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第三部分 专项提能优化训练
专题3.3 系统机械能守恒及能量守恒定律的应用问题
目录
一．连接体的机械能守恒问题..................................................................................................................................1
二．应用能量守恒解决实际问题..............................................................................................................................8
三 功能关系与能量守恒的综合应用......................................................................................................................12
一．连接体的机械能守恒问题
轻 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方
向的分速度大小相等.
绳
模
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高
型 度变化的关系.
①平动时两物体速度相等，转动时两物体角
速度相等.沿杆方向速度大小相等.
轻
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，
杆
杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.
模
型 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和
各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统
机械能守恒.
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力
做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守
轻 恒，而单个物体机械能不守恒.
弹
②同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变
簧
量的大小，在弹性限度内形变量相等，弹性
模 势能相等.
型
③由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系
统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的
物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零).
1.(多选)(2022·河北高考，9)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
在定滑轮上，质量m >m ，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，
Q P
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t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，
此时物体Q的机械能为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∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小
【答案】 BCD
【解析】 开始释放时物体Q的加速度为，则m g－F ＝m ·，F －m g＝m ·，解得F ＝m g，＝，选项A
Q T Q T P P T Q
错误；T时间内，P上升的距离h ＝×T2＝，在T时刻，两物体的速度v ＝，细线断后P能上升的高度h ＝
1 1 2
＝，可知开始时P、Q距离为h＝h ＋h ＝。因t＝0时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E
1 2
＝m gh＝，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为W ＝F h ＝，则此时物体Q的机械能E′
Q T T 1
＝E－W ＝＝，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，选项B正确；在2T时刻，
F
重物P的速度v＝v－gT＝－方向向下；此时物体P重力的瞬时功率P ＝m gv＝·＝＝，选项C、D正确。
2 1 G P 2
2.(多选)(2022·河北石家庄二模)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线 O自
由转动，其轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为 2
kg、1 kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮
轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10 m/s2。在P从静止下降1.2 m的过程中，下列说法正确的
是( )A.P、Q速度大小始终相等
B.Q上升的距离为0.6 m
C.P下降1.2 m时Q的速度大小为2 m/s
D.P下降1.2 m时的速度大小为4 m/s
【答案】 BD
【解析】 由题意知，轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，根据线速度与角速度关系可知＝＝，故A项错
误；在P从静止下降1.2 m的过程中，由题意得＝＝，解得h ＝0.6 m，故B项正确；根据机械能守恒得
Q
m gh ＝m v＋m v＋m gh ，代入数值解得v ＝2 m/s，v ＝4 m/s，故C项错误，D项正确。
P P P Q Q Q Q P
3.(2022·安徽淮南模拟)如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套有一质量为m的小球A(可视为质点)，一根竖直
轻弹簧一端固定在地面上，另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块B相连，
另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，已知此时
整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直，现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到最低
点Q时OQ与杆之间的夹角为37°，不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(
)
A.小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为L
B.小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能减少了mgL
C.小球A由P下滑至Q的过程中，一定先做加速运动，后做减速运动D.若将小球A换成质量为的小球C，并将小球C拉至Q点由静止释放，则小球C运动到P点时的动能为
mgL
【答案】 C
【解析】 由题意可知OP＝L，PQ＝＝L，OQ＝＝L，B上升的高度为h＝OQ－OP＝L，设在P点时，弹
