2026年高考物理二轮复习（北京）专题06 机械能守恒定律 能量守恒定律（专题专练）（解析版）

专题06机械能守恒定律能量守恒定律

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01机械能守恒定律及应用

题型02能量守恒定律与应用

题型03功能关系及应用

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．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

【解析】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。

2．一根钓鱼线在拉紧和放松过程中，拉力F与它的伸长量Δl的关系如图所示。在这个过程中能

量大致损耗（）

A．0.3JB．0.5JC．0.8JD．1.1J

【答案】B

【解析】F-∆l图像的面积等于拉力的功可知，拉紧过程中增加的能量E11650.01J=0.8J

1

放松过程中恢复的能量为E200.03J=0.3J

22

在这个过程中能量大致损耗E0.8J0.3J0.5J；故选B。

3．某种“Y”形弹弓配备四根完全相同的皮筋，皮筋和弹兜质量均远小于弹丸质量。如图（a）所

示，当弹弓左右各系一根皮筋，将皮筋拉伸一定长度后释放，弹丸水平射出并恰好打在竖直靶面上的e点，

已知靶上abbccdde，如图（b）所示。若弹弓左右各系两根皮筋，拉伸相同长度后将弹丸从同一位置

水平射出，则弹丸在靶上的落点为（）

A．b点B．bc间某点C．c点D．cd间某点

【答案】C

【解析】发射弹丸的过程中，橡皮筋的弹性势能转化为弹丸的动能。当左右各系一根皮筋并拉伸一定

长度时，设每根橡皮筋储存的弹性势能为Ep，弹丸做平抛运动的初速度为v0，弹丸射出点与靶面水平距离

1

为l，由能量守恒有2Emv2

p20

2

1l

打在靶面上时弹丸的下落高度为hg

2v0

1

当左右各系两根皮筋并拉伸一定长度时，由能量守恒有4Emv2

p20

可得v02v0

2

1l1

打在靶面上时弹丸的下落高度为hgh

2v02

因此弹丸在靶上的落点为c点。故选C。

4．如图所示，细绳绕过光滑定滑轮栓接物块a、b且mbma。初始时物块a静止在地面上，b离

地面高度为h，绳子恰好伸直。现将b由静止释放，下列说法正确的是（）

A．释放瞬间，轻绳的拉力等于b的重力

B．运动过程中a的加速度可能大于重力加速度g

C．b着地前，物块a、b系统动量守恒

4

D．若m2m，则a可以上升的最大高度为h

ba3

【答案】D

【解析】A．因mbma，则适当的瞬间，b将向下加速，由牛顿第二定律有mbgTmba

则轻绳的拉力小于b的重力，故A错误；

B．两物块沿着绳子有大小相同的加速度a，对a有Tmagmaa

mm

联立可得abag

mamb

ag

因mbma，则，故B错误；

C．b落地前，系统受到的合力(mbgmag)0，则不满足动量守恒的条件，所以系统动量不守恒，故

C错误；

D．设b落地时的速度大小为v，则a沿绳的速度大小也为v，根据系统机械能守恒有

1

mghmgh(mm)v2

ba2ab

2gh

若m2m，可得v2

ba3

B落地后，a以速度v竖直上抛，有v22gh

1

解得hh

3

4

所以a可以上升的最大高度为Hhhh，故D正确。故选D。

3

5．如图所示，倾角为37的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为m1kg的物块A与

物块B（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块

A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时

刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为vb2m/s，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块

A能沿斜面上滑到最高点d（d点未画出），物块A在c点的加速度大小为ac1.8g，ab1m，弹性势能

1

表达式为Ekx2，Δx为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g10m/s2，sin37°0.6.

