文档文本内容
第11 讲 多个物体（系统）的功能关系
【模型一 多个物体的功能关系的理解及应用 】
类型1 多个物体（系统）的功能关系
类型2 功能关系的图像
【模型二 能量守恒定律的理解及应用】
类型1 能量守恒定律的理解
类型2 能量守恒定律解决连接体模型
类型3 能量守恒定律解决板块模型
类型4 能量守恒定律解决传送带模型
【模型三 系统的机械能守恒定律的判断及应用】
类型1 系统机械能守恒定律的判断
类型2 系统机械能守恒定律应用
类型3 非质点类机械能守恒应用
高考对功能关系和能量守恒定律的考查非常频繁，考题的形式多以选择题和计算题，该部分内容贯
穿于重力场、电场、磁场中，是处理力学的三把“金钥匙”之一。
本讲内容备考时候，理解各种功能关系和能量守恒定律，且利用功能关系和能量守恒定处理有关物理
问题。用绳、杆连接体的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问
题是考查的重中之重，考题中会以不同形式再现。
【模型一 多个物体的功能关系的理解及应用 】
类型1 多个物体（系统）的功能关系
1、功能关系的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
（2）功是能量转化的量度，功和能的关系，一方面体现在不同的力做功对应不同形式的能转化，具
有一一对应关系，另一方面做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.功能关系的应用
（1）若涉及总功（合外力的功），用动能定理分析．
（2）若涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．
（3）若涉及弹性势能的变化，用弹力做功与弹性势能变化的关系分析．
（4）若涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．
（5）若涉及机械能变化，用其他力（除重力和系统内弹力之外）做功与机械能变化的关系分析．
（6）若涉及摩擦生热，用滑动摩擦力做功与内能变化的关系分析．
3.力学中几种常见的功能关系
【典例1】（多选）将图甲中的蹦床简化为如图乙所示的弹簧，当质量50 kg 的运动员站在蹦床上静
止时，弹簧的上端由O 点压缩到A 点，运动员重心在O 点。现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A 点
开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O 点高为6.1 m 的最高点（此时运
动员的速度为零）；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床
上，弹回过程中重心与O 点最大高度差为4 m。若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为其重力的0.2
倍，重力加速度大小为10 m/s2。则（ ）
A.过程1 中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功
B.在过程2 的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹簧的上端都处于A 点下方
C.过程2 中，从开始下落到重心距O 点高4 m 处，运动员克服空气阻力做的功为1 010 J
D.过程2 中，弹簧的最大弹性势能为2 520 J
【答案】BD
【解析】过程1 中，上升阶段，运动员与弹簧未分离时，弹簧对运动员做正功，运动员与弹簧分离后，
弹簧对运动员不做功，故A 错误
由题意可知，当运动员静止时，在A 点，弹簧的弹力等于重力，在过程2 的每一次单向向上运动过程
中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有F 弹＝mg＋0.2mg＞mg，则速度最
大时，运动员比静止在弹簧上时，弹簧的弹力更大，则被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A 点下方，故
B 正确；过程2 中，从距O 点高为6.1 m 开始下落到重心距O 点高4 m 处，设运动员克服空气阻力做的功
W，由动能定理得mgh－W＝mg（6.1 m－4 m）－W＝0，解得 W＝1 050 J，故C 错误；
过程2 中，当弹簧第一次到最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为x，运动员从距O 点
高为6.1 m 开始下落到重心与O 点最大高度差为4 m 过程中，克服空气阻力做的功为0.2mg×（6.1 m＋x）
＋0.2mg（4 m＋x）＝W，解得 x＝0.2 m，过程2 中，当弹簧第一次到最低点时，由动能定理得mg（6.1 m
＋0.2 m）－0.2mg（6.1 m＋0.2 m）－Epmax＝0－0，代入数据得Epmax＝2 520 J，故D 正确。
【变式1-1】如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，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 点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度
内），则物块由A 点运动至B 点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量
B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量
D．最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【解析】ABC．设物块在A 点时的动能为
，斜面的倾角为
，物块由A 点运动至B 点的过程中，
对物块由能量守恒有
可知，物块由A 点运动至B 点的过程中，物块的机械能转化成
了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的
减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB 错误，C 正确；
D．显然，物块由A 点运动至B 点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块
动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势
能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值
大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D 错误。
故选C。
【变式1-2】如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m 的重物，弹簧和重物组成的
系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为
的恒力，重物上升的最大高度
为h，已知弹簧的弹性势能表达式为
，则（ ）
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为
C．上升过程中重物的最大动能为
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加
【答案】B
【解析】A．上升过程中，恒力F 对系统做正功，系统的机械能增加，故A 错误；
B．初始时对重物有
重物上升的最大高度为h 的过程中，对系统由能量守恒定律
解得
，所以开始时弹簧的弹性势能为
，故B 正确；
C．上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，则此时弹簧的形变量为x1，故
解得
在此过程中由能量守恒定律
上升过程中重物的最大动能为
，故C 错误；
D．上升到最高点过程中重物的重力所做的功为
根据重力势能与重力做功的关系可知，重物重力势能的增加量为
故D 错误。
故选B。
【变式1-3】 如图所示，一长木板B 放在粗糙的水平地面上，在B 的左端放一物块A，现以恒定的外
力F 拉A，经一段时间物块A 从长木板B 的右端滑下，在此过程中以地面为参考系，长木板B 也向右移动一
段距离，则在此过程中（ ）
A.外力F 对A 做的功等于A 和B 动能的增加量
B.A 对B 摩擦力做的功与B 对A 摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F 做的功等于A、B 动能的增加量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A 对B 摩擦力做的功等于B 动能的增加量和B 与地面之间因摩擦产生的热量之和
【答案】CD
【解析】根据功能关系和能量守恒定律可知，外力F 做的功等于A、B 动能的增加量
与系统由于摩擦而产生的热量(包括A、B 之间，B 和地面之间因摩擦所产生的热量)
之和；同理，A 对B 的摩擦力做的功等于B 动能的增加量和B 与地面之间因摩擦产生的
热量之和，虽然A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大
小不同，所以A 对B 的摩擦力做的功与B 对A 的摩擦力做的功的绝对值不相等，故C、
D 正确，A、B 错误.
类型2 功能关系的图像
功能关系中的图像问题
EK-x 图像
EP-x 图像
E-x 图像
E-t 图像
[
来源:学科网]
斜率：合外力
①合外力沿+x 方向
②合外力沿-x 方向
斜率：重力、弹力
等
①力沿-x 方向
②力沿+x 方向
斜率：除重力、弹
力以外的力
①沿+x 方向②沿-x
方向
斜率：功率
【典例2】（多选）（2020·全国卷Ⅰ）一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下
滑，其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】由重力势能和动能随下滑距离s 变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s 的增大
而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A 项正确；
在斜面顶端，重力势能Ep＝mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s 变化图像可
知，重力势能可以表示为Ep＝（30－6s）J，由动能随下滑距离s 变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s
J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝ℎ
L ＝3
5，cos θ＝4
5 ，由功能关系有－μmgcos θ·s＝Ep＋Ek－30 J
＝（30－6s＋2s－30）J＝－4s J，可得μ＝0.5，B 项正确；
由Ek＝2s J，Ek＝m v
2
2
可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物
-
-
-
-
x
O
EK
①
②
-
-
-
-
x
O
EP
①
②
-
-
-
-
x
O
E
①
②
-
-
-
-
t
O
E
①
②
块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C 项错误；
由重力势能和动能随下滑距离s 变化图像可知，当物块下滑2.0 m 时机械能E＝18 J＋4 J＝22 J，机
械能损失量ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D 项错误。
【变式2-1】（多选）在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ 角
倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2s 到
达传送带的B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图像如图乙所示，已知重力加速
度g＝10m/s2，由v－t 图像可知（ ）
A．货物从A 运动到B 过程中，摩擦力恒定不变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
D．A、B 两点的距离为2.4m
【答案】BC
【解析】A．由图像可知，传送带的速度为2m/s，在物体到达与传送带共速之前，即0~0.2s 内，货物
受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，则选项A 错误；
B．由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
由图像得到
解得
， 故B 正确；
C．货物与传送带摩擦产生的热量分两段来求，有
，故C 正确。
D．AB 两点的距离就是货物的位移，求出货物的
图像与坐标轴围成的面积即可。所以有
，故D 错误；
故选BC。
【变式2-2】在距地面高d 处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面
为重力势能的零势能面，物体的机械能E 随小球到地面的高度h 的变化关系图像如图所示，图中纵坐标
b、c 为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量等于
B．当
时，小球的动能等于
C．运动过程中小球受到的阻力大小恒为
D．小球运动的加速度等于
【答案】AD
【解析】A．在距地面高d 处小球的机械能与重力势能相等，则有
解得小球的质量为
，故A 正确；
C．小球克服阻力做的功等于小球机械能的减少，则有
图象的斜率绝对值表示阻力大小，则阻力的大小为
，故C 错误；
B．小球释放到当
过程中，根据动能定理可得
代入值计算可得
，故B 错误；
D．根据牛顿第二定律有
，代入m 和f 可得加速度为
，故D 正确。
故选AD。
【变式2-3】（2023·全国乙卷高考题）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另
一质量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力
大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【解析】方法一：设物块离开木板时的速度为
，此时木板的速度为
，由题意可知
设物块的对地位移为
，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
，D 正确，C 错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式
，
因为
，可得
则
，所以
，B 正确，A 错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知
，
且
，故
，故A 错误，B 正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【模型二 能量守恒定律的理解及应用】
类型1 能量守恒定律的理解
1. 能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一
个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
（2）表达式：
①E 初=E 末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE 增=ΔE 减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
2.列能量守恒定律方程的两条基本思路：
①某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
3.能量转化问题的解题思路
（1）当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
（2）解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量
增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．
4.运用能量守恒定律解题的基本步骤
1.首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电
势能)、内能等。
2.其次，分析变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，
3.最后列出减少的能量总和ΔE 减与增加的能量总和ΔE 增，由ΔE 减=ΔE 增列式求解。
【典例3】（2022·浙江高考题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所
示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为
时，输出电功率为
，风速在
范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为
，空气密度为
，风场风速为，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积
的流动空气动能为
C．若每天平均有
的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有
风速在
范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【解析】AB．单位时间流过面积
的流动空气体积为
单位时间流过面积
的流动空气质量为
单位时间流过面积
的流动空气动能为
风速在
范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成
正比，AB 错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有
的风能资源，则每天发电量应满足
，C 错误；
D．若风场每年有
风速在
的风能资源，当风速取最小值
时，该发电机年发电量
具有最小值，根据题意，风速为
时，输出电功率为
，风速在
范围内，转化效率可视
为不变，可知风速为
时，输出电功率为
则该发电机年发电量至少为
，D 正确；
故选D。
【变式3-1】溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个整体。绳的
一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，溜溜球会一
边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的绳缠绕在轴
上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下落到0.5l 处
时，左边溜溜球的下落速度v1，右边溜溜球的下落速度v2。下列关于v1、v2大小关系正确的是（ ）
A．v1= v2
B．v1>v2
C．v1<v2
D．无法确定
【答案】C
【解析】绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，根据能量守恒定律，减少的
重力势能转化为动能，两者下降高度一样，减少的重力势能相同，但是绳绕在轴上的球有旋转速度和下降
速度，则根据能量守恒定律可知mg⋅0.5l = 1
2 m v1
2+ Ek旋，mg⋅0.5l = 1
2 m v2
2
则v1<v2
故选C。
【变式3-2】如图甲，绞车记载于北宋曾公亮的《武经总要》，其原理如图乙，将一根圆轴削成同心
而半径不同的大小辘轳，其上绕以绳索，绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可
轻松将重物吊起。a、b 分别是大小辘轳边缘上的两点。在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）。
A．a 点的线速度等于b 点的线速度
B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C．滑轮对重物的力与重物的重力是一对作用力与反作用力
D．滑轮会顺时针转动
【答案】D
【解析】A．a、b 两点为同轴转动，角速度相同，a 点做圆周运动的半径大于b 点做圆周运动的半径，
由线速度与角速度的关系公式
可知，a 点的线速度大于b 点的线速度，A 错误；
B．由能量守恒定律可知，人对把手做的功等于重物机械能的增加量、轮轴动能及摩擦产生的热三者
的和，B 错误；
C．滑轮对重物的力与重物的重力都作用在重物上，不是一对作用力与反作用力，C 错误；
D．重物在起吊过程中，人顺时针转动把手，由于 a 点的线速度大小大于b 点的线速度大小，则在相
同时间内，滑轮的左侧上升的距离大，滑轮的右侧下降的距离小，因此滑轮会顺时针转动，D 正确。
故选D。
【变式3-3】如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。
点
是斜面与水平地面的连接处，质量为
的物块（可视为质点）从斜面上的
点由静止释放，最后停在
点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为
。不计物块经过
点时的能量损失；已知
，物
块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间
的位移为
，
、
两点的连线与地面的夹角
，重
力加速度
，
，
，下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于
D．物块从
运动到
，因摩擦产生的热量为
【答案】D
【解析】A．设物块沿斜面下滑的加速度为
，正中间
的位移为
，则正中间
的平均速度
，正中间
的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0 的匀加速直线运动规律有
综合解得
，A 错误；
B．如图所示，
为
在地面上的投影，设斜面的倾角为
，
物块从
到
，由动能定理有
由几何关系有
综合可得
又因为
则
，B 错误；
C．设
为物块在
段因摩擦产生的热量，由
、
可得
，在物块沿斜面下滑
过程中，由能量守恒定律有
可得重力势能的减小量为
，即物块重力势能的减少量大于
，C 错误；
D．物块从
运动到
，设
为物块在
段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有
D 正确。
故选D。
类型2 能量守恒定律解决连接体模型
1.连接体：相互连接并且有共同的加速度的两个或多个物体组成的系统可以看作连接体。
2.连接体的形式：
（1）弹力连接(以轻绳连接或直接接触)：若加速度一样，各个物体间弹力与“其带动的物体质量”
成正比；直接接触的连接体往往还涉及“要分离还没分”的临界状态．
（2）弹簧连接：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，
两端连接体的速率相等．
（3）摩擦连接：连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动)，由静摩擦力带动时连接体相对静止，
加速度相同；静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态．
3.解题方法：
例如：弹簧是储能元件，处理两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，要特别注
意:
（1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
（2）当涉及弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般不直接采用功的定义式求解.中学阶段
通常根据动能定理（单体）、能量守恒定律（系统）来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.
