第20讲 机械能守恒定律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“守恒条件判断—单体/多体应用—场景化模型”为主线，融合得分速记与考情分析，构建“概念辨析-方法提炼-综合应用”三阶训练体系，强化能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点|3个核心点|守恒条件“做功-能量转化”双判法；单体/多体表达式选择策略|从概念本质（守恒条件）到应用拓展（单体→系统），形成递进逻辑链| |基础题型|5类25题|曲线运动能量转化、连接体速度关联、弹簧弹性势能分析等场景化模型|题型与方法一一对应，覆盖高考高频应用场景| |重难创新|10题|跨模块融合（圆周+弹簧）、生活化情境建模，强化质疑创新|在基础模型上增加复杂度，提升科学探究能力| |真题实战|5题|高考命题规律应用，守恒条件辨析与综合计算并重|对接考情，巩固物理观念与科学思维|

第20讲 机械能守恒定律（专项训练） 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 2 3 6 8 9 11 14 18 19 20 答案 C C AD B BD D BC AD C AC 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 D BD AD B B AB D AC AB BD 题号 32 33 34 35 39 40 答案 B D BD C D C 1．(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理 解得 （2）设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理 解得 在时间t1内A、传送带发生的位移为， 小物块A通过传送带过程产生的内能 （3）对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律 物块B和长木板C整体加速度为 对A，由牛顿第二定律 可得，A的加速度为 设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞 解得 A、B碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则， A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得， 解得， 2．C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 3．C 【详解】A．机器人做斜抛运动，不计空气阻力，水平方向匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动。以为零势能面，从到运动过程中。重力势能公式为： 在上升阶段，从增加到最高点的，线性增大；在下落阶段，从减小到，线性减小。但与始终是一次函数关系，图像应为过原点的“V形折线”，而选项A的图像起点在原点，顶点在中间，终点在横轴，看似符合，但需要注意：是竖直位移，在下落阶段是从大到小，而图中横坐标是从到最大值再回到，实际运动中先增后减，而图像的横坐标是单调增加的，因此A的图像无法对应下落阶段，A错误。 B．根据机械能守恒 上升阶段，增大，减小；到最高点时，竖直速度为0，动能不为0（还有水平速度）；下落阶段，减小，增大。因此不会减小到0，选项B的图像在中间点，与事实矛盾，B错误。 C．重力的瞬时功率公式为： 其中是竖直方向的速度。竖直方向上， 因此： 上升阶段，增大，减小，减小；到最高点时，；下落阶段，减小，反向增大，且同一高度功率相同，故C正确。 D．水平方向： 竖直方向： 消去得： 这是开口向左的抛物线，D错误。 故选C。 4．(1) (2)R (3) 【详解】（1）设物块第一次到达C点时的速度为v1，物块刚好能到达D点时速度为零，物块从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 解得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 解得轨道对物块的支持力大小 （2）设物块第一次从C点返回直到停止运动，在BC段上运动的路程为s，对物块运动的整个过程，根据能量守恒定律得 解得 因此，物块刚好停在B点，离C点的距离为R。 （3）设物块运动到D点的速度为vD，压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为，物块离开D点后做斜抛运动，在D点竖直方向的分速度为 从D点到最高点的过程，有 则得 根据能量守恒定律得 可得 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 6．AD 【详解】A．球B、C分离前前，B一直对C做功，使C动能增加，由于A、B、C组成的整体机械能守恒（地面光滑，只有重力做功），因此A、B组成的系统机械能不断转移给C，逐渐减小，故 A 正确； B．球B、C分离时，对 A、B 两球组成的系统，球A有向下的加速度 对A、B整体竖直方向由牛顿第二定律 可得支持力 ，根据牛顿第三定律，B对地面的压力小于，故 B 错误； D．水平方向总动量始终为0，分离时 可得A水平速度大小 分离后A、B水平动量守恒，总动量向左为 A落地时A、B共速，则 可得，因此B最终动能为，C动能为。 整体机械能守恒，初始重力势能全部转化为三者动能，因此A落地动能 ， D正确； C．从开始到A球落地的过程中，设杆对球B做功为，以BC整体为研究对象，应用动能定理 代入B、C动能值，可得， C错误。 故选AD。 7． 【详解】[1]如图 轻杆滑动过程中，沿杆方向的速度大小相等，轻杆与竖直墙壁夹角为，则 某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为 [2]根据机械能守恒可得 解得 由动能定理可得轻杆对小球b做的功为 8．B 【详解】A．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 解得 由根据机械能守恒，则有 解得， 故A错误； B．从A与墙面作用力为0到落地，系统机械能守恒 因A落地时杆水平，球A与墙壁脱离后，AB系统水平方向动量守恒可得 解得，故B正确； C．由于不计一切摩擦，则杆对A球的力是零，在竖直方向上A球受重力和水平面的支持力处于平衡状态，由牛顿第三定律可知，B球对水平面的压力大小等于mg，故C错误； D．从A与墙面作用力刚为0到A落地的过程中，A的初速度为，落地时末速度为，根据动能定理 代入数据得，故D错误。 故选B。 9．BD 【详解】A．用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，用v表示此时立方体的速度大小，则有 A、B两球的角速度相等，根据，， 可得 根据功能关系得 解得 由几何关系可知转过的最大角度为 则力F的功率为 由于C球水平速度越来越大，可知A球水平分速度越来越大，水平恒力F的功率逐渐增加，故A错误； B．水平恒力F做的功为，故B错误； C．分离前C的动能为 分离前A的动能为 由数学知识可知，分离之前，的范围为 则 可知 即分离之前滑块C的动能始终大于球A的动能，故C错误； D．当时，C的速度最大为 结合 解得，故D正确。 故选BD。 10．(1)； (2)4mgL，8m； 【详解】（1）设石子抛出时速度大小为，从水平抛出经时间t击中靶，有 ， 解得 （2）对石子，根据动能定理，有 解得 杆由水平转到竖直时，配重的速度大小为，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有 又 解得 11．D 【详解】当小球C下降时，B上升的高度为 刚开始弹簧处于压缩状态，有 A刚要离地时弹簧处于伸长状态，有 可知弹簧初始压缩量等于末态的伸长量，弹性势能不变；B、C沿绳子方向的速度相等，则有 对A、B、C以及弹簧组成的整体，由能量守恒得 联立解得 故选D。 12．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足 解得 系统动能损失转化为热量，满足 联立解得 （2）由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为，对木板由动量定理有 对物块由动量定理有 联立可知此时的速度大小 （3）由小问（2）分析可知，子弹射入物块后，物块连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板向左运动，物块向右运动，、间弹性绳长度变短。当、间弹性绳长度的增加量等于、间弹性绳长度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时、、三者的速度大小满足 对物块由动量定理有 结合小问（2）分析得，弹性绳伸长到最长时有 规定向右为正方向，由系统动量守恒可知 三式联立，解得，， 从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足 解得 （4）弹性绳刚好恢复原长时，设、、三者的速度大小分别为、、，根据系统的机械能守恒有， 同时结合第（2）、（3）小问分析可知， 联立解得 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）箭射出后做斜抛运动，设箭射中木块前瞬间的速度大小为，即斜抛运动的水平分速度为，由运动学公式得， 解得 （2）箭射入木块的过程，两者动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律可得此过程损失的机械能为 其中， 解得 （3）在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，设木块回到最低点时，木块与圆环的速度分别为、，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 其中 联立解得， 设木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得 解得 14．BC 【详解】A．当A、B相对滑动时，B有沿斜面向上的最大加速度，记为，有 可得 假设A、B不相对打滑，则C拉着A、B一起有共同的加速度a，有 可得 可知A、B已经相对打滑。对A、C分析 得A、C一起加速度为，故A错误； B．C落地时间记为，有 解得 此时A的速度 B的速度，故B正确； C．该过程B运动位移 而A运动位移 B相对A向下滑动 C落地后，B的加速度 对A分析 得，沿斜面向下。 设经过时间A、B共速，有 解得， 该过程B相对A向下滑动 之后A、B一起向上运动。故B在A上留下的划痕，故C正确； D．C刚落地时，A、B系统机械能增加量最大，为，故D错误。 故选BC。 15．(1) (2) 0 【详解】（1）B环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为α，则与竖直方向之间的夹角β=90°-α，设此时A的速度为vA，将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图：则v=vAcosα 设B的速度为vB，将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，则：v=vBcosβ 所以 当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角sinα= 所以α=30° 则vB= B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，得 联立得环的速度大小为 （2）[1][2]当绳子与水平方向之间的夹角接近时， 则 可知当到达点时，B的速度等于0，由机械能守恒得 所以 16．(1)65N (2)0 (3) 【详解】（1）对滑块A由平衡条件得 代入数据解得 （2）B由P到Q，A下滑 B到Q时弹簧压缩量 由于 弹簧弹性势能的变化量 （3）B由P到Q，对A、B系统根据机械能守恒定律得     且 解得 17．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）从开始到BC向左移动到最大距离的过程中，以BC和弹簧为研究对象，由功能关系得 解得 （2）弹簧恢复原长时BC分离，从弹簧最短到BC分离，以BC和弹簧为研究对象，由能量守恒得 解得 （3）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 结合第（1）问结果可知 根据题意舍去（原因：，开始推不动）， 恒力的最小值为 （4），物块BC向左运动过程中，由动能定理 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 则坐标原点的加速度为 之后C开始向右运动过程（BC系统未脱离弹簧）加速度为 可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，BC分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以BC为研究对象，由动能定理得 脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至，由能量守恒得 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 则C最后停止的位移为 图像如图所示： 18．AD 【详解】A．设沿斜面向下为A物块的位移正方向，则B物块的位移向上为正，二者位移大小相等 A物块受力：重力分力方向向下，弹簧弹力方向向上，绳张力方向向上 B物块受力：重力分力方向向下，弹簧弹力方向向下，绳张力方向向上 由牛顿第二定律：A物块，B物块 两式相加得，即 故系统做简谐振动，频率，振幅 B物块的弹簧压缩量等于B物块的位移，故最大位移为振幅，故A正确； B．加速度，又简谐振动 故随时间余弦变化，不是线性，故B错误； C．由机械能守恒，初始弹性势能，其全部转化为动能时速度最大，有 解得，故C错误； D．由A物块，B物块 两式相减得，恒为常数，故轻绳对滑轮的作用力保持不变，故D正确； 故选AD。 19．C 【详解】A．初始时物体N与地面间弹力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且弹力与物体N的重力平衡，即 对物体Q，有 对小球P，有 联立解得，故A错误； B．将小球P托至与A、B两点等高的水平线上时，两绳均拉直且无弹力，则弹簧处于压缩状态，对物体Q，有 根据几何关系可得，， 联立解得，故B错误； C．小球P从A、B两点等高的水平线上释放后绕A点做圆周运动，到达图中位置时小球的速度方向沿BP方向，则此时小球P和物体Q速度相等，且两个位置弹簧形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒定律可得 解得，故C正确； D．P从释放到图示位置的过程中，弹簧弹力先做正功后做负功，则P、Q两物体组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选C。 20．AC 【详解】CD．以B点为原点，向右为x轴正方向，向下为y轴正方向，对小球进行受力分析 在水平方向的受力为Fx=-kdsinθ=-kx 竖直方向的受力为 两个力均满足简谐运动的表达式，水平简谐分运动的平衡位置在x=0处，竖直简谐分运动的平衡位置在处； 当小球速度最大时应该处于平衡位置，则由能量关系可知 解得，C正确，D错误； AB．设水平方向的位移满足 水平方向的速度为对应位移的导数 初始时t=0s，x=L，vx=0m/s，代入位移表达式得到Axcosφx=L 代入速度表达式得到 由可知φx取π的整数倍，由于初始位置在平衡位置右方，与横坐标正方向相同，取φx=0联立解得Ax=L 同样的，设竖直方向的位移满足 竖直方向的速度为对应位移的导数 初始时t=0s，y=0m，vy=0m/s代入位移表达式得到 代入速度表达式得到 由，可知φy取π的整数倍，由于初始位置在平衡位置上方，与纵坐标正方向相反，取φy=π，代入数据得 因此小球的水平位置坐标可表示为 竖直位置坐标可表示为 运动轨迹所满足的方程为，是一次函数，图像为直线，故A正确，B错误。 故选AC。 21．D 【详解】A．根据功能关系可知E-x图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发生变化，故A错误； B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共速后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即 设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为，B错误； C．加速阶段货物对传送带做功 匀速阶段货物对传送带做功为 可知货物对传送带做的功为，C错误； D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为产生的热能与货物机械能的增量之和，即，D正确。 故选D。 22．BD 【详解】A．线框进入磁场过程中，磁通量的变化量，通过横截面的电荷量，故A错误； B．线框进入磁场时，切割磁感线的是ab边，受到的安培力向上，大小为；线框离开磁场时，切割磁感线的是cd边，受到的安培力同样向上，大小也为两个过程中线框的受力情况完全相同，故B正确； C．由图乙可知，线框从完全进入磁场到ab边到达PQ的过程中位移为d，只受重力，速度从增加回到。根据动能定理有： 线框离开磁场的过程位移也为d与进入磁场的过程运动规律相同，因此刚离开磁场时的速度等于完全进入磁场时的速度，即，故C错误； D．整个线框从ab边接触MN到cd边离开PQ的过程中，线框下落的总高度为 根据能量守恒定律得 解得整个过程中产生的焦耳热为，故D正确。 故选BD。 23．AD 【详解】对泥沙颗粒受力分析，由牛顿第二定律得mg−kv=ma 整理得加速度 颗粒下沉过程中速度v逐渐增大，因此加速度a逐渐减小，最终a=0，颗粒匀速下沉。 A． v−t图像的斜率表示加速度，由于加速度逐渐减小，因此斜率逐渐减小，速度最终趋于稳定，故A正确； B．题目规定开始下沉位置为重力势能零势能面，因此t=0时Ep=0，而题图中t=0时Ep>0；同时Ep=−mgx（下沉越深重力势能越小） 且 v逐渐增大，因此Ep−t图像斜率绝对值逐渐增大，应为曲线，不可能是直线，故B错误； C．根据功能关系，阻力一直对颗粒做负功，机械能随下沉位移x增大不断减小，因此E−x图像应为下降趋势，不可能保持水平，故C错误； D．由动能定理 得 下沉过程v增大，因此图像斜率逐渐减小；匀速后合力为0，动能不变，斜率减为0，图像斜率逐渐减小最终趋于水平，故D正确。 故选AD。 24．B 【详解】A．由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为，即物体竖直上抛的初动能为 当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为，这时重力势能 可得质量为，故A错误； B．根据，解得时，物体的速率为，故B正确； C．从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程中，共损失了的机械能，时，可知此时的总机械能为，此时重力势能为，可知物体的动能，故C错误； D．物体竖直上抛的初动能为，从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减小了，故D错误。 故选B。 25．B 【详解】A．运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，0~0.8m内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A错误; B．物体到达0.8m处，由图可知物体的机械能增加，重力势能增加了，所以动能 又 可得 ，B正确； C．0.8m~1.0m过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度，正好到达1.0m处时，所以0.8m~1.0m过程中，物体只有上升，没有下降，C错误； D．1.0m~2.0m过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小，此过程中，物体向下匀加速直线运动。D错误。 故选B。 重难·创新演练 1．AB 【详解】A．由角速度公式，减小、不变，因此角速度减小，A正确； B．由向心加速度公式，减小、不变，因此向心加速度减小，B正确； C．只有匀速圆周运动的合外力才始终指向圆心； 减速圆周运动中，合外力除了指向圆心的向心分量，还存在沿速度反方向的切向分量（使速度减小），因此合外力不指向圆心，C错误； D．运动过程中游客用力蹬车，人体肌肉做功，消耗化学能转化为机械能，因此游客（含车）的机械能不守恒，D错误。 故选AB 。 2．D 【详解】A．重力方向竖直向下，机器人运动方向向上，根据可知重力对机器人做负功，故A错误； B．根据平衡条件可知舞台对机器人的作用力竖直向上，机器人运动方向向上，根据可知舞台对机器人做正功，故B错误； C．机器人在表演过程中舞台缓慢上升，速度不变，动能不变，故C错误； D．机器人在表演过程中舞台缓慢上升h，重力势能增加，动能不变，则机械能增加，故D正确。 故选D。 3．AC 【详解】A．对物块进行受力分析，物块沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 解得，所以物块刚开始下滑时的加速度大小为，故A正确； B．对木板受力分析，沿斜面方向木板受到物块给木板的摩擦力，方向沿斜面向下， 重力沿斜面向下的分力 斜面给木板的摩擦力，其最大静摩擦力为，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有 解得，方向沿斜面向下 所以木板此时做匀加速直线运动，物块减速、木板加速，直到两者速度相同，此后由于 所以物块和木板保持相对静止，将物块和木板看作整体，则有 两物体一起做匀速运动，由 解得 由 可得刚接触弹簧时，木板的速度为，故B错误； C．到达点时，两者恰好相对滑动，说明物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，下一时刻，两者加速度不同，对物块 对木板有 解得，故C正确； D．从到，物块与木板间的滑动摩擦力与木板受到斜面的摩擦力大小相等，方向相反，所以对木板做功的力为重力和弹簧弹力，将发生动能、重力势能和弹性势能间的转化，因此木板和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。 故选AC。 4．AB 【详解】A．设A、B的质量均为m，图线I为图像，故图线I斜率的绝对值等于两薄板的重力 利用图线I还可求出斜率的绝对值 联立解得，故A正确； B．设B与A碰撞前的速度为​，根据自由落体运动规律可知 解得 由于A、B碰撞过程动量守恒，故 解得​ 碰后A、B的动能 对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得(其中为动能，为弹性势能，为重力势能)​ 结合图像可知，，， 联立解得 又知，​ 联立解得，故B正确； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为 所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，根据动能定理有 解得，故C错误； D．碰撞前薄板A平衡 解得 碰后两薄板一起下落速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为。 所以，两薄板一起做简谐运动的振幅 简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距点的距离为，故D错误。 故选AB。 5．BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 7．B 【详解】B．根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、D两点的电势相等，所以小球在C、D两点的电势能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、D两点机械能相等，故B正确； A．由于在D点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A错误； C．根据等量同种电荷的电场分布特点可知在C、D两点电场强度大小相等，小球受到的电场力大小相等，方向相反，故C错误； D．在C点重力与电场力方向相反，在D点，电场力与重力方向相同，可知小球在D点的加速度较大，故D错误。 故选B。 8．D 【详解】AC．根据牛顿第二定律，，因初始静止，其中阻力，黏度公式 阻力 黏度随时间变化，即 初始时刻加速度为。随着时间推移，减小到零，加速度又变为；合外力始终向下，为正值，不会出现负值。故AC错误； B．由功率公式，由速度一直在持续增加。因单调递增且增速放缓，图像表现为起点在原点、曲线向上凸且递增的形态，当后，速度线性增大，而非趋近于某一值而会再增大。故B错误； D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即 初始时， v 增大， η(t) 较大，增大； 之后 η(t)  减小， v 的增速放缓，减小； 当  η(t)  降为 0 后，阻力消失，趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，故D正确。 故选D。 9．BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 10．C 【详解】A．题意可知太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，但重力势能改变，所以其机械能不是始终保持不变的，故A错误； B．太极球在做匀速圆周运动的过程中，其所受的合力提供向心力，其大小不变，但方向改变，故B错误； C．太极球在D处可能只受到重力和球拍弹力的作用，二力的合力可以提供太极球此时做匀速圆周运动所需的向心力，故球此时可能不受球拍的摩擦力作用，故C正确； D．太极球做匀速圆周运动的过程中，其加速度大小不变，方向总是指向圆心。可知太极球由A到B的过程中，加速度有竖直向下的分加速度，处于失重状态；由B到C的过程中，加速度有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以太极球由A经过B到达C的过程中，太极球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。 故选C。 真题·实战演练 1．(1) (2)； (3) 【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有 解得 （2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有， 其中 解得 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 解得 （3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得 对B、C根据牛顿第二定律可得 撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 联立解得 2．（1）3mg；（2）①；② 【详解】（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则有 滑块在B点处，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律得 （2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。 由机械能守恒得 由水平方向上动量守恒可知 解得 ②设滑块运动到C点时，小车速度大小为 ，由功能关系得 ， 设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得 由运动学规律得 联立以上各式，解得 38．（1），；（2） 【详解】（1）游客从B点做平抛运动，有， 代入解得 从A到B，根据动能定理，有 解得 （2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得 过P点时，根据向心力公式，有 式中N=0，根据几何关系可知 解得 39．D 【详解】A．斜面倾角为，刚开始、处于静止状态，根据受力平衡有 所以。剪断轻绳后自由下落，沿斜面下滑，、都只有重力做功，根据动能定理得 得，所以、速率的变化量相同，故A错误； B．、下落过程中机械能守恒，动能的增加量等于重力势能的减小量，机械能的变化量均为零，故B项错误； C．重力势能变化量，由于、的质量不相等，所以它们的重力势能变化不相同，故项C错误； D．运动的时间为，所以物块重力做功的平均功率为 设运动的时间为，则有 物块重力做功的平均功率为 又因为 所以，故D正确。 故选D。 40．C 【详解】小球在接触弹簧之前做自由落体．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误；时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误；时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，C正确D错误． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第20讲 机械能守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 机械能守恒定律的判断 3 知识点2 单物体机械能守恒问题 3 知识点3 多物体机械能守恒问题 4 模拟·基础演练 5 题型01 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 5 题型02 机械能守恒定律在杆连接中的应用 11 题型03 机械能守恒定律在绳连接中的应用 16 题型04 机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 22 题型05 机械能守恒定律中的图象问题 28 重难·创新演练 33 真题·实战演练 43 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 机械能守恒的条件判断与基础概念辨析 多选题 T8，6 分 单个物体的机械能守恒定律应用（含多过程、曲线运动结合） 多选题 T7，6 分 系统机械能守恒的综合应用（含连接体、弹簧、圆周运动结合） 多选题 T7，6 分 考情分析 福建该模块属于力学必考基础考点，三年来总分稳定在 4-12 分，基础概念类考点每年必考，综合应用类考点隔年设置为压轴计算题，非大题年份则将其融入选择题、填空题中考查。 以基础考查为主，题型覆盖单选、多选、填空、解答全类型，基础题侧重概念辨析与简单计算，综合题侧重多过程分析、能量转化逻辑与公式应用。 核心考查方向从 “死记硬背操作” 转向 “原理理解与分析应用”，常结合生活实践类情境（如体育运动、过山车、弹簧连接体）、学习探究类情境（如圆周运动、抛体运动）命题，强化对守恒条件、过程拆解、速度关联等核心思维的考查，对知识迁移能力的要求逐步提升 复习目标 1.熟记机械能守恒定律的核心概念与守恒条件，能精准辨析不同情景下机械能是否守恒，熟练区分 “只有重力 / 弹力做功” 与 “外力做功为零” 等常见易错误区，确保基础概念题不失分。 2.熟练掌握单个物体机械能守恒的分析方法，能结合抛体运动、圆周运动等情景，完成多过程的受力分析、能量转化分析与定量计算，规范解题步骤与逻辑表达。 3.掌握系统机械能守恒的分析思路，能独立处理连接体、弹簧类等多物体系统的守恒问题，熟练运用过程拆解、速度关联、能量转化等效等方法解决综合计算题，提升复杂情境下的模型建构与科学推理能力。 巩固·知识解构 知识点1 机械能守恒定律的判断 1．利用机械能的定义判断：分析动能和势能的和是否变化． 2．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒． 3．利用能量转化来判断：若物体或系统只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒． ✨得分速记： 判断机械能守恒抓做功核心，只看重力、弹簧弹力做功，其余力不做功则守恒。先分单个物体与系统两类模型，单体仅重力做功守恒，系统内重力、弹簧弹力做功守恒，外力、摩擦力做功机械能必变。快速区分：光滑无摩擦、不计空气阻力常守恒；有摩擦力、拉力做功一定不守恒。做题先圈出受力，判断除重力弹力外的力是否做功，再判断能量，只有动能重力势能、弹性势能相互转化，无内能生成即为守恒，选择题直接套用该逻辑快速排除错误选项。 ⚠特别提醒： 切勿混淆 “合力为零” 与机械能守恒，匀速运动若有拉力、摩擦力做功，机械能不守恒。系统判断极易忽略弹簧弹力做功，弹簧弹性势能属于系统机械能，单独物体不满足守恒。存在滑动摩擦时，机械能转化为内能，总量减少；电场力、安培力做功均会改变机械能。审题看清研究对象，区分单体、连接体系统，不能直接套用单体守恒条件分析多物体题型。 知识点2 单物体机械能守恒问题 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量 注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 2.解题的一般步骤 (1)选取研究对象； (2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量； (4)根据机械能守恒定律列出方程； (5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明． ✨得分速记 判断单体守恒核心：只有重力做功，其余外力均不做功。审题先标记阻力、拉力，存在摩擦、空气阻力、外力拉动时机械能一定不守恒。能量层面仅动能与重力势能相互转化，无弹性势能、内能增减。解题优先选零势能面，列初末机械能相等列式，简化计算可使用重力势能变化量等于动能变化量。曲线运动、抛体、光滑圆周场景直接套用，匀速直线运动大多不满足守恒。 知识点3 多物体机械能守恒问题 1．解决多物体系统机械能守恒的注意点 (1)对多个物体组成的系统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 用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (2)角速度相等情景 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)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。 ✨得分速记 多物体系统判断核心：只有重力、系统内弹簧弹力做功，系统外作用力、摩擦力不做功。单体机械能可能增减，但系统总机械能不变。连接体下滑、弹簧滑块组合是高频题型，两物体速度沿绳分量相等，列式需同步考虑两者动能、重力势能变化。存在滑动摩擦、外力拉动时系统机械能损耗。列式优先整体分析，分别写出所有物体初、末动能与势能总和，初态总机械能等于末态总机械能。 模拟·基础演练 考查重点：高考重点考查一是守恒条件辨析，单选高频判断单体、系统是否守恒，区分重力弹力做功与其他力做功；二是单物体模型计算，结合平抛、圆周运动列式求速度、高度；三是多物体系统综合，多选、计算题常考连接体、弹簧模型，需结合速度关联、弹性势能分析。命题常融合运动学，侧重过程拆解，兼顾基础判断与综合计算，注重摩擦力、电场力等易错条件区分。 ⏳题型01 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 1．（2026·福建漳州·三模）一次联合教研活动中，物理老师们在科技馆参观时完成了如下实验：如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、、的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求： (1)A到达点的速度大小； (2)A通过传送带过程产生的内能； (3)A与B发生弹性正碰之后各自的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理 解得 （2）设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理 解得 在时间t1内A、传送带发生的位移为， 小物块A通过传送带过程产生的内能 （3）对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律 物块B和长木板C整体加速度为 对A，由牛顿第二定律 可得，A的加速度为 设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞 解得 A、B碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则， A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得， 解得， 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 3．（2026·福建福州·二模）2026年央视春晚《武BOT》展示了人形机器人的武术才能。节目中，机器人借助弹射踏板斜向上弹出，不计空气阻力，在空中其重心的运动轨迹可视为抛物线如图所示。以所在平面为零势能面，机器人重心从A到运动过程中，下列关于机器人的重力势能、动能、重力瞬时功率P、水平方向位移x与竖直方向位移y之间变化关系，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．机器人做斜抛运动，不计空气阻力，水平方向匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动。以为零势能面，从到运动过程中。重力势能公式为： 在上升阶段，从增加到最高点的，线性增大；在下落阶段，从减小到，线性减小。但与始终是一次函数关系，图像应为过原点的“V形折线”，而选项A的图像起点在原点，顶点在中间，终点在横轴，看似符合，但需要注意：是竖直位移，在下落阶段是从大到小，而图中横坐标是从到最大值再回到，实际运动中先增后减，而图像的横坐标是单调增加的，因此A的图像无法对应下落阶段，A错误。 B．根据机械能守恒 上升阶段，增大，减小；到最高点时，竖直速度为0，动能不为0（还有水平速度）；下落阶段，减小，增大。因此不会减小到0，选项B的图像在中间点，与事实矛盾，B错误。 C．重力的瞬时功率公式为： 其中是竖直方向的速度。竖直方向上， 因此： 上升阶段，增大，减小，减小；到最高点时，；下落阶段，减小，反向增大，且同一高度功率相同，故C正确。 D．水平方向： 竖直方向： 消去得： 这是开口向左的抛物线，D错误。 故选C。 4．（2026·福建·一模）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： (1)物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； (2)物块最终停下的位置离C点的距离； (3)调整弹簧的压缩量，物块由静止释放恰能到达与O点等高的高度，则弹簧的最大弹性势能为多大。 【答案】(1) (2)R (3) 【详解】（1）设物块第一次到达C点时的速度为v1，物块刚好能到达D点时速度为零，物块从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 解得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 解得轨道对物块的支持力大小 （2）设物块第一次从C点返回直到停止运动，在BC段上运动的路程为s，对物块运动的整个过程，根据能量守恒定律得 解得 因此，物块刚好停在B点，离C点的距离为R。 （3）设物块运动到D点的速度为vD，压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为，物块离开D点后做斜抛运动，在D点竖直方向的分速度为 从D点到最高点的过程，有 则得 根据能量守恒定律得 可得 5．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 ⏳题型02 机械能守恒定律在杆连接中的应用 6．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图，质量均为的小球A、B用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为 C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为 D．小球A落地时的动能为 【答案】AD 【详解】A．球B、C分离前前，B一直对C做功，使C动能增加，由于A、B、C组成的整体机械能守恒（地面光滑，只有重力做功），因此A、B组成的系统机械能不断转移给C，逐渐减小，故 A 正确； B．球B、C分离时，对 A、B 两球组成的系统，球A有向下的加速度 对A、B整体竖直方向由牛顿第二定律 可得支持力 ，根据牛顿第三定律，B对地面的压力小于，故 B 错误； D．水平方向总动量始终为0，分离时 可得A水平速度大小 分离后A、B水平动量守恒，总动量向左为 A落地时A、B共速，则 可得，因此B最终动能为，C动能为。 整体机械能守恒，初始重力势能全部转化为三者动能，因此A落地动能 ， D正确； C．从开始到A球落地的过程中，设杆对球B做功为，以BC整体为研究对象，应用动能定理 代入B、C动能值，可得， C错误。 故选AD。 7．（2026·福建·一模）如图所示，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，用长为l的刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为_____，此过程中轻杆对小球b做的功为___________。 【答案】 【详解】[1]如图 轻杆滑动过程中，沿杆方向的速度大小相等，轻杆与竖直墙壁夹角为，则 某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为 [2]根据机械能守恒可得 解得 由动能定理可得轻杆对小球b做的功为 8．（2025·广西柳州·一模）相同小球A、B用长为的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上（如图）。当系统受到轻微扰动后，B由静止开始向右滑动，两球始终在同一竖直平面内运动。当A与墙面作用力刚为0时，杆与墙面夹角的余弦，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．球A与墙面作用力刚为0时，球B的速度为 B．球A落地时的速度为 C．球A与墙面作用力刚为0时，地面对球B的作用力为 D．从球A与墙面作用力为0到球A落地的过程中，杆对球A做功为 【答案】B 【详解】A．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得 解得 由根据机械能守恒，则有 解得， 故A错误； B．从A与墙面作用力为0到落地，系统机械能守恒 因A落地时杆水平，球A与墙壁脱离后，AB系统水平方向动量守恒可得 解得，故B正确； C．由于不计一切摩擦，则杆对A球的力是零，在竖直方向上A球受重力和水平面的支持力处于平衡状态，由牛顿第三定律可知，B球对水平面的压力大小等于mg，故C错误； D．从A与墙面作用力刚为0到A落地的过程中，A的初速度为，落地时末速度为，根据动能定理 代入数据得，故D错误。 故选B。 9．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是（　　） A．水平恒力F的功率逐渐减少 B．水平恒力F做的功为 C．分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能 D．滑块C的最大速度为 【答案】BD 【详解】A．用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，用v表示此时立方体的速度大小，则有 A、B两球的角速度相等，根据，， 可得 根据功能关系得 解得 由几何关系可知转过的最大角度为 则力F的功率为 由于C球水平速度越来越大，可知A球水平分速度越来越大，水平恒力F的功率逐渐增加，故A错误； B．水平恒力F做的功为，故B错误； C．分离前C的动能为 分离前A的动能为 由数学知识可知，分离之前，的范围为 则 可知 即分离之前滑块C的动能始终大于球A的动能，故C错误； D．当时，C的速度最大为 结合 解得，故D正确。 故选BD。 10．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕水平轴上的O点在竖直面内自由转动。A端小凹槽内装有一质量为m的石子，B端固定一配重。现将杆转至水平方向由静止释放，杆在配重作用下转到竖直位置时石子被水平抛出，击中前方竖直靶上的P点，P与O点恰好在同一水平线上。已知，，，重力加速度大小为g，不计一切摩擦及空气阻力。求： (1)石子被水平抛出时的速度大小； (2)杆由水平转到竖直的过程中凹槽对石子做的功W，以及配重的质量M。 【答案】(1)； (2)4mgL，8m； 【详解】（1）设石子抛出时速度大小为，从水平抛出经时间t击中靶，有， 解得 （2）对石子，根据动能定理，有 解得 杆由水平转到竖直时，配重的速度大小为，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有 又 解得 ⏳题型03 机械能守恒定律在绳连接中的应用 11．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，质量均为m的物块A和B通过一轻质弹簧相连，轻绳跨过固定于天花板上的轻质定滑轮，两端分别与套在竖直固定杆上的小球C和物块B连接，小球C质量为2m。初始时托住C使系统静止，滑轮与C间的绳水平，滑轮与B间的绳竖直且恰无拉力，将C由静止释放，当小球C下降h时，绳与竖直杆的夹角为53°，此时A刚要离开地面。，，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力以及物块、小球和滑轮的大小，则此时小球C的速度大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当小球C下降时，B上升的高度为 刚开始弹簧处于压缩状态，有 A刚要离地时弹簧处于伸长状态，有 可知弹簧初始压缩量等于末态的伸长量，弹性势能不变；B、C沿绳子方向的速度相等，则有 对A、B、C以及弹簧组成的整体，由能量守恒得 联立解得 故选D。 12．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置木板，木板的上表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块，木板左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块。一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板和物块相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量为的子弹以初速度水平向右射入并留在其中（作用时间极短）。已知木板的质量为，物块的质量为，物块的质量为，在研究过程中、未发生碰撞，且未从上滑落，弹性绳的形变始终在弹性限度内。求： (1)子弹射入的过程中产生的热量； (2)当的速度大小为时，的速度大小； (3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能； (4)弹性绳刚好恢复原长时的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足 解得 系统动能损失转化为热量，满足 联立解得 （2）由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为，对木板由动量定理有 对物块由动量定理有 联立可知此时的速度大小 （3）由小问（2）分析可知，子弹射入物块后，物块连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板向左运动，物块向右运动，、间弹性绳长度变短。当、间弹性绳长度的增加量等于、间弹性绳长度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时、、三者的速度大小满足 对物块由动量定理有 结合小问（2）分析得，弹性绳伸长到最长时有 规定向右为正方向，由系统动量守恒可知 三式联立，解得，， 从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足 解得 （4）弹性绳刚好恢复原长时，设、、三者的速度大小分别为、、，根据系统的机械能守恒有， 同时结合第（2）、（3）小问分析可知， 联立解得 13．（2025·福建泉州·模拟预测）某同学受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为的金属环，金属环用长度轻绳悬挂着一个质量为的木块，静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中箭与木块的作用时间很短，之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为、竖直高度为，重力加速度，在整个运动过程中，木块整体上升的最大高度小于绳长，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力，求： (1)箭射中木块前瞬间的速度大小； (2)箭射入木块的过程中系统损失的机械能； (3)木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）箭射出后做斜抛运动，设箭射中木块前瞬间的速度大小为，即斜抛运动的水平分速度为，由运动学公式得， 解得 （2）箭射入木块的过程，两者动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律可得此过程损失的机械能为 其中， 解得 （3）在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，设木块回到最低点时，木块与圆环的速度分别为、，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 其中 联立解得， 设木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得 解得 14．（2026·福建·模拟预测）（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量的长木板A置于斜面上，质量的小物块B置于长木板上，轻绳的一端连接长木板，另一端绕过光滑轻质定滑轮与质量的重物C连接，C距离地面高度。开始时，整个系统处于静止状态。释放物块C，C落地后立即静止。已知A与B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C均可视为质点，运动过程中B始终没有离开A，A不与滑轮相碰，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小g取，则（　　） A．释放瞬间，C的加速度大小为 B．C落地瞬间，B的速度大小为 C．木板A上滑过程中，B在A上留下的划痕长度为 D．A、B组成的系统机械能的最大增加量为 【答案】BC 【详解】A．当A、B相对滑动时，B有沿斜面向上的最大加速度，记为，有 可得 假设A、B不相对打滑，则C拉着A、B一起有共同的加速度a，有 可得 可知A、B已经相对打滑。对A、C分析 得A、C一起加速度为，故A错误； B．C落地时间记为，有 解得 此时A的速度 B的速度，故B正确； C．该过程B运动位移 而A运动位移 B相对A向下滑动 C落地后，B的加速度 对A分析 得，沿斜面向下。 设经过时间A、B共速，有 解得， 该过程B相对A向下滑动 之后A、B一起向上运动。故B在A上留下的划痕，故C正确； D．C刚落地时，A、B系统机械能增加量最大，为，故D错误。 故选BC。 15．（2025·福建福州·模拟预测）如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OQ边竖直，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放两小环，已知重力加速度为g。 (1)当B环下落时，A环的速度大小为__________ (2)A环到达O点时B的速度大小为__________；A的速度大小为__________。 【答案】(1) (2) 0 【详解】（1）B环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为α，则与竖直方向之间的夹角β=90°-α，设此时A的速度为vA，将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图：则v=vAcosα 设B的速度为vB，将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，则：v=vBcosβ 所以 当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角sinα= 所以α=30° 则vB= B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，得 联立得环的速度大小为 （2）[1][2]当绳子与水平方向之间的夹角接近时， 则 可知当到达点时，B的速度等于0，由机械能守恒得 所以 ⏳题型04 机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 16．（2026·福建福州·三模）如图所示，一倾角的光滑斜面固定放置，斜面顶端固定一光滑小滑轮。一劲度系数的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板上，另一端连接滑块A。一根轻绳绕过滑轮一端与滑块A相连，另一端连接穿在光滑水平滑杆上的小球B，小滑轮距离水平滑杆的高度。初始时将小球B锁定在位置P，此时弹簧处于伸长状态，伸长量，轻绳与滑杆的夹角也为。解除小球B的锁定后，小球B由P运动至轻绳与滑杆夹角的位置Q。已知滑块A的质量，小球B的质量，取重力加速度，不计滑轮大小，，，计算结果可用根号表示。求： (1)小球B锁定时，求轻绳上的拉力大小； (2)小球B由P运动至Q，弹簧弹性势能的变化量； (3)小球B运动至Q时，滑块A的速度大小。 【答案】(1)65N (2)0 (3) 【详解】（1）对滑块A由平衡条件得 代入数据解得 （2）B由P到Q，A下滑 B到Q时弹簧压缩量 由于 弹簧弹性势能的变化量 （3）B由P到Q，对A、B系统根据机械能守恒定律得     且 解得 17．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三个质量均为的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量） (1)求B、C向左移动的最大距离； (2)求B、C分离时B的动能； (3)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值； (4)若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度随位移变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的、值（用、、表示），要求有推导过程。以撤去时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）从开始到BC向左移动到最大距离的过程中，以BC和弹簧为研究对象，由功能关系得 解得 （2）弹簧恢复原长时BC分离，从弹簧最短到BC分离，以BC和弹簧为研究对象，由能量守恒得 解得 （3）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 结合第（1）问结果可知 根据题意舍去（原因：，开始推不动）， 恒力的最小值为 （4），物块BC向左运动过程中，由动能定理 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 则坐标原点的加速度为 之后C开始向右运动过程（BC系统未脱离弹簧）加速度为 可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，BC分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以BC为研究对象，由动能定理得 脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至，由能量守恒得 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 则C最后停止的位移为 图像如图所示： 18．（2026·福建泉州·三模）（多选）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面顶端固定一轻质滑轮。质量均为的相同小物块A、B通过不可伸长的轻绳连接，轻绳跨过滑轮并与斜面平行，用劲度系数为的相同轻质弹簧分别将A、B与斜面体底端相连。A、B静止时弹簧均处于原长且与斜面平行。现将A沿斜面缓慢下拉，然后松手。弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。则在两物块运动过程中（　　） A．连接B的弹簧最大压缩量为 B．A向上运动过程中其加速度随时间线性减小 C．A向上运动过程中其最大速度大小为 D．A向上运动过程中轻绳对滑轮的作用力保持不变 【答案】AD 【详解】A．设沿斜面向下为A物块的位移正方向，则B物块的位移向上为正，二者位移大小相等 A物块受力：重力分力方向向下，弹簧弹力方向向上，绳张力方向向上 B物块受力：重力分力方向向下，弹簧弹力方向向下，绳张力方向向上 由牛顿第二定律：A物块，B物块 两式相加得，即 故系统做简谐振动，频率，振幅 B物块的弹簧压缩量等于B物块的位移，故最大位移为振幅，故A正确； B．加速度，又简谐振动 故随时间余弦变化，不是线性，故B错误； C．由机械能守恒，初始弹性势能，其全部转化为动能时速度最大，有 解得，故C错误； D．由A物块，B物块 两式相减得，恒为常数，故轻绳对滑轮的作用力保持不变，故D正确； 故选AD。 19．（2026·福建福州·一模）如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，物体Q、N通过一轻弹簧连接。Q、N的质量均为m，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37°和53°，PA=L，此时物体N与地面间弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P开始运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．P的质量为 B．弹簧的劲度系数 C．当P运动到图示位置时，Q的速度大小 D．P从释放到图示位置的过程中，P、Q两物体组成的系统机械能守恒 【答案】C 【详解】A．初始时物体N与地面间弹力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且弹力与物体N的重力平衡，即 对物体Q，有 对小球P，有 联立解得，故A错误； B．将小球P托至与A、B两点等高的水平线上时，两绳均拉直且无弹力，则弹簧处于压缩状态，对物体Q，有 根据几何关系可得，， 联立解得，故B错误； C．小球P从A、B两点等高的水平线上释放后绕A点做圆周运动，到达图中位置时小球的速度方向沿BP方向，则此时小球P和物体Q速度相等，且两个位置弹簧形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒定律可得 解得，故C正确； D．P从释放到图示位置的过程中，弹簧弹力先做正功后做负功，则P、Q两物体组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选C。 20．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，光滑的竖直墙面上P处和Q处各有一个钉子，二者处于同一水平高度，间距为L，有一轻质弹性绳，其弹力大小与伸长量成正比，原长为L，劲度系数为k，一端由P处钉固定，另一端系有一质量为的小球a，其中g为重力加速度。Q处钉子在弹性绳下面，绳子与钉子间无摩擦，钉子和小球都视为质点，现将小球a水平向右拉伸到与P处距离2L处并由静止释放，以下说法正确的是（     ） A．小球a释放后做直线运动 B．小球a释放后做曲线运动 C．小球运动过程中的最大速度大小为 D．小球运动过程中的最大速度大小为 【答案】AC 【详解】CD．以B点为原点，向右为x轴正方向，向下为y轴正方向，对小球进行受力分析 在水平方向的受力为Fx=-kdsinθ=-kx 竖直方向的受力为 两个力均满足简谐运动的表达式，水平简谐分运动的平衡位置在x=0处，竖直简谐分运动的平衡位置在处； 当小球速度最大时应该处于平衡位置，则由能量关系可知 解得，C正确，D错误； AB．设水平方向的位移满足 水平方向的速度为对应位移的导数 初始时t=0s，x=L，vx=0m/s，代入位移表达式得到Axcosφx=L 代入速度表达式得到 由可知φx取π的整数倍，由于初始位置在平衡位置右方，与横坐标正方向相同，取φx=0联立解得Ax=L 同样的，设竖直方向的位移满足 竖直方向的速度为对应位移的导数 初始时t=0s，y=0m，vy=0m/s代入位移表达式得到 代入速度表达式得到 由，可知φy取π的整数倍，由于初始位置在平衡位置上方，与纵坐标正方向相反，取φy=π，代入数据得 因此小球的水平位置坐标可表示为 竖直位置坐标可表示为 运动轨迹所满足的方程为，是一次函数，图像为直线，故A正确，B错误。 故选AC。 ⏳题型05 机械能守恒定律中的图象问题 21．（2025·广西·模拟预测）传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型图，传送带顺时针匀速转动，在传送带下端点无初速度放上货物。货物从下端点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以点所在水平面为零势能面）如图（b）所示。货物视为质点，关于货物从点运动到点的过程说法正确的是（　　） A．该过程中货物受到的摩擦力不变 B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为 C．货物对传送带做的功为 D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为 【答案】D 【详解】A．根据功能关系可知E-x图像的斜率表示摩擦力大小，图中图像发生转折，可知摩擦力大小发生变化，故A错误； B．由于摩擦力发生变化，则变化的位置一定在货物与传送带共速时的位置，且共速前为滑动摩擦力，共速后为静摩擦力，即共速后货物与传送带相对静止，因加速阶段滑动摩擦力做功为5J，即 设传送带的速度为v，则货物与传送带间相对滑动产生的热量为，B错误； C．加速阶段货物对传送带做功 匀速阶段货物对传送带做功为 可知货物对传送带做的功为，C错误； D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为产生的热能与货物机械能的增量之和，即，D正确。 故选D。 22．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）（多选）如图甲所示，竖直平面内水平虚线MN、PQ间距为，存在垂直于纸面向里磁感应强度为的匀强磁场。一质量为、边长为、总电阻为的正方形线框abcd。ab边进入磁场时的速度为（已知），运动过程中ab边始终保持水平，线框ab边进入磁场边界MN到ab边到达磁场边界PQ过程中，其图像如图乙所示。重力加速度为，忽略空气阻力，则（     ） A．线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量为 B．线框进入磁场过程的时间等于线框离开磁场过程的时间 C．整个线框刚离开磁场时的速度为 D．整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为 【答案】BD 【详解】A．线框进入磁场过程中，磁通量的变化量，通过横截面的电荷量，故A错误； B．线框进入磁场时，切割磁感线的是ab边，受到的安培力向上，大小为；线框离开磁场时，切割磁感线的是cd边，受到的安培力同样向上，大小也为两个过程中线框的受力情况完全相同，故B正确； C．由图乙可知，线框从完全进入磁场到ab边到达PQ的过程中位移为d，只受重力，速度从增加回到。根据动能定理有： 线框离开磁场的过程位移也为d与进入磁场的过程运动规律相同，因此刚离开磁场时的速度等于完全进入磁场时的速度，即，故C错误； D．整个线框从ab边接触MN到cd边离开PQ的过程中，线框下落的总高度为 根据能量守恒定律得 解得整个过程中产生的焦耳热为，故D正确。 故选BD。 23．（2026·江西赣州·模拟预测）（多选）春季雨水较多，河水含沙量大，细小泥沙由于受到水的粘滞阻力作用沉降缓慢，致使水体浑浊。现对一泥沙颗粒在水中的运动开展研究，设泥沙颗粒在水中由静止开始竖直下沉，受到的阻力与速度大小成正比，取竖直向下为正方向，以开始下沉的位置为重力势能零势能面，关于泥沙颗粒的速度-时间图像（v-t）、重力势能-时间图像（）、机械能-位移图像（E-x）和动能-位移（）图像，下列可能正确的是（    ） A．B．C． D． 【答案】AD 【详解】对泥沙颗粒受力分析，由牛顿第二定律得mg−kv=ma 整理得加速度 颗粒下沉过程中速度v逐渐增大，因此加速度a逐渐减小，最终a=0，颗粒匀速下沉。 A． v−t图像的斜率表示加速度，由于加速度逐渐减小，因此斜率逐渐减小，速度最终趋于稳定，故A正确； B．题目规定开始下沉位置为重力势能零势能面，因此t=0时Ep=0，而题图中t=0时Ep>0；同时Ep=−mgx（下沉越深重力势能越小） 且 v逐渐增大，因此Ep−t图像斜率绝对值逐渐增大，应为曲线，不可能是直线，故B错误； C．根据功能关系，阻力一直对颗粒做负功，机械能随下沉位移x增大不断减小，因此E−x图像应为下降趋势，不可能保持水平，故C错误； D．由动能定理 得 下沉过程v增大，因此图像斜率逐渐减小；匀速后合力为0，动能不变，斜率减为0，图像斜率逐渐减小最终趋于水平，故D正确。 故选AD。 24．（2026·宁夏石嘴山·阶段检测）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 【答案】B 【详解】A．由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为，即物体竖直上抛的初动能为 当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为，这时重力势能 可得质量为，故A错误； B．根据，解得时，物体的速率为，故B正确； C．从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程中，共损失了的机械能，时，可知此时的总机械能为，此时重力势能为，可知物体的动能，故C错误； D．物体竖直上抛的初动能为，从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减小了，故D错误。 故选B。 25．（2026·湖北·模拟预测）如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 【答案】B 【详解】A．运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，0~0.8m内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A错误; B．物体到达0.8m处，由图可知物体的机械能增加，重力势能增加了，所以动能 又 可得 ，B正确； C．0.8m~1.0m过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度，正好到达1.0m处时，所以0.8m~1.0m过程中，物体只有上升，没有下降，C错误； D．1.0m~2.0m过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小，此过程中，物体向下匀加速直线运动。D错误。 故选B。 重难·创新演练 设题创新:一是情境新颖，结合体育运动、轨道装置、航天简易模型等生活化素材包装模型；二是模型融合，将弹簧、连接体与圆周、平抛运动结合，混合单体、系统双重判断；三是设问灵活，不只单纯计算，增设守恒条件辨析、误差分析、能量损耗推导，弱化套公式，侧重逻辑推理，还常和动能定理对比设问，提升综合区分度。 1．（2026·福建·三模）（多选）太空自行车是近期的热门游乐项目，人在竖直圆形钢架轨道内骑车，依靠人力与惯性完成360°竖直圆周运动，倒挂在最高点时不会掉落，失重感明显。一游客从圆轨道右侧P点由静止出发，通过最低点后用力蹬车，直至冲上圆轨道最高点。则游客从M点减速上升至N点的过程中（　　） A．角速度减小 B．向心加速度减小 C．所受合外力始终指向圆心 D．游客机械能守恒 【答案】AB 【详解】A．由角速度公式，减小、不变，因此角速度减小，A正确； B．由向心加速度公式，减小、不变，因此向心加速度减小，B正确； C．只有匀速圆周运动的合外力才始终指向圆心； 减速圆周运动中，合外力除了指向圆心的向心分量，还存在沿速度反方向的切向分量（使速度减小），因此合外力不指向圆心，C错误； D．运动过程中游客用力蹬车，人体肌肉做功，消耗化学能转化为机械能，因此游客（含车）的机械能不守恒，D错误。 故选AB 。 2．（2026·福建龙岩·三模）2026年春晚，质量为m的H2型号人形机器人身着武侠袍服，作为“剑宗大师”压轴登场进行舞剑表演。如图所示，在表演过程中舞台缓慢上升h，机器人始终与舞台保持相对静止。关于上述过程说法正确的是（　　） A．重力对机器人做正功 B．舞台对机器人不做功 C．机器人的动能增加mgh D．机器人的机械能增加mgh 【答案】D 【详解】A．重力方向竖直向下，机器人运动方向向上，根据可知重力对机器人做负功，故A错误； B．根据平衡条件可知舞台对机器人的作用力竖直向上，机器人运动方向向上，根据可知舞台对机器人做正功，故B错误； C．机器人在表演过程中舞台缓慢上升，速度不变，动能不变，故C错误； D．机器人在表演过程中舞台缓慢上升h，重力势能增加，动能不变，则机械能增加，故D正确。 故选D。 3．（2026·福建宁德·二模）（多选）如图所示，质量的物块叠放在质量的木板上，木板静止在倾角为的固定斜面上，斜面底端连接一轻弹簧。某时刻，给物块一个沿斜面向下的初速度，木板与弹簧接触前，物块与木板已速度相同。接触后，木板下端到达点时两者恰好相对滑动，到达点时速度恰好为零。已知木板足够长，与斜面间的动摩擦因数，与物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。弹簧始终处在弹性限度内，劲度系数，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．物块刚开始下滑时的加速度大小为 B．木板刚接触弹簧时速度大小为 C．木板下端运动到点时，弹簧的压缩量为 D．木板下端从点运动到点的过程中，木板和弹簧组成的系统机械能不守恒 【答案】AC 【详解】A．