2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）重难04 动能定理 机械能守恒定律（重难专练）（解析版）

重难04动能定理机械能守恒定律

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锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

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稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值

重难抢分练

突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

1.会分析处理动能定理的理解及应用等问题。

2.理解重力势能、弹性势能、机械能等概念，会分析处理机械能守恒定律、功能关系、能

量守恒定律等规律的理解及应用问题。

3.熟练掌握能量关系与有关图像(v-t图像、Ep-h图像、E-h图像等)、抛体运动、圆周运动

等规律的综合应用。

1.运用动能定理解题的基本思路

2.应用动能定理解题的四点注意

3.机械能守恒定律的表达式

4.系统机械能守恒问题的思维流程

5.几种常见的功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势能变化量

势能弹力做功等于弹性势能变化量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp

静电力做功等于电势能变化量

分子力做功等于分子势能变化量

动能合外力做功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝m－m

1212

2v22v1

机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机

摩擦产生一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的

Q＝Ffs相对s相对为相对路程

的内能内能

电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE

（建议用时：20分钟）

1．（2026·广东·模拟）游乐场中的过山车是一项富有刺激性的娱乐设施，一种弹射式过山车，其部分设施

可抽象成如图甲所示模型：光滑水平轨道与竖直光滑半圆形轨道ABC在A点平滑相接，B点为AC轨道的

中点，用小球（可视为质点）压缩轻质弹簧，小球由静止释放，弹簧将小球弹出后，小球以一定的初速度

从最低点A冲上半圆形轨道，小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，其速度的平方与对应高度

的关系图像如图乙所示。已知小球的质量为0.5kg，不计空气阻力，重力加速度g10m/s2，下列说法正确

的是（）

A．释放前弹簧储存的弹性势能为2.25J

B．小球经过A点和C点时对轨道的压力差为30N

C．从最低点A运动到B点的过程中，小球一直处于失重状态

D．小球经过B点时所受合力为26N

【答案】AB

11

【详解】A．小球在半圆形轨道上从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有mghmv2mv2

2C2A

由图乙可知h0.25m，vC2m/s

代入上式解得vA3m/s

1

弹簧释放前储存的弹性势能为Emv22.25J，故A正确；

p2A

0.25

B．由图乙可知，最大高度为0.25m，则轨道半径Rm0.125m

2

v2

在C点，由牛顿第二定律可得FmgmC

CR

v2

在A点，由牛顿第二定律可得FmgmA

AR

v2v2

小球在A点和C点受到轨道的压力FF2mgmAC30N，故B正确；

ACR

C．从最低点A运动到B点的过程中，小球先处于超重状态再处于失重状态，故C错误；

1212

D．小球从A点到B点过程中，根据动能定理有mgRmvBmvA

22

v2

在B点，根据牛顿第二定律NmB

BR

可得NB26N

小球还受到重力作用点所受合力2222，故错误。

,BNBG265N26ND

故选AB。

2．（2025·广东中山·中山纪念中学·一测）喷泉可以美化景观，如图为广场内的喷泉，若某喷泉可看作将水

竖直向上喷出，喷口喷出的水的初速度为v0，已知喷口的横截面积为S，水的密度为，不计空气阻力，重

