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专题11 机械能守恒定律的理解
考点
考情
命题方向
考点 重力势能与
机械能守恒
2022 年全国理综甲卷
2022 年全国理综乙卷
2022 新高考江苏卷
重力势能和机械能守恒定律的
考查主要集中在结合体育运
动、结合图像等。
题型一 机械能守恒定律的判断
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变．
2．条件
只有重力或弹力做功．
3．判断方法
1
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(1)用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变．若一个物体动能不变、重力势能变化，
或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变化．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械
能守恒．
(3)用能量转化来判断：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的能的转
化，则物体或系统机械能守恒．
(4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩
擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．
[模型演练1] （2024 春•西城区期末）一个小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的
小球在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。
关于这两种情况的比较，下面说法正确的是（ ）
A．重力对小球做的功不相等
B．小球重力势能的变化不相等
C．小球动能的变化不相等
D．小球机械能均守恒
【解答】解：A、设小球的质量为m，重力做的功都等于WG＝mg（h1﹣h2），故A 错误；
B、根据功与能的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做的功等于重力势能的减小量，所以
两个小球重力势能的变化相等，故B 错误；
C、根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，真空中小球的动能变化量等于重力做的功，
粘性液体中小球的动能变化量等于重力做的功减去阻力做的功，所以两个小球的动能变化不相
等，故C 正确；
D、真空中的小球只有重力做功，机械能守恒，液体中的小球有阻力做功，一部分机械能转化成
内能，所以机械能不守恒，故D 错误。
故选：C。
[模型演练2] （2024 春•河西区期末）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m、3m 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，a 球与定滑轮间距足够
2
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大，不会相碰，释放a 球后，b 球刚要落地前，下列说法正确的是（ ）
A．a 球机械能不守恒
B．b 球机械能守恒
C．小球a 和b 组成的系统机械能不守恒
D．同一时刻，小球a 的速度是小球b 的速度的3 倍
【解答】解：AB．由于细绳分别对a、b 两球做功，根据机械能守恒条件可知，a 球机械能不守
恒，b 球机械能也不守恒，故A 正确，B 错误；
C．放手后，对ab 系统只发生动能和重力势能的转化，则系统的机械能守恒，故C 错误；
D．同一时刻，沿绳长方向速度大小相等，所以小球a 的速度等于小球b 的速度，故D 错误。
故选：A。
[模型演练3] （多选）（2024 春•和平区校级期末）如图甲所示，将轻质弹簧的一端固定
在水平桌面上O 点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A 点。用一个金属小球挤压弹簧
至B 点（如图乙所示），由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C 点为AB 的中点
则（ ）
A．从B 到A 过程中，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
B．从B 到A 过程中，小球的动能一直在增大
C．从B 到A 过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B 到C 过程弹簧弹力对小球做功大于从C 到A 过程弹簧弹力对小球做功
【解答】解：A、从B 到A 的过程中，小球、弹簧和地球组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，
系统机械能守恒，故A 正确；
3
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B、从B 到A 的过程中，开始阶段弹簧的弹力大于重力，小球向上做加速运动，弹簧的压缩量减
