【文档说明】备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点06 机械能-（4大陷阱） Word版含解析.docx，共(44)页，2.796 MB，由小赞的店铺上传

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易错点06机械能目录01易错陷阱（4大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不理解功和功率的概念计算时出现错误【易错点提醒二】混淆机车启动的两个过程【易错点提醒三】不理解动能定理的含意【易错点提醒四】不会用动能定理求解多过程问题【易错点提醒五】不理解机械能守恒定律的条件。【易错点提醒六】运用机

械能定律错误。【易错点提醒七】混淆摩擦力做功和摩擦产生的热量03易错题通关易错点一：应用功和功率求解问题时出现错误1.计算功的方法(1)恒力做的功直接用W＝Fxcosα计算或用动能定理计算。(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合xcosα求功，尤其适

用于已知质量m和加速度a的情况。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。(3)变力做的功①应用动能定理求解。②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变

。③当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的绝对值等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。④转换研究对象法。有些变力做功问题可转换为恒力做功，用W＝Fxcosα求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。⑤图像法。在F－x图像

中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。2.公式P＝Wt和P＝Fv的区别P＝Wt是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式。3.平均功率的计算方法(1)利用P－＝Wt。(2)利用P－＝Fv－cos

α，其中v－为物体运动的平均速度。3.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力4.机车的两种启动方

式以恒定功率启动以恒定加速度启动𝑣↑⇒𝐹=𝑃(不变)𝑣↓⇒𝑎=𝐹−𝐹阻𝑚↓直至𝑎=0𝑎=𝐹−𝐹阻𝑚(不变)⇒𝐹不变𝑣↑⇒𝑃=𝐹𝑣↑直到𝑃=𝑃额=𝐹𝑣1加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间𝑡

0=𝑣1𝑎𝐹=𝐹阻⇒𝑎=0⇒𝑣max=𝑃额𝐹阻𝑣↑⇒𝐹=𝑃额𝑣↓⇒𝑎=𝐹−𝐹阻𝑚↓直至𝑎=0速度为𝑣max的匀速直线运动加速度减小的加速直线运动𝐹=𝐹阻⇒𝑎=0⇒𝑣max=𝑃额𝐹阻恒定易错点二：不理解动能定理也不会运用

动能定理求解多过程问题1.动能定理的理解（1）两个关系数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。（2）标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向

的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。2.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路（1）分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦

力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.（2）全过程（多个过程）应用动能定理:当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间

状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.易错点三：运用机械能守恒定律分析问题时出现错误。31.判断机械能守恒的三种方法2.表达式易错点

四：运用功能关系分析问题时出现错误。几种常见的功能关系及表达式力做功能的变化二者关系合力做功动能变化𝑊=𝐸k2−𝐸k1=Δ𝐸k重力做功重力势能变化（1）重力做正功，重力势能减少；（2）重力做负功，重力势能增加；

（3）𝑊𝐺=−Δ𝐸p=𝐸p1−𝐸p2弹簧弹力做功弹性势能变化（1）弹力做正功，弹性势能减少；（2）弹力做负功，弹性势能增加；（3）𝑊弹=−Δ𝐸p=𝐸p1−𝐸p2只有重力或系统内弹力做功机械能不变化机械能守恒,即Δ𝐸=0除重力和系统内弹力之外的其他

力做功机械能变化（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；（3）𝑊其他=Δ𝐸一对相互作用的滑动内能增加（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统摩擦力的总功内能增加；（2）摩擦生热𝑄=𝑓𝑥相对电场力做功电势

能变化（1）电场力做正功，电势能减少；（2）电场力做负功，电势能增加；（3）𝑊电=−Δ𝐸p=𝐸p1−𝐸p2安培力做功电能变化𝑊克安=Δ𝐸电，𝑊安=−Δ𝐸电.【易错点提醒一】理解功和功率的概念计算时出现错误【例1】．自动扶梯以恒定的速率送乘客上楼，乘客

第一次站在扶梯上不动，第二次相对于扶梯匀速向上走，自动扶梯的牵引力两次做功分别为1W、2W，功率分别为1P、2P，则（）A．2121PPWW=,B．2121PPWW=,C．2121PPWW,D．2121PPWW==,易错分析：功是力对位移的积累效果。“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力

或位移谈不上积累，因而也没有功．有同学认为：两种情况下人都是匀速上升的，电梯对人的作用力与重力平衡，设上升的竖直高度为H，则两种情况下扶梯对人的支持力所做的功mgHWW==21，又因为第二次上楼时间短，所以

21PP，实际上，这两个结论都是错误的。假设楼梯不动，人匀速上楼，楼梯对人的支持力大小也是mg，人在竖直方向也发生了位移，但是楼梯对人并没有做功，因为支持力并没有实现位移的积累，在人两脚每一次交换时间内，踩在楼梯上的这只脚是静止的。【答案】B【解析】如果人站在电扶梯上，

电动扶梯将他以0的速度往上送，人是靠扶梯的支持力向上运动，由功的定义，电梯做功。mgHW=1电梯的功率为：).(是楼梯的长度LLmgHtmgHP01==若人以相对于扶梯的速度在以速度0匀速上升的电梯上往上走，则人在竖直方向的位移H是两个运动的共同结果，其中

靠电梯的作用力“积累”的位移为+00H靠人的内力作用“积累”的位移为：+0H，所以，电梯做功为：1002WmgHW+=电梯的功率：,)(LmgHLWtWP00222=+==所以故选项B正确。【变式1-

1】（2023山东卷）《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，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A.225nmgRHB.35nmgRHC.235nmgRHD.nmgωRH【答案】B【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个

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，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为WP

T=2πT=联立有35nmgRHP=故选B。【变式1-2】（（多选）（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率

570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，=20mMNPQ=，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取210m/s，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力

势能增加41J10D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J【答案】ABD【解析】A．小车从M到N，依题意有11200WPFv==代入数据解得40NF=故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为140NfF==则摩擦力做功为1402

0J800JW=−=−则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为op500N20msin305000JEmgh===故C错误；D．依题意，小车从P到Q

，摩擦力为f2，有o222sin30Pfmgv+=摩擦力做功为222Wfs=−220ms=联立解得2700JW=−则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。【变式1-3】（多选）（2023·山东·威海市教育教学研究中心二模）如图所示，竖直平面内固定

一半径0.5mR=光滑圆形轨道，圆心为O。一小球在轨道的最低点A，某时刻获得水平向右的瞬时速度0v。已知022m/sv=，重力加速度210m/sg=。在小球从A点运动到轨迹最高点的过程中，下列说法正确的是（）A．小球在最高点的速度大小为2m/sB．小球在最高点的速度大小为1.6m/sC．重力做功

的功率先增大后减小D．小球做圆周运动时重力和弹力的合力提供向心力【答案】BC【解析】AB．假设小球能够达到圆轨道的最高点，根据动能定理可知221011222mgRmvmv−=−解得12m/s5m/sv

gR==故小球在未到达最高点就已经脱离轨道做近心运动，设脱离轨道时小球与圆心连线与水平方向的夹角为，此时的速度为v，则根据动能定理有()22011sin22mgRRmvmv−+=−由重力的分力提供向心力，弹力为0，则有2sinmvmgR=解得2m/sv=，sin=0.8

脱离轨道后做斜抛运动，故轨迹最高点的速度为sin1.6m/sxvv==A错误，B正确；C．在小球从A点运动到轨迹最高点的过程中，初始时，重力方向与速度方向垂直，功率为0，过程中重力与速度方向不垂直，末状态最高点时重力方向与速度方向又垂直，功率又变为

0，故重力做功的功率先增大后减小，C正确；D．小球做圆周运动时速度的大小和方向都在变，故重力和弹力沿半径方向的分量的合力提供向心力，D错误。【易错点提醒二】混淆机车启动的两个过程【例2】．（2022·浙江·高考真题）小明

用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过25m/s的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取210m

/s，则提升重物的最短时间为（）A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s易错分析：许多同学认为重物先作功率一定的变加速运动后匀速运动，最后减速运动，实际上一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大

加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零。【答案】C【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上

升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得22m13002010m/s5m/s20Tmgam−−===当功率达到额定功率时，设重物的速度为1v，则有1m1200m/s4m/s300PvT===额此过程所用时间和上升高度分别为11

14s0.8s5vta===221114m1.6m225vha===重物以最大速度匀速时，有m1200m/s6m/s200PPvTmg====额额重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为m3

m6s1.2s5vta===22m3m6m3.6m225vha===设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为2t，该过程根据动能定理可得2222m11122Ptmghmvmv−=−额又285.2m1.6m3.6m80mh=−−=联立解得213.5st=故提升重物的最短时间为min123

0.8s13.5s1.2s15.5stttt=++=++=C正确，ABD错误；故选C。【变式1-1】（多选）（2023·山西吕梁·三模）一质量为m=40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功

率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（）A．电动汽车最大速度为

5m/sB．电动汽车受到的阻力为100NC．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J【答案】AD【解析】AB．由vt−图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度211msa=由Pt−图像可知在0～3s内PFvFat==解得100N=F由牛顿第二

定律1Ffma−=解得60Nf=由m300WPfv==解得m5msv=故A正确，B错误；C．关闭发动机后2fma=经过m2210s3vta==电动汽车停止运动，故C错误；D．对全程由动能定理可得13f002PtPtW++=−解得f300(330011)J375

0J2W=−+=−所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D正确。故选AD。【误选警示】误选B的原因：不会根据匀加速阶段利用牛顿第二定律求解阻力，或者不会利用最后匀速阶段的额定功率除以最大速度求解阻力。误选C的原因：不会正确对汽车做出关闭发动机后的

受力分析和运动过程分析【变式1-2】．（2024·上海市杨浦高级中学期中）一台起重机先以不变的牵引力F将一质量为m的重物由静止起竖直向上提起，当起重机的输出功率达到额定功率P后，保持该功率直到重物做匀速运动，重力加速度为g。重物在上升过程中（）A．最大速度小于PFB．平均

功率大于P2C．最大加速度大于FmD．加速时间小于()PgFmg−【答案】B【解析】A．输出功率达到额定功率P时，匀加速过程结束，匀加速阶段的最大速度1PvF=又Fmgma−=得()Fmga=+1()Pvmga=+之后重物做加速度逐渐减

小的加速运动，当牵引力等于重力时，速度达到最大值，之后做匀速运动，匀速运动的速度m1()PPPvvmgmgaF===+所以最大速度大于PF。A错误；B．从开始运动到起重机的输出功率达到额定功率P过程中，瞬时功功率1PFvFat==

瞬时功功率和时间成正比，从开始运动到输出功率达到额定功率P过程中，平均功率为022PPP+==达到额定功率后，一直保持额定功率P不变，所以重物在上升过程中的平均功率2PPB正确；C．匀加速阶段加速度最大FmgFamm−=C错误；D．若一直以匀加速阶段的加速度，匀加速到匀速阶段的最大速度时间为(

)mPvmgtmPmFgmgagF==−=−又因为功率达到额定功率后，重物做加速度减小的加速运动后运动，不是一直匀加速，所以加速时间大于()PgFmg−。故选B。【变式1-3】（2023·浙江·模拟预测）图甲是我国自主设计的全球第一款

可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其质量为260kg，最大载重为100kg，图乙是该无人机某次在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t图像，前2s图像为直线，2s末到5s末图像为曲线，曲线两端皆与两侧直线相切，5s后无人

机匀速上升，发动机的输出功率等于额定输出功率，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．前5s上升的高度为19mB．1s末发动机的输出功率为7200WC．2s末到5s末，发动机的输出功率不变D．2s末到5s末，无人机上升的高度不会超

过17m【答案】D【解析】A．因为速度时间图像的面积表示位移，由图像可知，前2s上升了4m，2s末到5s末上升的高度大于15m，所以前5s上升的高度大于19m，故A错误；B．由图像知1s时无人机做加速度为224ms2ms2vat===由牛顿第二定律得，无人机的牵引力满足()()−

+=+FmMgmMa所以此时无人机的输出功率为PFv=联立解得P=8640W故B错误；C．经分析可以计算得出2s末发动机的输出功率为'17280WPFv==5s末发动机的输出功率为''()''21600WPfvmMgv==+=所以这段时间发动机的输出功率是

变化的，故C错误；D．假设2s末到5s末，飞机按最大输出功率即额定功率21600W工作，由动能定理得2211()()''()'22PtmMgxmMvmMv−+=+−+计算可得上升的高度最大为17mx=故2s末到5s末，飞机上升的高度不会超过17m，故D正确。故选D。【易错点提醒三】不

理解动能定理的含意【例3】（2023全国乙卷）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flB.木板的动能一定小于f

lC.物块的动能一定大于2012mvfl−D.物块的动能一定小于2012mvfl−易错分析：动能定理的研究对象的单个质点或有相同速度的系统，对于某质点其在一段时间所做的功等于这段时间的动能变化，不能张寇李戴，也不能等于另一段时间的动能变化。【答案】B

D【解析】当物块从木板右端离开时，对m有22mm01122fxmvmv−=−，对M有2MM12fxmv=其中l=xm－xM，AB．由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；CD．根据以上分析，联立有2220mM111222mvflmvm

v−=+则物块的动能一定小于2012mvfl−，C错误、D正确。故选BD。【变式1-1】（2023新课标卷）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W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（）A.在x=1m时，拉力功率为6WB.在x=4m时，物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.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【解析】由于拉力在

水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有212Wmgxmv−=则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为6NWFx==则此时拉力的功率P=Fv1=12W，x=4m时物体的动能为Ek=2J，A错误、B正确；C．

从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8J，C正确；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=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28m/sv=则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为22kgm/spmv==D错误。故选B【变式1-2】（多选）（2023·黑龙江·佳木斯一中二模）质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为

v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是（）的A．物体机械能的增加FsB．合力对小车做的功是212mvC．推力对小车做的功是Fs-mghD．摩擦阻力对小车做的功是212mvmghFs+−【答案】BD【解析】A．推力对小车做的功为Fs，物体机械能的增加应等于推力做功减去克

服摩擦力做功，故A错误；B．根据动能定理可知，合外力对小车做的功为21=2Wmv合故B正确；C．推力对小车做的功为Fs，故C错误；D．根据动能定理可知2f1=2FsmghWmv−+则阻力对小车做的功是2f12WmvmghFs=+−故D正确。故选BD。【变式1-3】（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kE与水平位移x的关系图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设斜面倾角为θ

，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有tankEmgx=即tankEmgx=下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。【易错点提醒四】不会运用动能定理求解多过程问题【例

4】.（2022·浙江1月卷·T20）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B

点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度AB3ml=，滑块与轨道FG间的动摩擦因数78=，滑块与

弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为xl，滑块第一次经F点时的速度v与xl之间的关系式；（3）若

滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度xl的值。易错分析：分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面的位移。【答案】（1）7

N；（2）0.85mxl；（3）见解析【解析】（1）到C点过程据动能定理可得21sin37(1cos37)2CmglmgRmv+−=C点时2-=CNvFmgmR7NNF=（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高

点时据动能定理可得sin37(3cos37)0xmglmgRRmg−+=解得=0.85mxl要能过F点0.85mxl（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍据动能定理可得sin37sin37cos37=022FGFGxllmglmgnmg−−解得761

5xnl+=当1n=时113m15xl=当3n=时29m5xl=当5n=时341m15xl=BD错误；故选C。24247211110100J11010100J610J22Emvmgh=+=+=【变式1-1】.(2023云南省昆明市第一中学一模)如图

所示，一根放置于水平地面的轻质弹簧一端固定在竖直的墙壁上，处于原长时另一端位于C点，一质量为1kg的物体以4m/s的初速度沿水平地面的A点处向右运动，物体可视为质点，压缩弹簧反弹后刚好停在了AC的中点B，已知物块与水平地面的动摩擦因数为0.2，A、C之

间的距离为2m，则整个过程中弹簧的最大弹性势能为（）A.3JB.4JC.5JD.6J【答案】.A【解析】由A点到B点运用动能定理得201(2)02ACCBmgxxxmv−++=−由A点到压缩弹簧的最低点运用动能定理得2pm01()

02ACmgxxEmv−+−=−联立可解得pm3JE=，故A正确，BCD错误【变式1-2】.（2023·浙江·模拟预测）如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物体从OA圆弧某处静止释放，经过A出后小球沿第二段BC圆弧轨道运动，经过粗糙水平面CD后

，小球从D进入第三段圆弧后最终从E点飞出。已知C、D是圆弧轨道最低点，A、B是圆弧轨道最高点，物体与粗糙水平面间的动摩擦因数0.52CDR==，，求：（1）物体从斜面下滑的角度满足什么条件，物体才不会从B点脱离轨道。（2）如果物体从O点静止下滑，下滑到轨道D处，物体对轨道的压力NF。（3）在

上一问中，物体从E点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D点的水平距离s。【答案】（1）60；（2）5mg；（3）2.328R【解析】（1）在轨道B点的最低速度满足2BvmgmR=根据动能定理()2101cos2BmvmgR−=−解得60=所以应

该满足条件60（2）根据动能定理，从O点到D点，可得()2102?22DmvmgRRmgR−=+−根据向心力公式2NDvmFmgR=−解得N5Fmg=（3）从D点到E点，由动能定理可知()22

111cos3722EDmvmvmgR−=−−而在E点，水平速度和竖直速度分别为cos37sin37xEyEvvvv==，当到达最高点时，满足yxgtvxvt==，解得水平位移为2sin37cos371.728EvxRg==故距离D点的水平距

离为·sin372.328sxRR=+=【变式1-3】.（2023江苏卷高考真题）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，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【答案】（1

）()221dtg=−；（2）()21gd−；（3）()21d−【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有2P1sin45cos4502mgdmgdmv−=−根据动量定理有()psin45cos450mgmgtmv−=

−联立解得()221dtg=−()P21vgd=−的（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有()BP21vvgd==−（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的

长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有Pcos452tvg=，水平方向上有Psin45Lvt=联立可得()21Ld=−【易错点提醒五】不理解机械能守恒条件【例5】.(2024·广东惠州一中月考)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆

形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半

圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒易错分析：许多同学认为小球在半圆形槽内运动的全过程中机械能守恒而错选A

，实际上小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，半圆形槽的弾力要对小球做功，所以只有选小球与槽组成的系统为研究对象机械能才守恒.【答案】C【解析】当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功

，小球的机械能不守恒，选项A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，选项B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，

选项C正确。【变式1-1】竖直放置的轻弹簧下端连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。然后迅速放手后直至小球运动到最低点，不计空气阻力，则下列说法中正确提（）A.小球被手压缩至运动到最低点过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒B.人放手后小球运动到最低点过程中机械

能守恒C.人放手后小球运动到最低点过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒D.小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大【答案】CD【解析】小球被手压缩外力做了功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，所以选项A错误；放手后，小球受弹

力作用，仙械能不守恒，但小球与弹簧以及地球组成的系统，只有弹力和重力做功，系统满足机械能守恒，选项B错误、C正确；小球向下运动过程中，小球与弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，小球的重力势能不断减小，故小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大，D正确。【变式1-2】（多选）（

2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）小明同学想借助一支可伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，

小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为12cm，若重力加速度210m/s=g，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下分析正确的是（）A．小明对圆珠笔不做功B．圆珠笔的机械能不守恒C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功D．

圆珠笔起跳的初速度约为1.55m/s【答案】AD【解析】AB．小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力

也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A正确，B错误；C．在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔在弹起过程中对桌面不做功，故C错误；D．由机械能守恒定律得2012mghmv=代入数据可得0

1.55m/sv故D正确。故选AD。【误选警示】误选B的原因：对机械能守恒的条件判断不准，题目明确告诉重力加速度210m/s=g，说明圆珠笔跳起后只受重力，机械能守恒。误选C的原因：错误认为桌面对圆珠笔的弹力对圆珠笔做正功，圆珠笔对桌面就做负功。桌面没有发生位移，所以圆珠笔对桌面的力不做功【变

式1-3】例3.（2024·福建省同安第一中学月考）如图所示，A和B两个小球固定在一根长为L轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过中点O的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90的过程

中（）A．A球的机械能守恒B．杆对A球做正功C．B球到最低点的速度为43gLD．A球和B球的总机械能守恒【答案】B【解析】以A球为研究对象，因杆对它要做功，所以机械能不守恒，若A、B和杆组成的系统为研究对象，则机械能守恒，所以

选项A错误、D正确；使轻杆从水平位置由静止释放，A球向上运动，A球的动能增加，重力势能也增加，所以A球的机械能增加，根据功能关系可知，杆对A球做正功，选项B正确；对于A球和B球组成的系统，只有两球的动能和两球的重

力势能在相互发生转化，故系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得212(2)222LLmgmgmmv−=+解得B球到最低点的速度为3gLv=，选项C错误。【易错点提醒六】运用机械能守恒解题错误【例6】（2023·北京海淀模拟）我国

早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为0m，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为

g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（）A.若人以恒定以像速度0匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为00vR=B.若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为()m0FvMmmg=++C.空桶从桶口位于井

口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小002()mgHdvmM−=+D.忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功()0WmmgH=+易错分析：不会对桶由静止下落过程中，以水桶和卷筒组成的系统为研究对象运用机械能守恒列式。【答案】AC【

解析】人以恒定以像速度0匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为00vR=A正确；设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为1F，则有10()Fmmg=+又01mPFv=，解得0m0()Pvmmg=+B错误；桶由静止

下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有2001()()2mgHdmMv−=+解得002()mgHdvmM−=+，C正确；设水桶在水中受到浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理0()02FWmmgHd−++=浮浮Fmg=解得0()2mgWmmgHd=+−，D错误。【变式1-1】

如图所示，质量均为m=1kg的小物体A和B用轻绳连接，轻绳跨过倾角为30°的固定斜面顶端的定滑轮，滑轮左侧的轻绳方向与斜面方向平行，开始时用手托住A，B恰好位于斜面底端，A离地h=0.8m。现静止释放A，在B沿斜面上滑

的过程中，下列说法正确的是（已知A落地后不反弹，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2）（）A．物体A、B组成的系统机械能守恒B．物体A落地前一瞬间的速度大小为4m/sC．物体B的动量变化量的大小为2kgm/sD．物体B沿斜面上滑的最大距离为1.2m【答案】

D【解析】静止释放A，在B沿斜面上滑的过程中，A落地前物体A、B组成的系统机械能守恒，A落地后不反弹，则A的机械能发生变化，所以物体A、B组成的系统机械能不守恒，A错误；B．设物体A落地前一瞬间的速度为v，根据机械能守恒21sin()2mghmghmmv−=+解得2m/s

v=，B错误；静止释放A，在B沿斜面上滑的过程中，最终B升到最高点速度为零，则物体B的动量变化量的大小为零，C错误；物体A落地，B物体的机械能守恒，设在斜面的上滑的最大距离为L，则21sin302mvmgL=?，解得0.4mL=所以物体B沿斜面上滑的最大距离为1.2mxhL=+=，D正确。【变式

1-2】如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直且B与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A与地面间的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，

与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为2mghB．此时弹簧的弹性势能等于212mghmv−C．此时物体A的加

速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动【答案】B【解析】由题意可知，A物体下落h，则弹簧形变量为h，对B物体受力分析可知，B受重力、弹簧弹力、斜面的支持力而处于静止状态，根据平衡条件得2sin30khmg=

解得mgkh=，A错误；对A、B和弹簧组成的整体，由机械能守恒定律可得2p12mghmvE=+解得2p12Emghmv=−，B正确；此时弹簧弹力为mg，则A受到的拉力为mg，故A物体受力平衡，加速度为0，C错误；因A落地后弹簧的形变量不再增大，弹力不会再增大，故B不可能离开挡板沿

斜面向上运动，D错误。【易错点提醒七】混淆摩擦力做功与摩擦力产生的热量【例7】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15m，质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s从A端滑上

传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3kg、上表面为14光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)为使

物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。(3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。易错分析：“(1)“摩擦力做功

”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。(2)在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位移的乘积进行计算，

而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)Q＝(32v－96)Jv≥4m/s8(v－2)2J2m/s<v<4m/s【解析】(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑

上槽车，物块应在传送带上一直被加速，到达顶端时物块速度小于或等于传送带速度，设物块的最大速度为vm，根据牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，代入数据解得a＝0.4m/s2，由动能定理得Wf＝mas＝12mvm2－12mv02，则传送带的最小速度v′＝vm＝v02＋2

as，解得vm＝4m/s。(2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可得mvm＝(m＋M)v1，由能量守恒定律可得mgh＝12mvm2－12(m＋M)v12，联立解得h＝0.6m。(3)若v≥4m/s，则物块在传送带上一直被加速，

加速度为a＝0.4m/s2，设加速时间为t，则由s＝v0t＋12at2可得t＝5s，此时因物块与传送带摩擦产生的热量Q＝fΔx＝μmgcos37°(vt－s)＝(32v－96)J；若v0<v<4m/s，则物块在传送带上先加速，后匀速，加速度a＝0.4m/s2，设加速时间为t′，则有t′＝v－v0a

＝(2.5v－5)s，此时因物块与传送带摩擦产生的热量Q＝fΔx＝μmgcos37°vt′－v2－v022a＝8(v－2)2J。【变式1-1】（2023·浙江·模拟预测）如图所示，工厂利用足够长的皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的

皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台。货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。满足tanθ＜μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．传送带对货物做的功等于物体动

能的增加量B．传送带对货物做的功等于货物对传送带做的功C．因传送物体，电动机需多做的功等于货物机械能的增加量D．货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多【答案】D【解析】A．物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，传送带

对货物做的功等于物体动能的增加量与重力势能的增加量的和。A错误；B．物体放在皮带上先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，而传送带一直做匀速运动，所以物体位移的绝对值1x小于传送带的位移2x，传送带对物体做功大小为11Wfx=物体对传送带做功大小为22Wfx=即12WW，B

错误；C．在传送物体的过程中，电动机做的功转化为物体的动能、重力势能与系统产生的内能，所以电动机需多做的功大于货物机械能的增加量，C错误；D．皮带上摩擦产生的热为2cos2vQfxmga==当倾角θ和速度v一定时，物体做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得co

ssinmgmgma−=解得物体的加速度为cossinagg=−加速度不变，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多，D正确。故选D。【变式1-2】（2023·北京延庆·统考一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角37=的

斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。210msg=，sin370.6=，cos370.8=。则（）A.物体的质量0.67kg

m=B.物体与斜面间的动摩擦因数0.5=C.物体上升过程的加速度大小212msa=D.物体回到斜面底端时的动能k20JE=【答案】B【详解】根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重

力势能为30J，又有pEmgh=，解得1kgm=，故A错误；根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知cossinhmgE−=，解得0.5=故B正确；根据题意，由牛顿第二定律有sincosmgmgm

a+=解得210msa=，故C错误；根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为f20JWE==−整个过程由动能定理有fk02WEE=−其中050JE=，解得k10JE=，故D错误1.（2023广东省东莞市模拟）如图所

示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。某受训者拖着轮胎在水平直道上前进的距离为x，已知绳与水平地面间的夹角为，拉力为F，那么下列说法正确的是（）A.轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功B.轮胎受到的重力对轮胎做了正功C.轮胎受到的拉力对轮胎不做功D.轮胎受到的拉力对轮胎做功大小为si

nFx【答案】A【解析】由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为180°，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功。故A正确；轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重

力不做功。故B错误；设拉力与水平方向的夹角为α，由于α是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功。故C错误；轮胎受到的拉力对轮胎做功大小为cosWFx=,故D错误。2.（广东省广州市五校联考（二中、六中、广雅、

执信、省实）期末物仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。在一次测试中，某学生一分钟内连续做了60个仰卧起坐。该学生的质量约为50kg，上半身质量是总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，上半

身重心升高约为0.4m，取重力加速度210m/sg=。此次测试过程中，克服重力做功的平均功率约为（）A.2WB.120WC.200WD.720W【答案】B【解析】克服重力做功的平均功率约为600.6600.650100.

4W120W60mghPt===故选项B正确。3.（2023辽宁卷）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【答案】B【解析】AB．由图

乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0

，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式yPmgv=可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。故选B。4.（2023湖北卷）两节动车的额定功率分别为1P和2P，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为1v和2v。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（）A.112212PvPvPP++B.122112PvPvPP++C.()12121122PPvvPvPv++D.()12121221PPvvPvPv+

+【答案】D【解析】由题意可知两节动车分别有111Pfv=222Pfv=当将它们编组后有()1212PPffv+=+5.（2022·湖北·T7）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一

段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（）A.213WW=，213IIB.213WW=，21IIC.217WW=，213IID.2

17WW=，21II【答案】C【解析】根据动能定理可知2221113(2)222Wmvmvmv=−=22221121(5)(2)222Wmvmvmv=−=可得217WW=由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动

量变化量最大，因此冲量的大小范围是13mvImv237mvImv可知213II故选C。联立可得()12121221PPvvvPvPv+=+故选D。6.（2022·河北·T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q

用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量QPmm，0=t时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为3g。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取0=t时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机能为E。重力加速度大小

为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）A.物体P和Q的质量之比为1:3B.2T时刻物体Q的机械能为2EC.2T时刻物体P重力的功率为32ETD.2T时刻物体P的速度大小23gT【答案】BCD【解析】A．开始释放时

物体Q的加速度为3g，则3QTQgmgFm−=3TPPgFmgm−=解得23TQFmg=12PQmm=选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度13gTv=P上升的距离2211236ggThT==细线断后P能上升的高度2212218vgThg==可知开

始时PQ距离为21229gThhh=+=若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为2229QQmgTEmgh==从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为2219QFTmgTWFh==则此时物体

Q的机械能22'92QFmgTEEEW=−==此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为2E，选项B正确；CD．在2T时刻，重物P的速度2123gTvvgT=−=−方向向下；此时物体P重力的瞬时功率22232332QQGPmgmgTgTEPmgvT====选项CD正确。故

选BCD。7.（2023山东卷）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。当小车拖动物体行驶的位移为1S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2S。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.()2211212()()FFfSSSMmSMS−−+−B.()2211212()()FFfSSSMmSmS−−+−C.()2212212()()FFfSSSMmSMS−

−+−D.()2212212()()FFfSSSMmSmS−−++【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv轻绳从物体上脱落后a

2=μgv2=2a2(S2－S1)8.（2023湖南卷）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C.小球的初速度02vgR=D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【解析

】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0则小球从C到B的过程中，有21(1cos)2mgRmv−=2NcosvFmgmR=−联立有FN=3mgcosα－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，

故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P=－mgvsinθ则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；C．从A到C的过程中有22011222CmgRmvmv−=−解得04

vgR=C错误；D．小球在B点恰好脱离轨道有2cosBvmgmR=则cosBvgR=则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为cosgR，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。9.（2023广东佛山市一模）如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮

带输送机倾角为θ=30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m=10kg，A、B两端点间的距离为s==9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为32，重力加速度取

10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（）A.510JB.490JC.375JD.260J【答案】A【解析】先货物做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动加速阶段的加速度2cos30sin302.5m/smgmga

m−==则加速的时间10.4svta==，根据能量守恒定律货物从低端到顶端要消耗的能量21111cos30()sin30510J22Emgvtvtmvmgs=−++=，所以选项A正确.10.（2023·四川省成都

市树德中学高三下学期三诊）图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，已知A点与定滑轮等高，A、B两点间的距离为d。现将小环从A点由静止释放，下列说法正确的是（）

A．小环到达B点时，重物上升的高度为(21)d−B．小环在下滑过程中的机械能先增大后减小C．小环在B点的速度与重物上升的速度大小之比为1：2D．小环下滑的最大距离为43d【答案】AD【解析】当小环到达B点时，虚线长度为2d，则重物上升的高度为(21)d−，A正确；小环在下

降过程中，重力做功，杆对小环的弹力不做功，绳子的拉力一直做负功，则小环的机械能减少，B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足v环cosθ=v物，即2v

v=环物，C错误；当小环的速度为零时，小环下滑有最大距离，则根据系统机械能守恒有222()mghmgdhd=+−，解得43hd=，D正确11.（2023·河北省沧州市吴桥中学高三下学期模拟考试物理试题（如图所示，质量为0.1kg的小滑块（可视为质点），

从A点由静止释放，经B点沿切线滑入半径为4.0m的四分之一圆弧轨道BC，经过C点时对圆弧轨道的压力为1.9N，沿水平轨道CD运动后，经D点沿切线滑入半径为0.1m的四分之一光滑圆弧轨道DE，恰好能到达E点，已知5.0mABx=，3.4mCDx=，F点在E点正上方且

与A点在同一水平线上，取210m/s=g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.小滑块在左侧圆弧轨道运动的过程中克服阻力做的功为7.2JB.小滑块与CD段间的动摩擦因数为0.5C.小滑块最终停在C点右侧0.2m处D.若小滑块从F点由静

止释放，则它一定能通过B点【答案】AB【解析】根据题意，对小滑块在C点，由圆周运动规律，有2NvFmgmR−=从A点到C点，根据动能定理，有21()02ABmgxRWmv+−=−阻代入数解得7.2JW=阻即小滑块在

左侧圆弧运动的过程中克服阻力做的功为7.2J，故A正确；从C点到E点，根据动能定理得2102CDmgrmgxmv−−=−解得0.5=，即小滑块与CD段间的动摩擦因数为0.5，故B正确；从E点到停止运动，根据功能关系，有mgrmgx=，解得0.2mx=，即

小滑块停在D点左侧0.2m处，故C错误；根据圆周运动知识可知，小滑块从B点到C点比小滑块从C点到B点在同一点受到的支持力大，所以受到的阻力也大，所以从C点到B点过程中克服阻力做的功小于7.2J，从F点由静止释放，设恰好能到达B点，根据功能关系，有ABCDmgxmgxW=+阻解得3.3J

W=阻，因'W3.3J7.2J=阻，所以无法判定它能否通过B点，故D错误。12.（2023江苏卷高考真题）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【答案】C【解析】因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度

大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C．由

于图甲中滑块加速度大，根据2202vvax−=可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。13.（2023·辽宁省沈阳市

第二中学第五次模拟）“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以

恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度mv。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（）A.启动过程中，车做匀加速直线运动B.启动过程中，牵引力对车做的功为2m12MvC.车速从0增至mv加速时间为2mm2MvxPv+D.车速为

m2v时，车的加速度大小为m2PMv【答案】C【解析】汽车以恒定功率P启动，根据PFv=可知，启动过程中，速度v增大，则牵引力F减小，根据牛顿第二定律有FfMa−=，可知，加速度a减小，则车做加速度减小的加速运动，故A错误；根据题意，可知汽车受到

的阻力为mPfv=启动过程中，根据动能定理有2m12WfxMv−=（牵引力对车做的功为2mm12PxWMvv=+，故B错误；根据题意，可知汽车受到的阻力为mPfv=车速从0增至mv的过程中，根据动能定理有2m12PtfxMv−=（联立解得2mm2MvxtvP=+，故C正确；车速为

m2v时，汽车的牵引力为1mm22PPFvv==根据牛顿第二定律有11FfMa−=，解得1mPaMv=，故D错误。14.（2023·湖南省“一起考”大联考高三下学期5月模拟）如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角37=

的斜面在底部平滑连接且均同定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上的离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为45H，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为g，sin370.6=

。求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比；（3）滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量。【答案】（1）112；（2）54；（3）Q=(1−(45)nmgH

【解析】（1）设滑块与斜面间的动摩擦因数为，根据功能关系有124155fffFFFWWWmgHmgHmgH=+=−=而1cossinfFHWmg=24cossin5fFHWmg=联立解得119fFWmgH=，112=（2）滑块第一次下滑过程，根据

牛顿运动定律有1sincosmgmgma−=由运动学公式有2111sin2Hat=滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有2sincosmgmgma+=由运动学公式有222415sin2Hat=联立解得1254tt=（3）滑块第二次下滑过程，根据动

能定理有22441cos55sin2HmgHmgmv−=滑块第二次上滑过程，根据动能定理有22221cossin2hmghmgmv−−=结合tan9=解得2245hH=滑块第n次沿斜面上升的最大高度

为245nhH=（滑块在斜面上滑行的路程为1124216244491sin5sin25sin5sin5sin5sinnnnnnnHHHHHHs−−=+++++=−由于摩擦系统产生的热量为4cos15nnQmgsmgH==

−15.（2024·江苏省句容三中、海安实验中学联考2023-2024学年高三上学期10月月考如图所示，倾角37=的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑

定滑轮D，质量均为1kgm=的物体A和B用一劲度系数120N/mk=的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处时，绳与细杆间的夹角5

3=，且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度为0.4md=，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C从位置R由静止释放，sin370.6=，cos370.8=，g取210m/s。求：（1）小环C的质量M；（2）小环C运动到位置Q的速

率v；（3）小环C通过位置S时的动能kE及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功TW。【答案】（1）0.72kg；（2）22m/s；（3）2.328J，0.6J【解析】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB

系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，）则绳子的拉力为2sin2110sin3712NTmg===以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图则cos53TMg=代入数据得0

.72kgM=（2）环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒()22A112cot22MgdMvmv=+ABAcosvv=两式联立可得22m/sv=（3）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B

沿斜面方向的受力1sin6NFmg==弹簧的伸长量1sinΔ0.05mmgxk==当小环C通过位置S时A下降的距离为A0.1msindxd=−=此时弹簧的压缩量2A1ΔΔ0.05mxxx=−=由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环

C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：AkcotsinMgdmgxE+=解得k2.328JE=环从位置R运动到位置S的过程中，由动能定理可知kcotTWMgdE+=解得0.6JTW=