2026年高考物理一轮复习(通用版)第21讲机械能守恒定律(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)第21讲机械能守恒定律(专项训练)(学生版+解析)，共9页。
\l "_Tc208471621" 题型01 重力势能与弹性势能 PAGEREF _Tc208471621 \h 1
\l "_Tc208471622" 题型02 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc208471622 \h 3
\l "_Tc208471623" 题型03 单物体的机械能守恒定律应用 PAGEREF _Tc208471623 \h 5
\l "_Tc208471624" 题型04 多物体的机械能守恒定律应用 PAGEREF _Tc208471624 \h 9
\l "_Tc208471625" 题型05 非质点类物体的机械能守恒定律应用 PAGEREF _Tc208471625 \h 14
\l "_Tc208471626" 题型06 机械能与图象结合类问题 PAGEREF _Tc208471626 \h 15
\l "_Tc208471627" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc208471627 \h 20
\l "_Tc208471628" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc208471628 \h 26
01 重力势能与弹性势能
1．（2024·北京海淀·模拟预测）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。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则（ ）
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．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功
【答案】D
【详解】A．从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；
B．从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；
C．从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；
D．因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功，故D正确。
故选D。
2．（2024·吉林·一模）（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为600N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度，，不计空气阻力，此次打夯过程中（ ）
A．人对重物做功288J
B．重物的重力势能减少288J
C．重物的重力势能减少165J
D．重物对地面的平均冲击力大小为10100N
【答案】AD
【详解】A．人对重物做功为
故A正确；
BC．重物的重力势能减少
故C错误；
D．设地面对重物的平均冲击力大小为，对全程根据动能定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为10100N，故D正确。
故选AD。
02 机械能守恒的判断
3．（2025·甘肃张掖·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。质量为m的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。半圆形轨道半径为r，重力加速度为g，不计空气阻力，物体可视为质点，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点的速度大小为
C．物体从A到C的过程中机械能守恒
D．物体在A点时，弹簧的弹性势能为
【答案】BD
【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，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．物体从A到C的过程中，弹簧弹力对物体做功，物体的机械能不守恒，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；
D．物体在A点时弹簧的弹性势能，D正确。
故选BD。
4．（2025·广东·模拟预测）如图，倾斜角的粗糙斜面上有一个木块（可视为质点），一根轻质弹簧一端拴接在木块上，另一端固定在斜面顶端，弹簧与斜面平行。刚开始用手按住木块，弹簧处于原长。某时刻从静止释放木块，木块开始沿斜面下滑，对于木块沿斜面下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．木块和弹簧的总机械能守恒
B．木块沿斜面下滑速度最大时，受到弹簧弹力与木块重力沿斜面分力大小相等
C．木块克服摩擦力做的功，等于木块和弹簧总机械能减少量
D．木块所受合外力做的功，等于木块机械能的变化量
【答案】C
【详解】A．木块下滑过程中，有摩擦力做功，木块和弹簧的总机械能不守恒，A错误；
B．木块速度最大时，合力为零，此时弹簧弹力、摩擦力与木块重力沿斜面分力平衡，B错误；
C．根据能量守恒，木块克服摩擦力做的功等于木块和弹簧总机械能减少量，C正确；
D．根据动能定理，木块所受合外力做的功等于木块动能的变化量，D错误。
故选C。
5．（2025·江西赣州·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
【详解】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。
03 单物体的机械能守恒定律应用
6．（2025·宁夏吴忠·一模）如图所示，竖直面内半圆形轨道圆心为O，且以最低点O′为界，轨道右半部分光滑，左半部分粗糙。将一可视为质点的小物块于轨道光滑部分某点P（图中未画出）静止释放，小物块首次向左刚刚滑过O′时，其加速度大小恰与重力加速度g相等。已知小物块与轨道粗糙部分的动摩擦因数为，则cs∠POO′的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】对物块，由P下滑至O′的过程根据机械能守恒定律有
刚滑过O′时，物块在竖直、水平方向满足牛顿第二定律，
由题意有
联立以上各式可得
故选B。
7．（2024·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。
8．（2025·河北沧州·模拟预测）（多选）2024年10月30日，神舟十九号发射成功。如图所示，神舟十九号载人飞船先进入椭圆轨道II，某次通过A点时启动发动机，使其进入圆形轨道I，两轨道相切于A点。地球质量为M，神舟十九号质量为m（认为不变），引力常量为G。规定距离地球无限远点为零势能点，飞船与地球之间的引力势能可表示为，其中r为飞船到地心之间的距离。已知A、B两点到地心距离分别为和，下列说法正确的是（ ）
