文档内容
第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律锁定主干知识
CONTENTS 01
探明高考考向
02
精研典型例题
03
拓展思维空间
04
提升关键能力
05锁定主干知识
目录目录探明高考考向
目录. （ 全国甲卷 题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量
1 2024· 17
为 的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经 点自由下
m Q
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
Q
的作用力大小（ ）
. 在 点最大 . 在 点最小
A Q B Q
√C . 先减小后增大 D . 先增大后减小
目录解析： 设小环运动轨迹所对的圆心角为 （ ≤ ≤ ），大圆环的半
θ 0 θ π
径为 ，大圆环对小环的作用力为 ，则由机械能守恒得 （ －
R F mgR 1 cos
）＝ ，又小环做圆周运动，则有 ＋ ＝ ，联立得小环下
θ mv2 F mgcos θ m
2
1
滑过程中受到大圆环的作用力 ＝ （ － ），则 的大小先减小
F mg 2 3cos θ F
2
后增大，且当 ＝ 时 最小，当 ＝－ ，即小环在大圆环最低点
cos θ F cos θ 1
2
时 最大，结合牛顿第三定律可知， 正确。
F C
3
目录. （ 北京高考 题）如图所示，光滑水平轨道 与竖直面内的光滑半
2 2024· 7 AB
圆形轨道 在 点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至 点后由静止释
BC B A
放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点 。下列说
C
法正确的是（ ）
. 物体在 点所受合力为零
A C
. 物体在 点的速度为零
B C
√C . 物体在 C 点的向心加速度等于重力加速度
. 物体在 点时弹簧的弹性势能等于物体在 点的动能
D A C
目录解析： 设物体恰好到达 点的速度大小为 ，则在 点，根据恰好由
C v C
重力提供向心力，有 ＝ ＝ ，解得 ＝ ，向心加速度 ＝
mg m ma v a
向 向
2
， 、 错误， 正确；物体从 点到 点的过程，由机械能守恒定律可
g A B C A C
知，弹簧的弹性势能转化为物体在 点的重力势能和动能， 错误。
C D
目录. （ 江苏高考 题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为 ，倾角为
3 2024· 15 μ
，斜面长为 。一个质量为 的物块（可视为质点）在电动机作用下，
θ L m
从斜面底端 点由静止加速至 点时达到最大速度 ，之后做匀速运动至
A B v
点，关闭电动机，物块恰好到达最高点 点，重力加速度为 ，不计电
C D g
动机消耗的电热。求：
（ ） 段长度 ；
1 CD x
答案：
（ ＋ ）
2
2 sin cos
目录解析： 方法一 对物块从 点运动到 点的过程，由动能定
C D
理有－ － ＝ － ，解得 ＝ 。
mgxsin θ μmgxcos θ 0 mv2 x
（ ＋ ）
2
1
方法二 对物块从 点运动到 点的过程，由牛顿第二定律有 ＋
C D 2 2 sin cos mgsin θ
＝
μmgcos θ ma
由运动学公式有 － ＝－ ，联立解得 ＝ 。
0 v2 2ax x
（ ＋ ）
2
2 sin cos
目录（ ） 段电动机的输出功率 ；
2 BC P
答案： ＋
mgvsin θ μmgvcos θ
解析：物块在 段做匀速直线运动，由平衡条件有 ＝ ＋
BC F mgsin θ
。
μmgcos θ
则电动机的输出功率 ＝ ＝ ＋ 。
P Fv mgvsin θ μmgvcos θ
目录（ ）全过程储存的机械能 和电动机消耗的总电能 的比值。
3 E E
1 2
答案：
＋
sin
sin cos
解析：根据题意，全过程储存的机械能 ＝ 由能量守恒定律
E mgLsin θ
1
可知电动机消耗的总电能 ＝ ＋ ，则 ＝
E mgLsin θ μmgLcos θ
2
＋
1 sin
。 2 sin cos
目录精研典型例题
目录考点一 机械能守恒定律的应用
.
1 机械能守恒定律的表达式
目录.
