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专题25 机械能守恒定律及其应用
学习目标
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。
知识点梳理
1．重力做功的特点
(1)重力做功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(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Ep＝mgh。
(2)重力势能的特点
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。
②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量与
参考平面的选取无关。
(3)ΔEp与WG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WG＝－(Ep2
－Ep1)＝－ΔEp。
3．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间由于有弹力的相互作用而具有的
势能。
(2)ΔEp与W 弹的关系：弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增
加。定量表达式为W 弹＝－ΔEp。
4．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，
总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1+ 1
2 mv1
2＝mgh2+ 1
2 mv2
2。
(3)守恒条件
①系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力。
②系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统
不做功。
③系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做
功的代数和为零。
真题汇编
1．（多选）（2025•云南）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲
度系数为
的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于
点。质量为
的滑块
（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过程Ⅰ：
以速度
从斜面底端
点沿斜面向上运动恰好能滑至
点；过程Ⅱ：将
连接在弹簧的下端并拉至
点由静止释放，
通过
点（图中未画出）时速度最大，过
点后能继续上
滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻
力，重力加速度为。则
A．
、
两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，
在从
点单向运动到
点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，
从
点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的
无论从斜面上何处释放，最终一定静止在
（含
、
点）之间
【答案】
【分析】
根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解
之间的距离；
过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；
过程Ⅱ中，
点的速度最大，说明
点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的
形变量，再求
之间的距离；
滑块从
到
的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从
点到
最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据
动能定理分析位移关系，然后作答；
设滑块最终停留在距
点
处，停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条
件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
【
解
答
】
解
：
、
滑
块
所
受
的
滑
动
摩
擦
力
过程Ⅰ，根据动能定理得：
解得：
过程Ⅱ中，弹簧弹力对
做正功，设为
，
克服滑动摩擦力做功为
，由
功能关系可得
在从
点单向运动到
点的过程中损失的机械能为：
，故
错误；
、过程Ⅱ中，
点的速度最大，则
点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为
，根据平衡条件得：
，解得：
、
两点之间的距离为：
，故
错误；
、滑块从
到
的过程向上运动的位移为
由运动的对称性可得滑块过
点后能继续上滑的最大位移等于，故
从
点
沿斜面向上运动的最大位移为
，故
正确；
设滑块最终停留在距
点
处，停止时加速度为零，速度为零；
若弹力为零，根据平衡条件
，滑块停在
点；
若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件
其中
解得
滑块停在
点与
点之间，含
点；
由于
，因此弹簧不可能处于压缩状态；
综上分析可知，连接在弹簧下端的
无论从斜面上何处释放，最终一定静止在
（含
、
点）之间，故
正确。
故选：
。
2．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角
的屋顶上的
点由静止开始下
滑，滑到
点后离开屋顶。
、
间距离
，
点距地面的高度
，
雪块与屋顶的动摩擦因数
。不计空气阻力，雪块质量不变，取
，重力加速度大小
。求：
（1）雪块从
点离开屋顶时的速度大小
；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角
。
【答案】（1）雪块到
点速度大小
为
；
（2）雪块到地面速度大小为
，方向与水平方向夹角
为
。
【分析】（1）对雪块由静止下滑到
点的过程，根据动能定理求解雪块到
点
速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由
点到地面的过
程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由
点到地面的速度与水平方
向夹角。
【解答】解：（1）雪块由静止下滑到
点的过程，根据动能定理得：
解得：
（2）雪块由
点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：
解得：
雪块由
点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：
，解得：
由速度分解可得：
解得：
答：（1）雪块到
点速度大小
为
；
（2）雪块到地面速度大小为
，方向与水平方向夹角
为
。
3．（2025•安徽）如图，
、
为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间
距
。一根长为
的轻绳一端系在
上，另一端竖直悬挂质量
的小球，小球与水平地面接触但无压力。
时，小球以水平向右的初速度
