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第3講　機械能守恒定律及應用
■目標要求
1.知道機械能守恒的條件,理解機械能守恒定律的內容。2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統的機械能守恒問題。
考點1　機械能守恒條件
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.重力做功與重力勢能。
(1)重力做功的特點。
①重力做功與　　　　　　無關,只與始末位置的　　　　有關。
②重力做功不引起物體　　　　　的變化。
(2)重力勢能。
①表達式:Ep=mgh。
②重力勢能的特點:a.系統性:重力勢能是　　　　和　　　　共有的;b.相對性:重力勢能的大小與參考平面的選取　　　　　,但重力勢能的變化量與參考平面的選取　 　　。
(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,重力勢能減小;重力對物體做負功,重力勢能增加。
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WG=　　　　　　=-ΔEp。
2.彈性勢能。
(1)物體由于發生彈性形變而具有的能,叫彈性勢能。彈性勢能的大小與形變量和　　　　　有關。
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系:彈力做　　　　,彈性勢能減小;彈力做　　　　,彈性勢能增加,即W彈=-ΔEp。
3.機械能守恒定律。
(1)內容。
在只有　　　　或彈力做功的物體系統內,動能與勢能可以互相　　　　,而總的機械能保持　　　　。
(2)表達式:Ek1+Ep1=　　　　　　　。
(3)機械能守恒的條件。
對單個物體,只有重力做功;對系統,只有　　　　或　　　　　　　　　　　做功。
(1)物體的重力做正功,其重力勢能一定減少()
(2)物體所受的合外力為零,物體的機械能一定守恒()
(3)物體做勻速直線運動,其機械能一定守恒()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
　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)利用做功判斷:①若物體或系統只有重力或彈力做功,機械能守恒;②若有其他力做功,但其他力做功的代數和為零,系統的機械能守恒。
(3)利用能量轉化判斷:若系統與外界沒有能量交換,系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化,則系統的機械能守恒。
【典例1】　(多選)如圖所示,下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是(　　)
甲　乙　丙　丁
A.圖甲中,物體A將彈簧壓縮的過程中,A機械能守恒
B.圖乙中,A置于光滑水平面,物體B沿光滑斜面下滑,物體B機械能守恒
C.圖丙中,不計任何阻力及滑輪和繩的質量時A加速下落,B加速上升過程中,A、B機械能守恒
D.圖丁中,輕繩懸吊的小球在豎直面內擺動的過程中,不計空氣阻力的情況下,小球的機械能守恒
考點2　單個物體的機械能守恒問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
1.表達式。
2.應用機械能守恒定律解題的一般步驟。
【典例2】　
(多選)(2023·湖南卷)如圖,固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成,兩段相切于B點,AB段與水平面夾角為θ,BC段圓心為O,最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道,能沿軌道運動恰好到達C點,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
A.小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中,重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能從B點脫離軌道
【典例3】　(2024·全國甲卷)
如圖,一光滑大圓環固定在豎直平面內,質量為m的小環套在大圓環上,小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部,Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小(　　)
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
命題特點:試題不是單獨考查機械能守恒定律,而是與豎直面內的圓周運動結合在一起考查,解題方法不唯一,可用物理方法分析,也可結合數學知識分析。
復習建議:復習中應重視機械能守恒定律與幾何知識、數學推理等知識的綜合,還應重視機械能守恒定律與圓周運動、衛星的運動、平拋運動等運動形式的綜合。
考點3　多物體組成系統的機械能守恒問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
解決多物體組成系統的機械能守恒問題的幾點注意事項。
(1)對多個物體組成的系統,要注意判斷系統的機械能是否守恒。一般情況下,不計空氣阻力和摩擦時,沒有機械能向其他形式能的轉化,系統的機械能守恒。
(2)注意尋找用繩或桿相連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ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。
考向1　速率相等情形
兩物體的速率相等,但豎直方向的高度變化大小不一定相等。
【典例4】　
如圖所示,可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接,跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱,A的質量為B的兩倍。當B位于地面上時,A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放,B上升的最大高度是(　　)
A.2R B. C. D.
考向2　角速度相等情形
(1)兩物體的角速度相等,線速度大小由v=ωr確定。
(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿方向,桿對兩物體均做功,但總功為零,所以單個物體的機械能并不守恒。
【典例5】　
(多選)如圖,質量分別為m和2m的兩個小球P和Q,中間用輕質桿固定連接,桿長為l,在離P球處的O點有一個光滑固定轉軸,如圖所示。現在把桿置于水平位置后自由釋放,Q球順時針擺動到最低位置,已知重力加速度為g,則(　　)
A.小球Q在最低位置的速度大小為
B.小球Q在最低位置的速度大小為
C.桿對小球P做正功,P的機械能增加
D.桿對小球Q做正功,Q的機械能增加
考向3　沿繩或桿方向的分速度相等情形
(1)兩物體的速度不等,但沿繩或桿方向的分速度相等。
(2)繩或桿對物體的作用力做功,單個物體的機械能不守恒,但系統的機械能守恒。
【典例6】　如圖所示,質量為m的物體P套在固定的光滑水平桿上。輕繩跨過O和O'處兩個光滑的滑輪,一端與物體P相連,另一端與質量為2m的物體Q相連。用手托住物體Q使整個系統處于靜止狀態,此時輕繩剛好拉直,且AO=L,OB=h,ABA.在物體P從A滑到B的過程中,P的速度增大,Q的速度減小
B.物體P運動的最大速度為2
C.在物體P從A滑到B的過程中,P的機械能減少,Q的機械能增加
D.開始運動后,當物體P速度最大時,物體Q速度也達到最大
第3講　機械能守恒定律及應用
考點1
必備知識 　
1.(1)①運動路徑　高度差　②機械能　(2)②物體　地球　有關　無關　(3)②-(Ep2-Ep1)
2.(1)勁度系數　(2)正功　負功
3.(1)重力　轉化　不變　(2)Ek2+Ep2
(3)重力　系統內的彈簧彈力
微點辨析　(1)√　(2)×　(3)×
關鍵能力 　
【典例1】　CD　解析　題圖甲中重力和彈力做功,物體A和彈簧組成的系統機械能守恒,但物體A機械能不守恒,A項錯誤;題圖乙中物體B除受重力外,還受彈力,彈力對B做負功,機械能不守恒,但從能量特點看A、B組成的系統機械能守恒,B項錯誤;題圖丙中繩子張力對A做負功,對B做正功,代數和為零,A、B機械能守恒,C項正確;題圖丁中只有重力做功,動能和勢能不斷發生相互轉化,機械能守恒,D項正確。
考點2
關鍵能力 　
【典例2】　AD　解析　由題知,小球能沿軌道運動恰好到達C點,則小球在C點的速度為vC=0,則小球從B到C的過程中,有-mgR(1-cos α)=0-mv2,FN=mgcos α-m,聯立有FN= 3mgcos α-2mg,則小球從B到C的過程中α由θ減小到0,則cos α逐漸增大,故FN逐漸增大,則對軌道的壓力逐漸增大,A項正確;克服重力做功的功率為P = mgvsin θ,從A到B的過程中,隨著速度的減小克服重力做功的功率減小,從B到C的過程中,速度減小,sin θ也減小,克服重力做功的功率也減小,所以小球從A到C的過程中,克服重力做功的功率一直減小,B項錯誤;從A到C的過程中有-mg·2R=m-m,解得v0=,C項錯誤;小球在B點恰好脫離軌道有mgcos θ=m,則vB=,若小球初速度v0增大,小球在B點的速度有可能為,故小球有可能從B點脫離軌道,D項正確。
【典例3】　C　解析　方法一(分析法):設大圓環半徑為R,小環在大圓環上某處(P點)與圓環的作用力恰好為零,如圖所示,設圖中夾角為θ,從大圓環頂端到P點過程,根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2,在P點,根據牛頓第二定律mgcos θ=m,聯立解得cos θ=,從大圓環頂端到P點過程,小環速度較小,小環重力沿著大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力,所以大圓環對小環的彈力背離圓心,不斷減小,從P點到最低點過程,小環速度繼續增大,小環重力和大圓環對小環彈力的合力提供向心力,所以大圓環對小環的彈力逐漸變大,根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大,C項正確。
方法二(數學法):設大圓環半徑為R,小環在大圓環上某處時,設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為θ,0≤θ≤π,根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2,在該處根據牛頓第二定律F+mgcos θ=m,聯立可得F=2mg-3mgcos θ,則大圓環對小環作用力的大小|F|=|2mg-3mgcos θ|,根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小,結合牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大,C項正確。
考點3
關鍵能力 　
【典例4】　C　解析　設B球質量為m,A球剛落地時,兩球速度大小都為v,根據機械能守恒定律2mgR-mgR=(2m+m)v2得v2=gR,B球繼續上升的高度h==,則B球上升的最大高度為h+R=R,C項正確。
【典例5】　AC　解析　根據機械能守恒定律2mg·l-mg·l=×2m+m,又=,小球Q在最低位置的速度大小為vQ=,A項正確,B項錯誤;P球動能增加,重力勢能增加,則桿對小球P做正功,其機械能增加,C項正確;系統機械能守恒,根據機械能守恒,可知小球Q在此過程中機械能減小,D項錯誤。
