文档文本内容
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第20 讲 机械能及机械能守恒定律
目录
考情探究...........................................................................................................................
知识梳理...........................................................................................................................
探究核心考点...................................................................................................................
考点一 机械能的理解....................................................................................................................
考点二 机械能守恒的理解与判断................................................................................................
考点三 单物机械能守恒问题........................................................................................................
考点四 多物体的机械能守恒问题................................................................................................
三阶突破训练...................................................................................................................
基础过关..........................................................................................................................................
能力提升..........................................................................................................................................
真题感知..........................................................................................................................................
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年北京卷，第7 题
2025 年河北卷，第7 题
机械能的理解
万有引力
向心力
动能定理
2021 年全国乙卷，第1 题
2023 年全国甲卷，第1 题
机械能守恒的判断
平抛
动量守恒定律
2021 年浙江卷，第21 题
2021 年海南卷，第2 题
单物机械能守恒
匀变速直线运动规律
牛顿第二定律
1
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2022 年全国乙卷，第3 题
2024 年全国甲卷，第4 题
2024 年湖北卷，第14 题
2025 年安徽卷，第14 题
传送带
平抛
向心力
动能定理
碰撞
动量守恒定律
2022 年全国乙卷，第12 题
2023 年全国甲卷，第11 题
2023 年湖南卷，第15 题
2024 年湖南卷，第15 题
2024 年江苏卷，第8 题
多物机械能守恒
平抛
弹性碰撞
动量守恒定律
人船模型
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的必考内容。本类试题经常与动量知识相互综合。与动量综合时，常以
碰撞模型出现。要求体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
【备考策略】1.理解、掌握机械能的特点。
2.理解、掌握机械能守恒定律。
3.具备数形结合的思想意识。
4.能应用机械能守恒定律解决实际问题。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可实验、可计算。
一、机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始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表达式：Ep＝mgh.
②重力势能的特点
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面
的选取无关．
(3)重力做功与重力势能变化的关系
2
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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．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．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)弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即W＝－ΔEp.
3．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，而总的机械能保持不变．
(2)表达式：mgh1＋mv1
2＝mgh2＋mv2
2.
4．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)利用做功判断：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(或做功代数
和为0)，则机械能守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转
化，则机械能守恒．
二、单物体机械能守恒问题
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
三、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
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3、列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
考点一 机械能的理解
典例1．（2025·广西柳州市·二模）某同学将一质量为m 的篮球从距离地面
处，以
的初速度竖直向下
抛出，落到地面上并沿竖直方向弹回，上升的最大高度为
，不计空气阻力，重力加速度为g，则篮球与
地面碰撞过程中损失的机械能为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】以地面为0 势能参考平面，则篮球与地面碰撞过程中损失的机械能为
故选B。
典例2．（2025·四川省成都市·二诊）（多选）如图所示，“系留照明”无人机系统广泛应用于抢险救灾照明
中。系统由地面设备、足够长的系留电缆、无人机（含照明灯）组成。无人机质量为
，系留电缆柔软
且不可伸长，单位长度的质量为
。无人机从地面静止启动后受升力、重力和电缆拉力作用，在竖
直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动直至速度为零，最终悬停在离地
的预定高度。若加速阶段
与减速阶段的加速度大小均为
，重力加速度
取
。下列说法正确的是（ ）
A. 无人机上升全过程的最大速度为
B. 无人机上升全过程的时间为
C. 系统上升全过程重力势能增加
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D. 无人机向上匀加速运动
时升力大于
【答案】BD
【解析】A．设无人机上升全过程的最大速度为
，则
求得
故A 错误；
B．无人机上升全过程的时间为
故B 正确；
C．系统上升全过程重力势能增加
又
求得
故C 错误；
D．无人机向上匀加速运动
上升的高度为
若不考虑空气阻力，根据牛顿第二定律有
又
解得
但实际上无人机在上升过程中还受空气阻力，所以无人机向上匀加速运动
时升力大于
，故D 正
确。
故选BD。
跟踪训练1．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示，2024 珠海航空展上，
飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c 为飞行轨迹上的三点，a、c 为飞行过程中距
离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（ ）
A. 各点的加速度方向竖直向下
B. 在a 点所受的合力比在c 点小
C. a、c 两点的重力功率相等
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D. a、b、c 三点的机械能相等
【答案】B
【解析】AB．质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部份，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向
各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac 两点加速度方向不是竖直向下，a 点对应的圆周半径更大，
c 点对应半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式
，可知a 点所受的合力小于c 点，A 错误，
B 正确；
C． a、c 两点
速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据
可知重力功率不相等，C 错误；
D．a、b、c 三点的动能相等，a、c 为飞行过程中距离地面高度相等的两点，但b 与a、c 的高度不一样，
故机械能a、c 两点相等，且与b 点不相等，D 错误。
故选B。
跟踪训练2．（2025·湖南省永州市·三模）如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O 点，当弹簧
处于自由状态时，弹簧另一端在A 点。将小球从A 点正上方由静止释放，小球将弹簧压缩至最低点B，随
即被弹簧竖直弹出，已知C 点为AB 的中点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 从B 到A 过程中，小球的机械能守恒
B. 从B 到A 过程中，小球的动能一直在增大
C. 小球向上运动过程中，小球在AC 之间某位置与弹簧分离
D. 小球在B 点时的加速度大小大于重力加速度大小g
【答案】D
【解析】A．从B 到A 过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A 错误；
B．从B 到A 过程中，小球先向上加速后减速，所以小球的动能先增大后减小，故B 错误；
C．小球向上运动过程中，当弹簧恢复原长时，小球与弹簧分离，故C 错误；
D．根据简谐运动的对称性可知，当小球在下降过程中经过与A 对称的位置时，加速度大小为g，方向竖直
向上，之后小球继续压弹簧，弹簧的弹力不断增大，所以小球在B 点时的加速度大小大于重力加速度大小
g，故D 正确。
故选D。
考点二 机械能守恒的理解与判断
典例1．（2025·天津市和平区·一模） 庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其
