2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第20讲机械能及机械能守恒定律(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第20讲机械能及机械能守恒定律(高效培优讲义)(学生版+解析)，共4页。试卷主要包含了机械能的理解，机械能守恒的理解与判断，单物机械能守恒问题，多物体的机械能守恒问题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206167438" 考情探究
\l "_Tc206167439" 知识梳理
\l "_Tc206167440" 探究核心考点
\l "_Tc206167441" 考点一 机械能的理解
\l "_Tc206167441" 考点二 机械能守恒的理解与判断
\l "_Tc206167442" 考点三 单物机械能守恒问题
\l "_Tc206167443" 考点四 多物体的机械能守恒问题
\l "_Tc206167447" 三阶突破训练
\l "_Tc206167448" 基础过关
\l "_Tc206167449" 能力提升
\l "_Tc206167450" 真题感知
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的必考内容。本类试题经常与动量知识相互综合。与动量综合时，常以碰撞模型出现。要求体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
【备考策略】1.理解、掌握机械能的特点。
2.理解、掌握机械能守恒定律。
3.具备数形结合的思想意识。
4.能应用机械能守恒定律解决实际问题。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可实验、可计算。
一、机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能的关系
(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
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．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即W＝－ΔEp.
3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
4．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)利用做功判断：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(或做功代数和为0)，则机械能守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
二、单物体机械能守恒问题
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
三、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．
考点一 机械能的理解
典例1．（2025·广西柳州市·二模）某同学将一质量为m的篮球从距离地面处，以的初速度竖直向下抛出，落到地面上并沿竖直方向弹回，上升的最大高度为，不计空气阻力，重力加速度为g，则篮球与地面碰撞过程中损失的机械能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】以地面为0势能参考平面，则篮球与地面碰撞过程中损失的机械能为
故选B。
典例2．（2025·四川省成都市·二诊）（多选）如图所示，“系留照明”无人机系统广泛应用于抢险救灾照明中。系统由地面设备、足够长的系留电缆、无人机（含照明灯）组成。无人机质量为，系留电缆柔软且不可伸长，单位长度的质量为。无人机从地面静止启动后受升力、重力和电缆拉力作用，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动直至速度为零，最终悬停在离地的预定高度。若加速阶段与减速阶段的加速度大小均为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 无人机上升全过程的最大速度为
B. 无人机上升全过程的时间为
C. 系统上升全过程重力势能增加
D. 无人机向上匀加速运动时升力大于
【答案】BD
【解析】A．设无人机上升全过程的最大速度为，则
求得
故A错误；
B．无人机上升全过程的时间为
故B正确；
C．系统上升全过程重力势能增加
又
求得
故C错误；
D．无人机向上匀加速运动上升的高度为
若不考虑空气阻力，根据牛顿第二定律有
又
解得
但实际上无人机在上升过程中还受空气阻力，所以无人机向上匀加速运动时升力大于，故D正确。
故选BD。
跟踪训练1．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示，2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是（ ）
A. 各点的加速度方向竖直向下
B. 在a点所受的合力比在c点小
C. a、c两点的重力功率相等
D. a、b、c三点的机械能相等
【答案】B
【解析】AB．质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部份，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac两点加速度方向不是竖直向下，a点对应的圆周半径更大，c点对应半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式，可知a点所受的合力小于c点，A错误，B正确；
C． a、c两点速度大小相等，但速度方向不同，速度与重力夹角不同，根据
可知重力功率不相等，C错误；
