机械能守恒定律 功能关系 能量守恒定律（讲义）-2026年高考物理二轮复习解析版

专题06机械能守恒定律功能关系能量守恒定律

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第一部分思维导图

第二部分核心考点精讲

【考点01】机械能守恒定律及其应用

【考点02］功能关系及其应用

【考点03】能量守恒定律及其应用

第三部分题海精炼

X・

.X

合力的功等J：动能的增量

守恒条件重力的功等于重力势能增量的负值

弹力的功等于弹性势能增量的负面

守恒角度手尸自功能

关系

转化角度A〃k=-A稣表达形式电场力的功等于电势能增后的负值

除了重力和系统内弹力之外的其他

转移角度A砥=-A与

力的功等于机械能的增量

_______________能量转化

能;1A恒定布)能量转移

r核心考点精讲；

考点01机械能守恒定律及其应用

知识积累

1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

(1)做功判断法：只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒。

(2)能量转化判断法：没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒。

(3)定义判断法：看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化。

2.利用机械能守恒定律的解题步骤

3.利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式

:

种

表

达

形

式

4.系统机械能守恒问题中三类常见的连接体

速率相等的7K两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少

连接体□的重力势能等于系统增加的动能列方程求解

AdB

/-?两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与

角速度相等/•B

半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系

的连接体

统增加的动能歹J方程求解

0第A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆尸。下

某一方向分n滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向

速度相等的分解，如图所示，其中沿绳子方向的速度内

连接体/>■与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势

能等于系统增加的动能列方程求解

V

5.含弹簧的物体系统机械能守恒分析注意

(1)含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒,

而单个物体机械能不守恒。

(2)同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等,

弹性势能相等。

⑶由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的

物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小（为零）。

6.易错易混点

（1）含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧遗

漏。

（2）绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有摩擦力或电（磁）场力做功等情况，机械能一般不守恒。

（3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关

系。

典例精讲》

【典例I】\邂闻（2026,广东惠州•二模）如图所示，在第十五届全国运动会开幕式上，机器人手握相

同锤子的锤柄，通过对青铜句爆＜goudiao）的不同位置进行轻重缓急的敲击，演奏了《彩云追月》。每次

敲击完成后，机器人手会迅速将锤子归位，使锤柄竖克静止，然后开始下一次敲击。下列说法正确的是（）

A.每一次敲击过程中，锤子的机械能守恒

B.每次与青铜句缔•作用前后，锤子的动量相同

C.每次锤柄竖直时，锤柄受到机器人手的摩擦力相同

D.敲击时，锤子对青铜句^的作用力大于青铜句^对锤子的作用力

【答案】C

【详解】A.敲击过程中锤子与青铜句链相互作用，机械能转化为内能，机械能不守恒，故A甯误:

B.作用前后锤子速度方向改变,动量的方向（矢量）不同，故B错误;

C.锤柄竖直静止时，受力平衡,摩擦力等于锤子重力（锤子相司），故摩擦力相同，故c正确;