开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过
、
，运动到
正下方与
相距
的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球
可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度
取
。
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在
时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过
的正上方且绳子
不松弛，求初速度的最小值。
【答案】（1）绳子被拉断时小球的速度大小为
，绳子所受的最大拉力
大小为
；
（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为
；
（3）初速度的最小值为
。
【分析】（1）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律，求速度和拉力；
（2）球做平抛运动竖直方向是自由落体，水平方向是匀速直线运动，求；
（3）绳子恰不松弛，重力提供向心力，再结合动能定理，求初速度最小值。
【解答】解：（1）小球从最下端以速度
抛出到运动到
正下方距离为
的位
置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得
，
（2）小球做平抛运动时
，
解得
（3）若小球经过
点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为
，绳子所受的最大拉力大小
为
；
（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为
；
（3）初速度的最小值为
。
4．（2024•重庆）2024 年5 月3 日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采
样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落
等阶段。则组合体着陆月球的过程中
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小
【答案】
【分析】
根据减速概念分析合外力是否为0；
根据悬停的平衡态分析受力情况；
根据机械能守恒条件进行判断；
根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。
【解答】解：
减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故
错误；
悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故
错误；
自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故
正确；
由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度
故
错误。
故选：
。
（多选）5．（2023•乙卷）如图，一质量为
、长为的木板静止在光滑水平
桌面上，另一质量为
的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度
开始
运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为
，当物块从木板右端离开时
A．木板的动能一定等于
B．木板的动能一定小于
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【答案】
【分析】根据物块从木板右端离开时，分别对两物体分析，根据动能定理列式；
整体来考虑根据能量守恒定律列式，判断物块动能大小。
【解答】解：设物块离开木板时的速度为
，此时木板的速度为
，由题可知
设物块的对地位移为
，木板的对地位移为
、根据能量守恒定律可得
整理解得
故
错误，
正确；
、因摩擦产生的热量为
根据运动学公式可得
由于
所以
故
故
故
错误，
正确；
故选：
。
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为0。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。注意：并非
系统内某个物体的机械能守恒，而是整个系统的机械能守恒。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)定义法：系统的动能、势能之和不变则守恒。
(2)做功法：即守恒的条件。
(3)能量转化法：系统的能量仅在机械能范围内转化则守恒。
例题精讲：
【例1】（2025•重庆开学）弹簧在社会生活中得到广泛的应用，如控制机械的
运动、内燃机中的阀门弹簧、离合器中的控制弹簧等。如图所示为一竖直放置
的劲度系数足够大的轻质弹簧，其下端固定在水平地面上，一定质量的小球从
轻质弹簧正上方某一高处自由落下，并将弹簧压缩，直到小球的速度减为零。
考点1：机械能守恒的判断
对于小球和轻质弹簧组成的系统，在小球开始与弹簧接触至弹簧压缩到最短的
过程中，下列正确的是
A．小球的机械能守恒
B．小球的动能不断减小
C．小球的动能与重力势能之和逐渐增大
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大
【答案】
【分析】根据机械能守恒定律和功能关系进行分析解答。
【解答】解：
对小球分析，由于弹簧对小球做负功，因此小球的机械能逐渐
减小，故
错误；
小球在向下运动的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，小球所受的合力先减小后
反向增大，所以小球的速度先变大后变小，小球的动能先变大后变小，故
错
误；
把小球和弹单簧看成一个系统，系统的动能、重力势能和弹性势能之和保持
不变，小球在向下运动的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，弹性势能逐渐增大，
所以小球的动能与重力势能之和逐渐减小，故
错误；
把小球和弹簧看成一个系统，系统的动能、重力势能和弹性势能之和保持不
变，小球在向下运动的过程中，重力一直做正功，重力势能逐渐减小，小球的
动能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大，故
正确。
故选：
。
【例2】（2025•海淀区开学）将一铅球水平抛出，若空气阻力可忽略不计，则
对于铅球的运动过程，下列说法中正确的是
A．铅球在空中的运动是变加速运动
B．铅球在空中运动过程中其机械能不断增加
C．若抛出点高度一定，铅球在空中运动的时间与初速度的大小有关
D．若抛出的初速度一定，铅球落地时速度大小与抛出点的高度有关
【答案】
【分析】根据平抛运动的受力，机械能守恒以及平抛运动的位移规律等进行分
析解答。
【解答】解：
平抛运动的物体只受重力，根据牛顿第二定律，加速度恒定为
，故是匀变速曲线运动，故
错误；
平抛运动的物体只受重力，故只有重力做功，机械能守恒，故
错误；
平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据分运动与合运动具有等时性，
知平抛运动的时间由高度决定，与初速度大小无关，故
错误；
根据平抛运动的分位移公式，有
，
，联立解得
，故物
体落地时水平飞行的距离与抛出点的高度和初速度有关，故
正确。
故选：
。
【例3】（2025 春•泸州期末）小锋寒假和家人一起去体验了滑雪运动，在春期
开学后的学习中，他将滑雪时的情境抽象为图甲、图乙两种情况来思考。图甲
中
、
两物块靠在一起，图乙中物块
放在物块
上面，
、
两物块的接
触面水平。两图中的斜面均光滑，
、
物块均相对静止。则在下滑过程中，
下列说法正确的是
A．甲、乙两图中
物块的机械能均保持不变
B．甲、乙两图中
物块对
物块的作用力均不为零
C．图甲中
物块对
物块做负功，
物块的机械能减少
D．图乙中摩擦力对
物块做正功，
物块的机械能增加
【答案】
【分析】根据机械能的概念和机械能守恒的条件进行分析解答。
【解答】解：两图中的斜面均光滑，甲图中，以
、
为整体研究，整体受重
力和支持力，根据牛顿第二定律可得加速度为
，方向
沿斜面向下；
以
为对象，根据牛顿第二定律可得
受到的合力为
，结合
的受力分析可知
、
之间的作用力为零，所以
物块只有重力做功，所以
物块机械能守恒；
乙图中，以
、
为整体研究，整体受重力和支持力，根据牛顿第二定律可得
加速度为
方向沿斜面向下；
以
为对象，根据牛顿第二定律可得
受到的合力为
，结合
的受力分析可知
对
的支持力竖直向上，
对
的摩擦力水平向右，
对
的作用力（支持力和摩擦力的合力）方向垂直斜面向上，与速度方向垂
直，大小为
，
根据功的定义得
对
的作用力做功为
对
的摩擦力做正功，
对
的支持
力做负功），所以
物块除了重力做功，其它力做的功为零，所以
物块机械
能守恒。故
正确，
错误。
故选：
。
1．单物体机械能守恒的常用表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
(1)选对象：选取研究对象——物体。
(2)析受力、判守恒：根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分
析，判断机械能是否守恒。
(3)析运动、明状态：在当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的
机械能。
(4)列方程、解方程：选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋
Ep2，ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
3．注意：单物体机械能守恒的问题，往往也能用动能定理解决。
例题精讲：
【例4】（2025 春•衢州期末）质量为
的小球从粗糙曲面上滑下，在到达高度
为
的位置
时，速度大小为
，滑到高度为
的位置
时，速度大小为
，则
考点2：单物体机械能守恒
小球
A．在
处的重力势能可能为负值
B．在
处的动能为
C．从
运动到
的过程中合力做功
D．从
运动到
的过程中机械能增加了
【答案】
【分析】重力势能大小与零势能面的选取有关；从
到
，根据动能定理求解
小球在
处的动能；根据功的计算公式求解从
运动到
的过程中合力做的功；
阻力做的功等于机械能的减少。
【解答】解：
、重力势能大小与零势能面的选取有关，若选取最高点为零势
能面，则小球在
处的重力势能为负值，故
正确；
、从
到
，克服阻力做的功为
，根据动能定理可得：
，
所
以
小
球
在
处
的
动
能
为
：
，故
错误；
、从
运动到
的过程中合力做功为：
，故
错误；
、阻力做的功等于机械能的减少，所以从
运动到
的过程中机械能减少了：
△
，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025 春•长春校级期末）如图所示，一轻质弹簧竖直固定于地面上，
铁质小球自弹簧正上方由静止下落，小球从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过
程中（弹簧的形变始终在弹性限度内），下列说法正确的是
A．小球的速度一直减小
B．小球的机械能不守恒
C．重力对小球做正功，小球的重力势能在增加
D．弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能在减小
【答案】
【分析】分析小球受力情况判断其运动情况，确定速度变化情况；分析除重力
以外其他力做功情况，判断小球的机械能变化情况；根据高度变化分析重力做
功正负，判断重力势能的变化情况；根据弹力做功情况判断弹簧的弹性势能变
化情况。
【解答】解：
、小球从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球受到重
力和弹簧的弹力两个力作用，一开始弹力小于重力，合力向下，小球继续向下
做加速运动；当弹力等于重力时，小球速度达到最大，之后弹力大于重力，合
力向上，小球向下减速运动，则小球的速度先增大后减小，故
错误；
、由于弹簧弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故
正确；
、小球的高度下降，重力对小球做正功，小球的重力势能在减小，故
错误；
、弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能在增大，故
错误。
故选：
。
【例6】（2025 春•镇江期末）如图所示，质量
的小球，从离桌面
高处
点
由静止自由下落，桌面离地面的高度，若以桌面为参考平面，重力加速度为
，
下列说法正确的是
A．小球在
点的重力势能为
B．小球在桌面高度处的动能为
C．由
到
的下落过程中小球机械能减少了
D．小球在
点的机械能与参考平面选取无关
【答案】
【分析】以桌面为参考平面，小球在
点的重力势能由高度
决定。根据机械
能守恒，小球在桌面处的动能等于
点的重力势能。下落过程中只有重力做功，
机械能守恒。机械能中的重力势能部分与参考平面有关，但机械能守恒与参考
平面无关。选项
正确反映了动能与重力势能的转化关系。
【解答】解：
、由题意得，小球在
点的重力势能
，故
错误；
、根据机械能守恒定律，小球在
点的机械能和桌面处的机械能相等，有
，其中
，
，故
。故
正确；
、从
到
的下落过程中，小球只受重力作用，只有重力做功，机械能守恒。
故
错误；
、重力势能与参考平面有关，
点的机械能
也与参考平面有关。故
错误。
故选：
。
系统的机械能守恒
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找通过绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2．常见的三种模型
模型1 轻杆连接系统的机械能守恒
常见情境
三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速
度大小相等。
②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时，系统机械能守恒
模型2 轻绳连接系统的机械能守恒
常见情境
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
考点3：系统的机械能守恒
模型3 轻弹簧连接系统的机械能守恒
常见
情境
模型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力
做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能
相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
①对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，
无论弹簧伸长还是压缩。
②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端