对物块进行受力分析，物块沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 解得，所以物块刚开始下滑时的加速度大小为，故A正确； B．对木板受力分析，沿斜面方向木板受到物块给木板的摩擦力，方向沿斜面向下， 重力沿斜面向下的分力 斜面给木板的摩擦力，其最大静摩擦力为，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有 解得，方向沿斜面向下 所以木板此时做匀加速直线运动，物块减速、木板加速，直到两者速度相同，此后由于 所以物块和木板保持相对静止，将物块和木板看作整体，则有 两物体一起做匀速运动，由 解得 由 可得刚接触弹簧时，木板的速度为，故B错误； C．到达点时，两者恰好相对滑动，说明物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，下一时刻，两者加速度不同，对物块 对木板有 解得，故C正确； D．从到，物块与木板间的滑动摩擦力与木板受到斜面的摩擦力大小相等，方向相反，所以对木板做功的力为重力和弹簧弹力，将发生动能、重力势能和弹性势能间的转化，因此木板和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。 故选AC。 4．（2026·福建福州·三模）（多选）如图（a），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（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）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 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上方处 【答案】AB 【详解】A．设A、B的质量均为m，图线I为图像，故图线I斜率的绝对值等于两薄板的重力 利用图线I还可求出斜率的绝对值 联立解得，故A正确； B．设B与A碰撞前的速度为​，根据自由落体运动规律可知 解得 由于A、B碰撞过程动量守恒，故 解得​ 碰后A、B的动能 对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得(其中为动能，为弹性势能，为重力势能)​ 结合图像可知，，， 联立解得 又知，​ 联立解得，故B正确； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为 所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，根据动能定理有 解得，故C错误； D．碰撞前薄板A平衡 解得 碰后两薄板一起下落速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为。 所以，两薄板一起做简谐运动的振幅 简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距点的距离为，故D错误。 故选AB。 5．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间内运动的图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 【答案】BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 6．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 7．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，O为连线的中点，是连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于O点对称，将一个带正电的小球（大小不计）在C点上方P点由静止释放，小球沿直线运动到D点，关于小球在两点（　　） A．速度相同 B．机械能相同 C．电场力相同 D．加速度相同 【答案】B 【详解】B．根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、D两点的电势相等，所以小球在C、D两点的电势能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、D两点机械能相等，故B正确； A．由于在D点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A错误； C．根据等量同种电荷的电场分布特点可知在C、D两点电场强度大小相等，小球受到的电场力大小相等，方向相反，故C错误； D．在C点重力与电场力方向相反，在D点，电场力与重力方向相同，可知小球在D点的加速度较大，故D错误。 故选B。 8．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0时刻小球速度为0开始计时，小球所受空气阻力大小，方向与运动方向相反，已知流体黏度随时间均匀变化规律：，其中 、均为大于0的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度a，小球所受合外力F，机械能的变化率。下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AC．根据牛顿第二定律，，因初始静止，其中阻力，黏度公式 阻力 黏度随时间变化，即 初始时刻加速度为。随着时间推移，减小到零，加速度又变为；合外力始终向下，为正值，不会出现负值。故AC错误； B．由功率公式，由速度一直在持续增加。因单调递增且增速放缓，图像表现为起点在原点、曲线向上凸且递增的形态，当后，速度线性增大，而非趋近于某一值而会再增大。故B错误； D．机械能损耗率等于阻力做功的功率，即 初始时， v 增大， η(t) 较大，增大； 之后 η(t)  减小， v 的增速放缓，减小； 当  η(t)  降为 0 后，阻力消失，趋近于 0。 图像先负向增大，后负向减小趋近于 0，与选项 D 的趋势一致，故D正确。 故选D。 9．（2026·福建泉州·二模）（多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 【答案】BD 【详解】A．在滑块P下降直至最低点的过程中，弹簧经历了从拉伸到原长再到压缩的过程，因此P、Q系统受到弹簧的作用力先做正功，后做负功，P、Q组成的系统机械能先增大后减小，故A错误； B．由几何关系可知，P落地前瞬间弹簧的压缩量为，因弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，因此系统初末状态的弹性势能相等，P、Q系统的初始状态的机械能与末状态的机械能相等；滑块P落地瞬间沿轻杆方向的速度为0，可知滑块Q的瞬时速度为0，滑块P减少的重力势能全部转化为滑块P的动能，由动能定理 解得，故B正确； C．P速度最大时，加速度为0，此时滑块P在竖直方向上受力平衡，故轻杆对P的作用力的竖直向上分量大小为，根据牛顿第三定律可推得滑块Q受到轻杆的作用力的竖直向下分量大小也为，因滑块Q在竖直方向上受力平衡，地面对Q的支持力等于，故C错误； D．从P释放到弹簧恢复原长时，由几何关系可知，此时轻杆与水平方向夹角为，设此时滑块P、Q的速度大小分别为和，两滑块沿轻杆方向的速度大小相等，满足 化简得 由动量定理可知P、Q所受的合力冲量大小等于P、Q的动量变化量，因此P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量，故D正确。 故选BD。 10．（2026·福建·一模）太极球是一种融合太极原理的健身运动项目，强调螺旋缠绕与内外协调的运动形态。一老年协会开展了该项“太极球”运动，如图所示，某次进行该项运动时，一老人半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，舞动球拍，让小球在竖直面内始终不脱离球拍且做匀速圆周运动，关于此过程，以下说法正确的是（　　） A．太极球的机械能始终保持不变 B．太极球所受的合力始终保持不变 C．太极球在D处可能与球拍之间没有摩擦力 D．太极球由A经过B到达C的过程中，先超重后失重 【答案】C 【详解】A．题意可知太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，但重力势能改变，所以其机械能不是始终保持不变的，故A错误； B．太极球在做匀速圆周运动的过程中，其所受的合力提供向心力，其大小不变，但方向改变，故B错误； C．太极球在D处可能只受到重力和球拍弹力的作用，二力的合力可以提供太极球此时做匀速圆周运动所需的向心力，故球此时可能不受球拍的摩擦力作用，故C正确； D．太极球做匀速圆周运动的过程中，其加速度大小不变，方向总是指向圆心。可知太极球由A到B的过程中，加速度有竖直向下的分加速度，处于失重状态；由B到C的过程中，加速度有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以太极球由A经过B到达C的过程中，太极球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。 故选C。 真题·实战演练 高频考点：第一是守恒条件辨析，单选必考，区分单体、系统守恒边界，判断摩擦力、拉力做功带来的机械能变化；第二是单物体计算，搭配平抛、竖直圆周运动，利用势能动能转化求解速度高度；第三是多物体综合，多选、计算题考绳连接体、弹簧模型，结合速度关联、弹性势能运算。考题常联动动能定理对比考查，侧重过程能量分析，计算量适中，每年稳定出现在选择或力学大题。 1．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 【答案】(1)(2)；(3) 【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有 解得 （2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有， 其中 解得 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 解得 （3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得 对B、C根据牛顿第二定律可得 撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 联立解得 2．（2015·福建·高考真题）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。 （1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。 （2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。 【答案】（1）3mg；（2）①；② 【详解】（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则有 滑块在B点处，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律得 （2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。 由机械能守恒得 由水平方向上动量守恒可知 解得 ②设滑块运动到C点时，小车速度大小为 ，由功能关系得 ， 设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得 由运动学规律得 联立以上各式，解得 3．（2014·福建·高考真题）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，有因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为） 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）游客从B点做平抛运动，有， 代入解得 从A到B，根据动能定理，有 解得 （2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得 过P点时，根据向心力公式，有 式中N=0，根据几何关系可知 解得 4．（2012·福建·高考真题）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块、用轻绳连接并跨过滑轮不计滑轮的质量和摩擦。初始时刻，、处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后下落、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 【详解】A．斜面倾角为，刚开始、处于静止状态，根据受力平衡有 所以。剪断轻绳后自由下落，沿斜面下滑，、都只有重力做功，根据动能定理得 得，所以、速率的变化量相同，故A错误； B．、下落过程中机械能守恒，动能的增加量等于重力势能的减小量，机械能的变化量均为零，故B项错误； C．重力势能变化量，由于、的质量不相等，所以它们的重力势能变化不相同，故项C错误； D．运动的时间为，所以物块重力做功的平均功率为 设运动的时间为，则有 物块重力做功的平均功率为 又因为 所以，故D正确。 故选D。 5．（2010·福建·高考真题）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则 A．时刻小球动能最大 B．时刻小球动能最大 C．~这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．~这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 【答案】C 【详解】小球在接触弹簧之前做自由落体．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误；时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误；时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，C正确D错误． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第20讲 机械能守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 机械能守恒定律的判断 3 知识点2 单物体机械能守恒问题 3 知识点3 多物体机械能守恒问题 4 模拟·基础演练 5 题型01 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 5 题型02 机械能守恒定律在杆连接中的应用 7 题型03 机械能守恒定律在绳连接中的应用 9 题型04 机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 12 题型05 机械能守恒定律中的图象问题 14 重难·创新演练 16 真题·实战演练 20 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 机械能守恒的条件判断与基础概念辨析 多选题 T8，6 分 单个物体的机械能守恒定律应用（含多过程、曲线运动结合） 多选题 T7，6 分 系统机械能守恒的综合应用（含连接体、弹簧、圆周运动结合） 多选题 T7，6 分 考情分析 福建该模块属于力学必考基础考点，三年来总分稳定在 4-12 分，基础概念类考点每年必考，综合应用类考点隔年设置为压轴计算题，非大题年份则将其融入选择题、填空题中考查。 以基础考查为主，题型覆盖单选、多选、填空、解答全类型，基础题侧重概念辨析与简单计算，综合题侧重多过程分析、能量转化逻辑与公式应用。 核心考查方向从 “死记硬背操作” 转向 “原理理解与分析应用”，常结合生活实践类情境（如体育运动、过山车、弹簧连接体）、学习探究类情境（如圆周运动、抛体运动）命题，强化对守恒条件、过程拆解、速度关联等核心思维的考查，对知识迁移能力的要求逐步提升 复习目标 1.熟记机械能守恒定律的核心概念与守恒条件，能精准辨析不同情景下机械能是否守恒，熟练区分 “只有重力 / 弹力做功” 与 “外力做功为零” 等常见易错误区，确保基础概念题不失分。 2.熟练掌握单个物体机械能守恒的分析方法，能结合抛体运动、圆周运动等情景，完成多过程的受力分析、能量转化分析与定量计算，规范解题步骤与逻辑表达。 3.掌握系统机械能守恒的分析思路，能独立处理连接体、弹簧类等多物体系统的守恒问题，熟练运用过程拆解、速度关联、能量转化等效等方法解决综合计算题，提升复杂情境下的模型建构与科学推理能力。 巩固·知识解构 知识点1 机械能守恒定律的判断 1．利用机械能的定义判断：分析动能和势能的和是否变化． 2．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为______，则机械能守恒． 3．利用能量转化来判断：若物体或系统______动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒． ✨得分速记： 判断机械能守恒抓做功核心，只看重力、弹簧弹力做功，其余力不做功则守恒。先分单个物体与系统两类模型，单体仅重力做功守恒，系统内重力、弹簧弹力做功守恒，外力、摩擦力做功机械能必变。快速区分：光滑无摩擦、不计空气阻力常守恒；有摩擦力、拉力做功一定不守恒。做题先圈出受力，判断除重力弹力外的力是否做功，再判断能量，只有动能重力势能、弹性势能相互转化，无内能生成即为守恒，选择题直接套用该逻辑快速排除错误选项。 ⚠特别提醒： 切勿混淆 “合力为零” 与机械能守恒，匀速运动若有拉力、摩擦力做功，机械能不守恒。系统判断极易忽略弹簧弹力做功，弹簧弹性势能属于系统机械能，单独物体不满足守恒。存在滑动摩擦时，机械能转化为内能，总量减少；电场力、安培力做功均会改变机械能。审题看清研究对象，区分单体、连接体系统，不能直接套用单体守恒条件分析多物体题型。 知识点2 单物体机械能守恒问题 1．机械能守恒的三种表达式 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 系统内A部分物体机械能的增加量______B部分物体机械能的减少量 注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 2.解题的一般步骤 (1)选取研究对象； (2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量； (4)根据机械能守恒定律列出方程； (5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明． ✨得分速记 判断单体守恒核心：只有重力做功，其余外力均不做功。审题先标记阻力、拉力，存在摩擦、空气阻力、外力拉动时机械能一定不守恒。能量层面仅动能与重力势能相互转化，无弹性势能、内能增减。解题优先选零势能面，列初末机械能相等列式，简化计算可使用重力势能变化量等于动能变化量。曲线运动、抛体、光滑圆周场景直接套用，匀速直线运动大多不满足守恒。 知识点3 多物体机械能守恒问题 1．解决多物体系统机械能守恒的注意点 (1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的____________和____________。 (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 用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (2)角速度相等情景 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)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。 ✨得分速记 多物体系统判断核心：只有重力、系统内弹簧弹力做功，系统外作用力、摩擦力不做功。单体机械能可能增减，但系统总机械能不变。连接体下滑、弹簧滑块组合是高频题型，两物体速度沿绳分量相等，列式需同步考虑两者动能、重力势能变化。存在滑动摩擦、外力拉动时系统机械能损耗。列式优先整体分析，分别写出所有物体初、末动能与势能总和，初态总机械能等于末态总机械能。 模拟·基础演练 考查重点：高考重点考查一是守恒条件辨析，单选高频判断单体、系统是否守恒，区分重力弹力做功与其他力做功；二是单物体模型计算，结合平抛、圆周运动列式求速度、高度；三是多物体系统综合，多选、计算题常考连接体、弹簧模型，需结合速度关联、弹性势能分析。命题常融合运动学，侧重过程拆解，兼顾基础判断与综合计算，注重摩擦力、电场力等易错条件区分。 ⏳题型01 机械能守恒定律在曲线运动中的应用 1．（2026·福建漳州·三模）一次联合教研活动中，物理老师们在科技馆参观时完成了如下实验：如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、、的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求： (1)A到达点的速度大小； (2)A通过传送带过程产生的内能； (3)A与B发生弹性正碰之后各自的速度大小。 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·福建福州·二模）2026年央视春晚《武BOT》展示了人形机器人的武术才能。节目中，机器人借助弹射踏板斜向上弹出，不计空气阻力，在空中其重心的运动轨迹可视为抛物线如图所示。以所在平面为零势能面，机器人重心从A到运动过程中，下列关于机器人的重力势能、动能、重力瞬时功率P、水平方向位移x与竖直方向位移y之间变化关系，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·福建·一模）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： (1)物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； (2)物块最终停下的位置离C点的距离； (3)调整弹簧的压缩量，物块由静止释放恰能到达与O点等高的高度，则弹簧的最大弹性势能为多大。 5．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 ⏳题型02 机械能守恒定律在杆连接中的应用 6．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图，质量均为的小球A、B用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为 C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为 D．小球A落地时的动能为 7．（2026·福建·一模）如图所示，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，用长为l的刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为_____，此过程中轻杆对小球b做的功为___________。 8．（2025·广西柳州·一模）相同小球A、B用长为的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上（如图）。当系统受到轻微扰动后，B由静止开始向右滑动，两球始终在同一竖直平面内运动。当A与墙面作用力刚为0时，杆与墙面夹角的余弦，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．球A与墙面作用力刚为0时，球B的速度为 B．球A落地时的速度为 C．球A与墙面作用力刚为0时，地面对球B的作用力为 D．从球A与墙面作用力为0到球A落地的过程中，杆对球A做功为 9．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是（　　） A．水平恒力F的功率逐渐减少 B．水平恒力F做的功为 C．分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能 D．滑块C的最大速度为 10．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕水平轴上的O点在竖直面内自由转动。A端小凹槽内装有一质量为m的石子，B端固定一配重。现将杆转至水平方向由静止释放，杆在配重作用下转到竖直位置时石子被水平抛出，击中前方竖直靶上的P点，P与O点恰好在同一水平线上。已知，，，重力加速度大小为g，不计一切摩擦及空气阻力。求： (1)石子被水平抛出时的速度大小； (2)杆由水平转到竖直的过程中凹槽对石子做的功W，以及配重的质量M。 ⏳题型03 机械能守恒定律在绳连接中的应用 11．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，质量均为m的物块A和B通过一轻质弹簧相连，轻绳跨过固定于天花板上的轻质定滑轮，两端分别与套在竖直固定杆上的小球C和物块B连接，小球C质量为2m。初始时托住C使系统静止，滑轮与C间的绳水平，滑轮与B间的绳竖直且恰无拉力，将C由静止释放，当小球C下降h时，绳与竖直杆的夹角为53°，此时A刚要离开地面。，，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力以及物块、小球和滑轮的大小，则此时小球C的速度大小为（     ） A． B． C． D． 12．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置木板，木板的上表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块，木板左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块。一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板和物块相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量为的子弹以初速度水平向右射入并留在其中（作用时间极短）。已知木板的质量为，物块的质量为，物块的质量为，在研究过程中、未发生碰撞，且未从上滑落，弹性绳的形变始终在弹性限度内。求： (1)子弹射入的过程中产生的热量； (2)当的速度大小为时，的速度大小； (3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能； (4)弹性绳刚好恢复原长时的速度大小。 13．（2025·福建泉州·模拟预测）某同学受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为的金属环，金属环用长度轻绳悬挂着一个质量为的木块，静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中箭与木块的作用时间很短，之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为、竖直高度为，重力加速度，在整个运动过程中，木块整体上升的最大高度小于绳长，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力，求： (1)箭射中木块前瞬间的速度大小； (2)箭射入木块的过程中系统损失的机械能； (3)木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小？ 14．（2026·福建·模拟预测）（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量的长木板A置于斜面上，质量的小物块B置于长木板上，轻绳的一端连接长木板，另一端绕过光滑轻质定滑轮与质量的重物C连接，C距离地面高度。开始时，整个系统处于静止状态。释放物块C，C落地后立即静止。已知A与B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C均可视为质点，运动过程中B始终没有离开A，A不与滑轮相碰，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小g取，则（　　） A．释放瞬间，C的加速度大小为 B．C落地瞬间，B的速度大小为 C．木板A上滑过程中，B在A上留下的划痕长度为 D．A、B组成的系统机械能的最大增加量为 15．（2025·福建福州·模拟预测）如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OQ边竖直，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放两小环，已知重力加速度为g。 (1)当B环下落时，A环的速度大小为__________ (2)A环到达O点时B的速度大小为__________；A的速度大小为__________。 ⏳题型04 机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 16．（2026·福建福州·三模）如图所示，一倾角的光滑斜面固定放置，斜面顶端固定一光滑小滑轮。一劲度系数的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板上，另一端连接滑块A。一根轻绳绕过滑轮一端与滑块A相连，另一端连接穿在光滑水平滑杆上的小球B，小滑轮距离水平滑杆的高度。初始时将小球B锁定在位置P，此时弹簧处于伸长状态，伸长量，轻绳与滑杆的夹角也为。解除小球B的锁定后，小球B由P运动至轻绳与滑杆夹角的位置Q。已知滑块A的质量，小球B的质量，取重力加速度，不计滑轮大小，，，计算结果可用根号表示。求： (1)小球B锁定时，求轻绳上的拉力大小； (2)小球B由P运动至Q，弹簧弹性势能的变化量； (3)小球B运动至Q时，滑块A的速度大小。 17．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三个质量均为的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量） (1)求B、C向左移动的最大距离； (2)求B、C分离时B的动能； (3)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值； (4)若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度随位移变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的、值（用、、表示），要求有推导过程。以撤去时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 18．（2026·福建泉州·三模）（多选）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面顶端固定一轻质滑轮。质量均为的相同小物块A、B通过不可伸长的轻绳连接，轻绳跨过滑轮并与斜面平行，用劲度系数为的相同轻质弹簧分别将A、B与斜面体底端相连。A、B静止时弹簧均处于原长且与斜面平行。现将A沿斜面缓慢下拉，然后松手。弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。则在两物块运动过程中（　　） A．连接B的弹簧最大压缩量为 B．A向上运动过程中其加速度随时间线性减小 C．A向上运动过程中其最大速度大小为 D．A向上运动过程中轻绳对滑轮的作用力保持不变 19．（2026·福建福州·一模）如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，物体Q、N通过一轻弹簧连接。Q、N的质量均为m，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37°和53°，PA=L，此时物体N与地面间弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P开始运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．P的质量为 B．弹簧的劲度系数 C．当P运动到图示位置时，Q的速度大小 D．P从释放到图示位置的过程中，P、Q两物体组成的系统机械能守恒 20．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，光滑的竖直墙面上P处和Q处各有一个钉子，二者处于同一水平高度，间距为L，有一轻质弹性绳，其弹力大小与伸长量成正比，原长为L，劲度系数为k，一端由P处钉固定，另一端系有一质量为的小球a，其中g为重力加速度。Q处钉子在弹性绳下面，绳子与钉子间无摩擦，钉子和小球都视为质点，现将小球a水平向右拉伸到与P处距离2L处并由静止释放，以下说法正确的是（     ） A．小球a释放后做直线运动 B．小球a释放后做曲线运动 C．小球运动过程中的最大速度大小为 D．小球运动过程中的最大速度大小为 ⏳题型05 机械能守恒定律中的图象问题 21．（2025·广西·模拟预测）传送带经常用于分拣货物。如图（a）为倾斜传送带输送机简化模型图，传送带顺时针匀速转动，在传送带下端点无初速度放上货物。货物从下端点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以点所在水平面为零势能面）如图（b）所示。货物视为质点，关于货物从点运动到点的过程说法正确的是（　　） A．该过程中货物受到的摩擦力不变 B．货物与传送带间相对滑动产生的热量为 C．货物对传送带做的功为 D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为 22．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）（多选）如图甲所示，竖直平面内水平虚线MN、PQ间距为，存在垂直于纸面向里磁感应强度为的匀强磁场。一质量为、边长为、总电阻为的正方形线框abcd。ab边进入磁场时的速度为（已知），运动过程中ab边始终保持水平，线框ab边进入磁场边界MN到ab边到达磁场边界PQ过程中，其图像如图乙所示。重力加速度为，忽略空气阻力，则（     ） A．线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量为 B．线框进入磁场过程的时间等于线框离开磁场过程的时间 C．整个线框刚离开磁场时的速度为 D．整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为 23．（2026·江西赣州·模拟预测）（多选）春季雨水较多，河水含沙量大，细小泥沙由于受到水的粘滞阻力作用沉降缓慢，致使水体浑浊。现对一泥沙颗粒在水中的运动开展研究，设泥沙颗粒在水中由静止开始竖直下沉，受到的阻力与速度大小成正比，取竖直向下为正方向，以开始下沉的位置为重力势能零势能面，关于泥沙颗粒的速度-时间图像（v-t）、重力势能-时间图像（）、机械能-位移图像（E-x）和动能-位移（）图像，下列可能正确的是（    ） A．B．C． D． 24．（2026·宁夏石嘴山·阶段检测）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 25．（2026·湖北·模拟预测）如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 重难·创新演练 设题创新:一是情境新颖，结合体育运动、轨道装置、航天简易模型等生活化素材包装模型；二是模型融合，将弹簧、连接体与圆周、平抛运动结合，混合单体、系统双重判断；三是设问灵活，不只单纯计算，增设守恒条件辨析、误差分析、能量损耗推导，弱化套公式，侧重逻辑推理，还常和动能定理对比设问，提升综合区分度。 1．（2026·福建·三模）（多选）太空自行车是近期的热门游乐项目，人在竖直圆形钢架轨道内骑车，依靠人力与惯性完成360°竖直圆周运动，倒挂在最高点时不会掉落，失重感明显。一游客从圆轨道右侧P点由静止出发，通过最低点后用力蹬车，直至冲上圆轨道最高点。则游客从M点减速上升至N点的过程中（　　） A．角速度减小 B．向心加速度减小 C．所受合外力始终指向圆心 D．游客机械能守恒 2．（2026·福建龙岩·三模）2026年春晚，质量为m的H2型号人形机器人身着武侠袍服，作为“剑宗大师”压轴登场进行舞剑表演。如图所示，在表演过程中舞台缓慢上升h，机器人始终与舞台保持相对静止。关于上述过程说法正确的是（　　） A．重力对机器人做正功 B．舞台对机器人不做功 C．机器人的动能增加mgh D．机器人的机械能增加mgh 3．（2026·福建宁德·二模）（多选）如图所示，质量的物块叠放在质量的木板上，木板静止在倾角为的固定斜面上，斜面底端连接一轻弹簧。某时刻，给物块一个沿斜面向下的初速度，木板与弹簧接触前，物块与木板已速度相同。接触后，木板下端到达点时两者恰好相对滑动，到达点时速度恰好为零。已知木板足够长，与斜面间的动摩擦因数，与物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。弹簧始终处在弹性限度内，劲度系数，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．物块刚开始下滑时的加速度大小为 B．木板刚接触弹簧时速度大小为 C．木板下端运动到点时，弹簧的压缩量为 D．木板下端从点运动到点的过程中，木板和弹簧组成的系统机械能不守恒 4．（2026·福建福州·三模）（多选）如图（a），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（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）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 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上方处 5．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间内运动的图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 6．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 7．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，O为连线的中点，是连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于O点对称，将一个带正电的小球（大小不计）在C点上方P点由静止释放，小球沿直线运动到D点，关于小球在两点（　　） A．速度相同 B．机械能相同 C．电场力相同 D．加速度相同 8．（2026·辽宁大连·一模）某一小球在黏性流体中，从足够高处开始由静止下落，t=0时刻小球速度为0开始计时，小球所受空气阻力大小，方向与运动方向相反，已知流体黏度随时间均匀变化规律：，其中 、均为大于0的常数，取初始位置为零势能面，重力的功率P，小球的加速度a，小球所受合外力F，机械能的变化率。下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 9．（2026·福建泉州·二模）（多选）如图，水平地面上固定有一竖直杆，杆上套有一小滑块P；小滑块Q放在地面上，P、Q间用一长为的轻杆通过铰链连接，一水平轻弹簧右端固定，左端与Q连接。已知P、Q质量均为m，重力加速度大小为g。初始时轻杆竖直，弹簧的伸长量为。P由静止释放，整个运动过程中P、Q可视为质点，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，则在P下降过程中（   ） A．P、Q组成的系统机械能一直增大 B．P落地前瞬间速度大小为 C．P速度最大时，Q受到地面的支持力大于2mg D．从P释放到弹簧恢复原长时，P所受的合力冲量小于Q所受的合力冲量 10．（2026·福建·一模）太极球是一种融合太极原理的健身运动项目，强调螺旋缠绕与内外协调的运动形态。一老年协会开展了该项“太极球”运动，如图所示，某次进行该项运动时，一老人半马步站立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，舞动球拍，让小球在竖直面内始终不脱离球拍且做匀速圆周运动，关于此过程，以下说法正确的是（　　） A．太极球的机械能始终保持不变 B．太极球所受的合力始终保持不变 C．太极球在D处可能与球拍之间没有摩擦力 D．太极球由A经过B到达C的过程中，先超重后失重 真题·实战演练 高频考点：第一是守恒条件辨析，单选必考，区分单体、系统守恒边界，判断摩擦力、拉力做功带来的机械能变化；第二是单物体计算，搭配平抛、竖直圆周运动，利用势能动能转化求解速度高度；第三是多物体综合，多选、计算题考绳连接体、弹簧模型，结合速度关联、弹性势能运算。考题常联动动能定理对比考查，侧重过程能量分析，计算量适中，每年稳定出现在选择或力学大题。 1．（2024·福建·高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 2．（2015·福建·高考真题）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。 （1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。 （2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。 3．（2014·福建·高考真题）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。 （1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； （2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，有因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为） 4．（2012·福建·高考真题）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块、用轻绳连接并跨过滑轮不计滑轮的质量和摩擦。初始时刻，、处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后下落、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 5．（2010·福建·高考真题）如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则 A．时刻小球动能最大 B．时刻小球动能最大 C．~这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．~这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $