资源简介

4　机械能守恒定律
基础过关练
题组一　机械能是否守恒的判断
1.[2026江苏无锡期中]关于机械能守恒,以下说法正确的是(　　)
A.物体做匀速运动,它的机械能一定守恒
B.物体所受合力做的功为零,它的机械能一定守恒
C.物体所受合力不等于零,它的机械能可能守恒
D.物体所受合力等于零,它的机械能一定守恒
2.[2026重庆第八中学期中]在如图所示的物理过程示意图中,甲图中一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;乙图中斜劈A置于水平面上,物体B沿斜面下滑,各接触面均光滑;丙图中小球在绳的牵引下在水平面内做匀速圆周运动;丁图中跳伞运动员匀速下落。甲、乙、丙图所示的过程中空气阻力均忽略不计,关于这几个运动过程,下列说法正确的是(　　)
A.甲图中小球的机械能不守恒
B.乙图中物体B的机械能守恒
C.丙图中小球的机械能守恒
D.丁图中运动员的机械能守恒
题组二　机械能守恒定律的应用
3.[2026江苏扬州大学附属中学期中]如图所示,AOB是光滑轨道,A点的高度H大于B点的高度h。让小球从A点由静止开始自由滑下,沿轨道AOB运动,到达B点后离开。不计空气阻力,则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是(　　)
A.a　　　　B.b　　　　C.c　　　　D.d
4.[教材习题改编]质量为0.2 kg的石块(可视为质点)从距地面h=10 m高处以30°角斜向上方抛出,初速度v0的大小为10 m/s。选抛出点所在水平面为参考平面,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则从抛出到落地过程中(　　)
A.石块的加速度不断改变
B.石块运动时间为1 s
C.落地时石块具有的机械能为10 J
D.在最高点,石块所受重力的功率为10 W
5.[多选题][2026山东聊城期中]内、外壁均光滑的圆筒水平固定,截面如图所示,O是圆心,半径为R。小球甲从圆筒内壁最低点以大小为的水平速度向右运动,小球乙从外壁上的P点沿切线以大小为的速度向上运动;已知两球质量均为m,OP与竖直方向的夹角为37°,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.甲不能通过内壁最高点
B.甲到达最高点的速度大小为
C.乙在P点时对圆筒的压力大小为
D.乙在最高点对圆筒的压力大小为mg
6.[2026山东泰州新泰一中质量检测]如图所示,一根质量为M、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,链条右端拴有质量为m的小球。已知桌面足够高,约束链条的挡板光滑,重力加速度为g。由静止释放至整根链条刚离开桌面的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.链条和小球的重力势能共减少mgL+MgL
B.链条和小球的重力势能共减少(m+M)gL
C.链条的重力势能转化为动能,链条的机械能守恒
D.若仅去掉小球,整根链条刚离开桌面的速度会变大
7.[2026山西大学附中期中]如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在离地高度均为H的光滑水平细杆A、B上,质量为m的b球与B的距离为L,质量为4m的a球放置于地面上。已知H>L,不计空气阻力,重力加速度为g。把b球从水平位置由静止释放,b球运动过程中a球对地面的最小压力为(　　)
A.mg　　　　B.mg　　　　C.mg　　　　D.2mg
8.[2026河北衡水枣强中学期中]如图所示,两个小球a、b的质量均为m,a球套在固定竖直杆上,此时它与水平地面相距h=0.2 m,b球放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接。现由静止释放a球,不计一切摩擦,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.a球落地前,轻杆对b一直做正功
B.a球落地时的速度大小为3 m/s
C.a球下落过程中,其加速度始终小于g
