2025屆高三物理一輪復習多維度導學與分層專練專題33機械能守恒定律導練目標導練內容目標1機械能守恒的判斷條件目標2單個物體的機械能守恒問題目標3三類連接體的機械能守恒問題目標4非質點類機械能守恒問題【知識導學與典例導練】機械能守恒的判斷條件1．對守恒條件理解的三個角度2．判斷機械能守恒的三種方法【例1】如圖所示為被稱為“亞洲撐桿跳女王”的李玲比賽時的英姿，撐桿跳運動的過程大概可以分為助跑、起跳、下落三個階段。已知李玲和撐桿總質量為m，某次比賽中，助跑結束時恰好達到最大速度v，起跳后重心上升高度h后成功越過橫桿，落在緩沖海綿墊上，撐桿脫離運動員之后會出現彈跳現象，重力加速度為g，不計空氣阻力，取地面為零勢能面，則下列說法正確的是（）A．助跑過程中，運動員所處高度不變，運動員和撐桿整體機械能守恒B．從運動員離開地面到手脫離撐桿的過程中，撐桿的彈性勢能不斷增大C．運動員在最高點的重力勢能D．越過橫桿后，落到海綿墊上之前，運動員機械能守恒【答案】D【詳解】A．助跑加速時，運動員和撐桿的重力勢能不變，但運動員和撐桿的總動能增大，則整體的機械能增加，故A錯誤；B．從運動員離開地面到手脫離撐桿的過程中，撐桿的形變量先增大再減小，則撐桿的彈性勢能先增大再減小，故B錯誤；C．撐桿脫離運動員之后會出現彈跳現象，說明撐桿的彈性勢能并沒有全部轉化為運動員的機械能，那么運動員在最高點的重力勢能必然小于起跳前人和桿的總動能，故C錯誤；D．運動員越過橫桿后在空中下落過程中，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。故選D。單個物體的機械能守恒問題1.機械能守恒的三種表達式項目守恒角度轉化角度轉移角度表達式E1=E2ΔEk=-ΔEpΔEA增=物理意義系統初狀態機械能的總和與末狀態機械能的總和相等表示系統(或物體)機械能守恒時,系統減少(或增加)的重力勢能等于系統增加(或減少)的動能若系統由A、B兩部分組成,則A部分物體機械能的增加量與B部分物體機械能的減少量相等注意事項應用時應選好重力勢能的零勢能面,且初、末狀態必須用同一零勢能面計算勢能應用時關鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量,可不選零勢能面而直接計算初、末狀態的勢能差常用于解決兩個或多個物體組成的系統的機械能守恒問題2.應用機械能守恒定律解題的基本思路【例2】2022年第24屆冬奧會在北京-張家口成功舉辦，圖甲為在張家口的國家跳臺滑雪中心“雪如意”,圖乙為跳臺滑雪的示意圖。質量為m的運動員從長直傾斜的助滑道AB的A處由靜止滑下，為了改變運動員的速度方向，在助滑道AB與起跳臺D之間用一段彎曲滑道相切銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧，圓弧軌道半徑為R。A與C的豎直高度差為H，彎曲滑道末端即起跳臺D與滑道最低點C的高度差為h，重力加速度為g。不計空氣阻力及摩擦，則運動員（）A．到達C點時的動能為mgHB．到達C點對軌道的壓力大小為C．到起跳臺D點的速度大小為D．從C點到D點重力勢能增加了mg(H-h)【答案】AC【詳解】A．由A到C機械能守恒，則到達C點時的動能為Ek=mgH選項A正確；B．根據；解得則到達C點對軌道的壓力大小為選項B錯誤；C．從A到D由機械能守恒定律解得到起跳臺D點的速度大小為選項C正確；D．從C點到D點重力勢能增加了mgh，選項D錯誤。故選AC。三類連接體的機械能守恒問題輕繩連接的物體系統常見情景三點提醒(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。(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，機械能則可能守恒。【例3】如圖所示直角邊長為R的光滑等腰直角三角形和半徑為R的光滑圓柱的一部分無縫相接，質量分別為2m和m的物體A和小球B通過一根不可伸長的細線相連，小球B恰好位于桌面上。小球B可視為質點，若從靜止釋放小球B，當其運動到圓柱頂點時，則（）A．物體A的速度大小為B．物體A的速度大小為C．繩的張力對物體B所做的功為D．繩的張力對物體B所做的功為mgR【答案】BC【詳解】AB．以A、B和繩為研究對象，由機械能守恒得解得B正確，A錯誤；CD．以B為研究對象，根據動能定理得解得，C正確，D錯誤。故選BC。輕桿連接的物體系統常見情景三大特點(1)平動時兩物體線速度相等，轉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，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功，則系統機械能守恒。【例4】如圖所示，長直輕桿兩端分別固定小球A和B，兩球質量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為L。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當小球A沿墻下滑距離為時，下列說法正確的是（不計一切摩擦，重力加速度為g）（）A．桿對小球A做功為mgLB．小球A、B的速度都為C．小球A、B的速度分別為和D．桿與小球A、B組成的系統機械能減少了mgL【答案】C【詳解】BCD．對A、B組成的系統，整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得mg·＝又有vAcos60°＝vBcos30°解得vA＝；vB＝故C正確，BD錯誤；A．對A，由動能定理得mg＋W＝解得桿對小球A做的功W＝－mg·＝－mgL故A錯誤。故選C。輕彈簧連接的物體系統題型特點由輕彈簧連接的物體系統，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統內物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化，而總的機械能守恒。兩點提醒(1)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧伸長還是壓縮。(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。【例5】如圖，光滑水平桌面上，輕彈簧左端固定，右端連接物體A，A和B通過細繩繞過定滑輪連接，已知A的質量為，B的質量為，彈簧的勁度系數為k，不計滑輪摩擦，開始時A位于O點，系統處于靜止狀態。A在P點時彈簧處于原長，現將A物體由P點靜止釋放，A物體不會和定滑輪相碰，當B向下運動到最低點時繩子恰好被拉斷且彈簧未超過彈性限度，則（）A．釋放A物體瞬間，A物體的加速度為零B．繩子能承受的最大拉力為C．繩斷后，A物體的最大速度是D．繩斷后，彈簧的最大壓縮量是【答案】D【詳解】A．將A、B作為整體，A在P點時彈簧處于原長，根據牛頓第二定律可得解得釋放A物體瞬間，A物體的加速度為，A錯誤；B．根據對稱性，B到達最低點的加速度與初始位置大小相等，因此解得繩子能承受的最大拉力為，B錯誤；D．A處于O位置時，根據平衡條件物體B下降到最低位置時，根據對稱性，彈簧伸長量（壓縮量）為2x1，可得最大壓縮量為最大彈性勢能為，D正確；C．繩斷后A物體回到位置O時，根據機械能守恒可得可解得繩斷后，A物體的最大速度為，C錯誤。故選D。非質點類機械能守恒問題1.物體雖然不能看成質點，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，要根據情況，將物體分段處理，確定好各部分重心及重心高度的變化量。3.非質點類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eq\f(1,2)mv2。【例6】如圖所示，有一條長為1m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10m/s2)()A．2.5m/sB．m/sC．m/sD．m/s【答案】A【詳解】鏈條的質量為2m，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·sinθ－×2mg·＋0＝－mgL(1＋sinθ)鏈條全部下滑出后，動能為Ek′＝×2mv2重力勢能為Ep′＝－2mg·由機械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′即－mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL解得故A符合題意。【多維度分層專練】1．如圖所示，一輕質彈簧豎直固定在水平地面上，O點為彈簧原長時上端的位置，一個質量為m的物體從O點正上方的A點由靜止釋放落到彈簧上，物體壓縮彈簧到最低點B后向上運動，不計空氣阻力，不計物體碰撞彈簧動能損失，彈簧一直在彈性限度范圍內，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．物體落到O點后，立即做減速運動B．物體從O點運動到B點，物體機械能守恒C．在整個過程中，物體與彈簧組成的系統機械能開始不守恒后來守恒D．從O點運動到B點的過程中，物體的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大【答案】D【詳解】A．物體落到O點開始一段時間內，彈簧的彈力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，合力為零，加速度為零，速度最大，后來彈簧的彈力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運動，運動到最低點B時，速度為零，所以速度先增大后減小，A錯誤；B．物體從O點運動到B點的過程中，物體克服彈簧的彈力做功，彈簧的彈性勢能增大，物體的機械能減小，B錯誤；C．在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，物體與彈簧組成的系統機械能守恒，C錯誤；D．從O點運動到B點的過程中，根據系統機械能守恒定律可得：重力勢能、彈性勢能、物體動能之和為恒量，由于物體的動能先增大后減小，所以物體的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D正確。故選D。2．如圖所示，兩個豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側軌道由金屬凹槽制成，右側軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑。在兩軌道右側的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是（）A．若使小球沿軌道運動并且到達最高點，兩球釋放的最小高度hA<hBB．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，則在軌道最低點，A球受到的支持力最小值為6mgC．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，則在軌道最低點，B球受到的支持力最小值為6mgD．適當調整hA和hB，可使兩球從軌道最高點飛出后，均恰好落在軌道右端口處【答案】B【詳解】A．小球A恰好能到左側軌道的最高點時，由解得根據機械能守恒定律得解得小球B恰好能到右側軌道的最高點時，在最高點的速度根據機械能守恒定律得故A錯誤；B．小球在最低點受到的支持力與重力的合力提供向心力，則FN－mg＝m可知小球在最低點的速度越小受到的支持力越小，根據機械能守恒定律可得，當小球A開始時的高度是R時，小球A在最低點的速度最小，為聯立解得故B正確；C．根據機械能守恒定律可得，當小球B開始時的高度是hB＝2R時，小球B在最低點的速度最小，為解得故C錯誤；D．小球A從最高點飛出后下落R高度時，水平位移的最小值為小球落在軌道右端口外側，而適當調整hB，B可以落在軌道右端口處，故D錯誤。故選B。3．如圖所示，物塊A和B質量分別為3m和m，用同一根輕質細線將兩個物塊連接在滑輪組上，滑輪質量不計，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度為g，現將兩物塊由靜止釋放，經過一小段時間，A的位移為h，則在此過程中（）A．A、B的總重力勢能保持不變B．A的速度為B的兩倍C．A的位移為h時，A的速度為D．細線的拉力大小為【答案】D【詳解】A．根據系統機械能守恒可知，A、B減小的重力勢能全部轉化兩物體的動能，所以，A和B的重力勢能之和減小，故A錯誤；B．根據動滑輪的特點可知A的速度為B的速度的一半，故B錯誤；C．根據A和B組成的系統機械能守恒可得又解得故C錯誤；D．根據動滑輪的特點可知，A的加速度為B的加速度的一半，根據牛頓第二定律，對A有對B有又因聯立解得，輕繩的拉力大小，故D正確。故選D。4．如圖所示，滑塊套在光滑的豎直桿上并通過細繩繞過光滑定滑輪連接物塊，物塊又與一輕質彈簧連接在一起，輕質彈簧另一端固定在地面上。開始時用手托住滑塊，使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，此時彈簧的壓縮量為現將滑塊從處由靜止釋放，經過處的速度最大，到達處的速度為零，此時物塊還沒有到達滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為間距離為，不計滑輪質量、大小及摩擦。下列說法中正確的是A．滑塊下滑過程中，機械能先增大后減小B．滑塊經過處時的加速度不等于零C．物塊和滑塊的質量之比為D．若滑塊質量增加一倍，其它條件不變，仍讓滑塊由處從靜止滑到處，滑塊到達處時，物塊和滑塊的速度之比為【答案】C【詳解】A．滑塊下滑過程中，繩子拉力一直對滑塊做負功，機械能一直減小，故A錯誤；B．滑塊下滑過程中，繩子拉力增大，合力先減小后反向增大，則加速度先減小后反向增大，當滑塊經過處時速度最大，其加速度為，故B錯誤；C．物體靜止時，彈簧壓縮量為當下滑到點時，物體上升的高度為則當物體到達時彈簧伸長的長度為，此時彈簧的彈性勢能等于物體靜止時的彈性勢能。對于與及彈簧組成的系統，由機械能守恒定律應有解得故C正確。D．根據物體和沿繩子方向的分速度大小相等，則得其中則得滑塊到達處時，物塊和滑塊的速度之比故D錯誤。故選C。5．如圖所示，光滑細桿AB傾斜固定，與水平方向夾角為45°，一輕質彈簧的一端固定在O點，另一端連接質量為m的小球，小球套在細桿上，O與細桿上A點等高，O與細桿AB在同一豎直平面內，OB豎直，OP垂直于AB，且OP＝L，當小球位于細桿上A、P兩點時，彈簧彈力大小相等。現將小球從細桿上的A點由靜止釋放，在小球沿細桿由A點運動到B點的過程中（已知重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內且不彎曲），下列說法正確的是（）A．彈簧的彈性勢能先減小后增大B．小球加速度大小等于g且方向沿桿向下的位置有兩個C．小球運動到B點時的動能為mgLD．小球從A點運動到P點，機械能減少了mgL【答案】C【詳解】A．由于小球在A、P兩點時，彈簧彈力大小相同，則彈簧在OA處被拉伸，在OP處被壓縮，且拉伸量與壓縮量相等，則在AP之間必有一個彈簧處于原長狀態的位置，由對稱性原理可知，在PB之間也必有一個彈簧處于原長狀態的位置。小球在A、P、B三個位置時彈簧的彈性勢能相等。在A到P的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，在P到B的過程中，彈簧的彈性勢能也是先減小后增大，A錯誤；B．彈簧處于兩個原長狀態和小球在P點位置，小球加速度大小等于且方向沿桿向下，B錯誤；C．小球從A點運動到B點過程中，由機械能守恒定律可得Ep＋mg·2Lsin45°＝Ep＋EkB解得EkB＝mgLC正確；D．A、P兩點彈簧的彈性勢能相等，因而小球在A、P兩點的機械能相等，D錯誤。故選C。6．如圖，在豎直平面內有光滑軌道ABCD，AB、CD段是豎直軌道，BC段是半徑為R的半圓弧軌道，B、C均與圓心等高，兩個質量均為M的相同小球P、Q（可視為質點）用一根長為3R的輕桿連接在一起，套在AB段軌道上，則從Q球在B點處由靜止釋放到兩球再次上升到最高點過程中，下列說法正確的是（）A．整個過程中兩球與輕桿組成的系統機械能守恒B．兩球再次上升到最高點時，Q球可能位于C處C．當小球Q位于半圓弧軌道最低點時，小球Q的速度是小球P速度的2倍D．當小球P下降的速度為零時，連接小球P、Q的輕桿與AB成30°角【答案】ACD【詳解】A．因為整個過程中只有重力對兩小球組成的系統做功，系統機械能守恒，A正確；B．由幾何關系可知，若Q球位于C處，則P球位于釋放點下方，由機械能守恒定律知此時系統的動能不為零，故C不可能為兩球再次上升到最高點時Q球的位置，B錯誤；C．如圖1，當小球Q位于半圓弧軌道最低點時，小球P和Q的速度在桿上的投影相等，即vPcosθ=vQsinθ解得=2，C正確；D．當小球P下降的速度為零時，Q球的速度在桿上的投影為零，則速度與桿垂直，又速度與半徑垂直，所以輕桿一定過半圓弧的圓心，如圖2，由幾何關系可知連接小球P、Q的輕桿與AB成30°角，D正確。故選ACD。7．如圖所示，半徑分別為R和的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b球都恰好能通過各自圓軌道的最高點，已知a球的質量為m。則（）A．b球的質量B．兩小球與彈簧分離時，動能相等C．a球到達圓心等高處時，對軌道壓力為D．若，要求a、b都能通過各自圓軌道的最高點，彈簧釋放前至少應具有的彈性勢能為【答案】AD【詳解】A．設小球離開彈簧后的速度大小為，球恰好能通過圓軌道的最高點，設在最高點速度為，則有解得選取最低點所在的水平面為零勢能面，根據機械能守恒定律得解得同理可得b球離開彈簧后的速度大小為取向左為正方向，根據動量守恒定律得可得故A正確；B．兩小球與彈簧分離時，動量大小相等，根據動能與動量關系可知，動能不相等，故B錯誤；C．a球到達圓心等高處時，速度為，由動能定理可得軌道對a球的支持力為F，由牛頓第二定律有聯立解得由牛頓第三定律可知，a小球對軌道壓力為，所以C錯誤；D．若，取向左為正方向，由動量守恒定理有則分離時兩小球速度相等，若要求a、b都能通過各自的最高點，只需要a球能夠通過，b球也能通過，由前面分析可知，a剛好通過最高點時，分離時速度為則彈簧釋放前至少應具有的彈性勢能為故D正確。故選AD。8．如圖所示，光滑斜面傾角θ＝60°，其底端與豎直平面內半徑R的光滑圓弧軌道平滑對接，位置D為圓弧軌道的最低點。兩個質量均為m的小球A和小環B（均可視為質點）用L＝1.5R的輕桿通過輕質鉸鏈相連。B套在固定豎直光滑的長桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內，桿過軌道圓心，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設在運動過程中兩桿不會碰撞，小球通過軌道連接處時無能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，下列判斷正確的是（

）A．小球A由靜止釋放運動到最低點時，機械能一直減小B．小球A運動到最低點時的速度大小為C．剛釋放時，小球A的加速度大小為D．已知小球A運動到最低點時，小環B的瞬時加速度大小為a，則此時小球A受到圓弧軌道的支持力大小為【答案】BD【詳解】A．小球A由靜止釋放運動到最低點時，速度水平，豎直分速度為0，而