第07讲 机械能及其守恒定律模型（模型和方法）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理讲义聚焦机械能及其守恒定律高考核心考点，涵盖机车启动、多过程问题、曲线运动、连接体、弹簧系统五大模型，按“模型剖析-典例精讲-变式训练”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法总结、真题演练帮助学生突破综合应用难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以模型建构为核心，融合科学思维与物理观念培养，如曲线运动模型中采用“向心力方程+机械能守恒方程”联立策略，通过高考真题与模拟题分层训练，高效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏、落实核心素养提供优质教学资源。

第07讲 机械能及其守恒定律模型 ✡模型一 机车启动模型 【典例1】【答案】C 【变式1-1】【答案】AB 【变式1-2】【答案】D ✡模型二 动能定理解决多过程综合问题 【典例1】【答案】（1）2.4N （2） （3）h=1.02m 【推理演示】（1）小球经过C点时，由牛顿第二定律有  解得N=2.4N 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′=N=2.4N （2）从B到C，由动能定理有 根据几何关系有 解得 （3）小球经过D点的最小速度vD满足   设小球恰能通过D时，平抛初速度为v1，经过B点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到D点，根据动能定理，有 解得h=1.02m 设小球到达E点时速度为vE，从D到E由动能定理，有 解得 即小球能够到达E点，故抛出点到B点的竖直距离的最小值h=1.02m 【变式1-1】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块从A到B，由动能定理得 在B点 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小为 （2）小滑块所受电场力水平向左 小滑块所受重力和电场力的合力恰好平行于斜面向下，其大小为 因此小滑块在斜面上不受摩擦力。 小滑块在水平轨道上受到的摩擦力 从到，由动能定理可得 解得 所以弹簧的最大弹性势能 （3）由分析可知，最后小滑块静止在圆弧轨道上某点，该点与圆心连线与水平方向夹角为，则： 则 由能量守恒可得 解得 【变式1-2】【答案】(1)；，方向水平向右 (2) (3)当时；当时；当时 【详解】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点时，对D点，根据 解得 从A点到D点根据动能定理 解得 从A点到E点根据动能定理 解得 在传动带上，根据牛顿第二定律 解得 根据运动学公式 解得 方向水平向右。 （2）当滑块到木板右端共速时，滑块恰好不滑离木板，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 从A点到H点根据动能定理 解得 （3）滑块在传动带上一直减速时有 解得 从A点到F点根据动能定理 解得 当时，滑块离开传动带的速度为 滑块滑上木板能共速，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 当时，滑块在传送带上一直减速 最终与木板相对静止，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 当时，滑块可以离开木板，则有 ✡模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 【典例1】【答案】BD 【推理演示】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于，设乙球在最低处时速度为v02，由机械能守恒得 解得，故A错误； B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确； C．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从增大到，乙从最低点到最高点，速度大小从减小到，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误； D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有， 解得， 甲球在最低点和最高点时，分别有， 解得， 根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力大小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为mg，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零，故D正确。 故选BD。 【变式1-1】【答案】(1)， (2)①或 ②时；时 【详解】（1）圆管轨道中，恰好到达最高点E，则 从到，由机械能守恒定律有 解得 在点，合力提供向心力 解得 因为 故滑块到达的速度大于传送带速度，全程在传送带上减速，摩擦力全程做功，从释放到最高点，由动能定理有 解得 （2）滑块第一次到达点，由动能定理有 解得 设上运动总路程为，整个过程由动能定理得 解得 中点距离为 ①若小滑块只经过点一次，两种情况：若滑块从向运动，未到达直接停在中点位置，则 解得 若滑块到达，经圆管返回后停在中点，总路程 可得 解得 故只经过一次时，的可能值为或​。 ② 当滑块第二次到达点且和传送带速度相等时，可知 解得 当时，滑块第二次到达点后再从传送带离开时，速度大小不变，全程根据动能定理可知 解得 此时，不符合要求 当时，物体第三次回到点时速度为，此后运动过程根据动能定理可知 解得 【变式1-2】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块A做平抛运动，设其在P点竖直方向的分速度为，根据几何关系，A恰好沿切线进入圆弧轨道，故在P点速度方向与水平方向的夹角 由平抛运动规律可得。 