文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第19 讲 机械能守恒定律及其应用
目录
01 课标达标练
题型01 机械能守恒定律
题型02 系统的机械能守恒问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 机械能守恒定律
1.在炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生的
反冲动，人腾空而起，或平衡或变速运动。下列说法中正确的是（ ）
A．人匀速上升时，其机械能守恒
B．人悬空静止的一段时间内，水的反冲动力对装置的冲量为零
C．人悬空静止时，人的机械能可能为零
D．人向上减速运动时，水的反冲力对装置做负功
【答案】C
【详解】A．人匀速上升时，其动能不变，重力势能增加，则其机械能增加，故A 错误；
B．人悬空静止的一段时间内，根据I = Ft，可知水的反冲动力对装置的冲量不为零，故B 错误；
C．人悬空静止时，人的动能为零，如果选择人所在平面为零势能参考平面，则人的机械能为零，故C 正
确；
D．人向上减速运动时，水的反冲力对人的作用力向上，与人的运动方向相同，则水的反冲力对装置做正
功，故D 错误。
故选C。
2.“竹蜻蜓”是民间的儿童玩具，如图所示，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”上升。在某次实验中，“竹蜻
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
蜓”离开手后沿直线上升到最高点。在上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．“竹蜻蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的线速度大小相等
B．“竹蜻蜓”的动能一直增加
C．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加
D．“竹蜻蜓”的机械能增加
【答案】C
【详解】A．“竹蜻蜓”在旋转过程中，叶片上A、B两点的角速度，因半径不同，有A 点的线速度大于B
点的线速度，故A 错误；
B．“竹蜻蜓”离开手后沿直线上升到最高点的速度为零，动能最后减小到零，故B 错误；
C．“竹蜻蜓”离开手后沿直线上升到最高点的过程中，高度升高，即重力势能一直增大，故C 正确；
D．“竹蜻蜓”离开手后沿直线上升到最高点的过程中，除重力做功之外，还有空气阻力对它做功，故机
械能减小，故D 错误。
故选C。
3.如图所示是一个单摆（θ<5°），其周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．仅把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O→B 运动的时间为T
4
D．摆球在B→O 过程中，动能向势能转化
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【答案】C
【详解】AB．根据
T =2π√
L
g
单摆的周期与摆球的质量无关，与振幅无关，A B 错误；
C．由平衡位置O 运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，摆由O→B 运动的时间为T
4 ，C 正
确；
D．摆球由最大位置B 向平衡位置O 运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，即摆球在
B→O 过程中，势能转化为动能，D 错误。
故选C。
4.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量均为m 可视为质点的物体A、B 通过轻绳连接，A
放在固定的光滑斜面上，斜面倾角θ =30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接A。将穿在
固定的竖直光滑杆上的B 由P 点静止释放时，轻绳绷直但无拉力，OP 段水平。在B 运动到Q 点的过程
中，A 不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内。弹簧弹性劲度系数k = mg
l ，OP =l，PQ =√3l，重力
加速度为g，不计轻质滑轮与轻绳间摩擦及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B 在P 点弹簧的弹性势能等于在Q 点弹性势能
B．B 运动到Q 点时，A 的速度大小为√
(6√3−3)gl
7
C．B 从P 点运动到Q 点的过程中，A、B 组成的系统机械能守恒
D．B 从P 点运动到Q 点的过程中，克服绳的拉力做功为3√3+2
7
mgl
【答案】ABD
【详解】A．B 在P 点时弹簧被压缩的长度k x1=mgsin30°
解得x1= 1
2 l
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B 在Q 点时A 移动的距离x2=√l
2+(√3l)
2−l =l ，此时弹簧伸长了1
2 l ，所以B 在P 点弹簧的弹性势能等
于在Q 点弹性势能，A 正确；
B．B 在P 点A、B 组成的系统的机械能等于在Q 点时的机械能
mg√3l−mglsin30° = 1
2 mvA
2 + 1
2 mvB
2 ，vBcos30° = vA
解得vA=√
(6√3−3)gl
7
，vB= 2
√3√
(6√3−3)gl
7
， B 正确；
C． B 从P 点运动到Q 点的过程中，A、B 组成的系统机械能不守恒，因为弹簧的弹力对系统先做正功后做
负功，系统的机械能先增加后减少，C 错误；
D．根据功和能的关系得W =mg√3l−1
2 m vB
2 = 3√3+2
7
mgl ，D 正确。
故选ABD。
5.（多选）位于重庆永川乐和乐都主题公园的极限蹦极高度约60 米，是西南地区的蹦极“第一高”。为了
研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向。弹性绳的一端固定在O
点，另一端和游客相连。游客从O 点自由下落，至B 点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C 点到达最低点
D，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，不考虚空气阻力的影响。游客在从O→B→C→D 的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．从O 到C 过程中，游客的机械能守恒
B．从B 到D 过程中，弹性绳的弹性势能一直增加
C．从O 到C 过程中，游客的重力势能减少，动能增加
D．从B 到D 过程中，游客的加速度一直减小
【答案】BC
【详解】A．从B 到C 过程中，弹力做功，则游客的机械能不守恒，故A 错误；
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．从B 到D 过程中，弹性绳被拉长，则弹性势能一直增加，故B 正确；
C．从O 到C 过程中，高度一直降低，则重力势能减少，速度一直增加，则动能增加，故C 正确；
D．从B 到C，弹力小于重力，弹力从零开始逐渐变大，加速度减小，到C 点时加速度为零；从C 到D 过
程，弹力大于重力，加速度向上逐渐变大，则从B 到D 过程中，游客的加速度先减小后增加，故D 错误。
故选BC。
6.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其倾角。板上一根长为
l =0.6 m的轻绳，它的一端系住一质量为m 的小球P，另一端固定在板上的O 点。当平板的倾角固定为
α =30°时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一平行于平板并与轻绳垂直向上的初速度v0。若
小球恰好能保持在板面内做圆周运动，重力加速度g=10 m/s
2，则v0为（ ）
A．3m/s
B．4m/s
C．5m/s
D．6m/s
【答案】A
【详解】最高点的速度为mgsin30° =m v
2
l
解得v =√3 m/s
根据机械能守恒定律得1
2 m v0
2= 1
2 m v❑
2 +mglsin30°
解得v0=3 m/s
故选A。
02 系统的机械能守恒问题
7.如图，一轻弹簧的一端固定于O 点，另一端系一小球，将小球从与悬点O 在同一水平面且弹簧保持原长
的A 点无初速度释放，不计空气阻力。在小球由A 点摆向最低点B 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球减小的机械能一定等于弹簧增加的弹性势能
B．小球减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．小球增加的动能一定等于弹簧增加的弹性势能
D．小球增加的动能大于减小的重力势能
【答案】A
【详解】A．根据机械能守恒定律可知，小球减小的机械能一定等于弹簧增加的弹性势能，故A 正确；
BCD．根据能量守恒定律可知，物体减小的重力势能一部分转化为物体的动能，另一部分转化为弹簧的弹
性势能，则小球减小的重力势能大于弹簧增加的弹性势能，小球增加的动能小于减小的重力势能，小球增
加的动能不一定等于弹簧增加的弹性势能，故BCD 错误；
故选A。
8.（多选）如图所示，两根长度均为L 的轻质细杆a、b 将质量为2m 的小球P 和质量为m 的小球Q 连接至
固定点O。细杆a 的一端可绕O 点自由转动，细杆b 可绕小球P 自由转动。初始时P、Q 与O 点在同一高
度。现由静止释放两球，两球在同一竖直面内运动，经过一段时间t 后，细杆a 与竖直方向的夹角为θ，细
杆b 恰好竖直，小球Q 速度大小为√gL，方向水平向右。已知重力加速度为g，一切摩擦与空气阻力不
计。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．θ=60°
B．当细杆b 竖直时，小球P 的速度大小为√gL
2
C．细杆b 对小球P 做功为-mgL
D．细杆b 对小球Q 的冲量大小为m√gL−mgt
【答案】AC
【详解】AB．两小球速度沿杆方向相等，所以小球P 的速度为0，对系统，根据机械能守恒定律可得
2mgLcosθ =mgL(1−cosθ)+ 1
2 mvQ
2
解得θ =60°
故A 正确，B 错误；
C．对小球P，根据动能定理可得2mgLcosθ+W =0
所以W =−mgL
故C 正确；
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．对小球Q，根据动量定理，水平方向可得I x =mv =m√gL
竖直方向可得I y−mgt =0
所以细杆b 对小球Q 的冲量大小为I =√I x
2+ I y
2 =m√gL+ g
2t
2
故D 错误。
故选AC。
9.（多选）如图所示，固定光滑斜面倾角θ =60°，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相
切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A 和质量为m的小环B（均可视为质点）用L=1.5 R的
轻杆通过轻质铰链相连。B 套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O
，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通
过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A 由静止释放到运动至最低点过
程中，下列判断正确的是（ ）
A．A、B 组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．刚释放时小球A 的加速度大小为aA = √3
2 g
C．小球运动到最低点时的速度大小为v A =√3 gR
D．已知小球A 运动到最低点时，小环B 的瞬时加速度大小为a，则此时小球A 受到圆弧轨道的支持力大小
为5.5mg+ma
【答案】BC
【详解】A．由于小球A 和B 组成的系统只有重力做功，机械能守恒，合力不为零，动量不守恒，故A 错
误；
B．刚释放时小球A 时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律
2mgsin60
o=2maA
解得
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
aA= √3
2 g
故B 正确；
C．过O 点分别向AB 和斜面做垂线，如图所示，根据几何关系可知
BO=R， AC = √3
2 R
当A 下降到最低点时，B 的速度为零，根据机械能守恒可知
2mg[ √3
2 R sin 60
o+ R(1−cos60
o)]+mg(2 R−L)= 1
2 ⋅2m vA
2
解得此时A 的速度
vA=√3 gR
故C 正确；
D．规定向上为正方向，轻杆对小球A 和小环B 的弹力大小为F，小球A 运动到最低点时，对小环B，根据
牛顿第二定律
F −mg=ma
对小球A
FN−2mg−F =2m vA
2
R
解得
FN=9mg+ma
故D 错误。
故选BC。
10.（多选）如图所示，质量均为m 的小球A、B 用长为L 的细线相连，放在高为h 的光滑水平桌面上（
L>2h），A 球刚好在桌边。若由静止释放两球，且A、B 两球落地后均不再弹起，重力加速度为g，则下
列说法正确的是（ ）
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．A 球落地前的加速度为g
B．B 球到达桌边的速度为√2 gh
C．B 球落地时与A 球的水平距离为√2h
D．细线对B 球做的功为1
2 mgh
【答案】CD
【详解】A．对A、B 整体分析，A 球落地前，整体受到的合力为mg（A 球重力），总质量为2m，根据牛
顿第二定律F =ma
可得加速度a= mg
2m = g
2
故A 错误；
B．从释放到A 球落地过程，根据动能定理，对A、B 整体有mgh= 1
2
(2m)v
2
解得v =√gh
A 球落地后，B 球在光滑桌面上匀速运动，所以B 球到达桌边的速度为√gh，
故B 错误；
C．B 球离开桌面后做平抛运动，平抛运动时间t =√
2h
g
B 球水平速度v =√gh
则水平位移x = vt =√gh×√
2h
g =√2h< L
但A 球落地后静止，B 球落地时与A 球水平距离取决于B 球平抛水平位移，不过前提是两球有先后落地时
间差等情况，这里实际B 球到达桌边后做平抛，A 球已落地静止，水平距离为0（因为桌面光滑，A 落地后
B 水平匀速，A 不再水平移动），故C 正确；
D．从释放到A 球落地过程，细线对B 球做功，根据动能定理，对B 球W = 1
2 mv
2
由mgh= 1
2
(2m)v
2
可得v =√gh
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
代入得W = 1
2 mgh
故D 正确。
故选CD。
11.（多选）（2025·四川南充·高三月考）如图所示，物体A 的质量为M，圆环B 的质量为m，由绳子通过
定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m。现从静止释
放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g 取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．圆环B 下落h 的过程中，物体A 机械能守恒
B．当圆环B 下落h 的高度时，vA=vBcosθ
C．当圆环B 下落h 的高度时，vB=vAsinθ
D．若圆环下降h=3m 时的速度vB=5m/s，则物体质量与圆环质量之比为M:m=35:29
【答案】BD
【详解】A．圆环B 下落h 的过程中，绳子拉力对物体A 做正功，物体A 的机械能增加，故A 错误；
BC．当圆环B 下落h 的高度时，将B 的速度分解为沿绳子v1和垂直绳子v2两个分速度，则有
vA= v1= vBcosθ
故B 正确，C 错误；
D．若圆环下降h=3m 时的速度vB=5m/s，则有tanθ = l
h = 4
3
可得θ =53°
此时A 的速度为vA= vBcosθ =3 m /s
A、B 组成的系统满足机械能守恒，则有mgh= Mg(
l
sinθ −l)+ 1
2 mvB
2+ 1
2 M vA
2
联立解得物体质量与圆环质量之比为M :m=35:29
故D 正确。
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故选BD。
12.（多选）如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m 的两个小物块A、B，置于水平地面上且处于静止
状态，现将质量也为m 的小物块C 从A 的正上方h 处由静止释放，物块C 与A 碰后粘在一起继续向下运
动。已知在以后的运动过程中，当A 向上运动到最高点时，B 刚好要离开地面。重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
A．此弹簧的劲度系数为8mg
h
B．此弹簧的劲度系数为4 mg
h
C．物块A 运动过程中的最高点距离其初始位置为h
2
D．物块A 运动过程中的最低点距离其初始位置为h
2
【答案】AD
【详解】C．对物块C，根据动能定理有
mgh= 1
2 m v0
2
可得碰前C 的速度为
v0=√2gh
C、A 碰撞，根据动量守恒定律有
m v0=(m+m)v1
可得，碰撞后C、A 一起向下运动的速度为
v1= v0
2 = √2gh
2
碰撞前，对A 分析，根据平衡条件有
mg=k x0
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
当A 向上运动到最高点时，对B 分析，根据平衡条件有
mg=k x1
则碰撞后瞬间与A 向上运动到最高点瞬间，弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，根据能量守恒定律
有
1
2 ⋅2m v1
2=2mgH
可得，物块运动过程中的最高点距离其初始位置的距离为
H = 1
4 h
故C 错误；
AB．由上述分析可知
x0= x1= H
2 = h
8
则弹簧的劲度系数为
k = mg
x0
= 8mg
h
故A 正确，B 错误；
D．碰撞后C、A 一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点的合力等于最低点的合力，则有
k x2−2mg=2mg+ k x1
解得最低点时弹簧的压缩量为
x2= 5
8 h
则物块A 运动过程中的最低点距离其初始位置的距离为
h
′ = x2−x0= h
2
故D 正确。
故选AD。
13.（多选）质量分布均匀、长度为L 且不可伸长的链条位于光滑水平桌面上，一端位于光滑桌面的边缘，
由于微小扰动便开始沿桌面下滑，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．下滑三分之一时，链条的速度为v = √2 gL
3
B．下滑三分之一时，链条的速度为v = √gL
3
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．链条下滑过程中加速度不断增大
D．链条下滑过程中链条水平部分与竖直部分间拉力不断增大
【答案】BC
【详解】AB．链条位于光滑水平桌面下滑，对链条构成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，三分之
一(即质量为m
3 )的铁链下滑，其重心下降L
6 ，有：
m
3 g⋅L
6 = 1
2 m v
2−0
解得铁链的瞬时速度为：
v = √gL
3
故A 错误，B 正确；
C．随着下滑垂下来的部分越来越长，垂下来的那一段链子的质量m
′增大，软链总质量m 保持不变，对整
体根据牛顿第二定律a= m
′ g
m 得加速度a 也不断增大，是一个变加速运动，故C 正确；
D．对水平部分的铁链由牛顿第二定律：
FT =(m−m
′)a
将a= m
′ g
m 带入可得：
FT = (m−m
′)m
′ g
m
= −m
′2 g+mg⋅m
′
m
可知当m
′ = m
2 时，拉力有最大值FT max= mg
4 ，则链条下滑过程中链条水平部分与竖直部分间拉力先增大后
减小，故D 错误。
故选BC。
14.（多选）如图，光滑的水平面上长木板A静止放置，质量为m=2kg的物体B（可看成质点）以水平速度
v0=2m /s滑上静止的长木板A的上表面。A、B速度随时间变化情况如图（g 取10 m /s
2）。正确的是
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（ ）
A．系统损失的机械能为2J
B．木板A 获得的动能为2J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
【答案】ACD
【详解】D．由图乙可知，物块先匀减速，木板匀加速，最后二者达到共速，速度大小为v共=1m/ s。设
它们之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律结合v −t图像斜率表示加速度，可得
aA = μmg
M =1m/ s
2
aB= μmg
m =1m/ s
2
可得木板质量
M =2kgA、B 间的动摩擦因数为
μ=0.1
故D 正确；
AB．木板A 获得的动能为
Ek = 1
2 M v共
2 =1J系统损失的机械能为
ΔE = 1
2 mv0
2−1
2 (m+ M )v共
2 =2J
故A 正确，B 错误；
C．当A、B 共速时，B 恰好到达A 的最右端，此时木板长度最小，为
Lmin= sB−sA = 2+1
2
×1−0+1
2
×1=1m
故C 正确。
故选ACD 。
15.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，固定光滑轨道杆ABCD 的AB 部分竖直、CD 部分水
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
平，BC 部分是半径为R 的1
4 圆弧，质量分别为m 和2m 的小球a、b（可视为质点）穿在光滑轨道杆的AB
部分，再用轻杆连接起来，轻杆长为R。开始时小球a 位于B 点正上方R
2 处，由静止开始释放小球和轻
杆，使其沿光滑轨道杆ABCD 下滑，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球a 进入圆弧轨道之前，小球a 与地球组成的系统机械能守恒
B．小球a 进入圆弧轨道之前，小球a 与地球组成的系统机械能不守恒
C．小球a 滑到圆弧轨道C 点时的速度大小为1
2 √22gR
D．从刚释放小球a、b 到小球a、b 都滑到水平轨道上的整个过程中，轻杆对小球a 做的功为2
3 mgR
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知轨道光滑，小球a 进入圆弧轨道之前，小球a、b（可视为质点）和轻杆一起做
自由落体运动，可知，轻杆对小球a、b（可视为质点）作用力均为零，对于小球a 只有重力做功，小球a
与地球组成的系统机械能守恒，故A 正确，B 错误；
C．小球a 滑到圆弧轨道C 点时，如图所示
由几何关系可得
vacos30° = vbcos30°
由机械能守恒定律有
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
mg(R+ R
2)+2mg(R+ R
2 + R cos60°)= 1
2 m va
2+ 1
2 ×2m vb
2
联立解得
va= 1
3 √33 gR
故C 错误；
D．从刚释放小球a、b 到小球a、b 都滑到水平轨道上的整个过程中，由机械能守恒定律有
mg(R+ R
2)+2mg(R+ R
2 + R)= 1
2 m va
' 2+ 1
2 ×2m vb
' 2
解得
va= 1
3 √39 gR
设轻杆对小球a 做的功为W ，对小球a，由动能定理有
mg(R+ 1
2 R)+W = 1
2 m va
' 2−0
解得
W = 2
3 mgR
故D 正确。
故选AD。
16.一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体
最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点
由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻
力）（ ）
A．√(2+ π )gR
B．√2πgR
C．√2(1+ π )gR
D．2√gR
【答案】A
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】小球下落的高度为
h = πR - π
2 R + R = π +2
2
R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = 1
2mv2
综上有
v = √(π +2)gR
故选A。
17.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为m的小球P和质量为2m的小球Q分别固定在长
度为L的轻杆两端，轻杆正中间有一光滑转轴，两小球可绕转轴O在竖直平面内做圆周运动。小球P、Q由
图示水平位置静止释放，当P运动到最高点时，（重力加速度为g）（ ）
A．P 的线速度大小为√
gL
3
B．Q 的线速度大小为√
2 gL
3
C．此时转轴对轻杆的作用力大小为3mg
D．此时转轴对轻杆的作用力大小为11
3 mg
【答案】AD
【详解】AB．当P 运动到最高点时，对系统由机械能守恒定律可得
2mg L
2 −mg L
2 = 1
2 (m+2m)v
2
解得PQ 的线速度大小均为
v =√
gL
3
选项A 正确，B 错误；
CD．对球P，设在最高点时杆对P 的作用力向上，则
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
mg−T 1=m v
2
1
2 L
解得
T 1= 1
3 mg
假设正确；对球Q 在最低点时
T 2−2mg =2m v
2
1
2 L
解得
T 2= 10
3 mg
方向向上，可知此时转轴对轻杆的作用力大小为
T =T 1+T 2= 11
3 mg
选项C 错误，D 正确。
故选AD。
18.如图所示，倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l，质量为m，粗细均匀，质量分布均匀的软绳置
于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚
好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（ ）
A．物块和软绳构成的系统机械能守恒
B．软绳重力势能共减少了1
2 mgl
C．软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与系统产生的内能之和
D．物块机械能的减少量等于软绳机械能的增加量
【答案】C
【详解】物块下落过程中，由于摩擦力对软绳做功，则物块和软绳构成的系统机械能减小，选项A 错误；
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1= l
2 sin30° = l
4 ，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重
心离斜面顶端的高度h2= l
2，则软绳重力势能共减少mg（l
2 −l
4 ）= 1
4 mgl，故B 错误．对软绳，物块的
拉力做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加量与系统产生的内能之和，则软绳重力势能的
减少量小于其动能的增加量与系统产生的内能之和，选项C 正确；物块机械能的减少量等于软绳机械能的
增加量与系统产生的热量之和，选项D 错误．
19.（多选）如图所示，光滑硬直杆与水平面成37
°夹角固定放置，劲度系数为k、原长为L的轻质弹簧一端
连接在天花板的O点，另一端与圆环（视为质点）相连，圆环套在杆上。现让圆环从与O点等高的A点由
静止释放，当圆环运动到O点的正下方B点时，圆环的动能正好等于此处弹簧弹性势能的2 倍。已知
A 、B两点间的距离为5 L，重力加速度为g，对劲度系数为k的轻质弹簧，弹性势能EP与弹簧的形变量x
的关系式为EP= 1
2 k x
2,sin37
°=0.6,cos37
°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．环在B点，动能为4 k L
2
B．环从A运动到B，环的机械能增加3.5k L
2
C．环的质量为kL
g
D．环在B点，加速度大小为1.8g
【答案】AD
【详解】A．由几何关系可得OB =3 L，弹簧的原长为L，则B点弹簧的伸长量为2 L，弹性势能为
EPB= 1
2 k(2 L)
2=2k L
2
环的动能为
Ek=2 EPB= 4 k L
2
选项A 正确；
B．OA = 4 L, A点弹簧的伸长量为3 L，弹性势能为
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
EPA = 1
2 k(3 L)
2= 4.5k L
2
环从A到B，弹簧弹性势能减小量
Δ EP= EPB−EPA =2.5k L
2
由能量守恒可得环的机械能增加量为
Δ E = Δ EP=2.5k L
2
选项B 错误；
C．由能量守恒可得
2.5k L
2+mg×3 L= 4 k L
2
解得
m= kL
2g
选项C 错误；
D．环在B点时，弹簧的弹力
F0=2kL
把弹簧对环的弹力与环的重力的合力
F = F0−mg
分别沿着斜面和垂直斜面分解，环在B点的合力等于F沿斜面向上的分力，则有
F sin37
°=ma
综合解得
a=1.8 g
选项D 正确。
故选AD。
20.（多选）如图所示，光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角α=37°，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡
板，在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A 和B 用劲度系数为k 的轻弹簧连接，将A 放置在挡板上，物块B
在斜面上处于静止状态。现将轻绳的一端固定在B 上，绕过定滑轮后，在轻绳的另一端固定一个物块C，
细绳恰好伸直且无拉力时，由静止释放物块C，已知物块A 的质量为m，B 的质量为m，C 的质量为3m，
斜面足够长，重力加速度为g，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．释放物块C 的瞬间，物块C 的加速度大小为0.6g
B．物块A 刚离开挡板时，物块B 的速度大小为6 g
5 √
m
k
C．若将物块C 换为质量为0.2m 的物体D，则物体D 下落到最低点时的加速度大小为1
5 g
D．若将物块C 换为质量为0.2m 的物体D，则物块A 对挡板压力的最小值为0.8mg
【答案】BD
【详解】A．释放物块C 瞬间，对物块C，根据牛顿第二定律可得
3mg−T =3ma
对物块B，根据牛顿第二定律可得
T =ma
联立解得物块C 的加速度大小为
a=0.75 g
故A 错误；
B．释放物块C 瞬间，弹簧的压缩量为
x1= mgsin α
k
物块A 刚离开挡板时，弹簧的伸长量为
x2= mgsin α
k
可得
x1= x2
两状态弹簧的弹性势能相等，物块A 刚离开挡板时，设物块B 的速度为v，物块A、B、C 和弹簧组成的系
统机械能守恒，可得
3mg( x1+ x2)−mg( x1+ x2)sin α = 1
2 (m+3m)v
2
联立可得
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
v = 6 g
5 √
m
k
故B 正确；
CD．将物块C 换为质量为0.2m 的物体D，设释放瞬间物体D 的加速度大小为a2，以B 和D 为整体，根据牛
顿第二定律可得
0.2mg =(0.2m+m)a2
可得
a2= g
6
方向竖直向下，则物块B 的加速度大小也为g
6 ，方向沿斜面向上，根据简谐运动的对称性，当物体D 到达
最低点时，物体D 的加速度大小为g
6 ，方向竖直向上，物块B 的加速度大小也为g
6 ，方向沿斜面向下；设
弹簧的弹力为F，此时对物体D，根据牛顿第二定律可得
T 2−0.2mg =0.2ma3
对物体B，根据牛顿第二定律可得
mgsin α −F −T 2=ma3
联立解得
F =0.2mg
可知此时弹簧对物块A 作用力沿斜面向下，大小为
F
′ =0.2mg
对物块A 受力分析，可得挡板对物块A 的支持力为
F N=mgsin α + F
′ =0.8mg
根据牛顿第三定律可知，物块A 对挡板压力的最小值为0.8mg，故C 错误，D 正确。
故选BD。
21.（多选）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1，O2和质量为m 的小球连接，另一端与
套在光滑直杆上质量也为m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，直杆与水
平面的夹角θ=60°，直杆上C 点与两定滑轮均在同一高度，C 点到定滑轮O1的距离为 L，重力加速度为
g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C 点由静止释放，当小物块沿杆
下滑距离也为L 时（图中D 处），下列说法正确的是（ ）
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．小物块刚释放时，轻绳对小球的拉力大于 mg
B．小球下降最大距离为 (1−√3
2 )L
C．小物块在 D 处的速度与小球速度大小之比为2：1
D．物块第一次经过D 处后将沿直杆向上运动
【答案】BC
【详解】A．小物块刚释放时，小物块开始加速下滑，左侧绳长缩短，右侧绳长伸长，小球要加速下降，
加速度向下，处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg，A 错误；
B．当拉小物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知小球下降的最大距离为
s= L−Lsin 60
。=(1−√3
2 )L
B 正确；
C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行
四边形定则知小物块在D 处的速度与小球的速度之比为
v1:v2=1:sin30
。=2:1
C 正确；
D．设小物块下滑距离为L时的速度大小为v，此时小球的速度大小为v1，如图所示
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则
v1= v cosθ
对滑块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有
mgLsinθ = 1
2 m v1
2+ 1
2 m v
2
整理解得
v = 2√5√3 gL
5
D 错误。
故选BC。
22.（多选）图示为户外探险队员过深沟的一种方法。将一长为2x 的不可伸长的轻绳两端固定在相距为x
的A、B 两等高点，绳上挂一轻小滑轮P。队员甲水平拉住滑轮，质量为m 的队员乙吊在滑轮上，脚离地
且处于静止状态，此时绳的AP 部分竖直。将滑轮从静止释放，乙沿着绳滑到对面。不计滑轮摩擦和空气
阻力，则（ ）
A．释放滑轮前队员乙受四个力的作用
B．释放滑轮前甲的拉力为2
3 mg
C．释放滑轮前绳的张力为5
8 mg
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．乙滑动过程中的最大速度为1
2 √2(2√3−3)gx
【答案】CD
【详解】A．释放滑轮前队员乙受重力、滑轮对其向上的拉力处于平衡态，故A 错误；
BC．由几何关系解得释放滑轮前AP 长度为3
4 x，而滑轮此时受乙对其向下的拉力、两绳的拉力T 及甲对其
水平向左的拉力F，设此时倾斜绳与竖直方向夹角为θ，由于滑轮此时平衡，有
F =T sinθ
竖直方向，有
T +T cosθ =mg
cosθ =0.6
联立解得
F = 1
2 mg，T = 5
8 mg
故B 错误，C 正确；
D．当乙的加速度为零时，其速度最大，故当乙运动到AB 中点的正下方时，其速度最大，此时乙距离AB
平面的高度为√3
2 x，从乙开始滑动到速度最大，由机械能守恒可得
mg( √3
2 x−3
4 x)= 1
2 m vm
2
解得乙的最大速度为
vm = 1
2 √2(2√3−3)gx
故D 正确。
故选CD。
23.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，链条的速度为（ ）
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．√11gL
6
B．√11 gL
3
C．√13 gL
6
D．√22gL
3
【答案】B
【详解】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
设链条运动至底端的速度为v，有W 1+W 2= 1
2 m v
2
解得v = √11gL
3
故选B。
24.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m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m
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D 来约
束链条，重力加速度为g，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√gl
B．乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为√3 gl
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】A
【详解】A．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
1
3 mg(l+ l
2)= 1
2 m v1
2
解得v1=√gl，故A 正确；
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．乙图中链条触地时，根据机械能守恒定律有1
3 mg(l+ l
2)+mgl = 1
2 ×2m v2
2
解得v2=√
3 gl
2 ，故B 错误；
C．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，链条在触地之前做加速度逐渐增大，故C 错误；
D．乙图中，平台右侧悬垂部分与小球总的重力等于链条与小球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，乙链条在触地之前加速度逐渐增大，对小球进行分析，根据牛顿第二
定律可知，链条对小球的拉力在不断减小，故D 错误。
故选A。
25.（浙江·高考真题）如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（ ）
A．动能
B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能
D．动能、重力势能、机械能
【答案】C
【详解】无人机在匀速上升过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；同时高度增加，其重力势能
增加；因机械能等于动能与势能的总和，所以无人机的机械能增加。
故选C。
26.（2024·浙江·高考真题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1 被踢出后落在位置3，在空中
达到最高点2 的高度为h，则足球（ ）
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．从1 到2 动能减少mgh
B．从1 到2 重力势能增加mgh
C．从2 到3 动能增加mgh
D．从2 到3 机械能不变
【答案】B
【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1 到2 重力势能
增加mgh，则1 到2 动能减少量大于mgh，A 错误，B 正确；
CD．从2 到3 由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，选项CD 错
误。
故选B。
27.（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连
接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点
C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C 点所受合力为零
B．物体在C 点的速度为零
C．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆
轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
mg=m v
2
r
解得物体在C 点的速度
v =√gr
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
AB 错误；
C．由牛顿第二定律得
mg=ma
解得物体在C 点的向心加速度
a= g
C 正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点时的动能和重力势能之和，D 错
误。
故选C。
28.（多选）（广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工
事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地
点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（
）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【答案】BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
t =√
2h
g
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A 错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
P =mgv cosθ =mg v y =mg√2gh
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B 正确；
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
Δ Ep=mgh
故C 正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D 错误。
故选BC。
29.（多选）（2025·云南·高考真题）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的轻质弹
簧，弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ= tanθ。过
程I：Q 以速度v0从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q 连接在弹簧的下端并拉
至P 点由静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最大，过O 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g。则（ ）
A．P、M 两点之间的距离为k v0
2−4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
B．过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为1
4 mv0
2
C．过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
D．连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】CD
【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 mv0
2
设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件k L1=mgsinθ+ μmgcosθ
P、M 两点之间的距离L2= L−L1
联立可得L2= k v0
2−8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
故A 错误；
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中Q 和弹簧组成的系统损失的机械
能为Δ E = μmgcosθ⋅L
结合−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 mv0
2
可得Δ E = 1
4 mv0
2
但在过程Ⅱ中单独对于Q 而言机械能是增加的，故B 错误；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律
1
2 k L
2=mgsinθ⋅x + μmgcosθ⋅x + 1
2 k( x−L)
2
结合−mgsinθ⋅L−μmgcosθ⋅L=0−1
2 m v0
2
解得x = k v0
2−8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足
k L1=mgsinθ+ μmgcosθ
当在O点时，满足mgsinθ = μmgcosθ
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选CD。
31