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工作原理为：在地面上的O 处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升
并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某
礼花弹在最高点炸开成a、b 两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引
线中火药的作用，则（ ）
A. 从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒
B. a、b 两部分落地点到O 点的距离可能相等
C. 礼花弹在最高点炸开过程，a、b 两部分动量变化相同
D. 整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b 落地时动能之和
【答案】D
【解析】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不
守恒，故A 错误；
B．系统水平方向动量守恒，有
依题意ma>mb
可得
a、b 两部分均做平抛运动，根据
，
解得
可知
即落地点到O 点的距离不相等，故B 错误；
C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b 两部分的冲量等大反向，根据
可知a、b 两部分动量变化大小相同，方向相反，故C 错误；
D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b 落地时动能之和，故D 正确。
故选D。
典例2．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示，在倾角为
的光滑斜面
上，劲度系数为
的轻质弹簧一端连接在固定挡板
上，另一端连接一质量为
的物体
，一
轻细绳通过定滑轮，一端系在物体
上，另一端与质量也为
的小球
相连，细绳与斜面平行，斜面足
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够长，用手托住球
使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切摩擦，
取
.则（ ）
A. A、B 组成的系统在运动过程中机械能守恒
B. 弹簧恢复原长时细绳上的拉力为
C. A 沿斜面向上运动的最远距离为
D. 如果把斜面倾角改为
，
上滑到最高点时间不变
【答案】D
【解析】A．因AB 系统运动过程中有弹簧的弹力对A 做功，则A、B 组成的系统在运动过程中机械能不守
恒，选项A 错误；
B．弹簧恢复原长时，对A，
对B，
解得细绳上的拉力为
选项B 错误；
C．开始时弹簧压缩量
当到达平衡位置时
解得
由对称性可知A 沿斜面向上运动的最远距离为
选项C 错误；
D．因AB 系统做简谐振动，则振动周期与斜面倾角无关，即如果把斜面倾角改为
，系统的周期不变，
则
上滑到最高点时间不变，选项D 正确。
故选D。
典例3．（2025·云南省丽江市第一高级中学·三模）如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样
的小球乙在黏性较大的油液中由静止开始下落，它们都由高度为
的位置下落到高度为
的位置。在这两
种情况下，下列说法正确的是（ ）
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A. 甲球的重力势能变化大
B. 甲球的末动能大
C. 乙球
机械能守恒
D. 乙球重力的平均功率大
【答案】B
【解析】A．根据题意，由重力势能表达式
可知，重力势能的变化量为
可知，下落过程中，甲球he 乙球重力势能变化相同，故A 错误；
B．根据题意，由动能定理可得，甲球的末动能为
乙球的末动能为
可知，甲球的末动能大，故B 正确；
C．乙球下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，故C 错误；
D．根据题意，由牛顿第二定律可知，乙球下落过程中有阻力，加速度小，则下落相同高度所用时间长，
由公式
可知，由于下落过程中，甲球和乙球的重力做功相同，则乙球重力的平均功率小，故D 错
误。
故选B。
跟踪训练1．（2025·江西省·三模）（多选）轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置
静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落后落地，箱子落地后瞬间速度减为零
且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧
劲度系数为
，箱子和小球的质量均为
，重力加速度为
。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度
内，下列说法正确的是（ ）
A. 箱子下落过程中，箱子机械能守恒
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B. 箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C. 箱子落地后，小球运动的最大速度为
D. 箱子与地面碰撞损失的机械能为
【答案】BD
【解析】A．箱子静止时，对小球分析有
对箱子分析有
当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱子释放瞬间固
定箱子的力
消失，箱子所受合力为
可得该瞬间箱子的加速度
此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，则此过
程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，弹簧将被
压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在运动过程中除了重力
做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A 错误；
B．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有
弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹
簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点
在最高点
联立解得
而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为
，故B 正确；
C．小球做简谐振动，在平衡位置时有
解得
即弹簧被拉伸
时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析
可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被
压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置
下落的高度
而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相
同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得
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解得
故C 错误；
D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有
的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得
解得箱子损失的机械能
故D 正确。
故选BD。
跟踪训练2．（2025·河北省保定市·一模）如图所示，轻弹簧上端固定在光滑斜面顶端，自由伸长时下端在
点（图中未画出），下端连接某物体时物体恰能静止于斜面的
点。现对物体施加一个平行于斜面向上
的力
，使物体沿斜面缓慢向上移动到
点，此过程中力
做功为
。则此过程中（ ）
A. 物体机械能守恒
B. 弹簧和物体组成的系统机械能守恒
C. 力
的大小始终等于弹簧弹力的大小
D. 弹簧弹性势能减小量等于
【答案】D
【解析】A．物体沿斜面缓慢上升，动能不变，重力势能增大，物体的机械能不守恒，故A 错误；
B．弹簧和物体组成的系统，因为有外力F 做功，系统机械能不守恒，故B 错误；
C．设斜面倾角为θ，因为物体缓慢上升始终处于受力平衡状态，因此有
则
故C 错误；
D．假设从A 到B 的距离为l，物体自A 点开始运动的位移为x 时，则弹簧的拉力为
由题意知，当物体处于A 点时，即x=0，此时物体在没有F 作用时恰好静止，弹簧拉力等于物体重力沿斜
面向下的分力，因此有
即
又因为
则
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建立F-x 图像如图所示
其中①为弹簧拉力
与x 的关系图像，②为作用力F 与x 的关系图像，由几何关系可知图像①与图像②在
0~l 间与横坐标围成的面积相等，在F-x 图像中，图像与横坐标围成的面积即为对应力的做功，因此二力做
功相等，故D 正确。
故选D。
跟踪训练3．（2025·湖南省新高考教学教研联盟·一模）如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C 上面通
过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A 以水平
初速度
射入B 但没有穿出，射入过程时间极短，之后 AB 整体在弹性棒上面反复左右摇摆。
已知
，
，
，整个运动过程C 始终没有脱离地面且没有翻倒，下列
说法正确的是（ ）
A. 子弹A 射入木块B 过程中AB 系统机械能守恒
B. 弹性棒向右弯曲最大时AB 整体的速度为
C. 弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B 之后系统减少的动能
D. 弹性棒第一次回到竖直状态时C 的速度大小为
【答案】D
【解析】A．子弹A 射入木块B 过程中机械能有损失，故A 错误；
B．弹性棒向右弯曲最大时，ABC 相对静止，具有相同的速度，由
得整体的速度为
故B 错误；
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B 之后系统减少的动能与AB 减少的
重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B 之后系统减少的动能，
故C 错误；
D．A 射入B 过程中，由
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得
弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，由
，
可得
故D 正确。
故选D
考点三 单物机械能守恒问题
典例1．（2025·河南省名校联盟·二模）如图所示，半径
、圆心角
的光滑圆弧轨道的左端
点与倾角
的粗糙斜面底端P 相切，右端点Q 与水平面相连。现将质量
的滑块，从斜面上
距离其底端
处由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数
，重力加速度g 取10m/s2
，滑块可视为质点，不计空气阻力，求：
（1）滑块滑到斜面底端P 所用的时间t；
（2）滑块经过圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小
；
（3）滑块在水平面上
落点到圆弧轨道右端点Q 的距离x。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）据牛顿第二定律有
据位移公式有
解得
（2）滑块到P 点速度
滑块从P 点到最低点过程，由机械能守恒有
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据几何关系有
据牛顿第二定律有
解得
（3）滑块从P 点到Q 点过程，据机械能守恒有
据几何关系有
据运动的合成与分解，竖直方向有
水平方向有
其中
解得
典例2．（2025·北京市第三十五中学·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在
研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该
一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运
动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小
珂设计了如图2 所示的过山车模型，质量为
的小球在A 点由静止释放沿倾斜轨道
下滑，经水平轨道
BC 进入半径
的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道
进入“水滴形”曲线轨道
，
点的曲率半径
，“水滴形”轨道最高点
与圆形轨道最高点
等高。忽略所有轨道
摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，
取
。
（1）求小球释放点A 距离水平面的高度
；
（2）在圆形轨道上运动时，小球在最低点
与最高点
的向心加速度大小的差值；
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（3）在“水滴形”轨道
上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道
上
任意一点的曲率半径
随距地面高度变化的函数表达式（即：用和
表示
）。
【答案】（1）2m （2）40 m/s2
（3）
或
【解析】
【小问1 详解】
小球恰能做完整的圆周运动，则在D 点，由牛顿第二定律有
由A 到D，由机械能守恒定律有
解得H =2m
【小问2 详解】
由A 到C，由机械能守恒定律有
在圆轨道上C 点，向心加速度
结合上述有
【小问3 详解】
小球在E 点，向心加速度
根据机械能守恒定律有
解得
由题意可知，小球在轨道EFG 上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h 处，速度大
小为v，由机械能守恒定律有
由于
解得r=2.5R1-h 或r=2-h
典例3．（2025·湖南省长沙市·一模）如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在
点，另一端固定一
质量为
的小球。小球从
点由静止开始摆下，先后经过
两点，
点分别位于
点的正上方和
正下方，
点与
点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
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A. 小球在B 点受到的合力大小为
B. 小球在
点受到的合力大小为
C. 从
到
的过程，杆对小球的弹力最大值为
D. 从
到
过程，杆对小球的弹力最小值为
【答案】C
【解析】A．从A 到B 根据机械能守恒定律，有
小球运动到水平位置B 时，竖直方向有
水平方向有
所以小球在B 点受到的合力大小为
故A 错误；
BC．从A 到C 根据机械能守恒定律，有
根据牛顿第二定律，有
解得
此时杆的弹力最大，则有
解得
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故B 错误，C 正确；
D．从A 运动到C
过程中，在A 点杆对球的力沿杆向外，B 点杆对球的力沿杆向内，AB 某处，杆度球的
弹力最小为零，故D 错误。
故选C。
跟踪训练1．（2025·江苏省宿迁市·三模）如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从
与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水
平方向夹角为θ，则线中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a 随sinθ 变化的图像可能正确
的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】CD．沿切线方向，根据牛顿第二定律得
解得
当细线水平时
，
，加速度a 最大，最大值为
当细线竖直时
，
，加速度a 最小，最小值为
CD 错误；
AB．沿半径方向，根据牛顿第二定律得
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根据机械能守恒定律得
解得
A 正确，B 错误。
故选A。
跟踪训练2．（2025·吉林省通化市梅河口市第五中学·二模）目前常见的过山车为了增加安全性，都用由上、
下、侧三组轮子组成的安全装置把轨道车套在轨道上（如图甲）。现有与水平面成θ=37°角的斜轨道和半
径R=10m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内，圆轨道的最低点位于地面（如图乙）。带安全
装置、可视为质点的轨道车从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动、恰好到达最高点C，已
知轨道车与斜轨道间的动摩擦因数µ=0.25，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法
正确的是（ ）
A. 轨道车在C 点的速度为10m/s
B. 轨道车在B 点的速度为20m/s
C. 斜轨道AB 间的长度L 为45m
D. 轨道车在C 点受轨道的作用力一定向下
【答案】C
【解析】A．由于轨道车恰好经过最高点C，则轨道车到达最高点时速度为0，故A 错误；
B．轨道车由B 到C 的过程，根据机械能守恒定律可得
解得
故B 错误；
C．轨道车由A 运动到B 的过程中，有
，
解得
故C 正确；
D．轨道车在C 点受轨道的向上作用力，故D 错误。
故选C。
跟踪训练3．（2025·湖南省岳阳市·二模）（多选）如图所示，质量为
的石块以初速度
从高处以仰角
斜向上方抛出。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
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A. 石块抛出至落地的过程中，速度先减小后增大
B. 石块抛出至轨迹最高点的过程中，机械能不断增大
C. 改变仰角，其他条件不变，石块落地时的动量不变
D. 石块抛出至落地的过程中，重力的功率先减小后增大
【答案】AD
【解析】A．由动能定理知，重力为合力，合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，即速度先减小
后增大。故A 正确；
B．石块抛出至轨迹最高点的过程中，不计阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B 错误；
C．改变仰角，其他条件不变，由机械能守恒定律得
解得
故落地时速度大小不变。但改变仰角，落地时速度的水平分量发生变化，落地时速度方向不同，故动量只
是大小相等，方向不同，故C 错误；
D．石块抛出至落地的过程中，重力的功率PG=mgvy
vy先减小后增大，则PG先减小后增大，故D 正确。
故选AD。
考点四 多物体的机械能守恒问题
典例1．（2025·云南省怒江州民族中学·三模）如图所示，A、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系
于O 点，B 球用轻弹簧系于O′点，O 与O′点在同一水平面上，分别将A、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻
弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时两球
恰好仍处在同一水平面上，则( )
A. 两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B. 两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大
C. 两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大
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D. 两球到达各自悬点的正下方时，A 球损失的重力势能较多
【答案】B
【解析】整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为A 球的动能，B 球减少的
重力势能转化为B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以B 正确；
典例2．（2025·湖南省常德市·二模）（多选）如图（a）所示，可视为质点的
、
两球通过轻绳连接跨
过光滑轻质定滑轮，
球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放
球，在
球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻
，
球始终没有与定滑轮相碰，
、
始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度
。则（ ）
A.
球质量
B.
球落地时
球的动能为
C.
球下落前距地面
高度为
D.
时
球离地面的高度为
【答案】BC
【解析】AB．设
球下落前距地面的高度为H，由图b 可知，
，
解得
由能量守恒，可得
联立，解得
球落地时
球的动能为
故A 错误；B 正确；
CD．对两球组成的整体，受力分析，由牛顿第二定律
解得
则0.3s 时，a 球上升的高度
由图b 可知，
时两球重力势能相等，则有
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解得
即
球下落前距地面的高度为
，
时
球离地面的高度
故C 正确；D 错误。
故选BC。
典例3．（2025·辽宁省鞍山市第一中学·三模）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，斜面倾角为
，B、C 两小球通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，放在倾角为
带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线
均与斜面平行，且C 球与挡板接触。已知A 的质量为2m，B 的质量为m，C 的质量为4m，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。现释放A 球，求：
（1）初始时，弹簧形变量
大小；
（2）A 沿斜面下滑的最大速度
；
（3）A 沿斜面下滑至位移最大时，C 对挡板的压力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对小球B 受力分析可知，小球B 仅受重力和斜面
支持力无法平衡，则弹簧对小球B 有沿斜面向上的支持
力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为
，由B 沿斜面方向受力平衡可得
解得
【小问2 详解】
A 沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为
此时对B 沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有
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联立解得
因为
，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守
恒得
联立解得
【小问3 详解】
根据简谐运动知识可以判定A、B 两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为
当小球A 运动到最低点时，则B 向上运动的最大距离为
此时弹簧的伸长量为
此时对C 做受力分析由平衡方程有
联立解得
由牛顿第三定律可知，C 对挡板的压力大小为
跟踪训练1．（2025·江苏省苏州市八校联考·三模）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，
时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后
又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一
过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图像如图（乙）（ ）
A.
时刻小球动能最大
B.
时刻小球动能最大
C.
这段时间内，小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能
D.
这段时间内，小球的动能先减小后增加
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【答案】C
【解析】AB．小球在接触弹簧之前做自由落体运动，碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速
度为0 即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的
整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能，上升过程恰好与下降过程互逆。由乙图可
知t1时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻
小球的动能不是最大；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小。选项AB 错误；
C．t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2−t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧
的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，即小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能，选项C 正确；
D.综上分析，
这段时间内，小球的动能先增加后减小；
这段时间内，小球的动能先增加后减
小。所以
这段时间内，小球的动能先增加后减小再增加后减小，选项D 错误。
故选C。
跟踪训练2．（2025·宁夏回族自治区吴忠市盐池县·一模）（多选）如图（a）所示，可视为质点的
、
两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，质量为
的
球在外力作用下静止在地面上，
球悬空且距离地
面的高度为
。由静止释放
球，
球的动能
随其上升的高度的变化关系如图（
），
始终没有与
定滑轮相碰，
球落地后不反弹，忽略空气阻力，已知重力加速度为
，则（ ）
A. 从释放到最终稳定的过程两小球组成的系统机械能守恒
B.
球的质量为
C.
的大小为
D.
与地面作用过程中，地面对
的冲量大小为
【答案】BC
【解析】A．从开始释放
球到
球刚要与地面接触的过程中，两球组成的系统机械能守恒，但是当
球
接触地面后系统的机械能便不再守恒，故A 错误；
B．
带
一起向下运动过程
，
当
下落
以后，
与地面接触，绳子松弛
做竖直上抛运动
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根据两段图像的斜率比可得
解得
，故B 正确；
C．
解得
，故C 正确；
D．
与地面接触前动能为
，可求速度为
再根据动量定理可求
，故D 错误。
故选BC。
跟踪训练3．（2025·贵州省毕节市·三模）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2 连接着一小球，两弹
簧
端和
端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O 点时，弹簧2 处于原长状态。现将小球从
1 的原长处C 点由静止释放，已知CO 的距离为，重力加速度大小为
。若忽略空气阻力，弹簧始终处于
弹性限度内，则（ ）
A. 小球到达O 点的速率为
B. 小球运动到最低点时加速度大小为
C. 由C 到O 的过程，小球的机械能守恒
D. 由C 到O 的过程，小球的机械能先减小后增大
【答案】B
【解析】A．小球静止于O 点时，弹簧2 处于原长状态，则弹簧1 伸长了CO；则开始小球
C 点时，弹簧
1 在原长，弹簧2 伸长了CO；可知对两弹簧和小球系统在CO 两点弹性势能相同，则由C 到O 由能量关系
解得
选项A 错误；
B．设小球在C 点的加速度为a，则在C 点时
在O 点时
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可得a=2g
由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为
，选项B 正确；
CD．由C 到O 的过程，前一阶段弹簧2 向下的拉力大于弹簧1 向上的拉力，则弹力的合力向下做正功；后
一阶段弹簧1 向上的拉力大于弹簧2 向下的拉力，弹力的合力向上做负功，可知该过程中小球的机械能不
守恒，小球的机械能先增加后减小，选项CD 错误。
故选B。
1．（2025·辽宁省·三模）如图所示，一半径为
的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为
的小环套在
大圆环上，小环沿大圆环在竖直平面内做圆周运动，
为竖直线与大圆环的切点。已知小环经过
点时受
到的支持力等于小环经过最高点时受到的支持力的3 倍，重力加速度大小为
，则小环经过最高点时受到
的支持力大小可能为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】设小环经过最高点时的速度大小为
，若小环在最高点受到向上的支持力，则有
从最高点到
点过程，根据机械能守恒可得
在
点根据牛顿第二定律可得
又
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联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为
若小环在最高点受到向下的支持力，则有
从最高点到
点过程，根据机械能守恒可得
在
点根据牛顿第二定律可得
又
联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为
故选C。
2．（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·一模）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
【答案】D
【解析】AB．若羽毛球整个运动过程只受重力作用，则最高点a 应在运动轨迹的正中间；而现在a 点在运
动轨迹偏右则，说明上升和下降的时间不相等，故上升和下降的加速度不相同，所以羽毛球在空中运动过
程中除受到重力外还始终受到空气阻力，故水平方向的运动不是匀速直线运动，故AB 错误；
C．下降过程中羽毛球具有竖直向下
加速度，处于失重状态，故C 错误。
D．羽毛球在空中运动过程中空气阻力做负功，机械能不断减小，故D 正确；
故选D。
3．（2025·江西省赣州市·一模）2025 年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机
器人在舞台上扭起了秧歌。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O 在竖直面内匀速转动，如图所示，
若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（ ）
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A. 质点A、B 的线速度相同
B. 质点A、B 的动能可能相等
C. 质点A、B 受到的合外力可能相同
D. 质点A、B 的机械能守恒
【答案】B
【解析】A．由于质点A、B 绕中心点O 在竖直面内匀速转动，则两质点具有相同的角速度，但质点A 转
动半径小于B 的转动半径，根据
可知，质点A 的线速度小于质点B 的线速度，故A 错误；
B．质点的动能为
由于两质点质量不相等，转动半径不相等，所以二者动能可能相等，故B 正确；
C．质点所受合外力大小为
由此可知，二者合外力大小可能相等，但方向指向圆心，二者方向不同，故C 错误；
D．由于质点转动过程中线速度大小不变，所以动能不变，但重力势能不断变化，所以机械能不守恒，故
D 错误。
故选B。
4. （2025·四川省绵阳市·三模）如图所示，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系一小球，抡动轻绳，
使小球恰好能够在竖直面内绕
点沿逆时针方向做圆周运动，当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为60°的
点时，剪断轻绳，小球飞行一段时间后落在水平地面上。已知绳长为
，
点到地面的高度为
、忽
略空气阻力。小球落地点与
点的水平距离是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】小球恰好能在竖直面做圆周运动，则在最高点由牛顿第二定律有
小球从最高点到P 点的过程中，机械能守恒，有
解得
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剪断绳子后，小球做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识有
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
B 正确。
故选B。
5．（2025·江苏省盐城市射阳中学·三模）如图所示，质量均为m 的两物体A、B 用劲度系数为k 的轻质弹
簧拴接，物体C 叠放在物体B 上，系统处于静止状态。现将C 瞬间取走，物体A 恰好不离开地面。已知弹
性势能的表达式为
，其中x 为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A. 物体C 的质量为3m
B. 物体B 运动到最高点时的加速度大小为3g
C. 物体B 的最大速度大小为
D. 物体B 上升的最大高度为
【答案】D
【解析】A．C 物体叠加在B 物体上面静止时，由二力平衡
拿走C 物体后，B 物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B 物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A 恰好不离开地面，由二力平衡
所以由振幅相等
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解得物体C 的质量为
故A 错误；
B．B 物体
最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A 恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B 物体在最高点的加速度为
故B 错误；
D．物体B 上升的最大高度为
故D 正确；
C．当B 物体经过平衡位置的时候其速度最大，B 物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B 物体与弹簧
组成的系统机械能守恒，则
解得物体B 的最大速度大小为
故C 错误。
故选D。
6．（2025·江苏省盐城市射阳中学·二模）如图甲所示，半径为R 的光滑半球壳固定于水平地面上，开口平
面平行于地面，O 为球心，质量均为m 的A、B 两小球用长为R 的轻质硬杆连接置于球壳内，重力加速度
为g。
（1）求两球静止时杆对A 球的作用力大小F1；
（2）如图乙，在过O 的竖直平面内将B 球置于开口边缘且A 球紧靠壳壁，将两小球由静止释放，求两球
速度最大时球壳对A 球的作用力F2；
【答案】（1）
；（2）
（3）
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【解析】（1）两球静止时杆对A 球受力分析如图所示
由平衡条件
解得
（2）A、B 两小球和轻质硬杆组成的系统机械能守恒，从释放到杆水平，两小球速度最大，设两小球的最
大速度为v，由机械能守恒定律得
解得
小球运动到杆水平的位置时，设杆对A 球的弹力为T，球壳对A 球的作用力为
，受力分析如图所示
切向方向加速度为零，由牛顿第二定律
解得
径向，由牛顿第二定律得
解得
7．（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·一模）（多选）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为
5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不
可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，
重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
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A. 儿童和滑环组成的系统动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【答案】BD
【解析】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A
错误；
BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增
加的机械能，故B 正确，C 错误；
D．根据水平方向系统动量守恒有
解得
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D 正确；
故选BD。
8．（2025·吉林省长春市·二模）彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增
大，但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定
高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（ ）
A. 彩虹圈下落过程中长度不变
B. 刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C. 刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D. 彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化
【答案】B
【解析】B．由于彩虹圈在被拉长后处于弹性限度内，释放瞬间其上端受到自身重力和向下的弹力（因被
拉长，弹簧对上端的拉力也指向下方），故合力大于重力，上端的加速度大于g，故B 正确；
C．下端在释放瞬间仍受到与自身重力大小相等、方向向上的弹力（之前处于静止平衡），刚松手时合力
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为零，加速度为0，故C 错误；
A．下落过程中彩虹圈上端的加速度大于下端的加速度，弹簧会不断压缩，长度并非保持不变，故A 错误。
D．下落过程中除了存在弹性势能与动能的转化外，还会有重力势能的变化，故D 错误。
故选B
9．（2025·黑龙江省哈尔滨市第九中学·二模）（多选）如图所示，质量为0.1kg 的带孔物块A 和质量为
0.2kg 的金属环B 通过光滑铰链用轻质细杆连接，A 套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，
轻弹簧下端固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数
，弹簧原长
，B 套在固定的水平
横杆上。弹簧处于原长时将A 由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能
（
为弹簧的形变量）。忽略一切摩擦，重力加速度
取
，在A 下降的过程中，下列说法正确的是（
）
A. 物块A 和金属环B 组成的系统机械能守恒
B. 在A、B 运动过程中当图中
时，
C. B 动能最大时，B 受到水平横杆的支持力大小等于2N
D. 弹簧弹性势能最大时，
间距离为1cm
【答案】BC
【解析】A．在金属环A 下滑的过程中，弹簧逐渐压缩，对金属环A 和物块B 组成的系统，弹簧弹力做负
功，系统机械能减小，弹簧弹性势能增大，故A 错误；
B．在A、B 运动过程中当图中
时，根据速度关联关系有
即
故B 正确。
C．在A 下降的过程中，B 的速度先增大后减小，当其加速度为0 时，速度最大，则此时杠对B 的弹力为
零。根据平衡条件，可得B 受到水平横杆的支持力大小等于其重力大小，为2N，故C 正确；
D．当A 下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，设
间距离为
，根据能量守恒定律有
求得
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故D 错误。
故选BC。
10．（2025·辽宁省丹东市·二模）如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B 物块（两端
栓接），其中物体A 的质量为m，B 的质量为2m，弹簧的劲度系数为k。用竖直向下的力F＝mg，作用在
A 上，撤去F 后，物体A 从静止开始做简谐运动，已知弹簧弹性势能的表达式为
（x 为弹簧的
形变量），重力加速度为g，不计一切阻力，弹簧足够长且始终在弹性限度内，求：
（1）撤去F 时物体A 的加速度a 大小；
（2）物体A 运动过程中的最大速率和地面受到的最小压力。
【答案】（1）g （2）
,
【解析】
【小问1 详解】
撤去F 前对A，根据平衡条件则有
解得
撤去F 后，根据牛顿第二定律则有
解得a＝g
【小问2 详解】
当a＝0 时有最大速度，则有
由机械能守恒定律可得
解得
根据简谐运动对称性可知a＝g 时，最高点有最小压力，对A 由牛顿第二定律可得
同理对B 则有
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由牛顿第三定律得
，方向竖直向下。
1．（2025·甘肃省兰州市·一模）（多选）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直光滑半圆形轨道BC 在B 点
平滑连接。一小物块（可视为质点）将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物块脱离弹簧后进入半圆形轨道，
恰好能够到达最高点C，D 点为圆弧BC
中点。若物块质量为0.2kg，轨道半径为0.5m，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A. 物块在C 点的速度为零
B. 物块在C 点的向心加速度等于重力加速度
C. 物块在D 点时对轨道的压力为6N
D. 物块在A 点时弹簧的弹性势能等于0.5J
【答案】BC
【解析】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，根据牛
顿第二定律可知，向心加速度等于重力加速度，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
解得物体在C 点的速度
A 错误B 正确；
C．从D 到C 过程
在D 点
根据牛顿第三定律物块在D 点时对轨道的压力为6N，故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，有
故D 错误。
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故选BC。
2．（2025·安徽省临泉第二中学·三模）（多选）如图所示，质量为m 的小球从不同高度下落压缩弹簧，弹
簧的弹性势能的表达式为
，其中k 是弹簧的劲度系数，x 是弹簧的形变量。假设整个过程弹簧始终在
弹性限度内，不计一切阻力，不计小球和弹簧接触时的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（
）
A. 小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能不守恒
B. 无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不会改变
C. 克服弹力做功不能度量小球机械能在小球和弹簧之间的转移
D. 小球的加速度能达到2g 的最小下落高度是
（距弹簧上端的高度）
【答案】BD
【解析】A．小球在运动过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，故小球和弹簧组成
的系统（包括地球）机械能守恒，故A 错误；
B．加速度为零时小球的动能最大，此处弹簧的弹力等于小球的重力，所以无论小球从多高处下落，小球
具有最大动能的位置不变，只是小球的最大动能不同，故B 正确；
C．小球机械能在小球和弹簧之间的转移是通过克服弹力做功度量的，故C 错误；
D．小球的加速度为2g 时，由牛顿第二定律得
解得
设此时弹簧的压缩量为
，由胡克定律有
解得
由机械能守恒定律有
当
时是小球下落的最小高度，解得
故D 正确。
故选BD。
3．（2025·西藏自治区日喀则市·二模）（多选）如图所示，一质量
，足够长的“
”形支架的直
杆上套有一质量
的环形物块，物块与“T”形支架上端之间夹有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物
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块不相连），弹簧的弹性势能
。现将该装置从地面上方足够高处由静止释放。同时释放弹簧，假
设弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为
，重力加速度
，不计
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 释放弹簧过程中，支架、物块与弹簧组成的系统动量不守恒
B. 释放弹簧过程中，支架、物块与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 支架与物块共速瞬间的速度大小为
D. 系统损失的机械能为
【答案】BCD
【解析】AB．释放弹簧过程，弹力远大于系统外力，故系统动量守恒，由于弹簧瞬间恢复形变，可知该过
程没有内能产生，即系统机械能守恒，故A 错误，B 正确；
C ．设弹簧恢复形变瞬间支架获得速度
，物块获得速度为
，规定向下为正方向，则有
根据能量守恒有
联立解得
对支架受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
再由
代入数据得
解除锁定到支架下落，物块受力不变，根据牛顿第二定律有
解得
支架上升到最高点所用时间
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支架上升阶段，物块与支架间的相对位移
支架下降阶段，时间
后与物块达到共同速度
联立解得
，
故C 正确；
D．物块与支架间的相对位移
所以系统因摩擦而损失的机械能
故D 正确。
故选BCD。
4．（2025·湖南省长沙麓山国际实验学校·二模）（多选）如图，两根轻杆与质量为M 的球甲通过轻质铰链
连接。轻杆长度都为L，C、D 为两个完全相同的物块，质量都为m，开始时，两轻杆处在竖直方向，C、
D 恰好与杆接触，C、D 都静止在水平地面上。某时刻受扰动，两杆推动C、D 物体分别向左右运动，当
为
时，杆与物体仍未分离。甲、C、D 在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，在甲
球从静止开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 当
为
时，
B. 当
为
时，
C. 当
为
时，
D. 左杆末端与物体C 一定会在甲落地前分离
【答案】ABD
【解析】A．设左杆的下端点为A，由对称性易知杆与竖直方向成
角，由关联速度知
得
又
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可得
故A 正确；
B．从杆竖起到
过程，对整个系统，由机械能守恒，得
又
联立解得
B 正确；
C．A 与C 没有分离前，C 物体一直向左加速，A 对C 有向左的弹力，对端点A 分析，易知杆对A 的力沿
杆斜向下，故杆对球甲的力沿杆斜向上.由对称性知，两杆对球甲的合力向上，故
C 错误；
D．由甲与端点A 的速度关系知，当球甲落地瞬间，端点A 速度为0，端点A 速度先变大后变小，端点A
速度最大时，C 的速度也是最大，C 的加速度为零，与端点A 之间的弹力为零，A 与C 分离，D 正确。
故选ABD。
5．（2025·宁夏银川二中·二模）如图所示，质量为
的物体B，其下端连接一固定在水平地面上的轻
质弹簧，弹簧的劲度系数
。一轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮
、
后与套在光滑直杆顶端、质量为
的小球A 连接。已知直杆固定，杆长
，且与水平
面的夹角
，初始时使小球A 静止不动，与A 相连的绳子保持水平，此时绳子的张力
。已
知
，图中直线
与杆垂直。现将小球A 由静止释放直至运动到
的过程中，（重力加速度
，
，
，轻绳不可伸长，滑轮
、
视为质点），则（ ）
A. 小球A 与物体B 组成的系统机械能守恒
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B. 小球A 经过
点时，绳对A 的瞬时功率小于绳对B 的瞬时功率
C. 物体B 从开始运动到最低点时，弹簧弹性势能的变化量为0
D. 小球A 运动到
点时的速度为
【答案】C
【解析】A．小球A 与物体B 组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对B 做功，即其他力所做功不为零，
则小球A 与物体B 组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B．小球A 经过
点时，此时连接A 的绳子与A 的运动方向垂直，绳对A 的瞬时功率为0；此时B 运动到
最低点，B 的速度为0，则绳对B 的瞬时功率为0，所以绳对A 的瞬时功率小等于绳对B 的瞬时功率，故B
错误；
C．释放小球A 前，B 处于静止状态，由于绳子的拉力大于B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为
，
则有
解得
当物体A 运动到C 点时，物块B 运动到最低点，此时有
物体B 下降的高度为
可知此时弹簧的压缩量为
可知物体B 从开始运动到最低点时，弹簧弹性势能的变化量为0，故C 正确；
D．由几何关系可得
则有
，
当小球A 到达D 点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，在D 点对A 的速度沿平行
于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B 的速度，则有
对于整个过程，由系统机械能守恒可得
联立解得小球A 运动到
点时的速度为
故D 错误。
故选C。
6．（2025·广西南宁市·三模）（多选）如图所示，质量分别为m、2m 的两小球A、B 用轻质弹簧相连接，
弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能
，x 为弹簧的形变量。A 球通过一根水平轻质细线（足够
长）连接到墙壁上，A、B 均静止在光滑水平地面上。现将小球B 向右拉开一小段距离
后由静止释放，
关于从释放小球B 到小球A 碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
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A. 小球A、B 的系统动量守恒
B. 小球B 的最大速度为
C. 小球A 的最大速度为
D. 弹簧最短时，其压缩量为
【答案】BD
【解析】A．从释放小球B 到A 球撞墙壁前的过程中，弹簧第一次恢复原长前，细线有拉力，小球A、B
的系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B 的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B 的动能，由机械能守
恒定律有
解得
，故B 正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A 的速度最大，记为
，此时小球B 的速度记为
，从弹簧第一次
恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B 的系统动量守恒，该过程相当于小球B 以速度
与小球A
发生了完全弹性碰撞，则有：
，
解得
，
，故C 错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B 的系统：
，
解得
，故D 正确。
故选BD。
7．（2025·湖北省部分高中协作体·二模）如图所示，一倾斜轨道
，通过微小圆弧与足够长的水平轨道
平滑连接，水平轨道与一半径为
的圆弧轨道相切于
点，A、
、
、
均在同一竖直面内。质量
的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球
的速度离开弹簧，从光滑
水平平台飞出，经A 点时恰好无碰撞沿
方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道
长
，与水平
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方向夹角
，小球与轨道
间的动摩擦因数
，其余轨道部分均为光滑，
取
，
，
。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在
点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径
应满足什么条件。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【解析】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（2）对小球：离开台面至A 点
过程做平抛运动，在A 处的速度为
从A 到
的过程，由动能定理可得
解得
（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小
球恰好能通过最高点时，速度为
，轨道半径
，在最高点
从
至最高点的过程
解得
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设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径
，从
至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径
必须满足
或
8．（2025·湖南省株洲市·一模）用三根细线将三个物块A、B、C 和定滑轮组装成图示装置。已知B、C 的
质量分别为3m、2m，它们间细线长度为L，C 离地高度也为L；A 的质量M 满足3m<M<5m，连接A 和B
的细线足够长，开始时整个系统处于静止状态。某时刻剪断A 与地面间的细线，此后A 在运动过程中始终
没有与定滑轮相碰，C 触地后不反弹。
（1）求C 在下落过程中的加速度大小；
（2）求A 上升的最大速度；
（3）若B 刚好能着地，求A 的质量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
剪断细线后，对A、B、C 整体，由牛顿第二定律得
解得
【小问2 详解】
物块C 刚落地时，M 的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则
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解得
【小问3 详解】
物块C 落地后，物块B 恰能下降地面，则此时物块A 和物块B 的速度为零
联立解得
9．（2025·湖南省娄底市·二模）如图，AB 等高，B 为可视为质点的光滑定滑轮，C 为大小可忽略的轻质光
滑动滑轮。AB 之间距离为2d，一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A 点，穿过光滑动滑轮C 再绕
过定滑轮B，动滑轮下挂着质量为m 的小球P，绳另一端吊着质量为m 的小球Q。初始时整个系统都静止，
然后在外力作用下，将动滑轮C 缓慢上移到与AB 等高并由静止释放。已知重力加速度为g，整个过程中Q
未与滑轮B 相撞，不计空气阻力和一切摩擦则下列说法正确的是（ ）
A. 初始时刻，AC 与BC 夹角为60°
B. C 可以下降的最大高度为2d
C. P 下降高度为d 时系统的动能最大
D. 系统运动过程中最大动能为
【答案】D
【解析】A．初始时刻静止，绳子中拉力T=mg，对动滑轮C 进行受力分析可得，AC 与BC 夹角
120°，
故A 错误；
B．设C 可以下降的最大高度为h，由能量守恒可得，
，联立可得
，
故B 错误；
CD．P 和Q 总动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系统静止时的平衡位置，即AC 与
BC 夹角为120°，此时P 下降高度
，Q 上升高度
，由机械能守恒定律，此时
总动能
。
故C 错误，D 正确。
故选D。
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10．（2025·湖南省·三模）（多选）如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B 物
块相连，A、C 物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C 在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B
放置在水平面上，A 静止。现撤去外力，物块C 沿斜面向下运动，当C 运动到最低点时，B 对地面的压力
刚好为零。已知A、B 的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中（ ）
A. C 的质量mC可能小于m
B. C 的速度最大时，A 的加速度为零
C. C 的速度最大时，弹簧弹性势能最小
D. A、B、C 系统的机械能先变大后变小
【答案】BCD
【解析】A．弹簧原来的压缩量
x1=
当C 运动到最低点时，B 对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于B 的重力，则弹簧此时的伸长量为
x2=
则
x1=x2
弹簧初、末状态的弹性势能相等，根据A、B、C 和弹簧构成的系统机械能守恒，则有
mCgsinα
=mg
α 是斜面的倾角，解得
mCsinα=m，sinα<1
所以
mC>m
故A 错误；
BC．C 速度最大时，加速度为零，则有绳子拉力
FT=mCgsinα=mg
因此A 的加速度为零，此时弹簧的弹力为零，弹簧弹性势能最小，故BC 正确；
D．由于A、B、C 和弹簧构成的系统机械能守恒，而弹簧先由压缩恢复原长再拉伸，所以弹性势能先减小
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后增加，故A、B、C 系统的机械能先变大后变小，故D 正确。
故选BCD。
11．（2025·辽宁省实验中学·二模）（多选）2024 年8 月22 日，中星4A 卫星顺利进入预定轨道，如图所
示为质量为
的中星4A 卫星发射变轨过程的简化示意图，其中轨道Ⅰ为近地圆形轨道，轨道Ⅲ为距离地
面高度为6R 的圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ和轨道Ⅲ分别相切于P 点和Q 点。已知地球半
径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响。若取无穷远处引力势能为零，质量为m 的物
体在距离地球球心为r 时的引力势能
（M 为地球的质量），下列说法正确的是（ ）
A. 中星4A 卫星在轨道Ⅱ上经过P 点的速度大于经过Q 点的速度
B. 中星4A 卫星在轨道Ⅲ上的动能为
C. 中星4A 卫星从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ机械能增加了
D. 中星4A 卫星在轨道Ⅱ上运行的周期是在轨道Ⅲ上运行的周期的
【答案】ABC
【解析】A．根据开普勒第二定律可知，卫星在近地点（P 点）的速度大于在远地点（Q 点）的速度，故A
正确；
B．在地球表面放一质量为m 的物体，有
卫星在轨道Ⅲ上，有
故动能
故B 正确；
C．卫星在轨道Ⅲ上的机械能
同理，在轨道Ⅰ上，有
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动能
机械能
卫星从轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ机械能增加了
故C 正确；
D．轨道Ⅱ的半长轴
由开普勒第三定律有
解得
故D 错误。
故选ABC。
12．（2025·宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学·二模）（多选）如图所示，半径为R 的光滑大圆环用一细
杆固定在竖直平面内，质量为m 的小球A 套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B
连接，并一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间用长为
的轻杆分别通过铰链连接，当小球A 位于圆环最
高点时、弹簧处于原长；此时给A 一个微小扰动（初速度视为0），使小球A 沿环顺时针滑下，当杆与大
圆环相切时小球A 的速度为
（g 为重力加速度）。不计一切摩擦，A、B 均可视为质点，则下列说法
正确的是（ ）
A. 小球A、滑块B 和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B. 当杆与大圆环相切时B 的速度为
C. 小球A 从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B 的重力势能减小
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D. 小球A 从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了
【答案】CD
【解析】A．轻质弹簧、小球A、滑块B 和轻杆组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．当轻杆与大圆环相切时，设此时轻杆与竖直方向的夹角为
，将B 的速度沿轻杆和垂直轻杆方向分解，
可得
根据几何关系有
联立解得
，故B 错误；
C．开始时滑块B 距离圆环最高点的距离为
，小球A 从圆环最高点到达与大圆环相切时，滑块B
距离圆环最高点的距离为
滑块B 下降
距离为
可得滑块B 重力势能减小量为
故C 正确；
D．A 到达杆与大圆环相切的过程中，由能量守恒可得弹簧的弹性势能增加量为
根据几何关系可得整个过程A 重力势能的减小量为
联立解得
故D 正确。
故选CD。
13．（2025·青海省西宁市大通县·三模）（多选）如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，
两斜面光滑，斜面倾角分别为
和
，左侧斜面底端固定一挡板，物块a 紧挨挡板放置，斜面顶端固
定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k 的弹簧上端连接，弹簧的下端连
接物块b。初始状态，用手托住物块b（处于P 处），使两物块a、b 均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸
直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b 从P 运动到最低点Q 的过程中，物块a 恰好没有离
开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式
（x 为弹簧形变量），物块a 的质量为M，重力加速度为
g，下列说法正确的是（ ）
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A. 物块b 被释放瞬间，其加速度大小为
B. 物块a、b 的质量之比为
C. 弹簧的最大弹性势能为
D. 物块b 运动到PQ 中点时速度大小为
【答案】AB
【解析】AB．由题意可知，物块b 在PQ 之间做简谐运动，在P 点时的加速度大小为
由对称性可知物块b 在Q 点的加速度大小也是
，根据牛顿第二定律有
解得
故AB 正确；
C．物块由P 到Q 的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ 的长度
为x，则
解得
所以弹性势能
故C 错误；
D．从P 点到PQ 中点由能量守恒定律得
解得
故D 错误。
故选AB。
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14．（2025·山西省·一模）如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑轻质滑轮
、
相距
。轻绳穿过
带有光滑小孔的小球P，轻绳的两端绕过滑轮分别与轻弹簧
、
相连，弹簧
、
下端分别与置于水平
地面的物体A、B 相连，物体A 质量为
，物体B 质量为
。初始时刻用手将P 球托住静止在
、
连线的中点处；此时轻绳伸直且张力为零。放手后，P 球下落到最低点时，A 物体与地面恰好无作用力。
弹簧
、
完全相同，弹簧的弹性势能表达式为
，
为弹簧形变量，劲度系数
，重力
加速度为
。在此过程中（ ）
A. P 球下落到最低点时，物体B 对地面的压力为零
B. P 球下落到最低点时，弹簧
的弹性势能大小为
C. P 球下落的最大高度为
D. P 球的质量为
【答案】B
【解析】B．由于同一根绳子，所以各物体沿绳方向速度大小相同，沿绳作用力大小相同。初始时刻，轻
绳张力为0，当P 球下落到最低点时，A 物体与地面恰好无作用力，A 物体重力等于弹簧a 对它的拉力，由
可得弹簧的伸长量为
此时弹簧a 的弹性势能大小为
故B 正确；
A．此时弹簧对B 拉力大小等于mg，B 对地面作用力为mg，故A 错误；
CD．此时左右两端绳子各缩短
，则PM 长度变为
，则P 球下落的最大高度为
，由机械能守恒
定律可得
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所以
故CD 错误。
故选B。
15．（2025·陕西省·三模）2025 年2 月22 日20 时11 分，中星10R 卫星在西昌卫星发射中心乘载运载火箭
成功发射，该卫星覆盖中国及西亚、南亚、东南亚部分地区，提供高效的卫星网络传输服务。假设该卫星
沿椭圆轨道变轨后做圆周轨道运行，其动能变为原来的
，不考虑因变轨质量变化，关于该卫星下
列说法正确的是（ ）
A. 万有引力变为原来的
B. 运行速度变为原来的
C. 变轨后该卫星机械能减小了
D. 变轨过程一直处于完全失重状态
【答案】A
【解析】B．由
，得
，
当动能变为
，则轨道半径变为原来的
倍，轨道速度变为原来的
故B 错误；
A．由B 项分析可知轨道半径变为原来
倍，万有引力
，则万有引力变为原来的
故A 正确；
C．由B 项分析可知轨道半径变为原来的
倍，则说明变轨过程要加速，机械能增大，故C 错误；
D．变轨过程要加速，并不是处于完全失重状态，故D 错误。
故选A
1．（2025 年河北卷第7 题）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从
某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀
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的球体，半径为
，表面重力加速度为
。质量为m 的飞行器与星球中心距离为r 时，引力势能为
。要使飞行器在距星球表面高度为
的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度
为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】飞行器在轨道半径
处的总机械能包括动能和势能。
引力势能为
根据万有引力提供向心力
，在地球表面有
，解得轨道速度满足
，
对应动能
，总机械能
根据机械能守恒，初始动能
，解得
。
故选B。
2. （2025 年北京卷第7 题）2024 年6 月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测
器在圆形轨道1 上绕月球飞行，在A 点变轨后进入椭圆轨道
、
为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列
说法正确的是（ ）
A. 在轨道2 上从A 向B 运动过程中动能逐渐减小
B. 在轨道2 上从A 向B 运动过程中加速度逐渐变大
C. 在轨道2 上机械能与在轨道1 上相等
D. 利用引力常量和轨道1 的周期，可求出月球的质量
【答案】A
【解析】A．在轨道2 上从A 向B 运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能
定理，动能逐渐减小，A 正确；
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B．探测器受到万有引力，由
解得
在轨道2 上从A 向B 运动过程中，r 增大，加速度逐渐变小，B 错误；
C．探测器在A 点从轨道1 变轨到轨道2，需要加速，机械能增加，所以探测器在轨道2 上机械能大于在轨
道1 上的机械能，C 错误；
D．探测器在轨道1 上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得
解得
利用引力常量G 和轨道1 的周期T，还需要知道轨道1 的半径r，才能求出月球的质量，D 错误。
故选A。
3. （2025 年安徽卷第14 题）如图，M、N 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M 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N、
M，运动到M 正下方与M 相距L 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g 取
。
（1）求绳子被拉断时小球
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N 的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小
值。
【答案】（1）
，
（2）4m （3）
【解析】
【小问1 详解】
小球从最下端以速度v0 抛出到运动到M 正下方距离为L 的位置时，根据机械能守恒定律
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在该位置时根据牛顿第二定律
解得
，
【小问2 详解】
小球做平抛运动时
，
解得x=4m
【小问3 详解】
若小球经过N 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
4. （2024 年湖北卷第14 题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.1kg 的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
大小为
、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上
运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小
。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
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由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上方的
速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
5. （2024·江苏卷·第8 题）在水平面上有一个U 形滑板A，A 的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹
簧连接在滑板A 的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，
剪断细绳后，则（ ）
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A. 弹簧原长时物体动量最大
B. 压缩最短时物体动能最大
C. 系统动量变大
D. 系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为
，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故选A。
6. （2024 年全国甲卷第4 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
【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为
，小环在大圆环上某处（
点）与圆环的作用力恰好为零，
如图所示
设图中夹角为
，从大圆环顶端到
点过程，根据机械能守恒定律
在
点，根据牛顿第二定律
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联立解得
从大圆环顶端到
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
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
，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
，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知
的大小在
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。
7. （2024 年湖南卷第15 题）如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A
和B（mA>mB）。初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与
圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量
比
。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
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【答案】（1）
，
；（2）
或
；
（3）
【解析】（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒
有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和机械能守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
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①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后
速度大小分别为
，
，则同样有
联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证
，
，满足题意。
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综上可知
或
。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后与第二次相碰
前B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
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8. （2023 年湖南卷第15 题）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的
光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽
速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表示）。
【答案】（1 ）
，
；（2 ）
；（3 ）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
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（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
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9. （2023 年全国甲卷第1 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
【解析】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。
10.（2023 年全国甲卷第11 题） 如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m
的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为
。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，
与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相
等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的
。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加
速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为
，由题可知
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离开桌面后由平抛运动规律得
，
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
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