新高考新教材一輪復習人教版第五章第3講機械能守恒定律及其應用學案

第3講機械能守恒定律及其應用

必備知識新學法基礎落實段套蕉蕉^

［主干知識?填一填］

一、重力做功與重力勢能

?.重力做功的特點

(1)重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關.

(2)重力做功不引起物體機械能的變化.

2.重力勢能

(1)公式：Ep-mf>h.

(2)特性:

①矢標性：重力勢能是標量,但有正、負，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平

面上大還是小，這與功的正、負的物理意義不同.

②系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球共有的.

③相對性：重力勢能的大小與參遨壬面的選取有關.重力勢能的變化是絕對的,與參考

平面的選取無關.

3.重力做功與重力勢能變化的關系

(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減少;重力對物體做負功，重力勢能就

增力口.

(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量.即Wc=Epi-Ep2=→

耳.

二、彈性勢能

1.大小

彈簧的彈性勢能的大小與彈簧的超變量及勁度系數(shù)有關.

2.彈力做功與彈性勢能變化的關系

彈力做正功,彈性勢能減小，彈力做負功，彈性勢能增加.

三、機械能守恒定律

I.機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能,其中勢能包括重力勢能和建性勢能.

2.機械能守恒定律

(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動能和勢能可以互相轉(zhuǎn)化,而總的機

械能保持不變.

(2)守恒的條件：只有重力或彈力做功.

(3)守恒表達式:

守恒觀點

E?=&，EkI÷Epι=Ek2÷^p2

轉(zhuǎn)化觀點?Ek=一△ED

轉(zhuǎn)移觀點?E?減=AEB增

［規(guī)律結(jié)論?記一記］

1.重力勢能是由物體和地球組成的系統(tǒng)所共有，但一般常敘述為物體的重力勢能.

2.重力做功不引起物體機械能的變化.

3.對同一彈簧，形變量相同，彈性勢能相同.

4.單物體機械能守恒的條件是只有重力做功，而多物體（即系統(tǒng)）機械能守恒的條件是

只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，但這并不等于只受重力和彈力作用.

5.利用守恒觀點列機械能守恒的方程時一定要選取零勢能面，而且系統(tǒng)內(nèi)不同的物體

必須選取同一零勢能面.

［必刷小題?測一測］

一、易混易錯判斷

1.重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關.（，）

2.克服重力做功，物體的重力勢能一定增加.（J）

3.發(fā)生形變的物體都具有彈性勢能?（X）

4.彈力做正功彈性勢能一定增加.（X）

5.物體所受的合力為零，物體的機械能一定守恒.（X）

6.物體的速度增大時，其機械能可能減小.（J）

7.物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒?（J）

二、經(jīng)典小題速練

1.忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是（）

A.電梯勻速下降

B.物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端

C.物體沿著斜面勻速下滑

D.拉著物體沿光滑斜面勻速上升

解析：B電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，機械能

不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和

物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿

著粗糙斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態(tài)，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所

以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態(tài)，拉力和重力都要做功，

機械能不守恒，所以D錯誤.

2.一質(zhì)量為的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于n和相時的重力勢能分別為3品

和Eo（EO>0）?若物塊位于八時速度為0,則位于，2時其速度大小為（）

解析：A物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律可知

El=E2,代入已知條件為3瓦+0=￡)+；機。2,解得？處的速度為。=2、^,故選A.

3.(人教版必修2P8oh改編)把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖

甲所示.迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖

乙).忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力.則小球從A位置運動到C位置的過程中，下列說法正確

A.經(jīng)過位置B時小球的加速度為0

B.經(jīng)過位置8時小球的速度最大

C.小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒

D.小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小

解析：CA到B的過程中，小球先加速后減速，當加速度為零時，彈力等于重力，速

度最大，但位置在B點下方，故A、B選項均錯誤；小球由A到C的過程中，只有重力和

彈簧的彈力做功，小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確，D錯誤.

奉瑩辭蕓關鍵能力新探究思維拓展空蕉套追通1?

