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第19 讲 机械能守恒定律及其应用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................3
考点一 机械能守恒定律....................................................................................................................3
知识点1 机械能..........................................................................................................................................3
知识点2 机械能守恒定律..................................................................................................................4
考向1 机械能守恒的理解与判断..............................................................................................................5
考向2 单物体机械能守恒问题..................................................................................................................8
考点二 系统的机械能守恒问题......................................................................................................13
知识点1 轻绳或轻杆连接系统................................................................................................................13
知识点2 轻弹簧连接系统........................................................................................................................14
考向1 轻绳或轻杆连接系统机械能守恒问题........................................................................................15
考向2 轻弹簧连接系统机械能守恒问题................................................................................................22
考向3 非质点系统的机械能守恒问题....................................................................................................25
04 真题溯源·考向感知.................................................................................................................28
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
机械能守恒定律
选择题
非选择题
四川卷T7，4 分
四川卷T15，16 分
全国甲卷T4,6 分
全国甲卷T1,6 分
全国甲卷T11,10 分
考情分析：
1．在四川高考中，机械能守恒定律作为能量板块的核心内容，考查频率颇高。
2．从命题思路上看，试题情景为
从命题趋势来看，题目情境会愈发紧密联系生活实际、科技前沿，如体育运动中的蹦床、跳水，工程技术
里的过山车运行、起重机吊运等，要求学生在复杂情境中灵活运用机械能守恒定律分析问题，对定律本质
的理解与知识迁移能力的考查也会加强。
复习目标：
目标一：深度理解机械能守恒的核心条件 “只有重力或弹力做功，其他力不做功或做功代数和为零”，
能通过受力分析快速判断不同物理情境（如光滑斜面下滑、竖直弹簧振子振动、带电粒子在无阻力电场中
运动等）下系统机械能是否守恒，避免因条件判断失误导致整题失分。
目标二：建立常见力做功与机械能变化的对应关系库，明确摩擦力、空气阻力、电场力等做功对机械能的
影响，准确区分机械能守恒与能量守恒的适用范围，防止概念混淆。
2
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考点一 机械能守恒定律
知识点1 机械能
一、重力做功与重力势能
1.重力做功的特点
（1）重力做功与 路径 无关，只与初、末位置的 高度差 有关。
（2）重力做功不引起物体 机械能 的变化。
2.重力势能
（1）定义：物体由于 被举高 而具有的能。
3
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（2）表达式：Ep＝
mgh
。
（3）矢标性：重力势能是 标量 ，正负表示其 大小 。
3.重力做功与重力势能变化的关系
（1）定性关系：重力对物体做正功，重力势能就 减少 ；重力对物体做负功，重力势能就 增加 。
（2）定量关系：重力对物体做的功 等于 物体重力势能的减少量。即WG＝－（Ep2－Ep1）＝ －
Δ E p
。
二、弹力做功与弹性势能
1.定义：物体由于发生 弹性形变 而具有的能。
2.大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量 越大 ，劲度系数 越大 ，
弹簧的弹性势能越大。
3.弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝ －
Δ E p
。
知识点2 机械能守恒定律
1.机械能： 动能 和 势能 统称为机械能，其中势能包括 弹性势能 和 重力势能 。
2.机械能守恒定律的内容：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，而总的
机械能 保持不变 。
3.机械能守恒定律的表达式
mgh1＋1
2mv1
2＝mgh2＋1
2mv2
2。
4.机械能守恒定律的条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
点拨
1.对机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
（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零。
（3）除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械
能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
2.机械能守恒的判定方法
