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第3讲　机械能守恒定律
对应学生用书P122
学习目标 教考链接
1.理解重力势能和弹性势能 2.掌握机械能守恒的条件，会判断研究对象在某一过程中机械能是否守恒 3.理解机械能守恒定律的内容，会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题 1.条件判断深化：教材明确“只有重力或弹力做功”这一条件。高考题设置隐蔽条件，考查深刻理解和精准判断 2.模型综合进阶：教材多以单一物体的直线或曲线运动为例，运用基本方程求解。高考命题趋向链接平抛、圆周运动、弹簧模型，构建多物体、多过程的复杂系统，对数学工具的应用能力要求显著提高
一、重力势能与弹性势能
1.重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与运动的路径无关，只与初、末位置的高度差有关。重力做功不引起物体机械能的变化。
(2)重力势能的表达式：Ep＝mgh。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
(4)重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
2.弹性势能
(1)概念：发生弹性形变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，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大，即W＝－ΔEp。
(3)弹簧弹性势能表达式Ep＝kx2，其中k表示弹簧的劲度系数，x表示形变量。
AI精准定位：高考命题关键点
重力势能的理解
【例1】 一个0.1 kg的球从1.8 m的高处落到地上又弹回到0.8 m高度，选下落起点为参考面(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A.整个过程重力做功为1.8 J
B.整个过程重力做功为1 J
C.物体的重力势能一定减少了0.8 J
D.物体在地面时的重力势能为0
弹性势能的理解
弹簧的形变量越大、劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
【例2】 (体育运动融通题)如图所示，撑竿跳高运动员自起跳到跨越横杆的过程中，撑竿先发生弯曲再恢复到原状。在此过程中(　　)
A.重力对运动员做正功
B.撑竿的弹性势能一直减小
C.撑竿的弹性势能一直增加
D.撑竿的弹性势能先增大后减小
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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.表达式：mgh1＋m＝mgh2＋m。
3.“四个”角度理解机械能守恒定律成立的条件
4.误区警示
(1)系统机械能守恒时系统与外界没有能量交换，其中的单个物体机械能通常不守恒。
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能一般不守恒。
机械能守恒定律成立条件的理解
【例3】 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3。足球轨迹最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　)
A.从1到3机械能守恒
B.从1到2动能的减少量为mgh
C.从1到2的时间比从2到3的短
D.在最高点2时合力的功率为0
【例1】 解析：选B。整个过程重力做功为WG＝mgh＝0.1×10×(1.8－0.8) J＝1 J，则整个过程物体的重力势能减少了1 J，故A、C错误，B正确；选下落起点为参考面，则物体在地面时的重力势能为Ep＝－mgh1＝－0.1×10×1.8 J＝－1.8 J，故D错误。
【例2】 解析：选D。撑竿先发生弯曲再恢复到原状，运动员向上运动，重力做负功，弹性势能先增大后减小，故D正确。
【例3】 解析：选C。足球从1到2的水平距离大于2到3的水平距离，表明足球受到空气阻力作用，足球运动过程克服空气阻力做功，则从1到3机械能不守恒，故A错误；从1到2减小的动能等于增加的重力势能与克服空气阻力做功产生的内能之和，即从1到2动能的减少量大于mgh，故B错误；足球所受空气阻力方向与速度方向相反，则从1到2竖直方向的分加速度大于重力加速度，从2到3竖直方向的分加速度小于重力加速度，两过程竖直方向的分位移大小相等，利用逆向思维，根据位移公式可知，从1到2的时间比从2到3的短，故C正确；足球在最高点速度方向水平向右，空气阻力方向水平向左，重力方向竖直向下，则合力方向斜向左下方，与速度方向不垂直，根据瞬时功率的表达式可知，则在最高点2时合力的功率不为0，故D错误。
考点一　单个物体的机械能守恒
单一过程问题，灵活选用公式
【例1】 (2025·宿迁三模)如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水平方向夹角为θ，则线中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a随sin θ变化的图像可能正确的是(　　)
角度突破
破题路径
【例1】 解析：选A。沿切线方向，根据牛顿第二定律得mgcos θ＝ma，解得a＝g，当细线水平时θ＝0 ，sin θ＝0，加速度a最大，最大值为a最大＝g，当细线竖直时θ＝90° ，sin θ＝1 ，加速度a最小，最小值为a＝0，故C、D错误；沿半径方向，根据牛顿第二定律得F－mgsin θ＝m，根据机械能守恒定律得mgLsin θ＝mv2，解得F＝3mgsin θ，故A正确，B错误。
多过程问题，注意衔接点的分析
【例2】 如图所示，一个质量为0.9 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s，B点为圆弧最低点，C点为圆弧最高点。(取g＝10 m/s2)下列说法正确的是(　　)
A.小球做平抛运动的初速度大小为 m/s
B.小球到达B点时速度大小为 6 m/s
C.小球到达C点时速度大小为 2 m/s
D.小球到达圆弧最高点C点时对轨道的压力大小为12 N
题后反思：
角度突破