命題點一機械能守恒的理解和判斷(自主學習)

［核心整合］

1.對機械能守恒條件的理解

(1)只受重力作用，例如做平拋運動的物體機械能守恒.

(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零.

(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能變化量的負值，

那么系統(tǒng)的機械能守恒，注意并非物體的機械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機械

能減少.

2.機械能是否守恒的三種判斷方法

(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，機械能守恒.

(2)利用守恒條件判斷.

(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若系統(tǒng)與外界沒有能量交換，系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式

能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒.

［題組突破］

1.（對機械能守恒條件的理解）關于機械能守恒定律的適用條件，下列說法正確的是

（）

A.只有重力和彈力作用時，機械能才守恒

B.當有其他外力作用時，只要合外力為零，機械能守恒

C.當有其他外力作用時，只要其他外力不做功，機械能守恒

D.炮彈在空中飛行不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機械能守恒

解析：C機械能守恒的條件是“只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功”而不是“只有重力和彈

力作用”，“做功”和“作用”是兩個不同的概念，A項錯誤；物體受其他外力作用且合外

力為零時，機械能可能不守恒，如拉一物體勻速上升，合外力為零，物體的動能不變，重力

勢能增加，故機械能增加，B項錯誤；在炮彈爆炸過程中產(chǎn)生的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能

不守恒，D項錯誤；由機械能守恒定律的特點知，C項正確.

2.（系統(tǒng)機械能守恒的判斷）（2022.濟寧質(zhì)檢）如圖所示，將一個內(nèi)外，°

側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上,槽的左側(cè)有一豎直墻壁.現(xiàn)

讓一小球自左端槽口4點的正上方由靜止開始下落，小球從A點與半發(fā)?

圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是（）

A.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功

B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)

C.小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.小球從下落到從右側(cè)離開槽的過程中機械能守恒

解析：C小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽有向左運動的趨勢,

但實際上沒有動，整個系統(tǒng)中只有重力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒；小球過

了半圓形槽的最低點以后，半圓形槽向右運動，系統(tǒng)沒有其他形式的能量產(chǎn)生，滿足機械能

守恒的條件，所以系統(tǒng)的機械能守恒；小球從A點至到達槽最低點過程中，小球先失重，

后超重；小球由最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，半圓形槽也向右移動，半圓形槽對小球

做負功，小球的機械能不守恒，故選項C正確.

3.（含橡皮繩系統(tǒng)的機械能守恒的判斷）如圖所示，固定的傾斜光滑

桿上套有一個質(zhì)量為,"的圓環(huán)，圓環(huán)與一橡皮繩相連，橡皮繩的另一

端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長/7.讓圓環(huán)沿桿滑下，〃〃沏〃.

滑到桿的底端時速度為零.則在圓環(huán)下滑過程中（）

A.圓環(huán)機械能守恒

B.橡皮繩的彈性勢能一直增大

C.橡皮繩的彈性勢能增加了，移力

D.橡皮繩再次達到原長時圓環(huán)動能最大

解析：C圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和

橡皮繩的拉力，所以圓環(huán)的機械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象,

則系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；橡皮繩的彈性勢能隨橡皮繩的形變量的變化而變化，由

題圖知橡皮繩先變松弛后被拉伸，故橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，故B錯誤；根據(jù)系

統(tǒng)的機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mf>h,那么圓環(huán)的機械能的減少量等于橡皮繩的彈性

勢能增加量，為機g〃，故C正確；在圓環(huán)下滑過程中，橡皮繩再次達到原長時，該過程中

動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環(huán)的動能最大，故D錯誤.

I題后反思I

判斷機械能守恒的“三點”注意

(1)系統(tǒng)機械能守恒時，機械能一般在系統(tǒng)內(nèi)物體間轉(zhuǎn)移，其中的單個物體機械能不一

定守恒.

(2)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零，而是看是否只

有重力或彈力做功.

(3)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定

不守恒.

命題點二單個物體的機械能守恒(師生互動)

［核心整合］

I.表達式

要選零勢能

I守恒觀點IfEl=E2

參考平面

一不川選零勢

轉(zhuǎn)化觀點

I|fAEk=-AEp”能參考平面

不用選零勢

能參考平面

2.一般步驟

(1)選取研

Ol單個物體

究對象

I分析研究對象在運動過程中的受力情

(2)進行受

o況，明確各力的做功情況,判斷機械能是

力分析I否守恒

(3)選取零

o確定研究對象在初、末狀態(tài)的機械能

勢能面

3

|(5)解方程|力解方程求出結(jié)果,并對結(jié)果進行必要的

討論和說明

3.選用技巧

在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉(zhuǎn)化觀點，轉(zhuǎn)化觀點不用選取零

勢能面.

EE如圖所示，傾角為37。的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點，軌道半徑R=I

m,將滑塊由8點無初速度釋放，滑塊恰能運動到圓周的C點，OC水平，。。豎直，XAB=

2m,滑塊可視為質(zhì)點，取g=10m∕s2,sin37o,cos37°,求：

(1)滑塊在斜面上運動的時間；

(2)若滑塊能從。點拋出，滑塊仍從斜面上無初速度釋放，釋放點至少應距A點多遠.

解析：(1)設滑塊到達A點的速度為。A,從A到C過程機械能守恒有

BmUA2=mgRcos37°

從8到A過程，滑塊做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律可知

VA2=2CIXAB

VA=at

聯(lián)立各式解得α=4m∕s2,t=?s

(2)設滑塊能從。點拋出的最小速度為在D點,由重力提供向心力，

.VD1

有ιng=nr^-

從A到。由機械能守恒有

^ιnvA2—fn^R(1÷cos37。)+SOD2

VA2=2CIX,

聯(lián)立各式解得Vm.

答案：(I)Is(2)m

［題組突破］

1.(單物體、單過程機械能守恒)如圖所示，用兩根長度均為/的輕繩將一重物懸掛在水

平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為仇整個系統(tǒng)靜止，這時每根輕繩中的拉力為r現(xiàn)將

一根輕繩剪斷，當小球擺至最低點時，輕繩中的拉力為為某一值時，手最大，此最大值

為()

m

9

A?aB.2

C.3√2-2

解析：A剪斷輕繩之前：2Tsin8=mg;剪斷輕繩后，擺到最低點時：^mv2=mg1(]—

sinθ),由牛頓第二定律：T-mg=ιrrγ?,聯(lián)立解得干=6SinGTsin?仇由數(shù)學知識可知，此

比值的最大值為宗故選項A正確.

2.(單物體、多過程機械能守恒)(2022?黑龍江重點中學聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有

一半徑為Rm的光滑圓弧槽8C。，8點與圓心O等高，水平面D。與圓弧槽相接于。點，

一質(zhì)量為mkg的小球從B點的正上方Hm高處的A點自由下落，由B點進入圓弧槽軌道,

從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離Xm,球從。點飛出后的運動過程中相

對水平面上升的最大高度Zzm,取g=10m∕s2,不計空氣阻力，求：

H?

(1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN:

(2)小球經(jīng)過P點時的速度大小VP;

(3)。點與圓心。的高度差hoD.

解析：(1)設小球經(jīng)過C點時的速度為5,由機械能守恒定律有

,1,

∕ng(H+R)=Qtns

由牛頓第二定律有FN—mg=〃屎

代入數(shù)據(jù)解得KN.

(2)從P到。小球做平拋運動

豎直方向有力=TgF

水平方向有5=?！?/p>

代入數(shù)據(jù)解得。P=3m∕s.

(3)小球從開始運動到P點的過程中，機械能守恒，取。Q水平面為零勢能面,

則產(chǎn)蘇+mgh=mg(H+hoD)

代入數(shù)據(jù)解得％。m.

答案：(I)N(2)3m/s(3)m

命題點三多個物體的機械能守恒(多維探究)

1.對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒.

2.注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系.

3.列機械能守恒方程時，一般選用AEk=—AEp或△以附=AEB減的形式.

第1維度：輕繩連接的物體系統(tǒng).............

