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专题11 机械能守恒定律的理解
题型一 机械能守恒定律的判断...........................................................................................................1
题型二 单物体的机械能守恒问题.......................................................................................................3
题型三 连接体的机械能守恒问题.......................................................................................................8
类型1 链条类机械能守恒问题.................................................................................................... 9
类型2 轻绳连接的物体系统......................................................................................................11
类型3 轻杆连接的物体系统......................................................................................................14
题型四 含弹簧类机械能守恒问题.....................................................................................................17
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)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．
1
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[题型专练1]. （2023•通州区一模）为了节省能源，某商场安装了智能化的电动扶梯。无
人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯
上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．顾客仅在加速过程受摩擦力的作用
B．顾客所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
C．乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的机械能保持不变
D．扶梯对顾客作用力的方向先与速度方向相同，再竖直向上
【解答】解：AB、顾客加速过程，对顾客受力分析，顾客受到重力，支持力和摩擦力，三个力
的合力提供加速度，电梯加速度越大，顾客所受合力越大，摩擦力越大，顾客匀速运动过程，
根据平衡条件得，顾客只受重力和支持力，故A 正确，B 错误；
C、乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的重力势能增大，动能不变，顾客的机械能增大，故C 错误；
D、顾客加速过程，重力、支持力和摩擦力三个力的合力与速度方向相同，扶梯对顾客的作用力
为支持力和摩擦力的合力，则扶梯对顾客作用力的方向与速度方向不相同，顾客做匀速直线运
动时，顾客受力平衡，扶梯对顾客的作用力与重力等大反向，方向竖直向上，故D 错误。
故选：A。
[题型专练2]. （2021 秋•石景山区校级期中）图中甲为“中星9A”在定位过程中所进行的
10 次调整轨道的示意图，其中的三条轨道如图乙所示，曲线Ⅰ是最初发射的椭圆轨道，曲线
Ⅱ是第5 次调整后的椭圆轨道，曲线Ⅲ是第10 次调整后的最终预定圆轨道；轨道Ⅰ与Ⅱ在近
地点A 相切，轨道Ⅱ与Ⅲ在远地点B 相切。卫星在变轨的过程中质量变化忽略不计，下列说
法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的速度大于第一宇宙速度
B．卫星在轨道Ⅱ上经过B 点时的速度大于卫星在轨道Ⅲ上经过B 点时的速度
C．卫星在轨道Ⅰ上经过A 点时的机械能小于卫星在轨道Ⅲ上经过B 点时的机械能
2
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D．卫星在轨道Ⅱ上经过B 点时的加速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B 点时的加速度
【解答】解：A、所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故A 错误；
B、由轨道Ⅱ上经过B 点时到轨道Ⅲ上的运动要加速运动，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B 点时的速
度小于卫星在轨道Ⅲ上经过B 点时的速度，故B 错误；
C、由卫星在轨道Ⅰ上经过A 点时要加速做离心运动到轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅱ上经过B 点时要再
次加速运动到轨道Ⅲ，卫星的机械能要增加，故C 正确；
D、在同一点受力相同，则加速度相等，故D 错误。
故选：C。
[题型专练3]. （2021 春•谯城区校级期末）下列说法错误的是（ ）
A．静摩擦力既可做正功，也可做负功，甚至可以不做功
B．滑动摩擦力可以做正功或负功，甚至可以不做功
C．作用力和反作用力均可都做正功或都做负功
D．物体所受各力做功的代数和不为零，其机械能一定不守恒
【解答】解：A、静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，比如人推物体而物体不
动时，静摩擦力对物体不做功，物体在倾斜的传送带上随着传送带一起匀速运动时，静摩擦力
可以做正功也可以做负功，故A 正确；
B、滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，比如擦黑板时，摩擦力对黑板擦做
负功，摩擦力对黑板不做功，故B 正确；
C、作用力和反作用力可以同时做正功，也可以同时做负功，故C 正确；
D、做匀加速运动的物体，若只有重力做功，机械能可能守恒，比如自由落体运动，故D 错误。
本题选错误的，
故选：D。
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.