2 系统机械能守恒问题的思维流程
目录【例1】
（
2024·
山东淄博一模）如图所示，从
H
高处以
v
平抛一小球，不
计空气阻力，当小球距地面高度为 时，其动能恰好等于其势能，则
h
（ ）
. ＝ . ＜
A h B h
. 无法确定
. ＞ 2 D 2
C h
2
目录答案：
C
解析：从 高处以 平抛一小球，只有重力做功，机械能守恒，取地面为零
H v
势能参考面，有 ＋ ＝ ＋ ，而动能恰好等于重力势能，故
mgH mv2 mgh m
1 1
2
1
2 2
＋
＝ ，联立解得 ＝ ＝ ＋ ＞ ，故选 。
mgh m h C
2
2
1 2
2
1
2 2 2 4 2
目录如图所示，有一光滑轨道 ， 部分为半径为 的 圆弧，
【例2】 ABC AB R BC
1
部分水平，质量均为 的小球 、 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为 ，不
m a b R
4
计小球大小。开始时 球处在圆弧上端 点，由静止释放小球和轻杆，使其
a A
沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是（ ）
. 球下滑过程中机械能保持不变
A a
. 球下滑过程中机械能保持不变
B b
. 、 球滑到水平轨道上时速度大小为
C a b
. 从释放 、 球到 、 球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对 球做的功
D a b a b a
2
为
目录
2答案：
D
解析： 、 球和轻杆组成的系统机械能守恒， 、 球下滑过程中机械能不
a b a b
守恒， 、 错误；由系统机械能守恒有 ＋ ＝ × ，解得 、
A B mgR 2mgR 2mv2 a b
1
球滑到水平轨道上时速度大小为 ＝ ， 错误；从释放 、 球到 、
v C 2 a b a b
球滑到水平轨道上，对 a 球，由动能定3理 有 W ＋ mgR ＝ mv2 ，解得轻杆对 a
1
球做的功为 ＝ ， 正确。 2
W D
2
目录【例3】
（
2024·
浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水
平面的夹角为 °，杆上套着一个质量为 的滑块 （可视为质点）用足够
53 m A
长的且不可伸长的轻绳将滑块 与另一个质量为 的物块 通过光滑的定滑
A 2m B
轮相连接，轻绳因悬挂 而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其水平长
B
度为 ，现将滑块 从图中 点由静止释放（整个运动过程中 和 不会触
L A O A B
地， 不会触及滑轮和直杆）， °＝ . ， °＝ . 。
B sin 53 0 8 cos 53 0 6
（ ）当绳子与直杆垂直时，求滑块 的速度 ；
1 A v
目录答案：
2 11
解析： 当绳子与直杆垂直时，此时 下落到最低点， 的速度刚
5 B B
好为 ，根据几何关系可得 下滑的高度 ＝ ° °＝
0 A h Lsin 53 cos 53
A
， 下落的高度 ＝ － °＝ ，根据系统机械能守恒得
L B h L Lsin 53 L
B
12 1
25 5
＋ ＝ ，解得滑块 的速度 ＝ 。
mgh 2mgh mv2 A v
A B
1 2 11
2 5
目录（ ）求滑块 沿杆向下运动的最大位移 。
2 A x
答案：
L
50
解析： 2滑1 块
A
下滑到最低点时的速度为零，此时
B
的速度也为零，
根据系统机械能守恒可知，滑块 重力势能的减少量等于 重力势能
A B
的增加量，则有 °＝ ，根据几何关系可得 ＝
mgxsin 53 2mgh ' h '
B B
（ °） ＋（ °） － ，联立解得滑块 沿杆向下
L A
2 2
运动 的sin最5大3 位移 ＝ 。− cos53
x L
50
21
目录考点二 功能关系和能量守恒定律的应用
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
弹力做功等于弹性势能变化量
势能 ＝ － ＝－
W E E ΔE
p1 p2 p
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
目录能量 功能关系 表达式
＝ － ＝
W E E m
k2 k1
动能 合外力做功等于物体动能变化量
1
2
2
－ 2 v
m
1
2
除重力和弹力之外的其他力做功等于 1
2 v
机械能 ＝ － ＝
W E E ΔE
其他 机
2 1
机械能变化量
摩擦产 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝 ＝ 为相对
Q F s s
相对 相对
f
生的内能 对值等于产生的内能 路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 ＝ － ＝
W E E ΔE
克安
2 1
目录【例4】
（
2024
北京东城二模）如图所示，某同学站在罚球线上，手持
篮球保持静止，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。篮
球从静止到刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为 ，重力做功为
W
f