常見情景0,/

“J上i

（1）分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等

（2）用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系

三點提醒

（3）對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，

機械能則可能守恒

EE）（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小環(huán)（可視為質(zhì)點）套在固定的光

滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過光滑

的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M=2九與定滑輪等高的A點和定滑

輪之間的距離為d=3m,定滑輪大小及質(zhì)量可忽略.現(xiàn)將小環(huán)從A點由靜

止釋放，小環(huán)運動到C點速度為0,重力加速度取g=10m∕s2,則下列說法

正確的是(Sin53°,cos530)()

A.A、C間距離為4m

B.小環(huán)最終靜止在C點

C.小環(huán)下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能

D.當小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60。時，小環(huán)與物塊的動能之比為2：1

解析：AD小環(huán)運動到C點時，由機械能守恒得：,ngLAc=Mg（y∣M+次-d）,解得：

LAC-4m,故A正確；假設小環(huán)最終靜止在C點，則繩中的拉力大小等于2∕wg,在C點對

小環(huán)有：Fτ=-^=l>ng≠2mg,所以假設不成立，小環(huán)不能靜止，故B錯誤；由機械能

elilJDI

守恒可知，小環(huán)下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和小環(huán)增加的動能，故

C錯誤；將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度。M=%CoS

60°,由Ek=/加可知，小環(huán)與物塊的動能之比為2：1,故D正確.

第2維度：輕桿連接的物體系統(tǒng)

常見情景

三大特點（1）平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等

（2）桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能

不守恒

（3）對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做

功，則系統(tǒng)機械能守恒

EE（2022.東北三省三校第二次聯(lián)合模擬）如圖所示，豎直平,

面內(nèi)固定兩根足夠長的細桿L、加，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽（?

略不計.兩個小球。、伙視為質(zhì)點）質(zhì)量均為m,a球套在豎直桿心上，!I45?^

8球套在水平桿心上，a、〃通過錢鏈用長度為/的剛性輕桿L連接，

將a球從圖示位置（輕桿與小桿夾角為45。）由靜止釋放，不計一切摩

擦，已知重力加速度為g.在此后的運動過程中，下列說法中正確的是（）

A.a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能不守恒

B.b球的速度為零時，α球的加速度大小為零

C.8球的最大速度為N度+啦）g/

D.a球的最大速度為VV?∕

解析：C4球和h球組成的系統(tǒng)沒有外力做功，只有。球和人球的動能和重力勢能相

互轉(zhuǎn)換，因此“球和方球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；設輕桿L和水平桿〃的夾角

為仇由運動關聯(lián)可知ι?C0SO=0"Sin仇則ι?=%tan仇可知當6球的速度為零時，輕桿L

處于水平位置且與桿心平行，則此時。球在豎直方向只受重力機g,因此”球的加速度大小

為g,B錯誤；當桿L和桿L第一次平行時，。球運動到最下方，匕球運動到心和上交點

位置，b球的速度達到最大，此時“球的速度為0,因此由系統(tǒng)機械能守恒有〃吆（坐/+/）=

Jnvl,解得Vb=y∕（2+也）gl,C正確；當輕桿L和桿七第一次平行時，由運動的關聯(lián)可

知此時b球的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒有"ig?乎解得Ua=Npgl,此時α球

具有向下的加速度g,故此時4球的速度不是最大，“球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運

動，到加速度為。時速度達到最大，D錯誤.

第3維度：輕彈簧連接的物體系統(tǒng)..............

由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)

題型特點

物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能守恒

（1）對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧伸長還是

兩點提醒J卡:縮

（2）物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關

EE（多選）如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接下....?“

在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2,小九開始時細繩伸直，用

手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h,物體B靜止在昌

地面上.放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為。，此時

物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g,則下列說法中

正確的是（）

A.物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.彈簧的勁度系數(shù)為誓

C.物體A著地時的加速度大小地

D.物體A著地時彈簧的彈性勢能為mgh-^mv2

解析：AC由題意知，物體A下落過程中，B一直靜止不動，對于物體A和彈簧組

成的系統(tǒng)，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正

確；物體A即將著地時，物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的彈力為T=mg,開始時

彈簧處于原長，由胡克定律知7=m，則彈簧的勁度系數(shù)為A=管，故B錯誤；物體A著

地時，細繩對A的拉力也等于mg,對A,根據(jù)牛頓第二定律得2wgfg=2m4,則。=未

2

故C正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有2mgh=Ep?×2mv?則EPVf=2mgh

2

-∕nv9故D錯誤.