D．a、b、c三点的动能相等，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点，但b与a、c的高度不一样，故机械能a、c两点相等，且与b点不相等，D错误。
故选B。
跟踪训练2．（2025·湖南省永州市·三模）如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。将小球从A点正上方由静止释放，小球将弹簧压缩至最低点B，随即被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 从B到A过程中，小球的机械能守恒
B. 从B到A过程中，小球的动能一直在增大
C. 小球向上运动过程中，小球在AC之间某位置与弹簧分离
D. 小球在B点时的加速度大小大于重力加速度大小g
【答案】D
【解析】A．从B到A过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误；
B．从B到A过程中，小球先向上加速后减速，所以小球的动能先增大后减小，故B错误；
C．小球向上运动过程中，当弹簧恢复原长时，小球与弹簧分离，故C错误；
D．根据简谐运动的对称性可知，当小球在下降过程中经过与A对称的位置时，加速度大小为g，方向竖直向上，之后小球继续压弹簧，弹簧的弹力不断增大，所以小球在B点时的加速度大小大于重力加速度大小g，故D正确。
故选D。
考点二 机械能守恒的理解与判断
典例1．（2025·天津市和平区·一模） 庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其工作原理为：在地面上的O处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火药的作用，则（ ）
A. 从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒
B. a、b两部分落地点到O点的距离可能相等
C. 礼花弹在最高点炸开过程，a、b两部分动量变化相同
D. 整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和
【答案】D
【解析】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，有
依题意ma>mb
可得
a、b两部分均做平抛运动，根据，
解得
可知
即落地点到O点的距离不相等，故B错误；
C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b两部分的冲量等大反向，根据
可知a、b两部分动量变化大小相同，方向相反，故C错误；
D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和，故D正确。
故选D。
典例2．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，劲度系数为的轻质弹簧一端连接在固定挡板上，另一端连接一质量为的物体，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体上，另一端与质量也为的小球相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住球使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切摩擦，取.则（ ）
A. A、B组成的系统在运动过程中机械能守恒
B. 弹簧恢复原长时细绳上的拉力为
C. A沿斜面向上运动的最远距离为
D. 如果把斜面倾角改为，上滑到最高点时间不变
【答案】D
【解析】A．因AB系统运动过程中有弹簧的弹力对A做功，则A、B组成的系统在运动过程中机械能不守恒，选项A错误；
B．弹簧恢复原长时，对A，
对B，
解得细绳上的拉力为
选项B错误；
C．开始时弹簧压缩量
当到达平衡位置时
解得
由对称性可知A沿斜面向上运动的最远距离为
选项C错误；
D．因AB系统做简谐振动，则振动周期与斜面倾角无关，即如果把斜面倾角改为，系统的周期不变，则上滑到最高点时间不变，选项D正确。
故选D。
典例3．（2025·云南省丽江市第一高级中学·三模）如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在黏性较大的油液中由静止开始下落，它们都由高度为的位置下落到高度为的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是（ ）

A. 甲球的重力势能变化大
B. 甲球的末动能大
C. 乙球机械能守恒
D. 乙球重力的平均功率大
【答案】B
【解析】A．根据题意，由重力势能表达式可知，重力势能的变化量为
可知，下落过程中，甲球he 乙球重力势能变化相同，故A错误；
B．根据题意，由动能定理可得，甲球的末动能为
乙球的末动能为
可知，甲球的末动能大，故B正确；
C．乙球下落过程中，阻力做功，机械能不守恒，故C错误；
D．根据题意，由牛顿第二定律可知，乙球下落过程中有阻力，加速度小，则下落相同高度所用时间长，由公式可知，由于下落过程中，甲球和乙球的重力做功相同，则乙球重力的平均功率小，故D错误。
故选B。
跟踪训练1．（2025·江西省·三模）（多选）轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为，箱子和小球的质量均为，重力加速度为。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B. 箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C. 箱子落地后，小球运动的最大速度为
D. 箱子与地面碰撞损失的机械能为
【答案】BD
【解析】A．箱子静止时，对小球分析有
对箱子分析有
当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱子释放瞬间固定箱子的力消失，箱子所受合力为
可得该瞬间箱子的加速度
