2025届高三一轮复习 第五章　机械能守恒定律第3讲　机械能守恒定律及应用练习

第3讲　机械能守恒定律及应用素养目标　1.理解重力做功与重力势能的关系。2.会判断机械能是否守恒。3.能应用机械能守恒定律解决具体问题。一、重力做功与重力势能的关系1.重力做功的特点(1)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。(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。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。二、弹性势能1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。2.弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。定量表达式为W＝－ΔEp。三、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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv。,基础自测1.如图1所示，P、Q两球质量相等，开始两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　)图1A.在任一时刻，两球动能相等B.在任一时刻，两球加速度相等C.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统动能与重力势能之和保持不变D.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统机械能是不变的答案　D解析　细绳烧断后，由于弹簧处于伸长状态，通过对P、Q两球受力分析可知aP＞aQ，在任一时刻，两球的动能不一定相等，选项A、B错误；系统内有弹力做功，弹性势能发生变化，系统的动能与重力势能之和发生变化，选项C错误；Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械能守恒，选项D正确。2.一小球以一定的初速度从图2所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是圆轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过圆轨道2的最高点B，则小球在圆轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　　)图2A.2mgB.3mgC.4mgD.5mg答案　C,解析　设轨道1的半径为R，则小球恰好能通过圆轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在圆轨道1上经过A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C正确。考点一　机械能守恒的判断机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。(2)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。(3)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。跟踪训练1.关于机械能守恒，下列说法正确的是(　　)A.机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用B.物体处于平衡状态时，机械能必守恒C.一个系统所受外力为零时，系统机械能守恒D.物体所受的外力不等于零，其机械能也可能守恒答案　D解析　物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，故A错误；物体处于平衡状态时，所受的合力为零，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，故B、C错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，故D正确。2.伽利略在研究力和运动的关系的时候，采用两个平滑对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，小球又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐,渐减小直至为零，如图3所示。关于这个理想斜面实验，下列说法正确的是(　　)图3A.如果没有摩擦，小球运动过程中机械能守恒B.如果没有摩擦，小球将在另一斜面上运动相同的路程C.如果没有摩擦，小球运动到另一斜面上最高点的高度与释放时的高度不同D.如果没有摩擦，小球运动到水平面时的机械能小于释放时的机械能答案　A解析　如果没有摩擦，小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，选项A正确，D错误；如果没有摩擦，小球机械能守恒，小球运动到另一斜面上最高点的高度将与释放时的高度相同，选项B、C错误。考点二　单物体的机械能守恒问题1.表达式2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤例1(2021·海南卷，2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图4所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m,，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　)图4A.4.0mB.4.5mC.5.0mD.5.5m答案　A解析　人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知，t＝＝s＝s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝v　t＝4×m＝4.0m，故A正确。跟踪训练3.(2023·江苏海安模拟)如图5所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的大小关系，可能正确的是(　　)图5A.E＝EpB.E＝EpC.Ek＝EpD.Ek＝Ep,答案　D解析　小球能够沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点，说明在最高点时速度大于零，动能大于零，而机械能为重力势能和动能之和，故在最高点时，机械能大于重力势能，故A、B错误；小球能够沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点，在最高点时，有≥mg，运动到最低点时2mgR＋mv2＝Ek0，解得最低点动能Ek0≥mgR，圆轨道的最低点重力势能为零，则2mgR＝Ep，E＝Ek0，则E＝Ek＋Ep≥Ep，Ek≥Ep，故C错误，D正确。考点三　多物体系统的机械能守恒问题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.注意寻找用绳或杆相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或ΔEA＝－ΔEB(转移观点)的形式。考向　轻绳连接的物体系统常见情景模型提醒①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。例2如图6所示，物体A、B质量相同，在倾角为30°的光滑斜面上，滑轮及绳子质量均不计，现将系统由静止释放，不计空气阻力，则物体A在下降h距离时的速度大小为(　　),图6A.B.2C.D.答案　A解析　设物体A在下降h距离时的速度为v，则此时B物体的速度为，由机械能守恒定律得mgh＋mg×hsin30°＝mv2＋m()2，解得v＝，A项正确。考向　轻杆连接的物体系统常见情景模型特点①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。