从抛出点到P点下落的高度 而P点距圆弧轨道底端B的高度 抛出点离地面的高度 联立并代入数据，解得 （2）小物块A在P点的速度大小 在P点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对A的支持力。 根据牛顿第三定律，A通过P点时对轨道的压力大小等于，方向沿半径向外。 （3）设A到达底端B点与B碰撞前的速度为，由机械能守恒定律得 设碰后A的速度为，因A恰好能上升到与圆心等高的Q点，根据机械能守恒有 规定向右为正方向，碰前A向右运动，碰后A返回向左运动，代入数据解得，。 A与静止的B发生弹性碰撞，设碰后B的速度为， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得。 解得 将、、代入该关系式中， 解得小物块B的质量。 ✡模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用 【典例1】【答案】B 【变式1-1】【答案】AD 【变式1-2】【答案】B ✡模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用 【典例1】【答案】（1）（2） 【推理演示】（1）若物块P固定，球a由静止释放到离开物块P的过程中，由动能定理得 球a与弹簧接触后，球a与球b组成的系统动量守恒，当二者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得整个运动过程中弹簧的最大弹性势能 （2）P不固定时，a下滑过程中，a和P组成的系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒。 规定向右为正方向，设a离开P时P的速度为vP，由动量守恒 由机械能守恒 整理得 a与弹簧粘连后，a、b和弹簧组成的系统水平面光滑，动量守恒、机械能守恒。当弹簧恢复原长时，b的速度达到最大； 设弹簧恢复原长时a的速度为v1，由动量守恒 由机械能守恒 联立解得球b能达到的最大速度。 【变式1-1】【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 【变式1-2】【答案】D 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 机械能及其守恒定律模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 机车启动模型 模型二 动能定理解决多过程综合问题 模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用 模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 机车启动模型 ▶模型剖析 1.以恒定功率启动 (1)过程分析 (2)此过程的P-t图像和v-t图像 2.以恒定加速度启动 (1)过程分析 (2)此过程的P-t图像和v-t图像 3.总结提升 （1）P=Fv中三个物理量的制约关系：P一定时，v越大，F越小；F一定时，v越大，P越大。 （2）额定功率与实际功率：额定功率指发动机正常工作时的最大功率，实际功率指发动机实际输出的功率，一般小于额定功率。最大速度vm=。 ▶模型特训 【典例1】（2026·河北·高考真题）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车；并对其性能进行了测试。在时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从加速到，假定马车所受阻力不变，则马车运动的图像可能是（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·福建漳州·三模）（多选）在火星探测中，火星车“祝融号”沿水平直线运动的图像如图所示。火星车从静止开始匀加速启动，经过时间速度达到4cm/s，此时功率为6W，之后恒功率加速，时刻达到最大速度并匀速运动一段时间。关闭动力后经0.144s停止运动。已知火星车所受阻力恒定，则火星车（　　） A．最大速度 B．质量 C．在时间内所受合力为150N D．在时间内的平均速度为5cm/s 【变式1-2】（2026·四川资阳·三模）如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为足够长的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．在内电动机牵引力大小处于范围内 B．后电动机的输出功率为 C．物体达到的最大速度大于 D．内物体沿斜面向上运动了 ✡模型二 动能定理解决多过程综合问题 ▶模型剖析 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 2.全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 ▶模型特训 【典例1】（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 【变式1-1】（2026·安徽·模拟预测）如图，位于竖直平面内、半径的圆弧形光滑绝缘轨道AB固定在水平面，其下端点与水平绝缘轨道相切，水平轨道与倾角为、固定在水平面的绝缘斜轨道在点平滑连接，斜面顶端固定一轻质弹簧（弹簧也由绝缘材料制成）。整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度。现有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知水平轨道长为，斜轨道上长为，滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度，，，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)小滑块在水平轨道上运动的总路程。 