文档内容
考点 23 机械能守恒定律及其应用
1. 3年真题考点分布
题型 选择题、解答题
机械能守恒定律的理解与判断；解决单个物体的机械能守恒问题；解决多个
高考考点
物体机械能守恒问题（包括轻绳模型、轻杆模型和轻弹簧模型）；
2023 上海卷3题、全国甲卷14题、全国甲卷14题、湖南卷8题
新高考 2022 河北卷9题、上海卷19题、江苏卷10题、湖北卷5题、湖北卷16题、
2021 重庆卷5题、河北卷6题、海南卷2题、浙江春招卷22题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计13次，主要考查：
1. 机械能守恒定律的理解和判断；
2. 单个物体的机械能守恒问题的理解和计算；
3. 多个物体关联的机械能守恒问题的理解和计算
【备考策略】理解并掌握机械能的概念，理解机械能的守恒条件；理解多物体构成速度关联问题并解决系
统机械能守恒问题。
【命题预测】本节内容是新高考各省命题的常考知识点之一，容易考察机械能的概念，机械能守恒条件的
理解以及机械能守恒条件的运用。本节内容在高考题中一般会以中等及以上的题型出现，压
轴题出现的概念会偏大，2024年考生需要强化模型概念，理解速度关联问题，建立守恒概念。
1考法一 机械能守恒的理解与判断
一、重力做功与重力势能的关系
1. 重力做功的特点
（1）重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关；
（2）重力做功不引起物体机械能的变化．
2．重力势能
（1）表达式：E＝mgh.
p
（2）重力势能的特点
①矢标性：重力势能是标量，有正负，其正负表示大小；
②相对性：重力势能具有相对性，在计算重力势能之前必须选择参考面，参考面的选择是任意的，通
常以地面作为参考面；
③系统性：重力势能是物体和地球所共有的，不是物体单独所有。如果没有地球对物体的吸引，就谈
不上重力做功和重力势能了。
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量．即W ＝ － (E － E )＝ － ΔE .
G p2 p1 p
二、弹性势能的表达
1．弹性势能
（1）定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
（2）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W
2＝ － ΔE =Ep-Ep .
p 1 2
（3）表达式
①“化变力为恒力”求弹力做功：W
总
=F
1
△x
1
+F
2
△x
2
+F
3
△x
3
+F
4
△x
4
+……
②利用F-x图像：图像与x轴所围成面积的数值就是弹力做的功；
③表达式（以弹簧原长为零势点）： （x指弹簧的形变量）
三、机械能守恒定律
1. 机械能：动能、重力势能和弹性势能统称机械能；
（1）机械能是标量，只有大小，没有方向，但有正负，其正负表示大小；
（2）机械能具有相对性，只有参考系和参考面确定后，机械能的研究才有意义；
（3）机械能是状态量，对应着某一时刻或某一位置；
2. 机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力（不考虑空气阻力的各种抛体运动）或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以
相互转换，总的机械能保持不变；
（2）机械能守恒的条件
①只有重力或系统内弹力做功，物体的机械能守恒；
②除重力和系统内弹力外，物体受到的其他力不做功或其他力做功代数和为零；
3. 机械能守恒的三种表达式
表达式 表达意义
系统内初末状态机械能总和相等
守恒观点
系统（或物体）机械能守恒时，系统减少（或增加）的动能等
转化观点
于系统减少（或增加）的动能
在A、B组成的系统中，A机械能的增加量等于B机械能的减少
转移观点
量
4．机械能守恒判断的三种方法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不
定义法
变，则机械能守恒
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代
做功法
数和为零，则机械能守恒
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则
转化法
机械能守恒
5. 机械能守恒条件的理解及判断
（1）机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于
“只受重力或弹力作用”．
（2）对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．
（3）对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该
是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，
3无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．
【典例1】（2023·浙江·高考真题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游
客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小 B．重力势能减小
C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮
绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，
速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，
合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。
故选B。
1．（2023·广东·统考三模）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与
P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
【详解】A．Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与 Q的位移方向夹角大于90°，则
P对Q做功不为零。故A错误；
BCD．Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属于内力并
且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向合力为零，即水平
方向动量守恒。系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正确；CD错误。
