新高考物理二轮复习题型分类精讲精练专题15 机械能守恒定律及其应用-（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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考点梳理1 机械能守恒的判断
母题考点一 机械能守恒的判断
举一反三
【练1】（2025·湖北武汉·一模）2025年7月15日，天舟九号货运飞船采用自主快速交会对接模式，成功对接于空间站天和核心舱后向端口，绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度为，下列说法正确的是（ ）
A．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
B．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度
C．货运飞船受到的万有引力随着距地高度的增加而减小
D．对接过程中，货运飞船与空间站的机械能守恒
【答案】BC
【详解】A．依题意
由，得空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，A错误；
B．由
有，得空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，故空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，B正确；
C．由，得货运飞船受到的万有引力随着距地高度的增加而减小，C正确；
D．对接过程中，货运飞船的发动机会做功以调整对接的姿态，故货运飞船与空间站的机械能不守恒，D错误。
故选BC。
【练2】（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。
【练3】（2025·西藏日喀则·二模）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
【详解】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。
考点梳理2 单物体机械能守恒
母题考点二 单物体机械能守恒
举一反三
【练1】（2025·河北·三模）如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，质量为M=4kg的小球B静止在水平轨道上，将质量为m=2kg的小球A压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s²。则（ ）
A．释放小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为10J
B．两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2
C．A小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力
D．两小球至多能发生2次碰撞
【答案】BC
【详解】A．小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，有
代入数据解得
释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为
A错误；
B．小球A与B碰前的速度
以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2
机械能守恒有
代入数据联立解得
即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2，B正确；
C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则
解得，可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，C正确；
D．小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，D错误。
故选BC。
【练2】（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。
【练3】（2025·宁夏吴忠·二模）如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，左侧光滑桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量物块A。右侧地面上放置一圆心角的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径。圆弧面最低点上放置一与A质量相等的物块B，为一段粗糙的地面，动摩擦因数，M点右侧有一凹槽。重力加速度，不计空气阻力，两物块均可视为质点。现用A压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，物块之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，到达点时物块的速度大于或等于零均视为赢得物块，求：
(1)释放A时弹簧的弹性势能及A在碰撞前对点的压力；
(2)若恰好赢得物块，PM的长度；
(3)若，现改变B的质量，能赢得A、B两物块，求B的质量范围。
【答案】(1)，，方向竖直向下
(2)
(3)或
【详解】（1）设物块从水平抛出到进入圆弧面所用时间为，根据平抛运动有
到达圆弧面竖直方向速度为，水平速度为，沿切线方向进入有，
设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有
解得
从抛出到点的过程中由能量守恒定律有
在点物块所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
方向竖直向下。
（2）物块与B之间的碰撞为弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，
