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2025 高考物理一轮复习能力提升专题复习（7）机械能（2）
（一）机械能守恒定律及应用
1．【例题1】（多选）如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、
L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)
质量均为m，a 球套在竖直杆L1上，b 球套在水平杆L2上，a、b 通过铰链用
长度为L 的刚性轻杆连接。将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角
为45°)，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 球和b 球所组成的系统机械能守恒
B．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于g
C．b 球的最大速度为
D．a 球的最大速度为
【答案】AC【详解】A．a 球和b 球组成的系统除重力外没有其他力做功，
只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转化，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；
B．设轻杆L 和水平杆L2的夹角为θ，由速度关联可知vbcosθ=vasinθ 得vb=vatanθ
可知当b 球的速度为零时，轻杆L 处于水平位置和L2杆平行，此时a 球在竖直方向只受重力mg，因此a
球的加速度大小为g，当va=0 时，vb 也为0，如题图所示位置，此时a 的加速度小于g，故B 错误；
C．当杆L 和杆L1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L1和L2交点的位置的时候，球b 的速
度达到最大，此时由速度的关联可知a 球的速度为0，因此由机械能守恒定律有mg(
L＋L)=
mv
得vb=
故C 正确；D．当轻杆L 向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L 和杆L2平
行，由速度的关联可知此时b 球的速度为0，由机械能守恒定律有
mg·L=
mv 得va=
此时a 球
具有向下的加速度g，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加速度为0 时速度达到最
大，故D 错误。故选AC。
2．【例题2】（多选）如图所示，不计质量的细杆两端分别通过铰链固定有可视
为质点的小球A、B，质量均为m，杆的长度为l。开始时A、B 均靠在光滑竖直墙
面上并处于静止状态，A 在光滑水平地面上。当有轻微扰动后，可能A 球开始沿
水平面向右滑动，B 球随之下降，也可能B 球先向右运动。两球始终在同一竖直平
面内运动，细杆与水平方向的夹角为
（
），重力加速度大小为g。下列说
法正确的是（ ）
A．不管A 先向右运动还是B 先向右运动，当
时，A 和B 的动能都达到最大
B．不管A 先向右运动还是B 先向右运动，当
时，都会离开竖直墙面
C．A 先向右运动时，A 球的机械能先增大后减小D．B 先向右运动时，B 球的机械能先增大后减小
【答案】BC【详解】B．若A 先向右运动时，假设小球B 能一直沿着墙面向下运动，设细杆与水平方向的夹角
为
时，两小球的速度大小分别为
、
，根据连接体关联速度之间的关系可得
即
则由动能定理有
整理结合数学知识可得
当
时取等号，说明小球A 的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的
内力，之后出现拉伸的内力，故此后B 会离开墙面，直至B 落地，B 的重力始终对AB 组成的系统做正功，因
此B 的动能始终增大；若B 先向右运动时，当杆与水平方向成
角时，球B 的速度大小为v，根据机械能守恒
定律有
解得
对于小球B，由牛顿第二定律有
由上
两式解得
当
时
，即此时A 离开墙面，此后AB 及杆组成的系统机械能守恒，
B 的动能继续增大，但B 的机械能减小，一部分机械能转化成了A 的动能，故B 正确；A．根据以上分析可
知，B 的动能一直在增大，直至落地时动能达到最大，故A 错误；
C．根据以上分析可知，杆对A 的作用力对A 先做正功后做负功，故A 球的机械能先增大后减小，故C 正确；
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D．根据以上分析可知，当B 先向右运动时，B 球机械能先不变后减小，故D 错误。故选BC。
3．【例题3】（多选）如图甲所示，将质量为m 的小球以速度
竖直向上抛出，小球上升的最大高度为
h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m 的小球，分别以同样大小的速度
从半径均为
的竖直圆形光
滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点，在不计空气阻
力的情况下，下列判断正确的是（ ）
A．只有质量为4m 的小球能到达最大高度h
B．只有质量为2m、4m 的小球能到达最大高度h
C．质量为2m 的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为4mg
D．质量为3m 的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态
【答案】AC【详解】AB．对甲由机械能守恒定律
可知，小球在最高点h 处的速度不能大于
零，否则违反机械能守恒定律；质量为2m、3m、5m 的三个小球的最高点的速度都不等于零，都不能到
达h 高处，有质量为4m 的小球在最高点的速度等于零，能到达最大高度h，A 正确，B 错误；C．由机械
能守恒定律和向心力公式
解得
，C 正确；
D．质量为3m 的小球到达与圆心等高处时，加速度方向偏下，处于失重状态，D 错误。故选AC。
4．【例题4】（单选）如图所示，长度为l 的轻杆上端连着一质量为m
的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。
置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触，立方体B 的质量为M。今
有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A 与B 刚脱离接触
的瞬间，杆与地面夹角恰为
，重力加速度为g，则下列说法正确的
是（ ）
A．A 与B 刚脱离接触的瞬间，A、B 速率之比为1 2∶
B．A 与B 刚脱离接触的瞬间，B 的速率为
C．A 落地时速率为
D．A、B 质量之比为2 1∶
【答案】B【详解】A．杆对A 的作用力先是支持力后是拉力，A 与B 刚脱离接触的瞬间，杆对A 的作用
力等于零，A 的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度等于B 的速度
解得
A 错误；B．A 与B 刚脱离接触的瞬间，B 对A 也没有作用力，A 只受重力作用，根据牛
顿第二定律
解得
B 正确；C．脱离接触之后，由机械能守
恒定律
解得
C 错误；D．脱离接触之前，由机械能守恒定律
解得
D 错误。故选B。
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（二）功能关系及能量守恒定律的应用