【典例6】　B　解析　物體P從A滑到B的過程中,繩的拉力做正功,P的動能增加,速度增加,到達B點時,速度最大。上述過程中,繩對Q的拉力做負功,Q的機械能減小,P到達B點時,Q到達最低點的位置,速度為零,所以P從A到B的過程中,Q的速度先增大后減小,A、C、D三項均錯誤;對P、Q整體應用機械能守恒定律得2mg(L-h)=mv2,則物體P的最大速度v=2,B項正確。(共36張PPT)
第3講
第六章 機械能守恒定律
機械能守恒定律及應用
目
標
要
求
1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內容。
2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統的機械能守恒問題。
考點1　機械能守恒條件
考點2　單個物體的機械能守恒問題
內容
索引
考點3　多物體組成系統的機械能守恒問題
機械能守恒條件
考點1
必|備|知|識
1.重力做功與重力勢能。
(1)重力做功的特點。
①重力做功與___________無關，只與始末位置的________有關。
②重力做功不引起物體________的變化。
(2)重力勢能。
①表達式：Ep=mgh。
運動路徑
高度差
機械能
②重力勢能的特點：a.系統性：重力勢能是______和______共有的；b.相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取______，但重力勢能的變化量與參考平面的選取______。
(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，重力勢能減小；重力對物體做負功，重力勢能增加。
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WG=________________。
物體
地球
有關
無關
-(Ep2-Ep1)=-ΔEp
2.彈性勢能。
(1)物體由于發生彈性形變而具有的能，叫彈性勢能。彈性勢能的大小與形變量和____________有關。
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：彈力做________，彈性勢能減小；彈力做______，彈性勢能增加，即W彈=-ΔEp。
勁度系數
正功
負功
3.機械能守恒定律。
(1)內容。
在只有__________或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相________，而總的機械能保持________。
(2)表達式：Ek1+Ep1=___________。
(3)機械能守恒的條件。
對單個物體，只有重力做功；對系統，只有_______或____________
_______做功。
重力
轉化
不變
Ek2+Ep2
重力
系統內的彈
簧彈力
(1)物體的重力做正功，其重力勢能一定減少( )
(2)物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒( )
(3)物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒( )
關|鍵|能|力
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)利用做功判斷：①若物體或系統只有重力或彈力做功，機械能守恒；②若有其他力做功，但其他力做功的代數和為零，系統的機械能守恒。
(3)利用能量轉化判斷：若系統與外界沒有能量交換，系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則系統的機械能守恒。
【典例1】　(多選)如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是( )
A.圖甲中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒
B.圖乙中，A置于光滑水平面，物體B沿光滑斜面下滑，物體B機械能守恒
C.圖丙中，不計任何阻力及滑輪和繩的質量時A加速下落，B加速上升過程中，A、B機械能守恒
D.圖丁中，輕繩懸吊的小球在豎直面內擺動的過程中，不計空氣阻力的情況下，小球的機械能守恒
題圖甲中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統機械能守
恒，但物體A機械能不守恒，A項錯誤；題圖乙中物體B除受重力外，還受彈力，彈力對B做負功，機械能不守恒，但從能量特點看A、B組成的系統機械能守恒，B項錯誤；題圖丙中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數和為零，A、B機械能守恒，C項正
確；題圖丁中只有重力做功，動能和勢能不斷發生相互轉化，機械能守恒，D項正確。
解析
單個物體的機械能守恒問題
考點2
關|鍵|能|力
1.表達式。
2.應用機械能守恒定律解題的一般步驟。
【典例2】　(多選)(2023·湖南卷)如圖，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC=0，則小球從B到C的過程中，有-mgR(1-cos α)=0-mv2，FN=mgcos α-m，聯立有FN= 3mgcos α-2mg，則小球從B到C的過程中α由θ減小到0，則cos α逐漸增大，故FN逐漸增大，則對軌道的壓力逐漸增大，A項正確；克服重力做功的功率為P=mgvsin θ，從A到B的過程中，隨著速度的減小克服重力做功的功率減小，從
解析
B到C的過程中，速度減小，sin θ也減小，克服重力做功的功率也減小，所以小球從A到C的過程中，克服重力做功的功率一直減
小，B項錯誤；從A到C的過程中有-mg·2R=m-m，解得v0=，C項錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcos θ=m，則vB=，若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D項正確。
解析
【典例3】　(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小( )
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
方法一(分析法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處(P點)與圓環的作用力恰好為零，如圖所示，設圖中夾角為θ，從大圓環頂端到P點過程，根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2，在P點，根據牛頓第二定律mgcos θ=m，聯立解得cos θ=，從大圓環頂端到P點過程，小環速度較小，小環重力沿著大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不
解析
斷減小，從P點到最低點過程，小環速度繼續增大，小環重力和大圓環對小環彈力的合力提供向心力，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大，C項正確。
解析
方法二(數學法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為θ，0≤θ≤π，根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2，在該處根據牛頓第二定律F+mgcos θ=m，聯立可得F=2mg-3mgcos θ，則大圓環對小環作用力的大小|F|=
|2mg-3mgcos θ|，根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小，結合牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大，C項正確。
解析
命題特點：試題不是單獨考查機械能守恒定律，而是與豎直面內的圓周運動結合在一起考查，解題方法不唯一，可用物理方法分析，也可結合數學知識分析。
復習建議：復習中應重視機械能守恒定律與幾何知識、數學推理等知識的綜合，還應重視機械能守恒定律與圓周運動、衛星的運動、平拋運動等運動形式的綜合。
多物體組成系統的機械能守恒問題
考點3
關|鍵|能|力
解決多物體組成系統的機械能守恒問題的幾點注意事項。
(1)對多個物體組成的系統，要注意判斷系統的機械能是否守恒。一般情況下，不計空氣阻力和摩擦時，沒有機械能向其他形式能的轉化，系統的機械能守恒。
(2)注意尋找用繩或桿相連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ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。
考向1
速率相等情形
兩物體的速率相等，但豎直方向的高度變化大小不一定相等。
【典例4】　如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是( )
A.2R B. C. D.
設B球質量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據機械能守恒定律2mgR-mgR=(2m+m)v2得v2=gR，B球繼續上升的高度h==，則B球上升的最大高度為h+R=R，C項正確。
解析
考向2
角速度相等情形
(1)兩物體的角速度相等，線速度大小由v=ωr確定。
(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿方向，桿對兩物體均做功，但總功為零，所以單個物體的機械能并不守恒。
【典例5】　(多選)如圖，質量分別為m和2m的兩個小球P和Q，中間用輕質桿固定連接，桿長為l，在離P球處的O點有一個光滑固定轉軸，如圖所示。現在把桿置于水平位置后自由釋放，Q球順時針擺動到最低位置，已知重力加速度為g，則( )
A.小球Q在最低位置的速度大小為
B.小球Q在最低位置的速度大小為
C.桿對小球P做正功，P的機械能增加
D.桿對小球Q做正功，Q的機械能增加
根據機械能守恒定律2mg·l-mg·l=×2m+m，又
=，小球Q在最低位置的速度大小為vQ=，A項正確，B項錯誤；P球動能增加，重力勢能增加，則桿對小球P做正功，其機械能增加，C項正確；系統機械能守恒，根據機械能守恒，可知小球Q在此過程中機械能減小，D項錯誤。
解析
考向3
沿繩或桿方向的分速度相等情形
(1)兩物體的速度不等，但沿繩或桿方向的分速度相等。
(2)繩或桿對物體的作用力做功，單個物體的機械能不守恒，但系統的機械能守恒。
【典例6】　如圖所示，質量為m的物體P套在固定的光滑水平桿上。輕繩跨過O和O'處兩個光滑的滑輪，一端與物體P相連，另一端與質量為2m的物體Q相連。用手托住物體Q使整個系統處于靜止狀態，此時輕繩剛好拉直，且AO=L，OB=h，ABA.在物體P從A滑到B的過程中，P的速度增大，Q的速度減小
B.物體P運動的最大速度為2
C.在物體P從A滑到B的過程中，P的機械能減少，Q的機械能增加
D.開始運動后，當物體P速度最大時，物體Q速度也達到最大
物體P從A滑到B的過程中，繩的拉力做正功，P的動能增加，速度增加，到達B點時，速度最大。上述過程中，繩對Q的拉力做負
功，Q的機械能減小，P到達B點時，Q到達最低點的位置，速度為零，所以P從A到B的過程中，Q的速度先增大后減小，A、C、D三項均錯誤；對P、Q整體應用機械能守恒定律得2mg(L-h)=mv2，則物體P的最大速度v=2，B項正確。
解析微練21　機械能守恒定律及應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.如圖，斜面體A放在水平面上，球體B放在斜面體的斜面與豎直墻壁之間，外力F作用在A上使A、B處于靜止狀態，不計一切摩擦，現撤去F，在球B向下運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.A對B不做功
B.B對A不做功
C.B的機械能守恒
D.A、B組成的系統機械能守恒
2.如圖，將質量為m的籃球從離地高度為h的A處，以初始速度v拋出，籃球恰能進入高度為H的籃圈。不計空氣阻力和籃球轉動的影響，經過籃球入圈位置B的水平面為零勢能面，重力加速度為g。則籃球經過位置B時的機械能為(　　)
A.mv2
B.mv2+mg(h-H)
C.mv2+mg(H-h)
D.mv2+mgh
3.(2025·大連模擬)如圖所示，勁度系數分別為kA=400 N/m和kB=600 N/m的彈簧A和B連接在一起，拉長后將兩端固定。若彈簧彈性勢能可表示為Ep=kx2，其中x為彈簧形變量，則彈性勢能EpA、EpB的關系為(　　)
A.EpA= B.EpA=EpB
C.EpA= D.EpA=
4.一質量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于高度h1和h2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0>0)。若物塊位于h1時速度為0，則位于h2時其速度大小為(　　)
A.2 B.
C.2 D.4
5.一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　)
A. B.
C. D.2
6.(多選)(2025·洛陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧狀細軌道ABC豎直固定在水平面上，下端與光滑的水平面平滑相接于C點，AC是豎直直徑，圓弧上B點距離光滑水平面的高度為R，質量均為m的小球甲、乙(均視為質點)用輕質細桿連接，小球甲套在半圓弧狀細軌道上的A點，小球乙放置在C點。甲、乙兩小球均處于靜止狀態，現讓小球甲受到輕微的擾動，小球甲沿半圓弧狀細軌道向下運動，小球乙沿著水平面向右運動，重力加速度大小為g，則在小球甲從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.小球甲的重力勢能全部轉化為小球乙的動能
B.小球甲克服細桿的作用力做的功大于細桿對小球乙所做的功
C.當小球甲剛運動到B點時，小球甲和小球乙的速度大小之比為∶1
D.當小球甲剛運動到B點時，小球乙的動能為mgR
梯級Ⅱ能力練
7.(2025·濟寧模擬)有一豎直放置的T形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一根不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，且可看作質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止。由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為(　　)
A. B.
C. D.
8.(多選)兒童玩具百變彈珠拼裝滾球滑道的部分軌道簡化模型如圖所示，假設圖中豎直平面內的光滑圓弧軌道半徑為R=0.1 m，平臺與軌道的最高點等高，一顆質量m=20 g且可視為質點的彈珠從平臺邊緣A處水平射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°， 已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度為g=10 m/s2，則(　　)
A.彈珠從平臺上的A點射出時的速度大小為3 m/s
B.彈珠從平臺上的出射點A到圓軌道入射點P之間的水平距離為0.24 m
C.彈珠到達圓弧軌道最低點時的速度大小是 m/s
D.彈珠沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的彈力大小為0.36 N
9.(2025·鹽城模擬)如圖所示，質量為m的小球(可視為質點)套在固定的光滑的豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小球相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為M=2m的物塊相連。與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離d=3 m，定滑輪大小及質量可忽略。現將小球從A點由靜止釋放，小球運動到C點速度為0，重力加速度取g=10 m/s2。求:
(1)小球剛釋放瞬間加速度a的大小;
(2)小球下落的最大高度h;
(3)小球下落過程中，輕繩方向與豎直桿的夾角成60°時，小球的速度大小。(≈1.7，結果保留1位小數)
梯級Ⅲ創新練
10.(多選)(2025·鶴壁模擬)一足夠長的光滑斜面固定在水平面上，質量為1 kg的小物塊在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度從斜面底端沿斜面向上運動，經過時間t0物塊沿斜面上滑了1.2 m。小物塊在F作用下沿斜面上滑過程中動能和重力勢能隨位移的變化關系如圖線Ⅰ和Ⅱ所示。設物塊在斜面底端的重力勢能為零，重力加速度g取10 m/s2。由此可求出(　　)
A.斜面的傾角為30°
B.力F的大小為20 N
C.小物塊的初速度大小為2 m/s
D.若t0時刻撤去拉力F，物塊沿斜面上滑的最大距離為2.8 m
微練21　機械能守恒定律及應用
1.D　解析　不計一切摩擦,B在向下運動的過程中,由于兩者之間存在彈力,所以A向左運動,故B對A的彈力做正功,A對B的彈力做負功,B的機械能減少。因為對A、B系統,只有重力和系統內的彈力做功,A、B系統機械能守恒,A、B、C三項錯誤,D項正確。
2.B　解析　不計空氣阻力和籃球轉動的情況下,籃球運動過程中機械能守恒,籃球經過B點的機械能等于在A點的機械能。以B點所在的水平面為零勢能面,籃球在A點的重力勢能Ep=-mg(H-h)=mg(h-H),則機械能E=Ek+Ep=mv2+mg(h-H),B項正確。
3.A　解析　彈簧A和B兩端的拉力大小相等,由胡克定律可知kAxA=kBxB,解得xA∶xB=3∶2,彈簧A和彈簧B彈性勢能分別為EpA=kA,EpB=kB,則==,即EpA=,A項正確。
4.A　解析　物體僅在重力作用下運動,物體的機械能守恒,根據機械能守恒定律可得3E0+0=E0+mv2,解得h2處的速度為v=2,A項正確。
5.A　解析　根據機械能守恒定律得0+0=mv2-mgh,h=R+πR-πR ,解得v= ,A項正確。
6.CD　解析　甲、乙組成的系統機械能守恒,甲在向下運動的過程中,甲的重力勢能轉化為甲和乙的總動能,A項錯誤;甲、乙組成的系統機械能守恒,甲減少的機械能轉為乙增加的機械能,根據功能關系,可知甲克服桿的作用力做的功等于桿對乙所做的功,B項錯誤;當甲剛運動到B點時,根據幾何關系有sin θ==,輕質細桿與水平面的夾角為30°,把甲、乙的速度分別沿著輕質細桿和垂直輕質細桿的方向進行分解,則甲、乙在沿著桿方向的分速度相等,可得v甲sin 30°=v乙cos 30°,有v甲∶v乙=∶1,C項正確;小球乙的動能為Ek=m,由機械能守恒定律可得mgR=m+m,解得小球乙的動能為Ek=mgR,D項正確。
7.D　解析　如圖所示,將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向,兩物體沿繩子的方向速度大小相等,則有vBcos 60°=vAcos 30°,其中vB=v,解得vA=v,B減小的重力勢能全部轉化為A和B的動能,由于A、B組成的系統只有重力做功,所以系統機械能守恒,有mgh=m+m,解得h=,繩長L=2h=,D項正確。
8.BC　解析　彈珠從平臺邊緣A處水平射出,恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道,有tan 53°==,h=R+Rcos 53°=gt2,則v0= m/s,A項錯誤;水平位移為x=v0t=0.24 m,B項正確;從A點到圓弧最低點,根據機械能守恒定律有m=mg·2R+m,解得v1= m/s,C項正確;根據機械能守恒定律有vQ=v0= m/s,在最高點Q時,有mg+FN=m,解得FN=0.16 N,根據牛頓第三定律可得彈珠沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的彈力大小為0.16 N,D項錯誤。
9.答案　(1)g　(2)4 m　(3)3.4 m/s
解析　(1)根據牛頓第二定律mg=ma,
得a=g。
(2)根據系統機械能守恒
mgh-Mg(-d)=0,
解得h=4 m。
(3)根據系統機械能守恒
mg-Mg-d=m+M,
根據速度分解得vmcos 60°=vM,
由上述兩式求得(2-)mgd=m,
解得vm=2 m/s≈3.4 m/s。
10.ACD　解析　根據Ep=mgh=mgxsin θ,得sin θ===,斜面傾角為θ=30°,A項正確;根據動能定理Fx-mgx·sin 30°=8 J-2 J得F=10 N,B項錯誤;根據Ek0=m得初速度為v0== m/s=2 m/s,C項正確;若經過t0后撤去拉力F,小物塊的機械能不變,此后重力勢能增加、動能減小;根據題圖可知,t0時刻的機械能為E=Ek+Ep=8 J+6 J=14 J,根據機械能守恒定律可得E=mgx'sin θ,解得上升的最大距離為x'== m=2.8 m,D項正確。(共29張PPT)
微練21
機械能守恒定律及應用
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1.如圖，斜面體A放在水平面上，球體B放在斜面體的斜面與豎直墻壁之間，外力F作用在A上使A、B處于靜止狀態，不計一切摩擦，現撤去F，在球B向下運動的過程中，下列說法正確的是( )
A.A對B不做功
B.B對A不做功
C.B的機械能守恒
D.A、B組成的系統機械能守恒
梯級Ⅰ 基礎練
不計一切摩擦，B在向下運動的過程中，由于兩者之間存在彈 力，所以A向左運動，故B對A的彈力做正功，A對B的彈力做負 功，B的機械能減少。因為對A、B系統，只有重力和系統內的彈力做功，A、B系統機械能守恒，A、B、C三項錯誤，D項正確。
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2.如圖，將質量為m的籃球從離地高度為h的A處，以初始速度v拋 出，籃球恰能進入高度為H的籃圈。不計空氣阻力和籃球轉動的影 響，經過籃球入圈位置B的水平面為零勢能面，重力加速度為g。則籃球經過位置B時的機械能為( )