簧压缩量为x ，在Q点时，弹簧伸长为x ，则x ＋x ＝L，故A错误；小球A由P下滑至Q的过程中，弹
1 2 1 2
簧弹性势能变化量ΔE ，由机械能守恒定律得－mg·L＋mg·L＋ΔE ＝0，则ΔE ＝mgL，故弹性势能增加了
p p p
mgL，故B错误；小球A在P点的速度为零，下滑至Q点时速度也是零，则小球A由P下滑至Q的过程中，
速度先增加后减小，故C正确；在P点由速度关联可得v cos 90°＝v ，因此B物体的速度为零，由机械能
A B
守恒可得mg·L－mg·L－ΔE＋ΔE＝0，则E＝mgL，故D错误。
p k k
4.(多选)(2022·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆
上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两
直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，
B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是(
)
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度大于
D．B的最大速度为
【答案】 AC
【解析】 不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A
正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝mv 2＋mv 2，其中
A B
v cos 45°＝v ，解得A的速度为v ＝，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由
A B A
系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝mv 2，解得A的速度为v ＝>，C正确；当轻杆与水平杆垂
A1 A1
直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝mv 2，解得B的最大
Bmax
速度为v ＝，D错误．
Bmax
5.(2022·吉林洮南期中)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并
使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知 A的质量为4m，
B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放
A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列
说法正确的是( )
A.释放A的瞬间，B的加速度为0.5g
B.C恰好离开地面时，A达到的最大速度为2g
C.斜面倾角α＝45°
D.从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】 B
【解析】 设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x ，则kx ＝mg，物体C刚刚离开地面时，以B
C C
为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kx 、细线的拉力F 三个力的作用，设物体B的加速度为
C T
a，根据牛顿第二定律，有F －mg－kx ＝ma，对A有4mgsin α－F ＝4ma，解得4mgsin α－mg－kx ＝
T C T C
5ma，当B获得最大速度时，有a＝0，解得sin α＝，所以α＝30°，故C错误；释放A的瞬间，此时对AB
整体加速度大小相同，根据牛顿第二定律 4mgsin 30°－mg＝(4m＋m)a ，代入数值得a ＝0.2g，B的加速
AB AB
度为0.2g，故A错误；设开始时弹簧的压缩量x ，则kx ＝mg，当物体C刚离开地面时，物体B上升的距
B B
离等于物体A沿斜面下滑的距离，为h＝x ＋x ，由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且
C B
物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为v ，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由
Bm
机械能守恒定律得4mghsin α－mgh＝(4m＋m)v，代入数据解得v ＝2g，故B正确；从释放A到C刚离开
Bm
地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故
D错误。
6.(多选)(2022·吉林长春市高三期末)如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光
滑轻质滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连．用手托住物体Q使整个系
统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，ABv ，故D正确.
B p 克f B B
4.(2022·浙江名校联盟联考)如图甲所示是小朋友玩蹦床的示意图。从小朋友下落到离地面高 h处开始计时，
其动能E 与离地高度h的关系如图乙所示，在h ～h 阶段图像为直线，其余部分为曲线，h 对应图像的最
k 1 2 3
高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．整个过程中小朋友的机械能守恒
B．从h～h 过程中，小朋友的加速度先增大后减小
2 5
C．从h～h 过程中，蹦床的最大弹性势能为E ＝mg
1 5 pm
D．小朋友处于h＝h 高度时，蹦床的弹性势能为E＝mg
4 p
【答案】 C
【解析】 小朋友受蹦床弹力做功，机械能不守恒，小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；小朋
友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，小朋友下降过程中x增大，则a减小，从弹力等
于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降过程中x增大，则a′增大，则从小朋
友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中(从h～h 过程中)，其加速度先减小后增大，B错误；小
2 5
朋友从h 下降到h 过程中，动能增量为零，由机械能守恒定律知重力势能减少量等于蹦床弹性势能增加量，
1 5
所以蹦床的最大弹性势能为E ＝mg(h －h)，C正确；小朋友处于h＝h 高度时，由于h 高度时的动能与
pm 1 5 4 4
h 高度时的动能相等，所以从h 到h 过程重力势能损失量等于蹦床弹性势能增加量，h 为小朋友刚接触蹦
2 2 4 2
床时的高度，弹性势能为零，所以h 高度时的弹性势能为E＝mg(h－h)，D错误。
4 p 2 45.(多选)(2022·安徽安庆市高三二模)如图所示，一根绝缘轻弹簧左端固定在绝缘的竖直挡板上，弹簧自然伸
长时右端位于O点．用一根不可伸长的绝缘轻绳，通过轻质光滑定滑轮连接带电物块P(视为点电荷)和不
带电物块Q，物块P所带的电荷量为＋q，物块P与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，整个空间存在水平向左
的匀强电场，场强E＝，AO＝2x，OB＝x，物块P和Q的质量均为m，现将物块P从图中A点由静止释放，
P能向左运动并压缩弹簧到最短的位置B点，P与滑轮之间的轻绳始终与水平面平行，不计空气阻力及弹