5．【例题5】（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、
套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A 处静
止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，ACh。圆环在C
处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A 处；弹簧始终在弹性限度之内，重
力加速度为g，则圆环（ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为
C．从A 处到C 处的过程中弹簧的弹性势能增加了
D．下滑经过B 处的速度小于上滑经过B 处的速度
【答案】BD【详解】A．由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处速度最大，加速度减小为
零，故加速度先减小后增大，A 错误；BC．在A 处弹簧水平且处于原长，即A 处弹簧弹性势能为零，从
A 到C，根据能量守恒mgh=Wf＋Ep从C 到A 根据能量守恒
联立解得
B 正确，C 错误；D．设AB 距离为h1，从A 到B 据能量守恒可得
从B 到A 据能量守恒可得
整理可得
对比可得vB2>vB1，即下滑经过B 处的速度小于上滑经
过B 处的速度，D 正确。故选BD。
6．【例题6】（单选）如图所示，在倾角为30°底端具有
挡板的固定斜面上，滑块b 通过一劲度系数为
的轻质弹簧与另一滑块a 连接后置于斜面
上，同时滑块b 通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮
与带孔的小球c 连接，小球c 穿在光滑的固定轻杆上，轻
杆与水平方向的夹角为37°，初始用手托住小球c 置于M
点，此时
水平，弹簧被拉伸且弹力大小为8N，释放
小球c，小球恰好能滑至N 点，MN 的中点为P 点。滑块
a 始终未离开挡板，已知
，
，
，若整个运动过程中，绳子一直
绷紧，下列说法正确的是（ ）
A．滑块b 与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．小球c 滑至P 点的速度
C．小球c 从M 点滑至N 点的过程中，经过P 点时重力的功率最大
D．小球c 从M 点滑至P 点的过程中，弹簧的弹性势能先减小再增大
【答案】D【详解】A．小球c 从M 到N，滑块b 先下滑再回到原来的位置，则由能量关系
解得滑块b 与斜面间的动摩擦因数为
故A 错误；B．小球在M 点时弹簧被拉伸，弹力为8N，此时弹簧被拉长
小球c 滑至MN 的中点处时，b 下滑的距离为
则此时弹簧被压缩
，此时的弹性势能等于在M 点的弹性势能，设此时c 的速度为v，则b 的速度为
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0，则由能量关系
解得
故B 错
误；
C．小球c 从M 点滑至N 点的过程中，经过P 点时，小球c 沿斜面方向的合力为
，则加速度不
为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，故C 错误；D．小球c 从M 点滑至P 点的过程中，弹
簧由伸长
到被压缩
，即弹簧的弹性势能先减小再增大，故D 正确。故选D。
7．【例题7】如图甲所示，将物块从倾角为θ=30°的斜面顶端
由静止释放，取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能
Ek、重力势能Ep与下滑位移x 间的关系如图乙所示，取
g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量是0.1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为
C．当下滑的距离为4.8m 时，物块动能与势能相等D．当物体的势能为8J 时，动能为
J
【答案】D【详解】A．由图知，小球下滑的最大位移为 x=12m，在最高点时，小球的重力势能
得小球的质量
故A 错误；
B．根据除重力以外其他力做的功
可知
由图知，最高点的机械能为
最低点的机械能为
又 x=12m 解得
故B 错误；C．设小球动能和重力势能相等时的高度为
h，此时有
由动能定理有
联立解得h=2.4m 故
C 错误；D．由图可知，在物块下滑4m 处，小球的重力势能是8J，动能为
故D 正确。故选D。
（三）综合计算题
8．【例题8】如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B 略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而
成的力学探究装置。水平轨道AC 右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B 点，
且B 点位置可改变，现将B 点置于AC 中点，质量m=2kg 的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H=0.6m 处
静止释放。已知圆轨道半径R=0.1m，水平轨道长LAC=1.0m，滑块与AC 间动摩擦因数μ=0.2，弧形轨道和
圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）若H=0.4m，改变B 点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC 长度满足的条件。
【答案】（1）100N；（2）
【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有
其中
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为100N。
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（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有
从开始到圆轨道最高点，有动能定理可知
解得
由于
要使滑块不脱离轨道，BC 之间的距离应
该满足
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知
解
由于
即反弹时恰好上到圆心等高
处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以
考虑到AC 的总长度等
于1m，所以
结合①②两种情况，符合条件的BC 长度L 为
9．【例题9】如图所示，质量为M=2kg 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg 的木块（可视为质
点）静止在长木板的最左端，右侧质量也为M=2kg 的光
滑四分之一圆弧槽静止在光滑水平面上，圆弧槽的下端与
木板的上表面相平．现对木块施加一水平向右、大小为
F=6N 的恒力，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，
t0=1s 时撤去恒力，到二者共速时木块恰好没有从长木板
上滑落，二者共速后瞬间长木板与圆弧槽相碰并粘在一
起，碰撞时间极短，之后木块滑上圆弧槽且恰好没有离开
圆弧槽．重力加速度g=10m/s2.
（1）求长木板的长度和初始时长木板最右端到圆弧槽底端的距离；
（2）求圆弧槽的半径以及最终木块距离长木板左端的距离；
（3）若初始时将木块放在长木板最右端，将圆弧槽固定在水平面，对长木板施加一水平向右的恒力F′，
当长木板与圆弧槽相碰后撤去恒力F′，整个过程中木块未脱离长木板和圆弧槽，求恒力F′的取值范围．
【答案】（1）3m；2m；（2）
m；2.8m；（3）0<F′≤
N 或F′≥
N
【详解】（1）对木块由牛顿第二定律有F－μmg=ma1对长木板由牛顿第二定律有μmg=Ma2力F 作用过程
中，木块的位移
长木板的位移
t0=1s 时木块距离长木板最左端的距离Δx1=x1－x2
t0=1s 时，木块的速度v1=a1t0长木板的速度v2=a2t0撤去恒力后，木块和长木板组成的系统动量守恒，二者
共速时有mv1＋Mv2=（m＋M）v 共对撤去恒力到二者共速的过程，有
则长木板的长度为L1=Δx1＋Δx2=3m 整个过程中，长木板一直以加速度大小a2做匀加速直线运动，长木板
运动的距离等于初始时长木板最右端到圆弧槽底端的距离，为
（2）长木板与圆弧槽碰撞的过程，二者在水平方向上动量守恒，设碰撞后瞬间二者的速度大小为v′共，
由动量守恒定律有Mv 共=2Mv′共木块恰好没有离开圆弧槽，在水平方向对木块、长木板和圆弧槽组成的系
统，由动量守恒定律有mv 共＋2Mv′共=（2M＋m）v″共从木板与圆弧槽碰后到木块恰不离开圆弧槽的过程，
由机械能守恒定律有
解得
当木块、长木板和圆弧槽最终相对静止时，整体沿水平方向的速度大小为v″共，根据功能关系有
mgR=μmgx 解得x=0.2m 最终木块距离长木板左端的距离为L3=L1－x=2.8m
（3）恒力F′作用在长木板上时，可分为以下两种情况：
①木块和长木板保持相对静止，木块加速度的最大值为a3=μg 则恒力F′的大小满足0<F′≤6N
整个过程中木块未脱离长木板和圆弧槽，则木块速度的最大值为
对木板和木块，由牛顿第二定律有
运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有
木块运动到圆弧槽底端时的速度大小为v4=a4t1又v4≤v3则0<F′≤
N
②木板和木块发生相对运动木块的加速度大小为a3=μg 木板的加速度大小
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且F′>6N 木板运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有
t2时木块到圆弧槽底端的距离为
木块的速度大小为v5=a3t2
此后木块运动到圆弧槽底端的过程有
其中v6≤v3解得F′≥
N 综上，恒力F′的取值范围为0<F′≤
N 或F′≥
N。
10．【例题10】如图所示的装置由安装在水平台面
上的高度H 可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆
心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆
管道DEF、水平直轨道FG 等组成，F、D、B 在同
一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块（可视
为质点）从K 点静止开始下滑，滑块质量m =
0.1kg，轨道BCD 的半径R = 0.8m，管道DEF 的半
径r = 0.1m，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ =
0.4，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，轨道FG
的长度L = 3m，g 取10m/s2。
（1）若滑块恰能过D 点，求高度H 的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道DEF 的最高点F 时的最小速度；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终能静止在水平轨道FG 上，求可调高度H 的范围。
【答案】【详解】（1）恰能过D 点时，由牛顿第二定律可得
则恰能过BCD 的最高点D 的最小
速度为
从释放到D 点过程，以AB 所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得H = 2m（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD 的最高点D 的最
小速度为
DF 过程，以D 所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得vF = 2m/s 经半圆管道的F 点时，若vF > 0，滑块即可通过F 点，则经过管
道DEF 的最高点F 时的最小速度vF = 2m/s。（3）保证不脱离轨道，滑块在F 点的速度至少为vF =
2m/s，若以此速度在FG 上滑行直至静止运动时，有μmg = ma 则加速度大小为a = μg = 0.4 × 10m/s2
= 4m/s2H = 2m 时，FG 上滑行距离为
，不掉落轨道若滑块恰好静止在G
点，根据公式v2－v0
2 = 2ax，可得F 点的最大速度为
从K 释放到F 点过程，以AB
所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG 上，可调高度
H 的范围应满足2m ≤ H < 3m
11．【例题11】如图所示，倾角θ=30°的斜面体固定在水平
面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，劲度系数
k=75N/m。轻弹簧处于原长时其上端位于C 点，一根不可伸
长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A 和B，A、B 的质量
分别为4kg 和2kg，均可视为质点。物体A 与滑轮间的轻绳
平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数
。现使物体A
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从距离C 点L=1m 处以v0=3m/s 的初速度沿斜面向下运动。物体A 向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回
到C 点。弹簧始终在弹性限度内。重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态
且物体B 未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：
（1）A 沿斜面向下运动到C 点时轻绳的拉力；（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）物体A 沿斜面向上运动过程中的最大速度。
【答案】（1）15N；（2）6J；（3）
【详解】（1）A 和斜面间的滑动摩擦力大小为
根据牛顿第二定律，有
所以
（2）物体A 向下运动到C 点
的过程中，根据功能关系
解得
从物体A 接触弹
簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理
两式联立可得
（3）当物体加速度为零时，速度达到最大，则
根据简谐运动的对称性可得
物体A 由速度最大位置到C 点过程中，有
联立解得
12．【例题12】如图所示，长木板A 置于光滑水平面上，
木板右端距固定平台距离d=4m，木板厚度与光滑平台等
高，平台上固定半径
的光滑半圆轨道，轨道末端
与平台相切。木板左端放置滑块B，滑块与木板上表面间的
动摩擦因数
，给滑块施加水平向右
的作用
力，作用时间
后撤去
，滑块质量
，木板质
量
，滑块没有滑离木板，不计空气阻力，重力加速
度
。
（1）在0~t1时间内，分别求A、B 的加速度大小；
（2）若木板与平台间每次碰撞前后速度大小均不变，方向相反，最终滑块停在木板右端，求木板长度；
（3）若木板长度
，且木板与平台第一次碰撞即与平台粘合在一起，滑块继续运动，求滑块通
过轨道最高点时对轨道压力大小。
【答案】（1）3m/s2，6m/s2；（2）12m；（3）10N
【详解】（1）设有外力F 作用时滑块和木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得
解得
解得
（2）撤去外力F 时滑块和木板的速度分别为v1和v2，则有
撤去外力F 后滑块的加速度大小为
设在经t2时间，滑块与木板达到共速v0，则有
解得
木板的位移
可知木板的最大速度为4.8m/s。t1时间内，滑块木板的相对位移为
木板与平台碰撞后，因a2> a1，所以木板先向左做减速后向右做加速运动，两者再达到共同速度再次与平
台碰撞，以后重复上述运动，最终滑块停在木板右端，第二段滑块与木板间的相对位移为L2，由功能关
系则有
解得
则有木板的长度为
（3）若木板长度
，滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰撞后立即停止，滑块
经圆轨道最高点时的速度为v，由动能定
解得
在最高点，
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由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为10N。
（四）实验题
13．【例题13】某小组利用图甲装置验证重物M 和N 组成的系统机械能守恒。M 由静止释放，N 拖着纸
带打出一系列的点，对点迹进行测量和数据处理，即可验证机械能守恒。实验中选取的一条纸带如图乙
所示，O 是打下的第一个点，A、B、C 为三个计数点，相邻两计数点间还有4 个点未画出，各计数点到O
点的距离如图乙所示。已知M 和N 的质量分别为
和
，电源的频率为
，重力加速度
。请回答下列问题：
（1）实验过程中，下列操作正确的是 ；
A．应先松开M，再接通打点计时器电源
B．打点结束后先将纸带取下，再关闭打点计时器电源
C．固定打点计时器，应将N 与打点计时器的距离尽量远一些
D．开始时纸带应尽量竖直下垂并与系N 的细线在同一竖直线上
（2）打下计数点B 时，重物的速度大小为
；
（3）在O 到B 的过程中系统动能的增加量为 J，系统重力势能的减少量为 J。（计算结果均
保留三位小数）；
（4）由此得出的实验结论是 。
【答案】 D 2.4 1.152 1.176 在误差允许的范围内，M 和N 组成的系统机械能守
恒
【详解】（1）[1]A．应先接通打点计时器电源，再松开M，A 错误；
B．打点结束后先关闭打点计时器电源，再将纸带取下，B 错误；
C．固定打点计时器，应将N 与打点计时器的距离尽量近一些，C 错误；
D．开始时纸带应尽量竖直下垂并与系N 的细线在同一竖直线上，D 正确。故选D。
（2）[2]每相邻两计数点间还有4 个点（图中未标出），则相邻两个计数点的时间间隔为
打下计数点B 时，重物的速度大小为
（3）[3]系统动能的增加量
[4]系统重力势能的减小量
[5]在误差允许范围内，M 和N 组成的系统机械能守恒。
14．【例题14】某实验小组利用如图甲所示装置验证动能定理，所用器材包括：一端带有滑轮的长木
板，滑块（含宽度为d 的遮光片），两个固定光电门、砝码盘和砝码、天平等，已知当地重力加速度为
g。
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（1）先用螺旋测微器测量遮光片宽度如图乙所示，则遮光片的宽度
= mm。
（2）下列实验操作中必要的是 .
A．不悬挂砝码盘抬高木板左端，使滑块通过两个光电门时间相等，从而平衡摩擦力
B．砝码盘及陆码总质量远小于滑块质量 C．滑块必须从同一位置无初速度释放
（3）用天平测出滑块（含遮光片）质量为M，砝码盘和砝码总质量为m，两光电门中心间距离为L，释
放砝码盘及砝码后系统运动，遮光片经过两个光电门的时间分别为
和
。此过程中合外力对系统做功大
小
；系统动能变化量
；若两者相等则动能定理得到验证。（用上述物理量字母
表示）
【答案】 1.860 A mgL
【详解】（1）[1]据螺旋测微器读数规
则，遮光片的宽度为
（2）[2]A．通过本装置验证动能定理，需要平
衡摩擦力，不悬挂砝码盘抬高木板左端，使遮光片通过两个光电门时间相等，说明滑块做匀速直线运
动，从而平衡摩擦力，A 正确；B．由于实验过程中，研究对象是滑块、砝码和砝码盘，因此实验不需要
满足砝码盘及砝码质量远小于滑块质量，B 错误；C．滑块每次运动初始位置不必为同一位置且初速度不
必为零，C 错误。故选A。（3）[3][4]滑块通过两光电门的过程中，只有砝码盘和砝码的重力做功，因此
合外力做功大小为
滑块通过两个光电门时速度
，
因此系统增加的动能
（五）巩固练习
15．（多选）如图所示，倾角α=30°足够长的光滑斜劈固定在水平地面上，斜面底端有垂直于斜面的挡
板，斜面顶端固定有一轻质光滑小滑轮，在斜面的右侧距滑轮
d=0.8m 的位置竖直固定着一根光滑竖杆。把由轻质弹簧连接的、
质量均为m=300g 的物块A、B 放置到斜面上，再用细线通过滑轮
将穿在竖杆上的滑块C 与物块B 相连，在外力作用下C 保持静
止，此时滑轮左侧细线与斜面平行而右侧细线水平，细线刚好伸直
且张力为零。现将滑块C 由静止释放，沿竖杆下滑的最大高度
h=0.6m，在最低点时A 对挡板的压力恰好为零，重力加速度g 取10m/s2。则下列判断中正确的是
（ ）
A．滑块C 的质量为50g B．轻质弹簧的劲度系数为7.5N/m
C．滑块C 由静止下滑到最低点的过程中，细绳拉力对物块B 做功为0.3J
D．滑块C 到达最低点时加速度为零
【答案】AC【详解】AB．初始时，系统处于静止状态，弹簧处于压缩状态，对B，有
滑块C 由静止释放，沿竖杆下滑的最大高度0.6m 时，A 对挡板的压力恰好为零，弹簧处于
伸长状态，对A，有
解得
根据系统机械能守恒定律可得
解得
故A 正确，B 错误；
C．滑块C 由静止下滑到最低点的过程中，细绳拉力对物块B 做功等于物块C 克服绳拉力做的功，所以
故C 正确；
D．滑块C 由静止下落到最低点速度为零，所以滑块C 先加速后减速，说明C 的加速度先向下后向上，
所以滑块C 到达最低点时加速度不为零，加速度方向向上且达到最大，故D 错误。故选AC。
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16．（多选）如图甲所示. 一光滑斜面固定在水平地面上，
其底端固定一轻质弹簧，将质量为m=1kg 的物块从斜面顶
端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位
移变化的规律如图乙所示，取重力加速度为
，则
（ ）
A．弹簧的劲度系数为20N/m
B．斜面的倾角为30°
C．物块的最大动能为2J
D．弹簧的最大弹性势能为4. 8J
【答案】BC【详解】B．由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为
设斜面倾角为
，有
解得
则斜面的倾角
选项B 正确；
A．到最低点，根据能量守恒有
解得
选项A 错误；C．设当位移为
时，加速度为0，有
解得
此时动能最大，最大动能为
解得
故C 正确；D．根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能为
故D 错
误。故选BC。
17（多选）足够长的光滑斜面固定在水平地面，斜面倾角
，在
斜面底端放一质量为m 的物块，物块受到沿斜面向上的拉力
，
作用的时间为t，然后撤去F，已知重力加速度为g，取水平面为零势能
面，物块可视为质点，则物块从斜面底端开始在斜面上运动的全过程中
（ ）
A．物块在运动过程中的最大动能为
B．撤去F 的瞬间，重力的功率为
C．物块在运动过程中的最大重力势能为
D．在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等
【答案】ACD【详解】A．根据动能定理
又
物块在运动过程中的最大动能为
A 正确；B．撤去F 的瞬间，物块的速度为
重力的功率为
B 错误；C．撤去F 前，物块移动距离为
撤去F 后
物块最大动力
势能为
得
C 正确；D．撤去F 的瞬间，物块的重力势能为
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与此时物块的最大动能相等，则在物块上升过程中只有一处重力势能和动能相等，
D 正确。故选ACD。
18．（多选）如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面
上，斜面下端固定一挡板，劲度系数k=20N/m 的轻弹簧一端与挡板
连接，另一端与质量为m=1kg 的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的
轻绳一端与滑块相连，另一端与质量为M=2kg 的石块相连。已知滑
块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能与形变量的关系
为
，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6；开始时拖住石块，
轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放
石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为5J
B．石块的速度最大时轻弹簧的形变量为0.5m
C．石块的最大速度为
D．滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m
【答案】BD【详解】A．由静止释放石块瞬间，因滑块m 恰好不上滑，故有
联立解得
，
故A 错B．石块的速度最大时滑块速度也最大，且加速度为零，由力的平
衡有
解得
故B 正确；
C．设石块的最大速度为vm，因初末状态弹簧的弹性势能不变，根据能量守恒定律有
解得
故C 错误；
D．设滑块沿斜面向上运动的距离最大时弹簧伸长量为x3，此时石块、滑块速度都为零，根据能量守恒定
律有
解得
即滑块沿斜面向上运动的最大距离为
故D 正确。故选BD。
19．（单选）如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的四分之一
圆弧轨道BC，与竖直轨道AB 和水平轨道CD 相切，轨道均光滑。
现有长也为R 的轻杆，两端固定质量为m 的小球a、质量为2m 的
小球b（均可视为质点），用某装置控制住小球A，使轻杆竖直且
小球B 与B 点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球
始终与轨道接触，重力加速度为g。则（ ）
A．从释放至a 球滑过C 点的过程中，轻杆对b 球做正功为
B．下滑过程中b 球机械能守恒
C．小球a 滑过C 点后，a 球速度大于
D．下滑过程中a 球机械能增大
【答案】A【详解】A．根据题意，设从释放至a 球滑过C 点的过程中，轻杆对b 球做功为W，对小球
b，由动能定理有
解得
即从释放至a 球滑过C 点的过程中，轻杆对b 球做
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正功为
，故A 正确。BCD．根据题意，对于两个小球组成的系统，下降过程中，只有重力做功，
系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
则小球
的机械能变化量为
则小球
的机械能变化量为
即下滑过程中a 球机械能减小
，b 球机械能增加
，故BCD 错误。故选
A。
20．（多选）如图所示，质量不计的直角形支架两直角边长度分
别为
和
，支架两端分别连接质量为
的小球A 和质量为
的小球B。支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动。开始时
边处于水平位置，现将小球A 由静止释放，则下列说法正确的
是（ ）
A．小球A、B 机械能之和保持不变
B．小球A 到达最低点时的速度大小为
C．小球A 到达最低点的过程中，杆对小球A 所做的功为
D．当
与水平方向的夹角为
时，小球A 的速度达到最大
【答案】ABC【详解】A．根据题意可知，对小球
、
组成的系统，只有重力和系统内的弹力功，系
统的机械能守恒，故小球A、B 机械能之和保持不变，故A 正确；B．根据题意，设小球A 到达最低点时
的速度大小为
，小球B 的速度为
，取最低点为零势能面，由机械能守恒定律有
转动过程中，小球A 和小球B 的角速度相等，则有
有
解得
故B 正确；C．根据题意，小球A 到达最低点的过程中，设杆对小球A 所做
的功为
，对小球A，由动能定理有
解得
故C 正确；D．根据题
意，设
边与水平方向夹角为
时，小球A 的速度最大，取
点所在平面为零势能面，根据机械能守恒
定律有
又有
整理可得
由数学知识可得
可知，当
时，小球A 的速度达到最大，故D 错误。故选ABC。
21（多选）如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O 点与管口A 的距离
为2x0，一质量为m 的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计
空气阻力，则（ ）
A．小球从接触弹簧开始，加速度一直减小B．小球运动过程中最大速度大于
C．弹簧劲度系数大于
D．弹簧最大弹性势能为
【答案】BCD【详解】A．小球接触弹簧开始
加速下落，弹力增大，加速度减小，当小球的重力等于弹簧的弹力，即
所以速度最大，再下落
弹力增大，加速度增大，A 错误；
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B．从A 到O
解得O 点的速度为
并非最大速度，所以最大速度大于
，B
正确；C．由
小于
，弹簧劲度系数大于
，C 正确；D．根据机械能守恒定律，重力势能的
减少应等于弹簧弹性势能的增加，重力势能减少
，弹性势能最大为
，故D 正确。故选
BCD。
22．（多选）如图所示，倾角为θ、底端有挡板的光滑斜面固定在水平地面
上，劲度系数为k 的轻质弹簧一端拴在挡板上，另一端与物体A 连接，弹簧与
斜面平行，A、B 质量均为m，物体B 紧贴着A 但不粘连，两者静止在斜面
上。现对B 施加沿斜面向下的外力F 缓慢推动物体B，当弹簧的总压缩量为
时撤去F。已知重力加速度为g，则（ ）
A．外力F 作用的过程，A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒
B．外力F 作用的过程，外力F 做的功小于弹簧增加的弹性势能
C．撤去外力F 瞬间，A 对B 的作用力大小为
D．若A、B 向上运动过程中分离，则从刚施加F 到分离时B 运动的位移为
【答案】BCD【详解】A．外力F 做功，系统机械能不守恒，故A 错误；
B．缓慢推动，认为A、B 动能不变，弹簧增加的弹性势能等于系统减少的重力势能与F 做功消耗的其他
形式能量之和，故B 正确；C．撒去F 瞬间，把A、B 作为一个整体受力分析有
解得
对B，由牛顿第二定律有
解得
故C 正确；D．A、B 两物体在弹簧达到原长时分离，而
为刚施加F 时弹簧的压缩
量，则刚施加F 到分离时B 运动的位移为
，故D 正确。故选BCD。
23．（多选）如图所示，一竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为m 的
物
块a 连接，初始时a 保持静止。现有一质量为m 的物块b 从距a 正上方h 处自由释放，
与
a 发生碰撞后一起运动但不粘连，压缩弹簧至最低点，然后一起上升到最高点时物块b
恰
好不离开物块a。物块a、b 均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，其弹性势能
（k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度为g，下列说法正确
的
是（ ）
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A．两物块由于碰撞损失的机械能为
B．从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
C．从碰撞后到最高点，两物块的最大动能为
D．整个系统弹性势能的最大值为
【答案】BCD【详解】A．质量为m 的物块b 从距a 正上方h 处自由释放，根据机械能守恒，可得到达物
体a 时b 的速度为
解得
A 与b 碰撞的过程中，动量守恒，则有
两物块由于碰撞损失的机械能为
A 错误；B．一起上升到最高点时物块b 恰好
不离开物块a，则此时弹簧处在原长位置，设此时物体上升的高度为
，则有
又
解得
从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
B
正确；C．当弹簧的弹力大小与两物块的重力大小相等时，此时有两物块的最大动能
C 正确；D．当两物体的速度减为零时，整个系统弹性势能取得最大值，
此时最大值为
D 正确。故选BCD。
24．（多选）如图，将质量为2.5m 的重物系在轻绳的一端，放在倾角
为α=53°的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m 的环，轻绳绕
过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距
离为d。杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为
d 处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻
绳、杆、斜面足够长，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度为g。现将
环从A 处由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．环从A 点释放时，环的加速度大小为0.8g B．环下降到最低点前，轻绳对重物一直做正功
C．环下降到达最大速度时，环下降的高度为
D．环到达B 处时，环的速度大小为
【答案】BD【详解】A．释放时，环在竖直方向上只受到重力mg，则环的加速度大小为
选项A 错误；B．环下降到最低点的过程中，环和滑轮之间的绳子长度一直在增加，则滑轮和
重物之间的绳子长度一直在减小，即绳子对重物一直做正功，选项B 正确；C．环到最大速度时，竖直方
向加速度为0，此时环和重物所受合外力都为0。则对重物在平行于斜面方向有
对
环在竖直方向有
解得
故
所以环下降的高度
选项C 错误；
D．到B 时，由几何关系知
故
设重物到B 时上升高度为h，则
设到
B 时环的速度为v，则重物的速度为
，则根据环和重物组成的系统机械能守恒有
解得
选项D 正确。故选BD。
25．（多选）如图，滑块a、b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水
平地面相距，b 放在地面上．a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，
不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为，则
A．a 减少的重力势能等于b 增加的动能
B．轻杆对b 一直做正功，b 的速度一直增大
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C．当a 运动到与竖直墙面夹角为θ 时，a、b 的瞬时速度之比为tanθ
D．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
【答案】CD【详解】ab 构成的系统机械能守恒，a 减少的重力势能大于b 增加的动能．当a 落到地面
时，b 的速度为零，故b 先加速后减速．轻杆对b 先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，
则
故
当a 的机械能最小时，b 动能最大，此时杆对b 作用力为零，故b 对地面的
压力大小为mg．综上分析，CD 正确，AB 错误；故选CD．
26．（单选）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物
体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞
行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。
在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小
球从M 点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中
M、N 两点在同一水平线上，O 点为轨迹的最高点，小球在M
点动能为16J，在O 点动能为4J，不计空气阻力，下列说法正
确的是（ ）
A．小球从M 点运动到O 点过程中动能一直减小B．小球落到N 点时的动能为32J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量相等D．小球的重力和受到的风力大小之比为
【答案】B【详解】A．小球从M 点运动到O 点过程中受重力和水平风力作用，小球在重力和风力的合力
场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，故A 错误；
B．小球在M 点动能为
小球在O 点动能
小球在竖直方向上做竖直上
抛运动，则
，
小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，由
，可知小球在N 点
水平方向的速度
小球落到N 点时的动能为
故B 正确；C．小球在上升和下
降过程中机械能变化量都等于风力做的功
在水平方向上由
，可得
所以小球在
上升和下降过程中机械能变化量之比为
，故C 错误；D．设风力大小为F，小球重力大小为mg，小球
从M 点运动到O 点过程中在竖直方向上
，
小球从M 点运动到O 点过程
中在水平方向上
，
解得
故D 错误。故选B。
27．（单选）如图所示，有一条长为
的均匀金属链条，有
在光滑的足够高的斜面上，另
竖直下垂在空中，在外力作用
下静止不动。斜面顶端P 是一个很小的光滑圆弧，斜面倾角为
。
忽略空气阻力，g 取
。当撤去外力后链条滑动，
则链条刚好全部越过P 时的速率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B【详解】设链条质量为m，斜面部分质量为
，该部分链条沿斜面方向的重力分力为
竖直下垂部分链条的质量为
，其重力为
由
可知链条沿着斜面下滑，链条沿斜面下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，以P 点所在平面为零势能
面，则
解得链条刚好全部越过P 时的速率
故选B。
28．（单选）如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的
弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度
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处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度并作出
滑块的
图像，其中高度从
上升到
范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能
面，取
，由图像可知（ ）
A．滑块的质量为
B．弹簧原长为
C．弹簧最大弹性势能为
D．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为
【答案】C【详解】A．在
图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0. 2m 上升到0. 35m 范
围内，图线的斜率绝对值
得出m=0. 2kg 故A 错误
B．高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图像为直线可知，轻弹簧原长为0.2m，故B 错误；
C．在从0.2m 上升到0.35m 范围内
图线的斜率绝对值为
根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以
有
故C 正确；D．在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能
和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转
化和守恒可知
故D 错误。故选C。
29．（单选）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量为m 的球
A 和质量为2m 的球B，光滑水平转轴过杆上距球A 为L 的O 点。外界
给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球A 运动到最高点
时，杆对球A 恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g，则球A
在最高点时（ ）
A．球A 转动的线速度大小为
B．当球A 转动到最低点时，杆对球A 的作用力大小为6mg