此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，则此过程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，弹簧将被压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A错误；
B．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有
弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点
在最高点
联立解得
而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为，故B正确；
C．小球做简谐振动，在平衡位置时有
解得
即弹簧被拉伸时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下落的高度
而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得
解得
故C错误；
D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得
解得箱子损失的机械能
故D正确。
故选BD。
跟踪训练2．（2025·河北省保定市·一模）如图所示，轻弹簧上端固定在光滑斜面顶端，自由伸长时下端在点（图中未画出），下端连接某物体时物体恰能静止于斜面的点。现对物体施加一个平行于斜面向上的力，使物体沿斜面缓慢向上移动到点，此过程中力做功为。则此过程中（ ）
A. 物体机械能守恒
B. 弹簧和物体组成的系统机械能守恒
C. 力的大小始终等于弹簧弹力的大小
D. 弹簧弹性势能减小量等于
【答案】D
【解析】A．物体沿斜面缓慢上升，动能不变，重力势能增大，物体的机械能不守恒，故A错误；
B．弹簧和物体组成的系统，因为有外力F做功，系统机械能不守恒，故B错误；
C．设斜面倾角为θ，因为物体缓慢上升始终处于受力平衡状态，因此有
则
故C错误；
D．假设从A到B的距离为l，物体自A点开始运动的位移为x时，则弹簧的拉力为
由题意知，当物体处于A点时，即x=0，此时物体在没有F作用时恰好静止，弹簧拉力等于物体重力沿斜面向下的分力，因此有
即
又因为
则
建立F-x图像如图所示
其中①为弹簧拉力与x的关系图像，②为作用力F与x的关系图像，由几何关系可知图像①与图像②在0~l间与横坐标围成的面积相等，在F-x图像中，图像与横坐标围成的面积即为对应力的做功，因此二力做功相等，故D正确。
故选D。
跟踪训练3．（2025·湖南省新高考教学教研联盟·一模）如图所示，光滑的地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度射入B但没有穿出，射入过程时间极短，之后 AB整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知，，，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹A射入木块B过程中AB系统机械能守恒
B. 弹性棒向右弯曲最大时AB整体的速度为
C. 弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能
D. 弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为
【答案】D
【解析】A．子弹A射入木块B过程中机械能有损失，故A错误；
B．弹性棒向右弯曲最大时，ABC相对静止，具有相同的速度，由
得整体的速度为
故B错误；
C．弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与AB减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；
D．A射入B过程中，由
得
弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，由，
可得
故D正确。
故选D
考点三 单物机械能守恒问题
典例1．（2025·河南省名校联盟·二模）如图所示，半径、圆心角的光滑圆弧轨道的左端点与倾角的粗糙斜面底端P相切，右端点Q与水平面相连。现将质量的滑块，从斜面上距离其底端处由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，滑块可视为质点，不计空气阻力，求：
（1）滑块滑到斜面底端P所用的时间t；
（2）滑块经过圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小；
（3）滑块在水平面上落点到圆弧轨道右端点Q的距离x。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）据牛顿第二定律有
据位移公式有
解得
（2）滑块到P点速度
滑块从P点到最低点过程，由机械能守恒有
据几何关系有
据牛顿第二定律有
解得
（3）滑块从P点到Q点过程，据机械能守恒有
据几何关系有
据运动的合成与分解，竖直方向有
水平方向有
其中
解得
典例2．（2025·北京市第三十五中学·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道下滑，经水平轨道BC进入半径的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道进入“水滴形”曲线轨道，点的曲率半径，“水滴形”轨道最高点与圆形轨道最高点等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，取。
（1）求小球释放点A距离水平面的高度；
（2）在圆形轨道上运动时，小球在最低点与最高点的向心加速度大小的差值；
（3）在“水滴形”轨道上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道上任意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。
【答案】（1）2m （2）40 m/s2
