文档文本内容
第07 讲 机械能及其守恒定律模型
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目录
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⏪
模型一 机车启动模型
模型二 动能定理解决多过程综合问题
模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用
模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用
模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用
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模型建构
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⏪
✡模型一 机车启动模型
模型剖析
▶
1.以恒定功率启动
(1)过程分析
(2)此过程的P-t 图像和v-t 图像
2.以恒定加速度启动
(1)过程分析
(2)此过程的P-t 图像和v-t 图像
3.总结提升
（1）P=Fv 中三个物理量的制约关系：P 一定时，v 越大，F 越小；F 一定时，v 越大，P 越大。
（2）额定功率与实际功率：额定功率指发动机正常工作时的最大功率，实际功率指发动机实际输出的功
率，一般小于额定功率。最大速度vm= P额
f
。
模型特训
▶
【典例1】（2026·河北·高考真题）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车，并对
其性能进行了测试。在t1−t2时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从v1加速到v2，
假定马车所受阻力不变，则马车运动的v −t图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【推理演示】马车以恒定功率运动，阻力f 不变， 由功率公式P = Fv
结合牛顿第二定律 F −f =ma
整理得加速度a= P
mv −f
m
随着速度v 增大，恒定功率P 不变，因此加速度a 逐渐减小。
v−t 图像的斜率表示加速度，因此v−t 图的斜率应逐渐减小，图像越来越平缓。
故选C。
【变式1-1】（2026·福建漳州·三模）（多选）在火星探测中，火星车“祝融号”沿水平直线运动的v −t图
像如图所示。火星车从静止开始匀加速启动，经过时间t1速度达到4cm/s，此时功率为6W，之后恒功率加
速，t2时刻达到最大速度vm并匀速运动一段时间。关闭动力后经0.144s 停止运动。已知火星车所受阻力
f =100 N恒定，则火星车（ ）
A．最大速度vm =6cm /s
B．质量m=240kg
C．在0∼t1时间内所受合力为150N
D．在t1∼t2时间内的平均速度为5cm/s
【答案】AB
【详解】A．已知额定功率P =6 W，阻力f =100 N，由P = F vm= f vm
得vm= P
f = 6
100 m/s=0.06 m/s=6cm/s，故A 正确；
B．关闭动力后，火星车仅受阻力做匀减速运动，减速时间Δt =0.144s，减速加速度大小a= vm
Δt
由牛顿第二定律f =ma得 m= fΔt
vm
= 100×0.144
0.06
kg=240kg，故B 正确；
C．0∼t1匀加速阶段，t1时刻速度v1= 4cm/s=0.04 m/s，由P = F v1
得牵引力F = P
v1
=
6
0.04 N =150 N
合力为F合= F −f =50 N，故C 错误；
D．t1∼t2为恒定功率加速，牵引力随速度增大而减小，加速度逐渐减小，v −t图像为向上凸的曲线，实际
位移大于连接(t1,4cm/s)到(t2,6cm/s)匀变速直线运动的位移；匀变速直线运动平均速度才是
4+6
2
=5cm/s，因此实际平均速度v
ˉ
>5cm/s，故D 错误。
故选AB。
【变式1-2】（2026·四川资阳·三模）如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为
θ =30°足够长的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0~6s时间内物体运动的v −t
图像如图乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1s后电动机的输出功
率保持不变；已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g取10m/s
2。下列说法正确的是
（ ）
A．在0~6s内电动机牵引力大小处于0~10 N范围内
B．1s后电动机的输出功率为50 W
C．物体达到的最大速度vm大于10 m/s
D．0~5s内物体沿斜面向上运动了35m
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，物体在0~1s内的加速度大小为a1=5 m/s
2
设在0~1s内电动机牵引力大小为F1，由牛顿第二定律解得F1−mgsinθ =ma1
解得F1=20 N，故A 错误；