（3）弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压
缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同.
（4）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速
度相同。
【典例4】（2025 高考四川卷） 如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端
的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因
数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度
刚好相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽
略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A. 物块的位移大小为
B. 物块机械能增量为
C. 小车的位移大小为
D. 小车机械能增量为
【答案】C
【解析】对物块根据牛顿第二定律，
解得 a=g/4. 根据运动学公式，v0
2=2ax1，解得物块的位移大小为
，A 错误；
物块机械能增量
，B 错误；
对小车，由动能定理，
其中t=v0/a，联立解得x=
，C 正确；
小车机械能增量
，D 错误。
【变式4-1】如图所示，足够长的轻绳绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为
的小球相连，另一端
与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的
点与定滑轮在同一水平线上，距离为
。当细线与
竖直杆的夹角为
时，小物块与小球恰好处于静止状态，
。现将小物块从
点由静止释放，
则小物块下降的最大高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设小物块的质量为
，分析小物块的受力，根据平衡条件有
分析小球受力有
得
当小物块下降到最低点时，两物体的速度大小均为零
设小物块下降的最大高度为
,以小物块、轻绳和小球为研究对象，由机械能守恒定律
有
其中
，解得
故选D。
【变式4-2】如图所示，有质量为3m、m 的小滑块P、Q，P 套在固定竖直杆上，Q 放在水平地面上。
P、Q 间通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，
时，弹簧处于原长。当
时，P 由静止释放，下降到最低点时
变为60°，整个运动过程
中，P、Q 始终在同一竖直平面内。弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在P 下降过程
中（ ）
A．P、Q 与弹簧组成的系统机械能不守恒
B．弹簧弹性势能最大值为
C．当
时，P、Q 的速度大小相等
D．P 下降过程中动能达到最大以后，Q 受到地面的支持力大于
【答案】BCD
【解析】A．忽略一切摩擦，则P、Q 与弹簧组成的系统在运动过程中只有重力和弹力做功，机械能守
恒，故A 错误；
B．P、Q 与弹簧组成的系统机械能守恒，初始状态小滑块P、Q 静止，弹簧处于原长，系统机械能为小
滑块P 具有的重力势能
末状态小滑块P 运动到了最低点，速度为0，轻杆另一端Q 的速度也为0，弹簧伸长到最长，弹性势能
最大，此时系统机械能为小滑块P 的重力势能与弹簧弹性势能之和
系统的机械能守恒，有
，解得
，故B 正确；
C．P、Q 在运动过程中，二者沿着轻杆方向的分速度始终相等，有
当
时，有
，解得
则P、Q 的速度大小相等，故C 正确；
D．小滑块P 在从静止释放到向下运动到最低点的过程中，先加速后减速，则P 下降过程中动能达到最
大值时加速度向上，处于超重状态，所以地面对P、Q 与弹簧组成的系统整体的支持力也就是对Q 的支持力
大于系统整体的重力
，故D 正确。
故选BCD。
【变式6-3】如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆P 和水平杆Q，两杆在同一平面内，杆Q 的延长线
与杆P 的交点为O。质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B 分别套在杆P 和杆Q 上，套在杆P 上的轻质弹簧
上端固定，下端与小球A 相连。小球A、B 间用长为2L 的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时AB 间的
轻杆与杆Q 的夹角θ=53°，小球A 从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为
2L。已知轻质弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量，k 为弹簧的劲度系数），整个过程弹簧始终
处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，
。则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A 从最高点运动到O 点的过程，水平杆Q 对小球B 的作用力始终大于mg
C．小球A 运动到O 点的时的速度大小为
D．从静止释放到θ=30°的过程中，轻杆对球B 做功为
【答案】ACD
【解析】A．小球A、弹簧和小球B 组成的系统机械能守恒，小球A 从开始释放到下降到最大距离时，
由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律则有
，解得
，故A 正
确；
B．小球A 从最高点运动到O 点的过程，小球B 先加速后减速，根据
当aB=0 时T=0，可知水平杆对小球B 的作用力不是始终大于mg，故B 错误；
C．小球A 运动到O 点时，小球B 的速度为零，小球A 的速度最大，根据机械能守恒定律可得
，解得
，故C 正确；
D．轻杆与水平杆Q 成
斜向左上时，设B 的速度为vB，A 的速度为vA，根据关联速度关系可知
根据机械能守恒定律则有
联立解得
根据动能定理可知轻杆对小球B 做的功为
，故D 正确。
故选ACD。
类型3 能量守恒定律解决板块模型
1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块
到二者速度相等，所用时间相等，由t＝
Δv2
a2
＝
Δv1
a1
，可求出共同速度v 和所用时间t，然后由位移公式
可分别求出二者的位移。
2．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注
意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
3.“滑块—木板”问题的三种处理方法：
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
4.板块模型的解题思路：
【典例5】如图所示，质量为M、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左
端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F 作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木
板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（ ）
A.上述过程中，F 做功大小为1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
B.其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小
C.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】BD
【解析】F 做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A 错误；
滑块在木板上滑动过程用v-t 图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t 图，②为木板的v-t 图像，
t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M 越大，图线②的斜
率越小，t0越小，x 越小，B 正确；
其他条件不变，F 越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C 错误；
滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间
产生的热量越多，D 正确。
【变式5-1】一块质量为M、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m 的物体B（视为质点）
以初速度
从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下。该过程中，物体B 的动能减少量大小为
，长
木板A 的动能增加量为
，A、B 间摩擦产生的热量为Q，关于
，
，Q 的值，下列情况可能的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】AC．根据木板A 和物体B 组成的系统能量守恒
，故AC 错误；
BD．画出物体B 和长木板A 的速度一时间图线，分别如图中1 和2 所示
图中1 和2 之间的梯形面积表示板长，1 与轴所围的面积表示物体B 的位移，2 与轴所围的面积表
示长木板A 的位移
，由图可知
，
，
根据功能关系
联立解得
，故B 正确，D 错误。
故选B。
【变式5-2】如图所示，长为L 的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F 的水
平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（
）
A.小物块的机械能增加量为Ffs
B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
C.小车的机械能增加量为（F－Ff）s
D.物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
【答案】C
【解析】小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦
力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A 错误；
小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2＝Fs－FfL，故B 错误；
小车的机械能增加量为ΔE3＝（F－Ff）s，故C 正确；
物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D 错误。
【变式5-3】如图所示，质量m1＝1 kg 的木板Q 静止在水平地面上，质量m2＝3 kg 的物块P 在木板左
端，P 与Q 之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q 之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P 以v0＝4 m/s 的
初速度使其在木板上向右滑动，最终P 和Q 都静止且P 没有滑离木板Q，重力加速度g 取10 m/s2，下列说
法正确的是（ ）
A.P 与Q 开始相对静止的速度是2.5 m/s
B.长木板Q 的长度至少为3 m
C.P 与Q 之间产生的热量和地面与Q 之间产生的热量之比为1∶1
D.P 与Q 之间产生的热量和地面与Q 之间产生的热量之比为2∶1
【答案】C
【解析】P 的加速度为aP＝－
μ1m2 g
m2
＝－2 m/s2，Q 的加速度为aQ＝
μ1m2 g－μ2（m1＋m2）g
m1
＝2
m/s2，两者共速时有v 共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v 共＝2 m/s，选项A 错误.
P、Q 共速时的相对位移为Δx＝v0＋v共
2
t－0+ v共
2
t＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q 的长度
至少为2 m，选项B 错误；
P 与Q 之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q 之间产生的热量为Q2
＝1
2m2v0
2－Q1＝12 J，P 与Q 之间产生的热量与地面与Q 之间产生的热量之比为1∶1，选项C 正确，D 错误。
【变式5-4】大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患.
下面进行安全模拟测试实验：如图1 所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的小货车向前以未知速度v0匀速
行驶，质量mA＝10kg 的货物A（可看成质点）和质量mB＝20kg 的货物B（可看成水平长板）叠放在一起，
开始时A 位于B 的右端，在t＝0 时刻将货物A、B 轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A 恰好没有滑离
货物B，货物A、B 在0～1s 时间内的速度—时间图像如图2 所示，已知货物A、B 间的动摩擦因数μ1＝
0.40，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求运动过程中货物A 的加速度大小.
（2）求货物B 与车厢表面之间的动摩擦因数μ2.
（3）求货物A、B 间由于摩擦而产生的内能.
【答案】（1）aA＝4m/s2 （2）μ2＝0.67 （3）Q＝40J
【解析】（1）对货物A，刚放上车厢时，由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得A 的加速度为aA＝4m/s2
（2）对货物A，刚放上车厢时，A 的加速度aA＝4m/s2，
由图2 知，v0＝aAt2＝4m/s
对货物B，由图2 知刚放上车厢时，货物B 的加速度aB＝8m/s2，
由牛顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67
（3）解法1 由图2 知，货物B 经时间t1＝0.5s 与车共速，货物A 经时间t2＝1s 与车共速，从将货物
A、B 放上车厢到A、B 均与车相对静止的过程中，xB＝1
2aBt1
2＋v（t2－t1），xA＝1
2aAt2
2
货物B 的长度：L＝xB－xA，解得L＝1.0m
货物A、B 间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
解法2 从将货物A、B 放上车厢到A、B 均与车相对静止的过程中，货物B 对地的位移设为xB，货物A
对地的位移设为xA，则货物B 的长度：L＝xB－xA
由图2 知，货物A、B 对地位移之差在数值上等于图中斜三角形的面积值，即：L＝ΔS＝1
2×（1－
0.5）×4m＝1.0m，货物A、B 间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
类型4 能量守恒定律解决传送带模型
1.传送带问题的两个角度:
动力学角度
首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式
结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带
之间的位移关系
能量角度
求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、
因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求
解
2.功能关系:
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W 和Q 的理解：
①传送带做的功：W＝Fx 传。
②产生的内能：Q＝Ffx 相对。
3.传送带模型问题的分析流程
【典例6】（2025·海南高考题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A 从圆弧顶点无初速度
下滑，在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传
送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
(1)A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)
，方向竖直向上；(2)
(3)
或
【解析】（1）A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
，解得
在最低点根据牛顿第二定律
，解得
，方向竖直向上；
（2）根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
，解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB 与传送带间
的动摩擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与
传送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
【变式6-1】如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v 向上运动。现将一质
量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v；在
乙传送带上到达离B 处竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v，已知B 处离地面的高度均为H。则在小
物体从A 到B 的过程中（ ）
A．两传送带消耗的电能相等
B．两传送带对小物体做功不相等
C．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
【答案】C
【解析】AD．甲图中，根据动能定理得
乙图中，根据动能定理得
因为物体最终均与传送带共速，所以物体的平均速度为传送带速度的一半，根据
可知其位移也
是传送带位移的一半，所以物体相对传送带的位移与物体的对地位移相等，因摩擦产生的热量与摩擦力对
物体做的功相等，即
，所以甲产生的热量较多，根据能量守恒，传送带消耗的电能转化为物体的机
械能及系统的热能，甲产生的热能较多，所以甲消耗的电能较多。故AD 错误；
B．根据功能关系，传送带对物体做的功等于其机械能的增量，到传送带顶端时，小物体的机械能相
等，所以传送带对物体做的功相等，故B 错误；
C．根据
可知
根据牛顿第二定律可知
可得
，故C 正确。
故选C。
【变式6-2】如图，足够长的水平传送带以恒定的速率v0=2m/s 顺时针转动，质量分别为
、
的小滑块A、B 间夹有少量炸药，与传送带一起匀速运动。某时刻点燃炸药，爆炸时间极短，爆
炸后A 的速度瞬间变为零。已知两滑块与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取10m/s2，炸
药爆炸所释放的能量全部转化为动能，求：
（1）爆炸后瞬间滑块B 的速度大小v；
（2）炸药爆炸所释放的能量E0及爆炸产生的气体对滑块A 的冲量大小；
（3）炸药爆炸后滑块B 与传送带由于摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【解析】（1）炸药爆炸瞬间，由动量守恒定律得
，得v=3m/s
（2）炸药爆炸瞬间，由能量守恒定律得
得
爆炸产生的气体对滑块A 的冲量
得
（3）炸药爆炸后B 做匀减速运动，直到与传送带共速有
，
B 的位移
，传送带位移
由于摩擦产生的热量
得Q=2J
【变式6-3】如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图乙所示，传送带与
水平面间的夹角
，逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为
重力势能的零势能面，物体的机械能
和传送距离的关系如图丙所示。已知物体的质量为
，可视为
质点，重力加速度为
，下列说法中正确的是（ ）
A．传送带的运行速度为
B．物体与传送带之间的滑动摩擦因数为0.25
C．在
内与
内，传送带对物体做的功大小相等
D．在
内与
内，物体与传送带之间产生的热量相等
【答案】AC
【解析】传送距离
时，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，摩擦力做正
功，物体的机械能增加，可得
物体与传送带之间的滑动摩擦因数为
，故B 错误；
A．传送距离
时，物块的加速度为
传送带的运行速度为
，故A 正确；
C．在
内与
内，物块受到滑动摩擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可
知传送带对物体做的功大小相等，故C 正确；
D．在
内，传送带的位移
物块的位移为
物块与传送带相对位移为
物体与传送带之间产生的热量
在
内，物体与传送带之间产生的热量
物块与传送带相对位移为
可得在
内与
内，物体与传送带之间产生的热量不相等，故D 错误。
故选AC。
【模型三 系统的机械能守恒定律的判断及应用】
类型1 系统机械能守恒定律的判断
1.对机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
（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，那么系统的机械能守恒。注意：并非系统内某个物体的机
械能守恒，而是系统的机械能守恒。
2.机械能是否守恒的三种判断方法
定义
法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机
械能守恒
做功
法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为
零，则机械能守恒
转化
法
若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守
恒
【典例7】(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固
定的竖直墙壁(不与槽粘连)．现让一小球自左端槽口A 点的正上方由静止开始下落，从A 点与半圆形槽相
切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
【答案】 BC
【解析】 当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽
向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D 错误；小球从A 点向半圆
形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B 正确；小球从A 点
经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C 正确．
【变式7-1】如图所示，光滑细杆AB、AC 在A 点连接，AB 竖直放置，AC 水平放置，两个相同的中心有
小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC 上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动
过程中，下列说法中正确的是( )
A．M 球的机械能守恒
B．M 球的机械能增大
C．M 和N 组成的系统机械能守恒
D．绳的拉力对N 做负功
【答案】 C
【解析】细杆光滑，故M、N 组成的系统机械能守恒，N 的机械能增加，绳的拉力对N 做正功、对M 做
负功，M 的机械能减少，故C 正确，A、B、D 错误。
【变式7-2】如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧
不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。烧断细线后，发现球
被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，
(不计空气阻力)下列说法正确的是( )
A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．小球所受合外力为零时速度最小
【答案】 A
【解析】烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A 正确；
小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球
减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的
弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D 错误；
小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大
于重力，C 错误。
类型2 系统机械能守恒定律应用
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。
(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.多物体系统机械能守恒的种类
（1）轻绳连接的物体系统
常见
图例
解题
关键
（1）明确两物体的速度大小相等、还是沿绳方向的分速度大小相等。
（2）用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化的关系。
（3）对于单个物体，一般绳上的力会做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能
守恒
（2）轻杆连接的物体系统
常见
图例
解题
关键
（1）平动时两物体的线速度相等，转动时两物体的角速度相等。
（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）对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统的机械
能守恒
（3）轻弹簧连接的物体系统
题型
特点
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
解题
关键
（1）对同一弹簧，其弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。
（2）物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关
【典例8】如图，两个质量均为m 的小球a、b 通过轻质铰链用轻杆连接，a 套在固定的竖直杆上，b 放
在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与b 相连。当弹簧处于原长状态时，将a 由
静止释放，已知a 下降高度为h 时的速度大小为v，此时杆与水平面夹角为θ。弹簧始终在弹性限度内，
不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A.释放a 的瞬间，a 的加速度大小为g
B.释放a 的瞬间，地面对b 的支持力大小为2mg
C.a 的速度大小为v 时，b 的速度大小为vtan θ
D.a 的速度大小为v 时，弹簧的弹性势能为mgh－1
2mv2
【答案】C
【解析】释放a 的瞬间，a 开始向下做加速运动，对a 进行受力分析，竖直方向上受重力和轻杆沿竖
直方向的分力，即此时a 的加速度不为g，A 错误；把a、b 作为整体，竖直方向有2mg－FN＝ma，则有FN＝
2mg－ma，即释放a 的瞬间，地面对b 的支持力小于2mg，B 错误；当a 的速度大小为v 时， a 沿轻杆方向
的分速度为vsin θ，则此时b 的速度大小为v sinθ
cosθ ＝vtan θ，C 正确；整个系统机械能守恒，则有mgh
＝1
2mv2＋1
2m（vtan θ）2＋Ep，则此时弹簧的弹性势能Ep＝mgh－1
2mv2－1
2m（vtan θ）2，D 错误。
【变式8-1】（多选）如图所示，A、B、C 三个质量均为1 kg 的小物块（视为质点），用轻绳（足够
长）通过轻小滑轮（不考虑半径）对称连接，两个滑轮的水平距离为 0.6 m。在外力作用下将C 物块拉到
如图所示位置，此时轻绳与竖直方向夹角θ＝30°。然后撤去外力，不计一切阻力，整个装置处于竖直平
面内，重力加速度g＝10 m/s2，则（ ）
A.三个物块运动的过程中整体机械能不守恒
B.上升过程中C 的最大动能为（8－4❑√3）J
C.当C 的速度最大时，A 物块的速度大小恰好等于C 物块的速度大小
D.由静止释放到C 物块速度最大的过程中拉力对A 物块所做的功为（❑√3－4）J
【答案】BD
【解析】以三个物块为研究对象，仅有重力对系统做功，三个物块运动的过程中整体机械能守恒，故
A 错误；当C 物块加速度为零时，C 上升过程中的速度最大，设此时绳子与竖直方向的夹角为α，由平衡
条件得2mgcos α＝mg，解得α＝60°，设两个滑轮的水平距离为d，C 上升的高度为H＝
d
2tanθ －
d
2tan α
，A、B 两物块下降的高度为h＝
d
2sinθ －
d
2sin α ，此时A、B 的速度分别为vA、vB，C 的速度为v，把C 的
速度沿绳子和垂直绳子分解，得vA＝vB＝vcos α 根据机械能守恒定律得2mgh＝mgH＋1
2mv2＋2×1
2mv A
2，
解得v＝2（❑√3－1）m/s，则C 的最大动能为Ek＝1
2mv2＝（8－4❑√3）J，故B 正确，C 错误；对A，由动能
定理得mgh＋WT＝1
2mv A
2－0，联立解得WT＝（❑√3－4）J，故D 正确。
答案 BD
【变式8-2】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B。支架的两直角边长
度分别为2l 和l，支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA 边处于水平位置，由
静止释放，重力加速度为g，则（ ）
A.A 球的最大速度为2❑√gl
B.A 球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C.OA 杆第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A 球的速度大小为❑√
8(❑√2+1)gl
3
D.A、B 两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
【答案】B
【解析】根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝（ω·2l）∶
（ω·l）＝2∶1，D 错误；对于A、B 两球组成的系统，由机械能守恒定律可知，A 球的速度最大时，二者
的动能最大，此时两球总重力势能最小，B 正确；当OA 与竖直方向的夹角为θ 时，由机械能守恒定律得
mg·2lcos θ－2mg·l（1－sin θ）＝1
2mv A
2＋1
2×2mvB
2，解得 v A
2＝8
3gl（sin θ＋cos θ）－8
3 gl，
由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ 有最大值，最大值为vA＝❑√
8(❑√2-1)gl
3
，A、C 错误。
答案 B
类型3 非质点类机械能守恒应用
【典例9】一根质量为m、长为L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够
高，如图a 所示。若将一个质量为m 的小球分别拴在链条左端和右端，如图b、c 所示，约束链条的挡板光
滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设桌面为势能零点，图a 中根据机械能守恒定律有
解得
图b 中根据机械能守恒定律有
解得
图c 中根据机械能守恒定律有
解得
则有
故选C。
【变式9-1】如图所示，一根质量为M、长为L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌
边，链条右端拴有质量为m 的小球。已知桌面足够高，约束链条的挡板光滑。静止释放至整根链条刚离开
桌面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．链条和小球的重力势能共减少
B．链条和小球的重力势能共减少
C．链条的重力势能转化为动能，链条的机械能守恒
D．若仅去掉小球，整根链条刚离开桌面的速度会变大
【答案】A
【解析】AB．静止释放至整根链条刚离开桌面的过程中，小球下落高度为
；链条部分等效看成水平
部分变为整根竖直时的下半部分，则链条和小球的重力势能共减少
，
故A 正确，B 错误；
C．链条与小球组成的系统满足机械能守恒，对于链条，由于小球对链条的拉力对链条做正功，所以
链条的机械能不守恒，故C 错误；
D．去掉小球前，对于链条，由链条重力做正功和小球对链条的拉力做正功，根据动能定理可得
若仅去掉小球，整根链条刚离开桌面时，只有链条重力做功，根据动能定理可得
由于链条重力做功不变，所以仅去掉小球，整根链条刚离开桌面的速度会变小，故D 错误。
故选A。
【变式9-2】如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝
m 的光滑半球体上方。给铁链一个
微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B 滑至C 处时其速度大小为3
m/s。已知∠AOB＝60°，
以OC 所在平面为参考平面，取g＝10m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A．铁链下滑过程中靠近B 端的一小段铁链机械能守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度
m
C．铁链的端点A 滑至C 点时其重心下降2.8m
D．铁链的端点A 滑至C 处时速度大小为6
m/s
【答案】C
【解析】A．铁链下滑过程中靠近B 端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不
守恒，故A 错误；
B．根据几何关系可知，铁链长度为L＝
＝2m
铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB 的角平分线
上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B 滑至C 处时其重心与圆心连线长度，均设为
h0，根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin30°＝
，代入数据解得h0＝1.8m，故B 错误；
C．铁链的端点A 滑至C 点时，其重心在参考平面下方
处，则铁链的端点A 滑至C 点时其重心下降
Δh＝h0＋
＝2.8m，故C 正确；
D．铁链的端点A 滑至C 处过程，根据机械能守恒定律有
解得
，故D 错误。
故选C。
【变式9-3】（多选）内径面积为S 的U 形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K 关闭时两侧
水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门
K 打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中（ ）
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.当两筒水面高度相等时，水柱的动能是1
4 ρgS·（h1－h2）2
【答案】ACD
【解析】
把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，
大小相等，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效
于把左管高ℎ1-ℎ2
2
的水柱移至右管，如图中的斜线部分所示，重心下降ℎ1-ℎ2
2
，重力做正功，WG＝
(
ℎ1-ℎ2
2 )ρgS·(
ℎ1-ℎ2
2 )＝1
4 ρgS（h1－h2）2，故A、C、D 正确。
【变式9-3】如图，手持质量为m、长为L 的匀质铁链AB 静止于光滑的水平桌面上，铁链的
悬于桌
面外。现释放铁链至A 端恰好离开桌面，此时B 端还未落地（ ）
A．铁链重力势能的减少量为
B．铁链重力势能的减少量
C．铁链此时速度为
D．铁链此时速度为
【答案】A
【解析】AB．取桌面为零势能面，整个铁链的质量为m，重力势能减小量为
，故A 正确；B 错误；
CD．释放铁链至A 端恰好离开桌面，由于桌面无摩擦，整个链条的机械能守恒。取桌面为零势能面，
根据机械能守恒定律得
解得
，故CD 错误。
故选A。
