2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第22讲机械能守恒定律及其应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第22讲机械能守恒定律及其应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)，共84页。
目录
01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15422" \l "_Tc26714" 考情解码·命题预警2
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视3
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc306 \h 4
\l "_Tc23645" 考点一 机械能守恒定律的内容和条件4
\l "_Tc8741" 知识点 机械能守恒定律的理解 PAGEREF _Tc8741 \h 4
\l "_Tc21155" 考向1 判断单个物体机械能是否守恒5
\l "_Tc21155" 考向2 判断系统机械能是否守恒6
\l "_Tc23645" 考点二 机械能守恒定律的应用7
\l "_Tc5345" 知识点1 机械能守恒定律应用的步骤7
\l "_Tc8741" 知识点2 机械能守恒定律应用的常见方法7
\l "_Tc21155" 考向1 单个物体的机械能守恒问题8
\l "_Tc21155" 考向2 机械能守恒定律在圆轨道运动中的应用10
\l "_Tc21155" 考向3 机械能守恒定律在非质点类运动中的应用11
\l "_Tc28902" 考向4 机械能守恒定律在杆连接系统中的应用12
\l "_Tc28902" 考向5 机械能守恒定律在绳连接系统中的应用14
\l "_Tc28902" 考向6 机械能守恒定律在弹簧连接系统中的应用15
\l "_Tc22970" 04 \l "_Tc24080" 真题溯源·考向感知18

考点一 机械能守恒定律的内容和条件
\l "_Tc25045" 知识点 机械能守恒定律的理解
1. 机械能的组成
机械能是动能与势能的总和，表达式为 E = Ek+ Epₚ，其中：
动能（Ek）：物体由于运动具有的能量，公式为 Ek= 12mv2（m为质量，v为速度）。
势能（Ep）：包括重力势能和弹性势能。
重力势能： EPG= mgh （g为重力加速度，h为相对于参考平面的高度），参考平面可任意选取，势能值随参考平面变化，但势能差不变。
弹性势能：物体因发生弹性形变具有的能量，与形变程度和劲度系数相关，公式为 EP弹=12kx2（k为劲度系数，x为形变量），仅适用于弹簧等轻弹性体。
2. 机械能守恒定律内容
在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能可以相互转化，但系统的总机械能保持不变，表达式为：
守恒式1（总量不变）： Ek1+ Ep1 = Ek2+ Ep2
守恒式2（转化关系）： ∆ Ek增 = ∆ Ep减 （动能的增加量等于势能的减少量）
注意：对守恒条件理解的三个角度：
3.判断机械能守恒的三个方法：
\l "_Tc17630" 考向1 判断单个物体机械能是否守恒
例1（2025·辽宁沈阳·三模）（多选）唐・高无际《汉武帝后庭秋千赋》有载：“秋千者，千秋也。汉武祈千秋之寿，故后宫多秋千之乐。”如图为现代单人秋千比赛精彩瞬间，运动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大。忽略空气阻力，下列关于该过程的分析正确的是（ ）
A．最高点瞬间，运动员所受合外力为零
B．最低点瞬间，运动员所受合外力不为零
C．从最低点摆至最高点过程中，运动员先超重后失重
D．从最高点蹲下到最低点站起的过程中，运动员和秋千构成的系统机械能守恒
【答案】BC
【详解】A．运动员在最高点时仍受重力、拉力作用，二者合力不为零，故A错误；
B．运动员荡到最低点时拉力与重力的合力提供向心力，合力不为0，故B正确；
C．运动员由最低点向最高点运动的过程中，加速度先有竖直向上的分量后有竖直向下的分量，所以运动员先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；
D．动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大，系统的机械能变大，机械能不守恒，故D错误；
故选BC。
【变式训练1·变情境】（24-25高一下·辽宁抚顺·期末）郑钦文在巴黎奥运会网球女单比赛中夺冠，创造了历史。她发球时将网球斜向下击出，不计空气阻力（ ）
A．落地前，网球机械能减少
B．落地前，在相同时间内，网球的动量变化相同
C．落地前，在相同时间内，网球的动能变化相同
D．若仅增大击球的初速度，网球在空中飞行的时间不变
【答案】B
【详解】AB．落地前，网球只受重力，且只有重力做功，所以球的机械能守恒，根据
可知在相同时间内，网球的动量变化相同，故A错误，B正确；
C．落地前，竖直方向网球做加速运动，在相同时间内，网球下落的高度不相等，重力做功不相等，则网球的动能变化不相同，故C错误；
D．若仅增大击球的初速度，则网球竖直向下分初速度增大，根据
可知网球在空中飞行的时间变少，故D错误。
故选B。
\l "_Tc17630" 考向2 判断系统机械能是否守恒
例2.（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。
【变式训练1·变考法】（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）（多选）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）、忽略算珠A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．算珠A不能自己归零位、算珠B能自己回到归零位