D.作用力与反作用力大小相等,锤子对青铜句解的作用力等于青铜句^对锤子的作用力，故D错误。

故选Co

举一反三

【变式1・1】（2025•江苏•二模）如图所示，一质量为M的物块P穿在光滑水平杆上，一长度为/的轻杆，

一端固定着质量为，”的小球Q，另一端连接着固定在物块P上的钱链0。忽略较链转动的摩擦，重力加速

度为父。

⑴将P固定，对小球Q施加一水平向左的外力巴使杆与竖直方向的夹角为。保持静止，求外力匕的大小；

⑵若物块P在水平外力尸2作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为6,求外力人的大小；

⑶若开始时，小球Q位于较链O的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知

夕=60。，求Q从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球Q所做的功卬。

【答案】（1）K=/"gtan。；（2）7s=（M+/n）-tan；（3）VVfp=—

【详解】（1）对Q受力分析，由平衡条件得：K=，〃gtan。

（2）设P、Q水平向右的加速度大小为。

对Q受力分析，由牛顿第二定律："[glan8=/w

对P、Q系统，由牛顿第二定律：F2=（M+m）a

解得：工=（M+/〃）gtan。

（3）设Q转到。角时，Q的水平速度和竖直速度大小分别为以和mP的水平速度为四

由系统水平方向动量守恒得，〃匕=加也

由系统机械能守恒可得；1-cos。）

Q相对。在做圆周运动，Q相对。的速度垂直于杆，可得（匕+h）tane=q

0

对Q由动能定理可得，〃g/（l-cos6）+%=；〃?”：+叫

可得%=一翳

【变式1・2］（多选）（2026•湖南常德•一模）如图所示，物块A、B通过一轻弹簧相连，竖直放置在水平地

面匕B通过一根跨过定滑轮的轻绳与固定在轻杆一端的小球相连，轻杆另一端固定在。点，。点与定滑

轮等高。初始时轻杆沿水平方向，轻绳恰好伸直且无张力，图中水平部分绳长尸C=0.1m,轻杆长L=0.3m。

现将小球由静止释放，当小球运动到最低点时，物块A恰好离开地面；已知A、B和小球均可视为质点，A、

B质量均为〃?=Q2kg,小球质量为M=0.4kg,运动过程中弹簧始终在弹性限度内，物块B没有碰到定滑

轮，重力加速度g=10m/s2,忽略一切阻力。以下说法正确的是（）

C

尸Q-OL_o

6

Q

A.运动过程中A、B和小球组成的系统机械能守恒

B.轻弹簧劲度系数〃=10N/m

C.小球运动到最低点时的速度大小为空m/s

3

D.当小球下落高度为力Bm时物块B和小球的速度大小相等

40

【答案】BD

【详解】A.运动过程中A、B和小球及弹簧组成的系统机械能守恒，A错误:

B.分析初态时B受力情况，B受重力、弹簧弹力二力平衡皿？=3

分析末态时A受力情况，A受重力、弹簧弹力二力平衡，〃g=^2

由图中的几何关系可知a+/=x⑷-=0.4m

解得k=10N/m,%=%=O2m,B正确;

C.系统机械能守恒，初末态时弹簧的形变量相同，弹性势能相司，根据机械能守恒

MgL=mg（x+x）+—"八力+—

l222

根据关联速度关系生

/4

解得旷息m/s,C错误；

D.小球下落过程中，当绳与杆垂直（图中的N点）时，小球速度方向与绳相同，此时物块B和小球的速度

大小相等

设到N点时，小球下落的高度为小,由图中的几何关系可知±=也匚匕

LX°P

解得。=X2m,D正确。

40

故选BDo

【变式1・3】【新角度】（2026•贵州六盘水•二模）如图甲所示，一根质量分布均匀的软绳，绳长L不可变,

9//

将其伸直后，放置于距地面高〃=?的水平桌面上，开始时右端伸出桌面边缘的长度为为=彳，由静止释

82

放后从桌面边缘滑下，桌面边缘为长度可忽略的四分之一圆弧。重力加速度为g0

乙

⑴若不计桌面摩擦力，求绳子下端着地时绳子的速度；

⑵绳子的加速度。与桌面下方绳氏X的关系如图乙所示，图像05L<x<L段斜率为k。求绳子与桌面间动

摩擦因数〃。

Lk

【答案】（i）u=7^z；（2）〃=—1

S

【详解】（1）由题意可知，由于绳子与桌面无摩擦，故绳子下落过程机械能守恒，则有

1（,1,^1（,3^1。

—ing^h-—Lj+—mg^h-—Lj=-mv~

解得若不计桌面摩擦力，绳子下端着地时绳子的速度为八

（2）把绳子分为桌面上、下两个剖分，桌面上绳子质量为，%,桌下质量为“，则有办=«一：）",—w

LL

且叫+m2=ni

分别对两段绳子进行受力分析，受力分析图如图所示：

孱、F

♦

・，，A

fF

、’叫g‘网g

则根据牛顿第二定律有F-〃㈣g=叫。，m2g-F=m2a

联立解得,二g（j%”

则。是关于X的一次函数，所以，LX图像的斜率为2=刈+〃）

L

Lk

解得绳子与桌面间动摩擦因数〃=-—1

g

考点02功能关系及其应用

知识积累

1.常见的功能关系

2.功能关系的应用

(1)根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进

而求解其他相关量。

(2)动能定理是最常用的功能关系。

⑶单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定埋、机械能守

恒定律或能量守恒定律结合应用o

典例精讲

【典例2】(2026•安徽黄山•一模)如图所示，倾角。=30的固定光滑斜面上.放着相同的两物块P、Q，质

量均为2kg,两物块紧靠但不粘连，轻弹簧一端与Q相连。另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状

态。0时刻对P施加一沿斜面向上的恒力产=16N,使P、Q沿斜面向上做加速运动，，时刻P、Q恰好分离.