4故选B。
2．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四
分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由
静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，
下列说法正确的是（ ）
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．物块到不了水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
【答案】B
【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块
在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR=μmgL
轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x．
取向左为正方向，根据水平动量守恒得0=（M+m）v，则得 v=0
根据能量守恒定律得mgR= （M+m）v2+μmgx
联立解得 x=L，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。
故选B。
3．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考一模）位于张家界的“百龙天梯”傍山而建，直插云霄，垂
直高度达335m，运行高度为326m，被誉为世界上最高的户外电梯。若游客乘坐“百龙天梯”下山时，其
距离天梯底部的高度h与时间t的关系简化图如图所示，图中 段为直线，忽略重力加速度的变化，则
下列说法正确的是（ ）
A． 时间内，游客所受重力的功率逐渐减小
B．游客在 时间内受到的支持力大于在 时间内受到的支持力
C． 时间内，游客的机械能逐渐减小
5D． 时间内，游客处于失重状态； 时间内，游客处于超重状态
【答案】CD
【详解】A．根据 图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知， 时间内，游客的速度保持不变，根
据
可知游客在 时间内重力的功率保持不变，故A错误；
BD．根据 图线的切线斜率绝对值表示速度大小可知，游客在 时间内的速度增大，加速度方向向下，
处于失重状态，受到的支持力小于重力；游客在 时间内的速度减小，加速度方向向上，处于超重状
态，受到的支持力大于重力，即游客在 时间内受到的支持力小于在 时间内受到的支持力，故B
错误，D正确；
C． 时间内，天梯对游客的支持力一直做负功，游客的机械能逐渐减小，故C正确。
故选CD。
考法二 单个物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒定律的表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
【典例2】（多选）（2023·湖南·统考高考真题）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v 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的
0
是（ ）
6A．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
D．若小球初速度v 增大，小球有可能从B点脱离轨道
0
【答案】AD
【详解】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v = 0
C
则小球从C到B的过程中，有 ，
联立有F = 3mgcosα－2mg
N
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故F 逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨
N
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
C．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
解得 ，C错误；
D．小球在B点恰好脱离轨道有 ，则
则若小球初速度v 增大，小球在B点的速度有可能为 ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
0
故选AD。
1．（多选）（2023·河南·校联考模拟预测）如图一所示，轻杆与水平面的倾角为 ，带有小孔的小球
套在轻杆上，小球与轻杆之间的动摩擦因数 ，小球的质量 。 时由静止释放小球，同时
对小球施加沿轻杆向上的外力F，力F与时间的关系如图二所示。重力加速度为 ，下列说法正
确的是（ ）
7A． 内，小球的最大速度为
B． 内小球的机械能一直在增加
C． 后小球的重力势能最多增加
D． 后，小球做匀减速直线运动，速度为零后，小球将处于平衡态
【答案】AC
【详解】A． 内小球的加速度越来越大，速度越来越大，当小球的加速度为零时，小球的速度最大，
由牛顿第二定律得
时小球的加速度 ，速度最大， 图像与横轴围成的面积表示力F在这段时间内的冲量，所以
内，
由动量定理得 ，解得 ，故A正确；
B．小球机械能的增加量 ，
当外力F小于 时，小球的机械能开始减少，故B错误；
C． 后 ，小球做匀减速直线运动，加速度
时小球的速度
小球沿杆向上运动的最大位移
所以 后小球的重力势能最多增加 ，故C正确，
D．由于 ，所以小球速度减为零后反向沿杆做匀加速直线运动。故D错误。
故选AC。
2．（2023·江苏盐城·统考三模）现体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为 处
的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能虽和重力势能E的相对大小关系，可能正确的是（
）
8A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．由题意可知，物体重力势能变为原来的 ，A错误；
BC．由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，BC错误；
D．设释放位置所在平面为零势能面，则机械能为零，D正确。
故选D。
3．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）一质量为 可视为质点的小球，系于长为 的轻绳一
端，绳的另一端固定在 点，假定绳不可伸长，柔软且无弹性。现将小球从 点的正上方距离 点 的