【变式1-2】（2024·浙江金华·二模）某轨道模型如图所示，AB为弧形轨道，在B处与水平轨道BH平滑相接。CDE为半径的圆形轨道，C、E略微错开。FG段为以顺时针旋转的长度的传送带。水平轨道末端H处放置长度，质量的木板。质量可视为质点的滑块从距水平轨道高h处滑下，与传送带动摩擦因数，与木板动摩擦因数，其余摩擦很小均不计，重力加速度，求： (1)滑块恰好能过圆轨道最高点时，下落高度和此时通过传送带上G点速度v。 (2)滑块恰好不滑离木板时，下落高度。 (3)若滑块能顺利通过圆轨道，求滑块与木板摩擦产生的热量Q与滑块下落高度h的关系。 ✡模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 ▶模型剖析 守恒前提 只有重力做功，轨道光滑、支持力不做功。 包含三类曲线场景： 1.抛体运动（平抛、斜抛）：只用守恒求速率，避开运动分解 2.光滑圆弧 / 曲面轨道滑行：轨道末端常衔接平抛综合计算 3.竖直圆周运动（轻绳内侧轨道、轻杆 / 圆管轨道）：本模型重难点 标准解题组合 圆周极值点（最高点、最低点）列向心力牛顿方程 + 两点间列机械能守恒方程联立求解 守恒列式两种用法 1.设定零势能面： 2.变化量形式：（重力势能减少量 = 动能增加量） ▶模型特训 【典例1】（2026·湖北·高考真题）（多选）如图所示，半径为、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为（为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．乙的初速度大小为 B．甲、乙两小球运动的周期相等 C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心 D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零 【变式1-1】（2026·山东济宁·三模）如图所示，光滑斜面、水平传送带、光滑水平面和两个半径为的光滑四分之一圆管轨道顺次平滑连接。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高处由静止释放，通过传送带和后，进入圆管轨道。已知传送带长且以顺时针转动，长，，小滑块的质量，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力，重力加速度大小。 (1)若小滑块恰好到达圆管轨道最高点，求小滑块在点受圆管轨道的支持力大小和释放高度； (2)若段粗糙，小滑块与段的动摩擦因数记为，小滑块从斜面上距传送带高度处由静止释放，最终停在的中点，求： ①若小滑块只经过点一次，的可能值； ②若小滑块能经过点多次，的可能值。 【变式1-2】（2026·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，半径的光滑圆弧轨道的底端与水面相切，轨道上端点P和圆心O的连线与水平面成角。将质量的小物块A以速度向左水平抛出，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，当A运动到圆弧轨道的底端时，与静止在该处的小物块B发生弹性碰撞，碰后A返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q点。重力加速度取，，。求： (1)小物块A抛出点离地面的高度； (2)小物块A通过P时对轨道的压力大小； (3)小物块B的质量。 ✡模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用 ▶模型剖析 1.注意点 (1)注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。 (2)注意寻找用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.几种实际情景的分析 (1)速率相等情景 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。 (2)角速度相等情景 ①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。 ②由v=ωr知，v与r成正比。 (3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景) 两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。 ▶模型特训 【典例1】（2026·河北保定·二模）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑的水平面上，质量也为m的小球C紧挨着小球B放置在水平面上，扰动小球A使其向左倾倒，小球A、B、C在同一个竖直面内运动，B与C分离后小球C的速度为v。取水平面为零势能面，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．B、C分离前小球C先加速后减速 B．B、C分离时小球A的机械能为 C．直到A球落地的整个过程中，轻杆对小球B做的功为 D．小球A落地时动能为 【变式1-1】（2026·海南海口·二模）（多选）如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球和小球，小球固定在轻质细杆的一端，细杆可绕轴自由转动，整个装置静止时，杆和绳与竖直方向的夹角均为。现施加外力抬高小球位置，使轻杆水平，（如图中虚线位置），然后由静止释放，不计一切摩擦，细绳足够长。则杆向下转动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球和小球的质量之比为 B．小球和小球的动能之和先增大后减小 C．图示位置时，小球和小球的速度之比为 D．图示位置时，小球和小球的重力功率之比为 【变式1-2】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则（　　） A．