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专题14 几种连接类型的机械能守恒模型
链条连接模型（5-9 题）................................................................................................................................5
杆连接模型（10-13 题）................................................................................................................................9
绳连接模型（14-18 题）.............................................................................................................................13
含弹簧类模型（18-22 题）.........................................................................................................................18
1.
（多选）（2023•湖北）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与
一质量为m 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上
M、N 两点与O 点的距离均为l，P 点到O 点的距离为1
2 l，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点
时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速
度从M 点向下运动到N 点，在此过程中，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4 mg
l
B．小球在P 点下方1
2 l 处的加速度大小为 (3√2- 4)g
C．从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解答】解：A、当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止，则有：k（l- l
2）•μ＝mg，解得弹簧
1
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的劲度系数为：k= 4 mg
l
，故A 正确；
B、小球在P 点下方1
2 l 处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为l′= √2l
2 ，弹簧处于压
缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l
l′
﹣），解得：F＝（4
2
﹣√2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°
f
﹣＝ma，其中：f＝μFsin45°
联立解得：a=√2g，故B 错误；
C、杆上M、N 两点与O 点的距离均为l，所以小球在M 和N 点时弹簧处于原长，小球从M 到P
过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球
从P 到N 过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减
小，故从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C 错误；
D、关于P 点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M 点到P 点和从P 点到N 点的
运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D 正确。
故选：AD。
2.
（2022•江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压
缩状态．A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A、B
由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时速度为
零．A、B 与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
2
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C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【解答】解：A、物体A 上滑过程先做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时速度最大。之
后做加速度增大的减速运动，当速度为零时到达最高点，若不受摩擦力，则A 运动到位移的一
半时，加速度为零，但不知摩擦力大小与重力下滑分力的关系，当A 运动到位移的一半时，加
速度方向不能确定，故A 错误；
B、设斜面的倾角为θ，如果在最高点A、B 之间的弹力为零，则B 的最大加速度为：am＝gsinθ
μgcosθ
﹣
，
若在最高点弹簧弹力沿斜面向下（设其大小为F），则AB 整体的加速度为：
a= F +(mA+mB)gsinθ - μ(mA+mB)gcosθ
mA+mB
因a＞am，所以AB 会出现分离的情况。
若在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，则AB 整体的加速度将小于或者等于am，AB 就
不会出现分离的情况。
由此分析可知在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，故A 上滑时，弹簧的弹力方向不发
生变化，故B 正确；
C、AB 一起下滑的过程弹簧一直处于压缩状态，形变量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，AB 整体
的加速度为：
a= (mA+mB)gsinθ - μ(mA+mB)gcosθ - F
mA+mB
，可知a 先减小后反向增大；
设AB 之间的弹力为FN，隔离B 物体分析，则有：a= mB gsinθ - μmB gcosθ - F N
mB
，因a 先减小
后反向增大，故AB 之间的弹力一直增大，故C 错误；
D、整个过程的初末状态弹簧弹性势能相等，物体A 的重力势能也相等，由能量守恒和功能关系
可知，AB 克服摩擦做的功等于B 的重力势能的减小量，故D 错误。
故选：B。
3.
（多选）（2022•辽宁）如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1 固定在倾角为30°
光滑绝缘斜面上的a 点，其正上方L 处固定一电荷量为﹣Q 的球2，斜面上距a 点L 处的b 点
有质量为m 的带电球3，球3 与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b 点处于静止状态。此时弹
3
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簧的压缩量为L
2 ，球2、3 间的静电力大小为mg
2 。迅速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g
为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3 的说法正确的是（ ）
A．带负电
B．运动至a 点的速度大小为√gL
C．运动至a 点的加速度大小为2g
D．运动至ab 中点时对斜面的压力大小为3√3- 4
6
mg
【解答】解：A、由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1 和3 之间的力大于小球2 和3
之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1 和3 一定是斥力，小球1 带正电，故小球3 带正电，故
A 错误；
B、小球3 运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2 ，根据对称性可知，小球2 对小球3 做功为0；弹
簧弹力做功为0，根据动能定理得：mgLsinθ = 1
2 m v
2
解得：v =√gL，故B 正确；
C、小球3 在b 点时，设小球3 的电荷量为q，有kQq
L
2 = mg
2
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F = kq⋅6Q
L
2
- kQq
L
2 sin30° -mgsin30°
解得：F = 9
4 mg
小球运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2 ，根据对称性可知F + kQq
L
2 sin30° -mgsin30° =ma
解得：a＝2g，故C 正确；
D 、当运动至ab 中点时，弹簧弹力为0 ，此时小球2 对小球3 的拉力为
4
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F23=
kQq
( √3
2 L)
2
= 4
3 ⋅kQq
L
2 = 2
3 mg
斜面对小球的支持力为F N =mgcos30° - F23= 3√3- 4
6
mg
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为3√3- 4
6
mg，故D 正确；
故选：BCD。
4.
