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第21 讲 机械能守恒定律
目录
01 课标达标练.................................................................................................1
题型01 重力势能与弹性势能................................................................................1
题型02 机械能守恒的判断....................................................................................3
题型03 单物体的机械能守恒定律应用...............................................................5
题型04 多物体的机械能守恒定律应用...............................................................9
题型05 非质点类物体的机械能守恒定律应用................................................14
题型06 机械能与图象结合类问题.....................................................................15
02 核心突破练..............................................................................................20
03 真题溯源练..............................................................................................26
01 重力势能与弹性势能
1．（2024·北京海淀·模拟预测）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。用一个金属小球挤压弹簧至B 点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，
已知C 点为AB 的中点，则（ ）
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．从B 到A 过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B 到C 过程弹簧弹力对小球做功大于从C 到A 过程弹簧弹力对小球做功
【答案】D
【详解】A．从B 到A 过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械
能不守恒，故A 错误；
B．从B 到A 过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动
能先增大后减小，故B 错误；
C．从B 到A 过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C 错误；
D．因为从B 到C 过程弹簧的平均作用力大于从C 到A 过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，
故从B 到C 过程弹簧弹力对小球做功大于从C 到A 过程弹簧弹力对小球做功，故D 正确。
故选D。
2．（2024·吉林·一模）（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：
两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为600N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面
30cm 后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度
，
，不计空气阻力，此次打夯过程中（ ）
A．人对重物做功288J
B．重物的重力势能减少288J
C．重物的重力势能减少165J
D．重物对地面的平均冲击力大小为10100N
【答案】AD
【详解】A．人对重物做功为
故A 正确；
BC．重物的重力势能减少
故C 错误；
D．设地面对重物的平均冲击力大小为
，对全程根据动能定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为10100N，故D 正确。
故选AD。
02 机械能守恒的判断
3．（2025·甘肃张掖·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC
在B 点平滑连接。质量为m 的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。半圆形轨道半径为r，重力加速度为g，不计空气阻力，物体可视为质点，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 点的速度大小为
C．物体从A 到C 的过程中机械能守恒
D．物体在A 点时，弹簧的弹性势能为
【答案】BD
【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，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．物体从A 到C 的过程中，弹簧弹力对物体做功，物体的机械能不守恒，物体和弹簧组成的系统机械
能守恒，C 错误；
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能
，D 正确。
故选BD。
4．（2025·广东·模拟预测）如图，倾斜角
的粗糙斜面上有一个木块（可视为质点），一根轻质弹簧一端
拴接在木块上，另一端固定在斜面顶端，弹簧与斜面平行。刚开始用手按住木块，弹簧处于原长。某时刻
从静止释放木块，木块开始沿斜面下滑，对于木块沿斜面下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块和弹簧的总机械能守恒
B．木块沿斜面下滑速度最大时，受到弹簧弹力与木块重力沿斜面分力大小相等
C．木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量
D．木块所受合外力做的功，等于木块机械能的变化量
【答案】C
【详解】A．木块下滑过程中，有摩擦力做功，木块和弹簧的总机械能不守恒，A 错误；
B．木块速度最大时，合力为零，此时弹簧弹力、摩擦力与木块重力沿斜面分力平衡，B 错误；
C．根据能量守恒，木块克服摩擦力做的功等于木块和弹簧总机械能减少量，C 正确；
D．根据动能定理，木块所受合外力做的功等于木块动能的变化量，D 错误。
故选C。
5．
（2025·江西赣州·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（ ）
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