2

下列说法正确的是（）

A．物块A与ab段的动摩擦因数为0.5

B．轻弹簧的劲度系数为144N/m

33

C．物块A下滑的最大速度为m/s

2

D．物块B的质量为0.4kg

【答案】A

【解析】A．剪断轻绳后，物块A沿斜面体向下加速运动，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma

解得agsingcos

2

又vb2aLab

联立解得0.5，A正确；

11

B．设bc间的距离为x，物块A由b到c的过程中，对物块A由动能定理得mgxsinkx20mv2

22b

在c点时对物块A由牛顿第二定律得Fmgsinmac

1

解得xm，k72N/m，B错误；

3

C．设物块A下滑的速度最大时轻弹簧的压缩量为x，此时物块A的加速度为0，则mgsinkx

111

对物块A由动能定理得mgxsinkx2mv2mv2

22m2b

32

联立解得vm/s，C错误；

m2

D．剪断细绳前，对物块A由力的平衡条件得mgsinfmT

又TmBg，fmFN

垂直斜面方向有FNmgcos

解得mB0.2kg，D错误。故选A。

01机械能守恒定律及应用

1．（2025·北京清华附中·月考）如图，表面光滑的固定斜面（其中）顶端安装一定滑轮，小物块A、B

用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断

轻绳后A、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）

A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同

C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同

【答案】D

【解析】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故mAgsinmBgsin；

1

A．滑块下滑过程机械能守恒，有mghmv2

2

则v2gh

由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率变化量相同，故A错误；

B．在光滑的斜面上物体下滑时只有重力对物体做功，故对于每个物体而言其机械能均保持不变，故两

物块的机械能变化量均为0，故B错误；

C．滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故mAgsinmBgsin

由于，故mAmB，在同一高度下滑，质量大的物体重力势能变化量大，故C错误；

h

D．令下滑高度为h，则A沿斜面下滑的位移x

sin

物体下滑的加速度agsin

1

据xat2

2

h

2

可得A下滑的时间2xsin12h

t

agsinsing

mAghg

PAmAghsin

所以重力对A做功的平均功率12h2h

sing

g

同理可得Pmghsin

BB2h

因为mAgsinmBgsin

所以可得PAPB，故D正确。故选D。

2．（2025·北京清华大学附属中学·月考）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，

O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕

过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为。已

知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（）

A．A和B的速度关系为vBvAsin

4

B．A可以下降的最大高度为d

3

C．A和B总动能最大时，30

3

D．A和B总动能最大时，A的动能为1mgd

2

【答案】BCD

【解析】A．B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsin，沿PA方向的

速度分量也为vAsin，故有vB2vAsin，A错误；

B．由能量守恒知mgHmg2H2d2d

4

解得Hd

3

B正确；

CD．AB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mgvAmgvB

1

结合关联速度可知sin

2

即30

由能量守恒知Ek总23mgd，EkAEkB

3

解得

EkA1mgd

2

CD正确。故选BCD。

3．（2024·北京西城·期末）蹦极是一种极限运动，可简化为如下模型：弹性绳拉伸时可视为轻弹簧，弹性

1

势能Ekx2，其中x是弹性绳的形变量，k是劲度系数；人视为质点，从O点开始自由下落，始终在一

p2

竖直线上运动。人在运动过程中受到的空气阻力忽略不计。若人的质量越大，则（）

A．人向下运动的最大速度越小B．人向下运动的最大速度越大

C．人在最低点时的加速度越小D．人在最低点时的加速度越大

【答案】BC

【解析】AB．设轻弹簧原长为L，劲度系数为k，人的质量为m，最大速度为v。当人的加速度为零时，

速度最大，则有

mgkx

从开始下落到速度最大时，由动能定理有

11

mgLxkx2mv2

22

联立以上两式可得

mg21

v2gL

2k2

可知，人的质量越大，人向下运动的最大速度越大，故A错误，B正确；

CD．在最低点时，根据牛顿第二定律有

kxmgma

从开始下落到最低点时，由动能定理有

1

mgLxkx20

2

联立以上两式可得

ma2g22gLk

可知，人的质量越大，人在最低点时的加速度越小，故C正确，D错误。故选BC。

4．（2025·北京二十中·月考）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平

面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁

定，tt1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a－t图像如图乙，S1表示O到t1时间内A的a－t图线与

坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。tt2时刻，

A、B系统的总动量大小为p，弹簧的弹性势能为Ep下列说法正确的是（）

mSESS

A1p023

A．pmBS1B．C．S1S2S3D．

mBS2EpS2

【答案】CD

【解析】A．at图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t0时刻解除A球锁定，tt1时刻解

除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有

vA1v10v1S1t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有

pmAv1mAS1

故A错误；

B．由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球

的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2

时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为

vA2v1v2S2

B球的速度变化量大小为

vBv20S3

从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有

mAv1mAv2mBv2

可得

mAv1v2mBv2

联立可得

mS

A3

mBS2

故B错误；

C．根据上述分析可知

v2S1S2S3

故C正确；

D．从t0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有

11

Emv2mmv2E

p02A12AB2p

解得

ESS

p023

EpS2

故D正确。故选CD。

02能量守恒定律与应用

5．（2025·北京东城·二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在

传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（）

A．物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力

B．传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短

C．物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功

1

D．物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于mv2

2

【答案】D

【解析】A．物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则水平方向上处于平衡状态，故不受摩擦力，故

A错误；

BC．物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛

顿第二定律可得加速度为定值，根据vat可得，若达到与传送带相同的速度，则加速度为定值，传送带运

动速度越大，物块加速运动的时间越长，故BC错误；

1f

D．对物体分析fxmv2，vt

2m

传送带的位移为x2vt，划痕为xx2x

1

摩擦产生的热量Qfxmv2

2

故D正确。故选D。

6．如图甲所示，质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2kg的物体B（可看成质点）以水

平速度v02m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化

情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（）

A．A、B间的动摩擦因数为0.2B．木板A的质量M1kg

C．木板A的最小长度为2mD．系统损失的机械能为2J

【答案】D

2

【解析】A．根据vt图像可知，物体A、B的加速度大小为a1a21m/s

对物体A，根据牛顿第二定律可得mgma1

解得A、B间的动摩擦因数0.1，故A错误；

B．对物体B，根据牛顿第二定律可得mgMa2

解得木板A的质量M2kg，故B错误；

11

C．01s时间内，二者的相对位移为xxxvtat2at2

BA02221

解得x1m，故C错误；

11

D．根据能量关系可得系统损失的机械能ΔEmv2mMv2

202

代入数据解得E2J，故D正确。故选D。

03功能关系及应用

7．（2025·北京海淀教师进修学校·月考）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路

程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图像能正确表示物体从抛出到落回原点这一过程各物

理变化的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【解析】AB．不计空气阻力，所以整个过程只有重力做功，根据动能定理有-mgx=Ek-Ek0

Ek0表示物体的初动能，所以Ek=-mgx+Ek0

则Ek与x成一次函数关系。当Ek=0后，物体开始下降，动能又随路程均匀增加，故B正确，A错误。

12121222

CD．根据v=v0-gt可知物体上升阶段的动能为Emvm(vgt)m(v2gvtgt)

k220200

为开口向上的抛物线，CD错误。故选B。

g

8．（2025·北京市通州区·月考）质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F作用下，以加速度大小a匀