弹簧的劲度系数左=100N/m,弹性势能的表达式。=g云2,x为弹簧的形变量，重力加速度g=10m/s2,

则()

A.。时刻P的加速度大小为3m/s?

B.，时刻弹簧的弹力大小为ION

C.0T时间内弹簧的弹性势能减少了0.72J

D.0T时间内P的机械能增加了0.4J

【答案】C

【详解】AB.开始时整个系统处于静止状态，有2,〃gsin0=%=飙

可得弹簧弹力为G=2ON,xo=0.2m

0时刻对P施加沿斜面向上的恒力尸=16N,可知P、Q整体的合力大小为尸二16N

根据F=2tna

解得P的加速度大小a=4m/s：

f时刻P、Q恰好分离,设此时弹力为F：.有产一pgsin0=ma',F^-mgsin0=ma

可得以=16N=例

可得X=0.16m,故AB错误；

C.可得OT时间内弹簧的弹性势能减少了AEp=g叱-g32=0.72J,故C正确；

D.（）T时间内P的位移为-=七一%=0.04m

可知P的重力势能增加了〃呜Arsin0=O.4J

根据能量关系有F♦—+△£,=2/咫Axsin。+g♦2rnv2

P的机械能增加了3帆，+mgsin0=O.68J,故D错误。

故选Co

举一反三

【变式2”】逼睡J（2026•安徽芜湖•一模）一个质量为，〃的小球（视为质点）从空中某一高度的P

点以大小为%的初速度竖直向上抛出，已知小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽

略小球受到的空气阻力。已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球卜落经

过了与P点相同高度的。点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

%

V77//////////////////////////////7/,

PQ

A.小球受到的恒定风力大小为:，跖

B.小球经过最高点时机械能最小

C.小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为2〃收%

D.小球从P点到Q点过程中机械能增加量为2〃?%

【答案】D

【详解】A.已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆向思维，

则有y==

可知小球在水平方向的加速度〃=g

则小球受到的恒定风力大小为F=ma=mg,故A错误；

B.小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点时机

械能不是最小的，故B错误；

C.小球经过最高点时，水平方向的速度大小为匕=g[=%

则此时恒定风力的瞬时功率大小为P=尸匕=，故C错误；

D.小球运动到Q点时的速度大小为v=M+n；=J（gx2/）'+片=J（2%）'+谤=0。

可得小球从P点到。点过程中机械能增加量为△£=△4='（岛J—〃就=2端，故D正确。

故选D。

【变式2・2】（多选）（2025•广东深圳•一模）如图所示，光滑水平面03与足够长粗糙斜面3c交于4点。

轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为〃〃的滑块压缩弹簧至。点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经

8点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在8点的机械能损失：换用相同材料质量为

〃”的滑块（〃”>〃〃）压缩弹簧至同一点。后，重更上述过程，则两滑块（）

A.到达4点的速度相同

B.沿斜面上升的最大高度相同

C.上升到最高点过程克服重力做的功相同

D.上升到最高点过程机械能损失相同

【答案】CD

【详解】A.根据功能关系可知两滑块到3点的动能相同，但质量不同，速度就不同，故A错误；

B.两滑块在斜面上运动时加速度相同（大小均为。=生幽必吆鳖8史=gsin®+〃gcose,。为斜面倾角）,

m

由于在B点时的速度v不同，根据/=%><£

sinO

可知上升的最大高度力不同，故B错误；

C.两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为〃?以，根据功能关系有与=，〃城+〃咫cos。•-与

sine

口与

解得何仁二^

tan。

可知两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功〃?相同，故C正确；

D.根据功能关系，可知损失的机械能与=〃，牍os"焉=扁乂〃?以，故D正确。

故选CDo

【变式2・3】【新考法】（2026•重庆沙坪坝•一模）如图所示，粗糙绝缘斜面底端。点固定一个带电荷量为。

的负点电荷，现有•个带电荷量为夕的负电小滑块，从斜面.上A点静止释放后，先沿斜面往上运动再返回,

则小滑块（）

B.上升过程中电势能一直增大

C.卜降过程中机械能可能增大

D.返回时的最低点位置一定在A点上方

【答案】D

【详解】AB.上升过程中对小滑块进行受力分析，它受到重力、斜面支持力、沿斜面向上的库仑斥力和摩

擦力f。设斜面倾角为6,滑块到。点的距离为r,由牛顿第二定律.，仃2丝-机gsin。-/="

r~

上方过程中静电力直减小，所以加速度先向上减小后反向增大，静电力直做正功，电势能直减少,

故AB错误；

C.下降过程中静电力和摩擦力做负功，机械能一定减小，故C错误;

D.由于摩擦损耗，返回时速度为0的位置一定在4点上方，故D正确。

故选Do

考点03能量守恒定律的综合应用

知识积累

1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。

2.应用能量守恒定律解题的两条基本思路

（1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即八七

流=AE增。

（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，

BPAEA减=AEB增。

3.当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量。二&r相对，x相对为相对滑动的两物体间相

对滑动路径的总长度。

典例精讲〉】

【典例3】‘御情境］（2025,四川•一模）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=〃=加，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（）

图⑶图（b）

A.b点、B.反间某点C.c点D.cd间某点

【答案】C

【详解】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•根皮筋并拉伸•定长度

时，设每根橡皮筋储存的弹性势能为练，弹丸做平抛运动的初速度为%,弹丸射出点与靶面水平距离为/,

由能量守恒有24=；阳片

1（Iy

打在靶面上时弹丸的下落高度为-

2U

当左右各系两根皮筋并拉伸一定长度时，由能量守恒有4稣=；加婿

可得耳=&%

/、2

打在靶面上时弹丸的下落高度为〃=444

2U2

因此弹丸在靶上的落点为c点。

故选C。

举一反三

【变式3・1】（多选）（2026•内蒙古赤峰•模拟预测）2025年11月29日，内蒙古自治区首次迎来全国性滑

板赛事。某条赛道竖直械面简化设计如图所示，其中AB是倾角为53的斜面，凹圆弧4c。和凸圆弧。铲的

半径均为R,且。、尸和8、E分别等高，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。用质量为小的小球代替

滑板，将小球从斜面上不同的高度〃由静止释放,sin37=0.6.cos37=0£c在小球的运动过程中（）

A.小球可能在某一位置处于完全失重状态

B.若〃=05/?,小球一定能沿轨道运动到E点

C.若小球能沿轨道运动到尸点，则〃不能大于0.2R

D.若小球能沿轨道运动到尸点，则小球经过C、E两点时对轨道的压力大小之和与〃的大小无关

【答案】ACD

【详解】A.如果小球到。点时，其速度足够大，使得指向凸圆弧OE尸圆心的合力不足以提供向心力导致

小球脱离路面，其合力等于重力，加速度等于重力加速度，这和情况小球处于完全失重状态。故A正确；

B.要保证小球在段沿轨道运动，则小球运动到OE段的任意一点P,其重力沿半径方向的合力能够提

供向心力，有mgcos0>tn彳

。为重力和尸点半径的夹角，等于小球位置尸与E点之间圆弧对应的圆心角。从A点运动到尸点能量守恒，

有mgh+〃7g(R-Rcos。)=g

联立推导得/ZW3RCOS。—R

2

cos。的最小值为cos37°=0.8

因此计算得6W0.2R,故B错误；

C.由选项B可知，"W0.2R才能保证小球在OE沿轨道运动。小球运动到"'段的任意一点。，为「保证小

球沿轨道运动，同样有1I重力沿半径方向的合力能够提供向心力，有mgcosq>m—

R

伍为重力和小球位置。点半径的夹角，等于小球位置。与E点之间圆弧对应的圆心角。从A点运动到。点

能量守恒，有mgh+mg(R-Rcos4)=g

同样推导出

2

由选项B知力W0.2R,综上为了保证小球能沿轨道运动到尸点，“不能大于0.2R。故C正确；

D.小球从A点到C点，由能量守恒得〃?g〃+〃?g(R-Rcos53o)=gw；

小球经过C点时对轨道的压力不大小满足Fc-mg=m^

推导得兄=mg+2mg—+2mg(1-cos53°)

R

同理，小球从A点到七点，由能量守恒得=

小球经过E点时对轨道的压力FE大小满足mg』=m立

推导得”=〃名-2/咫4

K

因此耳+弓=4mg-2mgcos53°

因此小球经过C、七两点时对轨道的压力大小之和与〃的大小无关，故D正确。

故选ACDo

【变式3・2】【新角度】(2025•湖南衡阳•模拟预测)“水往低处流"是一种自然现象，同一滴水在水面的不

同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下的水面为水平面，但将•桶水绕竖直固定

中心轴以恒定的角速度/转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用势能来解释：以桶为参

考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与该“力〃对应的“势能〃。为便于研究，在过桶竖直

轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点。、以竖直向上为），轴正方向、以水平向右为工轴正方向建立X。），

直角坐标系，质量为机的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下，因该“力”具有的"势能”可表示为

稣，=-;，〃苏/。该“势能”与小水滴的重力势能之和为共总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水

面上相同质量的水将具有相同的总势能。下列说法正确的是（）

A.若增大桶转动的角速度①，则稳定时，凹液面的最低点位置应下降

B.稳定转动时桶中水面的纵截面为双曲线的•部分

C.小水滴距离.y轴越远，该“势能〃越小

D.与该“势能”对应的“力〃的大小随X的增加而减小

【答案】AC

【详解】C.由心%2知，距离y轴越远，该“势能〃越小，故c正确；

D.设与该“势能"对应的"力"为凡则有小=4-j=o-（-;〃苏/）

解得/=LmJx

2

故该〃势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大，故D错误；

B.由于整个水面上质量相等的小水滴的总势能相等，在。点处小水滴的总势能为零，则一个小水滴在该水

面上任何位置的重力势能和该“势能”的和均为零，即/咫），-（“mA?=。

解将y=T—x2

因此稳定转动时，桶中水面的纵截面为抛物线的•部分，故B错误:

A.由），="12知，若增大桶的角速度⑴，则抛物线会变扁，故稳定时凹液面的最低点位置下降，故A1E确。

2g

故选ACo

【变式3・3】（2026•四川广安•一模）如图，水平传送带逆时针转动的速度u=2m/s,两个物块A、B用一

根轻弹簧连接，而A==2kg,A与传送带间的动摩擦因数为必=04B与传送带间的动摩擦因数为

出=。2/=。时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给A一个水平向左的瞬时冲量4J=4N・S,在f=

时，A与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为Z=2N/m,重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求：

Awwvw\B

（1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力人、。的大小和方向；

（2）/=/。时，B的速度大小/；

⑶『。后弹簧的最大伸长量入%。

【答案】⑴4N,方向水平向右；4N,方向水平向左；（2）lm/s；⑶（标刁m

【详解】（1）对物块A分析，由动量定理得/=机％-。

代入数据得％=4m/s大于传送带速度。

人=〃J4g=4N方向水平向右

/B=〃2MBg=4N方向水平向左

（2）A、B所组成的系统合外力为0,由动量守恒得〃入％=〃?./+恤4

代入数据解得％=Im/s

（3）选A、B和弹簧组成的系统为研究对象，设4时弹簧伸长量为以.弹簧伸长过程中皮带与A、B摩

擦产生的热量为2。在之前，曰，=%=/,传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0,由

能量守恒3〃入（=1小A，+；帆BT+14端+Q

皮带与A、B物块摩擦产生的热量2=加1

联立解得：Q=4J,Ax,=lm

2时刻，对物块A分析：琮=2颔=2N＜篇、

所以此后物块A与传送带保持相对静止，从外到物块B物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸

K量'm，弹簧再次伸K过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为。2。

以传送带为参考系，物块A静止，物块B具有向右的速度匕=lm/s,由能量守恒定律

5年片+/端=/端+02

皮带与A、B滑块摩擦产生的热量。2=/（八%-与）

解得A%=（屈一2加

与2・—m・2（疝2）N<Zmx

则最终A、B物块相对传送带都静止，和传送带一起以2m/s向左匀速运动

弹簧最大伸长量加m=（Ji6-2）m

下题海精炼；

1.（2026•云南昭通•一模）如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系物块A、B,质量分别为35和加。

现将两物块由静止释放，A、B离地面足够高，运动过程中不会与滑轮相撞，不计一切阻力，重力加速度

为g。则在A下降〃高度的过程中，下列说法正确的是（）

A.A、B组成的系统机械能不守恒

B.A的加速度大小为耳g

C.下降高度为力时，B的速度大小为疯

D.下降高度为〃时，轻绳拉力的功率为2〃?g而

【答案】C

【详解】A.由于不计一切阻力，A、B组成的系统机械能守恒，故A错误；

B.以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律则有3mg-冲=（3加+加”

解得故B错误；

C.以A、B组成的系统为研究对象，根据匀变速直线运动规律可得次=2”结合上述结论〃

解得％=疯，故C正确；

D.以B为研究对象，根据牛顿第二定律则有尸-=〃口

其中〃得

解存尸=等

轻绳拉力的功率尸，=。"际，故D错误。

故选Co

2.（2026•湖南常德•一模）如图所示，一小球从某高度以一定的初速度水平抛出，然后无碰撞地落到光滑

固定斜面上并继续运动到斜面底端，规定斜面底端所在的平面重力势能为零，不计空气阻力，在整个运动

过程中，小球的水平分速度嗔随时间入竖直分速度。随时间/、重力势能「随下降的高度爪动能线随下

【答案】C

【详解】A.在平抛运动阶段，小球在水平方向做匀速直线运动，L=用保持不变，则力-，图像是一条水

平直线。

小球无碰撞地落到斜面上，则小球落到斜面上时，速度方向沿斜面向下。

之后小球沿斜面向下做匀加速直线运动，可分解为水平方向和竖直方向的匀加速直线运动。

七随时间［均匀增大，因此办一图像是斜率为正的倾斜直线，故A错误；

B.在平抛运动阶段，小球在竖直方向做自由落体运动，则。―图像是过原点、斜率为g的倾斜直线.

在斜面上运动阶段，小球的加速度在竖直方向的分最小r重力加速度，因此△一图像是斜率更小的倾斜直

线，故B错误:

C.无论是平抛运动阶段还是在斜面上运动阶段，小球重力势能的变化量始终为一〃侬?。

可知重力势能综随下降高度的增大线性减小，且在斜面底端时重力势能为0,因此综一〃图像是斜率为

一"田的直线，故C正确；

D.由机械能守恒定律可知，动能后卜和重力势能弓的和为•定值。

则动能后卜随下降的高度"的增大线性增大，但小球的初动能不为0,因此线一万图像是不过原点、斜率为〃?g

的直线，故D错误。

故选Co

3.（多选）（2026•广东•一模）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一

个带电的小球，小球静止时位于。点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M点由静止释放，小球最高上

升到N点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为机，。用的长度为4,弹簧始终

处于弹性限度内，空气阻力不订，重力加速度为下列说法正确的有（）

K

0

M

A.小球带正电

B.小球从历点到N点的过程，电场力对小球做正功

C.小球从M点到N点的过程,小球的机械能守恒

D.小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了2mgd

【答案】BD

【详解】A.小球静止在。点时弹簧处丁原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即〃

所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A错误；

B.小球从M点到N点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B正确；

C.由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从M点到N点的过程中，弹

簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C错误；

D.小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置为

O点，根据简谐运动的对称性可知，O点为M、N的中点，典1有ON=OM=d

所以小球从M到N的竖直位移为x=〃

则电场力做的功为叱也=E/=2Mgd

电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M点到N点的过程，小

球的电势能减少了2mgd,故D正确。

故选BDo

4.（多选）（2026•河南郑州•一模）如图，光滑直角轻杆AO4固定在竖直面内，水平，。点光滑。两

个质量均为加的小球〃、b（可视为质点）分别套在。4、08杆上，两球用长为L的轻绳连接°初始时，〃

球位于。点，给其一水平向右的初速度，当轻绳水平时，。球速度恰好为0。取重力加速度大小为8,则在

。球向右运动过程中（）

OA

场

A.。、//两球组成的系统水平方向动量守恒

B.。、〃两球组成的系统机械能守恒

C.4球初始速度为痴

D.轻绳对。球做功为〃?也

【答案】BD

【详解】A.轻杆光滑，。球在水平方向无外力，但“球在竖直杆上，杆对其有水平弹力是系统外力，则〃、

〃两球组成的系统在水平方向的合力不为零，水平方向动量不守恒，故A错误；

B.由于轻杆光滑，系统只有重力做功，根据机械能守恒定律（在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能