点以水平速度 抛出，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为
B．轻绳从释放到绷直所需时间为
C．轻绳绷直后瞬间，小球的速度大小为
D．当小球到达 点正下方时，绳对质点的拉力为
【答案】D
9【详解】AB．小球水平抛出后，在绳子绷直之前做平抛运动，有 ， ，解得
， ，故AB错误；
C．绳子绷直时，水平方向的速度突变为零，只剩下竖直方向的速度，故速度 ，故C错误；
D．小球在绳子绷直后运动到 的正下方，机械能守恒，有
又在最低点，根据受力关系 ，解得 ，故D正确。
故选D。
考法三 多物体关联的机械能守恒问题
1．多物体机械能守恒问题的解题思路
2．多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．
（1）轻绳模型
三点提醒
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．
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒．
（2）轻杆模型
三大特点
①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．
10②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
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．
（3）轻弹簧模型
轻弹簧模型“四点”注意
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转
化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．
②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的
特点．
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形
变量的大小．
④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)．
【典例3】(多选)（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，
相距为 ，轨道上有两个物体 和B，质量均为 ，它们通过一根绕过定滑轮 的不可伸长的轻绳相连接。
在轨道间的绳子与轨道成 角的瞬间，物体 在下面的轨道上的运动速率为 。此时绳子 段的中点处
有一与绳相对静止的小水滴 与绳子分离。设绳长 远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列
说法正确的是（ ）
A．位于图示位置时物体B的速度大小为
B．小水滴 与绳子分离的瞬间做平拋运动
C．在之后的运动过程中当轻绳 与水平轨道成 角时，物体B的动能为
D．小水滴 脱离绳子时速度的大小为
【答案】AC
【详解】A．将物体B的速度分解到沿绳和垂直于绳方向如图甲所示，在轨道间的绳子与轨道成 角的瞬
间，有 ， ， ，故A正确；
D．绳子 段一方面向 点以速度 收缩，另一方面绕 点逆时针转动，在轨道间的绳子与轨道成 角
的瞬间，其角速度
11点既有沿绳子斜向下的速度 ，又有垂直于绳子斜向上的转动的线速度
P点的合速度即小水滴 的速度为 ，故D错误；
B． 点沿绳的分速度与物体B沿绳的分速度相同，垂直于绳的分速度小于物体B垂直于绳的分速度，物体
B的合速度水平向左，则小水滴 的合速度斜向左下，如图乙所示，故水滴做斜抛运动，故B错误；
C．当轻绳 与水平轨道成 角时，物体B沿绳方向的分速度为0，物体 的速度为0，物体运动过程中，
物体AB组成的系统机械能守恒，从题图示位置到轻绳 与水平轨道成 角时，根据机械能守恒定律得
解得 ，故C正确。
故选AC。
【典例4】（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）如图所示，将两个质量分别为m和2m的小球A和B用一
根长为L的轻杆（质量不计）连接，轻杆可绕通过中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置静止
释放，在杆转至竖直的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．两球的速度始终相同
B．任意一段时间 内，杆对两球的冲量一定不同
C．任意一段时间 内，杆对两球做的功代数和一定为零
D．B球的机械能保持不变
【答案】BC
【详解】A．杆转动过程中，两球速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．任一时刻，杆对两球的弹力大小相等，方向相反，所以杆对两球的冲量不相同，故B正确；
12C．因AB系统机械能守恒，故任意一段时间Δt内，杆对两球做的功代数和一定为零，故C正确；
D．B球从图中位置转到最低点过程中，A球转到最高点，A球的动能和势能都增大，说明杆对A球做正功，
由于杆是质量不计的轻杆，所以杆对B球做负功，此过程B机械能减少，故D错误。
故选BC。
【典例5】（2023·全国·统考高考真题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量
为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运
动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬
间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的 。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重
力加速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为 ，由题可知
离开桌面后由平抛运动规律得 ，
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
1．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）如图所示，一轻弹性绳一端系于A点，另一端与质量为
m、套在光滑竖直固定杆上B点的小球相连，此时A、B在同一水平线上，且弹性绳原长恰好等于A、B间
距L。现将小球从B点由静止释放，当小球下落至C点时动能最大，AC与水平方向的夹角为 。已知轻
弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，已知弹性绳的弹性势能为 ，式中x为弹性绳的伸长量，则