D.当a球的机械能最小时,b球对地面的压力等于mg
9.[2026山东泰安期中]半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B,A、B之间用一长为R的轻杆相连,如图所示。开始时,A、B都静止,且A在圆环的最高点,现将A、B释放,已知重力加速度为g。试求:
(1)B球到达最低点的过程中,杆对A球做的功;
(2)B球在圆环右侧区域内到达最高点位置时OB连线与水平方向的夹角。
10.[2026湖南长沙名校联合体期中]如图甲所示,一条轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,用手托住B球,轻绳刚好被拉直,取地面为参考平面,从t=0时由静止释放B球,到B球落地前的过程中,A、B两球的重力势能Ep随时间t的变化关系如图乙,定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计,A始终没有与定滑轮相碰,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)B球落地时的动能;
(2)t=0时,B球离地的高度;
(3)当B球的重力势能是动能的时,B球距地面的高度。
　
能力提升练
题组一　单物体的机械能守恒问题
1.[2026山东泰安期中]如图所示,质量为m的人造卫星围绕地球做椭圆运动,近地点A、远地点B到地心的距离之比为1∶4,卫星在近地点A到地心的距离为d,已知卫星在地球周围的引力势能Ep=-(M为地球质量,m为卫星质量,r为卫星到地心的距离,G为引力常量)。则卫星运动到远地点B时的速度大小为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.[2026陕西西工大附中期中]如图甲所示,质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上,并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后,小球由静止开始沿着圆环运动,一段时间后,小球与圆心的连线转过θ角度时,小球的速度大小为v,v2与 cos θ的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
　
A.圆环半径为1.2 m
B.θ=时,小球所受合力为4 N
C.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力一直增大
D.0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大
3.[2026江苏南京金陵中学期中]如图所示,AB为倾角θ=37°的斜面轨道,轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°、半径R=1 m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、O两点在同一竖直线上。一轻弹簧一端固定在A点,另一自由端在斜面上C点处,现将一质量m=2 kg的物块缓慢压缩弹簧到D点(不拴接),且CD的距离为x0=1 m,此时弹簧具有的弹性势能为Ep=156 J。现从D点由静止释放物块,物块在CB段匀减速运动过程中的加速度大小为a=8 m/s2,物块第一次经过B点后恰能到达P点。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块第一次通过C点的速度大小vC;
(2)斜面轨道上B、C两点间的距离x;
(3)若仅调整物块的质量m的大小,仍从D点由静止释放物块,物块能进入圆轨道,在BP上不脱离轨道(不包括P点),求m的范围。
题组二　系统的机械能守恒问题
4.[2026江苏徐州期末]如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物A,轻质定滑轮下方悬挂重物B,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物A、B处于静止状态,释放后A、B开始运动,已知A、B的质量均为m,假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g,当A的位移大小为h时(　　)
