资源简介

第3讲　机械能守恒定律
目标 要求 　 　 1.理解重力势能和弹性势能，会根据条件判断机械能是否守恒。2.理解机械能守恒定律的内容及表达式。3.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。
一、重力做功与重力势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力势能
(1)表达式：Ep＝mgh。
(2)重力势能的特点：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，但重力势能的变化量与参考平面的选取无关。
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：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。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取无关。
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
二、机械能守恒定律
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能。
2．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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
1．判断正误
(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。(√)
(2)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。(√)
(3)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(×)
(4)物体的速度增大时，其机械能可能减小。(√)
(5)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。(√)
2．(人教版教材原题改编)如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则(　　)
A．从B到A过程中，小球的机械能守恒
B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大
C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功
解析：D　从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功，故D正确。
3．(多选)(人教版教材原题改编)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的重力势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv02－mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv02
解析：AD　从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；地面为零势能面，所以物体在海平面上的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为mv02，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为mv02，故D正确；物体在海平面上的动能为mv02－(－mgh)＝mv02＋mgh，故C错误。
考点一　机械能守恒的理解和判断
　(2024·重庆卷，2)2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器、上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(　　)
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8 m/s2
解析：C　组合体在减速阶段有加速度，所受合外力不为零，故A错误；组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，故D错误。
　(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和细绳及定滑轮的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
解析：CD　甲图中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，A错误；乙图中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错误；丙图中细绳张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。
机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为0。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。(注意：并非系统内某个物体的机械能守恒，而是整个系统的机械能守恒)
考点二　单物体机械能守恒定律的应用
　(2026·北京师大实验中学摸底)如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB段为曲面，BC段水平，CD段是半径R＝0.2 m的半圆形轨道，BC段与CD段在C点相切。在A点由静止释放一质量为m＝0.2 kg的小球，小球沿轨道运动至D点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC段上的E点，A点距水平面的高度h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球运动到B点时的速度大小vB；
(2)小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小FN；
(3)C、E两点的距离x。
解析：(1)根据题意，小球从A到B的过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvB2
解得vB＝＝4 m/s。
(2)根据题意，小球从B到D的过程中，由机械能守恒定律有mvB2mvD2
解得vD＝2 m/s
在D点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝6 N。
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，飞行时间为t＝ s
C、E两点的距离x＝vDt＝0.8 m。
答案：(1)4 m/s　(2)6 N　(3)0.8 m
基本思路
(1)选取研究对象——物体。
(2)判断机械能是否守恒。
(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能。
(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式进行求解。
考点三　多物体机械能守恒定律的应用
　(2025·河南开封高三质检)如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：D　将A、B由静止释放，当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H＝＝2h，由A和B组成的系统机械能守恒得mgH＝mvA2＋mvB2，A沿细线方向的分速度与B的速度大小相等，则有vB＝vAcos 60°，解得vB＝ ，故D正确。
(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的形式。
　如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m＝2 kg的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离LA＝3 m，O与B球间的距离LB＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，将杆以水平位置由静止释放。求：
(1)杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小；
(2)杆转动到竖直位置的过程中，杆对B球做的功。
解析：(1)设杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为vA、vB，杆转动的角速度为ω，小球A和B及杆组成的系统机械能守恒，则有
mgLA－mgLB＝mvA2＋mvB2
且vA＝ωLA，vB＝ωLB
联立解得vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。
(2)杆转动到竖直位置的过程中，对B，根据动能定理
W－mgLB＝mvB2
解得杆对B球做的功W＝24 J。
答案：(1)6 m/s　2 m/s　(2)24 J
点拨：根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。
　(2025·福建厦门二模)如图所示，固定在水平面上足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，轻质弹簧劲度系数为k，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A相连，物块A与质量也为m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线相连。先用手托住物块B，使细线刚好拉直但无拉力，然后由静止释放物块B，在物块A向上运动的整个过程中，物块B未碰到地面。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，两物块均可视为质点。求：
(1)释放物块B之前弹簧的形变量x0；
(2)释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小；
(3)从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功。
解析：(1)手托住B时，物块A静止，由平衡条件得kx0＝mg sin θ
解得弹簧压缩量x0＝。
(2)释放物块B的瞬间，由牛顿第二定律，对物块A，有FT＝ma
对物块B，有mg－FT＝ma
解得FT＝mg。
(3)当A、B加速度为零时，物块A、B速度最大，即mg－mg sin θ－kx1＝0
此时弹簧伸长量x1＝
由于初态弹簧的压缩量和末态弹簧的伸长量相等，故弹簧弹性势能相等，对物块A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得mg(x0＋x1)－mg(x0＋x1)sin θ＝(m＋m)vm2
解得vm＝g
在物块A达到最大速度的过程中，弹簧对物块做功代数和为零，细线对物块A做功为W，对物块A，由动能定理得W－mg(x0＋x1)sin θ＝mvm2
解得W＝。
答案：(1)　(2)mg　(3)
点拨：由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
[归纳总结]　常见多物体机械能守恒的情境分析
(1)轻绳关联情境：用好两物体的位移大小、速度大小关系或竖直方向高度变化的关系。
　　　　
(2)轻杆关联情境：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)含轻弹簧的系统机械能守恒问题
弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，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。
　
素养拓展　“非质点类”机械能守恒问题
1．主要类型
有质量的杆、绳、链条、水柱等物体的运动。
2．解题关键
这类物体的重力势能由重心的位置决定，确定重心位置是解题的关键。
3．常用方法
当整体重心不易确定时，可分段处理，找出各部分的重心位置，求各段的重力势能。
　(多选)(2025·湖北高中协作体期末)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(　　)
A．水柱的重力做正功
B．大气压力对水柱做负功
C．水柱的机械能守恒
D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是
解析：ACD　把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图所示，重心下降，重力所做正功：WG＝ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。
　如图所示，一长为L的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得铁链向一侧滑动，滑轮离地面足够高，则铁链完全离开滑轮时的速度大小为(　　)
A．
C．
解析：C　铁链向一侧滑动的过程受重力和滑轮弹力的作用，弹力始终与对应各节铁链的运动方向垂直，故弹力不做功，只有重力做功。设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v，由机械能守恒定律有mv2＋ΔEp＝0，其中铁链重力势能的变化量相当于滑离时下半部分的重力势能减去滑动前左半部分的重力势能，如图所示，即ΔEp＝－，解得v＝，故C正确。
限时规范训练(31)　机械能守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2025·新课标卷，16)如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取10 m/s2)(　　)
A．4 m B．5 m
C．6 m D．7 m
解析：B　当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得其理论的最大高度h＝5 m，故选B。
2．(2025·江西名校联考)一滑雪坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC是圆弧，C端水平。如图所示，运动员连同滑雪装备的总质量m＝75 kg，从A点由静止滑下，通过C点时速度大小v＝12 m/s，之后落到水平地面DE上。A、C两点的高度差h1＝9.8 m，竖直台阶CD的高度h2＝5 m。取地面为参考平面，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为(　　)
A．11 100 J B．9150 J
C．7350 J D．5400 J
解析：B　根据题意可知，运动员在C点的机械能为E＝mv2＋mgh2＝9150 J，从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做功，机械能守恒，则可知运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为9150 J，故B正确。
3．(经典高考题)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱上，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B．
C． D．
解析：C　设小球B的质量为m，则小球A的质量为2m，小球A刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，A落地后，小球B继续上升的过程，由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，小球B上升的最大高度为h＋R＝，故选C。
4．(2025·山东威海三模)如图所示，质量分别为6m和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为30°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接Q。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，轻绳的OP段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为37°。将P由静止释放，Q在运动过程中经过M点，OM与杆垂直，长为1.5L。P、Q均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数k＝，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。Q经过M点时的速率为(　　)
A． B．2
C． D．2
解析：A　未释放P前，对Q有mg＝kx，解得弹簧压缩量x＝L，当Q经过M点时，由于OM与杆垂直，可知此时P的速度为0，由几何关系可知QM＝＝2L，可知在M点时，弹簧拉伸量为L，弹性势能与开始时相同，故对P、Q和弹簧构成的系统，由机械能守恒有6mg sin 30°·mvM2，解得vM＝，故选A。
5．(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管(管道内径极小)，一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　)
A．小球不可能回到A点
B．小球经过最低点时，可能处于失重状态
C．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
D．从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率一直增大
解析：C　由机械能守恒定律可知，小球恰好能回到A点，A错误；小球经过最低点时，加速度竖直向上，则处于超重状态，B错误；小球下滑至A到B点的某一位置D时，小球对管壁的作用力为零，设该位置小球与细管圆心的连线与OA的夹角为θ，则mg cos θ＝mmv2＝mgR(1－cos θ)，可得cos θ＝，可知小球从A点运动到B点的过程中，小球对细管的作用力先减小后增大，C正确；小球在A点时重力的瞬时功率为零，到C点时竖直速度为零，根据PG＝mgvy可知，从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率先增大后减小，D错误。故选C。
6．(10分)如图所示，不可伸长细绳的一端固定在O点，另一端系着一金属小球，小球的质量为m，细绳长为l。将细绳拉直，让细绳从偏离水平方向30°的位置由静止释放小球，已知重力加速度为g。求：
(1)细绳刚伸直时小球的速度大小；
(2)小球运动到最低点A时细绳受到的拉力大小。
解析：(1)小球先做自由落体运动，设细绳刚伸直时小球的速度大小为v1，小球下降的高度
h＝2l sin 30°
根据机械能守恒定律得mgh＝mv12
解得v1＝。
(2)细绳伸直后瞬间，设小球在垂直细绳方向的速度为v2，根据运动的分解得v2＝v1cos 30°＝
设小球运动到最低点A时的速度为v3，以过A点的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得mv22＋mgl(1－sin 30°)＝mv32
联立解得v3＝
小球在最低点，由牛顿第二定律得
FT－mg＝m
解得细绳对小球的拉力FT＝3.5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点A时，细绳受到的拉力大小为3.5mg。
答案：(1)　(2)3.5mg
[能力提升练]
7．(多选)(2025·辽宁省大连市高三期中)如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则(　　)
A．小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒
B．P球到达B点时，P球的速度大小为
C．P球到达C点前，P、Q两球的速度大小始终不相等
D．P球到达C点时Q球的速度大小为2
解析：AB　在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；P球到达B点时，P球下降了2R，Q球下降了R，由几何关系知，此时轻杆与水平方向的夹角为30°，由速度的合成与分解可知vQcos 30°＝vPcos 60°，由机械能守恒定律有mg·2R＋mgR＝mvP2＋mvQ2，解得P球的速度大小为vP＝，故B正确；P球到达C点前，由速度的合成与分解可知，小球P、Q的速度满足vQ′cos θ＝vP′sin θ(θ为轻杆与水平方向的夹角)，则当θ＝45°时，P、Q两球的速度大小相等，故C错误；P球到达C点时，P球下降了3R，Q球下降了R，P、Q两球速度相等，由机械能守恒定律可知mg·3R＋mgR＝2×mv2，解得Q球的速度大小为v＝2，故D错误。
8．(多选)(2026·河南新未来高三9月测评)如图所示，内壁光滑的细圆轨道ABC竖直固定放置在光滑水平面上的A点，竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ，质量为m的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0，然后从A点切入圆弧轨道，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．若小球刚好能到达B点，则小球在B点处于完全失重状态
B．若小球刚好能到达B点，则半径OA为
C．若小球到达C点时的速度为v，则小球在C点时重力的功率为mgv cos θ
D．若小球到达C点时的速度为v，则小球落回水平面的瞬间，重力的瞬时功率为mg
解析：BD　若小球刚好能到达B点，则小球在B点的速度为0，小球在B点处于二力平衡状态，既不是失重状态也不是超重状态，故A错误；小球从A到B由机械能守恒定律可得mg×2R＝mv02，解得R＝，故B正确；把小球在C点的速度v分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx1＝v cosθ，vy1＝v sin θ，重力的功率为PG1＝mgvy1＝mgv sin θ，故C错误；由机械能守恒可得小球落回水平面的瞬时速度大小为v0，把v0分别沿着水平方向和竖直方向分解，水平方向的分速度大小为vx＝vx1＝v cos θ，则竖直方向的分速度大小为vy＝，则重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg，故D正确。
9．(10分)(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。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)从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得mg·2L＝mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm′＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得2L＝g(Δt)2，x＝vΔt，联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝mvmin2－mvN2
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s　17 N　(2)4 m
(3)2 m/s
[培优创新练]
10．(13分)质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)小球Q的质量M；
(2)小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作用力。
解析：(1)从OA水平释放至OB到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有
mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°
代入数据解得M＝＝0.5 kg。
(2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有
mgL1cos 53°＋MgL2(1－sin 53°)＝Mv22
两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω
联立并代入数据可得ω＝ rad/s
小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有F－Mg＝Mω2L2
代入数据解得F＝ N≈10.3 N。
答案：(1)0.5 kg　(2)10.3 N限时规范训练(31)　机械能守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2025·新课标卷，16)如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取10 m/s2)(　　)
A．4 m B．5 m
C．6 m D．7 m
解析：B　当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得其理论的最大高度h＝5 m，故选B。
2．(2025·江西名校联考)一滑雪坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC是圆弧，C端水平。如图所示，运动员连同滑雪装备的总质量m＝75 kg，从A点由静止滑下，通过C点时速度大小v＝12 m/s，之后落到水平地面DE上。A、C两点的高度差h1＝9.8 m，竖直台阶CD的高度h2＝5 m。取地面为参考平面，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为(　　)
A．11 100 J B．9150 J
C．7350 J D．5400 J
解析：B　根据题意可知，运动员在C点的机械能为E＝mv2＋mgh2＝9150 J，从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做功，机械能守恒，则可知运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为9150 J，故B正确。
3．(经典高考题)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱上，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B．
C． D．
解析：C　设小球B的质量为m，则小球A的质量为2m，小球A刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，A落地后，小球B继续上升的过程，由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，小球B上升的最大高度为h＋R＝，故选C。
4．(2025·山东威海三模)如图所示，质量分别为6m和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为30°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接Q。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，轻绳的OP段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为37°。将P由静止释放，Q在运动过程中经过M点，OM与杆垂直，长为1.5L。P、Q均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数k＝，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。Q经过M点时的速率为(　　)
A． B．2
C． D．2
解析：A　未释放P前，对Q有mg＝kx，解得弹簧压缩量x＝L，当Q经过M点时，由于OM与杆垂直，可知此时P的速度为0，由几何关系可知QM＝＝2L，可知在M点时，弹簧拉伸量为L，弹性势能与开始时相同，故对P、Q和弹簧构成的系统，由机械能守恒有6mg sin 30°·mvM2，解得vM＝，故选A。
5．(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管(管道内径极小)，一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　)
A．小球不可能回到A点
B．小球经过最低点时，可能处于失重状态
C．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
D．从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率一直增大
解析：C　由机械能守恒定律可知，小球恰好能回到A点，A错误；小球经过最低点时，加速度竖直向上，则处于超重状态，B错误；小球下滑至A到B点的某一位置D时，小球对管壁的作用力为零，设该位置小球与细管圆心的连线与OA的夹角为θ，则mg cos θ＝mmv2＝mgR(1－cos θ)，可得cos θ＝，可知小球从A点运动到B点的过程中，小球对细管的作用力先减小后增大，C正确；小球在A点时重力的瞬时功率为零，到C点时竖直速度为零，根据PG＝mgvy可知，从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率先增大后减小，D错误。故选C。
6．(10分)如图所示，不可伸长细绳的一端固定在O点，另一端系着一金属小球，小球的质量为m，细绳长为l。将细绳拉直，让细绳从偏离水平方向30°的位置由静止释放小球，已知重力加速度为g。求：
(1)细绳刚伸直时小球的速度大小；
(2)小球运动到最低点A时细绳受到的拉力大小。
解析：(1)小球先做自由落体运动，设细绳刚伸直时小球的速度大小为v1，小球下降的高度
h＝2l sin 30°
根据机械能守恒定律得mgh＝mv12
解得v1＝。
(2)细绳伸直后瞬间，设小球在垂直细绳方向的速度为v2，根据运动的分解得v2＝v1cos 30°＝
设小球运动到最低点A时的速度为v3，以过A点的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得mv22＋mgl(1－sin 30°)＝mv32
联立解得v3＝
小球在最低点，由牛顿第二定律得
FT－mg＝m
解得细绳对小球的拉力FT＝3.5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点A时，细绳受到的拉力大小为3.5mg。
答案：(1)　(2)3.5mg
[能力提升练]
7．(多选)(2025·辽宁省大连市高三期中)如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则(　　)
A．小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒
B．P球到达B点时，P球的速度大小为
C．P球到达C点前，P、Q两球的速度大小始终不相等
D．P球到达C点时Q球的速度大小为2
解析：AB　在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；P球到达B点时，P球下降了2R，Q球下降了R，由几何关系知，此时轻杆与水平方向的夹角为30°，由速度的合成与分解可知vQcos 30°＝vPcos 60°，由机械能守恒定律有mg·2R＋mgR＝mvP2＋mvQ2，解得P球的速度大小为vP＝，故B正确；P球到达C点前，由速度的合成与分解可知，小球P、Q的速度满足vQ′cos θ＝vP′sin θ(θ为轻杆与水平方向的夹角)，则当θ＝45°时，P、Q两球的速度大小相等，故C错误；P球到达C点时，P球下降了3R，Q球下降了R，P、Q两球速度相等，由机械能守恒定律可知mg·3R＋mgR＝2×mv2，解得Q球的速度大小为v＝2，故D错误。
8．(多选)(2026·河南新未来高三9月测评)如图所示，内壁光滑的细圆轨道ABC竖直固定放置在光滑水平面上的A点，竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ，质量为m的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0，然后从A点切入圆弧轨道，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．若小球刚好能到达B点，则小球在B点处于完全失重状态
B．若小球刚好能到达B点，则半径OA为
C．若小球到达C点时的速度为v，则小球在C点时重力的功率为mgv cos θ
D．若小球到达C点时的速度为v，则小球落回水平面的瞬间，重力的瞬时功率为mg
解析：BD　若小球刚好能到达B点，则小球在B点的速度为0，小球在B点处于二力平衡状态，既不是失重状态也不是超重状态，故A错误；小球从A到B由机械能守恒定律可得mg×2R＝mv02，解得R＝，故B正确；把小球在C点的速度v分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx1＝v cosθ，vy1＝v sin θ，重力的功率为PG1＝mgvy1＝mgv sin θ，故C错误；由机械能守恒可得小球落回水平面的瞬时速度大小为v0，把v0分别沿着水平方向和竖直方向分解，水平方向的分速度大小为vx＝vx1＝v cos θ，则竖直方向的分速度大小为vy＝，则重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg，故D正确。
9．(10分)(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。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)从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得mg·2L＝mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm′＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得2L＝g(Δt)2，x＝vΔt，联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝mvmin2－mvN2
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s　17 N　(2)4 m
(3)2 m/s
[培优创新练]
10．(13分)质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)小球Q的质量M；
(2)小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作用力。
解析：(1)从OA水平释放至OB到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有
mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°
代入数据解得M＝＝0.5 kg。
(2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有
mgL1cos 53°＋MgL2(1－sin 53°)＝Mv22
两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω
联立并代入数据可得ω＝ rad/s
小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有F－Mg＝Mω2L2
代入数据解得F＝ N≈10.3 N。
答案：(1)0.5 kg　(2)10.3 N(共58张PPT)
第3讲　机械能守恒定律
1.理解重力势能和弹性势能，会根据条件判断机械能是否守恒。2.理解机械能守恒定律的内容及表达式。3.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。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、重力做功与重力势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与____无关，只与始、末位置的______有关。
(2)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____。
路径
高度差
机械能
mgh
地球
有关
无关
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能____；重力对物体做负功，重力势能____。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的______，即WG＝________＝______。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取____。
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生________而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量____，劲度系数____，弹簧的弹性势能越大。
减小
增大
减少量
Ep1－Ep2
－ΔEp
无关
弹性形变
越大
越大
二、机械能守恒定律
1．机械能：____和____统称为机械能，其中势能包括________和________。
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有__________做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能________。
(2)守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
动能
势能
重力势能
弹性势能
重力或弹力
保持不变
1．判断正误
(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。( )
(2)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。( )
(3)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。( )
(4)物体的速度增大时，其机械能可能减小。( )
(5)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。( )
×
√
√
√
√
2．(人教版教材原题改编)如图所示，将轻质弹簧的一端固
定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一
端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放
小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，
则(　　)
A．从B到A过程中，小球的机械能守恒
B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大
C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功
D
解析：D　从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直
在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功，故D正确。
3．(多选)(人教版教材原题改编)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的重力势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv02－mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv02
AD
解析：AD　从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；地面为零势能面，所以物体在海平面上的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为mv02，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为mv02，故D正确；物体在海平面上的动能为mv02－(－mgh)＝mv02＋mgh，故C错误。
研考点
精准突破
考点一　机械能守恒的理解和判断
(2024·重庆卷，2)2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器、上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(　　)
A．减速阶段所受合外力为0
B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒
D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8 m/s2
C　
解析：C　组合体在减速阶段有加速度，所受合外力不为零，故A错误；组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，故D错误。
机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为0。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。(注意：并非系统内某个物体的机械能守恒，而是整个系统的机械能守恒)
CD
(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和细绳及定滑轮的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
解析：CD　甲图中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，A错误；乙图中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错误；丙图中细绳张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。
考点二　单物体机械能守恒定律的应用
(2026·北京师大实验中学摸底)如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB段为曲面，BC段水平，CD段是半径R＝0.2 m的半圆形轨道，BC段与CD段在C点相切。在A点由静止释放一质量为m＝0.2 kg的小球，小球沿轨道运动至D点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC段上的E点，A点距水平面的高度h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球运动到B点时的速度大小vB；
(2)小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小FN；
(3)C、E两点的距离x。
解析：(1)根据题意，小球从A到B的过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvB2
解得vB＝＝4 m/s。
(2)根据题意，小球从B到D的过程中，由机械能守恒定律有mvB2mvD2
解得vD＝2 m/s
在D点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m
解得FN＝6 N。
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，飞行时间为t＝ s
C、E两点的距离x＝vDt＝0.8 m。
答案：(1)4 m/s　(2)6 N　(3)0.8 m
基本思路
(1)选取研究对象——物体。
(2)判断机械能是否守恒。
(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能。
(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式进行求解。
考点三　多物体机械能守恒定律的应用
(2025·河南开封高三质检)如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
D
解析：D　将A、B由静止释放，当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H＝＝2h，由A和B组成的系统机械能守恒得mgH＝mvA2＋mvB2，A沿细线方向的分速度与B的速度大小相等，则有vB＝vAcos 60°，解得vB＝ ，故D正确。
(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的形式。
如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m＝2 kg的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离LA＝3 m，O与B球间的距离LB＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，将杆以水平位置由静止释放。求：
(1)杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小；
(2)杆转动到竖直位置的过程中，杆对B球做的功。
解析：(1)设杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为vA、vB，杆转动的角速度为ω，小球A和B及杆组成的系统机械能守恒，则有
mgLA－mgLB＝mvA2＋mvB2
且vA＝ωLA，vB＝ωLB
联立解得vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。
(2)杆转动到竖直位置的过程中，对B，根据动能定理
W－mgLB＝mvB2
解得杆对B球做的功W＝24 J。
答案：(1)6 m/s　2 m/s　(2)24 J
点拨：根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。
(2025·福建厦门二模)如图所示，固定在水平面上足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，轻质弹簧劲度系数为k，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A相连，物块A与质量也为m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线相连。先用手托住物块B，使细线刚好拉直但无拉力，然后由静止释放物块B，在物块A向上运动的整个过程中，物块B未碰到地面。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，两物块均可
视为质点。求：
(1)释放物块B之前弹簧的形变量x0；
(2)释放物块B的瞬间，细线上的拉力的大小；
(3)从释放到达到最大速度过程中细线对物块A做的功。
解析：(1)手托住B时，物块A静止，由平衡条件得kx0＝mg sin θ
解得弹簧压缩量x0＝。
(2)释放物块B的瞬间，由牛顿第二定律，对物块A，有FT＝ma
对物块B，有mg－FT＝ma
解得FT＝mg。
(3)当A、B加速度为零时，物块A、B速度最大，
即mg－mg sin θ－kx1＝0
此时弹簧伸长量x1＝
由于初态弹簧的压缩量和末态弹簧的伸长量相等，故弹簧弹性势能相等，对物块A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得mg(x0＋x1)－mg(x0＋x1)sin θ＝(m＋m)vm2
解得vm＝g
在物块A达到最大速度的过程中，弹簧对物块做功代数和为零，细线对物块A做功为W，对物块A，由动能定理得W－mg(x0＋x1)sin θ＝mvm2
解得W＝。
答案：(1)　(2)mg　(3)
点拨：由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
[归纳总结]　常见多物体机械能守恒的情境分析
(1)轻绳关联情境：用好两物体的位移大小、速度大小关系或竖直方向高度变化的关系。
(2)轻杆关联情境：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)含轻弹簧的系统机械能守恒问题
弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，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。
素养拓展　“非质点类”机械能守恒问题
1．主要类型
有质量的杆、绳、链条、水柱等物体的运动。
2．解题关键
这类物体的重力势能由重心的位置决定，确定重心位置是解题的关键。
3．常用方法
当整体重心不易确定时，可分段处理，找出各部分的重心位置，求各段的重力势能。
(多选)(2025·湖北高中协作体期末)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(　　)
A．水柱的重力做正功
B．大气压力对水柱做负功
C．水柱的机械能守恒
D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是
ACD
解析：ACD　把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图所示，重心下降，重力所做正功：WG＝ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。
如图所示，一长为L的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得铁链向一侧滑动，滑轮离地面足够高，则铁链完全离开滑轮时的速度大小为(　　)
A．
C．
C
解析：C　铁链向一侧滑动的过程受重力和滑轮弹力的作用，弹力始终与对应各节铁链的运动方向垂直，故弹力不做功，只有重力做功。设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v，由机械能守恒定律有mv2＋ΔEp＝0，其中铁链重力势能的变化量相当于滑离时下半部分的重力势能减去滑动前左半部分的重力势能，如图所示，即ΔEp＝－，解得v＝，故C正确。
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
限时规范
训练(31)　机械能守恒定律
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．(2025·新课标卷，16)如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取10 m/s2)(　　)
A．4 m B．5 m
C．6 m D．7 m
B
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
解析：B　当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得其理论的最大高度h＝5 m，故选B。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2．(2025·江西名校联考)一滑雪坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC是圆弧，C端水平。如图所示，运动员连同滑雪装备的总质量m＝75 kg，从A点由静止滑下，通过C点时速度大小v＝12 m/s，之后落到水平地面DE上。A、C两点的高度差h1＝9.8 m，竖直台阶CD的高度h2＝5 m。取地面为参考平面，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为(　　)
A．11 100 J B．9150 J
C．7350 J D．5400 J
B
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：B　根据题意可知，运动员在C点的机械能为E＝mv2＋mgh2＝9150 J，从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做功，机械能守恒，则可知运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为9150 J，故B正确。
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
3．(经典高考题)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱上，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B．
C． D．
C　
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
解析：C　设小球B的质量为m，则小球A的质量为2m，小球A刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，A落地后，小球B继续上升的过程，由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，小球B上升的最大高度为h＋R＝，故选C。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
4．(2025·山东威海三模)如图所示，质量分别为6m和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为30°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接Q。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，轻绳的OP段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为37°。将P由静止释放，Q在运动过程中经过M点，OM与杆垂直，长为1.5L。P、Q均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数k＝，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。Q经过M点时的速率为(　　)
A． B．2
C． D．2
A
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
解析：A　未释放P前，对Q有mg＝kx，解得弹簧压缩量x＝L，当Q经过M点时，由于OM与杆垂直，可知此时P的速度为0，由几何关系可知QM＝＝2L，可知在M点时，弹簧拉伸量为L，弹性势能与开始时相同，故对P、Q和弹簧构成的系统，由机械能守恒有6mg sin 30°·mvM2，解得vM＝，故选A。
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
5．(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，在竖直平面内固定一刚性轻质的圆环形细管(管道内径极小)，一质量为m的小球放置于管内顶端A点，其直径略小于管道内径。现给小球一微小扰动，使之顺时针沿管道下滑。管内的B点与管道的圆心O等高，C点是管道的最低点，若不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　)
A．小球不可能回到A点
B．小球经过最低点时，可能处于失重状态
C．从A点运动到B点，小球对细管的作用力先减小后增大
D．从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率一直增大
C
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
解析：C　由机械能守恒定律可知，小球恰好能回到A点，A错误；小球经过最低点时，加速度竖直向上，则处于超重状态，B错误；小球下滑至A到B点的某一位置D时，小球对管壁的作用力为零，设该位置小球与细管圆心的连线与OA的夹角为θ，则mg cos θ＝mmv2＝
mgR(1－cos θ)，可得cos θ＝，可知小球从A点运动到B点的过程中，小球对细管的作用力先减小后增大，C正确；小球在A点时重力的瞬时功率为零，到C点时竖直速度为零，根据PG＝mgvy可知，从A点运动到C点，小球重力做功的瞬时功率先增大后减小，D错误。故选C。
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
6．(10分)如图所示，不可伸长细绳的一端固定在O点，另一端系着一金属小球，小球的质量为m，细绳长为l。将细绳拉直，让细绳从偏离水平方向30°的位置由静止释放小球，已知重力加速度为g。求：
(1)细绳刚伸直时小球的速度大小；
(2)小球运动到最低点A时细绳受到的拉力大小。
解析：(1)小球先做自由落体运动，设细绳刚伸直时小球的速
度大小为v1，小球下降的高度
h＝2l sin 30°
根据机械能守恒定律得mgh＝mv12
解得v1＝。
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
(2)细绳伸直后瞬间，设小球在垂直细绳方向的速度为v2，根据运动的分解得v2＝v1cos 30°＝
设小球运动到最低点A时的速度为v3，以过A点的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得mv22＋mgl(1－sin 30°)＝mv32
联立解得v3＝
小球在最低点，由牛顿第二定律得FT－mg＝m
解得细绳对小球的拉力FT＝3.5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点A时，细绳受到的拉力大小为3.5mg。
答案：(1)　(2)3.5mg
7
8
9
10
1
3
4
5
6
2
[能力提升练]
7．(多选)(2025·辽宁省大连市高三期中)如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则(　　)
A．小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒
B．P球到达B点时，P球的速度大小为
C．P球到达C点前，P、Q两球的速度大小始终不相等
D．P球到达C点时Q球的速度大小为2
AB
7
8
9
10
1
3
4
5
6
2
解析：AB　在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；P球到达B点时，P球下降了2R，Q球下降了R，由几何关系知，此时轻杆与水平方向的夹角为30°，由速度的合成与分解可知vQcos 30°＝vPcos 60°，由机械能守恒定律
有mg·2R＋mgR＝mvP2＋mvQ2，解得P球的速度大小为vP＝，故B正确；P球到达C点前，由速度的合成与分解可知，小球P、Q的速度满足vQ′cos θ＝vP′sin θ(θ为轻杆与水平方向的夹角)，则当θ＝45°时，P、Q两球的速度大小相等，故C错误；P球到达C点时，P球下降了3R，Q球下降了R，P、Q两球速度相等，由机械能守恒定律可知mg·3R＋mgR＝2×mv2，解得Q球的速度大小为v＝2，故D错误。
8
9
10
1
3
4
5
6
7
2
8．(多选)(2026·河南新未来高三9月测评)如图所示，内壁光滑的细圆轨道ABC竖直固定放置在光滑水平面上的A点，竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ，质量为m的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0，然后从A点切入圆弧轨道，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．若小球刚好能到达B点，则小球在B点处于完全失重状态
B．若小球刚好能到达B点，则半径OA为
C．若小球到达C点时的速度为v，则小球在C点时重
力的功率为mgv cos θ
D．若小球到达C点时的速度为v，则小球落回水平
面的瞬间，重力的瞬时功率为mg
BD
8
9
10
1
3
4
5
6
7
2
解析：BD　若小球刚好能到达B点，则小球在B点的速度为0，小球在B点处于二力平衡状态，既不是失重状态也不是超重状态，故A错误；小球从A到B由机械能守恒定律可得mg×2R＝mv02，解得R＝，故B正确；把小球在C点的速度v分别沿水平方向和竖直方向分解，
则有vx1＝v cosθ，vy1＝v sin θ，重力的功率为PG1＝mgvy1＝mgv sin θ，故C错误；由机械能守恒可得小球落回水平面的瞬时速度大小为v0，把v0分别沿着水平方向和竖直方向分解，水平方向的分速度大小为vx＝vx1＝v cos θ，则竖直方向的分速度大小为vy＝，则重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg，故D正确。
9
10
1
3
4
5
6
7
8
2
9．(10分)(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直
平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。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。
9
10
1
3
4
5
6
7
8
2
解析：(1)从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得mg·2L＝mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，
则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm′＝Fm＝17 N。
9
10
1
3
4
5
6
7
8
2
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得2L＝g(Δt)2，x＝vΔt，联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速
度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上
方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方
的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝mvmin2－mvN2
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s　17 N　(2)4 m (3)2 m/s
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
[培优创新练]
10．(13分)质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)小球Q的质量M；
(2)小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作
用力。
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
解析：(1)从OA水平释放至OB到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有
mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°
代入数据解得M＝＝0.5 kg。
(2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有
mgL1cos 53°＋MgL2(1－sin 53°)＝Mv22
两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω
联立并代入数据可得ω＝ rad/s
小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有F－Mg＝Mω2L2
代入数据解得F＝ N≈10.3 N。
答案：(1)0.5 kg　(2)10.3 N
第3讲　机械能守恒定律
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放

展开更多......

收起↑