【解题模型】系统机械能守恒模型-2026高考物理（解析版）

专题18系统机械能守恒模型

模型总结

模型1单物体（除地球外）机械能守恒问题........................................................।

模型2轻绳连接的物体系统..................................................................10

模型3轻杆连接的物休系统.................................................................22

模型4轻弹簧连接的物体系统................................................................35

模型1单物体（除地球外）机械能守恒问题

1.机械能守恒的三种表达式

守恒观点E\=E2要选零势能参考平面

转化观点△£k=-AEp

不用选零势能参考立面

转移观点△EA=­A&

说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。

2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤

0

1.（2025•广东深圳•一模）如图所示，在地面上以初速度如抛出质量为，〃的小球，抛出后小球

落到比地面低力的海平面.上。若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则下列说法正确的是

()

A.重力对小球做的功为

B.小球在海平而上的重力势能为小g/?

1>

C.小球在海平面上的动能为2机环一，咫力

1,

D.小球在海平面上的机械能为5〃％；+/心力

【答案】A

【详解】A.从地面到海平面重力对小球做的功为〃吆力，故A正确；

B.地面为零势能面，所以小球在海平面上的重力势能为一mg0,故B错误；

C.对小球根据动能定理，有〃吆/?=线一不〃而

1

得小球在海平面上的动能为£卜=不〃而9+机加,故C错误；

1,

D.小球在地面上的机械能为5相片，由机械能守恒定律得，小球在海平面上的机械能也为

1、

3mvQ,故D错误。

故选Ao

2.（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:优/二

可得其理论的最大高度h=5m

故选Bo

3.(2025•湖南郴州•模拟预测)如图所示，质量为〃?=0.2kg的物体从离地面高度为九=3.2m

的位置4由静止释放沿固定的光滑加面下滑，经过一段时间后，物体下落到高度为饱=l.6m

的另一位置8,以地面为参考平面。^=10m/s2,求：

(1)物体在4点时的重力势能；

⑵物体从A点到8点的过程中重力做的功；

⑶物体到达地面瞬间的速度大小。

【答案】⑴6.4J

⑵3.2J

(3)8m/s

【详解】(1)以地面为参考平面，物体在4点时的重力势能综=〃吆九=6.4J

(2)物体从A运动到3的过程中重力做的功为％=mg(%—4)=3.2J

（3）物体从人运动到地面时的速度大小设为也由机械能守恒定律=，心九

解得u=8m/s

4.（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I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R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Co

5.（2024.广东惠州.模拟预测）一物块在高为2m、长为2.5m的斜面顶端由静止开始沿斜面下

滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化关系如图中直线I、II所示，重力加速度g=10m/s2。

贝U（）

A.物块下滑过程中机械能守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时，加速度大小为4.8m/s2

D.物块下滑1.25m时，机械能损失了16J

【答案】C

【详解】A.下滑过程中，物块重力势能减少20J,动能只增加了12J,故机械能不守恒，故A

错误；

B.斜面高为2m,长为2.5m,故倾角为5为,在顶端时，重力势能为

EP=mgh=20J

解得

m=1kg

由殒失的机械能

7gseos530=8J

解得

8

4=—

15

故B错误；

C.由牛顿第二定律有

机gsin53°”〃〃gcos530=ma

解得

tz=4.8m/s2

故C正确；

D.下滑L25m时,重力势能为10J,动能为6J,机械能剩余16J,则机械能损失了4J,故D

错误。

故选Co

6.（2024•江西上饶.模拟预测）如图所示，将一个小球先后两次从地面上的A点斜向右上抛出，

两次小球均落在8点，以地面为零势能面，两次小球运动到最高点时高度不同，但机械能相等，

第一次抛出时初速度与水平方向的夹角为30。，不计小球大小，不计空气阻力，则下列判断正

确的是（）

_Q_______________

AB

A.先后两次抛出的初速度大小之比为1：1

B.先后两次抛出的初速度大小之比为1:6

C.先后两次小球在空中运动时间之比为1：1

D.先后两次小球在空中运动时间之比为1：6

【答案】AD

【详解】AB.由于两次小球在最高点机械能相等，则抛出时机械能相等，即抛出时初速度大

小相等，故A正确，B错误；

CD.设第二次抛出时，初速度与水平方向的夹角为根据题意有

2%sin30°2%sin6

v（）cos30x―---------=%cos"x—-------

gS

解得

0=60。

则先后两次小球在空中运动的时间之比为

2%sin3002vosin6O°

gg

故C错误，D正确。

故选ADc

7.（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〃表示铅球离地面的高度，E、%、反分别表示铅球的

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（）

【洋解】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

Ep=mgh

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力,根据机械能守恒得可得

E°+mg4=Ek+mgh

可得

Ek=E（）+mg%-mgh

故D错误。

故选Co

8.（2024.浙江.三模）如图所示，细绳的一端固定于。点，另一端系一个小球，在。点的正下

方打一个钉子A,小球从一定高度摆下。不计细绳与钉子碰撞的能量损失，不计空气阻力，则

（）

n

A.若4高于小球摆下的初位置，则4离O点越近，小球运动到右侧最高点时加速度就越

大

B.若A高于小球摆下的初位置，则A离。点越近，小球运动到右侧最高点时，细绳的拉

力就越大

C.由于机械能守恒，无论A离。点多远（小于绳长），小球总能上升到原来高度

D.如果A与小球摆下的初位置等高，则小球在运动的过程中有可能撞到钉子

【答案】B

【详解】AB.A离。点越近，小球运动到右侧最高点时，摆角。就越小，小球加速度

a=gsinO

越小，而绳的拉力

T="zgcos。

越大，故A错误，B正确；

C.当A低于小球开始摆下的高度时，小球摆动到右侧绕A运动，到达最高点时速度不为零,

此时小球不能上升到原来高度，C错误；

D.如果小球摆下的初位置与4等高，则小球总是绕。或绕A作圆周运动（来回摆动），不可

能撞到钉子，故D错误。

故选

9.（2024.北京西城•二模）如图所示，质量m=0.6kg的篮球从离地高度”=0.8m处由静止释

放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度〃=0.45m,篮球与地面发生作用

的时间加=（）.ls。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与

地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度”=0.8m处。若篮球两次与地面碰撞损失的

机械能相同，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能塌；

（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小R

（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。

H

h

"777^777777777777

【答案】（1）2.1J；（2）48N；（3）4.2J

【详解】（1）篮球第一次与地面碰撞的过程损失的机械能

E损=mgH-mgh=2.1J

（2）篮球第一次与地面碰撞前的速度大小为匕，碰撞后离地瞬间速度的大小为七

篮球下落过程有

mgH=—mv]

W=42gH=4m/s

篮球上升过程有

v2=不2gh=3m/s

篮球与地面碰撞过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理有

mgAt-FAr=-mv2-im\

F=48N

（3）运动员拍球的过程中对篮球做功

W=2E描=4.2J

10.（23-24高一下.江苏扬州.期中）如图所示的两个固定的光滑斜面，它们的高度相同、倾角

不同。让质量相同的两个物体沿斜面从顶端运动到底端，比过程中下列说法不正确的是（）

30)

~/777.

A.两物体重力的功一样

B.两物体重力势能的变化一样

C.两物体运动到底端时的动能一样

D.两物体运动到底端时重力的功率一样

【答案】D

【详解】A.根据

可知，两物体重力的功一样，选项A正确；

B.重力做功等于重力势能的变化量，可知两物体重力势能的变化一样，选项B正确:

C.根据机械能守恒定律

—mv1=mgh

可知，两物体运动到底端时的动能一样，选项C正确；

D.两物体运动到底端时速度大小相同，但方向不同，在竖直方向速度也不同，根据

P=mguy

可知，重力的功率不一样，选项D错误。

此题选择不正确的，故选D。

模型2轻绳连接的物体系统

1.常见情景

2.三点提醒

(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，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械

