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专题27 机械能守恒定律及其应用
题型一 机械能守恒条件的判断.................................................................................................................... 4
题型二 机械能守恒在单物体中的应用......................................................................................................11
题型三 机械能守恒在曲线运动中的应用..................................................................................................19
题型四 机械能守恒在杆连系统中的应用..................................................................................................27
题型五 机械能守恒在绳连系统中的应用..................................................................................................35
题型六 机械能守恒在弹簧类问题的应用..................................................................................................42
题型七 机械能守恒中的图像问题..............................................................................................................51
课时精练..........................................................................................................................................................60
【基础回顾】
一、重力做功与重力势能
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 ，但重力势能的变化量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
(1)定性关系：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。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝Ep1－Ep2＝－
ΔEp。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取无关。
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系
数越大，弹簧的弹性势能越大。
二、机械能守恒定律
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能。
2．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，动能与势能可以相互转化，而总的机械
能保持不变。
(2)守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
知识点一 机械能守恒的判断
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．判断方法
(1)用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物体动能不变、重力
势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变
化。
(2)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，机械能守恒。
(3)用能量转化来判断：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
式的能的转化，则物体或系统机械能守恒。
(4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，
如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
知识点二 机械能守恒问题的初步应用
1．机械能守恒的三种表达式
守恒观点
E1＝E2
要选零势能参考平面
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
不用选零势能参考平面
转移观点
ΔEA＝－ΔEB
说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
知识点三 系统的机械能守恒问题
1.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)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2.几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①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。
②由v＝ωr 知，v 与r 成正比。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
题型一 机械能守恒条件的判断
1．军事演习中，一台油电混合无人机通过缆绳O
′O连接OA、OB、OC、OD 四根等长的绳索运送质量为
m 的橡皮艇，结点为O，A、B、C、D 四点在同一水平面内且OA = AB = BC =CD = DA。在无人机与橡
皮艇一起沿竖直方向匀加速上升的过程中，加速度大小为a，缆绳O
′O始终竖直，空气对橡皮艇的作用力
大小恒为f，方向竖直向下。不计缆绳与绳索质量，无人机燃油消耗不能忽略，重力加速度为g。下列说
法正确的是（ ）
A．橡皮艇的机械能守恒
B．无人机受到空气的作用力保持不变
C．绳索OA 受到的拉力大小为
❑√2
4
(mg+ f )
D．当速度为v0时绳索OA 对橡皮艇的拉力的功率为1
4
(mg+ f +ma)v0
【答案】D
【详解】A．橡皮艇匀加速上升，动能增加，重力势能增加，故机械能不守恒，故A 错误；
B．设无人机质量为M，橡皮艇的质量为m，空气对无人机的作用力为F，对无人机和橡皮艇分析，根据
牛顿第二定律有F −(M +m)g−f =(M +m)a
解得F =(M +m)(g+a)+ f
因无人机燃油消耗，其质量M会减小，故空气对无人机的作用力F也会减小，故B 错误；
C．橡皮艇受重力mg、空气阻力f 、四根绳索的拉力作用，且每根索的拉力大小相等，令大小为T。设每
根绳索与竖直方向夹角为θ，由题知，OA = AB = BC =CD = DA，设五段绳索长度都为L，根据几何关系
有sinθ =
❑√2
2 L
L
=
❑√2
2
解得θ = 45
∘
对橡皮艇分析，根据牛顿第二定律有4T cosθ−mg−f =ma
解得T =
❑√2
4 [m(g+a)+ f )，故C 错误；
D．当速度为v0时绳索OA 对橡皮艇的拉力的功率为P=T cosθ⋅v0= 1
4
(mg+ f +ma)v0，故D 正确。
故选D。
2．国庆期间，重庆的无人机表演吸引了大量游客观赏。下列关于某匀速直线上升的无人机的说法，正确
的是（ ）
A．所受合力为零
B．重力的功率为零
C．重力的冲量为零
D．机械能守恒
【答案】A
【详解】A．无人机匀速直线上升，合力为零，故A 正确；
B．根据P =Gv cosθ
因重力G，速度v，且重力的方向与速度的方向相反，夹角为180
°，都不为零，故重力的功率不为零，故
B 错误；
C．根据I G=>¿
因重力G，运动的时间t，都不为零，故重力的冲量不为零，故C 错误；
D．无人机匀速上升，速度不变，动能不变；高度增加，重力势能增加，故机械能增加，则机械能不守恒，
故D 错误。
故选A。
3．如图，汕头市儿童公园的旋转飞椅在悬挂结构的电机驱动下运行，座椅与游客在水平方向做匀速圆周
运动，同时沿竖直方向匀加速上升。已知座椅与游客总质量为60 kg，转动半径为5 m，角速度为1.0
rad/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．座椅与游客处于失重状态
B．座椅与游客做匀变速曲线运动
C．座椅与游客的向心力大小为360 N
D．座椅与游客的机械能随时间不断增大
【答案】D
【详解】AB．座椅与游客在水平方向做匀速圆周运动，同时沿竖直方向匀加速上升，有竖直向上的加速
度，故处于超重状态，座椅与游客竖直方向加速度恒定，但水平方向的加速度是变化的，故合加速度是
变化的，故座椅与游客做变速曲线运动，故AB 错误；
C．由Fn=mω
2r =300 N，故C 错误；
D．座椅与游客水平方向动能不变，但竖直方向机械能增大，故总的机械能随时间不断增大，故D 正确。
故选D。
4．如图所示，在水平圆盘上从圆心O沿半径方向开有一光滑细槽，在槽内一根细线一端固定于O点，另
一端连接小球，轻弹簧一端连接小球，另一端固定在圆盘边缘。圆盘始终绕过圆心O的竖直轴匀速转动，
小球位于P点，弹簧处于原长。现烧断细线，小球在槽内P、Q间来回运动，弹簧始终在弹性限度内，则
（ ）
A．小球速度方向始终与细槽垂直
B．小球加速度方向始终指向O点
C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D．从P到Q过程，槽对球做的功大于弹簧弹性势能增量
【答案】D
【详解】A．小球参与了两个分运动：随圆盘绕O 点转动的切向运动和沿细槽的径向运动。小球的速度是
这两个分速度的矢量和，方向并不始终与细槽垂直（只有在P、Q 两点径向速度为零时，速度才与细槽垂
直），故A 错误；
B．小球的加速度由两部分组成∶径向加速度（由弹簧弹力和圆盘转动的向心效应共同决定） 和切向加
速度（由槽的作用力产生），二者矢量合成后，合加速度方向不始终指向O 点，故B 错误；
C．对于小球和弹簧组成的系统，除了弹簧弹力做功外，槽壁对小球有弹力作用，且小球在切向有位移，
槽壁弹力对小球做功，所以系统的机械能不守恒，故C 错误；
D．从P 到Q 的过程，弹簧被拉伸，弹簧弹性势能增加（即Δ Ep>0），小球在P、Q 两点的径向速度为
0，但切向速度v =ωr增大，即小球动能增加（即Δ Ek>0），根据功能关系，槽对球做的功等于系统机械
能的增量，即W 槽= Δ Ek+ Δ Ep
可知W 槽> Δ Ep，故D 正确。
故选D。
5．如图所示，一辆汽车通过一段水平路面后平缓开上立交桥的引桥，图中ab 段为水平路面，cd 段为平
直上坡路面。行驶过程中汽车的速率保持不变，不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下
列说法正确的是（ ）
A．汽车在行驶过程中牵引力保持不变
B．汽车在行驶过程中机械能保持不变
C．在cd 段汽车的输出功率逐渐增大
D．在cd 段汽车的输出功率比ab 段的大
【答案】D
【详解】A．在ab 段，有F1= f
在cd 段，有F2=mgsinθ+ f > F1
由此可知，汽车在行驶过程中牵引力改变，故A 错误；
B．汽车在ab 段动能不变，重力势能不变，则机械能不变，汽车在cd 段，动能不变，重力势能增大，则
机械能增大，故B 错误；
C．在cd 段汽车的输出功率为P2= F2v =(mgsinθ+ f )v
即汽车的输出功率不变，故C 错误；
D．在cd 段汽车的牵引力大，速度不变，则在cd 段汽车的输出功率比ab 段的大，故D 正确。
故选D。
6．如图所示，两名同学在水平地面上练习排球垫球。垫出点与接住点高度相同。左侧同学先后两次以不
同初速度v1、v2将排球斜向上垫出，排球沿两条轨迹运动，右侧同学在同一位置接住排球。不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
A．两次垫球的初速度v1一定大于v2
B．两次排球到达最高点时的速度大小相等
C．排球沿轨迹1 运动时，在空中运动的时间更长
D．两次运动中，排球的机械能一定相同
【答案】C
【详解】C．将排球的运动看作是两段平抛运动，则根据h= 1
2 gt1
2，可知排球在空中运动的时间为
t =2❑√
2h
g ，因排球沿轨迹1 运动时，上升的高度较大，可知在空中运动的时间更长，C 正确；
B．根据v x = x
t 可知，因水平位移相等，可知沿轨迹1 运动时的水平速度较小，即到达最高点的速度较小，
B 错误；
AD．根据v y = ❑√2 gh可知沿轨迹1 运动时抛出的竖直速度较大，根据v =
❑√v x
2+ v y
2可知不能比较两次垫球
的初速度v1与v2的大小，也不能确定两次运动中，排球的机械能是否相同，AD 错误。
故选C。
7．如图所示，光滑水平地面上有一倾角为θ的斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在
竖直墙面与斜面体之间，初始时系统静止，现释放斜面体，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地
面向右运动，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（ ）
A．小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量
B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒。
C．小球与斜面体组成的系统，在运动过程中动量守恒
D．小球下落时，小球减少的重力势能，等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和
【答案】C
【详解】A．根据动能定理可知，小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动
能的变化量，故A 正确，不符合题意；
B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B 正确，不符合题意；
C．小球与斜面体组成的系统，在水平方向上受到墙壁向右的弹力作用，合外力不为零，所以系统动量不
守恒，故C 错误，符合题意；
D．根据系统的机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能。小球下落，斜面体动能增加，
小球动能也增加，所以小球减少的重力势能等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和，故D 正确，
不符合题意。
故选C。
8．（多选）游乐园某游戏装置简化图如下，用一根长为L 的细线把质量为m 的小球P 悬挂在倾角为30
∘
斜面上的O 点，小球静止在最低点，质量为0.5m 的子弹以某初速度沿水平方向打入小球并留在其中，小
球恰能在斜面上做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．整个过程中系统的机械能不守恒
B．小球做圆周运动过程中的最小速度为 ❑√gL
C．子弹打入小球前后细线拉力大小的变化量为4mg
D．子弹的初速度大小为 3
2
❑√5 gL
【答案】AC
【详解】A．子弹打入小球的过程是完全非弹性碰撞，此过程系统的机械能不守恒，此后小球和子弹整体
做圆周运动过程中机械能守恒，所以整个过程中系统的机械能不守恒，故A 正确；
B．小球在斜面上恰能做完整的圆周运动，当小球通过最高点时速度最小，此时对小球和子弹整体受力分
析并结合牛顿第二定律有(mg+0.5mg)sin30
∘=(m+0.5m) vmin
2
L
解得vmin= ❑√
gL
2 ，故B 错误；
C．子弹打入小球之前，对小球受力分析有FT1−mgsin30
∘=0
解得FT1=0.5mg
对小球从最低点到最高点的过程分析，由动能定理有
−(mg+0.5mg)sin30
∘×2 L= 1
2 (m+0.5m)vmin
2 −1
2 (m+0.5m)v
2
解得v = ❑√
5 gL
2
当小球经过最低点时，对小球和子弹整体受力分析并结合牛顿第二定律有
FT2−(mg+0.5mg)sin30
∘=(m+0.5m) v
2
L
解得FT2= 9
2 mg
子弹打入前后细线拉力的变化量Δ FT= FT2−FT1= 4 mg，故C 正确；
D．子弹打入小球过程中动量守恒，有0.5m v0=(0.5m+m)v
解得v0= 3
2
❑√10 gL，故D 错误。
故选AC。
9．（多选）新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，转化为电能
存回电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR（功率输出）会显示为负值，
即能源回收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确的是（ ）
A．过程中汽车的机械能依然守恒
B．过程中汽车重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功
C．过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量
D．若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加速度一直不变
【答案】BC
【详解】A．存在动能回收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不守恒，故A 错误；
B．依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功，故B 正确；
C．虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量，故C 正