若恰好赢得物块B，则B在上恰好减速为零掉入凹槽中，根据动能定理有
解得
（3）若恰好能赢得全部物块，则物块碰后到点恰好减速为零，设碰后的速度为，B碰后的速度为，根据动能定理有
解得
两物块碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得
①若B的质量小于的质量，的方向向右，若能赢得全部物块，需满足
即有
解得
②若B的质量大于的质量，的方向向左。不能从光滑圆弧面上上斜抛出去，则有
解得
由①可知滑上圆弧面后返回的速度
所以碰后的速度范围为
则有
解得
所以物块B的质量范围为或
当B的质量时，B的速度
B不能到达点，即使返回以最大速度撞击B，A仍会反弹，减速后无法再到达点，故只有时，A、B才能恰好都到达点。所以物块B的质量范围为或
考点梳理3 系统的机械能守恒
母题考点三 系统的机械能守恒
举一反三
【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
【练2】（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，轻质定滑轮下方通过轻绳悬挂重物A和重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知，摩擦阻力和空气阻力均不计，重力加速度为g，当B的位移大小为h时，下列说法正确的是（ ）
A．B减少的重力势能等于A增加的机械能
B．B减少的重力势能大于A增加的机械能
C．A的速度大小为
D．B的速度大小为
【答案】BC
【详解】AB．A、B组成的系统满足机械能守恒， B减少的重力势能等于A增加的机械能和B增加的动能之和，所以B减少的重力势能大于A增加的机械能，故A错误，B正确；
CD．根据系统机械能守恒可得
解得A、B的速度大小均为，故C正确，D错误。
故选BC。
【练3】（2025·甘肃白银·三模）如图所示，一足够长且不可伸长的轻绳的一端系一小环甲，另一端系一重物乙，甲套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为L，现将甲从与定滑轮等高的O处由静止释放，当甲沿直杆下滑到图中P处时，OP的距离也为L，已知甲、乙重分别为G和2G，定滑轮大小及质量可忽略，则（ ）
A．甲释放后，甲的机械能守恒
B．甲到达P处时，乙上升的高度也为L
C．甲在P处的速度与乙上升的速度大小之比等于
D．甲在P处的速度与乙上升的速度大小之比等于
【答案】C
【详解】A．由题意，甲与乙组成的系统机械能守恒，释放后乙从静止上升，机械能增加，甲机械能减小，故A错误；
B．甲到达P处时，乙上升的高度h应为绳子缩短的长度，即，故B错误；
CD．根据题意，甲与乙沿绳子方向的速度大小相等，将甲的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足
可得
可知甲在P处的速度与乙上升的速度大小之比等于，故D错误，C正确。
故选C。
考点梳理4 用机械能守恒定律解决非质点问题
母题考点四 用机械能守恒定律解决非质点问题
举一反三
【练1】（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。
【练2】（2023·河北石家庄·模拟预测）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。
【练3】（22-23高一下·四川内江·期末）如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其放在倾角为30°的光滑斜面上，其余部分竖直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为
上一半铁链重心下落的高度为
对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面由动能定理得
解得
故选D。
模拟演练
1．（2025·山东·模拟预测）如图所示，从圆周上点A引三条倾角不同的光滑斜面轨道AB、AC、AD到圆周上，其中AC是沿竖直方向，AE是圆的直径，现将小球m从A点分别沿AB、AC、AD三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为，经历的时间分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．由等时圆相关知识知，故A正确，B错误；
CD．由机械能守恒知
解得，CD错误。
故选A。
2．（2025·海南省直辖县级单位·二模）如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根轻杆带动一个质量为m的铁球在竖直面内转动，如图乙所示，重力加速度为g，若在某次打夯过程中，铁球匀速转动，则（ ）
A．铁球所受合力大小不变
B．铁球转动到最高点时，处于超重状态
C．铁球运动过程中的机械能守恒
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时轻杆的弹力为Mg
【答案】AD
【详解】A．铁球在竖直平面内做匀速圆周运动，则其所受合力大小不变，方向总是指向圆心，即方向发生变化，故A正确；
B．铁球转动到最高点时，加速度指向圆心，方向竖直向下，处于失重状态，故B错误；
C．铁球做匀速圆周运动速度大小不变，即动能不变，重力势能在变化，则机械能不守恒，故C错误；
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，对支架进行分析，根据平衡条件，可知杆对支架的弹力为Mg，故D正确。
故选AD。
3．（2025·江苏苏州·三模）如图所示，竖直平面内有一固定直导线水平放置，导线中通有恒定电流I，导线正下方有一个质量为m的铝质球，某时刻无初速释放铝球使其下落，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球下落过程机械能一定减小
B．小球下落过程机械能一定守恒
C．小球下落过程机械能一定增加
D．小球下落过程机械能先增加后不变
【答案】A
【详解】因通电直导线下方产生垂直纸面向里的磁场，且随着距离直导线的距离增加磁场逐渐减弱，可知小球下落过程中因磁通量逐渐减小在小球中产生涡流，铝制球产生热量，由能量关系可知，小球的机械能将逐渐减小。
故选A。
4．（2025·山西·三模）如图所示，三角形支架放在水平台秤上，剪断斜面上固定小球的细绳，小球沿着斜面滚下。在小球滚下的过程中（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．台秤的示数增大
D．台秤的示数减小
【答案】BD
【详解】AB．在小球滚下的过程中，要克服摩擦力做功，机械能减少；故A错误，B正确；
CD．小球沿着斜面向下加速运动，处于失重状态，台秤的示数减小。故C错误，D正确。
故选BD。
5．（2025·陕西汉中·一模）如图所示，装有一定质量沙子的小车，其总质量为M，静止在光滑的水平面上。将一个质量为m的铁球，从距离沙面h高处，以大小为v0的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中∆h深处，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出时的高度h越高，小车最终的速度越大
B．小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
D．此过程中系统内能的增加了
【答案】BCD
【详解】A．小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则
由此可知，小车最终的速度与抛出时的高度无关，故A错误；
B．小球陷入沙中过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，由于小球与沙的摩擦损失机械能，因此系统机械能不守恒，故B正确；
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
联立可得
故C正确；
D．根据能量守恒可得，此过程中系统内能的增加了
故D正确。
故选BCD。
6．（2025·河南·模拟预测）如图所示，固定倾斜直管内壁光滑，底部连接一劲度系数为的轻质弹簧，其上端位于点。将一质量为的小球（直径略小于管的内径）由点静止释放，最低运动至点。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知弹簧振子简谐运动的周期公式为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在点时速度最大
B．小球从点运动到点的过程，小球机械能守恒
C．小球从点运动到点的时间为
D．若将小球由点静止释放，运动到最低点的时间为
【答案】D
【详解】A．小球的速度最大时，其合力为0，即平衡位置处，即满足
此时小球的速度最大，故A错误；
B．小球从A点运动到B点的过程，小球、弹簧组成的系统机械能守恒，而小球机械能不守恒，故B错误；
C．简谐运动周期
由A选项可知O点并非平衡位置，故小球从O到B的时间不等于，故C错误；
D．小球做简谐运动，O点和最低点是它的两个最大位移处，故运动的时间等于，故D正确。
故选D。
7．（2025·湖南永州·一模）如图所示，水平地面上固定一倾角为的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s，物块B放在A上表面的中点。初始时AB均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与相碰。已知木板A足够长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径，AC与斜面间的动摩擦因数均为，B与A间的动摩擦因数
(1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间对轨道的压力大小；
(2)若s足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度；
(3)若，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期间内，试推理说明A与C能否发生碰撞。
【答案】(1)48N
(2)
(3)不相碰
【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有
到达圆弧轨道最低点
联立解得v0=3m/s，FN=48N
由牛顿第三定律，物块C在圆弧轨道最低点时对轨道的压力为48N。
（2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mCv0=mCv1+mAvA
由能量守恒定律得
联立解二次方程得v1=1m/s，vA=4m/s
此后A向下做匀减速运动，加速度大小为a1，B向下做匀加速运动，加速度大小为a2
对A有μ1（mA+mB）gcs37°+μ2mBgcs37°-mAgsin37°=mAa1
对B有mBgsin37°+μ2mBgcs37°=mBa2
联立解得a1= 13m/s2，a2=13m/s2
经t1后AB共速有vA-a1t1=a2t1=v共
解得，v共=2m/s
划痕长度
（3）从C与A碰撞到AB达到共同速度的t1时间内
代入数据解得
A恰好与P相碰，然后A以加速度a′1向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ1（mA+mB）gcs37°+μ2mBgcs37°+mAgsin37°=mAa′1
B向下以加速度a′2匀减速运动，同理有μ2mBgcs37°-mBgsin37°=mBa′2
解得：a′1=25m/s2，a′2=1m/s2
A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间t2，A速度减为零，则v共=a1′t2
解得
A上滑最大位移
因，可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移x0=v1（t1+t2）
代入数据解得
xA1+xC＜s
所以C与A未相撞。
8．（2024·安徽·模拟预测）如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球在时刻所受弹簧的弹力等于mg
B．小球在时刻的加速度大于
C．小球从时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
D．小球从时刻到时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
【答案】BC
【详解】A．小球在时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有
故A错误；
B．在乙图中，A点到对称轴弹簧的弹力变化，由对称性得对称轴到对称点弹簧的弹力再变化，故到达点时弹簧的弹力大于，根据牛顿第二定律可知弹
解得，故B正确；
C．整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故从点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；
D．小球从时刻到时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
故选BC。
9．（24-25高二下·四川资阳·开学考试）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一轻质滑环，杆上A点处固定一锁扣。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。P点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右匀速运动，当滑环与A处的锁扣碰撞，滑环即刻被锁住。不计空气阻力，小球、小滑块可以视为质点且小滑块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，，，。
(1)若轻绳没有断裂，求小球在竖直面内可向上摆动的最大高度。
(2)某次实验中，初始滑环和小球一起以的速度向右匀速运动，滑环被锁住同时轻绳断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。求P点与锁扣A点的水平距离。
(3)求（2）问中小滑块最终静止的位置到B点的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由于轻绳没有断裂，设小球在最低点的最大速度为v，则
解得
设小球从最低点向上摆到最高点的速度可以为0，则有
解得
又因为，可知小球在到圆周运动最高点前会做近心运动，设该位置与圆心的连线与水平方向成角，对应的速度为，根据机械能守恒可得
在该位置由牛顿第二定律得
联立解得
则小球在竖直面内可向上摆动的最大高度为
（2）由于滑环被锁住同时轻绳断裂，小球做平抛运动，则有，
解得P点与锁扣A点的水平距离为
（3）小球与小滑块作用过程，由系统水平方向动量守恒得
解得
从P到斜面最高点的过程，根据动能定理得
解得
滑块未从斜面顶端飞出，又，则滑块下滑，从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置，有
解得
可知滑块最终静止的位置到B点的距离为。
10．（2025·江苏苏州·三模）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（ ）
A．此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【详解】BD．图（甲）中，弹簧最大弹性势能为
图（乙）中，AB共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次最大弹性势能相同，根据动量守恒有
能量守恒有
联立解得，，
故B错误，D正确。
A． 开始时A物体的速度大于B的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A错误；
C．以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
在图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1: I2=2:1
故C错误。
故选D。
11．（2025·安徽安庆·模拟预测）某弹簧防撞缓冲装置模型如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，一质量为m的物块受到沿斜面方向的恒力F作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的整个过程中（ ）
A．物块加速度一直减小B．物块的动能一直减小
C．弹簧弹性势能先增大后减小D．物块和弹簧组成的系统机械能不断增大
【答案】D
【详解】AB．物体接触弹簧至最高点的过程中，满足
开始时，加速度沿斜面向上，当开始压缩弹簧时，弹簧弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，直至为0，在此阶段中，物体做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度为零时，则满足
当再进一步压缩弹簧时，弹簧弹力进一步增大，加速度反向，并逐渐增大，在此阶段中，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直至物体速度为零，并到达最高点。因此在整个过程中，物块的动能先增大后减小，加速度先减小，再反向增大，选项AB错误；
C．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧一直被不断压缩，因此弹簧的弹性势能在不断增大，选项C错误；
D．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的力F作用，力F一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，选项D正确。
故选D。
12．（2025·山东济南·模拟预测）如图所示，长为的木板静置于水平地面上，右端上方放置物块，左端紧靠与地面相切的光滑圆弧形轨道，圆弧半径为，对应圆心角为，左侧平台与圆心等高。小球从平台上水平抛出，从弧形轨道最上端无碰撞地进入轨道，沿轨道滑至最低点时与木板发生碰撞，系统碰撞损失的动能为碰前系统动能的，随后物块相对木板向左滑，滑行至木板最左端后，再相对木板向右滑，最后静止在木板上。已知，，，，，物块与木板间动摩擦因数，木板与地面间动摩擦因数，小球与物块均可视为质点，不计碰撞时间，重力加速度大小。
(1)求小球滑至圆弧形轨道最低点时的速度；
(2)求碰撞后瞬间，木板的速度；
(3)求物块的质量；
(4)木板静止后，将物块再次放置于木板的右端，对木板施加一水平向右的恒力，一段时间后撤去力，物块先滑至木板左端，再滑至木板右端后静止，求力的大小。
【答案】(1)6m/s
(2)4m/s
(3)1kg
(4)F=14N
【详解】（1）设小球抛出速度为，落至圆弧轨道最上端时竖直速度为，有
因为
滑至圆弧形轨道最低点时速度为，由机械能守恒定律
由以上可得
（2）小球与木板碰撞过程动量守恒
能量关系有
解得
（3）物块向右加速，加速度大小为，则有
木板向右减速，加速度大小为，则有
滑至左端时速度关系
位移关系
由以上可得
（4）恒力作用下木板加速度，由牛顿第二定律有
经时间撤去拉力时速度为，则
再经时间物块滑至木板左端，此时与木板共速，速度大小为，则有
因为
滑块相对木板向右运动时
滑块位移
木板位移
位移关系
由以上可得
13．（2025·山东济南·模拟预测）如图所示，按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和劲度系数为的轻质弹簧三部分。假设内芯质量为，外壳质量也为，用力下压外壳至最低点（图），此时内芯对桌面有压力，外壳与桌面有接触但没有挤压，弹簧的弹性势能为，撤去外力后弹簧推动外壳竖直上升，当弹簧恢复原长时（图），外壳与内芯发生完全非弹性碰撞，此后圆珠笔上升到最大高度处（图）。不计摩擦与空气阻力，重力加速度为，则撤去外力后（ ）
A．外壳的最大动能为
B．内芯的最大动能为
C．外壳上升的最大速度为
D．外壳上升的最大高度为
【答案】BD
【详解】AC．由题意可知当外壳受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于外壳重力大小，此时弹簧处于压缩状态，所以外壳的最大动能小于E。外壳速度最大时，根据平衡条件，有
弹簧的最大压缩量为
根据能量守恒，有
联立解得外壳上升的最大速度为
故AC错误；
BD．设弹簧恢复到原长时外壳的速度为v，弹簧恢复原长瞬间外壳、内芯共同速度为v1，外壳、内芯共同上升的最大高度为h，外壳上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得
弹簧恢复原长瞬间根据动量守恒定律得 mv=2mv1
外壳、内芯共同上升的过程中据能量守恒可得
其中
内芯的最大动能为
外壳上升的最大高度为
故BD正确。
故选BD。
14．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图1所示，长度为的轻绳一端固定在点，另一端连接质量为的物块甲，另一足够长的轻绳一端与物块甲相连后跨过与点等高的光滑定滑轮，另一端连接质量为的物块乙，滑轮与点相距。将甲从图中位置（轻绳水平）静止释放，当甲转过的圆心角为时，轻绳刚好同时断裂，甲恰好在点下方距点的点平滑进入玩具轨道，已知玩具轨道段水平，与甲之间的滑动摩擦因数均为段长度可调，段长度，光滑竖直圆轨道段半径，在最低点处稍微错开，斜面段由特殊材料制成，水平距离，高度可调，甲与段间动摩擦因数随其水平距离的关系如图2，与平滑连接。忽略其他阻力，物块甲可视为质点，重力加速度取。求：
(1)物块甲摆动到点时的速度（已知此时物块甲与物块乙的速度之比为）；
(2)若要保证物块甲能到达竖直圆轨道且第一次在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，求长度的调节范围。
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）对两物块组成的系统，由机械能守恒定律
解得
（2）①若甲恰能达到B点，由动能定理有
解得
②若甲恰能运动到圆心等高处，由动能定理有
解得
③若甲恰能通过圆轨道最高点，在最高点有牛顿第二定律有
由动能定理有
解得
综上或
15．（2025·甘肃张掖·模拟预测）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。
16．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，质量为的物块与质量为的物块用轻质弹簧相连，静置在底部有挡板的倾角的光滑斜面上，现将另一质量为的物块从物块上方由静止释放，释放时物块与物块之间的距离为，释放后物块沿斜面下滑，与物块碰撞后粘在一起并记为物块，物块继续向下压缩弹簧，此后物块在斜面上做简谐运动，最低点为（未标出）。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，重力加速度为。
(1)求物块与物块碰前弹簧的形变量；
(2)求物块运动过程中速度的最大值；
(3)若从弹簧被压缩到最短时开始计时，时刻物块第一次运动到最高点，此时物块恰好不离开挡板，求物块与点的距离为的时刻。
【答案】(1)
(2)
(3)（）或（）
【详解】（1）刚开始物块B处于静止状态，受力分析可知
解得
（2）设物块C与物块B碰撞前瞬间的速度为，由动能定理有
设碰后物块D的速度为，由动量守恒定律有
物块D做简谐运动，平衡位置时速度最大，设平衡位置时弹簧的形变量为，受力分析可知
碰后物块D运动到平衡位置的过程中，由动能定理有
克服弹力做的功
解得
（3）物块D运动到最高点时，物块A恰好不离开挡板，此时弹簧的形变量
故物块D做简谐运动的振幅
以平衡位置为坐标原点，以沿斜面向下为轴正方向，则简谐振动的方程为
解得第一次时，
第二次时，
考虑到简谐振动的周期性，则有（）和（）
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc855" 考点梳理1 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc855 \h 1