的物体具有相同的速度，弹性势能最大
例题精讲：
【例7】（2025•四平校级开学）如图所示，一根质量可以忽略不计的刚性轻杆
端为固定转轴，杆可在竖直平面内无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固
定一个小球
和
。已知两球质量相同，现用外力使杆静止在水平方向，然后
撤去外力，杆将摆下，从开始运动到杆处于竖直方向的过程中
A．两球重力做功相等
B．杆的弹力对
球做正功，对
球做负功
C．杆的弹力对
球做负功，对
球做正功
D．杆的弹力对
球和
球均不做功
【答案】
【分析】根据两球重力相同，下落高度不同，故两球重力做功不相等，结合两
球同轴转动，角速度相等，综合机械能守恒分析求解。
【解答】解：
．两球重力相同，下落高度不同，故两球重力做功不相等，故
错误；
．两球同轴转动，角速度相等，由线速度和角速度的关系：
知，
球
的速度总是等于
球速度的2 倍，由于杆在转动过程中无摩擦，故系统机械能
守恒，设杆长为
，
球运动到竖直方向时的速度为
，则根据机械能守恒定
律有
解得动能
球获得的动能
小于减少的重力势能
，其机械能减少，故杆对
球做
负功，同理可判定杆对
球做正功，故
错误，
正确。
故选：
。
【例8】（多选）（2025•蚌埠校级开学）如图所示，
，
两小球由绕过轻质
定滑轮的细线相连，
放在固定的光滑斜面上，
、
两小球在竖直方向上通
过劲度系数为
的轻质弹簧相连，
球放在水平地面上。现用手控制住
，使
细线刚好拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行。
已知
的质量为
，
、
的质量均为
，重力加速度为
，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
后，
沿斜面下滑至速度
最大时
恰好要离开地面。下列说法正确的是
A．
刚离开地面时，
的加速度为零
B．刚释放
时，
的加速度是
C．斜面倾角为
D．
获得最大速度为
【答案】
【分析】
沿斜面下滑至速度最大时
恰好离开地面，
和
的加速度为零，
对
和
受力分析，由平衡条件求出斜面的倾角
；对于整个系统机械能守恒，
根据机械能守恒列出方程就可以求得
的最大速度。根据系统机械能守恒分析
、
两小球组成的系统机械能如何变化。
【解答】解：
．根据题意可知，开始与
恰好要离开地面时，弹簧分别处
于压缩和拉伸状态，弹力大小均为
对
分析
代入数据解得
此时绳子中的拉力
对
分析
故此时
受力平衡，加速度为零。刚释放时，对
分析
解得
故
正确，
错误；
．由以上分析可知该过程弹簧弹性势能变化为零，由机械能守恒
联立解得
获得最大速度为
故
正确。
故选：
。
【例9】（2025 春•河北期末）如图所示，质量为
的小环
套在光滑竖直细杆
上，小环
经由跨过光滑固定轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与质量为
的重物
相连。开始时在
位置用手按住
，轻绳处于绷紧状态，现释放
，小环
从图中
位置上升至与定滑轮的连线处于水平的
位置，已知
，
，重力加速度为。下列说法正确的是
A．小环
的机械能守恒
B．重物
的机械能守恒
C．
位置，小环
的动能为
D．当
时，小环
与重物
的速度关系为
【答案】
【分析】分析轻绳对小环
和重物
做功情况，判断它们机械能变化情况；在
位置，重物
的速度为0，根据系统机械能守恒求小环
的动能；当
时，根据小环
的速度沿绳子方向的分量与
的速率相等列式，得
到小环
与重物
的速度关系。
【解答】解：
、小环
和重物
均受到轻绳的拉力作用，轻绳对小环
做正
功，小环
的机械能增大。轻绳对重物
做负功，重物
的机械能减少，故
错误；
、设
，将小环
的速度沿绳方向和垂直绳方向进行分解，根据关联
速度可得
则当小环
运动到
点时，因
，故
对
、
组成的系统，因只有重力做功，故系统机械能守恒。小环
从
位置
到
位置过程，根据小环
和重物
组成的系统机械能守恒，有
解得小环
运动到
位置时的动能
，故
正确；
、当
时，根据
，可得
，故
错误。
故选：
。
1．特点：在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液
柱”类的物体，其在运动过程中重心位置相对物体会发生变化，因此这类物
体不能再视为质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。
2．处理方法：一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物
体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。
考点4：用机械能守恒定律解决非质点问题
例题精讲：
【例10】（2025•武陵区校级模拟）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链
条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链
条的质量为
，链条悬垂的长度为，台面高度为
。如果在链条的悬垂端接一
质量也为
的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，还由静止
释放链条。平台右边有光滑曲面
来约束链条，重力加速度为
，下列说法正
确的是
A．甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
B．乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
C．甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变
D．乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大
【答案】
【分析】结合题意，由重力势能的计算公式及机械能守恒定律分析列式，即可
判断求解速度值；
结合题意，分析整体产生加速度的合力变化，由牛顿第二定律即可分析求解。
【解答】解：
、甲图中链条触地时，由平台和链条之间的几何关系、链条右
侧悬垂部分长度为
，根据机械能守恒定律有：
解得
，故
正确；
、同理，乙图中链条触地时，有相同的位移，所以根据机械能守恒定律有：
整理解得：
，故
错误；
、甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部
分的增多，链条整体所受外力的合力增大，所以链条在触地之前做加速度逐渐
增大，同理可知，乙图中链条整体在触地之前加速度逐渐增大，隔离小球分析，
链条对小球的拉力在不断减小，故
错误。
故选：
。
【例11】（2025 春•南阳期末）如图所示，长度为
的匀质链条的一半放置在
水平桌面上，另一半悬在桌面下方，现让链条由静止释放，不计一切摩擦阻力，
重力加速度为，当链条全部离开桌面时，其速度大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】不计一切摩擦阻力，链条下滑过程中机械能守恒，分析重力势能的减
小量，再根据机械能守恒定律求解。
【解答】解：设整个链条的质量为
。当链条全部离开桌面时，重力势能减小
量为△
，根据机械能守恒定律得△
，解得
，
故
正确，
错误。
故选：
。
【例12】（2025 春•滕州市期中）如图所示，一根质量为
、长为
的均匀链
条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，链条右端拴有质量为
的小