3

减速上升h的过程中，下列判断正确的是（）

mg

A．恒定拉力的大小F

3

mgh

B．物体的动能增大了

3

2mgh

C．物体的机械能增加了

3

mgh

D．物体的重力势能增大了

3

【答案】C

g

【解析】A．物体匀减速上升，加速度方向向下。由牛顿第二定律mgFm

3

2

可得Fmg，故A错误。

3

mg

B．动能变化由合外力做功决定。合外力大小为F合mgF

3

mgh

合外力方向与位移方向相反，动能减少量为EF合h，故B错误。

k3

2

C．机械能变化等于拉力F做的功EFhmgh，故C正确。

机械3

D．重力势能变化由物体上升高度决定，Epmgh，故D错误。故选C。

9．（2025·北京海淀教师进修学校·月考）如图所示，用电梯将两箱相同的货物从一楼运送到二楼，其中图

甲是用扶梯台式电梯运送，图乙是用履带式电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列说

法正确的是（）

A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功

B．图甲中电梯对货物的支持力做的功等于货物机械能的增加量

C．图乙中电梯对货物的摩擦力做的功等于货物重力势能的增加量

D．图乙中电梯对货物的摩擦力对货物不做功

【答案】BC

【解析】A．甲图中，电梯对货物的支持力竖直向上，与运动方向的夹角小于90，支持力做正功；乙

图中，电梯对货物的支持力垂直于接触面向上，与运动方向垂直，支持力不做功，故A错误；

B．甲图中，根据平衡条件可知，货物受到的摩擦力为0；根据功能关系可知，图甲中电梯对货物的支

持力做的功等于货物机械能的增加量，故B正确；

CD．乙图中，根据平衡条件可知，货物受到的摩擦力沿斜面向上，根据功能关系可知，图乙中电梯对

货物的摩擦力做的功等于货物机械能的增加量，由于货物动能不变，所以图乙中电梯对货物的摩擦力做的

功等于货物重力势能的增加量，故C正确，D错误。故选BC。

10．（2025·北京育才学校·期中）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），以某一初速度由A点

冲上倾角为30的固定斜面，其加速度大小为0.8g，物体在斜面上运动的最高点为B，B点与A点的高度差

为h，则从A点到B点的过程中，下列说法正确的是（）

A．物体的重力势能增加了mghB．物体动能损失了0.8mgh

C．物体产生的热为0.6mghD．物体机械能损失了1.6mgh

【答案】AC

【解析】B．滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力Fma0.8mg

方向沿斜面向下，根据动能定理可知，动能减小量等于克服合力做的功，则动能减少量为

h

ΔE减0.8mg1.6mgh，故B错误；

ksin30

AD．物体上升了h，故重力势能增加了mgh，系统损失的机械能等于减小的动能和势能之和，故

E减Ek减mgh0.6mgh，故A正确，D错误。

C．根据功能关系可得物体产生的热等于系统损失的机械能，故物体产生的热为0.6mgh，故C正确。

故选AC。

1．（2025·北京五十五中·调研）如图所示，水平传送带以v2m/s的速度匀速运行，质量为m1kg的物块

（可视为质点）无初速度地放在传送带左端点A处，若物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，A与传送

带右端点B相距s4m，重力加速度g取10m/s2，则物块从A运动到B的过程中，下列说法不正确的是

（）

A．传送带对物块做功为2J

B．因摩擦产生的热量为2J

C．电动机因运送物块多消耗的电能为4J

D．传送带克服摩擦力做功为8J

【答案】D

mg

【解析】A．物块放在A处后，先做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为ag1m/s2

m

v222

与传送带共速时位移为xm2m

2a21

因为xs，则物块在传送带上滑动2m后与传送带一起做匀速直线运动，则传送带对物块做功为

Wmgx0.11102J2J，故A正确，不符题意；

v2

B．物块放在A处直到共速，传送带位移为xvt，ts2s

a1

解得xvt22m4m

则因摩擦产生的热量为Qmg(xx)0.1110(42)J2J，故B正确，不符题意；

C．电动机因运送物块多消耗的电能为物块增加的动能和摩擦力生热之和，则

1212

E电mvQ12J2J4J，故C正确，不符题意；

22

D．送带克服摩擦力做功为Wmgx0.11104J4J，故D错误，符合题意。故选D。

2．（2025·北京朝阳·期中）如图所示，在固定挡板和木块之间连接一劲度系数为400N/m、被压缩2cm的

轻弹簧，系统处于静止状态。已知木块质量为5kg，与水平地面之间的动摩擦因数为0.2。取最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g10m/s2。下列说法正确的是（）