小，弹力减小，合力减小，故向上做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力减小到与重力相等
时，速度达到最大，此后弹簧的弹力小于重力，小球向上做减速运动，故小球的动能先增大后
减小，故B 错误；
C、从B 到A 的过程中，弹簧的压缩量一直减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C 错误；
D、根据功能关系可知，从B 到C 过程弹簧弹力对小球做功W 1= 1
2 k x
2- 1
2 k( 1
2 x)
2= 3
8 k x
2，
从C 到A 过程弹簧弹力对小球做功W2= 1
2 k( 1
2 x)
2-0= 1
8
kx2，故从B 到C 过程弹簧弹力对小球
做功大于从C 到A 过程，故D 正确；
故选：AD。
题型二 单物体的机械能守恒问题
机械能守恒的三种表达式
1．守恒观点
(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．
(3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．
2．转化观点
(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能．
3．转移观点
(1)表达式：ΔEA 增＝ΔEB 减．
(2)意义：若系统由A、B 两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A 部分机械能的增加量等于B 部
分机械能的减少量．
[模型演练4] （2024 春•河西区期末）如图所示，把一个小球用细线悬挂起来，将小球拉
离竖直位置某一角度由静止释放，就成为一个摆。若摆长为l，小球质量为m，小球在摆动过
程中最大偏角为θ，重力加速度为g。设阻力可以忽略。小球在摆动的过程中，以下说法正确
的是（ ）
4
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A．小球运动到最高点时加速度为零
B．小球受到重力和拉力的作用，机械能不守恒
C．小球运动到最低点时所受重力与拉力大小相等
D．以最低点为重力势能零点，则小球具有的机械能为mgl（1﹣cosθ）
【解答】解：A、小球在最高点时加速度为a= mgsinθ
m
=gsinθ，故A 错误；
B、小球受到重力和拉力的作用，但拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒，故B 错误；
C、小球运到最低点有FT﹣mg＝Fn，则小球运动到最低点时所受重力的大小小于拉力的大小，
故C 错误；
D、以最低点为重力势能零点，而小球在最高点的机械能只有重力势能，则小球具有的机械能为
E＝mgl（1﹣cosθ），故D 正确。
故选：D。
[模型演练5] （2024•湖北三模）2023 年9 月，中国选手张博恒夺得杭州亚运会体操单杠
冠军，如图所示其双手抓住单杠，其重心以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动，重心到单杠的
距离R＝1m，重心从单杠正上方A 点转至B 点时松手脱离单杠，OB 与竖直方向的夹角θ＝
53°，重心经过E 点与B 点等高，最后落到地面D 点。已知他的质量m＝60kg，从B 到E 的时
间为0.96s，g 取10m/s2，忽略空气阻力，不考虑一切摩擦和体能的消耗与转化。下列说法正确
的是（ ）
A．他在A 到B 点过程机械能不守恒，B 到D 过程机械能守恒
B．他在B 点的速度为6m/s
C．他在A 到B 运动过程中手臂的最大拉力为2640N
5
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D．OB 与竖直方向的夹角θ 越大，BD 之间水平距离越远
【解答】解：A.由于忽略空气阻力，不考虑一切摩擦，则整个过程只有重力做功，整个过程中
满足机械能守恒，故A 错误；
B.从B 到E 的时间为0.96s，根据斜上抛运动的速度规律，有vBy = g T
2 =10× 0.96
2
m/s＝4.8m/s，
vB= vBy
sinθ = 4.8
0.8
m/s＝6m/s，故B 正确；
C.竖直面内圆周运动的最低点拉力最大，设最大拉力为Tm，根据牛顿第二定律
T m-mg= mvm
2
R
从最低点到B 点，根据动能定理
-mgR(1-cosθ)= 1
2 mvB
2 - 1
2 mvm
2
解得Tm＝3240N，故C 错误；
D.当 θ＝90o 时，人做竖直上抛运动，则BD 之间水平距离为零，故D 错误。
故选：B。
[模型演练6] （2024•郑州三模）已知某天体半径为地球半径的1
2
、质量为地球质量的1
10
，
如图所示，该天体表面竖直固定一内壁光滑的弹射器AB，长度l＝6.0m，弹射器与四分之一光
滑圆弧轨道BC 相切，圆弧轨道半径R＝2.0m。弹射器内有一轻质弹簧，质量为m＝2.0kg 的小
球向下压缩弹簧并被锁定，锁定位置距离管道底部高度为h＝5.0m，此时弹簧的弹性势能EP＝