力加速度为g，且上升和下降的水流不发生碰撞，不计空气阻力及电动机损耗，下列选项正确的是（）

Sv2

A．空中的水的质量为0

g

3

B．带动喷管喷水的电动机输出功率为Sv0

Sv4

C．若以喷口所在的水平面为重力势能的零势能面，则空中的水的机械能为0

g

D．空中的水的重心距离喷口的高度是水柱上升最大高度的一半

【答案】C

2v

【详解】A．水从喷口喷出到落回喷口所用的总时间为t0

g

在空中水的总质量为mV

其中VSv0t

2ρSv2

联立，解得m0，故A错误；

g

B．取Δt时间，喷泉喷水的质量为m0ρSv0Δt

1

喷泉喷水做的功为WΔEmv2

k200

W1

喷泉喷水的功率为PSv3，故B错误；

Δt20

1ρSv4

C．若以喷口所在的水平面为重力势能的零势能面，则空中的水的机械能为Emv20，故C正确；

20g

D．水在上升和下降过程中，越靠近最高点速度越小，因此在同样的高度区间内停留的时间越长，则水柱上

方的水的线密度（单位高度的质量）比下方大，所以，空中水的重心（质心）高度应高于水柱最大高度的

一半，故D错误。

故选C。

1

3．（2025·广东深圳·模拟）如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率v在空中表演的运动轨

4AB

迹，其中起始点A为圆心等高处。无人机运动过程中受到重力G、大小恒定的阻力f以及驱动力F共同作

用，不考虑浮力影响。无人机从位置A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）

A．无人机机械能守恒

B．合外力的冲量为零

C．合外力的功率先减小后增大

D．驱动力F的功率一直在减小

【答案】D

【详解】A．匀速运动四分之一圆周，动能不变，重力势能增加，故机械能一直增加，即机械能不守恒，故

A错误；

B．合力方向始终在不断变化，不可以用冲量公式求解合力冲量，根据动量定理，以及动量矢量性可知，

I(mv)2(mv)22mv，故B错误；

C．无人机在竖直方向做匀速圆周运动，故合力提供向心力，即合力与速度垂直，合力不做功，合力的功率

始终等于零，故C错误；

v2

D．将力始终沿轨迹半径方向和切向方向正交分解，径向方向Fmgsinm

yR

切向方向Fxmgcosf

22

其中为半径与水平方向的夹角，即不断增大，可以得到Fy不断减小，Fx不断减小，故FFxFy

驱动力F的功率PFxv

因此F和功率都在不断减小，故D正确。

故选D。

4．（2026·广东肇庆·一模）运动员掷出的铅球在空中的运动可视为斜抛运动。铅球在空中运动过程中，其

重力势能Ep（以地面为零势能面）、动能Ek随铅球离地高度h变化的图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【详解】AB．抛出后的铅球，Epmgh（h为铅球距地面的高度），且任意高度处，势能均大于0，故AB

错误；

CD．由机械能守恒定律可知EkEmgh，由于有水平分速度，最高点时铅球的动能不为0，故C正确，D

错误。

故选C。

5．（25-26高三上·广东肇庆中学·限时训练）如图所示，粗糙轨道顶部离地高为h，底部水平且离地高为l。

一个物体从其斜面上某位置由静止滑下，在轨道底部以速度v0水平飞出，在空中飞行时间为t，落地速度为

vt。不计空气阻力，以下说法正确的是（）

A．物体在整个运动的过程中机械能守恒

1

B．物体克服摩擦力所做的功为mghmv2

20

C．vt的大小与物体静止滑下的位置有关

D．t的大小与物体静止滑下的位置有关

【答案】C

【详解】A．由于轨道粗糙，所以运动过程中有摩擦力做功，物体在整个运动过程中机械能不守恒，A错误；

1

B．物体从开始运动到水平抛出过程，根据动能定理有mg(hl)Wmv2

f20

1

物体克服摩擦力所做的功为mg(hl)mv2，B错误；

20

C．物体静止滑下的位置不同，下滑过程中重力做功和克服摩擦力做功不同，根据动能定理，到达轨道底部

的水平速度不同。而落地速度的大小由22，因此v的大小与滑下位置有关，正确；

v0vtv0gttC

2l

D．物体在空中飞行时间为平抛运动的时间t，由竖直下落高度l决定，且t，与物体滑下的位置无关，

g

D错误。

故选C。

6．（2025·深圳宝安·一诊）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带空转时的速度为v00.2m/s，t0时，