A．木块所受的摩擦力大小为10N

B．若某时刻对木块施加2N、水平向右的拉力，则其加速度大小为0.4m/s2

C．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后其加速度将逐渐减小

D．若最初将弹簧压缩5cm，木块被释放后将运动至弹簧原长处静止

【答案】D

【解析】A．弹簧的弹力大小为F弹kx4000.02N8N

以木块为对象，根据受力平衡可知木块所受摩擦力大小为fF弹8N，故A错误；

B．木块受到的最大静摩擦力为fmaxmg0.2510N10N

若某时刻对木块施加2N、水平向右的拉力，木块所受的合力F合FF弹fmax0

所以木块加速度大小为零，故B错误；

CD．若最初将弹簧压缩5cm，弹簧的弹力大小为F弹kx4000.05N20N

1

根据能量守恒，有kx2mgx0

2

解得x5cm

由此可知弹簧恰好运动到原长，所以木块被释放后先做加速度将逐渐减小的加速运动，再做加速度增

大的减速运动，故C错误，D正确。故选D。

3．（2025·北京四中顺义分校·零模）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气

阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A．上升和下落两过程的时间相等

B．上升和下落两过程合力的冲量大小相等

C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

D．上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能

【答案】D

【解析】C．竖直向上抛出、向下落的过程中，对小球分别受力分析

可知上抛时的合力大小为：F1kvmg，下落时的合力大小为：F2mgkv

F

可得到其受到的合力关系满足：FF，加速度a，故加速度大小关系满足：aa，故C错误；

12m12

A．由加速度a1a2，位移大小相等，可得到平均速度的相对大小关系满足：v1v2，两个时间关系满

足：t1t2，故A错误；

B．由加速度a1a2，位移大小相等，可知上抛过程的初速度、下落过程的末速度大小关系满足：v1v2。

根据动量定理，上抛过程中，以向上为正方向，则：I10mv1

下落过程，以向下为正方向，则：I2mv20

可知合力冲量的大小关系满足：I1I2，故B错误；

D．由平均速度大小满足：v1v2，可知阻力的大小满足：f1f2，阻力做功满足：W1W2，

结合功能关系，可知阻力做功大小与损失的机械能相等，即可知机械能损失情况满足：E1E2，故

D正确。故选D。

4．（2025·北京海淀教师进修学校·月考）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模

拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者平躺于出风口，打开气流

控制开关，保持表演者受风面积不变，所受风力大小F0.05v2（各物理量都采用国际单位制），v为风速。

风洞中风速的平方与h的变化规律如乙图所示，g取10m/s2。已知表演者平躺和站立时受风面积不同，则表

演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（）

A．表演者上升5m时获得最大速度

B．表演者由平躺状态调整为站立状态，则受风力大小和速度关系仍遵循F0.05v2

C．表演者做匀变速直线运动，加速度大小为0.02m/s2

D．表演者的机械能一直在增加

【答案】AD

【解析】A．对表演者进行分析，当F0.05v2mg

合力向上，人向上加速，由牛顿第二定律0.05v2mgma

故随着高度增大，风速减小，加速度减小，人先做加速度减小的加速运动；当F0.05v2mg

解得v21.0104m2s2

由乙图可知v21.2104m2s2400h

联立解得h5m，这时加速度为零，速度最大，故A正确；

B．表演者由平躺状态调整为站立状态，受风面积改变，则受风力大小和速度关系不再遵循F0.05v2，

故B错误；

C．根据A选项分析可知，加速度改变，故C错误；

D．表演者上升10m的运动过程中，风力始终做正功，则机械能增大，故D正确。故选AD。

5．（2025·北京顺义牛栏山一中·月考）将一轻弹簧竖直固定在水平地面上，把质量为m的小球P（可视为

质点）与弹簧上端轻轻接触，从静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的

关系如图所示，其中a0和x0为已知量。不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

A．当弹簧压缩量为x0时，小球P的速度为零

B．小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为ma0

C．小球运动过程中速度的最大值为a0x0

ma0

D．弹簧劲度系数为

x0