【详解】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。
03 单物体的机械能守恒定律应用
6．
（2025·宁夏吴忠·一模）如图所示，竖直面内半圆形轨道圆心为O，且以最低点O′为界，轨
道右半部分光滑，左半部分粗糙。将一可视为质点的小物块于轨道光滑部分某点P（图中未画出）静止释
放，小物块首次向左刚刚滑过O′时，其加速度大小恰与重力加速度g 相等。已知小物块与轨道粗糙部分的
动摩擦因数为
，则cos∠POO′的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】对物块，由P 下滑至O′的过程根据机械能守恒定律有
刚滑过O′时，物块在竖直、水平方向满足牛顿第二定律
，
由题意有
联立以上各式可得
故选B。
7．（2024·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
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。
8．（2025·河北沧州·模拟预测）（多选）2024 年10 月30 日，神舟十九号发射成功。如图所示，神舟十九
号载人飞船先进入椭圆轨道II，某次通过A 点时启动发动机，使其进入圆形轨道I，两轨道相切于A 点。地
球质量为M，神舟十九号质量为m（认为不变），引力常量为G。规定距离地球无限远点为零势能点，飞
船与地球之间的引力势能可表示为
，其中r 为飞船到地心之间的距离。已知A、B 两点到地心
距离分别为
和
，下列说法正确的是（ ）
A．神舟十九号在轨道Ⅱ上B 点的动能等于
B．神舟十九号在轨道Ⅱ上A 点的动能小于
C．神舟十九号在轨道Ⅱ上A 点的机械能等于
D．神舟十九号在轨道Ⅰ上A 点的机械能等于
【答案】BD
【详解】A．假设神舟十九号在过B 点的圆形轨道上运动，由
可得
为进入轨道Ⅱ，需要在B 点加速提高机械能，所以神舟十九号在轨道Ⅱ上B 点的动能
，A 错误；
B．神舟十九号在轨道Ⅰ上A 点速度由
可得
神舟十九号在轨道Ⅱ上A 点的动能小于在轨道Ⅰ上A 点的动能
，B 正确；
C．神舟十九号在轨道II 上A 点的机械能
，C 错误；
D．神舟十九号在A 点的引力势能
则神舟十九号在轨道I 上A 点的机械能等于
，D 正确。
故选BD。
9．（2025·北京顺义·一模）如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB 段为曲面，BC 段水平，CD 段是半
径
的半圆形轨道，BC 段与CD 段在C 点相切。在A 点由静止释放一质量为
的小球，小球
沿轨道运动至D 点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC 段上的E 点，A 点距水平面的高度
，重力加速度g 取
，求：
(1)小球运动到B 点时的速度大小
；
(2)小球运动到D 点时轨道对小球的弹力大小
；
(3)C、E 两点的距离x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，小球从
到
的过程中，由机械能守恒定律有
解得
（2）根据题意，小球从
到
的过程中，由机械能守恒定律有
解得
在
点，由牛顿第二定律有
解得
（3）小球从
点飞出后做平抛运动，飞行时间为
C、E 两点的距离
04 多物体的机械能守恒定律应用
10．（2025·山东·模拟预测）如图所示，套在光滑竖直杆上的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上，弹簧的
另一端与穿在杆上的小球相连，绕过定滑轮
点的轻绳一端连接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上的
小滑块。初始时托住小滑块，使轻绳刚好伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小球从
点沿杆向
点运动。已知斜面的倾角为
，小球的质量为
，小滑块的质量为
，
长度为
，
与
垂直。
初始时轻绳与杆的夹角为
，
点左侧的轻绳与斜面平行，小球经过
点时弹簧的弹力大小与初始时相
等，重力加速度为
，
。在小球从
点向上运动到
点的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．小球和小滑块组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
D．小球运动到
点时的速度大小为
【答案】D
【详解】A．由题意可知，小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．由几何关系可知，在M 点弹簧的压缩量为
在M 点由平衡条件
联立可得弹簧的劲度系数为
故B 错误；
C．设轻绳与杆的夹角为
，根据关联速度关系
当小球运动到N 点时
，此时滑块的速度为0，则滑块的速度先增大后减小，故在运动过程中小
滑块的速度不是始终大于小球的速度，故C 错误；
D．由于小球经过
点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N 两点弹簧的弹性势能相等，由系统
机械能守恒定律
解得小球运动到
点时的速度大小为
故D 正确。
故选D。
11．（2025·湖南娄底·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
【详解】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 夹角为
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。
12．（2025·宁夏吴忠·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
【详解】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
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。
13．
（2025·吉林延边·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（ ）
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
【详解】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。
14．（2025·天津和平·二模）（多选）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在
地面上，斜面体固定在水平面上，配重P 和建材Q 用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P 穿过光滑竖直
杆，建材Q 放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜
面上滑，下列分析正确的是（ ）
A．当P、Q 滑动时，则P、Q 速度大小一定相等
B．当P、Q 滑动时，P 减小的机械能一定等于Q 增加的机械能
C．当P、Q 静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P 的弹力
D．当P、Q 静止时，斜面对Q 的摩擦力可能斜向下