工件无初速度放置传送带左端，传送带感受到压力后立刻做匀加速运动，直至t2s时工件从右端离开，此

时传送带尚未达到最大速度。已知工件在传送带上运动时的速度时间（v-t）图像如图乙所示，工件质量为

m1kg，工件与传送带间动摩擦因数0.26，重力加速度g取10m/s2，工件可视为质点，不计空气阻力。

求：

(1)传送带的加速度大小ac；

(2)传送带的长度L；

(3)摩擦力对工件做的功W；

2

【答案】(1)ac2.4m/s

(2)5.1m

(3)W12.5J

【详解】（1）工件相对传送带运动时，根据牛顿第二定律可得mgma

在t11s时，工件与传送带达到共速，根据运动学公式v1v0act1at1

2

解得ac2.4m/s

12

（2）在0到t1时间内，工件运动的第一段位移xat

121

1

第二段位移xvtat2

2122c2

解得Lx1x25.1m

（3）根据运动学规律可得工件的速度v2v1act25m/s

1

由动能定理可得，摩擦力对工件做的功Wmv212.5J

22

7．（2026·广东清远·一模）如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞木榨油，其过程简化为石

块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质

量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，石块由静止

释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，撞击时间t=0.05s，

每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取10m/s2。sin370.6，cos370.8求：

(1)撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；

(2)撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小F；

(3)石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙

，

所示。要木楔移动的位移x00.4m石块至少需撞击多少次木楔。

【答案】(1)T2520N

(2)F2880N

(3)4

1

【详解】（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有Mgl1cosMv2

20

v2

根据牛顿第二定律有TMgM0

l

联立解得T2520N

（2）石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有Mv0Mv1mv2

111

根据机械能守恒有Mv2Mv2mv2

202122

，

解得v13.2m/sv27.2m/s

对石块进行分析，根据动量定理有FtMv1Mv0

根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小FF

联立解得F2880N

（3）根据木楔的阻力与位移图像关系有f15000x2000N

1

木楔移动x需克服阻力做的功W15000x2000xJ

0f200

1

根据能量守恒定律有Nmv2W

22f

解得N3.86

故要木楔移动的位移x00.4m，石块需撞击4次木楔。

8．（25-26高三·汕头金山中学·广东汕头·10月月考）商家为了促销推出图甲所示的弹珠抽奖游戏，图乙为

1

游戏的模型示意图，平面游戏面板与水平面成30固定放置，面板右侧的直管道与半径为R0.1m的细

4

圆管轨道平滑连接，两者固定在面板上。圆管轨道的圆心为O，顶端水平。顾客游戏时，用外力压缩面板

底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠（可视为质点）弹出，若弹珠直接打中面板底部的中奖区域，则获

得相应奖励，若弹珠打中侧面挡板，则抽奖无效。已知弹珠质量m100g，直管道长度l0.4m，中奖区域

AB长度d0.5m，其等分为如图所示的五个中奖区域，不计所有摩擦和阻力，弹簧的长度忽略不计，重力

加速度g取10m/s2，求：

(1)弹珠从圆管轨道顶端以v0.5m/s的速度飞出时，弹珠对轨道的压力；

(2)求顾客获得三等奖时，弹簧对弹珠做功的取值范围。

【答案】(1)0.25N，方向沿斜面向下

26109

(2)JWJ

100400

v2

【详解】（1）在圆管轨道顶端，对弹珠受力分析有mgsinFm

R

解得F0.25N

根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为0.25N，方向沿斜面向下。

（2）根据牛顿第二定律，弹珠离开圆管轨道后有mgsinma

解得agsin5m/s2

1

根据运动的分解有lRat2，xvt

2111

23

其中弹珠落在三等奖区域，则水平位移有dxd

515

19

解得v2

520

1

根据动能定理有WmglRsin30mv2

2

13109

解得弹簧对弹珠做功的取值范围JWJ

50400

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广东·模拟）“飞行魔毯”安装了n架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定

功率竖直向上起飞，经过时间t上升高度h时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为P，“飞行魔毯”

加上飞行员的总质量为m，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为f，重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