A．神舟十九号在轨道Ⅱ上B点的动能等于
B．神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的动能小于
C．神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的机械能等于
D．神舟十九号在轨道Ⅰ上A点的机械能等于
【答案】BD
【详解】A．假设神舟十九号在过B点的圆形轨道上运动，由可得
为进入轨道Ⅱ，需要在B点加速提高机械能，所以神舟十九号在轨道Ⅱ上B点的动能，A错误；
B．神舟十九号在轨道Ⅰ上A点速度由可得
神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的动能小于在轨道Ⅰ上A点的动能，B正确；
C．神舟十九号在轨道II上A点的机械能，C错误；
D．神舟十九号在A点的引力势能
则神舟十九号在轨道I上A点的机械能等于，D正确。
故选BD。
9．（2025·北京顺义·一模）如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB段为曲面，BC段水平，CD段是半径的半圆形轨道，BC段与CD段在C点相切。在A点由静止释放一质量为的小球，小球沿轨道运动至D点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC段上的E点，A点距水平面的高度，重力加速度g取，求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小；
(3)C、E两点的距离x。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，小球从到的过程中，由机械能守恒定律有
解得
（2）根据题意，小球从到的过程中，由机械能守恒定律有
解得
在点，由牛顿第二定律有
解得
（3）小球从点飞出后做平抛运动，飞行时间为
C、E两点的距离
04 多物体的机械能守恒定律应用
10．（2025·山东·模拟预测）如图所示，套在光滑竖直杆上的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上，弹簧的另一端与穿在杆上的小球相连，绕过定滑轮点的轻绳一端连接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上的小滑块。初始时托住小滑块，使轻绳刚好伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小球从点沿杆向点运动。已知斜面的倾角为，小球的质量为，小滑块的质量为，长度为，与垂直。初始时轻绳与杆的夹角为，点左侧的轻绳与斜面平行，小球经过点时弹簧的弹力大小与初始时相等，重力加速度为，。在小球从点向上运动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和小滑块组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
D．小球运动到点时的速度大小为
【答案】D
【详解】A．由题意可知，小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由几何关系可知，在M点弹簧的压缩量为
在M点由平衡条件
联立可得弹簧的劲度系数为
故B错误；
C．设轻绳与杆的夹角为，根据关联速度关系
当小球运动到N点时，此时滑块的速度为0，则滑块的速度先增大后减小，故在运动过程中小滑块的速度不是始终大于小球的速度，故C错误；
D．由于小球经过点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N两点弹簧的弹性势能相等，由系统机械能守恒定律
解得小球运动到点时的速度大小为
故D正确。
故选D。
11．（2025·湖南娄底·二模）如图，AB等高，B为可视为质点的光滑定滑轮，C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d，一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A点，穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B，动滑轮下挂着质量为m的小球P，绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止，然后在外力作用下，将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g，整个过程中Q未与滑轮B相撞，不计空气阻力和一切摩擦则下列说法正确的是（ ）
A．初始时刻，AC与BC夹角为60°
B．C可以下降的最大高度为2d
C．P下降高度为d时系统的动能最大
D．系统运动过程中最大动能为
【答案】D
【详解】A．初始时刻静止，绳子中拉力T=mg，对动滑轮C进行受力分析可得，AC与BC夹角为120°，故A错误；
B．设C可以下降的最大高度为h，由能量守恒可得，，联立可得，故B错误；
CD．P和Q总动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系统静止时的平衡位置，即AC与BC夹角为120°，此时P下降高度，Q上升高度，由机械能守恒定律，此时总动能。
故C错误，D正确。
故选D。
12．（2025·宁夏吴忠·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
【详解】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。
13．（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。
14．（2025·天津和平·二模）（多选）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下列分析正确的是（ ）
A．当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等
B．当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能
C．当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力
D．当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，沿绳方向的分速度大小与的速度大小相等，故A错误；
B．与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因与斜面之间摩擦产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；
C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；
D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于重力沿斜面向下的分力，则有向上的运动趋势，斜面对Q的摩擦力沿斜面向下，故D正确。
故选CD。
15．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后，小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g，取π=3，求：
(1)小球A运动到P点时的速度大小v；
(2)重物B的质量M；
(3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，此时重力刚好提供向心力，则有
解得小球A运动到P点时的速度大小
（2）从Q点到P点，根据系统机械能守恒可得
解得重物B的质量为
（3）设小球A到达P点时切向方向的加速度为，对A由牛顿第二定律可得
对B由牛顿第二定律可得
联立解得轻绳的拉力大小为
05 非质点类物体的机械能守恒定律应用
16．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，重力的功率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【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
可知
故选A。
06 机械能与图象结合类问题
17．（2025·甘肃张掖·模拟预测）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，取地面为零势能面。下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、重力势能Ep和机械能E随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【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，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，B错误；
C．铅球抛出后的重力势能
可知重力势能与时间是二次函数关系，图像为开口向下的抛物线，C正确；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机械能保持不变，D错误；
故选C。
18．（2025·山东潍坊·三模）某次训练投掷中，运动员将质量的铅球以初速度斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度。已知铅球在时动能达到最小值。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能、重力势能，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在时动能达到最小值，此时到达最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则
解得
抛出时的竖直速度
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能
则上升过程中t时刻的动能
可知图像是二次函数，不是直线；因
其中h最大值
则图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A错误，C正确；
BD．重力势能
可知图像是二次函数，不是直线；图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，选项BD错误。
故选C。
19．（2025·甘肃金昌·二模）某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间（v-t）图像、重力势能—时间（Ep-t）图像、机械能—位移（E-x）图像和动能—位移（Ek-x）图像，可能正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A．下潜过程中潜水器受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，即f=kv
下潜过程中，由牛顿第二定律得mg-kv=ma
解得
可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．在潜水器下潜过程中，重力势能Ep=mg（H-h)=mgH-mgh=Ep0-mg×∑vΔt
所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t图像的斜率越来越小，故B错误；
C．潜水器下潜过程中的机械能E=E0-fx=E0-kvx
所以下潜过程中机械能减小，E-x图像的斜率越来越大，故C错误；
D．潜水器下潜过程中的动能Ek=(mg-f）x=(mg-kv）x
所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等时动能大小不变，在动能增大过程中，Ek-x图像的斜率越来越小，故D正确。
故选D。
20．（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。
21．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）如图所示，一倾角为、足够长的斜面固定在水平地面上，一可视为质点的物体以初速度从斜面底端滑上斜面，滑回斜面底端时的动能为，在斜面上运动的总时间为。已知物体受到的阻力大小与其运动速率成正比，沿斜面向上为位移的正方向，取地面处的重力势能为零，则物体在斜面上运动的整个过程中动能随时间、随位移、重力势能随时间及随位移变化的图像可能正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】A．由物体在斜面上受到的阻力大小与其运动速率成正比可知，上滑过程中物体的加速度随速度的减小而减小，下滑过程中，随的增大而减小，故物体速度随时间的变化不是线性的，而是斜率越来越小的曲线，所以动能随时间的变化也是斜率越来越小的曲线，物体上升的时间要小于下降的时间，动能为0的时刻要小于0.5，A正确；
B．动能随位移变化图像的斜率为合外力，物体运动过程中合外力越来越小，图线不是直线，B错误；
D．重力势能，
D正确；
C．位移随时间变化不是线性的，所以重力势能随时间变化也不是线性的，结合A选项分析可知重力势能最大的时刻要小于，C错误。
故选AD。
1．（2025·贵州毕节·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
【详解】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；则开始小球在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。
2．（2025·山西太原·模拟预测）（多选）如图所示，一质量为m的斜面静止在水平面上，斜面高为h，倾角为37°，在其最高点放置一质量也为m 的物块（可看成质点），所有接触面均光滑。将物块由静止释放，最终物块运动至斜面底端。设运动过程中斜面和物块的加速度大小分别为，物块运动到斜面底端时斜面和物块的速度大小分别为，重力加速度为g，，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．物块与斜面组成的整体水平方向所受合力为零，即二者水平方向所受的力等大反向，满足
可得
又物块相对斜面运动，故其相对斜面的加速度应沿斜面方向，则有
联立解得
又由机械能守恒定律有
由匀变速直线运动规律有
解得
A错误，B正确。
CD．根据以上分析可得
根据
可得
C错误，D正确。
故选BD。
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）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、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、A、构成矩形，。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的最大弹性势比弹簧2的大
D．小球运动到B点时的速度为零
【答案】C
【详解】A．几何关系可知，设弹簧原长为，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
到达A、B中点前，弹簧1的最大弹性势能
弹簧2的最大弹性势能
可知弹簧1的最大弹性势比弹簧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，小球运动到B点的速度相等,根据动能定理可知，小球运动到B点时的速度不为零，故D错误。
故选C。
4．（2025·贵州毕节·二模）（多选）如图所示，倾角为且足够长的光滑斜面固定在水平地面上，物体A被锁定在光滑斜面上，物体C置于水平地面。物体B、C通过劲度系数为的轻弹簧相连，A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接，轻绳恰好伸直，滑轮右侧轻绳竖直，左侧轻绳与斜面平行。解除锁定，A沿斜面下滑，当A速度最大时，C恰好要离开地面。已知B、C的质量均为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．物体A的质量为
B．物体A下滑过程中加速度一直在增大
C．物体A和B组成的系统机械能守恒
D．物体A下滑过程中的最大动能为
【答案】AD
【详解】A．开始轻绳恰好伸直，对B进行分析有
A速度最大时，C恰好要离开地面，对C进行分析有
此时A速度最大，A所受外力合力为0，则有
解得
故A正确；
B．弹簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B整体进行分析可知，A的加速度大小先减小，当A的速度达到最大值时，C恰好要离开地面，此时A、B速度大小相等，C的速度为0，之后，弹簧的拉伸量进一步增大，对A、B整体进行分析可知，A的加速度方向变为沿斜面向上，大小增大，即物体A下滑过程中加速度先减小后增大，故B错误；
C．A下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的弹力对B做了功，可知，在C没有离开地面之前，A、B与弹簧构成的系统机械能守恒，当A、B构成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．结合上述可知
即上述两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B构成的系统有
物体A下滑过程中的最大动能
解得
故D正确。
故选AD。
5．（2025·安徽芜湖·模拟预测）（多选）如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b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b球，在b球落地前的过程中，两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度。则（ ）
A．a球质量B．b球落地时的动能为9J
C．a球上升最高点距地面的高度为D．时b球离地面的高度为
【答案】ABC
【详解】AB．从开始释放b球到b球落地的过程中，两球组成的系统机械能守恒，根据图像可知，整个过程中b球的下落高度和a球的上升高度相等，而b球总共减小了18J的重力势能，a球增加了6J的重力势能，则有
由此可知a、b两球质量之比为
根据系统牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
，a球运动的距离为
设初始时刻，b球离地的高度为，两球重力势能相等，则
解得
由图知时b球的重力势能为
联立解得，
根据上述分析可知系统的机械能守恒，则
又有
解得，故AB正确；
C．b着地时速度
此时a继续向上做竖直上抛运动，设继续上升最大高度为
则a距地面最大高度，故C正确；
D．时b球离地面的高度为，故D错误。
故选ABC。
1．（2023·浙江·高考真题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小B．重力势能减小
C．机械能保持不变D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。
故选B。
2．（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B．从1到2重力势能增加
C．从2到3动能增加D．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，则1到2动能减少量大于，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，选项CD错误。
故选B。
3．（2023·全国甲卷·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。
4．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包（ ）

A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】BD
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为
上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。
故选BD。
5．（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，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，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，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，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，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。
6．（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。
7．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为