B．算珠A在碰撞前运动了0.2s
C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1
D．算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒
【答案】AC
【详解】AB．由乙图可知，A拨出时的速度
A与B碰前A的速度为
A与B碰后A的速度为
A与B碰后B的速度为
根据匀变速直线运动规律则有
代入数据解得算珠A在碰撞前运动的时间
算珠A的加速度大小为
碰撞后算珠A的位移
由于
而算珠A到边框的距离
算珠A无法归零，碰后算珠B的位移
而算珠B到边框的距离恰好为2cm，算珠B恰好归零，A正确，B错误；
C．结合上述分析，根据牛顿第二定律则有
解得
C正确；
D．设算珠的质量为m，碰前算珠的机械能
碰撞后算珠具有的机械能
显然，D错误。
故选AC。
【变式训练2·变情境】（24-25高二上·云南昭通·期末）（多选）某校黎主任把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．a和b与弹簧组成的系统机械能守恒
B．a离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统的动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统机械能守恒
【答案】ABC
【详解】A．当撤去外力后，a和b与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统机械能守恒，选项A正确；
B．a离开墙壁前，a和b组成的系统由于受到墙壁的作用力，则合力不为零，则系统的动量不守恒，选项B正确；
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项C正确；
D．a离开墙壁后，a和b以及弹簧系统机械能守恒，但是a和b组成的系统机械能不守恒，选项D错误。
故选ABC。

考点二 机械能守恒定律的应用
知识点1 机械能守恒定律应用的步骤
1.选取研究对象：单个物体或系统；
2.选取运动过程：进行受力分析和做功情况分析；
3.判断：根据条件判断机械能是否守恒；
4.选表达式：Ek1+ Ep1 = Ek2+ Ep2或者∆ Ek增 = ∆ Ep减
5.求解：联立方程求解。
知识点2 机械能守恒定律应用的常见方法
1.绳连接系统特点
如图所示，①根据实际情况分清两物体是速度大小相等还是沿绳方向的分速度大小相等；②会利用位移关系，沿绳方向两物体位移大小相等。
2.杆连接系统特点
①平动：两物体线速度相等；②转动：两物体角速度相等。
注意：杆对物体的作用力并不总是沿杆方向。
3.弹簧连接系统特点
系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
4.非质点类（例如流体）
注意：①将物体分段处理，尤其是计算重力势能时，确定各部分重心；
②判断好物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同。
考向1 单个物体的机械能守恒问题
例1 （24-25高一下·辽宁·期末）如图，轻质弹簧的一端固定，另一端与套在光滑竖直固定杆上的圆环相连。初始时，圆环位于A处，弹簧水平且处于压缩状态。圆环由静止释放，到达C处时的速度刚好减为0，弹簧始终在弹性限度内，以C处所在的水平面为参考面。在圆环下滑过程中，圆环的重力势能和动能之和（ ）
一直减小B．一直增加C．先增加后减小D．先减小后增加
【答案】C
【详解】圆环在下落过程中，圆环和弹簧组成的系统，只有动能、重力势能、弹性势能之间相互转化，系统机械能守恒。
圆环在下落过程中，开始时弹簧压缩，最后伸长，可知弹簧的弹性势能先减小后增大，所以圆环的重力势能和动能之和先增加后减小。
故选C。
【变式训练1·变题型】（2024·吉林·一模）如图所示，甲球从O点以水平速度v1抛出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2抛出，落在水平地面上的B点，乙球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，反弹后恰好也落在A点。已知两球质量均为m，乙球落在B点时速度与水平方向夹角为，不计碰撞时间和空气阻力，以水平地面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（ ）
A．甲球落在A点时速度与水平方向夹角为
B．甲乙抛出时速度之比v1：v2=：1
C．甲乙落地时速度之比为v甲：v乙=3：1
D．甲乙抛出时机械能之比为E甲：E乙=3：1
【答案】D
【详解】AB．设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为
乙球运动时间是甲球的3倍。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有
3x=v1t
对乙球有
x=v2t
则得
在B点，对乙球
甲球落在A点时
故甲球落在A点时速度与水平方向夹角为，故AB错误；
C． 甲乙落地时速度
，
故甲乙落地时速度之比为
v甲：v乙＝：1
故C错误；
D．根据题意可知，运动过程机械能不变，故甲乙抛出时机械能之比为
故D正确。
故选D。
【变式训练2·变情境】（2025·黑龙江·一模）如图所示，将完全相同的小球1、2从同一高度处同时由静止释放，其中斜面固定在地面上且表面光滑，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两个小球同时落地
B．两个小球落地瞬间的速度相同
C．两个小球落地瞬间的动能相同
D．两个小球落地瞬间重力的功率相同
【答案】C
【详解】A．小球1做自由落体运动，小球2做初速度为零的匀加速直线运动，小球2的加速度小于g，位移大于小球1的位移，所以小球2的运动时间比小球1的运动时间长，即小球2后落地，故A错误；
BC．两个小球运动过程中机械能守恒，重力势能的减少量相等，动能的增加量也相等，末动能也相等，末速度大小也相等，但方向不同，所以两个小球落地瞬间的速度不相同，故B错误，C正确；
D．两个小球落地瞬间速度大小相等，但方向不同，所以重力的功率不同，故D错误。
故选C。
【变式训练3·变题型】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为零势能面，用h表示铅球离地面的高度，E、Ep、Ek分别表示铅球的机械能、重力势能和动能，则铅球下落过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误；
BC．铅球的重力势能为
故B错误，C正确；
D．设抛出时铅球的动能为，距地面的高度为，根据机械能守恒得可得
可得
故D错误。
故选C。
【变式训练4·变考法】（23-24高三上·黑龙江大庆·期末）把篮球从距地板某一高度处由静止释放，观察篮球与水平地板撞击后反弹上升的最大高度，是判断篮球是否充好气的一种简单方法。某次运动员将一质量的篮球从的高度处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度为，于是运动员确定该篮球充气较好。已知篮球与地面接触的时间为，忽略空气阻力，重力加速度取。
（1）求篮球与地板碰撞过程，地板对篮球的冲量大小；
（2）篮球反弹到处时，运动员用力向下拍球，若篮球与地板碰撞前后速度之比恒定，为了使篮球还能反弹上升到的高度，求运动员拍球瞬间，篮球获得的最小动能。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设篮球与地板接触时的速度大小为，被地板反弹，离开地板时的速度大小为，地板对篮球的冲量大小为，篮球与地板的接触时间为，取竖直向上为正方向，根据自由落体运动有
将篮球反弹后竖直上抛运动看成逆向的自由落体运动，则有
篮球与地板接触的整个过程由动量定理有
联立以上各式解得
，，
（2）设运动员拍球瞬间篮球获得的最小动能为，第一次篮球落地时的动能为，反弹时的动能为，则根据题意有
而使篮球还能反弹上升到的高度，则根据机械能守恒，运动员拍打篮球后，篮球落地反弹时的动能大小与篮球第一次落地时的动能大小相等，因此有
解得
考向2 机械能守恒定律在圆轨道运动中的应用
例2（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点（C点未画出），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）

A．小球运动到B点时对轨道的压力为
B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为
C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为
D．小球运动到B点时的速度大小为
【答案】C
【详解】AD．小球从A到B的过程中机械能守恒，有
可知小球运动到B点时的速度大小为
小球在B点由牛顿第二定律有
联立解得小球运动到B点时轨道对小球的支持力为
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为
A错误，D错误；
B．小球从B点抛出后做斜抛运动，小球在竖直方向的分速度
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，由运动学知识有
小球在水平方向的分速度为
小球在水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为
B错误；
C．设小球在运动过程中球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则重力的功率为
小球在运动过程中机械能守恒，有
联立可知小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的功率
由数学知识可知当时，重力的功率有最大值
代入数据可知小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为
C正确。
故选C。
【变式训练1·变情境】（2025·吉林松原·模拟预测）（多选）如图，一倾角为的斜面顶端与半径为R的圆弧的圆心重合，斜面高度与圆弧半径相等。现使两个相同的小球P、Q（可视为质点）同时由斜面顶端以相等的初速度大小向左、右水平抛出，下列说法正确的是（ ）
A．若初速度，两球将同时撞到斜面和圆弧上
B．若初速度，P球将落到斜面的底端
C．若P球恰好落到斜面的底部，则Q球在圆弧上的落点距地面高度高于
D．在小球能落到斜面的条件下，P球落到斜面的动能总是大于Q球落到圆弧上的动能
【答案】AC
【详解】A．如图所示
与斜面对称的斜边交圆弧于点，两球只有落到、点的高度和时间相同，可同时撞在斜面与圆弧上；此时有，
解得
故A正确；
B．若P球落到斜面底端有，
解得
故B错误；
C．当P球落到斜面底端时，Q在圆弧上的落点距地面高度高于，轨迹如图中的抛物线，故C正确；
D．当时，P球在斜面上的落点高于Q在圆弧的落点，即重力对Q球做的功更多，由机械能守恒可知此情况下P球落到斜面的动能小于Q球落到圆弧上的动能，故D错误。
故选AC。
【变式训练2·变题型】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有两个带有光滑四分之一圆弧轨道的滑块A、B，滑块A固定，滑块B静止但不固定，此时两轨道圆弧的底端相切，小滑块D静置于轨道B圆弧的最低点。轨道A上的M点与其圆心O点的连线与竖直方向的夹角为，小球C从M点由静止开始下滑，运动到轨道A的最低点时与小滑块D发生弹性正碰，碰后小滑块D恰好能到达圆弧轨道B的最高点。已知滑块B的质量，小球C的质量，小滑块D的质量，滑块A的圆弧半径，小球C和小滑块D均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，，。求：
(1)小球C运动到轨道A的最低点时轨道A对它支持力的大小；
(2)小球C与小滑块D碰撞后瞬间小滑块D的速度大小；
(3)小滑块D沿圆弧轨道B上升到最高点的过程中，其重力做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球C运动到轨道A的最低点过程中，根据动能定理
解得
根据牛顿第二定律
解得，轨道A对小球C的支持力为
（2）小球C与小滑块D碰撞过程中，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
解得
（3）B、D组成的系统动量守恒
根据机械能守恒
解得
根据功能关系可知
【变式训练2·变考法】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图（a），一固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道圆心为O，半径，底端C点切线水平。原长、劲度系数的轻弹簧，一端挂在过O点的光滑水平轴上，另一端拴接一个质量的小球，小球静止在C点。轨道右边水平地面上有一长，质量的木板AB，A端与C端的距离，AB上表面与C点等高。时，一质量的滑块以的水平初速度滑上木板的B端，之后一段时间内滑块和木板的速度v与时间t的关系图像如图（b）所示。滑块和小球均可视为质点，木板A端碰到C端会立即被粘住，取重力加速度大小。
(1)求滑块与木板之间的动摩擦因数以及木板与地面之间的动摩擦因数；
(2)求滑块运动到木板A端时的速度大小；
(3)滑块与小球在C点发生弹性正碰后，小球随即沿圆弧轨道运动，试通过计算分析小球能否到达圆弧轨道的最高点。若能到达，求出在最高点处小球对轨道的压力大小；若不能到达，求出小球脱离轨道时，弹簧与竖直方向夹角的余弦值。
【答案】(1)0.4，0.1
(2)2m/s
(3)不能到达最高点，0.9
【详解】（1）由图乙可得滑块的加速度大小为
木板的加速度大小为
对滑块由牛顿第二定律得
对木板由牛顿第二定律得
解得，
（2）内，设滑块的位移大小为，木板的位移大小为，有，
由于，故时，滑块还未到木板A端，1s后，滑块与木板一起做匀减速运动，加速度大小设为，有
解得
设木板A端运动到C端时滑块速度大小为，由匀变速直线运动规律有
解得
A端运动到C端之后，滑块做匀减速运动，加速度大小为，有
解得
（3）滑块和小球在C处发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和机械能定律可得，
解得，
假设小球不能到达圆轨道最高点，脱离圆轨道时速度大小为，则有
刚要脱离圆轨道时，由牛顿第二定律有
联立解得
可见，假设成立，离开圆轨道时，弹与竖直方向夹角的余弦值为0.9。
考向3 机械能守恒定律在非质点类运动中的应用
例3（2024高三·全国·专题练习）如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3m/s。已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度m
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8m
D．铁链的端点A滑至C处时速度大小为6m/s
【答案】C
【详解】A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A错误；
B．根据几何关系可知，铁链长度为
L＝＝2m
铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒定律有
mgh0－mgh0sin30°＝
代入数据解得
h0＝1.8m
故B错误；
C．铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降
Δh＝h0＋＝2.8m
故C正确；
D．铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有
解得
故D错误。
故选C。
【变式训练1·变情境】（2025·湖南常德·三模）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
B．乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
C．甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变
D．乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大
【答案】A
【详解】A．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得，故A正确；
B．乙图中链条触地时，根据机械能守恒定律有
解得，故B错误；
C．甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，链条在触地之前做加速度逐渐增大，故C错误；
D．乙图中，平台右侧悬垂部分与小球总的重力等于链条与小球整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，乙链条在触地之前加速度逐渐增大，对小球进行分析，根据牛顿第二定律可知，链条对小球的拉力在不断减小，故D错误。
故选A。
【变式训练1·变考法】（24-25高一下·宁夏银川·期末）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，链条的速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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
故选B。
考向4 机械能守恒定律在杆连接系统中的应用
例4（2025·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图所示，质量为0.1kg的带孔物块A和质量为0.2kg的金属环B通过光滑铰链用轻质细杆连接，A套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数，弹簧原长，B套在固定的水平横杆上。弹簧处于原长时将A由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量）。忽略一切摩擦，重力加速度取，在A下降的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块A和金属环B组成的系统机械能守恒
B．在A、B运动过程中当图中时，
C．B动能最大时，B受到水平横杆的支持力大小等于2N
D．弹簧弹性势能最大时，间距离为1cm
【答案】BC
【详解】A．在金属环A下滑的过程中，弹簧逐渐压缩，对金属环A和物块B组成的系统，弹簧弹力做负功，系统机械能减小，弹簧弹性势能增大，故A错误；
B．在A、B运动过程中当图中时，根据速度关联关系有
即
故B正确。
C．在A下降的过程中，B的速度先增大后减小，当其加速度为0时，速度最大，则此时杠对B的弹力为零。根据平衡条件，可得B受到水平横杆的支持力大小等于其重力大小，为2N，故C正确；
D．当A下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，设间距离为，根据能量守恒定律有
求得
故D错误。
故选BC。
【变式训练1】（2025·辽宁·三模）抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A平抛运动的水平射程为，求∶
(1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
(2)重物B的质量M；
(3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）竖直方向 ，解得
水平方向，解得
根据角速度公式 ，解得
（2）根据机械能守恒定律得 ，解得
（3）对A，，解得 ，向下，，向上
对B， ，解得 ，向上，，向下
杆对转轴O的作用力， ，向下
【变式训练2】（2024·辽宁沈阳·二模）如图，竖直平面内固定两根足够长的细杆、，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆上，b球套在水平杆上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与杆夹角为）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g．在此后的运动过程中，求：
(1)b球的速度为零时，a球的加速度大小；
(2)b球的最大速度为多大；
(3)L杆与竖直方向夹角θ的余弦值为多大时，a球的速度最大，最大速度为多大。
【答案】(1)g
(2)
(3)，
【详解】（1）初始位置时，由牛顿第二定律知，a球
式中F为L杆沿杆的推力，b球
沿杆方向两球加速度分量相等，即
联立解得
杆水平时，此时b的速度为0，竖直方向
解得
（2）杆竖直时b球速度最大，此时a球速度为零，a、b球由开始释放到下降到最低点过程，动能定理
解得
（3）方法一：a球速度最大时，a球位于下方，设此时杆与竖直方向夹角为θ，a、b球由开始释放到杆与竖直方向夹角为θ的过程，同理
沿杆方向有
令，一阶导数为0时，有极值，即
，（舍）
（舍）
代入可得
方法二：a球速度最大时，a球位于下方，设此时杆与竖直方向夹角为θ，a、b球由开始释放到杆与竖直方向夹角为θ的过程，同理
沿杆方向有
a球：末态，竖直方向，平衡条件
b球：末态，竖直方向
沿杆方向，牛顿第二定律
联立解得
（舍）
【变式训练3】（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
考向5 机械能守恒定律在绳连接系统中的应用
例5（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m的相同小环A、B，它们由一根不可伸长且长度为L的轻绳连接。小环A套在固定的水平细杆OM上，小环B套在固定的竖直细杆ON上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON杆足够长。初始时用水平外力F拉环A，使A、B两环均处于静止状态，此时轻绳与竖直方向夹角（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水平位置，此时B环位于ON杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A环通过小圆弧时速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)在初始静止状态下，求水平外力F的大小；
(2)在B环下落过程中，求轻绳的拉力对环A做的功；
(3)若A、B两环碰撞的恢复系数，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对B环受力分析，如图所示
根据平衡条件有
根据A与B组成的整体水平方向受力平衡有
（2）对A与B组成的系统，在B环下落过程中，根据机械能守恒有
又
联立解得
对A，在此过程中，根据动能定理有
（3）设B下落L后A、B的速度分别为、，则
得
根据系统机械能守恒有
解得
此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为
第一次碰撞前，
A与B碰撞过程，根据动量守恒有
又
解得，
则有
因此两环第一次碰撞损失的机械能为
【变式训练1】（2024·辽宁阜新·模拟预测）（多选）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在天花板上，质量相等的小球A和小球B通过不可伸长的跨过滑轮的轻绳连接，小球B套在光滑水平直杆上，用外力使小球B静止，此时连接B球部分的轻绳与水平方向的夹角为37°，撤去外力，小球B向左运动L的距离时，滑轮右侧细绳刚好竖直，重力加速度为g，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，小球质量均为m，在小球B由静止向左运动至速度最大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．牵引B球细绳上的拉力可能会大于mg
B．小球B的速度总是大于A球的速度
C．当小球A的加速度为零时，小球B的加速度一定也为零
D．小球B运动过程中的最大速度大小为
【答案】AB
【详解】A．小球A的速度等于小球B沿细绳方向的分速度，在小球B由静止向左运动至速度最大的过程中，小球A先加速后减速（滑轮右侧细绳刚好竖直时，小球B沿细绳方向的分速度为0，则此时A球的速度为0），因此细绳对小球A的拉力先小于mg，后大于mg，故A正确；
B．设小球B的速度大小为v，细绳与水平方向夹角θ，则A球的速度大小为vcsθ，可知，小球B的速度总是大于A球的速度，故B正确；
C．当小球A的速度最大时，A的加速度为零，但细绳对小球B有拉力，小球B的加速度并不为零，故C错误；
D．当滑轮右侧细绳竖直时，小球B的速度最大，小球A速度为0，根据机械能守恒
解得
v=
故D错误。
故选AB。
考向6 机械能守恒定律在弹簧连接系统中的应用
例6（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。
【变式训练1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点为MN中点，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力一直不变
C．小球在M、N两点的加速度相等
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量不同
【答案】C
【详解】A．杆上M、N两点与O点的距离均为l，等于弹簧原长。从M点到N点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零。由动能定理可知，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；
B．在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，设OP长度为x，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
可得
θ在MP之间先增大，在PN之间变小，sinθ先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B错误；
C．小球在M、N两点只受重力，由牛顿第二定律，小球在两点的加速度相等，都等于重力加速度，故C正确；
D．根据对称性可知，在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D错误。
故选C。
【变式训练2】（2025·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，固定斜面AC的倾角为37°，顶端C到地面的竖直高度为2m，轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接质量为0.2kg的物块P，质量为0.4kg的物块Q叠放在物块P的上方。现用外力作用在物块Q上使其向下缓慢压缩弹簧，当物块Q到斜面顶端的距离为2.5m时，撤去外力并将两物块由静止释放，物块Q从斜面顶端C飞出后，落地点到C点的水平距离为4m，物块P始终未离开斜面。已知两物块可视为质点，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的原长小于3m，重力加速度 g 取，，，下列说法正确的是（ ）
A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为22.5J
B．物块Q落地时的速度大小为
C．物块Q从C飞出时的速度大小为
D．物块Q从C点飞出到落地的时间为1s
【答案】ABD
【详解】CD．设物块Q从C端飞出时的速度大小为v，物块Q飞出后做斜抛运动，从飞出到落地的过程，竖直方向有
水平方向有
解得，
故C错误，D正确；
B．设物块Q落地时的速度为，由动能定理有
解得，故B正确；
A．在弹簧原长时，两物块分离，两物块从静止释放到两物块分离的过程中，由能量守恒有
两物块分离后到物块Q运动到C端的过程中，有，
解得，故A正确。
故选ABD。
【变式训练3】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平面左侧有一平台，水平面上的足够长、质量为的木板A的上表面与平台表面相平且紧靠平台，平台上有一轻弹簧左端固定，弹簧的原长大于间的距离但小于间距离，平台表面与可视为质点的物体B间的动摩擦因数，B的质量，用外力将B压在弹簧的右端（不拴接）将B推至O点后由静止释放，O与平台右边缘N点的距离，B离开弹簧后恰好到达平台的右边缘而未冲上木板；在其它条件都不变的情况下，将B换为质量为、同种材料的物体C，C冲过N滑上A的上表面，相对于A滑行距离后相对于A静止，取重力加速度．，求：
(1)C刚滑上A的速度的大小；
(2)C与A的上表面间的动摩擦因数。
【答案】(1)2m/s
(2)0.25
【详解】（1）设释放时弹簧的弹性势能为，则 ，
解得
（2）设相对静止时，C与A共同的速度大小为，以向右为正方向，由动量守恒定律
由能量守恒
解得