言季李季六:建核心素養(yǎng)新導向?qū)W科培優(yōu)追連雪

素養(yǎng)培優(yōu)16三類“非質(zhì)點類”機械能守恒問題

題型一“液柱”類問題

典例1（多選）內(nèi)徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，γ房

筒內(nèi)裝水，底部閥門K關閉時兩側(cè)水面高度分別為h?和h2,如圖所?蚩工三樂

示.已知水的密度為p,不計水與筒壁的摩擦阻力.現(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開，當兩筒水

面高度相等時，則該過程中（）

A.水柱的重力做正功

B.大氣壓力對水柱做負功

C.水柱的機械能守恒

D.當兩筒水面高度相等時，水柱的動能是%g5（∕n-/22）2

解析：ACD把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中

大氣壓力對左筒水面做正功，對右筒水面做負功，抵消為零.水柱的機

械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等

效于把左管高的水柱移至右管，如圖中的斜線所示，重心下降」y4,重力所做正功:

2①》妙.（歷2后）=%gS（0―/22）2,故A、C、D正確.

題型二“鏈條”類問題

典例2（2022?山東師范大學附中四模）如圖所示，長為L的均1

勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的上垂在桌邊，松手后鏈條從靜0

止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為（）

b

A??呼

C.W滬D.4√^Z

解析：C取桌面為參考平面，由機械能守恒定律可得：-5咫?/=/。?+（一,咫.4）,

所以。=亞箸.

題型三“多個小球”類問題

典例3（2022?浙江溫州模擬）（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓

弧軌道48、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長.在圓弧軌道上靜止著N

個半徑為r（r《R）的光滑小球（小球無明顯形變），小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到

最低點B依次標記為1、2、3…、N.現(xiàn)將圓弧軌道末端8處的阻擋物拿走，N個小球由靜止

開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.N個小球在運動過程中始終不會散開

B.第1個小球從A到B過程中機械能守恒

C.第1個小球到達B點前第N個小球做勻加速運動

D.第1個小球到達最低點的速度v<y[^R

解析：AD在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運動，而曲面上的小球要做加

速運動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯皵D壓的作用，所以小球之間始終相互擠壓，沖上

斜面后后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個小球在運動

過程中始終不會散開，故A正確；第一個小球在下落過程中受到擠壓，所以有外力對小球

做功，小球的機械能不守恒，故B錯誤；由于小球在下落過程中速度發(fā)生變化，相互間的

擠壓力變化，所以第N個小球不可能做勻加速運動，故C錯誤；當重心下降與時，根據(jù)機械

1DD

能守恒定律得：今zw2=mg號，解得：“=癇；同樣對整體在AB段時，重心低于會所以第

1個小球到達最低點的速度。＜＜誦，故D正確.

I題后反思I

（1）物體雖然不能看作質(zhì)點，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒.

（2）在確定物體重力勢能的變化量時，要根據(jù)情況，將物體分段處理，確定好各部分的

重心及重心高度的變化量.

（3）分析非質(zhì)點類物體的動能時，要看物體各部分是否都在運動，運動的速度大小是否

相同，若相同，則物體的動能才可表示為少小.

限時規(guī)范訓練

［基礎鞏固］

1.（多選）如圖所示，一輕彈簧一端固定在。點，另一端系一小球，將

小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點靜止釋放，讓小

球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，下

列說法正確的是（）

A.小球的機械能守恒

B.小球的機械能減少

C.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變

D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

解析：BD小球由A點下擺到8點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負

功，所以小球的機械能減少，故選項A錯誤，B正確；在此過程中，由于只有重力和彈簧

的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球減少的重力勢能等于小球獲得

的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確.