a落地前，轻杆对b先做负功后做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为2mg ✡模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用 ▶模型剖析 系统能量构成 系统机械能 = 物体动能 + 重力势能 + 弹簧弹性势能 两大基础题型 1.竖直弹簧系统：物体压缩 / 拉升弹簧，分析原长点、最高点、最低点能量转化 2.水平弹簧系统：滑块压缩弹簧、弹簧弹开滑块 核心临界结论 两物体与弹簧相连相互作用时，弹簧最长、最短时刻两物体共速，弹性势能达到最大值。 守恒条件 接触面光滑无摩擦力，只有重力和弹簧弹力做功。 ▶模型特训 【典例1】（2026·天津南开·二模）如图所示，质量为2m的物块P静止在光滑水平地面上，其右侧表面是半径为R的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P右侧静止有质量为m的球b，球b左侧固定有轻弹簧。将质量为m的球a从圆弧轨道最上端静止释放，球a离开物块P后与轻弹簧左侧接触并粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。求： (1)若物块P固定，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep； (2)若物块P不固定，球a离开物块P瞬间速度va的大小，及球b能达到的最大速度vb的大小。 【变式1-1】（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。 【变式1-2】（2026·浙江·二模）如图甲，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零，以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为2l C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 机械能及其守恒定律模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 机车启动模型 模型二 动能定理解决多过程综合问题 模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用 模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 机车启动模型 ▶模型剖析 1.以恒定功率启动 (1)过程分析 (2)此过程的P-t图像和v-t图像 2.以恒定加速度启动 (1)过程分析 (2)此过程的P-t图像和v-t图像 3.总结提升 （1）P=Fv中三个物理量的制约关系：P一定时，v越大，F越小；F一定时，v越大，P越大。 （2）额定功率与实际功率：额定功率指发动机正常工作时的最大功率，实际功率指发动机实际输出的功率，一般小于额定功率。最大速度vm=。 ▶模型特训 【典例1】（2026·河北·高考真题）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车，并对其性能进行了测试。在时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从加速到，假定马车所受阻力不变，则马车运动的图像可能是（     ） A． B． C． D． 【推理演示】马车以恒定功率运动，阻力f不变， 由功率公式 结合牛顿第二定律 整理得加速度 随着速度v增大，恒定功率P不变，因此加速度a逐渐减小。 v−t图像的斜率表示加速度，因此v−t图的斜率应逐渐减小，图像越来越平缓。 故选C。 【变式1-1】（2026·福建漳州·三模）（多选）在火星探测中，火星车“祝融号”沿水平直线运动的图像如图所示。火星车从静止开始匀加速启动，经过时间速度达到4cm/s，此时功率为6W，之后恒功率加速，时刻达到最大速度并匀速运动一段时间。关闭动力后经0.144s停止运动。已知火星车所受阻力恒定，则火星车（　　） A．最大速度 B．质量 C．在时间内所受合力为150N D．在时间内的平均速度为5cm/s 【答案】AB 【详解】A．已知额定功率，阻力，由 得，故A正确； B．关闭动力后，火星车仅受阻力做匀减速运动，减速时间，减速加速度大小 由牛顿第二定律得 ，故B正确； C．匀加速阶段，时刻速度，由 得牵引力 合力为，故C错误； D．为恒定功率加速，牵引力随速度增大而减小，加速度逐渐减小，图像为向上凸的曲线，实际位移大于连接到匀变速直线运动的位移；匀变速直线运动平均速度才是，因此实际平均速度，故D错误。 故选AB。 【变式1-2】（2026·四川资阳·三模）如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为足够长的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．在内电动机牵引力大小处于范围内 B．后电动机的输出功率为 C．物体达到的最大速度大于 D．内物体沿斜面向上运动了 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，物体在内的加速度大小为 设在内电动机牵引力大小为，由牛顿第二定律解得 解得，故A错误； B．后电动机的输出功率为 ，故B错误； C．根据题意可知，当物体速度最大时有 物体达到的最大速度，故C错误； D．物体在 内运动的距离为 物体在内，由动能定理有 解得 则在内物体沿斜面向上运动了，故D正确。 故选D。 ✡模型二 动能定理解决多过程综合问题 ▶模型剖析 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 2.全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 ▶模型特训 【典例1】（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 【推理演示】（1）小球经过C点时，由牛顿第二定律有  解得N=2.4N 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′=N=2.4N （2）从B到C，由动能定理有 根据几何关系有 解得 （3）小球经过D点的最小速度vD满足   设小球恰能通过D时，平抛初速度为v1，经过B点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到D点，根据动能定理，有 解得h=1.02m 设小球到达E点时速度为vE，从D到E由动能定理，有 解得 即小球能够到达E点，故抛出点到B点的竖直距离的最小值h=1.02m 【变式1-1】（2026·安徽·模拟预测）如图，位于竖直平面内、半径的圆弧形光滑绝缘轨道AB固定在水平面，其下端点与水平绝缘轨道相切，水平轨道与倾角为、固定在水平面的绝缘斜轨道在点平滑连接，斜面顶端固定一轻质弹簧（弹簧也由绝缘材料制成）。整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度。现有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知水平轨道长为，斜轨道上长为，滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度，，，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)小滑块在水平轨道上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块从A到B，由动能定理得 在B点 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小为 （2）小滑块所受电场力水平向左 小滑块所受重力和电场力的合力恰好平行于斜面向下，其大小为 因此小滑块在斜面上不受摩擦力。 小滑块在水平轨道上受到的摩擦力 从到，由动能定理可得 解得 所以弹簧的最大弹性势能 （3）由分析可知，最后小滑块静止在圆弧轨道上某点，该点与圆心连线与水平方向夹角为，则： 则 由能量守恒可得 解得 【变式1-2】（2024·浙江金华·二模）某轨道模型如图所示，AB为弧形轨道，在B处与水平轨道BH平滑相接。CDE为半径的圆形轨道，C、E略微错开。FG段为以顺时针旋转的长度的传送带。水平轨道末端H处放置长度，质量的木板。质量可视为质点的滑块从距水平轨道高h处滑下，与传送带动摩擦因数，与木板动摩擦因数，其余摩擦很小均不计，重力加速度，求： (1)滑块恰好能过圆轨道最高点时，下落高度和此时通过传送带上G点速度v。 (2)滑块恰好不滑离木板时，下落高度。 (3)若滑块能顺利通过圆轨道，求滑块与木板摩擦产生的热量Q与滑块下落高度h的关系。 【答案】(1)；，方向水平向右 (2) (3)当时；当时；当时 【详解】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点时，对D点，根据 解得 从A点到D点根据动能定理 解得 从A点到E点根据动能定理 解得 在传动带上，根据牛顿第二定律 解得 根据运动学公式 解得 方向水平向右。 （2）当滑块到木板右端共速时，滑块恰好不滑离木板，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 从A点到H点根据动能定理 解得 （3）滑块在传动带上一直减速时有 解得 从A点到F点根据动能定理 解得 当时，滑块离开传动带的速度为 滑块滑上木板能共速，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 当时，滑块在传送带上一直减速 最终与木板相对静止，根据动量守恒 根据能量守恒 解得 当时，滑块可以离开木板，则有 ✡模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 ▶模型剖析 守恒前提 只有重力做功，轨道光滑、支持力不做功。 包含三类曲线场景： 1.抛体运动（平抛、斜抛）：只用守恒求速率，避开运动分解 2.光滑圆弧 / 曲面轨道滑行：轨道末端常衔接平抛综合计算 3.竖直圆周运动（轻绳内侧轨道、轻杆 / 圆管轨道）：本模型重难点 标准解题组合 圆周极值点（最高点、最低点）列向心力牛顿方程 + 两点间列机械能守恒方程联立求解 守恒列式两种用法 1.设定零势能面： 2.变化量形式：（重力势能减少量 = 动能增加量） ▶模型特训 【典例1】（2026·湖北·高考真题）（多选）如图所示，半径为、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为（为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．乙的初速度大小为 B．甲、乙两小球运动的周期相等 C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心 D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零 【推理演示】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于，设乙球在最低处时速度为v02，由机械能守恒得 解得，故A错误； B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B正确； C．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从增大到，乙从最低点到最高点，速度大小从减小到，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C错误； D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有， 解得， 甲球在最低点和最高点时，分别有， 解得， 根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力大小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为mg，故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零，故D正确。 故选BD。 【变式1-1】（2026·山东济宁·三模）如图所示，光滑斜面、水平传送带、光滑水平面和两个半径为的光滑四分之一圆管轨道顺次平滑连接。现有一可视为质点的小滑块从斜面上距传送带高处由静止释放，通过传送带和后，进入圆管轨道。已知传送带长且以顺时针转动，长，，小滑块的质量，小滑块与传送带间的动摩擦因数，忽略空气阻力，重力加速度大小。 (1)若小滑块恰好到达圆管轨道最高点，求小滑块在点受圆管轨道的支持力大小和释放高度； (2)若段粗糙，小滑块与段的动摩擦因数记为，小滑块从斜面上距传送带高度处由静止释放，最终停在的中点，求： ①若小滑块只经过点一次，的可能值； ②若小滑块能经过点多次，的可能值。 【答案】(1)， (2)①或 ②时；时 【详解】（1）圆管轨道中，恰好到达最高点E，则 从到，由机械能守恒定律有 解得 在点，合力提供向心力 解得 因为 故滑块到达的速度大于传送带速度，全程在传送带上减速，摩擦力全程做功，从释放到最高点，由动能定理有 解得 （2）滑块第一次到达点，由动能定理有 解得 设上运动总路程为，整个过程由动能定理得 解得 中点距离为 ①若小滑块只经过点一次，两种情况：若滑块从向运动，未到达直接停在中点位置，则 解得 若滑块到达，经圆管返回后停在中点，总路程 可得 解得 故只经过一次时，的可能值为或​。 ② 当滑块第二次到达点且和传送带速度相等时，可知 解得 当时，滑块第二次到达点后再从传送带离开时，速度大小不变，全程根据动能定理可知 解得 此时，不符合要求 当时，物体第三次回到点时速度为，此后运动过程根据动能定理可知 解得 【变式1-2】（2026·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，半径的光滑圆弧轨道的底端与水面相切，轨道上端点P和圆心O的连线与水平面成角。将质量的小物块A以速度向左水平抛出，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，当A运动到圆弧轨道的底端时，与静止在该处的小物块B发生弹性碰撞，碰后A返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q点。重力加速度取，，。求： (1)小物块A抛出点离地面的高度； (2)小物块A通过P时对轨道的压力大小； (3)小物块B的质量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块A做平抛运动，设其在P点竖直方向的分速度为，根据几何关系，A恰好沿切线进入圆弧轨道，故在P点速度方向与水平方向的夹角 由平抛运动规律可得。 从抛出点到P点下落的高度 而P点距圆弧轨道底端B的高度 抛出点离地面的高度 联立并代入数据，解得 （2）小物块A在P点的速度大小 在P点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对A的支持力。 根据牛顿第三定律，A通过P点时对轨道的压力大小等于，方向沿半径向外。 （3）设A到达底端B点与B碰撞前的速度为，由机械能守恒定律得 设碰后A的速度为，因A恰好能上升到与圆心等高的Q点，根据机械能守恒有 规定向右为正方向，碰前A向右运动，碰后A返回向左运动，代入数据解得，。 A与静止的B发生弹性碰撞，设碰后B的速度为， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得。 解得 将、、代入该关系式中， 解得小物块B的质量。 ✡模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用 ▶模型剖析 1.注意点 (1)注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。 (2)注意寻找用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.几种实际情景的分析 (1)速率相等情景 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。 (2)角速度相等情景 ①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。 ②由v=ωr知，v与r成正比。 (3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景) 两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。 ▶模型特训 【典例1】（2026·河北保定·二模）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑的水平面上，质量也为m的小球C紧挨着小球B放置在水平面上，扰动小球A使其向左倾倒，小球A、B、C在同一个竖直面内运动，B与C分离后小球C的速度为v。取水平面为零势能面，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．B、C分离前小球C先加速后减速 B．B、C分离时小球A的机械能为 C．直到A球落地的整个过程中，轻杆对小球B做的功为 D．小球A落地时动能为 【推理演示】A．以三个小球组成的系统为研究对象，运动过程中只有小球A的重力和系统内的弹力做功，则此系统的机械能守恒，在B、C分离前C球受到B的弹力作用使其速度向右且逐渐增大，故A错误； B．小球B、C分离前瞬间二者速度相同，根据系统机械能守恒定律可得 所以，故B正确； D．三个小球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，故此系统在水平方向动量守恒，在A落地瞬间，A、B水平方向的速度相同，设为vAB，取向右为正方向，对三球组成的系统，在水平方向上，根据动量守恒定律得 根据系统机械能守恒定律可得 解得A球落地时的动能为，故D错误； C．对B，根据动能定理可得， 联立解得，故C错误。故选B。 【变式1-1】（2026·海南海口·二模）（多选）如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球和小球，小球固定在轻质细杆的一端，细杆可绕轴自由转动，整个装置静止时，杆和绳与竖直方向的夹角均为。