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第3讲　机械能守恒定律
第1课时　机械能守恒定律的理解及应用(基础落实课)
一、机械能
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点
物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的　　　　有关,而跟物体运动的　　　　无关。重力做功不引起物体　　　　的变化。
(2)重力势能
①表达式:Ep=　　　　。
②重力势能的特点:重力势能是物体和　　　　所组成的“系统”共有的,重力势能的大小与参考平面的选取　　　,但重力势能的变化量与参考平面的选取　　　　。
(3)重力做功与重力势能变化的关系
定性 关系 重力对物体做正功,重力势能就　　　 重力对物体做负功,重力势能就　　　
定量 关系 物体从位置A到位置B时,重力对物体做的功等于物体重力势能的　　　　,即WG=-ΔEp
2.弹力做功与弹性势能
(1)弹性势能:发生　　　　　的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能　　　　;弹力做负功,弹性势能　　　。即W=　　　　。
二、机械能守恒定律
1.内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内,　　　　与　　　　可以互相转化,而总的机械能　　　　　。
2.对机械能守恒条件的理解
3.表达式
微点判断
1.重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。 (　 )
2.重力势能的变化与零势能参考平面的选取无关。 (　 )
3.被举到高处的物体重力势能一定不为零。 (　 )
4.物体克服重力做功,物体的重力势能一定增加。 (　 )
5.发生弹性形变的物体都具有弹性势能。 (　 )
6.弹力做正功,弹性势能一定增加。 (　 )
7.(人教必修2P93T1·改编)跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时机械能守恒。 (　 )
8.(人教必修2P93T1·改编)不计空气阻力,在光滑水平面上运动的小球碰到一个弹簧,把弹簧压缩后,又被弹回来,小球和弹簧组成的系统机械能守恒。 (　 )
9.物体所受的合外力为零,物体的机械能一定守恒。 (　 )
10.当物体的速度增大时,物体的机械能可能减小。 (　 )
11.物体除受重力外,还受其他力,但其他力不做功,则物体的机械能一定守恒。 (　 )
12.物体的质量越大,所处的位置越高,重力势能就越大。 (　 )
逐点清(一)　机械能守恒的判断
|题|点|全|练|
1.[对机械能守恒条件的理解]
关于机械能守恒定律的适用条件,下列说法正确的是 (　　)
A.只有重力和弹力作用时,机械能才守恒
B.当有其他外力作用时,只要合外力为零,机械能守恒
C.当有其他外力作用时,只要其他外力不做功,机械能守恒
D.炮弹在空中飞行不计阻力时,仅受重力作用,所以爆炸前后机械能守恒
2.[单物体机械能守恒的判断]
(2025·广州高三模拟)(多选)荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示,正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置,使自己越荡越高。某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿,忽略空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.在B处时,小明处于平衡状态
B.在A处时,小明处于超重状态
C.小明在A处的机械能小于在B处的机械能
D.小明在A处的机械能大于在B处的机械能
3.[多个物体组成的系统机械能守恒的判断]
(多选)如图所示,将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中,小球的机械能守恒
4.[含弹性绳(弹簧)的系统机械能守恒的判断]
可视为质点的游客在蹦极平台末端O点由静止开始下落,到a点时轻质弹性绳恰好伸直,能到达的最低位置为b点。弹性绳始终在弹性限度内,不计一切阻力,则游客第一次从a点运动到b点的过程中 (　　)
A.游客的机械能守恒
B.游客过a点时动能最大
C.游客的机械能先增大后减小
D.游客、轻质弹性绳和地球组成的系统机械能守恒
|精|要|点|拨|
判断机械能守恒的三种方法
定义法 利用机械能的定义直接判断,分析物体或系统的动能和势能之和是否变化,若不变,则机械能守恒
做功法 若物体或系统只有重力或系统内弹力做功,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
转化法 若物体或系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式能的转化,则机械能守恒
自主空间: 　







逐点清(二)　单个物体机械能守恒定律的应用
1.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
2.应用场景
(1)在自由落体运动中,物体只受重力作用,没有其他外力做功,因此机械能守恒。可以通过机械能守恒定律计算物体的初速度、下落高度等。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时,因只有重力做功,机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动或单摆运动时,因只有重力做功,也常用机械能守恒定律列式求解。
[考法全训]
考法1　单物体单过程机械能守恒问题
1.(2024·全国甲卷)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 (　　)
A.在Q点最大　　　　　 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
考法2　单物体多过程机械能守恒问题
2.(2024年1月·安徽高考适应性演练,节选)为激发学生参与体育活动的兴趣,某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题,讨论并设计了如图所示的路面,其中AB是倾角为53°的斜面,凹圆弧和凸圆弧的半径均为R,且D、F两点处于同一高度,B、E两点处于另一高度,整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点),让它由静止开始运动。已知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)当h=0.6R时,求小球经过最低点C时,路面受到的压力;
(2)若小球一定能沿路面运动到F点,求h的取值范围。
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逐点清(三)　非质点类机械能守恒问题
　　像“液柱”“链条”类物体,在其运动过程中会发生形变,其重心位置相对物体也发生变化,因此这类物体不能再视为质点来处理了,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。解决这类问题的关键是准确找到物体位置变化部分重心高度的变化,从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
类型(一)　“液柱”类问题
[例1]　如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,在右端管口用盖板A密闭,两侧管内液面的高度差为h,U形管中液柱的总长为5h。现拿去盖板A,液体开始流动,不计液体内部及液体与管壁间的阻力,则当两管液面高度相同时,右侧液面下降的速度是(重力加速度为g) (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
听课记录:
类型(二)　“链条”类问题
　　[例2]　如图所示,柔软的绳索放置在光滑水平桌面上,a、c为绳索端点,b为绳索中点,且恰好处于桌面边缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态,由静止释放绳索后,绳索开始滑动,直至刚好离开桌面,此过程中c点未落至地面。已知质量分布均匀的绳索总质量为m,总长度为L。整个过程中,绳索的 (　　)
A.重力势能减少了mgL　 B.末速度为
C.动能增加了mgL D.机械能增加了mgL
听课记录:
类型(三)　“多个小球”类问题