，投篮时该同学对篮球做功为 。篮球可视为质点，则在此过程中（ ）
W W
G
. 篮球重力势能的变化量为 － ＋
A W W W
G f
. 篮球机械能的变化量为 －
B W W
G f
. 篮球动能的变化量为 ＋ －
C W W W
G f
. 篮球在离开手的瞬间机械能最大
D
目录答案：
D
解析：篮球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即 ＝－ ，故
ΔE W A
p G
错误；篮球机械能的变化量等于阻力做的功，即 ＝ ，故 错误；根
ΔE W B
机 f
据动能定理可知，篮球动能的增加量等于合外力的功，即 ＋ ＝ ，
W W ΔE
G f k
故 错误；由于篮球在运动过程中，空气阻力做负功，则篮球在离开手时
C
刻的机械能最大，故 正确。
D
目录【例5】
（
2024·
四川资阳二模）
2024
年跳水世界杯紫特利尔站比赛于
3
月
日落幕，中国跳水“梦之队”包揽全部金牌，以 金 银 铜的成绩位列奖
3 9 1 2
牌榜第一。某次跳水训练时，质量为 的运动员到达最高点后由静止下
m
落，下落过程中运动员所受阻力恒定，大小为 ， 为重力加速度大
mg g
1
小。在运动员从最高点开始重心下落 的过程中（运动员未接触水面），
h
10
下列说法正确的是（ ）
. 运动员的动能增加了
A mgh
. 运动员的重力势能减少了
B mgh
9
. 运动员受到的合力做的功为
C mgh
10
1
√. 运动员的机械能减少了
D mgh
10
1
10
目录解析：运动员从最高点开始下落的过程中，受到的合力大小 ＝ －
F mg
合
＝ ，在运动员从最高点开始重心下落 的过程中合力做的功 ＝
mg mg h W
合
1 9
10 ＝ 10 ，根据动能定理可知，运动员的动能增加了 ，故 、 错
F h mgh mgh A C
合
9 9
误；在运动员从最高点开始重心下落 的过程中，重力做的功 ＝ ，
h W mgh
10 10 G
则运动员的重力势能减少了 ，故 错误；运动员的机械能的变化量等于
mgh B
除重力外其他力做的功，即运动员受到的阻力做的功，则有 ＝ ＝－
ΔE W
f
，可知运动员的机械能减少了 ，故 正确。
mgh mgh D
1 1
10 10
目录【例6】
（
2024·
浙江诸暨模拟）如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下
滑。下列关于滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数 、儿童的速度大小 、重
μ v
力势能 和机械能 随运动时间 的变化关系中正确的是（ ）
E E t
p
目录答案：
C
解析：儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度 不变，则根据匀变
a
速直线运动规律可知 ＝ ，故 与 成正比，故 错误；设滑梯与水平面倾
v at v t B
斜角为 ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为 ＝ －
θ F mgsin θ μmgcos θ
合
＝ ，则 ＝ － ，加速度不变，则动摩擦因数 不变，故 错
ma a gsin θ μgcos θ μ A
误；设儿童初始重力势能为 ，重力做正功，则重力势能减小，即 ＝
E mgh
p0
＝ × ＝ － ，整理得 ＝ － × 可知
mgxsin θ mgsin θ at2 E E E E mgsin θ at2 E -t
p0 p p p0 p
1 1
图像应该是向下开口的抛物线，故 正确；设初始机械能为 ，除重力和
C E
0
2 2
系统内弹力以外的其他力做功等于机械能改变，即－ ＝－
μmgxcos θ μmgcos
× ＝ － ，整理得 ＝ － × ，可知 图像应该是向下
θ at2 E E E E μmgcos θ at2 E-t
0 0
1 1
开口的抛物线，故 错误。
D
2 2
目录【例7】
（
2024·
山西太原二模）如图所示，套在一
光滑的水平固定轻杆上的小球 和另一小球 由绕过
A B
两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球 、 通过一竖
B C
直轻弹簧相连， 球放在水平地面上，定滑轮 到水
C N
平轻杆的竖直距离为 。初始时 和 两段细线均竖直，小球 位于轻杆上
L MB NA A
的 点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力 ＝ 拉小球
P F mg
1
，当 运动到 点时， 与水平方向的夹角为 ＝ °，此时 恰好离开地
A A P NP θ 37 C
2 2
面。已知小球 、 、 的质量均为 ，重力加速度为 ，弹簧始终处于弹性限
A B C m g
度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知 °＝ . ， °＝
sin 37 0 6 cos 37
. ，求：
0 8
目录（ ）弹簧的劲度系数；
1
答案：
3
解析： 设
弹簧的劲度系数为
k
，初始时，弹簧被压缩，设压缩量
为 ，对 有 ＝ ，当 运动到 处时， 恰好离开地面，此时弹簧
x B kx mg A P C
1 2
处于伸长状态，设伸长量为 ，对 有 ＝ ，根据几何关系可得