簧与水平面间的摩擦力，重力加速度为g，整个过程中，滑轮右边的轻绳始终处于伸直状态，则( )
A．物块P从A点运动至O点的过程中，轻绳对物块Q的拉力大小为mg
B．物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能增加5mgx
C．物块P运动至O点时的动能为3mgx
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为4.5mgx
【答案】 BD
【解析】 物块P释放后向左做加速运动，根据牛顿第二定律，对物块 P，Eq－μmg－F ＝ma，对物块
T
Q，F －mg＝ma，解得绳子拉力F ＝1.75mg，A错误；物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能的
T T
增加量等于电场力和摩擦力所做的总功，即W＝(qE－μmg)·2x＝5mgx，B正确；物块P从A运动至O点过
程中，对P、Q系统由能量守恒定律得W＝mg·2x＋2E，解得E＝mgx，C错误；物块P从A运动至B点过
k k
程中，对P、Q系统由能量守恒定律得qE·3x＝mg·3x＋Q＋E，Q＝μmg·3x，解得E＝4.5mgx，D正确．
p p
6.(多选)(2022·河南省普通高中高三下学期3月适应性考试)如图甲所示，弹性轻绳下端系一物块，用外力将
物块下拉至离地高度h＝0.1 m处，然后由静止释放物块，通过传感器测量得到物块的速度和离地高度 h，
并作出物块的动能E 与离地高度h的关系图象(图乙)，其中高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线，
k
其余部分为曲线.以地面为零势能面，重力加速度g取10 m/s2，弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力.
由图象可知( )
A.物块的质量为0.2 kgB.弹性绳的劲度系数为250 N/m
C.刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5 J
D.物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32 J
【答案】 AC
【解析】 高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线，弹性绳松弛，物块做竖直上抛运动，由动能定理
可得ΔE＝mgΔh，E－h图线斜率的绝对值k′表示物块重力的大小，即k′＝ N＝mg，可得物块的质量为0.2
k k
kg，A正确；当h ＝0.18 m时，动能达到最大，此时满足mg＝kx，可得k＝＝ N/m＝100 N/m，B错误；
1
从刚释放至最高点过程，弹性绳的弹性势能全部转化为物块的重力势能，据能量守恒定律可得 E ＝mgΔh′
px
＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，C正确；物块和弹性绳整体机械能守恒，当物块动能最大时，物块的重力势
能与弹性绳的弹性势能总和最小，刚释放瞬间，物块的总的机械能为 E ＝E ＋mgh＝0.5 J＋0.2 J＝0.7 J，
机 px
由题图可知，物块的最大动能为0.32 J，故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为 0.7 J－0.32 J＝
0.38 J，D错误.
7.如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现
将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′(虚线下方的摩擦不计)．沿
斜面上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块第
二次上滑的最远位置离N的距离为.重力加速度为g.
(1)求物块与粗糙斜面NN′间的动摩擦因数；
(2)若已知物块的质量为m，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为E ，求第二次物块从弹簧被压缩最短
p
到运动到N点的距离L.
【答案】 (1)tan θ (2)－s
【解析】 (1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得
mgsin θ·－μmgcos θ·(s＋)＝0
解得μ＝tan θ
(2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得
E＝mgLsin θ＋mgsin θ·＋μmgcos θ·
p
解得L＝－s.
8.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧
绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现
给A、B一初速度v ＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好
0
能弹到C点.已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程
中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)物体A向下运动刚到达C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋·3m(v2－v2)＝mgL＋μ·2mgcos θ·L
0
解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，从C点出发，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统
动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为E ，从C点至弹簧压缩量最大过程中
pm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcos θ·x＋E
pm
解得E ＝6 J.
pm
9.(2022·安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有
着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图所示是一种弹性缓
冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的
滑动摩擦力为定值F.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v 向右撞
f 0
击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与
地面间的摩擦．求：(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
【答案】 (1) (2) (3)E ≤mv2＋FL
km 0 f
【解析】 (1)从开始压缩到分离，由能量守恒得
mv2－mv2＝F
0 1 f
则v＝
1
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝at2
解得最长时间t＝
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v 时，则由系统能量关系有mv2＝E
0 0 p
＋F
f
速度最大为v 时，则由系统能量关系有
m
mv 2＝E＋FL
m p f
得mv 2－mv2＝FL
m 0 f
最大动能E ≤mv2＋FL.
km 0 f