　　[例3]　(多选)如图所示,在竖直平面内,半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起,斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r R)的光滑小球(小球无明显形变),小球恰好将圆弧轨道铺满,从最高点A到最低点B各小球依次标记为1、2、3、…、N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走,N个小球由静止开始沿轨道运动,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.N个小球在运动过程中始终不会散开
B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D.第1个小球到达最低点的速度v<
听课记录:
|思|维|建|模|
1.在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
2.分析非质点类物体的动能时,要看物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体整体的动能才可表示为mv2。
3.在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。
第1课时　机械能守恒定律的理解及应用
课前基础先行
一、1.(1)位置　路径　机械能　(2)①mgh　②地球　有关　无关　(3)减少　增加　减少量　2.(1)弹性形变　(2)减小　增加　-ΔEp
二、1.动能　势能　保持不变
[微点判断]　1.√　2.√　3.×　4.√　5.√　6.×　7.×　8.√　9.×　10.√　11.√　12.√
逐点清(一)
1.选C　机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”,“做功”和“作用”是两个不同的概念,A错误;物体受其他外力作用且合外力为零时,机械能可能不守恒,如拉一物体匀速上升,合外力为零,物体的动能不变,重力势能增加,故机械能增加,B错误;由机械能守恒定律的特点知,C正确;在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能,机械能不守恒,D错误。
2.选BC　在B处时,速度为0,所需的向心力为0,但沿切线方向的合力不为0,所以不是处于平衡状态,故A错误;在A处时,加速度方向向上,小明处于超重状态,故B正确;小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿,将自身的化学能转化为机械能,则小明的机械能增大,所以小明在A处的机械能小于在B处的机械能,故C正确,D错误。
3.选BC　小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C正确。
4.选D　游客第一次从a到b的运动过程中,弹性绳的弹力一直对游客做负功,游客的机械能一直减小,故A、C错误;游客第一次从a到b的运动过程中,一开始弹力小于游客的重力,游客向下做加速运动,当弹力等于游客的重力时,速度达到最大,动能达到最大,之后弹力大于重力,游客向下做减速运动,故B错误;游客、轻质弹性绳和地球组成的系统,只有重力和系统内弹力做功,则系统机械能守恒,故D正确。
逐点清(二)
1.选C　
方法一(分析法):设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处(P点)对大圆环的作用力恰好为零,如图所示。设图中夹角为θ,从大圆环顶端到P点过程,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2,在P点,根据牛顿第二定律有mgcos θ=m,联立解得cos θ=。从大圆环顶端到P点过程,小环速度较小,小环重力指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力,所以大圆环对小环的弹力背离圆心,不断减小;从P点到最低点过程,小环速度变大,小环重力和大圆环对小环的弹力的合力指向大圆环圆心方向的分力提供向心力,所以大圆环对小环的弹力逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法):设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时,设该处和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ(0≤θ≤π),根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π),在该处根据牛顿第二定律有F+mgcos θ=m(0≤θ≤π),联立可得F=2mg-3mgcos θ,则大圆环对小环作用力的大小=,根据数学知识可知,的大小在cos θ=时最小,结合牛顿第三定律可知,小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
2.解析:(1)从静止释放到C点过程中,根据机械能守恒定律mgh+mg=m
在C点由牛顿第二定律FN-mg=m
联立解得FN=3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg,方向竖直向下。
(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点,刚好到达F点时有mgcos 37°=m
根据机械能守恒定律有
mgh'+mg=m
联立解得h'=0.2R
故可知h的范围为0答案:(1)3mg,方向竖直向下
(2)0逐点清(三)
[例1]　选B　设管的横截面积为S,液体的密度为ρ。拿去盖板,液体开始流动,根据机械能守恒定律有ρhSg·h=ρ·5hSv2,解得v=,故选B。
[例2]　选B　以桌面为零势能参考平面,整个过程中,绳索的重力势能减少了ΔEp=-·-=mgL,整个过程中只有重力做功,绳索的机械能守恒,可知绳索动能增加了ΔEk=ΔEp=mgL,设绳索末速度大小为v,则有ΔEk=mv2-0=mgL,解得v=,故选B。
[例3]　选AD　在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而圆弧面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用,冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N个小球在运动过程中始终不会散开,故A正确;第1个小球在下落过程中受到挤压,所以有外力对第1个小球做功,第1个小球的机械能不守恒,故B错误;由于小球在下落过程中速度发生变化,相互间的弹力变化,所以第N个小球不可能做匀加速运动,故C错误;当重心下降时,根据机械能守恒定律得mv2=mg·,解得v=,对整体在AB段时重心低于,所以第1个小球到达最低点的速度v<,故D正确。
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机械能守恒定律
第 3 讲
机械能守恒定律的理解及应用
(基础落实课)
第1课时
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　机械能守恒的判断
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　非质点类机械能守恒问题
5
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　单个物体机械能守恒定律的应用
课前基础先行
一、机械能
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点
物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的_____有关，而跟物体运动的_____无关。重力做功不引起物体________的变化。
位置
路径
机械能
(2)重力势能
①表达式:Ep=______。
②重力势能的特点:重力势能是物体和______所组成的“系统”共有的，重力势能的大小与参考平面的选取______，但重力势能的变化量与参考平面的选取_____。
mgh
地球
有关
无关
(3)重力做功与重力势能变化的关系
定性 关系 重力对物体做正功，重力势能就______
重力对物体做负功，重力势能就______
定量 关系 物体从位置A到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的_______，即WG=-ΔEp
减少
增加
减少量
2.弹力做功与弹性势能
(1)弹性势能:发生__________的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功，弹性势能_____；弹力做负功，弹性势能_____。即W=_____。
弹性形变
减小
增加
-ΔEp
二、机械能守恒定律
1.内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，______与_____可以互相转化，而总的机械能______________。