40J。现解除锁定，小球被弹出后进入圆弧轨道。已知小球可看作质点，弹射器粗细可忽略不
计，地球表面重力加速度大小为g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到轨道最高点C 时对轨道的压力大小；
（2）小球落地点距弹射器底端的水平距离。
6
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【解答】解：（1）在天体表面万有引力等于重力，则有
在地球表面 GMm
R
2
=mg
在火星表面 G M 火m
R火
2
=m g火
小球运动到C 点，由机械能守恒定律E p=m g火(l -h+ R)+ 1
2 mvc
2
由牛顿第二定律，在C 点对小球受力分析 F N +m g火= mvc
2
R
解得FN＝8N
根据牛顿第三定律，小球运动到C 点时对轨道的压力大小为8N。
（2）小球从C 点飞出后做平抛运动R+l = 1
2 g10t
2，x = vct
小球落地点距竖直管道底端的水平距离为
L＝x+R
解得：L＝10m
答：（1）小球运动到轨道最高点C 时对轨道的压力大小为8N；
（2）小球落地点距弹射器底端的水平距离为10m。
题型三 连接体的机械能守恒问题
1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B 而使A、B 运动的过程中，A、B 的速度均沿绳子方向，
在相等时间内A、B 运动的路程相等，则A、B 的速率相等。
判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动
能和势能相互转化，系统的机械能守恒。这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
2．如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B 在竖直平面内绕O 点的轴转动，在转动的过程
中相等时间内A、B 转过的角度相等，则A、B 转动的角速度相等。
7
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系统机械能守恒的特点
(1)一个物体的机械能增加，另一个物体的机械能必然减少，机械能通过内力做功实现物体间的转移。
(2)内力对一个物体做正功，必然对另外一个物体做负功，且二者代数和为零。
3．如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B 运动的过程中，A、B 的速度并非均沿绳子方向，
在相等时间内A、B 运动的路程不相等，则A、B 的速度大小不相等，但二者在沿着绳子方向的分
速度大小相等。
列系统机械能守恒的两种思路
(1)系统动能的减少(增加)等于重力势能的增加(减少)。
(2)一个物体机械能的减少等于另一个物体机械能的增加。
类型1 链条类机械能守恒问题
[模型演练7] 如图所示，两侧倾角均为30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为m、长为
L 的光滑金属链条放在斜劈顶端，左右两侧链条长度之比为1：2。已知两斜面的长度均为
2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖直平面内。重力加速度为g。某时刻将链条由静止释放，
当链条下端到达斜劈底端时，重力的功率为（ ）
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A．√11 gL
6
mg
B．√11 gL
3
mg
C．√13 gL
6
mg
D．√22gL
3
mg
【解答】解：链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的过程中，重力做功为
W 1= 2
3 mg⋅L
3 sin30° = 1
9 mgL
然后链条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为
W 2=mg⋅Lsin30° = 1
2 mgL
设链条运动至底端时速度的大小为v，有
W 1+W 2= 1
2 mv
2
联立解得v= √11 gL
3
可知P＝mgvsin30°= √11gL
6
mg
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练8] （多选）（2023 春•锦江区月考）如图所示，有一条柔软的质量为m、长为
L 的均匀链条，开始时链条的2 L
3
长在水平桌面上，而L
3
长垂于桌外，用外力使链条静止。不
计一切摩擦，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板以保证链条不会飞起。下列说法中
正确的是（ ）
A．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=√gL
B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v= 2
3 √2gL
C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL
9