球。已知桌面足够高，约束链条的挡板光滑。静止释放至整根链条刚离开桌面
的过程中，下列说法正确的是
A．链条和小球的重力势能共减少
B．链条和小球的重力势能共减少
C．链条的重力势能转化为动能，链条的机械能守恒
D．若仅去掉小球，整根链条刚离开桌面的速度会变大
【答案】
【分析】
结合题意，由重力势能的计算公式及机械能守恒定律分析列式，
即可判断求解；
结合题意，由动能定理列式，即可分析求解。
【解答】解：
结合题意，由重力势能的计算公式可知，链条和小球的重力
势能共减少：
，
链条在该过程中，除了重力做功，还有小球对其的拉力做功，则由机械能守恒
定律可知，链条的机械能不守恒，是小球对链条做的功及链条的重力势能转化
为链条的动能，
故
正确，
错误；
设小球对链条所做的功为
，链条重力做的功为
，
由动能定理可得：
，
由此可知，若仅去掉小球，即：
，则整根链条刚离开桌面时，链条的动能
会减小，则整根链条刚离开桌面的速度会变小，故
错误；
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共14 小题）
1．（2025 秋•重庆校级月考）如图所示，A、B 两滑块的质量均为m，用一轻
绳将两滑块相连后，将A 置于固定的光滑水平面上，将B 置于固定的光滑斜
面上，斜面的倾角为30°，并将A、B 稳住不动。将一轻质动滑轮置于轻绳上，
再将质量为2m 的钩码C 挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一
次将B 稳住，由静止释放A；第二次将A 稳住，由静止释放B。物体C 下落
相同位移x 时（C 下落过程中，A、B 均没有与定滑轮碰撞），设两次下落的
时间分别为t1、t2，物体C 的加速度分别为a1、a2，物体C 的动能分别为
Ek1、Ek2，由A、B、C 组成的系统减少的重力势能分别为ΔEp1、ΔEp2。滑轮
摩擦不计，则下列说法不正确的是（ ）
A．t1：t2=1：❑√2
B．a1：a2＝2：1
C．Ek1：Ek2＝4：1
D．ΔEp1：ΔEp2＝2：1
【解答】解：第一次固定B，物体C 下落过程中，设轻绳的拉力为F1，对物
体A 根据牛顿第二定律有F1＝maA，根据匀变速直线运动的公式有2 x = 1
2 aAt1
2
对物体C 根据牛顿第二定律有2mg
2F
﹣
1＝2ma1，根据匀变速直线运动的公式
有x = 1
2 a1t1
2
可得1
2 aA =a1= 1
3 g，t1= ❑√
6 x
g
物体C 的速度为v1= ❑√
2
3 gx
动能为Ek 1= 2
3 mgx
系统减少的重力势能为ΔEp1＝2mgx
第二次固定A，物体C 下落过程中，设轻绳的拉力为F2，对物体B 根据牛顿
第二定律有F2
mgsin30°
﹣
＝maB，根据匀变速直线运动的公式有2 x = 1
2 aBt2
2
对物体C 根据牛顿第二定律有2mg
2F
﹣
1＝2ma1，根据匀变速直线运动的公式
x = 1
2 a1t1
2
可得1
2 aA =a1= 1
3 g，t1= ❑√
6 x
g
物体C 的速度为v1= ❑√
2
3 gx
动能为Ek 1= 2
3 mgx
系统减少的重力势能为ΔEp1＝2mgx
第二次固定A，物体C 下落过程中，设轻绳的拉力为F2，对物体B 根据牛顿
第二定律有F2
mgsin30°
﹣
＝maB，根据匀变速直线运动的公式2 x = 1
2 aBt2
2
对物体C 根据牛顿第二定律有2mg
2F
﹣
2＝2ma2，根据匀变速直线运动的公式
x = 1
2 a2t2
2
可得1
2 aB=a2= 1
6 g，t2= ❑√
12 x
g
物体C 的速度为v2= ❑√
1
3 gx
动能为Ek 2= 1
3 mgx
系统减少的重力势能为ΔEp2＝mgx
由此可知t1：t2=1：❑√2，a1：a2＝2：1，Ek1：Ek2＝2：1，ΔEp1：ΔEp2＝2：
1，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
2．（2024 秋•合肥月考）如图所示，质量分别为m、2m 小物块A 和小物块B
在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，开始时A、B 均静止，现
给B 施加一竖直向下的恒力，使B 向下运动，当速度为零时，立即撤去恒力，
一段时间后小物块A 恰好能离开地面。已知弹簧的弹性势能可表示为
E p= 1
2 k x
2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为g，则恒
力所做的功为（ ）
A．9m
2 g
2
2k
B．7m
2 g
2
2k
C．5m
2 g
2
2k
D．9m
2 g
2
4 k
【解答】解：开始时，对B 分析可知，弹簧的压缩量为x1= 2mg
k
小物块A 恰好离开地面时弹簧的伸长量为x2= mg
k
设小物块B 在恒力作用下向下运动的最大位移为x0，恒力所做的功为W。
小物块B 在恒力作用下向下运动的过程，由能量守恒得
W +2mg x0= 1
2 k( x1+ x0)
2- 1
2 k x1
2
小物块B 向上运动至A 恰好离开地面的过程，由系统机械能守恒有
1
2 k( x1+ x0)
2- 1
2 k x2
2=2mg( x0+ x1+ x2)
联立解得W = 9m
2 g
2
2k
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2025•孝感开学）如图所示，在倾角为37°的斜面上，轻质弹簧一端连接固
定在斜面底端的挡板C 上，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定
滑轮（质量忽略不计），一端系在滑块A 上，另一端与小球B 相连，细绳与
斜面平行，斜面足够长。用手托住小球B，此时弹簧长度为原长，滑块A 刚
好要沿斜面向上运动。现在由静止释放小球B，不计轻绳与滑轮间的摩擦。
已知mB＝2mA＝2kg，滑块A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝100N/m。若弹簧原长时
弹性势能为0，弹簧伸长x 时的弹性势能为1
2 k x
2（sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．释放小球B 前，小球B 对手的压力为12N
B．滑块A 向上滑行0.2m 时速度最大
C．当滑块A 向上滑行到速度最大时，弹簧对滑块A 做功﹣0.5J
D．经过足够长的时间，滑块A、小球B 都处于静止状态，且弹簧长度为原
长
【解答】解：A．释放B 球前用手托住球B，弹簧刚好处于原长，设绳子拉
力为T，滑块A 刚要沿斜面向上运动可知T＝mAgsin37°+μmAgcos37°，可得T
＝10N。
对B 受力分析，设手的托力为F，则F＝mBg
T
﹣，解得：F＝10N。
因此手受到B 球的压力为10N，故A 错误；
B．松手时，滑块A 做加速度减小的加速运动，当滑块A 受到的合力为零时，
速度最大，当滑块A 加速度为零时，球B 的加速度也为零，
对A 物体受力分析：F 弹+mAgsin37°+μmAgcos37°＝mBg
又F 弹＝kx，当k＝100N/m 时，解得：x＝0.1m，故B 错误；
C．松手后到滑块A 最大速度时，弹簧对滑块A 做功为W =- 1
2 k x
2，解得：
W＝﹣0.5J，故C 正确；
D．滑块A 和小球B 最终都静止，由平衡条件可知，此时的弹簧应处于伸长
状态，故D 错误。
故选：C。
4．（2025 秋•沙坪坝区校级月考）某场排球比赛中，若不计空气阻力，排球被
击出后在空中运动的过程中，下列关于排球加速度大小a、重力势能Ep、机
械能E、动能Ek随时间t 的变化关系一定正确的是（ ）
A．.