（1）做功条件分析法：若物体系统内只有重力或弹簧弹力做功，其他力均不做功，则系统的机械能守恒。
（2）能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发
生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能（如没有内能增加），则系统的机械能守恒。
1.机械能守恒定律表达式
4
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说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
考向1 机械能守恒的理解与判断
例1（2025·四川遂宁·高三月考）下列说法正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
B．做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒
C．物体受到的合外力不为零，动能一定发生变化
D．物体受到的合外力不为零，速度一定发生变化
【答案】D
【详解】A．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，如果物体竖直向上做匀速运动，向上的外力做正
功，机械能增加，故A 项错误；
B．若物体在竖直面内做匀速圆周运动，则动能保持不变，而重力势能发生变化，故机械能不守恒，故B
项错误；
C．物体受到的合外力不为零，其动能不一定发生变化，如匀速圆周运动，其合外力不为零，但动能不发
生变化，故C 项错误；
D．若物体受到的合外力不为零，则根据牛顿第二定律，一定存在加速度，即速度一定发生了变化，故D
项正确。
故选D。
例2 投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪。某人向放在水平地面的正前方壶中水平
投箭（很短，可视为质点），箭刚好落入壶中，不计空气阻力，则箭从投出到落入壶中的过程中（ ）
A．箭的加速度逐渐增大
B．箭的重力势能逐渐增大
C．箭的动能逐渐增大
D．箭的机械能逐渐增大
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【答案】C
【详解】A．不计空气阻力，只受重力，则加速度为重力加速度、大小方向恒定，故A 错误；
B C．箭在运动过程中，做平抛运动，高度不断下降，重力做正功、重力势能减小，动能逐渐增大，故B
错误，C 正确；
D．在运动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故D 错误。
故选C。
【变式训练1】（2025·四川南充·高三月考）在北京冬奥会的跳台滑雪比赛中（如图），运动员从陡坡下
滑、加速、起跳，然后在落差100 多米的山地上自由“飞翔”。针对从陡坡加速下滑的过程，下列说法正
确的是（ ）
A．运动员的动能不变
B．运动员的重力势能不变
C．运动员的重力势能减小
D．运动员的动能转化为重力势能
【答案】C
【详解】A．运动员从陡坡加速下滑的过程，质量不变，速度增大，运动员的动能增大，故A 错误；
BC．运动员从陡坡加速下滑的过程，质量不变，高度减小，运动员的重力势能减小，故B 错误，C 正确；
D．运动员从陡坡加速下滑的过程，重力势能减小，动能增加，运动员的重力势能转化为动能，故D 错
误。
故选C。
【变式训练2】（2024·四川成都·三模）一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，
下列说法一定正确的是（ ）
A．质点速度不变
B．质点加速度不变
C．质点动能不变
D．质点机械能不变
【答案】C
【详解】A．质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A 错误；
B．质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，故B 错误；
C．质点动能为
Ek= 1
2 mv
2
质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C 正确；
D．质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D 错
误。
故选C。
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【变式训练3】（2025·四川自贡·高三月考）如图所示，是运-20 加油机给歼-10 战斗机加油的情景，在加
油过程中，加油机和战斗机的飞行高度、速度和方向均不变，关于加油机和战斗机的机械能说法正确的是
（ ）
A．战斗机动能增加，势能减小，机械能不变
B．加油机动能减少，势能不变，机械能不变
C．加油机动能减小，势能不变，机械能减小
D．战斗机动能增加，势能增加，机械能增加
【答案】D
【详解】战斗机油量不停的增加，质量增大，速度不变，动能增大；战斗机的质量增大，高度不变，重力
势能增大。机械能为动能和重力势能之和，所以战斗机机械能增大。加油机油量不停的减少，质量减少，
速度不变，动能减少；加油机的质量减少，高度不变，重力势能减少。机械能为动能和重力势能之和，所
以加油机机械能减少。故ABC 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练4】下列对机械能守恒定律的理解正确的是（ ）
A．物体除受重力、弹力外还受其他力，机械能一定不守恒
B．合力为零，物体的机械能一定守恒
C．在机械能守恒过程中的任意两点，物体的机械能总相等
D．在机械能守恒过程中，只有初末位置的机械能才相等
【答案】C
【详解】A．物体除受重力、弹力外还受其他力，若其他力不做功，则机械能守恒，故A 错误；
B．合力为零，可能存在重力、弹力以外的力做功，机械能不一定守恒，故B 错误；
CD．在机械能守恒过程中的任意两点，物体的机械能总相等，并非只有初末位置的机械能才相等，故C
正确、D 错误。
故选C。
考向2 单物体机械能守恒问题
例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为m 的跳伞运动员，由静止开始下落，假设在打开伞之
前受大小为0.1mg 的恒定阻力作用，在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员克服阻力所做的功为0.9mgh
B．运动员的机械能减少了0.9mgh
C．运动员的重力势能减小了mgh
D．运动员的动能减少了0.9mgh
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【答案】C
【详解】AB．若只有重力做功则运动员机械能守恒，而该过程中除了重力做功，还有阻力做负功，则可
知，机械能的减少量等于克服阻力所做的功，即为0.1mgh，故AB 错误；
D．根据动能定理有
mgh−0.1mgh = ΔEk
此过程中合外力做正功，运动员的动能增加，可知运动员的动能增加了0.9mgh，故D 错误；
C．重力做正功重力势能减小，重力做负功重力势能增加，即有
WG = −ΔEp
该过程中重力做正功，则可知运动员的重力势能减小了mgh，故C 正确。
故选C。
例2 滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，阻力对他做功-200J。此过程关于运动
员的说法，下列选项正确的是（ ）
A．重力势能减少了800J
B．动能增加了1200J
C．机械能增加了1000J
D．机械能减少了200J
【答案】D
【详解】A．重力对他做功1000J，根据功能关系可知重力势能减少了1000J，故A 错误；
B．根据动能定理可知，动能增加了
Δ Ek=W G+W f=800J
故B 错误；
CD．机械能变化量为
Δ E = Δ Ek+ Δ Ep=−1000+800J =−200J
故机械能减少了200J，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A 点踢起，最
高可以到达离地面高度为h的B 点位置，从A 到B 足球克服空气阻力做的功为W ，选地面为零势能的参考
平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．足球从A 到B 的运动过程机械能守恒
B．该同学对足球做的功等于mgh
C．足球在A 点处的机械能为mgh
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D．足球在B 点处的动能为1
2 m v0
2−mgh−W
【答案】D
【详解】A．足球从A 到B 的运动过程，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减少，故A 错误；
BD．从A 到B 的运动过程，根据动能定理可得
−mgh−W = 1
2 m vB
2 −1
2 m v0
2
解得足球在B 点处的动能为
1
2 mvB
2 = 1
2 mv0
2−mgh−W
该同学对足球做的功
W F= 1
2 mv0
2= 1
2 mvB
2 +mgh+W
故B 错误，D 正确；
C．选地面为零势能的参考平面，足球在A 点处的机械能为
E A = 1
2 mv0
2>mgh
故C 错误。
故选D。
【变式训练2】为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据，并作
出了如图所示的v-t 图像。已知小球质量为0.5kg，以地面为零势能参考面，空气阻力不计，重力加速度取
g=10m/s2，由图可知（ ）
A．横轴每一小格表示的时间是0.2s
B．小球下落的初始高度为1.95m
C．小球第一次反弹的最大重力势能为5.75J
D．小球第一次撞击地面时对地面的平均作用力大小为60N
【答案】D
【详解】A．由图可知，小球落到地面时的速度为v=6m/s，可知落地时间为
t = v
g =0.6s
则横轴每一小格表示的时间是0.1s，选项A 错误；
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B．小球下落的初始高度为
h= v
2 t =1.8 m
选项B 错误；
C．小球第一次反弹的最大重力势能等于反弹时的动能，即
E p= Ek = 1
2 mv
' 2= 1
2 ×0.5×5
2J=6.25J
选项C 错误；
D．小球第一次撞击地面时，向上为正，根据动量定理
( F −mg) Δt =m v
'−(−mv)
其中Δt =0.1s解得
F=60N
根据牛顿第三定律可知小球第一次撞击地面时对地面的平均作用力大小为60N，选项D 正确。
故选D。
【变式训练3】（多选）如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速
度a= g
2 （g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力势能增加1
2 mgx
B．动能增加mgx
4
C．机械能增加mgx
D．拉力做功为mgx
2
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，重力做功为
W G=mg Δh=−mgx sin30
°=−1
2 mgx
则物块的重力势能增加为
Δ Ep= 1
2 mgx
故A 正确；
B．根据牛顿第二定律可知，物体所受合力为
F合=ma= 1
2 mg
则合力做功为
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W = F合x = 1
2 mgx
根据动能定理可知，物块的动能增加为
Δ Ek= 1
2 mgx
故B 错误；
C．由AB 分析可知，物块的机械能增加为
Δ E = Δ Ep+ Δ Ek= 1
2 mgx + 1
2 mgx =mgx
故C 正确；
D．由牛顿第二定律可得
F −mgsin30°−f =ma
可得
F =mg+ f
W = Fx =mgx + fx
故D 错误。
故选AC。
【变式训练4】（多选）跑酷，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动（如图甲）。一质量为
m=50kg的跑酷爱好者随机选择一宽度为6.6m 的通道进行跑酷（如图乙），他从左侧墙根处由静止开始
正对右墙加速运动，加速到M 点时斜向上跃起，到达距离地面高度为0.8m 的墙壁P 点时竖直速度恰好为
零，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度反向，大小变为原来的0.75 倍，并获得一竖直向上的速度，之
后跃到左墙壁上距离地面高度为1.35m 的Q 点，飞跃过程中人距离地面的最大高度为2.6m，重力加速度g
取10 m /s
2，不计空气阻力，整个过程中人的姿态可认为保持不变，以地面为重力势能零点，则（ ）
A．人刚到P 点时机械能为2000J
B．人刚到最高点N 时动能为900J
C．人从P 点出发运动到Q 点的时间为1s
D．人从P 点出发运动到Q 点的过程中，其机械能先减小再增大
【答案】AB
【详解】A．如图最高点设为N 点，则N 点竖直方向速度为0，设P 到N 时间为t1，由逆向思维法可得
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(2.6−0.8)m = 1
2 gt1
2
解得
t1=0.6s
设N 到Q 时间为t2，由平抛运动规律可得
(2.6−1.35)m = 1
2 gt2
2
解得
t2=0.5s
设人刚从M 点跃起时水平速度为v0，则从P 到Q 过程有
6.6 m =0.75 v0(t1+t2)
联立解得
v0=8 m/s
故人刚到P 点时机械能为该时刻动能与重力势能之和，即
E =(50×10×0.8+ 1
2 ×50×8
2)J=2000J
故A 正确；
B．最高点N 点时竖直方向速度为0，故人刚到最高点N 时动能为
Ek= 1
2 m(0.75 v0)
2
联立以上解得
Ek=900J
故B 正确；
C．以上分析可知，人从P 点出发运动到Q 点的时间为
t =t1+t2=1.1s
故C 错误；
D．人从P 点出发运动到Q 点的过程中，只有重力做功，故机械能不变，故D 错误。
故选AB。
【变式训练5】（多选）如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平恒力F
作用下，从平衡位置P 拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处时，速度恰好为零。重力加速度为g，则下列说法正
确的是（ ）
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A．小球的重力势能增加mglcosθ
B．拉力F 所做的功为mgl(1−cosθ)
C．拉力F 所做的功为Fl
D．机械能增加mgl(1−cosθ)
【答案】BD
【详解】A．小球的重力势能增加量
Δ EP=mg(l−lcosθ)=mgl(1−cosθ)
故A 错误；
BD．根据功能关系，拉力F 所做的功等于小球机械能增量，即
W F= Δ E = Δ EP=mgl(1−cosθ)
故BD 正确；
C．由恒力做功公式可得
W F = Fl sinθ
故C 错误。
故选BD。
考点二 系统的机械能守恒问题
知识点1 轻绳或轻杆连接系统
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点
（1）对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空
气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。
（2）注意寻找用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。
2.三种实际情景的分析
（1）速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
（2）角速度相等情景
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两点提醒
①用杆连接的两个物体，若绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω 相等确定两物体线速度v 的大小关系。
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）某一方向分速度相等情景（关联速度情景）
两物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等。
知识点2 轻弹簧连接系统
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。分析含弹簧问题时，注意以下两点：
（1）对同一弹簧，弹簧的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，弹簧的弹性势
能最大。
考向1 轻杆或轻绳连接系统机械能守恒问题
例1 如图所示，质量分别为m、2m 的小球a、b 通过铰链用长为√2L 的刚性轻杆连接，a 套在竖直细杆M
上，b 套在水平细杆N 上，最初刚性轻杆与细杆M 的夹角为45°。两根细杆M、N 不接触（a、b 球均可越
过O 点），两杆间的距离忽略不计，且不计一切摩擦，重力加速度大小为g。将a、b 从图示位置由静止释
放，则下列说法中正确的是（ ）
A．a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a 球的弹力先做负功，后做正功
B．刚性轻杆与水平方向夹角为θ时，a、b 两球运动的速率满足vacosθ = vbsinθ
C．a 球的最大速度为v =√2gL
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D．b 球的最大速度为v =√(√2+1)gL
【答案】D
【详解】A．a 球从初位置下降到O 点的过程中，b 球的速度先增大后减小，说明杆对b 球先做正功后做负
功，则杆对a 球先做负功后做正功，a 球从O 到最低点过程中，a 球速度先增大后减小，开始时a 球的重力
大于轻杆拉力的竖直分量，a 球做加速运动，后来a 球的重力小于轻杆拉力的竖直分量，a 球做减速运动，
来到最低点时速度减为0，杆对a 球做负功，即a 球从初位置下降到最低点的过程中，轻杆对a 球先做负
功后做正功，再做负功，故A 错误；
B．根据关联速度可知，刚性轻杆与水平方向夹角为θ时，a、b 两球运动的速率满足vbcosθ = vasinθ，故
B 错误；
C．a 球和b 球所组成的系统中只有重力做功，故系统机械能守恒，当a 球运动到O 点时b 球速度为零且高
度不变，b 球机械能等于最初位置时的机械能，由于系统机械能守恒，a 球此时的机械能与最初位置时的
机械能相等，由mgL= 1
2 m v
2
可得v =√2gL
但此时不是最大速度，过了O 点后a 球的重力大于杆向上的分力会继续向下加速直到杆向上的分力与重力
大小相等时速度达到最大，故C 错误；
D．当a 球运动到最低点时a 球的机械能最小，b 球的机械能最大，动能最大，a 球的机械能全部转化为b
球的动能，根据mg( L+√2 L)= 1
2 ×2mv
′2
b 球的最大速度为v
′ =√(√2+1)gL，故D 正确。
故选D。
例2（2025·四川巴中·三模）在一次“单摆同步实验”中，物理老师将甲、乙两个小球分别用轻绳悬挂于
天花板，并用细线水平连接两球使其静止。两摆线与竖直方向夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2。现将连接细
线剪断，小球开始自由摆动，取地面为零势能面。下列判断正确的是（ ）
A．两小球的摆长相等，因此它们周期必相等
B．甲摆球的机械能大于乙摆球的机械能
C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
D．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能
【答案】D
【详解】A．由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有L甲cosθ1= L乙cosθ2
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因θ1>θ2，故cosθ1<cosθ2，可得L甲> L乙即甲单摆的摆长更长。
根据单摆周期公式T =2π√
L
g
，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A 错误；
BD．两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡可得T =m甲gtanθ1=m乙gtanθ2
因θ1>θ2，故tanθ1>tanθ2，可得m甲<m乙
以水平地板为参考面，由题可知，两球离地面的高度相等，根据Ep=mgh甲球的最大重力势能小于乙球的
最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B 错误，
D 正确；
C．根据机械能守恒则有mgh= 1
2 mv
2
解得v =√2gh
因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C 错误。
故选D。
【变式训练1】如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的固定半圆轨道BC，与两个竖直轨道AB 和CD 相
切，轨道均光滑。现有长也为R 的轻杆，两端固定质量分别为3m、m 的小球a、b（可视为质点），用某
装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b 与B 点等高，然后由静止释放。b 球能到达的最大高度h 为
（ ）
A．2 R
B．5
2 R
C．7
3 R
D．9
4 R
【答案】B
【详解】以BC 所在平面为零势能面，根据机械能守恒
3mgR =3mgh1+mgh2
又
h2−h1= R
得
h2= 3
2 R
故b 球能到达的最大高度h 为
h=h2+ R = 5
2 R
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故选B。
【变式训练2】运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所
示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m 运动员与质量为m 的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天
花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A 点时速度大小为v0= 6
5 √2gL
，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B 点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B 两点之间的距离为
2L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮
之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，sin37° =0.6，cos37° =0.8，下列
说法正确的是（ ）
A．运动员在A 点时，重物的速度大小为24
25 √2 gL
B．运动员从A 点运动到B 点，重物重力势能的增加量为mgL
2
C．运动员从A 点运动到B 点，系统总重力势能的减小为mgL
5
D．运动员在B 点时，其速度大小为1
2 √2gL
【答案】C
【详解】A．设运动员的速度为v
′，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为v1= v
′ cosα
垂直绳方向的分速度为v2= v
′ sin α
可知到A 点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A 点时，重物的速度大小为零，故A 错误；
B．运动员从A 点运动到B 点，重物重力势能的增加量为Δ Ep1=mg(
2 L
cos37° −2 L tan37°)=mgL
故B 错误；
C．运动员从A 点运动到B 点，运动员的重力势能减少Δ Ep2=mg2 Lsin37° = 6
5 mgL
所以系统总重力势能的增加量为Δ Ep= Ep1−Ep2=−1
5 mgL
即减少了1
5 mgL，故C 正确；
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D．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有
mgL
5
= 1
2 mv
2+ 1
2 m(v cos37°)
2−1
2 mv0
2
可得运动员在B 点时，其速度大小为v =√2gL
故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（2025·四川绵阳·高三月考）一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O 为抛物线导轨的顶
点，O 点离地面的高度为h，A、B 两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M 通过轻杆与光滑地面上
的小球N 相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球M 从距地面竖直高度为3
4 h 处静止释
放，下列说法正确的是（ ）
A．小球M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°
B．小球M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°
C．从静止释放到小球M 即将落地，轻杆对小球N 的做功为1
4 mgh
D．从静止释放到小球M 即将落地，轻杆对小球N 的冲量为m√
gh
2
【答案】C
【详解】AB．小球M 即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M 的
速度方向与水平方向的夹角满足
tanθ =2× h
2h =1
可得
θ = 45°
故AB 错误；
C．设小球M 即将落地时，速度大小为v1，小球N 的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有
3
4 mgh= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
小球M 与小球N 沿杆方向的速度相等，有
v1cosθ = v2
解得
v1=√gh
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v2=√
gh
2
根据动能定理可得，从静止释放到小球M 即将落地，轻杆对小球N 做的功为
W 杆= 1
2 m v2
2= 1
4 mgh
故C 错误；
D．从静止释放到小球M 即将落地，对小球，根据动量定理有
I 合=m v2=m√
gh
2
由题可知，杆对小球冲量的水平分量为I 合，故杆对小球冲量大于m√
gh
2
，故D 错误。
故选C。
【变式训练4】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，
另一端与质量为m 的滑块P 连接，P 穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P 和重物Q 连接起来，滑块Q
的质量为3m。一开始用手托住重物Q，使轻绳恰好伸直但张力为0，然后由静止释放重物Q，使P 从图中
A 点由静止沿竖直杆上下运动，滑块P 经过A、B 两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，已知OA 与水平
面的夹角θ=53°，OB 与AB 垂直，OB 长为3L，弹簧劲度系数为k，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，
sin53°=0.8，cos53°=0.6。当滑块P 运动至B 点时，其速度大小为（ ）
A．√2 gL
B．2√gL
C．g√
2m
k
D．2g√
m
k
【答案】BC
【详解】根据题意可知，滑块P、重物Q 和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块P 经过A、B 两点时弹簧对
滑块的弹力大小恰好相等，所以弹簧在A 点的压缩量x 等于在B 点的拉伸量x，且
x = hAB
2 = LOB tan53°
2
=2 L
弹簧的弹性势能也一样，初始时有mg =kx =2kL
根据几何关系可知，滑块P 上升的高度为h= LOB tan53° = 4 L
重物Q 下降的高度为H = LOA−LOB=
LOB
cos53° −LOB=2 L
设滑块P 运动到位置B 处速度大小为v，滑块P、重物Q 沿绳方向的速度相等，有v Pcos90° = vQ=0
根据机械能守恒定律有3mgH −mgh= 1
2 m v
2
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联立解得v =2√gL
代入L= mg
2k ，解得v = g√
2m
k
故选BC。
【变式训练5】（多选）如图，质量分别为4m、3m 的小球A、B 固定在质量不计的等腰直角支架两端，
AO = BO = L，支架可绕着固定点O 在竖直平面内无摩擦地转动。现将小球A 拉到与O 等高处由静止释
放，已知重力加速度大小为g，sin37
∘= 3
5，下列说法正确的是（ ）
A．小球A 运动到最低点的过程中，A 球重力的瞬时功率一直变大
B．小球A 运动到最低点时，A 的速度为√
2 gL
7
C．小球A 运动到最低点的过程中，支架对小球A 做的功为27mgL
7
D．运动过程中，小球A 的最大速度大小为vm =√
4
7 gL
【答案】BD
【详解】A．当A 滑到最低点时，速度与重力垂直，重力的瞬时功率为0，则 A 球重力的瞬时功率先增大
后减小， A 错误;
B．小球A 运动到最低点时，小球 A 的重力势能与小球B 的重力势能分别为EpA2=−4 mgL，EpB=0
小球A 运动到最低点时， A、B 的速度为v，小球 A 的动能与小球B 的动能为EkA2= 1
2 mv
2=2mv
2，
EkB2= 3
2 m v
2，
由能量守恒定律得EpA1+ EpB1= EpA2+ EpB2+ EkA2+ EkB2，
联立以上方程整理得v =√
2gL
7
B 正确;
C．小球A 运动到最低点的过程中，支架对小球 A 做的功为W，能量守恒定律有0+W =−4 mgL+2m v
2
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解得W =−24
7 mgL
C 错误;
D．设小球A 速度最大时， AO 与竖直方向夹角为θ，由机械能守恒
4 mgLcosθ−3mgL(1−sinθ)= 1
2
(4 m+3m)v
2
由数学知识可得vm =√
4
7 gL
D 正确。
故选BD。
【变式训练6】（多选）（2025·四川遂宁·高三月考）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 的固定粗糙斜面上，斜面与物体之间动摩擦系数为μ，而B 能沿光滑竖直杆上
下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，斜面与杆足够长，重力加速度为g。物块B 从与滑轮等高处由静止
开始下落，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 的重力势能减少量为mgL tanθ
B．物块A 的速度大小是物块B 速度大小的cosθ倍
C．物块B 的末速度为√2 gL tanθ
D．由物块A、物块B 及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为−μmgL(1−cosθ)
【答案】AD
【详解】A．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= L tanθ
则B 重力势能减少量为Δ EpB=mgh=mgL tanθ，故A 正确；
B．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，则有vA= v绳= vBsinθ
可知物块A 的速度大小是物块B 速度大小的sinθ倍，故B 错误；
C．对物块B，由于绳子拉力对B 做负功，设物块B 克服拉力做功为W T，根据动能定理可得
mgh−W T= 1
2 m vB
2−0
可得vB<√2gh=√2gL tanθ，故C 错误；
D．根据几何关系可知，物块A 沿斜面上升的距离为xA=
L
cosθ −L= L(1−cosθ)
cosθ
根据功能关系可得由物块A、物块B 及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为
Δ E =−f A xA=−μmgcosθ⋅L(1−cosθ)
cosθ
=−μmgL(1−cosθ)，故D 正确。
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故选AD。
知识点2 轻弹簧连接系统机械能守恒问题
例1（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可
绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A 点时，弹簧1 竖直且处于原长，弹簧2 处于水平伸长状态，杆上的B
点与O1、A、O2构成矩形，AB =2 A O1。现将小球从A 点释放，则小球下滑的过程中（ ）
A．到达A、B 中点前，弹簧1 的弹力比弹簧2 的大
B．到达A、B 中点时，加速度等于零
C．弹簧1 的最大弹性势比弹簧2 的大
D．小球运动到B 点时的速度为零
【答案】C
【详解】A．几何关系可知∠ABO1=30°，设弹簧原长为A O1，分析易得小球到达A、B 中点O 时，弹簧
1、弹簧2 都处于原长，如图所示
图中易知到达A、B 中点O 前，弹簧2 的形变量一直大于弹簧1 的形变量，故弹簧1 的弹力比弹簧2 的小，
故A 错误；
B．到达A、B 中点时，两弹簧弹力为0，小球的合力为其重力沿杆方向向下的分力，故加速度不为0，故
B 错误；
C．根据Ep= 1
2 k x
2
到达A、B 中点前，弹簧1 的最大弹性势能Ep❑❑1= 1
2 k ( A O1cos30°)
2
弹簧2 的最大弹性势能Ep❑2= 1
2 k ( A O2−A O1)
2= 1
2 k(√3 A O1−A O1)
2< Ep1
可知弹簧1 的最大弹性势比弹簧2 的大，故C 正确；
D．小球从A 点运动到B 点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时，小球运动到B 点的
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速度相等,根据动能定理可知，小球运动到B 点时的速度不为零，故D 错误。
故选C。
例2（2025·四川南充·高三月考）如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，质量分别为2m、2m、
m。C物块叠放在B物块上方，B的上表面粗糙，B与C之间的动摩擦因数为μ。A、B 两个物块中间用轻弹簧
相连，弹簧劲度系数为k，初始时刻弹簧为原长状态。现给A一个水平向右的初速度v0，运动过程中弹簧始
终在弹性限度内。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能E p与形变量x的关系
为E p= 1
2 k x
2，要保证B、C 不发生相对滑动，则v0的最大值为（ ）
A．μg√
m
k
B．μg√
3m
2k
C．μg√
5m
2k
D．μg√
15m
2k
【答案】D
【详解】若要保证B、C 不发生相对滑动，则需BC 整体加速度不超过C 物体摩擦力所提供最大加速度
am= μg
故对BC 整体分析，需弹簧最大弹力
F =3 μmg
由胡克定律得
F =kx
即
kx ≤3 μmg
弹簧最大形变时ABC 共速，此时形变量可由能量守恒得
1
2 2mv0
2= 1
2 5mv共
2 + 1
2 k xm
2
其中
2m v0=5m v共
解得
xm =√
6m v0
2
5k
联立解得
v0≤μg√
15m
2k
D 正确。
故选D。
【变式训练1】（多选）（2025·四川巴中·高三月考）质量为m 的物体从弹簧原长处由静止释放，当物体
运动到最低点时，弹簧压缩量为h，重力加速度为g，则物体从释放到最低点的过程中，下列说法正确的
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是（ ）
A．物体的重力势能增加了mgh
B．合力对物体做的功是mgh
C．物体重力势能减少，物体的动能先增加后减少
D．弹簧弹性势能增加了mgh
【答案】CD
【详解】AD．物体下降h 后速度为零，则其重力势能减少了mgh，此过程物体和弹簧组成的整体，机械能
守恒，则弹簧弹性势能增加了mgh，故A 错误，D 正确；
B．由动能定理，合力对物体做的功为零，故B 错误；
C．物体重力势能减少，在弹簧对物体的弹力等于重力之前，物体所受合力均是竖直向下，则速度增加，
弹力等于重力时，速度达到最大，弹力大于重力时，合力竖直向上，则物体速度减小，即物体的动能先增
加后减少，故C 正确。
故选CD。
【变式训练2】（2024·四川遂宁·高三月考）如图，一顶角为直角的“
”形光滑细杆竖直放置。
质量均为m 的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l ❑
0
❑
。
两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是
（ ）（弹簧的长度为l时弹性势能为1
2 k(l−l ❑
0
❑
)
2）
A．金属环的最大加速度为√2 g
B．金属环的最大速度为g√
m
2k
C．金属环与细杆之间的最大压力为√2mg
D．金属环达到最大速度时重力的功率为m g
2√
m
2k
【答案】B
【详解】A．刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，此时金属环的加速度最大，所以金属环的最大加速度
为
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am=gsin 45°=√2
2 g
故A 错误；
BD．当金属环速度最大时，加速度为0，此时若弹簧的伸长量为x₁，根据平衡条件，沿杆方向有
mgsin 45° =k x1cos45°
由机械能守恒定律得
2mg⋅x ❑
1
❑
2
= 1
2 k x1
2+ 1
2 ⋅2vmax
2
解得金属环的最大速度为
vmax= g√
m
2k
金属环达到最大速度时重力的功率为
P =mg vmaxcos4° = m g
2
2 √
m
k
故B 正确，D 错误；
C．当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为
x2，由机械能守恒定律得
2mg⋅x2
2 = 1
2 k x2
2
对金属环进行受力分析，垂直杆方向有
FN=mgcos45°+ k x2sin 45°
解得金属环与细杆之间的最大压力为
F
′
N = 3√2
2
mg
故C 错误。
故选B。
知识点3 非质点系统机械能守恒问题
例1 如图所示，长为L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的1
4 垂在桌边，松手后链条从静止开始
沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A．√
3
2 gL
B．√15 gL
4
C．√gL
4
D．2√gL
【答案】B
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【详解】设桌面为零势能面，链条的总质量为m，开始时链条的机械能为
E1=−1
4 mg⋅1
8 L
当链条刚脱离桌面时的机械能
E2= 1
2 mv
2−mgL
2
由机械能守恒可得
E1= E2
即
−1
4 mg· L
8 = 1
2 mv
2−mgL
2
解得
v = √15 gL
4
故选B。
例2（2025·四川内江·高三月考）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
【答案】D
【详解】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由动能定理得
1
2 mgh1+ 1
2 mgh2= 1
2 mv
2
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解得
v =√
7 gL
8
故选D。
【变式训练1】一条长为L 的均匀链条，放在光滑水平桌面上，链条的一半垂直于桌边，如图所示。现由
静止开始使链条自由滑落，当它全部脱离桌面瞬时的速度为多大（ ）
A．√3 gL
2
B．√
gL
18
C．√gL
D．√
gL
6
【答案】A
【详解】由静止开始使链条自由滑落到当它全部脱离桌面过程，由于桌面光滑，整个链条的机械能守恒。
取桌面为零势能面，整个链条的质量为m，根据机械能守恒定律得
−1
2 mg· L
4 = 1
2 mv
2−mg· 1
2 L
解得它全部脱离桌面瞬时的速度为
v = √3 gL
2
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【变式训练2】如图所示，长度为L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的L
4 在桌边，松手后链条
从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为（链条未着地）（ ）
A．1
2 √15 gL
B．1
4 √15 gL
C．3
4 √15 gL
D．√15 gL
【答案】B
【详解】设桌面为零势能面，开始时链条的机械能为
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E1=−1
4 mg⋅1
8 L
当链条刚脱离桌面时的机械能为
E2= 1
2 m v
2−mg⋅L
2
由机械能守恒可得
E2= E1
联立解得
v = 1
4 √15 gL
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
1.（2023·全国甲卷·高考真题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过
程中（ ）
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大
【答案】B
【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A 错误；
B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B 正确；
CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度
变大，则动能越来越大，CD 错误。
故选B。
2.（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆环上，
小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中
对大圆环的作用力大小（ ）
A．在Q 点最大
B．在Q 点最小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【答案】C
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为
零，如图所示
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设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律
mgR(1−cosθ)= 1
2 m v
2
在P点，根据牛顿第二定律
mgcosθ =m v
2
R
联立解得
cosθ = 2
3
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，
所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环
对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程
中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角
为θ (0≤θ≤π )，根据机械能守恒定律
mgR(1−cosθ)= 1
2 m v
2 (0≤θ≤π )
在该处根据牛顿第二定律
F +mgcosθ =m v
2
R (0≤θ≤π )
联立可得
F =2mg−3mgcosθ
则大圆环对小环作用力的大小
|F|=|2mg−3mgcosθ|
根据数学知识可知|F|的大小在cosθ = 2
3时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用
力大小先减小后增大。
故选C。
3.（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板
通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为
μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=1
2kx2（x 为绳的伸长量）。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木
板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不变，最大静摩擦
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力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于（ ）
A．( μ m g)
2
2k
+ μmg(l−d )
B．3( μ m g)
2
2k
+ μmg(l−d)
C．3( μ m g)
2
2k
+2 μmg(l−d)
D．( μ m g)
2
2k
+2 μmg(l−d)
【答案】B
【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
k x0= μmg
解得弹性绳的伸长量
x0= μmg
k
则此时弹性绳的弹性势能为
E0= 1
2 k x0
2= μ
2m
2 g
2
2k
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
x1= x0+l−d
则由功能关系可知该过程F 所做的功
W = E0+ μmg x1= 3( μmg)
2
2k
+ μmg(l−d )
故选B。
4.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能
零点，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg
B．h=0 时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m 时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
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【答案】AD
【详解】A．Ep-h 图像知其斜率为G，故G=80J
4m
=20N，解得m=2kg，故A 正确
B．h=0 时，Ep=0，Ek=E 机-Ep=100J-0=100J，故1
2 m v
2=100J，解得：v=10m/s，故B 错误；
C．h=2m 时，Ep=40J，Ek= E 机-Ep=90J-40J=50J，故C 错误
D．h=0 时，Ek=E 机-Ep=100J-0=100J，h=4m 时，Ek’=E 机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D 正确。
故选AD。
5.（多选）（2024·福建·高考真题）如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前
方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已
知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2m，OH =1.4 m，OQ1=8.4 m，OQ2=9.8 m，沙包质量为
0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s
2，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比√7:4
B．第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】BD
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为
h1=3.2m −1.4 m=1.8m
上升时间为
t 上1=√
2h1
g =0.6s
最高点距水平地面高为h0=3.2m，故下降的时间为
t下1=√
2h0
g =0.8s
故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4，故A 错误；
BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
t =t 上1+t下1=1.4s
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
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v x1= OQ1
t
=6 m/s
v x 2= OQ2
t
=7 m/s
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为
v y = gt 上1=6 m/s
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P 点比第二次机械能少
Δ E = 1
2 m(√v x 2
2+ v y
2)
2−1
2 m(√v x1
2+ v y
2)
2=1.3J
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
Ek1= Ek01+mghOH = 1
2 m(v x1
2+ v y
2)+mghOH =10J
Ek2= Ek02+mghOH = 1
2 m(v x 2
2+ v y
2)+mghOH =11.3J
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113，故B 正确，C 错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方
向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速
度方向夹角比第二次大，故D 正确。
故选BD。
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