A．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为fh

nP

B．“飞行魔毯”的最大速度vm

mgf

C．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐减小

2nPt(mgf)2mn2P2

D．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中满足关系式h

2(mgf)3

【答案】BCD

【详解】A．空气阻力f的方向与位移h的方向相反，因此空气阻力做的功为fh，题目中未体现负号，A

错误；

B．当“飞行魔毯”达到最大速度时，牵引力与总阻力平衡，即nP(mgf)vm

nP

解得vm，B正确；

mgf

nP

C．牵引力F

v

F(mgf)

随着速度增大，牵引力减小，物体的加速度a

m

则加速度逐渐减小，C正确；

1

D．对“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，根据动能定理可得nPtmghfhmv2

2m

2nPt(mgf)2mn2P2

可得h，D正确。

2(mgf)3

故选BCD。

9．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）如图（a）磁性小球从高度为h处自由释放，不考虑空气阻力作用，

落到水平桌面后反弹，落点旁放置能测量磁感应强度的手机，同时将手机中感知磁感应强度的元件视为闭

合线圈，手机始终静止在水平桌面上，磁性小球的加速度大小如图（b）所示，小球与桌面发生弹性碰撞无

能量损失。以桌面为零重力势能点，下列说法正确的是（）

A．h越大，手机中磁感应强度的峰值越大

B．t1t2且手机受到指向落点的摩擦力

C．t1t2且小球落点逐渐向手机发生偏移

D．t1t2且小球的机械能逐渐减小至0

【答案】D

【详解】A．小球磁性不随碰撞剧烈程度而改变，峰值不随h改变，故A错误；

B．由图（b）可知，第二次加速度比第一次小，推知小球碰撞桌面时，初速度减小，因此t1t2，手机受到

的摩擦力与安培力方向相反，指向落点，故B错误；

C．由于手机线圈中产生感应电流，根据楞次定律可知，小球有远离手机的趋势，故C错误；

D．由于手机线圈中感应电流产生焦耳热，小球的机械能在足够多次碰撞后，全部转化为线圈的焦耳热，故

D正确。

故选D。

3．（25-26高三上·广东深圳·深圳实验高中园·统测）如图所示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径

R=0.9m，A端切线水平。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最

低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ=37°。一质量为M=1kg的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速

度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若小球恰好能从A点飞出，求A点小球速度和小球落地点与B点的水平距离；

(2)若小球从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在A点对圆弧轨道的压力大小。

【答案】(1)3m/s；1.8m

550

(2)N

9

mv2

【详解】（1）小球恰好能从A点飞出，重力提供小球圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得mgA

R

解得vA3m/s

1

小球从A点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有2Rgt2

2

解得小球在空中运动的时间t0.6s

故小球落地点与B点的水平距离xvAt1.8m

（2）设小球从A点飞出的速度为v0时，恰好从C点沿切线进入圆弧轨道，小球在C点的速度为vC，根据

11

动能定理可得Mg2RMv2Mv2

2C20

v

根据运动的分解可得v0

Ccos

联立解得v08m/s

Mv2

在A点对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得FMg0

NR

550

代入数据解得FN

N9

550

结合牛顿第三定律可知，小球在A点对圆弧轨道的压力大小N

9

4．（2025·广东省·一测）图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图

（b）所示工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀

速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为，忽略空气阻

力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质

量为m的谷粒P的说法正确的是（）

A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上

1

B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2mgLsin

2

C．谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能先增大后减小

1

D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2

2

【答案】AB

【详解】A．在匀速阶段，谷粒P的合力为0，其他谷粒对谷粒P的作用力与其重力等大反向，故A正确；

1212

BD．谷粒P的末速度为v，可得mv为合外力对谷粒P做的功，根据动能定理W合mgLsinW其mv

22

12

可得其他谷粒对谷粒P做的功为W其mvmgLsin

2

故B正确，D错误；

C．谷粒P离开传送带后（落地前）做斜抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故C错误。

故选AB。

5．（2025·广东湛江·一模）图甲为《天工开物》中耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图乙所示，人

站立在农具耙的中间位置，耙与水平地面平行，两条绳子相互平行且垂直于耙边缘。已知绳子与水平地面

夹角θ为25.5°，sin25.5°=0.43，cos25.5°=0.90。某过程中，每条绳子拉力F均为250N，人与耙沿直线匀速

前进了10m。则下列说法正确的是（）

A．换两条更长的绳子，人与耙仍匀速前进，人受到的摩擦力增大

B．地面对耙的阻力大小为450N

C．耙所受合力对耙所做的总功为5000J

D．两条绳子拉力对耙所做的总功为4500J

【答案】BD

【详解】A．由题可知，人与耙沿水平匀速运动，故人受力平衡，水平方向不受摩擦力的作用，故A错误；

B．根据力的分解及平衡条件可得f2Fcos25.522500.90N450N，故B正确；

C．耙做匀速直线运动，合力为零，因此耙所受合力对耙不做功，故C错误；

D．根据功的计算公式可得W2Fxcos25.52250100.90J4500J，故D正确。

故选BD。

6．（2025·广东广州·冲刺三）如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面

上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续

向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h

和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（）

A．该星球的第一宇宙速度a0R

ma

B．该弹簧劲度系数k的大小0

2x0

C．小球在最低点处加速度大于a0

D．弹簧的最大弹性势能为ma0(hx0)

【答案】AC

【详解】A．设该星球表面重力加速度为g。当x=0时，a=a0

Mm

此时小球只受重力，则a0=g，根据Gmg

R2

可得该星球的第一宇宙速度va0R，故A正确；

B．当x=x0时，a=0，对小球，根据平衡条件得kx0=mg，a0=g

ma

可得k0

x0

故B错误；

C．若小球从弹簧原长处由静止释放，根据简谐运动的对称性可知，小球在最低点处加速度为a0。现小球P

从弹簧上端h处由静止释放，到达最低点时弹簧压缩量增大，合力增大，则小球在最低点处加速度大于a0，

故C正确；

D．由于x=x0时，a=0，小球速度最大，继续向下运动，所以小球在最低点处时弹簧的压缩量大于x0，根据

小球和弹簧构成的系统机械能守恒可得，弹簧的最大弹性势能大于mg（h+x0）=ma0（h+x0），故D错误。

故选AC。

7．（2025·广东两校·三模）如图所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台间的动

摩擦因数0.2，用水平推力F=20N，使木块产生位移l1=3m时撤去，木块又滑行l2=1m时飞出平台，不

计空气阻力，（g取10m/s2）求：

(1)撤去推力时木块的速度；

(2)木块飞出平台时速度的大小；

(3)木块落地时速度的大小。

【答案】(1)63m/s，方向水平向右

(2)226m/s

(3)82m/s

1

【详解】（1）取木块为研究对象，由动能定理得(Fmg)Lmv2

1121

v163m/s

方向水平向右；

1

（2）设木块离开平台时速度为v，落地时速度大小为v，根据动能定理可得FLmgLLmv20

2311222

代入数据解得v2226m/s

11

（3）根据机机械能守恒定律可得mghmv2mv2

2223

代入数据解得v382m/s

8．（24-25高三下·广东茂名·5月联考）当前无人机产业发展迅速，无人机配送成为新趋势，如图所示为某

款无人机配送货物的示意图，该款无人机主要工作参数如下表所示：

无人机质量最大载重电机最大输出功率工作温度桨叶材螺旋桨

（kg）（kg）（W）（℃）质尺寸

40606000-20至45碳纤维54寸

某次测试中，无人机与货物之间用l5m长的轻绳连接，无人机以最大载重量从地面由静止开始以加速度

a2.5m/s2沿竖直方向起飞，假设整个过程无人机始终在同一竖直线上运动，轻绳伸直时瞬间绷紧，不计空

气阻力的影响，重力加速度g10m/s2。求：

(1)绳子伸直前瞬间，无人机的速度大小v0；

(2)绳子绷紧过程中，系统损失的机械能E；

(3)无人机由静止开始上升20m的过程中（无人机已达到最大速度），升力做的功W。

【答案】(1)5m/s

(2)300J

(3)19100J

2

【详解】（1）绳子伸直前，根据运动学公式可得2alv00

解得绳子伸直前瞬间，无人机的速度大小为v02al5m/s

（2）绳子绷紧过程中，根据动量守恒可得mv0(Mm)v

解得v2m/s

11

根据能量守恒可得Emv2(mM)v2

202

解得E300J

（3）当加速度a0时，无人机的速度最大，有F(mM)g1000N

P

则有v6m/s

mF

1

根据能量守恒可得WmghMg(hl)(mM)v2E

2m

解得W19100J

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广东省·珠海实验&中山实验&东莞六中&河源高级&博罗中学·模拟）如图（a）所示，传送带以

恒定速度沿逆时针方向运行t=0时，将质量为m1kg的物体（可视为质点）轻放到传送带顶端，物体的速

度随时间变化的图像如图（b）所示t=1s时，物体从传送带底端离开。重力加速度g10m/s2.下列说法正确

的是（）

A．传送带与水平面夹角θ=37°

B．传送带的长度为L=4m

C．物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5

D．物体与传送带摩擦产生热量Q=5J

【答案】ABC

5

【详解】AC．物块刚放上传送带上时的加速度am/s210m/s2

10.5

则根据牛顿第二定律mgsinmgcosma1

65

与传送带共速后物块的加速度am/s22m/s2

20.5

根据牛顿第二定律mgsinmgcosma2

解得传送带与水平面夹角θ=37°

物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5，选项AC正确；

156

B．由图像可知，传送带的长度为L0.55m0.5m4m，选项B正确；

22

11

D．物体与传送带相对路程为Δx0.55m10.5m1.5m

22

摩擦产生热量QmgcosΔx6J，选项D错误。

故选ABC。

2．（2025·广东惠州·模拟）古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长

度分别为OA2m、OB8m。A处固定质量为24kg的重物，B处放一质量为1kg的石块。将轻杆拉到水

平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩

擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．从释放到抛出前，石块机械能守恒B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功

C．石块脱离瞬间的速度大小为85m/sD．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0

【答案】BCD

【详解】A．从释放到抛出前，石块动能增加、重力势能增加，石块的机械能增加，故A错误；

B．从释放到抛出前，石块、重物组成的系统机械能守恒，由于石块的机械能增加，可知重物的机械能减少，

故轻杆对重物做负功，故B正确；

C．设脱离时重物速度为v，石块、重物同轴转动，角速度相同，根据vr

121

可知石块速度为4v，根据机械能守恒有m4vmv2mg2mmg8m

2B2AAB

代入题中数据，解得4v85m/s

故C正确；

D．石块脱离瞬间，石块速度方向水平向右，其方向与重力方向垂直，故石块脱离瞬间，石块所受重力的功

率为0，故D正确。

故选BCD。

3．（2025·广东惠州·模拟）如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37的粗糙斜面底端挡板上，弹簧

处于原长。质量为m1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的

合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g10m/s2，

sin37°0.6，cos37°0.8。下列说法正确的是（）

A．此过程小物块所受重力的冲量为0

B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C．小物块刚接触弹簧时位移大小x0.25m

D．根据题目所给信息可以计算出弹簧的最大压缩量

【答案】D

【详解】A．根据IGmgt可知，此过程小物块所受重力的冲量不为0，选项A错误；

B．接触弹簧之前物块的合外力为4N，则mgsin37mgcos37F合14N

解得小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，选项B错误；

C．由图像可知，小物块刚接触弹簧时位移大小x0.15m，选项C错误；

D．根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx=（0.25-0.15）m=0.1m时合外力为零，则有kΔx=F合1

解得k=40N/m

12

设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得F合(0.15x)kx

12

解得x=0.3m

故D正确。

故选D。

4．（2025·广东揭阳·二模）冬雪季节，大桥斜拉索杆表面的积雪结冰，有坠落伤人的风险，故在拉索杆顶

端预安装了一批除雪环。如图甲，必要时释放除雪环，可以刮除沿途所有积雪和覆冰。图乙是大桥的部分

结构示意图，OB是一根拉索杆（相当于直滑道），其中OA段用于悬挂除雪环，装有顶盖，不会积雪。单

个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力（定值）和冰雪对其阻力总和f随冰雪层厚度d的变化关系如图丙。

当拉索杆无积雪时（d=0），从O点释放一个除雪环，经t085s滑到B点，已知所有除雪环均可视为从O

点释放，单个除雪环质量m=8kg，OA=8m，OB=320m，倾角θ=30°，重力加速度g取10m/s2。

(1)求单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力f0的大小；

(2)某次，AB段覆有厚度均匀的冰雪层，释放一个除雪环后，停在了C点，OC=24m，又释放第二个除雪环，

下滑与第一个除雪环发生完全非弹性碰撞后，一起下滑。求此次冰雪层厚度及两环同时到达B点时的速度

大小；

(3)某雪天，AB段冰雪层厚度d与时间t的关系为d=kt（k=0.5cm/h），为了确保安全，在冰雪层厚度达到

10cm前，必须实施除雪。为有效除雪，且节省用环，请设计释环周期和每次释环的数量。

【答案】(1)24N

(2)4.8cm，85m/s

(3)每隔15.2h时，同时释放2个环

12

【详解】（1）无积雪时，d=0，只有滑动摩擦力作为阻力，除雪环匀加速下滑，设加速度为a0，有atOB

200

由牛顿第二定律，得mgsinf0ma0

解得f024N

（2）第一个除雪环下滑过程中冰雪阻力为(ff0)，由动能定理，得

(mgsinf0)OC(ff0)AC0

解得f48N

4824

由图丙可知，冰雪层厚度d5cm4.8cm

4924

1

第二个环从O滑到C点的过程，由动能定理，得(mgsinf)OCmv2

020

两环碰撞过程动量守恒，有mv02mv1

11

碰后，两环一起下滑，由动能定理，得2mgsin2f(ff)CB2mv22mv2

002221

解得v285m/s

（3）由图丙可知，ff05d(0d5cm)，ff03d10(5cmd10cm)（f的单位N，d的单位cm）

由于环的碰撞中，存在机械能损失，会降低除雪效率，所以应避免环的碰撞，设由静止同时释放n个环，

恰好到底端时速度为0，由动能定理，得

(nmgsinnf0)OB(ff0)AB0

640

当n=1时，ffN16.4N，d3.3cm，t6.6h

039

1280

当n=2时，ffN32.8N，d7.6cm，t15.2h

039

1920

当n=3时，ffN49.2N，d10cm

039

故取d=10cm时，同时释放3个环，t20h

t

综上，当n=2时，最大，故应每隔15.2h时，同时释放2个环。

n

5．（2025·广东清远·二模）如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化

图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角37。

工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，在距左端L8m处货物被取走，

货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度v1m/s，货物质量m10kg，其底部与传送

2

带上表面A间的动摩擦因数为10.4，其侧面与挡板C间动摩擦因数为20.2（重力加速度g10m/s，

sin37°0.6，cos37°0.8，不计空气阻力）。求：

(1)货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力N1和N2的大小；

(2)货物在传送带上滑动时的加速度大小；

(3)若传送带速度在0.5m/s至2m/s范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过122J，

则传送带速度不超过多少。

【答案】(1)N180N，N260N

(2)a2m/s2

(3)2m/s

【详解】（1）如图所示，对货物N1mgcos，N2mgsin

代入数据解得N180N，N260N

（2）货物与传送带间的摩擦力f11N32N，与运动方向相同

货