C．球B 转动的角速度大小为
D．当球B 转动到与O 点等高的位置时，杆对球B 的作用力大小为
mg
【答案】A【详解】A．球A 运动到最高点时，杆对球A 恰好无作用力，对A 分析，则
解得
A 正确；B．当球A 转动到最低点时，整体法，则由动能定理
，
经求解，发现球A 不可
能运动到圆的最低点，则当A 球速度为零时有
联立解得
则当A 球速度为零时，对A 球受力
分析有F 垂 = mgsin30°FA 切－mgcos30° = ma 对B 球受力分析有FB 切＋2mgcos30° = 2m∙2a 其中FA 切 =
2FB 切
则杆对球A 的作用力大小为
B 错误；C．由A、B 转动的角速度相同，则球A 在
最高点时，B 的角速度为
C 错误；D．当球B 转动到与O 点等高的位置时，由整体
法，设此时A 的速度为
，此时B 的速度为
，
，
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解得
又由
得
杆对球B 的作用力大小为
D 错误。故答案选AB。
30．如图所示为某游乐场一游戏设施，光滑半圆轨道
半径R 可调，玩家需将物块P（可视为质点）从A 点
滑出，并调整半径R 以求最远落点，传送带与水平
方向的夹角
，传送带顺时针匀速转动，转速
为
，AB 长为1.8 米，BC 长为14 米，AB 的
摩擦系数为
=0.5，BC 的摩擦系数为
=0.1。现一
玩家将物块P 滑向该装置，经过A 点时的速度为
，重力加速度为
，求：
（1）物块在传送带上留下的痕迹； （2）物块落点离C 最远距离
；
（3）若物块P 从B 点运动算起，4 秒内运动4 米，
可调，在BC 段上加速度为
，在B 点初速度为
，试求
的最小值。小提示：可用均值不等式求解。
【答案】（1）0.6m；（2）1.8m；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律有
运动学公式可得
联立可得
物块在传送带运动的时间
物块在传送带上留下的痕迹
（2）物块从B 点运动至D 点根据动能定理有
物块从D 点飞出后做平抛运动，竖直方向有
物块落点离C 点距离为
整理得
根据数学关系可得当
物块落点离C 最远，距离为
（3）根据动力学公式
可得
根据数学关系有
可得，当
有最小值，为
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31．如图所示，一倾角为θ=30°的足够长光滑斜面固
定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡
板，将一质量为m 的木板放置在斜面上，木板的上
端有一质量为m 的小物块（视为质点），物块和木
板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg
（0.5<k<1），初始时木板下端与挡板的距离为L。
现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下
滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板
的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物
块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
（2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小∆x；
（3）木板的长度x 以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块与木板整体，根据动能定理有
解得
（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小
解得
沿斜面向下，物块的加速度大小为
解得
沿斜面向上，规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有
对物块有
解得
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同
时物块的位移
木板的位移大小
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为
（3）设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
解得
故系统产生的热量
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32．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量
且可视为质点的小物块压缩而处于
静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，
长
，物块与传送带间的动摩擦因数
，与传送带相邻的粗糙水平面
长
，它与物块
间的动摩擦因数
，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与
平滑连接，圆弧对应的圆心角
为
，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以
的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的
能量全
部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取
。
（1）求右侧圆弧的轨道半径R；
（2）求小物块最终停下时与C 点的距离；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调
节范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由
可知
因为
故物块滑上传送带后先减速物块
与传送带相对滑动过程中，由
解得
因为
故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以
的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到
E 点，由动能定理可知
代入数据整理可以得到
（2）设物块从E 点返回至B 点的速度为
，由
得到
因为
，故物块会再次滑上传送，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加
速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由
得到
（3）设传送带速度为
时物块能恰到F 点，在F 点满足
从B 到F 过程中由动能定理可知
解得
设传送带速度为
时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由：
解得
若物块在传送带上一直加速运动，由
知其到B 点的最大速度
综合上述分析可知，只要传送带速度
就满足条
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件。
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