（3）或
【解析】
【小问1详解】
小球恰能做完整的圆周运动，则在D点，由牛顿第二定律有
由A到D，由机械能守恒定律有
解得H =2m
【小问2详解】
由A到C，由机械能守恒定律有
在圆轨道上C点，向心加速度
结合上述有
【小问3详解】
小球在E点，向心加速度
根据机械能守恒定律有
解得
由题意可知，小球在轨道EFG上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h处，速度大小为v，由机械能守恒定律有
由于
解得r=2.5R1-h或r=2-h
典例3．（2025·湖南省长沙市·一模）如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在点，另一端固定一质量为的小球。小球从点由静止开始摆下，先后经过两点，点分别位于点的正上方和正下方，点与点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在B点受到的合力大小为
B. 小球在点受到的合力大小为
C. 从到的过程，杆对小球的弹力最大值为
D. 从到过程，杆对小球的弹力最小值为
【答案】C
【解析】A．从A到B根据机械能守恒定律，有
小球运动到水平位置B时，竖直方向有
水平方向有
所以小球在B点受到的合力大小为
故A错误；
BC．从A到C根据机械能守恒定律，有
根据牛顿第二定律，有
解得
此时杆的弹力最大，则有
解得
故B错误，C正确；
D．从A运动到C过程中，在A点杆对球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，AB某处，杆度球的弹力最小为零，故D错误。
故选C。
跟踪训练1．（2025·江苏省宿迁市·三模）如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水平方向夹角为θ，则线中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a随sinθ变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】CD．沿切线方向，根据牛顿第二定律得
解得
当细线水平时 ， ，加速度a最大，最大值为
当细线竖直时 ， ，加速度a最小，最小值为
CD错误；
AB．沿半径方向，根据牛顿第二定律得
根据机械能守恒定律得
解得
A正确，B错误。
故选A。
跟踪训练2．（2025·吉林省通化市梅河口市第五中学·二模）目前常见的过山车为了增加安全性，都用由上、下、侧三组轮子组成的安全装置把轨道车套在轨道上（如图甲）。现有与水平面成θ=37°角的斜轨道和半径R=10m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内，圆轨道的最低点位于地面（如图乙）。带安全装置、可视为质点的轨道车从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动、恰好到达最高点C，已知轨道车与斜轨道间的动摩擦因数µ=0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A. 轨道车在C点的速度为10m/sB. 轨道车在B点的速度为20m/s
C. 斜轨道AB间的长度L为45mD. 轨道车在C点受轨道的作用力一定向下
【答案】C
【解析】A．由于轨道车恰好经过最高点C，则轨道车到达最高点时速度为0，故A错误；
B．轨道车由B到C的过程，根据机械能守恒定律可得
解得
故B错误；
C．轨道车由A运动到B的过程中，有，
解得
故C正确；
D．轨道车在C点受轨道的向上作用力，故D错误。
故选C。
跟踪训练3．（2025·湖南省岳阳市·二模）（多选）如图所示，质量为的石块以初速度从高处以仰角斜向上方抛出。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 石块抛出至落地的过程中，速度先减小后增大
B. 石块抛出至轨迹最高点的过程中，机械能不断增大
C. 改变仰角，其他条件不变，石块落地时的动量不变
D. 石块抛出至落地的过程中，重力的功率先减小后增大
【答案】AD
【解析】A．由动能定理知，重力为合力，合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，即速度先减小后增大。故A正确；
B．石块抛出至轨迹最高点的过程中，不计阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；
C．改变仰角，其他条件不变，由机械能守恒定律得
解得
故落地时速度大小不变。但改变仰角，落地时速度的水平分量发生变化，落地时速度方向不同，故动量只是大小相等，方向不同，故C错误；
D．石块抛出至落地的过程中，重力的功率PG=mgvy
vy先减小后增大，则PG先减小后增大，故D正确。
故选AD。
考点四 多物体的机械能守恒问题
典例1．（2025·云南省怒江州民族中学·三模）如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时两球恰好仍处在同一水平面上，则( )
A. 两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B. 两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C. 两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D. 两球到达各自悬点的正下方时，A球损失的重力势能较多
【答案】B
【解析】整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；
典例2．（2025·湖南省常德市·二模）（多选）如图（a）所示，可视为质点的、两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放球，在球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻，球始终没有与定滑轮相碰，、始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度。则（ ）
A. 球质量
B. 球落地时球的动能为
C. 球下落前距地面高度为
D. 时球离地面的高度为
【答案】BC
【解析】AB．设球下落前距地面的高度为H，由图b可知，，
解得
由能量守恒，可得
联立，解得球落地时球的动能为
故A错误；B正确；
CD．对两球组成的整体，受力分析，由牛顿第二定律
解得
则0.3s时，a球上升的高度
由图b可知，时两球重力势能相等，则有
解得
即球下落前距地面的高度为，时球离地面的高度
故C正确；D错误。
故选BC。
典例3．（2025·辽宁省鞍山市第一中学·三模）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为，B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求：
（1）初始时，弹簧形变量大小；
（2）A沿斜面下滑的最大速度；
（3）A沿斜面下滑至位移最大时，C对挡板的压力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
解得
【小问2详解】
A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，由牛顿第二定律可知绳上的拉力为
此时对B沿斜面方向的受力，由牛顿第二定律有
联立解得
因为，一开始释放的位置弹簧的弹性势能与速度最大位置时弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒得
联立解得
【小问3详解】
根据简谐运动知识可以判定A、B两个小球一起做简谐振动，二者的振幅为
当小球A运动到最低点时，则B向上运动的最大距离为
此时弹簧的伸长量为
此时对C做受力分析由平衡方程有
联立解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小为
跟踪训练1．（2025·江苏省苏州市八校联考·三模）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）（ ）
A. 时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. 这段时间内，小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能
D. 这段时间内，小球的动能先减小后增加
【答案】C
【解析】AB．小球在接触弹簧之前做自由落体运动，碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能，上升过程恰好与下降过程互逆。由乙图可知t1时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小。选项AB错误；
C．t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2−t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，即小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能，选项C正确；
D.综上分析，这段时间内，小球的动能先增加后减小；这段时间内，小球的动能先增加后减小。所以这段时间内，小球的动能先增加后减小再增加后减小，选项D错误。
故选C。
跟踪训练2．（2025·宁夏回族自治区吴忠市盐池县·一模）（多选）如图（a）所示，可视为质点的、两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，质量为的球在外力作用下静止在地面上，球悬空且距离地面的高度为。由静止释放球，球的动能随其上升的高度的变化关系如图（），始终没有与定滑轮相碰，球落地后不反弹，忽略空气阻力，已知重力加速度为，则（ ）
A. 从释放到最终稳定的过程两小球组成的系统机械能守恒
B. 球的质量为
C. 的大小为
D. 与地面作用过程中，地面对的冲量大小为
【答案】BC
【解析】A．从开始释放球到球刚要与地面接触的过程中，两球组成的系统机械能守恒，但是当球接触地面后系统的机械能便不再守恒，故A错误；
B．带一起向下运动过程，
当下落以后，与地面接触，绳子松弛做竖直上抛运动
根据两段图像的斜率比可得
解得，故B正确；
C．
解得，故C正确；
D．与地面接触前动能为，可求速度为
再根据动量定理可求，故D错误。
故选BC。
跟踪训练3．（2025·贵州省毕节市·三模）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧端和端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为，重力加速度大小为。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A. 小球到达O点的速率为
B. 小球运动到最低点时加速度大小为
C. 由C到O的过程，小球的机械能守恒
D. 由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
【答案】B
【解析】A．小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO；则开始小球C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO；可知对两弹簧和小球系统在CO两点弹性势能相同，则由C到O由能量关系
解得
选项A错误；
B．设小球在C点的加速度为a，则在C点时
在O点时
可得a=2g
由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为，选项B正确；
CD．由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下做正功；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上做负功，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，选项CD错误。
故选B。
1．（2025·辽宁省·三模）如图所示，一半径为的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为的小环套在大圆环上，小环沿大圆环在竖直平面内做圆周运动，为竖直线与大圆环的切点。已知小环经过点时受到的支持力等于小环经过最高点时受到的支持力的3倍，重力加速度大小为，则小环经过最高点时受到的支持力大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设小环经过最高点时的速度大小为，若小环在最高点受到向上的支持力，则有
从最高点到点过程，根据机械能守恒可得
在点根据牛顿第二定律可得
又
联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为
若小环在最高点受到向下的支持力，则有
从最高点到点过程，根据机械能守恒可得
在点根据牛顿第二定律可得
又
联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为
故选C。
2．（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·一模）某同学通过Tracker软件（视频分析和建模工具）研究羽毛球运动轨迹与初速度的关系。如图所示为羽毛球的一条运动轨迹，击球点在坐标原点O，a点为运动轨迹的最高点，下列说法正确的是（ ）
A. 羽毛球水平方向的运动为匀速直线运动
B. a点羽毛球只受重力
C. 羽毛球下降过程处于超重状态
D. 羽毛球在空中运动过程中，机械能不断减小
【答案】D
【解析】AB．若羽毛球整个运动过程只受重力作用，则最高点a应在运动轨迹的正中间；而现在a点在运动轨迹偏右则，说明上升和下降的时间不相等，故上升和下降的加速度不相同，所以羽毛球在空中运动过程中除受到重力外还始终受到空气阻力，故水平方向的运动不是匀速直线运动，故AB错误；
C．下降过程中羽毛球具有竖直向下加速度，处于失重状态，故C错误。
D．羽毛球在空中运动过程中空气阻力做负功，机械能不断减小，故D正确；
故选D。
3．（2025·江西省赣州市·一模）2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（ ）
A. 质点A、B的线速度相同B. 质点A、B的动能可能相等
C. 质点A、B受到的合外力可能相同D. 质点A、B的机械能守恒
【答案】B
【解析】A．由于质点A、B绕中心点O在竖直面内匀速转动，则两质点具有相同的角速度，但质点A转动半径小于B的转动半径，根据可知，质点A的线速度小于质点B的线速度，故A错误；
B．质点的动能为
由于两质点质量不相等，转动半径不相等，所以二者动能可能相等，故B正确；
C．质点所受合外力大小为
由此可知，二者合外力大小可能相等，但方向指向圆心，二者方向不同，故C错误；
D．由于质点转动过程中线速度大小不变，所以动能不变，但重力势能不断变化，所以机械能不守恒，故D错误。
故选B。
4. （2025·四川省绵阳市·三模）如图所示，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系一小球，抡动轻绳，使小球恰好能够在竖直面内绕点沿逆时针方向做圆周运动，当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为60°的点时，剪断轻绳，小球飞行一段时间后落在水平地面上。已知绳长为，点到地面的高度为、忽略空气阻力。小球落地点与点的水平距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】小球恰好能在竖直面做圆周运动，则在最高点由牛顿第二定律有
小球从最高点到P点的过程中，机械能守恒，有
解得
剪断绳子后，小球做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识有
水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有
联立解得
B正确。
故选B。
5．（2025·江苏省盐城市射阳中学·三模）如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A. 物体C的质量为3m
B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C. 物体B的最大速度大小为
D. 物体B上升的最大高度为
【答案】D
【解析】A．C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡
所以由振幅相等
解得物体C的质量为
故A错误；
B．B物体最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为
故B错误；
D．物体B上升的最大高度为
故D正确；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得物体B的最大速度大小为
故C错误。
故选D。
6．（2025·江苏省盐城市射阳中学·二模）如图甲所示，半径为R的光滑半球壳固定于水平地面上，开口平面平行于地面，O为球心，质量均为m的A、B两小球用长为R的轻质硬杆连接置于球壳内，重力加速度为g。
（1）求两球静止时杆对A球的作用力大小F1；
（2）如图乙，在过O的竖直平面内将B球置于开口边缘且A球紧靠壳壁，将两小球由静止释放，求两球速度最大时球壳对A球的作用力F2；
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】（1）两球静止时杆对A球受力分析如图所示
由平衡条件
解得
（2）A、B两小球和轻质硬杆组成的系统机械能守恒，从释放到杆水平，两小球速度最大，设两小球的最大速度为v，由机械能守恒定律得
解得
小球运动到杆水平的位置时，设杆对A球的弹力为T，球壳对A球的作用力为，受力分析如图所示
切向方向加速度为零，由牛顿第二定律
解得
径向，由牛顿第二定律得
解得
7．（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·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
【解析】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。
8．（2025·吉林省长春市·二模）彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内弹力随着形变量的增加而增大，但彩虹圈的重力不能忽略。如图所示，用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈自由下垂且下端离地面一定高度，然后由静止释放，彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（ ）
A. 彩虹圈下落过程中长度不变
B. 刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于重力加速度
C. 刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于重力加速度
D. 彩虹圈下落过程中只有弹性势能和动能相互转化
【答案】B
【解析】B．由于彩虹圈在被拉长后处于弹性限度内，释放瞬间其上端受到自身重力和向下的弹力（因被拉长，弹簧对上端的拉力也指向下方），故合力大于重力，上端的加速度大于g，故B正确；
C．下端在释放瞬间仍受到与自身重力大小相等、方向向上的弹力（之前处于静止平衡），刚松手时合力为零，加速度为0，故C错误；
A．下落过程中彩虹圈上端的加速度大于下端的加速度，弹簧会不断压缩，长度并非保持不变，故A错误。
D．下落过程中除了存在弹性势能与动能的转化外，还会有重力势能的变化，故D错误。
故选B
9．（2025·黑龙江省哈尔滨市第九中学·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
【解析】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。
10．（2025·辽宁省丹东市·二模）如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块（两端栓接），其中物体A的质量为m，B的质量为2m，弹簧的劲度系数为k。用竖直向下的力F＝mg，作用在A上，撤去F后，物体A从静止开始做简谐运动，已知弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，不计一切阻力，弹簧足够长且始终在弹性限度内，求：
（1）撤去F时物体A的加速度a大小；
（2）物体A运动过程中的最大速率和地面受到的最小压力。
【答案】（1）g （2）,
【解析】
【小问1详解】
撤去F前对A，根据平衡条件则有
解得
撤去F后，根据牛顿第二定律则有
解得a＝g
【小问2详解】
当a＝0时有最大速度，则有
由机械能守恒定律可得
解得
根据简谐运动对称性可知a＝g时，最高点有最小压力，对A由牛顿第二定律可得
同理对B则有
联立解得
由牛顿第三定律得，方向竖直向下。
1．（2025·甘肃省兰州市·一模）（多选）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物块（可视为质点）将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物块脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C，D点为圆弧BC中点。若物块质量为0.2kg，轨道半径为0.5m，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 物块在C点的速度为零
B. 物块在C点的向心加速度等于重力加速度
C. 物块在D点时对轨道的压力为6N
D. 物块在A点时弹簧的弹性势能等于0.5J
【答案】BC
【解析】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，根据牛顿第二定律可知，向心加速度等于重力加速度，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
A错误B正确；
C．从D到C过程
在D点
根据牛顿第三定律物块在D点时对轨道的压力为6N，故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，有
故D错误。
故选BC。
2．（2025·安徽省临泉第二中学·三模）（多选）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
【解析】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·西藏自治区日喀则市·二模）（多选）如图所示，一质量，足够长的“”形支架的直杆上套有一质量的环形物块，物块与“T”形支架上端之间夹有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的弹性势能。现将该装置从地面上方足够高处由静止释放。同时释放弹簧，假设弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 释放弹簧过程中，支架、物块与弹簧组成的系统动量不守恒
B. 释放弹簧过程中，支架、物块与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 支架与物块共速瞬间的速度大小为
D. 系统损失的机械能为
【答案】BCD
【解析】AB．释放弹簧过程，弹力远大于系统外力，故系统动量守恒，由于弹簧瞬间恢复形变，可知该过程没有内能产生，即系统机械能守恒，故A错误，B正确；
C．设弹簧恢复形变瞬间支架获得速度，物块获得速度为，规定向下为正方向，则有
根据能量守恒有
联立解得
对支架受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
再由
代入数据得
解除锁定到支架下落，物块受力不变，根据牛顿第二定律有
解得
支架上升到最高点所用时间
支架上升阶段，物块与支架间的相对位移
支架下降阶段，时间后与物块达到共同速度
联立解得，
故C正确；
D．物块与支架间的相对位移
所以系统因摩擦而损失的机械能
故D正确。
故选BCD。
4．（2025·湖南省长沙麓山国际实验学校·二模）（多选）如图，两根轻杆与质量为M的球甲通过轻质铰链连接。轻杆长度都为L，C、D为两个完全相同的物块，质量都为m，开始时，两轻杆处在竖直方向，C、D恰好与杆接触，C、D都静止在水平地面上。某时刻受扰动，两杆推动C、D物体分别向左右运动，当为时，杆与物体仍未分离。甲、C、D在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，在甲球从静止开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 当为时，
B. 当为时，
C. 当为时，
D. 左杆末端与物体C一定会在甲落地前分离
【答案】ABD
【解析】A．设左杆的下端点为A，由对称性易知杆与竖直方向成角，由关联速度知
得
又
可得
故A正确；
B．从杆竖起到过程，对整个系统，由机械能守恒，得
又
联立解得
B正确；
C．A与C没有分离前，C物体一直向左加速，A对C有向左的弹力，对端点A分析，易知杆对A的力沿杆斜向下，故杆对球甲的力沿杆斜向上.由对称性知，两杆对球甲的合力向上，故
C错误；
D．由甲与端点A的速度关系知，当球甲落地瞬间，端点A速度为0，端点A速度先变大后变小，端点A速度最大时，C的速度也是最大，C的加速度为零，与端点A之间的弹力为零，A与C分离，D正确。
故选ABD。
5．（2025·宁夏银川二中·二模）如图所示，质量为的物体B，其下端连接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮、后与套在光滑直杆顶端、质量为的小球A连接。已知直杆固定，杆长，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子的张力。已知，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放直至运动到的过程中，（重力加速度，，，轻绳不可伸长，滑轮、视为质点），则（ ）
A. 小球A与物体B组成的系统机械能守恒
B. 小球A经过点时，绳对A的瞬时功率小于绳对B的瞬时功率
C. 物体B从开始运动到最低点时，弹簧弹性势能的变化量为0
D. 小球A运动到点时的速度为
【答案】C
【解析】A．小球A与物体B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对B做功，即其他力所做功不为零，则小球A与物体B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．小球A经过点时，此时连接A的绳子与A的运动方向垂直，绳对A的瞬时功率为0；此时B运动到最低点，B的速度为0，则绳对B的瞬时功率为0，所以绳对A的瞬时功率小等于绳对B的瞬时功率，故B错误；
C．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，则有
解得
当物体A运动到C点时，物块B运动到最低点，此时有
物体B下降的高度为
可知此时弹簧的压缩量为
可知物体B从开始运动到最低点时，弹簧弹性势能的变化量为0，故C正确；
D．由几何关系可得
则有，
当小球A到达D点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解，平行于绳方向的速度等于B的速度，则有
对于整个过程，由系统机械能守恒可得
联立解得小球A运动到点时的速度为
故D错误。
故选C。
6．（2025·广西南宁市·三模）（多选）如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离后由静止释放，关于从释放小球B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（ ）
A. 小球A、B的系统动量守恒
B. 小球B的最大速度为
C. 小球A的最大速度为
D. 弹簧最短时，其压缩量为
【答案】BD
【解析】A．从释放小球B到A球撞墙壁前的过程中，弹簧第一次恢复原长前，细线有拉力，小球A、B的系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械能守恒定律有
解得，故B正确；
C．当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为，此时小球B的速度记为，从弹簧第一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度与小球A发生了完全弹性碰撞，则有：，
解得，，故C错误；
D．弹簧最短时，对小球A、B的系统：，
解得，故D正确。
故选BD。
7．（2025·湖北省部分高中协作体·二模）如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑， 取，，。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（2）对小球：离开台面至A点过程做平抛运动，在A处的速度为
从A到的过程，由动能定理可得
解得
（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，轨道半径，在最高点
从至最高点的过程
解得
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足
或
8．（2025·湖南省株洲市·一模）用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m，它们间细线长度为L，C离地高度也为L；A的质量M满足3m