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，当P、Q 滑动时，
沿绳方向的分速度大小与
的速度大小相等，故A 错
误；
B．
与斜面之间有摩擦力，当P、Q 滑动时，P 减小的机械能等于Q 增加的机械能和因
与斜面之间摩
擦产生的热之和，则P 减小的机械能一定大于Q 增加的机械能，故B 错误；
C．由于竖直杆光滑，则当P 静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对
P 的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P 的弹力，故C 正确；
D．当P、Q 静止时，若绳子的拉力大于
重力沿斜面向下的分力，则
有向上的运动趋势，斜面对Q
的摩擦力沿斜面向下，故D 正确。
故选CD。
15．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨
道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A 和重物B，小球A 的质量为m，直径略小于细管
内径，用手托住重物B 使小球A 静止在Q 点。松手后，小球A 运动至最高点P 点时对细管恰无作用力，重
力加速度为g，取π=3，求：
(1)小球A 运动到P 点时的速度大小v；
(2)重物B 的质量M；
(3)小球A 到达P 点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球A 运动至最高点P 点时对细管恰无作用力，此时重力刚好提供向心力，则有
解得小球A 运动到P 点时的速度大小
（2）从Q 点到P 点，根据系统机械能守恒可得
解得重物B 的质量为
（3）设小球A 到达P 点时切向方向的加速度为
，对A 由牛顿第二定律可得
对B 由牛顿第二定律可得
联立解得轻绳的拉力大小为
05 非质点类物体的机械能守恒定律应用
16．如图所示，两侧倾角均为30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为m、长为L 的光滑金属链条放在斜
劈顶端，左右两侧链条长度之比为1：2。已知两斜面的长度均为2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖直
平面内。重力加速度为g。某时刻将链条由静止释放，当链条下端到达斜劈底端时，重力的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的过程中，重力做功为
然后链条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为
设链条运动至底端的速度为v，有
解得
可知
故选A。
06 机械能与图象结合类问题
17．（2025·甘肃张掖·模拟预测）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，取地面为零势能面。
下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、重力势能Ep和机械能E 随运动时间t 的变化关系
中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【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，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，B 错误；
C．铅球抛出后的重力势能
可知重力势能与时间是二次函数关系，图像为开口向下的抛物线，C 正确；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机械能保持不变，D 错误；
故选C。
18．（2025·山东潍坊·三模）某次训练投掷中，运动员将质量
的铅球以初速度
斜向上抛出，忽略
空气阻力，重力加速度
。已知铅球在
时动能达到最小值
。以抛出点所在水
平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能
、重力势能
，随时间t 或高度h 变化关系的图
像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在
时动能达到最小值
，此时到达最高点，且重力势
能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则
解得
抛出时的竖直速度
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能
则上升过程中t 时刻的动能
可知
图像是二次函数，不是直线；因
其中h 最大值
则
图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A 错误，C 正确；
BD．重力势能
可知
图像是二次函数，不是直线；
图像是一条直线，因h 最大值为1.25m，则下降过程图
像与上升过程重合，选项BD 错误。
故选C。
19．（2025·甘肃金昌·二模）某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大
小成正比，下列关于潜水器的速度—时间（v-t）图像、重力势能—时间（Ep-t）图像、机械能—位移（E-
x）图像和动能—位移（Ek-x）图像，可能正确的是 （ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．下潜过程中潜水器受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，即f=kv
下潜过程中，由牛顿第二定律得mg-kv=ma
解得
可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A 错误；
B．在潜水器下潜过程中，重力势能Ep=mg（H-h)=mgH-mgh=Ep0-mg×∑vΔt
所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t 图像的斜率越来越小，故B 错误；
C．潜水器下潜过程中的机械能E=E0-fx=E0-kvx
所以下潜过程中机械能减小，E-x 图像的斜率越来越大，故C 错误；
D．潜水器下潜过程中的动能Ek=(mg-f）x=(mg-kv）x
所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等时动能大小不变，在动能增大过程中，
Ek-x 图像的斜率越来越小，故D 正确。
故选D。
20．（2025·黑龙江·模拟预测）竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上，处于原长时上端在
点。小球在
点正上方的A 点由静止释放后落在弹簧上，运动到
点速度为零。以
点为坐标原点，竖直向下为正方向
建立
轴，小球向下运动过程的速度
、加速度
、动能
及其机械能
随位置坐标
的变化规律可能正
确的是（不计空气阻力，重力加速度为
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．小球在由A 点下落到O 点的过程中，做自由落体运动，加速度
，有
图像应是开口向右的抛物线，故A 错误；