②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对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。例3如图7所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点)，小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连。已知重力加速度为g，小球B受微小扰动从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　),图7A.A球增加的机械能大于B球减少的机械能B.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能C.A球的最大速度为D.细杆对A球做的功为mgR答案　D解析　球B运动到最低点，A球运动到最高点，两个球组成的系统机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，故A错误；A球重力势能增加mg·2R，B球重力势能减小2mg·2R，故B错误；当B球运动到最低点时，速度最大，有2mg·2R－mg·2R＝(m＋2m)v2，解得v＝，故C错误；除重力外其余力做的功等于物体机械能的增加量，故细杆对A球做的功等于A球机械能的增加量，有W＝mv2＋mg·2R＝mgR＋2mgR＝mgR，故D正确。考向　含“弹簧类”系统的机械能守恒模型特点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。两点提醒①对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。②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。例4如图8所示，小滑块P、Q的质量分别为3m、m，P、Q,间通过轻质铰链用长为L的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当杆与竖直方向的夹角α＝30°时，弹簧处于原长，此时，将P由静止释放，下降到最低点时α＝60°。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在P下降过程中(　　)图8A.P、Q组成的系统机械能守恒B.轻杆始终对Q做正功C.弹簧弹性势能最大值为2(－1)mgLD.P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于mg答案　D解析　由于不计一切摩擦，P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故选项A错误；在P下降过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q的速度也为零，在P下降过程中，Q一定经历先加速后减速的过程，由受力分析知，Q加速过程，轻杆对其做正功，Q减速过程，轻杆对其做负功，故选项B错误；P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能即为系统减少的重力势能，有Ep＝3mgL(cos30°－cos60°)＝(－1)mgL，故选项C错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的动能最大，速度最大，加速度为零，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg，故选项D正确。A级　基础对点练对点练1　机械能守恒的判断,1.忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是(　　)A.电梯匀速下降B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C.物体沿着斜面匀速下滑D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升答案　B解析　电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误。2.摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是(　　)图1A.在最高点，乘客处于超重状态B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变答案　B解析　在最高点，乘客具有方向向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；乘客做匀速圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；乘客在乘坐过程中，转轮始终不停地匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，乘客对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。,对点练2　单个物体的机械能守恒3.(2022·重庆市适应性测试)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　)A.2B.C.2D.4答案　A解析　物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋mv2，解得r2处的速度为v＝2，故A正确。4.(2021·云南昆明市摸底诊断)如图3所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球(可视为质点)从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为(　　)图3A.RB.RC.RD.R答案　A解析　设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有mg＝m,小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得mg(R－2r)＝mv联立解得r＝R，故选项A正确。5.如图3甲所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一小球。小球在竖直平面内做完整的圆周运动的过程中，绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关系如图乙所示。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则(　　)图3A.圆周半径为1.0mB.小球质量为0.4kgC.轻绳转至水平时拉力为30ND.小球通过最高点的速度为4m/s答案　D解析　由图可知，当h＝0时，绳的拉力为F2＝41N，当h＝1.0m时绳的拉力为F1＝11N，可知小球做圆周运动的半径R＝m＝0.5m，故A错误；设小球运动到最高点时的速度为v1，最低点时的速度为v2，由机械能守恒定律可得mv＋mg·2R＝mv，在最高点和最低点，分别根据牛顿第二定律可知F1＋mg＝m，F2－mg＝m，解得m＝0.5kg，v1＝4m/s，故B错误，D正确，设轻绳转至水平时小球的速度为v，从最高点到轻绳水平时，由机械能守恒定律可得mv＋mgR＝m,v2，解得v＝m/s，由牛顿第二定律可知，轻绳转至水平时拉力为F＝m＝26N，故C错误。对点练3　连接体的机械能守恒6.如图4所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B点处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，已知小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，然后向上运动。已知图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　)图4A.小球还能回到初始位置C点B.M∶m＝5∶6C.运动过程中小物块的速度和小球的速度大小相等D.