（2023•甲卷）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EP。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4
5 。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。
【解答】解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒
定律得：EP= 1
2 mv0
2
解得：v0=√
2 E p
m
（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t，则落地点距飞出点的水平距离x＝v0t
落地瞬间竖直分速度vy＝gt
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为vy′= 4
5
vy= 4
5
gt
小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0
v
﹣y′2＝﹣2gh
联立解得：x= 5
2√
E ph
mg
5
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链条连接模型（5-9 题）
5.
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（ ）
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。
6.
（多选）（2023 秋•荔湾区校级月考）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（ ）
6
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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
【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 √2gL
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。
7.
（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（ ）
7
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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W - 1
2 Mg⋅1
4 L= 1
2 M v
2
解得W = 9
40 MgL
故选：D。
8.
如图所示，质量为m 的均匀金属链条，长为L，有一半在光滑的足够高的斜面上，另
一半竖直下垂在空中。已知斜面倾角为30°，顶端是一个很小的圆弧。从静止开始释放后整个
链条滑动，当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能的减少量为（ ）
A．5
16 mgL
B．5
8 mgL
C．3
16 mgL
D．3
8 mgL
【解答】解：取斜面的最高点所在的水平面为零势能参考面。开始时，斜面上的那部分链条的
重力势能为Ep1=- mg
2
• L
4
sinθ
竖直下垂的那部分链条的重力势能为Ep2=- mg
2
• L
4
当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为Ep＝﹣mg• L
2
重力势能的减少量为ΔEp＝Ep1+Ep2
E
﹣
p，解得：ΔEp= 5
16
mgL，故A 正确，BCD 错误。
8
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故选：A。
9.
（多选）（2023•青秀区校级二模）如图所示，现将一长为L、质量为m 且分布均匀
的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方
向夹角为θ，斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺
时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链
条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度x= L
4
时，链条恰能保持静止。现将链条从
位于传送带部分的长度x= L
3
的位置由静止释放，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列
说法正确的是（ ）
A．释放瞬间链条的加速度为gsinθ
3
B．链条与传送带之间的动摩擦因数μ= tanθ
4
C．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从x= L
2
的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速
度大小v=√2 gLsinθ
D．若链条的机械能增加量为ΔE，传送带消耗的电能为E 耗，不计电路中产生的电热，ΔE 等于
E 耗
【解答】解：B、设整个链条的质量为m，当位于传送带部分长度为x= L
4
时，链条保持静止，
则有：mgsinθ＝μ•1
4
mgcosθ，解得：μ＝4tanθ，故B 错误；
A、释放的瞬间，根据牛顿第二定律可得：μ•1
3
mgcosθ
mgsinθ
﹣
＝ma，解得a= gsinθ
3
，故A 正
确；
9
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C、从x= L
2
的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为：f1= 1
2
μmgcosθ；完全进入传送带时，摩擦力
大小为f2＝μmgcosθ，摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为：
W=
1
2 μmgcosθ+ μmgcosθ
2
× 1
2 L= 3
8
μmgLcosθ
根据动能定理：W
mgLsinθ
﹣
= 1
2 m v
2
联立解得：v=√2gLsinθ，故C 正确；
D、根据能量守恒定律可知，传送带消耗的电能一部分转化为链条增加的机械能，一部分转化为
内能，所以E 耗＞ΔE，故D 错误。
故选：AC。
杆连接模型（10-13 题）
10. （2023 秋•沙河口区校级期中）如图所示，一轻杆两端分别固定a、b 两个半径相等的
光滑金属球，a 球质量大于b 球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b 球离地高度为h，
将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（ ）
A．当a 的机械能最大时，b 的加速度大于重力加速度g
B．在b 球落地前瞬间，b 球的速度大小为√gh
C．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对a 球做的功为零
D．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对b 球做正功
【解答】解：A、当a 的机械能最大时，加速度为零，轻杆对a 球的作用力为零，则轻杆对b 球
的作用力也为零，b 球只受重力，加速度等于重力加速度g，故A 错误；
B、对于两球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒。在b 球落地前瞬间，a
球的速度为零，根据系统的机械能守恒得：mbgh= 1
2 mb vb
2，可得b 球的速度大小vb=√2 gh，故
10
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B 错误；
CD、设轻杆对a 球做的功W1，轻杆对b 球做的功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的其
他力做的功必定为零，即W1+W2＝0，对a 球，由动能定理可知W1＝0，则W2＝0，故C 正确，
D 错误。
故选：C。
11. （2023 秋•渝中区校级月考）如图所示，顶角P 为60°的光滑折型硬杆固定在竖直平
面内，质量均为m 的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L 的轻质硬杆连接，分别套在硬杆
的倾斜和水平部分，当轻质硬干成竖直状态时甲静止在A 点，乙静止在C 点。甲由于受到轻
微的扰动开始运动，当甲运动到B 点时，轻质硬杆与水平方向的夹角为60°，重力加速度为
g，则甲在B 点时的动能为（ ）
A．(2-√3)mgL
4
B．(2-√3)mgL
2
C．mgL
D．√3mgL
2
【解答】解：由几何关系可得AP =
L
sin 60°
BP＝L
A、B 两点的高度差为
h＝APsin60°
BPsin60°
﹣
＝L
L
﹣× √3
2 = 2-√3
2
L
当甲运动到B 点时，把甲、乙的速度分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方
向的分速度分别为
v∥＝v 甲cos60°
v∥＝v 乙cos60°
则有v 甲＝v 乙
甲、乙的质量相等，则甲、乙的动能相等，均设为Ek，由系统的机械能守恒可得
mgh＝2Ek
综合解得Ek = (2-√3)mgL
4
11
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故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
12. （2023 秋•南岗区校级月考）如图，一长为L 的轻杆两端分别用铰链与质量均为m 的
小球A、B 连接，A 套在固定竖直杆上，B 放在倾角θ＝30°的斜面上。开始时，轻杆AB 与竖
直杆的夹角α＝30°。现将轻杆由静止释放，A 沿竖直杆向下运动，B 沿斜面下滑。小球均可视
为质点，不计一切摩擦，已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）
A．A 碰到斜面前瞬间，B 重力的功率为零
B．A 碰到斜面前瞬间，B 的速度大小为
√
gL
2 (1+ 1
√3 )
C．A 碰到斜面前瞬间，A 的速度大小为
√
4 gL
5
(1+ 1
√3 )
D．B 下滑过程中，A 重力势能的减少量等于A、B 动能增加量之和
【解答】解：BC、如下图所示：
由几何关系可知，∠AOB＝90°+θ＝90°+30°＝120°
则∠ABO＝180°
α
﹣﹣∠AOB＝180°
30°
120°
﹣
﹣
＝30°
所以△AOB 是等腰三角形，AO＝BO，设AO＝BO＝h。
由几何关系有：hcosα= L
2
A、B 下滑过程中，A、B 组成的系统满足机械能守恒。设A 碰到斜面前瞬间速度为vA、此时B
12
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速度为vB，如图所示：
则有：mgh+mg（L
h
﹣）sinθ= 1
2
mv A
2 + 1
2
mvB
2
且：vAcos（90°
θ
﹣）＝vB
联立方程，代入数据解得：vB=√
3+√3
15
gL
vA=√
4 gL
5
(1+ 1
√3 )
故B 错误，C 正确；
A、A 碰到斜面前瞬间，B 的速度不为零，则B 沿竖直方向的速度分量vBy≠0，B 重力的功率为
PGB＝mgvBy≠0，故A 错误；
D、由系统机械能守恒可知，B 下滑过程中，A、B 重力势能的减少量之和等于A、B 动能增加
量之和，故D 错误。
故选：C。
13. （2023•湖南开学）光滑的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖
直平面内。质量相等的A、B 两小环用长为R 的轻杆连接在一起，套在轨道上。将AB 两环从
图示位置静止释放，释放时A 环离底部高度2R。不考虑轻杆和轨道的接触，忽略系统机械能
的损失，下列说法正确的是（ ）
A．AB 两环在图示轨道上运动的整个过程中，杆对两环均无作用力
13
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B．当A 环到达最低点时，两环速度等于√
9
2 Rg
C．当B 环到达最低点时，两环速度大于√
9
2 Rg
D．A 环运动到长轨道右侧的最大高度小于最初释放时B 环的高度
【解答】解：A、AB 两环未进入半圆型时做自由落体运动，所受轻杆的弹力为零，但进入后AB
做圆周运动，假设没有细杆，两环之间的距离会减小，因杆的存在，两环之间的距离不发生变
化，说明此时杆对两环有作用力，故A 错误。
B、AB 都进入圆轨道后，两环具有相同角速度，则两环速度大小一定相等，A 环到达最低点时，
对整体根据机械能守恒定律，有：
mg•2R+mg•（2R+Rcos60°）= 1
2
•2mv2
解得两环速度大小均为：v=√
9
2 Rg，故B 正确；
C、同理，当B 环到达最低点时，对整体根据机械能守恒定律，有：
mg•3R+mg•（2R﹣Rcos60°）= 1
2
•2mv'2
解得两环速度大小均为：v'=√
9
2 Rg，故C 错误；
D．由于无机械能损耗，所以A 环运动到长轨道右侧的最大高度等于最初释放时B 环的高度，
故D 错误；
故选：B。
绳连接模型（14-18 题）
14. （2023 春•广州期末）如图所示，小物块A 套在水平杆上，一轻绳跨过固定的小滑轮
O 分别连接小物块A 和小球B。系统开始时静止在图示位置，此时轻绳与水平杆间夹角为α＝
30°。已知小物块A 与小球B 的质量之比为2：1，杆上P 点位于滑轮O 正上方，且OP＝d，重
力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。则系统由静止释放至小物块A 运动到P 点的过程中
（ ）
14
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A．小物块A 和小球B 的速度大小始终相等
B．任一时刻轻绳对小物块A 和小球B 做功的功率大小均相等
C．小球B 的机械能守恒
D．运动到P 点时，小物块A 的速度大小为√
2
3 gd
【解答】解：A、对系统由机械能守恒得：mgd= 1
2 (2m)v P
2，由此可以得出在P 点时小物块A
的速度。再对小球B 进行分析可以得知小物块B 的速度0，所以小物块A 与小物块B 的速度不
同，故A 错误。
B、对小物块A、B 进行受力分析，可以得知小物块A、B 都受到轻绳的变力，因为轻绳上的拉
力处处相等并且小物块沿轻绳方向的速度相等，所以由功率的公式可以得知轻绳对小物块A、B
的功率大小均相等。故B 正确。
C、因为轻绳对小物块B 有力的影响，小物块B 受到外力，所以小物块B 机械能不守恒。故C
错误。
D、由机械能守恒定律得，mgd= 1
2 (2m)v P
2，所以小物块A 在P 点时的速度为v=√gd，故D 错
误。
故选：B。
15. （2023 秋•南京期中）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3
4
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（ ）
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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，轻绳对重物先做正功后做负功
C．环到达B 处时，环的速度大小为√
5
19 gd
D．环下降到最低点时，环下降的高度为2d
【解答】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
a= mg
m =g
故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，故B 错误；
C．到B 时，由几何关系知
tanθ= 3
4
故θ＝53°
设重物到B 时上升高度为h，则h＝（5d
4
−d）sin53°= d
5
设到B 时环的速度为v，则重物的速度为vcos53°＝0.6v，则根据环和重物组成的系统机械能守
恒有1
2
mv2+ 1
2 ×2.5m（0.6v）2＝mg× 3d
4
−2.5mg× d
5
解得v=√
5 gd
19
故C 正确；
D．环下降到最低点时，设此时滑轮到环的距离为L，根据环与重物系统机械能守恒，有
mg√L
2-d
2=
2.5mg（L−d）sin53°
解得L= 5d
3
16
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则环下降的高度为h′=√L
2-d
2= 4
3 d
故D 错误。
故选：C。
16. （2023 秋•朝阳区期中）如图所示，不可伸长的柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，
两端拴着质量分别为m 和M 的小球。当小球m 绕细管的几何轴匀速转动时，m 到管口的绳长
为l，绳与竖直方向的夹角为θ，小球M 处于静止状态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，
重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球m 的线速度大小v =√glsinθcosθ
B．小球m 的运动周期T =2π√
ml
Mg
C．向下缓慢拉动M 的过程中，夹角θ 变小
D．向下缓慢拉动M 的过程中，系统的机械能减少
【解答】解：A．小球m 在水平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
Mgsinθ= m v
2
lsinθ
解得v =√
Mgl
m ⋅sinθ
故A 错误；
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B．小球m 的运动周期为T = 2πl⋅sinθ
v
=2π√
ml
Mg
故B 正确；
C．根据平衡条件可知
Fcosθ＝mg
向下缓慢拉动M 的过程中，F 增大，夹角θ 变大，故C 错误；
D．向下缓慢拉动M 的过程中，拉力对系统做正功，系统的机械能增加，故D 错误。
故选：B。
17. （2023 秋•如皋市期中）如图所示，B 静置于地面上，用手托住A，A 距地面高度为
h，细线处于拉紧状态。已知A、B 质量相等，不计滑轮质量及阻力。现由静止释放A，A 从
开始运动到接触地面前瞬间的过程中，A、B 的动能EkA、EkB和重力势能EpA、EpB随运动距离
x 变化的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据滑轮的性质，物A 下落的高度等于重物B 上升高度的2 倍，运动过程中A 的
速度也是B 的2 倍，当A 落体时，A 的重力势能为零，所示A 的势能变化量为mgh，
A 落地时B 上升的高度为1
2 h，所以B 初始重力势能为零，增加的重力势能为1
2 mgh，
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再结合机械能守恒有：mgh= 1
2 mv A
2+ 1
2 mvB
2+ 1
2 mgh，由滑轮性质可知vA＝2vB，
A 的动能EkA = 1
2 mv A
2，B 的动能EkB= 1
2 mvB
2
联立可得：EkA = 2
5 mgh、EkB= 1
10 mgh
A 动能的增加量和势能的减少量之比为2：5
B 增加的势能和增加的动能之比为5：1
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
18. （2023 秋•丰台区期中）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A
和B，A 球质量为m，B 球质量为3m。用手托B 球，当轻绳刚好被拉紧时，B 球离地面的高度
为h，A 球静止于地面。定滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。释放B
球，下列说法正确的是（ ）
A．经过时间√
2h
g
，B 球恰好落地
B．A 球能上升的最大高度为1.5h
C．B 球下落过程中减少的重力势能等于两球增加的动能
D．B 球落地前定滑轮受到向上的拉力大小为4mg
【解答】解：A、B 球受绳子拉力作用，加速度小于g，所以落地的时间大于√
2h
g
，故A 错误；
B、B 下降A 上升的过程，以AB 为系统，只有重力做功系统机械能守恒，设A 的质量为m，B
的质量为3m，对AB 系统列出机械能守恒的公式：3mgh
mgh
﹣
= 1
2
mv2+ 1
2 ×3mv2
B 球落地后A 球做竖上抛运动，根据机械能守恒得：1
2
mv2＝2gh′
则A 球上升的最大高度为H＝h+h'
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解得H＝1.5h
故B 正确；
C、根据能量守恒定律可知B 球下落过程中减少的重力势能等于两球增加的动能和A 球增加的重
力势能的和，故C 错误；
D、根据牛顿第二定律可知3mg
T
﹣＝3ma
T
mg
﹣
＝ma
解得T＝1.5mg
故D 错误；
故选：B。
含弹簧类模型（18-22 题）
19. （2023 春•清江浦区校级月考）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小
圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现
让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未
超过弹性限度），重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了mgL
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
【解答】解：A．根据题意可知，弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，故A 错误；
B．根据题意可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度为：
h=√(2 L)
2- L
2=√3 L
根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，则有
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Δ E p=mgh=√3mgL
故B 错误；
C．根据机械能守恒定律的条件可知，弹簧与小圆环组成的系统机械能定律，则有ΔEk+ΔEp 重
+ΔEp 弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度
增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，
故C 正确；
D．根据题意可知，小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速
度增大的减速运动，因此圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，且不为零，故D 错误。
故选：C。