动能
势能
保持不变
2.对机械能守恒条件的理解
3.表达式
1.重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。 ( )
2.重力势能的变化与零势能参考平面的选取无关。 ( )
3.被举到高处的物体重力势能一定不为零。 ( )
4.物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加。 ( )
5.发生弹性形变的物体都具有弹性势能。 ( )
6.弹力做正功，弹性势能一定增加。 ( )
微点判断
√
√
×
√
√
×
7.(人教必修2P93T1·改编)跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时机械能守恒。 ( )
8.(人教必修2P93T1·改编)不计空气阻力，在光滑水平面上运动的小球碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来，小球和弹簧组成的系统机械能守恒。 ( )
9.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。 ( )
10.当物体的速度增大时，物体的机械能可能减小。 ( )
11.物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。 ( )
12.物体的质量越大，所处的位置越高，重力势能就越大。 ( )
×
√
×
√
√
√
逐点清(一)　机械能守恒的判断
课
堂
√
题点全练
1.[对机械能守恒条件的理解]
关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是(　　)
A.只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B.当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C.当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D.炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析:机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A错误；物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可能不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B错误；由机械能守恒定律的特点知，C正确；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D错误。
2.[单物体机械能守恒的判断]
(2025·广州高三模拟)(多选)荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示，正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置，使自己越荡越高。某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.在B处时，小明处于平衡状态
B.在A处时，小明处于超重状态
C.小明在A处的机械能小于在B处的机械能
D.小明在A处的机械能大于在B处的机械能
√
√
解析:在B处时，速度为0，所需的向心力为0，但沿切线方向的合力不为0，所以不是处于平衡状态，故A错误；在A处时，加速度方向向上，小明处于超重状态，故B正确；小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿，将自身的化学能转化为机械能，则小明的机械能增大，所以小明在A处的机械能小于在B处的机械能，故C正确，D错误。
3.[多个物体组成的系统机械能守恒的判断]
(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，小球的机械能守恒
√
√
解析:小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。
4.[含弹性绳(弹簧)的系统机械能守恒的判断]
可视为质点的游客在蹦极平台末端O点由静止开始下落，到a点时轻质弹性绳恰好伸直，能到达的最低位置为b点。弹性绳始终在弹性限度内，不计一切阻力，则游客第一次从a点运动到b点的过程中(　　)
A.游客的机械能守恒
B.游客过a点时动能最大
C.游客的机械能先增大后减小
D.游客、轻质弹性绳和地球组成的系统机械能守恒
√
解析:游客第一次从a到b的运动过程中，弹性绳的弹力一直对游客做负功，游客的机械能一直减小，故A、C错误；游客第一次从a到b的运动过程中，一开始弹力小于游客的重力，游客向下做加速运动，当弹力等于游客的重力时，速度达到最大，动能达到最大，之后弹力大于重力，游客向下做减速运动，故B错误；游客、轻质弹性绳和地球组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，则系统机械能守恒，故D正确。
判断机械能守恒的三种方法
精要点拨
定义法 利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能之和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法 若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，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
转化法 若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
逐点清(二)　单个物体机械能守恒定律的应用
课
堂
1.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
2.应用场景
(1)在自由落体运动中，物体只受重力作用，没有其他外力做功，因此机械能守恒。可以通过机械能守恒定律计算物体的初速度、下落高度等。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动或单摆运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
考法1　单物体单过程机械能守恒问题
1.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
考法全训
A.在Q点最大　　　　　 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析:方法一(分析法):设大圆环半径为R，
小环在大圆环上某处(P点)对大圆环的作用力
恰好为零，如图所示。设图中夹角为θ，从大
圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2，
√
在P点，根据牛顿第二定律有mgcos θ=m，联立解得cos θ=。从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小；从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力的合力指向大圆环圆心方向的分力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法):设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)，联立可得F=2mg-3mgcos θ，则大圆环对小环作用力的大小=，根据数学知识可知，的大小在cos θ=时最小，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
考法2　单物体多过程机械能守恒问题
2.(2024年1月·安徽高考适应性演练，节选)为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧 和凸圆弧 的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)当h=0.6R时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力；
答案:3mg，方向竖直向下　
解析:从静止释放到C点过程中，根据机械能守恒定律mgh+mg=m
在C点由牛顿第二定律FN-mg=m
联立解得FN=3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg，方向竖直向下。
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围。
