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[-考点-06-] 机械能守恒定律及其应用
[典例1]
答案 C
解析 若不计空气阻力，题图甲中只有重力和弹力做功，物体A 和弹簧组成的系统机械能
守恒，但物体A 机械能不守恒，选项A 错误；题图乙中物体B 除受重力外，还受弹力，弹
力对B 做负功，机械能不守恒，但A、B 组成的系统机械能守恒，选项B 错误；题图丙中
绳子张力对A 做负功，对B 做正功，代数和为零，A、B 系统机械能守恒，选项C 正确；题
图丁中小球的重力势能转化为小球的动能和橡皮条的弹性势能，小球的机械能不守恒，选
项D 错误．
[典例2]
答案 CD
解析 小球恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧，则小球到A 点时的速度与水
平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s，选项A 错误；小球到A 点时的竖直分速
度vy＝vAsin θ＝2 m/s，由平抛运动规律得vy
2＝2gh，解得h＝0.6 m，而AC 的竖直距离为
R＋Rcos θ＝0.45 m，可知P 点高于C 点，选项B 错误，D 正确；取A 点的重力势能为零，
由机械能守恒定律得mvA
2＝mvC
2＋mg(R＋Rcos θ)，代入数据得vC＝ m/s，在C 点时由牛顿
第二定律得FNC＋mg＝m，代入数据得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力
大小FNC′＝FNC＝12 N，选项C 正确．
[典例3]
答案 C
解析 设B 球的质量为m，则A 球的质量为2m，A 球刚落地时，两球速度大小都为v，根
据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，B 球继续上升的过程由动能定理可得－
mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B 球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C.
[典例4]
答案 C
解析 Q 球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P 运动到最高点的速度为v2，整个
系统机械能守恒，有2mg×L－mg×＝×2mv1
2＋mv2
2，又由于两球都绕O 点转动，角速度相
同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B 错误；在此过程中，小球P 机械能增加量ΔE＝
mg×＋mv2
2＝mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q 机械能减少量也为mgL，C 正
确，D 错误．
[典例5]
答案 D
解析 根据关联速度得vAcos θ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A 错误；当物块A 经过
左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A 可知，物块B 的速度为零，所以B 会经
1
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历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B、C 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下
方时，物块A 的速度最大，根据系统机械能守恒得mg(－h)＝mv2，解得v＝1 m/s，D 正确．
1.答案 CD
解析 题图甲中，无论火箭匀速上升还是加速上升，都有推力对火箭做正功，火箭的机械
能增加，故A 错误；题图乙中，物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，
故B 错误；题图丙中，小球做匀速圆周运动，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C 正确；
题图丁中，弹簧的弹力对两小车做功，弹簧的弹性势能转化为两小车的动能则两小车组成
的系统机械能增加，而两小车和弹簧组成的系统机械能守恒．故D 正确．
2.答案 C
解析 以地面为参考平面，海平面低于地面的高度为h，所以物体在海平面上的重力势能
为－mgh，故A 错误；重力做功与路径无关，与初、末位置的高度差有关，抛出点与海平
面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故B 错误；由
动能定理得mgh＝Ek2－mv0
2，则物体在海平面上的动能为Ek2＝mv0
2＋mgh，故C 正确；根
据机械能守恒定律知，物体在海平面上的机械能等于抛出时的机械能，为E＝mv0
2，故D
错误．
3.答案 ACD
解析 小球从B 至C 过程，重力大于弹力，合力向下，小球做加速运动，小球从C 至D 过
程，重力小于弹力，合力向上，小球做减速运动，所以小球由B 至D 的过程中，动能先增
大后减小，在C 点动能最大，速度最大，故A、C 正确；由A 至B 下落过程中小球只受重
力，其机械能守恒，从B 至D 过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能
不守恒，故B 错误；在D 位置小球速度减小到零，小球的动能为零，则从A 运动到D 时，
小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D 正确．
4.答案 C
解析 物块的机械能等于物块动能和重力势能的总和，选初始位置为零势能点，则物块在
初始位置的机械能E＝0，在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，所以物块滑到斜面
中点时的机械能为0，故有－mg×Lsin 30°＋＝0，所以动能是5 J，选项C 正确．
5.答案 A
解析 人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得
v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可
知t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝
vt＝4× m＝4.0 m，故选A.
6.答案 A
解析 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝－
×2mg·sin 30°－×2mg·＝－mgL，链条全部滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′
2
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＝－2mg·，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5
m/s，故A 正确，B、C、D 错误．
7.答案 B
解析 设小钢球在M 轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意可得mg＝m，从发射前到
最高点，由机械能守恒定律有弹簧的弹性势能Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J，选项B 正确．
8.答案 A
解析 小球在曲面上滑下过程中，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，得v＝，即小球与弹
簧刚接触时，速度大小为，故A 正确．小球与弹簧接触的过程中，弹簧的弹力对小球做功，
则小球机械能不守恒，故B 错误．对整个过程，根据系统的机械能守恒可知，小球压缩弹
簧至最短时，弹簧的弹性势能为mgh，故C 错误．小球在压缩弹簧的过程中，弹簧弹力增
大，则小球的加速度增大，故D 错误．
9.答案 D
解析 对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B 错误；两个小球组
成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝·2mv2，解得v＝，
选项C 错误；a 球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得
W＋mgR＝mv2，联立v＝，解得W＝mgR，故D 正确．
10.答案 D
解析 当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大
后减小，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，A 错误；a 落地时，b 的速度为零，根据系统
机械能守恒得：mgh＝mva
2，解得va＝，B 错误；b 的速度在整个过程中先增大后减小，杆
对b 的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a 的作用力就先是阻力后是动力，所以在b 减
速的过程中，杆对a 是斜向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，C 错误；a、b 及
杆系统的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时b 受到杆的推力为零，b
只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b 对地面的压力大小为mg，D 正确．
11.答案 BD
解析 下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒
故A 错误；因为在B 点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二
定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝g，故B 正确；到达B 点时加速度与速度方向相同，因
此小球还会加速，故C 错误；因为C 是AO′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C
点时，弹簧的长度与在A 点时相同，故在A、C 两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的
功全部转化为小球的动能，有mgl0＝mvC
2，解得vC＝，故D 正确．
12.答案 (1)2ωR (2)
(3)(ωR)2
解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
3
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(2)向心力Fn＝2mω2R
设F 与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR
由机械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2.
13.答案 BC
解析 a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，b
球的初速度为零，当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球
此时的速度也为零，由此可知从a 球释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增
大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a、b 都表现为拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方
向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A 错误；由机械能守恒
得mgΔh＝mva
2＋mvb
2，当a 下落Δh＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角α＝
30°，此时vasin α＝vbcos α，联立解得va＝1.5 m/s，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后
再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为vbm，
由机械能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝mvbm
2，解得vbm＝3 m/s，故C 正确； a 球运动到两杆的
交点处，b 的速度为零，设此时a 的速度为va0，由机械能守恒得mgLsin θ＝mva0
2，解得va0
＝2 m/s，此时a 球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a 球会继续向
下加速运动，速度会大于2 m/s，故D 错误．
4