20. （2023 秋•渝中区校级期中）如图所示，静止的电梯缆绳发生断裂后向下坠落，电梯
压缩井底缓冲轻质弹簧后逐渐停止运动，弹簧始终没有超过弹性限度，下滑过程中安全钳给电
梯的滑动摩擦力大小恒定，忽略空气阻力的影响。则电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．电梯的加速度一直在减小
B．电梯的速度一直在减小
C．电梯的机械能一直在减小
D．电梯克服弹簧弹力做的功小于电梯动能的减小量
【解答】解：AB、电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，弹簧对电梯的弹力从零逐渐增大，
开始阶段，重力大于弹力与摩擦力之和，合力向下，电梯向下做加速运动，随着弹力增大，合
力减小，加速度减小；后来，重力小于弹力与摩擦力之和，合力向上，电梯向下做减速运动，
随着弹力增大，合力反向增大，加速度反向增大，所以电梯的加速度先减小后增大，速度先增
大后减小，故AB 错误；
C、由于弹簧的弹力和摩擦力对电梯做负功，所以电梯的机械能一直在减小，故C 正确；
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D、电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，重力对电梯做正功，弹簧弹力和滑动摩擦力对电
梯做负功，根据动能定理可知，重力、弹簧弹力和滑动摩擦力做功的代数和等于电梯动能的变
化量，由于重力做功大于克服摩擦力做功，重力与摩擦力做功的代数和为正值，所以电梯克服
弹簧弹力做的功大于电梯动能的减小量，故D 错误。
故选：C。
21. （2023 秋•海门市期中）如图所示，与地面夹角为θ 的光滑斜面顶端固定一垂直斜面
的挡板，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定一个质量为m 的小物体，另一端固定在挡板上。物体
在平行斜面方向上的A、B 两点间做简谐运动，当物体振动到最高点A 时，弹簧正好为原长。
则物体在向下振动过程中（ ）
A．物体的动能不断增大
B．物体在B 点时受的弹力大小为2mgsinθ
C．物体在A、B 两点的加速度相同
D．平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大
【解答】解：A.物体运动到平衡位置时，动能最大，运动到位置B 时，速度为0，动能为0，所
以物体在向下振动过程中，物体的动能先增大后减小，故A 错误；
B.物体在最高点，有F 回＝mgsinθ
在最低点时，受力分析可得F
mgsinθ
﹣
＝F 回
联立可得F＝2mgsinθ，故B 正确；
C.物体在A、B 两点的加速度等大反向，故C 错误；
D.平衡位置处，动能最大，根据能量守恒，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小，故D
错误。
故选：B。
22. （2023 秋•南通期中）倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平桌面上，轻质滑轮固定在足
够长的斜面顶端，小球和物块用轻绳及轻弹簧连接在滑轮的两侧，小球的质量为m、物块的质
量为M。小球在斜面上P 处时，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，由静止释放小球，小球从P 至
低低点Q 过程中，物块恰好未离开地面，此过程中小球的最大速度为v。已知弹簧的弹性势能
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表达式E p= 1
2 k x
2，重力加速度为g，则（ ）
A．M＝0.5m
B．弹性势能的最大值(mg)
2
k
C．若物块的质量为M
4
，小球的速度会超过v
D．若物块的质量为M
2
，弹簧弹性势能最大时小球的速度为2
3 v
【解答】解：A、小球由P 到Q 的过程，小球减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，则有：
mgxPQsin30°= 1
2 k xPQ
2
小球在Q 点时，物块恰好未离开地面，对物块由平衡条件得：kxPQ＝Mg
联立解得：M＝m，故A 错误；
B 、在最低点Q 时弹簧伸长最长，有最大弹性势能，则弹簧的最大弹性势能为Epm
= 1
2 k xPQ
2= (mg)
2
2k
，故B 错误。
C、物块的质量为M＝m 时，小球达到最大速度为v 时，其加速度为零，设此时弹簧伸长量为
x1，则有：
kx1＝mgsin30°，解得：x1= mg
2k = 1
2
xPQ
小球、弹簧组成的系统机械能守恒，小球达到最大速度的过程有：
mgx1sin30°= 1
2
kx 1
2+ 1
2 m v
2
若物块的质量为M
4 = m
4
时，当弹簧弹力为kx1= M
4
g，解得：x2= mg
4 k = 1
4
xPQ＜x1，故当小球运动
到距离P 点1
4
xPQ之后物块离开桌面，此后小球、物块、弹簧组成的系统机械能守恒，小球达到
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最大速度时弹簧伸长量仍等于x1，弹性势能仍为1
2
kx 1
2，而物块增加了机械能，小球的最大动能
会小于1
2 mv
2，故小球的速度不会超过v，故C 错误；
D、物块的质量为M
2 = m
2
时，当小球达到最大速度为v 时，弹簧弹力为kx1＝mgsin30°= 1
2
mg= 1
2
Mg，即此时弹簧弹力恰好的等于物块的重力，此后弹簧继续伸长，物块离开桌面，因物块的重
力与小球重力沿斜面的分力相等，故沿着轻绳的方向系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时物块
与小球速度大小相等（设为v 共），则有：
mv＝（m+ M
2
）v 共，解得：v 共= 2
3 v，故D 正确。
故选：D。
24