与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变），可知。、。两球组成的系统机械能守恒，故B正确；

C.当轻绳水平时，力球速度恰好为0,因为沿着同一根轻绳的速度相等，则此时。球的速度也为0:根据系

统机械能守恒有g〃成-mgL=0+0

解得玲=廊:，故C错误；

D.对匕球，根据动能定理W7%gL=0

解得W=

即轻绳对b球做功为〃?gL，故D正确。

故选BDo

5.（多选）（2026•贵州六盘水•二模）如图所示，两端分别固定小球P、Q的轻杆，受轻微扰动后，从竖

直位置沿顺时针方向自由倒下，不计一切摩擦。则在轻杆倒下过程中P、Q及轻杆组成的系统（）

A.机械能守恒B.机械能不守恒

C.水平方向动量守恒D.水平方向动量不守恒

【答案】AD

【详解】AB.由题意可知，不计一切摩擦，P、Q构成的系统只有重力做功，机械能守恒。故A正确，B错

误；

CD.杆倒下的过程中，墙面对小球Q有向右的作用力，且冲量不为零，故系统在水平方向动用不守恒，故

C错误，D正确。

故选ADo

6.（多选）（2026•甘肃•模拟预测）如图所示，•轻质弹簧两端分别拴接甲、乙两木块，并竖直放置在水

平桌面上。现用一竖直向下的外力厂将木块乙缓慢压至某位置，然后撤去外力凡木块乙由静止向上运动,

最终木块甲恰好未离开桌面;已知木块甲质量为2加，木块乙质量为，〃，弹簧劲度系数为上弹簧始终处于

弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

乙

.

Q

B

Q

Q

Q

甲

A.木块乙上升过程中其机械能先增大后减小

B.木块乙上升到最高点时的加速度为3g

C.弹簧的最大压缩量为竽

K

D.木块甲对桌面的最大压力大小为5mg

【答案】ABC

【详解】A.木块乙上升过程中，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹性势能先

减小后增大，木块乙和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能与木块乙的机械能相互转化，所以木

块乙的机械能先增大后减小，故A正确；

B.木块乙上升到最高点时，对木块甲由平衡条件得2,咫=H,

对木块乙由牛顿第二定律有〃吆+丘2=〃园

解得a=3g,故B正确；

C.当木块乙静止时，弹簧处于压缩状态，其弹力等于木块乙的重力，即机8=匕|

解得％=等

k

当木块甲恰好未离开桌面时，弹簧处于伸长状态，弹力等于木块甲的重力，即2mg=心3

解得毛=萼

k

则木块乙上升的最高位置距开始静止位置的距离为“=用+当二芈

k

根据对称性可知弹簧的最大压缩量为/=K+x=竽，故C正确；

k

D.木块甲对桌面的最大压力大小为尸=2〃?g+履m=65g,故D错误。

故选ABCo

7.（2026•江西上饶•一模）某山地救援队进行“斜面绳球投放〃训练，简化模型如图所示。在倾角为。的光滑

矩形斜面EFMN上（尸M为斜面与水平地面的交线），有一根长为L=0.5m的细线，细线的一端固定在。点,

另一端连接着一个可视为质点的小球。小球质量为〃?=lkg,过。点平行于的直线交FM于C点，PC的

长度为％=gm。现使小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动。某次小球过8点时细线被割断（割

断前后不影响小球速度），小球沿着轨迹8G运动，在小球刚要离开斜面G点时，给小球施加一个沿惬（小

球在8点时的速度）方向、大小为尸=26N的恒力。从3点割断细线瞬间开始计时，小球经/=2s落到水平

地面上的。点（图中未画出。点），G点是小球离开斜面的位置，”点为G点在水平面上的投影点。不考

虑小球反弹，忽略空气阻力，sin小0.2,cos%1,重力加速度g取:lOm/s?。

N

⑴小球经过A点时速率以；

（2）小球到达B点细线被割断前，小球对细线的拉力R的大小；

⑶求落地时D点到H点的距离Ll0

【答案】⑴lm/s；（2）12N；⑶2am

【详解】（1）因为小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动，所以在A点由牛顿第二定律有

mgsin。=m号

解得小球经过A点时的速率为心=肉/s

（2）从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有fng•2LsinO+^mv\=]%

解得小球经过B点时的速率为以=x/5m/s

对小球在B点进行受力分析，列牛顿第二定律方程有耳-mgsinO=m端

L

解得在6点小球受