确；
D．若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必然更大，故D 错误。
故选BC。
10．（多选）如图所示，一个长方体和一个倾角为30
∘的斜面体紧密连接固定放置在水平地面上，长方体
的上表面粗糙，左侧有一个竖直固定的挡板，右侧有一个光滑定滑轮，斜面体的上表面光滑。将两个质
量均为m=1kg的物块A和B放在长方体上，物块A、B之间用一个劲度系数为k =50 N / m的轻弹簧连接，
物块A和B与长方体上表面的摩擦因数均为0.5，物块B的右端连接一条轻绳，轻绳跨过定滑轮连接着一个
质量也为m的物块C。初始时控制物块C不动，使细绳刚好拉直但没有弹力且物体B恰好不向右滑动，轻绳
水平部分与长方体表面平行，倾斜部分与斜面平行，重力加速度g取10 m /s
2，轻绳无伸缩性，最大静摩
擦力认为等于滑动摩擦力，不计空气阻力，长方体和斜面都足够长，弹簧弹性势能表达式为Ep= 1
2 k x
2。
现在由静止释放物块C，在物块C下滑过程中下列说法正确的是（ ）
A．释放物块C瞬间，轻绳的拉力大小为2.5 N
B．三个物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块C的最大速度为0.5 m /s
D．物块C下滑到最低点后会沿斜面向上滑动
【答案】AC
【详解】A．初始时有μmg=k x0
解得x0=0.1m
释放物块C 瞬间，由牛顿第二定律可知mgsin30
∘−T =ma，T + k x0−μmg=ma
联立可得轻绳的拉力大小T =2.5 N，故A 正确；
B．物块B 与水平接触面间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故B 错误；
C．弹簧恢复原长时，对BC 整体可知mgsin30
∘= μmg
可知整体加速度为0，速度达到最大值，由能量守恒可知mg x0sin30
∘+ 1
2 k x0
2−μmg x0= 1
2 ⋅2mvm
2
联立解得vm =0.5 m /s，故C 正确；
D．物块C 下滑到最低点时应有mgxsin30
∘+ 1
2 k x0
2−1
2 k (x−x0)
2= μmgx
联立解得x =0.2m
在最低点时因为k (x−x0)<mgsin30
∘+ μmg，故物块C 不会沿斜面向上滑动，故D 错误。
故选AC。
题型二 机械能守恒在单物体中的应用
1．2025 年7 月“浙BA”在浙江全省火爆开打。如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出质量
为m 的篮球，均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的
过程中说法正确的是（ ）
A．两球入框时的速度相同
B．甲球在空中运动的时间一定大于乙球
C．若两球同时抛出，两球有可能同时到达P 点
D．若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等
【答案】D
【详解】A．忽略空气阻力，两球做斜抛运动，初始速率相同，即动能相同，初始高度相同，则初始位置
的机械能相同，到达篮筐时重力势能相同，根据机械能守恒，则两球动能相同，但由于速度是矢量，甲、
乙两球抛射角不同，则入框时速度方向不同，因此两球速度不同，故A 错误；
B．斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，高度越高，故运动时间越长，所以乙的运动时间更长，故B
错误；
C．乙球能够到达的最大高度比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛出，则乙先到达P
点，故C 错误；
D．机械能包括动能和重力势能，出手时两球速率相同，则动能相同、高度相同，则重力势能相同，两球
机械能相等，运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒，因此同一时刻两球对应的机械能始终相等，故D
正确。
故选D。
2．如图所示，足够长的粗糙斜杆固定在水平地面上，斜杆与地面之间的夹角为60°。斜杆上套有一金属
环，一小球用轻绳与金属环连接。已知小球与金属环在下滑过程中始终保持相对静止，且轻绳与竖直方
向的夹角为30°。斜杆上某处有一挡板，金属环与挡板发生碰撞前速度大小为10m/s，碰撞后金属环立刻
停止运动，小球由于惯性继续运动。重力加速度g=10 m/s
2，则下列说法中正确的是（ ）
A．斜杆与金属环的动摩擦因数为
❑√3
5
B．斜杆与金属环的动摩擦因数为
❑√3
6
C．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为5 ❑√3 m/s
D．当小球摆动至与斜杆碰撞前瞬间，小球速度大小为10 m/s
【答案】C
【详解】AB．由于小球与金属环在下滑过程中始终保持相对静止，故小球和金属环一起下滑的加速度应
沿斜杆向下。隔离小球进行受力分析可知，小球受到重力mg和轻绳的拉力T 的作用。沿着平行斜杆方向
和垂直斜杆方向建立直角坐标系，则沿着斜杆方向根据牛顿第二定律有mgcos30
∘−T cos60
∘=ma
又因为垂直斜杆方向有mgsin30
∘=T sin60
∘
联立解得a=
❑√3 g
3
对小球与金属环整体进行受力分析可知，整体受到重力和斜杆的支持力和摩擦力的作用，所以沿着斜杆
方向根据牛顿第二定律有(m+m0)gsin 60
∘−f =(m+m0)a
垂直斜杆方向有F N=(m+m0)gcos60
∘
又因为f = μ F N
联立解得μ=
❑√3
3 ，故AB 错误；
CD．金属环与挡板碰后立刻停止运动，小球由于惯性继续运动，由于绳长不变，故小球之后绕金属环做
圆周运动。因为金属环与挡板碰撞瞬间，小球的速度方向不与细绳垂直，则沿绳方向和垂直绳方向建立
直角坐标系可知，小球做圆周运动的初速度为v1= v cos30
∘=10×
❑√3
2 m/s=5 ❑√3 m/s
根据对称性可知，小球从圆周运动的初始位置到摆动至与斜杆碰撞前瞬间的过程中，小球的重心距地面
的高度不变，故小球的重力势能不变，则根据机械能守恒定律可知小球的动能也不变，所以小球摆动至
与斜杆碰撞前瞬间，其速度大小仍然等于5 ❑√3 m/s。故C 正确，D 错误。
故选C。
3．如图所示，在地面上以初速度v0抛出质量为m 的小球，抛出后小球落到比地面低h 的海平面上。若以
地面为零势能面，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．重力对小球做的功为mgh
B．小球在海平面上的重力势能为mgh
C．小球在海平面上的动能为1
2 mv0
2−mgh
D．小球在海平面上的机械能为1
2 m v0
2+mgh
【答案】A
【详解】A．从地面到海平面重力对小球做的功为mgh，故A 正确；
B．地面为零势能面，所以小球在海平面上的重力势能为−mgh，故B 错误；
C．对小球根据动能定理，有mgh= Ek−1
2 m v0
2
得小球在海平面上的动能为Ek = 1
2 mv0
2+mgh，故C 错误；
D．小球在地面上的机械能为1
2 m v0
2，由机械能守恒定律得，小球在海平面上的机械能也为1
2 m v0
2，故D
错误。
故选A。
4．质量为0.2kg 的石块从距地面10m 高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为10m/s。选抛出点所
在水平面为重力势能参考平面，不计空气阻力，g 取10m/s2。则从抛出到落地过程中（ ）
A．石块加速度不断改变
B．石块运动时间为1s
C．落地时石块具有的机械能为10J
D．在最高点石块所受重力的功率为10 ❑√3 W
【答案】C
【详解】A．石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，因此加速度恒为g，故A 错误；
B．石块在竖直上做上抛运动，取竖直向下为正方向，则h=−v0sin30°⋅t + 1
2 gt
2
解得t =2s，故B 错误；
C．全过程机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能
即E =mgh0+ 1
2 m v0
2
选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，则h0=0
所以E =10J，故C 正确；
D．最高速度只有水平速度，竖直速度为0，所以最高重力功率为0，故D 错误。
故选C。
5．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
E1= 1
2 mv
2= 1
2 ×0.6×4
2J =4.8J
反弹时的机械能为
E2=mg H 2=0.6×10×0.45J =2.7J
故损失的机械能为
Δ E = E1−E2=2.1J
A 错误；
B．从抛出到接触缓震材料，根据机械能守恒定律
mg H 1+ 1
2 mv0
2= 1
2 mv
2
解得
v0=2m/s
故从抛出到接触缓震材料所用时间
t1= 2 H 1
v + v0
=0.2s
反弹至最高点所用时间
t2=
❑√
2 H 2
g
=0.3s
整个过程所用时间
t =t1+t2+ Δt =0.6s
故整个过程的平均速度
v = H 1−H 2
t
=0.25 m/s
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他力（非合外力）对钢球做的功，CD 错误。
故选B。
6．如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球。先把绳子拉直且处于水平位
置，然后由静止释放小球，设O点所在的水平面为重力势能的零势面，不计空气阻力。当细绳与水平方向
夹角为θ时（θ小于90°），下列说法正确的是（ ）
A．L一定时，θ越大，小球的机械能E越大
B．θ一定时，L越大，小球的向心加速度a越大
C．θ一定时，绳的拉力与绳长L无关
D．L一定时，θ越大，小球所受重力的瞬时功率越大
【答案】C
【详解】A．小球在摆动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，始终等于零，故A 错误；
B．根据动能定理
mgLsinθ = 1
2 mv
2
小球的向心力
a= v
2
L
解得
a=2gsinθ
所以θ一定时，小球的向心加速度a与L无关，故B 错误；
C．根据
T −mgsinθ = m v
2
L
解得
T =3mgsinθ
所以θ一定时，绳的拉力与绳长L无关，故C 正确；
D．小球重力的瞬时功率
PG=mgv cosθ =mgcosθ ❑√2 gLsinθ
当θ =0°时重力的瞬时功率为零，当θ接近90°时重力的瞬时功率接近零，所以L一定时，θ越大，小球所
受重力的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选C。
7．2023 年5 月7 日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实
现包揽全部9 枚金牌的壮举，以9 金1 银的成绩位列奖牌榜第一。如图所示，某质量为m 的运动员（可视
为质点）从距离水面高度为h 的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空
气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则（ ）
A．运动员在空中运动时的机械能先减小后增大
B．运动员入水时的动能为1
2 mv0
2+mgh
C．运动员入水时的机械能为1
2 m v0
2−mgh
D．运动员入水时的重力势能为mgh
【答案】B
【详解】A．不计空气阻力，运动员只有重力做功，所以机械能守恒，故A 错误；
B．根据动能定理
mgh= Ek−1
2 mv0
2
解得
Ek = 1
2 mv0
2+mgh
故B 正确；
C．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为1
2 m v0
2，由于机械能守恒，所以运动
员入水时的机械能为1
2 m v0
2，故C 错误；
D．以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为-mgh，故D 错误；
故选B。
8．（多选）投掷标枪是运动会的比赛项目。运动员将标枪抱在离地面1.6m高的位置，之后有三个阶段：
①运动员与标枪一起由静止加速至速度8m/ s；②以8m/ s的速度为基础，运动员经0.8 s的时间将标枪
举高至2.0m处，并以26m/ s速度将标枪掷出；③标枪离手后向斜上方运动至离地面18m的最高点后再
向斜下方运动至地面。若标枪的质量为0.8kg，离手后运动的最大水平距离为60m。取地面为零势能参考
面，g=10m/ s
2。则下列表述中正确的有（ ）
A．第①阶段中，运动员对标枪做功25.6 J
B．第①②阶段中，标枪获得的最大动能为51.2J
C．第①②③阶段中，标枪的最大机械能为236.4 J
D．第②阶段中，运动员对标枪做功的平均功率为310W
【答案】AD
【详解】A．第①阶段中，标枪在水平面加速运动，动能增加量为Δ Ek= 1
2 mv1
2=( 1
2 ×0.8×8
2)J =25.6J
由动能定理得运动员对标枪做功为25.6J，故A 正确；
B．第①②阶段中，标枪出手时速度最大，其动能也最大，有Ekm = 1
2 mv2
2=( 1
2 ×0.8×26
2)J =270.4 J
故B 错误；
C．第①②③阶段中，标枪出手前机械能一直增大，由于出手后标枪机械能守恒，故出手时机械能最大，
有E = Ep+ Ekm =(0.8×10×2.0+270.4)J =286.4 J
故C 错误；
D．第②阶段中，标枪机械能增加量为
ΔE = Δ Ep+ Δ Ek
' =[0.8×10×(2.0−1.6)+(270.4−25.6)]J =248J
则运动员对标枪做功的为W=248J，则平均功率为P = W
t = 248
0.8 W =310 W
故D 正确。
故选AD。
9．（多选）如图甲所示为避险车道，用于车辆在刹车失灵时进行减速避险，其简化模型如图乙所示。一
辆质量为m 的货车刹车失灵后冲上避险车道，经过A 点时速度大小为v0，到达C 点时速度恰好减小为0，
B 点为AC 中点，AC 两点高度差为h，货车从A 到C 的运动视为匀变速运动，重力加速度大小为g，则货
车（ ）
A．从A 到C 的过程中，机械能减少了1
2 mv0
2
B．从A 到C 的过程中，机械能减少了1
2 m v0
2−mgh
C．从A 到B 与从B 到C 所用的时间之比t AB
t BC
= ❑√2−1
D．从A 到B 与从B 到C 所用的时间之比t AB
t BC
=
1
❑√2−1
【答案】BC
【详解】AB．选择地面为零势能参考面，可得从A 到C 的过程中，机械能减少了
ΔE = 1
2 mv0
2−mgh
故A 错误，B 正确；
CD．利用逆向思维，小车从C 到A 做初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运动，
在通过连续相等位移所用时间的比值为
1:(❑√2−1):(❑√3−❑√2):...:(❑√n−❑√n−1)
可得
tCB
t BA
=
1
❑√2−1
则从A 到B 与从B 到C 所用的时间之比
t AB
t BC
=
❑√2−1
1
故C 正确，D 错误。
故选BC。
10．（多选）一质量为m 的小物块由斜面底端的A 点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直
线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（ ）
A．上升过程中阻力做功为mgh
B．物体上升到最大高度的过程中机械能增加了mgh
C．物体的重力势能增加量为mgh
D．上升过程中动能减少了2mgh
【答案】CD
【详解】A．减速上升过程中，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+ Ff=ma
其中a= g，解得Ff= 1
2 mg
上升过程中阻力做功为W f=−Ff⋅
h
sinθ =−mgh，故A 错误；
B．机械能的变化等于除重力外其他力做的功，该过程中克服阻力做的功为mgh，则过程中机械能减少了
mgh，故B 错误；
C．物体在斜面上上升的最大高度为h，则重力势能增加了mgh，故C 正确；
D．根据动能定理可得，物体动能的变化量为Δ Ek=W f−mgh=−2mgh
即动能减少了2mgh，故D 正确。
故选CD。
题型三 机械能守恒在曲线运动中的应用
1．如图所示，竖直固定放置等高的光滑斜面和四分之一圆弧面，圆弧面的最底端切线水平，圆弧长和斜
面长相等，质量相等的A、B 两个小球从最高点由静止释放，不计小球的大小，下列说法正确的是
（ ）
A．两小球到达底端时速度相同
B．两小球到达底端时动能不同
C．两小球到达底端时A 球重力瞬时功率比B 球重力瞬时功率大
D．两球从静止运动到底端过程中，A 球重力平均功率比B 球重力平均功率大
【答案】C
【详解】A．根据机械能守恒可知，两球到底端时的速度大小相等，但方向不同，故A 错误；
B．两球质量相等，因此到底端时动能相同，故B 错误；
C．到最低端时B 球速度水平，重力瞬时功率为零，A 到最低端时竖直分速度不为零，重力的瞬时功率不
为零，故C 正确；
D．两球向下运动过程中，重力做功相同，由于两球向下运动时路程相同，B 球开始加速度比较大，根据
速率时间图像可知，B 向下运动的时间短，因此重力做功的平均功率大，故D 错误。
故选C。
2．如图所示，光滑的水平轨道上有形状、大小凹轨道和凸轨道在竖直面内，轨道平滑连接。将完全相同
的甲、乙两小球分别向左右两个方向以相同的速率v0释放，两球都沿轨道运动，分别到达M、N 两点，则
下列说法正确的是（ ）
A．甲球在凸轨道最高点受到的支持力大小一定等于小球的重力大小
B．v0越大，乙球在凹轨道最低点受到的支持力越大
C．乙球在凹轨道最低点处于失重状态
D．甲球到达M 点时的速度小于乙球到达N 点时的速度
【答案】B
【详解】A．甲球在凸轨道最高点处于失重状态，根据mg−FN= m v
2
r
，所以甲球受到的支持力大小不一
定等于小球的重力大小，故A 错误；
BC．乙球在凹轨道最低点处于超重状态，有FN−mg= mv
2
r
，根据动能定理，v0越大，乙球在凹轨道最低
点的速度更大，则受到的支持力越大，故B 正确，C 错误；
D．两球到达M 点和N 点过程，均满足机械能守恒，由于M 点和N 点位于同一水平线上，则甲球到达M
点时的速度等于乙球到达N 点时的速度，故D 错误。
故选B。
3．2026 年冬奥会，我国运动员在自由式滑雪空中技巧赛中夺得男、女单项金牌。该项目场地示意图如图
所示，ac 和fg 段为斜面，cde 为圆弧（d 为圆弧最低点，O 为其圆心），运动员从斜面ac 上某处无初速滑
下，进入圆弧后从e 点滑出，最终落在斜面fg 上。h 为空中运动过程的最高点，m、n 点分别与e，d 点等
高。若忽略运动过程所有阻力，将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员经过e、m 两点时速度相同
B．若运动员从与O 点等高的b 点出发，则h 点与O 点等高
C．运动员在de 段运动的时间一定比在m、n 两点间运动时间长
D．运动员在斜面fg 上着地时，其速度方向有可能与水平地面垂直
【答案】C
【详解】A．根据斜上抛运动的特点可知，运动员经过e、m 两点时速度大小相等，方向不同，故A 错误；
B．若运动员从与O 点等高的b 点出发，由于运动员到达最高点时速度方向水平向右，根据机械能守恒定
律可知，则h 点应低于O 点，故B 错误；
C．根据机械能守恒定律可知，逆向看运动员在ed 段和mn 段相同高度处速度大小相等，在ed 段水平方向
速度不断增大，mn 段水平速度不变，所以ed 段的竖直速度均小于mn 段相同高度处的竖直速度，即竖直
方向上de 段的平均速度较小，由于竖直方向上位移大小相等，所以运动员在de 段运动的时间一定比在
m、n 两点间运动时间长，故C 正确；
D．运动员离开轨道后做斜上抛运动，由于水平方向为匀速直线运动，所以随着时间增大，速度方向与水
平方向的夹角不断增大，但不会达到90°，即运动员在斜面fg 上着地时，其速度方向不可能与水平地面垂
直，故D 错误。
故选C。
4．如题图所示，一质量为M、半径为R、内壁光滑的半圆槽放在粗糙水平地面上，半圆槽与地面间的动
摩擦因数为μ。一质量为m的小球，从半圆槽的最左端与圆槽圆心等高位置由静止释放。已知在小球运动
的过程中半圆槽始终相对地面静止，不计空气阻力，重力加速度为g。释放小球后，下列说法正确的是（
）
A．小球加速度的最大值为3
2 g
B．地面对半圆槽摩擦力的最大值为1
2 mg
C．μ的最小值为
3m
2❑√M (3m+ M )
D．当小球运动到最低点时，地面对半圆槽的支持力F N <(m+ M )g
【答案】C
【详解】A．小球从初始位置释放到最低点过程，由机械能守恒mgR = 1
2 m v
2
得v
2=2 gR
最低点小球向心加速度a= v
2
R =2g
初始位置小球加速度仅为g，因此加速度最大值为2g，故A 错误；
B．设小球位置与圆心连线和水平方向夹角为θ，由机械能守恒mgR sin θ = 1
2 m v
2
径向合力提供向心力N −mgsin θ = m v
2
R
得N =3mgsin θ
根据平衡条件地面对半圆槽摩擦力f = N cos θ =3mgsin θcos θ = 3mg
2
sin 2θ
地面对槽的摩擦力平衡该分量，最大值为3mg
2
（θ = 45
∘时取到），故B 错误。
C．槽静止时需满足μ F N ≥f ，其中竖直方向地面支持力F N = Mg+ N sinθ = Mg+3mgsin
2θ
水平摩擦力f = 3mg
2
sin 2θ
整理得 μ≥
3mg
2
sin 2θ
Mg+3mgsin
2θ
=
3mgsin 2θ
2 Mg+3mg(1−cos 2θ) =
sin 2θ
2 M +3m
3m
−sin 2θ
令y =
sin α
k −cos α （α =2θ，k = 2 M +3m
3m
）
由三角函数求最值可得ymax =
1
❑√k
2−1
代入k化简得 ymax =
3m
2❑√M (3m+ M )
即μ最小值为
3m
2❑√M (3m+ M )，故C 正确；
D．小球运动到最低点时，小球对槽的压力为3mg向下，因此地面对槽的支持力
F N = Mg+3mg=( M +m)g+2mg>( M +m)g
故D 错误；
故选C。
5．如图所示，a、b 两小球（均可视为质点）通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮（视为质点）上。开
始时，a 球放在水平地面上，连接b 球的细线伸直并与水平方向夹角为60°，现由静止释放b 球，当连接b
球的细线摆到竖直位置时，a 球对地面的压力恰好为0。则a、b 两球的质量之比为（ ）
A．1:1
B．2:1
C．3:1
D．3:2
【答案】B
【详解】设小球b 做圆周运动的半径为l，当连接b 球的细线摆到竖直位置时，a 球对地面的压力恰好为
0，说明此时绳子拉力大小T =ma g，此时对小球b 有T −mb g=mb v
2
l
小球b 从释放到细线摆到竖直位置有mb gl(1−cos60°)= 1
2 mb v
2
联立解得ma:mb=2:1，故ACD 错误，B 正确。
故选B。
6．如图所示，一小球从A点以初速度v0沿光滑水平面出发恰好能经过半径为R的竖直光滑圆弧轨道最高
点B点，OB与水平方向夹角θ =30°，则小球出发时的初速度v0是（ ）
A．❑√
5 gR
2
B．❑√3 gR
C．❑√
7 gR
2
D．2❑√gR
【答案】C
【详解】小球恰好经过B 点时，圆弧轨道对小球弹力为0，重力沿半径方向（指向圆心O）的分力提供向
心力。 由向心力公式得mgsin θ =m vB
2
R
化简得vB
2 = gR
2
根据几何关系可得B 点总高度h= R+ Rsin θ = R+ R
2 = 3 R
2
根据机械能守恒有1
2 m v0
2=mgh+ 1
2 m vB
2
解得v0= ❑√
7 gR
2
故选C。
7．一个小球以大小为v0的初速度，分别通过两种固定轨道，第1 种是半径为R 的光滑竖直半圆轨道，第
2 种是光滑斜直轨道（轨道足够长），不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．小球沿第1 种轨道运动一定能到达轨道最高点
B．小球沿第1、2 两种轨道运动所达到的最大高度可能相同
C．小球沿1、2 两种轨道运动到最高点时克服重力做功一定相等
D．小球沿1、2 两种轨道运动增加的重力势能一定相同
【答案】B
【详解】A．对于情况1，假设能到最高点，需满足mg=m v
2
R
根据机械能守恒定律可得−mg⋅2 R = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得v0= ❑√5 gR
由此可知，小球恰好能到达轨道最高点，最大高度为2R，若初速度小于❑√5 gR，则小球不能到达轨道最
高点，故A 错误；
B．若小球恰好到达圆弧轨道最高点，对于情况2，根据机械能守恒定律可得−mgh=0−1
2 mv0
2
解得最大高度为h= 5 R
2
即小球沿第1、2 两种轨道运动所达到的最大高度不相同，若小球初速度较小，则小球将上升不到圆心等
高处上方，根据机械能守恒定律可得小球上升到最高点速度为零，则上升高度相等，故B 正确；
CD．若小球上升高度相同，则克服重力做功相同，增加的重力势能相同，若小球上升的高度不相同，则
克服重力做功不相同，增加的重力势能不相同，故CD 错误。
故选B。
8．（多选）如图所示，机械加工厂中将做好的质量为m 的球形工件在高为H 的左侧平台边缘处静止释放，
工件沿光滑轨道滑入质量为3m 的半圆形圆槽。圆槽可自由移动，圆槽最低点与地面高度差不计。圆槽与
右侧平台接触时，小球刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零被右侧平台上的人接住，右侧平台
高度与圆槽圆心O 点等高，不计一切摩擦和人的高度，小球可看作质点，重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达右侧平台被接住时速度大小为
❑√gH
4
B．小球到达右侧平台被接住时速度大小为
❑√2 gH
4
C．右侧平台的高度为3
5 H
D．右侧平台的高度为3
4 H
【答案】BD
【详解】AB．工件从左侧平台由静止释放到圆槽最低点过程中，由于圆槽紧挨左侧平台，故圆槽不会运
动，则工件的机械能守恒，则有 mgH = 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gH
又工件刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零，说明在圆槽最高点时工件与圆槽共速，即工件从
圆槽最低点到圆槽右侧最高点，系统水平方向动量守恒，设共速度为v，则有m v0= 4 mv
解得v =
❑√2gH
4
，故A 错误，B 正确；
CD．由题可知，右侧平台的高度等于圆槽的半径R。工件从圆槽最低点到圆槽右侧最高点，根据系统机
械能守恒有1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v
2+mgR
解得R = 3
4 H，故C 错误，D 正确。
故选BD。
9．（多选）单板滑雪大跳台主要由助滑道，圆弧形起跳台和着陆坡组成，起跳台的半径为20 米，起跳
方向与水平方向成30°角，如图所示为简化示意图。运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体
运动后落在着陆坡上。图中虚线为苏翊鸣在某次比赛中起跳后的运动轨迹，a 点为起跳点，b 点为轨迹最
高点，c 点为落在坡上的着陆点。苏翊鸣的质量为50 kg，不计一切阻力，g=10 N/kg，则下列说法正确
的是（ ）
A．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，则ab 段水平距离为5
2
❑√3 m
B．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，则苏翊鸣在最低点对起跳台压力为250(7−2❑√3)N
C．苏翊鸣在ab 段运动过程中处于超重状态，在bc 段处于失重状态
D．苏翊鸣起跳后重力的功率不断地减小
【答案】AB
【详解】A．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，速度的水平分量为vacos30
°，速度的竖直分量为vasin30
°，到
达b 点的时间为t1= vasin30
°
g
=0.5s
ab 段水平距离为xab= vacos30
°t1= 5
2
❑√3 m，故A 正确；
B．若苏翊鸣起跳时va=10 m/s，从最低点到a 点，根据机械能守恒有1
2 mv
2= 1
2 mva
2+mgR(1−cos30
°)
在最低点有N −mg=m v
2
R
解得N =250(7−2❑√3)N
根据牛顿第三定律可得苏翊鸣在最低点对起跳台压力为250(7−2❑√3)N，故B 正确；
C．苏翊鸣在ab 段、bc 段运动过程中只受重力，可知均处于完全失重状态，故C 错误；
D．苏翊鸣起跳后，做斜抛运动，竖直方向的速度先减小后增大，根据重力的功率PG=mg v y
可知重力的功率先减小后增大，故D 错误。
故选AB。
10．（多选）如图是一款游戏装置的简化图，半径为 R 的四分之三光滑圆管轨道竖直固定。一挑战者在
管口 A 点正上方 h 高处，静止释放一质量为 m 的小球，小球落入管中运动一段时间后从 E 点飞出，
且恰好落回 A 点，游戏挑战成功。小球直径略小于管径，管径远小于 R ，不计空气阻力， g 为重力加
速度。下列说法正确的是（ ）
A．小球通过 E 点时的速度大小为 ❑√gR
B．小球下落时距 A 点的高度 h 为 5
4 R
C．小球通过 E 点时圆管对小球的作用力竖直向下
D．小球通过 B、E 两点与圆管作用力大小的差为 5mg
【答案】BD
【详解】A．小球从E 点到A 点做平抛运动，水平方向有R = vt
竖直方向有R = 1
2 gt
2
解得v = ❑√
gR
2
故A 错误；
B．从释放小球开始到小球到达E 点为止，小球机械能守恒mg(h−R)= 1
2 mv
2
解得h= 5
4 R
故B 正确；
C．小球速度小于❑√gR，所以小球对管内壁有压力，圆管对小球的弹力竖直向上，故C 错误；
D．设小球在B 点处速度为v
′，由机械能守恒定律得mg(
5
4 R+ R)= 1
2 m v
′2
根据牛顿第二定律得N
′−mg= m v
′2
R
解得N
′ = 11
2 mg
小球位于E 点时，管壁对小球支持力为N，根据牛顿第二定律得mg−N = m v
2
R
解得N = 1
2 mg
故小球通过B、E 两点时对圆管的作用力大小之差为5mg，故D 正确。
故选BD。
题型四 机械能守恒在杆连系统中的应用
1．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A 和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。
先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A 沿墙
下滑距离为L
2 时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为g）（ ）
A．杆对小球A 做功为1
4 mgL
B．小球A、B 的速度大小都为1
2
❑√gL
C．小球A、B 的速度大小分别为1
2
❑√3 gL和1
2
❑√gL
D．杆与小球A、B 组成的系统机械能减少了1
2 mgL
【答案】C
【详解】BC．当A 下滑距离为L
2 时，杆与竖直方向夹角θ满足cosθ =
L−L
2
L
= 1
2
，即θ =60
∘
由于杆不可伸长，A、B 沿杆方向的分速度相等v A cosθ = vBsinθ
得速度关系v A = ❑√3 vB
不计摩擦，A、B 和杆组成的系统机械能守恒，A 下滑减少的重力势能转化为两球的动能
mg⋅L
2 = 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2
联立解得v A = 1
2
❑√3 gL，vB= 1
2
❑√gL,故B 错误，C 正确；
A．对A 用动能定理mg⋅L
2 +W = 1
2 mv A
2
代入v A得W =−1
8 mgL，故A 错误；
D．系统只有重力做功，机械能守恒，故D 错误。
故选C。
2．如图所示的竖直面内，半径为R的光滑半圆轨道在最低点与光滑水平轨道相切，小球a 和b 分别套在
圆轨道和水平轨道上，中间用长度为L=3 R的轻杆连接。初始时a 球位于半圆轨道最高点P，现给a 球一
个向左的微小扰动，它在竖直方向下落了R
2 的距离到达了轨道上的Q点。在a 球从P点运动到Q点的过程
中，下列说法正确的是（ ）
A．a 球、b 球组成的系统动能先增大后减小
B．轻杆对a 球先做正功后做负功
C．轻杆对b 球一直做正功
D．当a 球的机械能最小时，b 球对轨道的压力等于b 球的重力
【答案】D
【详解】A．a 从P 到Q 过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能
一直增大，故A 错误；
C．初始时系统静止，vb=0；a 到达Q 点时，有sinθ =
R
2
R = 1
2
同时杆与水平面的夹角为sin α =
R
3 R−R = 1
2
可见轻杆沿半径方向，此时a 的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆，因此a 沿杆方向的速度分量为
0，故此时vb=0。说明b 的速度从零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而b 只有轻杆做功，因
此轻杆对b 先做正功后做负功，故C 错误；
B．b 的动能发生了变化，b 在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b 一定做功；轻杆对a 和b 做功的
总和为零，因此对a 球先做负功后做正功，故B 错误；
D．系统机械能守恒，a 机械能最小时，b 的动能（机械能）最大，此时b 速度最大，加速度为零，轻杆
对b 球的拉力水平方向分力为零，由于轻杆处于倾斜状态，因此轻杆对b 球的作用力为零，则b 对轨道的
压力等于b 的重力，故D 正确。
故选D。
3．如图所示，滑块A、B 的质量均为m，A 套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，滑块B 套在
固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两杆足够长且杆间距忽略不计，滑块A、B 通过铰链用长度为L 的
刚性轻杆连接，初始时轻杆与水平面呈30°角，滑块A、B 由静止释放，滑块B 开始沿水平面向右运动，
滑块A、B 均视为质点，不计一切摩擦，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．滑块A、B 组成的系统机械能守恒，A 减少的重力势能等于B 增加的动能
B．当滑块A、B 到达同一水平面时，滑块A 的速度为❑√
1
3 gL
C．当滑块B 速度为零时，滑块A 的速度可能为❑√(❑√2+1)gL
D．滑块B 的最大速度为❑√
3
2 gL
【答案】C
【详解】A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B 及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，
A 减少的重力势能等于AB 增加的动能，A 错误；
B．从开始到A 到达与B 同一水平面的过程，由系统的机械能守恒mgLsin30° = 1
2 m vA
2 + 1
2 m vB
2
其中vAcos 45° = vB
解得A 的速度为vA=
❑√6 gL
3
，B 错误；
C．B 滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得
mgL(sin30°+sin 45°)= 1
2 m vA1
2
解得A 的速度为vA1=
❑√(❑√2+1)gL，C 正确；
D．当轻杆与水平杆垂直时B 的速度最大，此时A 的速度为零，由系统的机械能守恒得
mgL(sin30°+1)= 1
2 mvBm
2
解得B 的最大速度为vBm = ❑√3 gL，D 错误；
故选C 。
4．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略
不计。两个小球a、b（可视为质点）的质量相等，a 球套在竖直杆M 上，b 球套在水平杆N 上，a、b 通
过铰链用长度为L=0.5 m的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放（轻杆与N 杆的夹角为θ =53°
），不计一切摩擦，已知重力加速度的大小为g=10 m/s
2，sin53° =0.8，cos53° =0.6。在此后的运动
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a 球下落过程中，其加速度大小始终不大于g
B．a 球由静止下落0.15 m 时，a 球的速度大小为0.5 m/s
C．b 球的最大速度为3 ❑√2m/s
D．a 球的最大速度为2❑√2m/s
【答案】C
【详解】A．开始时b 球的速度增加，当a 球到达两杆的交叉点时b 球的速度为零，说明a 球从开始下落
到运动到两杆的交叉点时b 球先加速后减速，杆对b 先是推力后是拉力，同理杆对a 球也是先是推力后拉
力，当a 球受杆的拉力作用时，其加速度大小大于g，A 错误；
B．由几何关系可知，a 球由静止下落0.15 m 时，杆与细杆N 夹角变为30°，则vacos60
∘= vbcos30
∘
由能量关系mg Δh= 1
2 m va
2+ 1
2 m vb
2
解得a 球的速度大小为va=1.5 m/s，B 错误；
C．当a 球下落到最低点时速度为零，此时b 球的速度最大，则由能量关系mg( Lsin53
∘+ L)= 1
2 mvbmax
2
b 球的最大速度为vbmax =3 ❑√2m/s，C 正确；
D．当a 球运动到两杆的交叉点时b 球的速度为零，此时由能量关系mgLsin53
∘= 1
2 mva
2
解得va=2❑√2m/s
因此时a 球的加速度为g，则显然2❑√2m/s不是a 球的最大速度，D 错误。
故选C。
5．如图所示，长L的轻杆两端分别固定有可视为质点的A、B 两小球，A 小球质量为2m，B 小球质量为m，
杆的三等分点O处有光滑的水平固定转轴，轻杆可绕转轴在竖直面内无摩擦转动，用手将该装置固定在杆
恰好水平的位置，然后由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，小球A 运动到最低点的过程中，杆
对小球B 所做的功为（ ）
A．2
9 mgL
B．4
9 mgL
C．2
3 mgL
D．4
3 mgL
【答案】B
【详解】O是轻杆三等分点，两球同轴转动角速度ω相同，线速度满足v =ωr
因此得vA= 2
3 ωL=2vB
轻杆转至竖直过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，满足2mg⋅2
3 L−mg⋅1
3 L= 1
2 ×2mvA
2 + 1
2 mvB
2
解得vB=
❑√2gL
3
，vA= 2❑√2gL
3
对B 球，动能变化等于重力做功与杆做功W 之和，即W −1
3 mgL= 1
2 m vB
2
解得W = 4
9 mgL
故选B。
6．如图所示，一长为2L 的轻杆中央有一光滑的小孔O，两端分别固定小球A 和B，小球A 和B 质量分别
为m 和2m，光滑的铁钉穿过轻杆小孔垂直钉在竖直的墙壁上，将轻杆从水平位置由静止释放，转到竖直
位置，在转动的过程中，忽略空气的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在转动到竖直位置的过程中，A 球机械能的增加小于B 球机械能的减少
B．在转动到竖直位置的过程中，A、B 两球组成系统的重力势能的减少等于系统动能的增加
C．在竖直位置两球的速度大小均为2❑√
2
3 gL
D．由于忽略一切摩擦阻力，根据机械能守恒，杆一定能绕铁钉做完整的圆周运动
【答案】B
【详解】A．对于两球组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，其机械能守恒。而转动过程中，A 的
动能和重力势能都增加，即A 的机械能增加，B 的机械能减少，则根据机械能守恒定律可知，A 球机械能
的增加等于B 球机械能的减少，故A 错误；
B．对于两球组成的系统，在转动过程中，总重力势能减少，总动能增加，根据机械能守恒定律可知，两
球的总重力势能的减少等于总动能的增加，故B 正确；
C．根据v =ωr可知，转动到竖直位置时，两球的速度大小相等，设为v，取图中所示位置为参考平面，
根据机械能守恒定律可得0=mgL−2mgL+ 1
2 ×3mv
2
解得v = ❑√
2gL
3
，故C 错误；
D．根据机械能守恒定律可知，当系统顺时针转到水平位置时速度为零，然后再逆时针转动，不可能做完
整的圆周运动，故D 错误。
故选B。
7．如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O 自由转动，杆长为2 L。杆的中点M 处固定一
质量为2m的小球a，另一端N 处固定一质量为m 的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻
力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球b 运动到最低点时速度为4
3
❑√3 gL
B．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球b 不做功
C．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a 做的功为2
3 mgL
D．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a 做的功为−1
3 mgL
【答案】A
【详解】A．两球同轴转动，角速度ω相同，轻杆由水平位置转动至竖直位置，系统机械能守恒有
2mgL+mg·2 L= 1
2 ⋅2mva
2+ 1
2 mvb
2
其中va=ωL，vb=ω·2 L
解得ω= ❑√
4 g
3 L
因此vb=ω·2 L= 4
3
❑√3 gL，A 正确；
B．设杆对b做功为W b，对b球，由动能定理有W b+mg⋅2 L= 1
2 m vb
2
解得 W b= 2mgL
3
说明杆对b做功，B 错误；
CD．小球a 在竖直位置时速度va=ωL= 2
3
❑√3 gL
设杆对a做功为W a，对a球，由动能定理有W a+2mg⋅L= 1
2 ⋅2mva
2
解得W a=−2
3 mgL，CD 错误。
故选A。
8．（多选）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
甲沿半圆弧向下运动，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等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❑√3:1
D．当甲刚运动到B 点时，甲的动能为1
4 mgR
【答案】BC
【详解】A．甲的速度沿切线方向，在B 点时，设甲乙速度大小分别为v1、v2，根据几何关系可知，杆与
竖直方向夹角为60°，则此时有v1cos60° = v2cos30°
可知乙的速度不为零，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 正确；
C．由A 选项分析可知，甲运动到B 点时，甲、乙的速度大小之比为v1
v2
=
❑√3
1 ，故C 正确；
D．甲运动到B 点时，根据机械能守恒有mgR = 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
联立解得甲的动能Ek甲= 1
2 m v1
2= 3
4 mgR，故D 错误。
故选BC。
9．（多选）长为L 的轻杆可绕O 在竖直平面内无摩擦转动，质量为M 的小球A 固定于杆端点，质量为m
的小球B 固定于杆中点，且M＝2m，重力加速度为g，不计空气阻力，开始杆处于水平，由静止释放，当
杆转到竖直位置时（ ）
A．球A 瞬时速度是球B 瞬时速度的2 倍
B．球A 在最低点速度为2
3 ❑√5 gL
C．O 和B 之间杆的拉力大于B 和A 之间杆的拉力
D．轻杆对球B 做功2
9mgL
【答案】ABC
【详解】ABD．在转动过程中，A、B 两球的角速度相同，设A球的速度为vA，B 球的速度为vB，则有
vA=2vB
以A、B 和杆组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mg⋅1
2 L+ MgL= 1
2 m vB
2+ 1
2 M vA
2
联立可以求出vA= 2
3
❑√5 gL，vB= 1
3
❑√5 gL
设杆对A、B 两球做功分别为W A，W B。根据动能定理，对A 有2mgL+W A= 1
2 ⋅2mvA
2
对B 有mg⋅1
2 L+W B= 1
2 m vB
2
解得W A= 2
9 mgL，W B=−2
9 mgL
则轻杆对球A 做正功2
9 mgL，轻杆对球B 做负功2
9 mgL，AB 正确，D 错误；
C．当杆转到竖直位置时B 的向心力向上，而FOB−F AB−mg=maB
可知OB 杆的拉力大于BA 杆的拉力，C 正确。
故选ABC。
10．（多选）如图甲所示，配重式抛石机出现于战国初期，是围攻和防守要塞的重要器械。抛石机可简
化为图乙，质量为7 kg的石块装在长臂末端的弹袋中，质量为50kg的配重安装于短臂的末端，初始时长
臂被固定，抛石机静止，杠杆与水平面的夹角α =30°。释放杠杆，配重下落，带动杠杆自由转动，当长
臂转到竖直位置时，杠杆被制动而停止，石块以10 m /s的速度被水平抛出。已知长臂的长度L=10 m，不
计一切摩擦和杠杆质量，取重力加速度大小g=10 m /s
2。对于从释放杠杆到石块飞出的过程，下列说法
正确的是（ ）
A．石块增加的机械能为350J
B．石块受到的合力对石块做的功为350J
C．短臂的长度为2m
D．配重增加的动能为150J
【答案】BC
【详解】AB．从释放杠杆到石块飞出的过程，石块增加的动能Δ Ek1= 1
2 m v
2−0=350J
增加的重力势能Δ Epl=mgL(1+sinα )=1050J
因此石块增加的机械能为Δ E =Δ Epl+Δ El=1400J
石块受到的合力对石块做的功为W 合=Δ Ekl=350J，A 错误，B 正确；
CD．配重和石块构成的系统机械能守恒，因此配重减少的机械能为1400J，有
Δ E2= Mgl (1+sinα )−1
2 M(
v
L ×l)
2
解得l =2m或l =28 m（舍去）
配重增加的动能Δ Ek2= 1
2 M(
v
L ×l)
2
−0=100J，C 正确、D 错误。
故选BC。
题型五 机械能守恒在绳连系统中的应用
1．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和
小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中（ ）
A．小车和小球组成的系统机械能不守恒
B．小车的机械能守恒
C．小球的机械能减少
D．小球的机械能不变
【答案】C
【详解】A．小球向左摆到最低点过程中，小车和小球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A
错误；
BCD．系统机械能守恒，小球拉力做正功，小球的部分机械能转化为小车的机械能，所以小球机械能减小，
小车机械能增大，故C 正确，BD 错误。
故选C。
2．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，两滑轮相距足够远，且悬挂滑
轮的轻质细线竖直。开始时A、B 均处于静止状态，释放后A、B 开始运动。已知A、B 质量相等，摩擦和
空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当B 下降h 时其速度大小为（ ）
A．❑√
gh
2
B．2❑√
gh
2
C．❑√
gh
5
D．2❑√
gh
5
【答案】D
【详解】由题意可知，当B 下降h 时，由滑轮组合关系可知，A 此时上升h
2，且vB=2vA
由A、B 整体机械能守恒得mgh−mg⋅h
2 = 1
2 m vA
2 + 1
2 m vB
2
解得vB=2❑√
gh
5
故选D。
3．如图所示，细线绕过定滑轮O1连接质量相等的小球a 和b，小球a 固定在长度为l 的轻质细杆一端，杆
可绕O2自由转动。O1、O2等高且水平距离为❑√3l，不计一切摩擦，细线足够长。将轻杆从水平位置由静
止释放，杆向下转动30
∘时，小球a 速度最大。重力加速度为g。在轻杆下摆过程中（ ）
A．a 不能运动至O2的正下方
B．细线拉力先变小后变大
C．b 机械能先增大后减小
D．a 速度最大时轻杆上作用力大小为mg
【答案】A
【详解】A．若小球a 运动到O2点的正下方，则小球a 减少的重力势能为mgl，小球b 上升的高度为
h=2l−(❑√3−1)l =(3−❑√3)l
则小球b 增加的重力势能为mg(3−❑√3)l，两个小球的动能大于等于0，总能量增加，违反能量守恒定律，
故A 正确；
B．释放瞬间细线上的拉力为mg，轻杆下摆过程中，小球b 先加速上升，再减速上升，小球b 先处于超重
状态，后处于失重状态，故细线上的拉力先增大后减小，故B 错误；
C．细线拉力一直做正功，故小球b 的机械能一直增大，故C 错误；
D．小球a 速度最大时其切向加速度为0，仅有向心加速度，故小球a 所受合力指向O2，若轻杆上的作用
力大小为mg，将其与重力合成，合力方向沿细线方向，再与细线上的拉力合成，三个力的合力方向不可
能指向O2，故杆上拉力不可能为mg，故D 错误。
故选A。
4．一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A 和B。用手托住B 球，当绳刚好被拉
紧时，B 球离地面的高度为h，A 球静止于地面，如图所示。已知B 球的质量是A 球的k 倍（k＞1），忽
略一切摩擦和空气阻力。B 球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（ ）
A．A 球和B 球组成系统的机械能不守恒
B．A 球上升过程的速度大小等于B 球下落过程的速度大小
C．A 球加速度的大小等于B 球加速度的大小
D．k 值越大，B 球运动的加速度越接近g
【答案】A
【详解】A．对A、B 组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 错误，符合题意；
B．绳子不可伸长，B 下落的距离始终等于A 上升的距离，因此任意时刻两球速度大小相等，故B 正确，
不符合题意；
C．两球速度大小始终相等，相同时间内速度变化量大小相等，因此加速度大小相等，故C 正确，不符合
题意；
D．对整体由牛顿第二定律得kmg−mg =(km+m)a
解得a=(1−
2
k +1 )g
k 值越大，B 球运动的加速度越接近g，故D 正确，不符合题意；
本题选择错误选项，故选A。
5．如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q 固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，
两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C 挂在滑轮PQ 之间的水平细绳的中间位置上，静
止释放小球C，在小球C 下降的某时刻，拉小球C 的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC 的质量均为
m，A、B 小球始终没有与P，Q 相撞，忽略一切阻力，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则下列关于小球C
在下降过程中说法正确的个数为（ ）
①ABC 三小球组成的系统机械能守恒
②小球C 重力做功的瞬时功率先变大后变小
③ABC 三小球的速度大小的关系为v A = vB= vC sinθ
④当θ =37°时小球C 下降到最低点
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】B
【详解】系统只有重力做功（绳子拉力为内力，做功的代数和为 0），无其他外力做功，因此系统机械
能守恒，①正确。
重力的瞬时功率公式P =mg vC
初始时 C 静止vC=0，功率为 0；下降到最低点时，C 的速度为0，功率也为0；
中间过程vC先增大后减小，因此功率P 先变大后变小，② 正确。
A、B 的速度等于绳子的速率v绳。
C 的速度vC沿竖直方向，将其分解为沿绳和垂直绳的分量，沿绳分量为vCsinθ
因此v A = vB= v绳= vCsinθ，③ 正确。
设拉小球C 的细绳与水平方向成θ 角时，C 球下降到最低点，此时三球速度均为0，根据机械能守恒可知，
C 球减少的势能等于AB 球增加的势能。
设两滑轮间的距离为2L，根据机械能守恒定律
mgL tanθ =2mg(
L
cosθ −L)
解得θ =53
∘，④错误。
正确说法有三个，故选B。
6．如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的轻质定滑轮与质量为M的砝码
相连，已知M =2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降。若砝码底部与地面的距离为h，砝码刚接触地
面时木块仍没离开桌面，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，此时木块的速率为（ ）
A．❑√mgh
B．❑√2gh
C．
2
❑√3 gh
D．2
3
❑√3 gh
【答案】D
【详解】桌面光滑，不计摩擦，木块和砝码组成的系统只有重力做功，机械能守恒，设木块和砝码的速
度大小为v，则Mgh= 1
2 m v
2+ 1
2 M v
2
解得v = 2
3
❑√3 gh
故选D。
7．如图所示，足够长粗糙斜面倾角为θ，固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑
轮与物块b 相连，b 的质量为m。开始时，a、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用。现对b 施加竖直向
下的恒力F，使a、b 做加速运动。则在b 下降h 高度过程中（ ）
A．b 的加速度等于F
m
B．a 的重力势能增加mgh
C．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加
D．F 对b 做的功等于a、b 动能的增加
【答案】B
【详解】A．a、b 两物块均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用，根据平衡条件有mg=ma gsinθ
解得ma= m
sinθ
施加恒力F 后，分别对物块a、b 应用牛顿第二定律，对物块a 有T −ma gsinθ−f =maa
对物块b 有F +mg−T =ma
联立解得a= F −f
m+ma
< F
m，故A 错误；
B．物块a 重力势能的增量为Ep=ma ghsinθ =mgh，故B 正确；
C．根据能量守恒定律，轻绳的拉力对物块a 做的功等于物块a 机械能的增加量和克服摩擦力做功产生的
内能之和，所以轻绳的拉力对物块a 做的功大于物块a 增加的机械能，故C 错误；
D．对物块a、b 及轻绳组成的系统应用动能定理有Fh+mgh−ma ghsinθ−fh=Δ Ek
可得Fh−fh=Δ Ek
可知F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a、b 动能的增加，故D 错误。
故选B。
8．（多选）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线
竖直。已知A 的质量3m，B 的质量m。开始时，重物A、B 均处于静止状态，释放后A、B 开始运动，忽
略摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，重物B 始终未触碰滑轮，下列说法正确的是（ ）
A．运动的过程中，重物A 克服绳子拉力做的功等于重物B 的机械能的增加量
B．重物A 与重物B 动能比为3 1∶
C．当A 的位移大小为h 时，A 运动的速度大小为2❑√7 gh
7
D．当A 的位移大小为h 时，A 运动的速度大小为
❑√14 gh
7
【答案】AD
【详解】A．对A、B 组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒。A 克服绳子拉力做功等于A 自身机械
能的减少量，根据系统机械能守恒，A 减少的机械能全部转化为B 增加的机械能，因此A 克服绳子拉力做
的功等于B 机械能的增加量，故A 正确；
B． A 向下位移为h时，B 向上位移为2h，故vB=2v A，动能EkA = 3
2 m v A
2 ，
EkB= 1
2 ⋅m⋅vB
2 = 1
2 m(2v A)
2=2m v A
2
动能比EkA: EkB= 3
2 :2=3:4，故B 错误；
CD．A 位移为h时， A 重力势能减少3mgh，B 重力势能增加mg⋅2h=2mgh，总重力势能减少
3mgh−2mgh=mgh
mgh= 1
2 ⋅3mv A
2 + 1
2 ⋅m(2v A)
2
解得v A = ❑√
2gh
7
=
❑√14 gh
7
，故C 错误，D 正确。
故选AD。
9．（多选）如图所示，A、B两点位于同一高度，不可伸长的轻质细线的一端系有质量为M的物块，另
一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止
释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时物块未到达B点），图中△ABD为直角三角形，物块和小
球均可视为质点，∠DBA =37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37° =0.6，则下列判
断正确的是（ ）
A．M =1.2m
B．M =1.5m
C．小球运动到D点时，BD段绳的拉力大小为38
55 mg
D．小球运动到D点时，BD段绳的拉力大小为48
55 mg
【答案】AD
【详解】A B． 设AD 长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos 37°
解得M =1.2m,故A 正确，B 错误；
CD．设小球在最低点D 时，沿BD 方向的加速度大小为a，BD 中的拉力为T，根据牛顿第二定律有Mg-T
＝Ma，T-mgcos 53°＝ma
解得T = 8
11 Mg= 48
55 mg，故C 错误，D 正确。
故选AD。
10．（多选）如图所示，半径为R 的四分之一圆弧支架竖直放置，与圆心O 等高的圆弧边缘C 点处有一
小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与m2的小球和物块，挂在定滑轮两边，且m1= 4 m2，开始时小球
和物块均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。小球从C 点静止释放直到小球到达圆弧
的A 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．由于不计一切摩擦，小球的机械能守恒
B．到达A 点时小球的速度大小为2
3
❑√(4−❑√2)gR
C．轻绳对物块所做的功和轻绳对小球所做的功的大小相等
D．轻绳对物块做功为❑√2m2 gR
【答案】BC
【详解】A．除重力以外的轻绳的拉力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，但对小球和物块组成的系
统，没有机械能与其他能的转化，故小球和物块组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．设小球到达A 点时的速度大小为v1，物块的速度大小为v2，根据几何关系有v2= v1cos 45°
以小球和物块作为研究对象，根据机械能守恒可得m1gR−m2 g ❑√2 R = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
联立小球到达A 点时的速度大小为v1= 2
3
❑√(4−❑√2)gR，故B 正确；
C．因小球和物块组成的系统机械能守恒，由功能关系可知，轻绳对小球做的负功和对物块做的正功一样
大，故C 正确；
D．根据功能关系，可知轻绳对物块做的功等于物块机械能的增加量，则有
W =m2 g⋅❑√2 R+ 1
2 m2v2
2>❑√2m2 gR，故D 错误。
故选BC。
题型六 机械能守恒在弹簧类问题的应用
1．如图所示，轻弹簧竖直固定在地面上，一小球从它正上方的A 点自由下落，到达B 点开始与弹簧接触，
到达C 点速度减为零，不计空气阻力，则在小球从A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．小球的机械能一直减小
B．小球反弹后的最高点比A 点低
C．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
【答案】D
【详解】A．小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故A 错误；
B．根据系统机械能守恒，小球反弹后的最高点为A 点，故B 错误；
C．小球从A 点运动到C 点，高度逐渐减小，重力势能逐渐减小，由系统机械能守恒可知小球的动能和弹
簧的弹性势能之和增大，故C 错误；
D．小球从A 点运动到C 点，小球的速度先增大后减小，因此小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒
定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D 正确。
故选D。
2．如图所示，倾角为θ =37
∘的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为m=1kg的物块A 与物块B（质
量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A 放在斜面体上的a 点，物块A 刚好不下
滑。已知ab 段粗糙，b 点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b 点，某时刻剪断轻
绳，物块A 运动到b 点的速度大小为vb=2m /s，最终物块A 把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A 能沿
斜面上滑到最高点d（d 未画出），物块A 在c 点的加速度大小为ac =1.8 g，ab=1m，弹性势能表达式为
Ep= 1
2 k( Δ x)
2，Δ x为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g=10 m /s
2，sin37
∘=0.6。
下列说法正确的是（ ）
A．物块A 与ab 段的动摩擦因数为0.25
B．轻弹簧的劲度系数为144 N / m
C．物块A 下滑的最大速度为3 ❑√2
2
m/ s
D．物块B 的质量为0.4kg
【答案】C
【详解】AD．物块A 在ab 段做匀加速直线运动，根据vb
2=2a1 Lab
代入数据解得a1=2m/ s
2
在ab 段运动时，根据牛顿第二定律有mA gsinθ−μmA gcosθ =mA a1
代入数据解得μ=0.5
剪断轻绳前，物块A 处于静止状态且刚好不下滑，说明此时静摩擦力达到最大且沿斜面向上，由平衡条
件得mA gsinθ =T + μmA gcosθ
其中T =mB g
代入数据解得mB=0.2kg，故AD 错误；
B．物块A 压缩弹簧至最低点c 时速度为零，根据牛顿第二定律kΔx −mA gsinθ =mA ac
解得弹簧弹力kΔx =24 N
物块从b 到c 过程机械能守恒，由1
2 mA vb
2+mA gΔx sinθ = 1
2 k( Δ x
)2
可知2+6 Δx = 1
2
(kΔx) Δx =12 Δx
解得形变量Δx = 1
3 m
则劲度系数k =72 N /m，故B 错误；
C．物块A 下滑至合力为零时速度达到最大值vmax，此时mA gsinθ =kΔ x1
解得Δ x1= 1
12 m
从b 到平衡位置过程机械能守恒，由1
2 mA vb
2+mA gΔ x1sinθ = 1
2 mA vmax
2
+ 1
2 k( Δ x1)
2
代入数据解得vmax = 3 ❑√2
2
m/ s，故C 正确。
故选C。
3．如图所示，质量为m 的物体A 固定在轻弹簧上端，弹簧的下端固定在地面上，质量也为m 的物体B 静
止在物体A 上，竖直向下的力F 大小为2mg，系统处于静止状态，重力加速度为g，现撤去外力F，则（
）
A．撤去外力F 瞬间，物体B 的加速度大小为0
B．撤去外力F 瞬间，物体A 和物体B 之间的作用力大小为mg
C．物体A 和物体B 未分离前，A、B 二者系统机械能守恒
D．物体A 和物体B 分离瞬间，物体B 的加速度为g
【答案】D
【详解】撤去外力前，对 A、B 整体受力分析：弹簧弹力 F弹=mg+mg+ F = 4 mg（方向向上）。
A．撤去外力的瞬间弹簧弹力不会突变，对A、B 整体：F弹−mg−mg=2ma又因为F弹= 4 mg，解得
a= g，A 错误；
B．对 B 单独受力分析：设A 对B 的作用力为N，则N −mg =ma又a= g
则N =mg+mg=2mg，B 错误；
C．A、B 未分离前，弹簧对系统做功，所以系统（A、B、弹簧）的机械能守恒，但因为弹簧弹力对A、B
系统做功，所以A、B 二者系统的机械能不守恒，C 错误；
D．A、B 分离瞬间，二者之间的弹力为0，此时B 仅受重力作用，加速度为g，D 正确。
故选D。
4．如图所示，质量相等的两个物块A 和B 用细线连接后，再用轻弹簧将A 悬挂，A 和B 处于静止状态。
剪断细线，物体A 向上运动到最高点的过程，不计空气阻力。下列说法不正确的是（ ）
A．剪断细线时，物块A 的加速度大小为g
B．弹簧恢复原长时，物块A 的速度最大
C．物块A 所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功
D．弹簧的弹性势能减少量等于物块A 的机械能增加量
【答案】B
【详解】A．设A、B 质量均为m，初始静止时，弹簧弹力平衡A、B 总重力，因此弹簧弹力F弹=2mg
剪断细线瞬间，弹簧形变来不及改变，弹力不变，对A，由牛顿第二定律，得F弹−mg=ma
解得a= g，故A 正确，不符合题意；
B．当A 加速度为0 时速度最大，此时弹簧弹力等于A 的重力mg，弹簧仍处于伸长状态，并未恢复原长；
弹簧恢复原长时弹力为0，A 加速度为g，方向向下，已经开始减速，速度不是最大值，故B 错误，符合
题意；
C．剪断细线时A 速度为0，到达最高点时A 速度也为0，对A 运动过程，由动能定理，得
W 弹−W G=0−0
可得W 弹=W G
即弹簧弹力对A 做的功等于A 克服重力做的功，故C 正确，不符合题意；
D．根据功能关系，弹簧弹性势能的减少量等于弹簧弹力对A 做的功，而A 的机械能增加量等于除重力外
其他力（即弹簧弹力）做的功，因此弹簧弹性势能的减少量等于A 的机械能增加量，故D 正确，不符合
题意。
故选B。
5．如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端固定一轻弹簧，弹簧与斜面保持平行，弹簧下端连接一小
物块，物块静止在O 点。现将物块拉至B 点，由静止释放，物块在AB 之间运动，弹簧形变始终在弹性限
度内。下列说法正确的是（ ）
A．物块在AB 之间做简谐运动，其机械能不守恒
B．物块在A、B 位置时，动能和加速度都为0
C．物块从B 到A 的过程中，速度和加速度均先增大后减小
D．物块从O 到A 的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能减小
【答案】A
【详解】A．机械能守恒的条件为只有重力做功，对于物体而言还有弹簧的弹力做功，故机械能不守恒，
故A 正确；
B．物块在A、B 位置时处于振幅最大位置，速度为零，加速度为最大，故B 错误；
C．物块从B 到A 的过程中，为先恢复形变后压缩的过程，故速度先增后减，加速度先减后增，故C 错误；
D．物块从O 到A 的过程中，回复力做负功。而若OA 距离也较大，则OA 过程弹簧可能先恢复到原长再
压缩，弹性势能先减少后增大；如果OA 距离较短，弹簧没有恢复到原长（或刚好到原长），则弹簧弹性
势能只减少不增大，故D 错误。
故选A。
6．如图甲所示，将一轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m 的小物块，小物块距离地面高度为
h1。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h 的关系如图乙所示，其中h4到h5间的
图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确
的是（ ）
A．小物块上升至高度h3时，弹簧刚好恢复到原长处
B．小物块上升至高度h4时，加速度为零
C．小物块从高度h2上升到高度h4，弹性势能的减少量在数值上等于重力势能的增加量
D．弹簧的最大弹性势能为mgh5
【答案】C
【详解】A．物块上升至高度h3时，动能最大，速度最大，此时加速度为零，根据牛顿第二定律有
F 弹−mg=ma=0
可知此时弹簧弹力等于重力，弹簧处于压缩状态，故A 错误；
B．h4到h5间的图像为直线，说明小物块只受重力作用，做竖直上抛运动，可知小物块上升至高度h4时，
弹簧刚好恢复原长，弹力为零，小物块只受重力，加速度为g，故B 错误；
C．由图乙可知，小物块在高度h2和h4处的动能相等。小物块从高度h2上升到高度h4的过程中，根据系
统机械能守恒定律，动能变化量为零，则弹簧弹性势能的减少量在数值上等于小物块重力势能的增加量，
故C 正确；
D．小物块从初始位置h1运动到最高点h5的过程中，根据能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能转化为小物
块的重力势能，即Ep 弹+mgh1=mgh5
解得弹簧的最大弹性势能Ep 弹=mg(h5−h1)，故D 错误。
故选C。
7．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O1、O2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O1、A、O2构成矩形，
AB=2A O1。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 的最大弹性势能比弹簧2 的大
D．与没有弹簧时相比，小球从A 点运动到B 点所用的时间长
【答案】C
【详解】A．几何关系可知∠ABO1=30°，设弹簧原长为A O1，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Ep= 1
2 k x
2，到达A、B 中点前，弹簧1 的最大弹性势能E p1= 1
2 k ( A O1cos30°)
2，
弹簧2 的最大弹性势能E p2= 1
2 k ( A O2−A O1)
2= 1
2 k(
❑√3 A O1−A O1)
2< E p1
可知弹簧1 的最大弹性势能比弹簧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，与没有弹簧时相比，小球运动到B
点的速度相等；设杆的倾角为θ，没有弹簧时，小球运动的加速度为a= mgsinθ
m
= gsinθ
有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB 中点时，加速度为gsinθ，之后加速度
小于gsinθ，则两种情况的v −t图像如图所示
两种情况的v −t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A 点运动到B 点所用
的时间更短，故D 错误。
故选C。
8．（多选）如图所示，A、B 两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C
两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细
线恰好伸直，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A 的质量为3m，B、C 的质量均为
m，重力加速度为g，开始时整个系统处于静止状态。释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开
地面，不计空气阻力，在这一过程中A 始终在斜面上。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α=30°
B．释放A 的瞬间，B 的加速度大小为0.5 g
C．A 达到的最大速度大小为g ❑√
m
k
D．从释放A，到C 刚离开地面的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大
【答案】BCD
【详解】A．设当物体C 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则k xC=mg
物体C 刚刚离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg、弹簧的弹力k xC、细线的拉力T 三个力
的作用，设物体B 的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B 有T −k xC−mg=ma
对A 有3mgsin α −T =3ma
得3mgsin α −k xC−mg= 4 ma
当B 获得最大速度时，有a=0，解得sin α = 2
3
所以α ≠30°，故A 错误；
B．释放瞬间弹簧弹力不突变，弹力仍为k x1=mg
对A、B 整体，根据牛顿第二定律有3mgsin α +k x1−mg = 4 ma
′
解得a
′ =0.5 g，故B 正确；
C．初末状态弹簧形变量大小相等，因此弹性势能不变，A 下滑距离等于B 上升距离，则s= x1+ xC = 2mg
k
根据能量守恒定律有3mgs⋅sin α −mgs= 1
2 ×4 mv
2
解得v = g ❑√
m
k ，故C 正确；
D．弹簧从初始压缩状态，先随着B 上升，压缩量逐渐减小到0（原长），这个过程形变量减小，弹性势
能减小；之后弹簧被继续拉长，伸长量逐渐增大，形变量增大，弹性势能增大。因此弹性势能先减小后
增大，故D 正确。
故选BCD。
9．（多选）如图甲所示，倾角α =30°的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定
一挡板，可视为质点的小物块A、B 用轻弹簧拴接后置于斜面上。A 的质量为m，初始静止时，弹簧压缩
量为d。某时刻在A 上施加一沿斜面向上的恒力F =mg，当弹簧第一次恢复原长（此时弹性势能为零）时
撤去恒力，A 到最高点时B 刚要离开挡板，此后A 在斜面上做往复运动。A 的重力势能和弹簧弹性势能随
位移变化如图乙（以A 的初始位置x =0处为重力势能零势面），重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。
下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为mg
2d
B．B 的质量为2m
C．A 运动到最低点时的加速度大小为1
2 gD．弹簧的最大弹性势能为9
4 mgd
【答案】AD
【详解】A．初始静止时，弹簧压缩量为d，以A 为对象，有kd =mgsin α
解得弹簧的劲度系数为k = mg
2d ，故A 正确；
B．由图乙可知，当A 到最高点时，A 沿斜面向上运动的位移为2d，由于初始时弹簧压缩量为d，则A 到
最高点时，弹簧的伸长量为d，此时B 刚要离开挡板，对B 有kd =mB gsin α
解得B 的质量为mB=m，故B 错误；
C．A 运动到最高点时，以A 为对象，根据牛顿第二定律可得kd +mgsin α =ma
解得A 运动到最高点时的加速度大小为a= g
由于A 做简谐运动，根据对称性可知，A 运动到最低点时的加速度大小为g，故C 错误；
D．撤去力F后，A 的重力势能、动能与弹性势能之和保持不变，当A 处于最高点与最低点时，A 的动能均
为0，由图乙可得4× 1
4 mgd +1× 1
4 mgd =−4× 1
4 mgd + Epmax
可得弹簧的最大弹性势能为Epmax = 9
4 mgd，故D 正确。
故选AD。
10．（多选）如图所示，一倾角为α =30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡
板，上端固定一个定滑轮O。劲度系数为k = 8mg
3d 的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块
Q 连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q 连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块
P 连接。初始时物块P 在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平
直杆的夹角也为α。撤去水平外力F后，物块P 由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角为β =53°。已知
滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g。弹簧轴线、物块Q 与定滑轮之间的轻绳均与斜面
平行，不计滑轮大小及摩擦，sin53° =0.8，cos53° =0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物块P 在A点时弹簧的伸长量为3
4 d
B．物块P 从A点运动到B点时，物块Q 重力势能的减少量等于Q、P 两物块增加的总动能
C．物块P 运动到B点时，物块Q 的速度为❑√
27
86 gd
D．物块P 从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P 做的功为75
86 mgd
【答案】BC
【详解】A．对物块P 在A 点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力竖直向上的分
力与其重力大小相等，有T sin α =mg
所以绳子拉力T =2mg
对物块Q 进行受力分析，沿斜面方向上T =2mgsin α + F弹
解得F弹=mg
由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为x = F 弹
k = 3d
8 ，故A 错误；
B．物块P 到B 点时，由几何可得物块Q 沿斜面向下滑了OA −OB =2d −5d
4 = 3d
4
所以弹簧此时压缩量为3d
8 ，所以此时弹簧的弹性势能与物块P 在A 点时的相同，物块P 从A 点运动到B
点的过程中，弹簧弹力做功为零，所以由能量守恒定律，物块Q 重力势能减少量之和等于P、Q 两物块增
加的总动能，故B 正确；
C．物块P 到B 点时，P、Q 速度满足vQ= vPcos β = 3
5 vP
物块P 从A 点运动到B 点的过程中，由能量守恒定律2mg× 3d
4 sin α = 1
2 m vP
2+ 1
2 ×2m vQ
2
联立解得vP
❑= ❑√
75 gd
86
，vQ
❑= ❑√
27 gd
86
，故C 正确；
D．对物块P 由动能定理从A 运动到B 的过程中，绳子拉力做功W = 1
2 m vP
2= 75mgd
172
，故D 错误。
故选BC。
题型七 机械能守恒中的图像问题
1．传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型图，传送带顺时针匀速转动，在
传送带下端A点无初速度放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关
系图像（以A点所在水平面为零势能面）如图（b）所示。货物视为质点，关于货物从A点运动到B点的
过程说法正确的是（ ）
A．该过程中货物受到的摩擦力不变
B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为8J
C．货物对传送带做的功为−8J
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为13J
【答案】D
【详解】A．根据功能关系可知E-x 图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发
生变化，故A 错误；
B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共
速后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即
W f 1= f 1 x1=5J
设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为Q = f 1(v t1−v
2 t1)= f 1
v
2 t1= f 1 x1=5J，B
错误；
C．加速阶段货物对传送带做功W 1=−f 1v t1=−10J
匀速阶段货物对传送带做功为W 2=−(8−5)J =−3J
可知货物对传送带做的功为W =W 1+W 2=−13J，C 错误；
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为产生的热能与货物机械能的增量之和，即
Δ E =5J+8J =13J，D 正确。
故选D。
2．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，
在上升过程中，该物体的E总和Ep随它离地面的高度h的变化关系如图所示。重力加速度取10 m /s
2。由
图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2kg
B．h=0时，物体的速率为10 m /s
C．h=2m时，物体的动能Ek=30J
D．从地面至离地面h= 4 m高处的过程中，物体的动能减少40J
【答案】B
【详解】A．由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为50J，即物体竖直上抛的初动能为Ek❑0=50J
当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为4 m，这时重力势能
Ep=mghm = 40J
可得质量为m=1kg，故A 错误；
B．根据Ek0= 1
2 m v0
2，解得h=0时，物体的速率为10 m /s，故B 正确；
C．从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程中，共损失了
10J的机械能，h=2m时，可知此时的总机械能为45J，此时重力势能为20J，可知物体的动能Ek=25J，
故C 错误；
D．物体竖直上抛的初动能为Ek❑0=50J，从地面至离地面h= 4 m高处的过程中，物体的动能减小了50J，
故D 错误。
故选B。
3．如图甲所示，一个质量为2kg 的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程
中物体的机械能E 与物体通过路程s 的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m 过程的图像为曲线，0.8m~1.0m
过程机械能E 不变，1.0m~2.0m 过程机械能E 随路程s 均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g 取
10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．0~0.8m 过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降
B．0.8m 处物体的速度大小应为2m/s
C．0.8m~1.0m 过程中物体可能先上升后下降
D．1.0m~2.0m 过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动
【答案】B
【详解】A．运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，0~0.8m
内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A 错误;
B．物体到达0.8m 处，由图可知物体的机械能增加Δ E =20J，重力势能增加了Δ EP=mg Δh=16J，所
以动能EK = ΔE−Δ EP= 4 J
又 EK = 1
2 m v
2 可得 v =2m/s，B 正确；
C．0.8m~1.0m 过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度h= v
2
2g =0.2m，正
好到达1.0m 处时，所以0.8m~1.0m 过程中，物体只有上升，没有下降，C 错误；
D．1.0m~2.0m 过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小F = △E
△x =16 N，此过程中，物体向下匀加速直
线运动。D 错误。
故选B。
4．如图甲所示，光滑水平面上两个质量均为m的相同小球A 和B 靠在一起，A 与轻绳组成单摆，B 与劲度
系数为k的轻弹簧组成弹簧振子，刚开始A 和B 均处于静止状态，此时轻绳的拉力大小等于mg。现将小
球A 向左拉开一个较小角度（小于5°）并由静止释放，经最低点时与小球B 发生碰撞，碰撞时间忽略不
计，此后小球B 运动的v −t图像如图乙所示。两球发生的碰撞均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气
阻力，则（ ）
A．A 球释放时离地的高度为2v0
2
g
B．弹簧振子的周期等于2t0
C．弹簧振子的振幅为❑√
m v0
2
2k
D．单摆的摆长等于gt0
2
π
2
【答案】D
【详解】A．小球A 下摆过程机械能守恒，设碰撞前A 的速度为v，碰撞为弹性正碰，且两球质量相等，
有mv =m v1+m v0，1
2 mv
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv0
2
解得v1=0，v0= v
即二球交换速度，对A 球有mgh= 1
2 mv
2= 1
2 mv0
2
解得h= v0
2
2g
，故A 错误；
B．由图乙可知，B 球回到碰撞位置时与A 球再次弹性碰撞，速度交换，B 球的速度变为0 时的时刻为2t0，
3t0时B 球的速度又变为v0，可知A 球的周期满足3t0−2t0= T A
2
可得T A=2t0
t =0时B 球的速度为v0，经过t0速度减为零，对应1
4 周期，可知弹簧振子的周期等于4 t0，故B 错误；
C．弹簧振子的最大速度为v0，由机械能守恒定律1
2 k A
2= 1
2 mv0
2
解得振幅为A =
❑√
m v0
2
k
，故C 错误；
D．根据T A=2t0=2π ❑√
l
g
解得摆的摆长等于l = gt0
2
π
2 ，故D 正确。
故选D。
5．如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，一质量为m 的小球从与弹簧上端距离为h（h≠0）的O
点处由静止释放，以O 点为坐标原点，竖直向下为正方向建立Ox 轴，小球所受弹力的大小F 随小球位置
坐标x 的变化关系如图乙所示，其中x =h+ x0时，F =mg。不计空气阻力，重力加速度为g。下列结论正
确的是（ ）
A．运动过程中，小球最低点坐标大于h+2 x0
B．弹簧弹性势能最大值为mg(h+ x0)
C．当x =h时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
D．小球压缩弹簧过程中重力的功率逐渐减小
【答案】A
【详解】A．若小球在x =h（刚接触弹簧）处由静止释放，根据简谐运动对称性，最低点坐标为h+2 x0
但本题小球从O点静止下落，到达x =h时已经具有向下的速度，因此最低点位置更靠下，坐标大于
h+2 x0，A 正确；
B．弹性势能最大对应最低点，初末动能为0，由动能定理得：弹性势能最大值E p=mg⋅x最低
由A 的结论x最低>h+2 x0，因此E p>mg(h+2 x0) ，远大于mg(h+ x0)，B 错误；
C．系统总机械能守恒，总机械能=动能+重力势能+弹性势能，因此动能最大时，重力势能与弹性势能之
和最小；
动能最大在平衡位置x =h+ x0处，不是x =h，C 错误；
D．重力功率P =mgv，压缩弹簧过程中，小球速度先增大后减小，因此重力功率先增大后减小，不是逐
渐减小，D 错误。
故选 A。
6．如图甲，劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂薄板A，A 静止。带孔薄板B 套于弹簧且与弹簧间无摩擦，
A、B 质量相同，B 从A 上方h 高度处由静止释放，A、B 碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l 后速度减为
零，以A、B 碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x 轴，A、B 整体的重力势能随下落距离x 变
化图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x 变化图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（
）
A．薄板A 的质量为kl
2 g
B．薄板B 下落的高度h 为2l
C．碰撞后两薄板的最大速度为❑√3 gl
D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O 上方l 处
【答案】D
【详解】A．设A、B的质量为m，A、B 整体的重力势能随下落距离x 变化EP= EP0−2mgx
由图线Ⅰ可知，斜率的绝对值为k =2mg= 6.0k l
2
3l
=2kl，
解得m= kl
g ，故A 错误；
B．设B与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律可知mgh= 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gh
由于A、B碰撞过程动量守恒，则有m v0=2mv
解得v = 1
2 v0= 1
2
❑√2 gh
碰后A、B的动能Ek 1= 1
2 ×2m v
2=m v
2，对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得
Ek1+ Ep1+ EpG1= Ep2+ EpG2
结合图像可知Ep1=0.5k l
2，EpG1=6.0k l
2，Ep2=8.0k l
2，EpG2=0
解得Ek1=1.5k l
2
又因为m= kl
g
联立解得h=3l，故B 错误；
C．碰后的最大速度处加速度为0，即2mg =kx
可得碰后最大速度对应的弹簧伸长量为x = 2mg
k
=2l，所以最大速度在A、B碰撞后下落l处；
从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得2mgl−kl+2kl
2
l = 1
2 ×2m vm
2 −1
2 ×2m v
2
解得vm = ❑√2gl，故C 错误；
D．在最低点时弹簧的伸长量为4l，碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒
可得Ep2= E pG3，即8.0k l
2=2mgh
′
解得h= 4l，恰好恢复原长，假设成立；
碰撞后A、B上升的最大高度在O上方h
′−h= 4l−3l =l处，故D 正确。
故选D。
7．光滑细圆管固定在竖直平面内，O为圆心，M 、N分别为圆管的最高、最低点。可视为质点的小球
（直径略小于管道）由静止从M点开始下滑，从M到N的过程中，设小球的位移大小为x，则小球的重力
势能E p（以N点所在水平面为零势能面）、动能Ek、速率v、绕O点做圆周运动的角速度大小ω随x变化
的关系图像，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．设小球的位移方向与竖直向下方向的夹角为θ，小球的质量为m，圆管轨道半径为R。由几
何关系可得cosθ = x
2 R
由重力势能的定义，结合题意可得小球的重力势能为E p=mg(2 R−xcosθ)=2mgR−mg
2 R x
2
可知Ep-x 图像并不是倾斜的直线，故A 错误；
B．小球从M 到N 的过程中，根据机械能守恒定律得Ek =mgxcosθ = mg
2 R x
2
可知Ek-x 图像不是倾斜的直线，故B 错误；
C．由动能Ek = 1
2 mv
2，联立解得v = ❑√
g
R ⋅x
可知v-x 图像为过原点的倾斜直线，故C 错误；
D．由角速度ω= v
R = ❑√
g
R
3 ⋅x，可知ω-x 图像为过原点的倾斜直线，故D 正确。
故选D。
8．（多选）如图甲所示，物块A 与物块B 之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块
B 与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，t =0时解除锁定。规定向右为正方向，物块A 在
一段时间内运动的v −t图像如图乙所示，已知物块A 的质量为m，则（ ）
A．0~t1时间内，竖直墙对物块B 的冲量大小为0
B．t3时刻物块A、B 的动能之比为1:3
C．t1~t3时间内，弹簧弹性势能的最大值为1
3 m v0
2
D．t1~t3时间内，物块A 运动的位移为v0(t3−t1)
4
【答案】BD
【详解】A．以物块A 与物块B 整体作为研究对象，t1时刻物块A 的速度达到最大，可知此时弹簧处于原
长状态，物块B 即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为p=m v0
由动量定理可知竖直墙对物块B 的冲量大小满足I = Δ p= p−0=m v0，故A 错误；
B．t1时刻，物块B 即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知t3时
刻物块A 的速度为vA=−1
2 v0
由于此时v −t图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A 的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物
块B 的质量为M，t3时刻物块B 的瞬时速度为vB，根据动量守恒有m v0=m(−1
2 v0)+ M vB
考虑t1时刻和t3时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即1
2 m v0
2= 1
2 m(−1
2 v0)
2
+ 1
2 M vB
2
两式联立，解得M =3m，vB= 1
2 v❑0
则t3时刻物块A、B 的动能之比满足EkA
EkB
=
1
2 m(−1
2 v0)
2
1
2 M vB
2
= 1
3
，故B 正确；
C．t1~t3时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B 速度相等，设为v共，由动量守
恒定律可知m v0=(m+ M )v共= 4 m v共
解得v共= 1
4 v0
此时弹簧弹性势能最大，满足Epmax = 1
2 m v0
2−1
2
(m+ M )v共
2 = 3
8 m v0
2，故C 错误；
D．设物块A、B 在任意时刻的速度大小分别为v1、v2，由系统动量守恒可知m v0=m v1+ M v2
等式两边对时间微元求和并化简得∑v0 Δt =∑v1 Δt +∑3 v2 Δt
即v0(t3−t1)= xA+3 xB
由于t1~t3时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B 的相对位置不变，可知xA= xB
两式联立解得xA= v0(t3−t1)
4
，故D 正确。
故选BD。
9．（多选）如图（a），劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂薄板A，A 静止。带孔薄板B 套于弹簧且与弹簧
间无摩擦，A、B 质量相同，B 从A 上方h 高度处由静止释放，A、B 碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l
后速度减为零。以A、B 碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x 轴，A、B 整体的重力势能随下
落距离x 变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x 变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力
加速度为g，则（ ）
A．薄板A 的质量为kl
g
B．薄板B 下落的高度h 为3l
C．碰撞后两薄板的最大速度为❑√3 gl
D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O 上方2l处
【答案】AB
【详解】A．设A、B 的质量均为m，图线I 为EP−x图像，故图线I 斜率的绝对值等于两薄板的重力
k ' =2mg
利用图线I 还可求出斜率的绝对值k ' = 6.0k l
2
3l
=2kl
联立解得m= kl
g ，故A 正确；
B．设B 与A 碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律可知mgh= 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gh
由于A、B 碰撞过程动量守恒，故m v0=2mv
解得v = 1
2 v0= 1
2
❑√2gh
碰后A、B 的动能Ek1= 1
2 ×2mv
2=mv
2
对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得Ek1+ Ep1+ EpG1= Ep2+ EpG2(其中Ek为动能，EP为弹性势能，
EPG为重力势能)
结合图像可知Ep1=0.5k l
2，EpG1=6.0k l
2，Ep2=8.0k l
2，EpG2=0
联立解得Ek1=1.5k l
2
又知m= kl
g ，Ek1= 1
2 ×2mv
2
联立解得h=3l，故B 正确；
C．碰后的最大速度处加速度为0，即2mg=k x2
碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为x2= 2mg
k
=2l
所以，最大速度的位置在A、B 碰撞处下方l 处，从A、B 碰后到最大速度位置，根据动能定理有
2mgl−kl+2kl
2
l = 1
2 ×2mvm
2 −1
2 ×2mv
2
解得vm = ❑√2gl，故C 错误；
D．碰撞前薄板A 平衡k x1=mg
解得x1= mg
k =l
碰后两薄板一起下落3l速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为4l。
所以，两薄板一起做简谐运动的振幅A = 4l−x2=2l
简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距O点的距离为
A −x1=2l−l =l，故D 错误。
故选AB。
10．（多选）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端连接固定在水平地面上的力传感器。一个质量为m的小
球，从离弹簧上端高h处静止释放。以小球开始释放点为坐标原点O，竖直向下为x轴正方向，建立坐标
轴Ox，力传感器记录了弹簧弹力大小F随小球下落距离x的变化关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重
力加速度为g。以下正确的是（ ）
A．当x =h+ x0时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
B．当x =h时，小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
C．当x =h+ x0时，小球的机械能最大
D．小球动能的最大值为mgh+ 1
2 mg x0
【答案】AD
【详解】AB．小球和弹簧组成的系统只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，系统总机械能满足
E总= Ek+ EpG+ EpF
变形得EpG+ Ep F = E总−Ek
因此小球动能Ek最大时，重力势能与弹性势能之和最小。小球接触弹簧后，重力先大于弹力，小球加速，
当F =mg，即x =h+ x0时，弹力等于重力，加速度为0，速度最大，动能最大，因此x =h+ x0时重力势能
与弹性势能之和最小，故A 正确，B 错误；
C．小球与弹簧接触后，弹簧弹力始终向上，与小球位移方向相反，一直对小球做负功，因此小球机械能
随下落距离增大持续减小。所以小球与弹簧接触前机械能最大，即x ≤h时小球机械能最大；故C 错误；
D．小球下落到x =h+ x0时，动能最大，从小球开始下落到x =h+ x0，重力做功为W G=mg(h+ x0)
弹簧弹力做功等于F −x图像面积的负值，即W F=−1
2 ⋅mg⋅x0
初动能为0，由动能定理，得最大动能为Ek max=W G+W F=mg(h+ x0)−1
2 mg x0=mgh+ 1
2 mg x0，故D
正确。
故选AD。
课时精练
一、单选题
1．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处由静止开始下落，不计空气阻力，以起始下
落点所在高度为零势能面。小球落地前瞬间机械能为（ ）
A．0
B．-mgh
C．mgH
D．mg（H+h）
【答案】A
【详解】以起始下落点所在高度为零势能面，则小球初态的机械能为0，由于小球下落时只有重力做功，
机械能守恒，可知小球落到地面前瞬间的机械能为0。
故选A。
2．如图所示，一小球在液体中由静止开始变加速下落。在小球下落过程中（ ）
A．小球重力势能增大
B．小球机械能增大
C．液体重力势能减小
D．小球和液体组成的系统机械能减小
【答案】D
【详解】A．下落过程中，重力对小球做正功，小球重力势能不断减小，A 错误；
B．下落过程中，浮力对小球做负功，小球机械能不断减小，B 错误；
C．液体重心升高，液体重力势能增大，C 错误；
D．小球和液体间的相互作用力对系统做负功，系统机械能减小，D 正确。
故选D。
3．如图，质量为m 的冲天小火箭（不计底座高度）以大小为v0的初速度从地面上竖直向上冲出，经时间
t1落回地面，上升的最大高度为H。运动过程中，小火箭受空气阻力Ff=kv（k 为常数），以地面为零势
能面，竖直向上为正方向。则整个运动过程中，小火箭的速度v、加速度a 随时间t 变化的图像及重力势
能Ep、机械能E 随高度y 变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．小火箭运动过程中受重力和空气阻力作用。 上升阶段：根据牛顿第二定律有−mg−kv =ma
解得a=−g−k
m v
随着速度 v 减小，加速度 a 的大小（绝对值）逐渐减小，即 v−t 图像切线的斜率绝对值逐渐减小，图
像应为曲线，故A 错误；
B．上升阶段a=−g−k
m v
因 v>0，故 a<−g，且随着 v 减小，a 逐渐增大趋向于 –g
下降阶段：速度 v 向下（为负），阻力向上。根据牛顿第二定律有−mg+k |v |=ma
′
得a
' =−g+ k
m |v |
因 |v|>0 且通常 k|v|<mg（除非达到终端速度），故 −g<a
′<0
综上，整个过程中加速度 a 应先小于 −g 并趋向 −g（上升），后大于 −g 并趋向 0（下降，若时间足
够长）。图 B 中 a 始终小于 −g，不符合下降阶段的受力特点，故 B 错误；
C．以地面为零势能面，重力势能 Ep=mgy，可见Ep与高度 y成正比，图像为过原点的倾斜直线，故C
正确；
D．根据功能关系，除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即 Δ E =W f=−Ff y
则图像的斜率代表空气阻力，上升阶段，因 v 随 y 增大而减小，故图像切线斜率的绝对值逐渐减小。
下降阶段，v 增大，斜率增大，且最终机械能小于1
2 m v0
2，故 D 错误。
故选 C。
4．如图所示，在桌面边缘以速度v0竖直向上抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比桌面低h 的地面上。
若以桌面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物体落到地面时的重力势能为mgh
B．物体在轨迹最高点时的机械能为1
2 mv0
2+mgh
C．物体刚落到地面时的动能为1
2 m v0
2
D．物体刚落到地面时的机械能为1
2 mv0
2
【答案】D
【详解】A．以桌面为零势能面，则物体落到地面时的重力势能为-mgh，故A 错误；
BD．物体运动过程机械能守恒，初始时物体的机械能为1
2 m v0
2，所以物体在轨迹最高点时与刚落到地面
时的机械能均为1
2 m v0
2，故B 错误，D 正确；
C．根据动能定理，物体刚落到地面时的动能为1
2 mv0
2+mgh，故C 错误。
故选D。
5．如图所示，一条长度为2L、质量为m 的匀质链条的一半放置在水平桌面上，另一半悬在桌面下方，链
条末端到地面的距离也为L，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。现让链条由静止释放，在链条完全落
地瞬间，链条对地面的压力为（ ）
A．15
4 mg
B．11
2 mg
C．11
4 mg
D．3mg
【答案】A
【详解】从链条开始运动到完全脱离桌面的过程中，链条机械能守恒，重力势能减小量
Δ E p= 1
2 mg· 3
2 L= 3
4 mgL
由机械能守恒定律得Δ E p= 1
2 m v1
2
解得v1= ❑√
3 gL
2
此后链条最高点将以初速度v1、加速度g向下匀加速运动，落地前速度v2满足v2
2−v1
2=2g⋅2 L= 4 gL
解得v2= ❑√
11gL
2
设落地前极短时间Δt内，落地链条的质量Δm= ρ v2 Δt
其中ρ为链条单位长度的质量，即ρ= m
2 L
落地过程满足动量定理—F Δt = Δm(0−v2)
解得链条末端落地时对地面的冲击力F = 11
4 mg
再加上链条自身重力，链条对地面的压力为F 压= F +mg= 15
4 mg
故选A。
6．如图所示，A、B两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C球放在固定不动的倾角为α的光滑斜面上，
通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住A球，并使细线刚好伸直
但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处于静止状态，释放A后，
A下落的速度最大时C恰好对挡板无压力，已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮
之间的摩擦不计，运动过程中A未落地，B未与滑轮相撞，则（ ）
A．该过程A、B、C三球所组成的系统机械能守恒
B．当C球刚要离开挡板时B球的加速度一定不为0
C．斜面的倾角α为30°
D．小球A的最大速度为2 g ❑√
m
2k
【答案】C
【详解】A．对于A、B、C 三球所组成的系统，在运动过程中，除了重力做功外，还有弹簧的弹力对B 球
做功，弹簧的弹性势能发生变化，因此该系统的机械能不守恒，若将弹簧纳入系统，则A、B、C 及弹簧
组成的系统机械能守恒，故A 错误；
B．当A 球下落速度最大时，A 球的加速度为0，由于A、B 通过细线相连，B 球的加速度也为0。此时C 球
恰好对挡板无压力，说明C 球刚要离开挡板，处于平衡状态的临界点，B 球此时受力平衡，加速度为0，
故B 错误；
C．当A 球速度最大时，A、B 的加速度均为0。对A 球受力分析，绳子拉力T =mg
对C 球，恰好对挡板无压力，说明弹簧弹力F =mgsin α
对B 球，由平衡条件得T =mgsin α + F
联立解得mg=2mgsin α
即sin α =0.5
所以α =30
∘，故C 正确；
D．初始时弹簧压缩量x1= mgsin α
k
= mg
2k
速度最大时弹簧伸长量x2= mgsin α
k
= mg
2k
此过程中A 下落、B 上滑的距离均为h= x1+ x2= mg
k
由于初末状态弹簧形变量相同，弹性势能变化量为0。对A、B 及弹簧系统应用机械能守恒定律
mgh−mghsinα = 1
2 ×2mvm
2
代入数据解得vm= g ❑√
m
2k ，故D 错误。
故选C。
7．如图所示，在倾角θ =30°的光滑固定斜面上，放有质量分别为1kg 和2kg 的小球A 和B，且两球之间
用一根长L=0.3 m的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h=0.4 m。现让两球从静止开始自由下滑，最后都
进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g 取10m/s
2。则下列说法
中正确的有（ ）
A．从开始下滑到A 进入圆管的整个过程，A 与B 组成的系统机械能增大
B．在B 球进入水平圆管前，小球A 机械能减小
C．两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为3m/s
D．从开始下滑到A 进入圆管的整个过程，轻杆对B 球做功2 J
【答案】C
【详解】A．从开始下滑到A 进入圆管的整个过程中，斜面和圆管均光滑，只有重力对系统做功，系统机
械能守恒，不会增大，故A 错误；
B．在B 球进入水平圆管前，两球都在斜面上，由整体法可得两球的加速度都为a= gsinθ，因此轻杆对两
球无弹力作用，小球A 机械能守恒，故B 错误；
C．对A、B 组成的系统，从开始下滑到A 进入圆管的过程，由机械能守恒
mA g(h+ Lsinθ)+mB gh= 1
2 (mA+mB)v
2
代入解得v =3 m/s，故C 正确；
D．对B 球，由动能定理，重力做功与轻杆做功之和等于动能变化mB gh+W = 1
2 mB v
2
代入解得W =1J，即轻杆对B 做功为1J，故D 错误。
故选C。
二、多选题
8．（多选）如图所示，有一条柔软的质量为m 长为L 的均匀链条，开始时使链条的3 L
4 长在水平桌面上，
而L
4 长垂于桌外，并处于静止。若不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（ ）
A．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL
32
B．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL
16
C．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v = 1
4
❑√15 gL
D．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v = 1
2
❑√5 gL
【答案】AC
【详解】AB．若要把链条全部拉回桌面上，只要克服垂于桌面外的部分m
4 的重力做功即可，至少要克服
重力做的功W = mg
4 × L
4 × 1
2 = mgL
32 ，A 正确，B 错误；
CD．若自由释放链条，只有重力做功整个链条的机械能守恒，取桌面为参考平面，则有
−mg
4 × L
4 × 1
2 =−mg× L
2 + 1
2 m v
2
解得v =
❑√15 gL
4
，C 正确，D 错误。
故选AC。
9．（多选）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2026 个质量均为2m
的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0 号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到
水平面与1 号物块发生弹性正碰，0 号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026 个弹性物块两两
间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（ ）
A．2026 号物块最终速度2025
2026
❑√2 gh
B．2023 号物块最终速度2
81
❑√2gh
C．0 号物块最终动量大小为(
1
3)
2026
m ❑√2gh
D．最终所有物块的总动能为mgh
【答案】BCD
【详解】A．由题可知，2026 个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2026 号物块最终速度是0 号物
块与1 号物块发生弹性正碰后1 号物块的速度，由动量守恒得m v0=m v01+2m v11
弹性碰撞机械能守恒，得1
2 m v0
2= 1
2 m v01
2 + 1
2 ×2m v11
2
其中0 号物块初速度大小满足1
2 m v0
2=mgh
解得v11= 2
3
❑√2gh，v01=−1
3
❑√2gh
即2026 号物块最终速度为v11= 2
3
❑√2gh，故A 错误；
B．0 号物块与1 号物块发生碰撞后，1 号物块将与2 号物块发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，
1 号物块将静止。0 号物块滑上曲面后返回，速度大小为v
′
01=−v01= 1
3
❑√2gh
0 号物块继续与1 号物块发生第二次碰撞，由动量守恒得m v
′
01=m v02+2m v11
弹性碰撞机械能守恒，得1
2 m v
′
01
2 = 1
2 m v02
2 + 1
2 ×2m v11
2
解得v02=−(
1
3)
2
❑√2 gh，v12= 2
3 v
′
01= 2
9
❑√2gh
以此类推，2023 号物块最终速度是0 号物块与1 号物块第四次碰撞后1 号物块的速度，故2023 号物块最
终速度为v14= 2
3 v
′
03= 2
3 ×(
1
3)
3
v0= 2
81 v0= 2
81
❑√2 gh，故B 正确；
C．由B 选项分析可知，0 号物块共要与1 号物块碰撞2026 次，所以0 号物块最终动量大小为
p0=(
1
3)
2026
m ❑√2 gh，故C 正确；
D．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，最终所有物块的总动能
为系统初始的重力势能，即Ek=mgh，故D 正确。
故选BCD。
10．（多选）如图所示，长L 的轻杆两端分别固定有完全相同的A、B 两小球，A、B 均视为质点，杆的三
等分点O 处有光滑的水平固定转轴，使轻杆可绕转轴在竖直面内无摩擦转动，用手将该装置固定在杆恰
好水平的位置，然后由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，在小球运动的过程中说法不正确的是
（ ）
A．A、B 的线速度大小之比为2:1
B．小球受到重力、弹力和向心力的作用
C．两小球所受向心力方向均指向O 点且大小相等
D．在竖直位置时杆对水平轴的作用力方向一定向下
【答案】BC
【详解】A．A、B 绕同一转轴转动，角速度相等。由题意知r A = 2 L
3 ，rB= L
3
根据v =ωr，可得
v A
vB
= ωr A
ωrB
=2：1，A 正确；
B．向心力是效果力，由重力和杆的弹力的合力提供，并非真实存在的力。小球实际受到重力和杆的弹力
作用，B 错误；
C．向心力公式Fn=mω
2r，两球质量 m 相等、角速度 ω 相等，但r A:rB=2:1，故FnA: FnB=2:1，大
小不相等，C 错误；
D．设小球质量为 m，竖直位置时的速度分别为
v A、vB
¿
¿
根据能量关系mg⋅2 L
3 −mg⋅L
3 = 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2
解得vB= ❑√
2 gL
15 ，v A =2❑√
2 gL
15
研究A，根据牛顿第二定律F A−mg=m v A
2
2 L
3
解得F A = 9mg
5
，杆对 A 的弹力向上，故 A 对杆的弹力向下，大小9mg
5
研究B 根据牛顿第二定律mg−FB=m vB
2
L
3
解得FB= 3mg
5
，杆对B 的弹力方向向上，故 B 对杆的弹力向下，大小3mg
5
A、B 对杆的合力向下大小为12mg
5
，故杆对轴的作用力方向向下，D 正确。
本题要求选择不正确的选项，故选BC。
三、解答题
11．如图所示，竖直面内光滑半圆弧轨道CDE，圆心为O，半径为R，最低点C与水平面平滑连接，OD
与竖直方向夹角为60°。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点，水
平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止
释放物块，物块被弹开后沿轨道能够滑到的最高点为D。若物块与BC段间的动摩擦因数μ=0.4，BC段
的长度也为R，重力加速度为g，物块可视为质点。求：
(1)物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小FN；
(2)物块最终停下的位置离B点的距离；
(3)若使物块再次压缩弹簧由静止释放后，恰好能沿轨道通过半圆弧最高点E，则求弹簧这次需要被压缩
的初始弹性势能大小Ep。
【答案】(1)2mg
(2)0.25 R
(3)2.9mgR
【详解】（1）设物块第一次到C 点的速度为v1，刚好到D 点时速度为0，对物块从C 到D 由机械能守恒
定律得1
2 mv1
2=mgR(1−cos60°)
解得v1= ❑√gR
在C 点由牛顿第二定律得FN−mg=m v1
2
R
解得F N=2mg
（2）设物块第1 次从C 点返回至停止运动，在BC 段上的路程为s，由动能定理可得−μmgs=0−1
2 mv1
2
解得s=1.25 R
则物块最终停下的位置离B 点的距离为Δ x = s−R =0.25 R
（3）物块恰好通过E 点，由牛顿第二定律得mg=m v E
2
R
物块从静止到E 点由动能定理得W 弹−μmgR−2mgR = 1
2 mv E
2
由功能关系可得W 弹= Ep
联立解得Ep=2.9mgR
12．如图所示，半径R=0.45 m 的光滑半圆轨道AB 竖直固定放置，与水平光滑平台在B 点平滑连接。质
量m=0.18 kg 的玩具小车（无动力）以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量M=0.54 kg 的物
块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小车经过轨道最高点A 时对轨道的压力大小F=1 N，物块从平台飞
出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离x=2 m，平台到水平地面的高度h=0.8 m。小车、物块
均视为质点，取重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力。求：
(1)碰撞后瞬间物块的速度大小v；
(2)小车经过轨道上的B 点时对轨道的压力大小FN；
(3)小车与物块碰撞过程中损失的机械能Δ E。
【答案】(1)v =5 m /s
(2)F N =11.8 N
(3)Δ E =0
【详解】（1）碰后M 做平抛运动，根据平抛运动规律有h= 1
2 gt
2，x = vt
代入题中数据，解得v =5 m /s
（2）碰后小车回到A 点时有mg+ F =m v A
2
R
代入题中数据，解得v A = ❑√7 m /s
碰后对小车，根据机械能守恒有1
2 m v车
2 = 1
2 m v A
2 +mg×2 R
联立解得v车=5 m/s
小车经过轨道上的B 点有F 支持力−mg=m v车
2
R
解得F 支持力=11.8 N
根据牛顿第三定律可知，小车经过轨道上的B 点时对轨道的压力大小FN= F 支持力=11.8 N。
（3）设碰前小车速度为v0，规定向右正方向，根据动量守恒有m v0=−m v车+ Mv
联立解得v0=10 m /s
则小车与物块碰撞过程中损失的机械能Δ E = 1
2 mv0
2−( 1
2 mv车
2 + 1
2 M v❑
2 )
联立解得Δ E =0
可知该碰撞为弹性碰撞。
13．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A，左侧绳通过光滑定滑轮B 连接一物体Q，物
体Q、N 通过一轻弹簧连接，Q、N 质量均为m。整个系统处于静止状态时，小球P 位于图示位置，两绳
与水平方向夹角分别为37°和53°，此时物体N 与地面弹力恰好为零。现将小球P 托至与A、B 两点等高的
水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P 开始运动，已知AP 间绳长L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，
重力加速度为g，求：
(1)小球P 的质量M；
(2)小球P 运动到图示位置时Q 的速度v；
(3)小球P 从释放到图示位置过程中轻绳对物体Q 做的功W。
【答案】(1)M = 5
2 m
(2)v = 2
7
❑√7 gL
(3)W = 11
14 mgL
【详解】（1）整个系统处于静止状态时，小球P 位于图示位置，将物体Q、N 视为整体，则左侧绳子上
的拉力为T B=2mg
对小球P 受力分析，则有T B= Mgcos37
∘
联立解得M = 5
2 m
（2）小球P 处于图示位置时，对物体N 进行受力分析，可知弹簧弹力为T 弹=mg
将小球P 托至与A、B 两点等高的水平线上时，两绳均拉直且无弹力，对物体Q 分析，可知此时弹簧的弹
力T 弹
′ =mg
由于T 弹
′ =T 弹，因此两个状态下，弹簧的弹性势能相等。
因为AP 的长度不变，所以P 做圆周运动，此刻图示位置P 沿绳子的速度方向刚好垂直于AP。而Q 的速度
也是沿绳方向，所以v P= vQ= v
则P、Q 以及弹簧组成的系统机械能守恒，有MgLsin37
∘= 1
2 m v
2+ 1
2 M v
2+mgh
其中Q 上升的高度h= L tan37
∘−(
L
cos37
∘−L)
联立解得v = 2
7
❑√7 gL
（3）对物体Q，由动能定理有W −mgh= 1
2 m v
2
代入数据解得W = 11
14 mgL
14．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=32J，一个质量m=1kg的小物块紧靠弹簧放置。释放
后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l =6 m的水平传送带，传送带以v =6 m /s的速度顺时针转动。在传送
带右侧等高的平台上固定半径R =0.5 m的圆轨道ABCD，A、D 的位置错开，使小物块绕行一圈后可以通
过D 到达E 位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦均忽略不计，取g=10 m /s
2。
(1)求小物块通过传送带的时间；（结果保留两位有效数字）
(2)求小物块通过传送带的过程中摩擦产生的热量以及运动到C 点时对轨道的压力；
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，求传送带转
动速度的可能值。（结果可以用根号表示）
【答案】(1)0.93s
(2)22N，方向竖直向上
(3)若顺时针转动，则v传≥5 m/s或0≤v传≤❑√10 m/s，若逆时针转动，任意速度都可以
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为v0，根据题意，由能量守恒定律可得
Ep= 1
2 m v0
2
解得v0=8 m/s
小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a= μg =5 m/s
2
设小物块与传送带共速时对地位移为x，则由运动学公式可得v0
2−v
2=2ax
代入数据解得x =2.8 m
在传送带上减速时间t1= v0−v
a
= 8−6
5
s=0.4s
匀速时间t2= l−x
v
= 6−2.8
6
s≈0.53s
小物块通过传送带的时间t =t1+t2=0.4s+0.53s=0.93s
（2）小物块在传送带上减速过程，传送带位移x传= v t1=6×0.4 m=2.4m
摩擦生热Q = μmg( x−x传)=2J
从A 到C，由动能定理得
−2mgR = 1
2 m vC
2 −1
2 m v
2
在C点F NC +mg=m vC
2
R
解得F NC =22N
由牛顿第三定律得，小物块运动到C 点时对轨道的压力大小F NC
′ = F NC =22N
方向竖直向上。
（3）①若小物块恰好做完整的圆周运动，在C 点mg=m vC 1
2
R
从A 到C，由动能定理得
−2mgR = 1
2 m vC 1
2 −1
2 m v A 1
2
解得v A 1=5 m/s
②若小物块能恰好到达圆心等高处，由机械能守恒定律得1
2 m v A 2
2 =mgR
解得v A 2= ❑√10 m/s
若物块一直匀减速通过传送带后速度为v1，由动能定理得
−μmgl = 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
即得v1=2m/s
综上所述，若传送带顺时针转动，需满足v传≥5 m/s或0≤v传≤❑√10 m/s可使得物块不脱离圆轨道。若传
送带逆时针转动，无论速度多大，均可使得物块不脱离圆轨道。
15．如图所示，光滑水平面上质量均为M 的相同滑块A、B 对称放置（均不固定），滑块上的1
4 圆弧光滑
轨道的半径为R，轨道最低点与水平面相切。现将质量为m 的小球从滑块A 圆弧轨道的最高点由静止释
放，重力加速度为g。
(1)求小球第一次从滑块A 上滑离时的速度大小；
(2)求小球在滑块B 上升的最大高度；
(3)要使小球能够再次滑上A 的轨道，求M
m 应满足的条件。
【答案】(1)v = ❑√
2 MgR
M +m
(2)h=(
M
M +m)
2
R
(3) M
m >❑√2+1
【详解】（1）设小球与滑块A 分离时，小球的速度为v，滑块A 的速度为v
′，根据机械能守恒
mgR = 1
2 m v
2+ 1
2 M v
′2
水平方向动量守恒mv = M v
′
解得v = ❑√
2 MgR
M +m
（2）设小球与滑块B 共速度时的速度为v1，上升的高大高度为h，根据机械能守恒
mgh= 1
2 m v
2−1
2
(m+ M )v1
2
水平方向动量守恒mv =(m+ M )v1
得：h=(
M
M +m)
2
R
（3）设小球与滑块B 分离时的速度为v3，滑块B 的速度为v4，根据机械能守恒1
2 m v
2= 1
2 m v3
2+ 1
2 M v4
2
水平方向动量守恒mv =m v3+ M v4
要使小球能够再次滑上A 的轨道−v3>v
′
联立解得M
m >❑√2+1