B．1s后电动机的输出功率为 P = F1v1=20×5 W =100 W，故B 错误；
C．根据题意可知，当物体速度最大时有F2=mgsinθ =10 N
物体达到的最大速度vm = P
F2
=10 m/s，故C 错误；
D．物体在0~1s 内运动的距离为x1= 1
2 a1t1
2= 5
2 m
物体在1~5s内，由动能定理有PΔt −mgsinθ⋅x2= 1
2 m vm
2 −1
2 m v1
2
解得 x2=32.5 m
则在0~5s内物体沿斜面向上运动了x = x1+ x2=35 m，故D 正确。
故选D。
✡模型二 动能定理解决多过程综合问题
模型剖析
▶
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不
同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看
作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
模型特训
▶
【典例1】（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD 和圆管轨道DE 在D 处平
滑连接，O 为圆弧圆心，半径均为R =0.8 m，C 点和E 点分别是轨道的最低点和最高点，OB 和OD 连线与
竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF 是与轨道共面的倾角为α（α 未知）的直线，在该直线上某点A 将一
质量为m=0.08kg的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B 点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C 点时速
度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，
sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，g=10 m /s
2。求：
(1)小球经过C 点时对轨道压力的大小；
(2)小球平抛初速度v0的大小；
(3)若从直线BF 上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B 点沿切线进入轨道，且小球能够到达E 点，则抛出
点到B 点的竖直高度h 的最小值是多少。
【推理演示】（1）小球经过C 点时，由牛顿第二定律有N −mg=m vC
2
R
解得N=2.4N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′=N=2.4N
（2）从B 到C，由动能定理有mgR (1−cos60°)= 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
根据几何关系有v0= vBcos60
∘
解得v0= ❑√2m /s
（3）小球经过D 点的最小速度vD 满足mgcos37
∘=m v D
2
R
设小球恰能通过D 时，平抛初速度为v1，经过B 点时速度的竖直分量为v y
，则v y
2 =2gh，tan60
∘= v y
v1
从抛出点到D 点，根据动能定理，有mg(h−Rcos60
∘−Rcos37
∘)= 1
2 m vD
2−1
2 m v1
2
解得h=1.02m
设小球到达E 点时速度为vE，从D 到E 由动能定理，有−mgR(1−cos37
∘)= 1
2 m v E
2 −1
2 m v D
2
解得v E= 4 ❑√5
5
m /s>0
即小球能够到达E 点，故抛出点到B 点的竖直距离的最小值h=1.02m
【变式1-1】（2026·安徽·模拟预测）如图，位于竖直平面内、半径R =1m的1
4
圆弧形光滑绝缘轨道AB 固
定在水平面，其下端点B与水平绝缘轨道BC相切，水平轨道BC与倾角为53°、固定在水平面的绝缘斜轨
道在C点平滑连接，斜面顶端固定一轻质弹簧（弹簧也由绝缘材料制成）。整个轨道处在水平向左的匀强
电场中，电场强度E =5×10
3 N /C。现有一质量为m=0.2kg、带电荷量q =+3×10
−4C的小滑块（可视为
质点）从A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知水平轨
道BC长为0.1m，斜轨道上CD长为0.05 m，滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加
速度g=10 m /s
2，sin53° =0.8，cos53° =0.6，求：
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)小滑块在水平轨道上运动的总路程。
【答案】(1)3 N (2)0.205J (3)5 m
【详解】（1）小滑块从A 到B，由动能定理得mgR−EqR = 1
2 m v
2
在B 点F N−mg= m v
2
R
代入数据解得FN=3 N
由牛顿第三定律可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对轨道的压力大小为FN
' = FN=3 N
（2）小滑块所受电场力水平向左F1= Eq=1.5 N
小滑块所受重力和电场力的合力恰好平行于斜面向下，其大小为F =
❑√F1
2+(mg)
2=2.5 N
因此小滑块在斜面上不受摩擦力。
小滑块在水平轨道上受到的摩擦力f = μmg=0.2N
从A到D，由动能定理可得mg(R−lCDsin53°)−Eq(R+lBC +lCDcos53°)−f lBC−W 克弹=0
解得W 克弹=0.205J
所以弹簧的最大弹性势能E p=W 克弹=0.205J
（3）由分析可知，最后小滑块静止在圆弧轨道上某点，该点与圆心连线与水平方向夹角为α，则：
tanα = mg
Eq = 4
3
则α =53°
由能量守恒可得mgRsinα −EqR (1−cosα )= μmgs
解得s=5 m
【变式1-2】（2024·浙江金华·二模）某轨道模型如图所示，AB 为弧形轨道，在B 处与水平轨道BH 平滑相
接。CDE 为半径R =0.1m的圆形轨道，C、E 略微错开。FG 段为以v0=3 m /s顺时针旋转的长度L1=2m的
传送带。水平轨道末端H 处放置长度L2=2m，质量M =0.3kg的木板。质量m=0.1kg可视为质点的滑块
从距水平轨道高h 处滑下，与传送带动摩擦因数μ1=0.1，与木板动摩擦因数μ2=0.3，其余摩擦很小均不
计，重力加速度g=10 m /s
2，求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点时，下落高度h1和此时通过传送带上G 点速度v。
(2)滑块恰好不滑离木板时，下落高度h2。
(3)若滑块能顺利通过圆轨道，求滑块与木板摩擦产生的热量Q 与滑块下落高度h 的关系。
【答案】(1)h1=0.25 m；v =3 m /s，方向水平向右
(2)h2=1m
(3)当0.25 m ≤h≤0.65 m时Q = 27
80 J；当0.65 m<h≤1m时Q = 3
4 h−3
20
(J)；当h≥1m时Q =0.6J
【详解】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点时，对D 点，根据mg = m v D
2
R
解得v D=1m/s
从A 点到D 点根据动能定理mg(h1−2 R)= 1
2 m v D
2
解得h1=0.25 m
从A 点到E 点根据动能定理mgh1= 1
2 mv E
2
解得v E= ❑√5 m/s
在传动带上，根据牛顿第二定律μ1mg=ma
解得a=1m /s
2
根据运动学公式v
2−v E
2 =−2a L1
解得v =3 m /s
方向水平向右。
（2）当滑块到木板右端共速时，滑块恰好不滑离木板，根据动量守恒
m v1=(m+ M )v2
根据能量守恒1
2 m v1
2−1
2
(m+ M )v2
2= μ2mg L2
解得v1= 4 m /s
从A 点到H 点根据动能定理mgh2−μ1mg L1= 1
2 m v1
2
解得h2=1m
（3）滑块在传动带上一直减速时有vmax
2
−v0
2=2 μ1g L1
解得vmax = ❑√13 m/s
从A 点到F 点根据动能定理mgh3= 1
2 m vmax
2
解得h3=0.65 m
当0.25 m ≤h≤0.65 m时，滑块离开传动带的速度为v0=3 m/s<v1
滑块滑上木板能共速，根据动量守恒m v0=(m+ M )v3
根据能量守恒Q = 1
2 mv0
2−1
2
(m+ M )v3
2
解得Q = 27
80 J
当0.65 m<h≤1m时，滑块在传送带上一直减速
mgh−μ1mg L1= 1
2 mvG
2
最终与木板相对静止，根据动量守恒m vG=(m+ M )v4
根据能量守恒Q = 1
2 mvG
2 −1
2
(m+ M )v4
2
解得Q = 3
4 h−3
20
(J)
当h≥1m时，滑块可以离开木板，则有Q = μ2mg L2=0.6J
✡模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用
模型剖析
▶
守恒前提
只有重力做功，轨道光滑、支持力不做功。
包含三类曲线场景：
1.抛体运动（平抛、斜抛）：只用守恒求速率，避开运动分解
2.光滑圆弧 / 曲面轨道滑行：轨道末端常衔接平抛综合计算
3.竖直圆周运动（轻绳内侧轨道、轻杆 / 圆管轨道）：本模型重难点
标准解题组合
圆周极值点（最高点、最低点）列向心力牛顿方程 + 两点间列机械能守恒方程联立求解
守恒列式两种用法
1.设定零势能面：Ek 1+ E p1= Ek 2+ E p2
2.变化量形式：−Δ E p= Δ Ek（重力势能减少量 = 动能增加量）
模型特训
▶
【典例1】（2026·湖北·高考真题）（多选）如图所示，半径为R、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面
内。初始时刻，质量为m 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为v0= ❑√2 gR（g为重力加速度大小）的水
平初速度向右运动，同时质量为2m的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一
次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．乙的初速度大小为3 ❑√gR
B．甲、乙两小球运动的周期相等
C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心
D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零
【推理演示】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可
知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于vc = ❑√2gR，设乙
球在最低处时速度为v02，由机械能守恒得−4 mgR = 1
2 ⋅2m vc
2−1
2 ⋅2m v02
2
解得v02= ❑√6 gR，故A 错误；
B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高
点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B 正确；
C．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从❑√2gR增大到❑√6 gR，乙从最低点到最高点，速度大
小从❑√6 gR减小到❑√2gR，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角
度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C 错误；
D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连
线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有FN2+2mg=2m (❑√2gR)
2
R
，FN1−2mg=2m (❑√6 gR)
2
R
解得FN1=14 mg，FN2=2mg
甲球在最低点和最高点时，分别有F N2
′−mg=m (❑√6 gR)
2
R
，FN1
′ +mg=m (❑√2gR)
2
R
解得F N2
′ =7mg，FN1
′ =mg
根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力大
小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为mg，
故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，
即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不
为零，故D 正确。
故选BD。
【变式1-1】（2026·山东济宁·三模）如图所示，光滑斜面AB、水平传送带BC、光滑水平面CD和两个半
径为R的光滑四分之一圆管轨道顺次平滑连接。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带h高处由静
止释放，通过传送带和CD后，进入圆管轨道。已知传送带BC长L=2m且以v0=1m /s顺时针转动，CD长
s=1m，R =0.4 m，小滑块的质量m=0.2kg，小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，忽略空气阻力，重
力加速度大小g=10 m /s
2。
(1)若小滑块恰好到达圆管轨道最高点E，求小滑块在D点受圆管轨道的支持力大小和释放高度h；
(2)若CD段粗糙，小滑块与CD段的动摩擦因数记为μ1，小滑块从斜面上距传送带高度h=1.5 m处由静止释
放，最终停在CD的中点，求：
①若小滑块只经过C点一次，μ1的可能值；
②若小滑块能经过C点多次，μ1的可能值。
【答案】(1)10 N，1.8 m
(2)①1或1
3
②μ1≥0.225时μ1= 1
n
(n=5,7,9⋯)；μ1<0.225时μ1= 1
10n
(n=1,3,5⋯)
【详解】（1）圆管轨道中，恰好到达最高点E，则v E=0
从D到E，由机械能守恒定律有1
2 m v D
2 =mg⋅2 R+ 1
2 m v E
2
解得v D= ❑√4 gR = 4 m /s
在D点，合力提供向心力N −mg=m v D
2
R
解得N =10 N
因为v D= 4 m /s>v0
故滑块到达B的速度大于传送带速度v0，全程在传送带上减速，摩擦力全程做功，从释放到最高点E，由
动能定理有mgh−μmgL−mg⋅2 R =0−0
解得h=1.8 m
（2）滑块第一次到达C点，由动能定理有mgh−μmgL= 1
2 m vC
2 −0
解得vC = ❑√10 m /s
设CD上运动总路程为x，整个过程由动能定理得1
2 m vC
2 = μ1mgx
解得x = 0.5
μ1
CD中点距离C为s0= s
2 =0.5 m
①若小滑块只经过C点一次，两种情况：若滑块从C向D运动，未到达D直接停在中点位置，则
x =0.5 m = 0.5
μ1
解得μ1=1
若滑块到达D，经圆管返回后停在中点，总路程x =(1+0.5)m =1.5 m
可得x =1.5 m = 0.5
μ1
解得μ1= 1
3
故只经过C一次时，μ1的可能值为1或1
3
。
② 当滑块第二次到达C点且和传送带速度相等时，可知mgh−μmgL−μ1mg⋅2s= 1
2 m v0
2
解得μ1=0.225
当μ1≥0.225时，滑块第二次到达C点后再从传送带离开时，速度大小不变，全程根据动能定理可知
mgh−μmgL−μ1mg⋅n s
2 =0
解得μ1= 1
n
(n=5,7,9⋯)
此时μ1<0.225，不符合要求
当μ1<0.225时，物体第三次回到C点时速度为v0，此后运动过程根据动能定理可知
−μ1mg⋅n s
2 =0−1
2 m v0
2
解得μ1= 1
10n
(n=1,3,5⋯)
【变式1-2】（2026·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，半径R =0.75m的光滑圆弧轨道的底端与水面相
切，轨道上端点P 和圆心O 的连线与水平面成θ =37
∘角。将质量m=0.5kg的小物块A 以v0=3 m /s速度向
左水平抛出，恰好从P 点沿切线进入圆弧轨道，当A 运动到圆弧轨道的底端时，与静止在该处的小物块B
发生弹性碰撞，碰后A 返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q 点。重力加速度取g=10 m /s
2，
sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。求：
(1)小物块A 抛出点离地面的高度；
(2)小物块A 通过P 时对轨道的压力大小；
(3)小物块B 的质量。
【答案】(1)2.0 m
(2)41
3 N
(3)32+7 ❑√15
34
kg
【详解】（1）小物块A 做平抛运动，设其在P 点竖直方向的分速度为v y，根据几何关系，A 恰好沿切线进
入圆弧轨道，故在P 点速度方向与水平方向的夹角α =90
∘−θ =53
∘
由平抛运动规律可得v y = v0tan53
∘= 4 m/s。
从抛出点到P 点下落的高度h1= v y
2
2 g =0.8 m
而P 点距圆弧轨道底端B 的高度h2= R+ Rsin37
∘=1.2m
抛出点离地面的高度H =h1+h2
联立并代入数据，解得H =2.0 m
（2）小物块A 在P 点的速度大小v P=
❑√v0
2+ v y
2 =5 m/s
在P 点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有N P+mgsin37
∘=m vP
2
R
，代入数据解得轨道对A 的支持力
N P= 41
3 N。
根据牛顿第三定律，A 通过P 点时对轨道的压力大小等于41
3 N，方向沿半径向外。
（3）设A 到达底端B 点与B 碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律得mgH + 1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2
设碰后A 的速度为v2，因A 恰好能上升到与圆心等高的Q 点，根据机械能守恒有1
2 mA v2
2=mA gR
规定向右为正方向，碰前A 向右运动，碰后A 返回向左运动，代入数据解得v1=7 m/s，v2=−❑√15 m/s。
A 与静止的B 发生弹性碰撞，设碰后B 的速度为v3，
由动量守恒定律得mA v1=mA v2+mB v3
由机械能守恒定律得1
2 mA v1
2= 1
2 mA v2
2+ 1
2 mBv3
2。
解得v2= mA−mB
mA+mB
v1
将v1=7 m/s、v2=−❑√15 m/s、mA=0.5kg代入该关系式中，
解得小物块B 的质量mB= 32+7 ❑√15
34
kg。
✡模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用
模型剖析
▶
1.注意点
(1)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。
模型特训
▶
【典例1】（2026·河北保定·二模）如图，质量均为m 的小球A、B 用一根长为l 的轻杆相连，竖直放置在
光滑的水平面上，质量也为m 的小球C 紧挨着小球B 放置在水平面上，扰动小球A 使其向左倾倒，小球
A、B、C 在同一个竖直面内运动，B 与C 分离后小球C 的速度为v。取水平面为零势能面，重力加速度为
g。下列说法正确的是（ ）
A．B、C 分离前小球C 先加速后减速
B．B、C 分离时小球A 的机械能为mgl−m v
2
C．直到A 球落地的整个过程中，轻杆对小球B 做的功为1
4 mv
2
D．小球A 落地时动能为1
8 m v
2
【推理演示】A．以三个小球组成的系统为研究对象，运动过程中只有小球A 的重力和系统内的弹力做功，
则此系统的机械能守恒，在B、C 分离前C 球受到B 的弹力作用使其速度向右且逐渐增大，故A 错误；
B．小球B、C 分离前瞬间二者速度相同，根据系统机械能守恒定律可得mgl = 1
2 ⋅2mv
2+ EA
所以EA=mgl−m v
2，故B 正确；
D．三个小球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，故此系统在水平方向动量守恒，在A 落地瞬间，
A、B 水平方向的速度相同，设为vAB，取向右为正方向，对三球组成的系统，在水平方向上，根据动量守
恒定律得mv =2m vAB
根据系统机械能守恒定律可得mgl = 1
2 m vAB
2 + 1
2 m v
2+ EkA
解得A 球落地时的动能为EkA=mgl−5
8 m v
2，故D 错误；
C．对B，根据动能定理可得W 杆+W C= 1
2 m vAB
2 ，W C=−1
2 m v
2
联立解得W 杆= 5
8 m v
2，故C 错误。故选B。
【变式1-1】（2026·海南海口·二模）（多选）如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球a和小球b，小球a固定
在轻质细杆的一端，细杆可绕O轴自由转动，整个装置静止时，杆和绳与竖直方向的夹角均为30°。现施
加外力抬高小球a位置，使轻杆水平，（如图中虚线位置），然后由静止释放，不计一切摩擦，细绳足够
长。则杆向下转动60°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球a和小球b的质量之比为❑√3:1
B．小球a和小球b的动能之和先增大后减小
C．图示位置时，小球a和小球b的速度之比为❑√3:2
D．图示位置时，小球a和小球b的重力功率之比为1:1
【答案】AD
【详解】A．整个装置平衡时，对a 球受力分析，如图所示
则有T =mb g，mb gcos30° = 1
2 ma g
解得ma= ❑√3mb
，故A 正确；
B．连接a 球的杆为活杆，对a 球作用力方向始终沿杆，与a 球速度垂直，对a 球不做功，所以对于a、b
组成的系统机械能守恒。 b 球上升重力势能增加量为Δ E pb=mb ghb
a 球下降，重力势能减小量为Δ E pa=ma gha
b 球上升的高度即连接a 端绳子的伸长量，如图则有cosθ = ha
hb
杆向下转动60°的过程中，θ减小，θmin=30°
由ma gha−mb ghb>0，系统重力势能一直在减小，则a、b 动能之和一直在增大，故B 错误；
C．图示位置时，a 球的速度与细杆垂直，b 球的速度大小等于细绳斜向下拉的速度v1，由速度的分解可得
v1= vacos30°
解得va
vb
= va
v1
= 2
❑√3
，故C 错误；
D．图示位置时，a 球重力的功率Pa=ma g vacos60°
b 球重力的功率Pb=mb g vb
可得Pa: Pb=1:1，故D 正确。
故选AD。
【变式1-2】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图所示，滑块a、b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光
滑水平地面相距h，b 放在地面上。a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b 可
视为质点，重力加速度大小为g，则（ ）
A．a 落地前，轻杆对b 先做负功后做正功
B．a 落地时速度大小为❑√2gh
C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为2mg
【答案】B
【详解】A．当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，
所以轻杆对b 先做正功后做负功，故A 错误；
B．a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得mgh= 1
2 m va
2
解得va= ❑√2gh，故B 正确；
C．b 的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a 对b 的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a 的作用力
先是阻力后是动力，所以在b 减速的过程中，b 对a 是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度；而b
加速过程中，b 对a 是向上的支持力，此时a 的加速度小于重力加速度，故C 错误；
D．a、b 整体的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时b 受到a 的推力为零，b 只受到重
力和地面支持力的作用，二者大小相等，根据牛顿第三定律可得b 对地面的压力大小为mg，故D 错误。
故选B。
✡模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用
模型剖析
▶
系统能量构成
系统机械能 = 物体动能 + 重力势能 + 弹簧弹性势能
两大基础题型
1.竖直弹簧系统：物体压缩 / 拉升弹簧，分析原长点、最高点、最低点能量转化
2.水平弹簧系统：滑块压缩弹簧、弹簧弹开滑块
核心临界结论
两物体与弹簧相连相互作用时，弹簧最长、最短时刻两物体共速，弹性势能达到最大值。
守恒条件
接触面光滑无摩擦力，只有重力和弹簧弹力做功。
模型特训
▶
【典例1】（2026·天津南开·二模）如图所示，质量为2m 的物块P 静止在光滑水平地面上，其右侧表面是
半径为R 的1
4
光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P 右侧静止有质量为m 的球b，球b 左
侧固定有轻弹簧。将质量为m 的球a 从圆弧轨道最上端静止释放，球a 离开物块P 后与轻弹簧左侧接触并
粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。求：
(1)若物块P 固定，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)若物块P 不固定，球a 离开物块P 瞬间速度va的大小，及球b 能达到的最大速度vb的大小。
【推理演示】（1）若物块P 固定，球a 由静止释放到离开物块P 的过程中，由动能定理得mgR = 1
2 mv0
2
球a 与弹簧接触后，球a 与球b 组成的系统动量守恒，当二者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动
量守恒定律得m v0=2mv
由机械能守恒定律得1
2 mv❑0
2 = 1
2 ×2mv
2+ EP
解得整个运动过程中弹簧的最大弹性势能EP= mgR
2
（2）P 不固定时，a 下滑过程中，a 和P 组成的系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒。 规定向右为
正方向，设a 离开P 时P 的速度为vP，由动量守恒m va−2m v P=0
由机械能守恒mgR = 1
2 mva
2+ 1
2 ×2mvP
2
整理得va= 2❑√3 gR
3
a 与弹簧粘连后，a、b 和弹簧组成的系统水平面光滑，动量守恒、机械能守恒。当弹簧恢复原长时，b 的
速度达到最大；
设弹簧恢复原长时a 的速度为v1，由动量守恒m va=m v1+m vb
由机械能守恒1
2 m va
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m vb
2
联立解得球b 能达到的最大速度vb= 2❑√3 gR
3
。
【变式1-1】（2025·山东·高考真题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q
分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P 处轨道的切线沿水平方向，Q 处轨道的切线沿竖直方向。小物
块a、b 用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b 被锁定。一质量m= 1
2 kg的小球自Q 点正上方h=2m处自由下
落，无能量损失地滑入轨道，并从P 点水平抛出，恰好击中a，与a 粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到
F =15 N时，b 解除锁定开始运动。已知a 的质量ma=1kg，b 的质量mb= 3
4 kg，方形物体的质量M = 9
2 kg
，重力加速度大小g=10 m /s
2，弹簧的劲度系数k =50 N / m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表
达式Ep= 1
2 k x
2（x 为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P 点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b 的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
【答案】(1)6 m/s，水平向左，2
3 m/s，水平向右
(2)2
3 m/s，水平向左，Epm = 5
2 J
【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有m v1= M v2
由能量守恒定律有mgh= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得v1=6 m/s，v2= 2
3 m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，大物块速度为2
3 m/s，方向水平向右。
（2）由于小球落在物块a 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量
守恒，则有m v1=(m+ma)v3
解得v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F =k x1
系统机械能守恒1
2 (m+ma)v3
2= 1
2 (m+ma)v4
2 + 1
2 k x1
2
联立解得v4=1m/s，x1=0.3 m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量
守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb= 2
3 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm = 1
2 (m+ma)v4
2+ 1
2 k x1
2−1
2 (m+ma+mb)vb
2= 5
2 J
【变式1-2】（2026·浙江·二模）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
2g
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 = ❑√2 gl，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。