A.B的位移大小为2h,方向向上
B.A、B速度大小始终相等
C.A的速度大小为2
D.B的机械能减少mgh
5.[多选题][2025安徽皖南八校二模]如图,两根轻杆与质量为M的球甲通过轻质铰链连接,轻杆长度都为L,C、D为两个完全相同的物块,质量都为m。开始时,两轻杆处在竖直方向,C、D恰好与杆接触,C、D都静止在水平地面上。某时刻受扰动,两杆推动C、D物块分别向左、右运动,当左、右杆间的夹角θ为60°时,杆与物块仍未分离。甲、C、D在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g。在甲球从静止开始运动到落地的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.当θ为60°时,vC=v甲
B.当θ为60°时,v甲=
C.当θ为45°时,a甲>g
D.左杆底端与物块C一定会在甲落地前分离
6.[2026安徽芜湖第一中学期中]如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过足够长且不可伸长的轻绳连接在一起,圆环套在光滑的竖直杆上,开始时连接圆环的绳子处于水平,长度l=4 m,现由静止释放圆环,不计定滑轮的大小和摩擦,忽略空气的阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若M=2m,求圆环能下降的最大高度;
(2)若圆环下降h=3 m时的速度v=5 m/s,则M与m应满足什么关系。
创新题型
创新点　异径光滑半圆轨道+双环杆关联模型综合
7.[2026江苏南京外国语学校期中]如图所示,左、右两个光滑半圆轨道半径分别为3R和R,它们和足够长的光滑水平直轨道AB、CD平滑相连并竖直放置。穿在轨道上、质量为3m的小环a初始位置如图1所示,已知重力加速度为g,求:
　
(1)给a向右的初速度v1=,求到达B点时a受到轨道施加的弹力F;
(2)给a向右的初速度v2,若a在左半圆环上运动时始终受到轨道施加的指向圆心的弹力,求v2的范围;
(3)如图2所示,将质量为m的小环b穿在轨道上,用长为3R的轻质杆连接a、b两环。初始时,a、b两环具有一定的初速度,且a环恰能运动到直导轨CD上。求a环在右半圆轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小v3。
答案与分层梯度式解析
4　机械能守恒定律
基础过关练
1.C 2.C 3.C 4.C 5.BD 6.A 7.B 8.D
1.C　机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功,其他力不做功或做功的代数和为零(破题关键)。物体做匀速运动时动能不变,但势能可能变化,例如跳伞运动员带降落伞匀速下降,重力势能减小,机械能减小,故A错误;合力做功为零时动能不变,但重力势能可能变化,B错误;物体所受的合力不为零,若仅受重力作用,只有重力做功,机械能守恒,例如自由落体运动,故C正确;物体所受的合力等于零时,可能存在除重力或系统内弹力外的其他力做功,例如降落伞匀速下降时合力为零,空气阻力做负功,机械能减小,故D错误。
2.C　由于轻杆对小球的弹力方向沿杆,总是与小球的速度方向垂直,对小球不做功,所以只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,A错误;水平面光滑,物体B沿斜劈A下滑时,对于物体A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,A的动能增加,说明B的部分机械能转化为斜劈A的动能,故物体B的机械能不守恒,B错误;丙图中小球在绳的牵引下在水平面内做匀速圆周运动,小球的动能不变,重力势能不变,所以小球的机械能守恒,故C正确;丁图中跳伞运动员匀速下落,动能不变,重力势能减小,所以运动员的机械能减小,故D错误。