【答案】CD

【解析】A．当xx0时，加速度a0

说明此时重力与弹力平衡mgkx0

小球从静止释放后，先加速、后减速，因此xx0时速度最大，而非零，A错误；

B．x0处速度最大，之后小球继续压缩弹簧减速。小球速度为零时，弹簧压缩量大于x0。此时弹力F满

足Fmgma

加速度a方向向上，结合mgma0

得Fma0mama0，B错误；

C．ax图像与坐标轴围成的面积乘以质量m，表示合外力做的功即动能变化。图像为三角形，面积

111

为ax。根据动能定理mv2max

2002max200

得速度最大值vmaxa0x0，C正确；

k

D．由a=g-x

m

可知当x0时，aa0g

当xx0时，a0

k

代入得0ax

0m0

ma

解得弹簧劲度系数k0，D正确；故选CD。

x0

6．（2025·北京清华附中·月考）如下图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连

接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A

下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到两物块着地，两物块（）

A．速率的变化量相同B．机械能的变化量不同

C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同

【答案】AD

【解析】AB．由于A、B从剪断轻绳到着地的过程只有重力做功，A、B两物块的机械能都守恒，即

11

两物块的机械能的变化量相等，均为零，设下落高度为h，则有mghmv2，mghmv2

A2AB2B

解得vAvB2gh

可知两物块速率的变化量相同，故A正确，B错误；

C．剪断绳子前，根据受力平衡可得mAgmBgsin

可得mAmB

物块A重力势能的变化量为EpAmAgh

物块B重力势能的变化量为EpBmBgh

可知两物块重力势能的变化量不相同，故C错误；

2gh

D．物块A重力做功的平均功率为PAmgvAmg

AA2

2gh

物块B重力做功的平均功率为PBmgvBsinmg

BA2

可知两物块重力做功的平均功率相同，故D正确。故选AD。

7．（2024·北京海淀·月考）如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（物块与弹簧不相连），

弹簧下端固定，劲度系数为k。t0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹

簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所

示。重力加速度为g，忽略空气阻力，在物块上升阶段，下列说法正确的是（）

A．外力F为恒力，且大小为mg

B．物块的最大加速度大小为2g

m2g2

C．弹簧的弹性势能减小了

2k

mg

D．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为

2k

【答案】ACD

【解析】A．根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故

Fmg

初始时

kx0mg

对物块有

Fkx0xmgma

整理可得

Fk

ax

mm

F

根据图像可知，是纵轴截距，所以F为恒力，故A正确；

m

B．初始时刻加速度最大，为

Fkxmg

a0g

m

故B错误；

D．从初始到物体脱离弹簧，根据速度位移公式

v22ax

1

可知a-x图象围成的面积表示v2，则有

2

111

v2axgx

22020

从脱离弹力到最高点，根据动能定理有

1

mgh0mv2

2

联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为

mg

h

2k

故D正确；

C．从初始到物体脱离弹簧，根据功能关系有

1

EmgxFxmv2

P002

解得

m2g2m2g2

E后来弹簧恢复为原长，弹簧的弹性势能减小了，故C正确。故选ACD。

p2k2k

8．（2024·北京人大附中·月考）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小

球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他

以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位

置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）

A．当xhx0时，重力势能与弹性势能之和最小

B．小球在最低点的加速度一定大于g

x

C．小球动能的最大值为mg(h0)

2

D．当xh2x0时，小球的重力势能最小

【答案】ABC

【解析】A．由图像可知，当

xhx0

时，弹簧的弹力