A.mv2 B.mv2+mg(h-H)
C.mv2+mg(H-h) D.mv2+mgh
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不計空氣阻力和籃球轉動的情況下，籃球運動過程中機械能守 恒，籃球經過B點的機械能等于在A點的機械能。以B點所在的水平面為零勢能面，籃球在A點的重力勢能Ep=-mg(H-h)=mg(h-H)，則機械能E=Ek+Ep=mv2+mg(h-H)，B項正確。
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3.(2025·大連模擬)如圖所示，勁度系數分別為kA=400 N/m和kB= 600 N/m的彈簧A和B連接在一起，拉長后將兩端固定。若彈簧彈性勢能可表示為Ep=kx2，其中x為彈簧形變量，則彈性勢能EpA、EpB的關系為( )
A.EpA= B.EpA=EpB
C.EpA= D.EpA=
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彈簧A和B兩端的拉力大小相等，由胡克定律可知kAxA=kBxB，解得xA∶xB=3∶2，彈簧A和彈簧B彈性勢能分別為EpA=kA，EpB=kB，則==，即EpA=，A項正確。
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4.一質量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于高度h1和h2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0>0)。若物塊位于h1時速度為0，則位于h2時其速度大小為( )
A.2 B.
C.2 D.4
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物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，根據機械能守恒定律可得3E0+0=E0+mv2，解得h2處的速度為v=2，A項正確。
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5.一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)( )
A. B.
C. D.2
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根據機械能守恒定律得0+0=mv2-mgh，h=R+(πR-πR)，解得v= ，A項正確。
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6.(多選)(2025·洛陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧狀細軌道ABC豎直固定在水平面上，下端與光滑的水平面平滑相接于C點，AC是豎直直徑，圓弧上B點距離光滑水平面的高度為R，質量均為m的小球甲、乙(均視為質點)用輕質細桿連接，小球甲套在半圓弧狀細軌道上的A點，小球乙放置在C點。甲、乙兩小球均處于靜止狀 態，現讓小球甲受到輕微的擾動，小球甲沿半圓弧狀細軌道向下運動，小球乙沿著水平面向右運動，重力加速度大小為g，則在小球甲從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是( )
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A.小球甲的重力勢能全部轉化為小球乙的動能
B.小球甲克服細桿的作用力做的功大于細桿對小球乙所做的功
C.當小球甲剛運動到B點時，小球甲和小球乙的速度大小之比為∶1
D.當小球甲剛運動到B點時，小球乙的動能為mgR
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甲、乙組成的系統機械能守恒，甲在向下運動的過程中，甲的重力勢能轉化為甲和乙的總動能，A項錯誤；甲、乙組成的系統機械能守恒，甲減少的機械能轉為乙增加的機械能，根據功能關 系，可知甲克服桿的作用力做的功等于桿對乙所做的功，B項錯誤；當甲剛運動到B點時，根據幾何關系有sin θ==，輕質細桿與水平面的夾角為30°，把甲、乙的速度分別沿著輕質細桿和垂
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直輕質細桿的方向進行分解，則甲、乙在沿著桿方向的分速度相等，可得v甲sin 30°=v乙cos 30°，有v甲∶v乙=∶1，C項正確；小球乙的動能為Ek=m，由機械能守恒定律可得mgR=m+m，解得小球乙的動能為Ek=mgR，D項正 確。
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7.(2025·濟寧模擬)有一豎直放置的T形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一根不可伸長的輕細繩相連， A、B質量相等，且可看作質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止。由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為( )