3.C　AOB轨道光滑且不计空气阻力,小球运动过程中机械能守恒,即动能与重力势能的总和保持不变(破题关键)。小球从A点由静止滑下,以O点所在水平面为重力势能参考平面,则总机械能等于小球在A点时的重力势能,即E=mgH。由于小球运动到B点时有斜向上的速度,即做斜抛运动,小球到最高点时仍有水平方向的速度,即在最高点时小球仍有动能,故到达的最高点应低于A点,故A、B、D错误,C正确。
易错警示　解答本题时,易忽略小球在斜抛运动的最高点仍然具有水平方向的速度,错误地认为小球离开B点后能上升到与A点等高的位置(即轨迹b),错选B。
4.C　石块在空中运动,仅受重力作用,加速度恒为重力加速度g,A错误;石块在竖直方向上做上抛运动,取竖直向下为正方向,则有h=-v0 sin 30°·t+gt2,解得t=2 s,故B错误;石块运动过程中机械能守恒,石块落地时的机械能等于初始的机械能,即E=m=10 J,故C正确;在最高点处石块只有水平速度,竖直分速度为0,所以重力的功率为0,D错误。
5.BD　
模型建构
解析　假设甲能通过内壁最高点,则由机械能守恒定律有m=2mgR+m,解得v2=,恰满足mg=m,即小球甲恰能通过内壁最高点,A错误,B正确;小球乙在P点时,由牛顿第二定律可得mg cos 37°-FNP=m,解得FNP=,根据牛顿第三定律可知,乙对圆筒的压力大小为,C错误;乙从P点到最高点,由机械能守恒定律得m=mgR(1-cos 37°)+mv2,解得v=0,可知乙在最高点对圆筒的压力大小为mg,D正确。
6.A　从静止释放至整根链条刚离开桌面的过程中,小球下落的高度为,原桌面上方的链条部分等效重心下落的高度为+=(点拨:原桌面下方链条相当于位置不变),则链条和小球的重力势能共减少=mg·+·L=mgL+MgL,A正确,B错误。链条与小球组成的系统满足机械能守恒,对于链条,由于小球对链条的拉力对链条做正功,因此链条的机械能不守恒,C错误。去掉小球前,对于链条,由于链条重力和小球对链条的拉力均做正功,根据动能定理可得WG+W拉=Mv2;若仅去掉小球,整根链条离开桌面过程,只有链条重力做功,根据动能定理可得WG=Mv'2,由于链条重力做功不变,可得整根链条刚离开桌面的速度会变小,D错误。
7.B　假设b球运动过程中a球始终没有离开地面(点拨:绳的拉力满足F≤4mg),对b球从开始下落到运动到最低点过程,由机械能守恒定律得mgL=mv2(点拨:b球绕B点做圆周运动),在最低点由牛顿第二定律得Fmax-mg=m,解得轻绳的最大张力为Fmax=3mg,假设成立;此时a球受力平衡,有Fmax+FNmin=4mg,解得FNmin=mg,由牛顿第三定律知,a球对地面的最小压力为mg,故选B。
8.D　
关键点拨　(1)系统观:对于a、b组成的系统,只有重力做功,因此系统机械能守恒。
(2)运动关联:a、b通过铰链用刚性轻杆连接,两物体沿杆方向的速度分量相等。
(3)隔离法与整体法结合:用整体法分析总机械能;用隔离法对单个物体进行受力分析和运动分析。
(4)极值问题分析:对于a球机械能的最小值,可以转化为求b球动能的最大值,然后利用极值点的特征解决问题。
解析　a刚开始运动以及a落地时,b的速度均为零,故整个运动过程中,b的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,由动能定理可知,轻杆对b先做正功后做负功,故A错误。对于a、b组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,a落地时,b的速度为零,根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,解得v=2 m/s,故B错误。由于轻杆对b先做正功后做负功,则杆先处于压缩状态、后处于拉伸状态,轻杆对a的作用力先斜向上后斜向下,则a所受的竖直方向的合力先小于重力后大于重力,故a的加速度先小于g后大于g,故C错误。由于a、b组成的系统机械能守恒,故当a的机械能最小时,b的机械能最大,速度最大(点拨:b的重力势能不变,动能最大时,机械能最大),此时b受到轻杆的推力为零,所以b对地面的压力大小为mg,故D正确。
9.答案　(1)0　(2)60°
解析　(1)释放后,B到达最低点的过程中,A、B和杆组成的系统机械能守恒,有mAgR+mBgR=mA+mB(点拨:系统重力势能的减少量等于动能的增加量)