小球运动到最低点D时，小物块受到的拉力大小为Mg答案　A解析　根据系统机械能守恒可知，小球还能回到初始位置C点，故A正确；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；AC长度不变，小球做圆周运动，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，故C错误；设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcos53°＝ma，解得FT＝Mg，故D错误。7.(2023·江苏扬州中学模拟)如图5所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M,。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为30°，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)图5A.A落地时速率为B.A、B质量之比为1∶2C.A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为D.A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1∶2答案　C解析　设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球水平速度与长方体速度相同，即vAsin30°＝vB，解得vA∶vB＝2∶1，D错误；分离时刻，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝m，解得vA＝，则vB＝vA＝，C正确；在杆从竖直位置开始倒下到小球与立方体恰好分离的过程中，小球和立方体组成的系统机械能守恒，则有mgL(1－sin30°)＝mv＋Mv，代入上面的结果，化简得到m∶M＝1∶4，B错误；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mgLsin30°＝mv2－mvA2，解得v＝，A错误。B级　综合提升练8.(2023·江苏高邮模拟)如图6所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点以一定的初速度向下运动，对于小球P与弹簧接触到速度变为零的过程，下列说法中正确的是(　　),图6A.小球P的动能一直在减小B.小球P的机械能先增大再减少C.小球P速度为零时受到的弹簧弹力可能大于其重力D.小球P重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量答案　C解析　小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度沿斜面向下增大；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，有mgsinθ－kx＝ma，随着形变量的不断增大，弹力变大，合力变小，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度最大，小球P的动能最大，A错误；弹簧弹力一直做负功，所以小球P的机械能不断减小，弹簧的弹性势能不断增大，最后达到最大，小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，B错误；加速度为零之后，小球继续向下运动，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，有kx－mgsinθ＝ma，随着形变量的增大，弹力继续增大，合力沿斜面向上，且不断增大，加速度不断增大，速度不断减小，当弹簧压到最短时，小球P的速度为零，弹簧形变量最大，这时弹力可能大于重力，也可能等于重力，还有可能小于重力，但是一定大于重力沿斜面向下的分力，C正确；当小球P的速度为零时，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与小球P动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。9.(2022·江苏苏州模拟)将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，距离地面高度为h1，如图7甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　),图7A.小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0B.小物块上升至高度h5时，加速度为0C.小物块从高度h2上升到h4，弹簧的长度变化为D.解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5答案　C解析　小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4后，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g，故B错误；小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律F－mg＝ma，得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x＝＝，故C正确；由图像推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为Ep0＝mg(h5－h1)，故D错误。10.如图8所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，O为圆心，轨道半径R＝1m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2m，滑块可视为质点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图8(1)滑块在斜面上第一次下滑到A点的时间；,(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远。答案　(1)1s　(2)5.75m解析　(1)设滑块到达A点的速度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，由机械能守恒定律有mv＝mgRcos37°从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知v＝2axAB，vA＝at联立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝m从A到D由机械能守恒定律有mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋mvvA′2＝2ax′联立各式解得x′＝5.75m。11.(2023·江苏连云港模拟)如图9所示，小球A的质量为m，小球B、C的质量均为M，且M＝2m。A与B间和A与C间都通过铰链用轻杆连接，杆长均为L。现给A球施加一竖直向上的力F，使整个系统静止，此时θ＝60°。忽略一切摩擦，重力加速度为g，A、B、C始终在同一竖直平面内。图9(1)求F的大小；(2)撤去F，将A球自由释放，当B球速度达到最大时，A球加速度为多少？(3)从A球自由释放后到两杆夹角θ＝90°时，求该过程中杆对A球做的功。,答案　(1)mg　(2)g　(3)解析　(1)要使B球静止，杆对B球的力必须为0，同理可知，杆对C球的力也为0，所以可得F＝mg。(2)对B球的运动过程分析可知，B球的初速度和末速度都为零，过程中球B的加速度为0时，速度达到最大值，杆对球的作用力为0，对A球则有mg＝ma可得a＝g。(3)当θ＝90°时，根据对称性可知vB＝vC由系统的机械能守恒可得mgL(cos30°－cos45°)＝mv＋Mv＋MvA、B沿杆方向的速度大小相等，则有vAcos45°＝vBsin45°解得v＝gL对A根据动能定理有W＋mgL(cos30°－cos45°)＝mv－0联立可得杆对A球做的功W＝。