能则可能守恒。

11.(25-26高三上•河南商丘・期中)如图所示，粗细均匀的足够长光滑细直杆水平固定，带孔

小球A套在杆上，小球B用长为L的轻绳吊在小球A的下面，开始时两球均处于静止状态。

给B球一个水平向右的瞬时冲量，当小球B运动到最高点时，轻绳刚好水平。已知两小球均

可观为质点，质量均为〃7,重力加速度为g,下列判断E确的是()

A

o

L

6B

A.小球B向右运动过程中，A、B两球组成的系统动量:守恒

B.给小球B的瞬时冲量大小为m

C.当轻绳第一次与水平方向夹角为45。时，小球B的水平分速度大于竖直分速度

D.当小球B第一次回到最低点时，速度大小为

【答案】BC

【详解】A.系统在水平方向不受外力，动量守恒，但在竖直方向，系统受力不为零，动量不

守恒，因此A、B两球组成的系统动量不守恒，故A错误；

B.设B球获得的初速度为此,由题可知，系统在水平方向动量守恒，当小球B运动到最高

点时，两球具有共同速度为叭则有〃

根据能量守恒则有g相片=^2mv2+mgt

联立解得“=2如

因此B球获得的瞬时冲量大小为1=mv()=2m痛,故B正确；

C.当轻绳第一次与水平方向夹角为45。时，设A球的水平速度为乙，B球的水平速度为%,，

竖直分速度为无.、・，绳子相对于A的速度为％,水平方向动量守恒，则有mv0=mvA+mvnx

根据速度的分解则有vBv=以+/cos45°,%=%cos45。

因此小球B的水平分速度大丁竖直分速度，故C正确；

D.设B球第一次摆到最低点时，A球的速度为B球的速度为匕，系统水平方向动量守恒，

则有mv0=〃%+mv2

根据能量守恒可得不相片=；相叫2+；加可

乙乙乙

其中v0=2y[gL

联立解得当小球B第一次回到最低点时，速度大小为匕=。，故D错误。

故选BCo

12.（2025•山东•模拟预测）如图所示，A8为一光滑水平横杆，杆上套一质量为叱的圆环，

环上系一长为L的轻绳，绳的另一端拴一质量为町的小球，现将绳拉直，且与A8平行，由

静止释放小球，其中肛=2kg,e=lkg,L=lm求：

（4。/________________】B

L

⑴轻绳与A3第一次成60。时，小球向左移动的距离;

（2）小球摆到最低点时圆环的速度大小。

【答案】（1）菁=^m

6

04715.

（2）v2=---m/s

【详解】（1）设小球向左移动的距离为4,此时圆环向右移动的距离为占，

由题可知，此时

%+W=L0-cos60）

又因水平方向动量守恒仍F=吗々

tn.-L（l-cos60）i

可得％=

叫+吗6

（2）从小球静止释放到摆到最低点的过程中，由系统机械能守恒和水平方向动量守恒得

71212

m^L=-m^+-m2v2

U=m1Vl一巧吗

解得v2=m/s

13.（2025・湖南常德•模拟预测）如图所示，一个光滑导轨长臂水平固定、短臂竖直，系有细线

的圆环A套在长臂上，细线另一端与小球B相连。已知A的质量〃B的质量加

2

细线长度为心初始时圆环A距短臂工=-L,细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释

1

放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与短臂粘连，B球垂直于绳方向的速度不变，沿绳方向的

速度减为0,不计空气阻力，重力加速度为g,sin53°=0.8,则()

A.小球B的水平位移为0.4L时圆环A与短臂接触

B.圆环A与短臂接触时，细绳与竖直方向的夹角为53。

C.圆环A与短臂碰撞后瞬间，小球B的速度大小为2/9且乙

5V95

D.小球运动到最低点时，细线的拉力大小为6mg

【答案】BC

【详解】A.小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有机人%=网3%

解得而=\乙，故A错误；

B.圆环A与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为9,根据sing=:'—'

解得8=53。，故B正确；

C.设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为以，小球的水平速度大小为％,竖直速度

大小为。，根据水平方向动量守恒力叫匕\=加B%

V

以圆环为参考系，小球做圆周运动，有tan9=一—

根据系统机械能守恒有2〃2gLeos6=；x2相(4+)+Jmv\

解得彩=描£，「4自二

圆环A与短臂碰撞后瞬间，如图所示

小球B的速度大小为v=vvsin6>+vBcos6>=yJ^^L,故C正确；

D.若小球B下落过程系统机械能守恒，则有2mgL=；x2如产

fl

在最低点有尸一2mg=2m—

解得F=6mg

因小球下落过程系统机械能有损失，故小球运动到最低点时，细线的拉力小于6〃际，故D错

误。

故选BCo

14.（2025・四川•一模）如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别连接着质量为〃？、2掰的A、B

两球，用手托住B球，使A球刚好静止于地面。忽略一切摩擦和空气阻力。在B球由静止释

放到落地的过程中（）

\\\\\\\\\\

A.A球机械能增加B.A球机械能守恒

C.B球机械能减少D.B球机械能增加

【答案】AC

【详解】ACD.由题可知，释放后，绳子的拉力对A球做正功，对B球做负功，因此A球的

机械能增大，B球的机械能减小，A、B组成的系统机械能守恒，则A球增加的机械能等于B

球减小的机械能，故AC正确，D错误；

B.根据上述分析可知，A球的机械能增大，机械能不守恒，故B错误。

故选ACo

15.（2025•重庆南岸•模拟预测）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与

质量为m的滑块P连接，。穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物。连接起来，Q

的质量为4加。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧

对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角6=53。（sin53°=0.8,cos53°=0.6）,

OB长为3L,与AB垂直,不计滑轮的摩擦,重力加速度为go则P从A点至ljB点的过程中（)

A.P和。组成的系统机械能守恒

B.P的速度先增大再减小

C.轻绳对尸做的功为8/烟£

D.P运动至8点的速度为口=伍1

【答案】BC

【详解】A.不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P、重物Q与弹簧组成的

系统机械能守恒，故A错误；

B.P从A点开始加速上升，在8点弹簧对P的弹力向下，受力分析可知，此时P的合力竖直

向下，做减速运动，故P的速度先增大再减小，故B正确；

C.根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0,当滑块P到达8点时，重

物Q的速度也为0,根据儿何关系可知，重物Q下降的高度为

H=OA-OB=-^~--OB=2L

cos53°

对重物Q,根据动能定理，有4〃2gH+W=0

即得轻绳拉力对重物Q做的功W=-4〃2gH=-SrngL

轻绳拉力对滑块P做的功和对重物Q做的功大小一样，符号相反，为8mgL,故C正确；

D.在A、8两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、3两点弹簧的弹性势能相等，又根据

几何关系可知，滑块P上升的高度为/?=3Ltan53°=4L

对滑块P、重物Q与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可知=

解得滑块P在8点的速度为卜=2而Z,故D错误。

故选BC。

16.（2025•甘肃•模拟预测）如图所示，质量为〃2=lkg的物体p套在固定的光滑水平杆上。不

可伸长的轻绳跨过光滑的滑轮。和O',一端与物体P相连，另一端与质量也为〃?的物体Q相

连。对P施加一水平向左的拉力尸(图中未画出)使整个系统处于静止状态，此时与P相连

的绳子与水平方向夹角为。=30,，3点是。正下方的点，OB距离为力=1m。现撤去拉力F,

让二者开始运动，重力加速度为g=10m/s2,计算结果可用根号表示，sin530=0.8o求：

⑴拉力产的大小；

(2)当P运动至轻绳与水平方向夹角为戊=53°的A点时，P的速度大小;

(3)从释放至P运动至B点过程，轻绳对Q做的功。

【答案】(1)尸=56N

05V510/

(2)匕=———m/s

⑶W=-10J

【详解】(1)系统静止时，轻绳上的拉力丁=〃?g=10N

对P受力分析有F=7cos30=5>/3N

hh

(2)P运动至4点时，Q下落的高度为一二一=0.75m

sindsina

由P、Q整体机械能守恒有mg\h=+：加液

又匕cos53=v2

联立解得v,=/s

(3)P运动至B点时，可知Q的速度为零。对Q由动能定理有W+mgA〃'=。

h

根据几何关系，有△〃'=——〃=

sin30,

联立解得W=-10J

17.（2025・湖南长沙•模拟预测）如图所示，粗细均匀的光滑直杆A3、8c固定在竖直面内，AB

杆水平，两杆夹角为37。，质量均为机的小球队〃分别套在A3、8c杆上，两球用长为L的

细线连接，锁定两球，细线刚好伸直且与8c杆垂直，重力加速度为g,sin37*0.6,不计球的

大小，同时解除两球的锁定，则在小球。向右运动过程中，下列说法正确的是（）

A.解除锁定的一瞬间，小球〃的加速度大小为0.8gB.小球匕向下运动过程中机械能一

直减小

C.当小球。运动到最右端时，小球〃运动到最低点D.小球。运动过程中最大速度大小

为商

【答案】BD

【详解】A.解除锁定的一瞬间，小球〃的加速度大小为〃=小C370=0.6g,故A错误;

m

B.当细线与AB垂直时，小球。的速度最大，这时小球到达最低点，此过程小球。的机械

能一直增大，则小球人的机械能一直减小，故B正确；

C.当小球々运动到最右端时，速度为零，根据系统机械能守恒可知，小球〃刚好回到最初位

置,故C错误；

D.当小球a速度最大时，小球〃下降的高度〃=L—Lcos370=0.2L

此时小球b的速度为零，根据系统机械能守恒可得mg力=3〃”

联立解得小球〃的最大速度为以二JpZ,故D正确。

故选BDo

18.（2025•宁夏吴忠•一模）如图（〃）所示，可视为质点的。、力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，h球悬空且距离地面的高度为%。

由静止释放。球，。球的动能与随其上升的高度〃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g,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3〃z

C.七"的大小为:〃吆为

D.8与地面作用过程中，地面对人的冲量大小为相近嬴

【答案】BC

【洋解】A.从开始释放。球到b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。一起向下运动过程的,一=+,几=-/w«=---------Lgh

22m+mh

当b下落”以后，〃与地面接触，绳子松弛。做胫直上抛运动〃吆△4=△线”

根据两段图像的斜率比可得g:mg=1:2

nt+mh

解得〃%=3〃z,故B正确；

C.(/—Mg%=g(〃2+〃％)u2=4Ekm

解得Ekm=；,故C正确；

D.〃与地面接触前动能为3EH，可求速度为J而

再限据动量定理可求/=3"向，故D错误。

故选BCo

19.(2025・甘肃白银•三模)如图所示，长度为L的轻杆一端连接质量为36的小球A,另一端

固定在水平转轴P上，轻杆可以在竖直面内自由转动。质量为〃z的物块B由绕过小定滑轮Q

的细绳与小球相连，定滑轮Q与转轴P间的水平距离6乙，初始时轻杆水平，滑轮与小球间

的细绳跟轻杆共线。已知细绳足够长，忽略一切摩擦，取重力加速度为g。由静止释放小球,

在轻杆转过30。角的过程中，求：

QP

B口

(1)物块B的重力势能变化量；

(2)轻杆转过30。角时，小球A与物块B的瞬时速度大小之比;

(3)轻绳对小球A做的功。

【答案】⑴(2-6)叫心

⑵2:石

,19-86.

(3)---------mgL

10

由几何关系可知，当在轻杆转过3()。角的过程中，此时细绳与水平方向夹角也为30。角，则物

块B的重力势能增力口AEp=mg-L)]=(2-g)mgL

(2)轻杆转过30。角时，将小球A的速度分解为沿细绳方向的速度和垂直于细绳方向的速度,

4^11—=cos30°

%

即小球A与物块B的瞬时速度大小之比为女：彩=2:。3

(3)对系统由机械能守恒定律或+；*=3mgg-mg.(2一6)L

解得以=右（26-l）gL,中二J；（2百一1）也

物块B的机械能增加了AE=△5+1mvl=1\；6mgL

则细绳对B做功为％=4七

19-8x/3

细绳对系统不做功，可知细绳对A做功为W、

=-\E=lo-mgL

20.（2025•黑龙江大庆•模拟预测）如图所示，有两个质量均为，〃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。N杆足够长。初始时用水平外力”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9=60。（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6=也［\,其中为和力。分别是碰撞前两物体的速度，匕和Z分别是碰撞

卜20一%|

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，求水平外力尸的大小;

（2）在B环下落4过程中，求轻绳的拉力对环A做的功；

2

（3）若A、B两环碰撞的恢复系数e=0.5,求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（l）Gmg

(2)-n^L

3

(3)-mgL

o

【详解】（1）对B环受力分析，如图所示

根据平衡条件有/=mgtan60°=43mg

根据A与B组成的整体水平方向受力平衡有F==gtng

（2）对A与B组成的系统，在B环下落J过程中，根据机械能守恒有/咫5=：机或+：〃优

乙乙乙乙

又vAcos30°=vBcos60°

联立解得匕二

对A,在此过程中，根据动能定理有%=,加以=］相也

28

（3）设B下落L后A、B的速度分别为％、vB1,则队cos90o=%1

得“0

根据系统机械能守恒有mSL=

解得%=唇

L

此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为『=方〒

j2gL

第一次碰撞前vA0=vAI+gt=3彼弘，vB0=gt=

A与B碰撞过程，根据动量守恒有A%Q+A%0=mvA+A4

乂C=』~匕-=0.5

VA0-VB0

，・八31,51,

解词匕=万｛那七,VB=-^-^L

则有△石或+4）一；心屋0+嗑）=一/也

3

因此两环第一次碰撞损失的机械能为：〃吆心

O

模型3轻杆连接的物体系统

1.常见情景

2.三大特点

（1）平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。

（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，则系

统机械能守恒。

21.（2025•山东♦模拟预测）如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为〃?的小球，另一端用活

动较链固接于水平地面上的0点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体

左侧静止于0点处。现在杆中点处施加一大小始终为蝇（g为重力加速度）、方向始终垂

直杆的拉力方，经过一段时间后撤去b,小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于

扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是（）

A.拉力/所做的功为"火心

B.拉力厂撤去时小球的速率为J(2-⑹.

C.当轻杆与水平面夹角为。时(正方体和小球还未脱离)，小球与正方体的速率之比为

sin^:1

D.当轻杆与水平面夹角为。时(正方体和小球还未脱离)，正方体的速率为

/2/??^L(l-sin^)sin2^

V〃7+Msin」。

【答案】ABD

【详解】A.小球恰好能到达。点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到

最高点，由动能定理有WF-mgL=O

解得Wp=fngL,故A正确；

B.设撤去力R时杆与水平方向的夹角为a,则有%

解得产

从撤去力尸到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有〃?弘(1

—sina)=­mv2

解得撤去力尸时小球的速度大小为y=J(2-J5)gL，故B正确;

C.如图所示

设杆与水平地面夹角为。时，小球的速度大小为力，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方

体的速度大小为岭二口小=匕sin0

即小球与正方体的速率之比为:焉，故c错误；

D.对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有阳煤(l-sine)=g〃?片

联立解得“J2"磔（l-sin6）sin汽

故D正确。

Vm+A/sin20

故选ABDO

22.（2025・湖北•模拟预测）如图所示，两个质量均为加的质点A与B,由三根长度均为/的轻

质细杆相连，组成一个位于竖直平面内的框架△043,比系统可绕过。点且垂直于框架

△048的轴转动，C为框架△048的中心。初始时系统处于静止状态，OC水平，在重力作

用下，OC从水平位置开始转动，则

（1）系统动能何时最大？此时B速度多大？

（2）在（1）中，过。点的轴对框架△QA9的支持力多大？

【答案】（1）当OC竖直时，系统动能最大，质点B的速度最大，大小为J而

⑵大小5〃zg,方向竖直向上

【详解】（I）质点A和质点B由轻杆连接，两者线速度大小相等，即以二%

当肝转动到图中虚线处，A3处于水平位置，0C竖直时，系统重力势能减少最多，系统动能

一11

增加最多，此时两者速度均最大。由系统机械能守恒可知力咫氏1160°=2偌以99

解乃JvB=jGg/

（2）对于质点A和B,速度最人时，切向加速度为零，分析B受力可知，

2

sin

尼-mgcos30°-FABcos60°=m—,600-mgsin30°=0

L

解得FAB=gmg，用=?〃吆

3J

分析A受力，同理可得乙二竽〃吆

0

对于框架△043的支持力，分析其受力可知，/7；=/\COS30+FBCOS300

解得弓=5〃吆,方向竖直向上。

23.（2025.云南昆明.模拟预测）如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平地面上，一轻弹簧

下端固定于斜面底端，处于原长状态，斜面顶部有两个质量分别为团和2m的A、B小球，用

轻杆连着。现由静止沿弹簧轴线方向释放两个小球，重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性

限度内。则在B球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A.A球的机械能先增大后减小

B.B球到达最低点时杆对A球的作用力大小等于〃2gsin。

C.B球克服弹簧弹力做的功是杆对B球做功的3倍

D.弹簧对B球做的功等于A、B两球机械能的变化量

【答案】CD

【详解】A.刚开始下落到B球与弹簧接触前，A球只有重力做功机械能守恒；B球与弹簧接

触后，杆对A球向上的作用力对A做负功，A球机械能减小，故A错误；

B.B球到达最低点时A、B均具有向上的加速度，此时A球受杆的作用力一定大于〃2gsin。，

故B错误;

C.两球的加速度始终相等，对"A、B球，根据牛顿第二定律分别有

4-mgsin0=met,%-2〃2gsinO-F^=2ma

联立解得4=3%,故C正确；

D.对A、B分析可知，受重力和弹簧弹力作用，根据功能关系可知，弹簧对B球做的功等于

A、B两球机械能的变化量，故D正确。

故选CD。

24.(25-26高三上♦山东日照•开学考试)如图所示，质量不计的硬直杆可以绕光滑转轴。在竖

直面内自由转动，杆两端分别固定质量"?=1攵g的小球A和质量"=4依的小球B。已知小

球A到。点的距离为2m,小球B到。点的距离为1m。现将杆从水平位置由静止释放，在杆

转动到竖直位置时，小球A脱离杆水平飞出，恰能从。点无碰撞地进入与杆在同一竖直平面

内的光滑圆弧轨道"c,到达圆弧轨道上c点之前的d点(图中未画出)脱离轨道。己知〃为

圆弧轨道的最低点,c为圆弧轨道的最高点,0,为圆弧轨道的圆心与竖直方向的夹角圻60。,

不计空气阻力，取g=10m/s2。

(1)杆转到竖直位置时，求杆对小球B的作用力；

(2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，求杆对小球A做的功；

(3)若d。与竖直方向的夹角用。表示，写出cos。与圆弧轨道半径H的关系式，并判断H的取

值范围。

【答案】(D60N,方向竖直向上

(2)3OJ

81

(3)cos8=------,2m</?<8m

3R3

【详解】(1)杆从水平位置由静止释放转动到竖直位置的过程，根据系统机械能守恒定律有

1,1。

Mgl=mg•2/+—+—A/3

2

v*co-21_

由于两球具有相同的角速度，则上=^=2

代入数据解得vA=2后m/s,vB=V5m/s

2

对小球B,根据牛顿第二定律有尸-Mg=加与

解得尸=60N,方向竖直向上;

1、

(2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，对小球A,根据动能定理可得W-〃?g-2/=5m或

解得W=30J

(3)小球A脱离杆水平飞出，做平抛运动，到达〃点时有九=」^=46m/s

coscr

小球到达圆弧轨道上C点之前的△点脱离轨道，则一加gR(cosa+cos6)=L%u；--mv1

2

2

脱离轨道时仃mgcos0=

Q1

联立解得cosO=^---

3R3

当小球恰好到达圆心等高处有一cosa=0--mv^

2

解得N=8m

当小球恰好到达C点有一加g&(l+cosa)=5mT--mva

2

小球在C点，根据牛顿第二定律有mg=机、»

解得&=2m

所以要使得小球脱离轨道，则R的取值范围为2m<A<8m。

25.(24-25高二下•云南红河・期中)如图所示，折成9(r的光滑细杆ABC固定在竖直面内，

AB段水平，用轻杆通过光滑较链连接的P、Q两个小球分别套在杆的AB段和段，开始时

小球。在B点，不计小球的大小，由静止释放两小球，在小球P向左运动的过程中，下列说

法正确的是()

A.小球Q重力的功率越来越大

B.轻杆对小球Q先做正功后做负功

C.轻杆对小球P作用力的功率越来越大

D.小球P动能的增量等于小球Q机械能的减少量

【答案】D

【详解】A.当P、Q在图示的位置时，设轻杆与竖直方向的夹角为6,与水平方向的夹角为。

VP

—KP4

q

l

vQ

根据沿杆方向速度大小相等，可得VpCOStZ=%cos。

当p运动到B点时a=90，可得々二°

可知Q从静止开始运动到最后速度乂为零，说明Q的速度先增大后减小，

根据P=

可知小球Q重力的功率先增大后减小，故A错误；

B.由A项知，Q从静止开始运动到最后速度又为零，则在此过程Q的动能变化量为零，而Q

的重力势能减小，故轻杆对小球Q做负功，故B错误；

C.当P运动到B点时a=90,根据P'=cosa

可知P'=0,故C错误；

D.因为整个系统只有重力和轻杆的弹力做功，系统机械能守恒，即小球P和小球Q的机械能

之和保持不变，所以小球P动能的增量等于小球Q机械能的减少量，故D正确。

故选Do

26.（24-25高一下.福建莆田.期末）可视为质点的甲、乙两小球用钱链与轻杆连接，甲球套在

竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为60。，杆长为无初速度释

放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中匕时刻乙球速率最大。己

知甲球质量为2加，乙球质量为加，重力加速度大小为g,不计一切摩擦，则（）

A.。时刻轻杆与水平方向夹角为30。

B.4时刻甲球的加速度等于且

C.乙时刻甲球的速率为痴

D.。〜G过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为6:1

【答案】BD

【详解】A.设轻杆与水平方向的夹角为仇甲、乙两球的速度分别为1〃和U2,将力和也分别

沿杆和垂直杆方向分解，则有v/sin<9=v2Cos6>

由图可知〃时刻有V/=V2

解得6=45。,故A错误;

B.由受力分析可得，杆对乙球的作用先是推力，后是拉力，的时刻乙球速率最大，即此时杆

恰好对乙球无作用力，则此时杆对甲也无作用力，甲只受到竖直方向的重力作用，此时甲球的

加速度等于g,故B正确；

C.门时刻乙球速度为0,则比时甲球落地，从无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球

组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，则有2"7&忘皿60。=：?小盟2

解得/3时刻甲球的速率匕=ggL，故c错误；

D.()73过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、乙两球的位移，

甲球的位移西二小皿60。=4L

乙球的位移入2=L一Lcos600=三

则面积之比为王:赴=6：1,故D正确。

故选BDo

27.(2()25•江西新余•模拟预测)竖育平面内固定两根足够长的光滑细杆M、N,两杆分离不接

触，且两杆间的距离忽略不计（。、b球均可越过0点）。两个小球。、b（可视为质点）质量

分别为初八m,。球套在竖直杆M上，8球套在水平杆N上，a、b通过较链用长度为L的刚

性轻杆连接。将服〃球在图1所示位置保持静止（刚性轻杆与水平杆N垂直），对b球施加

一微小扰动使其开始沿N杆向右运动。不计一切摩擦。己知重