现施加外力抬高小球位置，使轻杆水平，（如图中虚线位置），然后由静止释放，不计一切摩擦，细绳足够长。则杆向下转动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球和小球的质量之比为 B．小球和小球的动能之和先增大后减小 C．图示位置时，小球和小球的速度之比为 D．图示位置时，小球和小球的重力功率之比为 【答案】AD 【详解】A．整个装置平衡时，对a球受力分析，如图所示 则有， 解得，故A正确； B．连接a球的杆为活杆，对a球作用力方向始终沿杆，与a球速度垂直，对a球不做功，所以对于a、b组成的系统机械能守恒。 b球上升重力势能增加量为 a球下降，重力势能减小量为 b球上升的高度即连接a端绳子的伸长量，如图则有 杆向下转动60°的过程中，减小， 由，系统重力势能一直在减小，则a、b动能之和一直在增大，故B错误； C．图示位置时，a球的速度与细杆垂直，b球的速度大小等于细绳斜向下拉的速度，由速度的分解可得 解得，故C错误； D．图示位置时，a球重力的功率 b球重力的功率 可得，故D正确。 故选AD。 【变式1-2】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则（　　） A．a落地前，轻杆对b先做负功后做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为2mg 【答案】B 【详解】A．当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功后做负功，故A错误； B．a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得 解得，故B正确； C．b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度；而b加速过程中，b对a是向上的支持力，此时a的加速度小于重力加速度，故C错误； D．a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力和地面支持力的作用，二者大小相等，根据牛顿第三定律可得b对地面的压力大小为mg，故D错误。 故选B。 ✡模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用 ▶模型剖析 系统能量构成 系统机械能 = 物体动能 + 重力势能 + 弹簧弹性势能 两大基础题型 1.竖直弹簧系统：物体压缩 / 拉升弹簧，分析原长点、最高点、最低点能量转化 2.水平弹簧系统：滑块压缩弹簧、弹簧弹开滑块 核心临界结论 两物体与弹簧相连相互作用时，弹簧最长、最短时刻两物体共速，弹性势能达到最大值。 守恒条件 接触面光滑无摩擦力，只有重力和弹簧弹力做功。 ▶模型特训 【典例1】（2026·天津南开·二模）如图所示，质量为2m的物块P静止在光滑水平地面上，其右侧表面是半径为R的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P右侧静止有质量为m的球b，球b左侧固定有轻弹簧。将质量为m的球a从圆弧轨道最上端静止释放，球a离开物块P后与轻弹簧左侧接触并粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。求： (1)若物块P固定，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep； (2)若物块P不固定，球a离开物块P瞬间速度va的大小，及球b能达到的最大速度vb的大小。 【推理演示】（1）若物块P固定，球a由静止释放到离开物块P的过程中，由动能定理得 球a与弹簧接触后，球a与球b组成的系统动量守恒，当二者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得整个运动过程中弹簧的最大弹性势能 （2）P不固定时，a下滑过程中，a和P组成的系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒。 规定向右为正方向，设a离开P时P的速度为vP，由动量守恒 由机械能守恒 整理得 a与弹簧粘连后，a、b和弹簧组成的系统水平面光滑，动量守恒、机械能守恒。当弹簧恢复原长时，b的速度达到最大； 设弹簧恢复原长时a的速度为v1，由动量守恒 由机械能守恒 联立解得球b能达到的最大速度。 【变式1-1】（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 【变式1-2】（2026·浙江·二模）如图甲，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零，以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为2l C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处 【答案】D 【详解】A．设、的质量为，A、B整体的重力势能随下落距离x变化 由图线Ⅰ可知，斜率的绝对值为， 解得，故A错误； B．设与碰撞前的速度为，根据自由落体运动规律可知 解得 由于碰撞过程动量守恒，则有 解得 碰后的动能，对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得 结合图像可知，，， 解得 又因为 联立解得，故B错误； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 可得碰后最大速度对应的弹簧伸长量为，所以最大速度在碰撞后下落处； 从碰后到最大速度时由动能定理可得 解得，故C错误； D．在最低点时弹簧的伸长量为，碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得，即 解得，恰好恢复原长，假设成立； 碰撞后上升的最大高度在上方处，故D正确。 故选D。 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $