定律可知

„12

mgH=­mv

解得

v=45/5m/s

从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据力=；g/可知落水时间为

_叵_12x1.0

10

水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为

x=vt