3
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(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．
[题型专练4]. （2023 秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，一物块以一定初速度沿粗糙的固
定斜面上滑，运动时间t 后，回到原位置，已知运动过程中摩擦力大小恒定，初位置为重力势
能零势能点，则下列表示物体运动时间t 的过程中，关于物体动能，重力势能，机械能，重力
功率随时间变化的关系图中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小为a1= mgsinθ+ f
m
=gsinθ+ f
m
物体上滑的速度与时间的关系为
v1＝v0﹣a1t
物体沿斜面向下做匀加速运动，加速度为a2= mgsinθ - f
m
=gsinθ- f
m
物体下滑的速度与时间的关系为
v2＝a2t
物体动能为：Ek = 1
2 m v
2，显然动能随时间不是线性变化，Ek﹣t 图像应为曲线，故A 错误；
B、物体上滑时重力势能为E p=mgh=mg(vt - 1
2 a1t
2)sinθ，应为开口向下的抛物线，故B 错误；
4
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C、物体机械能为：E =mgh+ 1
2 mv
2，物体上滑与下滑过程速度与时间变化规律不同，故C 错
误；
D．物体重力功率为P＝mgvsinθ，上滑过程有P1＝mgsinθ（v0﹣a1t），滑过程有P2＝mgsinθ
（a2t），P 与t 呈线性关系，向上过程图线斜率大于向下过程图线斜率，故D 正确。
故选：D。
[题型专练5]. （2023•蓬江区校级开学）一质量为m 的物体从倾角为α 的固定光滑斜面顶
端由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为（ ）
A．mg√2 gh
B．1
2mgsin α√2 gh
C．mgsin α√2 gh
D．mg√2 ghsinα
【解答】解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh= 1
2 mv
2
物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα
联立解得：P＝mg√2 ghsinα，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[题型专练6]. （2023 春•芜湖期末）如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光
滑轨道，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各
放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离x 变化时，
测得两点压力差ΔFN与距离x 的关系图像如右图所示。不计空气阻力，g 取10m/s2。则可判断
（ ）
A．小球的质量为1kg
5
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B．相同半圆光滑轨道的半径为0.2m
C．若小球在最低点B 的速度为20m/s，小球沿光滑轨道恰能通过A 点，则x 为15m
D．若小球在最低点B 的速度为20m/s 且x 为0，则小球运动到A 点时的速度为15m/s
【解答】解：AB、设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R。小球从最低点到最高点的过程，
由机械能守恒定律可得
1
2 mvB
2 = 1
2 mv A
2 +mg（2R+x）
由牛顿第二定律可得
对B 点，有FN1﹣mg＝mvB
2
R
对A 点，有F N 2+mg=m v A
2
R
结合牛顿第三定律解得A、B 两点的压力差为
Δ F N = F N 1- F N 2=6mg+ 2mgx
R
由题图可得，纵轴截距为b＝6mg＝6N
斜率为k= 2mg
R
= 10-6
4
N/m
解得：m＝0.1kg，R＝2m，故AB 错误；
C、小球沿光滑轨道恰能通过A 点的条件为：mg＝mv A
2
R
，得vA＝2√5m/s
若小球在最低点B 的速度为20m/s，代入表达式FN1﹣mg＝mvB
2
R
，解得：FN1＝21N
则A、B 两点的压力差为ΔFN＝FN1＝21N
代入表达式ΔFN＝6mg+ 2mgx
R
，解得：x＝15m，故C 正确；
D、若小球在最低点B 的速度为20m/s 且x 为0，代入表达式ΔFN＝6mg+ 2mgx
R
，可得ΔFN＝6N
由ΔFN＝FN1﹣FN2，F N 2+mg=m v A
2
R
，解得：v A =8√5m/ s，故D 错误。
故选：C。
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[题型专练7]. （2023 春•重庆期末）如图所示，光滑曲线轨道ABCD，其中BC 段水平，
一质量为m＝0.5kg 的小球从轨道上距水平面BC 高为h＝0.8m 的A 点由静止释放，沿轨道滑
至D 点后飞出，最终落至水平轨道BC 上的一点E，（g＝10m/s2）求：
（1）小球滑至C 点时的速度；
（2）小球落至E 点时的动能。
【解答】解：（1）对AC 过程分析，根据机械能守恒定律有：
mgh= 1
2 mvC
2
解得：vc＝4m/s
（2）对AE 过程分析，由机械能守恒定律有：
mgh＝Ek
解得E 点的动能为：
Ek＝4J
答：（1）小球滑至C 点时的速度为4m/s；
（2）小球落至E 点时的动能为4J。
[题型专练8]. （2023 春•镇沅县校级期末）如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50m 的
光滑圆弧槽BCD，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接与D 点．质量为m＝0.10kg 的