衔接点的速度大小是连接前后两个过程机械能守恒方程的关键桥梁。
破题路径
【例2】 解析：选D。小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，则小球到A点时的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s，故A错误；AB的竖直距离为R(1－cos θ)＝0.15 m，取A点的重力势能为零，由机械能守恒定律得m＝m－mgR(1－cos θ)，代入数据得vB＝ m/s，故B错误；AC的竖直距离为R＋Rcos θ＝0.45 m，取A点的重力势能为零，由机械能守恒定律得m＝m＋mg(R＋Rcos θ)，代入数据得vC＝ m/s，故C错误；在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝m，代入数据得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNC'＝FNC＝12 N，D正确。
考点二　多个物体的机械能守恒
轻绳连接的物体系统，明确系统初、末机械能总量
【例3】 如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过光滑的滑轮O和O'，一端与物体P相连，另一端与质量为2m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB＜BO'，重力加速度为g。现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是(　　)
A.开始运动后，当物体P速度最大时，物体Q速度也最大
B.在物体P从A滑到B的过程中，P的速度增加，Q的速度减小
C.在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加
D.物体P运动的最大速度为2
解析：选D。P从A点到B点的过程中，绳的拉力做正功，速度增加，P做加速运动；Q从静止开始先做加速运动，当P运动到B点时Q的速度等于零，说明Q后来又做减速运动，所以Q先加速后减速，B错误；由上述分析可知，当物体P运动到B点时速度最大，物体Q速度最小等于零，A错误；在物体P从A滑到B的过程中，绳的拉力对P做正功，P做加速运动，P的机械能增加，因为系统机械能守恒，则Q的机械能减少，C错误；当P运动到B点时Q的速度等于零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得2mg(L－h)＝mv2，解得v＝2，D正确。
【例4】 如图所示，不可伸长的轻绳一端系一质量为m的重物，另一端绕过光滑定滑轮系一质量也为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d，定滑轮的大小不计。杆上的A点与定滑轮等高，AB的距离为d，现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当环下落至B点时，以下说法正确的是(　　)
A.环与重物的速度大小之比为4∶5
B.环的速度为
C.环从A到B的过程，克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能
D.环从A到B的过程，重物的机械能守恒
解析：选C。环下落距离为d时，由几何关系可知此时绳子与竖直方向的夹角为37°，设此时环的速度为v，则重物的速度为v·cos 37°＝v，故环与重物的速度之比为5∶4，故A错误；对系统，由机械能守恒定律可得mg·d＝mv2＋m＋mgd，解得v＝ ，故B错误；环从A到B的过程，由功能关系可知，环克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能，故C正确；环从A到B的过程，重物的动能和势能都增加，机械能增加，故D错误。
角度突破
1.平动时两物体线速度相等，如图甲所示。
2.绳关联情境中，两个物体沿绳方向的分速度相等，如图乙所示。
3.对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
破题路径
能力要语
1.计算重力势能的变化时，要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.列系统机械能守恒的表达式时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
教学札记：
轻杆连接的物体系统，核心为关联速度的求解
【例5】 质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定转轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(　　)
A.小球P在最高位置的速度大小为
B.小球Q在最低位置的速度大小为
C.小球P在此过程中机械能增加量为mgL
D.小球Q在此过程中机械能减少mgL
题后反思：
【例6】 如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球(均视为质点)用长为L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为(　　)
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
题后反思：
角度突破
1.转动装置上的各个质点的角速度相等，如图甲所示。
2.杆关联情境中，两个物体沿杆方向的分速度相等，如图乙所示。
3.对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
破题路径
能力要语
杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能一般不守恒。
【例5】 解析：选C。Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点速度为v2，对整个系统由机械能守恒定律有2mg×L－mg×＝×2m＋m，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，故A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加量ΔE＝mg×＋m＝mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少量也为mgL，故C正确，D错误。