又OA⊥OB,杆长为R,故OA、OB与杆间夹角均为45°,速度关系如图所示
可知vA=vB,联立解得vA=vB=
对小球A,应用动能定理可得W杆A+mAgR=mA
联立解得W杆A=0
(2)设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向之间的夹角为θ,由系统机械能守恒,可得
mAgR+mAgR sin θ=mBgR cos θ
代入数据可得θ=30°
所以B球在圆环右侧区域内到达最高点位置时OB连线与水平方向的夹角为60°。
10.答案　(1)12 J　(2)0.15 m　(3)0.025 m
解析　(1)运动过程中B下降的高度与A上升的高度相同,根据图乙中两球的重力势能变化量的大小比较,可知ΔEpA∶=1∶4
所以mA∶mB=1∶4
A与B开始运动到B落地的过程中,系统机械能守恒,有
-(ΔEpA+ΔEpB)=(mA+mB)v2
落地时B的动能为EkB=mBv2=12 J
(2)对A与B组成的系统,根据牛顿第二定律有
mBg-mAg=(mA+mB)a
解得a=6 m/s2
由题图乙可知,在t1=0.2 s时A与B的重力势能相等,此时A离地面的高度即B下降的高度,hA=a=0.12 m
设B在t1=0.2 s时离地面的高度为hB,则有
mAghA=mBghB
得hB=hA=0.03 m
所以在t=0时刻,B离地面的高度应为
h=hA+hB=0.15 m
(3)当B球的重力势能是动能的时,对B由动能定理有F合Δh=mB
其中F合=mBa
此时有Ep2=EkB=mB
设此时B离地面的高度为h2,则有Δh=h-h2,Ep2=mBgh2
联立解得h2=0.025 m
能力提升练
1.A 2.D 4.D 5.ABD
1.A　设该人造卫星在A点的速度为v1,在B点的速度为v2,根据开普勒第二定律有v1Δtr1=v2Δtr2,且=,解得==4;卫星运动过程中机械能守恒,则有m-=m-,联立解得v2=,故选A。
2.D　小球沿着圆环运动过程中,只有重力做功,小球机械能守恒,可得mv2=mgR(1-cos θ);由题图乙可知,当θ=时,小球速度的二次方为12 m2/s2,代入公式得R=0.6 m;此时圆环对小球的弹力提供向心力,有N== N=4 N,小球还受竖直向下的重力,所以小球所受合力为F== N=2 N,故A、B错误。当0≤θ≤时,有mg cos θ-N=m,可知θ增大的同时v也增大,所以N减小;当≤θ≤π时,有N-mg cos (180°-θ)=m,可知θ增大的同时v也增大,所以N增大,所以0≤θ≤π过程中,圆环对小球的作用力先减小后增大,故C错误,D正确。
3.答案　(1)12 m/s　(2)6.125 m　(3) kg≤m≤ kg或m≤2 kg
解题指引　(1)“在BP上不脱离轨道”的两种临界状态:一是物块恰能通过最高点;二是物块恰好上升到圆心等高处。
(2)分段分析法:将复杂的运动过程分为D→C(弹簧释放时的变加速直线运动)、C→B(匀减速直线运动)、B→P(圆周运动)三个独立阶段。
(3)机械能守恒定律与动能定理结合:光滑部分用机械能守恒定律,有摩擦部分用动能定理。
解析　(1)物块从D到C过程,根据机械能守恒定律有
Ep=m+mgx0 sin 37°
代入题中数据,解得vC=12 m/s
(2)根据题意,物块在P点时对轨道无作用力,则有
mg=m
解得vP= m/s
物块从C到P过程,根据动能定理有
-maxBC-mgR(1+ sin 53°)=m-m
联立解得xBC=6.125 m
(3)①设物块质量为m1时恰好运动到圆弧右侧与圆心O等高处,根据动能定理有
W弹-m1gx0 sin θ-m1axBC-m1gR sin 53°=0-0
其中Ep=W弹,联立解得m1= kg
同时物块要超过B点进入圆轨道,根据能量守恒定律有Ep=m2gx0 sin θ+m2axBC
解得m2= kg
②设物块质量为m3时恰好运动到P处,根据动能定理有W弹-m3gx0 sin θ-m3axBC-m3g(R sin 53°+R)=m3
解得m3=2 kg
因此物块能进入圆轨道,在BP上不脱离轨道,应满足 kg≤m≤ kg或m≤2 kg。