答案:0解析:分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mgcos 37°=m
根据机械能守恒定律有
mgh'+mg=m
联立解得h'=0.2R
故可知h的范围为0逐点清(三)　非质点类机械能守恒问题
课
堂
像“液柱”“链条”类物体，在其运动过程中会发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理了，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。解决这类问题的关键是准确找到物体位置变化部分重心高度的变化，从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
类型(一)　“液柱”类问题
[例1]　如图所示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，在右端管口用盖板A密闭，两侧管内液面的高度差为h，U形管中液柱的总长为5h。现拿去盖板A，液体开始流动，不计液体内部及液体与管壁间的阻力，则当两管液面高度相同时，右侧液面下降的速度是(重力加速度为g)(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
[解析]　设管的横截面积为S，液体的密度为ρ。拿去盖板，液体开始流动，根据机械能守恒定律有ρhSg·h=ρ·5hSv2，解得v=，故选B。
√
类型(二)　“链条”类问题
[例2]　如图所示，柔软的绳索放置在光滑水平桌面上，a、c为绳索端点，b为绳索中点，且恰好处于桌面边缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态，由静止释放绳索后，绳索开始滑动，直至刚好离开桌面，此过程中c点未落至地面。
已知质量分布均匀的绳索总质量
为m，总长度为L。整个过程中，
绳索的(　　)
A.重力势能减少了mgL　
B.末速度为
C.动能增加了mgL
D.机械能增加了mgL
√
[解析]　以桌面为零势能参考平面，整个过程中，绳索的重力势能减少了ΔEp=-·-=mgL，整个过程中只有重力做功，绳索的机械能守恒，可知绳索动能增加了ΔEk=ΔEp=mgL，设绳索末速度大小为v，则有ΔEk=mv2-0=mgL，解得v=，故选B。
类型(三)　“多个小球”类问题
[例3]　(多选)如图所示，在竖直平面内，半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B各小球依次标记为1、2、3、…、N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.N个小球在运动过程中始终不会散开
B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D.第1个小球到达最低点的速度v<
√
√
[解析]　在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而圆弧面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对第1个小球做功，第1个小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运动，故C错误；当重心下降时，根据机械能守恒定律得mv2=mg·，解得v=，对整体在AB段时重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度v<，故D正确。
1.在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
2.分析非质点类物体的动能时，要看物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体整体的动能才可表示为mv2。
3.在解决多个小球类问题时，应抓住小球之间是否始终相互挤压。
思维建模
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·南通二模)小明绘制了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，羽毛球到达P点时速度大小为v，则(　　)
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A.羽毛球在A点的机械能等于在B点的机械能
B.整个飞行过程中，羽毛球在P点时的动能最小
C.整个飞行过程中，羽毛球速度最小的位置在P点左侧
D.若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，羽毛球将掉落在原出发点的右侧
解析:由运动轨迹可知，羽毛球在空中一定受空气阻力，从A到B过程中，除了重力外，空气阻力一直做负功，羽毛球的机械能一直减小，故羽毛球在A点的机械能大于在B点的机械能，故A错误；
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当羽毛球所受重力和阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小的位置应该在P点右侧，即动能最小的位置在P点右侧，故B、C错误；若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，与题图中从P点到落地点过程相同，由题图可知，羽毛球从抛出点到P点的水平位移大于从P点到落地点的水平位移，则若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，羽毛球将掉落在原出发点的右侧，故D正确。
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2.(2025·常德一模)航天员在太空实验室中做如图所示的实验。一根长为L的不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。开始时，小球位于位置M，O、M间距离d=，绳子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM向右运动，设在以后的运动中小球到达位置N，此时小球的速度方向与绳垂直，则小球从M运动到N的过程中，下列说法正确的是(　　)
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A.小球的机械能守恒
B.轻绳对小球做功为零
C.小球始终做匀速圆周运动
D.小球在N点时的速度大小为
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解析:因空间站内的物体都处于完全失重状态，小球以初速度v0先向右做匀速直线运动至轻绳恰好伸直，轻绳在绷紧瞬间产生拉力，使小球沿绳方向的速度分量立刻减为零，只剩下垂直于绳方向的速度分量v⊥，即此时小球的机械能有损失，轻绳对小球做功不为零，之后小球绕O点以速度大小v⊥做半径为L的匀速圆周运动，故A、B、C错误；因小球在N点时已做匀速圆周运动，其速度大小为v⊥=v0sin θ，又sin θ==，故v⊥=，故D正确。
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3.图甲是某市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是 (　　)
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解析:根据机械能守恒定律可得mgh=mv2，可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为vN=，小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其v t图像为一条倾斜直线，小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其v t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故A可能正确，B错误；根据机械能守恒定律可得mgh=mv2，可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh，可知小球a和b的v2 h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D错误。
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4.(2025·安康模拟)如图所示，某同学将篮球沿斜向上与水平方向成53°角方向投出后，篮球刚好落入篮筐，篮球入筐时的速度方向斜向下与水平方向成37°角，已知篮球投出时距离地面的高度为1.6 m，篮筐距离地面的高度为3 m，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，篮球可视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则篮球投出时的速度大小为 (　　)
A.10 m/s B.8 m/s
C.6 m/s D.5 m/s
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解析:由于篮球在空中做斜抛运动，水平方向速度不变，对篮球抛出时和入筐时速度进行分析可知v0cos 53°=vcos 37°，篮球从抛出到入筐，根据机械能守恒定律可知mgh1+m=mgh2+mv2，联立解得v0= 8 m/s，故选B。
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5.(人教版教材必修2，P94T5改编)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可忽略，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
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A.小球从A上升到B的过程中，小球的动能一直增加
B.小球从A上升到C的过程中，小球的机械能先增大再减小
C.小球在位置B时，小球的动能为0.2 J
D.小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 J
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解析:小球从A上升到B的过程中，弹簧的弹力先大于重力后小于重力，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故A错误；小球从A上升到B的过程中，弹簧的弹力做正功，小球的机械能增大，从B到C过程中，只有重力做功，小球的机械能不变，故小球的机械能先增大再不变，故B错误；C、B的高度差为0.2 m，根据动能定理有0-Ek=-mghBC，小球在位置B时的动能为Ek=0.4 J，故C错误；从A到C过程中，根据机械能守恒定律有Ep=mghAC=0.6 J，故D正确。
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6.一款儿童游戏机的简化示意图如图所示。在与水平面夹角θ=30°的光滑游戏面板上固定一半径为R的光滑细圆形挡板(垂直于面板)，A、B为与圆心等高的直径两端点。质量为m的弹珠从弹射器水平发射出来后，沿挡板内侧从轨道最低点D开始运动，恰好能通过轨道最高点C，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
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A.弹珠在C点的速度大小为
B.弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg
C.弹珠从C点到D点的过程中，重力的功率先减小后增大
D.弹珠从A点到B点的过程中，先失重后超重
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解析:弹珠恰好能通过轨道最高点C，则mgsin θ=m，解得弹珠在C点的速度大小为vC=，故A错误；弹珠从A点到C点过程，根据机械能守恒定律得m=m+mgRsin θ，弹珠经过A点时受到支持力大小为FN=m=mg，根据牛顿第三定律，弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg，故B正确；弹珠经过C点、D点时速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，则弹珠从C点到D点的过程中，重力的功率先增大后减小，故C错误；弹珠从A点到B点的过程中，一直有向下的加速度分量，一直处于失重状态，故D错误。
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7.如图甲所示，半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受
到的压力F随时间t的关系如图乙
所示，重力加速度g取10 m/s2，
则 (　　)
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A.物块从D点离开轨道时速度大小为5 m/s
B.F0的大小为70 N
C.v0的大小为2 m/s
D.物块在AC段运动过程中，重力的瞬时功率一直增大
解析:由题图乙可知，物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s-0.875 s=0.8 s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s，A错误；从C到D由机械能守恒定律可知m=m+mgR，
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物块在C点时对轨道的压力最大，则F0-mg=m，解得F0=70 N，B正确；从B到D由机械能守恒定律可知m+mgRsin 30°=m，解得vB=2 m/s，则v0=vBsin 30°= m/s，C错误；根据PG=mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零，在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，D错误。
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二、多项选择题
8.如图所示，一条质量均匀分布、长为l的铁链AB放在光滑水平桌面上，B端刚好与桌面右端对齐。由于轻微的扰动，铁链B端开始竖直向下滑落，则从B端离开桌面到A端离开桌面的过程中，下列说法正确的是(图示圆弧可使离开桌面的铁链都竖直向下运动且无能量损失，重力加速度大小为g)(　　)
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A.B端向下运动的加速度大小与下降的距离成正比
B.B端向下做匀加速直线运动
C.铁链的速度大小与B端下降的距离成正比
D.A端离开桌面时，铁链的速度大小为
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解析:设铁链单位长度的质量为m，某时刻B端下滑的长度为x，则mxg=mla，解得a=g，A正确；因随铁链B端不断下降，加速度不断变大，则B端向下不是做匀加速直线运动，B错误；由机械能守恒定律有mxg=mlv2，解得v=x，铁链的速度大小与B端下降的距离成正比，A端离开桌面时，铁链的速度大小为vA=·l=，C正确，D错误。
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9.(2025·大连高三调研)过山车是一种刺激的游乐项目，但未经训练的普通人，在向上的加速度达到大约5倍重力加速度时，由于血液向下运动导致头部缺血，就会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道示意图，其中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆环轨道最高点、B为最低点。图乙为另一处过山车轨道示意图，其回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，经过A、C点时均和轨道没有相互作用，B、D点等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是 (　　)
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A.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
B.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
C.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
D.图甲过山车经过A点时的速度等于图乙过山车经过C点时的速度
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解析:已知过山车经过A、C点时均和轨道没有相互作用，在A、C点均是重力提供向心力，则有mg==，解得vA=vC=，故D正确；过山车分别运动到轨道最低点B、D时，向上的加速度最大；对题图甲圆环轨道，由机械能守恒定律得mg·2R=m-m，经过B点时加速度aB=，联立解得aB=5g，题图甲过山车轨道存在安全隐患；