【例6】 解析：选B。甲下降的高度为h甲＝＝L，乙下降的高度为h乙＝(L－)sin 30°＝，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度v∥＝v甲sin 30°，小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，甲、乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝m＋m，乙的动能为Ek乙＝m，联立解得Ek乙＝mgL，故B正确。
轻弹簧连接的物体系统，确定形变量是关键
【例7】 (2025·徐州二模)如图所示，质量m1＝8 kg的物块1与质量m2＝4 kg的物块2通过光滑轻质定滑轮用不可伸长的轻绳连接，物块2与质量m3＝4 kg的物块3用劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧相连接，物块3静置在水平地面上。初始时控制物块1使其静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时轻绳恰好拉直且与斜面平行，轻绳无拉力，现由静止释放物块1，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。求：
(1)释放物块1前，弹簧的弹性势能；
(2)释放物块1的瞬间，物块2的加速度大小；
(3)释放物块1后，当物块3恰好对地面无压力时，物块1在斜面上运动的速度。
解析：(1)初始时轻绳无拉力，对物块2受力分析可知弹簧处于压缩状态，由平衡条件有
m2g＝kx1
解得弹簧形变量x1＝＝0.4 m
则释放物块1前，弹簧的弹性势能为
Ep＝k＝8 J。
(2)释放物块1的瞬间，对物块1与物块2及轻绳组成的系统，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－m2g＋kx1＝(m1＋m2)a1
解得物块2的加速度大小a1＝4 m/s2。
(3)释放物块1后，当物块3恰好对地面无压力时，对物块3由平衡条件有m3g＝kx2
则整个过程中弹簧弹性势能的变化
Ep'＝k(－)＝0
对物块1、物块2及轻绳组成的系统，由机械能守恒定律有
m1g(x1＋x2)sin θ－m2g(x1＋x2)＝(m1＋m2)v2
解得v＝ m/s。
答案：(1)8 J　(2)4 m/s2　(3) m/s
角度突破
1.做功特点：既有重力做功又有弹簧弹力做功，如图所示。
2.能量转化特点：系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
破题路径
能力要语
1.对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。
2.弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。
教学札记：
[课时通关精练(十七)]　机械能守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，光滑圆形轨道处在竖直平面内，OA是水平半径，OB与OA成30°角，一小球从轨道内侧的A处由静止释放，小球运动到B点时的加速度为(　　)
A.g B.g
C.g D.2g
解析：选B。从A到B由机械能守恒定律有mgRsin 30°＝mv2，则B点的向心加速度an＝＝g，切向加速度at＝gcos 30°＝g，则合加速度a＝＝g，故B正确。
2.如图所示，不可伸长、长为l的轻细线一端固定于O点，另一端连接一小球，此时细线刚好伸直，角度θ＝30°。现将小球静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球运动到O点正下方时速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C。小球释放时，先向下做自由落体运动，则细线伸直时下落的距离为l，则mgl＝mv2，细线伸直后沿细线方向的速度减为零，垂直细线方向的速度为v1＝vcos 30°，以后小球做圆周运动，则当到最低点时m＋mgl(1－sin 30°)＝m，化简得v2＝，故C正确。
3.(2025·扬州测试)如图所示，一条轻绳绕过定滑轮，绳的两端各系质量为m和2m的物体A和B，用手压住物体A(A物体放置于水平台上)，使A、B均处于静止状态，不考虑一切阻力。由静止释放物体A，在其向右运动s的过程中(A未与滑轮碰撞且B未落地)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.A、B间轻绳拉力大小为2mg
B.A、B及地球组成的系统机械能不守恒
C.物体B减少的重力势能等于物体A增加的动能
D.物体B减少的机械能为mgs
解析：选D。对A、B分别根据牛顿第二定律有FT＝ma，2mg－FT＝2ma，联立得FT＝mg，故A错误；对于A、B及地球组成的系统只有重力做功，故机械能守恒，物体B减少的重力势能等于物体A、B增加的动能，故B、C错误；物体B减少的机械能等于物体B克服绳的拉力做的功，即EB减＝FTs＝mgs，故D正确。
4.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点。两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，已知重力加速度为g，则(　　)
A.当轻杆水平时，A、B两球的总机械能最小
B.A球或B球在运动过程中机械能守恒
C.由于A和B均受到轻杆的作用力，A、B系统的机械能不守恒
D.B球到达D点时的速度大小为
解析：选D。对两球构成的系统，机械能守恒，A、B两球的总机械能不变，对单个小球，轻杆对它做功，机械能不守恒，故A、B、C错误；由机械能守恒定律有mgRsin 45°＋mgR(1－sin 45°)＝×2mv2，解得v＝，故D正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A.弹簧弹性势能变化了mgL
B.在速度最大的位置，弹簧弹力等于圆环重力
C.圆环下滑到最大距离时，有kL＞mg
