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第21 讲 机械能守恒定律及其应用
目录
01 课标达标练
题型01 机械能守恒的理解与判断
题型02 单物体机械能守恒问题
题型03 系统的机械能守恒问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 机械能守恒的理解与判断
1.（2025·贵州毕节·一模）下列关于如图的说法正确的是（ ）
A．图甲中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中它的机械能守恒
B．图乙中物块在恒力F 作用下沿固定粗糙斜面匀加速上滑过程中，物块的机械能减少
C．图丙中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，物块机械能保持不变
D．图丁中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能增加
【答案】D
【详解】A．蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中，速度不变，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，
它的机械能不守恒，故A 错误；
B．物块在恒力F 作用下沿固定粗糙斜面匀加速上滑过程中，速度增大，动能增大，高度升高，重力势能
增大，可知，物块的机械能增大，故B 错误；
1
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C．图丙中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，速度不变，动能不变，重力势能减小，物块机械能减小，故C
错误；
D．图丁中撑杆跳高运动员在上升过程中，撑杆对运动员做正功，运动员的机械能增加，故D 正确。
故选D。
2．2025·河北邢台·三模）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
【详解】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
2
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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 高三下·甘肃·期中）如图所示为某位跳水运动员在3 米板的跳水过程中重心的位移—
时间图像。取该运动员离开跳板的时刻为零时刻，位置坐标为零，其中OPQ 为抛物线，R 为
运动员的最低点，取竖直向下为正方向，忽略入水时间，不计空气阻力。下列说法正确的是
（ ）
A．运动员在
过程中做自由落体运动
B．运动员在
过程中加速度增大
C．运动员在
时刻刚好接触到水面
D．运动员在
过程中机械能减小
【答案】D
3
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【详解】AB．由图像可知，运动员在
过程中做竖直上抛运动，加速度恒定，故AB 错
误；
C．运动员在
时刻刚好接触到水面，故C 错误；
D．运动员在
过程中，需要克服水的阻力做功，故机械能减小，故D 正确。
故选D。
6.（2025·广东茂名·模拟预测）2024 年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼一35A
公开亮相。如图所示，歼
表演时，先沿直线
水平向右飞行，再分别沿弧线
和
运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是
（ ）
A．整个过程中歼
始终处于平衡状态
B．在
段歼
处于超重状态
C．在
段歼
克服重力做功的功率逐渐增大
D．整个过程中歼
的机械能守恒
【答案】B
【详解】A．歼- 35A 在沿弧线bc 和cd 运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，不处于平
衡状态，故A 错误；
B．沿弧线bc 运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断增大，有竖直向上的加速度，
所以处于超重状态，故B 正确；
C．沿弧线cd 运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，在d 点时竖直分速度
4
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为零，根据克服重力做功的功率
可知在
段歼
克服重力做功的功率逐渐减小，故C 错误；
D．歼
在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐
渐增大，故D 错误。
故选B。
7.（2025·河南·三模）2025 年1 月7 日，西藏日喀则市定日县发生6.8 级地震，在短短数小时
内，中央救灾物资已通过多渠道运往灾区。将一箱应急物品由无人机以空投的方法快捷精准
投放到避难点。已知箱体脱离无人机后由静止开始竖直下落，以竖直向下为正方向，运动过
程的位移一时间图像如图所示，
和
时间内的曲线在
时刻平滑连接，两段曲线的
弯曲方向相反，
时刻后为直线。下列说法正确的是（ ）
A．
时间内箱体的速度先增大后减小
B．箱体
时刻的速度小于
时刻的速度
C．
时间内箱体处于失重状态
D．
时刻后箱体机械能守恒
【答案】A
【详解】A．x-t 图像的斜率代表速度，观察图像可以发现
时间内图像斜率先增大后减小，
5
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所以箱体的速度先增大后减小，故A 正确；
B．根据图像可以知道箱体
时刻图像斜率大于
时刻的图像斜率，故箱体
时刻的速度大于
时刻的速度，故B 错误；
C．根据图像可知
时间图像斜率减小，故箱体向下减速，加速度向上，故箱体处于超重
状态，故C 错误；
D．根据图像可知
时刻后箱体做匀速直线运动，故箱体受到的阻力做负功，故箱体的机械
能减小，故D 错误。
故选A。
02 单个物体的机械能守恒问题
8.（2025·福建厦门·二模）如图所示，桌面高为h，质量为m 的小球从离桌面高H 处自由落下，
假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能
为 ，重力势能为 ，机械能为 。
【答案】
0
【详解】[1]小球下落过程中，只有重力做功，根据动能定理得
[2]根据题意可知，参考平面是小球释放时所在的水平面，则小球落地时相对参考平面的高度
为
，则小球落到地面前瞬间的重力势能为
[3]小球落到地面前瞬间的机械能为E，因为小球下落过程中只有重力做功，小球下落过程满
足机械能守恒，由机械能守恒定律得
6
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由题意可知
联立解得
8.（2025·浙江温州·一模）在缓震材料上方高度H1为0.6 m 处，将质量0.6 kg 的钢球以一定初
速度v0竖直向下抛出，钢球刚接触缓震材料时速度大小为4 m/s，与缓震材料的接触时间为
0.1 s，钢球反弹的最大高度H2为0.45 m。假设钢球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。钢
球从抛出到反弹至最高点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．钢球的机械能损失0.9 J
B．钢球的平均速度大小为0.25 m/s
C．重力对钢球做的功等于钢球动能的变化量
D．合外力对钢球做的功等于钢球机械能的变化量
【答案】B
【详解】A．钢球从抛出到接触缓震材料以及反弹上升最大高度的过程中，机械能守恒，刚接
触缓震材料时的机械能
反弹时的机械能为
故损失的机械能为
A 错误；
B．从抛出到接触缓震材料，根据机械能守恒定律
7
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解得
故从抛出到接触缓震材料所用时间
反弹至最高点所用时间
整个过程所用时间
故整个过程的平均速度
B 正确；
CD．整个过程中，根据动能定理可知，重力与弹力所做的功之和等于钢球动能的变化量；而
钢球机械能的变化量等于除重力外其它力（非合外力）对钢球做的功，CD 错误。
故选B。
9.（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，某同学将篮球斜向上与水平方向成
角投出后，
篮球刚好落入篮筐，篮球入筐时的速度方向斜向下与水平方向成
夹角，已知篮球投出时
距离地面的高度为1.6m，篮筐距离地面的高度为3m，重力加速度
，不计空气阻
力，篮球可视为质点，
，
，则篮球投出时的速度大小为（ ）
8
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A．10m/s
B．8m/s
C．6m/s
D．5m/s
【答案】B
【详解】由于篮球在空中最斜抛运动，水平方向速度不变，根据对篮球抛出时和入筐时速度
进行分析可知
篮球从抛出到入筐根据能量守恒可知
联立并代入数据可得
故选B。
10.（2025·广东省潮州市高级中学一模）如图（a）是质点在竖直平面内运动的轨道。取与轨道轮廓相同的
轨迹曲线，以水平地面为横轴，将水平地面作为重力势能的零势能面，重力势能为纵轴并选取合适的标度，
建立如图（b）所示直角坐标系，该曲线反映质点沿轨道运动时重力势能
的变化情况，称为势能曲线。
将质量m＝0.5kg 的小球由A 处释放，其机械能
。忽略运动过程中小球受到的摩擦阻力及空气阻力，
g 取
。下列说法正确的是（ ）
9
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A. A 处距离地面的高度为0.6m
B. A 处小球的速度大小为0.5m/s
C. B 处距离地面的高度为0.2m
D. B 处小球的速度大小为
【答案】AD
【详解】小球在A 处的重力能为3J，所以
解得h=0.6m，A 处距离地面的高度为0.6m，A 正确；运动过程中小球的机械能守恒，所以
，解得
所以A 处小球的速度大小为2m/s，B 错误；B 处的重力势能为2J，则
解得
，所以B 处距离地面的高度为0.4m，C 错误；运动过程中小球的机械能守恒，则
，解得
，那么B 处小球的速度大小为
，D 正确。
11.（2025.·河北省保定市十县一中联考） 某趣味运动会中，有一项比赛，规则如下：如图所示，运动员站
在一个固定的大圆筒内，用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低
点沿圆筒向上滚动，然后从某一位置脱离圆筒，如果小足球在下落过程中，恰好落入运动员背后的小背篓
中，即为得分。若圆筒半径为R，小足球质量为m，小足球飞离圆筒位置与圆筒圆心连线和竖直方向之间
的夹角为θ，圆筒内壁不计摩擦，小足球可视为质点，忽略空气阻力，不考虑人对小足球的阻挡，重力加
速度为g，则（ ）
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A. 若足球能飞离圆筒，则足球在最低点的初速度的范围应为
B. 若足球在最低点的初速度
，则足球不会飞离圆筒
C. 若希望足球飞离点θ=37°，则足球在最低点的初速度为
D.若θ=45°，则运动员将背篓置于圆心正上方
处，可以接到球
【答案】D
【详解】 足球自圆筒最低点向上滚动，根据机械能守恒定律，不脱离轨道，若恰好运动到圆心等高处，
设此时初速度为
，则有
，得
若恰好上到圆筒最高点，设此时初速度为
，球到最高点速度为
有
且在最高点有
，得
故足球可以飞离轨道的初速度应该
A 项错误；由上述分析可知，若足球在最低点的初速度
，则足球会飞离圆筒，B 项错
误；若足球飞离时，θ=37°，设此时最低点初速度为
，分离时的速度为
，由机械能守恒有
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且在分离时刻有
，联立可得
，C 项错误；若足球飞离的位置θ=45°，设
此时飞离的速度为
，则有
之后足球做斜上抛运动，其中竖直分速度大小为
，回到飞离等高位置所用的时间为
此过程中水平位移为
，解得
此时足球恰好在圆心正上方
处，D 项正确
12.（2025·辽宁省辽南协作体高三一模）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周
运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N 装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N 点时的速率
，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M 点时对管道作用力F（竖直向上为正），用同一小球以
不同的初速度重复试验，得到F 与
的关系图像如图乙，c 为图像与横轴交点坐标，b 为图像延长线与纵
轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A. 小球的质量为
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B. 小球做圆周运动的半径为
C. 当小球经过N 点时满足
，则经过M 点时对内管道壁有压力
D. 若小球经过N 点时满足
，则经过M 点时对轨道无压力
【答案】ABD
【详解】 设小球的质量为
，做圆周运动的半径为
，从最高点
到最低点
，由动能定理得
，解得
小球经过M 点时，根据牛顿第二定律可得
联立可得
根据
图像的斜率和纵轴截距可得
联立解得
，故A、B 项正确；．由乙图可知，当
时，经过M 点时对管道作用
力
，
的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，但对内管道壁无压力，故C 错误；由乙图可知，当
时，球经过M 点时对管道作用力
，故D 正确。
03 系统的机械能守恒问题
13.（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
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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
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 m vA
2 + 1
2 m vB
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。
14．（2025·安徽·一模）如图（1）所示，竖直放置的绝缘轻弹簧一端固定在平行板电容器下极板。带电小
14
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球在轻弹簧正上方某处由静止释放，取该位置为坐标原点，竖直向下为x 轴正方向。在小球下落的全过程
中，以下极板为重力势能零参考面，小球的机械能E 随位移x 的变化关系如图（2）所示。弹簧始终在弹性
限度内，小球质量为1 kg，重力加速度 g 取
。则下列说法正确的是（ ）
A．小球下落过程中刚接触弹簧时动能最大
B．电场力大小为
C．小球在释放位置所具有的电势能为
D．下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能最小值为
【答案】D
【详解】A．刚接触弹簧时小球所受合力等于重力，小球继续向下加速，随着弹力增加，加速度减小，当
弹力等于重力时小球速度最大，故A 错误；
B．机械能变化量等于电场力做功，由图可知，
范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为
故B 错误；
C．由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能为负值。小球
质量为1kg，且由图像可知，小球在释放位置重力势能为
，由重力势能
可知，
又因为
得
故小球在释放位置所具有的电势能为
，故C 错误；
D．由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大
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则小球和弹簧组成的系统机械能减少
，为
故D 正确。
故选D。
15.（2025·福建省百校联考高三模拟预测）如图所示，半径为R、圆心为O 的半圆轨道竖直固定在水平面
上，质量为2m 的小球P 通过轻质细线跨过两定滑轮A、B 后与质量为m 的物体Q 相连接，左侧的滑轮A
刚好位于O 点正上方，且O 到滑轮A 的距离为R，M 点为轨道上一点，∠MON=60°，N 点为轨道的最低点，
现将小球P 从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q 不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为
g，小球P 可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球P 由释放到N 的过程，物体Q 始终超重
B. 到M 点时小球P 的速度大小为
C. 到M 点时物体Q 的速度大小为
D. 到N 点时小球P 的加速度大小为
【答案】BD
【详解】小球P 沿绳方向的分速度与Q 的速度相等，则Q 的速度先增大后减小，则物体Q 先超重，再失重，
故A 错误；到M 点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得
，
16
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故B 正确，C 错误；到N 点时，根据系统机械能守恒有
根据向心加速度公式有
，故D 正确.
16.（2025·河南安阳·一模）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮
与竖直墙面上的
点等高，
为
的
中点，
距离为
。一根轻质不可伸长的细绳一端系在
点，穿过质量为
的光滑圆环
再绕过定滑轮
，另一端吊着质量也为
的重物
。将圆环
由
点静止释放，设
与水平方向夹角为
。已知重力
加速度为
，整个过程中
未与滑轮
相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．
和
的速度关系为
B．
可以下降的最大高度为
C．
和
总动能最大时，
D．
和
总动能最大时，
的动能为
【答案】BCD
【详解】A．
上升的速度等于左侧绳伸长的速度，
沿
方向的速度分量为
，沿
方向的速度
分量也为
，故有
，A 错误；
B．由能量守恒知
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解得
B 正确；
CD．
总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即
结合关联速度可知
即
由能量守恒知
，
解得
CD 正确。
故选BCD。
17.（2025·河南·三模）如图所示，半径为R 的光滑半圆弧固定在光滑水平面上且与水平面光
滑连接于C 点，AC 是竖直直径，B 距离光滑水平面高度为R，质量均为m 的小球甲、乙（视
为质点）用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧细杆上的A 点，小球乙放置在C 点，甲、乙均
处于静止状态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲套在半圆弧细杆上向下运动，小球乙沿
着水平面向左运动，重力加速度为g，则在小球甲从A 到B 的运动过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．甲的重力势能全部转化为甲的动能
B．甲克服杆的作用力做的功大于杆对小球乙所做的功
C．当甲刚运动到B 点时，甲、乙的速度大小之比为
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D．当甲刚运动到B 点时，甲的动能为
【答案】C
【详解】A．甲的速度沿切线方向，在B 点时，根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为
60°，则此时
所以乙的速度不为零，则甲的重力势能全部转化为甲和乙的动能之和，故A 错误；
B．因为杆是轻杆，根据机械能守恒可知，甲克服杆的作用力做的功等于杆对乙所做的功，故
B 错误；
C．甲运动到B 点时，甲、乙的速度大小之比为
故C 正确；
D．甲运动到B 点时，根据机械能守恒
甲的动能为
故D 错误。
故选C。
1．蹦极运动以其惊险刺激深得年轻人的喜爱，图示为某次蹦极运动中的情景，原长为l、劲度系数为k 的
轻弹性绳一端固定在机臂上，另一端固定在质量为m 的蹦极者身上，蹦极者从机臂上由静止自由下落，当
蹦极者距离机臂h 时，下落至最低点。空气阻力恒为重力的
，重力加速度为g。此过程中（ ）
19
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A．蹦极者的最大动能为
B．蹦极者减少的机械能为
C．弹性绳增加的弹性势能为
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，蹦极者下落l 的过程中，蹦极者受重力和空气阻力，根据动能定理可知蹦极者
此时动能为
此时蹦极者所受合力向下，蹦极者继续加速，则蹦极者的最大动能大于
，故A 错误；
B．蹦极者从静止开始运动到最低点的过程中，其动能变化量为0，所以其机械能的减少量为其重力势能减
少量
故B 正确；
C．弹性绳增加的弹性势能为蹦极者减少的机械能去掉克服阻力做的功，即
故C 错误；
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为整个过程克服阻力所做的功
故D 错误。
故选B。
20
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2．如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上的O 点，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原
长时上端位于A 点。一物块由斜面上A 点上方某位置由静止释放，将弹簧压缩至最低点B，弹簧始终在弹
性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动到A 点时的动能最大
B．物块从A 点运动到B 点过程中机械能守恒
C．物块运动到B 点后将在B 点保持静止状态
D．弹簧弹性势能的最大值等于物块从O 点到B 点重力势能的减少量
【答案】D
【详解】A．物块运动到A 点时，弹力为零，合力不为零，则物块有沿斜面向下的加速度，则此时速度不
是最大，即动能不是最大，选项A 错误；
B．物块从A 点运动到B 点过程中弹簧的弹力对物块做负功，则物块的机械能不守恒，选项B 错误；
C．物块运动到B 点后合力沿斜面向上，则将沿斜面向上运动，不会在B 点保持静止状态，选项C 错误；
D．由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于物块从O 点到B 点重力势能的减少量，选项D 正确。
故选D。
3．如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A 和B，已知小球A 的质量为m，
用手托住B 球，轻绳刚好被拉紧时，B 球离地面的高度为h，A 球静止于水平地面上。现释放B 球，落地时
的速度为
。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
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A．B 球的质量为4m
B．A 球上升h 的过程中，轻绳对A 球的拉力做的功为mgh
C．B 球从释放至落地，运动的时间为
D．A 球从地面开始上升的最大高度为1.6h
【答案】ACD
【详解】A．设B 球的质量为M，根据动能定理
解得
故A 正确；
B．设轻绳对A 球的拉力做的功为W，根据动能定理
解得
故B 错误；
C．将AB 球看成整体，则根据牛顿第二定律
解得
所以，B 球从释放至落地，运动的时间为
故C 正确；
D．B 球落地时，A 球的位移为
此后A 球做竖直上抛运动，则位移为
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所以，A 球从地面开始上升的最大高度为
故D 正确。
故选ACD。
4．如图所示，物体Q 锁定在水平地面上，不可伸长的轻质细线一端连接在Q 上，另一端绕过三个光滑轻
质小滑轮后固定在地面上。物体P 与滑轮2 相连，系统静止，四段细线都竖直，现解除对物体Q 的锁定，
物体P 触地后静止不动，物体P 触地瞬间连接物体Q 的绳子断开。已知物体P 与地面间高度差为h，物体
P、Q 质量分别为3m、m，重力加速度为g，天花板离滑轮1 和3 足够高，物体P、Q 均可视为质点，不计
空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．物体Q 上升过程中的最大速度为
B．物体Q 上升过程中的最大速度为
C．物体Q 上升的最大高度为
D．物体Q 上升的最大高度为
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知，物体P 刚刚触地时，Q 速度最大，此时
根据机械能守恒定律有
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解得
故A 正确，B 错误；
CD．绳子断开后有
物体Q 上升的最大高度
结合上述解得
故C 错误，D 正确。
故选AD。
5．如图所示，一质量为m 的物块a 穿在固定竖直杆上，轻绳一端系于物块a 上，绕过轻质定滑轮O 后，
另一端系于质量为3m 的物块b 上。初始时a 在外力作用下保持静止，且Oa 连线水平、长为L。现撤去外
力，全过程a 未落地，b 未触碰定滑轮，不计一切阻力和摩擦，重力加速度为g。在物块a 下降过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．物块a 刚释放时的加速度为g
B．物块a 在最低点的加速度为0
C．物块a 下降的最大高度为
D．物块a 的机械能先增大后减小
【答案】AC
【详解】A．物块a 刚释放时竖直方向只受重力作用，则加速度为g，选项A 正确；
B．物块a 在速度最大时加速度为零，在最低点时合外力不为零，则加速度不为0，选项B 错误；
C．物块a 下降到最低点时由能量关系
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解得物块a 下落的最大高度为
选项C 正确；
D．细绳的拉力一直对a 做负功，则物块a 的机械能一直减小，选项D 错误。
故选AC。
6．如图所示，悬点O 下方固定一光滑小圆环，水平光滑细长杆左侧套有一物块Q。现用一轻质细绳跨过
小圆环，细绳一端连接物块Q，另一端悬挂一物块P，物块Q 在外力作用下静止时到圆环部分的细绳与长
杆的夹角
，小圆环下端到长杆的距离为h。现将P、Q 由静止释放，已知物块P、Q 的质量之比为
，取重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力。对于物块Q 从开始运动到速度第一次为0 的过程，物
块Q 不与竖直细绳接触，下列说法正确的是（ ）
A．物块Q 的位移大小为
B．该过程中物块P 的机械能一直在减小
C．该过程中物块Q 的最大速度为
D．该过程中物块P 一直处于失重状态
【答案】AC
【详解】A．根据运动的对称性可知，物块Q 从开始运动到右侧关于竖直绳对称的位置的速度第一次为0，
根据几何关系有
故A 正确；
B．结合上述，物块Q 从开始运动到右侧关于竖直绳对称的位置的速度第一次为0，该过程中，物块P 先下
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降后上升，绳对P 先做负功后做正功，可知，物块P 的机械能先减小，后增大。故B 错误；
C．结合上述可知，Q 运动到环的正下方时，P 的速度为0，Q 的速度达到最大，则有
解得
故C 正确；
D．根据速度分解关系有
初始状态，两物块速度均为0，当Q 运动到环正下方时，P 的速度为0，之后物块Q 运动到右侧关于竖直绳
对称的位置的速度第一次为0，此时P 的速度也为0，可知，当Q 在竖直绳左侧运动时，P 向下先加速后减
速，当Q 在竖直绳右侧运动时，P 向上先加速后减速，即当Q 在竖直绳左侧运动时，P 的加速度方向先向
下后向上，当Q 在竖直绳右侧运动时，P 的加速度先向上后向下，即P 先处于失重状态，后处于超重状态，
最后又处于失重状态。故D 错误。
故选AC。
7．如图所示，滑块A、B 的质量均为m，A 套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成
角，B 套在固定
水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A、B 通过铰链用长度为L 的刚性
轻杆（初始时轻杆与水平面成
角）连接，A、B 从静止释放，B 沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑
块A、B 均视为质点，重力加速度大小为g，在运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当A 到达B 所在水平面时
B．当A 到达B 所在水平面时，B 的速度为
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C．滑块B 到达最右端时，A 的速度为
D．滑块B 的最大动能为
【答案】ABD
【详解】A．当A 到达B 所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcos 45°=vB
解得
故A 正确；
B．从开始到A 到达B 所在的水平面的过程中，A、B 两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
故B 正确；
C．滑块B 到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B 的速度为零，由机械能守恒可得
解得
8.（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
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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
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。
．9.（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
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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
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
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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。
10.（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（ ）
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
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【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
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
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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
FN=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。
11.（）2025· 河南省开封市高三二模） 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
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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
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
【详解】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；
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；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 下降的距离为
可得滑块B 重力势能减小量为
故C 正确；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
12.（2025·辽宁·三模）抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方
便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m 的石头A，右端固定有重物B，轻
杆可绕水平转轴O 自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B 到O 的距离
分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A 脱离轻杆做平抛运动，A、B 均可
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视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A 平抛运动的水平射程为
，
求∶
(1)A 脱离轻杆时，A 和B 的速度大小；
(2)重物B 的质量M；
(3)A 脱离杆前瞬间杆对转轴O 的作用力大小。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）竖直方向
，解得
水平方向
，解得
根据角速度公式
，解得
（2）根据机械能守恒定律得
，解得
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（3）对A，
，解得
，向下，
，向上
对B，
，解得
，向上，
，向下
杆对转轴O 的作用力，
，向下
1.（2025·湖南卷·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动的
标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放入
装载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A
和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为
。D 在滑轨上运动
距
离后抛出，落地点距抛出点水平距离为
，根据
可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C 质
量分别为
、
、
，
，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为
g。则（ ）
A. D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B. D 的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
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D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．爆炸后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A 的动能
D 的初动能
两者不相等，故A 错误；
B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故B
正确；
CD．D 物块平抛过程有
，
联立可得
D 水平滑动过程中根据机械能守恒有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量为
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故C 错误，D 正确。
故选BD。
2.（2025·湖南卷·高考真题） 某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，
需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条
光滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧
且与轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，
。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻
绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛
至A 点，求v 的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角
为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】（1）
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（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
由B 点到最低点过程机械能守恒有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
【小问2 详解】
轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由机械能守恒守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
【小问3 详解】
当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由机械能守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
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则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为
，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
3.（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。
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4．（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
解得物体在C 点的速度
AB 错误；
C．由牛顿第二定律得
解得物体在C 点的向心加速度
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。
5．（2024·江苏·高考真题）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
簧连接在物体B 的左侧，右侧用一根细绳连接在物体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B 动量最大
B．压缩最短时A 动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【答案】A
【详解】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。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不
变。故选A。
6.（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（ ）
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；
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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。
7．（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时
的加速度大小a、速度大小v、动能Ek 和机械能E 随运动时间t 的变化关系中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改
变，故A 错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
则抛出后速度大小为
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B 错误；
C．铅球抛出后的动能
可知动能与时间不是一次函数关系，故C 错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D 正确。
故选D。
8．（2023·全国·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
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【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。
9．（2023·全国·高考真题）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）
【详解】（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为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
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第一次碰撞前速度的竖直分量为
，由题可知
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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