2.（2022?山西太原一中模擬）如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止

在水平面上.現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小

球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是（）

A.斜劈對小球的彈力不做功

B.斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.斜劈的機械能守恒

D.小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量

解析：B不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，

系統(tǒng)機械能守恒，B正確，C、D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移的夾角大于90。，故

彈力做負功，A錯誤.

3.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做

完整的圓周運動.已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為M,在最高點時（

對軌道的壓力大小為重力加速度大小為g,則Ni—M的值為（）,

A.3mgB.4/ng

C.5mgD.6mg

解析：D設小球在最低點時速度為小，在最高點時速度為。2,根據(jù)牛頓第二定律有，

濟涕

在最低點：NLmg="年,在最高點：NHmg=I咋;從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒

有mg?2R況一上也，聯(lián)立可得：NLN2=6mg,故選項D正確.

4.如圖所示，不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一

小球α和人.“球質(zhì)量為”，靜置于水平地面上；人球質(zhì)量為3,〃，用手托住，

高度為近此時輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將人球釋放，則。球著地瞬間〃球的速

度大小為（）

___6O-I--

A.yfghB.y∣2ghIh

[77,_-777^77777777^77；

C.??2d?2M7

解析：A在人球落地前，4、〃兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，且。、人兩球速度大小相

等，設為o,根據(jù)機械能守恒定律有：3>mgh=mgh+^（3m+m~）v2,解得：v-y[gh,故A正

確.

5.（2022?山東濰坊模擬）如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球從A點以初速多一^

度。斜向上拋出，小球先后經(jīng)過8、C兩點.已知8、C之間的豎直高度J\

和C、A之間的豎直高度都為〃，重力加速度為g,取A點所在的平面為參考平面，不考慮

空氣阻力，則（）

A.小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍

B.小球在B點的動能是C點動能的兩倍

C.小球在B點的動能為Iwv2+Imgh

D.小球在C點的動能為熱病一摩〃

解析：D不計空氣阻力，小球在斜上拋運動過程中只受重力作用，運動過程中小球的

機械能守恒，則小球在B點的機械能等于在C點的機械能，A錯誤；小球在B點的重力勢

能大于在C點的重力勢能，根據(jù)機械能守恒定律知，小球在B點的動能小于在C點的動能,

B錯誤；小球由A到3過程中，根據(jù)機械能守恒定律有，"g?2∕z+Ekβ=%ι",解得小球在B

點的動能為EkB=2〃?g/z,c錯誤；小球由B到C過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg-2h

+EkB=,"g/?+EkC,解得小球在C點的動能為EkC=EkB+加8/7=2，"。2一％?〃，D正確.

6.如圖所示，半徑Rm的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓軌道與光滑水平地面

相切于圓軌道最低端點A.質(zhì)量膽=1kg的小球以初速度加=5m/s從A點沖上豎直圓軌道，

沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，g取IOm/S2,不計空氣阻力.

(1)求小球運動到軌道末端B點時的速度VB;

(2)求A、C兩點間的距離x；

(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運動到8點飛出，落在水平地面

上.求小球落點與A點間的最小距離XmH

解析：(1)選水平地面為零勢能參考面，由機械能守恒定律得

^ιnvA2=^mVβ2+mg?2R

解得ι>B=??βm/s.

(2)由平拋規(guī)律得2R=；gF,x-vβt,

解得x=lm.

(3)設小球運動到B點半圓軌道對小球的壓力為FN

圓周運動向心力FZmg=蟹

得當FN=O時，小球運動到軌道末端B點時的速度最小OBmin=小∏√S

由(2)的計算可知，最小距離Xmin=X=Im.

答案：(1m/s(2)1m(3)1m

［能力提升］

7.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，質(zhì)量均為m的

A、B兩球用輕桿連接套在圓環(huán)上.開始時輕桿豎直并同時由靜止釋放兩球，

當A球運動到B開始的位置時，輕桿剛好水平，重力加速度為g,則從開始

運動到輕桿水平的過程中，下列說法正確的是()

A.小球A、B的機械能均守恒

B.小球A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.桿對小球A做的功為零

√2

D.桿對小球B做的功為^

解析：BD由于環(huán)是光滑的，因此A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B項正確；由幾何

關系可知，輕桿長度為巾R,當桿水平時，設A、B兩球的速度大小均為以由系統(tǒng)機械能

守恒可知：mg×√2∕?×2mv2,解得。=?jy∣2gR,因此從開始到桿水平時，B球的機械能

增加，則A球的機械能減少，A項錯誤；根據(jù)動能定理，對A球有〃吆?讓7?+卬1=/"02,

解得Wl=一乎"密凡C項錯誤；對B球有Wi=Jn/=乎wjgR,D項正確.

8.有一條長為L=Im的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面

頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30。，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始

釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取Iom∕s2)()

解析：B設鏈條的質(zhì)量為2,小以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為E

-Ep+Ek--^×2mg×^sin(9—∣×2mg×^+0=-∣∕n^L(l+sin0),鏈條全部滑出后，動能

1

為Ek'^×2mv,重力勢能為EJ=-2〃?g，由機械能守恒可得E=Ek'+Ep',即一、IgUl

÷sinθ)=mv2-mgL,解得(3—sin6)=BXNlOX2義(3—0.5)m∕s=m∕s,

故B正確，A、C、D錯誤.

9.(202卜浙江卷)空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度

會發(fā)生變化.空間站安裝有發(fā)動機，可對軌道進行修正.圖中給出了國際空間站在，則空間

站()

A.km/s

B.km/s

C.在4月份繞行的任意兩小時內(nèi)機械能可視為守恒

D.在5月份繞行的任意兩小時內(nèi)機械能可視為守恒

解析：D根據(jù)題意可知，軌道半徑在變化，則運行速度在變化，km/s,故AB錯誤;

在4月份軌道半徑出現(xiàn)明顯的變大，則可知，機械能不守恒，故C錯誤；在5月份軌道半

徑基本不變，故可視為機械能守恒，故D正確.

10.蹦床是一項深受小朋友喜愛的活動，在某次“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到

離地面高加處開始計時，其動能Ek與離地高度〃的關系如圖乙所示.在小?色階段圖像為

直線，其余部分為曲線，力3對應圖像的最高點，小朋友的質(zhì)量為相，重力加速度為g，不計

空氣阻力和一切摩擦.下列說法正確的是（）

Ξ

?d?[-√∕.4H-÷?-√Λ

OhsIuhyhih?h

甲乙

A.整個過程中小朋友的機械能守恒

B.從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小

C.小朋友處于6=力4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep=mg（〃2—九）

D?小朋友從加下降到總過程中，蹦床的最大彈性勢能為EPm=〃吆加

解析：C小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，所以整個過程中小朋友的機

械能不守恒，故A錯誤；從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床

對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，所以

加速度先減小后增大，故B錯誤；由題圖乙知，小朋友在例處和自處動能相等，根據(jù)蹦床

和小朋友組成的系統(tǒng)機械能守恒可知，小朋友處于〃=%高度時，蹦床的彈性勢能為EP=

mg（hz-h^,故C正確；小朋友從h?下降到自過程中，蹦床的最大彈性勢能為Evm=mg（h?

-/J5）,故D錯誤.

11.（2022.寧夏石嘴山三中月考）如圖所示，P是水平面上的固定圓弧軌道，從高臺邊B

點以速度加水平飛出質(zhì)量為，〃的小球，恰能從左端A點沿圓弧切線方向進入.。是圓弧的

圓心，。是OA與豎直方向的夾角.已知WJ=kg,VO=3m∕s,，=53。，圓弧軌道半徑Rm,

g取IOm/S2,不計空氣阻力和所有摩擦，求：

?0--B

'777777777777777777777

（I）A,8兩點的高度差;

（2）小球能否到達最高點C?如能到達，小球?qū)點的壓力大小為多少？

解析：（1）小球從B到A做平拋運動，到達A點時，速度與水平方向的夾角為伍則有

Vo

辦=拼=5m/s

根據(jù)機械能守恒定律，有

,121，

mgh=^ιnVA一一爹山

解得A、B兩點的高度差〃m.