13小球的最大动能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】小球下落过程先加速后减速，当加速度为0时速度最大，动能最大，此时有
解得
由能量守恒定律得
解得
故选A。
2．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块 b放在光滑水平地面上，
a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，在a着地前的运动过程中，下列说
法正确的是（ ）
A．滑块a的机械能先减小后增大
B．滑块a的动能先增大后减小
C．轻杆对a的作用力先增大后减小
D．滑块a的加速度先减小后增大
【答案】A
14【详解】A．a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零；当
a到达底端时，b的速度为零，所以b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则b的机械能先增大后减
小。所以滑块a的机械能先减小后增大，故A正确；
B． b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力
就先是阻力后是动力，所以滑块a的动能一直增大，故B错误；
C．当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零，轻杆对a的作用力为零；轻杆对a的
作用力先减小后增大，故C错误；
D．轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，滑块a的一直增大，故D错误。
故选A。
3．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的小球
（可视为质点）从距弹簧上端高度为h的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在
竖直方向上振动。一段时间后，小球静止在O点，此时弹簧长度为 ，弹簧的弹性势能为 ，重力加速
度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在运动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球第一次下落过程中速度最大位置在O点
D．
【答案】D
【详解】A．小球停止运动时，受力平衡，根据平衡条件和胡克定律得
解得 ，A错误；
B．由分析可知小球开始从高处下落，第一次经过O点动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中
有阻力作用，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；
C．由于小球在运动过程中有阻力作用，第一次下落过程中合力为零的位置并不在最后的静止位置，故O
点不是下落过程中速度最大处，C错误；
15D．小球从被释放到第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒定律有 ，则
，D正确。
故选D。
【基础过关】
1．（2023·北京·统考模拟预测）某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图所示，当他突然
松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的E-h图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
k
A．弹簧原长为h
1
B．弹簧最大弹性势能大小为E
km
C．O到h 之间弹簧的弹力先增加再减小
3
D．h 到h 之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
1 2
【答案】D
【详解】ABC．弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为
零，速度达到最大，动能最大。此时弹簧还有一定的形变量，不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于
E 。故ABC错误；
km
D．运动过程中，对系统来说，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h 到h 之间弹簧笔的弹
1 2
性势能和动能之和减小，重力势能增加。故D正确。
故选D。
2．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两
个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球a和b，两球之间用一根长为L=0.2m的轻杆相连，小球b距
水平面的高度h=0.1m．两球由静止开始下滑到光滑水平面上，不计球与水平面碰撞时的机械能损失，取
g=10m/s2，下面对系统下滑的整个过程说法正确的是（ ）
16A．a球机械能守恒
B．b球机械能守恒
C．a球机械能的增加量为0.667J
D．b球机械能的增加量为0.667J
【答案】D
【详解】AB．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在b在水平面滑行，而
a在斜面滑行时，杆的弹力对a和b做功，所以a、b两球各自的机械能都不守恒．故AB错误；
CD．根据系统机械能守恒得：mg（h+Lsin30°）+mgh= （m+m）v2，代入解得v= m/s
a b a b
系统下滑的整个过程中b球机械能的增加量为△E= mv2﹣mgh= J=0.667J
b b
则a球机械能的减小量为0.667J．故C错误，D正确．
故选D。
3．（2023·云南·校联考一模）如图所示，质量 的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端
固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量 的物体Q
相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知 ，取重力加速
度大小 ，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度
v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】几何关系可得
则当P从A到B的过程中，Q的位移
由系统机械能守恒
17解得 ，则速度为3m/s。
故选A。
4．（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个