\l "_Tc2719" 母题考点一 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc2719 \h 2
\l "_Tc29378" 考点梳理2 单物体机械能守恒 PAGEREF _Tc29378 \h 6
\l "_Tc25749" 母题考点二 单物体机械能守恒 PAGEREF _Tc25749 \h 6
\l "_Tc25555" 考点梳理3 系统的机械能守恒 PAGEREF _Tc25555 \h 13
\l "_Tc11687" 母题考点三 系统的机械能守恒 PAGEREF _Tc11687 \h 14
\l "_Tc26734" 考点梳理4 用机械能守恒定律解决非质点问题 PAGEREF _Tc26734 \h 18
\l "_Tc25218" 母题考点四 用机械能守恒定律解决非质点问题 PAGEREF _Tc25218 \h 18
1．重力做功的特点
(1)重力做功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(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
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。
②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量与参考平面的选取无关。
(3)ΔEp与WG的关系
①定性关系：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。
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
3．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)ΔEp与W弹的关系：弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加。定量表达式为W弹＝－ΔEp。
4．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，总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgℎ1+12mv12＝mgℎ2+12mv22。
(3)守恒条件
①系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力。
②系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。
③系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。
5．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为0。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。注意：并非系统内某个物体的机械能守恒，而是整个系统的机械能守恒。
6．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)定义法：系统的动能、势能之和不变则守恒。
(2)做功法：即守恒的条件。
(3)能量转化法：系统的能量仅在机械能范围内转化则守恒。
【母题1】（2024·重庆·高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
1．单物体机械能守恒的常用表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
(1)选对象：选取研究对象——物体。
(2)析受力、判守恒：根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3)析运动、明状态：在当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能。
(4)列方程、解方程：选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
3．注意：单物体机械能守恒的问题，往往也能用动能定理解决。
【母题2】（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
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找通过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．常见的三种模型
模型1 轻杆连接系统的机械能守恒
常见情境

三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度大小相等。
②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。
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功时，系统机械能守恒
模型2 轻绳连接系统的机械能守恒
常见情境


三点提醒
①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用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒
模型3 轻弹簧连接系统的机械能守恒
常见
情境


模型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
①对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。
②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大
【母题3】（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d