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选C。题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为h＝L，根据系统机械能守恒得弹簧弹性势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mgL，故A错误；圆环所受合力为零时，速度最大，弹簧竖直分力等于圆环重力，故B错误；速度最大后，圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力竖直向上，则弹力沿杆的分力F弹'＝F弹cos 30°＝kL，即kL＞mg，故C正确；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
6.(2024·全国甲卷)如图所示，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
解析：选C。设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，由机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，小环开始下滑时受到大圆环的作用力背离圆心，当cos θ＝时F＝0，以后受到大圆环的作用力指向圆心，则F的大小先减小后增大，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。
7.(2023·全国乙卷)如图所示，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝。
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知
vy'＝vy
离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝。
答案：(1) 　(2)
8.(2025·安徽高考)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
解析：(1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，由机械能守恒定律有
m＝mg·2L＋mv2
在该位置时根据牛顿第二定律有
T－mg＝m
解得v＝4 m/s，T＝17 N
由牛顿第三定律得，绳子所受的最大拉力
T'＝T＝17 N。
(2)小球做平抛运动时有x＝vt，2L＝gt2
解得x＝4 m。
(3)若小球经过N正上方绳子恰不松弛，则满足
mg＝m
从最低点到该位置由机械能守恒定律有
mv0'2＝mg·5L＋mv'2
解得v0'＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s，17 N　(2)4 m　(3)2 m/s
9.如图所示，竖直轨道AB、CD和半圆轨道平滑连接，轨道均光滑，半圆轨道BC半径为R。一根长为R的轻杆两端分别固定质量均为m的小球P、Q。现用水平力F作用于P上使其静止，此时Q位于BC的最低点，重力加速度为g。
(1)求F的大小；
(2)将轻杆提至图中虚线处，此时Q与B点重合，由静止释放轻杆，求Q运动至半圆形轨道最低点时的速度大小；
(3)将轻杆从图中虚线处由静止释放后，求小球P的最大动能。
解析：(1)杆对Q无作用力，对P受力分析如图所示，
由平衡条件有FNcos 60°＝mg
FNsin 60°＝F
解得F＝mgtan 60°＝mg。
(2)由图中虚线位置至Q到达最低点的过程中，P、Q速度关系为vPcos 30°＝vQcos 30°
P下降的高度为 hP＝R(1＋sin 30°)
Q下降的高度为 hQ＝R
对系统由机械能守恒定律有
mghP＋mghQ＝m＋m
解得vQ＝。
(3)如图所示，当轻杆水平时，P的动能最大，
P、Q的速度仍相等。P下降的高度为
hP＝R(1＋sin 60°)
Q下降的高度为hQ＝Rsin 60°
对系统由机械能守恒定律有
mgR(1＋sin 60°)＋mgRsin 60°＝×2m
解得EkP＝m＝mgR。
答案：(1)mg　(2)　(3)mgR(共72张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第六章
机械能守恒定律
第3讲　机械能守恒定律
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
路径
高度差
mgh
减小
增大
－ΔEp
弹性形变
减小
增大
－ΔEp
AI精准定位：高考命题关键点
重力或弹力
动能
势能
mgh2＋
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
单个物体的机械能守恒
考点一
破题路径
角度突破
破题路径
角度突破
多个物体的机械能守恒
考点二
破题路径
能力要语
角度突破
破题路径
能力要语
角度突破
破题路径
能力要语
课时通关精练(十七)　机械能守恒定律
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谢谢观看[课时通关精练(十七)]　机械能守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，光滑圆形轨道处在竖直平面内，OA是水平半径，OB与OA成30°角，一小球从轨道内侧的A处由静止释放，小球运动到B点时的加速度为(　　)
A.g B.g
C.g D.2g
解析：选B。从A到B由机械能守恒定律有mgRsin 30°＝mv2，则B点的向心加速度an＝＝g，切向加速度at＝gcos 30°＝g，则合加速度a＝＝g，故B正确。
2.如图所示，不可伸长、长为l的轻细线一端固定于O点，另一端连接一小球，此时细线刚好伸直，角度θ＝30°。现将小球静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球运动到O点正下方时速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C。小球释放时，先向下做自由落体运动，则细线伸直时下落的距离为l，则mgl＝mv2，细线伸直后沿细线方向的速度减为零，垂直细线方向的速度为v1＝vcos 30°，以后小球做圆周运动，则当到最低点时m＋mgl(1－sin 30°)＝m，化简得v2＝，故C正确。
3.(2025·扬州测试)如图所示，一条轻绳绕过定滑轮，绳的两端各系质量为m和2m的物体A和B，用手压住物体A(A物体放置于水平台上)，使A、B均处于静止状态，不考虑一切阻力。由静止释放物体A，在其向右运动s的过程中(A未与滑轮碰撞且B未落地)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.A、B间轻绳拉力大小为2mg
B.A、B及地球组成的系统机械能不守恒
C.物体B减少的重力势能等于物体A增加的动能
D.物体B减少的机械能为mgs
解析：选D。对A、B分别根据牛顿第二定律有FT＝ma，2mg－FT＝2ma，联立得FT＝mg，故A错误；对于A、B及地球组成的系统只有重力做功，故机械能守恒，物体B减少的重力势能等于物体A、B增加的动能，故B、C错误；物体B减少的机械能等于物体B克服绳的拉力做的功，即EB减＝FTs＝mgs，故D正确。
4.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点。两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，已知重力加速度为g，则(　　)
A.当轻杆水平时，A、B两球的总机械能最小
B.A球或B球在运动过程中机械能守恒
C.由于A和B均受到轻杆的作用力，A、B系统的机械能不守恒
D.B球到达D点时的速度大小为
解析：选D。对两球构成的系统，机械能守恒，A、B两球的总机械能不变，对单个小球，轻杆对它做功，机械能不守恒，故A、B、C错误；由机械能守恒定律有mgRsin 45°＋mgR(1－sin 45°)＝×2mv2，解得v＝，故D正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A.弹簧弹性势能变化了mgL
B.在速度最大的位置，弹簧弹力等于圆环重力
C.圆环下滑到最大距离时，有kL＞mg
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选C。题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为h＝L，根据系统机械能守恒得弹簧弹性势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mgL，故A错误；圆环所受合力为零时，速度最大，弹簧竖直分力等于圆环重力，故B错误；速度最大后，圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力竖直向上，则弹力沿杆的分力F弹'＝F弹cos 30°＝kL，即kL＞mg，故C正确；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
6.(2024·全国甲卷)如图所示，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
解析：选C。设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，由机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，小环开始下滑时受到大圆环的作用力背离圆心，当cos θ＝时F＝0，以后受到大圆环的作用力指向圆心，则F的大小先减小后增大，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。
7.(2023·全国乙卷)如图所示，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝。
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知
vy'＝vy
离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝。
答案：(1) 　(2)
8.(2025·安徽高考)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
解析：(1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，由机械能守恒定律有
m＝mg·2L＋mv2
在该位置时根据牛顿第二定律有
T－mg＝m
解得v＝4 m/s，T＝17 N
由牛顿第三定律得，绳子所受的最大拉力
T'＝T＝17 N。
(2)小球做平抛运动时有x＝vt，2L＝gt2
解得x＝4 m。
(3)若小球经过N正上方绳子恰不松弛，则满足
mg＝m
从最低点到该位置由机械能守恒定律有
mv0'2＝mg·5L＋mv'2
解得v0'＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s，17 N　(2)4 m　(3)2 m/s
9.如图所示，竖直轨道AB、CD和半圆轨道平滑连接，轨道均光滑，半圆轨道BC半径为R。一根长为R的轻杆两端分别固定质量均为m的小球P、Q。现用水平力F作用于P上使其静止，此时Q位于BC的最低点，重力加速度为g。
(1)求F的大小；
(2)将轻杆提至图中虚线处，此时Q与B点重合，由静止释放轻杆，求Q运动至半圆形轨道最低点时的速度大小；
(3)将轻杆从图中虚线处由静止释放后，求小球P的最大动能。
解析：(1)杆对Q无作用力，对P受力分析如图所示，
由平衡条件有FNcos 60°＝mg
FNsin 60°＝F
解得F＝mgtan 60°＝mg。
(2)由图中虚线位置至Q到达最低点的过程中，P、Q速度关系为vPcos 30°＝vQcos 30°
P下降的高度为 hP＝R(1＋sin 30°)
Q下降的高度为 hQ＝R
对系统由机械能守恒定律有
mghP＋mghQ＝m＋m
解得vQ＝。
(3)如图所示，当轻杆水平时，P的动能最大，
P、Q的速度仍相等。P下降的高度为
hP＝R(1＋sin 60°)
Q下降的高度为hQ＝Rsin 60°
对系统由机械能守恒定律有
mgR(1＋sin 60°)＋mgRsin 60°＝×2m
解得EkP＝m＝mgR。
答案：(1)mg　(2)　(3)mgR

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