B．.
C．.
D．
【解答】解：不计空气阻力，排球被击出后在空中运动的过程中，加速度为
重力加速度不变，排球上升则重力势能变大，动能变小，下降则重力势能减
小，动能增大，机械能守恒，则机械能不变，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
5．（2025•辽宁开学）如图所示，轻质弹簧的左端固定，质量为m 的物块压缩
弹簧后自A 点由静止释放，物块离开弹簧后运动到B 点静止，已知物块向右
运动的最大距离为s，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小
为g，则释放物块前弹簧具有的弹性势能为（ ）
A．μmgs
2
B．μmgs
C．2μmgs
D．4μmgs
【解答】解：物块克服摩擦力做的功为2μmgs，根据动能定理
2 μmgs= 1
2 mv0
2
得物块在A 点的初速度为
v0=2❑√μgs
根据能量守恒
1
2 m v0
2= μmgs+ E pm
得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝μmgs
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
6．（2025•大同模拟）一小球在竖直向上的拉力F 作用下向上做匀减速运动，
某时刻撤去拉力，小球继续上升一段距离后下落，不计空气阻力。下列关于
小球上升过程中的速度v，动能Ek和机械能E 随上升高度h 的变化图像正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、有拉力F 时，根据牛顿第二定律有mg
F
﹣＝ma
没有拉力F 时，根据牛顿第二定律有mg＝ma′
可知a′＞a
根据速度—位移公式有v
2- v0
2=2ah
则得v =
❑√v0
2-2ah
可知v
h
﹣图是曲线，故A 错误；
B、小球在拉力F 作用下向上做匀减速直线运动过程中，根据动能定理有
Ek
E
﹣
k0＝（F
mg
﹣
）h
则Ek＝（F
mg
﹣
）h+Ek0
Ek
h
﹣图像的斜率为F
mg
﹣
，斜率为负数；
当撤去F 后，在上升过程，由动能定理得
Ek′
E
﹣
k＝﹣mgh
则Ek′＝﹣mgh+Ek
斜率为﹣mg，撤去F 后Ek
h
﹣图像的斜率绝对值变大，故B 错误；
CD、小球在拉力F 下向上做减速运动，根据功能关系有E＝E0+Fh，可知E
h
﹣图像为一次函数。当撤去F 后，小球机械能守恒，机械能保持不变，图
像为平行于h 轴的直线，故C 错误，D 正确。
故选：D。
7．（2025•重庆开学）如图甲所示，半径为R 的光滑大圆环固定在竖直面内，
小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。小环
下滑过程中，其向心加速度an随下落高度h 变化的图像如图乙所示，则重力
加速度大小为（ ）
A．2a
B．3a
2
C．a
D．a
2
【解答】解：小环从大圆环顶端下滑至其底部的过程，根据机械能守恒定律
得
mgh= 1
2 m v0
2
小环的向心加速度大小an= v0
2
R
结合题图乙可得an= 2 g
R h= a
R h，解得g= a
2，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
8．（2025•山东开学）2025 年8 月8 日至12 日，世界机器人大会在北京举办。
如图甲所示，分拣机器人到达指定投递口停住后，翻转托盘使托盘倾角缓慢
增大，当托盘倾角增大到θ＝37°时，包裹恰好开始下滑。侧视简化图如图乙，
下列说法正确的是（ ）
A．倾转过程中，包裹的机械能保持不变
B．包裹滑动前，托盘对包裹的作用力大小随倾角θ 增大而增大
C．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力将减小
D．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力大于托盘所受摩擦力
【解答】解：A.倾转过程中，包裹的动能不变，重力势能增大，机械能增大，
故A 错误；
B.由于缓慢转动可近似看作匀速运动，因此包裹滑动前，托盘对包裹的作用
力大小始终等于包裹的重力，即保持不变，故B 错误；
C.包裹滑动后，继续增大托盘倾角θ，包裹所受摩擦力f＝μmgcosθ 将减小，
故C 正确；
D.包裹滑动后，包裹所受摩擦力与托盘所受摩擦力是一对相互作用力，一定
等大反向，故D 错误。
故选：C。
9．（2025•长沙校级开学）如图所示，质量均为m 的物块A 和B 用不可伸长的
轻绳连接，A 放在倾角为θ 的固定光滑斜面上，而B 能沿光滑竖直杆上下滑
动，杆和轻质滑轮中心间的距离为L，物块B 从与滑轮等高处由静止开始下
落，斜面与杆足够长，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g。在物块B 下落到
绳与水平方向的夹角为θ 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的重力势能的减少量等于物块A 的重力势能的增加量
B．物块B 的末速度为❑√
2 gLsinθ
1+ sin
2θ
C．物块A 的速度大小等于物块B 的速度大小