小球从B 点的正上方H＝0.95m 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落
在水平面的Q 点，DQ 间的距离s＝2.4m，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最
大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球经过C 点时轨道对它的支持力大小；
（2）小球经过最高点P 的速度大小vp；
（3）D 点与圆心O 的高度差hOD．
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【解答】解：（1）设经过C 点的速度为v1，由机械能守恒得：
mg（H+R）= 1
2 mv1
2
由牛顿第二定律有：
N﹣mg＝mv1
2
R
代入数据解得：N＝6.8N
（2）设P 点的速度为vP，P 到Q 做平抛运动，
竖直方向有：h= 1
2gt2
水平方向有：s
2 =vPt
代入数据解得：vP＝3.0m/s．
（3）从开始运动到P 点的过程中，机械能守恒，取DQ 面为零势能面，则：
1
2 mvP
2 +mgh＝mg（H+hOD）
代入数据解得：hOD＝0.3m．
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。
8
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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。
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
[题型专练9]. （2023•黎川县校级开学）如图所示，总长为l、质量为m 的均匀软绳对称地
挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m 的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放，直到
软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块的机械能减少了1
8 mgl
B．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块的机械能减少了3
8 mgl
C．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，软绳的机械能增加了5
8 mgl
D．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，软绳的机械能增加了7
8 mgl
【解答】解：设软绳刚离开滑轮时的速度大小为v。
对软绳和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得
mg l
2 +mg× l
4 = 1
2 ×(2m)×v
2
解得：v = 1
2 √3 gl
选滑轮位置为零势能面，则物块的机械能减少量为
|ΔE|＝﹣mg• l
2 -（﹣mgl+ 1
2 m v
2）
解得：|ΔE|= 1
8mgl
整个系统机械能守恒，则软绳机械能增加了1
8 mgl，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练10].（2023 春•吉安期末）如图所示，有一条长为L＝1.5m 的均匀金属链条，有
3
4 L 在光滑的足够高的斜面上，另1
4 L 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37°。忽略空气阻力，g 取10m/s2，sin37°＝0.6。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．3m/s
B．√3m/s
C．1m/s
D．√3
2 m/s
【解答】解：设链条的质量为m ，则链条在斜面上的部分沿斜面向下的分力为
10
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3
4 mgsin37° = 3
4 mg× 3
5 =0.45mg，斜面左侧链条部分的重力为1
4 mg＜0.45mg，所以链条沿
着斜面下滑，
以
P
点
所
在
平
面
为
零
势
能
面
，
链
条
初
始
状
态
的
机
械
能
E = E p+ Ek =- 1
4 mg× L
8 - 3
4 mg× 3
8 L×sin37°+0
链条全部下滑出后，链条的机械能E' = Ek' + E p' = 1
2 mv
2+(-mg× L
2 ×sin37°)
链条下滑过程，只有重力做功，所以链条初末状态机械能守恒，则有E＝E′
代入数据可得：v =√3m/ s，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练11].（2023 春•内江期末）如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其L
2
放在倾角为30°的光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下
滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度为（ ）
A．√
5 gL
8
B．√
3 gL
4
C．√
3 gL
8
D．√
7 gL
8
【解答】解：把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
h1= L
2
上一半铁链重心下落的高度为
h2= L
4 + L
4 sin30° = 3
8 L
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面的过程中，由机械能守恒定律知铁链重力势能的减少
等于动能的增加，则
1
2 mgh1+ 1