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对题图乙倒水滴形轨道，由机械能守恒定律得mg·3R=m-m，经过D点时加速度aD=，解得aD=3.5g<5g，故题图乙过山车轨道比题图甲轨道更安全，故A错误，B正确；相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒定律有mgh甲=EkA+mg·2R，mgh乙=EkC+mg·3R，其中EkA=EkC，可得h乙-h甲=R，即题图甲轨道的顶峰高度比题图乙轨道的顶峰高度低R，故C正确。
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10.(2024·福建高考)如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2 m，OH=1.4 m，OQ1=8.4 m，OQ2=9.8 m，沙包质量为0.2 kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2，则沙包 (　　)
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A.第一次运动过程中上升与下降时间之比∶4
B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3 J
C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72∶85
D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
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解析:沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m，上升时间为t上1==0.6 s，最高点距水平地面高为h0=3.2 m，故下降的时间为t下1==0.8 s，故沙包第一次运动过程中上升与下降时间之比为3∶4，故A错误；两条轨迹最高点等高，沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=t上1+t下1=1.4 s，
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可知沙包第一次、第二次抛出时水平方向的分速度大小分别为vx1== 6 m/s、vx2==7 m/s，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度大小也相等，为vy=gt上1=6 m/s，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次经P点比第二次的机械能少ΔE=m-m=1.3 J，从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Ek1=Ek01+mghOH=m(+)+mghOH=10 J，Ek2=Ek02+mghOH=m·(+)+mghOH=11.3 J，则第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为100∶113，故B正确，C错误；
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根据以上分析可知，两次抛出时竖直方向的分速度大小相同，两次落地时沙包在竖直方向的分速度大小也相同，由于第一次抛出的水平分速度较小，沙包在水平方向速度大小不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大，故D正确。
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三、计算题
11.(10分)(2025·信阳一模)某款弹射跑车玩具如图所示。一劲度系数为k=125 N/m的轻弹簧一端固定，另一端将质量为m=0.5 kg的小车沿光滑直轨道弹出，轨道由竖直圆形过山车轨道M和带有外侧壁的水平圆形轨道N及多段直轨道连接构成，所有轨道均光滑，M、N轨道半径均为R=0.2 m，忽略小车的大小及其在轨道连接处的能量损失。若轻弹簧的形变量为x，其具有的弹性势能为Ep=kx2，其中k为劲度系数。重力加速度取g=10 m/s2。求:
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(1)若小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动，求初始时弹簧的压缩量；(4分)
答案:0.2 m　
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解析:小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动，则在轨道最高点有mg=m
小车由静止运动到M轨道最高点，由机械能守恒定律得k=mg·2R+m
解得Δx=0.2 m。
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(2)在第(1)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时所受轨道的弹力大小。(6分)
答案:5 N
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解析:小车由静止运动到N轨道最外侧C点，由机械能守恒定律得k=m
在C点，沿水平方向有FN1=m
沿竖直方向有FN2=mg
FN=
联立解得FN=5 N。
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12.(14分)(2025·江苏高邮高三月考)如图所示，弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接，轨道均固定在竖直平面内，圆轨道半径为0.5 m。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2 m处静止释放，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.5，其余轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求:
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(1)滑块运动到圆轨道最高点D时轨道对滑块的作用力大小；(4分)
答案:3 N　
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解析:滑块从静止滑至D点的过程中，由机械能守恒定律有
mg(H-2R)=m
对经过D点的滑块受力分析如图1
由牛顿第二定律得F+mg=m
解得F=3 N。
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(2)滑块在斜轨道上从B点运动到最高点E(图中未标出)的时间；(5分)
答案: s　
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解析:滑块从静止滑至B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgH=m
滑块在斜轨道上上滑，受力分析如图2
由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
从B点滑至最高点E的时间t== s。
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(3)滑块第一次返回到BE中点时重力的功率。(5分)
答案:1.2 W
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解析:滑块从B点到E点的位移x=
滑块下滑过程受力分析如图3
由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma'
运动至BE中点时的速度v2=2a'·x
此时重力的功率P=mgvsin 37°=1.2 W。
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4课时跟踪检测(三十)　机械能守恒定律的理解及应用
一、单项选择题
1.(2025·南通二模)小明绘制了如图所示的羽毛球飞行轨迹图,图中A、B为同一轨迹上等高的两点,P为该轨迹的最高点,羽毛球到达P点时速度大小为v,则 (　　)
A.羽毛球在A点的机械能等于在B点的机械能
B.整个飞行过程中,羽毛球在P点时的动能最小
C.整个飞行过程中,羽毛球速度最小的位置在P点左侧
D.若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,羽毛球将掉落在原出发点的右侧
2.(2025·常德一模)航天员在太空实验室中做如图所示的实验。一根长为L的不可伸长的轻绳,一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。开始时,小球位于位置M,O、M间距离d=,绳子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM向右运动,设在以后的运动中小球到达位置N,此时小球的速度方向与绳垂直,则小球从M运动到N的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.小球的机械能守恒
B.轻绳对小球做功为零
C.小球始终做匀速圆周运动
D.小球在N点时的速度大小为
3.图甲是某市科技馆的一件名为“最速降线”的展品,在高度差一定的不同光滑轨道中,小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究,如图乙所示,两轨道的起点M高度相同,终点N高度也相同,轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M,同时由静止释放,发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是 (　　)
4.(2025·安康模拟)如图所示,某同学将篮球沿斜向上与水平方向成53°角方向投出后,篮球刚好落入篮筐,篮球入筐时的速度方向斜向下与水平方向成37°角,已知篮球投出时距离地面的高度为1.6 m,篮筐距离地面的高度为3 m,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,篮球可视为质点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则篮球投出时的速度大小为 (　　)
A.10 m/s B.8 m/s
C.6 m/s D.5 m/s
5.(人教版教材必修2,P94T5改编)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上,并把小球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m,C、B的高度差为0.2 m,弹簧的质量和空气阻力都可忽略,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.小球从A上升到B的过程中,小球的动能一直增加
B.小球从A上升到C的过程中,小球的机械能先增大再减小
C.小球在位置B时,小球的动能为0.2 J
D.小球在位置A时,弹簧的弹性势能为0.6 J
6.一款儿童游戏机的简化示意图如图所示。在与水平面夹角θ=30°的光滑游戏面板上固定一半径为R的光滑细圆形挡板(垂直于面板),A、B为与圆心等高的直径两端点。质量为m的弹珠从弹射器水平发射出来后,沿挡板内侧从轨道最低点D开始运动,恰好能通过轨道最高点C,忽略空气阻力,弹珠可视为质点。重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.弹珠在C点的速度大小为
B.弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg
C.弹珠从C点到D点的过程中,重力的功率先减小后增大
D.弹珠从A点到B点的过程中,先失重后超重
7.如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
A.物块从D点离开轨道时速度大小为5 m/s
B.F0的大小为70 N
C.v0的大小为2 m/s
D.物块在AC段运动过程中,重力的瞬时功率一直增大
二、多项选择题
8.如图所示,一条质量均匀分布、长为l的铁链AB放在光滑水平桌面上,B端刚好与桌面右端对齐。由于轻微的扰动,铁链B端开始竖直向下滑落,则从B端离开桌面到A端离开桌面的过程中,下列说法正确的是(图示圆弧可使离开桌面的铁链都竖直向下运动且无能量损失,重力加速度大小为g) (　　)
A.B端向下运动的加速度大小与下降的距离成正比
B.B端向下做匀加速直线运动
C.铁链的速度大小与B端下降的距离成正比
D.A端离开桌面时,铁链的速度大小为
9.(2025·大连高三调研)过山车是一种刺激的游乐项目,但未经训练的普通人,在向上的加速度达到大约5倍重力加速度时,由于血液向下运动导致头部缺血,就会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道示意图,其中回环部分是半径为R的经典圆环轨道,A为圆环轨道最高点、B为最低点。图乙为另一处过山车轨道示意图,其回环部分是倒水滴形轨道,上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点,下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点,分别从两轨道顶峰处由静止下降,经过A、C点时均和轨道没有相互作用,B、D点等高,忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是 (　　)
A.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
B.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
C.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R
D.图甲过山车经过A点时的速度等于图乙过山车经过C点时的速度
10.(2024·福建高考)如图,某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包,分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面,且交于P点,H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2 m,OH=1.4 m,OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,沙包质量为0.2 kg,忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2,则沙包 (　　)
A.第一次运动过程中上升与下降时间之比∶4
B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3 J
C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72∶85
D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
卷码 4000130 姓名
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三、计算题
11.(10分)(2025·信阳一模)某款弹射跑车玩具如图所示。一劲度系数为k=125 N/m的轻弹簧一端固定,另一端将质量为m=0.5 kg的小车沿光滑直轨道弹出,轨道由竖直圆形过山车轨道M和带有外侧壁的水平圆形轨道N及多段直轨道连接构成,所有轨道均光滑,M、N轨道半径均为R=0.2 m,忽略小车的大小及其在轨道连接处的能量损失。若轻弹簧的形变量为x,其具有的弹性势能为Ep=kx2,其中k为劲度系数。重力加速度取g=10 m/s2。求:
(1)若小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动,求初始时弹簧的压缩量;(4分)
(2)在第(1)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时所受轨道的弹力大小。(6分)
12.(14分)(2025·江苏高邮高三月考)如图所示,弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接,轨道均固定在竖直平面内,圆轨道半径为0.5 m。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2 m处静止释放,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.5,其余轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)滑块运动到圆轨道最高点D时轨道对滑块的作用力大小;(4分)
(2)滑块在斜轨道上从B点运动到最高点E(图中未标出)的时间;(5分)
(3)滑块第一次返回到BE中点时重力的功率。(5分)
课时跟踪检测(三十)