D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL
18
9
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【解答】解：AB．若自由释放链条，以桌面为零重力势能参考平面，初始时刻链条没有动能，
根据机械能守恒可得
- m
3 g⋅L
6 =-mg L
2 + 1
2 m v
2
解得链条刚离开桌面时的速度为
v = 2
3 √2 gL
故B 正确，A 错误；
CD．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外L
3
链条增加的重力势能，
不需要考虑动能的变化，则有
W min= mg
3 ⋅L
6 = mgL
18
故D 正确，C 错误。
故选：BD。
[模型演练9] （2023 春•丹东期末）如图所示，有一根长为L，质量为M 的均匀链条AB
静止在光滑水平桌面上，其长度的1
2
悬于桌边外，如果在链条的A 端施加一个拉力使链条AB
以0.2g（g 为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与
桌边始终保持接触，则拉力需做功（ ）
A．MgL
8
B．2 MgL
3
C．3 MgL
4
D．9 MgL
40
【解答】解：根据题意，由运动学公式v
2- v0
2=2ax可得，把悬着的部分拉回桌面时，链条的速
度为
v =√2×0.2 g× L
2 =√0.2 gL
设拉力需做功为W，由动能定理有
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W - 1
2 Mg⋅1
4 L= 1
2 M v
2
解得
W = 9
40 MgL
故选：D。
类型2 轻绳连接的物体系统
[模型演练10] （2024•道里区校级模拟）如图ab、cd 为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，
两轨道间的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A 和B，质量均为m，它们通过一
根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B 运动起来，
在轨道间的绳子OB 与水平轨道成θ＝30°角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A 在下面的轨道运动
速率为v，设绳长BO 远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法
正确的是（ ）
A．在轻绳OB 与水平轨道成θ＝30°时，物体B 的速度大小为2v
B．在轻绳OB 与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，绳对B 做的功为7
6 mv
2
C．当轻绳OB 与水平轨道成θ＝90°角时，物体B 的速度大小为√21
3
v
D．若在轻绳OB 与水平轨道θ＝90°角时，绳与物体B 恰好分离且物体B 恰好离开ab 面，物体
B 下落过程中不与墙面、滑轮相碰，则B 落地的速度大小为
√2gh+ 14 v
2
3
【解答】解：A、在轻绳OB 与水平轨道成θ＝30°时，将物体B 的速度分解到沿绳方向和垂直于
绳方向，B 沿绳方向的分速度大小等于A 的速度大小，如图所示。
11
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由几何关系有v＝vBcos30°，解得：vB= 2√3
3
v，故A 错误；
BC、当轻绳OB 与水平轨道成θ＝90°角时，A 的速度为零，设此时B 的速度大小为vB′。根据
系统机械能守恒得
1
2 mv
2+ 1
2 mvB
2 = 1
2 mvB
' 2
解得：vB′= √21
3
v
在轻绳OB 与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，对B，根据动能定理得绳对B 做的功
为
W= 1
2 m vB
' 2- 1
2 m vB
2
解得：W= 1
2 mv
2，故B 错误，C 正确；
D、设B 落地的速度大小为v′。B 下落的过程，根据机械能守恒定律得
1
2 m vB
' 2+mgh= 1
2 mv '
2，结合vB′= √21
3
v，解得：v′=√2gh+ 7 v
2
3
，故D 错误。
故选：C。
[模型演练11] （2024•西宁二模）如图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1
的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计。现
将两滑块从静止释放，m1 上升一小段距离h 高度，在这一过程中，下列说法正确的是
（ ）
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A．m1和m2的重力势能之和不变
B．m1上升到h 位置时的速度为√
2gh
3
C．轻绳的拉力大小为1
3
m1g
D．轻绳对m1和m2的功率大小不相等
【解答】解：A、根据机械能守恒定律可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两
物体的动能，所以，m1和m2的重力势能之和减小，故A 错误；
B、设m1上升到h 位置时的速度为v1，m2的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2＝2v1，根据
m1和m2组成的系统机械能守恒可得
m2g•2h﹣m1gh= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，联立解得v1=√
2gh
3
，故B 正确；
C、根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得：
对m1有 2T﹣m1g＝m1a1，
对m2有 m2g﹣T＝m2a2
结合a2＝2a1
联立解得轻绳的拉力大小：T= 2
3 m1g，故C 错误；
D、绳子的拉力相同，故轻绳对m2做功的功率P2＝Fv2，轻绳对m1做功的功率P1＝2Fv1，由于
v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故D 错误。
故选：B。
[模型演练12] （2024 春•九龙坡区校级期中）如图所示，质量为m 和M＝2m 的物块用一
根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，物块m 穿过固定竖直杆并可沿杆无摩擦地滑动。已知杆
与定滑轮间的距离为L＝4m，A 点与滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦力。轻绳足够
长，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
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A．当m 在B 位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角α＝53°
B．将m 由A 点静止释放，m 能下降的最大高度为17
3 m
C．将m 由A 点静止释放，下降H＝5m 时m 的速度不超过10m/s
D．改变M 的质量，且将m 由A 点静止释放，下降H＝3m 时m 的速度v＝5m/s，M 与m 质量之
比为36
29
【解答】解：A、对B 为研究对象受力分析，由平衡条件得：Tcosα＝mg
对A 为研究对象，据平衡条件得：T＝Mg
联立以上二式并代入已知条件得：α＝60°
故A 错误；
B、当m 到达最低点时的速度为0，m 从A 到C 的过程中，对M、m 组成的系统，由机械能守恒
得：
mgh＝Mg（√L
2+h
2-
L）
联立以上各式解得：h= 16
3
m
故B 错误；
C、当m 运动到B 点时的速度最大，对M、m 组成的系统，由机械能守恒得：
mg L
tanα -Mg（L
sinα -L）= 1
2 m v
2+ 1
2 Mv '
2
据几何关系可知：v'＝vcosα
联立以上各式解得：v＝3.8m/s
故C 正确；
D、m 下降H＝3m 时，根据速度的分解有vM＝vmcosθ
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cosθ=
H
√H
2+ L
2
A 上升的高度为H'=√H
2+ L
2-
L
对系统，根据机械能守恒定律有mgH﹣MgH'= 1
2 m vm
2 + 1
2 M v M
2
解得M
m = 35
29
故D 错误；
故选：C。
类型3 轻杆连接的物体系统
[模型演练13] （2024•河南一模）如图，倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC 固定放置
在水平地面上，在A 点的上方再固定一光滑的细杆，细杆与竖直方向的夹角为30°。质量均为
m 的小球甲、乙（均视为质点）用长为L 的轻质杆通过铰链连接（铰链的质量忽略不计），小
球甲套在细杆上，小球乙放置在斜面上A 点，重力加速度大小为g。现让小球甲、小球乙由静
止释放，小球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A 点还未与斜面接触时，小球甲
的动能为（ ）
A．4(√3+1)
7
mgL
B．2(√3+1)
7
mgL
C．3(√3+1)
7
mgL
D．3(√3+1)
14
mgL
【解答】解：当小球甲下降到A 点时，由几何关系可得小球甲、乙下降的高度分别为
h 甲＝Lcos30°
h 乙＝Lsin30°
当小球甲刚要到达A 点还未与斜面接触时，轻质杆与斜面平行，小球甲的速度沿着细杆，小球
15
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乙的速度沿着斜面向下，所以小球甲与小球乙的速度关系为：v 乙＝v 甲cos30°
由机械能守恒定律可得
mgh甲+mgh乙= 1
2 m v甲
2 + 1
2 m v乙
2
小球乙的动能为
Ek 甲= 1
2 m v甲
2
代入数据联立解得
Ek 甲= 2(√3+1)
7
mgL