A. B.
C. D.
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梯級Ⅱ 能力練
如圖所示，將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向，兩物體沿繩子的方向速度大小相等，則有vBcos 60°=vAcos 30°，其中vB=v，
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解得vA=v，B減小的重力勢能全部轉化為A和B的動能，由于 A、B組成的系統只有重力做功，所以系統機械能守恒，有mgh=m+m，解得h=，繩長L=2h=，D項正確。
8.(多選)兒童玩具百變彈珠拼裝滾球滑道的部分軌道簡化模型如圖所示，假設圖中豎直平面內的光滑圓弧軌道半徑為R=0.1 m，平臺與軌道的最高點等高，一顆質量m=20 g且可視為質點的彈珠從平臺邊緣A處水平射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°， 已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度為g=10 m/s2，則( )
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A.彈珠從平臺上的A點射出時的速度大小為3 m/s
B.彈珠從平臺上的出射點A到圓軌道入射點P之間的水平距離為 0.24 m
C.彈珠到達圓弧軌道最低點時的速度大小是 m/s
D.彈珠沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的彈力大小為0.36 N
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彈珠從平臺邊緣A處水平射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道，有tan 53°==，h=R+Rcos 53°=gt2，則v0= m/s，A項錯誤；水平位移為x=v0t=0.24 m，B項正確；從A點到圓弧最低點，根據機械能守恒定律有m=mg·2R+m，解得v1= m/s，C項正確；根據機械能守恒定律有vQ=v0=
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m/s，在最高點Q時，有mg+FN=m，解得FN=0.16 N，根據牛頓第三定律可得彈珠沿軌道通過圓弧的最高點Q時對軌道的彈力大小為0.16 N，D項錯誤。
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9.(2025·鹽城模擬)如圖所示，質量為m的小球(可視為質點)套在固定的光滑的豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小球相 連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為M=2m的物塊相連。與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離d=3 m，定滑輪大小及質量可忽略。現將小球從A點由靜止釋放，小球運動到C點速度為0，重力加速度取g=10 m/s2。求：
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(1)小球剛釋放瞬間加速度a的大小；
根據牛頓第二定律mg=ma，
得a=g。
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(2)小球下落的最大高度h；
根據系統機械能守恒
mgh-Mg(-d)=0，
解得h=4 m。
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(3)小球下落過程中，輕繩方向與豎直桿的夾角成60°時，小球的速度大小。(≈1.7，結果保留1位小數)
根據系統機械能守恒Mg()-Mg(-d)=m+M，
根據速度分解得vmcos 60°=vM，
由上述兩式求得(2-)mgd=m，
解得vm=2 m/s≈3.4 m/s。
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10.(多選)(2025·鶴壁模擬)一足夠長的光滑斜面固定在水平面上，質量為1 kg的小物塊在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度從斜面底端沿斜面向上運動，經過時間t0物塊沿斜面上滑了1.2 m。小物塊在F作用下沿斜面上滑過程中動能和重力勢能隨位移的變化關系如圖線Ⅰ和Ⅱ所示。設物塊在斜面底端的重力勢能為零，重力加速度g取10 m/s2。由此可求出( )
梯級Ⅲ 創新練
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A.斜面的傾角為30°
B.力F的大小為20 N
C.小物塊的初速度大小為2 m/s
D.若t0時刻撤去拉力F，物塊沿斜面上滑的最大距離為2.8 m
根據Ep=mgh=mgxsin θ，得sin θ===，斜面傾角為θ=30°，A項正確；根據動能定理Fx-mgx·sin 30°=8 J-2 J得F=10 N，B項錯誤；根據Ek0=m得初速度為v0==
m/s=2 m/s，C項正確；若經過t0后撤去拉力F，小物塊的機
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械能不變，此后重力勢能增加、動能減小；根據題圖可知，t0時刻的機械能為E=Ek+Ep=8 J+6 J=14 J，根據機械能守恒定律可得E=mgx'sin θ，解得上升的最大距離為x'== m= 2.8 m，D項正確。
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