文档文本内容
第22 讲 机械能守恒定律及其应用
目录
01 课标达标练
题型01 机械能守恒定律在单一物体中的应用
题型02 机械能守恒定律在多物体（系统）中的应用
题型03 机械能守恒定律在含弹簧类题型中的应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 机械能守恒定律在单一物体中的应用
1．（2025·吉林·三模）如图甲所示，研究一般的曲线运动时可以将其分成很多小段，质点在每小段的运动
都可以看成圆周运动的一部分。图乙是2024 年珠海航空展上，飞行员驾驶飞机在竖直面内匀速率飞行的
轨迹，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，b 为最高点，关于飞
机的说法正确的是（ ）
A．a、b、c 三点的机械能相等
B．a、b、c 三点的加速度大小相等
C．b 点的加速度方向竖直向下
D．a 点所受的合力大于c 点
【答案】C
【详解】A．由于飞机匀速率飞行，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，故A 错误；
B．图乙可知a、b、c 曲率圆半径不同，根据向心加速度
可知a、b、c 三点的加速度大小不相等，故B 错误；
C．b 为最高点，曲率圆圆心在其正下方，故加速度方向指向圆心，即竖直向下，故C 正确；
D．由于飞机匀速率飞行，合力即向心力，根据
可知曲率圆半径大的合力大，图像可知a 点的曲率圆半径大于c 点的曲率圆半径，故a 点所受的合力小于c
点，故D 错误。
故选C。
2．
（2024·辽宁·模拟预测）（多选）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规
律。一小球从距地面高
处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为
。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位移s 随时
间的变化规律以及动能
、机械能
随路程
的变化规律，描述正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】A．下落过程中，做自由落体运动，则
再上升过程中，做竖直上抛运动，加速度为
，且由于下落高度大于上升高度，故A 正确；
B．下落过程中小球做自由落体运动，则
故此过程中
为抛物线，故B 错误；
C．下落过程中，根据动能定理可得
故下落过程中图像为一次函数；碰撞过程中动能减小，上升过程中
则
故C 正确；
D．上升和下降过程中，机械能守恒，故此过程中图像为水平直线，故D 错误。
故选AC。
3.
（24-25 高一下·吉林长春·期末）如图所示，一半径为R、圆心为O 的光滑大圆环固定在竖直平
面内，一质量为m 的小环（视为质点）套在大圆环上，在轻微扰动下，小环从大圆环的顶端由静止开始滑
向最右端的A 点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)小环通过A 点时，所受大圆环的弹力大小F；
(2)小环下滑过程中，对大圆环的弹力为零时，小环、圆心O 的连线与竖直方向的夹角θ 的余弦值cosθ。
【答案】(1)F=2mg
(2)cosθ=
【详解】（1）小环从大圆环的顶端到A 点的过程，根据机械能守恒定律得mgR=
在A 点，对小环由牛顿第二定律得F=m
解得F=2mg
（2）设小环下滑过程中，对大圆环的弹力为零时速度为v
对小环，由牛顿第二定律得mgcosθ=m
根据机械能守恒定律得mgR（1-cosθ)=
联立解得cosθ=
02 机械能守恒定律在多物体（系统）中的应用
4.
（2025·内蒙古呼和浩特·一模）（多选）如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端
各系一个小球A、B，轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A 为有孔小球套在光滑的大圆环上。A 与大圆
环圆心连线和竖直方向夹角为60°，A 的质量为4m，B 的质量为m，大圆环半径为R，重力加速度为g。由
静止释放A、B，则在A 球下滑到最低点的过程中（不计一切摩擦）（ ）
A．A 球重力的瞬时功率一直变大
B．B 球所受拉力可能小于其重力
C．A 球到达最低点时的速度
D．A 球与大圆环圆心等高时B 球的速度
【答案】BC
【详解】A．当A 滑到最低点时，速度与重力垂直，重力的瞬时功率为0，则A 球重力的瞬时功率先增大后
减小，故A 错误；
B．B 球的速度等于A 球沿绳方向的分速度，最低点时该速度为0，可知B 球先加速后减速，减速后拉力小
于重力，故B 正确；
C．A 球到达最低点的过程中，根据动能定理可知
解得
故C 正确；
D．A 球与大圆环圆心等高时，根据动能定理有
解得B 球的速度为
故D 错误；
故选BC。
5.
（2024·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b 通过铰链用长
为
的刚性轻杆连接，a 球套在竖直杆M 上，b 球套在水平杆N 上，最初刚性轻杆与细杆M 的夹角为
45°。两根足够长的细杆M、N 不接触（a、b 球均可无碰撞通过O 点），且两杆间的距离忽略不计，将两
小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．a、b 两球组成系统机械能不守恒
B．a 球到达与b 球等高位置时速度大小为
C．a 球运动到最低点时，b 球速度最大
D．a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a 球的弹力一直做负功
【答案】C
【详解】A．a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A 错误；
B．根据系统机械能守恒，则a 球到达与b 球等高位置时，b 球速度为零，则
解得
故B 错误；
C．当a 球运动到两杆的交点后再往下运动
，此时b 球到达两杆的交点处，a 球的速度为0，b 球的速
度达到最大，则
所以
故C 正确；
D．由于系统机械能守恒，a 球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a 球的弹力先做负功后做正功
再做负功，故D 错误。
故选C。
6.（2024·吉林白城·一模）如图所示，质量为
的小车D 静止在水平光滑轨道上，一根长为
的细绳一端固定质量为
的球A，细绳的另一端固定在小车D 上，另一根长为
的
细绳一端固定质量为
的球B，另一端固定在O 点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心
在同一水平高度上。现将球B 拉至细绳处于水平伸长状态后释放，设A、B 发生碰撞时无机械能损失，重
力加速度为g 取
。求：
（1）球B 在最低点时的速度
的大小；
（2）碰撞结束瞬间球A 的速度
的大小；
（3）碰撞结束后球A 上升的最大高度h。
【答案】（1）6m/s；（2）8m/s；（3）0.64m
【详解】（1）球B 下摆的过程中机械能守恒，则有
解得
（2）球B 与球A 碰撞，A、B 两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方向，则有
联立解得
（3）球A 上升时小车D 随之向右运动，球A 和小车D 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A
上升到最大高度时与小车D 速度相同，则有:
联立解得
7.（2025·黑龙江大庆·模拟预测）某小组设计的机械传动装置如图所示：半径为L 的四分之一光滑圆弧轨道
固定在竖直面内，其末端B 水平，等高处有一“
”形小盒C，小盒C 经跨过光滑定滑轮的轻绳与物
块D 相连，左侧滑轮与小盒C 之间的绳长为L；物块D 与E 叠放静置于质量为m 的木板F 最左端，轻绳穿
过固定挡板P 上的光滑小孔，左端与木板F 相连，另一端绕过桌子右边缘的光滑定滑轮与物块Q 连接，木
板F 与定滑轮间轻绳水平，木板F 右端到挡板P 左边缘的距离和物块Q 下端到地面的距离均为
。初始所
有装置均静止，现将一小球从圆弧轨道顶端A 处由静止释放，小球进入小盒C 时刚好能被卡住（作用时间
很短可不计），随后带动后面的装置运动。已知小球、小盒C、物块E、物块Q 的质量均为m，物块D 的
质量为
，且均看作质点；木板F 与挡板P 相撞、物块Q 与地面相撞均以原速率反弹，E 始终没有从F 上
掉落。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳均不可伸长，重力加速度大小为g。
(1)求小球与小盒C 相撞后瞬间，与小盒C 相连的绳子上的拉力大小；
(2)已知木板F 上表面与物块E 间动摩擦因数
，下表面与水平桌面间动摩擦因数
，求木板F
与挡板P 第一次相撞前瞬间的速度大小；
(3)在第（2）问的已知条件下，求木板F 运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为
，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C 相连的绳子上的拉力
大小为T
对小球从A 到B，由动能定理得
小球撞击C 瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C 组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C 相连的绳子上的拉力大小
，解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C 卡住时，物块D 对物块E 压力为零，此时桌面对木板F 的最大静摩擦
力
，则木板F 将向右运动。
木板F 向右运动与挡板相撞前，假设物块E、Q、木板F 一起运动，加速度大小为a
此时轻绳拉力为
，对物块Q，由牛顿第二定律得
对物块E 和木板F，由牛顿第二定律得
，解得
对物块E，由牛顿第二定律可知所受摩擦力
所以木板F 向右运动与挡板相撞前，物块E 与木板F 之间未发生相对滑动
假设第一次相撞的速度大小为
，根据匀变速直线公式
，解得
（3）假设第一次相撞后木板F 与物块Q 匀减速直线运动的加速度大小为
此时轻绳拉力为
，则对木板F 由牛顿第二定律
对物块Q，由牛顿第二定律
，解得
，
则说明木板F 与物块Q 以相同大小加速度减速。
速度减为零后木板F 与物块Q 同时向右加速，设加速度大小为
则对木板F，由牛顿第二定律
对物块Q，由牛顿第二定律
，解得
对物块E 分析，设加速加速度大小为
，由牛顿第二定律
，解得
设木板F 向左减速时间为
，向右加速时间为
，木板F 与物块E、Q 共速，设共同速度为
有
，
，代入数据得
达到共速后，物块E、Q、木板F 一起向右加速运动，加速度仍为
假设第二次相撞的速度大小为
，设第一次相撞后木板F 向左减速的位移大小为
，向右加速位移为x 达
到共速，即
得
，
，
，得
同理第二次碰后木板F 向左减速位移
设木板F 运动的总路程为
，则
即
03 机械能守恒定律在含弹簧类题型中的应用
8.（2025·吉林·模拟预测）如图甲，一质量为m=1kg 的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质
量为M=3kg 的滑块，滑块可看成质点，滑块与木板间的动摩擦因数为µ=0.5。一条弹性绳一端系于天花板
上的O 点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律F=kx，劲度系数为k=100N/m，
弹性绳所具有的弹性势能
。在O 点正下方A 点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知
O、A 之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A 的正下方的B 点时，弹性绳的伸长量为h=0.1m。某时
刻突然在B 处给予两者一共同向右的速度v，在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下，重力加速
度g 取10m/s2。
(1)如图乙，当滑块和木板速度减为零时两者刚好发生相对滑动，求
①此时滑块位置与B 的距离；
②这种情况下滑块与木板在B 点的初速度
。
(2)若
，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为零且固定不动，求
①此后滑块在木板上滑动距B 点的最大距离；
②此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)①0.4m，②
(2)①0.6m，②
【详解】（1）①当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块中心到A 点的距离为
，位移为
，弹性绳的
弹力大小为
，弹性绳与竖直方向的夹角为
，如下图所示
弹性绳弹力的竖直分力
对滑块，有
对木板，有
对整体，有
联立求得
即出现相对滑动的位置与
的距离为0.4m。
②根据机械能守恒定律，有
即
求得
（2）①因为
设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为
，根据机械能守恒定律，有
其中
求得
此后木板停止运动，物块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对
点的位移为
，
根据能量守恒定律，有
解得
（另一解
不合理，舍去）
故滑块向右运动距
点的最大距离为0.6m。
②因
故滑块不能静止而向左滑动。
设向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对
点的位移为
，根据能量守恒定律，有
解得
（另一解
不合理，舍去）
负号说明滑块位于
点左侧0.4m 处，因
故滑块不能静止而向右运动。
同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有
解得
（另一解
不合理，舍去）
因
故滑块不能静止而向左运动。
同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有
解得
（另一解
不合理，舍去）
故滑块最终静止于
点。
在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板摩擦产生的热量为
，根据能量守恒定律，
有
9.（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，倾角为
的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为
的轻质弹
簧，弹簧上端连接一质量为
不带电的滑块
而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中，
场强大小
。在
的上方
处由静止释放一质量为
、电荷量为
的滑块
，运动一段时间
后
与
发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），
所带电荷量不会转移到
。碰后
、
一起向下运
动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为
，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能
与形
变量
的关系为
，弹簧振子的周期公式为
，其中
为弹簧的劲度系数，
为振子的
质量。
(1)求碰后瞬间
、
的共同速度；
(2)求碰后
、
一起向下运动的最大位移；
(3)试判断
、
碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放
到
、
第一次分离所用的时
间；如果不会分离，则求从释放
到
、
速度第二次减为零所用的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)不会分离，
【详解】（1）设物块
、
碰撞前瞬间
的速度为
，根据动能定理有
解得
设碰后瞬间
、
的共同速度为
，对
、
的碰撞过程，根据动量守恒定律
解得
（2）初始时刻弹簧的压缩量为
，
受力平衡
得
设碰后
、
一起向下运动的最大位移为
，对
、
碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据能量守恒
定律
解得
另一值（
，不符合题意舍去）
（3）
、
不会分离。
、
分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设
、
碰后的运动过程中未分离，即
上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为
，从碰后瞬间到最高点，根据能量
守恒定律
解得
说明弹簧回复到原长时，到达最高点，此时
、
速度均为零。此后做简谐运动。
振幅为
由此可知
、
碰撞位置距离平衡位置
根据三角函数知识，
、
一起运动
这段距离经历的时间
（T 为简谐运动周期）
设
释放到
、
碰撞经历的时间为
，根据动量定理
设
、
碰撞到第二次为零经历的时间为
，
从释放
到
、
速度第二次减为零所用的时间
10.（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，中空细杆垂直固定于水平天花板上的
点，细杆下端到水
平地面的距离为
，原长与细杆长度相等的弹性绳位于细杆内部，上端也固定于
点，下端系一质量为
、
可视为质点的滑块，用外力将滑块移动到弹性绳与水平面夹角为
的
点，突然撤去外力，滑块由静止开
始向左运动，恰好能到达细杆正下方的
点。已知滑块与地面间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，弹性绳满足胡克定律，已知弹性绳的劲度系数
，弹性绳的弹性势能为
，忽略弹性
绳与细杆之间的摩擦，
，重力加速度大小为
。求：
(1)滑块在
点释放时的瞬时加速度大小（用
、
、
和
表示）；
(2)撤去外力后滑块克服摩擦力做的功
（用
、
、
和
表示）；
(3)重力与滑块运动到
点时弹性绳的弹力之间的关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块在P 点时，对滑块受力分析如图所示，竖直方向有
水平方向有
，其中
根据胡克定律有
解得
（2）滑块在竖直方向上受力平衡，可得滑块受到的支持力大小
，为恒力
滑块运动过程中受到的摩擦力大小
，为恒力
撤去外力后滑块克服摩擦力做的功
（3）滑块在
点时，弹性绳的弹性势能为
滑块在
点时，弹性绳的弹性势能为
从
到
运动的全过程由能量守恒定律有
联立解得
1．
（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为
的斜面向下滑动，最
后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面
为零势能面，已知
。该过程中，物块的动能
、重力势能
、机械能
、摩擦产生的热量
与
水平位移
的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】如图所示
A．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能
当物块下滑至斜面底端时其动能
此后在水平面上克服摩擦力做功，则有
可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为
，动能达到最大后在水平面上运动，
其图线的斜率为
，可知图线具有对称性，故A 正确；
B．物块的重力势能
可知物块
图像为纵轴截距
，斜率为
的图线，当
时，重力势能为0 保持不变，故B
错误；
CD．设O 点到斜面底端的距离为
，物块释放点的高度为，物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦
力做功
可得
根据能量守恒可知
而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在
轴上任意位置的机械能为
其
图像为纵轴截距为
，斜率为
的倾斜直线，而其
图像为过原点，斜率为
的
倾斜直线，故CD 错误。
故选A。
2．
（2024·辽宁丹东·一模）如图所示，劲度系数为
的轻弹簧下端固定在倾角为
的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q 同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O 与套在足够长的
光滑竖直杆上的物块P 连接，图中O、B 两点等高，间距
。初始时在外力作用下，P 在A 点静止不
动，A、B 间距离
，此时轻绳中张力大小为
。已知P 的质量为
，Q 的质量为
，P、Q 均
可视为质点。现将P 由静止释放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度
取
，
，
，弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A．物块P 上升的最大高度为
B．物块P 上升至B 点时，其速度大小为
C．在物块P 由A 点运动到B 点的过程中，弹簧对物块Q 一直做正功
D．在物块P 由A 点运动到B 点的过程中，物块P 机械能守恒
【答案】B
【详解】A．假设物块P 上升的最大高度为
，根据图中几何关系可知，此时物块Q 刚好回到初始位置，
则物块从A 点释放到最大高度过程，弹簧的弹性势能变化为0，Q 的重力势能变化为0，而P 的重力势能增
加，不满足P、Q 弹簧组成的系统机械能守恒，可知物块P 上升的最大高度一定小于
，故A 错误；
B．P 位于A 点时，设弹簧伸长量为
；对Q，由平衡条件得
解得弹簧的伸长量为
P 上升至B 点时，Q 下降的距离为
则此时弹簧的压缩量为
可知P 从A 点上升至B 点时，弹簧的弹性势能不变，且物块Q 的速度为0；对物块P、Q 及弹簧，根据系统
的机械能守恒有
解得P 上升至B 点时的速度大小为
故B 正确；
C．在物块P 由A 点运动到B 点的过程中，弹簧先处于伸长状态后处于压缩状态，弹簧对物块Q 先做正功，
后做负功，故C 错误；
D．在物块P 由A 点运动到B 点的过程中，绳子拉力对P 一直做正功，物块P 的机械能增加，故D 错误。
故选B。
3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）（多选）如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为R、
顶端有缺口的光滑圆形轨道，A 点、B 点在同一水平面上，P 点是最低点，
。一质量为m 的
小球由斜轨道上某高度处静止释放，由轨道连接处进入圆形轨道。重力加速度为g，不考虑机械能的损失，
下列说法正确的是（ ）
A．若小球滑到P 点时速度大小为
，则此处轨道对小球作用力的大小为4mg
B．若小球滑到P 点时速度大小为
，则小球滑到A 点时速度大小为
C．若小球恰好能通过圆形轨道内A 点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为
D．若小球从圆形轨道内A 点飞出后恰好从B 点飞入圆形轨道，则小球经过B 点时的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．小球在P 点，根据牛顿第二定律有
则此处轨道对小球作用力的大小为
故A 错误；
B．小球从圆形轨道最低点P 滑到A 点，由动能定理有
解得
故B 正确；
C．若小球恰好能通过圆形轨道内A 点，根据牛顿第二定律有
对小球从释放到A 点，根据动能定理有
解得
故C 错误；
D．小球从圆形轨道内A 点飞出后做斜抛运动到B 点，竖直方向有
水平方向有
解得
故D 正确。
故选BD。
4．（2025·吉林白城·模拟预测）如图所示，倾角为
的光滑斜面体A 放在光滑的水平面上，已知A 的
质量为2m，高为h；细长直杆B 的质量为m，受固定的光滑套管C 约束，只能在竖直方向上自由运动。初
始时，A 在水平推力F 作用下处于静止状态，此时B 杆下端正好压在A 的顶端。现撤去推力F，A、B 便开
始运动。重力加速度为g，求：
(1)推力F 的大小；
(2)当B 杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体A 的速度大小；
(3)B 杆滑下的过程中，斜面体对B 杆做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）静止时
对
只有垂直斜面向上的支持力，
对
有水平向右的作用力，对
受力分析，
如图1 所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
可得
由牛顿第三定律可知，静止时
对
只有垂直斜面向下的压力，大小为
对
受力分析，如图2 示，由平衡条件，水平方向上有
解得
（2）当在很短时间
内光滑直杆下落
高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为
，
所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为
，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为
，斜面
体的速度大小为
，由系统机械能守恒有
由速度关系
解得
（3）由（2）得
杆滑下过程，由动能定理得
解得
1．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。
若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力
加速度取10m/s2）（ ）
A．4m
B．5m
C．6m
D．7m
【答案】B
【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能
守恒定律有
可得其理论的最大高度
故选B。
2．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度
的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B 间夹一压缩量
的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、B，
弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距
离
后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度
。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小
和
；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能
。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A 物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
解得脱离弹簧时B 的速度大小为
（2）对物块B 由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
3．（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
4．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在M 上，另一端连接位于M 正下方放置于水平地面质量为m 的小木块B，绳长与M 到地面
的距离均为10a，质量为2m 的小木块A，沿水平方向于B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间摩擦
因数为
，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A 碰前瞬间的速度，碰后A 运动到P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转2 圈，经过M 正下方时细
绳子断开，B 也来到P 点，求B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg 细绳会断，上下移动N 的位置，保持N 在M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）问中的
相同，使B 旋转n 圈。经过M 正下的时细绳断开，求MN 之间距离的范围，及在n 的所有取值中，B 落在地
面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n = 1，2，3，…），
，
【详解】（1）碰后B 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B 的最小速度大小为v0，最高点
速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B 从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A 和B 碰撞过程中动量守恒，设碰前A 的速度大小为v1碰后A 的速度大小为v2。碰后B 的速度大小为
v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A 减速到0，有
碰后B 做两周圆周运动，绳子在MN 间缠绕2 圈，缩短4a，在M 点正下方时，离M 点6a，离地面4a，此
时速度大小为v4，由功能关系得
B 随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN 间距离为h，B 转n 圈后到达M 正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M 为圆心，
由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N 为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B 转n 圈后到达M 正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B 做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当
时，
当n = 1 时，
，
5．（2024·福建·高考真题）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N 与
桌面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球
C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、
B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。
时撤去电场，C 向下加速运动，下降
后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为
。已知A、B、C 的质量分别为
、
、
，小球C 的带电量为
，重力加速度大小取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若
时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一
段时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B 未与A 脱离，
C 未与地面相碰）
【答案】(1)
(2)
；
(3)
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中拉
力为0，对C 根据共点力平衡条件有
解得
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性势
能相同，C 下降
的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为
，对A 根据牛顿第二定律可得
对B、C 根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降
时开始相对滑动，在C 下降
的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为
联立解得