D．物块A 的速度大小vA与物块B 的速度大小vB的关系为：vB＝vAsinθ
【解答】解：A、在物块B 下落过程中，对于A、B 组成的系统只有重力做
功，所以系统机械能守恒，可知物块B 的重力势能的减少量等于物块A 的重
力势能的增加量与物块A、B 动能的增加量之和，故A 错误；
CD、在物块B 下落到绳与水平方向的夹角为θ 时，设此时物块A 的速度大
小为vA，物块B 的速度大小为vB，将物块B 的速度分解为沿绳方向的速度和
垂直绳方向的速度，如图所示。
则有vA＝vBsinθ，故CD 错误；
B、在物块B 下落到绳与水平方向的夹角为θ 时，物块B 下降的高度为h＝
Ltanθ
物块A 沿斜面上升的距离为x =
L
cosθ - L
根据系统机械能守恒有mgh- 1
2 mvB
2 = 1
2 mv A
2 +mgxsinθ
联立可得vB= ❑√
2gLsinθ
1+ sin
2θ，故B 正确。
故选：B。
10．（2025•浙江开学）小明同学在足球场地进行射门训练，如图为某次射门时
打出的香蕉球场景，下列说法正确的是（ ）
A．足球从离开脚到落地的过程中机械能守恒
B．研究如何踢出香蕉球时，可以把足球看作质点
C．足球在空中减速运动时，其惯性逐渐减小
D．放气压瘪后的足球，其重心不一定位于足球上
【解答】解：A.足球运动过程，空气阻力有做功，因此机械能并不守恒，故
A 错误；
B.“香蕉球”是球在空中运动时，一边整体运动，一边自身旋转，故不可以看
作质点，故B 错误；
C.惯性仅与质量有关，与速度无关，故C 错误；
D.物体的重心可以不在物体本身，足球的重心有可能在其中空的位置，故D
正确。
故选：D。
11．（2025 春•邗江区期末）如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，铁球
由弹簧的正上方自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧。在铁球下落的过程中，
不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．下落过程中小球的机械能守恒
B．铁球接触弹簧后，动能一直减小
C．铁球在整个下落过程中，重力势能一直减小
D．铁球接触弹簧后，弹簧弹性势先增大后减小
【解答】解：A、下落过程中小球接触弹簧之前，只有重力做功，小球的机
械能守恒；接触弹簧后，弹簧的弹力对小球做负功，则小球的机械能减少，
故A 错误；
B、铁球接触弹簧后，受到重力和弹簧弹力两个力作用，开始阶段重力大于
弹力，合力向下，小球向下加速，动能增加；后来当弹力大于重力后，合力
向上，小球向下减速，动能减小，所以整个过程中动能先增加后减小，故B
错误；
C、铁球在整个下落过程中，小球高度一直降低，重力一直做正功，则重力
势能一直减小，故C 正确；
D、铁球接触弹簧后，弹簧一直被压缩，压缩量不断增大，可知弹簧弹性势
能一直增大，故D 错误。
故选：C。
12．（2025 春•河南期末）晓宇在练习投篮时，某次将可视为质点、质量为m
的篮球以速度v0从P 点抛出，最终在Q 点落入篮筐，如图所示。已知篮球离
手瞬间距离地面的高度为h，篮筐距离地面的高度为H，重力加速度为g，规
定地面为零势能面，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球抛出时的机械能为1
2 mv0
2
B．从P 到Q 篮球重力做功为mg（H
h
﹣）
C．篮球在Q 点的动能为1
2 mv0
2+mg( H -h)
D．篮球在Q 点的机械能为1
2 mv0
2+mgh
【解答】解：AD、规定地面为零势能面，则篮球抛出时的机械能为
E = 1
2 mv0
2+mgh，由于篮球在空中只受重力作用，只有重力做功，其机械能守
恒，所以篮球在Q 点的机械能等于抛出时的机械能，为1
2 mv0
2+mgh，故A 错
误，D 正确；
B、从P 到Q 篮球重力做功为WG＝﹣mg（H
h
﹣），故B 错误；
C、篮球在Q 点的动能为EkQ＝E
mgH
﹣
= 1
2 mv0
2+mgh-mgH= 1
2 mv0
2-mg（H﹣
h），故C 错误。
故选：D。
13．（2025•乐东县模拟）某同学通过Tracker 软件（视频分析和建模工具）研
究羽毛球运动轨迹与初速度的关系。如图所示为羽毛球的一条运动轨迹，击
球点在坐标原点O，a 点为运动轨迹的最高点，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球水平方向的运动为匀速直线运动
B．a 点羽毛球只受重力
C．羽毛球下降过程处于超重状态
D．羽毛球在空中运动过程中，机械能不断减小
【解答】解：D、根据羽毛球的运动轨迹可知，羽毛球在运动过程中受到空
气阻力的作用，而且空气阻力一定对羽毛球做负功，所以羽毛球的机械能不
断减小，故D 正确；
A、空气阻力方向与速度方向相反，则空气阻力一定存在水平方向的分力，
所以羽毛球水平方向的运动不是匀速直线运动，故A 错误；
B、a 点羽毛球受到重力和空气阻力作用，故B 错误；
C、羽毛球下降过程，有向下的分加速度，处于失重状态，故C 错误。
故选：D。
14．（2025•重庆模拟）如图所示，一轻质弹簧左端与墙壁相连，且未与水平面
接触，弹簧自然伸长时其右端位于O 点。施加外力F 使物块A（可视为质
点）压缩弹簧至P 点，已知OP 间距离为x0＝0.6m。在O 点固定一弹性挡板