B．小球在由A 点到O 点的下落过程中只受重力，加速度为g；小球压缩弹簧后，根据牛顿第二定律有
解得
图像是向下倾斜的直线，小球先加速后减速，故B 正确；
C．小球在由A 点到O 点的下落过程中只受重力，机械能守恒，有
减少的重力势能等于增加的动能，动能随下落高度均匀增加；小球压缩弹簧后根据动能定理，重力和弹
簧弹力对小球做的总功等于小球动能的增量，有
即
图像是开口向下的抛物线，故C 错误；
D．小球在由A 点到O 点的下落过程中只受重力，机械能守恒；小球压缩弹簧后，由功能关系知，弹簧
弹力对小球做的功等于小球机械能的减少量，有
即
图像是开口向下的抛物线，故D 错误。
故选B。
21．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）如图所示，一倾角为
、足够长的斜面固定在水平地面上，一
可视为质点的物体以初速度
从斜面底端滑上斜面，滑回斜面底端时的动能为
，在斜面上运动的总时
间为
。已知物体受到的阻力大小与其运动速率成正比，沿斜面向上为位移的正方向，取地面处的重力势
能为零，则物体在斜面上运动的整个过程中动能
随时间、
随位移
、重力势能
随时间及
随位
移
变化的图像可能正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】A．由物体在斜面上受到的阻力大小与其运动速率成正比可知，上滑过程中物体的加速度
随
速度
的减小而减小，下滑过程中，
随
的增大而减小，故物体速度
随时间的变化不是线性的，而
是斜率越来越小的曲线，所以动能随时间的变化也是斜率越来越小的曲线，物体上升的时间要小于下降
的时间，动能为0 的时刻要小于0.5
，A 正确；
B．动能随位移变化图像的斜率为合外力，物体运动过程中合外力越来越小，图线不是直线，B 错误；
D．重力势能
，
D 正确；
C．位移
随时间变化不是线性的，所以重力势能随时间变化也不是线性的，结合A 选项分析可知重力
势能最大的时刻要小于
，C 错误。
故选AD。
1．
（2025·贵州毕节·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
【详解】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；则开始小球在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
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。
2．（2025·山西太原·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为m 的斜面静止在水平面上，斜面高为h，倾
角为37°，在其最高点放置一质量也为m 的物块（可看成质点），所有接触面均光滑。将物块由静止释放，
最终物块运动至斜面底端。设运动过程中斜面和物块的加速度大小分别为
，物块运动到斜面底端时
斜面和物块的速度大小分别为
，重力加速度为g，
，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．物块与斜面组成的整体水平方向所受合力为零，即二者水平方向所受的力等大反向，满
足
可得
又物块相对斜面运动，故其相对斜面的加速度应沿斜面方向，则有
联立解得
又由机械能守恒定律有
由匀变速直线运动规律有
解得
A 错误，B 正确。
CD．根据以上分析可得
根据
可得
C 错误，D 正确。
故选BD。
3．（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
、
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
、A、
构成矩形，
。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
，设弹簧原长为
，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
到达A、B 中点前，弹簧1 的最大弹性势能
弹簧2 的最大弹性势能
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。
4．（2025·贵州毕节·二模）（多选）如图所示，倾角为
且足够长的光滑斜面固定在水平地面上，物体A
被锁定在光滑斜面上，物体C 置于水平地面。物体B、C 通过劲度系数为
的轻弹簧相连，A、B 用轻绳跨
过光滑定滑轮连接，轻绳恰好伸直，滑轮右侧轻绳竖直，左侧轻绳与斜面平行。解除锁定，A 沿斜面下滑，
当A 速度最大时，C 恰好要离开地面。已知B、C 的质量均为
，重力加速度为
。下列说法正确的是（
）
A．物体A 的质量为
B．物体A 下滑过程中加速度一直在增大
C．物体A 和B 组成的系统机械能守恒
D．物体A 下滑过程中的最大动能为
【答案】AD
【详解】A．开始轻绳恰好伸直，对B 进行分析有
A 速度最大时，C 恰好要离开地面，对C 进行分析有
此时A 速度最大，A 所受外力合力为0，则有
解得
故A 正确；
B．弹簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B 整体进行分析可知，A 的加速度大小先减小，当A
的速度达到最大值时，C 恰好要离开地面，此时A、B 速度大小相等，C 的速度为0，之后，弹簧的拉伸
量进一步增大，对A、B 整体进行分析可知，A 的加速度方向变为沿斜面向上，大小增大，即物体A 下
滑过程中加速度先减小后增大，故B 错误；
C．A 下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的弹力对B 做了功，可知，在C 没有离开地面之前，
A、B 与弹簧构成的系统机械能守恒，当A、B 构成的系统机械能不守恒，故C 错误；
D．结合上述可知
即上述两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B 构成的系统有
物体A 下滑过程中的最大动能
解得
故D 正确。
故选AD。
5．（2025·安徽芜湖·模拟预测）（多选）如图（a）所示，可视为质点的a、b 两球通过轻绳连接跨过光滑
轻质定滑轮，b 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b 球，在b 球落地
前的过程中，
两球的重力势能随时间t 的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻
，
a 球始终没有与定滑轮相碰，a、b 始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度
。则（
）
A．a 球质量
B．b 球落地时的动能为9J
C．a 球上升最高点距地面的高度为
D．
时b 球离地面的高度为
【答案】ABC
【详解】AB．从开始释放b 球到b 球落地的过程中，两球组成的系统机械能守恒，根据图像可知，整个
过程中b 球的下落高度和a 球的上升高度相等，而b 球总共减小了18J 的重力势能，a 球增加了6J 的重
力势能，则有
由此可知a、b 两球质量之比为
根据系统牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
，a 球运动的距离为
设初始时刻，b 球离地的高度为
，
两球重力势能相等，则
解得
由图
知
时b 球的重力势能为
联立解得
，
根据上述分析可知系统的机械能守恒，则
又有
解得
，故AB 正确；
C．b 着地时速度
此时a 继续向上做竖直上抛运动，设继续上升最大高度为
则a 距地面最大高度
，故C 正确；
D．
时b 球离地面的高度为
，故D 错误。
故选ABC。
1．（2023·浙江·高考真题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳
台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡
皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增
大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A 错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B 正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C 错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，
合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D 错误。
故选B。
2．（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
B．从1 到2 重力势能增加
C．从2 到3 动能增加
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
，则1 到2 动能减少量大于
，A 错误，B 正确；
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
，选项CD
错误。
故选B。
3．（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。
4．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，某同学在水平地面上先后两次从
点抛出沙包，分别落在正前
方地面
和
处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于
点，
点正下方地面处设为
点。
已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为
，
，
，
，沙包质量为
，忽略空气阻力，重力加速度大小取
，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经
点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
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
上升时间为
最高点距水平地面高为
，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为
，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
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
，
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
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
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
，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。
5．（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
，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
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。
6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，与水平面成
夹角且固定于O、M 两点的硬直杆上套
着一质量为
的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P
点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ 为
且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦
力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量x 满足
。
，g 取
，
。则滑块（ ）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】AC
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为
时，对滑块进行受力分析，如图所示
在垂直杆方向有
由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A 正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力
的冲量不相同，故B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为
，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力
为0 时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0 时，有
由几何关系可得
此时
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0 时，有
解得
此时
此时
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为
，故C 正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为
，由能量守恒定律有
解得
故D 错误。
故选AC。
7．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞
机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s 时离开水面，该过程滑行距离
L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m 时速度达到v₂=100m/s，之后保持
水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为
，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至
处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