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练14] （2024 春•烟台期中）如图所示，两质量相等的小球a、b（可视为质点）通
过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，a 套在竖直杆M 上，b 套在水平杆N 上，最初刚性轻杆与水
平杆N 的夹角为30°，两根足够长的细杆M、N 不接触（a、b 球均可越过O 点），且两杆间的
距离忽略不计，重力加速度为g，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦。则b 球的
最大速度为（ ）
A．2√gL
B．√3 gL
C．√2 gL
D．√gL
【解答】解：对a、b 两球组成的系统，根据机械能守恒定律，a 球从初始位置下降到O 点下方
L 位置时重力势能减少最大，系统动能增量也最大，此时小球b 位于O 点速度为vm，根据关联
速度可知，a 球的速度大小为0，有
mg（Lsin30°+L）= 1
2
mvm
2
解得vm=√3 gL，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练15] （2024 春•惠安县校级期中）小球甲套在粗细均匀的光滑竖直杆上，小球乙
放在光滑水平面上，两球用轻杆相连，由静止释放小球甲，在小球甲向下运动到最低点的过程
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中（不计小球的大小），下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球甲先做正功后做负功
B．小球甲的机械能先增大后减小
C．小球乙的动能一直增大
D．当小球甲刚要落地时，速度最大
【解答】解：AC、两球沿杆方向的速度大小相等，当甲球刚要落地时，甲球沿水平方向的分速
度为零，此时小球乙的速度为零，因此小球乙沿地面向右先加速后减速，杆对乙球先施加推力
后施加拉力，杆对甲球也是先施加推力后施加拉力，因此杆对小球甲先做负功后做正功，小球
乙的动能先增大后减小，故AC 错误；
B、小球甲和乙组成的系统机械能守恒，小球乙的机械能先增大后减小，因此小球甲的机械能先
减小后增大，故B 错误；
D、当小球甲刚要落地时，小球甲减少的重力势能最大，全转化为小球甲的动能，因此此时小球
甲的速度最大，故D 正确。
故选：D。
[模型演练16] （2024•庐阳区校级四模）如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C
处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C 球置于距地面高h 处，由静止释放，假
设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C 下落过程中
（ ）
A．小球A、B、C 组成的系统机械能不守恒
B．小球C 的机械能一直减小
C．小球C 落地前瞬间的速度大小为√2gh
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D．当小球C 的机械能最小时，地面对小球B 的支持力大于mg
【解答】解：A、对于小球A、B、C 组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，
故A 错误；
B、小球B 的初速度为零，小球C 落地瞬间，小球B 的速度也为零，故小球B 的动能先增大后
减小，而小球B 的重力势能不变，则小球B 的机械能先增大后减小，同理可得小球A 的机械能
先增大后减小，而系统机械能守恒，所以C 的机械能先减小后增大，故B 错误；
C、设小球C 落地前瞬间的速度大小为v，根据系统机械能守恒有：1
2 m v
2=mgh，解得：
v =√2 gh，故C 正确；
D、当小球C 的机械能最小时，小球B 的速度最大，此时小球B 的加速度为零，水平方向所受
的合力为零，则杆CB 对小球B 恰好没有力的作用，所以地面对小球B 的支持力大小为mg，故
D 错误。
故选：C。
题型四 含弹簧类机械能守恒问题
1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．
2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能．
3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．
4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加．
[模型演练17] （2024 春•昆明期末）如图所示，一轻弹质簧上端固定在天花板上，下端与
物块a 相连，a 下方有一物块b。现对物块b 施加竖直向上、大小为F＝30N 的力，使物块a、b
处于静止状态。t＝0 时刻，改变F 的大小，使a、b 一起向下做匀加速直线运动：当t＝0.4s 时，
弹簧恢复原长。已知弹簧的劲度系数k＝50N/m，弹簧始终在弹性限度内，物块a、b 的质量分
别为ma＝1.5kg、mb＝0.5kg，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
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A．t＝0 时刻，物块a、b 之间的作用力大小为26.25N
B．t＝0.4s 时刻，力F 的大小为20N
C．0～0.4s 时间内，力F 对物块b 做的功为4J
D．0～0.4s 时间内，物块a、b 组成的系统减少的机械能为3J
【解答】解：A、物块a、b 处于静止状态时，对整体进行受力分析，设弹簧弹力为T，则由平衡
条件有mag+mbg+T＝F
解得：T＝10N
弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为x = T
k = 10
50 m=0.2m
0～0.4s 时间内，a、b 一起向下做匀加速直线运动，则有x = 1
2 at
2
解得系统的加速度为a＝2.5m/s2
t＝0 时，对a，由牛顿第二定律得T+mag﹣FN＝maa
解得物块a、b 之间的作用力大小为FN＝21.25N，故A 错误；
B、当t＝0.4s 时，弹簧恢复原长，对整体，由牛顿第二定律得mag+mbg﹣F＝（ma+mb）a
解得力F 的大小为F＝15N，故B 错误；
C、t＝0.4s 时整体的速度为v＝at＝2.5×0.4m/s＝1m/s
0～0.4s 时间内，对整体，由动能定理得1
2 k x
2+(ma+mb)gx +W F = 1
2 (ma+mb)v
2
解得：WF＝﹣4J，即0～0.4s 时间内，力F 对物块b 做的功为﹣4J，故C 错误；
D、0～0.4s 时间内，弹簧的弹性势能减少ΔEP= 1
2 k x
2，解得：ΔEP＝1J。0～0.4s 时间内，物块
a、b 组成的系统机械能的变化量为ΔE＝ΔEP+WF＝（1﹣4）J＝﹣3J，即a、b 组成的系统机械能
减少3J，故D 正确。
故选：D。
[模型演练18] （多选）（2024 春•黄埔区期末）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定
在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A 点。t＝0 时将小球从A 点正上方O 点由静止释放，
t1时到达A 点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O 为原点，向下为正方向建立x 坐标轴，以B
点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球在从O 到B 的运动
过程中，图中小球的速度v、加速度a、重力势能Ep 及机械能E 变化图像可能正确的是
（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB．小球未接触弹簧前，只受重力，加速度恒定，接触弹簧后，小球受弹力与重
力作用，根据牛顿第二定律有
mg﹣kx＝ma
此时加速度逐渐减小，直至加速度未0 时，速度达到最大，此时小球的位移x＞x1，然后有
kx﹣mg＝ma
随弹力增大，加速度反向增大，速度减小。故A 错误，B 正确；
C．小球接触弹簧后，弹力做负功，机械能减小，故C 错误；
D．根据重力势能的计算公式有
Ep＝Ep0﹣mgx
故D 正确。
故选：BD。
[模型演练19] （2024 春•和平区期末）如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在地面，
另一端与质量为m 的物体P 连接处于竖直状态，跨过定滑轮的轻绳一端与物体P 连接，另一端
与质量为2m 的物体Q 连接。用手托着物体Q 使轻绳刚好伸直无张力，物体Q 由静止释放后，
物体P 开始向上运动，运动过程中物体Q 始终未接触地面，弹簧的形变始终在弹性限度内，重
力加速度为g。设物体P 上升通过A 点位置时速度最大，求：
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（1）物体P 静止时弹簧的形变量x1和物体P 通过A 点时弹簧的形变量x2；
（2）物体P 通过A 点位置时最大速度vm；
（3）若物体Q 的质量增大为原来的N 倍，试分析说明不管N 多大，物体P 上升到A 点时的速
度vA都不可能增大到2vm。
【解答】解：（1）物体P 处于静止状态，根据平衡条件有mg＝kx1
解得x1= mg
k
物体P 通过A 点时，速度达到最大。加速度为零，合力为零，则有mg+kx2＝T，T＝2mg
解得x2= mg
k
（2）物块P 在出发点位置和A 位置，弹簧形变量相同，弹性势能相等，根据功能关系，可得
(2mg-mg)( x1+ x2)= 1
2 (2m+m)vm
2
解得vm=√
4 m g
2
3k
（3 ）若物块
Q
的质量增大为原来的
N
倍，根据功能关系得
(2 Nmg-mg)( x1+ x2)= 1
2 (2 Nm+m)v1
2
解得v1=√
4(2 N -1)m g
2
(2 N +1)k
当N→∞时v1=√
4 m g
2
k
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而2vm=√
16m g
2
3k
可得v1=√
12m g
2
3k
＜2vm
所以不管N 多大，物块P 上升到A 点时的速度都不可能增大到2vm。
22