B，物体A 与挡板碰撞后均原速率反弹。现撤去外力F，物块A 由静止开始
向右运动，并与挡板发生碰撞。已知物块A 的质量为m＝1kg，其与水平面
间的动摩擦因数μ＝0.3，弹簧劲度系数k＝20N/m，弹簧的弹性势能Ep与形
变量x 的关系为E p= 1
2 k x
2，重力加速度g＝10m/s2。经过足够长时间，物块A
的位置与O 点的距离为（ ）
A．0m
B．0.15m
C．0.3m
D．0.6m
【解答】解：物块A 滑动过程中受到的滑动摩擦力始终与运动方向相反，大
小为f＝μmg＝0.3×1×10N＝3N
撤去F 后，滑块向右的运动可视为简谐运动，位于平衡位置时，有kΔx＝f
此时弹簧压缩量Δx＝0.15m
物块A 从x0＝0.6m 开始运动，经过平衡位置可以运动至O 点。设第一次到O
点的动能为Ek1，根据能量守恒定律得
1
2 k x0
2= f x0+ Ek 1
解得Ek1＝1.8J
物块A 与挡板碰撞原速反弹，向左减速运动至位移为x1时速度为0，根据能
量守恒定律得
Ek 1= f x1+k x1
2
解得x1＝0.3m
如图所示，此时kx1＞f，则不能静止，物块A 向右做简谐运动，由于x1＝
0.3m 处与点关于平衡位置Δx＝0.15m 对称，则刚好运动至O 点物块A 减速
为0（或设第二次到O 点的动能为Ek2，根据能量守恒定律有
1
2 k x1
2= f x1+ Ek 2
解得Ek2＝0，即经过足够长时间，物块A 的位置与O 点的距离为0m，故A
正确，BCD 错误。
故选：A。
二．解答题（共1 小题）
15．（2026•浙江一模）一游戏装置由倾角为θ＝37°直轨道AB、半径为R 圆心
在O 点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE 构成，其竖直截面如图所示，
C 是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E 处于同一水平面，各连接处平
滑过渡。在D 点有一质量为m2的物块与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧
的另一端E 连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G 为圆轨道上的一点，OG 连
线与OC 夹角α＝60°。开始游戏时从斜面上A 点静止释放质量为m1的物块，
物块m1与斜面AB 间动摩擦因数为μ1，物块m1、m2与轨道DE 的动摩擦因数
均为μ2，其余接触面均光滑。已知R＝0.5m，m1＝0.2kg，m2＝0.3kg，μ1＝
0.125，μ2= 2
3，k = 50
3 N /m两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动
的周期公式T =2π ❑√
m
k ，弹簧弹性势能表达式E p= 1
2 k x
2，sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8。
（1）若AB 长L＝2.5m，求从A 运动到B 的时间；
（2）若物块m1从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G 点时轨道对物块
的作用力大小FN；
（3）若满足（2）中的条件，物块m1与m2碰撞粘在一起（碰撞时间极短），
向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。
①求此过程中摩擦力做的功；
②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式）
【解答】解：（1 ）在A
B
﹣
过程中，根据牛顿第二定律有m1gsinθ﹣
μ1m1gcosθ＝m1a，结合运动学规律L= 1
2 at
2，联立解得t＝1s。
（2）恰好通过最高点H 时，根据牛顿第二定律有m1g=m1
v H
2
R 。
由G 到H 过程，根据动能定理得-m1gR(1+cosα )= 1
2 m1v H
2 - 1
2 m1vG
2 。
在G 点由牛顿第二定律得F N -m1gcosα =m1
vG
2
R ，联立解得FN＝9N。
（3）①由C 到H 点，根据动能定理得-m1 g⋅2 R = 1
2 m1v H
2 - 1
2 m1vC
2，解得vC
＝5m/s。
碰撞过程动量守恒，有m1vC＝（m1+m2）v，解得碰后共同速度v＝2m/s。
设碰后总质量m＝m1+m2＝0.5kg，从碰后到速度为零，根据能量守恒得
1
2 m v
2= 1
2 k xm
2 + μ2mg xm，解得xm＝0.2m。
因此摩擦力做功W f =- μ2mg xm=- 2
3 J。
②物体向右运动时受力F＝kx+μ2mg，可视为简谐运动的一部分，由kA＝
kxm+μ2mg（A 为振幅），解得A＝0.4m。
由于xm= A
2 ，故从D 点到最大位移的时间t = 1
6 T = π ❑√3
30 s。
答：（1）从A 运动到B 的时间为1s。
（2）过G 点时轨道对物块的作用力大小为9N。
（3）①此过程中摩擦力做的功为- 2
3 J。
②从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间为π ❑√3
30 s。