x C kx mg x
2 2 1
＋ ＝ － ＝ ，解得 ＝ 。
x L L k
2 °
2 3
sin37 3
目录（ ） 球在 点时的速度大小。
2 A P
2
答案：
10 123
解析： 设 A1在23P 点时的速度大小为
v
，则此时
v
＝
vcos 37
°，小球
2 B
在 和 处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有 ＝
A P P F·
1 2
（ ＋ ）＋ ＋ ，解得 球在 点时的速度大小 ＝tan
mg x x mv2 m A P v
1 2 2
1 1
2
2 2
。
10 123
123
目录拓展思维空间
目录弹簧弹性势能公式的应用
. 在求弹簧的弹力做功时，因弹力为线性变化，可以先求平均力，再用功
1
的定义进行计算，也可以根据动能定理和功能关系、能量转化和守恒定
律求解。
. 要注意弹簧弹力做功的特点： ＝－ ，弹力做的功等
2 W
k
1 1
2 2
于弹性势能增加量的负值。
2 1
2 − 2
. 弹性势能的公式为 ＝ ，高考不作定量要求，可作定性讨论。因
3 E kx2
p
1
此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角
2
度来求解。
目录【典例1】
（
2024·
江西南昌三模）蹦极是一项非常刺激的户外运动。一
质量为 的体验者（可视为质点），绑着一根原长为 、劲度系数为 的弹
m L k
性绳从高台上坠下。已知弹性绳的弹性势能 和形变量 的关系为 ＝
E x E
p p
。若不计空气阻力、体验者的初速度和绳的质量，则下列说法正确的
kx2
1
是（ ）
2
. 下落过程中该体验者的机械能守恒
A
. 当弹性绳伸长量等于 时，弹性绳的势能达到最大值
B
. 体验者的最大速度为 ＋
C
2
2 ＋ ＋（ ）
. 体验者下落的最大距离为
D
2
2
目录答案：
C
解析：下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故
A
错误；当弹性绳伸长量等于 ＝ 时，则 ＝ ，体验者的速度最大，当
x mg kx
1 1
体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据系统机
械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故 错误；当弹性绳伸长量等于
B
时，体验者的速度最大，根据动能定理 （ ＋ ）－ ＝ ，解
mg L x k m
1
1 1
2 2
1 m
2 2
得 ＝ ＋ ，故 正确；
v C
m
2
2
目录体验者下落的距离最大时，根据动能定理可得 （ ＋ ）－ ＝ ，解
mg L x k 0
2
1
2
2
2
＋ ＋（ ）
得此时弹性绳伸长量为 ＝ ，体验者下落的最大距
x
2 2
2
＋ ＋（ ）
离为 ＝ ＋ ＝ ＋ ，故 错误。
s x L L D
2 2
2
目录【典例2】 （ 2024· 山东高考 7 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 的轻质弹性绳连
l
接，连接点等高且间距为 （ ＜ ）。两木板与地面间动摩擦因数均为 ，
d d l μ
弹性绳劲度系数为 ，被拉伸时弹性势能 ＝ （ 为绳的伸长量）。现用
k E kx2 x
1
水平力 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
F
2
中两人与所坐木板保持相对静止， 保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦
k
力，重力加速度大小为 ，则 所做的功等于（ ）
g F
（ ）
. ＋ （ － ）
A μmg l d
2
（ ）
. ＋ （ － ）
B μmg l d
2
2
3
（ ）
. ＋ （ － ）
C 2μmg l d
2
2
3
（ ）
. ＋ （ － ）
D 2μmg l d
2
2
目录
2 答案：
B
解析：方法一 当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成
的整体有 ＝ ，解得弹性绳的伸长量 ＝ ，则此时弹性绳的弹性势
μmg kx x
0 0
能为 ＝ ＝ ，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原
E k
0
2 2 2
1
位置的过程， 2乙所坐木板的位移为
x
＝
x
＋（
l
－
d
），则由功能关系可知该
0 1 0
2 2
（ ）
过程 所做的功 ＝ ＋ ＝ ＋ （ － ）， 正确。
F W E μmgx μmg l d B
0 1
2
3
方法二 画出外力 与乙所坐的木板的位移 的关系图像
F x
2
如图所示，则外力 做的功 ＝ （ － ）＋
F W μmg l d
（ ） （ ）
＝ ＋ （ － ）， 正确。
x μmg l d B
0
2
+2 3
目录
2 2 提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7 8
. （ 吉林长春三模） 年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛于
1 2024· 2024
北京时间 月 日落幕，中国蹦床队斩获 金 银，取得“开门红”。如