4.D　设细线的拉力大小为T,则A受到两细线的拉力大小为2T,方向向上,B受到细线的拉力大小为T,方向向上,A、B所受重力大小相等,A、B释放后,A向上运动,B向下运动,当A上升的高度为h时,连接动滑轮两侧的细线上升高度均为h,而细线固定端不移动,所以细线自由端下降的高度为2h,B下降的高度为2h,B的位移大小为2h(破题关键),方向向下,A错误;由于B下降的位移是A上升位移的两倍,它们的运动时间相等,由x=at2可知,B的加速度大小是A加速度的两倍,由速度公式v=at可知,同一时刻B的速度大小是A的两倍,B错误;当A的位移大小为h时,设A的速度大小为v,则B的速度大小为2v,B下降的高度为2h,以A、B两个物体组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律得mg·2h-mgh=mv2+m(2v)2,解得v=,C错误;当A的位移大小为h时,B减少的机械能ΔE=mg·2h-m(2v)2=mgh,D正确。
5.ABD　
模型建构
解析　设左杆的下端点为A,由对称性易知,左、右杆与竖直方向夹角均为,甲沿左杆方向的速度大小等于A沿杆方向的速度大小,即有v甲 cos =vA sin ,可得vA=v甲,又vA=vC,则vC=v甲,A正确;从开始到θ=60°过程,对整个系统,由机械能守恒定律得MgL(1-cos 30°)=M+2×m,解得v甲=,B正确;A与C分离前,C物块一直向左加速,A对C有向左的弹力,对端点A分析,易知左杆对A的力沿左杆斜向下,故左杆对球甲的力沿左杆斜向上,由对称性知,两杆对球甲的合力竖直向上,结合牛顿第二定律可知a甲始终小于g,C错误;开始时端点A的速度为0,当球甲落地瞬间,端点A的速度也为0,可知端点A的速度先变大后变小,端点A的速度最大时,C的速度也最大,C的加速度为零,C与端点A之间的弹力为零,之后A减速运动,C匀速运动,A与C分离,D正确。
6.答案　(1) m　(2)=
解析　(1)若M=2m,设圆环能下降的最大高度为hm,根据系统机械能守恒,可得mghm-MghA=0
由几何关系可得hA=-l
联立解得hm= m
(2)圆环下降h=3 m时的速度为v=5 m/s
把圆环速度分解,如图所示
由速度关系得vA=v cos θ
由几何关系可得 cos θ=
由系统机械能守恒可得mgh-MghA'=mv2+M
又有hA'=-l
联立解得A和B的质量关系为=
7.答案　(1)18mg,方向竖直向上　(2)0　(3)
解析　(1)小环a从初始位置运动到B点,根据机械能守恒定律可得
3mg·2R=·3m-·3m
在B点,根据牛顿第二定律可得
F-3mg=3m
联立解得F=18mg,方向竖直向上
(2)若小环a的初速度较小,恰好运动到左侧半圆环圆心等高处,根据机械能守恒定律可得
-3mgR=0-·3m
解得v21=
若小环a的初速度较大,恰好运动到左侧半圆环最高点,根据机械能守恒定律可得
-3mg·4R=·3mv2-·3m
在最高点,有3mg=3m
解得v22=
由此可知,若a在左半圆环上运动时始终受到轨道施加的指向圆心的弹力,则小环a初速度v2的范围为0
(3)由题意知,a、b两环的初速度大小相等,a环恰能运动到直导轨CD上,则两环的末速度为0,根据系统机械能守恒可得
-3mg·4R-mg·6R=0-·3mv'2+mv'2
解得v'=3
a、b两环组成的系统机械能守恒,a环在右半圆轨道上运动过程中机械能最大时,b环机械能最小,此时a的速度与杆垂直,b环速度为0,机械能最小,杆过右侧半圆轨道的圆心,根据几何关系可得,a环距离AB轨道的高度为h=R
根据系统机械能守恒可得·3mv'2+mv'2+3mg·2R=·3m+3mgh
联立解得v3=
创新解读　这道物理题的设计非常精巧,它在传统力学模型的基础上进行了多维度的创新,主要体现在模型结构的复合性、临界条件的双向性两个方面。
(1)模型结构的创新:传统的圆周运动题目通常只涉及单个圆轨道,或者两个半径相同的圆轨道。本题构建了“左大右小”的非对称结构模型,这种不对称性打破了学生的思维定式。
(2)临界条件的创新:第(2)问要求小环在左半圆环上运动时“始终受到轨道施加的指向圆心的弹力”,“指向圆心的弹力”意味着轨道对环的作用力只能是拉力。

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