1.选D　由运动轨迹可知,羽毛球在空中一定受空气阻力,从A到B过程中,除了重力外,空气阻力一直做负功,羽毛球的机械能一直减小,故羽毛球在A点的机械能大于在B点的机械能,故A错误;当羽毛球所受重力和阻力的合力方向与速度方向垂直时,羽毛球的速度最小,而在最高点P时,合力方向与速度夹角为钝角,说明羽毛球速度最小的位置应该在P点右侧,即动能最小的位置在P点右侧,故B、C错误;若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,与题图中从P点到落地点过程相同,由题图可知,羽毛球从抛出点到P点的水平位移大于从P点到落地点的水平位移,则若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,羽毛球将掉落在原出发点的右侧,故D正确。
2.选D　因空间站内的物体都处于完全失重状态,小球以初速度v0先向右做匀速直线运动至轻绳恰好伸直,轻绳在绷紧瞬间产生拉力,使小球沿绳方向的速度分量立刻减为零,只剩下垂直于绳方向的速度分量v⊥,即此时小球的机械能有损失,轻绳对小球做功不为零,之后小球绕O点以速度大小v⊥做半径为L的匀速圆周运动,故A、B、C错误;因小球在N点时已做匀速圆周运动,其速度大小为v⊥=v0sin θ,又sin θ==,故v⊥=,故D正确。
3.选A　根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为vN=,小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动,其v t图像为一条倾斜直线,小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程,加速度逐渐减小,则其v t图像的切线斜率逐渐减小,且小球a所用时间小于小球b所用时间,故A可能正确,B错误;根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh,可知小球a和b的v2 h图像均为一条过原点的倾斜直线,故C、D错误。
4.选B　由于篮球在空中做斜抛运动,水平方向速度不变,对篮球抛出时和入筐时速度进行分析可知v0cos 53°=vcos 37°,篮球从抛出到入筐,根据机械能守恒定律可知mgh1+m=mgh2+mv2,联立解得v0=8 m/s,故选B。
5.选D　小球从A上升到B的过程中,弹簧的弹力先大于重力后小于重力,小球先加速后减速,动能先增大后减小,故A错误;小球从A上升到B的过程中,弹簧的弹力做正功,小球的机械能增大,从B到C过程中,只有重力做功,小球的机械能不变,故小球的机械能先增大再不变,故B错误;C、B的高度差为0.2 m,根据动能定理有0-Ek=-mghBC,小球在位置B时的动能为Ek=0.4 J,故C错误;从A到C过程中,根据机械能守恒定律有Ep=mghAC=0.6 J,故D正确。
6.选B　弹珠恰好能通过轨道最高点C,则mgsin θ=m,解得弹珠在C点的速度大小为vC=,故A错误;弹珠从A点到C点过程,根据机械能守恒定律得m=m+mgRsin θ,弹珠经过A点时受到支持力大小为FN=m=mg,根据牛顿第三定律,弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg,故B正确;弹珠经过C点、D点时速度方向与重力方向垂直,重力的功率为零,则弹珠从C点到D点的过程中,重力的功率先增大后减小,故C错误;弹珠从A点到B点的过程中,一直有向下的加速度分量,一直处于失重状态,故D错误。
7.选B　由题图乙可知,物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s-0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒定律可知m=m+mgR,物块在C点时对轨道的压力最大,则F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;从B到D由机械能守恒定律可知m+mgRsin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vBsin 30°= m/s,C错误;根据PG=mgvy可知,物块在A点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率为零,在C点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率也为零,可知物块在AC段运动过程中,重力的瞬时功率先增大后减小,D错误。
8.选AC　设铁链单位长度的质量为m,某时刻B端下滑的长度为x,则mxg=mla,解得a=g,A正确;因随铁链B端不断下降,加速度不断变大,则B端向下不是做匀加速直线运动,B错误;由机械能守恒定律有mxg=mlv2,解得v=x,铁链的速度大小与B端下降的距离成正比,A端离开桌面时,铁链的速度大小为vA=·l=,C正确,D错误。
9.选BCD　已知过山车经过A、C点时均和轨道没有相互作用,在A、C点均是重力提供向心力,则有mg==,解得vA=vC=,故D正确;过山车分别运动到轨道最低点B、D时,向上的加速度最大;对题图甲圆环轨道,由机械能守恒定律得mg·2R=m-m,经过B点时加速度aB=,联立解得aB=5g,题图甲过山车轨道存在安全隐患;对题图乙倒水滴形轨道,由机械能守恒定律得mg·3R=m-m,经过D点时加速度aD=,解得aD=3.5g<5g,故题图乙过山车轨道比题图甲轨道更安全,故A错误,B正确;相同载人过山车在顶峰处动能为0,经A、C点时动能相等,根据机械能守恒定律有mgh甲=EkA+mg·2R,mgh乙=EkC+mg·3R,其中EkA=EkC,可得h乙-h甲=R,即题图甲轨道的顶峰高度比题图乙轨道的顶峰高度低R,故C正确。
10.选BD　沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”,则可得第一次抛出上升的高度为h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m,上升时间为t上1==0.6 s,最高点距水平地面高为h0=3.2 m,故下降的时间为t下1==0.8 s,故沙包第一次运动过程中上升与下降时间之比为3∶4,故A错误;两条轨迹最高点等高,沙包抛出的位置相同,故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=t上1+t下1=1.4 s,可知沙包第一次、第二次抛出时水平方向的分速度大小分别为vx1==6 m/s、vx2==7 m/s,由于两条轨迹最高点等高,故抛出时竖直方向的分速度大小也相等,为vy=gt上1=6 m/s,由于沙包在空中运动过程中只受重力,机械能守恒,故第一次经P点比第二次的机械能少ΔE=m-m=1.3 J,从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Ek1=Ek01+mghOH=m(+)+mghOH=10 J,Ek2=Ek02+mghOH=m·(+)+mghOH=11.3 J,
则第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为100∶113,故B正确,C错误;根据以上分析可知,两次抛出时竖直方向的分速度大小相同,两次落地时沙包在竖直方向的分速度大小也相同,由于第一次抛出的水平分速度较小,沙包在水平方向速度大小不变,如图所示,故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大,故可知第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大,故D正确。
11.解析:(1)小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动,则在轨道最高点有mg=m
小车由静止运动到M轨道最高点,由机械能守恒定律得
k=mg·2R+m
解得Δx=0.2 m。
(2)小车由静止运动到N轨道最外侧C点,由机械能守恒定律得k=m
在C点,沿水平方向有FN1=m
沿竖直方向有FN2=mg
FN=
联立解得FN=5 N。
答案:(1)0.2 m　(2)5 N
12.解析:(1)滑块从静止滑至D点的过程中,由机械能守恒定律有mg(H-2R)=m
对经过D点的滑块受力分析如图1
由牛顿第二定律得F+mg=m
解得F=3 N。
(2)滑块从静止滑至B点的过程中,由机械能守恒定律有mgH=m
滑块在斜轨道上上滑,受力分析如图2
由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
从B点滑至最高点E的时间t== s。
(3)滑块从B点到E点的位移x=
滑块下滑过程受力分析如图3
由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma'
运动至BE中点时的速度v2=2a'·x
此时重力的功率P=mgvsin 37°=1.2 W。
答案:(1)3 N　(2) s　 (3)1.2 W
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