2 mgh2= 1
2 m v
2
11
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解得：v =√
7 gL
8
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 轻绳连接的物体系统
[题型专练12].（2023 秋•南关区校级月考）如图所示，半径为R 的圆环固定在倾角为30°
的斜面上，圆心为O，O1、O2为两个固定在斜面上的轻质定滑轮，其中O2在O 点沿斜面正上
方2R 处，轻质细绳跨过定滑轮，一端连接位于圆环底部的小球A，一端连接小球B，小球A
套在圆环上。若小球A 以初速度v0开始运动（v0为未知量），恰好能沿着圆环上升到最高点
D。已知小球A、B 的质量分别为M、m，其中M＝2m，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下
列说法正确的是（ ）
A．小球A 的初速度v0=√2 gR
B．小球A 到达与圆心等高处C 点时，小球A 和小球B 的速度之比为v A：vB=2：√3
C．小球A 到达与圆心等高处C 点时，小球A 的速度为v A =√
5(3-√5)
14
gR
D．若M＝m，小球A 仍以初速度v0开始运动，则小球A 不能越过与圆心等高的C 点
【解答】解：A、小球A 恰好能沿着圆环上升到最高点D 时，速度为0。A→D 点过程，对小球
A、B 组成的系统，根据机械能守恒定律得：
mgsin30°•2R+ 1
2 M v0
2=Mgsin30°•2R
结合M＝2m，可得：v0=√gR，故A 错误；
B、小球在C 点时，有：vAcosα＝vB，cosα = 2
√5
可得：v A：vB=√5：2，故B 错误；
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C、A→C 点过程，对系统，根据机械能守恒定律得：
mgsin30°（3R-√5R）+ 1
2 ×2mv0
2=2mgsin30°•R+ 1
2 ×2mv A
2 + 1
2 mvB
2
可得：v A =√
5(3-√5)
14
gR，故C 正确；
D、若M＝m，A→C 点过程，对系统，根据机械能守恒定律得：
mgsin30°（3R-√5R）+ 1
2 mv0
2=mgsin30°•R+ 1
2 mv A
2 + 1
2 mvB
2
可得：vA＞0，则小球A 能越过与圆心等高的C 点，故D 错误。
故选：C。
[题型专练13].（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
2mv2+ 1
2 ×3mv2
B 球落地后A 球做竖上抛运动，根据机械能守恒得：
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1
2mv2＝2gh′
则A 球上升的最大高度为H＝h+h'
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。
[题型专练14].（2023 秋•顺义区校级月考）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，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b 离地面的高度为h，球a 静止于地
面。已知球a 的质量为m，球b 的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩
擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（ ）
A．经过时间√
2h
g
，球b 恰好落地
B．在球b 下落过程中，球b 所受拉力大小为mg
C．在球b 下落过程中，球a 的机械能增加了3
2 mgh
D．球b 落地前瞬间速度大小为√2 gh
【解答】解：A、以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：3mg﹣mg＝4ma
解得a= g
2
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根据h= 1
2 at
2
解得t＝2√
2h
g
，即经过时间2√
2h
g
，球b 恰好落地，故A 错误；
B、设绳子的拉力为T，对b 球，根据牛顿第二定律得：3mg﹣T＝3ma
解得T＝1.5mg
故B 错误；
C、在球b 下落过程中，球a 的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE＝Th＝1.5mgh
故C 正确；
D、对于两小球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统机械能守恒，则3mgh﹣mgh= 1
2
（3m+m）v2，可得球b 落地前瞬间速度大小为v=√gh，故D 错误。
故选：C。
类型3 轻杆连接的物体系统
[题型专练15].（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 )
15
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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
速度为vB，如图所示：
则有：mgh+mg（L﹣h）sinθ= 1
2mv A
2 + 1
2mvB
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；
16
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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。
[题型专练16].（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
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Ek = (2-√3)mgL
4
故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练17].（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
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。
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．
18
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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．
[题型专练18].（2023 春•沈阳期末）质量为m 的小球从某高度的O 点由静止下落，落在自
由放置的轻弹簧上，弹簧自由放置时最高点为A 点，如图所示。已知小球到达B 点时小球的
重力与弹簧的弹力大小相等，图中C 点是小球到达的最低点（不计空气阻力）。下列说法正确
的是（ ）
A．从O 点到C 点，小球的重力势能减小，动能增大，小球的机械能守恒
B．从A 点到C 点，小球的重力势能一直减小，动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的系
统的机械能不守恒
C．到达B 点时，小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小
D．从O 点到A 点，小球的重力势能减小，动能增大，小球、地球组成的系统的机械能守恒
【解答】解：ABD、从O 点到A 点，重力做正功，小球的重力势能一直减小，动能增大，因只
有重力做功，则小球和地球组成的系统的机械能守恒；
从A 点到C 点，重力做正功，小球的重力势能一直减小。从A 点到B 点，重力大于弹簧的弹力，
小球的合力向下，加速度向下，小球做加速运动，动能增大。从B 点到C 点，重力小于弹簧的
弹力，小球的合力向上，加速度向上，小球做减速运动，动能减小，在B 点时，弹力等于重力，
速度最大，则小球的动能先增大后减小。由于弹簧弹力对小球做负功，则小球的机械能不守恒，
但是小球、地球、弹簧组成的系统的机械能守恒，故AB 错误，D 正确；
C、到达B 点时，小球的动能最大，弹簧有形变量，则弹性势能不是最小，故C 错误；
故选：D。
[题型专练19].（2023 春•浦东新区校级期末）如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端
系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩
擦的运动，设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对
圆环恰好没有压力．下列分析正确的是（ ）
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A．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒
B．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg﹣mv
2
R
D．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg+m v
2
2 R
【解答】解：A、B、对小球来说，由于有弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，小球的部分机
械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故A 错误，B 正确；
C、D、小球在最低点，对圆环恰好没有压力，故小球不受圆环的弹力，故弹簧弹力与重力一起
充当向心力，故有：
F﹣mg＝mv
2
R ；
故F＝mg+mv
2
R ，故CD 错误；
故选：B。
[题型专练20].（2023•吉州区校级一模）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 放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左
侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A 的质量为4m，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。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，在此过程中，求：
（1）斜面的倾角α；
（2）弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；
（3）A 沿斜面下滑的速度最大值vm。
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【解答】解：（1）A 速度最大时，加速度为零，对A 有：4mgsinα＝F，
此时B 的加速度也为零，C 恰好离开地面，对B、C 整体受力分析知：F＝2mg，
解得sina= 1
2，即a＝30°。
（2）设当弹簧恢复原长时，A 沿斜面向下运动的加速度大小为a，
对A 有：4mgsina﹣F0＝4ma，
对B 有：F0﹣mg＝ma，
解得：F0= 6
5 mg。
（3）一开始弹簧处于压缩状态，有：mg＝k•Δx1，
压缩量：Δ x1= mg
k ，
C 恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k•Δx2，
伸长量Δx2= mg
k ，
因而初末状态弹簧的弹性势能相等，对整个系统从释放A 球至C 恰好离开地面的过程，根据机
械能守恒定律有：
4mgsina•（Δx1+Δx2）﹣mg•（Δx1+Δx2）= 1
2（4m+m）vm
2
解得vm=√
4 m g
2
5k
=2g√
m
5k
。
[题型专练21].（2022•天津模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m
的物体在受到形如F＝﹣kx 的回复力作用下，物体的位移x 与时间t 遵循x＝Asinωt 变化规律
的运动，其中角频率ω= 2π
T =√
k
m
（k 为常数，A 为振幅，T 为周期）。弹簧振子的运动就是
其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量
为m 的小球A 相连，小球A 静止时所在位置为O，另一质量也为m 的小球B 从距A 为H 的P 点
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由静止开始下落，与A 发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动
过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x 时，弹性势能为Ep= 1
2kx2，已知H= 3mg
k
，重力加速度为g。求：
（1）B 与A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A 被碰后向下运动离O 点的最大距离。
（3）小球A 从O 点开始向下运动到第一次返回O 点所用的时间。
【解答】解：（1）小球B 自由下落H 的速度为vB
根据动能定理可得：mgH = 1
2 mvB
2
解得：vB=√2 gH
小球B 与小球A 碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0＝（m+m）v1
解得：v1=√
3m g
2
2k
；
（2）小球A 在O 位置，弹簧被压缩x0，则 x0= mg
k
小球A 与小球B 共同体继续向下运动离O 点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
1
2 (2m)v1
2+ 1
2 kx0
2+2mg xm= 1
2 k( x0+ xm)
2
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由mg＝kx0
整理得：xm
2 -2 x0 xm-3 x0
2=0
解得：xm＝3x0，xm＝﹣x0（舍去）
即：xm= 3mg
k
；
（3）由题意振动周期：T =2π√
2m
k
，又振幅A =2 x0= 2mg
k
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O 点的振动图象如图：
从O 点开始到平衡位置经过的时间t1= 1
3 × 1
4 T= 1
12 T
所求时间t＝2t1+ 1
2 T = 2
3 T
解得：t= 2
3 ×2π√
2m
k = 4 π
3 √
2m
k
。
[题型专练22].（2022 春•海淀区期末）如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一小球
（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于P 点。将小球从P 点由静止释放，小球沿竖直方向
在PQ 之间做往复运动。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，重力加速
度为g。
（1）请根据动能定理及重力、弹力做功的特点，证明：小球运动过程中，小球、弹簧和地球组
成的系统机械能守恒。
（2）上述的运动情形，在生活中也常常遇到，如图甲所示的蹦极运动。为了研究蹦极过程，可
做以下简化：将游客视为质点，他的运动沿竖直方向，忽略弹性绳的质量和空气阻力，在弹性
限度内弹性绳的特点和弹簧可视为相同。如图乙所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台末端O 点
由静止开始下落，到a 点时弹性绳恰好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为b 点，整
个过程中弹性绳始终在弹性限度内，且游客从蹦极平台第一次到b 点的过程中，机械能损失可忽
略。已知弹性绳的原长为l0，弹性绳劲度系数为k。
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①游客从蹦极平台末端O 点第一次到b 点的运动过程中，请在图丙中定性画出弹性绳弹力F 的
大小随伸长量x 变化关系的图线；
②借助F—x 图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，若已知游客的质量为m，求游客从O
点运动到b 的过程中的最大速度的大小。
【解答】解：（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W 弹，根据动能定理有得：WG+W 弹＝
Ek2﹣Ek1
由重力做功与重力势能变化的关系有：
WG＝Ep1﹣Ep2
由弹力做功与弹性势能变化的关系有：
W 弹＝E 弹1﹣E 弹2
联立以上三式可得
Ek1+Ep1+E 弹1＝Ek2+Ep2+E 弹2
即小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒。
（2）①弹性绳的原长为l0，游客从蹦极平台第一次到a 点的运动过程中，弹力始终为零；
当游客从a 点向下运动到最低点b 过程中，根据胡克定律可得：
F＝kx
画出弹性绳对游客的弹力F 随弹簧形变量x 的变化图像如图所示：
②F﹣x 图像与x 轴围成的面积表示弹力做功的多少，弹性绳的弹力对游客做负功，当弹性绳的
形变量为x 时，则有：
W 弹=- Fx
2 =- kx⋅x
2
=- 1
2 k x
2
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当游客从O 点运动到b 的过程中，加速度为零时，速度最大，则有
kx＝mg
从O 点到速度最大的位置，根据动能定理得：
mg（l0+x）+W 弹= 1
2 mvm
2
解得最大速度为：vm=√2gl0+ m g
2
k
25