【变式训练4】（2025·黑龙江·二模）如图所示，质量的木板A静止在粗糙的水平地面上，与地面间的动摩擦因数，质量的物块B静置在木板上表面，A、B之间的动摩擦因数。木板A右侧的墙上固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。取水平向右为正方向，t=0时刻开始，分别对A、B施加随时间变化的力、（各物理量的单位均为国际单位），A和B一起开始向右做加速运动。当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，此时撤去和。已知弹簧劲度系数k=6N/m，弹簧弹性势能与形变量x的关系为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小g取，B全程未滑出A，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)t=0时刻，A和B一起运动的加速度大小及B所受的摩擦力大小；
(2)A刚碰到弹簧时A的速度大小；
(3)弹簧压缩到最短时的形变量大小。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）t=0时刻，对整体根据牛顿定律有
解得
对B分析有
解得
（2）设时刻A碰到弹簧，对整体有
代入数据解得
由题意知当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，对B有
解得
由于AB整体的加速度随时间线性增加，故时刻A的速度
（3）撤去外力后，一起压缩弹簧，再次要发生相对滑动时弹簧形变量为，对B有
解得
对整体有
解得
根据能量关系有
解得
滑动后，设弹簧最短时的形变量为，单独对A分析有
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．4mB．5mC．6mD．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．（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。
3.（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
4．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】(1)，
(2)4m
(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
（2）小球做平抛运动时，
解得x=4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
5．（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。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，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。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（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、；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。
【答案】(1)，水平向左，，水平向右
(2)，水平向左，
【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有
由能量守恒定律有
联立解得，
即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，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，小球和物块水平方向上动量守恒，则有
解得
设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律
系统机械能守恒
联立解得，
固定解除之后，小球、物块和物块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
解得，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
机械能守恒定律的条件判断、定律应用
选择题
非选择题
全国甲卷T20,6分
辽宁卷T14,12分
贵州卷T6,4分
全国乙卷T16,6分
新课标Ⅱ卷T7,6分
全国丙卷T20,6分
考情分析：
1.命题形式：选择题非选择题
2.命题分析：从近三年的高考题来看，命题注重对考生综合能力的考查，题目往往涉及多个物体或多个运动阶段。出题人会设置一些干扰因素，如摩擦力、其他外力的作用等，考查考生对机械能守恒条件的准确判断。同时，会将机械能守恒定律与动能定理、牛顿运动定律等知识相结合，要求考生具备较强的知识迁移和综合运用能力。
3.备考建议：针对选择题，加强对概念的辨析和理解，通过练习不同类型的选择题，提高对易错点的警惕性；对于计算题，要多练习各种物理模型，如轻绳连接体、轻杆连接体、弹簧连接体等，掌握解决多过程、多物体问题的方法和技巧。
4.命题情境：
①生活实践类：如运动员的跳水、投篮，蹦极运动，过山车等；
②学习探究类：轻绳连接体在光滑斜面或水平面上的运动、轻杆连接体在竖直平面内的圆周运动、弹簧连接体的简谐运动等。
5.常用方法： 守恒法、能量转化法、隔离法与整体法
复习目标：
1.掌握机械能守恒的判断方法，熟练运用机械能守恒定律进行相关计算。
2.提高分析问题和解决问题的能力，能够从复杂的物理情境中提取关键信息，建立物理模型，运用所学知识解决问题；提升综合运用知识的能力，能够将机械能守恒定律与其他力学知识有机结合，灵活解题 。
3.培养科学思维和科学探究精神，在解题过程中，学会运用科学的思维方法，如分析、综合、类比、推理等，提高思维能力；通过对物理问题的探究，培养勇于探索、敢于创新的科学精神 。