2017-2026十年高考物理专项汇编（全国）：专题12 机械能守恒定律（教师版）

1

专题12机械能守恒定律

考点分类十年考情（2017-2026）命题规律

2026北京卷、2026湖南卷.真实情境深度渗透：以国产过山车轨道设计、山

2025四川卷2025海南卷

地速降运动、空间站机械臂作业等前沿科技/生活

2025山东卷2024重庆卷、

场景为载体，不再使用纯理论裸模型出题，要求

2024全国卷、2024福建卷、

学生从复杂场景中判断守恒条件并完成能量推导。

2024安徽卷、2024北京卷、

2023重庆卷、2023全国高

考真题、2023浙江卷、.综合关联属性突出：不再孤立考查守恒公式，会

考点1机械能2023广东卷、2022江苏卷、联动圆周运动、抛体运动、动力学等考点，强化

守恒定律2022福建卷、2021湖北卷、“守恒条件判断→初末态机械能列式”的完整解题

2021湖南卷、2021辽宁卷、链条，规避繁琐的分段动力学计算。

全国卷、江苏卷、

20212020.能力导向持续强化：弱化机械套公式的考法，重

2020上海卷、2019浙江卷、

点考查系统机械能守恒的条件辨析、非质点类物

2019江苏高考真题、2018

体的机械能变化分析、“验证机械能守恒定律”实

江苏卷、2018天津高考真

验的变式拓展，规避固化刷题套路。

题、2018全国高考真题、

2018海南卷、2017江苏卷、

2017·浙江卷.

考点01机械能守恒定律

1．（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平

4

L

面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为L和5，A被拉至与竖直方向成60的位置并由静止

释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（）

1

1111

LLLL

A．2B．3C．4D．5

【答案】A

【详解】设A、B小球的质量均为m，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定

12

mgL1cos60mvA

理可得2

111

mv2mv2mv2

mvmvmvAAB

A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有AAB，222

vv

可得BA

124

mvBmgL

由于25

所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最

12

mgh0mvB

大高度的过程，由动能定理可得2

L

h

解得2

故选A。

2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，物块N、P、Q的质量分别为m、m、2m，Q通过不可

伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连。

初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q，运动中，物块均视

12

Epkx

为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能2（x为形变量），重

力加速度大小为g。则（）

g

A．释放后瞬间Q的加速度大小为3

1

B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg

3mg

C．释放后N下降的最大距离为4k

g3m

D．释放后N的速度最大值为2k

【答案】AD

【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳

2mgmgm2ma

上的拉力大小为T，对Q、P整体，由牛顿第二定律有

对Q，由牛顿第二定律有2mgF2ma

14

agFmg

联立解得3，3，故A正确，B错误；

CD．根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体合力为零，

mvm2mv

由动量守恒定律有NPQ

mvtm2mvt

则有NPQ

mxm2mx

可得NPQ

v3vx3x

解得NPQ，NPQ

11

xhxhh

xhPQ1

设释放后N下降的最大距离为N，则3，此时弹簧形变量为3

1112

mgh2mghmghkx1

由能量守恒定律有332

3mg

h

解得2k

11

vvv

vvPQNm

释放后N的速度最大时为Nm，则有33

kxmg

又有2

mg

x2

解得k

3mgmg

xNxPQ

则有4k，4k

2

121211

mgxN2mgxPQmgxPQkx2mvmm2mvm

由能量守恒定律有2223

1

g3m

vm

解得2k，故C错误，D正确。

故选AD。

3．（2026年高考物理真题完全解读（广东卷））如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过

球心点O与外壳固定，外壳上的两挡板位于过O点的水平线上，两质量均为m的摆锤，由长均为R的不可

v

伸长轻绳悬挂于轴上的O点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度0从最低点向相反方向摆动，直至与两

挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬

间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为

v4m/s2

M4kg,m1kg,R0.4m,0,g10m/s，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求：

E

(1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能k；

(2)机器人外壳上升的最大高度h；

(3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失E。

E4J

【答案】(1)k

(2)h0.1m

(3)E=6J

v4m/s

【详解】（1）两摆锤以初速度0沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡

1212

mv0mgRmv

板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有22

解得v22m/s

2mvMv

摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有1

v2m/s

解得1

12

EkMv14J

机器人起跳时的动能2。

1

0v22gh

（2）根据速度位移关系，有1

可得机器人外壳上升的最大高度h0.1m。

（3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大

v2m/s

小为1，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失

11

E2mv2(2mv22mgR)

2021

解得E=6J。

4．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运

动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速

度取10m/s2）（）

A．4mB．5mC．6mD．7m

【答案】B

【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能

1

mv2mgh

守恒定律有2

可得其理论的最大高度h5m

故选B。

5．（2025·云南·高考真题）（多选）如图所示，倾角为的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质

弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数tan。

v

过程I：Q以速度0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并

拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性

限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（）

1

222

kv04mgsin

A．P、M两点之间的距离为4kgsin

12

mv0

B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为4

222

kv08mgsin

C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为2kgsin

D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间

【答案】CD

12

mgsinLmgcosL0mv0

【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有2

LkLmgsinmgcos

设MO的距离为1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件1

LLL

P、M两点之间的距离21

222

kv08mgsin

L2

联立可得4kgsin

故A错误；

B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中Q和弹簧组成的系统损失的机械

能为EmgcosL

12

mgsinLmgcosL0mv0

结合2

12

Emv0

可得4

但在过程Ⅱ中单独对于Q而言机械能是增加的，故B错误；

C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律

11

kL2mgsinxmgcosxk(xL)2

22

12

mgsinLmgcosL0mv0

结合2

1

kv28mg2sin2

x0

解得2kgsin

故C正确；

D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满

kLmgsinmgcos

足1

当在O点时，满足mgsinmgcos

所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。

故选CD。

1

6．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的4圆弧轨道。P右端

与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为

m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度

1

减小至刚接触时的3时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为

重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。

(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；

(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；

(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？

(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

【答案】(1)mgR

32gR5

R

(2)2，4

(3)4m

1

m

(4)9

1

WmgR

【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为G

2

11v

mv2Em0

20p23

（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中

Ep2mgR

12

mghRmv0

同时有2

32gR5

v0hR

联立解得2，4

（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律

111

mvmMvmv2EmMv2

0共0p2共E2.2mgR

有3，22，其中p2

联立解得M4m

（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时

弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有

11212

mv0Mvmmv0Mvm

3，22

1

Mm

解得9

7．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L0.5m。一根

长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。

v10m/s

t0时，小球以水平向右的初速度0开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，

运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子

2

不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s。

(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；

(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；

(3)若在t0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。

1

【答案】(1)v45m/s，T17N

(2)4m

(3)215m/s

【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律

11

mv2mg2Lmv2

202

v2

Tmgm

在该位置时根据牛顿第二定律L

解得v45m/s，T17N

1

2Lgt2

（2）小球做平抛运动时xvt，2

解得x=4m

v'2

mgm

（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足2L

1'21'2

mv0mg5Lmv

从最低点到该位置由动能定理22

v'215m/s

解得0

8．（2025·山东·高考真题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨

道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用

1

mkg

轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量2的小球自Q点正上方h2m处自由下落，无能

量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到

3

mkg

m1kgb

F15N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量a，b的质量4，方形物体的质量

9

Mkg2

2，重力加速度大小g10m/s，弹簧的劲度系数k50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹

12

Epkx

性势能表达式2（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：

1

vv

(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小1、2；

vE

(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小b及弹性势能的最大值pm。

2

ms

【答案】(1)6ms，水平向左，3，水平向右

25

msEpmJ

(2)3，水平向左，2

mvMv

【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有12

1212

mghmv1Mv2

由能量守恒定律有22

2

vms

v6ms2

联立解得1，3

2

ms

即小球速度为6ms，方向水平向左，大物块速度为3，方向水平向右。

（2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量

mvmmv

守恒，则有1a3

v2ms

解得3

xvFkx

设当弹簧形变量为1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为4，根据胡克定律1

121212

mmav3mmav4kx1

系统机械能守恒222

x0.3m

联立解得v41ms，1

固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动

mmvmmmv

量守恒定律有a4abb

2

vbms

解得3，方向水平向左。

1212125

Epmmmav4kx1mmambvbJ

由能量守恒定律可得，最大弹性势能为2222

9．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连

接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点

C。下列说法正确的是（）

1

A．物体在C点所受合力为零

B．物体在C点的速度为零

C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度

D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能

【答案】C

【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆

轨道的半径为r，由牛顿第二定律得

v2

mgm

r

解得物体在C点的速度

vgr

AB错误；

C．由牛顿第二定律得

mgma

解得物体在C点的向心加速度

ag

C正确；

D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。

故选C。

10．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木

板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为

1

μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=2kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐

木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩

1

擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（）

(mg)23(mg)2

mg(ld)mg(ld)

A．2kB．2k

3(mg)2(mg)2

2mg(ld)2mg(ld)

C．2kD．2k

【答案】B

【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有

kx0mg

解得弹性绳的伸长量

mg

x

0k

则此时弹性绳的弹性势能为

12m2g2

Ekx2

0202k

从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为

x1x0ld

则由功能关系可知该过程F所做的功

3(mg)2

WEmgxmg(ld)

012k

故选B。

11．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m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，Q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Q点最大B．在Q点最小C．先减小后增大D．先增大后减小

【答案】C

【详解】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，

1

如图所示

设图中夹角为，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律

1

mgR(1cos)mv2

2

在P点，根据牛顿第二定律

v2

mgcosm

R

联立解得

2

cos

3

从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，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P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环

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下滑过程

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(0)，根据机械能守恒定律

1

mgR(1cos)mv2

2(0)

在该处根据牛顿第二定律

v2

Fmgcosm

R(0)

联立可得

F2mg3mgcos

则大圆环对小环作用力的大小

F2mg3mgcos

2

Fcos

根据数学知识可知的大小在3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。

1

12．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，

整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（）

A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大

B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大

C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加

D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加

【答案】A

【详解】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

mAvAmBvB

E

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

11

Emv2mv2

p2AA2BB

联立得

2

1mA2

EpmAvA

2mB

故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为

零，系统机械能不变。

故选A。

13．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于

轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B

正碰并粘在一起。已知I=1.8N∙s，A、B的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg，轨道半径和绳长均为R

=0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

1

(1)与B碰前瞬间A的速度大小；

(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案】(1)4m/s

(2)11.2N

【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有

ImAv0

设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有

11

mg2Rmv2mv2

A2A2A0

联立代入数据解得

v4ms

（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有

mAvmAmBv共

设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有

v2

Fmmgmm共

ABABR

联立代入数据解得

F11.2N

14．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的

轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M

到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地

5

面间摩擦因数为48，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能

损失。

1

(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；

(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时

细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；

(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中

的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B

落在地面时水平位移的最小值和最大值。

52ga

【答案】(1)

45ga

(2)

5a30a2011a4033a

hsminsmax

(3)3n18n11（n=1，2，3，…），3，7

【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高

点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有

v2

mgm

10a

B从最低点到最高点由动能定理可得

11

mg210amv2mv2

220

解得

v052ga

（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小

为v3，则有

2mv1=2mv2＋mv3

111

2mv22mv2mv2

212223

碰后A减速到0，有

1

1

2mgL2mv2

22

碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，

此时速度大小为v4，由功能关系得

11

mg4amv2mv2

2324

B随后做平抛运动，有

1

4agt2

2

L=v4t

解得

v345ga

（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，

由牛顿第二定律得

v2

12mgmgm5

10a2nh（n=1，2，3，…）

以N为圆心，由牛顿第二定律得

v2

12mgmgm5

1

10a2(n)h

2（n=1，2，3，…）

从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得

1212

mg2nhmv3mv5

22（n=1，2，3，…）

解得

5a30a

h

3n18n11（n=1，2，3，…）

绳断后，B做平抛运动，有

1

2nhgt2

2（n=1，2，3，…）

s=v5t

可得

s420anhnh2

（n=1，2，3，…）

由于

1

5a30na

nh

318n11（n=1，2，3，…）

则由数学分析可得

5a2011a

nhsmin

当3时，3

30a4033a

nhsmax

当n=1时，7，7

15．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径

R10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与

其水平相切，滑板质量M25kg，一质量为m50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，

当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s16m停下。游

2

客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为0.2，忽略空气阻力，重力加速度g10m/s，

求：

（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；

（2）滑板的长度L

【答案】（1）1000N；（2）7m

v

【详解】（1）设游客滑到b点时速度为0，从a到b过程，根据机械能守恒

1

mghmv2

20

解得

v010m/s

在b点根据牛顿第二定律

v2

Fmgm0

NR

解得

FN1000N

根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为

1