2 25 3 2
图所示，某次比赛时，运动员从蹦床正上方 点由静止下落，运动员在
A
点接触蹦床并将蹦床压缩至最低点 点，不计空气阻力，则下列说法
B C
正确的是（ ）
√
. 运动员从 点运动到 点的过程中机械能减小
A B C
. 运动员从 点运动到 点的过程中机械能守恒
B A C
. 运动员从 点运动到 点的过程中动能逐渐增大
C B C
. 运动员从 点运动到 点的过程中蹦床的弹性势能先增
D B C
大后减小
目录1 2 3 4 5 6 7 8
解析： 运动员从 点运动到 点的过程中机械能守恒；运动员从 点
A B B
运动到 点的过程中，蹦床对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减
C
小，选项 正确， 错误；运动员从 点运动到 点的过程中先重力大于
A B B C
弹力，向下加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，
蹦床的弹性势能一直增大，选项 、 错误。
C D
目录1 2 3 4 5 6 7 8
. （ 北京市海淀区高三模考）如图所示，将轻质弹簧的一端固定在
2 2024·
水平桌面上 点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在 点。用一个
O A
金属小球挤压弹簧至 点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹
B
出，已知 点为 的中点，则（ ）
C AB
. 从 到 过程中，小球的机械能守恒
A B A
. 从 到 过程中，小球的动能一直在增大
B B A
. 从 到 过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
C B A
. 从 到 过程弹簧弹力对小球做功大于从 到 过程弹簧弹力
√D B C C A
对小球做功
目录1 2 3 4 5 6 7 8
解析： 从 到 过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且
B A
弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故 错误；从 到 过程中，弹簧
A B A
弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球
的动能先增大后减小，故 错误；从 到 过程中，弹簧的压缩量一直在
B B A
减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故 错误；因为从 到 过程弹簧的
C B C
平均作用力大于从 到 过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相
C A
等，故从 到 过程弹簧弹力对小球做的功大于从 到 过程弹簧弹力对
B C C A
小球做的功，故 正确。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8
. 某踢出的足球在空中运动的轨迹如图所示，足球可视为质点，不计空气
3
阻力。用 、 、 、 分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动
v E E P
y k
能、重力的瞬时功率大小，用 表示足球在空中运动的时间， 表示足球
t h
离地面的高度，下列图像中可能正确的是（ ）
√
目录1 2 3 4 5 6 7 8
解析： 上升过程竖直速度 ＝ － ，下降过程竖直速度 ＝ ，可
v v gt v gt
y 0y y
知图像是两段直线，选项 错误；足球在空中运动时机械能守恒，则
A E-t
图像是平行横轴的直线，选项 错误；根据机械能守恒定律可知 ＝
B E E
k k0
－ ，选项 正确；重力的功率 ＝ ＝ ，则 图
mgh C P mgv mg P-h
y
像是曲线，选项 错误。 2
D
0
− 2 ℎ
目录1 2 3 4 5 6 7 8
. （ 四川宜宾三模）如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，
4 2024·
其底部装有弹簧，使用时人对弹簧施加压力，使弹簧形变后产生竖直向
上的弹力，将人向上弹离地面，某次上升过程中人的动能 随重心上升
E
k
高度 变化的图像如图乙所示，上升高度为 时动能达到最大值，图中
h h
1
～ 段对应图线为直线，其余部分为曲线，已知弹簧形变未超出弹性
h h
2 3
限度，空气阻力忽略不计，下列说法错误的是（ ）
√. 上升高度为 时，人的加速度达到最大值
A h
1
. 上升高度为 时，弹跳鞋离开地面
B h
2
. 在 ～ 的上升过程中，人的机械能一直增大
C 0 h
2
. 在 ～ 的上升过程中，人处于失重状态
D h h
2 3
目录1 2 3 4 5 6 7 8
解析： 假设弹簧的作用力为 ，可知 ＝ ，在上升过程中有 －
F F kx F mg
＝ ， ＝ ＝ ，随着人的上升，弹簧形变量减小， 逐渐减
ma a a
− −
小，在高度为 时 ＝ ，此时 ＝ ，并非加速度取最大值，故 错
h F mg a 0 A
1
误；由图像可知， ～ 阶段人向上做加速度增大的减速运动，此时仍
h h