（2）假設小球能到達C點，由機械能守恒定律得

^mvc2+〃?gR（1+cosθ）=為WOA2

代入數(shù)據(jù)解得。c=3m/s

小球通過C點的最小速度為V,

υ2

則mg=nr^,v=??[gR=y[5m/s

因為。c>o,所以小球能到達最高點C

在C點，由牛頓第二定律得

,,Vc2

mg-rFr=nr~jT'

代入數(shù)據(jù)解得F=4N

由牛頓第三定律知，小球?qū)點的壓力大小為4N.

答案：（l）m（2）能4N

[熱點加練]

12.（2022.濟寧一模）（多選）如圖所示，輕彈簧一端與不可伸長的輕繩OC、OC連接于C

點（兩繩另一端均固定），彈簧另一端連接質(zhì)量為，〃的小球.地面上豎直固定一半徑為R、內(nèi)

壁光滑的盛開縫圓弧管道AB,A點位于。點正下方且與C點等高處,管道圓心與C點重合.現(xiàn)

將小球置于管道內(nèi)A點由靜止釋放，已知輕繩DC水平，當小球沿圓弧管道運動到B點時

恰好對管道壁無彈力，管道與彈簧間的摩擦不計，重力加速度為g?則小球從A點運動到B

點的過程中（）

A.彈簧一直處于伸長狀態(tài)

B.小球的機械能不守恒

C.小球在B點的動能為/MgR

D.輕繩OC的拉力不斷增大

解析：ACD當小球沿圓弧管道運動到8點時恰好對管道壁無彈力，則小球在B點時，

由彈簧的拉力和重力的合力提供向心力，則彈簧一直處于伸長狀態(tài)，故A正確；從A到B

的過程，彈簧的彈力和管道的彈力對小球不做功，只有重力做功，故小球的機械能守恒，故

B錯誤；從A點到B點的過程，對小球，取B點所在水平面為零勢能參考平面，由機械能

守恒定律得：EkB=mgR,故C正確；設Oe與OA的夾角為仇CA與水平方向的夾角為α,

C點受力平衡，則在豎直方向上有：Foccos0=F4CSinα,從4點到8點的過程中，。和彈簧

1

的彈力FAC大小不變，a不斷增大，故Fx=F黑廠不斷增大,故D正確.

13.（多選）如圖所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面

頂端有一光滑定滑輪，一輕繩跨過定滑輪，繩兩端分別連接小物塊A

和B.已知斜面傾角0=30。，小物塊A的質(zhì)量為加，小物塊B/",小妙，〃”“?X5≥?

物塊B距離地面的高度為/7,小物塊A距離定滑輪足夠遠.開始時，小物塊A和小物塊B

位于同一水平面上，用手按住小物塊A,然后松手.則下列說法正確的是（重力加速度為

g）（）

A.松手瞬間，小物塊A的加速度大小%

B.松手后，小物塊A的機械能守恒

C.小物塊B落地前瞬間的速度大小為、殍

D.小物塊A能夠上升到的最高點與地面的距離為當

解析：AD松手瞬間,對小物塊Bmg-FTma,對小物塊A受力分析可得：FTWgsin30°

=ma,聯(lián)立解得：a=∣g,故A正確.松手后，繩的拉力對小物塊A做正功，小物塊A的

機械能增加，故B錯誤.小物塊B從開始下落到落地有次—0=2碗，解得：。=、青，故

C錯誤.小物塊A從開始運動到滑行距離〃時獲得的速度。=Λ?接下來繼續(xù)滑行X速

1h

度減為零，由機械能守恒定律得：^mv2=mgxsin30°,解得：x=Q,小物塊A能夠上升到的

最高點與地面的距離為A+∕ιsin30。+1Sin