质量分别为 、 的小球a和b、用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h。两物体均可视为
质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。释放a球，b球刚落地时的速度大小为 。
则 的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小球a和b通过轻绳连接，在运动过程中两球的速度大小相等，机械能守恒，则有
解得 ，即 ，C正确，ABD错误。
故选C。
5．（多选）（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）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A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与
地面的距离为h，物体B静止在地面上，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
对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为
C．物体A着地时的加速度大小为 D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh
18【答案】AC
【详解】A.由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和
弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B.A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克
定律知：
得弹簧的劲度系数为 ，故B错误；
C.物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得 ，得 ，
故C正确；
D.物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：
所以 ，故D错误。
故选AC。
6．（2023·北京房山·统考一模）一个单摆在竖直平面内沿圆弧 做往复运动。某时刻摆球由A点从静
止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为 ，O点为摆动的最低点，则下列说法正确的是
（ ）
A．摆球在O点受重力、拉力、向心力
B．摆球摆动到O点时所受合外力为零
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加
D．摆球经过P点时摆角小于 ，则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力
【答案】C
【详解】A．摆球在O点受重力、拉力，A错误；
B．摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，B错误；
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可知，动能
增加，C正确；
D．摆球经过P点时摆角小于 ，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D错误。
故选C。
7．（2023·上海普陀·统考二模）如图，将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出（不计空气阻
力），小球先后经过b、c两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h，重力加速度为g，取
19a点所在的水平面为零势能面，则小球在（ ）
A．b点的机械能为2mgh B．b点的动能为
C．c点的机械能为mgh D．c点的动能为
【答案】D
【详解】A．b点不是最高点，根据机械能守恒，b点机械能为
同理，c点机械能大于mgh ，AC错误；
B．根据机械能守恒 ，b点的动能为 ，B错误；
D．根据机械能守恒
c点的动能为 ，D正确。
故选D。
8．（2023·北京海淀·统考一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。
然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
【答案】C
【详解】A．由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视
作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的
20形变量为 ，则有
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为 ，则有 ，联立解得
，故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选C。
9．（多选）（2023·辽宁鞍山·统考二模）如图所示，重 的滑块在倾角为 的斜面上从a点由静止开
始下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点，开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a
点，已知 ， 。那么，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中滑块动能的最大值为6J
B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J
C．从c点运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做6J功
D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知，当滑块所受合力为零时，速度最大，滑块的动能最大，由于 点为最低点，则
速度最大之处在 之间，设该位置为 点，此时的动能为 ，克服弹簧做功为 ，由动能定理有
由于
则有 ，故A错误；
B．根据题意可知， 点为最低点，此时弹簧的弹性势能最大，从 过程中，设此过程克服弹簧做功为
，由动能定理有
解得 ，则弹簧的最大弹性势能为 ，故B正确；
C．从c点运动到b点的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，则从c点运
动到b点的过程中弹簧弹力对滑块做6J功，故C正确；
D．从 出发最后可以回到 点，说明整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，故D正确。
故选BCD。
10．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，O为固定在水平面的转轴，小球A、B的质量均为m，A与B、O
间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B球置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一
竖直向上的力F，此时两杆夹角 =60°，弹簧处于原长。改变F使A球缓慢运动，当 =106°时力F恰好为
零。A、B始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度
为g。
21（1）求弹簧的劲度系数k。
（2）若A球自由释放时加速度为 ，此时AB球间杆的弹力多大？
（3）在（2）情况下当 =90°时，B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）对A球受力分析如图所示
有
对B球受力分析如图所示
有
其中
且F=F，解得
1
（2）自由释放时A的加速度方向垂直于AO杆，由牛顿第二定律得 ，得
（3）当 = 90°时，
对系统由机械能能守恒定律得
解得
22【能力提升】
1．（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，轻弹簧上端固定，另一端连在置于水
平地面 点的小滑块上，弹簧处于伸长状态，小滑块恰好能静止。现将外力 作用在小滑块上使其刚好能
运动到 点并撤去 ，弹簧此时处于压缩状态且与小滑块在 点时形变量相同、则下列说法正确的是（
）
A．撤去外力 后，物块在 点时对地面的压力等于在 点时对地面的压力
B．撤去外力 后，物块在 点处一定能静止
C．在 点时弹簧弹性势能等于在 点时弹簧弹性势能
D．外力 做的功大于摩擦生热
【答案】BC
【详解】AB．受力分析如图所示 ，
可得 ，
弹簧在 处的水平分力比 处的小，物块在 处恰好不动，则撤去外力 后，物块可以静止在 处，选项A
错误，B正确；
C．弹簧在 处和 处的形变量相同，则弹性势能也相等，选项C正确；
D．从 到 ，根据动能定理 ，F做的功等于摩擦生热，选项D错误。
故选BC。
2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图所示，倾角为θ = 30°的斜面体c固定在水平
地面上，质量为M = 2m的物体b置于光滑的斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物体a连
接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，用手托
住物体b使物体a和b保持静止不动，此时细绳伸直且拉力为零，弹簧的压缩量为x。现在松开手，在物
0
体b下滑2x 距离时，则下列说法中正确的是（ ）
0
23A．物体a与弹簧组成的系统机械能守恒 B．物体b的重力势能减少mgx
0
C．细绳对物体a做的功为2mgx D．物体b的速度大小为
0
【答案】C
【详解】A．绳拉力对a物体做正功，物体a与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；
B．2x 是下滑距离，物体b重力势能减少Mgx = 2mgx，故B错误；
0 0 0
D．弹簧的压缩量和伸长量相等，所以弹性势能不变。由能量守恒定律得，物体a和物体b的动能和等于
，解得v = 0，故D错误；
C．由功能关系可知，拉力做的功等于物体a与弹簧组成的系统机械能增加量，物体a的动能为0，则拉力
做的功等于2mgx，故C正确。
0
故选C。
3．（2023·江苏镇江·统考三模）如图所示，轻质弹簧一端连接在固定斜面底端的挡板上，另一端与物块A
连接，物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，t = 0时刻给A一沿
斜面向下的瞬时冲量，物块A在运动过程中，加速度a、动能E、弹性势能E 与路程s及运动时间t的变化
k p
关系可能正确的是（ ）
A． B．
24C． D．
【答案】B
【详解】以弹簧恰好处于原长的位置为坐标原点且取向下为正，则记物块A运动的位移为x，则滑块A下
滑过程中有x = s，上滑过程中s = 2s－x，故加速度a、动能E、弹性势能E 与路程s的关系图线与关于
0 k p
位移x的关系图线形状相同。
AB．由于刚开始时物块A静止在斜面上，弹簧恰好处于原长，A与斜面间动摩擦因数μ = tanθ，则物块A
下滑过程中有kx = ma
则物块A下滑过程中a—x图线是一条过原点的直线，当A下滑的到最低点后上滑过程中有kx－2mgsinθ =
ma
则A上滑过程中a—x图线应是一条下倾的直线，且最大加速度要比上滑的最大加速度要小，但物块A不是
做匀变速直线运动，则a与t的关系不可能是直线，A错误、B正确；
C．根据以上分析可知，滑块下滑过程中重力和摩擦力抵消，则滑块的合外力为弹力，根据动能定理有
则下滑过程中E—x图线应该是一条开口向下的抛物线，当滑块上滑过程有
k
则上滑过程中E—x图线也应该是一条开口向下的抛物线，但根据牛顿第二定律可知上滑过程中在到达x =
k
0（即路程2s ）前某位置有A的合外力为零，此位置动能最大，此后A就开始做减速运动，动能将减小，C
0
错误；
D．物体A下滑过程中E 与下滑位移x的关系为
p
则物块A下滑过程中E—x图线应该是一条开口向上的抛物线，当滑块上滑过程有
p
则物块A上滑过程中E—x图线应该是一条开口向下的抛物线，D错误。
p
故选B。
4．（2023·湖北荆州·沙市中学校考模拟预测）如图所示，两端开口的圆管竖直固定在水平地面上，内有两
只可视为质点的小球A、B，质量均为m，它们用劲度系数为k、原长为L 的轻质弹簧相连，用外力将A、
0
B提至管中某处并处于静止状态，此时B距离地面高度为h.设圆管管径略大于小球的直径，且不计小球与
圆管间的摩擦.重力加速度为g（ ）
25A．此时外力F的大小为2mg
B．此时A距离地面的高度L+
0
C．求撤去外力瞬间物块A的加速度大小为3g
D．撤去外力后，由于阻力作用，A、B和弹簧组成的系统最终静止于水平地面上.求此过程中系统损失的机
械能mg
【答案】A
【详解】A．对系统应用物体平衡条件得F=2mg
对小球B由物体平衡条件得弹簧弹力F =mg，故A正确；
N
B．由胡克定律得F=kx
弹簧的伸长量x=
则A距离地面的高度hA=h+L + ，故B错误；
0
C．撤去外力F的瞬间，A所受的合力大小为F =2mg
A合
A的加速度大小a =2g，故C错误；
A
D．由题意可知，刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的，即初终态时弹簧的弹性势
能相等.根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|ΔE|=|ΔEA+ΔEB|
p p
代入数据得|ΔE|=mgh+mg(h+ )=2mg(h+ )，故D错误；
故选A。
5．（2023·四川成都·校考二模）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a、h
0
和x 为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
0
26A．星球的第一宇宙速度 B．该弹簧劲度系数k的大小
C．小球在最低点处加速度大于a D．弹簧的最大弹性势能为
0
【答案】C
【详解】A．根据图像可知小球接触弹簧时的加速度为a，所以星球表面的重力加速度为
0
所以第一宇宙速度为 ，故A错误；
B．当压缩量为x 时加速度为0，故
0
所以 ，故B错误；
C．根据
可知，若小球从弹簧原长处释放到最底部时小球的加速度为
在h>0情况下，小球到最低点的加速度大于a，故C正确；
0
D．小球下降到最低点的高度差
根据机械能守恒弹性势能最大值大于 ，故D错误。
故选C。
6．（多选）（2023·安徽·统考三模）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，已知A
的质量为5m，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．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，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，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α＝37°
27B．C刚离开地面时，B的加速度为0
C．A获得最大速度为
D．A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】BC
【详解】AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T＝5mgsinα．此时C恰好离开地面，故
弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为 T＝2mg，可得 sinα＝0.4，α≠37°．故A错误．
B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0，加速度为0，故B正确．
C、初始时系统静止，且线上无拉力，对B有 kx＝mg．C刚好离开地面时，有kx＝mg，可知x＝x，则
1 2 1 2
从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，
即5mg（x+x）sinα＝mg（x+x）+ （5m+m）v 2以上方程联立可解得：A获得最大速度为 ，
1 2 1 2 Am
故C正确．
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成
的系统机械能不守恒，故D错误．
7．（多选）（2019·湖南长沙·校联考一模）有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控
制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。
如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气
阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台面高度为 时动能为
D．棋子落到另一平台上时的速度大于
【答案】AD
【详解】A.重力势能增加量等于克服重力做功的值，所以： ，A正确
B.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化，总的机械能保持
不变，所以机械能守恒，B错误
C.从初态到最高点时，设水平速度为 ，设初动能为 ，有： ，当到达高度为 时有：
28，解得： ，C错误
D.从最高点到落另一平台，竖直方向自由落体： ，即： ，所以落到另一平台速度
，D正确
8．（多选）（2023·天津宝坻·天津市宝坻区第一中学校联考二模）如图所示，两个小球a、b（视为质点）
质量均为m，a球套在固定倾斜直细杆上，倾斜直杆与水平面的夹角为45°，b球套在水平细杆上，两杆不
接触，且两杆间的距离忽略不计。a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，初始连接小球a、b轻杆与
水平面的夹角30°。现将小球a、b静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，
下列说法中正确的是（ ）
A．a球达到与b球同一水平面时，a球速度为
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为
C．b球达到最右端时，a球速度为
D．b球的最大速度为
【答案】BD
【详解】根据题意， 、 组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒
A．从开始到a球达到与b球同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得 ，又有
，解得 ，故A错误；
BC．根据题意可知， 球和 球沿铰链的速度相等，则当铰链与斜杆垂直时，b球达到最右端，此时b球的
速度为零，对 球，由牛顿第二定律有
解得
由系统的机械能守恒有
解得 ，故C错误，B正确；
D．根据题意可知，当轻杆与水平杆垂直时， 球的速度最大，此时 球的速度为零，由系统的机械能守恒
29得 ，解得 ，故D正确。
故选BD。
9．（多选）（2021·四川德阳·统考二模）如图所示，小滑块P、Q的质量均为m，P套在固定光滑竖直杆
上，Q放在光滑水平面上。P、Q间通过铰链用长为L的轻杆连接，轻杆与竖直杆的夹角为α，一水平轻弹
簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上。当α=30°时，弹簧处于原长。P由静止释放，下降到最低点时α变
为60°。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度
为g。则P下降过程中（ ）
A．弹簧弹性势能最大值为
B．滑块P的动能达到最大前，P的机械能先增大后减小
C．滑块P的动能达到最大时，Q受到地面的支持力等于2mg
D．滑块P的动能达到最大时，Q受到地面的支持力大于2mg
【答案】AC
【详解】A．P下降到最低点时α变为60°，弹性势能达到最大，由能量守恒可得
，A正确；
B．滑块P的动能达到最大前，P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒，由于Q的动能及弹簧的弹性势能均增
大，故P的机械能一直减小，B错误；
CD．滑块P的动能达到最大时，P、Q及弹簧组成的整体在竖直方向加速度为零，受到整体的重力及地面
支持力作用而平衡，故Q受到地面的支持力等于2mg，C正确，D错误。
故选AC。
10．（2022·黑龙江大庆·大庆市第二十三中学校考模拟预测）如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其
中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB（AB＞R）是竖直轨道，CE是水平轨道，CD＞R，AB与BC相
切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别
固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解
除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g．
30（1）Q球经过D点后，继续滑行距离s停下（s＞R），求小球与DE段之间的动摩擦因数；
（2）求Q球到达C点时的速度大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）分析滑行过程如图所示
由能量守恒得
解得
（2）轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP，vQ，则有
又
联立解得
【真题感知】
1．（多选）（2023·湖南·统考高考真题）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v 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（
0
）
31A．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
D．若小球初速度v 增大，小球有可能从B点脱离轨道
0
【答案】AD
【详解】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v = 0
C
则小球从C到B的过程中，有 ，
联立有F = 3mgcosα－2mg
N
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故F 逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨
N
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
C．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 ，解得 ，C错误；
D．小球在B点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v 增大，小球在B点的速度有可能为 ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
0
故选AD。
2．（2022·全国·统考高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点
由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
32A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【详解】如图所示
设圆环下降的高度为 ，圆环的半径为 ，它到P点的距离为 ，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得 ， ，联立可得 ，可得 ，故C正确，ABD错误。
故选C。
3．（2022·全国·统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处
由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点
时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处
这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B． C． D．
33【答案】D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有 ，F c ≤ kmg，联立有
N
故选D。
4．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的 圆弧轨道，固定在竖
直平面内，地面水平， 、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，
当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】图中 连线与水平方向的夹角 ，由几何关系可得
可得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
，解得 ，故D正确，ABC错误。
故选D。
5．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形
细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所
在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O 的连线，以及O、E、O 和B等四点连成的直线与水平线
2 2 1
间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离 。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。
小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v 及在此过程中所受合力的冲量
0 c
的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O 点等高的D点所受弹力F 与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
34【答案】(1) ， ，水平向左；(2) （h≥R）；(3) 或
【详解】(1)机械能守恒 ，解得
动量定理 ，方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动
其中 ， ，则
得
机械能守恒
h满足的条件
35