1 2
有弹力。 ～ 阶段人向上做匀减速直线运动，此时已没有弹力作用。
h h
2 3
因此 高度时鞋开始脱离地面，故 正确；在 ～ 的过程中，弹簧对人
h B 0 h
2 2
做正功，人的机械能增大，故 正确；在 ～ 的过程中，人做竖直上
C h h
2 3
抛运动，加速度向下，处于失重状态，故 正确。
D
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5
. （
多选
）（
2024·
黑龙江哈尔滨一模）如图甲所示的无人机，某次从地
面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度 随上升高度 的变化关系
a h
如图乙所示。已知无人机的质量为 ，重力加速度为 ，取竖直向上为
m g
正方向，不计空气阻力，则从地面飞至 高处的过程中，无人机（ ）
3h
0
. 先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
A
√
. 飞至 高处时速度大小为
B h
0
√. 飞至 高处时无人机所受的升力为
C 2h 2mg
0
0 ℎ
√D . 机械能增加量为 5 . 5mgh
0
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解析： 由图乙可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线
运动，故 错误；飞至 高处时，根据动能定理可得 ＝ ＝
A h W mgh
0 合 0
1
，解得速度大小为 ＝ ，故 正确；飞至 高处时2 ，根据牛顿
mv2 v B 2h
0
1
第二定律 － ＝ ，解得无人机所受的升力为 ＝ ，故 正确；从
F mg mg 0 F 2mg C
2 ℎ
地面飞至 高处的过程中，无人机动能的增加量 ＝ ＋
3h ΔE mgh mg·2h
0 k 0 0
1
＝ . ，重力势能的增加量 ＝ ＝ ，机械能的增加量
2 5mgh ΔE mg·3h 3mgh
0 p 0 0 2
＝ ＋ ＝ . ，故 正确。
ΔE ΔE ΔE 5 5mgh D
k p 0
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6
. （
多选
）（
2024·
广东广州二模）如图竖直细管固定在薄板上，光滑钢
球在右侧直管被磁铁吸住，移动磁铁可使钢球从不同高度释放。撤去磁
铁，钢球从静止下滑并进入管道做圆周运动。已知钢球质量为 ，管道
m
半径为 ，左右两侧管口到薄板距离分别为 和 ，重力加速度为 ，则
R R 4R g
（ ）
. 钢球在圆管最高点的最大速率为
√A 2
. 钢球在圆管最高点对轨道的最小弹力为
B mg
. 释放高度 ＝ ，钢球刚好能到达左侧管口
C h R
√. 释放高度 ＞ ，钢球能从左侧管口离开
D h 2R
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解析： 当钢球从右侧管口处释放时，钢球的机械能最大，到达最
高点时的速率最大，根据动能定理得 ×（ － ）＝ ，解得 ＝
mg 4R 2R mv2 v
1
，故 正确；当钢球的释放高度 ＝ . ，此时，根据机械能守恒
2 A h 2 5R 2
得 ×（ － ）＝ ，所需向心力 ＝ ，解得 ＝ ，可得此
mg h 2R mv2 F m F mg
n n
2
1
时重力恰好提供向心力，钢球在圆管最高点时对轨道的弹力为零，故
B
2
错误；钢球若从左侧管口离开，则钢球需能到达圆管的最高点，由题意
可知，钢球恰能通过最高点时的速率为零，则根据机械能守恒得 ×
mg
（ － ）＝ ，解得 ＝ ，所以，钢球若能从左侧管口离开，则
h 2R 0 h 2R
min min
释放高度 ≥ ，故 错误， 正确。
h 2R C D
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. （ 浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装
7 2024·
置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨
道 ，圆心为 的竖直半圆轨道 、圆心为
AB O BCD O
1 2
的竖直半圆管道 ，倾斜直轨道 及弹性板等
DEF FG
组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量 ＝
m
. （可视为质点），轨道 的半径 ＝
0 02 kg BCD R
. ，管道 的半径 ＝ . ，滑块与轨道 间的动摩擦因数 ＝
0 9 m DEF r 0 1 m FG μ
. ，其余各部分轨道均光滑，轨道 的长度 ＝ ，倾角 ＝ °，滑块
0 8 FG l 1 m θ 37
与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用
后以等大速率弹回。（ °＝ . ， °＝ . ）
sin 37 0 6 cos 37 0 8
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（ ）在某次游戏中滑块第 次运动到与 等高的 点时的速度 ＝
1 1 O C v 3
1 1
，求滑块受到的支持力大小。
m/s
答案： .
0 2 N
解析： 滑块在 点，受到的弹力提供向心力，则 ＝ ，
C F m
NC
2
1
解得 ＝ . 。
F 0 2 N
NC
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（ ）滑块恰好到达 ，求弹簧的弹性势能。
2 F
答案： .
0 45 J
解析： 假定滑块刚好到达 点有 ＝ ，从 运动到 点－
F v 0 A F mg
F
（ ＋ ）＝－ ，解得 ＝ . ，滑块要能到 点，须先通过
2R 2r E E 0 4 J F
p1 p1
点，刚好过 点时有 ＝ ，得 ＝ ，从 运动到 点，
D D mg m v 3 m/s A D
D
2
有－ × ＝ － ，解 得 ＝ . ，因为 ＞ ，所
mg 2R m E E 0 45 J E E
p2 p2 p2 p1
1
2
以恰好到 点时，弹簧的弹性势能为 . 。
F 0 45 J
2
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（ ）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器，要使滑块最终停在轨道
3 FG
上，求弹簧的弹性势能 的取值范围。
E
p
答案： . ≤ ≤ .
0 45 J E 0 656 J
p
解析： 由于 ＞ ，滑块在弹回的过程中刚好停在 点时弹簧
μ tan θ F
的弹性势能最大，从 运动到 过程，根据动能定理得－ （ ＋
A F mg 2R
）－ ＝ － ，解得 ＝ . ，所以弹簧的弹性势
2r μmgcos θ·2l 0 E E 0 656 J
p p
能 的取值范围 . ≤ ≤ . 。
E 0 45 J E 0 656 J
p p
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. （ 湖南师大附中高三月考）如图所示，质量为 的小球甲穿过一竖
8 2024· m
直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，弹簧下端固定在地面，质量为 的物
4m
体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚
好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为 。某时刻由静止
α
释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到 点， 两点的连线水
Q OQ
平， ＝ ，且小球在 、 两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力
OQ d P Q
加速度为 ，弹簧弹性势能的表达式为 ＝ （ 为弹簧的劲度系数，
g E kx2 k x
p
1
为弹簧的形变量）， ＝ . ， ＝ . 。求：
sin α 0 8 cos α 0 6
2
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（ ）弹簧的劲度系数 ；
1 k
答案：
3
解析： 由2 于 P 、 Q 两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定
律可知 点的压缩量等于 点的伸长量，由几何关系知 ＝
P Q PQ dtan α
＝
d
4
则3小球位于 点时弹簧的压缩量为 ＝ ＝
P x PQ d
1 2
对 点的小球由力的平衡条件可知 ＝
P mg kx
2 3
解得 ＝ 。
k
3
目录
2 1 2 3 4 5 6 7 8
（ ）小球位于 点时的速度大小；
2 Q
答案：
8
解析：当小球运动到 点时，假设小球甲的速度为 ，此时小球甲的
Q v
3
速度与绳子 垂直，所以物体乙的速度为零，又知小球、物体和
OQ
弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得
4mg·
－ ＝ cos −
mgdtan α mv2
1
2
解得 ＝ 。
v
8
目录
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（ ）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一
3
水平面上，且以此水平面为零势能面）。
答案：
解析：由 系
3
统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球
甲和物体乙的机械能之和最大 ＝ ＝ 。
E kx2
m
1
2 3
目录
