2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第21讲机械能守恒定律及其应用(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第21讲机械能守恒定律及其应用(专项训练)(学生版+解析)，文件包含四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共4页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 机械能守恒的理解与判断
\l "_Tc2717" 题型02 单物体机械能守恒问题
\l "_Tc2717" 题型03 系统的机械能守恒问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 机械能守恒的理解与判断
1.（2025·贵州毕节·一模）下列关于如图的说法正确的是（ ）
A．图甲中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中它的机械能守恒
B．图乙中物块在恒力F作用下沿固定粗糙斜面匀加速上滑过程中，物块的机械能减少
C．图丙中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，物块机械能保持不变
D．图丁中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能增加
【答案】D
【详解】A．蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中，速度不变，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，它的机械能不守恒，故A错误；
B．物块在恒力F作用下沿固定粗糙斜面匀加速上滑过程中，速度增大，动能增大，高度升高，重力势能增大，可知，物块的机械能增大，故B错误；
C．图丙中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，速度不变，动能不变，重力势能减小，物块机械能减小，故C错误；
D．图丁中撑杆跳高运动员在上升过程中，撑杆对运动员做正功，运动员的机械能增加，故D正确。
故选D。
2．2025·河北邢台·三模）如图所示，质量为m的小球从不同高度下落压缩弹簧，弹簧的弹性势能的表达式为，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量。假设整个过程弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，不计小球和弹簧接触时的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能不守恒
B．无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不会改变
C．克服弹力做功不能度量小球机械能在小球和弹簧之间的转移
D．小球的加速度能达到2g的最小下落高度是（距弹簧上端的高度）
【答案】BD
【详解】A．小球在运动过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，故小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能守恒，故A错误；
B．加速度为零时小球的动能最大，此处弹簧的弹力等于小球的重力，所以无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不变，只是小球的最大动能不同，故B正确；
C．小球机械能在小球和弹簧之间的转移是通过克服弹力做功度量的，故C错误；
D．小球的加速度为2g时，由牛顿第二定律得
解得
设此时弹簧的压缩量为，由胡克定律有
解得
由机械能守恒定律有
当时是小球下落的最小高度，解得
故D正确。
故选BD。
3.（2025高三下·甘肃·期中）如图所示为某位跳水运动员在3米板的跳水过程中重心的位移—时间图像。取该运动员离开跳板的时刻为零时刻，位置坐标为零，其中OPQ为抛物线，R为运动员的最低点，取竖直向下为正方向，忽略入水时间，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在过程中做自由落体运动
B．运动员在过程中加速度增大
C．运动员在时刻刚好接触到水面
D．运动员在过程中机械能减小
【答案】D
【详解】AB．由图像可知，运动员在过程中做竖直上抛运动，加速度恒定，故AB错误；
C．运动员在时刻刚好接触到水面，故C错误；
D．运动员在过程中，需要克服水的阻力做功，故机械能减小，故D正确。
故选D。
6.（2025·广东茂名·模拟预测）2024年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼一35A公开亮相。如图所示，歼表演时，先沿直线水平向右飞行，再分别沿弧线和运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中歼始终处于平衡状态
B．在段歼处于超重状态
C．在段歼克服重力做功的功率逐渐增大
D．整个过程中歼的机械能守恒
【答案】B
【详解】A．歼- 35A在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，不处于平衡状态，故A错误；
B．沿弧线bc运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断增大，有竖直向上的加速度，所以处于超重状态，故B正确；
C．沿弧线cd运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，在d点时竖直分速度为零，根据克服重力做功的功率
可知在段歼克服重力做功的功率逐渐减小，故C错误；
D．歼在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。
故选B。
7.（2025·河南·三模）2025年1月7日，西藏日喀则市定日县发生6.8级地震，在短短数小时内，中央救灾物资已通过多渠道运往灾区。将一箱应急物品由无人机以空投的方法快捷精准投放到避难点。已知箱体脱离无人机后由静止开始竖直下落，以竖直向下为正方向，运动过程的位移一时间图像如图所示，和时间内的曲线在时刻平滑连接，两段曲线的弯曲方向相反，时刻后为直线。下列说法正确的是（ ）
A．时间内箱体的速度先增大后减小
B．箱体时刻的速度小于时刻的速度
C．时间内箱体处于失重状态
D．时刻后箱体机械能守恒
【答案】A
【详解】A．x-t图像的斜率代表速度，观察图像可以发现时间内图像斜率先增大后减小，所以箱体的速度先增大后减小，故A正确；
B．根据图像可以知道箱体时刻图像斜率大于时刻的图像斜率，故箱体时刻的速度大于时刻的速度，故B错误；
C．根据图像可知时间图像斜率减小，故箱体向下减速，加速度向上，故箱体处于超重状态，故C错误；
D．根据图像可知时刻后箱体做匀速直线运动，故箱体受到的阻力做负功，故箱体的机械能减小，故D错误。
故选A。
02 单个物体的机械能守恒问题
8.（2025·福建厦门·二模）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球落到地面前瞬间的动能为 ，重力势能为 ，机械能为 。
【答案】 0
【详解】[1]小球下落过程中，只有重力做功，根据动能定理得
[2]根据题意可知，参考平面是小球释放时所在的水平面，则小球落地时相对参考平面的高度为，则小球落到地面前瞬间的重力势能为
[3]小球落到地面前瞬间的机械能为E，因为小球下落过程中只有重力做功，小球下落过程满足机械能守恒，由机械能守恒定律得
由题意可知
联立解得
8.（2025·浙江温州·一模）在缓震材料上方高度H1为0.6 m处，将质量0.6 kg的钢球以一定初速度v0竖直向下抛出，钢球刚接触缓震材料时速度大小为4 m/s，与缓震材料的接触时间为0.1 s，钢球反弹的最大高度H2为0.45 m。假设钢球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。钢球从抛出到反弹至最高点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．钢球的机械能损失0.9 J
B．钢球的平均速度大小为0.25 m/s
C．重力对钢球做的功等于钢球动能的变化量
D．合外力对钢球做的功等于钢球机械能的变化量
【答案】B
【详解】A．钢球从抛出到接触缓震材料以及反弹上升最大高度的过程中，机械能守恒，刚接触缓震材料时的机械能
反弹时的机械能为
故损失的机械能为
A错误；
B．从抛出到接触缓震材料，根据机械能守恒定律
解得
故从抛出到接触缓震材料所用时间
反弹至最高点所用时间
整个过程所用时间
故整个过程的平均速度
B正确；
CD．整个过程中，根据动能定理可知，重力与弹力所做的功之和等于钢球动能的变化量；而钢球机械能的变化量等于除重力外其它力（非合外力）对钢球做的功，CD错误。
故选B。
9.（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，某同学将篮球斜向上与水平方向成角投出后，篮球刚好落入篮筐，篮球入筐时的速度方向斜向下与水平方向成夹角，已知篮球投出时距离地面的高度为1.6m，篮筐距离地面的高度为3m，重力加速度，不计空气阻力，篮球可视为质点，，，则篮球投出时的速度大小为（ ）
A．10m/sB．8m/sC．6m/sD．5m/s
【答案】B
【详解】由于篮球在空中最斜抛运动，水平方向速度不变，根据对篮球抛出时和入筐时速度进行分析可知
篮球从抛出到入筐根据能量守恒可知
联立并代入数据可得
故选B。
10.（2025·广东省潮州市高级中学一模）如图（a）是质点在竖直平面内运动的轨道。取与轨道轮廓相同的轨迹曲线，以水平地面为横轴，将水平地面作为重力势能的零势能面，重力势能为纵轴并选取合适的标度，建立如图（b）所示直角坐标系，该曲线反映质点沿轨道运动时重力势能的变化情况，称为势能曲线。将质量m＝0.5kg的小球由A处释放，其机械能。忽略运动过程中小球受到的摩擦阻力及空气阻力，g取。下列说法正确的是（ ）
A. A处距离地面的高度为0.6m
B. A处小球的速度大小为0.5m/s
C. B处距离地面的高度为0.2m
D. B处小球的速度大小为
【答案】AD
【详解】小球在A处的重力能为3J，所以
解得h=0.6m，A处距离地面的高度为0.6m，A正确；运动过程中小球的机械能守恒，所以
，解得
所以A处小球的速度大小为2m/s，B错误；B处的重力势能为2J，则
解得，所以B处距离地面的高度为0.4m，C错误；运动过程中小球的机械能守恒，则，解得，那么B处小球的速度大小为，D正确。
11.（2025.·河北省保定市十县一中联考） 某趣味运动会中，有一项比赛，规则如下：如图所示，运动员站在一个固定的大圆筒内，用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿圆筒向上滚动，然后从某一位置脱离圆筒，如果小足球在下落过程中，恰好落入运动员背后的小背篓中，即为得分。若圆筒半径为R，小足球质量为m，小足球飞离圆筒位置与圆筒圆心连线和竖直方向之间的夹角为θ，圆筒内壁不计摩擦，小足球可视为质点，忽略空气阻力，不考虑人对小足球的阻挡，重力加速度为g，则（ ）
A. 若足球能飞离圆筒，则足球在最低点的初速度的范围应为
B. 若足球在最低点的初速度，则足球不会飞离圆筒
C. 若希望足球飞离点θ=37°，则足球在最低点的初速度为
D.若θ=45°，则运动员将背篓置于圆心正上方处，可以接到球
【答案】D
【详解】 足球自圆筒最低点向上滚动，根据机械能守恒定律，不脱离轨道，若恰好运动到圆心等高处，设此时初速度为，则有，得
若恰好上到圆筒最高点，设此时初速度为，球到最高点速度为有
且在最高点有，得
故足球可以飞离轨道的初速度应该
A项错误；由上述分析可知，若足球在最低点的初速度，则足球会飞离圆筒，B项错误；若足球飞离时，θ=37°，设此时最低点初速度为，分离时的速度为，由机械能守恒有
且在分离时刻有，联立可得，C项错误；若足球飞离的位置θ=45°，设此时飞离的速度为，则有
之后足球做斜上抛运动，其中竖直分速度大小为，回到飞离等高位置所用的时间为
此过程中水平位移为，解得
此时足球恰好在圆心正上方处，D项正确
12.（2025·辽宁省辽南协作体高三一模）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）

A. 小球的质量为
B. 小球做圆周运动的半径为
C. 当小球经过N点时满足，则经过M点时对内管道壁有压力
D. 若小球经过N点时满足，则经过M点时对轨道无压力
【答案】ABD
【详解】 设小球的质量为，做圆周运动的半径为，从最高点到最低点，由动能定理得，解得
小球经过M点时，根据牛顿第二定律可得
联立可得
根据图像的斜率和纵轴截距可得
联立解得 ，故A、B项正确；．由乙图可知，当时，经过M点时对管道作用力，的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，但对内管道壁无压力，故C错误；由乙图可知，当时，球经过M点时对管道作用力，故D正确。
03 系统的机械能守恒问题
13.（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量均为m可视为质点的物体A、B通过轻绳连接，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角θ=30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接A。将穿在固定的竖直光滑杆上的B由P点静止释放时，轻绳绷直但无拉力，OP段水平。在B运动到Q点的过程中，A不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内。弹簧弹性劲度系数k=mgl，OP=l，PQ=3l，重力加速度为g，不计轻质滑轮与轻绳间摩擦及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B在P点弹簧的弹性势能等于在Q点弹性势能
B．B运动到Q点时，A的速度大小为63−3gl7
C．B从P点运动到Q点的过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．B从P点运动到Q点的过程中，克服绳的拉力做功为33+27mgl
【答案】ABD
【详解】A．B在P点时弹簧被压缩的长度kx1=mgsin30°
解得x1=12l
B在Q点时A移动的距离x2=l2+3l2−l=l ，此时弹簧伸长了12l ，所以B在P点弹簧的弹性势能等于在Q点弹性势能，A正确；
B．B在P点A、B组成的系统的机械能等于在Q点时的机械能
mg3l−mglsin30°=12mvA2+12mvB2 ，vBcs30°=vA
解得vA=63−3gl7，vB=2363−3gl7， B正确；
C． B从P点运动到Q点的过程中，A、B组成的系统机械能不守恒，因为弹簧的弹力对系统先做正功后做负功，系统的机械能先增加后减少，C错误；
D．根据功和能的关系得W=mg3l−12mvB2=33+27mgl ，D正确。
故选ABD。
14．（2025·安徽·一模）如图（1）所示，竖直放置的绝缘轻弹簧一端固定在平行板电容器下极板。带电小球在轻弹簧正上方某处由静止释放，取该位置为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。在小球下落的全过程中，以下极板为重力势能零参考面，小球的机械能E随位移x的变化关系如图（2）所示。弹簧始终在弹性限度内，小球质量为1 kg，重力加速度 g取。则下列说法正确的是（ ）
A．小球下落过程中刚接触弹簧时动能最大
B．电场力大小为
C．小球在释放位置所具有的电势能为
D．下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能最小值为
【答案】D
【详解】A．刚接触弹簧时小球所受合力等于重力，小球继续向下加速，随着弹力增加，加速度减小，当弹力等于重力时小球速度最大，故A错误；
B．机械能变化量等于电场力做功，由图可知，范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为
故B错误；
C．由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能为负值。小球质量为1kg，且由图像可知，小球在释放位置重力势能为，由重力势能可知，
又因为
得
故小球在释放位置所具有的电势能为，故C错误；
D．由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大
则小球和弹簧组成的系统机械能减少，为
故D正确。
故选D。
15.（2025·福建省百校联考高三模拟预测）如图所示，半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于O点正上方，且O到滑轮A的距离为R，M点为轨道上一点，∠MON=60°，N点为轨道的最低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g，小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重
B. 到M点时小球P的速度大小为
C. 到M点时物体Q的速度大小为
D. 到N点时小球P的加速度大小为
【答案】BD
【详解】小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重，再失重，故A错误；到M点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得，
故B正确，C错误；到N点时，根据系统机械能守恒有
根据向心加速度公式有，故D正确.
16.（2025·河南安阳·一模）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮与竖直墙面上的点等高，为的中点，距离为。一根轻质不可伸长的细绳一端系在点，穿过质量为的光滑圆环再绕过定滑轮，另一端吊着质量也为的重物。将圆环由点静止释放，设与水平方向夹角为。已知重力加速度为，整个过程中未与滑轮相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．和的速度关系为
B．可以下降的最大高度为
C．和总动能最大时，
D．和总动能最大时，的动能为
【答案】BCD
【详解】A．上升的速度等于左侧绳伸长的速度，沿方向的速度分量为，沿方向的速度分量也为，故有，A错误；
B．由能量守恒知
解得
B正确；
CD．总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即
结合关联速度可知
即
由能量守恒知，
解得
CD正确。
故选BCD。
17.（2025·河南·三模）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，小球甲套在半圆弧细杆上的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，小球甲套在半圆弧细杆上向下运动，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大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
D．当甲刚运动到B点时，甲的动能为
【答案】C
【详解】A．甲的速度沿切线方向，在B点时，根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则此时
所以乙的速度不为零，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错误；
C．甲运动到B点时，甲、乙的速度大小之比为
故C正确；
D．甲运动到B点时，根据机械能守恒
甲的动能为
故D错误。
故选C。
1．蹦极运动以其惊险刺激深得年轻人的喜爱，图示为某次蹦极运动中的情景，原长为l、劲度系数为k的轻弹性绳一端固定在机臂上，另一端固定在质量为m的蹦极者身上，蹦极者从机臂上由静止自由下落，当蹦极者距离机臂h时，下落至最低点。空气阻力恒为重力的，重力加速度为g。此过程中（ ）
A．蹦极者的最大动能为
B．蹦极者减少的机械能为
C．弹性绳增加的弹性势能为
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，蹦极者下落l的过程中，蹦极者受重力和空气阻力，根据动能定理可知蹦极者此时动能为
此时蹦极者所受合力向下，蹦极者继续加速，则蹦极者的最大动能大于，故A错误；
B．蹦极者从静止开始运动到最低点的过程中，其动能变化量为0，所以其机械能的减少量为其重力势能减少量
故B正确；
C．弹性绳增加的弹性势能为蹦极者减少的机械能去掉克服阻力做的功，即
故C错误；
D．蹦极者和弹性绳组成的系统减少的机械能为整个过程克服阻力所做的功
故D错误。
故选B。
2．如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上的O点，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置由静止释放，将弹簧压缩至最低点B，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块运动到A点时的动能最大
B．物块从A点运动到B点过程中机械能守恒
C．物块运动到B点后将在B点保持静止状态
D．弹簧弹性势能的最大值等于物块从O点到B点重力势能的减少量
【答案】D
【详解】A．物块运动到A点时，弹力为零，合力不为零，则物块有沿斜面向下的加速度，则此时速度不是最大，即动能不是最大，选项A错误；
B．物块从A点运动到B点过程中弹簧的弹力对物块做负功，则物块的机械能不守恒，选项B错误；
C．物块运动到B点后合力沿斜面向上，则将沿斜面向上运动，不会在B点保持静止状态，选项C错误；
D．由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于物块从O点到B点重力势能的减少量，选项D正确。
故选D。
3．如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知小球A的质量为m，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于水平地面上。现释放B球，落地时的速度为。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．B球的质量为4m
B．A球上升h的过程中，轻绳对A球的拉力做的功为mgh
C．B球从释放至落地，运动的时间为
D．A球从地面开始上升的最大高度为1.6h
【答案】ACD
【详解】A．设B球的质量为M，根据动能定理
解得
故A正确；
B．设轻绳对A球的拉力做的功为W，根据动能定理
解得
故B错误；
C．将AB球看成整体，则根据牛顿第二定律
解得
所以，B球从释放至落地，运动的时间为
故C正确；
D．B球落地时，A球的位移为
此后A球做竖直上抛运动，则位移为
所以，A球从地面开始上升的最大高度为
故D正确。
故选ACD。
4．如图所示，物体Q锁定在水平地面上，不可伸长的轻质细线一端连接在Q上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮后固定在地面上。物体P与滑轮2相连，系统静止，四段细线都竖直，现解除对物体Q的锁定，物体P触地后静止不动，物体P触地瞬间连接物体Q的绳子断开。已知物体P与地面间高度差为h，物体P、Q质量分别为3m、m，重力加速度为g，天花板离滑轮1和3足够高，物体P、Q均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．物体Q上升过程中的最大速度为
B．物体Q上升过程中的最大速度为
C．物体Q上升的最大高度为
D．物体Q上升的最大高度为
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知，物体P刚刚触地时，Q速度最大，此时
根据机械能守恒定律有
解得
故A正确，B错误；
CD．绳子断开后有
物体Q上升的最大高度
结合上述解得
故C错误，D正确。
故选AD。
5．如图所示，一质量为m的物块a穿在固定竖直杆上，轻绳一端系于物块a上，绕过轻质定滑轮O后，另一端系于质量为3m的物块b上。初始时a在外力作用下保持静止，且Oa连线水平、长为L。现撤去外力，全过程a未落地，b未触碰定滑轮，不计一切阻力和摩擦，重力加速度为g。在物块a下降过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块a刚释放时的加速度为gB．物块a在最低点的加速度为0
C．物块a下降的最大高度为D．物块a的机械能先增大后减小
【答案】AC
【详解】A．物块a刚释放时竖直方向只受重力作用，则加速度为g，选项A正确；
B．物块a在速度最大时加速度为零，在最低点时合外力不为零，则加速度不为0，选项B错误；
C．物块a下降到最低点时由能量关系
解得物块a下落的最大高度为
选项C正确；
D．细绳的拉力一直对a做负功，则物块a的机械能一直减小，选项D错误。
故选AC。
6．如图所示，悬点O下方固定一光滑小圆环，水平光滑细长杆左侧套有一物块Q。现用一轻质细绳跨过小圆环，细绳一端连接物块Q，另一端悬挂一物块P，物块Q在外力作用下静止时到圆环部分的细绳与长杆的夹角，小圆环下端到长杆的距离为h。现将P、Q由静止释放，已知物块P、Q的质量之比为，取重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力。对于物块Q从开始运动到速度第一次为0的过程，物块Q不与竖直细绳接触，下列说法正确的是（ ）
A．物块Q的位移大小为
B．该过程中物块P的机械能一直在减小
C．该过程中物块Q的最大速度为
D．该过程中物块P一直处于失重状态
【答案】AC
【详解】A．根据运动的对称性可知，物块Q从开始运动到右侧关于竖直绳对称的位置的速度第一次为0，根据几何关系有
故A正确；
B．结合上述，物块Q从开始运动到右侧关于竖直绳对称的位置的速度第一次为0，该过程中，物块P先下降后上升，绳对P先做负功后做正功，可知，物块P的机械能先减小，后增大。故B错误；
C．结合上述可知，Q运动到环的正下方时，P的速度为0，Q的速度达到最大，则有
解得
故C正确；
D．根据速度分解关系有
初始状态，两物块速度均为0，当Q运动到环正下方时，P的速度为0，之后物块Q运动到右侧关于竖直绳对称的位置的速度第一次为0，此时P的速度也为0，可知，当Q在竖直绳左侧运动时，P向下先加速后减速，当Q在竖直绳右侧运动时，P向上先加速后减速，即当Q在竖直绳左侧运动时，P的加速度方向先向下后向上，当Q在竖直绳右侧运动时，P的加速度先向上后向下，即P先处于失重状态，后处于超重状态，最后又处于失重状态。故D错误。
故选AC。
7．如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成角，B套在固定水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成角）连接，A、B从静止释放，B沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B均视为质点，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．当A到达B所在水平面时
B．当A到达B所在水平面时，B的速度为
C．滑块B到达最右端时，A的速度为
D．滑块B的最大动能为
【答案】ABD
【详解】A．当A到达B所在水平面时，由运动的合成与分解有
vAcs 45°=vB
解得
故A正确；
B．从开始到A到达B所在的水平面的过程中，A、B两滑块组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
故B正确；
C．滑块B到达最右端时，此时轻杆与倾斜直杆垂直，则此时滑块B的速度为零，由机械能守恒可得
解得
8.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为m的小球P和质量为2m的小球Q分别固定在长度为L的轻杆两端，轻杆正中间有一光滑转轴，两小球可绕转轴O在竖直平面内做圆周运动。小球P、Q由图示水平位置静止释放，当P运动到最高点时，（重力加速度为g）（ ）
A．P的线速度大小为gL3
B．Q的线速度大小为2gL3
C．此时转轴对轻杆的作用力大小为3mg
D．此时转轴对轻杆的作用力大小为113mg
【答案】AD
【详解】AB．当P运动到最高点时，对系统由机械能守恒定律可得
2mgL2−mgL2=12(m+2m)v2
解得PQ的线速度大小均为
v=gL3
选项A正确，B错误；
CD．对球P，设在最高点时杆对P的作用力向上，则
mg−T1=mv212L
解得
T1=13mg
假设正确；对球Q在最低点时
T2−2mg=2mv212L
解得
T2=103mg
方向向上，可知此时转轴对轻杆的作用力大小为
T=T1+T2=113mg
选项C错误，D正确。
故选AD。
．9.（多选）如图所示，光滑硬直杆与水平面成37°夹角固定放置，劲度系数为k、原长为L的轻质弹簧一端连接在天花板的O点，另一端与圆环（视为质点）相连，圆环套在杆上。现让圆环从与O点等高的A点由静止释放，当圆环运动到O点的正下方B点时，圆环的动能正好等于此处弹簧弹性势能的2倍。已知A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，对劲度系数为k的轻质弹簧，弹性势能EP与弹簧的形变量x的关系式为EP=12kx2,sin37°=0.6,cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．环在B点，动能为4kL2B．环从A运动到B，环的机械能增加3.5kL2
C．环的质量为kLgD．环在B点，加速度大小为1.8g
【答案】AD
【详解】A．由几何关系可得OB=3L，弹簧的原长为L，则B点弹簧的伸长量为2L，弹性势能为
EPB=12k(2L)2=2kL2
环的动能为
Ek=2EPB=4kL2
选项A正确；
B．OA =4L,A点弹簧的伸长量为3 L，弹性势能为
EPA=12k(3L)2=4.5kL2
环从A到B，弹簧弹性势能减小量
ΔEP=EPB−EPA=2.5kL2
由能量守恒可得环的机械能增加量为
ΔE=ΔEP=2.5kL2
选项B错误；
C．由能量守恒可得
2.5kL2+mg×3L=4kL2
解得
m=kL2g
选项C错误；
D．环在B点时，弹簧的弹力
F0=2kL
把弹簧对环的弹力与环的重力的合力
F=F0−mg
分别沿着斜面和垂直斜面分解，环在B点的合力等于F沿斜面向上的分力，则有
Fsin37°=ma
综合解得
a=1.8g
选项D正确。
故选AD。
10.（多选）如图所示，光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角α=37°，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接，将A放置在挡板上，物块B在斜面上处于静止状态。现将轻绳的一端固定在B上，绕过定滑轮后，在轻绳的另一端固定一个物块C，细绳恰好伸直且无拉力时，由静止释放物块C，已知物块A的质量为m，B的质量为m，C的质量为3m，斜面足够长，重力加速度为g，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
A．释放物块C的瞬间，物块C的加速度大小为0.6g
B．物块A刚离开挡板时，物块B的速度大小为6g5mk
C．若将物块C换为质量为0.2m的物体D，则物体D下落到最低点时的加速度大小为15g
D．若将物块C换为质量为0.2m的物体D，则物块A对挡板压力的最小值为0.8mg
【答案】BD
【详解】A．释放物块C瞬间，对物块C，根据牛顿第二定律可得
3mg−T=3ma
对物块B，根据牛顿第二定律可得
T=ma
联立解得物块C的加速度大小为
a=0.75g
故A错误；
B．释放物块C瞬间，弹簧的压缩量为
x1=mgsinαk
物块A刚离开挡板时，弹簧的伸长量为
x2=mgsinαk
可得
x1=x2
两状态弹簧的弹性势能相等，物块A刚离开挡板时，设物块B的速度为v，物块A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可得
3mg(x1+x2)−mg(x1+x2)sinα=12(m+3m)v2
联立可得
v=6g5mk
故B正确；
CD．将物块C换为质量为0.2m的物体D，设释放瞬间物体D的加速度大小为a2，以B和D为整体，根据牛顿第二定律可得
0.2mg=(0.2m+m)a2
可得
a2=g6
方向竖直向下，则物块B的加速度大小也为g6，方向沿斜面向上，根据简谐运动的对称性，当物体D到达最低点时，物体D的加速度大小为g6，方向竖直向上，物块B的加速度大小也为g6，方向沿斜面向下；设弹簧的弹力为F，此时对物体D，根据牛顿第二定律可得
T2−0.2mg=0.2ma3
对物体B，根据牛顿第二定律可得
mgsinα−F−T2=ma3
联立解得
F=0.2mg
可知此时弹簧对物块A作用力沿斜面向下，大小为
F′=0.2mg
对物块A受力分析，可得挡板对物块A的支持力为
FN=mgsinα+F′=0.8mg
根据牛顿第三定律可知，物块A对挡板压力的最小值为0.8mg，故C错误，D正确。
故选BD。
11.（）2025· 河南省开封市高三二模） 如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接，并一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动（初速度视为0），使小球A沿环顺时针滑下，当杆与大圆环相切时小球A的速度为（g为重力加速度）。不计一切摩擦，A、B均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒
B. 当杆与大圆环相切时B的速度为
C. 小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B的重力势能减小
D. 小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了
【答案】CD
【详解】轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒，故A错误；
当轻杆与大圆环相切时，设此时轻杆与竖直方向的夹角为，将B的速度沿轻杆和垂直轻杆方向分解，可得
根据几何关系有
联立解得，故B错误；开始时滑块B距离圆环最高点的距离为，小球A从圆环最高点到达与大圆环相切时，滑块B距离圆环最高点的距离为
滑块B下降的距离为
可得滑块B重力势能减小量为
故C正确；A到达杆与大圆环相切的过程中，由能量守恒可得弹簧的弹性势能增加量为
根据几何关系可得整个过程A重力势能的减小量为
联立解得，故D正确
12.（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
1.（2025·湖南卷·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（ ）
A. D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B. D的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能
D的初动能
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有，
联立可得
D水平滑动过程中根据机械能守恒有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
故C错误，D正确。
故选BD。
2.（2025·湖南卷·高考真题） 某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
由B点到最低点过程机械能守恒有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
【小问2详解】
轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由机械能守恒守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
【小问3详解】
当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由机械能守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
3.（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A．在Q点最大B．在Q点最小C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】C
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律
mgR(1−csθ)=12mv2
在P点，根据牛顿第二定律
mgcsθ=mv2R
联立解得
csθ=23
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ (0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律
mgR(1−csθ)=12mv2 (0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律
F+mgcsθ=mv2R (0≤θ≤π)
联立可得
F=2mg−3mgcsθ
则大圆环对小环作用力的大小
F=2mg−3mgcsθ
根据数学知识可知F的大小在csθ=23时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
4．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
解得物体在C点的速度
AB错误；
C．由牛顿第二定律得
解得物体在C点的向心加速度
C正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
故选C。
5．（2024·江苏·高考真题）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A．弹簧原长时B动量最大
B．压缩最短时A动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。
6.（2024·浙江·高考真题）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A．从1到2动能减少mgℎB．从1到2重力势能增加mgℎ
C．从2到3动能增加mgℎD．从2到3机械能不变
【答案】B
【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加mgℎ，则1到2动能减少量大于mgℎ，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgℎ，选项CD错误。
故选B。
7．（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
则抛出后速度大小为
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球抛出后的动能
可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。
故选D。
8．（2023·全国·高考真题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（ ）
A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大
【答案】B
【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；
B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；
CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。
故选B。
9．（2023·全国·高考真题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
得小球离开桌面时速度大小为
（2）离开桌面后由平抛运动规律可得
第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知
离开桌面后由平抛运动规律得
，
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为